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第2讲　动量守恒定律及其应用
课 程 标 准 素 养 目 标
1.通过实验和理论推导，理解动量守恒定律，能用其解释生活中的有关现象．知道动量守恒定律的普适性． 2.探究并了解物体弹性碰撞和非弹性碰撞的特点．定量分析一维碰撞问题并能解释生产生活中的弹性碰撞和非弹性碰撞现象． 3.体会用动量守恒定律分析物理问题的方法，体会自然界的和谐与统一． 物理观念：能正确区分内力与外力． 科学思维：理解动量守恒定律的确切含义和表达式，知道定律的适用条件．会用动量守恒定律解决碰撞、爆炸等问题．
考点一　动量守恒定律的条件与应用
【必备知识·自主落实】
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．
外力和内力是相对的
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．
　　动量变化量是末态动量减初态动量
【关键能力·思维进阶】
1．[2024·云南省保山市高三模拟]如图甲所示，两个质量相等的小车A和B静止在光滑的水平地面上．它们之间装有被压缩的轻质弹簧，用不可伸长的轻细线把它们系在一起．如图乙所示，让B紧靠墙壁，其他条件与图甲相同．对于小车A、B和弹簧组成的系统，从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．图甲所示系统动量守恒，机械能守恒
B．图乙所示系统动量守恒，机械能守恒
C.墙壁对图乙所示系统的冲量为零
D．墙壁弹力对图乙中B车做功不为零
2．如图所示，质量为0.5 kg的小球在距离车内上表面高度20 m处以一定的初速度向左平抛，落在以7.5 m/s的速度沿光滑的水平面向右匀速行驶的敞篷小车中，车内上表面涂有一层油泥，车与油泥的总质量为4 kg，若小球在落在车内上表面之前瞬时速度是25 m/s，则当小球和小车相对静止时，小车的速度是(g＝10 m/s2)(　　)
A．5 m/s B．4 m/s
C．8.5 m/s D．9.5 m/s
3．如图甲所示，质量为M的薄长木板静止在光滑的水平面上，t＝0时一质量为m的滑块以水平初速度v0从长木板的左端冲上木板并最终从右端滑下．已知滑块和长木板在运动过程中的v-t图像如图乙所示，则木板与滑块的质量之比M∶m为(　　)
A．1∶2 B．2∶1
C．1∶3 D．3∶1
4．[2024·湖南高三模拟]如图所示，在光滑水平面上有A、B两辆小车，水平面的左侧有一竖直墙，在小车B上坐着一个小孩，小孩与B车的总质量是A车质量的4 044倍．两车开始都处于静止状态且A、B两辆小车靠在一起，小孩把A车以相对于地面为v的速度推出，A车与墙壁碰后仍以原速率返回，小孩接到A车后，又把它以相对于地面为v的速度推出．往后小孩每次推出A车，A车相对于地面的速度都是v，方向向左，则小孩把A车至少推出几次后，A车返回时小孩不能再接到A车(　　)
A．2 021 B．2 022
C．2 023 D．2 024
思维提升
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．应用动量守恒定律解题的基本步骤
考点二　碰撞问题分析
【必备知识·自主落实】
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．
外力的冲量可以忽略不计
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 守恒 有损失
完全非弹性碰撞 守恒 损失________
【关键能力·思维进阶】
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 1 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
例2 在光滑的水平面上，有a、b两个等大的小球，a的质量为2m，b的质量为m，它们在同一直线上运动，t0时刻两球发生正碰，则下列关于两球碰撞前后的速度－时间图像可能正确的是(　　)
考向2　弹性碰撞
例 3 弹玻璃球是小孩子最爱玩的游戏之一，一次游戏中，有大小相同、但质量不同的A、B两玻璃球，质量分别为mA、mB，且mAA．1∶2　　B．1∶3 C．1∶4　　D．1∶5
