(共75张PPT)
第2讲 动量守恒定律及其基本应用
一、动量守恒定律
1．内容：如果一个系统________，或者所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变．
2．三种表达式：
(1)p＝p′，系统相互作用前的总动量p________相互作用后的总动量p′.在两个物体组成的系统中，m1v1＋m2v2＝__________，即作用前的动量之和等于作用后的动量之和．
(2)Δp1＝________，即相互作用的两个物体动量的增量等大反向．
(3)Δp＝p′－p＝0，即系统总动量的增量为________．
不受外力
等于
m1v′1＋m2v′2
－Δp2
零
二、适用条件
1．理想守恒：系统不受外力或所受____________为零，则系统动量守恒．
2．近似守恒：系统受到的外力的矢量和不为零，但当所受的内力________合外力时，系统的动量可近似看成守恒．
注意：合外力的冲量在相互作用的极短时间内忽略不计．
3．某方向上动量守恒：系统在某个方向上所受________为零或该方向满足F内 F外时，系统在该方向上动量守恒．
外力的矢量和
远大于
合外力
三、应用动量守恒定律的注意点
1．矢量性：动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题时一定要统一正方向．
2．同时性：动量是一个瞬时量，表达式中的p1、p2…是系统中各物体在相互作用中同一时刻的动量，p′1、p′2…也是系统中各物体在相互作用中另一时刻的动量．
考教衔接
1.【链接·人教版选择性必修第一册P29第7题，两题的创设情境及解题思维方法类似】
(2022·北京卷，10)质量为m1和m2的两个物体在光滑水平面上正碰，其位置坐标x随时间t变化的图像如图所示．下列说法正确的是( )
A．碰撞前m2的速率大于m1的速率
B．碰撞后m2的速率大于m1的速率
C．碰撞后m2的动量大于m1的动量
D．碰撞后m2的动能小于m1的动能
答案：C
解析：根据位移—时间图像的斜率表示速度可知，碰撞前m2的速率为零，碰撞后m2的速率等于m1的速率，故A、B错误；碰撞前系统的总动量沿正方向，由动量守恒定律知，碰撞后系统的总动量为正，所以m2的动量大于m1的动量，又因碰后两物体速率相同，故有m2>m1，从而碰撞后m2的动能大于m1的动能，故C正确，D错误．
2．【2024年江苏卷第9题与2021年全国乙卷第14题一样，都考查了系统动量守恒问题，都要对含弹簧的系统进行动量是否守恒的判断】
(2024·江苏卷，9)在水平面上有一个U形滑板A，A的上表面有一个静止的物体B，左侧用轻弹簧连接在物体B的左侧，右侧用一根细绳连接在物体B的右侧，开始时弹簧处于拉伸状态，各表面均光滑，剪断细绳后，则( )
A．弹簧原长时B动量最大
B．弹簧压缩最短时B动能最大
C．系统动量变大
D．系统机械能变大
答案：A
考点一 动量守恒定律的理解和基本应用
考向1 动量守恒定律条件的理解
例1 (多选)如图所示，A、B两木块紧靠在一起且静止于光滑水平面上，木块C以一定的初速度v0从A的左端开始向右滑行，最后停在B木块的右端，对此过程，下列叙述正确的是( )
A．当C在A上滑行时，A、C组成的系统动量守恒
B．当C在B上滑行时，B、C组成的系统动量守恒
C．无论C是在A上滑行还是在B上滑行，A、B、C三木块组成的系统动量都守恒
D．当C在B上滑行时，A、B、C组成的系统动量守恒
答案：BCD
解析：当C在A上滑行时，对A、C组成的系统受力分析，B对A的作用力为外力，合外力不等于0，系统动量不守恒，故A错误；当C在B上滑行时，A、B已分离，对B、C组成的系统，沿水平方向不受外力作用，系统动量守恒，故B正确；对A、B、C三木块组成的系统，无论C是在A上滑行还是在B上滑行，系统的水平方向上都无外力作用，系统动量守恒，故C、D正确．
题后感悟
判断动量是否守恒的注意点
(1)对于同一个系统，在不同物理过程中动量守恒情况有可能不同．
(2)同一物理过程中，选不同的系统为研究对象，动量守恒情况也往往不同．
考向2 动量守恒定律的基本应用
例2 随着机动车数量的增加，交通安全问题日益凸显，分析交通违法事例，将警示我们遵守交通法规，珍惜生命．已知某限速60 km/h的平直公路上，一辆质量为m1＝800 kg的汽车A以速度v1＝15 m/s 沿平直公路行驶时，驾驶员发现前方不远处有一质量m2＝1 200 kg的汽车B以速度v2迎面驶来，两车立即同时急刹车，使车做匀减速运动，但两车仍在开始刹车t＝1 s后猛烈地相撞，相撞后结合在一起再沿B车原行驶方向滑行6 m后停下，设两车与路面间动摩擦因数μ＝0.3，重力加速度大小g取10 m/s2，忽略碰撞过程中路面摩擦力的冲量，求：
(1)两车碰撞后刚结合在一起时的速度大小；
答案：6 m/s
(2)求B车刹车前的速度，并判断B车是否超速．
答案：21 m/s 超速
解析：两车刹车减速过程中，由于汽车与地面的动摩擦因数相同，则加速度大小相等，设为a，由牛顿第二定律可得a＝μg＝3 m/s2.
