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(共68张PPT)
第2讲 动量守恒定律及其应用
考点一 动量守恒定律的理解与简单应用
考点二 碰撞
考点三 爆炸与反冲
考点一 动量守恒定律的理解与简单应用
理清 知识结构
知识梳理 构建体系
1.系统、内力与外力
（1）系统：①________________相互作用的物体构成的整体叫作一个
力学系统，简称系统。
（2）内力：②________物体间的作用力。
（3）外力：③__________的物体施加给系统内物体的力。
两个（或多个）
系统中
系统以外
2.动量守恒定律
（1）内容：如果一个系统④__________，或者⑤___________________
__，这个系统的总动量保持不变。
不受外力
所受外力的矢量和为0
（2）表达式：.或 ⑥______________（作用前后
总动量相等）；
⑦______。
⑧___。
0
（3）普适性：动量守恒定律既适用于低速物体，也适用于高速
（接近光速）物体。既适用于宏观领域，也适用于微观领域。
考教衔接 以图说法
如图所示，在光滑的水平桌面上做匀速运动的两个物体和 ，质
量分别为和，沿同一直线向同一方向运动，速度分别是和 。
当追上时发生碰撞，碰撞后两物体的速度分别是和 。若碰撞时
间极短，请根据运动与相互作用规律，论述两物体碰撞前后的动量守恒。
[答案] 假设对的相互作用力的大小为，对 的相互作用力的大小
为，作用时间为 ，规定向右为正方向，由牛顿第二定律有
，
由牛顿第三定律有
由运动学规律有 ，
联立解得
该式表明，两物体作用后的总动量等于作用前的总动量，即碰撞前后动
量守恒。
突破 考点题型
角度1 动量守恒的判断
如何判断系统的动量是否守恒
判断系统动量是否守恒，首先是熟知系统动量守恒的条件，其次要
明确研究过程，分析系统在所研究的过程中的受力情况，看系统的受力
情况是否符合动量守恒的条件。
系统动量守恒的三个条件
理想条件 系统不受外力作用
实际条件 系统所受外力的合力为零
近似条件 系统所受合外力虽然不为零，但系统的内力远大于
外力，如碰撞、爆炸类问题
谨记：若系统只在某个方向上动量守恒，而其他方向上动量不守恒，
则系统的动量不守恒。
例1 如图所示，在光滑水平轨道上有一小车，它下面用轻绳系一沙袋。
有一子弹水平射入沙袋后并不穿出，子弹射入沙袋的时间极短，则下列
说法正确的是( )
D
A.从子弹射入沙袋到沙袋摆到最高点的过程中，子
弹、沙袋和小车组成的系统动量守恒
B.从子弹射入沙袋到沙袋摆到最高点的过程中，子
弹、沙袋和小车组成的系统机械能守恒
C.子弹射入沙袋后，子弹、沙袋和小车组成的系统
动量和机械能都守恒
D.子弹射入沙袋后，子弹、沙袋和小车组成的系统
动量不守恒但机械能守恒
[解析] 从子弹射入沙袋到它们摆动达到最大偏角的过程中，子弹、沙袋
和小车组成的系统在竖直方向的合力不等于零，系统在竖直方向的动量
不守恒，A项错误;子弹打入沙袋时有能量损失，所以子弹、沙袋和小车
组成的系统机械能不守恒，B项错误;子弹射入沙袋后，子弹、沙袋和小
车组成的系统在水平方向不受外力，所以水平方向动量守恒，但在竖直
方向上受力不平衡，所以竖直方向上动量不守恒，综上所述，子弹射入
沙袋后，系统动量不守恒，在摆动过程中，子弹、沙袋和小车组成的系
统只有重力做功，系统机械能守恒，C项错误，D项正确。
角度2 动量守恒定律的应用
应用动量守恒定律解题的思维流程
步骤1：明确研究对象和研究过程，确定系统的组成（系统包括哪
几个物体）；
步骤2：进行受力分析，根据动量守恒的条件判断系统动量是否守
恒（或某一方向上动量是否守恒）；
步骤3：规定正方向，确定初、末状态动量，并根据动量守恒定律
列出方程；
步骤4：代入数据，求出结果，必要时讨论说明。
例2 (2024·江苏高考)“嫦娥六号”在轨速度为，着陆器对应的组合体
与轨道器对应的组合体分离时间为，分离后的速度为，且与 同
向，、的质量分别为、 。求：
（1）分离后的速度 大小。
解答 组合体分离前后动量守恒，取 的方向为正方向，有
解得 。
（2）分离时对 的推力大小。
[答案] 以为研究对象，对列动量定理有 ，解得
。
例3 如图所示，长度为 的轻质细线一
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
C
A.小球和木块 组成的系统在运动过程中动量守恒
B.小球和木块 组成的系统在运动过程中机械能不守恒
C.再次运动到正下方时，球的速度大小为
D.若经时间物块在水平方向上的位移大小为，则小球 在水平方向
上的位移大小为
与木块质量均为。时刻，给木块一水平瞬时冲量 ，使其获
得 的初速度，则( )
[解析] 小球和木块 组成的系统竖直方向合力不为0，水平方向合力为
0，故水平方向动量守恒，A项错误;运动过程中系统仅有重力做功，机
械能守恒，B项错误;再次运动到 正下方时，由动量守恒定律和能量
守恒定律可得， ，解得
，,C项正确;在极短时间 内，有
，，得 ，D项
错误。
核心归纳
单方向动量守恒定律的应用
即使系统受到的外力的合力不为零，即系统动量不守恒，但只要系
统在某一方向上合外力为零，则系统在该方向上动量守恒，我们在该方
向上可用动量守恒定律列式。
考点二 碰撞
理清 知识结构
知识梳理 构建体系
1.碰撞分类
（1）弹性碰撞：碰撞过程机械能①______;
（2）非弹性碰撞：碰撞过程机械能②________;
（3）完全非弹性碰撞：碰撞后物体具有共同③______,机械能④______
_____;
（4）按碰撞前后速度是否在同一直线上可分为⑤______和⑥______。
守恒
不守恒
速度
损失最大
正碰
斜碰
2.碰撞过程特点
作用时间⑦______，相互作用力⑧______，内力⑨________外力，碰撞
前后能量⑩________，认为物体在碰撞前后仍在同一位置。
极短
很大
远大于
不增加
考教衔接 以图说法
如图所示，在光滑的水平面上，一质
量为的小球以水平向右的速度 与质
量为的小球 发生弹性正碰。
（1）若碰撞前，静止在水平面上，求碰撞后两小球的速度、 。
[答案] 根据动量守恒定律和机械能守恒定律分别得
联立解得， 。
（2）若碰撞前，正以大小为 的速度水平向右运动，求碰撞后两小
球的速度、 。
[答案] 以 为参考系，同（1）可得
， 。
（3）若碰撞前，正以大小为 的速度水平向左运动，求碰撞后两小
球的速度、 。
[答案] 以为参考系，同（1）可得 ，
。
（4）若小球和小球 的质量相等，则两球发生弹性碰撞后，它们碰撞
后与碰撞前的速度有什么特点？
[答案] 若两球质量相等，则碰撞后两球速度交换。
突破 考点题型
角度1 碰撞的可能性
例4 （多选）、 两小球在光滑的水平地面上沿同一直线向同一方向
运动，球的动量为，球的动量为。球追上 球与
其发生正碰，碰撞后球动量变为，则下列关于、 两球的
质量关系，可能正确的是( )
