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第3讲　动量守恒定律的“三类典型问题”(综合融通课)
类型(一)　碰撞问题
1.弹性碰撞讨论
(1)碰后速度的求解:
根据动量守恒定律和机械能守恒定律
解得v1'=,
v2'=。
(2)分析讨论:
当碰前物体2的速度不为零时,若m1=m2,则:
v1'=v2,v2'=v1,即两物体交换速度。
当碰前物体2的速度为零时,v2=0,则:
v1'=,v2'=。
讨论:①若m1=m2,则v1'=0,v2'=v1(速度交换,动量和动能全部转移)。
②若m1>m2,则v1'>0,v2'>0(碰后两物体沿同一方向运动)。
③若m1 m2,则v1'≈v1,v2'≈2v1。
④若m10(碰后两物体沿相反方向运动)。
⑤若m1 m2,则v1'≈-v1,v2'≈0。
2.非弹性碰撞
碰撞结束后,动能有部分损失。
由动量守恒定律知m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'
由能量守恒定律知m1+m2=m1v1'2+m2v2'2+ΔEk损
注:碰撞结束后,若v1'=v2',称为完全非弹性碰撞。
3.碰撞类问题遵循的三条原则
动量 守恒 m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'
机械能 不增加 Ek1+Ek2≥Ek1'+Ek2' 或+≥+
速度 要合理 同向 碰撞 碰撞前,后面的物体速度大;碰撞后,若两物体仍同向,前面的物体速度大或两物体速度相等
相向 碰撞 碰撞后两物体的运动方向不可能都不改变
　　[典例]　(2024·湖南高考,节选)如图,半径为R的圆环水平放置并固定,圆环内有质量为mA和mB的小球A和B(mA>mB)。初始时小球A以初速度v0沿圆环切线方向运动,与静止的小球B发生碰撞。不计小球与圆环之间的摩擦,两小球始终在圆环内运动。
(1)若小球A与B碰撞后结合在一起,求碰撞后小球组合体的速度大小及做圆周运动所需向心力的大小;
(2)若小球A与B之间为弹性碰撞,且所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点,求小球的质量比。
规范解答:
[考法全训]
考法1　弹性碰撞
1.(2024·广西高考)(多选)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
考法2　非弹性碰撞
2.(2025年1月·八省联考四川卷)(多选)如图,小球X、Y用不可伸长的等长轻绳悬挂于同一高度,静止时恰好接触,拉起X,使其在竖直方向上升高度h后由静止释放,X做单摆运动到最低点与静止的Y正碰。碰后X、Y做步调一致的单摆运动,上升的最大高度均为。若X、Y质量分别为mX和mY,碰撞前后X、Y组成系统的动能分别为Ek1和Ek2,则 (　　)
A.=1　　　　　 B.=2
C.=2 D.=4
考法3　碰撞应遵守的三原则
3.(2025·许昌模拟)如图所示,光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动,质量分别为2 kg、1 kg。取向右为正方向,若两小球碰前A的速度为2 m/s,B的速度为-3 m/s,则碰后A的速度可能为 (　　)
A.-2 m/s　　　　　　 B.-1 m/s
C.1 m/s D.2 m/s
类型(二)　爆炸与反冲
(一)爆炸问题
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)转化为动能
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
　　[例1]　(2025·北京顺义一模)一枚在空中水平飞行的玩具火箭质量为m,在某时刻距离地面的高度为h,速度为v。此时,火箭突然炸裂成A、B两部分,其中质量为m1的B部分速度恰好为0。忽略空气阻力的影响,重力加速度为g。求:
(1)炸裂后瞬间A部分的速度大小v1;
(2)炸裂后B部分在空中下落的时间t;
(3)在爆炸过程中增加的机械能ΔE。
答题区(面答面评,拍照上传,现场纠错品优)
　　[针对训练]
1.(多选)一鞭炮从足够大的水平地面上竖直向上抛出后,在最高点炸裂为甲、乙两块。已知甲、乙的质量之比为4∶1,不计空气阻力,若甲落地时的速度大小为v,则乙落地时的速度大小可能为 (　　)
A.v B.2v
C.3v D.4v
(二)反冲运动
1.反冲运动的特点
物体在内力作用下分裂为两个不同部分,并且这两部分向相反方向运动。反冲运动中,相互作用力一般较大,通常可以用动量守恒定律来处理。
2.对反冲运动的三点说明
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2]　如图所示,北京时间2024年5月28日,神舟十八号航天员乘组密切协同,在空间站机械臂和地面科研人员的配合支持下,进行了约8.5小时的出舱活动,完成既定任务。为了保证出舱航天员的安全,通常会采用多重保障,其中之一就是出舱航天员要背上可产生推力的便携式设备,设备中有一个能喷出气体的高压气源。假设一个连同设备共有100 kg的航天员,脱离空间站后,在离空间站30 m的位置与空间站处于相对静止的状态。航天员为了返回空间站,先以相对空间站50 m/s的速度向后喷出0.15 kg的气体,距离空间站15 m时,再次以同样速度喷出同等质量的气体,则航天员返回空间站的时间约为 (　　)
A.200 s　　B.300 s　　C.400 s　　D.600 s
听课记录:
　　[针对训练]
2.(2025·三亚模拟)小明制作了一个火箭模型,火箭模型质量为M(含燃料),开始火箭模型静置在地面上,点火后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的燃气,喷气过程中忽略重力和空气阻力的影响,下列说法正确的是 (　　)
A.火箭模型喷气过程机械能守恒
B.火箭模型的推力来源于空气对它的反作用力
C.喷气结束时火箭模型的动量大小为mv0
D.喷气结束时火箭模型的速度大小为
类型(三)　人船模型问题
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,可得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==。
4.“人船模型”的拓展(某一方向动量守恒)
两个原来静止的物体发生相互作用时,若所受外力的矢量和为零,则动量守恒。在相互作用的过程中,任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比,这样的问题即为人船模型问题。人船模型还适用于某一方向上动量守恒(如水平方向或竖直方向)的二物系统,只要相互作用前两物体在该方向上速度都为零即可。
5.应用人船模型注意事项
(1)应用==时要注意:v1、v2和x1、x2一般都是相对地面而言的。