对A车有vA＝v1－at，
对B车有vB＝v2－at，
以碰撞前A车运动的方向为正方向，对碰撞过程由动量守恒定律得m1vA－m2vB＝－(m1＋m2)v共，
可得v2＝21 m/s>60 km/h，故B车超速．
题后感悟
应用动量守恒定律解题的基本思路
练1 (2025·福建三明模拟)甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑的水平冰面上匀速相向行驶，速度大小均为v0＝6 m/s，甲小孩所在小车上有质量为m＝1 kg的小球若干个，甲和他的小车及小车上小球的总质量为m1＝50 kg，乙和他的小车的总质量为m2＝30 kg.为避免相撞，甲不断地将小球以相对地面为v′＝16.5 m/s的水平速度抛向乙，且被乙接住，假如某一次甲将小球抛出且被乙接住后，刚好可保证两车不相撞．则甲总共抛出的小球个数是( )
A．12 B．13 C．14 D．15
答案：D
解析：规定甲的速度方向为正方向，两车刚好不相撞，则两车速度相等，由动量守恒定律得m1v0－m2v0＝(m1＋m2)v，解得v＝1.5 m/s，对甲、小车及从甲车上抛出的小球，由动量守恒定律得m1v0＝(m1－n·m)v＋n·mv′，解得n＝15，D正确．
考点二 碰撞模型
1．碰撞的基本规律
答案：C
考向2 弹性碰撞
弹性碰撞
例5 (多选)(2024·广西卷) 如图，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
答案：BC
解析：由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，因为两小球质量相等，所以碰撞后两小球交换速度，即vM＝0，vN＝v，碰撞后小球N做平抛运动．在水平方向做匀速直线运动，即N在水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v；小球N在竖直方向上做自由落体运动，即N在竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动．
考向3 完全非弹性碰撞
完全非弹性碰撞
例6 如图所示，光滑水平面上依次有滑块C质量mC＝2 kg，滑块A质量mA＝3 kg，滑块B质量mB＝3 kg.开始时A、B静止，C以初速度v0＝10 m/s的速度冲向A，与A发生弹性碰撞，碰撞后A继续向右运动，与B发生碰撞并粘在一起．求：
(1)C与A碰撞后A的速度大小；
答案：8 m/s
(2)A与B碰撞过程中损失的机械能．
答案：48 J
练2 (多选)(2025·八省联考云南卷)如图甲所示，内表面光滑的“
”形槽固定在水平地面上，完全相同的两物块a、b(可视为质点)置于槽的底部中点，t＝0时，a、b分别以速度v1、v2向相反方向运动，已知b开始运动速度v随时间t的变化关系如图乙所示，所有的碰撞均视为弹性碰撞且碰撞时间极短，
下列说法正确的是( )
A．前17 s内a与b共碰撞3次
B．初始时a的速度大小为1 m/s
C．前17 s内b与槽的侧壁碰撞3次
D．槽内底部长为10 m
答案：BC
解析：根据碰撞规律可知物块b与槽的侧壁碰撞后速度大小不变，方向改变，与a碰后交换速度，则根据物块b的v t图像可知，前17 s内a与b共碰撞4次，发生在4～6 s之间、8 s时刻、10～12 s之间以及16 s时刻；前17 s内b与槽的侧壁碰撞3次，分别在2 s、10 s和12 s时刻，选项A错误，C正确；b与a碰前速度为v2＝2 m/s向左，碰后b的速度v′2＝1 m/s向右，因两物块质量相同且碰撞为弹性碰撞，则碰后两物块交换速度，可知碰前a的速度v1＝v′2＝1 m/s，即初始时a的速度大小为1 m/s，选项B正确；槽内底部长为L＝2v2Δt＝2×2×2 m＝8 m，选项D错误．
考点三 爆炸、反冲运动
1．爆炸现象的三个规律
动量守恒 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
机械能增加 在爆炸过程中，有其他形式的能量(如化学能)转化为机械能，所以系统的机械能增加
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，可以认为爆炸后各部分仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动
2.反冲运动的两大规律
动量守恒 反冲运动中，系统不受外力或内力远大于外力，遵循动量守恒定律
机械能增加 反冲运动中，通常有其他形式的能转化为机械能，系统的机械能增加
答案：CD
