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(共77张PPT)
动量守恒定律及应用
第
2
讲
目标
要求
1.理解系统动量守恒的条件.2.会应用动量守恒定律解决基本问题.3.会用动量守恒观点分析爆炸、反冲运动和人船模型.4.理解碰撞的种类及其遵循的规律.
内容索引
考点一　动量守恒定律的理解和基本应用
考点二　爆炸、反冲运动和人船模型
考点三　碰撞问题
课时精练
考点一
动量守恒定律的理解和基本应用
梳理
必备知识
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.
矢量和
m1v1′＋m2v2′
－Δp2
1.只要系统所受合外力做功为0，系统动量就守恒.(　　)
2.系统的动量不变是指系统的动量大小和方向都不变.(　　)
3.若物体相互作用时动量守恒，则机械能一定守恒.(　　)
4.动量守恒定律的表达式m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，一定是矢量式，应用时要规定正方向，且其中的速度必须相对同一个参考系.(　　)
×
√
×
√
1.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.
提升
关键能力
2.动量守恒定律的五个特性
矢量性 动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题应选取统一的正方向
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)
同时性 动量是一个瞬时量，表达式中的p1、p2、…应是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p1′、p2′、…应是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量
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
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　(2021·全国乙卷·14)如图，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间有摩擦.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
√
考向1　系统动量守恒的判断
因为滑块与车厢水平底板间有摩擦，且撤去推力后滑块在车厢底板上有相对滑动，即摩擦力做功，而水平地面是光滑的；对小车、弹簧和滑块组成的系统，根据动量守恒和机械能守恒的条件可知撤去推力后该系统动量守恒，机械能不守恒，故选B.
例2　(2023·浙江温州市模拟)如图所示，光滑平面上有一辆质量为2m的小车，车上左右两端分别站着甲、乙两人，他们的质量都是m，开始两个人和车一起以速度v0向右匀速运动.某一时刻，站在车右端的乙先以相对地面向右的速度v跳离小车，然后站在车左端的甲以相对于地面向左的速度v跳离小车.两人都离开小车后，小车的速度将是
A.v0 B.2v0
C.大于v0，小于2v0 D.大于2v0
√
考向2　动量守恒定律的基本应用
两人和车所组成的系统动量守恒，初动量为4mv0，方向向右.当甲、乙两人先后以相对地面相等的速度向两个方向跳离时，甲、乙两人的动量和为零，则有4mv0＝2mv车，可得v车＝2v0，选项B正确.
应用动量守恒定律解题的步骤
方法点拨
例3　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
√
考向3　动量守恒定律的临界问题
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
爆炸、反冲运动和人船模型
梳理
必备知识
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______
动能增加 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 ，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
守恒
很小
2.反冲运动的三点说明
作用原理 反冲运动是系统内两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 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
远大于
1.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.(　　)
2.爆炸过程中机械能增加，反冲过程中机械能减少.(　　)
×
√
例4　(2021·浙江1月选考·12)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.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高度为80 m
C.爆炸后的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
√
考向1　爆炸问题
设碎块落地的时间为t，质量大的碎块水平初速度为v，则由动量守恒定律知质量小的碎块水平初速度为2v，爆炸后的碎块做平抛运动，下落的高度相同，则在空中运动的时间相同，由水平方向x＝v0t知落地水平位移之比为1∶2，碎块位移s＝ ，可见两碎块的位移大小之比不是1∶2，故A项错误；
据题意知，vt＝(5－t)×340 (m/s)，又2vt＝(6－t)×340 (m/s)，联立解得t＝4 s，v＝85 m/s，故爆炸点离地面高度为h＝ ＝80 m，故B项正确，C项错误；
两碎块落地点的水平距离为Δx＝3vt＝1 020 m，故D项错误.
例5　(2023·河南省模拟)发射导弹过程可以简化为：将静止的质量为M(含燃料)的导弹点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体，忽略喷气过程中重力和空气阻力的影响，则喷气结束时导弹获得的速度大小是
考向2　反冲运动
√
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
考向3　人船模型
3.运动特点
(1)人动则船动，人静则船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；
例6　(多选)如图所示，绳长为l，小球质量为m，小车质量为M，将小球向右拉至水平后放手，则(水平面光滑)
A.系统的总动量守恒
B.水平方向任意时刻小球与小车的动量等大反向或都为零
C.小球不能向左摆到原高度
D.小车向右移动的最大距离为
√
√
系统只是在水平方向所受的合力为零，竖直方向的合力不为零，故水平方向的动量守恒，而总动量不守恒，A错误，B正确；
根据水平方向的动量守恒及机械能守恒得，小球仍能向左摆到原高度，C错误；
小球相对于小车的最大位移为2l，根据“人船模型”，系统水平方向动量守恒，设小球水平方向的平均速度为vm，小车水平方向的平均速度为vM，mvm－MvM＝0，两边同时乘以运动时间t，mvmt－MvMt＝0，即mxm＝MxM，又xm＋xM＝2l，解得小车向右移动的最大距离
为 D正确.
考点三
碰撞问题
梳理
必备知识
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.
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.