(2)解题时要画出两物体的位移关系草图,找出各长度间的关系,注意两物体的位移是相对同一参考系的位移。
　　[典例]　(2025·衡阳模拟)如图,质量为M、半径为R的圆弧槽置于光滑水平面上。将一可视为质点的滑块从与圆心等高处无初速度地释放,滑块的质量为m,且M=2m,重力加速度大小为g。下列说法正确的是 (　　)
A.若圆弧面光滑,则圆弧槽与滑块组成的系统动量守恒
B.若圆弧面光滑,则滑块运动至水平面时速度大小为
C.若圆弧面粗糙,滑块能运动至水平面,则圆弧槽的位移大小为
D.若圆弧面粗糙,滑块能运动至水平面,则滑块的位移大小为
听课记录:
[考法全训]
考法1　对人船模型的理解
1.如图所示,质量为50 kg的人站在质量为250 kg的车的一端,车长为3 m,开始时人、车相对于水平地面静止,车与地面间的摩擦可忽略不计。当人由车的一端走到另一端的过程中,下列说法正确的是 (　　)
A.人的速率最大时,车的速率最小
B.人的动量变化量和车的动量变化量相同
C.人对车的冲量大小大于车对人的冲量大小
D.当人走到车的另一端时,车运动的位移大小为0.5 m
考法2　某个方向上应用人船模型
2.(2025·潍坊一模)光滑水平面上放有一上表面光滑、倾角为α的斜面A,斜面质量为M,底边长为 L,如图所示。将一质量为m的可视为质点的滑块B从斜面的顶端由静止释放,滑块B经过时间t刚好滑到斜面底端。此过程中斜面对滑块的支持力大小为FN,则下列结论中正确的是 (　　)
A.FN=mgcos α
B.滑块下滑过程中支持力对B的冲量大小为FNtcos α
C.滑块到达斜面底端时的动能为mgLtan α
D.此过程中斜面向左滑动的距离为L
第3讲
类型(一)
[典例]　解析:(1)由题意可知小球A、B组成的系统碰撞前后动量守恒,设碰撞后两小球组合体的速度大小为v,则根据动量守恒定律有mAv0=v,可得v=
碰撞后根据牛顿第二定律有F=(mA+mB),可得F=。
(2)若两球发生弹性碰撞,设碰后速度分别为vA、vB,则碰撞前后动量和机械能守恒,有mAv0=mAvA+mBvB
mA=mA+mB
联立解得vA=v0,vB=
因mA>mB,
则碰后瞬间两球同向运动,因为所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点,如图所示,首次碰撞在a点,a、b、c三点为等边三角形的三个顶点,因为vA①若第二次碰撞发生在图中的b点,则从第一次碰撞到第二次碰撞之间,小球A、B通过的路程关系为sB-sA=3L,即vBt-vAt=3L
对A有vAt=L+3k1L(k1=0,1,2,3,…)
则有=
联立解得=
由于两球质量均为正数,故k1=0,即=2
对第二次碰撞,设小球A、B碰撞后的速度大小分别为vA'、vB',则同样有mAvA+mBvB=mAvA'+mBvB'
mA+mB=mAvA'2+mBvB'2
联立解得vA'=v0,vB'=0,故第三次碰撞发生在b点、第四次碰撞发生在c点,以此类推,满足题意。
②若第二次碰撞发生在图中的c点,同理,从第一次碰撞到第二次碰撞之间,小球A、B通过的路程之比为,所以=(k2=0,1,2,3,…)
联立可得=(k2=0,1,2,3,…)
因为两球质量均为正数,故k2=0,即=5
同理可得vA'=v0,vB'=0,则第三次碰撞发生在c点,第四次碰撞发生在b点,以此类推,满足题意。
综上可知=2或=5。
答案:(1)　　(2)2或5
[考法全训]
1.选BC　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。
2.选AC　小球X由静止释放到最低点与小球Y发生碰撞前瞬间的过程,根据机械能守恒定律有mXgh=mX=Ek1,两球碰撞后一起上升到最高点的过程,根据机械能守恒定律有Ek2=(mX+mY)=(mX+mY)g·,两球碰撞过程水平方向上动量守恒,根据动量守恒定律有mXv1=(mX+mY)v2,联立可得=1,=2,故A、C正确,B、D错误。
3.选B　根据动量守恒定律有m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2',碰撞前后动能不增加,即m1+m2≥m1v1'2+m2v2'2,不发生二次碰撞有v1'≤v2',解得- m/s≤v1'≤ m/s,故选B。
类型(二)
[例1]　解析:(1)炸裂后瞬间,由动量守恒定律可知mv=v1
解得A部分的速度大小为v1=。
(2)炸裂后由运动学规律可知h=gt2
在空中下落的时间为t=。
(3)在爆炸过程中增加的机械能为
ΔE=-mv2
解得ΔE=v2。
答案:(1)　(2)　(3)v2
[针对训练]
1.选BC　设乙的质量为m,炸裂后瞬间甲、乙的速度大小分别为v1、v2,根据动量守恒定律有4mv1=mv2,可得v2=4v1,设鞭炮炸裂时距地面的高度为h,根据机械能守恒定律,对甲在空中运动的过程有×4m+4mgh=×4mv2,解得v=,同理可得乙落地时的速度大小v'=,因此=,结合v2=4v1,可得1<<4,即v[例2]　选B　设航天员的速度方向为正方向,第一次喷气后航天员的速度为v,根据动量守恒定律得0=-m1v1+v,解得v≈0.075 m/s,第一段15 m所需的时间约为t1== s=200 s;设再次喷气后航天员的速度为v',根据动量守恒定律得v=-m1v1+v',解得v'≈0.15 m/s,第二段15 m所需的时间约为t2== s=100 s,则航天员返回空间站的时间约为t=t1+t2=200 s+100 s=300 s,故选B。
[针对训练]
2.选C　系统所受合外力为零,满足动量守恒,但机械能不守恒,A错误;火箭模型的推力是燃料燃烧产生的高温高压气体向后喷出时对火箭模型的反作用力,B错误;开始总动量为零,规定气体喷出的方向为正方向,根据动量守恒定律得0=mv0-p,喷气结束时火箭模型的动量大小p=mv0,C正确;根据0=mv0-v,解得喷气结束时火箭模型的速度大小v=,D错误。
类型(三)
[典例]　选C　若圆弧面光滑,圆弧槽与滑块组成的系统在水平方向动量守恒,竖直方向动量不守恒,故A错误;若圆弧面光滑,设滑块运动至水平面时速度大小为v1,圆弧槽速度大小为v2,由机械能守恒定律知mgR=m+M,在水平方向上动量守恒有mv1=Mv2,又M=2m,联立解得v1=2,v2=,故B错误;若圆弧面粗糙,滑块能运动至水平面,设滑块与圆弧槽相对于地面沿水平方向的位移分别为x1和x2,由水平方向动量守恒有mx1=Mx2,由几何关系有x1+x2=R,解得x1=R,x2=,故C正确;由于滑块还发生了竖直位移R,故滑块的位移大小为=R,故D错误。
[考法全训]
1.选D　人和车组成的系统所受合外力为零,则系统动量守恒,根据动量守恒定律,人的动量和车的动量总是大小相等、方向相反,所以人的速率最大时,车的速率最大,A错误;根据动量守恒定律,人的动量变化量和车的动量变化量大小相等、方向相反,B错误;根据牛顿第三定律,人对车的作用力大小等于车对人的作用力大小,故人对车的冲量大小等于车对人的冲量大小,C错误;根据动量守恒定律得m人=m车,又x人+x车=L,解得x车=0.5 m,x人=2.5 m,当人走到车的另一端时,车运动的位移大小为0.5 m,D正确。
