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课时2　动量守恒定律
考点一　对动量守恒定律的理解与应用
命题视角1　辨析系统动量是否守恒,区分与机械能守恒条件的差异
【典例1】 (容易)(2025·绍兴模拟)如图所示,足够长的竖直固定杆上套一劲度系数为k的轻质弹簧,上下两端各连接质量均为m的相同小球P和Q。小球P与杆之间的最大静摩擦力为2mg,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力,小球Q与杆之间无摩擦力。现将小球Q托至弹簧原长处,然后由静止开始释放。忽略空气阻力,则小球P、Q和弹簧三者组成的系统(　　)
A.在小球P开始滑动之前,动量守恒,机械能守恒
B.在小球P开始滑动之前,动量不守恒,机械能不守恒
C.在小球P开始滑动之后,动量守恒,机械能不守恒
D.在小球P开始滑动之后,动量不守恒,机械能不守恒
解析:C　由于小球P的重力为mg,与杆之间的最大静摩擦力为2mg,所以,当弹簧弹力为mg时小球P将要开始滑动,所以在小球P滑动之前,小球P与杆之间的静摩擦力不断增大,系统所受合力不为零,则动量不守恒,但由于只有重力和弹簧弹力做功,系统机械能守恒,故A、B错误;在小球P开始滑动之后,系统所受合力为零,则动量守恒,但由于摩擦力做功,则机械能减少,即机械能不守恒,故C正确,D错误。
命题视角2　动量守恒定律的应用,注意守恒方程的方向性
1.关键点:动量守恒条件判断、动量守恒方程的建立。
2.解题思维链
命题视角3　分析临界条件,强化动量守恒定律的应用
临界问题 临界条件
两物体恰好不相撞 两物体接触时速度恰好相等
物体恰好到达斜面或者弧形槽的最高点 两物体的水平速度相等,竖直速度为0
物体恰好不滑出小车 物体滑到小车另一端时与小车的速度相等
弹簧具有最大弹性势能 弹簧连着的两物体速度相等
【典例2】 (中等)如图所示,甲、乙两个小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏,甲和他的冰车总质量为30 kg,乙和他的冰车总质量也是30 kg,游戏时甲推着一个质量m=15 kg的箱子和他一起以大小为v0=2 m/s的速度滑行,乙以同样大小的速度迎面滑来,为了避免相撞,甲突然将箱子沿冰面推给乙,箱子滑到乙处时乙迅速把它抓住,若不计冰面的摩擦,为了避免甲与乙相撞,甲相对地面推出箱子的速度至少为(　　)
A.2.2 m/s B.5.2 m/s
C.6 m/s D.10 m/s
解析:B　设甲至少以速度v将箱子推出,推出箱子后甲的速度为v甲,抓住箱子后乙的速度为v乙,取水平向右为正方向,则根据动量守恒定律,可得对甲和箱子有(m甲+m)v0=m甲v甲+mv,对乙和箱子有mv-m乙v0=(m+m乙)v乙,当甲与乙恰好不相撞时,v甲=v乙,解得v=5.2 m/s。故B正确。
考点二　碰撞问题的分析与计算
命题视角1　分析碰撞过程,掌握弹性碰撞的特点
1.关键点:一动碰一静模型
动量守恒:m1v1+0=m1v1′+m2v2′①
机械能守恒:m1+0=m1v1′2+m2v2′2②
联立解得
v1′=,v2′=。
结果讨论:
(1)若m1=m2,则v1′=0,v2′=v1(速度交换),碰后实现了动量和动能的全部转移。
(2)若m1>m2,则v1′>0,v2′>0,碰后二者同向运动;当m1 m2时,v1′=v1,v2″=2v1。
(3)若m10,碰后二者反向运动;当m1 m2时,v1′=-v1,v2′=0。
2.解题思维链
