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(共78张PPT)
高三一轮总复习高效讲义
物 理
01
第七章
动量守恒定律
第2讲　动量守恒定律
知识梳理　夯实基础
考点探究　提升能力
课时通关精练
02
03
01
学习目标
教考衔接
知识梳理　夯实基础
m1v1'＋m2v2'
0

合力
远大于
合力
AI精准定位：高考命题关键点
远大于
AI精准定位：高考命题关键点
远大于
AI精准定位：高考命题关键点
考点探究　提升能力
角度突破
动量守恒定律的理解与应用
考点一
破题路径
能力要语
破题路径
能力要语
角度突破
碰撞问题的分析与计算
考点二
思维链
角度突破
能力要语
角度突破
破题路径
角度突破
爆炸、反冲
考点三
破题路径
能力要语
角度突破
破题路径
能力要语
课时通关精练(十九)　动量守恒定律
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谢谢观看[课时通关精练(十九)]　动量守恒定律
(选择题每题5分，非选择题每题10分，建议用时：40分钟)
1.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，甲的车上有质量为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
解析：选D。规定甲的速度方向为正方向，两车刚好不相撞，则两车速度相同，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－nm)v＋nmv'，解得n＝15，D正确。
2.如图所示，将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上，槽的左侧紧靠在墙壁上。现让一小球自左侧槽口A的正上方从静止开始落下，与圆弧槽相切自A点进入槽内，则下列结论正确的是(　　)
A.小球在半圆槽内运动的全过程中，只有重力对它做功
B.小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒
C.小球自半圆槽B点向C点运动的过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒
D.小球离开C点以后，将做竖直上抛运动
解析：选C。小球下滑到半圆槽的最低点B之后，半圆槽离开墙壁，除了重力外，槽对小球的弹力对小球做功，故A错误；小球下滑到半圆槽的最低点B之前，小球与半圆槽组成的系统水平方向上受到墙壁的弹力作用，系统所受的外力不为零，系统水平方向上动量不守恒，半圆槽离开墙壁后，小球与半圆槽在水平方向动量守恒，故B错误，C正确；半圆槽离开墙壁后小球对槽的压力对槽做功，小球与半圆槽具有向右的水平速度，所以小球离开右侧槽口以后，将做斜上抛运动，故D错误。
3.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M＝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：选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，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。
4.(2025·江苏五校联考)如图所示，在光滑的水平面上有一质量为0.2 kg的小球以5.0 m/s的速度向前运动，与质量为3.0 kg的静止木块发生碰撞，假设碰撞后木块的速度是v木＝1 m/s，则(　　)
A.v木＝1 m/s这一假设是合理的，碰撞后球的速度为v球＝－10 m/s
B.v木＝1 m/s这一假设是不合理的，因而这种情况不可能发生
C.v木＝1 m/s这一假设是合理的，碰撞后小球被弹回来
D.v木＝1 m/s这一假设是可能发生的，但由于题给条件不足，v球的大小不能确定
解析：选B。假设这一过程可以实现，根据动量守恒定律有m1v＝m1v球＋m2v木，解得v球＝－10 m/s，碰撞前系统动能为Ek＝m1v2＝2.5 J，碰撞后系统动能为Ek'＝m1＋m2＝11.5 J，则Ek＜Ek'，这一过程不可能发生，因为碰撞后的机械能增加了，故B正确。
5.减速剂是核反应中用来降低快速运动的中子速度，使快中子减速为热中子，从而提高裂变反应的几率的物质。为了让中子速度降低，用石墨和重水(H原子是氘)作为减速剂，高速运动的中子分别与石墨中的碳核、重水中的氘核发生弹性正碰，视碰撞前的碳核和氘核为静止，且发生一次碰撞，则中子分别与石墨中碳核、重水中氘核碰撞完成后的速率之比约为(　　)