2.选D　当滑块B相对于斜面加速下滑时,斜面A水平向左加速运动,所以滑块B相对于地面的加速度方向不再沿斜面方向,即沿垂直于斜面方向的合外力不再为零,所以斜面对滑块的支持力FN不等于mgcos α,故A错误;滑块B下滑过程中支持力对B的冲量大小为I=FNt,故B错误;B下降的高度为Ltan α,其重力势能的减小量等于mgLtan α,减小的重力势能转化为A、B的动能之和,则滑块B的动能要小于mgLtan α,故C错误;系统水平方向不受外力,水平方向动量守恒,设A、B两者水平位移大小分别为x1、x2,取水平向左为正方向,由动量守恒定律得M-m=0,即Mx1=mx2,又x1+x2=L,解得x1=,故D正确。
8 / 8(共87张PPT)
动量守恒定律的“三类典型问题”(综合融通课)
第 3 讲
1
类型(一)　碰撞问题
2
类型(二)　爆炸与反冲
CONTENTS
目录
4
课时跟踪检测
3
类型(三)　人船模型问题
类型(一)　碰撞问题
1.弹性碰撞讨论
(1)碰后速度的求解:根据动量守恒定律和机械能守恒定律
解得v1'=，v2'=。
(2)分析讨论:
当碰前物体2的速度不为零时，若m1=m2，则:
v1'=v2，v2'=v1，即两物体交换速度。
当碰前物体2的速度为零时，v2=0，则:
v1'=，v2'=。
讨论:①若m1=m2，则v1'=0，v2'=v1(速度交换，动量和动能全部转移)。
②若m1>m2，则v1'>0，v2'>0(碰后两物体沿同一方向运动)。
③若m1 m2，则v1'≈v1，v2'≈2v1。
④若m10(碰后两物体沿相反方向运动)。
⑤若m1 m2，则v1'≈-v1，v2'≈0。
2.非弹性碰撞
碰撞结束后，动能有部分损失。
由动量守恒定律知m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'
由能量守恒定律知m1+m2=m1v1'2+m2v2'2+ΔEk损
注:碰撞结束后，若v1'=v2'，称为完全非弹性碰撞。
3.碰撞类问题遵循的三条原则
动量守恒 m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'
机械能 不增加 Ek1+Ek2≥Ek1'+Ek2'或+≥+
速度 要合理 同向碰撞 碰撞前，后面的物体速度大;碰撞后，若两物体仍同向，前面的物体速度大或两物体速度相等
相向碰撞 碰撞后两物体的运动方向不可能都不改变
[典例]　(2024·湖南高考，节选)如图，半径为R的圆环水平放置并固定，圆环内有质量为mA和mB的小球A和B(mA>mB)。初始时小球A以初速度v0沿圆环切线方向运动，与静止的小球B发生碰撞。不计小球与圆环之间的摩擦，两小球始终在圆环内运动。
(1)若小球A与B碰撞后结合在一起，求碰撞后小球组合体的速度大小及做圆周运动所需向心力的大小;
[答案]　　　
[解析]　由题意可知小球A、B组成的系统碰撞前后动量守恒，设碰撞后两小球组合体的速度大小为v，则根据动量守恒定律有mAv0=v，可得v=
碰撞后根据牛顿第二定律有F=
可得F=。
(2)若小球A与B之间为弹性碰撞，且所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，求小球的质量比。
[答案]　2或5
[解析]　若两球发生弹性碰撞，设碰后速度分别为vA、vB，则碰撞前后动量和机械能守恒，有mAv0=mAvA+mBvB
mA=mA+mB
联立解得vA=v0，vB=
因mA>mB，
则碰后瞬间两球同向运动，因为所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，如图所示，首次碰撞在a点，a、b、c三点为等边三角形的三个顶点，因为vA①若第二次碰撞发生在图中的b点，则从第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球A、B通过的路程关系为sB-sA=3L，即vBt-vAt=3L
对A有vAt=L+3k1L(k1=0，1，2，3，…)
则有=
联立解得=
由于两球质量均为正数，故k1=0，即=2
对第二次碰撞，设小球A、B碰撞后的速度大小分别为vA'、vB'，则同样有mAvA+mBvB=mAvA'+mBvB'
mA+mB=mAvA'2+mBvB'2
联立解得vA'=v0，vB'=0，故第三次碰撞发生在b点、第四次碰撞发生在c点，以此类推，满足题意。
②若第二次碰撞发生在图中的c点，同理，从第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球A、B通过的路程之比为，所以=(k2=0，1，2，3，…)
联立可得=(k2=0，1，2，3，…)
因为两球质量均为正数，故k2=0，即=5
同理可得vA'=v0，vB'=0，则第三次碰撞发生在c点，第四次碰撞发生在b点，以此类推，满足题意。
综上可知=2或=5。
考法1　弹性碰撞
1.(2024·广西高考)(多选)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(　　)
考法全训
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
√
√
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。
考法2　非弹性碰撞
2.(2025年1月·八省联考四川卷)(多选)如图，小球X、
Y用不可伸长的等长轻绳悬挂于同一高度，静止时恰好
接触，拉起X，使其在竖直方向上升高度h后由静止释
放，X做单摆运动到最低点与静止的Y正碰。碰后X、Y
做步调一致的单摆运动，上升的最大高度均为。若X、
Y质量分别为mX和mY，碰撞前后X、Y组成系统的动能分别为Ek1和Ek2，则(　　)
A.=1　 B.=2　 C.=2　 D.=4
解析:小球X由静止释放到最低点与小球Y发生碰撞前瞬间的过程，根据机械能守恒定律有mXgh=mX=Ek1，两球碰撞后一起上升到最高点的过程，根据机械能守恒定律有Ek2=(mX+mY)=(mX+mY)g·，两球碰撞过程水平方向上动量守恒，根据动量守恒定律有mXv1=(mX+mY)v2，联立可得=1，=2，故A、C正确，B、D错误。
√
√
考法3　碰撞应遵守的三原则
3.(2025·许昌模拟)如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动，质量分别为2 kg、1 kg。取向右为正方向，若两小球碰前A的速度为2 m/s，B的速度为-3 m/s，则碰后A的速度可能为(　　)
A.-2 m/s　　　　　　 B.-1 m/s
C.1 m/s D.2 m/s
√
