动量守恒定律及其应用
1．动量守恒定律
(1)内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的________为0，则这个系统的总动量____________。
(2)表达式：①p＝p′或m1v1＋m2v2＝________________。系统相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量。
②Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向。
(3)守恒条件：不受外力或所受外力的合力为____________。
2．碰撞
(1)碰撞：碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力________的现象，即碰撞是一种强烈的作用。
(2)特点：在碰撞现象中，一般都满足内力________外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒。
(3)分类
①弹性碰撞：动量守恒、机械能守恒。
②非弹性碰撞：动量守恒、机械能有损失。
③完全非弹性碰撞：动量守恒、机械能损失最多。
3．爆炸
特点：爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用时间很短，作用力很大，且________系统所受的外力，所以系统动量________。如爆竹爆炸等。
4．反冲
(1)定义：当静止物体的一部分以一定的速度离开物体向前运动时，剩余部分必将向后运动，这种现象叫反冲。
(2)特点：系统内各物体间相互作用的内力远大于系统受到的外力。实例：发射炮弹、发射火箭等。
(3)规律：遵从动量守恒定律。
1．易错易混辨析
(1)只要系统所受的外力的矢量和为0，系统的动量就守恒。 ( )
(2)物体相互作用时动量守恒，但机械能不一定守恒。 ( )
(3)若在光滑水平面上两球相向运动，碰后均变为静止，则两球碰前的动量大小一定相同。 ( )
(4)发射炮弹，炮身后退；园林喷灌装置一边喷水一边旋转均属于反冲现象。 ( )
(5)爆炸过程中机械能增加，反冲过程中机械能减少。 ( )
2．(人教版选择性必修第一册改编)A球的质量是m，B球的质量是2m，它们在光滑的水平面上以相同的动量运动。B在前，A在后，发生正碰后，A球仍朝原方向运动，但其速率是原来的一半，碰后两球的速率比vA′∶vB′为( )
A．1∶2 B．1∶3
C．2∶1 D．2∶3
3．(人教版选择性必修第一册改编)某机车以0.8 m/s的速度驶向停在铁轨上的15节车厢，跟它们对接。机车跟第1节车厢相碰后，它们连在一起具有一个共同的速度，紧接着又跟第2节车厢相碰，就这样，直至碰上最后一节车厢。设机车和车厢的质量都相等，则跟最后一节车厢相碰后车厢的速度为(铁轨的摩擦忽略不计)( )
A．0.053 m/s B．0.05 m/s
C．0.057 m/s D．0.06 m/s
动量守恒定律的理解及应用
1．动量守恒定律的“五种”性质
系统性 研究对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统
相对性 公式中v1、v2、v1′、v2′ 必须相对于同一个惯性参考系
同时性 公式中v1、v2是在相互作用前同一时刻的速度，v1′、v2′ 是相互作用后同一时刻的速度
矢量性 应先选取正方向，凡是与选取的正方向一致的动量为正值，相反的为负值
普适性 不仅适用于低速宏观系统，也适用于高速微观系统
2．动量守恒定律的表达式
(1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和。
(2)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向。
(3)Δp＝0，系统总动量的增量为零。
动量守恒的判断
[典例1] (多选)下列四幅图所反映的物理过程中，系统动量守恒的是( )
A B
C D
[听课记录]
动量守恒定律的应用
[典例2] (多选)水平冰面上有一固定的竖直挡板。一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0 kg的静止物块以大小为 5.0 m/s 的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板发生弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板发生弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0 m/s，反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为( )
A．48 kg B．53 kg
C．58 kg D．63 kg
思路点拨：本题属于多次相互作用问题，求解过程多次应用动量守恒定律，要注意以下两点：
(1)规定正方向，合理选取研究对象应用动量守恒定律。
(2)“反弹的物块不能再追上运动员”的条件是运动员的退行速度大于等于物块的反弹速度。
[听课记录]
[典例3] 如图所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为10m、12m，两船沿同一直线同一方向运动，速度分别为2v0、v0。为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度的大小。(不计水的阻力和货物在两船之间的运动过程)
[听课记录]
应用动量守恒定律解题的一般步骤
碰撞模型
1．碰撞现象三规律
2．弹性碰撞
两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有
m1v1＝m1v′1＋m2v′2
＝
解得v′1＝，v′2＝
结论：(1)当m1＝m2时，v′1＝0，v′2＝v1(质量相等，速度交换)；
(2)当m1>m2时，v′1>0，v′2>0，且v′2>v′1(大碰小，一起跑)；
(3)当m10(小碰大，要反弹)；
(4)当m1 m2时，v′1＝v1，v′2＝2v1(极大碰极小，大不变，小加倍)；
(5)当m1 m2时，v′1＝－v1，v′2＝0(极小碰极大，小等速率反弹，大不变)。