ACD
A. B. C. D.
[解析] 与发生碰撞，满足动量守恒定律，取 的运动方向为正方向，
有，解得，方向不变;追上 发生追
碰，则碰前的速度要大于的速度，有，而碰后 不反弹，则
其速度一定小于等于的速度，有 ，碰撞过程动能不增加，有
，联立解得，， ，故可得
，，， 均在质量比值的取值范围之内，
而 不在范围之内。A、C、D三项正确。
总结提升
碰撞问题须谨记遵循的三个规律
动量守恒
动能不增加
速度要合理
角度2 弹性碰撞
弹性碰撞的三种情境
情境 动碰静 同向动碰动 相向动碰动
图示 _______________________________________________________ _______________________________________________________ ____________________________________________________
规律 动量守恒，机械能守恒 情境 动碰静 同向动碰动 相向动碰动
结论
说明 质量相等，速度交换 续表
例5 （多选）在没有其他外力作用的情况下，、 两物体相互作用前
后的速度—时间 图像如图所示，则由图像可知( )
BC
A.、 作用前后总动量不守恒
B.、的质量之比为
C.一定是物体追上 物体发生碰撞
D.该碰撞是非弹性碰撞
[解析] 由题意可知，、 组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，
A项错误;由图像可知，， ，
，碰撞前的速度大于的速度，碰撞后的速度小于 的
速度，碰撞过程的速度减小，的速度增大，碰撞过程是追上 发生
碰撞，C项正确;、组成的系统在碰撞过程中系统动量守恒，以 的初
速度方向为正方向，由动量守恒定律得 ，
代入数据解得，B项正确;设的质量为，则 的质量为
，碰撞前系统总动能
（单位为），碰撞后系统总动能
（单位为） ，碰撞前后系统总动能相等，碰撞为弹性碰撞，D项错误。
角度3 非弹性碰撞
例6 (2023·北京高考)如图所示，质量为的小球 用一不
可伸长的轻绳悬挂在点，在 点正下方的光滑桌面上有一
个与完全相同的静止小球，到点的距离等于绳长 。
现将拉至某一高度，由静止释放，以速度 在水平方向
和发生正碰并粘在一起。重力加速度为 。求：
（1）释放时距桌面的高度 。
解答 由机械能守恒定律有，解得 。
（2）碰撞前瞬间绳子的拉力大小 。
[答案] 由牛顿运动定律有，解得 。
（3）碰撞过程中系统损失的机械能 。
[答案] 碰撞过程，由动量守恒定律有，解得
碰撞过程损失的机械能 。
例7 如图1所示，将物体静止放在光滑水平地面上，使物体以速度
向物体 运动，两物体相撞后没有分开（作用时间极短），碰撞时的平
均作用力大小为，碰撞产生的内能为；如图2所示，再将物体 静止
放在光滑水平地面上，使物体以相同的速度大小向物体 运动，两物
体相撞后没有分开（作用时间与碰 时相同），碰撞时的平均作用力
大小为，碰撞产生的内能为。已知物体的质量是物体 的质量的
两倍，两物体均视为质点，两物体始终沿直线运动，下列关系式正确的
是( )
A.，
B.，
C.，
D.，
√
[解析] 碰时，由动量守恒定律可知 ，解得
。对、 组成的系统，由能量守恒定律得
，解得;对物体 ，由动量定
理得，碰 时，由动量守恒定律可知
，解得;对、 组成的系统，由能量守恒定
律得，解得，对物体 ，由动
量定理得，所以， ，A项
正确。
总结提升
完全非弹性碰撞的三种情境
情境 动碰静 同向动碰动 相向动碰动
图示 _________________________________________________________ ____________________________________________________ ____________________________________________________
规律 动量守恒，机械能损失最大 情境 动碰静 同向动碰动 相向动碰动
结论
续表
强化 学科思维
多体多次碰撞问题
例8 台球是青年喜爱的运动项目，球员出
杆击打白球，运动的白球撞击彩色球使其
C
A.0 B. C. D.
