第19讲 动量守恒定律及其应用
例1 D [解析] 离开斜槽前小球和斜槽组成的系统竖直方向合力不为零,动量不守恒,故A错误;相向运动的过程中合外力为零,系统动量守恒,故B错误;炸裂前后系统动量守恒,故C错误;子弹打进木块的瞬间子弹和木块组成的系统内力远大于外力,系统动量守恒,故D正确.
例2 B [解析] 取机车和15节车厢整体为研究对象,由动量守恒定律有mv0=(m+15m)v,v=v0=×0.8 m/s=0.05 m/s,故选项B正确.
例3 A [解析] 规定水平向左为正方向,两车刚好不相撞,则两车速度相等,系统动量守恒,由动量守恒定律得12mv0-10mv0=(12m+10m)v共,解得v共=v0,对甲及从乙车上接收到的货包,由动量守恒定律得n·×11v0-10mv0=v共,解得n=10,故选A.
例4 C [解析] 设爆炸后瞬时质量为m的部分的速度大小为v1,另一部分的速度大小为v2,根据动量守恒可得mv1=(M-m)v2,质量为m的部分动能为Ek1=m,则该爆竹爆炸后瞬时的总动能为E=m+(M-m),联立解得Ek1=E,故选C.
例5 AD [解析] 章鱼喷水过程所用的时间极短,内力远大于外力,章鱼和喷出的水组成的系统动量守恒,A正确;在章鱼喷水的过程中,章鱼体内的化学能转化为机械能,系统机械能增加,B错误;以章鱼和喷出的水组成的系统为研究对象,规定章鱼喷水后瞬间逃跑的方向为正方向,由动量守恒定律得0=(M-m)v-mv0,可得章鱼喷水后瞬间逃跑的速度大小为v=v0,C错误,D正确.
例6 D [解析] 根据动量守恒定律,玩具车开始向左运动后,平板车向右运动,A错误;根据动量守恒定律,玩具车突然不动时,平板车也立即停止运动,B错误;根据动量守恒定律,玩具车运动得越快,平板车运动得越快,C错误;根据动量守恒定律有m平x平=m电x电,根据题意得x平+x电=1.8 m,解得x电=1.5 m 、x平=0.3 m,玩具车前端运动到平板车左端时,平板车在水平面上移动0.3 m,D正确.
例7 BC [解析] 由于两小球碰撞过程中机械能守恒,可知两小球碰撞过程是弹性碰撞,由于两小球质量相等,故碰撞后两小球交换速度,即vM=0,vN=v,碰后小球N做平抛运动,在水平方向做匀速直线运动,即水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v;在竖直方向上做自由落体运动,即竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动,故选B、C.
例8 A [解析] 设灰色小球与1号小球碰撞后速度分别为v01和v1,根据动量守恒定律有mv0=mv01+3mv1,由能量守恒定律有m=m+3m,得v01=-v0、v1=v0;灰色小球第2次与1号小球碰撞后,有m=mv02+3mv2、m=m+×3m,得v02=-v0,v2=v0,以此类推,灰色小球和1号小球最终速度大小都为v0,2号为v0,3号为v0,…,10号为v0,依次类推,左边小球不会再追上右边小球,故B、C、D错误,A正确.
例9 C [解析] 以第一个小球初速度v0的方向为正方向,由于小球间的所有碰撞均为对心完全非弹性碰撞,每次碰撞后小球速度都相同,故最后每个小球速度都相同,将2022个小球组成的整体看作一个系统,设系统最终的速度为v,运用动量守恒定律得mv0=2022mv,解得v=,则系统损失的机械能为ΔE=m-·2022mv2,而m=Ek,解得ΔE=,故选C.
例10 B [解析] 碰撞过程应满足系统动量守恒和总动能不增加原则,碰撞前系统的初动量为p0=pA+pB=14 kg·m/s,设两小球的质量均为m,根据动能与动量关系Ek=,可知碰撞前系统的初动能为Ek0=+=.A项中碰撞后系统的动量为p=pA'+pB'=20 kg·m/s,不满足动量守恒,故A错误;B项中碰撞后系统的动量为p=pA'+pB'=14 kg·m/s=p0,碰撞后系统的动能为Ek'=+=<,故B正确;C项中由于pA'=9 kg·m/s>pB'=5 kg·m/s,两球质量相等,则碰后A的速度大于B的速度,不满足速度合理性,故C错误;D项中碰撞后系统的动量为p=pA'+pB'=14 kg·m/s=p0,碰撞后系统的动能为Ek'=+=>,不满足总动能不增加原则,故D错误.
变式1 B [解析] 假设两个物体发生完全非弹性碰撞,根据动量守恒定律有m1v0=(m1+m2)v1,解得r==;假设两个物体发生弹性碰撞,根据动量守恒定律有m1v0=m1v1+m2v2,根据能量守恒定律有m1=m1+m2,解得r==,所以r的取值范围是≤r≤,故选B.
例11 ABD [解析] 两滑块同时从光滑斜坡上由静止下滑时,甲、乙的加速度相等,初速度均为零,所以甲在斜坡上运动时与乙相对静止,A正确;由于甲、乙两滑块的质量相同,在水平面上发生弹性碰撞,根据动量守恒定律有mv1+mv2=mv1'+mv2',根据机械能守恒定律有m+m=mv1'2+mv2'2,联立解得v1'=v2,v2'=v1,即两滑块碰撞后速度互换,B正确;乙的运动时间分为在光滑斜坡上匀加速运动的时间和在水平面上匀减速运动的时间,H乙越大,则乙在光滑斜坡上匀加速运动的时间越长,在水平面上匀减速运动的时间也越长,乙运动的总时间就越长,C错误;甲与乙在水平面上碰撞时,两滑块在水平面上运动的位移相同,甲、乙两滑块发生弹性碰撞,碰后速度互换,由于甲、乙两滑块与地面之间的动摩擦因数相同,故碰撞后甲运动的位移等于没有发生碰撞情况下乙从碰撞点开始运动的位移,因此甲在水平面上发生的总位移等于不放甲时乙在水平面上运动的位移,根据功能关系有mgH乙=μmgx甲,解得x甲=,D正确.
例12 AB [解析] 由机械能守恒定律可知mgh0=m,解得v0=,B球与A球碰撞前的速度大小v0= m/s=6 m/s,A正确;根据动量定理可知,A和B相互作用过程中,B动量的变化量等于合力的冲量,有I1-m2gt=m2(v2+v0),重力的冲量为I2=m2gt,=,B正确;因为A、B作用时间极短,重力对系统的冲量远小于系统总动量,可以视为系统动量守恒,根据动量守恒有m1v0-m2v0=m1v1+m2v2,得A碰后速度为v1=1 m/s,计算知m1+m2>m1+m2,碰撞后系统机械能有损失,不是弹性碰撞,C错误;若不计系统重力的影响,且m2 m1,由动量守恒定律有m1v0-m2v0=m1v1+m2v2,不计能量损失,由能量守恒定律有m1+m2=m1+m2,联立解得v2=v0,因m2 m1,则v1=3v0,由v2=2gh,则B球上升的最大高度h2=9h0=16.2 m,D错误.
变式2 (1)-1.44 J (2)2.4 N·s (3)弹性大球上至少需要叠放6个弹性小球
[解析] (1)设弹性大球与地面碰撞前瞬间的速度大小为v1,与地面碰撞后瞬间的速度大小为v0,地面对弹性大球所做的功为W,由运动学规律可得,上升过程有=2gh0
下落过程有=2gh1
由动能定理可得W=m1-m1
解得W=-1.44 J
(2)弹性小球与弹性大球发生弹性碰撞,设弹性大球碰后瞬间的速度为v0',弹性小球碰前与碰后瞬间的速度分别为v1、v1',取向上为正方向,由动量守恒定律和能量守恒定律可得
m1v0-m2v1=m1v0'+m2v1'
m1+m2=m1v0'2+m2v1'2
由动量定理可得I=m2v1'+m2v1
解得I=2.4 N·s
(3)由(2)可得第一个弹性小球与弹性大球碰撞之后瞬间速度为
v1'=
整理可得v1'=v0+
同理可得第二个弹性小球与第一个弹性小球碰撞之后瞬间的速度为v2'=
整理可得v2'=v0+×+
由数学知识可得
vn'=v0+++…+
由于要使最上端的弹性小球上升高度不低于45 m,由运动学规律可得=2gh
则vn'≥vm
解得n=5时,vn'n=6时,vn'>vm
故弹性大球上至少需要叠放6个弹性小球第19讲 动量守恒定律及其应用
一、动量守恒定律及其应用
1.内容
如果一个系统不受外力,或者所受外力的 为0,这个系统的总动量保持不变.
2.表达式
(1)p=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.
(2)Δp1= ,相互作用的两个物体动量的变化量等大反向.
3.适用条件
(1)理想守恒:不受外力或所受外力的合力为零.
(2)近似守恒:系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力.
(3)某一方向守恒:如果系统在某一方向上所受外力的合力为零,则系统在这一方向上动量守恒.
二、弹性碰撞和非弹性碰撞
1.碰撞
(1)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.
(2)分类:
种类 动量是否守恒 机械能是否守恒
弹性碰撞 守恒
非弹性碰撞 守恒 有损失
完全非弹性碰撞 守恒 损失
2.反冲和爆炸
(1)反冲特点:在反冲运动中,如果没有外力作用或外力远小于物体间的相互作用力,系统的 是守恒的.
(2)爆炸现象:爆炸与碰撞类似,物体间的相互作用力很大,且 系统所受的外力,所以系统动量 ,爆炸过程中位移很小,可忽略不计,作用后从相互作用前的位置以新的动量开始运动.
【辨别明理】
1.动量守恒定律中的速度是相对于同一参考系的速度. ( )
2.系统动量守恒,则机械能也守恒. ( )
3.质量相等的两个物体发生碰撞时,一定交换速度. ( )
动量守恒定律的理解和应用
考向一 系统动量守恒的理解和判断
理解动量守恒定律的五个特性
系统性 研究的对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统
同时性 动量是一个瞬时量,表达式中的p1、p2、…必须是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量,p1'、p2'、…必须是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量
相对性 各物体的速度必须是相对同一参考系的速度(一般是相对于地面)
矢量性 动量守恒定律的表达式为矢量方程,解题时应选取统一的正方向
普适性 动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统,还适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统
例1 [2024·湖南张家界模拟] 关于系统动量守恒的条件,下列说法正确的是 ( )
A.静止在光滑水平面上的斜槽顶端有一小球,小球由静止释放,在离开斜槽前小球和斜槽组成的系统动量守恒
B.在光滑的水平地面上有两辆小车,在两小车上各绑一个条形磁铁,他们在相向运动的过程中动量不守恒
C.一枚在空中飞行的火箭在某时刻突然炸裂成两块,在炸裂前后系统动量不守恒
D.子弹打进木块的瞬间子弹和木块组成的系统动量守恒
考向二 动量守恒定律的基本应用
应用动量守恒定律解题的一般步骤
(1)确定研究对象,选取研究过程;
(2)分析内力和外力的情况,判断是否符合动量守恒条件;
(3)选定正方向,确定初、末状态的动量,最后根据动量守恒定律列方程求解.