3．完全非弹性碰撞
碰撞结束后，两物体合二为一，以同一速度运动，动能损失最大。
m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v
＝(m1＋m2)v2＋ΔEk损max。
弹性碰撞的基本结论
[典例4] 如图所示，在水平桌面上固定着一个光滑圆轨道，在轨道的B点静止着一个质量为m2的弹性小球乙，另一个质量为m1的弹性小球甲以初速度v0运动，与乙球发生第一次碰撞后，恰在D点发生第二次碰撞。则甲、乙两球的质量之比m1∶m2可能为( )
A．1∶9 B．1∶3
C．5∶3 D．2∶3
[听课记录]
碰撞的可行性分析
[典例5] 如图所示，质量相等的A、B两个球，原来在光滑水平面上沿同一直线相向做匀速直线运动，规定向右为正方向，A球的速度是6 m/s，B球的速度是－2 m/s，A、B两球发生对心碰撞。对于碰撞后A、B两球速度的可能值，某实验小组的同学们做了很多种猜测，下面的猜测结果一定无法实现的是( )
A．v′A＝2 m/s，v′B＝2 m/s
B．v′A＝－2 m/s，v′B＝6 m/s
C．v′A＝－3 m/s，v′B＝7 m/s
D．v′A＝－1 m/s，v′B＝5 m/s
[听课记录]
多物体碰撞对象研究
[典例6] (一题多变)如图所示，光滑水平轨道上放置长木板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为mA＝2 kg，mB＝1 kg，mC＝2 kg。开始时C静止，A、B一起以v0＝5 m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞。求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小。
审题指导：
关键语句 获取信息
A与C碰撞时间极短 A、C系统动量守恒
A、B再次同速，恰好不再与C碰撞 最后三者同速
[听课记录]
[变式] (1)在上例中，若A与C发生碰撞后粘在一起，则三个物体最终的速度是多少？
(2)在(1)的条件下，相互作用的整个过程中，系统的机械能损失了多少？
碰撞模型解题三策略
(1)抓住碰撞的特点和不同种类碰撞满足的条件，列出相应方程求解。
(2)熟记一些公式，例如“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足v′1＝v1、v′2＝v1。
(3)熟记弹性正碰的一些结论，例如，当两球质量相等时，两球碰撞后交换速度；当m1 m2且v2＝0时，碰后质量大的速度不变，质量小的速度为2v1；当m1 m2且v2＝0时，碰后质量小的球原速率反弹。
反冲 爆炸问题
1．对反冲现象的三点说明
(1)系统内的不同部分在强大内力作用下向相反方向运动，通常用动量守恒来处理。
(2)反冲运动中，由于有其他形式的能转变为机械能，所以系统的总机械能增加。
(3)反冲运动中平均动量守恒。
2．爆炸现象的三个规律
(1)动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒。
(2)动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸后系统的总动能增加。
(3)位置不变：爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动。
3．“人船模型”的特点
(1)两物体满足动量守恒定律：mv人－Mv船＝0。
(2)两物体的位移满足：
m－M＝0(如图所示)
x人＋x船＝L
得x人＝L，x船＝L。
(3)运动特点
①人动则船动，人静则船静，人快船快，人慢船慢，人右船左；
②人船位移比等于它们质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即＝＝。
[典例7] 有一只小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(重一吨左右)。一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量。他进行了如下操作：首先将船平行于码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头停下，而后轻轻下船。用卷尺测出船后退的距离d，然后用卷尺测出船长L。已知他的自身质量为m，水的阻力不计，则船的质量为( )
A． B．
C． D．
[听课记录]
[典例8] 一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度v＝2 m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为 3∶1。不计质量损失，重力加速度g取10 m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是( )
A B
C D
[听课记录]
1．关于如图所示的情境，A、B组成的系统满足动量守恒且机械能守恒的是( )
A．图甲，在光滑水平面上，物块B以初速度v0滑上上表面粗糙的静止长木板A
B．图乙，圆弧轨道B静止在光滑水平面上，将小球A在轨道顶端自由释放后
C．图丙，从悬浮的热气球B上水平抛出物体A，在A抛出后落地前的运动过程中
D．图丁，在粗糙水平面上，刚性小球A与小球B发生弹性碰撞，在碰撞过程中
2．如图所示，光滑水平面上静止放置着一辆平板车A。车上有两个小滑块B和C，A、B、C三者的质量分别是3m、2m、m。B与平板车之间的动摩擦因数为μ，而C与平板车之间的动摩擦因数为2μ。开始时B、C分别从平板车的左、右两端同时以大小相同的初速度v0相向滑行。已知B、C最后都没有脱离平板车，则平板车的最终速度v车是( )
A．v0 B．v0
C．v0 D．0
3．如图所示，立柱固定于光滑水平面上O点，质量为M的小球a向右运动，与静止于Q点的质量为m的小球b发生弹性碰撞，碰后a球立即向左运动，b球与立柱碰撞能量不损失，所有碰撞时间均不计，b球恰好在P点追到a球，Q点为OP间中点，则a、b两球质量之比M∶m为( )
A．3∶5 B．1∶3
C．2∶3 D．1∶2