入洞并计分。假设在光滑水平面的一条直线上依次放4个质量均为 的
弹性红球，质量为的白球以初速度 与4号红球发生碰撞，发生的碰
撞均为弹性正碰，则多次碰后，白球最终的速度大小为( )
[解析] 质量为的白球以初速度 与4号红球发生弹性正碰，根据弹性
碰撞特点可知， ，
解得。每碰撞一次白球的速度变为原来的 ，由于红球质量相
等，且为弹性正碰，则4号球每次将速度传给右侧球，故白球与4号球碰
撞4次后不再碰撞，白球最终速度 ，C项正确。
例9 如图所示，在光滑水平地面的同一直线上放置有三个大小相等的弹
性小球，其中，，现给小球一沿、 连线的初
速度，若、两小球仅能发生一次碰撞，小球的质量 最小值为
( )
D
A. B. C. D.
[解析] 、 碰撞时，分别根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得
， ，解得
，。若时，、 两小球仅能
发生一次碰撞，碰后、同向，此时;若 时，
、两小球仅能发生一次碰撞，此时;若 时，
、两小球发生碰撞后反向，此时。、 碰撞时，
分别根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得 ，
，解得， 。
若
球向左运动，不会和球再次相碰，此时 ，即
;若，则球静止，不会和 球再次相碰，此时
;若球向右运动，若球不会和 球再
次相碰，则，解得。综上，若、 两小
球仅能发生一次碰撞，小球的质量 ，D项正确。
总结提升
多体多次碰撞问题考查方式分为两种情况。一是考查相同物体多次
碰撞，解决这类问题可列举两个或两个以上碰撞过程，合理外推总结规
律。二是考查碰撞形式的不确定性，解决这类问题要谨记两个碰撞模型
的特点：物体之间发生弹性碰撞时,不存在机械能损失;物体之间发生完
全非弹性碰撞时,机械能损失最大。
考点三 爆炸与反冲
理清 知识结构
知识梳理 构建体系
1.爆炸的三个特点
动量守 恒 爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸时系统内物体间的相互作
用力远远大于系统受到的外力，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，
所以爆炸后系统的总动能增加
位置不 变 爆炸发生的时间极短，在爆炸的过程中，物体产生的位移很
小，一般忽略不计，即认为爆炸过程发生前后系统的位置不变
2.反冲运动
定 义 如果一个静止的物体在内力的作用下分裂成两个部分，一部分向某
个方向运动，另一部分必然向相反的方向运动，这个现象叫作反冲
反冲运动中，物体受到的反冲作用通常叫作反冲力
特 点 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；反冲
运动和碰撞、爆炸有相似之处，相互作用力常为变力，且作用力远
远大于外力，遵循动量守恒定律；在反冲运动中，可能有其他形式
的能转化为机械能，所以系统的总机械能有可能增加
考教衔接 以图说法
某次火箭发射过程燃料用尽后，火箭壳体和卫星一起以
的速度绕地球做匀速圆周运动。已知卫星质量为 ，
其质量是火箭壳体的5倍。若经过分离过程后卫星获得 的
速度，试分析火箭壳体相对卫星的速度是多大？火箭壳体运动方向是否
发生变化？分离后它们分别会怎样运动？
[答案] 分离时系统在切线方向上动量守恒，有
，又 ，解得
， 。火箭壳体运动方向未发生变化，
分离后卫星的速度大小 ，卫星做离心运动，火箭壳体的速度大小
，靠近地球运动。
突破 考点题型
角度1 爆炸
例10 （多选）为增大拦截导弹的拦截概率，减小拦截失败后对地面的
影响，设计拦截导弹在最高点爆炸。设弹体炸裂成、 两块，若质量较
大的 块的速度方向仍沿原来的方向，忽略空气阻力，则( )
AC
A.、 同时到达水平地面
B.飞行的水平距离比 飞行的水平距离大
C.、 受到的爆炸力大小相等
D. 的速度方向与原速度方向相反
[解析] 、 都做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，由于高度相同，
飞行时间一定相同，、 一定同时到达水平地面，A项正确;在炸裂过程
中，由于重力远小于内力，系统的动量守恒。炸裂前物体的速度沿水平
方向，炸裂后质量较大的 的速度沿原来的方向，根据动量守恒定律有
，可判断 的速度一定沿水平方向，但不
一定与原速度方向相反，取决于 的动量与物体原来动量的大小关系，
D项错误;、 都做平抛运动，飞行时间相同，由于初速度大小关系无法
判断，所以飞行的水平距离不一定比 的大，B项错误;在炸裂过程中，
、 受到爆炸力大小相等，C项正确。
例11 双响爆竹，其一响之后，腾空再发一响，因此得名“二踢脚”。质
量为 的“二踢脚”竖立在地面上被点燃后发出一响，向下喷出少量
高压气体（此过程位移可忽略）后获得 的速度竖直升起，到达最
高点时恰好发出第二响，立即被炸成、两块，其中质量
的部分以 的速度向南水平飞出。已知第二响释放的能量有
转化为、 的机械能，不计“二踢脚”内火药的质量和爆炸前后的质
量变化以及空气阻力，取 ，求：
（1）、两部分落地时的距离 。
解答 、两部分落地的时间
炸成、两块时，根据在水平方向动量守恒有 ，其中
解得
炸成、 两块后，两部分分别做平抛运动，则两部分水平位移分别为
，
则、两部分落地时的距离 。
（2）第二响释放的能量 。
[答案] 由题意可知，其中 ，
，解得 。
角度2 反冲
例12 如图所示，在平静的湖面上有一小船以速度 匀速前进，
人和船的总质量，船上另载有 个完全相同的小球，每
个小球的质量均为 。人站立船头，沿着船的前进方向，每隔一
段相同的时间水平抛出一个小球，不计水的阻力和空气阻力。
（1）如果每次都是以相对于湖岸的速度 抛出小球，请计算出
第一个小球抛出后小船的速度大小 和抛出第几个球后船的速度反向。
解答 人抛出第一个球前后，对船、人、20个球整体分析，由动量守恒
定律可得
代入数据得，即抛出第一个小球后，船的速度
对抛出个球过程，有
代入数据得
当，即船反向，有
解得 ，即当抛出第11个球时船的速度反向。
（2）如果每次都是以相对于小船的速度 抛出小球，则抛出第
16个小球可以使船的速度改变多少？
[答案] 设第16次抛出小球时，小船原来的对地速度为 ，抛出后小船
的对地速度为
因小球是以相对于小船的速度 抛出的，抛出后小球对地的速
度为
由动量守恒定律可得
代入数据可得 。
例13 柴油打桩机由重锤汽缸、活塞桩帽等若干部件组
成。重锤汽缸的质量为 ，钢筋混凝土桩固定在活塞桩
帽下端，桩帽和桩总质量为 。汽缸从桩帽正上方一定
高度自由下落，汽缸下落过程中，桩体始终静止。当
汽缸到最低点时，向缸内喷射柴油，柴油燃烧，产生
猛烈推力，汽缸和桩体瞬间分离，汽缸上升的最大高度为 ，重力加速
度为 。
（1）求柴油燃烧产生的推力对汽缸的冲量。
解答 设柴油燃烧使重锤汽缸获得的速度为，桩体获得的速度为 ，对
分离后的重锤汽缸由机械能守恒定律，有
分离瞬间，重锤汽缸所受推力远大于自身重力，由动量定理有
得 ，方向竖直向上。
（2）设桩体向下运动过程中所受阻力恒为 ，求该次燃烧后桩体在泥土
中向下移动的距离。
[答案] 分离瞬间，由于内力远大于外力，所以重锤汽缸和桩体组成的系
统动量守恒，有
分离后，对桩体由动能定理有
解得 。
强化 学科思维
人船模型及其应用
角度1 利用人船模型求质量
例14 有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长，质量大约一吨。
一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量。他进行了如下操作：首先将
船平行码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头后停下来，而后轻轻
下船。用卷尺测出船后退的距离为，然后用卷尺测出船长 ，已知他自
身的质量为 ，则渔船的质量为( )