例2 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
[反思感悟]
考向三 动量守恒中的临界问题
例3 [2024·江西南昌模拟] 在光滑水平面上甲、乙两车相向而行,甲的速率为v0,乙的速率也为v0,甲车和车上人的总质量为10m,乙车和车上人及货包的总质量为12m,单个货包质量为,为不使两车相撞,乙车上的人以相对地面为v=11v0的速率将货包抛出给甲车上的人,则乙车上的人应抛出货包的最小数量为 ( )
A.10个 B.11个
C.12个 D.20个
[反思感悟]
爆炸、反冲运动和人船模型
考向一 爆炸问题
动量守恒 因为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系统受到的外力,所以在爆炸过程中,系统的总动量守恒
动能增加 在爆炸过程中,因为有其他形式的能量(如化学能)转化为动能,所以爆炸后系统的总动能增加
位置不变 爆炸的时间极短,因而爆炸过程中物体的位移很小,一般可忽略不计,可以认为爆炸后的物体从爆炸前的位置以新的动量开始运动
例4 [2024·黑龙江哈尔滨模拟] 一质量为M的爆竹竖直运动到最高点时,爆炸成两部分,爆炸后瞬间两部分的总动能为E,爆炸时间极短可不计,不计爆炸过程中的质量损失,则该爆竹爆炸后瞬时质量为m的部分动能为 ( )
A. B.E
C.E D.E
[反思感悟]
考向二 反冲运动
作用原理 反冲运动是系统内物体之间的作用力和反作用力产生的效果
动量守恒 反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力,所以反冲运动遵循动量守恒定律
机械能增加 反冲运动中,由于有其他形式的能转化为机械能,所以系统的总机械能增加
例5 (多选)章鱼遇到危险时可将吸入体内的水在极短时间内向后喷出,由此获得一个反冲速度,从而迅速向前逃窜完成自救.假设有一只章鱼吸满水后的总质量为M,静止悬浮在水中一次喷射出质量为m的水,喷射速度大小为v0,章鱼体表光滑,则以下说法中正确的是 ( )
A.喷水的过程中,章鱼和喷出的水组成的系统动量守恒
B.喷水的过程中,章鱼和喷出的水组成的系统机械能守恒
C.章鱼喷水后瞬间逃跑的速度大小为v0
D.章鱼喷水后瞬间逃跑的速度大小为v0
考向三 人船模型
1.模型图示
2.模型特点
(1)两物体满足动量守恒定律:mv人-Mv船=0.
(2)两物体的位移大小满足:m-M=0,x人+x船=L,得x人=L,x船=L.
例6 [2024·四川绵阳模拟] 如图所示,质量为1 kg的平板车放置在光滑水平玻璃面上,一辆质量为0.2 kg的电动玩具车放在平板车上,其前端距离平板车左端1.8 m.现启动电动玩具车,则 ( )
A.玩具车开始向左运动后,平板车仍然静止
B.玩具车突然不动时,平板车仍然向右运动
C.玩具车运动得越快,平板车运动得越慢
D.玩具车前端运动到平板车左端时,平板车在水平面上移动0.3 m
【技法点拨】
人船模型情景推广
光滑水平面上光滑斜面体上物块由静止下滑
光滑水平面上光滑圆弧轨道上物块由静止下滑
光滑水平面上光滑圆桶上小球由静止滚下
热气球和人原来静止在空中,人沿长绳竖直向下滑动
碰撞问题
考向一 弹性碰撞
1.判断依据:碰撞瞬间系统内无机械能损失.
2.模型方程:(设主动碰撞的物体质量为m1,被动碰撞的物体质量为m2且初速度为零)
m1v1+0=m1v1'+m2v2'
m1+0=m1v1'2+m2v2'2
解得v1'=,v2'=
对结果讨论:
(1)若m1=m2,则v1'=0,v2'=v1,碰后实现了动量和动能的全部转移;
(2)若m1>m2,则v1'>0,v2'>0,碰后二者同向运动;
(3)若m10,碰后二者反向运动.
例7 (多选)[2024·广西卷] 如图所示,在光滑平台上有两个相同的弹性小球M和N.M水平向右运动,速度大小为v.M与静置于平台边缘的N发生正碰,碰撞过程中总机械能守恒.若不计空气阻力,则碰撞后,N在 ( )
A.竖直墙面上的垂直投影的运动是匀速运动
B.竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动
C.水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v
D.水平地面上的垂直投影的运动速度大小大于v
[反思感悟]
例8 [2024·江苏泰州模拟] 如图所示,在光滑水平面的左侧固定一竖直弹性挡板,挡板右侧依次放有10个质量均为3m的弹性白色小球(在一条直线上),一质量为m的灰色小球以与白色小球共线的速度v0与1号小球发生弹性正碰,灰色小球反弹后与挡板发生弹性碰撞,碰后速度方向与碰前方向相反,白色小球之间也发生弹性正碰.下列说法正确的是 ( )
A.灰色小球最终速度大小为v0
B.灰色小球最终速度大小为v0
C.10号小球最终速度大小为v0
D.10号小球最终速度大小为v0
[反思感悟]
考向二 完全非弹性碰撞
1.判断依据:碰后恰好相对静止、恰好没有滑出、距离最短(最长)……表示最终共速的描述.
2.模型方程:(设主动碰撞的物体质量为m1,被动碰撞的物体质量为m2且初速度为零)
m1v1+0=(m1+m2)v
ΔE=m1v2+m2v2-m1=-
3.特点:系统动能损失最多,转化为其他形式的能,如系统内能、弹性势能、重力势能等.
例9 [2024·福建福州模拟] 如图所示,在光滑的水平面上有2022个完全相同的小球等间距地排成一条直线,均处于静止状态.现给第一个小球初动能Ek,若小球间的所有碰撞均为对心完全非弹性碰撞,则整个碰撞过程中损失的机械能总量为 ( )
A. B.
C. D.
[反思感悟]
考向三 碰撞的可能性分析
对一个给定的碰撞,首先要看动量是否守恒,其次再看总动能是否增加,最后还要注意碰撞后的速度是否符合实际情况.
例10 [2024·江苏扬州模拟] 如图所示,动量分别为pA=8 kg·m/s,pB=6 kg·m/s的两个质量相等小球A、B在光滑的水平面上沿一直线向右运动,经过一段时间后两球发生正碰,分别用pA'、pB'表示两小球碰撞后的动量,则下列选项中可能正确的是 ( )
A.pA'=9 kg·m/s,pB'=11 kg·m/s
B.pA'=7 kg·m/s,pB'=7 kg·m/s
C.pA'=9 kg·m/s,pB'=5 kg·m/s
D.pA'=-6 kg·m/s,pB'=20 kg·m/s
[反思感悟]
变式1 [2024·河南信阳模拟] 一质量为m1的物体以v0的初速度与另一质量为m2的静止物体发生碰撞,其中m2=km1,k<1,碰撞可分为弹性碰撞、完全非弹性碰撞以及非弹性碰撞.碰撞后两物体速度分别为v1和v2.假设碰撞在一维上进行,且一个物体不可能穿过另一个物体.物体撞后与碰撞前速度之比r=的取值范围是 ( )
A.≤r≤k
B.≤r≤
C.k≤r≤
D.1-k≤r≤
素养提升 “动碰动”的弹性碰撞问题
发生弹性碰撞的两个物体碰撞前后动量守恒,机械能守恒,若两物体质量分别为m1和m2,碰前速度分别为v1、v2,碰后速度分别为v1'、v2',则有:
m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2' (1)
m1+m2=m1v1'2+m2v2'2 (2)
联立(1)、(2)解得:
v1'=2-v1,v2'=2-v2.
特殊情况:若m1=m2,则v1'=v2,v2'=v1.
例11 (多选)[2024·广东卷] 如图所示,光滑斜坡上,可视为质点的甲、乙两个相同滑块分别从H甲、H乙高度同时由静止开始下滑.斜坡与水平面在O处平滑相接,滑块与水平面间的动摩擦因数为μ,乙在水平面上追上甲时发生弹性碰撞.忽略空气阻力.下列说法正确的有 ( )
A.甲在斜坡上运动时与乙相对静止
B.碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度
C.乙的运动时间与H乙无关
D.甲最终停止位置与O处相距
[反思感悟]
例12 (多选)[2024·山东济南模拟] 如图所示,将两个质量分别为m1=60 g、m2=30 g的小球A、B叠放在一起,中间留有小空隙,从初始高度h0=1.8 m处由静止释放.A球与地面碰撞后立即以原速率反弹,A球与B球碰撞的时间为0.01 s,不计空气阻力,取向上为正方向,B球的速度—时间图像如图乙所示,g取10 m/s2,则 ( )
A.B球与A球碰前的速度大小为6 m/s
B.两球碰撞过程中,B球受到重力的冲量与A对B球的冲量大小比值为1∶101
C.A、B两球发生的是弹性碰撞
D.若m2 m1,第一次碰撞后,B球上升的最大高度可能大于17 m
变式2 [2024·吉林长春模拟] 伽利略大炮是一种极为简易的机械发射装置,由伽利略于1590年左右发明.现用实验研究伽利略大炮的原理,先将500 g的弹性大球单独自由释放,落地反弹高度为下落高度的.现在弹性大球上将弹性小球逐个叠放,并将它们从距地面0.8 m高处自由释放,如图所示.已知各球相互接触且重心在同一竖直线上,每个弹性球的质量为该球下面接触球质量的一半,各球之间均发生弹性碰撞,作用时间极短,无论弹性大球上面是否叠放弹性小球及叠放几个弹性小球,弹性大球与地面碰撞过程中能量损失均保持不变,重力加速度g取10 m/s2,忽略空气阻力.
(1)若将弹性大球单独从距地面0.8 m高处自由释放,求地面对弹性大球所做的功;
(2)接(1)问,若弹性大球上端只放一个弹性小球,求两球碰撞过程中弹性大球对弹性小球的冲量大小;
(3)若要使最上端的弹性小球上升高度不低于45 m,至少需要叠放多少个弹性小球
一、1.矢量和 2.(1)m1v1'+m2v2' (2)-Δp2
二、1.守恒 最大 2.(1)动量 (2)远大于 守恒
【辨别明理】
1.√ 2.× 3.×第19讲 动量守恒定律及其应用(A)
1.C [解析] 撤去F后,木块A离开墙壁前,墙对A有向右的弹力,系统所受的合外力不为零,所以系统的动量不守恒,这个过程中,只有弹簧的弹力对B做功,系统的机械能守恒,故A、B错误;A离开竖直墙后,系统水平方向不受外力,竖直方向外力平衡,所以系统所受的合外力为零,系统的动量守恒,只有弹簧的弹力做功,系统机械能也守恒,故C正确,D错误.
2.B [解析] P对Q有弹力的作用,并且在力的方向上有位移,在运动中,P会向左移动,P对Q的弹力方向垂直于接触面向上,与Q位移方向的夹角大于90°,所以P对Q做功不为0,故A错误;因为P、Q之间的力属于系统内力,并且等大反向,两者在力的方向上发生的位移相等,所以做功之和为0,故B正确;因为系统除重力外,其他力做功代数和为零,所以P、Q组成的系统机械能守恒,系统水平方向上不受外力的作用,水平方向上动量守恒,但是在竖直方向上Q有加速度,即竖直方向上动量不守恒,故C、D错误.
3.C [解析] 根据动量守恒定律有(M+m)v0=-mv+Mv1,得v1=v0+(v0+v),故选C.
4.D [解析] 设铁块下降的高度为H,对于木块和铁块整体由动量守恒有mh=MH,化简得H=,则池深为d=h+H+3a=h+3a,故选D.
5.C [解析] 小车和人组成的系统在题中情境中水平方向不受外力,故小车和人组成的系统在水平方向动量守恒,故C正确;因为小车和人组成的系统在水平方向动量守恒,故有0=(m+M)v1+Mv2,故A车和B车最后沿相反的方向运动,且B车速度较大,故A、B错误;最后人与A车一起向左运动,人的动量不为零,而一开始,人保持静止,动量为零,故人的动量发生了变化,故D错误.
6.A [解析] 设第N秒末水火箭的速度大小为v1,此时水火箭的质量为M-Nm,水火箭喷水过程系统动量守恒,则有v1=Nmv,解得v1=,故A正确.