很大
远大于
3.分类
动量是否守恒 机械能是否守恒
弹性碰撞 守恒 ______
非弹性碰撞 _____ 有损失
完全非弹性碰撞 守恒 损失_____
守恒
守恒
最大
1.碰撞前后系统的动量和机械能均守恒.(　　)
2.在光滑水平面上的两球相向运动，碰撞后均变为静止，则两球碰撞前的动量大小一定相同.(　　)
3.两球发生非弹性碰撞时，既不满足动量守恒定律，也不满足机械能守恒定律.(　　)
×
√
×
1.弹性碰撞的重要结论
以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生弹性碰撞为例，则有
m1v1＝m1v1′＋m2v2′
提升
关键能力
讨论：①若m1＝m2，则v1′＝0，v2′＝v1(速度交换)；
②若m1>m2，则v1′>0，v2′>0(碰后两小球沿同一方向运动)；当m1 m2时，v1′≈v1，v2′≈2v1；
③若m10(碰后两小球沿相反方向运动)；当m1 m2时，v1′≈－v1，v2′≈0.
2.静止物体被撞后的速度范围
例7　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.vA′＝5 m/s，vB′＝2.5 m/s
B.vA′＝2 m/s，vB′＝4 m/s
C.vA′＝－4 m/s，vB′＝7 m/s
D.vA′＝7 m/s，vB′＝1.5 m/s
√
考向1　碰撞的可能性
虽然题给四个选项均满足动量守恒定律，但A、D两项中，碰后A的速度vA′大于B的速度vB′，不符合实际，即A、D项错误；
而B项既符合实际情况，也不违背能量守恒定律，所以B项正确.
碰撞问题遵守的三条原则
方法点拨
(1)动量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′.
(2)动能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′.
(3)速度要符合实际情况
①碰前两物体同向运动，若要发生碰撞，则应有v后>v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前′
≥v后′.
②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向至少有一个改变.
例8　(2023·浙江省杭州二中月考)如图所示，B、C、D、E、F五个小球并排放置在光滑的水平面上，B、C、D、E四个球质量相等，而F球质量小于B球质量，A球质量等于F球质量.A球以速度v0向B球运动，所发生的碰撞均为弹性碰撞，则碰撞之后
A.3个小球静止，3个小球运动
B.4个小球静止，2个小球运动
C.5个小球静止，1个小球运动
D.6个小球都运动
考向2　弹性碰撞
√
A、B质量不等，mAB、C、D、E质量相等，弹性碰撞后，不断交换速度，最终E有向右的速度，B、C、D静止；
E、F质量不等，mE>mF，则碰后E、F都向右运动，所以B、C、D静止，A向左运动，E、F向右运动，故A正确.
例9　(2023·浙江嘉兴市模拟)如图所示，小球A和小球B质量相同，小球B置于光滑水平面上，小球A从高为h处由静止摆下，到达最低点恰好与B相撞，并粘合在一起继续摆动，若不计空气阻力，两球均可视为质点，则它们能上升的最大高度是
考向3　非弹性碰撞
√
四
课时精练
1.北京冬奥会2 000米短道速滑接力赛上，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出，完成“交接棒”.忽略地面的摩擦力，在这个过程中
A.两运动员的总动量守恒
B.甲、乙运动员的动量变化量相同
C.两运动员的总机械能守恒
D.甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量
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基础落实练
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两运动员组成的系统所受合外力矢量和为0，系统动量守恒，A正确；
系统动量守恒，两运动员的动量变化量等大反向，变化量不相同，B错误；
在光滑冰面上“交接棒”时，后方运动员用力推前方运动员，导致机械能增加，C错误；
在乙推甲的过程中，消耗体内的化学能转化为系统的动能，根据能量守恒定律可知，甲的动能增加量不等于乙的动能减小量，D错误.
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2.如图所示，小木块m与长木板M之间光滑，M置于光滑水平面上，一轻质弹簧左端固定在M的左端，右端与m连接，开始时m和M都静止，弹簧处于自然状态.现同时对m、M施加等大反向的水平恒力F1、F2，两物体开始运动后，对m、M、弹簧组成的系统，下列说法正确的是(整个过程中弹簧不超过其弹性限度)
A.整个运动过程中，系统机械能守恒，动量守恒
B.整个运动过程中，当木块速度为零时，系统机械能一定最大
C.M、m分别向左、右运行过程中，均一直做加速度逐渐增大的加速直线运动
D.M、m分别向左、右运行过程中，当弹簧弹力与F1、F2的大小相等时，系统
动能最大
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由于F1与F2等大反向，系统所受的合外力为零，则系统的动量守恒.由于水平恒力F1、F2
对系统做功代数和不为零，则系统的机械能不守恒，故A错误；
从开始到弹簧伸长到最长的过程，F1与F2分别对m、M做正功，弹簧伸长最长时，m、M的速度为零，之后弹簧收缩，F1与F2分别对m、M做负功，系统的机械能减小，因此，当弹簧有最大伸长量时，m、M的速度为零，系统机械能最大；当弹簧收缩到最短时，m、M的速度为零，系统机械能最小，故B错误；
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在水平方向上，M、m受到水平恒力和弹簧的弹力作用，水平恒力先大于弹力，后小于
弹力，随着弹力增大，两个物体的合力先逐渐减小，后反向增大，则加速度先减小后反向增大，则M、m先做加速度逐渐减小的加速运动，后做加速度逐渐增大的减速运动，当弹簧弹力的大小与拉力F1、F2的大小相等时，m、M的速度最大，系统动能最大，故C错误，D正确.
