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第35课时　动量守恒定律的应用
[学习目标]　1．理解系统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解决爆炸问题、反冲运动和“人船”模型。
对动量守恒定律的理解及其应用
1．动量守恒定律的内容
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。
2．动量守恒定律的表达式
(1)p＝p'，系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p'。
(2)m1v1＋m2v2＝________________，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和。
(3)Δp1＝________，相互作用的两个物体动量的变化量等大、反向。
(4)Δp＝0，系统总动量的增量为0。
3．动量守恒定律的适用条件
(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为________。
(2)近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力________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0，则系统在________上动量守恒。
光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动。在地面参考系(可视为惯性系)中，从撤去推力开始，判断下列说法正误：
(1)滑块的动量守恒。 (　　)
(2)弹簧和滑块的动量守恒。 (　　)
(3)小车、弹簧和滑块组成的系统动量守恒、机械能守恒。 (　　)
(4)小车、弹簧和滑块组成的系统动量守恒、机械能不守恒。 (　　)
　系统动量守恒的判断
[典例1]　(多选)木块a和b用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a紧靠在墙壁上，在b上施加向左的水平力使弹簧压缩，如图所示，当撤去外力后，下列说法正确的是(　　)
A．a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统动量守恒
B．a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统动量不守恒
C．a离开墙壁后，a和b组成的系统动量守恒
D．a离开墙壁后，a和b组成的系统动量不守恒
[典例2]　如图所示，质量为M的滑块静止在光滑的水平面上，滑块的光滑弧面底部与桌面相切，一个质量为m的小球以速度v0向滑块滚来，小球最后未越过滑块，则小球到达最高点时，小球和滑块的速度大小是(　　)
A．　 B．
C．　 D．
　动量守恒定律的应用
[典例3]　如图所示，光滑水平面上A、B两小车质量都是M，A车前站立一质量为m的人，两车在同一直线上相向运动。为避免两车相撞，人从A车跳到B车上，最终A车停止运动，B车获得反向速度v0。
(1)求两小车和人组成的系统的初动量大小；
(2)为避免两车相撞，若要求人跳跃速度尽量小，则人跳上B车后，A车的速度多大
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拓展思考　若已知A、B两小车质量均为M＝30 kg，A车上人的质量为m＝60 kg。A车以大小为v＝2 m/s的速度正对着静止的B车冲去，A车上的人至少要以多大的水平速度(相对地)从A车跳到B车上，才能避免两车相撞
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归纳总结：应用动量守恒定律解题的步骤
(1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)。
(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或在某一方向上是否守恒)。
(3)规定正方向，确定初、末状态动量。
(4)由动量守恒定律列出方程。
(5)代入数据，求出结果，必要时进行讨论说明。
反冲、爆炸问题及“人船”模型
　反冲问题
[典例4]　(2024·江苏卷)嫦娥六号探测器于5月3日在中国文昌航天发射场发射升空并进入地月转移轨道，探测器经过轨道修正、近月制动，顺利进入环月轨道飞行。此后，探测器经历着陆器和上升器组合体、轨道器和返回器组合体的分离。已知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vB，且与v0同向，A、B的质量分别为m、M。求：
(1)分离后A的速度vA；
(2)分离时A对B的推力大小。