【典例3】 (中等)(2025·嘉兴三模)如图甲所示,每只冰壶直径d=30 cm、质量m=19 kg。某次试投过程中,冰壶A在t=0时刻以v0=1 m/s的初速度投出,与静止的冰壶B发生弹性正碰,此后冰壶B在水平面上运动0.9 m后停止,冰壶B的v-t图像如图乙所示,不计空气阻力,则(　　)
A.两只冰壶在t=3 s时发生碰撞
B.碰撞前摩擦力对冰壶A做功为-3.42 J
C.碰撞后冰壶B受到摩擦力的冲量大小为11.4 N·s
D.t=0和t=5 s两时刻冰壶重心间的距离之比为16∶9
解析:C　两冰壶质量相等,发生弹性正碰时,两冰壶发生速度交换,由冰壶B的vt图像可知冰壶匀减速直线运动的加速度大小为a= m/s2,冰壶B在水平面上运动0.9 m后停止,设冰壶B运动时间为t1,则xB=v1t1-a,v1-at1=0,解得t1=3 s,v1=0.6 m/s,所以冰壶A与冰壶B相碰后冰壶B运动了3 s,因此两只冰壶在t2=2 s时发生碰撞,故A错误;对冰壶A有Wf=m-m,解得Wf=-6.08 J,故B错误;碰撞后冰壶B受到摩擦力的冲量大小I=mv1-0,解得I=11.4 N·s,故C正确;全过程的位置图如图所示,
两只冰壶在t2=2 s时发生碰撞,所以t=0时两冰壶重心的距离为Δx1=·t2+d,解得Δx1=1.9 m,t=5 s时两冰壶重心的距离为Δx2=·t1+d,解得Δx2=1.2 m,所以t=0和t=5 s两时刻冰壶重心间的距离之比为=,故D错误。
命题视角2　分析碰撞过程,掌握非弹性碰撞的特点
1.关键点:
(1)非弹性碰撞:动量守恒,动能有损失。
(2)完全非弹性碰撞:动量守恒,碰后两物体速度相同,系统动能损失最大。
2.解题思维链
【典例4】 (中等)如图所示,A、B小球可视为质点,A球的质量M=0.6 kg,B球的质量m=0.3 kg。长度l=1.0 m的不可伸长的轻绳一端固定在O点,一端与B球相连,B球与固定在地面上的光滑弧形轨道PQ的末端P(P端切线水平)接触但无作用力。现使A球从Q点静止释放,Q点距轨道P端竖直高度h=0.45 m,A球运动到轨道P端时与B球碰撞,碰后两球粘在一起运动。g取10 m/s2,求:
(1)两球碰撞后的速度大小;
(2)两球在碰撞过程中损失的机械能;
(3)两球粘在一起后,悬绳的最大拉力。
解析:(1)A球从Q点到P点过程,由机械能守恒定律得Mgh=M,
解得vA=3 m/s,
两球相碰过程中,根据动量守恒定律可得MvA=(M+m)v,
解得两球碰撞后的速度大小为v=2 m/s。
(2)两球在碰撞过程中损失的机械能为
ΔE=M-(M+m)v2,
解得ΔE=0.9 J。
(3)两球碰撞后瞬间拉力最大,根据牛顿第二定律可得F-(M+m)g=(M+m),
解得F=12.6 N。
答案:(1)2 m/s　(2)0.9 J　(3)12.6 N
命题视角3　考查碰撞的可能性分析,重点应用动能不可能增加的约束条件
1.关键点:动量守恒、动能不增加、运动的合理性。
2.解题思维链
【典例5】 (中等)(多选)如图甲所示,“充气碰碰球”游戏是一项很减压的趣味运动项目。为了研究其中的碰撞规律,简化为如图乙所示的模型:直径相同的A球和B球碰撞前后都在同一水平直线上运动,碰前A球的动量pA=50 kg·m/s,B球静止,碰后B球的动量变为pB=40 kg·m/s。则两球质量mA与mB间的关系可能是(　　)
A.mB=0.3mA B.mB=mA
C.mB=1.5mA D.mB=5mA
解析:BC　以A球的初速度方向为正方向,由碰撞过程系统动量守恒得pA=pA′+pB,解得pA′=10 kg·m/s,根据碰撞过程总动能不增加,有≥+,解得mB≥mA,碰后两球同向运动,A的速度不大于B的速度,则有≤,解得mB≤4mA,因此,两球质量关系为mA≤mB≤4mA,故选B、C。
考点三　爆炸、反冲和人船模型
1.
2.