4．(多选)(2025·广东云浮模拟)A、B两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前、后的位移随时间变化的图像，a、b分别为A、B两球碰前的位移随时间变化的图像，c为碰撞后两球共同运动的位移随时间变化的图像。若A球质量m＝2 kg，则由图判断下列结论正确的是( )
A．碰撞前、后A球的动量变化量为4 kg·m/s
B．碰撞时A球对B球的冲量为－4 N·s
C．A、B两球碰撞前的总动量为3 kg·m/s
D．碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10 J
5．(多选)如图所示，质量为m的木块A、B并排放在光滑水平面上，木块A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为l的细线，细线另一端系一质量为2m的球C。现将C球拉起，使细线水平伸直并由静止释放C球。(重力加速度为g)则下列说法正确的是( )
A．C球从水平位置到最低点过程中，木块A移动的距离为
B．A、B两木块分离时，A的速度大小为
C．C球第一次到达左侧时上升的最大高度为
D．C球第一次到达左侧时上升的最大高度为
1 / 12课时分层作业(十六) 动量守恒定律及其应用
说明：单选题每小题4分，多选题每小题6分；本试卷共62分
1．如图所示，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动。在地面参考系(可视为惯性系)中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统( )
A．动量守恒，机械能守恒
B．动量守恒，机械能不守恒
C．动量不守恒，机械能守恒
D．动量不守恒，机械能不守恒
2．中国空间站的建设过程是：首先发射核心舱，核心舱入轨并完成相关技术验证后，再发射实验舱与核心舱对接，组合形成空间站。假设实验舱先在近地圆形过渡轨道上运行，某时刻实验舱短暂喷气，离开过渡轨道，与运行在较高轨道上的核心舱安全对接。忽略空气阻力，以下说法正确的是( )
A．实验舱应当向前喷出气体
B．喷气前后，实验舱与喷出气体的总动量不变
C．喷气前后，实验舱与喷出气体的机械能不变
D．实验舱在飞向核心舱过程中，机械能逐渐减小
3．(多选)如图所示，在质量为M的小车上挂有一单摆，摆球的质量为m0，小车和单摆以恒定的速度v沿光滑水平地面运动，与位于正对面的质量为m的静止木块发生碰撞，碰撞的时间极短，在此碰撞过程中，下列哪些情况的说法是可能发生的( )
A．小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为v1、v2、v3，满足(M＋m0)v＝Mv1＋mv2＋m0v3
B．摆球的速度不变，小车和木块的速度分别变为v1和v2，满足Mv＝Mv1＋mv2
C．摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为v1，满足Mv＝(M＋m)v1
D．小车和摆球的速度都变为v1，木块的速度变为v2，满足(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2
4．(2025·广东阳江检测)某战斗机以速度v0水平向东飞行，到达目的地时，将总质量为M的导弹自由释放的瞬间，导弹向西喷出质量为m、对地速率为v1的燃气，则喷气后导弹的速率为( )
A． B．
C． D．
5．质量为M的气球上有一个质量为m的人，气球和人在静止的空气中共同静止于离地h高处，如果从气球上慢慢放下一个质量不计的软梯，让人沿软梯降到地面，则软梯长至少应为( )
A．h B．h
C．h D．h
6．如图所示，质量为m的A球以速度v0在光滑水平面上运动，与原来静止的质量为4m的B球碰撞，碰撞后A球以v＝αv0(α＜1)的速率弹回，并与挡板P发生完全弹性碰撞，若要使A球能追上B球再次相碰，则α的取值范围为( )
A．＜α≤ B．＜α≤
C．＜α≤ D．＜α≤
1 9 8 7 6 5 4 3 2 1 0 ＋0.5
7．(13分) 如图所示，木块A、B的质量均为m，放在一段粗糙程度相同的水平地面上，木块A、B间夹有一小块炸药(炸药的质量可以忽略不计)。让A、B以初速度v0一起从O点滑出，滑行一段距离后到达P点，速度变为，此时炸药爆炸使木块A、B脱离，发现木块B立即停在原位置，木块A继续沿水平方向前进。已知O、P两点间的距离为s，设炸药爆炸时释放的化学能全部转化为木块的动能，爆炸时间很短，可以忽略不计，重力加速度为g，求：
(1)木块与水平地面间的动摩擦因数μ；
(2)炸药爆炸时释放的化学能E0。
8．在爆炸实验基地有一发射塔，发射塔正下方的水平地面上安装有声音记录仪。爆炸物自发射塔竖直向上发射，上升到空中最高点时炸裂成质量之比为2∶1、初速度均沿水平方向的两个碎块。遥控器引爆瞬间开始计时，在5 s末和6 s末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声。已知声音在空气中的传播速度为340 m/s，忽略空气阻力，g取10 m/s2。下列说法正确的是( )
A．两碎块的位移大小之比为1∶2
B．爆炸物的爆炸点离地面的高度为80 m
C．爆炸后质量大的碎块的初速度为68 m/s
D．爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340 m
9．1932年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子(即中子)组成。如图所示，中子以速度v0分别碰撞静止的氢核和氮核，碰撞后氢核和氮核的速度分别为v1和v2。设碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应，下列说法正确的是( )
A．碰撞后氮核的动量比氢核的小
B．碰撞后氮核的动能比氢核的小
C．v2大于v1
D．v2大于v0
1 9 8 7 6 5 4 3 2 1 0 ＋0.5
10．(15分) 如图所示，用长为l＝0.2 m的轻绳连接质量为mb＝1 kg的小球，轻绳的另一端固定在平板车左端的支架上，悬点距离平板车上表面的高度为h＝1 m，在平板车的右侧停放着质量为mc＝1 kg的物体，已知平板车(含支架)的质量为ma＝3 kg，开始时平板车与小球以v0＝4 m/s的速度向右做匀速直线运动，与物体发生碰撞后粘在一起运动，且碰撞瞬间轻绳断裂，经过一段时间，小球落在平板车上且立即与平板车相对静止，忽略一切摩擦力及空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)小球落在平板车上的位置与悬点位置之间的水平距离为多少？