7.B [解析] 由图像可知,碰撞前A、B两球都做匀速直线运动,va= m/s=-3 m/s,vb= m/s=2 m/s,碰撞后二者共同做匀速直线运动,vc= m/s=-1 m/s,碰撞过程中动量守恒,有mAva+mBvb=(mA+mB)vc,解得mB= kg,选项B正确.
8.CD [解析] A球追上B球发生碰撞,说明A球碰前速度大于B球碰前速度,即>,解得<,碰撞过程满足动量守恒定律,即p1+p2=pA+pB,解得碰后B球的动量为pB=(6+9-3) kg·m/s=12 kg·m/s,碰前总动能大于或等于碰后总动能,即Ek1+Ek2≥EkA+EkB,结合动量和动能的关系Ek=,可知+≥+,解得≤,碰后A球速度小于或等于B球速度,即≤,解得≥,综上可知,两球质量关系满足≤≤,A、B错误,C、D正确.
9.D [解析] 从t=0时刻至B再次运动到A正下方的过程中,细绳一直处于向右倾斜状态,所以A一直水平向右加速,B的运动可以分解为水平向右随A的加速直线运动和竖直平面内的圆周运动,所以A的加速度水平向右,B的加速度有与A相同的向右的加速度分量和沿绳的加速度分量,故A、B沿绳方向加速度不相等,故A错误;从t=0时刻至B再次运动到A正下方的过程中,由水平方向动量守恒和能量守恒定律可得m=mvA+mvB,m·2gl=m+m,解得vB=0,vA=,对A由动量定理可得I支持力+I重力+I绳=0-m,由受力分析可知重力与支持力不相等,所以I支持力+I重力≠0,所以I绳≠-m,故B错误;从t=0时刻至B再次运动到A正下方的过程中,细绳一直处于向右倾斜状态,绳对A一直做正功,故C错误;B再次运动到A正下方时,由B项分析知A的速度不为零,B随A水平运动的速度为零,由FT-mg==2mg,得FT=3mg,故D正确.
10.(1)85 N (2)3.15 m/s
[解析] (1)小球自由下落过程,根据动能定理有mgh1=m
解得v1=10 m/s
小球反弹达到最大高度过程,根据动能定理有-mgh2=0-m
解得v2=5 m/s
薄板光滑,在碰撞过程中,令薄板对小球的平均弹力大小为F,根据动量定理有t0=mv2-
解得F=85 N,方向竖直向上
(2)碰撞过程,对小球进行分析,在水平方向上有μFt0=mvx
碰撞之后,令薄板速度为v3,对小球和薄板构成的系统,在水平方向上,根据动量守恒定律有Mv0=Mv3+mvx
解得v3=3.15 m/s
11.(1)8 N 5 N (2)8 m/s (3)0.2 m
[解析] (1)滑块处于静止状态时桌面对滑杆的支持力大小等于滑块和滑杆的重力之和,即
FN1=g=8 N
滑块向上滑动过程中受到滑杆的摩擦力为1 N,根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力也为1 N,方向竖直向上,则此时桌面对滑杆的支持力为
FN2=Mg-Ff'=5 N
(2)滑块从开始运动到碰前瞬间,根据动能定理有
-mgl-Ffl=mv2-m
代入数据解得v=8 m/s
(3)滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞,碰后两者共速,碰撞过程根据动量守恒定律有
mv=v1
碰后滑块和滑杆以速度v1整体向上做竖直上抛运动,根据动能定理有
-gh=0-
代入数据解得h=0.2 m第19讲 动量守恒定律及其应用(A) (限时40分钟)
1.[2024·重庆九龙坡区模拟] 如图所示,在水平光滑地面上有A、B两个木块,之间用一轻弹簧连接.A靠在墙壁上,用力F向左推B使两木块之间弹簧压缩并处于静止状态.若突然撤去力F,则下列说法中正确的是 ( )
A.木块A离开墙壁前,A、B和弹簧组成的系统动量守恒,机械能也守恒
B.木块A离开墙壁前,A、B和弹簧组成的系统动量不守恒,机械能也不守恒
C.木块A离开墙壁后,A、B和弹簧组成的系统动量守恒,机械能也守恒
D.木块A离开墙壁后,A、B和弹簧组成的系统动量不守恒,但机械能守恒
2.如图所示,曲面体P静止于光滑水平面上,物块Q自P的上端由静止释放.Q与P的接触面光滑,Q在P上运动的过程中,下列说法正确的是 ( )
A.P对Q做功为零
B.P和Q之间相互作用力做功之和为零
C.P和Q构成的系统机械能守恒、动量守恒
D.P和Q构成的系统机械能不守恒、动量守恒
3.[2024·湖南益阳模拟] 质量为M的热气球在空中以速率v0匀速上升,一质量为m的人在悬绳上相对热气球静止.若人以相对地面速率v沿绳匀速向下运动,则热气球的速率为 ( )
A.v0+v B.v0-v
C.v0+(v0+v) D.v0+(v0-v)
4.[2024·湖北恩施模拟] 如图所示,棱长均为a的立方体木块和空心铁块,用长度也为a的细绳连接,悬浮在平静的水池中,木块上表面和水面的距离为h.当细绳断裂后,木块与铁块分别竖直向上、向下运动,当木块上表面刚浮出水面时,铁块恰好到达池底.已知木块的质量为m,铁块的质量为M,不计水的阻力,则池深为 ( )
A.h
B.h+2a
C.
D.h+3a
5.[2024·江苏扬州一中模拟] 如图所示,两辆质量相同的小车置于光滑的水平面上,有一人静止站在A车上,两车静止,当这个人自A车跳到B车上,接着又跳回A车,并与A车保持相对静止,则下列说法正确的是 ( )
A.A车的速率大于B车的速率
B.A车的速率等于B车的速率
C.小车和人组成的系统在水平方向动量守恒
D.在整个过程中人的动量不变
6.[2024·四川绵阳中学模拟] 如图所示,水火箭静止在光滑水平面上,用打气筒通过气门芯向水火箭瓶身内打气,当瓶内空气达到一定压强时,水将橡皮塞冲开并向后高速喷出,水火箭在光滑水平面上冲出.若喷水前水火箭的总质量为M,运动过程中每秒向后喷出质量为m的水,水喷出时相对地面的速度大小均为v,忽略空气阻力的影响,则第N秒末(设上述过程中该水火箭仍在匀速喷水中)水火箭的速度大小为 ( )
A.
B.
C.v
D.v
7.A、B两球沿同一条直线运动,如图所示的x-t图像记录了它们碰撞前后的运动情况,其中a、b分别为A、B两球碰撞前的x-t图像,c为碰撞后它们的x-t图像.若A球质量为1 kg,则B球质量为 ( )
A.2 kg
B. kg
C.4 kg
D. kg
8.(多选)A、B两球在光滑水平面上向同一方向运动,它们的动量分别是p1=6 kg·m/s、p2=9 kg·m/s,A球从后面追上B球并发生碰撞,碰后A球的动量变为3 kg·m/s,则A、B两球质量m1与m2的关系可能是( )
A.m1=m2 B.2m1=m2
C.3m1=m2 D.4m1=m2
9.[2024·辽宁沈阳模拟] 如图所示,长度为l的轻质细绳一端与带孔小球A连接,另一端与木块B连接,小球A穿在光滑的固定水平杆(足够长)上,小球A与木块B质量均为m.t=0时刻,给木块B一水平瞬时冲量I,使其获得v0=(g为重力加速度大小)的初速度,则从t=0时刻至B再次运动到A正下方的过程中 ( )
A.A、B沿绳方向加速度始终相等
B.绳对A球的冲量大小为m
C.绳对A先做正功后做负功
D.木块B再次运动到A正下方时绳子拉力的大小为3mg
10.[2024·广西南宁一中模拟] 如图所示,一质量为M=6 kg的足够长硬质均匀薄板,沿光滑水平面以v0=4 m/s的速度向右匀速运动,在其上方5 m高处,有一质量为m=1 kg的小球自由下落,落在薄板上与板相撞后,又反弹能达到的最大高度为1.25 m,小球和薄板碰撞的时间为0.2 s,不计空气阻力及小球旋转,g取10 m/s2.
(1)若薄板光滑,则在碰撞过程中,薄板对小球的平均弹力大小为多少
(2)若小球与薄板间的动摩擦因数μ=0.3,则小球第一次弹起后薄板的速度大小为多少
11.[2022·广东卷] 某同学受自动雨伞开伞过程的启发,设计了如图所示的物理模型.竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块,初始时它们处于静止状态.当滑块从A处以初速度v0为10 m/s向上滑动时,受到滑杆的摩擦力Ff为1 N.滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞,带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动.已知滑块的质量m=0.2 kg,滑杆的质量M=0.6 kg,A、B间的距离l=1.2 m,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力.求:
(1)滑块在静止时和向上滑动的过程中,桌面对滑杆支持力的大小FN1和FN2;
(2)滑块碰撞前瞬间的速度大小v;
(3)滑杆向上运动的最大高度h.第19讲 动量守恒定律及其应用(B)
1.D [解析] 小球下摆过程与小车组成的系统水平方向动量守恒,竖直方向动量不守恒,故A错误;小球下落过程中,水平方向具有向右的分速度,因水平方向动量守恒,小车要向左运动,当撞到油泥,是完全非弹性碰撞,小球和小车大小相等方向相反的动量恰好抵消掉,所以小车和小球都保持静止,故B错误;设当小球到达最低点时,小球向右移动的距离为x1,小车向左移动的距离为x2,根据系统水平方向动量守恒有mv1-Mv2=0,又v1=、v2=,则有m-M=0,变形得mx1=Mx2,根据x1+x2=L,联立解得x2=,故C错误,D正确.
2.C [解析] 设火箭壳体和卫星分离前一起绕地球做匀速圆周运动的速度为v,卫星的质量为m1,火箭壳体的质量为m2,分离时卫星与火箭壳体沿轨道切线方向的相对速度为Δv,分离后火箭壳体的速度大小为v',根据题意可知,分离前后卫星与火箭壳体组成的系统动量守恒,则分离前后卫星与火箭壳体的总动量变化量大小为0,取分离前火箭壳体和卫星的速度方向为正方向,根据动量守恒定律得v=m1+m2v',解得v'=5.5×103 m/s,则分离后卫星的速度为v卫=v'+Δv=7.3×103 m/s,故A、B、D错误;分离过程中,设火箭壳体对卫星的冲量大小为I,对卫星由动量定理有I=m1v卫-m1v=1.5×105 N·s,故C正确.
3.B [解析] 小球A下滑到最低点的过程中,根据动能定理得mgR=m,解得A与B碰撞前A的速度v0=,碰撞过程中动量守恒,规定向右为正方向,根据动量守恒定律有mv0=mvA+kmvB,根据机械能守恒定律有m=m+km,联立解得vB=、vA=,若B小球运动至轨道顶点,根据机械能守恒定律有km=kmg·2R+kmv2,若小球B能恰好通过最高点,则有kmg=km,解得v=,联立各式代入数据解得k=-1≈0.265,当0.2650.2时,不一定脱轨,故A错误;由上分析可知,当k≤0.265时,B球可运动至轨道最高点,故B正确;若k=1,两球发生弹性碰撞,由于两球质量相等,速度交换,B球恰能运动到四分之一圆弧轨道,所以若k>1,小球运动不到四分之一圆弧轨道处,速度减为零又返回,所以小球B不可能脱轨,故C错误;若k=3时,vB=、vA=-,两球速度大小相等,方向相反,经过相同的时间会同时回到最低点,所以两球会在最低点发生第二次碰撞,故D错误.