命题视角1　通过爆炸类情境,考查动量守恒与能量守恒的综合应用
1.关键点:动量守恒、机械能增加、位置不变。
2.解题思维链
【典例6】 (中等) (2021·浙江1月选考)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,在第5 s末和第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。g取10 m/s2,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
解析:B　爆炸物上升到最高点时,瞬时速度为零,爆炸瞬间水平方向动量守恒,因此质量之比为2∶1的两碎块,其速度之比为1∶2,根据平抛运动规律可知,水平方向位移为1∶2,但合位移并不为1∶2,选项A错误;根据题意,设声速为v′,质量大的碎块水平位移为x,则-=1 s,解得x=340 m,两碎块相距3x=1 020 m,选项D错误;由上述推导可知,质量小的碎块,落地后声音传播2 s,根据平抛运动的规律可知,两碎块平抛时间t均为4 s,则爆炸物下落的高度h=gt2=80 m,选项B正确;质量大的碎块水平位移为340 m,则其水平速度为=85 m/s,选项C错误。
命题视角2　构建“反冲运动”模型,强化动量守恒与能量守恒思想
1.关键点:动量守恒、机械能增大。
2.解题思维链
【典例7】 (中等)乌贼被称为“海中火箭”,其“外套膜”能够迅速收缩,将海水高速喷出进而向另一方向加速冲刺,可轻易加速到15 m/s。一质量为0.5 kg(不含体内水)的乌贼初始时静止,某时刻开始以相对于地面恒为40 m/s的速度水平喷水,不计水的阻力且不考虑竖直方向的运动和受力变化,则(　　)
A.乌贼喷水过程中乌贼和喷出的水组成的系统水平方向动量不守恒
B.乌贼向后喷水,喷出的水对周围的水产生一个作用力,周围的水对喷出的水的反作用力使乌贼向前运动
C.若乌贼要在极短时间内达到15 m/s的速度,则要一次性喷出约0.19 kg的水
D.若乌贼要极短时间内达到15 m/s的速度,此过程中乌贼受到它喷出的水的作用力的冲量为20 N·s
解析:C　乌贼喷水过程所用时间极短,内力远大于外力,对乌贼和喷出的水组成的系统,水平方向的动量守恒,故A错误;乌贼与喷出的水之间的相互作用力使得乌贼向前运动,故B错误;根据动量守恒定律有mv=Mv′,解得m=0.19 kg,故C正确;对于乌贼,根据动量定理有I=Mv′,解得I=7.5 N·s,故D错误。
命题视角3　构建“人船模型”,重点在于列出动量守恒方程
1.关键点
模型 图示
模型 特点 由m人v人-m船v船=0 可知m人-m船=0, 又由于x人+x船=L, 得出x人=L,x船=L
2.解题思维链
【典例8】 (中等) (2025·义乌中学模拟)如图所示,质量为1 kg的平板车放置在光滑水平玻璃面上,一辆质量为0.2 kg的电动玩具车放在平板车上,其前端距离平板车左端1.8 m。现启动电动玩具车,则(　　)
A.玩具车开始向左运动后,平板车仍然静止
B.玩具车突然不动时,平板车仍然向右运动
C.玩具车运动得越快,平板车运动得越慢
D.玩具车前端运动到平板车左端时,平板车在水平玻璃面上移动0.3 m
解析:D　初始时玩具车和平板车都静止,根据动量守恒定律可知m平v平=m电v电,玩具车开始向左运动后,平板车向右运动;玩具车突然不动时,平板车也立即停止运动;玩具车运动得越快,平板车运动得越快,故A、B、C错误。根据动量守恒定律有m平x平=m电x电,且x平+x电=1.8 m,解得x电=1.5 m ,x平=0.3 m ,玩具车前端运动到平板车左端时,平板车在水平玻璃面上移动
0.3 m,D正确。
课时作业
A级·基础巩固练
命题视角1　辨析系统动量是否守恒,区分与机械能守恒条件的差异
1.(2025·天域全国名校协作体模拟)如图所示,带有光滑四分之一圆弧轨道的物体静止在光滑的水平面上,将一小球(视为质点)从圆弧轨道的最高点由静止释放,下列说法正确的是(　　)
A.小球下滑过程中,物体对小球的弹力不做功
B.小球下滑过程中,小球的重力势能全部转化为其动能
C.小球下滑过程中,小球和物体组成的系统动量守恒
D.小球下滑过程中,小球和物体组成的系统机械能守恒
解析:D　小球在下滑过程中,物体向左运动,动能增大,重力势能不变,机械能增大,故物体对小球的弹力做负功,故A错误;小球下滑过程中,小球的重力势能转化为其动能和物体的动能,故B错误;小球下滑过程中,小球和物体组成的系统水平方向不受外力,故水平方向动量守恒,竖直方向动量不守恒,故C错误;因为水平面光滑,对小球和物体组成的系统而言,没有外力做功,故系统机械能守恒,故D正确。
命题视角2　考查动量守恒定律的应用,把握守恒方程的方向性