(2)小球落在平板车上后平板车的速度应为多大？
(3)整个过程中平板车、小球、物体组成的系统损失的机械能应为多少？
1 / 5 动量守恒定律及其应用
1．动量守恒定律
(1)内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为0，则这个系统的总动量保持不变。
(2)表达式：①p＝p′或m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2。系统相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量。
②Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向。
(3)守恒条件：不受外力或所受外力的合力为零。
2．碰撞
(1)碰撞：碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象，即碰撞是一种强烈的作用。
(2)特点：在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒。
(3)分类
①弹性碰撞：动量守恒、机械能守恒。
②非弹性碰撞：动量守恒、机械能有损失。
③完全非弹性碰撞：动量守恒、机械能损失最多。
3．爆炸
特点：爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用时间很短，作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量守恒。如爆竹爆炸等。
4．反冲
(1)定义：当静止物体的一部分以一定的速度离开物体向前运动时，剩余部分必将向后运动，这种现象叫反冲。
(2)特点：系统内各物体间相互作用的内力远大于系统受到的外力。实例：发射炮弹、发射火箭等。
(3)规律：遵从动量守恒定律。
1．易错易混辨析
(1)只要系统所受的外力的矢量和为0，系统的动量就守恒。 (√)
(2)物体相互作用时动量守恒，但机械能不一定守恒。 (√)
(3)若在光滑水平面上两球相向运动，碰后均变为静止，则两球碰前的动量大小一定相同。 (√)
(4)发射炮弹，炮身后退；园林喷灌装置一边喷水一边旋转均属于反冲现象。 (√)
(5)爆炸过程中机械能增加，反冲过程中机械能减少。 (×)
2．(人教版选择性必修第一册改编)A球的质量是m，B球的质量是2m，它们在光滑的水平面上以相同的动量运动。B在前，A在后，发生正碰后，A球仍朝原方向运动，但其速率是原来的一半，碰后两球的速率比vA′∶vB′为( )
A．1∶2 B．1∶3 C．2∶1 D．2∶3
D [设碰前A球的速率为v，根据题意pA＝pB，即mv＝2mvB，得碰前vB＝，碰后vA′＝，由动量守恒定律，有mv＋2m×＝m×＋2mvB′，解得vB′＝，所以vA′∶vB′＝∶＝2∶3，D正确。]
3．(人教版选择性必修第一册改编)某机车以0.8 m/s的速度驶向停在铁轨上的15节车厢，跟它们对接。机车跟第1节车厢相碰后，它们连在一起具有一个共同的速度，紧接着又跟第2节车厢相碰，就这样，直至碰上最后一节车厢。设机车和车厢的质量都相等，则跟最后一节车厢相碰后车厢的速度为(铁轨的摩擦忽略不计)( )
A．0.053 m/s B．0.05 m/s
C．0.057 m/s D．0.06 m/s
B [取机车和15节车厢整体为研究对象，由动量守恒定律得mv0＝(m＋15m)v，则v＝v0＝×0.8 m/s＝0.05 m/s，故B正确。]
动量守恒定律的理解及应用
1．动量守恒定律的“五种”性质
系统性 研究对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统
相对性 公式中v1、v2、v1′、v2′ 必须相对于同一个惯性参考系
同时性 公式中v1、v2是在相互作用前同一时刻的速度，v1′、v2′ 是相互作用后同一时刻的速度
矢量性 应先选取正方向，凡是与选取的正方向一致的动量为正值，相反的为负值
普适性 不仅适用于低速宏观系统，也适用于高速微观系统
2．动量守恒定律的表达式
(1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和。
(2)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向。
(3)Δp＝0，系统总动量的增量为零。
动量守恒的判断
[典例1] (多选)下列四幅图所反映的物理过程中，系统动量守恒的是( )
A B
C D
AC [A中在光滑的水平面上，子弹与木块组成的系统所受合外力等于零，动量守恒；B中剪断细线后，竖直墙壁对左边木块有弹力作用，系统合外力不为零，动量不守恒；C中两球在匀速下降时，系统合外力等于零，细线断裂后，系统合外力仍然等于零，所以系统动量守恒；D中木块加速下滑时挡板对斜面体有向左的力，则动量不守恒。所以选项A、C正确。]
动量守恒定律的应用
[典例2] (多选)水平冰面上有一固定的竖直挡板。一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0 kg的静止物块以大小为5.0 m/s 的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板发生弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0 m/s 的速度与挡板发生弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0 m/s，反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为( )
A．48 kg B．53 kg C．58 kg D．63 kg
思路点拨：本题属于多次相互作用问题，求解过程多次应用动量守恒定律，要注意以下两点：
(1)规定正方向，合理选取研究对象应用动量守恒定律。
(2)“反弹的物块不能再追上运动员”的条件是运动员的退行速度大于等于物块的反弹速度。