练3 (反冲运动)在空间技术发展过程中，喷气背包作为曾经航天员舱外活动的主要动力装置，它能让航天员保持较高的机动性．如图所示，航天员在距离空间站舱门为d的位置与空间站保持相对静止，启动喷气背包，压缩气体通过横截面积为S的喷口以速度v1持续喷出，航天员到达舱门时的速度为v2.若航天员连同整套舱外太空服的质量为m0，不计喷出气体后航天员和装备质量的变化，忽略航天员的速度对喷气速度的影响以及喷气过程中压缩气体密度的变化，
答案：D
“人船”模型及其拓展模型的应用
1．“人船”模型条件及特点
2．“人船”模型的拓展(某一方向动量守恒)
典例1 (“人船”模型)(2024·河北卷，节选)如图，三块厚度相同、质量相等的木板A、B、C(上表面均粗糙)并排静止在光滑水平面上，尺寸不计的智能机器人静止于A木板左端．已知三块木板质量均为2.0 kg，A木板长度为2.0 m，机器人质量为6.0 kg，重力加速度大小g取10 m/s2，忽略空气阻力．
(1)机器人从A木板左端走到A木板右端时，求A、B木板间的水平距离．
答案：1.5 m
解析：机器人从A木板左端走到A木板右端时，机器人与A木板组成的系统动量守恒，设机器人质量为m0，三个木板质量均为m，根据“人船”模型得m0x＝mx1，
根据位移关系有x＋x1＝LA，
解得A、B木板间的水平距离x1＝1.5 m.
(2)机器人走到A木板右端相对木板静止后，以做功最少的方式从A木板右端跳到B木板左端，求起跳过程中机器人做的功及跳离瞬间的速度方向与水平方向夹角的正切值．
答案：90 J 2
典例2 (“人船”模型的拓展)如图所示，质量为m0＝4 kg的小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径为R＝1 m 的四分之一光滑圆弧轨道，BC段是长为L的粗糙水平轨道，两段轨道相切于B点．一质量为m＝1 kg的可视为质点的滑块从小车上的A点由静止开始沿AB轨道下滑，然后滑入BC轨道，最后恰好停在C点，滑块与BC轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小g取10 m/s2，
则( )
A．整个过程中滑块和小车组成的系统动量守恒
B．滑块由A滑到B过程中，滑块的机械能守恒
C．BC段长L＝1 m
D．全过程小车相对地面的位移大小为0.6 m
答案：D
解析：滑块在圆弧轨道上运动时有竖直方向的加速度，所以对系统而言竖直方向外力矢量和不为零，不满足动量守恒的条件，故A错误；滑块由A滑到B过程中，小车对滑块的弹力做负功，滑块的机械能不守恒，故B错误；滑块恰好停在C点时，二者均静止，根据能量守恒定律有mgR＝μmgL，解得L＝2 m，故C错误；根据系统水平方向动量守恒有m0v1＝mv2，通过相同的时间有m0x1＝mx2，且有x1＋x2＝R＋L，解得x1＝0.6 m，故D正确．
1．如图所示，将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上，槽的左侧紧靠在墙壁上．现让一小球自左侧槽口A的正上方从静止开始落下，自A点与半圆槽相切进入槽内，则下列结论中正确的是( )
A．小球在半圆槽内运动的全过程中，只有重力对它做功
B．小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒
C．小球自半圆槽B点向C点运动的过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒
D．小球离开C点以后，将做竖直上抛运动
答案：C
解析：小球下滑到半圆槽的最低点B之后，半圆槽离开墙壁，除了重力外，槽对小球的弹力也对小球做功，故A错误；小球下滑到半圆槽的最低点B之前，小球与半圆槽组成的系统水平方向上受到墙壁的弹力作用，系统所受的外力不为零，系统水平方向上动量不守恒，半圆槽离开墙壁后，小球与半圆槽在水平方向动量守恒，故B错误，C正确；半圆槽离开墙壁后小球对槽的压力对槽做功，小球与半圆槽具有向右的水平速度，所以小球离开C点以后，将做斜上抛运动，故D错误．
2．(多选)足够大的光滑水平面上，一根不可伸长的细绳一端连接着质量为m1＝1.0 kg的物块A，另一端连接质量为m2＝1.0 kg的长木板B，绳子开始是松弛的．质量为m3＝1.0 kg的物块C放在长木板B的右端，C与长木板B间的滑动摩擦力的大小等于最大静摩擦力大小．现在给物块C水平向左的瞬时初速度v0＝2.0 m/s，物块C立即在长木板B上运动．已知绳子绷紧前，B、C已经达到共同速度；绳子绷紧后，A、B总是具有相同的速度；物块C始终未从长木板B上滑落．
答案：ACD
3．(2025·河南郑州统考模拟预测)“独竹漂”是一项独特的黔北民间绝技．在平静的湖面上，一位女子脚踩竹竿抵达岸边，此时女子静立于竹竿A点，一位摄影爱好者使用连拍模式拍下了该女子在竹竿上行走过程的系列照片，并从中选取了两张进行对比，其简化图如下．经过测量发现，甲、乙两张照片中A、B两点的水平间距约为1.0 cm，图乙中竹竿右端距离河岸约为1.8 cm.已知竹竿的质量约为25 kg，若不计水的阻力，则该女子的质量约为( )