B
A. B. C. D.
[解析] 设人走动时船的速度大小为，人的速度大小为 ，人从船尾走
到船头所用时间为。取船的速度为正方向，则， 。根据
动量守恒定律有，得 ，解得渔船的质量
，B项正确。
角度2 利用人船模型求距离
15.如图所示，质量为，半径为 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，且 ，
重力加速度大小为 。下列说法正确的是( )
C
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，
A项错误;若圆弧面光滑，设滑块运动至水平面时速度大小为 ，圆弧槽
速度大小为，由机械能守恒定律有 ，在水平方
向上由动量守恒有，其中，联立解得 ，
，B项错误;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和 ，由水平方向动量守恒
有，，解得， ，C项正确;
由于滑
块还发生了竖直位移，故滑块的位移大小为 ，D项
错误。
练创新试题 知命题导向
1. 使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的
极正对着乙的极，甲、乙的质量均为 ，两者与桌面之间的动摩擦因
数相等。现给甲一水平向右的初速度 ，同时释放乙，乙由静止开始向
左运动，下列说法正确的是( )
A.在它们相向运动过程中的任一时刻甲、乙组成的系统的总动量大小为
B.在它们相向运动过程中，乙的动量变化量等于甲对乙的吸引力的冲量
C.在它们相向运动过程中，甲的动量改变量等于乙的动量改变量
D.甲、乙吸在一起后的运动过程中，系统的总动量不变
[解析] 甲、乙两条形磁铁在相向运动过程中系统受到的合外力为零，系
统动量守恒，总动量大小为 ，A项正确;乙的动量变化量等于甲对乙
的吸引力与桌面对乙的摩擦力的合力的冲量，B项错误;甲、乙的动量改
变量大小相等、方向相反，C项错误;甲、乙吸在一起后向右做减速运动，
总动量减小，D项错误。
√
2. （多选）质量分别为和 的两
小球在光滑水平面上正碰，其位置坐标 随
时间 变化的图像如图所示。下列说法正确
的是( )
BC
A.两小球的质量关系为 B.两小球的质量关系为
C.两小球间的碰撞为弹性碰撞 D.两小球间的碰撞为非弹性碰撞
[解析] 根据图像可知碰前的速度， 碰前速度
为0;碰后的速度， 的速度
，两小球在碰撞
过程中满足动量守恒定律，有，解得 ，
A项错误，B项正确。两小球在碰撞过程中的能量损失
，故两小球间的碰撞为弹性碰撞，
C项正确，D项错误。
3. （多选）如图所示，在水平固定放置的圆环
内嵌着质量分别为、 的1、2两个大小相同的小球，
小球可看作质点，初始时小球1以初速度 沿圆环切向
方向运动，若小球1和2之间发生弹性碰撞，且所有的
碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，则两个小
球的质量之比 可能为( )