4.C [解析] 在小车朝x正方向滑行的过程中,第(n-1)个沙袋扔到车上后的车速为vn-1,第n个沙袋扔到车上后的车速为vn,由动量守恒定律有[M+m]vn-1-2nmvn-1=vn,解得vn=vn-1,小车不再向右运动的条件是vn-1>0,vn≤0,即M-nm>0、M-(n+1)m≤0,代入数字,得n应为整数,故n=3,即车上堆积3个沙袋后车就反向滑行,车自反向滑行直到接近x<0一侧第1人所在位置时,车速保持不变,而车的质量为M+3m.若在朝x负方向滑行过程中,第(n-1)个沙袋扔到车上后车速为vn-1',第n个沙袋扔到车上后车速为vn',现取在图中向左的方向(x负方向)为速度vn'、vn-1'的正方向,则由动量守恒定律有[M+3m+(n-1)m']vn-1'-2nm'vn-1'=(M+3m+m'n)vn',得vn'=vn-1',车不再向左滑行的条件是vn-1'>0,vn'≤0,即M+3m-nm'>0、M+3m-(n+1)m'≤0,解得n=4时M+3m-(n+1)m'=0,即在x<0一侧第4个沙袋扔到车上后车就停住,所以车上最终共有大小沙袋为3个+4个=7个,故C正确.
5.(1) (2)18mg
[解析] (1)A、B碰撞过程,有mv0=mv1+3mv2
m=m+·3m
解得v1=-,v2=
碰后小球B恰好在竖直面内做圆周运动,则小球B到达最高点时有
3mg=3m
小球B从最低点运动到最高点,根据机械能守恒定律有-3mg·2L1=·3mv2-·3m
联立解得L1=
(2)A、C碰撞过程,有mv1=mv3+3mv4
m=m+·3m
解得v3=,v4=-
碰后小球C恰好在竖直面内做圆周运动,则小球C到达最高点时有
3mg=3m
小球C从最低点运动到最高点,根据机械能守恒定律有-3mg·2L2=·3mv'2-·3m
两球碰后瞬间,对C,根据牛顿第二定律有F-3mg=3m
联立解得F=18mg
6.(1)2∶5 (2) (3) [解析] (1)设a与b碰撞前的速度为v0,a反弹的速度大小为va=v0
b获得的速度大小为vb,取水平向右为正方向,由动量守恒定律有
mv0=m+2mvb
解得va∶vb=2∶5
(2)若a、b从碰撞后到停下,它们在粗糙水平面上滑过的路程分别为sa和sb,则有
m=μ1mgsa
×2m=μ2×2mgsb
联立并代入μ1=kμ2
解得=
(3)由于a、b刚好不再发生第二次碰撞且停在B、O之间的P,且两者均冲上圆弧面,再返回,两者在水平面的总路程满足关系式sa+sb=8L
联立第(2)问的结果=,可解得sa=
则PO的长度为LPO=4L-sa=L
因P位于B与O之间,故有0代入LPO的表达式可求解得7.(1) (2)l (3)4次
[解析] (1)以竖直向下为速度的正方向,设第一次碰撞前瞬间小球的速度为v0,碰撞后瞬间小球与圆盘的速度分别为v1、v2.由动量守恒定律和机械能守恒定律有
m=mgl
mv0=mv1+Mv2
m=m+M
联立并代入题给数据得
v2=-v1==
即第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小均为
(2)取第一次碰撞时为t=0时刻,碰撞地点为坐标原点,竖直向下为x轴正向.由于v1<0,碰撞后小球将先向上运动,然后再下落,当小球的下落速度与圆盘的速度均为v2时,两者之间的距离最大,此时v2=v1+gt1
设此时刻小球的坐标为x1,圆盘的坐标为x2,由运动学公式有
x1=v1t+gt2
x2=v2t
两者之间的最远距离为Δx=x2-x1
联立可得Δx=l
(3)因为Δx=l,若在速度为v2的参考系中看,从t时刻开始,小球与圆盘将重复第一次碰撞前的运动过程.因此第2次碰撞前瞬间,在地面参考系看,小球与圆盘的速度分别为
v2+v0=v0
v2=
碰撞后瞬间速度分别为v2+v1=0
v2+v2=v0
当小球的速度加速到v0时,两球之间的距离最远,仍为l,若在速度为2v2=v0的参考系看,两球的第3次碰撞也将重复第一次碰撞的过程,第3次碰撞前瞬间,在地面参考系看,小球与圆盘的速度分别为
2v2+v0=2v0,2v2=v0
以此类推,在第n次碰撞前瞬间,小球、圆盘的速度分别为
vQ=(n-1)v2+v0=(n+1)
vP=(n-1)v2=(n-1)
设在第n次碰撞前瞬间,小球距圆管上端口的距离为s,由动能定理得
mgs=m+M
由题意知s≤20l,联立并代入题目所给条件可知n≤4
即圆盘离开圆管前,小球与圆盘共碰撞4次第19讲 动量守恒定律及其应用(B) (限时40分钟)
1.[2024·福建厦门一中模拟] 如图所示,在光滑水平面上有一静止的质量为M的小车,用长为L的细线系一质量为m的小球,将小球拉至水平位置,球放开前小车与小球保持静止状态,松手后让小球下落,在最低点与固定在小车上的油泥相撞并粘在一起,则 ( )
A.小球下摆过程与小车组成的系统动量守恒
B.小球与油泥相撞后一起向右运动
C.小球下摆过程小车的运动距离为
D.小球下摆过程小车的运动距离为
2.[2024·浙江湖州模拟] 用火箭发射人造卫星,发射过程中最后一节火箭的燃料用完后,火箭壳体和卫星一起以7.0×103 m/s的速度绕地球做匀速圆周运动.已知卫星的质量为500 kg,最后一节火箭壳体的质量为100 kg.某时刻火箭壳体与卫星分离,分离时卫星与火箭壳体沿轨道切线方向的相对速度为1.8×103 m/s.下列说法正确的是 ( )
A.分离后火箭壳体的速度大小为7.3×103 m/s
B.分离后火箭壳体的速度大小为3.3×104 m/s
C.分离过程中火箭壳体对卫星的冲量大小为1.5×105 N·s
D.分离前后卫星与火箭壳体的总动量变化量大小为1.5×105 kg·m/s
3.[2024·湖南长沙模拟] 如图所示,半径为R的光滑圆形轨道固定在竖直平面内.小球A、B质量分别为m、km(k为待定系数).A球从左边与圆心等高处由静止开始沿轨道下滑,与静止于轨道最低点的B球相撞,碰撞中无机械能损失,重力加速度为g.关于各种情况下k的取值.下列各项中正确的是 ( )
A.若0.2B.若0C.若k>1,小球B可能脱轨
D.若k=3,小球A和小球B将在圆轨道的最低点的左轨道发生第二次碰撞
4.如图所示,一排人站在沿x轴的水平轨道旁,原点O两侧的人的序号都记为n(n=1,2,3,…)每人只有一个沙袋,x>0一侧的每个沙袋质量为m=7 kg,x<0一侧的每个沙袋质量为m'=9 kg,一质量为M=24 kg的小车以某初速度从原点出发向x正方向滑行.不计轨道阻力.当车每经过一人身旁时,此人就把沙袋以水平速度v朝与车速相反的方向沿车面扔到车上,v的大小等于扔此袋之前的瞬间车速大小的2n倍(n是此人的序号数),车上最终有小沙袋的个数为 ( )
A.3个 B.5个
C.7个 D.9个
5.[2024·山东菏泽模拟] 如图所示,质量分别为m、3m、3m的小球A、B、C静止在光滑的水平面上,且球心处在同一直线上,小球B用长为L1(未知)的细线连接悬于O1点,小球C用长为L2(未知)的细线连接悬于O2点,小球B、C刚好与水平面接触,现给小球A一个水平向右大小为v0的初速度,小球A与小球B发生弹性正碰,使小球B恰好在竖直面内做圆周运动,接着小球A与小球C也发生弹性正碰,碰撞后小球C也恰好在竖直面内做圆周运动,重力加速度大小为g,不计小球的大小,求:
(1)悬挂小球B的细线长L1;
(2)小球A与小球C第一次碰撞后一瞬间,细线对小球C的拉力大小.
6.[2024·广东惠州模拟] 图甲是一个U形雪槽,某次滑板表演中,表演者在同一竖直平面内运动,可把该场地简化为如图乙所示的凹形场地:两端是四分之一的光滑圆弧面,中间是长4L的粗糙水平面.表演者a的质量(含滑板)为m,从A处沿光滑圆弧面滑下,进入水平面后,与质量(含滑板)为2m且静止在水平面中点O的表演者b水平击掌相碰,碰后a以碰前速度的反弹,a、b在O处发生碰撞后(碰撞时间极短),最终都停在B、O间的某点P处,且恰好不再发生碰撞.假设a与粗糙水平面的动摩擦因数是b与水平面的k倍,表演者的动作不影响自身的速度,滑板长度忽略不计.
(1)求a与b碰撞后瞬间,a、b的速度大小之比;
(2)以O为起点,求a、b碰撞后在粗糙水平面上滑过的路程之比(可用k表示);
(3)若碰撞后,a、b均两次通过四分之一的光滑圆弧面的最低点,求PO的长度与L之比及k的取值范围.
7.[2023·全国乙卷] 如图,一竖直固定的长直圆管内有一质量为M的静止薄圆盘,圆盘与管的上端口距离为l,圆管长度为20l.一质量为m=M的小球从管的上端口由静止下落,并撞在圆盘中心,圆盘向下滑动,所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等.小球在管内运动时与管壁不接触,圆盘始终水平,小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞,且碰撞时间极短.不计空气阻力,重力加速度大小为g.求:
(1)第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小;
(2)在第一次碰撞到第二次碰撞之间,小球与圆盘间的最远距离;
(3)圆盘在管内运动过程中,小球与圆盘碰撞的次数.(共140张PPT)
第19讲 动量守恒定律及其应用
必备知识自查
核心考点探究
素养提升
作业手册（A）
作业手册（B）
◆
作业手册
答案核查【听】
答案核查【作】
备用习题
一、动量守恒定律及其应用
1.内容
如果一个系统不受外力,或者所受外力的________为0,这个系统的总动量保
持不变.
矢量和
2.表达式
(1) 或 ______________.系统相互作用前的总动量等
于相互作用后的总动量.
(2) ______,相互作用的两个物体动量的变化量等大反向.
3.适用条件
(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为零.
(2)近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力.
(3)某一方向守恒：如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统
在这一方向上动量守恒.
二、弹性碰撞和非弹性碰撞
1.碰撞
(1)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.
(2)分类：
种类 动量是否守恒 机械能是否守恒
弹性碰撞 守恒 ______
非弹性碰撞 守恒 有损失
完全非弹性碰撞 守恒 损失______
守恒
最大
2.反冲和爆炸
(1) 反冲特点：在反冲运动中，如果没有外力作用或外力远小于物体间的
相互作用力，系统的______是守恒的.
动量
(2) 爆炸现象：爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用力很大，且________
系统所受的外力，所以系统动量______，爆炸过程中位移很小，可忽略不
计，作用后从相互作用前的位置以新的动量开始运动.