A. B.
C. D.
解析：选A。设中子质量为m(1个质子质量与1个中子质量大约相等)，初速度为v0，石墨中碳核质量为12m，氘核质量为2m，中子与碳核碰撞后速度为v1，中子与氘核碰撞后速度为v2，则由弹性碰撞知识可知v1＝v0＝－v0，v2＝v0＝－v0，则＝，故A正确。
6.(跨学科融通题)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.若乌贼要在极短时间内达到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：选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；对喷出的水，根据动量定理有I＝mv，解得I＝7.5 N·s，故D错误。
7.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：选B。如图所示，
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，水平方向位移之比为1∶2，但合位移并不为1∶2，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，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，两碎块平抛时间均为4 s，则爆炸物下落的高度h＝gt2＝80 m，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，C错误。
8.一架总质量为m(含燃料)的飞船在太空背景中以速度v匀速航行，某时刻飞船在极短的时间内喷射出质量为Δm的燃烧气体，气体喷出后与飞船的相对速度大小为u，设飞船初始运动方向为正方向，则(　　)
A.气体对飞船的冲量小于飞船动量的变化
B.气体喷出后的运动方向可能与飞船运动方向相同
C.Δm和m的比值越大，飞船速度的增加量就越小
D.飞船喷出气体后速度可增加到
解析：选B。根据动量定理可知，气体对飞船的冲量等于飞船动量的变化，A错误；当飞船的速度大于气体相对飞船的速度时，气体喷出后的运动方向与飞船运动方向相同，B正确；设飞船的运动方向为正，由动量守恒mv＝(m－Δm)v'－Δm(u－v')，可得v'＝v＋u ，可见Δm和m的比值越大，飞船速度的增加量就越大，C、D错误。
9.如图所示，某同学用频闪相机记录P、Q两球的碰撞过程。图中共记录了连续7次闪光的照片，碰撞前相邻两曝光时刻P球的球心间距为x1；碰撞后相邻两曝光时刻P球的球心间距为x2，Q球的球心间距为x3。碰撞后P、Q两球的运动方向与P球原运动方向的夹角分别为α、β。已知两球的质量相等，不计一切摩擦。下列说法正确的是(　　)
A.若碰撞过程中动量守恒，则一定有x1＝x2＋x3
B.若碰撞过程中动量守恒，则一定有＝＋
C.若碰撞过程中机械能、动量都守恒，则一定有x1＝x2＋x3，且α＋β＝
D.若碰撞过程中机械能、动量都守恒，则一定有＝＋，且α＋β＝
解析：选D。P、Q两球碰撞前后的总动量方向在同一直线上，如图所示，
设闪光的时间间隔为t，若碰撞过程中动量守恒，则需要满足m＝mcos α＋mcos β，msin α＝msin β，化简后有x1＝x2cos α＋x3cos β，x2sin α＝x3sin β，故A、B错误；若碰撞过程中机械能守恒，还需要满足m＝m＋m，整理可得＝＋，由于＝＋，可知α＋β＝，故C错误，D正确。
10.(2024·安徽高考)如图所示，一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平轨道与光滑四分之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点，一物块静止于小车最左端，一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方，并轻靠在物块左侧。将细线拉直到水平位置时，静止释放小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后，物块沿着轨道运动。已知细线长L＝1.25 m，小球质量m＝0.20 kg，物块、小车质量均为M＝0.30 kg，小车上的水平轨道长s＝1.0 m，圆弧轨道半径R＝0.15 m。小球、物块均可视为质点。不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。