例 4 (多选)[2024·四川达州统考二模]如图所示，用不可伸长的轻绳将质量为m1的小球悬挂在O点，绳长L＝0.8 m，轻绳处于水平拉直状态．现将小球由静止释放，下摆至最低点与静止在A点的小物块发生碰撞，碰后小球向左摆的最大高度h＝0.2 m，小物块沿水平地面滑到B点停止运动．已知小物块质量为m2，小物块与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.5，A点到B点的距离x＝0.4 m，重力加速度g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)
A．小球与小物块质量之比＝
B．小球与小物块碰后小物块速率v＝2 m/s
C．小球与小物块碰撞是弹性碰撞
D．小球与小物块碰撞过程中系统有机械能损失
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 5 如图所示，在光滑的水平面上有2 022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．
考点三　爆炸、反冲运动
【必备知识·自主落实】
1．反冲现象
(1)定义：静止或运动的物体通过分离出部分物质，而使自身在________获得加速的现象．
(2)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，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(如化学能)转化为动能
位置不变 爆炸的时间极短，作用过程中物体产生的位移很小，可以认为爆炸前、后时刻各部分位置不变
【关键能力·思维进阶】
5．[2024·河北省模拟]质量为m的烟花弹升到最高点距离地面高度为h处，爆炸成质量相等的两部分，两炸片同时落地后相距L，不计空气阻力和炸药质量，重力加速度为g，则烟花弹爆炸使炸片增加的机械能为(　　)
A．mgh B．
C． D．
6．[2024·山东济南市统考]在空间技术发展过程中，喷气背包曾经作为宇航员舱外活动的主要动力装置，它能让宇航员保持较高的机动性．如图所示，宇航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，宇航员到达舱门时的速度为v2.若宇航员连同整套舱外太空服的质量为M，不计喷出气体后宇航员和装备质量的变化，忽略宇航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．
思维提升
对反冲运动的三点说明
(1)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．
(2)动量守恒
反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，反冲运动遵循动量守恒定律．
(3)机械能增加
反冲运动中，物体间的作用力做正功，其他形式的能转化为机械能，所以系统的总机械能增加．
核心素养提升 人船模型及其拓展模型的应用
“人船”模型条件及特点
典例1 如图所示，有一质量为M＝6 kg、边长为0.2 m的正方体木块，静止于光滑水平面上，木块内部有一从顶面贯通至底面的通道，一个质量为m＝2 kg的小球(可视为质点)由静止开始从通道的左端运动到右端，在该过程中木块的位移大小为(　　)
A．0.05 m B．0.10 m
C．0.15 m D．0.5 m
[教你解决问题]　模型建构
典例2 (多选) [2024·河南郑州统考模拟预测]如图所示，质量为M＝2m的小木船静止在湖边附近的水面上，船身垂直于湖岸，船面可看做水平面，并且比湖岸高出h.在船尾处有一质量为m的铁块，将弹簧压缩后再用细线将铁块拴住，此时铁块到船头的距离为L，船头到湖岸的水平距离x＝L，弹簧原长远小于L.将细线烧断后该铁块恰好能落到湖岸上，忽略船在水中运动时受到水的阻力以及其它一切摩擦力，重力加速度为g.下列判断正确的有(　　)
A．铁块脱离木船后在空中运动的水平距离为L
B.铁块脱离木船时的瞬时速度大小为
C．小木船最终的速度大小为
D．弹簧释放的弹性势能为
第2讲　动量守恒定律及其应用
考点一
必备知识·自主落实
1．矢量和
2．(1)m1v′1＋m2v′2　(2)－Δp2
关键能力·思维进阶