远大于
守恒
【辨别明理】
1.动量守恒定律中的速度是相对于同一参考系的速度.( )
√
2.系统动量守恒，则机械能也守恒.( )
×
3.质量相等的两个物体发生碰撞时，一定交换速度.( )
×
考点一 动量守恒定律的理解和应用
考向一 系统动量守恒的理解和判断
理解动量守恒定律的五个特性
系统性 研究的对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统
同时性 动量是一个瞬时量，表达式中的、 、…必须是系统中各物
体在相互作用前同一时刻的动量，、 、…必须是系统中
各物体在相互作用后同一时刻的动量
相对性 各物体的速度必须是相对同一参考系的速度(一般是相对于地面)
矢量性 动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题时应选取统一的正方向
普适性 动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，还适用于
接近光速运动的微观粒子组成的系统
续表
例1 [2024·湖南张家界模拟] 关于系统动量守恒的条件，下列说法正确的
是( )
A.静止在光滑水平面上的斜槽顶端有一小球，小球由静止释放，在离开斜
槽前小球和斜槽组成的系统动量守恒
B.在光滑的水平地面上有两辆小车，在两小车上各绑一个条形磁铁，他们
在相向运动的过程中动量不守恒
C.一枚在空中飞行的火箭在某时刻突然炸裂成两块，在炸裂前后系统动量
不守恒
D.子弹打进木块的瞬间子弹和木块组成的系统动量守恒
√
[解析] 离开斜槽前小球和斜槽组成的系统竖直方向合力不为零，动量不
守恒，故A错误；相向运动的过程中合外力为零，系统动量守恒，故B错
误；炸裂前后系统动量守恒，故C错误；子弹打进木块的瞬间子弹和木块
组成的系统内力远大于外力，系统动量守恒，故D正确.
考向二 动量守恒定律的基本应用
应用动量守恒定律解题的一般步骤
(1)确定研究对象，选取研究过程;
(2)分析内力和外力的情况，判断是否符合动量守恒条件;
(3)选定正方向，确定初、末状态的动量，最后根据动量守恒定律列方程求解.
例2 某机车以 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. B. C. D.
[解析] 取机车和15节车厢整体为研究对象，由动量守恒定律有
， ，故选项B正确.
√
考向三 动量守恒中的临界问题
例3 [2024·江西南昌模拟] 在光滑水平面上甲、
乙两车相向而行，甲的速率为 ，乙的速率
也为，甲车和车上人的总质量为 ，乙
车和车上人及货包的总质量为 ，单个货
A.10个 B.11个 C.12个 D.20个
包质量为，为不使两车相撞，乙车上的人以相对地面为 的速率
将货包抛出给甲车上的人，则乙车上的人应抛出货包的最小数量为( )
√
[解析] 规定水平向左为正方向，两车刚好不
相撞，则两车速度相等，系统动量守恒，由
动量守恒定律得
，解得
，对甲及从乙车上接收到的货包，由动量守恒定律得
，解得 ，故选A.
考点二 爆炸、反冲运动和人船模型
考向一 爆炸问题
动量 守恒 因为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
远大于系统受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒
动能 增加 在爆炸过程中，因为有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，
所以爆炸后系统的总动能增加
位置 不变 爆炸的时间极短，因而爆炸过程中物体的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后的物体从爆炸前的位置以新的动量开始运动
例4 [2024·黑龙江哈尔滨模拟] 一质量为 的爆竹竖直运动到最高点时，爆炸成两部分，爆炸后瞬间两部分的总动能为 ，爆炸时间极短可不计，不计爆炸过程中的质量损失，则该爆竹爆炸后瞬时质量为 的部分动能为( )
A. B. C. D.
[解析] 设爆炸后瞬时质量为的部分的速度大小为 ，另一部分的速度大
小为，根据动量守恒可得，质量为 的部分动能为
，则该爆竹爆炸后瞬时的总动能为 ，
联立解得 ，故选C.
√
考向二 反冲运动
作用原理 反冲运动是系统内物体之间的作用力和反作用力产生的效果
动量守恒 反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，所以反冲运
动遵循动量守恒定律
机械能增加 反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系
统的总机械能增加
例5 (多选)章鱼遇到危险时可将吸入体内的水在极短时间内向后喷出，由
此获得一个反冲速度，从而迅速向前逃窜完成自救.假设有一只章鱼吸满
水后的总质量为，静止悬浮在水中一次喷射出质量为 的水，喷射速度
大小为 ，章鱼体表光滑，则以下说法中正确的是( )
A.喷水的过程中，章鱼和喷出的水组成的系统动量守恒
B.喷水的过程中，章鱼和喷出的水组成的系统机械能守恒
C.章鱼喷水后瞬间逃跑的速度大小为
D.章鱼喷水后瞬间逃跑的速度大小为
√
√
[解析] 章鱼喷水过程所用的时间极短，内力远大于外力，章鱼和喷出的
水组成的系统动量守恒，A正确；在章鱼喷水的过程中，章鱼体内的化学
能转化为机械能，系统机械能增加，B错误；以章鱼和喷出的水组成的系
统为研究对象，规定章鱼喷水后瞬间逃跑的方向为正方向，由动量守恒定
律得 ，可得章鱼喷水后瞬间逃跑的速度大小为
，C错误，D正确.
考向三 人船模型
1.模型图示
2.模型特点
(1)两物体满足动量守恒定律：.
(2)两物体的位移大小满足：
，，得
，.
例6 [2024·四川绵阳模拟] 如图所示，质量为 的平板车放置在光滑水
平玻璃面上，一辆质量为 的电动玩具车放在平板车上，其前端距离
平板车左端 .现启动电动玩具车，则( )
A.玩具车开始向左运动后，平板车仍然静止
B.玩具车突然不动时，平板车仍然向右运动
C.玩具车运动得越快，平板车运动得越慢
D.玩具车前端运动到平板车左端时，平板车
在水平面上移动
√
[解析] 根据动量守恒定律，玩具车开始向
左运动后，平板车向右运动，A错误；根据
动量守恒定律，玩具车突然不动时，平板
车也立即停止运动，B错误；根据动量守恒
定律，玩具车运动得越快，平板车运动得
越快，C错误；根据动量守恒定律有 ，根据题意得
，解得 、 ，玩具车前端运动到平
板车左端时，平板车在水平面上移动 ，D正确.
[技法点拨]
人船模型情景推广
光滑水平面上光滑斜面体上物块由静止下滑 ___________________________________________________________
光滑水平面上光滑圆弧轨道上物块由静止下滑 _______________________________________________________
光滑水平面上光滑圆桶上小球由静止滚下 ________________________________________________
热气球和人原来静止在空中，人沿长绳竖直向下 滑动 _____________________
续表
考点三 碰撞问题
考向一 弹性碰撞
1.判断依据：碰撞瞬间系统内无机械能损失.
2.模型方程：(设主动碰撞的物体质量为，被动碰撞的物体质量为 且
初速度为零)
解得,
对结果讨论:
(1)若,则, ,碰后实现了动量和动能的全部转移;
(2)若,则, ,碰后二者同向运动;
(3)若,则, ,碰后二者反向运动.
例7 (多选)[2024·广西卷] 如图所示，
在光滑平台上有两个相同的弹性小球
和 水平向右运动，速度大小为
与静置于平台边缘的 发生正碰，
碰撞过程中总机械能守恒.若不计空
气阻力，则碰撞后， 在( )
A.竖直墙面上的垂直投影的运动是匀速运动
B.竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动
C.水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于
D.水平地面上的垂直投影的运动速度大小大于
√
√
[解析] 由于两小球碰撞过程中机械能守
恒，可知两小球碰撞过程是弹性碰撞，
由于两小球质量相等，故碰撞后两小球
交换速度，即， ，碰后小
球 做平抛运动，在水平方向做匀速直
线运动，即水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于 ；
在竖直方向上做自由落体运动，即竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速
运动，故选B、C.
例8 [2024·江苏泰州模拟] 如图所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直弹
性挡板，挡板右侧依次放有10个质量均为 的弹性白色小球(在一条直线
上)，一质量为的灰色小球以与白色小球共线的速度 与1号小球发生弹
性正碰，灰色小球反弹后与挡板发生弹性碰撞，碰后速度方向与碰前方向
相反，白色小球之间也发生弹性正碰.下列说法正确的是( )
A.灰色小球最终速度大小为 B.灰色小球最终速度大小为
C.10号小球最终速度大小为 D.10号小球最终速度大小为
√
[解析] 设灰色小球与1号小球碰撞后速度分别为和 ，根据动量守恒定
律有，由能量守恒定律有 ，
得、 ;灰色小球第2次与1号小球碰撞后，有
、 ，得
， ，以此类推，灰色小球和1号小球最终速度
大小都为，2号为，3号为， ，10号为 ，依次
类推，左边小球不会再追上右边小球，故B、C、D错误，A正确.
考向二 完全非弹性碰撞
1.判断依据：碰后恰好相对静止、恰好没有滑出、距离最短(最长) 表
示最终共速的描述.
2.模型方程：(设主动碰撞的物体质量为，被动碰撞的物体质量为 且
初速度为零)
3.特点：系统动能损失最多，转化为其他形式的能，如系统内能、弹性势
能、重力势能等.
例9 [2024·福建福州模拟] 如图所示，在光滑的水平面上有2022个完全相
同的小球等间距地排成一条直线，均处于静止状态.现给第一个小球初动
能 ，若小球间的所有碰撞均为对心完全非弹性碰撞，则整个碰撞过程中
损失的机械能总量为( )
A. B. C. D.
√
[解析] 以第一个小球初速度 的方向为正方向，由于小球间的所有碰撞
均为对心完全非弹性碰撞，每次碰撞后小球速度都相同，故最后每个小球
速度都相同，将2022个小球组成的整体看作一个系统，设系统最终的速度
为，运用动量守恒定律得，解得 ，则系统损失的
机械能为，而，解得 ，
故选C.
考向三 碰撞的可能性分析
对一个给定的碰撞,首先要看动量是否守恒,其次再看总动能是否增加，最
后还要注意碰撞后的速度是否符合实际情况.
例10 [2024·江苏扬州模拟] 如图所示，动量分别为 ，
的两个质量相等小球、 在光滑的水平面上沿一直线向右
运动，经过一段时间后两球发生正碰，分别用、 表示两小球碰撞后
的动量，则下列选项中可能正确的是( )
A.，
B.，
C.，
D.，
√
[解析] 碰撞过程应满足系统动量守恒和总动能不增加原则，碰撞前系统的初动量为 ，设两小球的质量均为 ，根据动能与动量关系 ，可知碰撞前系统的初动能为 项中碰撞后系统的动量为 ，不满足动量守恒，故A错误；B项中碰撞后系统的动量为 ，碰撞后系统的动能为 ，
故B正确；
C项中由于 ，两球质量相
等，则碰后的速度大于 的速度，不满足速度合
理性，故C错误；D项中碰撞后系统的动量为
，碰撞后系统的
动能为 ，不满足总动
能不增加原则，故D错误.
变式1 [2024·河南信阳模拟] 一质量为的物体以 的初速度与另一质
量为的静止物体发生碰撞，其中， ，碰撞可分为弹性
碰撞、完全非弹性碰撞以及非弹性碰撞.碰撞后两物体速度分别为和 .
假设碰撞在一维上进行，且一个物体不可能穿过另一个物体.物体撞后与
碰撞前速度之比 的取值范围是( )
A. B.
C. D.
√
[解析] 假设两个物体发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律有
，解得 ；假设两个物体发生弹性碰撞，
根据动量守恒定律有 ，根据能量守恒定律有
，解得，所以 的取值范围是
，故选B.
素养提升 “动碰动”的弹性碰撞问题
发生弹性碰撞的两个物体碰撞前后动量守恒，机械能守恒，若两物体质量
分别为和，碰前速度分别为、，碰后速度分别为、 ，则有：
(1)
(2)
联立(1)、(2)解得：
， .
特殊情况:若,则, .