(1)求小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小。
(2)求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小。
(3)为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围。
解析：(1)根据小球摆下过程机械能守恒有
mgL＝m
解得v0＝＝5 m/s
碰撞前，对小球根据牛顿第二定律有
F－mg＝
解得F＝6 N。
(2)小球与物块发生弹性碰撞，根据动量守恒定律有mv0＝mv1＋Mv2
根据机械能守恒定律有
m＝m＋M
解得物块的碰后速度大小v2＝4 m/s。
(3)①物块恰能到圆弧轨道最低点，根据动量守恒定律有Mv2＝(M＋M)v共
解得v共＝2 m/s
根据能量守恒定律有
μ1Mgs＝M－(M＋M)
解得μ1＝0.4
②物块恰能到圆弧轨道最高点，根据能量守恒定律有
μ2Mgs＝M－(M＋M)－MgR
解得μ2＝0.25
综上所述，μ的取值范围是0.25≤μ＜0.4。
答案：(1)6 N　(2)4 m/s　(3)0.25≤μ＜0.4第2讲　动量守恒定律
对应学生用书P140
学习目标 教考链接
1.理解动量守恒的条件并会应用动量守恒定律解决基本问题 2.能熟练运用动量守恒定律定量分析一维碰撞问题 3.会用动量守恒的观点分析爆炸、反冲及人船模型 1.模型深度拓展深化：高考命题将教材模型升维，如将“小球碰撞”拓展为“子弹打木块”与“滑块－弹簧”等结合的复合模型 2.实际应用与建模能力深化：高考命题将实际情境抽象化，如人船模型、类碰撞(物块粘连)；数学工具强化，如从分解角度应用矢量方程，应用数列、归纳法推导多过程的通用方程
一、动量守恒定律
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。
2.三种表达式(列矢量式，需先规定正方向)
(1)m1v1＋m2v2＝m1v1'＋m2v2'，作用前的动量之和等于作用后的动量之和。
(2)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向。
(3)Δp＝0，系统总动量的增量为零。
3.适用三种情形
理想 守恒 系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒
近似 守恒 系统受到的合力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒
某方向 守恒 系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒；当F内 F外，该方向近似动量守恒
AI精准定位：高考命题关键点
明确动量守恒定律的条件
1.对同一系统，不同过程中动量守恒情况有可能不同。
2.同一过程中，不同系统的动量守恒情况也往往不同。
【例1】 光滑水平面上放置固定有竖直杆的小车，轻绳一端系有小球，另一端系于杆顶，车右侧有固定挡板。现将小球向右拉开至如图位置，释放小球小车，小球第一次向左摆动至最高点过程中(　　)
A.下摆过程，球车系统水平动量守恒
B.下摆过程，球车系统竖直动量守恒
C.上摆过程，球车系统水平动量守恒
D.上摆过程，球车系统竖直动量守恒
二、碰撞
1.特点：作用时间极短，内力(物体间的作用力)远大于外力，总动量守恒。
2.分类
判断碰撞类型、解答碰撞问题的要点
1.静止的物体被碰撞，若是完全非弹性碰撞，由于系统损失的机械能最大，则它获得的速度最小。
2.静止的物体被碰撞，若是弹性碰撞，由于系统不损失机械能，则它获得的速度最大。