1．解析：从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，题图甲所示系统所受外力矢量和为0，则系统动量守恒，且运动过程中只有系统内的弹力做功，所以系统机械能守恒，故A正确；从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，题图乙所示系统中由于墙壁对B有力的作用，则系统所受外力的矢量和不为0，则系统动量不守恒，运动过程中只有系统内的弹力做功，所以系统机械能守恒，故B错误；从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，题图乙所示系统中由于墙壁对B有力的作用，由公式I＝Ft可知，墙壁对题图乙所示系统的冲量不为零，故C错误；从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，由于B车没有位移，则墙壁弹力对题图乙中B车做功为0，故D错误．
答案：A
2．解析：由平抛运动规律可知，小球下落的时间t＝ ＝ s＝2 s，竖直方向上的分速度vy＝gt＝20 m/s，水平方向上的分速度vx＝ m/s＝15 m/s，取小车初速度的方向为正方向，由于小球和小车的相互作用满足水平方向上动量守恒，则m车v0－m球vx＝(m车＋m球)v，解得v＝5 m/s，故A正确．
答案：A
3．解析：取滑块的初速度方向为正方向，对滑块和木板组成的系统，根据动量守恒定律有mv0＝mv1＋Mv2，由题图乙知v0＝40 m/s，v1＝20 m/s，v2＝10 m/s，代入数据解得M∶m＝2∶1，故B正确．
答案：B
4．解析：取小孩和B车运动方向为正方向，小孩第一次推出A车后，小孩和B车获得速度为v1，由动量守恒定律0＝－mAv＋mBv1　①
小孩第二次推出A车后，小孩和B车获得速度为v2，由动量守恒定律mAv＋mBv1＝－mAv＋mBv2　②
小孩第三次推出A车后，小孩和B车获得速度为v3，由动量守恒定律mAv＋mBv2＝－mAv＋mBv3　③
以此规律可得小孩第n－1次推出A车后小孩和B车获得速度为，第n次推出A车后，小孩和B车获得速度为vn，第n次推出A车前后，由动量守恒定律mAv＋mBvn－1＝－mAv＋mBvn　④
将推n次的等式相加，可得vn＝v＝v
当vn≥v时，再也接不到小车，即≥1
解得n≥2 022.5
取正整数，则n＝2 023，故选C.
答案：C
考点二
必备知识·自主落实
1．很大
2．远大于
3．守恒　最大
关键能力·思维进阶
例1　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v′A大于B的速度v′B，不符合实际，即A、D项错误；C项中，两球碰后的总动能Ek后＝mB＝57 J，大于碰前的总动能Ek前＝mB＝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．
答案：B
例2　解析：设纵轴坐标分度值为v0；两球组成的系统所受合外力为零，两球碰撞过程系统动量守恒，系统动能不增加．
由图示可知，碰撞前系统总动量p＝2m×2v0＋m×(－2v0)＝2mv0
碰撞后系统总动量p′＝0，违背动量守恒定律，故A错误；
由图示可知，碰撞前系统总动量p＝2m×2v0＋m×(－v0)＝3mv0
碰撞后系统总动量p′＝(2m＋m)v0＝3mv0
碰撞过程系统动量守恒，物体发生完全非弹性碰撞，该过程可能发生，故B正确；
由图示可知，碰撞前系统总动量p＝2mv0
碰撞后系统总动量p′＝4mv0－2mv0＝2mv0
碰撞过程系统动量守恒．
碰撞前系统的总动能为Ek＝＝
碰撞后系统的总动能为E′k＝×2m(－v0)2＋m(4v0)2＝
碰撞后的动能增加，这是不可能发生的，故C错误；
由图示可知，碰撞前系统总动量p＝2m×4v0＝8mv0
碰撞后系统总动量p′＝2m×(－2v0)＋mv0＝－3mv0
碰撞过程不遵守动量守恒定律，这种情况不可能发生，故D错误．故选B.
答案：B
例3　解析：两球碰撞时由动量守恒可得mAv0＝mAv1＋mBv2
由能量守恒可得＝
联立可得v1＝，v2＝
玻璃球B返回后两球速度相等v1＝－v2
可得mA∶mB＝1∶3，故选B.
答案：B
例4　解析：根据牛顿第二定律μm2g＝m2a
可知小物块的加速度a＝μg＝5 m/s2
根据匀变速运动公式v2＝2ax
解得小球与小物块碰后小物块速率v＝＝2 m/s，B正确；
设小球碰撞前的速度为v1，碰撞后的速度为v′1，根据动能定理m1gL＝，m1gh＝
解得v1＝4 m/s，v′1＝2 m/s
以向右为正方向，根据动量守恒定律m1v1＝＋m2v
解得＝，A错误；
碰撞前动能Ek1＝＝8m1
碰撞后动能Ek2＝＋m2v2＝2m1＋2m2＝8m1
碰撞前后动能相等，所以小球与小物块碰撞是弹性碰撞，无机械能损失，C正确，D错误．故选BC.