A．45 kg B．47.5 kg
C．50 kg D．55 kg
答案：A
4．冰壶比赛中，某运动员将质量为19 kg的A冰壶推出，运动一段时间后以0.4 m/s的速度正碰静止的B冰壶，然后A冰壶以0.1 m/s的速度继续向前滑向大本营中心．若两冰壶质量相等，下列说法中正确的是( )
A．B冰壶的速度为0.3 m/s，两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞
B．B冰壶的速度为0.3 m/s，两冰壶之间的碰撞是非弹性碰撞
C．B冰壶的速度为0.5 m/s，两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞
D．B冰壶的速度为0.5 m/s，两冰壶之间的碰撞是非弹性碰撞
答案：B
5．A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝1 kg，mB＝2 kg，vA＝6 m/s，vB＝2 m/s，当A追上B并发生碰撞后，A、B两球速度的可能值是( )
A．v′A＝5 m/s，v′B＝2.5 m/s
B．v′A＝2 m/s，v′B＝4 m/s
C．v′A＝－4 m/s，v′B＝7 m/s
D．v′A＝7 m/s，v′B＝1.5 m/s
答案：B
答案：D
7．(多选)如图甲，“胸口碎大石”是民间杂耍的保留节目(危险节目，请勿模仿)．其原理如图乙所示，皮囊A放置在水平地面上，上面压着一块质量为m0＝54 kg的石板，质量m＝6 kg的铁锤，以v0＝5 m/s的速度，竖直向下砸中石板，碰撞时间极短，铁锤与石板瞬间达到共同速度，之后忽略手持锤的作用力，且向下匀变速运动2 cm减速到零，取重力加速度g＝10 m/s2.
则( )
A．铁锤与石板碰后瞬间达到的共同速度为0.5 m/s
B．铁锤与石板碰撞过程损失的机械能为75 J
C．碰后向下减速到零的过程，皮囊对石板的平均作用力为975 N
D．碰后向下减速到零的过程，皮囊对石板的冲量大小为30 N·s
答案：AC
8．(多选)汽车A在水平冰雪路面上行驶，驾驶员发现其正前方停有汽车B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B.两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后B车向前滑动了4.5 m，A车向前滑动了2.0 m，已知A和B的质量都为2.0×103 kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g＝10 m/s2.
下列说法正确的是( )
A．撞击后，由于A车的质量大于B车，所以A车的速度减小得快
B．碰撞后的瞬间B车速度的大小为4.25 m/s
C．碰撞后的瞬间A车速度的大小为2 m/s
D．碰撞前的瞬间A车速度的大小为5 m/s
答案：CD
9．在爆炸实验基地有一座发射塔，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．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
答案：B
10．(12分)如图所示，某超市两辆相同购物车沿同一直线静置于水平地面上，质量均为8 kg，人在极短时间内给第一辆车一水平冲量使其运动．当车运动2 m时与第二辆车碰撞后瞬间结合在一起，速度为3 m/s，再一起运动1 m后与竖直瓷砖墙壁发生碰撞并反向弹回，与墙壁碰撞过程中动能损失了75%，作用时间为0.04 s．已知当瓷砖所受冲击力超过1 000 N会碎裂，车运动时受到的摩擦力恒为重力的0.25倍．忽略空气阻力，碰撞过程中不计地面的摩擦力，重力加速度大小g取10 m/s2 .求：
(1)两车碰撞过程中损失的机械能；
答案：72 J
(2)人给第一辆购物车的水平冲量大小；
(3)计算说明瓷砖会不会碎裂．
答案：会碎裂第2讲 动量守恒定律及其基本应用
一、动量守恒定律
1．内容：如果一个系统________，或者所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变．
2．三种表达式：
(1)p＝p′，系统相互作用前的总动量p________相互作用后的总动量p′.在两个物体组成的系统中，m1v1＋m2v2＝________，即作用前的动量之和等于作用后的动量之和．
(2)Δp1＝________，即相互作用的两个物体动量的增量等大反向．
(3)Δp＝p′－p＝0，即系统总动量的增量为________．