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归纳总结：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
　爆炸问题
[典例5]　(2025·北京卷)某物体以一定初速度从地面竖直向上抛出，经过时间t到达最高点。在最高点该物体炸裂成A、B两部分，质量分别为2m和m，其中A以速度v沿水平方向飞出。重力加速度为g，不计空气阻力。求：
(1)该物体抛出时的初速度大小v0；
(2)炸裂后瞬间B的速度大小vB；
(3)A、B落地点之间的距离d。
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归纳总结：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，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)转化为机械能，所以系统的机械能增加
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
　“人船”模型
[典例6]　有一艘小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(重一吨左右)。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：首先将船平行于码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头停下，而后轻轻下船。用卷尺测出船后退的距离d，然后用卷尺测出船长L。已知他的自身质量为m，水的阻力不计，则船的质量为(　　)
A．　 B．
C．　 D．
[典例7]　(2023·湖南卷节选)如图所示，质量为M的匀质凹槽放在光滑水平地面上，凹槽内有一个半椭圆形的光滑轨道，椭圆的半长轴和半短轴分别为a和b，长轴水平，短轴竖直。质量为m的小球，初始时刻从椭圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑。以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点，在竖直平面内建立固定于地面的直角坐标系xOy，椭圆长轴位于x轴上。整个过程凹槽不翻转，重力加速度为g。
(1)小球第一次运动到轨道最低点时，求凹槽的速度大小；
(2)小球开始下落到小球第一次运动到最低点的过程中，凹槽相对于初始时刻运动的距离。
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归纳总结：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)运动特点：人动船动，人静船静，人快船快，人慢船慢，人右船左；位移满足：m－M＝0，x人＋x船＝L，即x人＝L，x船＝L。
3．模型拓展
第35课时
考点1
1．矢量和
2．(2)m1v'1＋m2v'2　(3)－Δp2
3．(1)0　(2)远大于　(3)这一方向
情境辨析　(1)×　(2)×　(3)×　(4)√
典例1　BC　[以a、b及弹簧组成的系统为研究对象，撤去外力后，b向右运动，在a尚未离开墙壁前，系统受到墙壁的弹力作用，合力不为0，因此该过程系统动量不守恒，A错误，B正确；当a离开墙壁后，系统所受合力为0，此后过程系统动量守恒，C正确，D错误。]
典例2　A　[小球沿滑块上滑的过程中，小球和滑块组成的系统在水平方向上不受外力，因而系统在水平方向上动量守恒，小球到达最高点时和滑块具有相同的对地速度v(若速度不相同，必然相对运动，此时一定不是最高点)。由系统在水平方向上动量守恒得mv0＝(M＋m)v，所以v＝，A正确。]
典例3　解析：(1)光滑水平面上，两小车与人组成的系统动量守恒，所以两小车和人组成的系统的初动量就等于最终A车停止运动、B车获得反向速度时系统的动量，由系统动量守恒可得p＝(M＋m)v0。
(2)为避免两车发生碰撞，最终两车和人具有相同速度，设共速时速度为v1，由系统动量守恒有(M＋m)v0＝(2M＋m)v1，解得v1＝v0。
答案：(1)(M＋m)v0　(2)v0
拓展思考　解析：A车上的人以最小的水平速度v1从A车跳到B车，A车速度方向不变，根据动量守恒定律得(M＋m)v＝MvA＋mv1，
人跳上B车，与B车具有共同速度vB，mv1＝(M＋m)vB，两车不相撞，则vA＝vB，
联立解得v1＝2.25 m/s。
答案：2.25 m/s
考点2
典例4　解析：(1)A、B组成的系统沿速度方向动量守恒，由动量守恒定律有(m＋M)v0＝MvB＋mvA，
解得分离后A的速度vA＝。
(2)A、B分离的过程，对B由动量定理有
FΔt＝MvB－Mv0，
解得分离时A对B的推力大小为F＝。
答案：(1)　(2)
典例5　解析：(1)物体竖直上抛至最高点时速度为0，由运动学公式0＝v0－gt，可得v0＝gt。