2.(2025·慈溪期末)如图所示,质量为m=1 kg的小球在距离车底部h=20 m高处以一定的初速度向左被水平抛出,落在以v0=7.5 m/s的速度沿光滑水平面向右匀速行驶的敞篷小车中,小车足够长,质量为M=4 kg,设小球在落到车底前瞬间的速度大小是25 m/s,g取10 m/s2,忽略空气阻力,则当小球与小车相对静止时,小车的速度大小是(　　)
A.1 m/s B.3 m/s
C.9 m/s D.11 m/s
解析:B　小球做平抛运动,下落时间为t==2 s,小球落到车底前瞬间,竖直方向速度大小为vy=gt=10×2 m/s=20 m/s,小球在落到车底前瞬间的速度大小是v=25 m/s,根据平行四边形定则可知,小球水平方向的速度大小为vx==15 m/s,小球与车在水平方向上动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律有Mv0-mvx=(M+m)v共,解得v共=3 m/s,故B正确。
命题视角3　考查各类碰撞模型,突出动量、能量规律的综合应用
3.(2025·宁波三模)质量分别为m1和m2的两物体在光滑的水平面上发生正碰,碰撞时间极短,两物体的位移—时间图像如图所示,m1=1 kg,下列说法正确的是(　　)
A.m2=1 kg
B.图线①为碰撞后m1的图线
C.碰撞后两物体的速度相同
D.两物体的碰撞为弹性碰撞
解析:D　根据题意,由题图可知,因xt图像的斜率等于速度,可知碰撞前m1和m2的速度分别为v1=4 m/s,v2=0,碰撞后两物体的速度分别为v1′=-2 m/s,v2′=2 m/s,则图线①为碰后m2的图线;碰撞后两物体的速度等大反向;以v1的方向为正方向,根据动量守恒定律得m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′,解得m2=3 kg,碰前Ek0=m1+0=8 J,碰后Ek1=m1v1′2+m2v2′2=8 J,故两个物体发生弹性碰撞。
4.(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:AC　小球X由最高点运动到与小球Y发生碰撞的过程,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,根据动量守恒有mXv1=(mX+mY)v2,解得=1,=2,故选A、C。
命题视角4　构建爆炸与反冲运动模型,强化动量守恒与能量守恒的应用
5.水火箭是利用反冲原理制作的趣味玩具,瓶内有高压气体和一定量的水。总质量为M的水火箭,由静止沿竖直方向发射,在极短的时间内将内部质量为m的水以速度v0向下喷出,箭体上升的最大高度为h,重力加速度大小为g,忽略空气阻力。下列说法正确的是(　　)
A.瓶内高压气体对箭体做正功
B.喷水后瞬间,箭体的速度大小为
C.箭体上升的最大高度为
D.整个过程中,箭体与水组成的系统机械能守恒
解析:A　高压气体对水火箭箭体做正功,故A正确;喷水时间极短,可以认为喷水过程中动量近似守恒,有mv0-(M-m)v=0,可得喷水后箭体速度大小为v=,故B错误;喷水后,箭体做竖直上抛运动,由机械能守恒定律得(M-m)gh=(M-m)()2,解得箭体上升的最大高度为h=()2,故C错误;瓶内气体内能转化为水、箭体的机械能,故箭体与水组成的系统机械能不守恒,故D错误。
6.如图所示,一质量为m的炮弹运动到水平地面O点的正上方时,速度沿水平方向,距离地面高度为h,炮弹动能为Ek。此时炮弹发生爆炸,炸为质量相等的两部分,两部分炮弹的动能之和为2Ek,速度方向和炮弹爆炸前的速度方向在同一直线上,爆炸时间极短。重力加速度为g,不计空气阻力和火药的质量。下列说法正确的是(　　)
A.在爆炸的整个过程中,炮弹机械能守恒
B.爆炸后炮弹的两部分不能同时落地
C.炮弹的两部分都落在O点的前方
D.炮弹的两部分落地点之间的距离为4
解析:D　在爆炸的整个过程中,炮弹机械能增加,A错误;爆炸后炮弹的两部分在竖直方向均做自由落体运动,能同时落地,下落时间均为,B错误; 根据动量守恒定律得mv0=mv1+mv2,根据题意得m=Ek, ×mv12+×mv22=2Ek,解得v1=0 ,v2=2 ,炮弹的一部分落在O点的正下方,另一部分落在O点的前方,C错误;炮弹的两部分落地点之间的距离为Δx=v2t,h=gt2,解得Δx=4,D正确。
7.(2025·北斗星盟三模)如图所示,光滑水平面上静止一质量为M=80 kg的平板小车,现有一质量为m=40 kg的某同学站立于小车后端。该同学以对地v0=2 m/s的速度向后跳离小车,对这一过程,下列说法正确的是(　　)
A.小车对该同学的作用力的冲量大小为80 N·s
B.小车对该同学做的功为80 J