BC [选运动员退行速度方向为正方向，设运动员的质量为M，物块的质量为m，物块被推出时的速度大小为v0，运动员第一次推出物块后的退行速度大小为v1。根据动量守恒定律，运动员第一次推出物块时有0＝Mv1－mv0，物块与挡板发生弹性碰撞，以等大的速率反弹；第二次推出物块时有Mv1＋mv0＝－mv0＋Mv2，依此类推，Mv2＋mv0＝＋Mv3，…，Mv7＋mv0＝－mv0＋Mv8，又运动员的退行速度v8＞v0，v7＜v0，解得13m[典例3] 如图所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为10m、12m，两船沿同一直线同一方向运动，速度分别为2v0、v0。为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度的大小。(不计水的阻力和货物在两船之间的运动过程)
[解析] 设乙船上的人抛出货物的最小速度的大小为vmin，抛出货物后乙船的速度为v乙。甲船上的人接到货物后甲船的速度为v甲，规定水平向右的方向为正方向。
对乙船和货物的作用过程，由动量守恒定律得
12mv0＝11mv乙－mvmin ①
对货物和甲船的作用过程，同理有
10m×2v0－mvmin＝11mv甲 ②
为避免两船相撞，应有v甲＝v乙 ③
联立①②③式得vmin＝4v0。
[答案] 4v0
应用动量守恒定律解题的一般步骤
碰撞模型
1．碰撞现象三规律
2．弹性碰撞
两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有
m1v1＝m1v′1＋m2v′2
＝
解得v′1＝，v′2＝
结论：(1)当m1＝m2时，v′1＝0，v′2＝v1(质量相等，速度交换)；
(2)当m1>m2时，v′1>0，v′2>0，且v′2>v′1(大碰小，一起跑)；
(3)当m10(小碰大，要反弹)；
(4)当m1 m2时，v′1＝v1，v′2＝2v1(极大碰极小，大不变，小加倍)；
(5)当m1 m2时，v′1＝－v1，v′2＝0(极小碰极大，小等速率反弹，大不变)。
3．完全非弹性碰撞
碰撞结束后，两物体合二为一，以同一速度运动，动能损失最大。
m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v
＝(m1＋m2)v2＋ΔEk损max。
弹性碰撞的基本结论
[典例4] 如图所示，在水平桌面上固定着一个光滑圆轨道，在轨道的B点静止着一个质量为m2的弹性小球乙，另一个质量为m1的弹性小球甲以初速度v0运动，与乙球发生第一次碰撞后，恰在D点发生第二次碰撞。则甲、乙两球的质量之比m1∶m2可能为( )
A．1∶9 B．1∶3 C．5∶3 D．2∶3
B [设碰撞后小球甲、乙的速度大小分别为v1、v2。第一种碰撞情况：小球甲由A到B碰撞小球乙，且小球甲碰撞后反向，以v0方向为正方向，由动量守恒定律得m1v0＝m2v2－m1v1，因为恰在D点发生第二次碰撞，故小球甲、小球乙各运动了周，在相同时间内通过的路程相等，则有小球甲和小球乙的线速度大小相等，即有v1＝v2，且小球甲、小球乙为弹性球，发生弹性碰撞，由机械能守恒定律得＝，联立以上各式解得m1∶m2＝1∶3；第二种碰撞情况：小球甲由A到B碰撞小球乙，且碰撞后同向，以v0方向为正方向，由动量守恒定律得m1v0＝m2v2＋m1v1，因为恰在D点发生第二次碰撞，小球甲运动了周，小球乙运动了周，则有v2＝3v1，由机械能守恒定律得＝，解得m1∶m2＝3∶1，A、C、D错误，B正确。]
碰撞的可行性分析
[典例5] 如图所示，质量相等的A、B两个球，原来在光滑水平面上沿同一直线相向做匀速直线运动，规定向右为正方向，A球的速度是6 m/s，B球的速度是－2 m/s，A、B两球发生对心碰撞。对于碰撞后A、B两球速度的可能值，某实验小组的同学们做了很多种猜测，下面的猜测结果一定无法实现的是( )
A．v′A＝2 m/s，v′B＝2 m/s
B．v′A＝－2 m/s，v′B＝6 m/s
C．v′A＝－3 m/s，v′B＝7 m/s
D．v′A＝－1 m/s，v′B＝5 m/s
C [若碰后v′A＝2 m/s，v′B＝2 m/s，满足动量守恒定律mvA＋mvB＝mv′A＋mv′B，碰后动能小于碰前动能，即，A项可以实现；若碰后两球速度为v′A＝－2 m/s，v′B＝6 m/s, 满足动量守恒定律mvA＋mvB＝，碰撞前后动能相等＝，B项可以实现；若碰后两球速度为v′A＝－3 m/s，v′B＝7 m/s，满足动量守恒定律mvA＋mvB＝mv′A＋mv′B，但是，两球碰后动能比碰前动能大，违背能量守恒定律，C项不可以实现；若碰后两球速度为v′A＝－1 m/s，v′B＝5 m/s，满足动量守恒定律，即mvA＋mvB＝mv′A＋mv′B，碰前动能大于碰后动能，即，D项可以实现。本题选一定无法实现的，故选C。]
多物体碰撞对象研究
[典例6] (一题多变)如图所示，光滑水平轨道上放置长木板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为mA＝2 kg，mB＝1 kg，mC＝2 kg。开始时C静止，A、B一起以v0＝5 m/s 的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞。求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小。
审题指导：
关键语句 获取信息
A与C碰撞时间极短 A、C系统动量守恒
A、B再次同速，恰好不再与C碰撞 最后三者同速
[解析] 长木板A与滑块C处于光滑水平轨道上，两者碰撞时间极短，碰撞过程中滑块B与长木板A间的摩擦力可以忽略不计，以向右为正方向，长木板A与滑块C组成的系统在碰撞过程中动量守恒，则mAv0＝mAvA＋mCvC。两者碰撞后，长木板A与滑块B组成的系统在两者达到同速之前所受合外力为零，系统动量守恒，则mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)v。长木板A和滑块B达到共同速度后，恰好不再与滑块C碰撞，则最后三者速度相等，vC＝v。联立以上各式，代入数据解得vA＝2 m/s。
[答案] 2 m/s
[变式] (1)在上例中，若A与C发生碰撞后粘在一起，则三个物体最终的速度是多少？
(2)在(1)的条件下，相互作用的整个过程中，系统的机械能损失了多少？