答案：BC
例5　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2 022个小球组成的整体看做一个系统，设系统最终的速度为v，运用动量守恒得mv0＝2 022mv，解得v＝，则系统损失的机械能ΔE＝－·2 022mv2
而＝Ek，解得ΔE＝，故选C.
答案：C
考点三
必备知识·自主落实
1．(1)反方向　(2)动量
关键能力·思维进阶
5．解析：设烟花弹爆炸后瞬间两炸片的速度大小分别为v1、v2，由动量守恒定律有0＝v1－v2，可得v1＝v2＝v，根据题述，两炸片均做平抛运动，有2vt＝L，h＝gt2，ΔE＝mv2＋mv2，解得ΔE＝，故选B.
答案：B
6．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＝Mv2
宇航员受力恒定，做初速度为零的匀加速直线运动，则·t＝d
联立解得ρ＝，故选D.
答案：D
核心素养提升
典例1　解析：小球由静止开始从如图所示轨道的一端运动到另一端的过程中，水平方向平均动量守恒，则有
mv1·t＝Mv2·t
即mx1＝Mx2
根据题意有x1＋x2＝a
a＝0.2 m(为正方体木块边长)
解得x2＝0.05 m，故B、C、D错误，A正确．故选A.
答案：A
典例2　解析：对木船和铁块组成的系统，由动量守恒得
mv1·t＝Mv2·t
则有mx1＝Mx2
由于铁块到船头的距离为L，则有x1＋x2＝L
由M＝2m，解得x1＝L，x2＝L
铁块脱离木船后在空中运动的水平距离为x3＝x2＋x＝L＋L＝L，A错误；
铁块脱离木船后做平抛运动，则有h＝gt2，x3＝L＝v1t
解得v1＝，B正确；
由于mv1＝Mv2
结合上述解得v2＝，C错误；
弹簧释放的弹性势能为Ep＝
解得Ep＝，D正确．故选BD.
答案：BD(共47张PPT)
第2讲　动量守恒定律及其应用
课 程 标 准 素 养 目 标
1.通过实验和理论推导，理解动量守恒定律，能用其解释生活中的有关现象．知道动量守恒定律的普适性． 2.探究并了解物体弹性碰撞和非弹性碰撞的特点．定量分析一维碰撞问题并能解释生产生活中的弹性碰撞和非弹性碰撞现象． 3.体会用动量守恒定律分析物理问题的方法，体会自然界的和谐与统一． 物理观念：能正确区分内力与外力．
科学思维：理解动量守恒定律的确切含义和表达式，知道定律的适用条件．会用动量守恒定律解决碰撞、爆炸等问题．
考点一
考点二
考点三
考点一
考点一　动量守恒定律的条件与应用
【必备知识·自主落实】
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．外力和内力是相对的
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．
　　 动量变化量是末态动量减初态动量
矢量和
m1v′1＋m2v′2
－Δp2
【关键能力·思维进阶】
1．[2024·云南省保山市高三模拟]如图甲所示，两个质量相等的小车A和B静止在光滑的水平地面上．它们之间装有被压缩的轻质弹簧，用不可伸长的轻细线把它们系在一起．如图乙所示，让B紧靠墙壁，其他条件与图甲相同．对于小车A、B和弹簧组成的系统，从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．图甲所示系统动量守恒，机械能守恒
B．图乙所示系统动量守恒，机械能守恒
C. 墙壁对图乙所示系统的冲量为零
D．墙壁弹力对图乙中B车做功不为零
答案：A