(2)爆炸瞬间水平方向动量守恒，爆炸前水平方向总动量为0。爆炸后A速度为v，设B速度为vB，由动量守恒定律得0＝2m·v＋m·vB，解得vB＝－2v，即大小为2v。
(3)根据竖直上抛运动的对称性可知下落时间与上升时间相等为t，则A的水平位移xA＝vt，
B的水平位移xB＝vBt＝－2vt，
所以A、B落地点之间的距离d＝|xA|＋|xB|＝vt＋2vt＝3vt。
答案：(1)gt　(2)2v　(3)3vt
典例6　B　[设船的质量为M，人走动的时候船的速度大小为v，人的速度大小为v'，人从船尾走到船头用时为t，船的位移大小为d，人的位移大小为L－d，所以v＝，v'＝。以船后退的方向为正方向，根据动量守恒定律有Mv－mv'＝0，可得M＝，船的质量为M＝，B正确。]
典例7　解析：(1)小球从静止到第一次运动到轨道最低点的过程，小球和凹槽组成的系统水平方向上动量守恒，有0＝mv1－Mv2
对小球与凹槽组成的系统，由机械能守恒定律有mgb＝m＋M
联立解得v2＝。
(2)根据人船模型规律，在水平方向上有mx1＝Mx2，
又由位移关系知x1＋x2＝a
解得凹槽相对于初始时刻运动的距离x2＝。
答案：(1)　(2)
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第六章　动量守恒定律
第35课时　动量守恒定律的应用
[学习目标]　1．理解系统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解决爆炸问题、反冲运动和“人船”模型。
考点1　对动量守恒定律的理解及其应用
1．动量守恒定律的内容
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。
2．动量守恒定律的表达式
(1)p＝p'，系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p'。
(2)m1v1＋m2v2＝____________，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和。
(3)Δp1＝______，相互作用的两个物体动量的变化量等大、反向。
(4)Δp＝0，系统总动量的增量为0。
矢量和
m1v'1＋m2v'2　
－Δp2
3．动量守恒定律的适用条件
(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为___。
(2)近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力________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0，则系统在_________上动量守恒。
0　
远大于　
这一方向
光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动。在地面参考系(可视为惯性系)中，从撤去推力开始，判断下列说法正误：
(1)滑块的动量守恒。 (　　)
(2)弹簧和滑块的动量守恒。 (　　)
(3)小车、弹簧和滑块组成的系统动量守恒、机械能守恒。 (　　)
(4)小车、弹簧和滑块组成的系统动量守恒、机械能不守恒。 (　　)
×　
×　
×　
√
角度1　系统动量守恒的判断
[典例1]　(多选)木块a和b用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a紧靠在墙壁上，在b上施加向左的水平力使弹簧压缩，如图所示，当撤去外力后，下列说法正确的是(　　)
A．a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统动量守恒
B．a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统动量不守恒
C．a离开墙壁后，a和b组成的系统动量守恒
D．a离开墙壁后，a和b组成的系统动量不守恒
√
√
BC　[以a、b及弹簧组成的系统为研究对象，撤去外力后，b向右运动，在a尚未离开墙壁前，系统受到墙壁的弹力作用，合力不为0，因此该过程系统动量不守恒，A错误，B正确；当a离开墙壁后，系统所受合力为0，此后过程系统动量守恒，C正确，D错误。]
[典例2]　如图所示，质量为M的滑块静止在光滑的水平面上，滑块的光滑弧面底部与桌面相切，一个质量为m的小球以速度v0向滑块滚来，小球最后未越过滑块，则小球到达最高点时，小球和滑块的速度大小是(　　)
A．　 B．
C．　 D．
√
A　[小球沿滑块上滑的过程中，小球和滑块组成的系统在水平方向上不受外力，因而系统在水平方向上动量守恒，小球到达最高点时和滑块具有相同的对地速度v(若速度不相同，必然相对运动，此时一定不是最高点)。由系统在水平方向上动量守恒得mv0＝(M＋m)v，所以v＝，A正确。]