[解析] (1)整个作用过程中，A、B、C三个物体组成的系统动量守恒，最终三者具有相同的速度，根据动量守恒定律得
(mA＋mB)v0＝(mA＋mB＋mC)v
代入数据可得v＝3 m/s。
(2)三者最后的速度v＝3 m/s
相互作用前E1＝＝37.5 J
三者再次达到共同速度时
E2＝(mA＋mB＋mC)v2＝22.5 J
机械能损失ΔE＝E1－E2＝15 J。
[答案] (1)3 m/s (2)15 J
碰撞模型解题三策略
(1)抓住碰撞的特点和不同种类碰撞满足的条件，列出相应方程求解。
(2)熟记一些公式，例如“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足v′1＝v1、v′2＝v1。
(3)熟记弹性正碰的一些结论，例如，当两球质量相等时，两球碰撞后交换速度；当m1 m2且v2＝0时，碰后质量大的速度不变，质量小的速度为2v1；当m1 m2且v2＝0时，碰后质量小的球原速率反弹。
反冲 爆炸问题
1．对反冲现象的三点说明
(1)系统内的不同部分在强大内力作用下向相反方向运动，通常用动量守恒来处理。
(2)反冲运动中，由于有其他形式的能转变为机械能，所以系统的总机械能增加。
(3)反冲运动中平均动量守恒。
2．爆炸现象的三个规律
(1)动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒。
(2)动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸后系统的总动能增加。
(3)位置不变：爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动。
3．“人船模型”的特点
(1)两物体满足动量守恒定律：mv人－Mv船＝0。
(2)两物体的位移满足：
m－M＝0(如图所示)
x人＋x船＝L
得x人＝L，x船＝L。
(3)运动特点
①人动则船动，人静则船静，人快船快，人慢船慢，人右船左；
②人船位移比等于它们质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即＝＝。
[典例7] 有一只小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(重一吨左右)。一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量。他进行了如下操作：首先将船平行于码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头停下，而后轻轻下船。用卷尺测出船后退的距离d，然后用卷尺测出船长L。已知他的自身质量为m，水的阻力不计，则船的质量为( )
A． B．
C． D．
B [设船的质量为M，人走动的时候船的速度大小为v，人的速度大小为v′，人从船尾走到船头用时为t，人的位移大小为L－d，船的位移大小为d，所以v＝，v′＝。以船后退的方向为正方向，根据动量守恒有Mv－mv′＝0，可得M＝，则小船的质量为M＝，故B正确。]
[典例8] 一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度v＝2 m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为 3∶1。不计质量损失，重力加速度g取10 m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是( )
A B
C D
B [以向右为正方向，由h＝gt2可知，爆炸后甲、乙做平抛运动的时间t＝1 s，爆炸过程中，爆炸力对沿原方向运动的一块弹片的冲量沿运动方向，故这一块弹片的速度必然增大，即v＞2 m/s，因此水平位移大于2 m，C、D错误；甲、乙在爆炸前后，水平方向不受外力，故水平方向动量守恒，即甲、乙的水平动量改变量大小相等，甲、乙的质量比为3∶1，所以速度变化量大小之比为1∶3，又平抛运动水平方向上x＝v0t，所以A中v乙＝－0.5 m/s，v甲＝2.5 m/s，|Δv乙|＝2.5 m/s，Δv甲＝0.5 m/s，A错误；B中v乙＝0.5 m/s，v甲＝2.5 m/s，|Δv乙|＝1.5 m/s，Δv甲＝0.5 m/s，B正确。]
1．关于如图所示的情境，A、B组成的系统满足动量守恒且机械能守恒的是( )
A．图甲，在光滑水平面上，物块B以初速度v0滑上上表面粗糙的静止长木板A
B．图乙，圆弧轨道B静止在光滑水平面上，将小球A在轨道顶端自由释放后
C．图丙，从悬浮的热气球B上水平抛出物体A，在A抛出后落地前的运动过程中
D．图丁，在粗糙水平面上，刚性小球A与小球B发生弹性碰撞，在碰撞过程中
D [题图甲中，A、B组成的系统所受合外力为零，动量守恒，但是因为有摩擦生热，则系统的机械能不守恒， 故A错误；题图乙中，因水平面光滑，则A、B组成的系统水平方向合外力为零，水平方向动量守恒，但系统在竖直方向合外力不为零，竖直方向动量不守恒，则总动量不守恒，故B错误；题图丙中，浮力对热气球做功，系统机械能不守恒，故C错误；题图丁中，在粗糙水平面上，刚性小球A与小球B发生弹性碰撞，在碰撞过程中系统内力远大于外力，则系统动量和机械能都守恒，选项D正确。]
2．如图所示，光滑水平面上静止放置着一辆平板车A。车上有两个小滑块B和C，A、B、C三者的质量分别是3m、2m、m。B与平板车之间的动摩擦因数为μ，而C与平板车之间的动摩擦因数为2μ。开始时B、C分别从平板车的左、右两端同时以大小相同的初速度v0相向滑行。已知B、C最后都没有脱离平板车，则平板车的最终速度v车是( )
A．v0 B．v0
C．v0 D．0
B [设水平向右为正方向，因为水平面光滑，故A、B、C三者组成的系统动量守恒，系统最终的速度为v车，所以2mv0－mv0＝(3m＋2m＋m)v车，解得v车＝，选项B正确。]
3．如图所示，立柱固定于光滑水平面上O点，质量为M的小球a向右运动，与静止于Q点的质量为m的小球b发生弹性碰撞，碰后a球立即向左运动，b球与立柱碰撞能量不损失，所有碰撞时间均不计，b球恰好在P点追到a球，Q点为OP间中点，则a、b两球质量之比M∶m为( )
A．3∶5 B．1∶3 C．2∶3 D．1∶2