解析:根据动量守恒定律有m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'，碰撞前后动能不增加，即m1+m2≥m1v1'2+m2v2'2，不发生二次碰撞有v1'≤v2'，解得- m/s≤v1'≤ m/s，故选B。
类型(二)　爆炸与反冲
(一)爆炸问题
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)转化为动能
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
[例1]　(2025·北京顺义一模)一枚在空中水平飞行的玩具火箭质量为m，在某时刻距离地面的高度为h，速度为v。此时，火箭突然炸裂成A、B两部分，其中质量为m1的B部分速度恰好为0。忽略空气阻力的影响，重力加速度为g。求:
(1)炸裂后瞬间A部分的速度大小v1;
[答案]　　
[解析]　炸裂后瞬间，由动量守恒定律可知
mv=v1
解得A部分的速度大小为v1=。
(2)炸裂后B部分在空中下落的时间t;
[答案]　　
[解析]　炸裂后由运动学规律可知h=gt2
在空中下落的时间为t=。
(3)在爆炸过程中增加的机械能ΔE。
[答案]　v2
[解析]　在爆炸过程中增加的机械能为
ΔE=-mv2
解得ΔE=v2。
1.(多选)一鞭炮从足够大的水平地面上竖直向上抛出后，在最高点炸裂为甲、乙两块。已知甲、乙的质量之比为4∶1，不计空气阻力，若甲落地时的速度大小为v，则乙落地时的速度大小可能为 (　　)
A.v B.2v
C.3v D.4v
针对训练
√
√
解析:设乙的质量为m，炸裂后瞬间甲、乙的速度大小分别为v1、v2，根据动量守恒定律有4mv1=mv2，可得v2=4v1，设鞭炮炸裂时距地面的高度为h，根据机械能守恒定律，对甲在空中运动的过程有×4m+4mgh=×4mv2，解得v=，同理可得乙落地时的速度大小v'=，因此=，结合v2=4v1，可得1<<4，即v(二)反冲运动
1.反冲运动的特点
物体在内力作用下分裂为两个不同部分，并且这两部分向相反方向运动。反冲运动中，相互作用力一般较大，通常可以用动量守恒定律来处理。
2.对反冲运动的三点说明
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2]　如图所示，北京时间2024年5月28日，神舟十八号航天员乘组密切协同，在空间站机械臂和地面科研人员的配合支持下，进行了约8.5小时的出舱活动，完成既定任务。为了保证出舱航天员的安全，通常会采用多重保障，其中之一就是出舱航天员要背上可产生推力的便携式设备，设备中有一个能喷出气体的高压气源。假设一个连同设备共有100 kg的航天员，脱离空间站后，在离空间站30 m的位置与空间站处于相对静止的状态。航天员为了返回空间站，先以相对空间站50 m/s的速度向后喷出0.15 kg的气体，距离空间站15 m时，再次以同样速度喷出同等质量的气体，则航天员返回空间站的时间约为 (　　)
A.200 s B.300 s
C.400 s D.600 s
√
[解析]　设航天员的速度方向为正方向，第一次喷气后航天员的速度为v，根据动量守恒定律得0=-m1v1+v，解得v≈0.075 m/s，第一段15 m所需的时间约为t1== s=200 s;设再次喷气后航天员的速度为v'，根据动量守恒定律得v=-m1v1+v'，解得v'≈0.15 m/s，第二段15 m所需的时间约为t2== s=100 s，则航天员返回空间站的时间约为t=t1+t2=200 s+100 s=300 s，故选B。
2.(2025·三亚模拟)小明制作了一个火箭模型，火箭模型质量为M(含燃料)，开始火箭模型静置在地面上，点火后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的燃气，喷气过程中忽略重力和空气阻力的影响，下列说法正确的是 (　　)
针对训练
A.火箭模型喷气过程机械能守恒
B.火箭模型的推力来源于空气对它的反作用力
C.喷气结束时火箭模型的动量大小为mv0
D.喷气结束时火箭模型的速度大小为
√
解析:系统所受合外力为零，满足动量守恒，但机械能不守恒，A错误;火箭模型的推力是燃料燃烧产生的高温高压气体向后喷出时对火箭模型的反作用力，B错误;开始总动量为零，规定气体喷出的方向为正方向，根据动量守恒定律得0=mv0-p，喷气结束时火箭模型的动量大小p=mv0，C正确;根据0=mv0-v，解得喷气结束时火箭模型的速度大小v=，D错误。
类型(三)　人船模型问题
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，可得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==。
4.“人船模型”的拓展(某一方向动量守恒)
两个原来静止的物体发生相互作用时，若所受外力的矢量和为零，则动量守恒。在相互作用的过程中，任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比，这样的问题即为人船模型问题。人船模型还适用于某一方向上动量守恒(如水平方向或竖直方向)的二物系统，只要相互作用前两物体在该方向上速度都为零即可。
5.应用人船模型注意事项
(1)应用==时要注意:v1、v2和x1、x2一般都是相对地面而言的。
(2)解题时要画出两物体的位移关系草图，找出各长度间的关系，注意两物体的位移是相对同一参考系的位移。
[典例]　(2025·衡阳模拟)如图，质量为M、半径为R的圆弧槽置于光滑水平面上。将一可视为质点的滑块从与圆心等高处无初速度地释放，滑块的质量为m，且M=2m，重力加速度大小为g。下列说法正确的是 (　　)
A.若圆弧面光滑，则圆弧槽与滑块组成的系统动量守恒
B.若圆弧面光滑，则滑块运动至水平面时速度大小为
C.若圆弧面粗糙，滑块能运动至水平面，则圆弧槽的位移大小为
D.若圆弧面粗糙，滑块能运动至水平面，则滑块的位移大小为
√
[解析]　若圆弧面光滑，圆弧槽与滑块组成的系统在水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，故A错误;若圆弧面光滑，设滑块运动至水平面时速度大小为v1，圆弧槽速度大小为v2，由机械能守恒定律知mgR=m+M，在水平方向上动量守恒有mv1=Mv2，又M=2m，联立解得v1=2，v2=，故B错误;
若圆弧面粗糙，滑块能运动至水平面，设滑块与圆弧槽相对于地面沿水平方向的位移分别为x1和x2，由水平方向动量守恒有mx1=Mx2，由几何关系有x1+x2=R，解得x1=R，x2=，故C正确;由于滑块还发生了竖直位移R，故滑块的位移大小为=R，故D错误。
考法1　对人船模型的理解
1.如图所示，质量为50 kg的人站在质量为250 kg的车的一端，车长为3 m，开始时人、车相对于水平地面静止，车与地面间的摩擦可忽略不计。当人由车的一端走到另一端的过程中，下列说法正确的是(　　)
考法全训
A.人的速率最大时，车的速率最小
B.人的动量变化量和车的动量变化量相同
C.人对车的冲量大小大于车对人的冲量大小