二、适用条件
1．理想守恒：系统不受外力或所受____________为零，则系统动量守恒．
2．近似守恒：系统受到的外力的矢量和不为零，但当所受的内力________合外力时，系统的动量可近似看成守恒．
注意：合外力的冲量在相互作用的极短时间内忽略不计．
3．某方向上动量守恒：系统在某个方向上所受________为零或该方向满足F内 F外时，系统在该方向上动量守恒．
三、应用动量守恒定律的注意点
1．矢量性：动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题时一定要统一正方向．
2．同时性：动量是一个瞬时量，表达式中的p1、p2…是系统中各物体在相互作用中同一时刻的动量，p′1、p′2…也是系统中各物体在相互作用中另一时刻的动量．
考教衔接
1.【链接·人教版选择性必修第一册P29第7题，两题的创设情境及解题思维方法类似】
(2022·北京卷，10)质量为m1和m2的两个物体在光滑水平面上正碰，其位置坐标x随时间t变化的图像如图所示．下列说法正确的是( )
A．碰撞前m2的速率大于m1的速率
B．碰撞后m2的速率大于m1的速率
C．碰撞后m2的动量大于m1的动量
D．碰撞后m2的动能小于m1的动能
2．【2024年江苏卷第9题与2021年全国乙卷第14题一样，都考查了系统动量守恒问题，都要对含弹簧的系统进行动量是否守恒的判断】
(2024·江苏卷，9) 在水平面上有一个U形滑板A，A的上表面有一个静止的物体B，左侧用轻弹簧连接在物体B的左侧，右侧用一根细绳连接在物体B的右侧，开始时弹簧处于拉伸状态，各表面均光滑，剪断细绳后，则( )
A．弹簧原长时B动量最大
B．弹簧压缩最短时B动能最大
C．系统动量变大
D．系统机械能变大
关键能力·研教材——考向探究 经典示例 突出一个“准”
考点一 动量守恒定律的理解和基本应用
考向1 动量守恒定律条件的理解
例1 (多选)如图所示，A、B两木块紧靠在一起且静止于光滑水平面上，木块C以一定的初速度v0从A的左端开始向右滑行，最后停在B木块的右端，对此过程，下列叙述正确的是( )
A．当C在A上滑行时，A、C组成的系统动量守恒
B．当C在B上滑行时，B、C组成的系统动量守恒
C．无论C是在A上滑行还是在B上滑行，A、B、C三木块组成的系统动量都守恒
D．当C在B上滑行时，A、B、C组成的系统动量守恒
题后感悟
判断动量是否守恒的注意点
(1)对于同一个系统，在不同物理过程中动量守恒情况有可能不同．
(2)同一物理过程中，选不同的系统为研究对象，动量守恒情况也往往不同．
考向2 动量守恒定律的基本应用
例2 随着机动车数量的增加，交通安全问题日益凸显，分析交通违法事例，将警示我们遵守交通法规，珍惜生命．已知某限速60 km/h的平直公路上，一辆质量为m1＝800 kg的汽车A以速度v1＝15 m/s 沿平直公路行驶时，驾驶员发现前方不远处有一质量m2＝1 200 kg的汽车B以速度v2迎面驶来，两车立即同时急刹车，使车做匀减速运动，但两车仍在开始刹车t＝1 s后猛烈地相撞，相撞后结合在一起再沿B车原行驶方向滑行6 m后停下，设两车与路面间动摩擦因数μ＝0.3，重力加速度大小g取10 m/s2，忽略碰撞过程中路面摩擦力的冲量，求：
(1)两车碰撞后刚结合在一起时的速度大小；
(2)求B车刹车前的速度，并判断B车是否超速．
考向3 动量守恒中的临界极值问题
例3 如图所示，甲车质量为m，在车上有质量为2m的人，甲车(连同车上的人)从足够长的斜坡上高h处由静止滑下，到水平面上后继续向前滑动，此时质量为2m的乙车正以速度v0迎面滑来．为了避免两车发生碰撞，当两车相距适当距离时，人从甲车跳上乙车，则人跳离甲车的水平速度(相对地面)应满足什么条件？已知h＝，不计地面和斜坡的摩擦，车和人均可看成质点．
题后感悟
应用动量守恒定律解题的基本思路
练1 (2025·福建三明模拟)甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑的水平冰面上匀速相向行驶，速度大小均为v0＝6 m/s，甲小孩所在小车上有质量为m＝1 kg的小球若干个，甲和他的小车及小车上小球的总质量为m1＝50 kg，乙和他的小车的总质量为m2＝30 kg.为避免相撞，甲不断地将小球以相对地面为v′＝16.5 m/s的水平速度抛向乙，且被乙接住，假如某一次甲将小球抛出且被乙接住后，刚好可保证两车不相撞．则甲总共抛出的小球个数是( )
A．12 B．13 C．14 D．15
考点二 碰撞模型
1．碰撞的基本规律
2．熟记三个结论
(1)可熟记一些公式，例如“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足：
v1＝v0、v2＝v0.