ACD
A. B. C. D.
[解析] 若两球发生弹性碰撞，则有 ，
，联立解得， ，
根据题意，当 时，小球1反弹，第一种情况，反弹后小球2运动
圆周,小球1运动圆周后发生第二次碰撞，则有 ，即
，解得，第二种情况，小球1运动 圆周，
小球2运动圆周后发生第二次碰撞，则有，即 ，
解得;当 时，小球1不反弹，第一种情况，小球2运
动圆周,小球1运动圆周后发生第二次碰撞，则 ，即
，解得，第二种情况，小球2运动 圆周,
小球1运动圆周后发生第二次碰撞，则 ，即
，解得 ，A、C、D三项正确。第2讲　动量守恒定律及其应用
考点一　动量守恒定律的理解与简单应用
【理清·知识结构】
【知识梳理】
1.系统、内力与外力
(1)系统：①　　　　相互作用的物体构成的整体叫作一个力学系统，简称系统。
(2)内力：②　　　　物体间的作用力。
(3)外力：③　　　的物体施加给系统内物体的力。
2.动量守恒定律
(1)内容：如果一个系统④　　　　，或者⑤　　　　　　，这个系统的总动量保持不变。
(2)表达式：a.p=p'或m1v1+m2v2=⑥　　　　　　　　(作用前后总动量相等)；
b.Δp1=⑦　　　　。
c.Δp=⑧　　　　。
(2)普适性：动量守恒定律既适用于低速物体，也适用于高速(接近光速)物体。既适用于宏观领域，也适用于微观领域。
【考教衔接】
　　如图所示，在光滑的水平桌面上做匀速运动的两个物体A和B，质量分别为m1和m2，沿同一直线向同一方向运动，速度分别是v1和v2。当B追上A时发生碰撞，碰撞后两物体的速度分别是v1'和v2'。若碰撞时间极短，请根据运动与相互作用规律，论述两物体碰撞前后的动量守恒。
【突破·考点题型】
角度1　动量守恒的判断
如何判断系统的动量是否守恒
　　判断系统动量是否守恒，首先是熟知系统动量守恒的条件，其次要明确研究过程，分析系统在所研究的过程中的受力情况，看系统的受力情况是否符合动量守恒的条件。
系统动量守恒的三个条件
理想条件 系统不受外力作用
实际条件 系统所受外力的合力为零
近似条件 系统所受合外力虽然不为零，但系统的内力远大于外力，如碰撞、爆炸类问题
　　谨记：若系统只在某个方向上动量守恒，而其他方向上动量不守恒，则系统的动量不守恒。
如图所示，在光滑水平轨道上有一小车，它下面用轻绳系一沙袋。有一子弹水平射入沙袋后并不穿出，子弹射入沙袋的时间极短，则下列说法正确的是 (　　)
A.从子弹射入沙袋到沙袋摆到最高点的过程中，子弹、沙袋和小车组成的系统动量守恒
B.从子弹射入沙袋到沙袋摆到最高点的过程中，子弹、沙袋和小车组成的系统机械能守恒
C.子弹射入沙袋后，子弹、沙袋和小车组成的系统动量和机械能都守恒
D.子弹射入沙袋后，子弹、沙袋和小车组成的系统动量不守恒但机械能守恒
角度2　动量守恒定律的应用
应用动量守恒定律解题的思维流程
　　步骤1：明确研究对象和研究过程，确定系统的组成(系统包括哪几个物体)；
步骤2：进行受力分析，根据动量守恒的条件判断系统动量是否守恒(或某一方向上动量是否守恒)；
步骤3：规定正方向，确定初、末状态动量，并根据动量守恒定律列出方程；
步骤4：代入数据，求出结果，必要时讨论说明。
(2024·江苏高考)“嫦娥六号”在轨速度为v0，着陆器对应的组合体A与轨道器对应的组合体B分离时间为Δt，分离后B的速度为v，且与v0同向，A、B的质量分别为m、M。求：
(1)分离后A的速度v1大小。
(2)分离时A对B的推力大小。
如图所示，长度为l的轻质细线一端与带孔小球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=的初速度，则 (　　)
A.小球A和木块B组成的系统在运动过程中动量守恒
B.小球A和木块B组成的系统在运动过程中机械能不守恒
C.B再次运动到A正下方时，A球的速度大小为
D.若经时间t物块B在水平方向上的位移大小为x，则小球A在水平方向上的位移大小为v0t+x
核心归纳 单方向动量守恒定律的应用 　　即使系统受到的外力的合力不为零，即系统动量不守恒，但只要系统在某一方向上合外力为零，则系统在该方向上动量守恒，我们在该方向上可用动量守恒定律列式。
考点二　碰撞
【理清·知识结构】
【知识梳理】
1.碰撞分类
(1)弹性碰撞：碰撞过程机械能①　　　　；
(2)非弹性碰撞：碰撞过程机械能②　　　　；
(3)完全非弹性碰撞：碰撞后物体具有共同③　　　　，机械能④　　　　；
(4)按碰撞前后速度是否在同一直线上可分为⑤　　　　和⑥　　　　。
2.碰撞过程特点
作用时间⑦　　　　，相互作用力⑧　　　　，内力⑨　　　　外力，碰撞前后能量⑩　　　　，认为物体在碰撞前后仍在同一位置。
【考教衔接】
　　如图所示，在光滑的水平面上，一质量为mA的小球A以水平向右的速度vA与质量为mB的小球B发生弹性正碰。
(1)若碰撞前，B静止在水平面上，求碰撞后两小球的速度vA'、vB'。
(2)若碰撞前，B正以大小为vB的速度水平向右运动，求碰撞后两小球的速度vA'、vB'。
(3)若碰撞前，B正以大小为vB的速度水平向左运动，求碰撞后两小球的速度vA'、vB'。
(4)若小球A和小球B的质量相等，则两球发生弹性碰撞后，它们碰撞后与碰撞前的速度有什么特点
【突破·考点题型】
角度1　碰撞的可能性
(多选)A、B两小球在光滑的水平地面上沿同一直线向同一方向运动，A球的动量为5 kg·m/s，B球的动量为7 kg·m/s。A球追上B球与其发生正碰，碰撞后B球动量变为9 kg· m/s，则下列关于A、B两球的质量关系，可能正确的是 (　　)
A.mA=0.5mB B.mA=mB
C.mB=2.5mA D.mB=3mA
总结提升 碰撞问题须谨记遵循的三个规律 动量守恒p1+p2=p1'+p2'动能不增加速度要合理①若两物体同向运动，则碰前应有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若两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变
角度2　弹性碰撞
弹性碰撞的三种情境
情境 动碰静 同向动碰动 相向动碰动
图示
规律 动量守恒，机械能守恒
结论 vA'=vA vB'=vA vA'=·(vA-vB)+vB vB'=·(vA-vB)+vB vA'=· (vA+vB)-vB vB'=·(vA+vB)-vB
说明 质量相等，速度交换
(多选)在没有其他外力作用的情况下，A、B两物体相互作用前后的速度—时间(v-t)图像如图所示，则由图像可知(　　)
A.A、B作用前后总动量不守恒
B.A、B的质量之比为5∶3
C.一定是A物体追上B物体发生碰撞
D.该碰撞是非弹性碰撞
角度3　非弹性碰撞
(2023·北京高考)如图所示，质量为m的小球A用一不可伸长的轻绳悬挂在O点，在O点正下方的光滑桌面上有一个与A完全相同的静止小球B，B到O点的距离等于绳长L。现将A拉至某一高度，由静止释放，A以速度v在水平方向和B发生正碰并粘在一起。重力加速度为g。求：
(1)A释放时距桌面的高度H。
(2)碰撞前瞬间绳子的拉力大小F。
(3)碰撞过程中系统损失的机械能ΔE。
如图1所示，将物体B静止放在光滑水平地面上，使物体A以速度v向物体B运动，两物体相撞后没有分开(作用时间极短)，碰撞时的平均作用力大小为F1，碰撞产生的内能为Q1；如图2所示，再将物体A静止放在光滑水平地面上，使物体B以相同的速度大小v向物体A运动，两物体相撞后没有分开(作用时间与A碰B时相同)，碰撞时的平均作用力大小为F2，碰撞产生的内能为Q2。已知物体A的质量是物体B的质量的两倍，两物体均视为质点，两物体始终沿直线运动，下列关系式正确的是 (　　)
A.F1=F2，Q1=Q2
B.F1=2F2，Q1=Q2
C.F1=F2，Q1=2Q2
D.F1=2F2，Q1=2Q2
总结提升 完全非弹性碰撞的三种情境 情境动碰静同向动碰动相向动碰动图示规律动量守恒，机械能损失最大结论
【强化·学科思维】
多体多次碰撞问题
台球是青年喜爱的运动项目，球员出杆击打白球，运动的白球撞击彩色球使其入洞并计分。假设在光滑水平面的一条直线上依次放4个质量均为m的弹性红球，质量为2m的白球以初速度v0与4号红球发生碰撞，发生的碰撞均为弹性正碰，则多次碰后，白球最终的速度大小为 (　　)
A.0 B.