【例2】 质量为m、速度为v的A球与质量为3m的静止B球发生正碰。碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此碰撞后B球的速度可能有不同的值。碰撞后B球的速度大小可能是(　　)
A.0.6v B.0.4v
C.0.2v D.v
三、反冲现象
1.反冲现象
(1)定义：当物体的一部分以一定的速度离开物体时，剩余部分将获得一个反向冲量，如发射炮弹、火箭等。
(2)特点：系统内各物体间的相互作用的内力远大于系统受到的外力，动量守恒。
(3)火箭的飞行应用了反冲的原理，它靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度。
2.爆炸
物体间的相互作用时间很短，作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量守恒。
从“反冲”本质应用动量守恒定律
1.系统内力对各物体的冲量不改变系统动量的总和。
2.系统内力对各物体做功，系统的机械能增加。
【例3】 (原创＋生产生活融通)甲、乙两人静止在光滑的水平地面上。甲轻推乙后，两人向相反方向滑去。已知甲的质量为60 kg，乙的质量为70 kg。在甲推开乙后(　　)
A.甲、乙两人的动能相同
B.甲、乙两人的动量相同
C.甲、乙两人的速度大小之比是7∶6
D.甲、乙两人的加速度大小之比是7∶6
【例1】 解析：选C。小球下摆过程，轻绳对小车的弹力方向斜向右下方，由于挡板的限制，此时小车处于静止状态，小车所受外力的合力为0，小球做圆周运动，线速度逐渐增大，小球水平方向与竖直方向的合力均不为0，可知此过程中，小球和小车构成的系统水平方向与竖直方向的动量均不守恒，故A、B错误；小球上摆过程，轻绳对小车的弹力方向斜向左下方，小车将脱离挡板向右运动，小车与小球构成的系统，水平方向所受外力的合力为0，竖直方向上所受外力的合力不为0，则小球和小车构成的系统水平方向动量守恒，竖直方向的动量不守恒，故C正确，D错误。
【例2】 解析：选B。根据动量守恒定律得mv＝mv1＋3mv2，则当v2＝0.6v时，v1＝－0.8v，则碰撞后的总动能Ek＝m(－0.8v)2＋×3m(0.6v)2＝1.72×mv2，大于碰撞前的总动能，由于碰撞过程中动能不增加，A错误；当v2＝0.4v时，v1＝－0.2v，则碰撞后的总动能为Ek＝m(－0.2v)2＋×3m(0.4v)2＝0.52×mv2，小于碰撞前的总动能，故可能发生的是非弹性碰撞，B正确；当v2＝0.2v时，v1＝0.4v，则碰撞后A球的速度大于B球的速度且同向，A球不可能超越B球，C错误；当v2＝v时，v1＝－2v，则显然碰撞后的总动能大于碰撞前的总动能，D错误。
【例3】 解析：选C。甲、乙两人动量大小相等但质量不同，由Ek＝可得，甲、乙两人的动能不相同，A错误；甲、乙两人动量大小相等，方向相反，故甲、乙两人的动量不同，B错误；由动量守恒定律可知m甲v甲＝m乙v乙，则有＝＝，C正确；在甲推开乙后，水平方向上两人不再受力的作用，均做匀速直线运动，加速度均为零，D错误。
考点一　动量守恒定律的理解与应用
动量守恒定律的应用，注意守恒方程的矢量性
【例1】 (2025·扬州模拟)如图所示，光滑水平面上放有一个凹槽A，凹槽内表面光滑，其圆弧部分是四分之一圆弧，小滑块B静止在凹槽底部。滑块C以v0＝5 m/s的速度向右运动，C与A发生碰撞(时间极短)后C向右运动，速度为vC＝2 m/s。已知三者质量分别为mA＝2 kg，mB＝1 kg，mC＝4 kg。求：
(1)C与A碰撞过程中，A对C的冲量I；
(2)C与A碰撞后瞬间，A的速度大小vA；
(3)C与A能否发生第二次碰撞，并通过计算说明。
解析：(1)规定水平向右的方向为正方向，对C根据动量定理有
I＝mCvC－mCv0
解得I＝－12 N·s
负号说明方向与规定的正方向相反，水平向左。
(2)把C和A看成一个系统，在C与A碰撞过程中，该系统满足动量守恒，设碰撞后A的速度大小为vA，则
mCv0＝mCvC＋mAvA
解得vA＝6 m/s。
(3)当B经过上升、下降，第一次运动到水平段时，A的速度向右最小或向左。对A与B组成的系统在水平方向上，由动量守恒定律有
mAvA＝mAvA'＋mBvB'
由机械能守恒定律有