D.当人走到车的另一端时，车运动的位移大小为0.5 m
√
解析:人和车组成的系统所受合外力为零，则系统动量守恒，根据动量守恒定律，人的动量和车的动量总是大小相等、方向相反，所以人的速率最大时，车的速率最大，A错误;根据动量守恒定律，人的动量变化量和车的动量变化量大小相等、方向相反，B错误;根据牛顿第三定律，人对车的作用力大小等于车对人的作用力大小，故人对车的冲量大小等于车对人的冲量大小，C错误;根据动量守恒定律得m人=m车，又x人+x车=L，解得x车=0.5 m，x人=2.5 m，当人走到车的另一端时，车运动的位移大小为0.5 m，D正确。
考法2　某个方向上应用人船模型
2.(2025·潍坊一模)光滑水平面上放有一上表面光滑、倾角为α的斜面A，斜面质量为M，底边长为 L，如图所示。将一质量为m的可视为质点的滑块B从斜面的顶端由静止释放，滑块B经过时间t刚好滑到斜面底端。此过程中斜面对滑块的支持力大小为FN，则下列结论中正确的是(　　)
A.FN=mgcos α
B.滑块下滑过程中支持力对B的冲量大小为FNtcos α
C.滑块到达斜面底端时的动能为mgLtan α
D.此过程中斜面向左滑动的距离为L
解析:当滑块B相对于斜面加速下滑时，斜面A水平向左加速运动，所以滑块B相对于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即沿垂直于斜面方向的合外力不再为零，所以斜面对滑块的支持力FN不等于mgcos α，故A错误;
√
滑块B下滑过程中支持力对B的冲量大小为I=FNt，故B错误;B下降的高度为Ltan α，其重力势能的减小量等于mgLtan α，减小的重力势能转化为A、B的动能之和，则滑块B的动能要小于mgLtan α，故C错误;系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，设A、B两者水平位移大小分别为x1、x2，取水平向左为正方向，由动量守恒定律得M-m=0，即Mx1=mx2，又x1+x2=L，解得x1=，故D正确。
课时跟踪检测
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(说明:标★的为推荐讲评题目)
一、单项选择题
1.(2025·重庆模拟)如图1所示，水火箭又称气压式喷水火箭、水推进火箭，由饮料瓶、硬纸片等环保废旧材料制作而成。图2是水火箭的简易原理图，用打气筒向水火箭内不断打气，当内部气体压强增大到一定程度时发射，发射时可近似认为水从水火箭中向下以恒定速度 v0=40 m/s在不到0.1 s时间内喷完，使水火箭升空。已知水和水火箭的质量分别为 m1=0.4 kg、m2=0.3 kg，忽略空气阻力，水刚好喷完时，水火箭的速度最接近(　　)
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A.12 m/s B.30 m/s
C.50 m/s D.120 m/s
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解析:由于水在不到0.1 s时间内喷完，可知水和水火箭间的作用力较大，水和水火箭的重力可以忽略，水和水火箭组成的系统动量近似守恒，有 m1v0-m2v=0，解得水火箭的速度 v== m/s≈53 m/s，故选C。
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2.“独竹漂”是一项独特的黔北民间绝
技。如图甲所示，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，其简化图如图所示。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，乙图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 (　　)
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A.45 kg 　 B.47.5 kg 　
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解析:根据题意，设女子的质量为m，由动量守恒定律有mv=m竿v竿，由于系统的水平动量一直为0，运动时间相等，设运动时间为t，则有mvt=m竿v竿t，整理可得mx人=m竿x竿，解得m== kg=45 kg，故选A。
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3.(2025·海口二模)斜向上发射的炮弹在最高点爆炸(爆炸时间极短)成质量均为m的两块碎片，其中一块碎片沿原路返回。已知炮弹爆炸时距地面的高度为H，炮弹爆炸前的动能为E，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量，则两块碎片落地点间的距离为 (　　)
A.2 B.2 C.2 D.4
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解析:炮弹爆炸的过程水平方向动量守恒，设炮弹爆炸前瞬间的速度大小为v，则E=·2mv2，得v=，设爆炸后瞬间另一块碎片的速度大小为v1，有2mv=-mv+mv1，解得v1=3，根据平抛运动规律有H=gt2，得t=，两块碎片落地点之间的距离x=(v+v1)t=4，故选D。
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4.如图所示，两个小球A、B用长为L的轻质细绳连接，B球穿在光滑细杆上。初始时，细绳恰好伸直并处于水平状态，两球均可视为质点且mB=2mA，重力加速度为g。现将A、B由静止释放，不计空气阻力，下列说法正确的是 (　　)
A.A球在竖直平面内做变速圆周运动
B.B球运动的最大速度大小为
C.A球速度最大时，水平位移大小为
D.B球向右运动的最大位移大小为
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解析:B球在光滑杆上做往复运动，A球一边围绕B球做圆周运动，一边随B球做往复运动，A错误;当A球摆到最低点时，A、B两球运动的速度最大，由系统机械能守恒有mAgL=mA+mB，水平方向动量守恒有mBvB=mAvA，联立解得vB=，B错误;根据x=vt和动量守恒定律，有mBxB=mAxA，从释放到A球摆到最低点的过程中，有xB+xA=L，则A球的水平位移大小为xA=，B球的水平位移大小为xB=，C错误;B球向右运动的最大位移大小为xB'=2xB=，D正确。
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5.(2025·广州检测)如图所示，叠放在一起的a、b两物块从距地面一定高度处由静止下落，经碰撞后物块b静止在地面上。不考虑空气阻力的影响，b与地面仅碰撞一次，假定所有的碰撞均为弹性碰撞，则 (　　)