C.该同学做的功可能为130 J
D.该同学做的功可能为100 J
解析:D　由动量定理可知小车对同学水平方向冲量Ix=mv0=80 N·s,小车对该同学竖直方向冲量不为0,可知小车对该同学的作用力的冲量大小大于80 N·s,选项A错误;该同学离开小车的瞬时,小车对该同学的作用力没有位移,可知小车对该同学不做功,选项B错误;若该同学沿水平方向向后跳离小车,则对小车和该同学组成的系统由水平方向动量守恒可知0=mv0-Mv,解得v=1 m/s,该同学做的功为W=m+Mv2=120 J,若该同学沿斜向上方向跳离小车,则小车得到的速度小于1 m/s,则同学做的功小于120 J,可能为100 J,但不可能为130 J,选项C错误,D
正确。
B级·高考过关练
8.(2025·江苏卷)如图所示,在光滑水平面上,左右两列相同的小钢球沿同一直线放置。每列有n个。在两列钢球之间,一质量为m的玻璃球以初速度v0向右运动,与钢球发生正碰。所有球之间的碰撞均视为弹性碰撞。
(1)若钢球质量为m,求最右侧的钢球最终运动的速度大小;
(2)若钢球质量为3m,求玻璃球与右侧钢球发生第一次碰撞后,玻璃球的速度大小v1;
(3)若钢球质量为3m,求玻璃球经历2n次碰撞后的动能Ek。
解析:(1)根据题意可知,所有碰撞均为弹性碰撞,由于钢球质量也为m,根据动量守恒定律和机械能守恒定律可知,碰撞过程中,二者速度互换,则最终碰撞后最右侧钢球的速度大小等于开始碰撞前玻璃球的初速度v0。
(2)所有碰撞均为弹性碰撞,则由动量守恒定律有
mv0=mv1+3mv2,
由能量守恒定律有m=m+×3m,
解得v1=v0=-v0,
负号表示速度反向,则玻璃球的速度大小为v0,
v2=v0=v0。
(3)根据题意结合(2)问分析可知,玻璃球与右侧第一个钢球碰撞后反弹,且速度大小变为碰撞前的,右侧第一个钢球又与第二个钢球发生弹性碰撞,速度互换,静止在光滑水平面上,玻璃球反弹后与左侧第一个钢球同样发生弹性碰撞,同理可得,碰撞后玻璃球再次反弹,且速度大小为碰撞前的,综上所述,玻璃球碰撞2n次后速度大小为v=()2nv0,
则玻璃球碰撞2n次后最终动能
Ek=mv2=()4n+1m。
答案:(1)v0　(2)　(3)()4n+1m课时2　动量守恒定律
课时作业
A级·基础巩固练
命题视角1　辨析系统动量是否守恒,区分与机械能守恒条件的差异
1.(2025·天域全国名校协作体模拟)如图所示,带有光滑四分之一圆弧轨道的物体静止在光滑的水平面上,将一小球(视为质点)从圆弧轨道的最高点由静止释放,下列说法正确的是(　　)
A.小球下滑过程中,物体对小球的弹力不做功
B.小球下滑过程中,小球的重力势能全部转化为其动能
C.小球下滑过程中,小球和物体组成的系统动量守恒
D.小球下滑过程中,小球和物体组成的系统机械能守恒
解析:D　小球在下滑过程中,物体向左运动,动能增大,重力势能不变,机械能增大,故物体对小球的弹力做负功,故A错误;小球下滑过程中,小球的重力势能转化为其动能和物体的动能,故B错误;小球下滑过程中,小球和物体组成的系统水平方向不受外力,故水平方向动量守恒,竖直方向动量不守恒,故C错误;因为水平面光滑,对小球和物体组成的系统而言,没有外力做功,故系统机械能守恒,故D正确。
命题视角2　考查动量守恒定律的应用,把握守恒方程的方向性
2.(2025·慈溪期末)如图所示,质量为m=1 kg的小球在距离车底部h=20 m高处以一定的初速度向左被水平抛出,落在以v0=7.5 m/s的速度沿光滑水平面向右匀速行驶的敞篷小车中,小车足够长,质量为M=4 kg,设小球在落到车底前瞬间的速度大小是25 m/s,g取10 m/s2,忽略空气阻力,则当小球与小车相对静止时,小车的速度大小是(　　)
A.1 m/s B.3 m/s
C.9 m/s D.11 m/s
解析:B　小球做平抛运动,下落时间为t==2 s,小球落到车底前瞬间,竖直方向速度大小为vy=gt=10×2 m/s=20 m/s,小球在落到车底前瞬间的速度大小是v=25 m/s,根据平行四边形定则可知,小球水平方向的速度大小为vx==15 m/s,小球与车在水平方向上动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律有Mv0-mvx=(M+m)v共,解得v共=3 m/s,故B正确。
命题视角3　考查各类碰撞模型,突出动量、能量规律的综合应用
3.(2025·宁波三模)质量分别为m1和m2的两物体在光滑的水平面上发生正碰,碰撞时间极短,两物体的位移—时间图像如图所示,m1=1 kg,下列说法正确的是(　　)
A.m2=1 kg
B.图线①为碰撞后m1的图线
C.碰撞后两物体的速度相同
D.两物体的碰撞为弹性碰撞