mA＝mAvA'2＋mBvB'2
解得vA＝2 m/s
因为vA＝vC
所以不会发生第二次碰撞。
答案：(1)12 N·s，水平向左　(2)6 m/s　(3)不会
角度突破
不少情况下，虽然系统总动量不守恒，但合力在某个方向的分量为零，则该方向上系统的动量守恒。
破题路径
能力要语
矢量性：应用动量守恒定律需选取正方向，与选取的正方向一致的动量为正值，相反为负值。
教学札记：
分析临界条件，应用动量守恒定律求解极值问题
【例2】 (教材习题改编)如图所示，光滑水平轨道上放置长木板A(上表面粗糙，B与A间动摩擦因数μ＝0.5)和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为mA＝2 kg、mB＝1 kg、mC＝2 kg。开始时C静止，A、B一起以v0＝5 m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度，此速度与碰后C的速度相等，之后一起向右运动。
(1)求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小；
(2)求木板A的长度至少是多少B才不会从A上滑出。
解析：(1)因碰撞时间极短，所以A与C碰撞过程动量守恒，设碰后瞬间A的速度为vA，C的速度为vC，以向右为正方向，由动量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mCvC
碰撞后A与B在摩擦力作用下再次达到共同速度，设共同速度为vAB，由动量守恒定律得
mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)vAB
又vAB＝vC，联立解得vA＝2 m/s，vC＝3 m/s。
(2)设A、C碰撞后到A、B同速，B恰好运动到A最右端，B相对A的位移为Δx，对A、B系统，由能量守恒定律得
μmBgΔx＝mA＋mB－(mA＋mB)
将v0＝5 m/s，vA＝2 m/s，vAB＝vC＝3 m/s，代入上式得Δx＝0.6 m
则木板A的长度至少是0.6 m。
答案：(1)2 m/s　(2)0.6 m
破题路径
能力要语
1.共速、脱离、速度为零等为临界极值状态的标志。
2.数理结合，将物理临界条件转化为数学约束方程，与动量守恒、能量方程联立求解极值。
教学札记：
考点二　碰撞问题的分析与计算
分析碰撞过程，掌握弹性碰撞的特点
【例3】 碰碰车深受青少年的喜爱，因此大多数游乐场都设置了碰碰车，如图所示为两游客分别驾驶碰碰车进行游戏。在某次碰撞时，红车静止在水平面上，黄车以恒定的速度与红车发生正碰。已知黄车和红车连同游客的质量分别为m1、m2，碰后两车的速度大小分别为v1、v2，假设碰撞的过程没有机械能损失。则下列说法正确的是(　　)
A.若碰后两车的运动方向相同，则一定有m1＜m2
B.若碰后黄车反向运动，则碰撞前、后黄车的速度大小之比可能为5∶6
C.若碰后黄车反向运动且速度大于红车，则一定有m2＞3m1
D.碰后红车的速度与碰前黄车的速度大小之比可能为3∶1
题后反思：
角度突破
(1)遵从动量守恒：m1v1＋0＝m1v1'＋m2v2'。
(2)动能不损失有m1＋0＝m1v1'2＋m2v2'2。
由(1)和(2)得出：v1'＝，v2'＝。
思维链
【例3】 解析：选C。根据动量守恒定律与机械能守恒定律得m1v＝m1v1＋m2v2，m1v2＝m1＋m2，解得v1＝v，v2＝v，当m1＞m2时，两车速度方向相同，故A错误；若碰后黄车反向运动，则m1＜m2，碰撞后黄车速度小于碰撞前的速度，碰撞前、后黄车的速度大小之比不可能为5∶6，故B错误；若碰后黄车反向运动且速度大于红车，即v＞v，得m2＞3m1，故C正确；设碰后红车的速度与碰前黄车的速度大小之比为3∶1，即v2∶v＝3∶1，解得m1＋3m2＝0，不符合实际情况，故D错误。
分析碰撞过程，掌握非弹性碰撞的特点
【例4】 如图所示为杂技表演“胸口碎大石”。当大石获得的速度较小时，下面的人感受到的震动就会较小，人的安全性就较强。若大石块的质量是铁锤的100倍，则撞击后大石块的速度可能为铁锤碰撞前速度的(　　)
A.　
B.　
C.　
D.