A.下落过程中物块a、b间存在弹力作用
B.物块b的质量是a的3倍
C.物块a能反弹的最大高度是其初始下落高度的5倍
D.物块a反弹的速度是物块b落地速度的4倍
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解析:由于不受空气阻力作用，两物块下落过程中均做自由落体运动，两物块之间不存在相互作用的弹力，故A错误;设两物块落地瞬间的速度大小为v0，物块b落地后与地面发生弹性碰撞，以速度v0反弹且与物块a发生弹性碰撞，设碰撞后瞬间物块a的速度为v，以竖直向上为正方向，由动量守恒定律可得mbv0-mav0=mav，由机械能守恒定律可得ma+mb=mav2，解得mb=3ma，v=2v0，故B正确，D错误;以整个过程为研究对象，设初始下落高度为h，a反弹的高度为h'，则有gh=magh'，解得h'=4h，故C错误。
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6.如图所示，设某质量为m的卫星在半径为r的圆形轨道上正常运行，受到来自正前方反方向运动的太空垃圾撞击，太空垃圾的质量为0.05m，速度大小与卫星的速度大小相同，撞击后两者组合在一起。已知地球表面重力加速度为g，地球半径为R，下列说法正确的是 (　　)
A.撞击前卫星的速度为
B.卫星与太空垃圾撞击后的速度为
C.卫星与太空垃圾撞击后的组合体的运动周期增大
D.卫星与太空垃圾撞击后的运动过程中，组合体的速度将减小
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解析:撞击前卫星做匀速圆周运动，则有G=m，由黄金代换公式GM=gR2，解得v=，故A错误;卫星与太空垃圾撞击过程，由动量守恒定律有mv-0.05mv=1.05mv'，解得v'=，故B正确;卫星与太空垃圾撞击后的组合体速度降低，所受的万有引力大于所需的向心力，做向心运动，轨道半径减小，周期减小，万有引力做正功，速度增大，故C、D错误。
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7.(2025·烟台调研)质量为m1和m2的两个物体在光滑水平面上发生正碰，其位置坐标x随时间t变化的图像如图所示，若令-=p，则p的取值范围为(　　)
A.p<1 B.p<0
C.p≤-1 D.-12
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解析:x t图像的斜率表示物体的速度，质量m1的物体碰前的速度为v0=，质量m2的物体碰前的速度为0，质量m1的物体碰后的速度为v1=-，质量m2的物体碰后的速度为v2=，两小球碰撞过程中满足动量守恒定律，即m1v0=m1v1+m2v2，且m1≥m1+m2，整理解得-≤-1，即p≤-1，故选C。
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二、多项选择题
8.(2024·广东高考)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(　　)
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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
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解析:两滑块在光滑斜坡上加速度相同，同时由静止开始下滑，则相对速度为0，故A正确;两滑块滑到水平面后均做匀减速运动，由于两滑块质量相同，且发生弹性碰撞，可知碰撞后两滑块交换速度，即碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度，故B正确;若甲在碰撞之前已经静止，设斜面倾角为θ，乙下滑到斜面底端的速度为v乙，甲在水平面上的位移为s，乙下滑过程有=gsin θ·，mgH乙=m，在水平面运动一段时间t2后与甲发生弹性碰撞，有s=v乙t2-μg，碰撞后甲乙交
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换速度，乙停止运动，则乙运动的时间为t=t1+t2，由于t1、t2与H乙有关，则总时间与H乙有关，故C错误;乙下滑过程有mgH乙=m，由于甲和乙发生弹性碰撞，交换速度，则可知甲最终停止位置与不发生碰撞时乙最终停止的位置相同，则如果不发生碰撞，乙在水平面运动到停止，有=2μgx，联立可得x=，即发生碰撞后甲最终停止位置与O处相距，故D正确。
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9.如图甲所示，光滑的水平地面上静置一质量为M、半径为R的光滑圆弧体，圆心为O，一个质量为m的小球由静止释放，释放时小球和O点连线与竖直半径OA夹角为θ，滑至圆弧底部后与圆弧分离，此时小球相对地面的水平位移为x。改变小球释放时的角度θ，得到小球的水平位移x和sin θ的关系图像如图乙所示，重力加速度为g，关于小球下滑的过程，下列说法正确的是(　　)
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A.小球与圆弧体组成的系统动量守恒
B.圆弧体对小球做负功
C.圆弧体与小球的质量之比为
D.当θ为90°时，两者分离时小球的速度为
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解析:根据动量守恒的条件可知，小球与圆弧体组成的系统在竖直方向合外力不为0，动量不守恒，系统在水平方向动量守恒，故A错误;整个系统机械能守恒，圆弧体机械能增加说明小球对圆弧体做正功，则圆弧体对小球做负功，故B正确;滑至圆弧底部后两物体间的相对水平位移大小为L=Rsin θ=Rp，根据水平方向动量守恒可得mv球=Mv圆，运动时间相等，则上式可变形为mx=M(L-x)，解得圆弧体与小球的质量之比为==，故C正确;当θ为90°时，根据机械能守恒定律可得mgR=m+M，根据动量守恒定律得mv球=Mv圆，解得两者分离时小球的速度为v球=，故D错误。
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三、计算题
10.(12分)(2025·雅安模拟)水平地面上放置有如图所示的装置，光滑竖直杆上、下端分别固定有挡板和底座，且套有可上下移动的圆盘。一轻质弹簧下端固定在底座上，上端位于A处。推动圆盘将弹簧压缩至B处后由静止释放，圆盘运动到C处与挡板发生完全非弹性碰撞(作用时间极短)，带动竖直杆和底座一起向上运动，上升h=0.2 m时速度减为零。