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3.如图所示，气球下面有一根长绳，一个质量为m1＝50 kg的人抓在气球下方，气球和长绳的总质量为m2＝20 kg，长绳的下端刚好和水平面接触，当静止时人离地面的高度为h＝5 m.如果这个人开始沿绳向下滑，当滑到绳下端时，他离地面的高度约为(可以把人看成质点)
A.5 m
B.3.6 m
C.2.6 m
D.8 m
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4.(多选)(2023·浙江丽水市模拟)质量为M的物块以速度v运动，与质量为m的静止物块发生正碰，碰撞后两者的动量正好相等，两者质量之比
可能为
A.2 　　　　　　　B.3 　　　　　　　C.4 　　　　　　　D.5
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5.冰壶运动深受观众喜爱，在某次投掷中，冰壶甲运动一段时间后与静止的冰壶乙发生正碰，如图所示.若两冰壶质量相等，则碰后两冰壶最终停止的位置，可能是选项图中的哪幅图
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两冰壶碰撞过程中动量守恒，两冰壶发生正碰，由动量守恒定律可知，碰撞前后系统动量不变，
两冰壶的动量方向即速度方向，不会偏离甲原来的方向，可知，A图情况是不可能的，故A错误；
如果两冰壶发生弹性碰撞，碰撞过程动量守恒、机械能守恒，两冰壶质量相等，碰撞后两冰壶交换速度，甲静止，乙的速度等于甲的速度，碰后乙做减速运动，最后停止，最终两冰壶的位置可能如选项B所示，故B正确；
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两冰壶碰撞后，乙在前，甲在后，选项C所示是不可能的，故C错误；
碰撞过程机械能不可能增大，两冰壶质量相等，碰撞后甲的速度不可能大于乙的速度，碰撞后甲的位移不可能大于乙的位移，故D错误.
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6.如图所示，在光滑的水平面上有三个完全相同的小球，它们排成一条直线，小球2、3静止，并靠在一起，球1以速度v0撞向它们，设碰撞过程中不损失机械能，则碰后三个小球的速度分别为
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能力综合练
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7.(2023·北京市第五中学检测)A、B物块沿光滑水平面在同一直线上运动并发生正碰，如图为两物块碰撞前后的位移－时间图像，其中a、b分别为A、B两物块碰前的位移－时间图像，c为碰撞后两物块共同运动的位移－时间图像，若A物块质量m＝2 kg，则由图判断，下列结论错误的是
A.碰撞前后A的动量变化量的大小为4 kg·m/s
B.B物块的质量为0.75 kg
C.碰撞过程A对B所施冲量大小为4 N·s
D.碰撞过程A、B两物块组成的系统损失的动能为10 J
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动量为mvA＝2×3 kg·m/s＝6 kg·m/s，碰撞后A的动量为mvAB＝ 2 kg·m/s，碰撞前后A的动量变化量的大小为4 kg·m/s，A正确，不符合题意；
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8.(2023·浙江宁波市月考)“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”，爆竹声响是辞旧迎新的标志，是喜庆心情的流露.有一个质量为3m的爆竹从地面斜向上抛出，上升h后到达最高点，此时速度大小为v0、方向水平向东，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为2m，速度大小为v，方向水平向东；重力加速度为g.则
A.爆竹在最高点爆炸过程中，整体的动量守恒
B.质量为m的一块，其速度为3v0－2v
C.质量为m的一块，其速度为2v－3v0
D.质量为m的一块，在落地过程中重力冲量的大小为 方向水平
向西
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爆竹在最高点爆炸过程中，整体水平方向上不受外力，水平方向上动量守恒，故A错误；
规定向东为正方向，根据动量守恒得3mv0＝2mv＋mv′，解得质量为m的一块的速度v′＝3v0－2v，故B正确，C错误；
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9.在发射地球卫星时需要运载火箭多次点火，以提高最终的发射速度.某次地球近地卫星发射的过程中，火箭喷气发动机每次喷出质量为m＝800 g的气体，气体离开发动机时的对地速度v＝1 000 m/s，假设火箭(含燃料在内)的总质量为M＝600 kg，发动机每秒喷气20次，忽略地球引力的影响，则
A.第三次气体喷出后火箭的速度大小约为4 m/s
B.地球卫星要能成功发射，速度大小至少达到11.2 km/s
C.要使火箭能成功发射至少要喷气500次
D.要使火箭能成功发射至少要持续喷气17 s
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设喷出三次气体后火箭的速度为v3，以火箭和喷出的三次气体为研究对象，以竖直向上为正方向，由动量守恒定律得：(M－3m)v3－3mv＝0，解得：v3≈4 m/s，故A正确；
地球卫星要能成功发射，喷气n次后至少要达到第一宇宙速度，即：vn＝7.9 km/s，故B错误；
以火箭和喷出的n次气体为研究对象，以竖直向上为正方向，由动量守恒定律得：(M－nm)vn－nmv＝0，代入数据解得：n≈666，故C错误；
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10.(2023·浙江绍兴市调研)如图为“子母球”表演的示意图，弹性小球A和B叠放在一起，从距地面高度为h处自由落下，h远大于两小球直径，小球B的质量是A质量的3倍，假设所有的碰撞都是弹性碰撞，
且都发生在下落的竖直方向上，不考虑空气阻力.则
A.下落过程中两个小球之间有相互挤压
B.A与B第一次碰后小球B的速度不为零
C.A与B第一次碰后小球A弹起的最大高度是2h
D.A与B第一次碰后小球A弹起的最大高度是4h
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不考虑空气阻力，下落过程是自由落体运动，处于完全失重状态，则两个小球之间没有力的作用，A错误；
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11.(多选)(2023·浙江宁波市高三检测)如图所示，某超市两辆相同的购物车质量均为m，相距L沿直线排列，静置于水平地面上.为节省收纳空间，工人猛推一下第一辆车并立即松手，第一辆车运动距离L后与第二辆车相碰并相互嵌套结为一体，两辆车一起运动了L距离后恰好停靠在墙边.若购物车运动时受到的摩擦力恒为车重力的k倍，重力加速度为g，则
A.两购物车在整个过程中克服摩擦力做功之和为2kmgL
B.两购物车碰撞后瞬间的速度大小为
C.两购物车碰撞时的能量损失为2kmgL
D.工人给第一辆购物车的水平冲量大小为
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素养提升练
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8
9
10
11
由题意可知，两购物车在整个过程中克服摩擦力做功之和为W克f＝kmgL＋2kmgL＝3kmgL，A错误；
12
13
1
2
3
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5
6
7
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11
12
13
12.(2023·浙江台州市模拟)如图所示，光滑导轨的
末端放有一个质量为m1＝1 kg的小球A，导轨的末
端与竖直墙上的O点等高，导轨末端到竖直墙壁的
水平距离为d＝0.3 m.一个质量为m2的小球B沿导轨
从距导轨末端高h＝0.2 m处由静止释放，在末端与
小球A碰撞后，两球直接从轨道末端飞出，A、B两球分别击中竖直墙壁上的P、Q两点.已知P到O的距离h1＝0.05 m，Q到O的距离h2＝0.45 m，小球可视为质点，重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力.