解析：选B。如果发生的是完全非弹性碰撞，则mv0＝(100m＋m)v，解得v＝v0，如果发生弹性碰撞，根据动量守恒与机械能守恒有mv0＝100mv1＋mv2，m＝×100m＋m，解得v1＝v0，碰后速度介于两者之间，故B正确。
【例5】 (2024·天津高考)如图所示，光滑半圆轨道直径沿竖直方向，最低点与水平面相切。对静置于轨道最低点的小球A施加水平向左的瞬时冲量I，A沿轨道运动到最高点时，与用轻绳悬挂的静止小球B正碰并粘在一起。已知I＝1.8 N·s，A、B的质量分别为mA＝0.3 kg、mB＝0.1 kg，轨道半径和绳长均为R＝0.5 m，两球均视为质点，轻绳不可伸长，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。求：
(1)与B碰前瞬间A的速度大小；
(2)A、B碰后瞬间轻绳的拉力大小。
解析：(1)设小球A从最低点开始运动时的速度为v0，由动量定理有
I＝mAv0
设与B碰前瞬间A的速度大小为v，从最低点到最高点，由动能定理有
－mAg·2R＝mAv2－mA
解得v＝4 m/s。
(2)A与用轻绳悬挂的静止小球B正碰并粘在一起，由动量守恒定律有mAv＝(mA＋mB) v共
设A、B碰后瞬间轻绳的拉力大小为F，由牛顿第二定律有
F－(mA＋mB)g＝(mA＋mB)
解得F＝11.2 N。
答案：(1)4 m/s　　(2)11.2 N
角度突破
1.非弹性碰撞的特点
(1)动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1'＋m2v2'。
(2)动能有损失：ΔE＝m1v1'2＋m2v2'2－(m1＋m2)＜0。
2.完全非弹性碰撞
(1)动量守恒：m1v1＋0＝(m1＋m2)v。
(2)动能损失最大：ΔE＝m1v2＋m2v2－m1＝－。
能力要语
1.碰后恰好相对静止、恰好没有滑出、距离最短(最长)及表示最终共速的描述都说明是完全非弹性碰撞。
2.系统损失的动能转化为其他形式的能，如系统内能、弹性势能、重力势能等。
教学札记：
碰撞可能性分析，约束条件是“动能不可能增加”
【例6】 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＝0.5mA
C.mB＝1.5mA D.mB＝5mA
题后反思：
角度突破
碰撞问题中，动能不增加，速度要符合实际情况。
破题路径
【例6】 解析：选C。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C正确。
考点三　爆炸、反冲
通过爆炸类情境，考查动量守恒与能量守恒的综合应用
【例7】 (体育运动融通题)皮划艇射击是一种比赛运动，比赛时，运动员站在静止的皮划艇上，持枪向岸上的枪靶水平射击。已知运动员(包括除子弹外的装备)及皮划艇的总质量为M，子弹的质量为m，假设子弹射击过程中火药释放的总能量为E，且全部转化为动能，在陆地射击和在皮划艇上射击时子弹出射速度会有少许差异。陆地射击时子弹的出射速度为v1，子弹动能为Ek1；在皮划艇上射击时子弹的出射速度为v2，动能为Ek2，运动员及皮划艇的速度为v3，射击过程中可认为子弹、运动员及皮划艇组成的系统在水平方向动量守恒。下列关系式正确的是(　　)
A.v1＝ B.＝
C.v2＝ D.＝
题后反思：
角度突破
1.爆炸过程中，内力远大于外力，遵循动量守恒定律。
2.有其他形式的能转化为机械能。
破题路径
能力要语
爆炸现象的位置不变，认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动。
【例7】 解析：选D。在陆地射击时，火药释放的能量全部转化为子弹的动能，有Ek1＝m＝E，解得v1＝ ，A错误；在皮划艇上射击时，水平方向动量守恒，有0＝Mv3＋mv2，且E＝M＋m，解得v2＝ ，＝ ，故C错误，D正确；在皮划艇上射击时，子弹的动能Ek2＝m＝E，则＝，故B错误。
构建“反冲运动”模型，强化动量、能量守恒的思想
【例8】 (2025·南通模拟)一架质量为m的歼-20喷气式飞机飞行的速率是v，某时刻它向后喷出的气体相对飞机的速度大小为u，喷出气体的质量为Δm，以地面为参考系，下列说法正确的是(　　)
A.若u＜v，则喷出气体的速度方向与飞机飞行方向相同，喷气后飞机速度不会增加