解析：从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，题图甲所示系统所受外力矢量和为0，则系统动量守恒，且运动过程中只有系统内的弹力做功，所以系统机械能守恒，故A正确；从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，题图乙所示系统中由于墙壁对B有力的作用，则系统所受外力的矢量和不为0，则系统动量不守恒，运动过程中只有系统内的弹力做功，所以系统机械能守恒，故B错误；从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，题图乙所示系统中由于墙壁对B有力的作用，由公式I＝Ft可知，墙壁对题图乙所示系统的冲量不为零，故C错误；从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，由于B车没有位移，则墙壁弹力对题图乙中B车做功为0，故D错误．
2．如图所示，质量为0.5 kg的小球在距离车内上表面高度20 m处以一定的初速度向左平抛，落在以7.5 m/s的速度沿光滑的水平面向右匀速行驶的敞篷小车中，车内上表面涂有一层油泥，车与油泥的总质量为4 kg，若小球在落在车内上表面之前瞬时速度是25 m/s，则当小球和小车相对静止时，小车的速度是(g＝10 m/s2)(　　)
A．5 m/s B．4 m/s
C．8.5 m/s D．9.5 m/s
答案：A
解析：由平抛运动规律可知，小球下落的时间t＝ ＝ s＝2 s，竖直方向上的分速度vy＝gt＝20 m/s，水平方向上的分速度vx＝ m/s＝15 m/s，取小车初速度的方向为正方向，由于小球和小车的相互作用满足水平方向上动量守恒，则m车v0－m球vx＝(m车＋m球)v，解得v＝5 m/s，故A正确．
3．如图甲所示，质量为M的薄长木板静止在光滑的水平面上，t＝0时一质量为m的滑块以水平初速度v0从长木板的左端冲上木板并最终从右端滑下．已知滑块和长木板在运动过程中的v-t图像如图乙所示，则木板与滑块的质量之比M∶m为(　　)
A．1∶2 B．2∶1
C．1∶3 D．3∶1
答案：B
解析：取滑块的初速度方向为正方向，对滑块和木板组成的系统，根据动量守恒定律有mv0＝mv1＋Mv2，由题图乙知v0＝40 m/s，v1＝20 m/s，v2＝10 m/s，代入数据解得M∶m＝2∶1，故B正确．
4．[2024·湖南高三模拟]如图所示，在光滑水平面上有A、B两辆小车，水平面的左侧有一竖直墙，在小车B上坐着一个小孩，小孩与B车的总质量是A车质量的4 044倍．两车开始都处于静止状态且A、B两辆小车靠在一起，小孩把A车以相对于地面为v的速度推出，A车与墙壁碰后仍以原速率返回，小孩接到A车后，又把它以相对于地面为v的速度推出．往后小孩每次推出A车，A车相对于地面的速度都是v，方向向左，则小孩把A车至少推出几次后，A车返回时小孩不能再接到A车(　　)
A．2 021 B．2 022
C．2 023 D．2 024
答案：C
解析：取小孩和B车运动方向为正方向，小孩第一次推出A车后，小孩和B车获得速度为v1，由动量守恒定律0＝－mAv＋mBv1　①
小孩第二次推出A车后，小孩和B车获得速度为v2，由动量守恒定律mAv＋mBv1＝－mAv＋mBv2　②
小孩第三次推出A车后，小孩和B车获得速度为v3，由动量守恒定律mAv＋mBv2＝－mAv＋mBv3　③
以此规律可得小孩第n－1次推出A车后小孩和B车获得速度为，第n次推出A车后，小孩和B车获得速度为vn，第n次推出A车前后，由动量守恒定律mAv＋mBvn－1＝－mAv＋mBvn　④
将推n次的等式相加，可得vn＝v＝v
当vn≥v时，再也接不到小车，即≥1
解得n≥2 022.5
取正整数，则n＝2 023，故选C.