(2)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v20＝0时，碰后质量大的速率不变，质量小的速率为2v0.当m1 m2，且v20＝0时，碰后质量大的速率不变(仍静止)，质量小的球原速率反弹．
(3)发生完全非弹性碰撞后两物体共速，动能损失最多．
考向1 碰撞的可能性
例4 如图为某运动员正在准备击球，设在某一杆击球过程中，白色球(主球)和花色球碰撞前后都在同一直线上运动，碰前白色球A的动量pA＝5 kg·m/s，花色球B静止，碰后花色球B的动量变为p′B＝4 kg·m/s，则两球质量mA与mB间的关系可能是( )
A．mB＝mA B．mB＝mA
C．mB＝2mA D．mB＝5mA
考向2 弹性碰撞
弹性碰撞 动量守恒、机械能守恒 m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2 ＝
例5 (多选)(2024·广西卷) 如图，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
考向3 完全非弹性碰撞
完全非弹性碰撞 动量守恒、机械能损失最多 m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v ΔE＝－(m1＋m2)v2
例6 如图所示，光滑水平面上依次有滑块C质量mC＝2 kg，滑块A质量mA＝3 kg，滑块B质量mB＝3 kg.开始时A、B静止，C以初速度v0＝10 m/s的速度冲向A，与A发生弹性碰撞，碰撞后A继续向右运动，与B发生碰撞并粘在一起．求：
(1)C与A碰撞后A的速度大小；
(2)A与B碰撞过程中损失的机械能．
练2 (多选)(2025·八省联考云南卷)如图甲所示，内表面光滑的“”形槽固定在水平地面上，完全相同的两物块a、b(可视为质点)置于槽的底部中点，t＝0时，a、b分别以速度v1、v2向相反方向运动，已知b开始运动速度v随时间t的变化关系如图乙所示，所有的碰撞均视为弹性碰撞且碰撞时间极短，下列说法正确的是( )
A．前17 s内a与b共碰撞3次
B．初始时a的速度大小为1 m/s
C．前17 s内b与槽的侧壁碰撞3次
D．槽内底部长为10 m
考点三 爆炸、反冲运动
1．爆炸现象的三个规律
动量守恒 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
机械能增加 在爆炸过程中，有其他形式的能量(如化学能)转化为机械能，所以系统的机械能增加
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，可以认为爆炸后各部分仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动
2.反冲运动的两大规律
动量守恒 反冲运动中，系统不受外力或内力远大于外力，遵循动量守恒定律
机械能增加 反冲运动中，通常有其他形式的能转化为机械能，系统的机械能增加
例7 (爆炸模型)(多选)一个质量为m的小型炸弹自水平地面朝右上方射出，在最高点以水平向右的速度v飞行时，突然爆炸为质量相等的甲、乙、丙三块弹片，如图所示．爆炸之后乙自静止自由下落，丙沿原路径回到原射出点．若忽略空气阻力，释放的化学能全部转化为动能，则下列说法正确的是( )
A．爆炸后乙落地的时间最长
B．爆炸后甲落地的时间最长
C．甲、丙落地点到乙落地点O的距离比为4∶1
D．爆炸过程释放的化学能为
练3 (反冲运动)在空间技术发展过程中，喷气背包作为曾经航天员舱外活动的主要动力装置，它能让航天员保持较高的机动性．如图所示，航天员在距离空间站舱门为d的位置与空间站保持相对静止，启动喷气背包，压缩气体通过横截面积为S的喷口以速度v1持续喷出，航天员到达舱门时的速度为v2.若航天员连同整套舱外太空服的质量为m0，不计喷出气体后航天员和装备质量的变化，忽略航天员的速度对喷气速度的影响以及喷气过程中压缩气体密度的变化，则喷出压缩气体的密度为( )
A. B．
C. D．
核心素养·拓教材——情境命题 规范解题 收获一个“赢”
“人船”模型及其拓展模型的应用
1．“人船”模型条件及特点
2．“人船”模型的拓展(某一方向动量守恒)