解析:D　根据题意,由题图可知,因xt图像的斜率等于速度,可知碰撞前m1和m2的速度分别为v1=4 m/s,v2=0,碰撞后两物体的速度分别为v1′=-2 m/s,v2′=2 m/s,则图线①为碰后m2的图线;碰撞后两物体的速度等大反向;以v1的方向为正方向,根据动量守恒定律得m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′,解得m2=3 kg,碰前Ek0=m1+0=8 J,碰后Ek1=m1v1′2+m2v2′2=8 J,故两个物体发生弹性碰撞。
4.(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:AC　小球X由最高点运动到与小球Y发生碰撞的过程,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,根据动量守恒有mXv1=(mX+mY)v2,解得=1,=2,故选A、C。
命题视角4　构建爆炸与反冲运动模型,强化动量守恒与能量守恒的应用
5.水火箭是利用反冲原理制作的趣味玩具,瓶内有高压气体和一定量的水。总质量为M的水火箭,由静止沿竖直方向发射,在极短的时间内将内部质量为m的水以速度v0向下喷出,箭体上升的最大高度为h,重力加速度大小为g,忽略空气阻力。下列说法正确的是(　　)
A.瓶内高压气体对箭体做正功
B.喷水后瞬间,箭体的速度大小为
C.箭体上升的最大高度为
D.整个过程中,箭体与水组成的系统机械能守恒
解析:A　高压气体对水火箭箭体做正功,故A正确;喷水时间极短,可以认为喷水过程中动量近似守恒,有mv0-(M-m)v=0,可得喷水后箭体速度大小为v=,故B错误;喷水后,箭体做竖直上抛运动,由机械能守恒定律得(M-m)gh=(M-m)()2,解得箭体上升的最大高度为h=()2,故C错误;瓶内气体内能转化为水、箭体的机械能,故箭体与水组成的系统机械能不守恒,故D错误。
6.如图所示,一质量为m的炮弹运动到水平地面O点的正上方时,速度沿水平方向,距离地面高度为h,炮弹动能为Ek。此时炮弹发生爆炸,炸为质量相等的两部分,两部分炮弹的动能之和为2Ek,速度方向和炮弹爆炸前的速度方向在同一直线上,爆炸时间极短。重力加速度为g,不计空气阻力和火药的质量。下列说法正确的是(　　)
A.在爆炸的整个过程中,炮弹机械能守恒
B.爆炸后炮弹的两部分不能同时落地
C.炮弹的两部分都落在O点的前方
D.炮弹的两部分落地点之间的距离为4
解析:D　在爆炸的整个过程中,炮弹机械能增加,A错误;爆炸后炮弹的两部分在竖直方向均做自由落体运动,能同时落地,下落时间均为,B错误; 根据动量守恒定律得mv0=mv1+mv2,根据题意得m=Ek, ×mv12+×mv22=2Ek,解得v1=0 ,v2=2 ,炮弹的一部分落在O点的正下方,另一部分落在O点的前方,C错误;炮弹的两部分落地点之间的距离为Δx=v2t,h=gt2,解得Δx=4,D正确。
7.(2025·北斗星盟三模)如图所示,光滑水平面上静止一质量为M=80 kg的平板小车,现有一质量为m=40 kg的某同学站立于小车后端。该同学以对地v0=2 m/s的速度向后跳离小车,对这一过程,下列说法正确的是(　　)
A.小车对该同学的作用力的冲量大小为80 N·s
B.小车对该同学做的功为80 J
C.该同学做的功可能为130 J
D.该同学做的功可能为100 J
解析:D　由动量定理可知小车对同学水平方向冲量Ix=mv0=80 N·s,小车对该同学竖直方向冲量不为0,可知小车对该同学的作用力的冲量大小大于80 N·s,选项A错误;该同学离开小车的瞬时,小车对该同学的作用力没有位移,可知小车对该同学不做功,选项B错误;若该同学沿水平方向向后跳离小车,则对小车和该同学组成的系统由水平方向动量守恒可知0=mv0-Mv,解得v=1 m/s,该同学做的功为W=m+Mv2=120 J,若该同学沿斜向上方向跳离小车,则小车得到的速度小于1 m/s,则同学做的功小于120 J,可能为100 J,但不可能为130 J,选项C错误,D
正确。
B级·高考过关练
8.(2025·江苏卷)如图所示,在光滑水平面上,左右两列相同的小钢球沿同一直线放置。每列有n个。在两列钢球之间,一质量为m的玻璃球以初速度v0向右运动,与钢球发生正碰。所有球之间的碰撞均视为弹性碰撞。
(1)若钢球质量为m,求最右侧的钢球最终运动的速度大小;
(2)若钢球质量为3m,求玻璃球与右侧钢球发生第一次碰撞后,玻璃球的速度大小v1;
(3)若钢球质量为3m,求玻璃球经历2n次碰撞后的动能Ek。
解析:(1)根据题意可知,所有碰撞均为弹性碰撞,由于钢球质量也为m,根据动量守恒定律和机械能守恒定律可知,碰撞过程中,二者速度互换,则最终碰撞后最右侧钢球的速度大小等于开始碰撞前玻璃球的初速度v0。