角度2　动量守恒定律的应用
[典例3]　如图所示，光滑水平面上A、B两小车质量都是M，A车前站立一质量为m的人，两车在同一直线上相向运动。为避免两车相撞，人从A车跳到B车上，最终A车停止运动，B车获得反向速度v0。

(1)求两小车和人组成的系统的初动量大小；
(2)为避免两车相撞，若要求人跳跃速度尽量小，则人跳上B车后，A车的速度多大
[解析]　(1)光滑水平面上，两小车与人组成的系统动量守恒，所以两小车和人组成的系统的初动量就
等于最终A车停止运动、B车获得反向速度时系统的动量，由系统动量守恒可得p＝(M＋m)v0。
(2)为避免两车发生碰撞，最终两车和人具有相同速度，设共速时速度为v1，由系统动量守恒有(M＋m)v0＝(2M＋m)v1，解得v1＝v0。
[答案]　(1)(M＋m)v0　(2)v0
拓展思考　若已知A、B两小车质量均为M＝30 kg，A车上人的质量为m＝60 kg。A车以大小为v＝2 m/s的速度正对着静止的B车冲去，A车上的人至少要以多大的水平速度(相对地)从A车跳到B车上，才能避免两车相撞
[解析]　A车上的人以最小的水平速度v1从A车跳到B车，A车速度方向不变，根据动量守恒定律得(M＋m)v＝MvA＋mv1，
人跳上B车，与B车具有共同速度vB，mv1＝(M＋m)vB，两车不相撞，则vA＝vB，联立解得v1＝2.25 m/s。
[答案]　2.25 m/s
归纳总结：应用动量守恒定律解题的步骤
(1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)。
(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或在某一方向上是否守恒)。
(3)规定正方向，确定初、末状态动量。
(4)由动量守恒定律列出方程。
(5)代入数据，求出结果，必要时进行讨论说明。
角度1　反冲问题
[典例4]　(2024·江苏卷)嫦娥六号探测器于5月3日在中国文昌航天发射场发射升空并进入地月转移轨道，探测器经过轨道修正、近月制动，顺利进入环月轨道飞行。此后，探测器经历着陆器和上升器组合体、轨道器和返回器组合体的分离。已知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vB，且与v0同向，A、B的质量分别为m、M。求：
(1)分离后A的速度vA；
(2)分离时A对B的推力大小。
考点2　反冲、爆炸问题及“人船”模型
[解析]　(1)A、B组成的系统沿速度方向动量守恒，由动量守恒定律有(m＋M)v0＝MvB＋mvA，
解得分离后A的速度vA＝。
(2)A、B分离的过程，对B由动量定理有
FΔt＝MvB－Mv0，
解得分离时A对B的推力大小为F＝。
[答案]　(1)　(2)
归纳总结：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
角度2　爆炸问题
[典例5]　(2025·北京卷)某物体以一定初速度从地面竖直向上抛出，经过时间t到达最高点。在最高点该物体炸裂成A、B两部分，质量分别为2m和m，其中A以速度v沿水平方向飞出。重力加速度为g，不计空气阻力。求：
(1)该物体抛出时的初速度大小v0；
(2)炸裂后瞬间B的速度大小vB；
(3)A、B落地点之间的距离d。
[解析]　(1)物体竖直上抛至最高点时速度为0，由运动学公式0＝v0－gt，可得v0＝gt。
(2)爆炸瞬间水平方向动量守恒，爆炸前水平方向总动量为0。爆炸后A速度为v，设B速度为vB，由动量守恒定律得0＝2m·v＋m·vB，解得vB＝－2v，即大小为2v。
(3)根据竖直上抛运动的对称性可知下落时间与上升时间相等为t，则A的水平位移xA＝vt，
B的水平位移xB＝vBt＝－2vt，
所以A、B落地点之间的距离d＝|xA|＋|xB|＝vt＋2vt＝3vt。
[答案]　(1)gt　(2)2v　(3)3vt
归纳总结：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，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)转化为机械能，所以系统的机械能增加
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
【教师备选资源】
一质量为0.3 kg的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升高，当烟花弹上升到离地20 m高处时速度为0，此时弹中火药爆炸将烟花弹炸为大、小两块，大、小两块烟花弹分别获得水平向左、水平向右的速度，大块质量为小块质量的2倍，大、小两块烟花弹获得的动能之和也为E，爆炸时间极短，重力加速度g取10 m/s2，＝1.4，不计空气阻力和火药的质量，释放烟花弹位置的水平面足够大。求大、小两块烟花弹落地之间的距离。