C.4v0 D.5v0
如图所示，在光滑水平地面的同一直线上放置有三个大小相等的弹性小球，其中mB=3.5 kg，mC=1 kg，现给小球A一沿A、B连线的初速度v0，若A、B两小球仅能发生一次碰撞，小球A的质量mA最小值为 (　　)
A.3.5 kg B.1 kg C.0.75 kg D.0.5 kg
总结提升 　　多体多次碰撞问题考查方式分为两种情况。一是考查相同物体多次碰撞，解决这类问题可列举两个或两个以上碰撞过程，合理外推总结规律。二是考查碰撞形式的不确定性，解决这类问题要谨记两个碰撞模型的特点：物体之间发生弹性碰撞时，不存在机械能损失；物体之间发生完全非弹性碰撞时，机械能损失最大。
考点三　爆炸与反冲
【理清·知识结构】
【知识梳理】
1.爆炸的三个特点
动量守恒 爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸时系统内物体间的相互作用力远远大于系统受到的外力，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，所以爆炸后系统的总动能增加
位置不变 爆炸发生的时间极短，在爆炸的过程中，物体产生的位移很小，一般忽略不计，即认为爆炸过程发生前后系统的位置不变
2.反冲运动
定义 如果一个静止的物体在内力的作用下分裂成两个部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向相反的方向运动，这个现象叫作反冲 反冲运动中，物体受到的反冲作用通常叫作反冲力
特点 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；反冲运动和碰撞、爆炸有相似之处，相互作用力常为变力，且作用力远远大于外力，遵循动量守恒定律；在反冲运动中，可能有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总机械能有可能增加
【考教衔接】
某次火箭发射过程燃料用尽后，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。已知卫星质量为500 kg，其质量是火箭壳体的5倍。若经过分离过程后卫星获得7.9×103 m/s的速度，试分析火箭壳体相对卫星的速度是多大 火箭壳体运动方向是否发生变化 分离后它们分别会怎样运动
【突破·考点题型】
角度1　爆炸
(多选)为增大拦截导弹的拦截概率，减小拦截失败后对地面的影响，设计拦截导弹在最高点爆炸。设弹体炸裂成a、b两块，若质量较大的a块的速度方向仍沿原来的方向，忽略空气阻力，则 (　　)
A.a、b同时到达水平地面
B.a飞行的水平距离比b飞行的水平距离大
C.a、b受到的爆炸力大小相等
D.b的速度方向与原速度方向相反
双响爆竹，其一响之后，腾空再发一响，因此得名“二踢脚”。质量为0.1 kg的“二踢脚”竖立在地面上被点燃后发出一响，向下喷出少量高压气体(此过程位移可忽略)后获得20 m/s的速度竖直升起，到达最高点时恰好发出第二响，立即被炸成A、B两块，其中质量mA=0.06 kg的A部分以vA=30 m/s的速度向南水平飞出。已知第二响释放的能量有30%转化为A、B的机械能，不计“二踢脚”内火药的质量和爆炸前后的质量变化以及空气阻力，取g=10 m/s2，求：
(1)A、B两部分落地时的距离L。
(2)第二响释放的能量ΔE。
角度2　反冲
如图所示，在平静的湖面上有一小船以速度v0=1 m/s匀速前进，人和船的总质量M=200 kg，船上另载有N=20个完全相同的小球，每个小球的质量均为m=5 kg。人站立船头，沿着船的前进方向，每隔一段相同的时间水平抛出一个小球，不计水的阻力和空气阻力。
(1)如果每次都是以相对于湖岸的速度v=6 m/s抛出小球，请计算出第一个小球抛出后小船的速度大小v1和抛出第几个球后船的速度反向。
(2)如果每次都是以相对于小船的速度v=6 m/s抛出小球，则抛出第16个小球可以使船的速度改变多少
柴油打桩机由重锤汽缸、活塞桩帽等若干部件组成。重锤汽缸的质量为m，钢筋混凝土桩固定在活塞桩帽下端，桩帽和桩总质量为M。汽缸从桩帽正上方一定高度自由下落，汽缸下落过程中，桩体始终静止。当汽缸到最低点时，向缸内喷射柴油，柴油燃烧，产生猛烈推力，汽缸和桩体瞬间分离，汽缸上升的最大高度为h，重力加速度为g。
(1)求柴油燃烧产生的推力对汽缸的冲量。
(2)设桩体向下运动过程中所受阻力恒为f，求该次燃烧后桩体在泥土中向下移动的距离。
【强化·学科思维】
人船模型及其应用
角度1　利用人船模型求质量
有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长，质量大约一吨。一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量。他进行了如下操作：首先将船平行码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头后停下来，而后轻轻下船。用卷尺测出船后退的距离为d，然后用卷尺测出船长L，已知他自身的质量为m，则渔船的质量为 (　　)