A [设a、b两球碰后速度大小分别为v1、v2，由题意知b球与立柱发生弹性碰撞后恰好在P点追上a，则从碰后到相遇，a、b球通过的路程之比为s1∶s2＝1∶3，根据s＝vt得v2＝3v1，以水平向右为正方向，两球发生弹性碰撞，设a球的初速度为v0，由动量守恒定律得Mv0＝M(－v1)＋mv2，由机械能守恒定律得＝，联立解得M∶m＝3∶5，故选项A正确。]
4．(多选)(2025·广东云浮模拟)A、B两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前、后的位移随时间变化的图像，a、b分别为A、B两球碰前的位移随时间变化的图像，c为碰撞后两球共同运动的位移随时间变化的图像。若A球质量m＝2 kg，则由图判断下列结论正确的是( )
A．碰撞前、后A球的动量变化量为4 kg·m/s
B．碰撞时A球对B球的冲量为－4 N·s
C．A、B两球碰撞前的总动量为3 kg·m/s
D．碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10 J
ABD [根据题图可知，碰前A球的速度vA＝－3 m/s，碰前B球的速度vB＝2 m/s，碰后A、B两球共同的速度v＝－1 m/s，故碰撞前、后A球的动量变化量为ΔpA＝mv－mvA＝4 kg·m/s，A正确；A球的动量变化量为4 kg·m/s，碰撞过程中动量守恒，则B球的动量变化量为－4 kg·m/s，根据动量定理，碰撞过程中A球对B球的冲量为－4 N·s，B正确；由于碰撞过程中动量守恒，有mvA＋mBvB＝(m＋mB)v，解得mB＝ kg，故碰撞过程中A、B两球组成的系统损失的动能为ΔEk＝－(m＋mB)v2＝10 J，D正确；A、B两球碰撞前的总动量为p＝mvA＋mBvB＝(m＋mB)v＝－ kg·m/s，C错误。]
5．(多选)如图所示，质量为m的木块A、B并排放在光滑水平面上，木块A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为l的细线，细线另一端系一质量为2m的球C。现将C球拉起，使细线水平伸直并由静止释放C球。(重力加速度为g)则下列说法正确的是( )
A．C球从水平位置到最低点过程中，木块A移动的距离为
B．A、B两木块分离时，A的速度大小为
C．C球第一次到达左侧时上升的最大高度为
D．C球第一次到达左侧时上升的最大高度为
ABC [C球从水平位置到最低点过程中，A、B、C组成的系统水平方向动量守恒，且A、B此时速度相同，有2mvC＝2mvA，则有2mxC＝2mxA，又xA＋xC＝l，联立可得木块A移动的距离为xA＝，故A正确；当C球第一次摆到最低点时，A、B两木块分离，此刻A、B速度相等，设A、B速度大小为v1、C球速度大小为v0，由A、B、C组成的系统在水平方向动量守恒可得2mv0＝2mv1，由A、B、C组成的系统机械能守恒可得2mgl＝，联立可得v0＝v1＝，即A、B两木块分离时，A、B、C三者的速度大小均为，故B正确；C球摆到竖直轻杆左侧最大高度时，A、C共速，设共同速度为v2，最大高度为h，由A、C组成的系统水平方向上动量守恒可得2mv0＋m(－v1)＝(2m＋m)v2，由A、C组成的系统机械能守恒可得＝，联立解得h＝l，即C球第一次到达左侧时上升的最大高度为，故C正确，D错误。]
课时分层作业(十六) 动量守恒定律及其应用
1．如图所示，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动。在地面参考系(可视为惯性系)中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统( )
A．动量守恒，机械能守恒
B．动量守恒，机械能不守恒
C．动量不守恒，机械能守恒
D．动量不守恒，机械能不守恒
B [撤去推力，系统所受合外力为0，动量守恒，滑块和小车之间有滑动摩擦力，由于摩擦生热，故系统机械能减少，B正确。]
2．中国空间站的建设过程是：首先发射核心舱，核心舱入轨并完成相关技术验证后，再发射实验舱与核心舱对接，组合形成空间站。假设实验舱先在近地圆形过渡轨道上运行，某时刻实验舱短暂喷气，离开过渡轨道，与运行在较高轨道上的核心舱安全对接。忽略空气阻力，以下说法正确的是( )
A．实验舱应当向前喷出气体
B．喷气前后，实验舱与喷出气体的总动量不变
C．喷气前后，实验舱与喷出气体的机械能不变
D．实验舱在飞向核心舱过程中，机械能逐渐减小
B [实验舱要向高轨道运行，需要做离心运动，所以要加速，应该向后喷出气体，A错误；喷气过程没有外力作用，实验舱与喷出气体组成的系统动量守恒，喷气前后，总动量不变，B正确；喷气过程中内力做功，喷气后总机械能增大，C错误；忽略空气阻力，实验舱飞向核心舱过程中，只有地球的万有引力做功，实验舱机械能守恒，D错误。]
3．(多选)如图所示，在质量为M的小车上挂有一单摆，摆球的质量为m0，小车和单摆以恒定的速度v沿光滑水平地面运动，与位于正对面的质量为m的静止木块发生碰撞，碰撞的时间极短，在此碰撞过程中，下列哪些情况的说法是可能发生的( )
A．小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为v1、v2、v3，满足(M＋m0)v＝Mv1＋mv2＋m0v3
B．摆球的速度不变，小车和木块的速度分别变为v1和v2，满足Mv＝Mv1＋mv2
C．摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为v1，满足Mv＝(M＋m)v1
D．小车和摆球的速度都变为v1，木块的速度变为v2，满足(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2
BC [在小车与木块直接碰撞的瞬间，彼此作用力很大，所以它们的速度在瞬间发生改变，在此期间它们的位移可看成零，而摆球并没有直接与木块发生力的作用，因为在它与小车共同匀速运动时，摆线沿竖直方向，因此碰撞过程线的拉力不能改变摆球速度的大小，即摆球的速度不变，A、D错误；而小车和木块碰撞后，可能以不同的速度继续运动，也可能以共同速度(完全非弹性碰撞)运动，B、C正确。]
4．(2025·广东阳江检测)某战斗机以速度v0水平向东飞行，到达目的地时，将总质量为M的导弹自由释放的瞬间，导弹向西喷出质量为m、对地速率为v1的燃气，则喷气后导弹的速率为( )
A． B．
C． D．