典例1 (“人船”模型)(2024·河北卷，节选)如图，三块厚度相同、质量相等的木板A、B、C(上表面均粗糙)并排静止在光滑水平面上，尺寸不计的智能机器人静止于A木板左端．已知三块木板质量均为2.0 kg，A木板长度为2.0 m，机器人质量为6.0 kg，重力加速度大小g取10 m/s2，忽略空气阻力．
(1)机器人从A木板左端走到A木板右端时，求A、B木板间的水平距离．
(2)机器人走到A木板右端相对木板静止后，以做功最少的方式从A木板右端跳到B木板左端，求起跳过程中机器人做的功及跳离瞬间的速度方向与水平方向夹角的正切值．
典例2 (“人船”模型的拓展)如图所示，质量为m0＝4 kg的小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径为R＝1 m 的四分之一光滑圆弧轨道，BC段是长为L的粗糙水平轨道，两段轨道相切于B点．一质量为m＝1 kg的可视为质点的滑块从小车上的A点由静止开始沿AB轨道下滑，然后滑入BC轨道，最后恰好停在C点，滑块与BC轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小g取10 m/s2，则( )
A．整个过程中滑块和小车组成的系统动量守恒
B．滑块由A滑到B过程中，滑块的机械能守恒
C．BC段长L＝1 m
D．全过程小车相对地面的位移大小为0.6 m
温馨提示：请完成课时分层精练(三十二)
第2讲 动量守恒定律及其基本应用
必备知识·链教材
一、
1．不受外力 2.(1)等于 m1v′1＋m2v′2 (2)－Δp2 (3)零
二、
外力的矢量和 2.远大于 3.合外力
考教衔接
1．解析：根据位移—时间图像的斜率表示速度可知，碰撞前m2的速率为零，碰撞后m2的速率等于m1的速率，故A、B错误；碰撞前系统的总动量沿正方向，由动量守恒定律知，碰撞后系统的总动量为正，所以m2的动量大于m1的动量，又因碰后两物体速率相同，故有m2>m1，从而碰撞后m2的动能大于m1的动能，故C正确，D错误．
答案：C
2．解析：对整个系统分析可知合外力为0，A和B组成的系统动量守恒，得mAvA＝mBvB，设弹簧的初始弹性势能为Ep，整个系统只有弹簧弹力做功，机械能守恒，当弹簧处于原长时，有Ep＝，联立得Ep＝，故可知弹簧原长时物体B速度最大，此时B动量最大，动能最大；对于系统来说动量一直为零，系统机械能不变．
答案：A
关键能力·研教材
例1 解析：当C在A上滑行时，对A、C组成的系统受力分析，B对A的作用力为外力，合外力不等于0，系统动量不守恒，故A错误；当C在B上滑行时，A、B已分离，对B、C组成的系统，沿水平方向不受外力作用，系统动量守恒，故B正确；对A、B、C三木块组成的系统，无论C是在A上滑行还是在B上滑行，系统的水平方向上都无外力作用，系统动量守恒，故C、D正确．
答案：BCD
例2 解析：(1)设两车碰撞后刚结合在一起时的速度大小为v共，从碰后到速度为零的过程中，两车沿B车原行驶方向滑行x＝6 m后停下．由动能定理可得－μ(m1＋m2)gx＝(m1+m2)，可得v共＝6 m/s.
(2)两车刹车减速过程中，由于汽车与地面的动摩擦因数相同，则加速度大小相等，设为a，由牛顿第二定律可得a＝μg＝3 m/s2.
对A车有vA＝v1－at，
对B车有vB＝v2－at，
以碰撞前A车运动的方向为正方向，对碰撞过程由动量守恒定律得m1vA－m2vB＝－(m1＋m2)v共，
可得v2＝21 m/s>60 km/h，故B车超速．
答案：(1)6 m/s (2)21 m/s 超速
例3 解析：设向左为正方向，甲车(包括人)滑下斜坡后速度为v1，由机械能守恒定律有＝(m＋2m)gh，解得v1＝＝2v0，
设人跳离甲车的水平速度(相对地面)为v，在人跳离甲车和人跳上乙车的过程中各自动量守恒，设人跳离甲车和跳上乙车时，两车的速度分别为v′1和v′2，则人跳离甲车时有(2m＋m)v1＝2mv＋mv′1，
人跳上乙车时有2mv－2mv0＝(2m＋2m)v′2，
解得v′1＝6v0－2v，v′2＝v－v0，
两车不发生碰撞的临界条件是v′1＝±v′2，
当v′1＝v′2时，解得v＝v0，
当v′1＝－v′2时，解得v＝v0，
故v的取值范围为v0≤v≤v0.