1
2
3
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9
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(1)求A、B两球从轨道末端飞出时的速度大小v1、v2；
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11
答案　见解析
小球在空中做平抛运动，有
解得v1＝3 m/s，v2＝1 m/s
12
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(2)求小球B的质量m2，并通过计算分析碰撞是否为弹性碰撞；
1
2
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5
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答案　见解析
12
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3
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5
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7
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9
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11
设B运动到轨道末端的速度为v0，
解得v0＝2 m/s
在A、B碰撞前后，两球的动量守恒，以v0的方
向为正方向，有m2v0＝m2v2＋m1v1，
解得m2＝3 kg
12
13
(3)在A、B发生弹性碰撞的条件下，能否选择一个合适的小球B，质量为m2，使得两球碰后即以共同速度做抛体运动？如果能，求出m2；若不能，请说明理由.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
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11
答案　见解析
12
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这说明碰撞前后有能量损失，与题设矛盾，故这样的m2不存在.
12
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13.(多选)(2020·全国卷Ⅱ·21)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
1
2
3
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6
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素养提升练
√
√
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3
4
5
6
7
8
9
10
11
设运动员的质量为M，第一次推物块后，运动员速度大小为v1，
第二次推物块后，运动员速度大小为v2……
第八次推物块后，运动员速度大小为v8，
第一次推物块后，由动量守恒定律知：Mv1＝mv0；
第二次推物块后由动量守恒定律知：M(v2－v1)＝m[v0－(－v0)]＝2mv0，……，
12
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1
2
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11
由题意知，v7<5 m/s，则M>52 kg，又知v8>5 m/s，则M<60 kg，故选B、C.
12
13第2讲　动量守恒定律及应用
目标要求　1.理解系统动量守恒的条件.2.会应用动量守恒定律解决基本问题.3.会用动量守恒观点分析爆炸、反冲运动和人船模型.4.理解碰撞的种类及其遵循的规律．
考点一　动量守恒定律的理解和基本应用
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，这个系统的总动量保持不变．
2．表达式
(1)p＝p′或m1v1＋m2v2＝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＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向．
1．只要系统所受合外力做功为0，系统动量就守恒．(　×　)
2．系统的动量不变是指系统的动量大小和方向都不变．(　√　)
3．若物体相互作用时动量守恒，则机械能一定守恒．(　×　)
4．动量守恒定律的表达式m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，一定是矢量式，应用时要规定正方向，且其中的速度必须相对同一个参考系．(　√　)
1．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．
2．动量守恒定律的五个特性
矢量性 动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题应选取统一的正方向
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)
同时性 动量是一个瞬时量，表达式中的p1、p2、…应是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p1′、p2′、…应是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量
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
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
考向1　系统动量守恒的判断
例1　(2021·全国乙卷·14)如图，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间有摩擦．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
答案　B
解析　因为滑块与车厢水平底板间有摩擦，且撤去推力后滑块在车厢底板上有相对滑动，即摩擦力做功，而水平地面是光滑的；对小车、弹簧和滑块组成的系统，根据动量守恒和机械能守恒的条件可知撤去推力后该系统动量守恒，机械能不守恒，故选B.