A [以导弹飞行的方向为正方向，根据动量守恒定律得Mv0＝m(－v1)＋(M－m)v，则喷气后导弹相对地面的速率v＝，故A正确。]
5．质量为M的气球上有一个质量为m的人，气球和人在静止的空气中共同静止于离地h高处，如果从气球上慢慢放下一个质量不计的软梯，让人沿软梯降到地面，则软梯长至少应为( )
A．h B．h
C．h D．h
C [设人沿软梯降到地面，软梯长度至少为L，以人和气球组成的系统为研究对象，竖直方向动量守恒，规定竖直向下为正方向，由动量守恒定律得0＝＋mv1，人沿软梯降至地面，人相对于地面下降的高度为h，平均速度大小为v1＝，气球上升的高度为L－h，平均速度大小为v2＝，联立得0＝－M·＋m·，解得L＝h，故C正确，A、B、D错误。]
6．如图所示，质量为m的A球以速度v0在光滑水平面上运动，与原来静止的质量为4m的B球碰撞，碰撞后A球以v＝αv0(α＜1)的速率弹回，并与挡板P发生完全弹性碰撞，若要使A球能追上B球再次相碰，则α的取值范围为( )
A．＜α≤ B．＜α≤
C．＜α≤ D．＜α≤
D [由题意可知，A、B两球在碰撞过程中动量守恒，以A球初速度v0的方向为正方向，设碰后B球的速度为vB，则由动量守恒定律可得mv0＝－m·αv0＋4mvB，A球与挡板P碰撞后能追上B球再次碰撞的条件是αv0＞vB，联立解得α＞；碰撞前后两球的机械能应满足，联立解得－1≤α≤，综合可得＜α ≤。]
7．如图所示，木块A、B的质量均为m，放在一段粗糙程度相同的水平地面上，木块A、B间夹有一小块炸药(炸药的质量可以忽略不计)。让A、B以初速度v0一起从O点滑出，滑行一段距离后到达P点，速度变为，此时炸药爆炸使木块A、B脱离，发现木块B立即停在原位置，木块A继续沿水平方向前进。已知O、P两点间的距离为s，设炸药爆炸时释放的化学能全部转化为木块的动能，爆炸时间很短，可以忽略不计，重力加速度为g，求：
(1)木块与水平地面间的动摩擦因数μ；
(2)炸药爆炸时释放的化学能E0。
[解析] (1)从O滑到P，对A、B由动能定理得
－μ·2mgs＝
解得μ＝。
(2)在P点爆炸时，A、B组成的系统动量守恒，有
2m·＝mv
根据能量守恒定律有E0＋·2m＝mv2
联立解得E0＝。
[答案]
8．在爆炸实验基地有一发射塔，发射塔正下方的水平地面上安装有声音记录仪。爆炸物自发射塔竖直向上发射，上升到空中最高点时炸裂成质量之比为2∶1、初速度均沿水平方向的两个碎块。遥控器引爆瞬间开始计时，在5 s末和6 s末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声。已知声音在空气中的传播速度为340 m/s，忽略空气阻力，g取10 m/s2。下列说法正确的是( )
A．两碎块的位移大小之比为1∶2
B．爆炸物的爆炸点离地面的高度为80 m
C．爆炸后质量大的碎块的初速度为68 m/s
D．爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340 m
B [设质量小的碎块的质量为m，则质量大的碎块的质量为2m，设爆炸时质量大的碎块的水平速度大小为v，质量小的碎块的水平速度大小为v′，在水平方向，根据动量守恒定律有2mv－mv′＝0，解得v′＝2v，两碎块都做平抛运动，设其下落时间为t，则vt＝v声(t1－t)，2vt＝v声(t2－t)，其中t1＝5 s，t2＝6 s，解得t＝4 s，v＝85 m/s，再由h＝gt2可得爆炸点离地面的高度为80 m，B正确；两碎块的水平位移大小之比为1∶2，但从两碎块开始抛出到落地的位移大小之比不等于1∶2，A错误；爆炸后质量大的碎块的初速度为85 m/s，C错误；爆炸后两碎块向相反的方向运动，两碎块落地点之间的水平间距Δx＝(v＋2v)t＝(85＋85×2)×4 m＝1 020 m，D错误。]
9．1932年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子(即中子)组成。如图所示，中子以速度v0分别碰撞静止的氢核和氮核，碰撞后氢核和氮核的速度分别为v1和v2。设碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应，下列说法正确的是( )
A．碰撞后氮核的动量比氢核的小
B．碰撞后氮核的动能比氢核的小
C．v2大于v1
D．v2大于v0
B [设中子质量为m0，被碰粒子质量为m，碰后中子速度为v′0，被碰粒子速度为v，二者发生弹性正碰，由动量守恒定律和能量守恒定律有m0v0＝＝＋mv2，解得v′0＝v0，v＝v0，因此当被碰粒子分别为氢核(m0)和氮核(14m0)时，有v1＝v0，v2＝v0，故C、D错误；碰撞后氮核的动量为p氮＝14m0·v2＝m0v0，氢核的动量为p氢＝m0·v1＝m0v0，p氮>p氢，故A错误；碰撞后氮核的动能为Ek氮＝＝，氢核的动能为Ek氢＝＝，Ek氮10．如图所示，用长为l＝0.2 m的轻绳连接质量为mb＝1 kg的小球，轻绳的另一端固定在平板车左端的支架上，悬点距离平板车上表面的高度为h＝1 m，在平板车的右侧停放着质量为mc＝1 kg的物体，已知平板车(含支架)的质量为ma＝3 kg，开始时平板车与小球以v0＝4 m/s的速度向右做匀速直线运动，与物体发生碰撞后粘在一起运动，且碰撞瞬间轻绳断裂，经过一段时间，小球落在平板车上且立即与平板车相对静止，忽略一切摩擦力及空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)小球落在平板车上的位置与悬点位置之间的水平距离为多少？
(2)小球落在平板车上后平板车的速度应为多大？
(3)整个过程中平板车、小球、物体组成的系统损失的机械能应为多少？
[解析] (1)对平板车与物体组成的系统，碰撞过程中动量守恒，则由动量守恒定律得
mav0＝(ma＋mc)v1
代入数据解得碰撞后平板车和物体的速度
v1＝3 m/s
设小球下落时间为t，则
h－l＝gt2
解得t＝0.4 s
则可得小球落在平板车上的位置与悬点位置之间的水平距离
Δx＝(v0－v1)t
代入数据得
Δx＝0.4 m。
(2)设平板车、小球、物体组成的系统的最终速度为v2，由水平方向动量守恒得
(ma＋mb)v0＝(ma＋mb＋mc)v2
解得v2＝3.2 m/s。
(3)由能量守恒得
ΔE＝
解得系统损失的机械能
ΔE＝14.4 J。
[答案] (1)0.4 m (2)3.2 m/s (3)14.4 J