(2)所有碰撞均为弹性碰撞,则由动量守恒定律有
mv0=mv1+3mv2,
由能量守恒定律有m=m+×3m,
解得v1=v0=-v0,
负号表示速度反向,则玻璃球的速度大小为v0,
v2=v0=v0。
(3)根据题意结合(2)问分析可知,玻璃球与右侧第一个钢球碰撞后反弹,且速度大小变为碰撞前的,右侧第一个钢球又与第二个钢球发生弹性碰撞,速度互换,静止在光滑水平面上,玻璃球反弹后与左侧第一个钢球同样发生弹性碰撞,同理可得,碰撞后玻璃球再次反弹,且速度大小为碰撞前的,综上所述,玻璃球碰撞2n次后速度大小为v=()2nv0,
则玻璃球碰撞2n次后最终动能
Ek=mv2=()4n+1m。
答案:(1)v0　(2)　(3)()4n+1m(共39张PPT)
课时2
动量守恒定律
考点一
对动量守恒定律的理解与应用
基础梳理
矢量
和为0
m1v1′+m2v2′
远大于
动量守恒
典例精析
命题视角1　辨析系统动量是否守恒,区分与机械能守恒条件的差异
【典例1】 (容易)(2025·绍兴模拟)如图所示,足够长的竖直固定杆上套一劲度系数为k的轻质弹簧,上下两端各连接质量均为m的相同小球P和Q。小球P与杆之间的最大静摩擦力为2mg,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力,小球Q与杆之间无摩擦力。现将小球Q托至弹簧原长处,然后由静止开始释放。忽略空气阻力,则小球P、Q和弹簧三者组成的系统
(　　)
A.在小球P开始滑动之前,动量守恒,机械能守恒
B.在小球P开始滑动之前,动量不守恒,机械能不守恒
C.在小球P开始滑动之后,动量守恒,机械能不守恒
D.在小球P开始滑动之后,动量不守恒,机械能不守恒
C
解析:C　由于小球P的重力为mg,与杆之间的最大静摩擦力为2mg,所以,当弹簧弹力为mg时小球P将要开始滑动,所以在小球P滑动之前,小球P与杆之间的静摩擦力不断增大,系统所受合力不为零,则动量不守恒,但由于只有重力和弹簧弹力做功,系统机械能守恒,故A、B错误;在小球P开始滑动之后,系统所受合力为零,则动量守恒,但由于摩擦力做功,则机械能减少,即机械能不守恒,故C正确,D错误。
命题视角2　动量守恒定律的应用,注意守恒方程的方向性
1.关键点:动量守恒条件判断、动量守恒方程的建立。
2.解题思维链
命题视角3　分析临界条件,强化动量守恒定律的应用
临界问题 临界条件
两物体恰好不相撞 两物体接触时速度恰好相等
物体恰好到达斜面或者弧形槽的最高点 两物体的水平速度相等,竖直速度为0
物体恰好不滑出小车 物体滑到小车另一端时与小车的速度相等
弹簧具有最大弹性势能 弹簧连着的两物体速度相等
【典例2】 (中等)如图所示,甲、乙两个小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏,甲和他的冰车总质量为30 kg,乙和他的冰车总质量也是30 kg,游戏时甲推着一个质量m=15 kg的箱子和他一起以大小为v0=2 m/s的速度滑行,乙以同样大小的速度迎面滑来,为了避免相撞,甲突然将箱子沿冰面推给乙,箱子滑到乙处时乙迅速把它抓住,若不计冰面的摩擦,为了避免甲与乙相撞,甲相对地面推出箱子的速度至少为(　　)
A.2.2 m/s B.5.2 m/s
C.6 m/s D.10 m/s
B
解析:B　设甲至少以速度v将箱子推出,推出箱子后甲的速度为v甲,抓住箱子后乙的速度为v乙,取水平向右为正方向,则根据动量守恒定律,可得对甲和箱子有(m甲+m)v0=m甲v甲+mv,对乙和箱子有mv-m乙v0=(m+m乙)v乙,当甲与乙恰好不相撞时,v甲=v乙,解得v=5.2 m/s。故B正确。
考点二
碰撞问题的分析与计算
基础梳理
很大
远大于
守恒
损失最多
典例精析
命题视角1　分析碰撞过程,掌握弹性碰撞的特点
1.关键点:一动碰一静模型
结果讨论:
(1)若m1=m2,则v1′=0,v2′=v1(速度交换),碰后实现了动量和动能的全部转移。
(2)若m1>m2,则v1′>0,v2′>0,碰后二者同向运动;当m1 m2时,v1′=v1,v2″=2v1。
(3)若m10,碰后二者反向运动;当m1 m2时,v1′=-v1,v2′=0。
2.解题思维链
【典例3】 (中等)(2025·嘉兴三模)如图甲所示,每只冰壶直径d=30 cm、质量m=19 kg。某次试投过程中,冰壶A在t=0时刻以v0=1 m/s的初速度投出,与静止的冰壶B发生弹性正碰,此后冰壶B在水平面上运动0.9 m后停止,冰壶B的v-t图像如图乙所示,不计空气阻力,则(　　)
A.两只冰壶在t=3 s时发生碰撞
B.碰撞前摩擦力对冰壶A做功为-3.42 J
C.碰撞后冰壶B受到摩擦力的冲量大小为11.4 N·s