考向2　动量守恒定律的基本应用
例2　(2023·浙江温州市模拟)如图所示，光滑平面上有一辆质量为2m的小车，车上左右两端分别站着甲、乙两人，他们的质量都是m，开始两个人和车一起以速度v0向右匀速运动．某一时刻，站在车右端的乙先以相对地面向右的速度v跳离小车，然后站在车左端的甲以相对于地面向左的速度v跳离小车．两人都离开小车后，小车的速度将是(　　)
A．v0 B．2v0
C．大于v0，小于2v0 D．大于2v0
答案　B
解析　两人和车所组成的系统动量守恒，初动量为4mv0，方向向右．当甲、乙两人先后以相对地面相等的速度向两个方向跳离时，甲、乙两人的动量和为零，则有4mv0＝2mv车，可得v车＝2v0，选项B正确．
　　　　　　应用动量守恒定律解题的步骤
考向3　动量守恒定律的临界问题
例3　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　爆炸、反冲运动和人船模型
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
动能增加 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.反冲运动的三点说明
作用原理 反冲运动是系统内两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
1．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．(　√　)
2．爆炸过程中机械能增加，反冲过程中机械能减少．(　×　)
考向1　爆炸问题
例4　(2021·浙江1月选考·12)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．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高度为80 m
C．爆炸后的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
解析　设碎块落地的时间为t，质量大的碎块水平初速度为v，则由动量守恒定律知质量小的碎块水平初速度为2v，爆炸后的碎块做平抛运动，下落的高度相同，则在空中运动的时间相同，由水平方向x＝v0t知落地水平位移之比为1∶2，碎块位移s＝，可见两碎块的位移大小之比不是1∶2，故A项错误；据题意知，vt＝(5－t)×340 (m/s)，又2vt＝(6－t)×340 (m/s)，联立解得t＝4 s，v＝85 m/s，故爆炸点离地面高度为h＝gt2＝80 m，故B项正确，C项错误；两碎块落地点的水平距离为Δx＝3vt＝1 020 m，故D项错误．
考向2　反冲运动
例5　(2023·河南省模拟)发射导弹过程可以简化为：将静止的质量为M(含燃料)的导弹点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体，忽略喷气过程中重力和空气阻力的影响，则喷气结束时导弹获得的速度大小是(　　)
A. v0 B. v0
C. v0 D. v0
答案　D
解析　由动量守恒定律得mv0＝(M－m)v，导弹获得的速度v＝v0，故选D.
考向3　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
3．运动特点
(1)人动则船动，人静则船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；
(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＝＝.
例6　(多选)如图所示，绳长为l，小球质量为m，小车质量为M，将小球向右拉至水平后放手，则(水平面光滑)(　　)
A．系统的总动量守恒
B．水平方向任意时刻小球与小车的动量等大反向或都为零
C．小球不能向左摆到原高度
D．小车向右移动的最大距离为
答案　BD
解析　系统只是在水平方向所受的合力为零，竖直方向的合力不为零，故水平方向的动量守恒，而总动量不守恒，A错误，B正确；根据水平方向的动量守恒及机械能守恒得，小球仍能向左摆到原高度，C错误；小球相对于小车的最大位移为2l，根据“人船模型”，系统水平方向动量守恒，设小球水平方向的平均速度为vm，小车水平方向的平均速度为vM，mvm－MvM＝0，两边同时乘以运动时间t，mvmt－MvMt＝0，即mxm＝MxM，又xm＋xM＝2l，解得小车向右移动的最大距离为，D正确．
考点三　碰撞问题
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．
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
动量是否守恒 机械能是否守恒
弹性碰撞 守恒 守恒
非弹性碰撞 守恒 有损失
完全非弹性碰撞 守恒 损失最大
1．碰撞前后系统的动量和机械能均守恒．(　×　)
2．在光滑水平面上的两球相向运动，碰撞后均变为静止，则两球碰撞前的动量大小一定相同．(　√　)
3．两球发生非弹性碰撞时，既不满足动量守恒定律，也不满足机械能守恒定律．(　×　)
1．弹性碰撞的重要结论
以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生弹性碰撞为例，则有
m1v1＝m1v1′＋m2v2′
m1v12＝m1v1′2＋m2v2′2
联立解得：v1′＝v1，v2′＝v1
讨论：①若m1＝m2，则v1′＝0，v2′＝v1(速度交换)；
②若m1>m2，则v1′>0，v2′>0(碰后两小球沿同一方向运动)；当m1 m2时，v1′≈v1，v2′≈2v1；
③若m10(碰后两小球沿相反方向运动)；当m1 m2时，v1′≈－v1，v2′≈0.
2．静止物体被撞后的速度范围
物体A与静止的物体B发生碰撞，当发生完全非弹性碰撞时损失的机械能最多，物体B的速度最小，vB＝v0，当发生弹性碰撞时，物体B速度最大，vB＝v0.则碰后物体B的速度范围为：v0≤vB≤v0.
考向1　碰撞的可能性
例7　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．vA′＝5 m/s，vB′＝2.5 m/s
B．vA′＝2 m/s，vB′＝4 m/s
C．vA′＝－4 m/s，vB′＝7 m/s
D．vA′＝7 m/s，vB′＝1.5 m/s
答案　B
解析　虽然题给四个选项均满足动量守恒定律，但A、D两项中，碰后A的速度vA′大于B的速度vB′，不符合实际，即A、D项错误；C项中，两球碰后的总动能Ek后＝mAvA′2＋mBvB′2＝57 J，大于碰前的总动能Ek前＝mAvA2＋mBvB2＝22 J，违背了能量守恒定律，所以C项错误；而B项既符合实际情况，也不违背能量守恒定律，所以B项正确．
　　　　　　碰撞问题遵守的三条原则
(1)动量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′.
(2)动能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′.
(3)速度要符合实际情况
①碰前两物体同向运动，若要发生碰撞，则应有v后>v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前′≥v后′.