思维提升
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．应用动量守恒定律解题的基本步骤
考点二
考点二　碰撞问题分析
【必备知识·自主落实】
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．外力的冲量可以忽略不计
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 守恒 有损失
完全非弹性碰撞 守恒 损失________
守恒
最大
【关键能力·思维进阶】
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 1 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
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v′A大于B的速度v′B，不符合实际，即A、D项错误；C项中，两球碰后的总动能Ek后＝mB＝57 J，大于碰前的总动能Ek前＝mB＝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．
例2 在光滑的水平面上，有a、b两个等大的小球，a的质量为2m，b的质量为m，它们在同一直线上运动，t0时刻两球发生正碰，则下列关于两球碰撞前后的速度－时间图像可能正确的是(　　)
答案：B
解析：设纵轴坐标分度值为v0；两球组成的系统所受合外力为零，两球碰撞过程系统动量守恒，系统动能不增加．
由图示可知，碰撞前系统总动量p＝2m×2v0＋m×(－2v0)＝2mv0
碰撞后系统总动量p′＝0，违背动量守恒定律，故A错误；
由图示可知，碰撞前系统总动量p＝2m×2v0＋m×(－v0)＝3mv0
碰撞后系统总动量p′＝(2m＋m)v0＝3mv0
碰撞过程系统动量守恒，物体发生完全非弹性碰撞，该过程可能发生，故B正确；
由图示可知，碰撞前系统总动量p＝2mv0
碰撞后系统总动量p′＝4mv0－2mv0＝2mv0
碰撞过程系统动量守恒．
碰撞前系统的总动能为Ek＝＝
碰撞后系统的总动能为E′k＝×2m(－v0)2＋m(4v0)2＝
碰撞后的动能增加，这是不可能发生的，故C错误；
由图示可知，碰撞前系统总动量p＝2m×4v0＝8mv0
碰撞后系统总动量p′＝2m×(－2v0)＋mv0＝－3mv0
碰撞过程不遵守动量守恒定律，这种情况不可能发生，故D错误．故选B.
考向2　弹性碰撞
例 3 弹玻璃球是小孩子最爱玩的游戏之一，一次游戏中，有大小相同、但质量不同的A、B两玻璃球，质量分别为mA、mB，且mAA．1∶2　　B．1∶3 C．1∶4　　D．1∶5
答案：B
解析：两球碰撞时由动量守恒可得mAv0＝mAv1＋mBv2
由能量守恒可得＝
联立可得v1＝，v2＝
玻璃球B返回后两球速度相等v1＝－v2
可得mA∶mB＝1∶3，故选B.
例 4 (多选)[2024·四川达州统考二模]如图所示，用不可伸长的轻绳将质量为m1的小球悬挂在O点，绳长L＝0.8 m，轻绳处于水平拉直状态．现将小球由静止释放，下摆至最低点与静止在A点的小物块发生碰撞，碰后小球向左摆的最大高度h＝0.2 m，小物块沿水平地面滑到B点停止运动．已知小物块质量为m2，小物块与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.5，A点到B点的距离x＝0.4 m，重力加速度g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)
A．小球与小物块质量之比＝
B．小球与小物块碰后小物块速率v＝2 m/s
C．小球与小物块碰撞是弹性碰撞
D．小球与小物块碰撞过程中系统有机械能损失
答案：BC
解析：根据牛顿第二定律μm2g＝m2a
可知小物块的加速度a＝μg＝5 m/s2,根据匀变速运动公式v2＝2ax
解得小球与小物块碰后小物块速率v＝＝2 m/s，B正确；
设小球碰撞前的速度为v1，碰撞后的速度为v′1，根据动能定理m1gL＝，m1gh＝,解得v1＝4 m/s，v′1＝2 m/s
以向右为正方向，根据动量守恒定律m1v1＝＋m2v
解得＝，A错误；
碰撞前动能Ek1＝＝8m1
碰撞后动能Ek2＝＋m2v2＝2m1＋2m2＝8m1
碰撞前后动能相等，所以小球与小物块碰撞是弹性碰撞，无机械能损失，C正确，D错误．故选BC.
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 5 如图所示，在光滑的水平面上有2 022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．
答案：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2 022个小球组成的整体看做一个系统，设系统最终的速度为v，运用动量守恒得mv0＝2 022mv，解得v＝，则系统损失的机械能ΔE＝－·2 022mv2
而＝Ek，解得ΔE＝，故选C.