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已知圆盘质量m=0.2 kg，竖直杆、挡板和底座总质量M=0.6 kg，A、B间距离L1=0.2 m，A、C间距离L2=1.2 m，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力和圆盘厚度。求:
(1)圆盘与挡板碰撞前瞬间的速度大小v1;(6分)
答案:8 m/s　
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解析:圆盘与挡板碰撞后，圆盘和整个装置一起以速度v向上做匀减速运动，则v2=2gh
解得v=2 m/s
圆盘与挡板碰撞过程中，圆盘和整个装置动量守恒，则mv1=v，解得v1=8 m/s。
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(2)释放圆盘瞬间弹簧中储存的弹性势能Ep。(6分)
答案:9.2 J
解析:弹簧中储存的弹性势能转化为碰撞前圆盘的动能和重力势能，由能量守恒定律得
Ep=mg+m，解得Ep=9.2 J。
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11.(12分)(2025·昆明一模)若某种型号的礼花弹从水平地面以大小v0=20 m/s的速度发射，方向与水平地面夹角θ=60°，到达最高点时爆炸为质量相等的两块A、B，爆炸时间极短，炸开后A竖直上升，A离地面的最大高度H=20 m。忽略空气阻力以及爆炸过程中质量的变化，重力加速度的大小取g=10 m/s2。求:
(1)爆炸后瞬间A的速度大小;(4分)
答案:10 m/s　
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解析:设礼花弹上升的最大高度为h。根据运动的分解，礼花弹爆炸前在竖直方向做匀减速直线运动，根据匀变速直线运动的规律可得2gh=
解得h=15 m
礼花弹爆炸后，在竖直方向，对A根据匀变速直线运动的规律可得2g=
解得vA=10 m/s。
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(2)爆炸后瞬间B的水平分速度及竖直分速度的大小;(4分)
答案:20 m/s　10 m/s　
解析:礼花弹爆炸过程，在竖直方向动量为0，根据动量守恒定律可得mvA=mvBy
解得vBy=10 m/s
在水平方向根据动量守恒定律可得2mv0cos θ=mvBx，解得vBx=20 m/s。
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(3)A、B落地点之间的距离。(4分)
答案:20 m
解析:B斜向下运动的过程中，在竖直方向根据匀变速直线运动的规律可得
h=vByt+gt2
在水平方向，根据匀速直线运动的规律可得x=vBxt
解得A、B落地点之间的距离x = 20 m。
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4课时跟踪检测(三十八)　动量守恒定律的“三类典型问题”
一、单项选择题
1.(2025·重庆模拟)如图1所示,水火箭又称气压式喷水火箭、水推进火箭,由饮料瓶、硬纸片等环保废旧材料制作而成。图2是水火箭的简易原理图,用打气筒向水火箭内不断打气,当内部气体压强增大到一定程度时发射,发射时可近似认为水从水火箭中向下以恒定速度 v0=40 m/s在不到0.1 s时间内喷完,使水火箭升空。已知水和水火箭的质量分别为 m1=0.4 kg、m2=0.3 kg,忽略空气阻力,水刚好喷完时,水火箭的速度最接近 (　　)
A.12 m/s B.30 m/s
C.50 m/s D.120 m/s
2.“独竹漂”是一项独特的黔北民间绝技。如图甲所示,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,其简化图如图所示。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,乙图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
3.(2025·海口二模)斜向上发射的炮弹在最高点爆炸(爆炸时间极短)成质量均为m的两块碎片,其中一块碎片沿原路返回。已知炮弹爆炸时距地面的高度为H,炮弹爆炸前的动能为E,重力加速度大小为g,不计空气阻力和火药的质量,则两块碎片落地点间的距离为 (　　)
A.2 B.2
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4.如图所示,两个小球A、B用长为L的轻质细绳连接,B球穿在光滑细杆上。初始时,细绳恰好伸直并处于水平状态,两球均可视为质点且mB=2mA,重力加速度为g。现将A、B由静止释放,不计空气阻力,下列说法正确的是 (　　)
A.A球在竖直平面内做变速圆周运动
B.B球运动的最大速度大小为
C.A球速度最大时,水平位移大小为
D.B球向右运动的最大位移大小为
5.(2025·广州检测)如图所示,叠放在一起的a、b两物块从距地面一定高度处由静止下落,经碰撞后物块b静止在地面上。不考虑空气阻力的影响,b与地面仅碰撞一次,假定所有的碰撞均为弹性碰撞,则 (　　)
A.下落过程中物块a、b间存在弹力作用
B.物块b的质量是a的3倍
C.物块a能反弹的最大高度是其初始下落高度的5倍
D.物块a反弹的速度是物块b落地速度的4倍
6.如图所示,设某质量为m的卫星在半径为r的圆形轨道上正常运行,受到来自正前方反方向运动的太空垃圾撞击,太空垃圾的质量为0.05m,速度大小与卫星的速度大小相同,撞击后两者组合在一起。已知地球表面重力加速度为g,地球半径为R,下列说法正确的是 (　　)
A.撞击前卫星的速度为
B.卫星与太空垃圾撞击后的速度为
C.卫星与太空垃圾撞击后的组合体的运动周期增大
D.卫星与太空垃圾撞击后的运动过程中,组合体的速度将减小
7.(2025·烟台调研)质量为m1和m2的两个物体在光滑水平面上发生正碰,其位置坐标x随时间t变化的图像如图所示,若令-=p,则p的取值范围为 (　　)
A.p<1　　B.p<0　　C.p≤-1　　D.-1二、多项选择题
8.(2024·广东高考)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
9.如图甲所示,光滑的水平地面上静置一质量为M、半径为R的光滑圆弧体,圆心为O,一个质量为m的小球由静止释放,释放时小球和O点连线与竖直半径OA夹角为θ,滑至圆弧底部后与圆弧分离,此时小球相对地面的水平位移为x。改变小球释放时的角度θ,得到小球的水平位移x和sin θ的关系图像如图乙所示,重力加速度为g,关于小球下滑的过程,下列说法正确的是 (　　)
A.小球与圆弧体组成的系统动量守恒
B.圆弧体对小球做负功
C.圆弧体与小球的质量之比为
D.当θ为90°时,两者分离时小球的速度为
三、计算题