②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向至少有一个改变．
考向2　弹性碰撞
例8　(2023·浙江省杭州二中月考)如图所示，B、C、D、E、F五个小球并排放置在光滑的水平面上，B、C、D、E四个球质量相等，而F球质量小于B球质量，A球质量等于F球质量．A球以速度v0向B球运动，所发生的碰撞均为弹性碰撞，则碰撞之后(　　)
A．3个小球静止，3个小球运动
B．4个小球静止，2个小球运动
C．5个小球静止，1个小球运动
D．6个小球都运动
答案　A
解析　A、B质量不等，mAmF，则碰后E、F都向右运动，所以B、C、D静止，A向左运动，E、F向右运动，故A正确．
考向3　非弹性碰撞
例9　(2023·浙江嘉兴市模拟)如图所示，小球A和小球B质量相同，小球B置于光滑水平面上，小球A从高为h处由静止摆下，到达最低点恰好与B相撞，并粘合在一起继续摆动，若不计空气阻力，两球均可视为质点，则它们能上升的最大高度是(　　)
A．h B.h C.h D.h
答案　C
解析　小球A由释放到摆到最低点的过程，由机械能守恒定律得mAgh＝mAv12，则v1＝.A、B的碰撞过程满足动量守恒定律，则mAv1＝(mA＋mB)v2，又mA＝mB，得v2＝，对A、B粘在一起共同上摆的过程应用机械能守恒定律得(mA＋mB)v22＝(mA＋mB)gh′，则h′＝，故C正确．
课时精练
1.北京冬奥会2 000米短道速滑接力赛上，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出，完成“交接棒”．忽略地面的摩擦力，在这个过程中(　　)
A．两运动员的总动量守恒
B．甲、乙运动员的动量变化量相同
C．两运动员的总机械能守恒
D．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量
答案　A
解析　两运动员组成的系统所受合外力矢量和为0，系统动量守恒，A正确；系统动量守恒，两运动员的动量变化量等大反向，变化量不相同，B错误；在光滑冰面上“交接棒”时，后方运动员用力推前方运动员，导致机械能增加，C错误；在乙推甲的过程中，消耗体内的化学能转化为系统的动能，根据能量守恒定律可知，甲的动能增加量不等于乙的动能减小量，D错误．
2.如图所示，小木块m与长木板M之间光滑，M置于光滑水平面上，一轻质弹簧左端固定在M的左端，右端与m连接，开始时m和M都静止，弹簧处于自然状态．现同时对m、M施加等大反向的水平恒力F1、F2，两物体开始运动后，对m、M、弹簧组成的系统，下列说法正确的是(整个过程中弹簧不超过其弹性限度)(　　)
A．整个运动过程中，系统机械能守恒，动量守恒
B．整个运动过程中，当木块速度为零时，系统机械能一定最大
C．M、m分别向左、右运行过程中，均一直做加速度逐渐增大的加速直线运动
D．M、m分别向左、右运行过程中，当弹簧弹力与F1、F2的大小相等时，系统动能最大
答案　D
解析　由于F1与F2等大反向，系统所受的合外力为零，则系统的动量守恒．由于水平恒力F1、F2对系统做功代数和不为零，则系统的机械能不守恒，故A错误；从开始到弹簧伸长到最长的过程，F1与F2分别对m、M做正功，弹簧伸长最长时，m、M的速度为零，之后弹簧收缩，F1与F2分别对m、M做负功，系统的机械能减小，因此，当弹簧有最大伸长量时，m、M的速度为零，系统机械能最大；当弹簧收缩到最短时，m、M的速度为零，系统机械能最小，故B错误；在水平方向上，M、m受到水平恒力和弹簧的弹力作用，水平恒力先大于弹力，后小于弹力，随着弹力增大，两个物体的合力先逐渐减小，后反向增大，则加速度先减小后反向增大，则M、m先做加速度逐渐减小的加速运动，后做加速度逐渐增大的减速运动，当弹簧弹力的大小与拉力F1、F2的大小相等时，m、M的速度最大，系统动能最大，故C错误，D正确．
3.如图所示，气球下面有一根长绳，一个质量为m1＝50 kg的人抓在气球下方，气球和长绳的总质量为m2＝20 kg，长绳的下端刚好和水平面接触，当静止时人离地面的高度为h＝5 m．如果这个人开始沿绳向下滑，当滑到绳下端时，他离地面的高度约为(可以把人看成质点)(　　)
A．5 m B．3.6 m
C．2.6 m D．8 m
答案　B
解析　当人滑到下端时，设人相对地面下滑的位移大小为h1，气球相对地面上升的位移大小为h2，由动量守恒定律，得m1＝m2，且h1＋h2＝h，解得h2≈3.6 m，所以他离地面的高度约为3.6 m，故选项B正确．
4．(多选)(2023·浙江丽水市模拟)质量为M的物块以速度v运动，与质量为m的静止物块发生正碰，碰撞后两者的动量正好相等，两者质量之比可能为(　　)
A．2 B．3 C．4 D．5
答案　AB
解析　根据动量守恒定律和能量守恒定律，设碰撞后两者的动量都为p，则总动量为2p，根据动量和动能的关系有：p2＝2mEk，根据能量的关系，由于动能不增加，则有：≥＋，解得≤3，故A、B正确，C、D错误．
5．冰壶运动深受观众喜爱，在某次投掷中，冰壶甲运动一段时间后与静止的冰壶乙发生正碰，如图所示．若两冰壶质量相等，则碰后两冰壶最终停止的位置，可能是选项图中的哪幅图(　　)
答案　B
解析　两冰壶碰撞过程中动量守恒，两冰壶发生正碰，由动量守恒定律可知，碰撞前后系统动量不变，两冰壶的动量方向即速度方向，不会偏离甲原来的方向，可知，A图情况是不可能的，故A错误；如果两冰壶发生弹性碰撞，碰撞过程动量守恒、机械能守恒，两冰壶质量相等，碰撞后两冰壶交换速度，甲静止，乙的速度等于甲的速度，碰后乙做减速运动，最后停止，最终两冰壶的位置可能如选项B所示，故B正确；两冰壶碰撞后，乙在前，甲在后，选项C所示是不可能的，故C错误；碰撞过程机械能不可能增大，两冰壶质量相等，碰撞后甲的速度不可能大于乙的速度，碰撞后甲的位移不可能大于乙的位移，故D错误．
6.如图所示，在光滑的水平面上有三个完全相同的小球，它们排成一条直线，小球2、3静止，并靠在一起，球1以速度v0撞向它们，设碰撞过程中不损失机械能，则碰后三个小球的速度分别为(　　)
A．v1＝v2＝v3＝v0
B．v1＝0，v2＝v3＝v0
C．v1＝0，v2＝v3＝v0
D．v1＝v2＝0，v3＝v0
答案　D
解析　由题设条件，三球在碰撞过程中总动量和总动能守恒．设三球质量均为m，则碰撞前系统总动量为mv0，总动能为mv02.选项A、B中的数据都违反了动量守恒定律，故不可能．对选项C，碰后总动量为mv0，但总动能为mv02，这显然违反了机械能守恒定律，故不可能．对选项D，既满足动量守恒定律，也满足机械能守恒定律，故选D.