答案：v0≤v≤v0
练1 解析：规定甲的速度方向为正方向，两车刚好不相撞，则两车速度相等，由动量守恒定律得m1v0－m2v0＝(m1＋m2)v，解得v＝1.5 m/s，对甲、小车及从甲车上抛出的小球，由动量守恒定律得m1v0＝(m1－n·m)v＋n·mv′，解得n＝15，D正确．
答案：D
例4 解析：碰撞过程系统动量守恒，以白色球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得pA＋pB＝p′A＋p′B，解得p′A＝1 kg·m/s，根据碰撞过程总动能不增加，则有，解得mB≥mA，碰后，两球同向运动，A的速度不大于B的速度，则，解得mB≤4mA，综上可知，mA≤mB≤4mA，故C正确．
答案：C
例5 解析：由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，因为两小球质量相等，所以碰撞后两小球交换速度，即vM＝0，vN＝v，碰撞后小球N做平抛运动．在水平方向做匀速直线运动，即N在水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v；小球N在竖直方向上做自由落体运动，即N在竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动．
答案：BC
例6 解析：(1)取水平向右为正方向，以C、A系统为研究对象，根据动量守恒定律有mCv0＝mCvC＋mAvA，
根据机械能守恒定律有＝，
解得vC＝－2 m/s，vA＝8 m/s，
即C与A碰撞后A的速度大小为8 m/s.
(2)仍取向右为正方向，以A、B系统为研究对象，根据动量守恒定律有mAvA＝(mA＋mB)v，
根据能量守恒定律有E损＝－(mA＋mB)v2，
解得E损＝48 J.
答案：(1)8 m/s (2)48 J
练2 解析：根据碰撞规律可知物块b与槽的侧壁碰撞后速度大小不变，方向改变，与a碰后交换速度，则根据物块b的v t图像可知，前17 s内a与b共碰撞4次，发生在4～6 s之间、8 s时刻、10～12 s之间以及16 s时刻；前17 s内b与槽的侧壁碰撞3次，分别在2 s、10 s和12 s时刻，选项A错误，C正确；b与a碰前速度为v2＝2 m/s向左，碰后b的速度v′2＝1 m/s向右，因两物块质量相同且碰撞为弹性碰撞，则碰后两物块交换速度，可知碰前a的速度v1＝v′2＝1 m/s，即初始时a的速度大小为1 m/s，选项B正确；槽内底部长为L＝2v2Δt＝2×2×2 m＝8 m，选项D错误．
答案：BC
例7 解析：爆炸后甲、丙从同一高度平抛，乙从同一高度自由下落，则落地时间t＝ 相等，故A、B错误；爆炸过程动量守恒，有mv＝－mv丙＋mv甲，由题意可知v丙＝v，解得v甲＝4v，爆炸后甲、丙从同一高度平抛，落地点到乙落地点O的距离x＝vt，t相同，则x∝v，甲、丙落地点到乙落地点O的距离比为x甲∶x丙＝v甲∶v丙＝4∶1，故C正确；根据能量守恒定律可得爆炸过程释放的化学能ΔE＝－mv2＝，故D正确．
答案：CD
练3 解析：设喷出的气体的质量为m，则m＝ρSv1t，根据动量守恒定律可得mv1＝m0v2，航天员受力恒定，做初速度为零的匀加速直线运动，则·t＝d，联立解得ρ＝.
答案：D
核心素养·拓教材
典例1 解析：(1)机器人从A木板左端走到A木板右端时，机器人与A木板组成的系统动量守恒，设机器人质量为m0，三个木板质量均为m，根据“人船”模型得m0x＝mx1，
根据位移关系有x＋x1＝LA，
解得A、B木板间的水平距离x1＝1.5 m.
(2)设机器人起跳的速度大小为v，方向与水平方向的夹角为θ，从A木板右端跳到B木板左端所用时间为t，根据斜抛运动规律得，v cos θ·t＝x1，＝，
联立解得v2＝，
机器人跳离A木板的过程，由系统水平方向动量守恒得
m0v cos θ＝mvA，
根据能量守恒定律可得机器人做的功为W＝，
联立可得W＝·45 J＝·45 J＝(tan θ＋)·45 J，
根据数学知识可得，当tan θ＝时，即tan θ＝2时，W取最小值，代入数值得最小值为Wmin＝90 J．
答案：(1)1.5 m (2)90 J 2
典例2 解析：滑块在圆弧轨道上运动时有竖直方向的加速度，所以对系统而言竖直方向外力矢量和不为零，不满足动量守恒的条件，故A错误；滑块由A滑到B过程中，小车对滑块的弹力做负功，滑块的机械能不守恒，故B错误；滑块恰好停在C点时，二者均静止，根据能量守恒定律有mgR＝μmgL，解得L＝2 m，故C错误；根据系统水平方向动量守恒有m0v1＝mv2，通过相同的时间有m0x1＝mx2，且有x1＋x2＝R＋L，解得x1＝0.6 m，故D正确．
答案：D