B.只有u＜v，喷气后飞机速度才会增加
C.喷气后飞机速度为u
D.喷气后飞机增加的速度为u
题后反思：
角度突破
在内力作用线方向，系统不受外力或内力远大于外力，该方向遵循动量守恒定律。
破题路径
能力要语
反冲运动中，有其他形式的能转化为机械能。
【例8】 解析：选D。设喷出气体后飞机的速度为v'，对飞机和气体组成的系统，根据动量守恒有mv＝(m－Δm)v'＋Δm(v'－u)，解得v'＝v＋u，故C错误；喷气后飞机增加的速度为u，故D正确；喷气后飞机增加的速度为u，可知无论u与v的大小关系如何，v'均大于v，故A、B错误。
[课时通关精练(十九)]　动量守恒定律
(选择题每题5分，非选择题每题10分，建议用时：40分钟)
1.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，甲的车上有质量为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
解析：选D。规定甲的速度方向为正方向，两车刚好不相撞，则两车速度相同，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－nm)v＋nmv'，解得n＝15，D正确。
2.如图所示，将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上，槽的左侧紧靠在墙壁上。现让一小球自左侧槽口A的正上方从静止开始落下，与圆弧槽相切自A点进入槽内，则下列结论正确的是(　　)
A.小球在半圆槽内运动的全过程中，只有重力对它做功
B.小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒
C.小球自半圆槽B点向C点运动的过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒
D.小球离开C点以后，将做竖直上抛运动
解析：选C。小球下滑到半圆槽的最低点B之后，半圆槽离开墙壁，除了重力外，槽对小球的弹力对小球做功，故A错误；小球下滑到半圆槽的最低点B之前，小球与半圆槽组成的系统水平方向上受到墙壁的弹力作用，系统所受的外力不为零，系统水平方向上动量不守恒，半圆槽离开墙壁后，小球与半圆槽在水平方向动量守恒，故B错误，C正确；半圆槽离开墙壁后小球对槽的压力对槽做功，小球与半圆槽具有向右的水平速度，所以小球离开右侧槽口以后，将做斜上抛运动，故D错误。
3.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M＝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：选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，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。
4.(2025·江苏五校联考)如图所示，在光滑的水平面上有一质量为0.2 kg的小球以5.0 m/s的速度向前运动，与质量为3.0 kg的静止木块发生碰撞，假设碰撞后木块的速度是v木＝1 m/s，则(　　)
A.v木＝1 m/s这一假设是合理的，碰撞后球的速度为v球＝－10 m/s
B.v木＝1 m/s这一假设是不合理的，因而这种情况不可能发生
C.v木＝1 m/s这一假设是合理的，碰撞后小球被弹回来
D.v木＝1 m/s这一假设是可能发生的，但由于题给条件不足，v球的大小不能确定
解析：选B。假设这一过程可以实现，根据动量守恒定律有m1v＝m1v球＋m2v木，解得v球＝－10 m/s，碰撞前系统动能为Ek＝m1v2＝2.5 J，碰撞后系统动能为Ek'＝m1＋m2＝11.5 J，则Ek＜Ek'，这一过程不可能发生，因为碰撞后的机械能增加了，故B正确。
5.减速剂是核反应中用来降低快速运动的中子速度，使快中子减速为热中子，从而提高裂变反应的几率的物质。为了让中子速度降低，用石墨和重水(H原子是氘)作为减速剂，高速运动的中子分别与石墨中的碳核、重水中的氘核发生弹性正碰，视碰撞前的碳核和氘核为静止，且发生一次碰撞，则中子分别与石墨中碳核、重水中氘核碰撞完成后的速率之比约为(　　)