A. B.
C. D.
角度2　利用人船模型求距离
如图所示，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
练创新试题·知命题导向
1.使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的N极正对着乙的S极，甲、乙的质量均为m，两者与桌面之间的动摩擦因数相等。现给甲一水平向右的初速度v0，同时释放乙，乙由静止开始向左运动，下列说法正确的是 (　　)
A.在它们相向运动过程中的任一时刻甲、乙组成的系统的总动量大小为mv0
B.在它们相向运动过程中，乙的动量变化量等于甲对乙的吸引力的冲量
C.在它们相向运动过程中，甲的动量改变量等于乙的动量改变量
D.甲、乙吸在一起后的运动过程中，系统的总动量不变
2.(多选)质量分别为m1和m2的两小球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.两小球的质量关系为m2=2m1
B.两小球的质量关系为m2=3m1
C.两小球间的碰撞为弹性碰撞
D.两小球间的碰撞为非弹性碰撞
3.(多选)如图所示，在水平固定放置的圆环内嵌着质量分别为m1、m2的1、2两个大小相同的小球，小球可看作质点，初始时小球1以初速度v0沿圆环切向方向运动，若小球1和2之间发生弹性碰撞，且所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，则两个小球的质量之比m1∶m2可能为 (　　)
A.1∶5 B.1∶3 C.2∶1 D.5∶1
参考答案
考点一
知识梳理
①两个(或多个)　②系统中　③系统以外　④不受外力　⑤所受外力的矢量和为0
⑥m1v1'+m2v2'　⑦-Δp2　⑧0
考教衔接
假设B对A的相互作用力的大小为F，A对B的相互作用力的大小为F'，作用时间为Δt，规定向右为正方向，由牛顿第二定律有F=m1a1，F'=m2a2
由牛顿第三定律有F'=-F
由运动学规律有a1=，
a2=
联立解得m1v1'+m2v2'=m1v1+m2v2
该式表明，两物体作用后的总动量等于作用前的总动量，即碰撞前后动量守恒。
例1　D
例2　解答　(1)组合体分离前后动量守恒，取v0的方向为正方向，有(m+M)v0=Mv+mv1
解得v1=。
(2)以B为研究对象，对B列动量定理有FΔt=Mv-Mv0，解得F=。
例3　C　解析　小球A和木块B组成的系统竖直方向合力不为0，水平方向合力为0，故水平方向动量守恒，A项错误；运动过程中系统仅有重力做功，机械能守恒，B项错误；B再次运动到A正下方时，由动量守恒定律和能量守恒定律可得m=mvA+mvB，m·2gl=m+m，解得vB=0，vA=，C项正确；在极短时间Δt内，有mv0Δt=mvAΔt+mvBΔt，mv0t=mxA+mx，得xA=v0t-x，D项错误。
考点二
知识梳理
①守恒　②不守恒　③速度　④损失最大　⑤正碰　⑥斜碰　⑦极短　⑧很大
⑨远大于　⑩不增加
考教衔接
(1)根据动量守恒定律和机械能守恒定律分别得
mAvA=mAvA'+mBvB'
mA=mAvA'2+mBvB'2
联立解得vA'=vA，vB'=vA。
(2)以B为参考系，同(1)可得
vA'=(vA-vB)+vB，vB'=(vA-vB)+vB。
(3)以B为参考系，同(1)可得vA'=(vA+vB)-vB，vB'=·(vA+vB)-vB。
(4)若两球质量相等，则碰撞后两球速度交换。
例4　ACD　解析　A与B发生碰撞，满足动量守恒定律，取A的运动方向为正方向，有pA+pB=pA'+pB'，解得pA'=3 kg· m/s，方向不变；A追上B发生追碰，则碰前A的速度要大于B的速度，有>，而碰后A不反弹，则其速度一定小于等于B的速度，有≤，碰撞过程动能不增加，有+≥+，联立解得>，≤3，≥2，故可得3≥≥2，=2，=2.5，=3均在质量比值的取值范围之内，而=1不在范围之内。A、C、D三项正确。
例5　BC　解析　由题意可知，A、B组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，A项错误；由图像可知vA=2.5 m/s，vA'=1 m/s，vB=0.5 m/s，vB'=3.0 m/s，碰撞前A的速度大于B的速度，碰撞后A的速度小于B的速度，碰撞过程A的速度减小，B的速度增大，碰撞过程是A追上B发生碰撞，C项正确；A、B组成的系统在碰撞过程中系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mAvA+mBvB=mAvA'+mBvB'，代入数据解得mA∶mB=5∶3，B项正确；设A的质量为5m，则B的质量为3m，碰撞前系统总动能Ek1=·5m·(2.5)2+·3m·(0.5)2=16m(单位为J)，碰撞后系统总动能Ek2=·5m·12+·3m·32=16m(单位为J)，碰撞前后系统总动能相等，碰撞为弹性碰撞，D项错误。
例6　解答　(1)由机械能守恒定律有mgH=mv2，解得H=。
(2)由牛顿运动定律有F-mg=m，解得F=mg+m。
(3)碰撞过程，由动量守恒定律有mv=2mv'，解得v'=0.5v
碰撞过程损失的机械能ΔE=mv2-·2mv'2=mv2。
例7　A　解析　A碰B时，由动量守恒定律可知mAv=(mA+mB)v1，解得v1=v。对A、B组成的系统，由能量守恒定律得mAv2-(mA+mB)=Q1，解得Q1=mBv2；对物体B，由动量定理得F1t=mBv1=mBv，B碰A时，由动量守恒定律可知mBv=(mA+mB)v2，解得v2=v；对A、B组成的系统，由能量守恒定律得mBv2-(mA+mB)=Q2，解得Q2=mBv2，对物体B，由动量定理得-F2t=mBv2-mBv=-mBv，所以F1=F2，Q1=Q2，A项正确。
例8　C　解析　质量为2m的白球以初速度v0与4号红球发生弹性正碰，根据弹性碰撞特点可知2mv0=2mv1+mv2，×2m=×2m+×m，解得v1=v0。每碰撞一次白球的速度变为原来的，由于红球质量相等，且为弹性正碰，则4号球每次将速度传给右侧球，故白球与4号球碰撞4次后不再碰撞，白球最终速度v=4v0，C项正确。