7.(2023·北京市第五中学检测)A、B物块沿光滑水平面在同一直线上运动并发生正碰，如图为两物块碰撞前后的位移－时间图像，其中a、b分别为A、B两物块碰前的位移－时间图像，c为碰撞后两物块共同运动的位移－时间图像，若A物块质量m＝2 kg，则由图判断，下列结论错误的是(　　)
A．碰撞前后A的动量变化量的大小为4 kg·m/s
B．B物块的质量为0.75 kg
C．碰撞过程A对B所施冲量大小为4 N·s
D．碰撞过程A、B两物块组成的系统损失的动能为10 J
答案　B
解析　以A的初速度方向为正方向，由图像可知碰撞前A的速度为vA＝ m/s＝3 m/s，碰撞后A、B的共同速度为vAB＝ m/s＝1 m/s，则碰撞前A的动量为mvA＝2×3 kg·m/s＝6 kg·m/s，碰撞后A的动量为mvAB＝2 kg·m/s，碰撞前后A的动量变化量的大小为4 kg·m/s，A正确，不符合题意；碰撞前B的速度为vB＝－ m/s＝－2 m/s，由动量守恒定律得mvA＋mBvB＝(m＋mB)vAB，解得mB＝ kg，B错误，符合题意；由动量定理得I＝mBvAB－mBvB＝×1 kg·m/s－×(－2) kg·m/s＝4 N·s，即碰撞过程A对B所施冲量大小为4 N·s，C正确，不符合题意；碰撞过程A、B两物块组成的系统损失的动能为ΔEk＝mvA2＋mBvB2－(m＋mB)vAB2＝×2×32 J＋××(－2)2 J－×(2＋)×12 J＝10 J，D正确，不符合题意．
8．(2023·浙江宁波市月考)“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”，爆竹声响是辞旧迎新的标志，是喜庆心情的流露．有一个质量为3m的爆竹从地面斜向上抛出，上升h后到达最高点，此时速度大小为v0、方向水平向东，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为2m，速度大小为v，方向水平向东；重力加速度为g.则(　　)
A．爆竹在最高点爆炸过程中，整体的动量守恒
B．质量为m的一块，其速度为3v0－2v
C．质量为m的一块，其速度为2v－3v0
D．质量为m的一块，在落地过程中重力冲量的大小为mg，方向水平向西
答案　B
解析　爆竹在最高点爆炸过程中，整体水平方向上不受外力，水平方向上动量守恒，故A错误；规定向东为正方向，根据动量守恒得3mv0＝2mv＋mv′，解得质量为m的一块的速度v′＝3v0－2v，故B正确，C错误；质量为m的一块爆炸后，做平抛运动，由h＝gt2，得运动的时间t＝，则在落地过程中重力冲量的大小为mg，方向竖直向下，故D错误．
9．在发射地球卫星时需要运载火箭多次点火，以提高最终的发射速度．某次地球近地卫星发射的过程中，火箭喷气发动机每次喷出质量为m＝800 g的气体，气体离开发动机时的对地速度v＝1 000 m/s，假设火箭(含燃料在内)的总质量为M＝600 kg，发动机每秒喷气20次，忽略地球引力的影响，则(　　)
A．第三次气体喷出后火箭的速度大小约为4 m/s
B．地球卫星要能成功发射，速度大小至少达到11.2 km/s
C．要使火箭能成功发射至少要喷气500次
D．要使火箭能成功发射至少要持续喷气17 s
答案　A
解析　设喷出三次气体后火箭的速度为v3，以火箭和喷出的三次气体为研究对象，以竖直向上为正方向，由动量守恒定律得：(M－3m)v3－3mv＝0，解得：v3≈4 m/s，故A正确；地球卫星要能成功发射，喷气n次后至少要达到第一宇宙速度，即：vn＝7.9 km/s，故B错误；以火箭和喷出的n次气体为研究对象，以竖直向上为正方向，由动量守恒定律得：(M－nm)vn－nmv＝0，代入数据解得：n≈666，故C错误；至少持续喷气时间为：t＝＝33.3 s，故D错误．
10.(2023·浙江绍兴市调研)如图为“子母球”表演的示意图，弹性小球A和B叠放在一起，从距地面高度为h处自由落下，h远大于两小球直径，小球B的质量是A质量的3倍，假设所有的碰撞都是弹性碰撞，且都发生在下落的竖直方向上，不考虑空气阻力．则(　　)
A．下落过程中两个小球之间有相互挤压
B．A与B第一次碰后小球B的速度不为零
C．A与B第一次碰后小球A弹起的最大高度是2h
D．A与B第一次碰后小球A弹起的最大高度是4h
答案　D