A. B.
C. D.
解析：选A。设中子质量为m(1个质子质量与1个中子质量大约相等)，初速度为v0，石墨中碳核质量为12m，氘核质量为2m，中子与碳核碰撞后速度为v1，中子与氘核碰撞后速度为v2，则由弹性碰撞知识可知v1＝v0＝－v0，v2＝v0＝－v0，则＝，故A正确。
6.(跨学科融通题)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.若乌贼要在极短时间内达到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：选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；对喷出的水，根据动量定理有I＝mv，解得I＝7.5 N·s，故D错误。
7.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：选B。如图所示，
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，水平方向位移之比为1∶2，但合位移并不为1∶2，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，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，两碎块平抛时间均为4 s，则爆炸物下落的高度h＝gt2＝80 m，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，C错误。
8.一架总质量为m(含燃料)的飞船在太空背景中以速度v匀速航行，某时刻飞船在极短的时间内喷射出质量为Δm的燃烧气体，气体喷出后与飞船的相对速度大小为u，设飞船初始运动方向为正方向，则(　　)
A.气体对飞船的冲量小于飞船动量的变化
B.气体喷出后的运动方向可能与飞船运动方向相同
C.Δm和m的比值越大，飞船速度的增加量就越小
D.飞船喷出气体后速度可增加到
解析：选B。根据动量定理可知，气体对飞船的冲量等于飞船动量的变化，A错误；当飞船的速度大于气体相对飞船的速度时，气体喷出后的运动方向与飞船运动方向相同，B正确；设飞船的运动方向为正，由动量守恒mv＝(m－Δm)v'－Δm(u－v')，可得v'＝v＋u ，可见Δm和m的比值越大，飞船速度的增加量就越大，C、D错误。
9.如图所示，某同学用频闪相机记录P、Q两球的碰撞过程。图中共记录了连续7次闪光的照片，碰撞前相邻两曝光时刻P球的球心间距为x1；碰撞后相邻两曝光时刻P球的球心间距为x2，Q球的球心间距为x3。碰撞后P、Q两球的运动方向与P球原运动方向的夹角分别为α、β。已知两球的质量相等，不计一切摩擦。下列说法正确的是(　　)
A.若碰撞过程中动量守恒，则一定有x1＝x2＋x3
B.若碰撞过程中动量守恒，则一定有＝＋
C.若碰撞过程中机械能、动量都守恒，则一定有x1＝x2＋x3，且α＋β＝
D.若碰撞过程中机械能、动量都守恒，则一定有＝＋，且α＋β＝
解析：选D。P、Q两球碰撞前后的总动量方向在同一直线上，如图所示，
设闪光的时间间隔为t，若碰撞过程中动量守恒，则需要满足m＝mcos α＋mcos β，msin α＝msin β，化简后有x1＝x2cos α＋x3cos β，x2sin α＝x3sin β，故A、B错误；若碰撞过程中机械能守恒，还需要满足m＝m＋m，整理可得＝＋，由于＝＋，可知α＋β＝，故C错误，D正确。
10.(2024·安徽高考)如图所示，一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平轨道与光滑四分之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点，一物块静止于小车最左端，一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方，并轻靠在物块左侧。将细线拉直到水平位置时，静止释放小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后，物块沿着轨道运动。已知细线长L＝1.25 m，小球质量m＝0.20 kg，物块、小车质量均为M＝0.30 kg，小车上的水平轨道长s＝1.0 m，圆弧轨道半径R＝0.15 m。小球、物块均可视为质点。不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。
(1)求小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小。
(2)求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小。
(3)为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围。
解析：(1)根据小球摆下过程机械能守恒有
mgL＝m
解得v0＝＝5 m/s
碰撞前，对小球根据牛顿第二定律有
F－mg＝
解得F＝6 N。
(2)小球与物块发生弹性碰撞，根据动量守恒定律有mv0＝mv1＋Mv2
根据机械能守恒定律有
m＝m＋M
解得物块的碰后速度大小v2＝4 m/s。
(3)①物块恰能到圆弧轨道最低点，根据动量守恒定律有Mv2＝(M＋M)v共
解得v共＝2 m/s
根据能量守恒定律有
μ1Mgs＝M－(M＋M)
解得μ1＝0.4
②物块恰能到圆弧轨道最高点，根据能量守恒定律有
μ2Mgs＝M－(M＋M)－MgR
解得μ2＝0.25
综上所述，μ的取值范围是0.25≤μ＜0.4。
答案：(1)6 N　(2)4 m/s　(3)0.25≤μ＜0.4

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