10.(12分)(2025·雅安模拟)水平地面上放置有如图所示的装置,光滑竖直杆上、下端分别固定有挡板和底座,且套有可上下移动的圆盘。一轻质弹簧下端固定在底座上,上端位于A处。推动圆盘将弹簧压缩至B处后由静止释放,圆盘运动到C处与挡板发生完全非弹性碰撞(作用时间极短),带动竖直杆和底座一起向上运动,上升h=0.2 m时速度减为零。已知圆盘质量m=0.2 kg,竖直杆、挡板和底座总质量M=0.6 kg,A、B间距离L1=0.2 m,A、C间距离L2=1.2 m,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力和圆盘厚度。求:
(1)圆盘与挡板碰撞前瞬间的速度大小v1;(6分)
(2)释放圆盘瞬间弹簧中储存的弹性势能Ep。(6分)
11.(12分)(2025·昆明一模)若某种型号的礼花弹从水平地面以大小v0=20 m/s的速度发射,方向与水平地面夹角θ=60°,到达最高点时爆炸为质量相等的两块A、B,爆炸时间极短,炸开后A竖直上升,A离地面的最大高度H=20 m。忽略空气阻力以及爆炸过程中质量的变化,重力加速度的大小取g=10 m/s2。求:
(1)爆炸后瞬间A的速度大小;(4分)
(2)爆炸后瞬间B的水平分速度及竖直分速度的大小;(4分)
(3)A、B落地点之间的距离。(4分)
课时跟踪检测(三十八)
1.选C　由于水在不到0.1 s时间内喷完,可知水和水火箭间的作用力较大,水和水火箭的重力可以忽略,水和水火箭组成的系统动量近似守恒,有 m1v0-m2v=0,解得水火箭的速度 v== m/s≈53 m/s,故选C。
2.选A　根据题意,设女子的质量为m,由动量守恒定律有mv=m竿v竿,由于系统的水平动量一直为0,运动时间相等,设运动时间为t,则有mvt=m竿v竿t,整理可得mx人=m竿x竿,解得m== kg=45 kg,故选A。
3.选D　炮弹爆炸的过程水平方向动量守恒,设炮弹爆炸前瞬间的速度大小为v,则E=·2mv2,得v=,设爆炸后瞬间另一块碎片的速度大小为v1,有2mv=-mv+mv1,解得v1=3,根据平抛运动规律有H=gt2,得t=,两块碎片落地点之间的距离x=(v+v1)t=4,故选D。
4.选D　B球在光滑杆上做往复运动,A球一边围绕B球做圆周运动,一边随B球做往复运动,A错误;当A球摆到最低点时,A、B两球运动的速度最大,由系统机械能守恒有mAgL=mA+mB,水平方向动量守恒有mBvB=mAvA,联立解得vB=,B错误;根据x=vt和动量守恒定律,有mBxB=mAxA,从释放到A球摆到最低点的过程中,有xB+xA=L,则A球的水平位移大小为xA=,B球的水平位移大小为xB=,C错误;B球向右运动的最大位移大小为xB'=2xB=,D正确。
5.选B　由于不受空气阻力作用,两物块下落过程中均做自由落体运动,两物块之间不存在相互作用的弹力,故A错误;设两物块落地瞬间的速度大小为v0,物块b落地后与地面发生弹性碰撞,以速度v0反弹且与物块a发生弹性碰撞,设碰撞后瞬间物块a的速度为v,以竖直向上为正方向,由动量守恒定律可得mbv0-mav0=mav,由机械能守恒定律可得ma+mb=mav2,解得mb=3ma,v=2v0,故B正确,D错误;以整个过程为研究对象,设初始下落高度为h,a反弹的高度为h',则有gh=magh',解得h'=4h,故C错误。
6.选B　撞击前卫星做匀速圆周运动,则有G=m,由黄金代换公式GM=gR2,解得v=,故A错误;卫星与太空垃圾撞击过程,由动量守恒定律有mv-0.05mv=1.05mv',解得v'=,故B正确;卫星与太空垃圾撞击后的组合体速度降低,所受的万有引力大于所需的向心力,做向心运动,轨道半径减小,周期减小,万有引力做正功,速度增大,故C、D错误。
7.选C　x t图像的斜率表示物体的速度,质量m1的物体碰前的速度为v0=,质量m2的物体碰前的速度为0,质量m1的物体碰后的速度为v1=-,质量m2的物体碰后的速度为v2=,两小球碰撞过程中满足动量守恒定律,即m1v0=m1v1+m2v2,且m1≥m1+m2,整理解得-≤-1,即p≤-1,故选C。
8.选ABD　两滑块在光滑斜坡上加速度相同,同时由静止开始下滑,则相对速度为0,故A正确;两滑块滑到水平面后均做匀减速运动,由于两滑块质量相同,且发生弹性碰撞,可知碰撞后两滑块交换速度,即碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度,故B正确;若甲在碰撞之前已经静止,设斜面倾角为θ,乙下滑到斜面底端的速度为v乙,甲在水平面上的位移为s,乙下滑过程有=gsin θ·,mgH乙=m,在水平面运动一段时间t2后与甲发生弹性碰撞,有s=v乙t2-μg,碰撞后甲乙交换速度,乙停止运动,则乙运动的时间为t=t1+t2,由于t1、t2与H乙有关,则总时间与H乙有关,故C错误;乙下滑过程有mgH乙=m,由于甲和乙发生弹性碰撞,交换速度,则可知甲最终停止位置与不发生碰撞时乙最终停止的位置相同,则如果不发生碰撞,乙在水平面运动到停止,有=2μgx,联立可得x=,即发生碰撞后甲最终停止位置与O处相距,故D正确。
9.选BC　根据动量守恒的条件可知,小球与圆弧体组成的系统在竖直方向合外力不为0,动量不守恒,系统在水平方向动量守恒,故A错误;整个系统机械能守恒,圆弧体机械能增加说明小球对圆弧体做正功,则圆弧体对小球做负功,故B正确;滑至圆弧底部后两物体间的相对水平位移大小为L=Rsin θ=Rp,根据水平方向动量守恒可得mv球=Mv圆,运动时间相等,则上式可变形为mx=M(L-x),解得圆弧体与小球的质量之比为==,故C正确;当θ为90°时,根据机械能守恒定律可得mgR=m+M,根据动量守恒定律得mv球=Mv圆,解得两者分离时小球的速度为v球=,故D错误。
10.解析:(1)圆盘与挡板碰撞后,圆盘和整个装置一起以速度v向上做匀减速运动,则v2=2gh,解得v=2 m/s
圆盘与挡板碰撞过程中,圆盘和整个装置动量守恒,则mv1=v
解得v1=8 m/s。
(2)弹簧中储存的弹性势能转化为碰撞前圆盘的动能和重力势能,由能量守恒定律得
Ep=mg+m
解得Ep=9.2 J。
答案:(1)8 m/s　(2)9.2 J
11.解析:(1)设礼花弹上升的最大高度为h。根据运动的分解,礼花弹爆炸前在竖直方向做匀减速直线运动,根据匀变速直线运动的规律可得2gh=
解得h=15 m
礼花弹爆炸后,在竖直方向,对A根据匀变速直线运动的规律可得
2g=
解得vA=10 m/s。
(2)礼花弹爆炸过程,在竖直方向动量为0,根据动量守恒定律可得
mvA=mvBy
解得vBy=10 m/s
在水平方向根据动量守恒定律可得
2mv0cos θ=mvBx
解得vBx=20 m/s。
(3)B斜向下运动的过程中,在竖直方向根据匀变速直线运动的规律可得
h=vByt+gt2
在水平方向,根据匀速直线运动的规律可得x=vBxt
解得A、B落地点之间的距离x = 20 m。
答案:(1)10 m/s　(2)20 m/s　10 m/s
(3)20 m
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