例9　D　解析　A、B碰撞时，分别根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得mAv0=mAvA+mBvB，mA=mA+mB，解得vA=v0，vB=v0。若0mB=3.5 kg；若vA=0时，A、B两小球仅能发生一次碰撞，此时mA=mB=3.5 kg；若vA<0时，A、B两小球发生碰撞后A反向，此时mAmC=1 kg，即1 kgmA≥0.5 kg。综上，若A、B两小球仅能发生一次碰撞，小球A的质量mA≥0.5 kg，D项正确。
考点三
考教衔接
解析　分离时系统在切线方向上动量守恒，有(5m+m)v=5mv1+mv2，又u=|v2-v1|，解得v2=2.5×103 m/s，u=5.4×103 m/s。火箭壳体运动方向未发生变化，分离后卫星的速度大小v1>v，卫星做离心运动，火箭壳体的速度大小v2例10　AC　解析　a、b都做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，由于高度相同，飞行时间一定相同，a、b一定同时到达水平地面，A项正确；在炸裂过程中，由于重力远小于内力，系统的动量守恒。炸裂前物体的速度沿水平方向，炸裂后质量较大的a的速度沿原来的方向，根据动量守恒定律有(ma+mb)v0=mava+mbvb，可判断b的速度一定沿水平方向，但不一定与原速度方向相反，取决于a的动量与物体原来动量的大小关系，D项错误；a、b都做平抛运动，飞行时间相同，由于初速度大小关系无法判断，所以a飞行的水平距离不一定比b的大，B项错误；在炸裂过程中，a、b受到爆炸力大小相等，C项正确。
例11　解答　(1)A、B两部分落地的时间t== s=2 s
炸成A、B两块时，根据在水平方向动量守恒有mAvA=mBvB，其中mB=0.1 kg-0.06 kg=0.04 kg
解得vB=45 m/s
炸成A、B两块后，两部分分别做平抛运动，则两部分水平位移分别为LA=vAt=60 m，LB=vBt=90 m
则A、B两部分落地时的距离L=LA+LB=150 m。
(2)由题意可知30%×ΔE=EkA+EkB，其中EkA=mA=27 J，EkB=mB=40.5 J，解得ΔE=225 J。
例12　解答　(1)人抛出第一个球前后，对船、人、20个球整体分析，由动量守恒定律可得(M+20m)v0=(M+19m)v1+mv
代入数据得v1= m/s，即抛出第一个小球后，船的速度v1= m/s
对抛出n个球过程，有300v0=(300-nm)vn+nmv
代入数据得vn=
当vn<0，即船反向，有300-30n<0
解得n>10，即当抛出第11个球时船的速度反向。
(2)设第16次抛出小球时，小船原来的对地速度为v15，抛出后小船的对地速度为v16
因小球是以相对于小船的速度v=6 m/s抛出的，抛出后小球对地的速度为(v16+v)
由动量守恒定律可得(M+20m-15m)v15=(M+20m-16m)v16+m(v16+v)
代入数据可得Δv=v15-v16= m/s= m/s。
例13　解答　(1)设柴油燃烧使重锤汽缸获得的速度为v0，桩体获得的速度为v，对分离后的重锤汽缸由机械能守恒定律，有m=mgh
分离瞬间，重锤汽缸所受推力远大于自身重力，由动量定理有I燃=mv0-0
得I燃=m，方向竖直向上。
(2)分离瞬间，由于内力远大于外力，所以重锤汽缸和桩体组成的系统动量守恒，有mv0=Mv
分离后，对桩体由动能定理有MgH-fH=0-Mv2
解得H=。
例14　B　解析　设人走动时船的速度大小为v，人的速度大小为v'，人从船尾走到船头所用时间为t。取船的速度为正方向，则v=，v'=。根据动量守恒定律有Mv-mv'=0，得M=m，解得渔船的质量M=，B项正确。
例15　C　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，A项错误；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，由机械能守恒定律有mgR=m+M，在水平方向上由动量守恒有mv1=Mv2，其中M=2m，联立解得v1=2，v2=，B项错误；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，x1+x2=R，解得x1=R，x2=，C项正确；由于滑块还发生了竖直位移R，故滑块的位移大小为=R，D项错误。
练创新试题
1.A　解析　甲、乙两条形磁铁在相向运动过程中系统受到的合外力为零，系统动量守恒，总动量大小为mv0，A项正确；乙的动量变化量等于甲对乙的吸引力与桌面对乙的摩擦力的合力的冲量，B项错误；甲、乙的动量改变量大小相等、方向相反，C项错误；甲、乙吸在一起后向右做减速运动，总动量减小，D项错误。
2.BC　解析　根据图像可知m1碰前的速度v0=m/s=4m/s，m2碰前速度为0；碰后m1的速度v1=m/s=-2m/s，m2的速度v2=m/s=2m/s，两小球在碰撞过程中满足动量守恒定律，有m1v0=m1v1+m2v2，解得m2=3m1，A项错误，B项正确。两小球在碰撞过程中的能量损失ΔEk=m1-m1+m2=0，故两小球间的碰撞为弹性碰撞，C项正确，D项错误。
3.ACD　解析　若两球发生弹性碰撞，则有m1v0=m1v1+m2v2，m1=m1+m2，联立解得v1=v0，v2=v0，根据题意，当m1m2时，小球1不反弹，第一种情况，小球2运动圆周，小球1运动圆周后发生第二次碰撞，则v2=4v1，即2m1=4m1-4m2，解得m1∶m2=2∶1，第二种情况，小球2运动圆周，小球1运动圆周后发生第二次碰撞，则2v2=5v1，即4m1=5m1-5m2，解得m1∶m2=5∶1，A、C、D三项正确。

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