例11 (多选)[2024·广东卷] 如图所示，光滑斜坡上，可视为质点的甲、乙
两个相同滑块分别从、高度同时由静止开始下滑.斜坡与水平面在
处平滑相接，滑块与水平面间的动摩擦因数为 ，乙在水平面上追上甲时
发生弹性碰撞.忽略空气阻力.下列说法正确的有( )
A.甲在斜坡上运动时与乙相对静止
B.碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙
的速度
C.乙的运动时间与 无关
D.甲最终停止位置与处相距
√
√
√
[解析] 两滑块同时从光滑斜坡上由静止下
滑时，甲、乙的加速度相等，初速度均为
零，所以甲在斜坡上运动时与乙相对静止,
A正确；由于甲、乙两滑块的质量相同，
在水平面上发生弹性碰撞，根据动量守恒
定律有 ，根据机械能守恒定律有
,联立 解得, ,即两滑块碰
撞后速度互换，B正确；
乙的运动时间分为在光滑斜坡上匀加速运动的时间和在水平面上匀减速运动的时间， 越大，则乙在光滑斜坡上匀加速运动的时间越长，在水平面上匀减速运动的时间也越长,乙运动的总时间就越长，C错误；甲与乙在水平面上碰撞时，两滑块在水平面上运动的位移相同，甲、乙两滑块发生弹性碰撞，碰后速度互换，由于甲、乙两滑块与地面之间的动摩擦因数相同，故碰撞后甲运动的位移等于没有发生碰撞情况下乙从碰撞点开始运动的位移，因此甲在水平面上发生的总位移等于不放甲
时乙在水平面上运动的位移，根据功能关系有
，解得 ，D正确.
例12 (多选)[2024·山东济南模拟] 如图所示，将两个质量分别为
、的小球、 叠放在一起，中间留有小空隙，从初始
高度处由静止释放.球与地面碰撞后立即以原速率反弹， 球
与球碰撞的时间为，不计空气阻力，取向上为正方向， 球的速
度—时间图像如图乙所示，取 ，则( )
A.球与球碰前的速度大小为
B.两球碰撞过程中，球受到重力的冲量
与对 球的冲量大小比值为
C.、 两球发生的是弹性碰撞
D.若，第一次碰撞后，球上升的最大高度可能大于
√
√
[解析] 由机械能守恒定律可知,解得，球与
球碰撞前的速度大小 ，A正确；
根据动量定理可知，和相互作用过程中， 动量的变化量等于合力的冲量，有，重力的冲量为， ，B正确；因为、 作用时间极短，重力对系统的冲量远小于系统总动量，可以视为系统动量守恒，根据动量守恒有，得 碰后速度为，计算知
，
碰撞后系统机械能有损失，不是弹性
碰撞,C错误；
若不计系统重力的影响，且 ，由动量守恒定律有
，不计能量损失，由能量守恒定律有
，联立解得
，因，则，由，则 球上升的
最大高度 ，D错误.
变式2 [2024·吉林长春模拟] 伽利略大炮是一种极为简易
的机械发射装置，由伽利略于1590年左右发明.现用实验研
究伽利略大炮的原理，先将 的弹性大球单独自由释放，
落地反弹高度为下落高度的 .现在弹性大球上将弹性小球
逐个叠放，并将它们从距地面 高处自由释放，如图所
示.已知各球相互接触且重心在同一竖直线上，每个弹性球
的质量为该球下面接触球质量的一半，各球之间均发生弹性碰撞，作用时
间极短，无论弹性大球上面是否叠放弹性小球及叠放几个弹性小球，弹性
大球与地面碰撞过程中能量损失均保持不变，重力加速度取 ，
忽略空气阻力.
(1) 若将弹性大球单独从距地面 高处自由释放，求地
面对弹性大球所做的功；
[答案]
[解析] 设弹性大球与地面碰撞前瞬间的速度大小为 ，与
地面碰撞后瞬间的速度大小为 ，地面对弹性大球所做的
功为，由运动学规律可得，上升过程有
下落过程有
由动能定理可得
解得
(2) 接(1)问，若弹性大球上端只放一个弹性小球，求两球
碰撞过程中弹性大球对弹性小球的冲量大小；
[答案]
[解析] 弹性小球与弹性大球发生弹性碰撞，设弹性大球碰
后瞬间的速度为 ，弹性小球碰前与碰后瞬间的速度分别
为、 ，取向上为正方向，由动量守恒定律和能量守恒
定律可得
由动量定理可得
解得
(3) 若要使最上端的弹性小球上升高度不低于 ，至少
需要叠放多少个弹性小球？
[答案] 弹性大球上至少需要叠放6个弹性小球
[解析] 由(2)可得第一个弹性小球与弹性大球碰撞之后瞬
间速度为
整理可得
同理可得第二个弹性小球与第一个弹性小球碰撞之后瞬间
的速度为
整理可得
由数学知识可得
由于要使最上端的弹性小球上升高度不低于 ，由运动
学规律可得
则
解得时,
时,
故弹性大球上至少需要叠放6个弹性小球
1.关于下列四幅图所反映的物理过程的说法正确的是( )
A.甲图中子弹射入木块的过程中，子弹和木块组成的系统动量守恒，能量不守恒B.乙图中、 两木块放在光滑的水平面上，剪断束缚、 两木块之间的细线，在弹簧恢复原长的过程中，、 与弹簧组成的系统动量守恒，机械能增加
动量守恒定律的理解和应用
C.丙图中细线断裂后，木球和铁球在水中运动的过程中，两球组成的系统动量守恒，机械能不守恒
D.丁图中木块沿放在光滑水平面上的斜面下滑，木块和斜面组成的系统在水平方向上动量守恒，机械能守恒
√
[解析] 甲图中，在光滑水平面上，子弹射入木块的过程中，子弹和木块
组成的系统动量守恒，机械能有损失，但是损失的机械能转化为内能，
能量仍守恒，A错误；乙图中，剪断束缚、 两木块之间的细线，在
弹簧恢复原长的过程中，、 与弹簧组成的系统动量守恒，弹簧的弹
性势能转化为木块的动能，系统机械能守恒，B错误；
丙图中，木球和铁球组成的系统匀速下降，说明两球所受水的浮力大小等
于两球自身的重力，细线断裂后两球在水中运动的过程中，所受合外力为
零，两球组成的系统动量守恒，由于水的浮力对两球做功，两球组成的系
统机械能不守恒，C正确；丁图中，木块沿放在光滑水平面上的斜面下滑，木块和斜面组成的系统在水平方向
上不受外力，水平方向上动量守恒，
由于斜面可能不光滑，所以机械能
可能有损失，D错误.
2.如图所示，甲、乙两个小孩各乘一辆冰车
在水平冰面上游戏，甲和他的冰车总质量为
，乙和他的冰车总质量也是 ，
A. B. C. D.
游戏时甲推着一个质量的箱子和他一起以大小为 的
速度滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来，为了避免相撞，甲突然将箱子
沿冰面推给乙，箱子滑到乙处时乙迅速把它抓住，若不计冰面的摩擦，为
了避免甲与乙相撞，甲相对地面推出箱子的速度不能小于( )
√
[解析] 设甲至少以速度 将箱子推出，推出
箱子后甲的速度为，乙的速度为 ，取水
平向右为正方向，则根据动量守恒定律，可
得对甲和箱子有 ，对乙和箱子有
，当甲与乙恰好不相撞时， ，解得 .
故B正确.
爆炸、反冲运动和人船模型
3.物块和斜面的质量分别为和 ，水平直角边长分别为和，不计
一切摩擦， 从斜面顶端由静止开始运动，相对于斜面刚好滑到底端这一
过程中，正确的是( )
A.物块 的机械能守恒
B.与 组成的系统动量守恒
C.斜面的位移大小为
D.物块的位移大小为
√
[解析] 根据题意可知，斜面对物块的支持力对物块 做功，则物块 的
机械能不守恒，故A错误；根据题意可知，初始时刻系统竖直方向动量为
零，运动过程中，物块 有竖直方向的分速度，则竖直方向上系统的动量
不守恒，故与 组成的系统动量不守恒，故B错误；由题意可知，系统在
水平方向上动量守恒，设物块的水平位移为，
斜面 的水平位移为，由动量守恒定律有
，又有 ，解得，
，由于物块 的竖直位移不可求，则物
块的位移大小不可求，斜面 的竖直位移为零，
则斜面的位移大小为 ，故D错误，C正确.
4.有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长，一位同学想用一个卷
尺测量它的质量.他进行了如下操作：首先将船平行码头自由停泊，然后
他轻轻从船尾上船，走到船头后停下，而后轻轻下船，用卷尺测出船后退
的距离和船长.若忽略小船受到湖水的阻力，已知他自身的质量为 ，
则船的质量为( )
A. B. C. D.
√
[解析] 画出如图所示的草图，设人走动时船的速度大小
为，人的速度大小为，船的质量为 ，人从船尾走到
船头所用时间为.则， ；人和船组成的系统
在水平方向上动量守恒，取船的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得
，解得船的质量 ，B正确.
5.[2021·浙江1月选考] 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 、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，在末和 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，忽略空气阻力
取 .下列说法正确的是( )
A.两个碎块的位移大小之比为
B.爆炸物的爆炸点离地面高度为
C.爆炸后质量大的碎块的初速度为
D.爆炸后两个碎块落地点之间的水平距离为
√
[解析] 爆炸物上升到最高点时，瞬时速度为零，爆
炸瞬间，在水平方向上动量守恒，因此质量之比为
的两个碎块其速度之比为 ，根据平抛运动规
律可知，水平方向位移大小之比为 ，但合位移大
小之比并不为 ，选项A错误.根据题意，设声速为，有，
解得 ，则两个碎块落地点之间的水平距离 ，
选项D错误.
以上推导说明爆炸物爆炸之后质量为的碎块落地声音传到接收器需要
，质量为 的碎块落地声音传到接收器时间为 ，因此爆炸物爆
炸后碎块做平抛运动的落地时间为 ，根据平抛运
动的规律可知，碎块下落的高度 ，
选项B正确.爆炸后质量为 的爆炸物碎块的初速度
为 ，选项C错误.
碰撞问题
6.如图所示，水平面上 段为动摩擦因数的粗糙段，段光滑.质
量为 的物体甲放在距点左侧的处，物体乙静止放在距
点右侧的处. 现给物体甲一个水平向右的初速度 ，
物体甲与物体乙在点发生弹性正碰，碰后物体甲恰好能返回出发点 .重力
加速度大小取 ，两物体均可视为质点，则 ( )
A.物体甲第一次运动到点的速度大小为
B.物体甲向右从点运动到点所用的时间为
C.物体甲与乙碰撞后，物体甲的速度大小为
D.物体乙的质量为
√
[解析] 根据动能定理有 ，物体甲第一次运动到点的速度大小为 ，A错误；物体甲向右从点运动到 点所用的时间为 ，B正确；碰后物体甲恰好能返回出发点 ，根据动能定理有 ，解得物体甲与乙碰撞后物体甲的速度大小为 ，C错误；根据动量守恒定律和机械能守恒定律有 ，
，
得 ，D错误.
素养提升 “动碰动”的弹性碰撞问题
7.(多选)、 两物体在光滑水平面上沿同一直线运动，如图表示、发生
碰撞前、后的 图线，由图线可以判断下列叙述正确的是( )
A.、的质量比为
B.、 碰撞前、后总动量守恒
C.、碰撞前、后总动量不守恒
D.、 碰撞前、后总动能不变
√
√
√
[解析] 根据动量守恒定律有，
得 ，故A项正确；根据动量守恒定律知、 碰撞前、后总
动量守恒，故B项正确，C项错误；碰撞前总动能为
，碰撞后总动能为 ，即碰撞前、后
总动能不变，故D项正确.