解析　不考虑空气阻力，下落过程是自由落体运动，处于完全失重状态，则两个小球之间没有力的作用，A错误；下降过程为自由落体运动，由匀变速直线运动的速度位移公式得v2＝2gh，解得小球B触地时两球速度相同，为v＝，小球B碰撞地之后，速度瞬间反向，大小相等，选小球A与小球B碰撞过程为研究过程，碰撞前后动量守恒，设碰后小球A、小球B速度大小分别为v1、v2，选向上为正方向，由动量守恒定律得mBv－mAv＝mAv1＋mBv2，由能量守恒定律得(mA＋mB)v2＝mAv12＋mBv22，解得v2＝0，v1＝2v，B错误；碰后小球A弹起的最大高度H＝＝4h，C错误，D正确．
11．(多选)(2023·浙江宁波市高三检测)如图所示，某超市两辆相同的购物车质量均为m，相距L沿直线排列，静置于水平地面上．为节省收纳空间，工人猛推一下第一辆车并立即松手，第一辆车运动距离L后与第二辆车相碰并相互嵌套结为一体，两辆车一起运动了L距离后恰好停靠在墙边．若购物车运动时受到的摩擦力恒为车重力的k倍，重力加速度为g，则(　　)
A．两购物车在整个过程中克服摩擦力做功之和为2kmgL
B．两购物车碰撞后瞬间的速度大小为
C．两购物车碰撞时的能量损失为2kmgL
D．工人给第一辆购物车的水平冲量大小为m
答案　CD
解析　由题意可知，两购物车在整个过程中克服摩擦力做功之和为W克f＝kmgL＋2kmgL＝3kmgL，A错误；工人猛推一下第一辆车并立即松手，设此时第一辆车的速度为v0，运动L距离后速度为v1，由动能定理可得－kmgL＝mv12－mv02，得v1＝，设与第二辆车碰后瞬间的共同速度为v，取第一辆车的初速度为正方向，由动量守恒定律可得mv1＝2mv，得v＝v1，由能量守恒定律可得3kmgL＋ΔE＝mv02，两购物车在碰撞中系统减少的能量ΔE＝mv12－×2mv2＝mv12－×2m(v1)2＝mv12＝m(v02－2kgL)，联立解得v0＝，ΔE＝2kmgL，v＝v1＝＝，B错误，C正确；由动量定理可知，工人给第一辆购物车的水平冲量大小为I＝mv0－0＝m，D正确．
12.(2023·浙江台州市模拟)如图所示，光滑导轨的末端放有一个质量为m1＝1 kg的小球A，导轨的末端与竖直墙上的O点等高，导轨末端到竖直墙壁的水平距离为d＝0.3 m．一个质量为m2的小球B沿导轨从距导轨末端高h＝0.2 m处由静止释放，在末端与小球A碰撞后，两球直接从轨道末端飞出，A、B两球分别击中竖直墙壁上的P、Q两点．已知P到O的距离h1＝0.05 m，Q到O的距离h2＝0.45 m，小球可视为质点，重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力．
(1)求A、B两球从轨道末端飞出时的速度大小v1、v2；
(2)求小球B的质量m2，并通过计算分析碰撞是否为弹性碰撞；
(3)在A、B发生弹性碰撞的条件下，能否选择一个合适的小球B，质量为m2，使得两球碰后即以共同速度做抛体运动？如果能，求出m2；若不能，请说明理由．
答案　见解析
解析　(1)小球在空中做平抛运动，有
d＝v1t1，h1＝gt12，d＝v2t2，h2＝gt22，
解得v1＝3 m/s，v2＝1 m/s
(2)设B运动到轨道末端的速度为v0，
由机械能守恒得m2gh＝m2v02，
解得v0＝2 m/s
在A、B碰撞前后，两球的动量守恒，以v0的方向为正方向，有m2v0＝m2v2＋m1v1，
解得m2＝3 kg
碰前总动能Ek＝m2v02＝6 J，
碰后两球总动能Ek′＝m2v22＋m1v12＝6 J即该碰撞为弹性碰撞．
(3)不能．假设此情形下的m2存在，则由动量守恒得m2v0＝(m1＋m2)v求得v＝
碰前总动能Ek＝m2v02，碰后两球总动能Ek′＝(m1＋m2)v2＝这说明碰撞前后有能量损失，与题设矛盾，故这样的m2不存在．
13．(多选)(2020·全国卷Ⅱ·21)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
答案　BC
解析　设运动员的质量为M，第一次推物块后，运动员速度大小为v1，第二次推物块后，运动员速度大小为v2……第八次推物块后，运动员速度大小为v8，第一次推物块后，由动量守恒定律知：Mv1＝mv0；第二次推物块后由动量守恒定律知：M(v2－v1)＝m[v0－(－v0)]＝2mv0，……，第n次推物块后，由动量守恒定律知：M(vn－vn－1)＝2mv0，各式相加可得vn＝，则v7＝，v8＝.由题意知，v7<5 m/s，则M>52 kg，又知v8>5 m/s，则M<60 kg，故选B、C.

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