D.t=0和t=5 s两时刻冰壶重心间的距离之比为16∶9
C
命题视角2　分析碰撞过程,掌握非弹性碰撞的特点
1.关键点:
(1)非弹性碰撞:动量守恒,动能有损失。
(2)完全非弹性碰撞:动量守恒,碰后两物体速度相同,系统动能损失最大。
2.解题思维链
【典例4】 (中等)如图所示,A、B小球可视为质点,A球的质量M=0.6 kg,B球的质量m=0.3 kg。长度l=1.0 m的不可伸长的轻绳一端固定在O点,一端与B球相连,B球与固定在地面上的光滑弧形轨道PQ的末端P(P端切线水平)接触但无作用力。现使A球从Q点静止释放,Q点距轨道P端竖直高度h=0.45 m,A球运动到轨道P端时与B球碰撞,碰后两球粘在一起运动。g取10 m/s2,求:
(1)两球碰撞后的速度大小;
答案:(1)2 m/s
(2)两球在碰撞过程中损失的机械能;
答案:(2)0.9 J
(3)两球粘在一起后,悬绳的最大拉力。
答案:(3)12.6 N
命题视角3　考查碰撞的可能性分析,重点应用动能不可能增加的约束条件
1.关键点:动量守恒、动能不增加、运动的合理性。
2.解题思维链
【典例5】 (中等)(多选)如图甲所示,“充气碰碰球”游戏是一项很减压的趣味运动项目。为了研究其中的碰撞规律,简化为如图乙所示的模型:直径相同的A球和B球碰撞前后都在同一水平直线上运动,碰前A球的动量pA=
50 kg·m/s,B球静止,碰后B球的动量变为pB=40 kg·m/s。则两球质量mA与mB间的关系可能是(　 　)
A.mB=0.3mA B.mB=mA
C.mB=1.5mA D.mB=5mA
BC
考点三
爆炸、反冲和人船模型
基础梳理
1.
短
远大于
守恒
2.
远大于
典例精析
命题视角1　通过爆炸类情境,考查动量守恒与能量守恒的综合应用
1.关键点:动量守恒、机械能增加、位置不变。
2.解题思维链
【典例6】 (中等) (2021·浙江1月选考)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,在第5 s末和第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。g取10 m/s2,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
B
命题视角2　构建“反冲运动”模型,强化动量守恒与能量守恒思想
1.关键点:动量守恒、机械能增大。
2.解题思维链
【典例7】 (中等)乌贼被称为“海中火箭”,其“外套膜”能够迅速收缩,将海水高速喷出进而向另一方向加速冲刺,可轻易加速到15 m/s。一质量为0.5 kg(不含体内水)的乌贼初始时静止,某时刻开始以相对于地面恒为40 m/s的速度水平喷水,不计水的阻力且不考虑竖直方向的运动和受力变化,则(　　)
A.乌贼喷水过程中乌贼和喷出的水组成的系统水平方向动量不守恒
B.乌贼向后喷水,喷出的水对周围的水产生一个作用力,周围的水对喷出的水的反作用力使乌贼向前运动
C.若乌贼要在极短时间内达到15 m/s的速度,则要一次性喷出约0.19 kg的水
D.若乌贼要极短时间内达到15 m/s的速度,此过程中乌贼受到它喷出的水的作用力的冲量为20 N·s
C
解析:C　乌贼喷水过程所用时间极短,内力远大于外力,对乌贼和喷出的水组成的系统,水平方向的动量守恒,故A错误;乌贼与喷出的水之间的相互作用力使得乌贼向前运动,故B错误;根据动量守恒定律有mv=Mv′,解得m=
0.19 kg,故C正确;对于乌贼,根据动量定理有I=Mv′,解得I=7.5 N·s,故D错误。
命题视角3　构建“人船模型”,重点在于列出动量守恒方程
1.关键点
2.解题思维链
【典例8】 (中等) (2025·义乌中学模拟)如图所示,质量为1 kg的平板车放置在光滑水平玻璃面上,一辆质量为0.2 kg的电动玩具车放在平板车上,其前端距离平板车左端1.8 m。现启动电动玩具车,则(　　)
A.玩具车开始向左运动后,平板车仍然静止
B.玩具车突然不动时,平板车仍然向右运动
C.玩具车运动得越快,平板车运动得越慢
D.玩具车前端运动到平板车左端时,平板车在水平玻璃面上移动0.3 m
D
解析:D　初始时玩具车和平板车都静止,根据动量守恒定律可知m平v平= m电v电,玩具车开始向左运动后,平板车向右运动;玩具车突然不动时,平板车也立即停止运动;玩具车运动得越快,平板车运动得越快,故A、B、C错误。根据动量守恒定律有m平x平=m电x电,且x平+x电=1.8 m,解得x电=1.5 m,
x平=0.3 m ,玩具车前端运动到平板车左端时,平板车在水平玻璃面上移动0.3 m,D正确。
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