作业手册(A)
A.木块离开墙壁前，、 和弹簧组成的系统动量
守恒，机械能也守恒
B.木块离开墙壁前，、 和弹簧组成的系统动量不守恒，机械能也不守恒
C.木块离开墙壁后，、 和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒
D.木块离开墙壁后，、 和弹簧组成的系统动量不守恒，但机械能守恒
1.[2024·重庆九龙坡区模拟] 如图所示，在水平光滑地面上有、 两个木
块，之间用一轻弹簧连接.靠在墙壁上，用力向左推 使两木块之间弹
簧压缩并处于静止状态.若突然撤去力 ，则下列说法中正确的是( )
√
[解析] 撤去后，木块离开墙壁前，墙对 有向右的弹力，系统所受的合
外力不为零，所以系统的动量不守恒，这个过程中，只有弹簧的弹力对
做功，系统的机械能守恒，故A、B错误； 离开竖直墙后，系统水平方向
不受外力，竖直方向外力平衡，所以系统所受的合外力为零，系统的动量
守恒，只有弹簧的弹力做功，系统机械能也守恒，故C正确，D错误.
2.如图所示,曲面体静止于光滑水平面上,物块自的上端由静止释放.
与的接触面光滑,在 上运动的过程中,下列说法正确的是( )
A.对 做功为零
B.和 之间相互作用力做功之和为零
C.和 构成的系统机械能守恒、动量守恒
D.和 构成的系统机械能不守恒、动量守恒
√
[解析] 对 有弹力的作用,并且在力的方向上有位移,
在运动中,会向左移动,对 的弹力方向垂直于接触面
向上,与位移方向的夹角大于 ,所以对 做功不为
0,故A错误;因为、 之间的力属于系统内力,并且等大
反向, 两者在力的方向上发生的位移相等,所以做功之和为0,故B正确;
因为系统除重力外,其他力做功代数和为零,所以、 组成的系统机械能守
恒,系统水平方向上不受外力的作用,水平方向上动量守恒,但是在竖直方向
上 有加速度,即竖直方向上动量不守恒,故C、D错误.
3.[2024·湖南益阳模拟] 质量为的热气球在空中以速率 匀速上升，一质
量为的人在悬绳上相对热气球静止.若人以相对地面速率 沿绳匀速向下
运动，则热气球的速率为( )
A. B.
C. D.
[解析] 根据动量守恒定律有 ，得
，故选C.
√
4.[2024·湖北恩施模拟] 如图所示，棱长均为 的立方
体木块和空心铁块，用长度也为 的细绳连接，悬浮在
平静的水池中，木块上表面和水面的距离为 .当细绳断
裂后，木块与铁块分别竖直向上、向下运动，当木块
上表面刚浮出水面时，铁块恰好到达池底.已知木块的
质量为，铁块的质量为 ，不计水的阻力，则池深为
( )
A. B.
C. D.
√
[解析] 设铁块下降的高度为 ，对于木块和铁块整体由
动量守恒有，化简得 ，则池深为
，故选D.
5.[2024·江苏扬州一中模拟] 如图所示，两辆质量相同的小车置于光滑的
水平面上，有一人静止站在车上，两车静止，当这个人自车跳到 车上，
接着又跳回车，并与 车保持相对静止，则下列说法正确的是( )
A.车的速率大于 车的速率
B.车的速率等于 车的速率
C.小车和人组成的系统在水平方向动量守恒
D.在整个过程中人的动量不变
√
[解析] 小车和人组成的系统在题中情境中水
平方向不受外力，故小车和人组成的系统在
水平方向动量守恒，故C正确；因为小车和人
组成的系统在水平方向动量守恒，故有
，故车和 车最后沿
相反的方向运动，且 车速度较大，故A、B错误；
最后人与 车一起向左运动，人的动量不为零，而一开始，人保持静止，
动量为零，故人的动量发生了变化，故D错误.
6.[2024·四川绵阳中学模拟] 如图所示，水火箭
静止在光滑水平面上，用打气筒通过气门芯向水
火箭瓶身内打气，当瓶内空气达到一定压强时，
A. B. C. D.
水将橡皮塞冲开并向后高速喷出，水火箭在光滑水平面上冲出.若喷水前
水火箭的总质量为，运动过程中每秒向后喷出质量为 的水，水喷出时
相对地面的速度大小均为，忽略空气阻力的影响，则第 秒末
(设上述过程中该水火箭仍在匀速喷水中)水火箭的速度大小为( )
√
[解析] 设第秒末水火箭的速度大小为 ，此时
水火箭的质量为 ，水火箭喷水过程系统
动量守恒，则有 ，解得
，故A正确.
7.、两球沿同一条直线运动，如图所示的 图像记
录了它们碰撞前后的运动情况，其中、分别为、
两球碰撞前的图像，为碰撞后它们的 图像.若
球质量为，则 球质量为( )
A. B. C. D.
[解析] 由图像可知，碰撞前、 两球都做匀速直线运动，
， ，碰撞后二者共同做匀
速直线运动， ，碰撞过程中动量守恒，有
，解得 ，选项B正确.
√
8.(多选)、 两球在光滑水平面上向同一方向运动，它们的动量分别是
、，球从后面追上球并发生碰撞，碰后
球的动量变为，则、两球质量与 的关系可能是( )
A. B. C. D.
√
√
[解析] 球追上球发生碰撞，说明球碰前速度大于 球碰前速度，即
，解得，碰撞过程满足动量守恒定律，即 ，
解得碰后球的动量为 ，碰前总动
能大于或等于碰后总动能，即 ，结合动量和动能的
关系，可知，解得，碰后 球速度小
于或等于球速度，即，解得 ，综上可知，两球质量关系满
足 ，A、B错误，C、D正确.
9.[2024·辽宁沈阳模拟] 如图所示，长度为的轻质细绳一端与带孔小球
连接，另一端与木块连接，小球 穿在光滑的固定水平杆(足够长)上，小
球与木块质量均为时刻，给木块一水平瞬时冲量 ，使其获得
(为重力加速度大小)的初速度，则从时刻至 再次运动到
正下方的过程中( )
A.、 沿绳方向加速度始终相等
B.绳对球的冲量大小为
C.绳对 先做正功后做负功
D.木块再次运动到 正下方时绳子拉力的大小为
√
[解析] 从时刻至再次运动到 正下方的
过程中，细绳一直处于向右倾斜状态，所以
一直水平向右加速， 的运动可以分解为水平
向右随 的加速直线运动和竖直平面内的圆周运动，所以的加速度水平向
右， 的加速度有与 相同的向右的加速度分量和沿绳的加速度分量,故、
沿绳方向加速度不相等，故A错误；从时刻至再次运动到 正下方
的过程中，由水平方向动量守恒和能量守恒定律可得
，，
解得 ，，对 由动量定理可得
，由受力分析
可知重力与支持力不相等，所以
，所以 ，故B错误；从时刻至再次运
动到 正下方的过 程中，细绳一直处于向右倾斜状态，绳对 一直做正功，
故C错误；再次运动到 正下方时，由B项分析知 的速度不为零，随
水平运动的速度为零，由，得 ，故D正确.
10.[2024·广西南宁一中模拟] 如图所示，一质
量为 的足够长硬质均匀薄板，沿光滑
水平面以 的速度向右匀速运动，在
(1) 若薄板光滑，则在碰撞过程中，薄板对小球的平均弹力大小为多少？
[答案]
其上方高处，有一质量为 的小球自由下落，落在薄板上与板
相撞后，又反弹能达到的最大高度为 ，小球和薄板碰撞的时间为
，不计空气阻力及小球旋转，取 .
[解析] 小球自由下落过程，根据动能定理有
解得
小球反弹达到最大高度过程，根据动能定理有
解得
薄板光滑，在碰撞过程中，令薄板对小球的平均弹力大小为 ，根据动量定理有
解得 ，方向竖直向上
10.[2024·广西南宁一中模拟] 如图所示，一质
量为 的足够长硬质均匀薄板，沿光滑
水平面以 的速度向右匀速运动，在
(2) 若小球与薄板间的动摩擦因数 ，则小球第一次弹起后薄板的速
度大小为多少？
[答案]
其上方高处，有一质量为 的小球自由下落，落在薄板上与板
相撞后，又反弹能达到的最大高度为 ，小球和薄板碰撞的时间为
，不计空气阻力及小球旋转，取 .
[解析] 碰撞过程，对小球进行分析，在水平方
向上有
碰撞之后，令薄板速度为 ，对小球和薄板构
成的系统，在水平方向上，根据动量守恒定律
有
解得
11.[2022·广东卷] 某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设
计了如图所示的物理模型.竖直放置在水平桌面上的滑杆
上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态.当滑块从 处
以初速度为向上滑动时，受到滑杆的摩擦力 为
.滑块滑到 处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆
离开桌面一起竖直向上运动.已知滑块的质量 ，
滑杆的质量，、间的距离 ，重力加
速度取 ，不计空气阻力.求：
(1) 滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小 和 ；
[答案] ;
[解析] 滑块处于静止状态时桌面对滑杆的支持力大小等于滑块和滑杆的重力之和，即
滑块向上滑动过程中受到滑杆的摩擦力为 ，根据牛顿第
三定律可知滑块对滑杆的摩擦力也为 ，方向竖直向上，则此时桌面对滑杆的支持力为
11.[2022·广东卷] 某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设
计了如图所示的物理模型.竖直放置在水平桌面上的滑杆
上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态.当滑块从 处
以初速度为向上滑动时，受到滑杆的摩擦力 为
.滑块滑到 处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆
离开桌面一起竖直向上运动.已知滑块的质量 ，
滑杆的质量，、间的距离 ，重力加
速度取 ，不计空气阻力.求：
(2) 滑块碰撞前瞬间的速度大小 ；
[答案]
[解析] 滑块从开始运动到碰前瞬间，根据动能定理有
代入数据解得
11.[2022·广东卷] 某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设
计了如图所示的物理模型.竖直放置在水平桌面上的滑杆
上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态.当滑块从 处
以初速度为向上滑动时，受到滑杆的摩擦力 为
.滑块滑到 处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆
离开桌面一起竖直向上运动.已知滑块的质量 ，
滑杆的质量，、间的距离 ，重力加
速度取 ，不计空气阻力.求：
(3) 滑杆向上运动的最大高度 .
[答案]
[解析] 滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞，碰后两者共速，
碰撞过程根据动量守恒定律有
碰后滑块和滑杆以速度 整体向上做竖直上抛运动，根据
动能定理有
代入数据解得
作业手册(B)
1.[2024·福建厦门一中模拟] 如图所示，在光滑水平面上有一静止的质量
为的小车，用长为的细线系一质量为 的小球，将小球拉至水平位置，
球放开前小车与小球保持静止状态，松手后让小球下落，在最低点与固定
在小车上的油泥相撞并粘在一起，则( )
A.小球下摆过程与小车组成的系统动量守恒
B.小球与油泥相撞后一起向右运动
C.小球下摆过程小车的运动距离为
D.小球下摆过程小车的运动距离为
√
[解析] 小球下摆过程与小车组成的系统水平方向动
量守恒,竖直方向动量不守恒，故A错误；小球下落
过程中，水平方向具有向右的分速度，因水平方向
动量守恒，小车要向左运动,当撞到油泥，是完全非
弹性碰撞，小球和小车大小相等方向相反的动量恰
好抵消掉，所以小车和小球都保持静止，故B错误；
设当小球到达最低点时，小球向右移动的距离为 ，
小车向左移动的距离为 ，根据系统水平方向动量
守恒有，又、 ，则有
，变形得 ，根据
，联立解得 ，故C错误,D正确.