考点三
考点三　爆炸、反冲运动
【必备知识·自主落实】
1．反冲现象
(1)定义：静止或运动的物体通过分离出部分物质，而使自身在________获得加速的现象．
(2)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，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(如化学能)转化为动能
位置不变 爆炸的时间极短，作用过程中物体产生的位移很小，可以认为爆炸前、后时刻各部分位置不变
反方向
动量
【关键能力·思维进阶】
5．[2024·河北省模拟]质量为m的烟花弹升到最高点距离地面高度为h处，爆炸成质量相等的两部分，两炸片同时落地后相距L，不计空气阻力和炸药质量，重力加速度为g，则烟花弹爆炸使炸片增加的机械能为(　　)
A．mgh B．
C． D．
答案：B
解析：设烟花弹爆炸后瞬间两炸片的速度大小分别为v1、v2，由动量守恒定律有0＝v1－v2，可得v1＝v2＝v，根据题述，两炸片均做平抛运动，有2vt＝L，h＝gt2，ΔE＝mv2＋mv2，解得ΔE＝，故选B.
6．[2024·山东济南市统考]在空间技术发展过程中，喷气背包曾经作为宇航员舱外活动的主要动力装置，它能让宇航员保持较高的机动性．如图所示，宇航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，宇航员到达舱门时的速度为v2.若宇航员连同整套舱外太空服的质量为M，不计喷出气体后宇航员和装备质量的变化，忽略宇航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．
答案：D
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＝Mv2
宇航员受力恒定，做初速度为零的匀加速直线运动，则·t＝d
联立解得ρ＝，故选D.
思维提升
对反冲运动的三点说明
(1)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．
(2)动量守恒
反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，反冲运动遵循动量守恒定律．
(3)机械能增加
反冲运动中，物体间的作用力做正功，其他形式的能转化为机械能，所以系统的总机械能增加．
核心素养提升 人船模型及其拓展模型的应用
“人船”模型条件及特点
典例1 如图所示，有一质量为M＝6 kg、边长为0.2 m的正方体木块，静止于光滑水平面上，木块内部有一从顶面贯通至底面的通道，一个质量为m＝2 kg的小球(可视为质点)由静止开始从通道的左端运动到右端，在该过程中木块的位移大小为(　　)
A．0.05 m B．0.10 m
C．0.15 m D．0.5 m
答案：A
解析：小球由静止开始从如图所示轨道的一端运动到另一端的过程中，水平方向平均动量守恒，则有
mv1·t＝Mv2·t
即mx1＝Mx2
根据题意有x1＋x2＝a
a＝0.2 m(为正方体木块边长)
解得x2＝0.05 m，故B、C、D错误，A正确．故选A.
[教你解决问题]　模型建构
典例2 (多选) [2024·河南郑州统考模拟预测]如图所示，质量为M＝2m的小木船静止在湖边附近的水面上，船身垂直于湖岸，船面可看做水平面，并且比湖岸高出h.在船尾处有一质量为m的铁块，将弹簧压缩后再用细线将铁块拴住，此时铁块到船头的距离为L，船头到湖岸的水平距离x＝L，弹簧原长远小于L.将细线烧断后该铁块恰好能落到湖岸上，忽略船在水中运动时受到水的阻力以及其它一切摩擦力，重力加速度为g.下列判断正确的有(　　)
A．铁块脱离木船后在空中运动的水平距离为L
B.铁块脱离木船时的瞬时速度大小为
C．小木船最终的速度大小为
D．弹簧释放的弹性势能为
答案：BD
解析：对木船和铁块组成的系统，由动量守恒得mv1·t＝Mv2·t
则有mx1＝Mx2,由于铁块到船头的距离为L，则有x1＋x2＝L
由M＝2m，解得x1＝L，x2＝L
铁块脱离木船后在空中运动的水平距离为x3＝x2＋x＝L＋L＝L，A错误；
铁块脱离木船后做平抛运动，则有h＝gt2，x3＝L＝v1t
解得v1＝，B正确；
由于mv1＝Mv2,结合上述解得v2＝，C错误；
弹簧释放的弹性势能为Ep＝
解得Ep＝，D正确．故选BD.

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