2.[2024·浙江湖州模拟] 用火箭发射人造
卫星，发射过程中最后一节火箭的燃料用
完后，火箭壳体和卫星一起以
的速度绕地球做匀速圆周运
动.已知卫星的质量为 ，最后一节
火箭壳体的质量为 .某时刻火箭壳
体与卫星分离，分离时卫星与火箭壳体沿轨道切线方向的相对速度为
.下列说法正确的是( )
A.分离后火箭壳体的速度大小为
B.分离后火箭壳体的速度大小为
C.分离过程中火箭壳体对卫星的冲量大小为
D.分离前后卫星与火箭壳体的总动量变化量大小为
√
[解析] 设火箭壳体和卫星分离前一起绕地球做匀速圆周运动的速度为 ，卫星的质量为，火箭壳体的质量为 ，分离时卫星与火箭壳体沿轨道切线方向的相对速度为 ，分离后火箭壳体的速度大小为 ，根据题意可知，分离前后卫星与火箭壳体组成的系统动量守恒，则分离前后卫星与火箭壳体的总动量变化量大小为0， 取分离前火箭
壳体和卫星的速度方向为正方向，根据动量守恒
定律得
，
解得 ，则分离后卫星的速度为 ，
故A、B、D错误；分离过程中，设火箭
壳体对卫星的冲量大小为 ，对卫星由动量定理有 ，故C正确.
3.[2024·湖南长沙模拟] 如图所示，半径为 的光滑圆
形轨道固定在竖直平面内.小球、质量分别为 、
(为待定系数) 球从左边与圆心等高处由静止开始
沿轨道下滑，与静止于轨道最低点的 球相撞，碰撞中
无机械能损失，重力加速度为.关于各种情况下 的取
值.下列各项中正确的是( )
A.若，则小球 第一次碰后将会在某处脱离圆轨道
B.若，则小球 第一次碰后就能够运动到圆轨道的最高点
C.若，小球 可能脱轨
D.若，小球和小球 将在圆轨道的最低点的左轨道发生第二次碰撞
√
[解析] 小球 下滑到最低点的过程中，根据动能定理
得，解得与碰撞前 的速度
，碰撞过程中动量守恒，规定向右为正方
向，根据动量守恒定律有 ，根据
机械能守恒定律有
，联立解得 、，
若 小球运动至轨道顶点，
，
若小球能恰好通过最高点，则有 ，解得
，联立各式代入数据解得 ，
当时， 脱轨，而 时，不一定脱轨，
故A错误；由上分析可知，当时， 球可运动至
轨道最高点，故B正确；
若 ，两球发生弹性碰撞，由于两球质量相等，
速度交换， 球恰能运动到四分之一圆弧轨道，所以若
，小球运动不到四分之一圆弧轨道处，速度减为
零又返回，所以小球 不可能脱轨，故C错误；若
时，、 ，两球速度大
小相等，方向相反，经过相同的时间会同时回到最低
点，所以两球会在最低点发生第二次碰撞，故D错误.
4.如图所示，一排人站在沿轴的水平轨道旁，原点 两侧的人的序号都记
为每人只有一个沙袋， 一侧的每个沙袋质量为
，一侧的每个沙袋质量为，一质量为 的
小车以某初速度从原点出发向 正方向滑行.不计轨道阻力.当车每经过一人
身旁时，此人就把沙袋以水平速度 朝与车速相反的方向沿车面扔到车
上，的大小等于扔此袋之前的瞬间车速大小的倍( 是此人的序号数)，
车上最终有小沙袋的个数为( )
A.3个 B.5个 C.7个 D.9个
√
[解析] 在小车朝正方向滑行的过程中，第 个沙袋扔到车上后的车
速为，第个沙袋扔到车上后的车速为 ，由动量守恒定律有
，解得 ，
小车不再向右运动的条件是,，即 、
，代入数字，得应为整数，故 ，即车上堆积3个
沙袋后车就反向滑行，车自反向滑行直到接近 一侧第1人所在位置时，
车速保持不变，而车的质量为.若在朝 负方向滑行过程中，
第个沙袋扔到车上后车速为，第个沙袋扔到车上后车速为 ，
现取在图中向左的方向(负方向)为速度、 的正方向，则由动量守
恒定律有 ，
得，车不再向左滑行的条件是 ，
，即、，解得 时
，即在 一侧第4个沙袋扔到车上后车就停住，
所以车上最终共有大小沙袋为3个个 个，故C正确.
5.[2024·山东菏泽模拟] 如图所示，质量分
别为、、的小球、、 静止在光
滑的水平面上，且球心处在同一直线上，小
球用长为(未知)的细线连接悬于 点，
小球用长为(未知)的细线连接悬于点，小球、 刚好与水平面接触，
现给小球一个水平向右大小为的初速度，小球与小球 发生弹性正碰，
使小球恰好在竖直面内做圆周运动，接着小球与小球 也发生弹性正碰，
碰撞后小球也恰好在竖直面内做圆周运动，重力加速度大小为 ，不计
小球的大小，求：
[解析] 、碰撞过程，有
解得，
(1) 悬挂小球的细线长 ；
[答案]
碰后小球 恰好在竖直面内做圆周运动，则小球 到达最高点时有
小球 从最低点运动到最高点，根据机械能守恒定律有
联立解得
5.[2024·山东菏泽模拟] 如图所示，质量分
别为、、的小球、、 静止在光
滑的水平面上，且球心处在同一直线上，小
球用长为(未知)的细线连接悬于 点，
(2) 小球与小球第一次碰撞后一瞬间，细线对小球 的拉力大小.
[答案]
小球用长为(未知)的细线连接悬于点，小球、 刚好与水平面接触，
现给小球一个水平向右大小为的初速度，小球与小球 发生弹性正碰，
使小球恰好在竖直面内做圆周运动，接着小球与小球 也发生弹性正碰，
碰撞后小球也恰好在竖直面内做圆周运动，重力加速度大小为 ，不计
小球的大小，求：
[解析] 、碰撞过程，有
解得，
碰后小球 恰好在竖直面内做圆周运动，则小
球 到达最高点时有
小球 从最低点运动到最高点，根据机械能守
恒定律有
两球碰后瞬间，对 ，根据牛顿第二定律有
联立解得
6.[2024·广东惠州模拟] 图甲是一个 形雪槽，某次滑板表演中，表演者在
同一竖直平面内运动，可把该场地简化为如图乙所示的凹形场地：两端是
四分之一的光滑圆弧面，中间是长的粗糙水平面.表演者 的质量
(含滑板)为，从 处沿光滑圆弧面滑下，进入水平面后，与质量(含滑板)
为且静止在水平面中点的表演者水平击掌相碰，
碰后 以碰前速度的反弹，、在处发生碰撞后(碰撞时间极短)，最终
都停在、 间的某点处，且恰好不再发生碰撞.假设与粗糙水平面的动
摩擦因数是 与水平面的 倍，表演者的动作不影响自身的速度，滑板长度
忽略不计.
(1) 求与碰撞后瞬间，、 的速度大小之比；
[答案]
[解析] 设与碰撞前的速度为，反弹的速度大小为
获得的速度大小为 ，取水平向右为正方向，由动量守恒定律有
解得
[解析] 若、 从碰撞后到停下，它们在粗糙水平面上滑过的路程分别为
和 ，则有
联立并代入
解得
(2) 以为起点，求、碰撞后在粗糙水平面上滑过的路程之比(可用 表示)；
[答案]
(3) 若碰撞后，、均两次通过四分之一的光滑圆弧面的最低点，求 的
长度与之比及 的取值范围.
[答案] ;
[解析] 由于、刚好不再发生第二次碰撞且停在、之间的 ，且两者
均冲上圆弧面，再返回，两者在水平面的总路程满足关系式
联立第(2)问的结果，可解得
则的长度为
因位于与之间，故有
代入的表达式可求解得
7.[2023·全国乙卷] 如图,一竖直固定的长直圆管内有一质量
为的静止薄圆盘,圆盘与管的上端口距离为,圆管长度为 .
一质量为 的小球从管的上端口由静止下落,并撞在圆
盘中心,圆盘向下滑动,所受滑动摩擦力与其所受重力大小相
等.小球在管内运动时与管壁不接触,圆盘始终水平,小球与圆
盘发生的碰撞均为弹性碰撞，且碰撞时间极短.不计空气阻力,
重力加速度大小为 .求:
(1) 第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小;
[答案]
[解析] 以竖直向下为速度的正方向，设第一次碰撞前瞬间小
球的速度为，碰撞后瞬间小球与圆盘的速度分别为、 .
由动量守恒定律和机械能守恒定律有
联立并代入题给数据得
即第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小均为
7.[2023·全国乙卷] 如图,一竖直固定的长直圆管内有一质量
为的静止薄圆盘,圆盘与管的上端口距离为,圆管长度为 .
一质量为 的小球从管的上端口由静止下落,并撞在圆
盘中心,圆盘向下滑动,所受滑动摩擦力与其所受重力大小相
等.小球在管内运动时与管壁不接触,圆盘始终水平,小球与圆
盘发生的碰撞均为弹性碰撞，且碰撞时间极短.不计空气阻力,
重力加速度大小为 .求:
(2) 在第一次碰撞到第二次碰撞之间,小球与圆盘间的最远距离;
[答案]
[解析] 取第一次碰撞时为 时刻，碰撞地点为坐标原点，
竖直向下为轴正向.由于 ,碰撞后小球将先向上运动,然
后再下落,当小球的下落速度与圆盘的速度均为 时,两者之
间的距离最大,此时
设此时刻小球的坐标为,圆盘的坐标为 ,由运动学公式有
两者之间的最远距离为
联立可得
7.[2023·全国乙卷] 如图,一竖直固定的长直圆管内有一质量
为的静止薄圆盘,圆盘与管的上端口距离为,圆管长度为 .
一质量为 的小球从管的上端口由静止下落,并撞在圆
盘中心,圆盘向下滑动,所受滑动摩擦力与其所受重力大小相
等.小球在管内运动时与管壁不接触,圆盘始终水平,小球与圆
盘发生的碰撞均为弹性碰撞，且碰撞时间极短.不计空气阻力,
重力加速度大小为 .求:
(3) 圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的次数.
[答案] 4次
[解析] 因为，若在速度为的参考系中看，从 时刻开
始，小球与圆盘将重复第一次碰撞前的运动过程.因此第2次
碰撞前瞬间，在地面参考系看，小球与圆盘的速度分别为
碰撞后瞬间速度分别为
当小球的速度加速到时，两球之间的距离最远，仍为 ，若
在速度为 的参考系看，两球的第3次碰撞也将重复第
一次碰撞的过程，第3次碰撞前瞬间，在地面参考系看，小
球与圆盘的速度分别为,
以此类推，在第 次碰撞前瞬间，小球、圆盘的速度分别为
设在第次碰撞前瞬间，小球距圆管上端口的距离为 ,由动能
定理得
由题意知,联立并代入题目所给条件可知
即圆盘离开圆管前，小球与圆盘共碰撞4次
必备知识自查 一、1.矢量和 2.（1） （2）
二、1.守恒,最大 2.（1）动量 （2）远大于,守恒
【辨别明理】 1.√ 2.× 3.×
核心考点探究 考点一 考向一 例1.D 考向二 例2.B 考向三 例3.A
考点二 考向一 例4.C 考向二 例5.AD 考向三 例6.D
考点三 考向一 例7.BC 例8.A 考向二 例9.C 考向三 例10.B
变式1.B 素养提升 例11.ABD 例12.AB 变式2.（1）
（2） （3）弹性大球上至少需要叠放6个弹性小球
作业手册（A） 基础巩固练 1.C 2.B 3.C 4.D 5.C
综合提升练 6.A 7.B 8.CD 9.D 10.（1） （2）
拓展挑战练 11.（1）, （2） （3）
作业手册（B） 基础巩固练 1.D 2.C 3.B 4.C 5.（1） （2）
综合提升练 6.（1） （2） （3）,
拓展挑战练
7.（1） （2） （3）4次