[解析]　烟花弹上升过程，由机械能守恒定律得E＝mgh，烟花弹在最高点爆炸，水平方向动量守恒，设水平向左为正方向，由动量守恒定律有0＝mv1－mv2，由题意得E＝×m＋×m，解得v1＝10 m/s，v2＝20 m/s，大、小两块烟花弹均做平抛运动，竖直方向有h＝gt2，则大、小两块烟花弹落地之间的距离x＝v1t＋v2t，解得x＝84 m。
[答案]　84 m
角度3　“人船”模型
[典例6]　有一艘小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(重一吨左右)。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：首先将船平行于码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头停下，而后轻轻下船。用卷尺测出船后退的距离d，然后用卷尺测出船长L。已知他的自身质量为m，水的阻力不计，则船的质量为(　　)
A．　 B．
C．　 D．
√
B　[设船的质量为M，人走动的时候船的速度大小为v，人的速度大小为v'，人从船尾走到船头用时为t，船的位移大小为d，人的位移大小为L－d，所以v＝，v'＝。以船后退的方向为正方向，根据动量守恒定律有Mv－mv'＝0，可得M＝，船的质量为M＝，B正确。]
[典例7]　(2023·湖南卷节选)如图所示，质量为M的匀质凹槽放在光滑水平地面上，凹槽内有一个半椭圆形的光滑轨道，椭圆的半长轴和半短轴分别为a和b，长轴水平，短轴竖直。质量为m的小球，初始时刻从椭圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑。以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点，在竖直平面内建立固定于地面的直角坐标系xOy，椭圆长轴位于x轴上。整个过程凹槽不翻转，重力加速度为g。
(1)小球第一次运动到轨道最低点时，求凹槽的速度大小；
(2)小球开始下落到小球第一次运动到最低点的过程中，
凹槽相对于初始时刻运动的距离。
[解析]　(1)小球从静止到第一次运动到轨道最低点的过程，小球和凹槽组成的系统水平方向上动量守恒，有0＝mv1－Mv2
对小球与凹槽组成的系统，由机械能守恒定律有mgb＝m＋M
联立解得v2＝。
(2)根据人船模型规律，在水平方向上有mx1＝Mx2，
又由位移关系知x1＋x2＝a
解得凹槽相对于初始时刻运动的距离x2＝。
[答案]　(1)　(2)
归纳总结：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)运动特点：人动船动，人静船静，人快船快，人慢船慢，人右船左；位移满足：m－M＝0，x人＋x船＝L，即x人＝L，x船＝L。
3．模型拓展
课时作业(三十五)　动量守恒定律的应用
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
1．(人教版选择性必修第一册改编)A球的质量是m，B球的质量是2m，它们在光滑的水平面上以相同的动量运动。B在前，A在后，发生正碰后，A球仍朝原方向运动，但其速率是原来的一半，碰后两球的速率比v'A∶v'B为(　　)
A．1∶2　 B．1∶3
C．2∶1　 D．2∶3
√
D　[设碰前A球的速率为v，根据题意pA＝pB，即mv＝2mvB，得碰前vB＝，又碰后v'A＝，由动量守恒定律有mv＋2m×＝m×＋2mv'B，解得v'B＝，所以v'A∶v'B＝∶＝2∶3，D正确。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
2．(多选)(2025·云南曲靖模拟)我国女子短道速滑队曾多次在国际大赛上为祖国赢得荣誉。某次短道速滑接力赛中，在水平冰面上“交棒”的运动员乙用力猛推前方“接棒”的运动员甲，使运动员甲以速度v＝
14 m/s向前冲出。已知甲、乙运动员的质量均为50 kg，交接前，甲的速度大小v1＝9 m/s，乙的速度大小v2＝11 m/s，不计一切阻力。下列说法正确的是(　　)
A．乙推甲后瞬间乙的速度大小为6 m/s
B．乙推甲的过程，乙对甲的冲量为150 N·s
C．乙推甲的过程，甲的动量一直增加
D．乙推甲的过程，甲的动量变化量比乙的大
√
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
AC　[规定运动员前进的方向为正，根据动量守恒定律可得mv1＋mv2＝mv＋mv乙，解得乙推甲后瞬间乙的速度为v乙＝6 m/s，故A正确；乙推甲的过程，乙对甲的冲量等于甲动量的变化量，则有I乙＝Δp甲＝mv－mv1＝250 N·s，故B错误；乙推甲的过程，运动员甲的速度一直增加，故动量一直增加，故C正确；乙推甲的过程，运动员甲动量的变化量大小等于乙的动量的变化量大小，故D错误。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
3．如图所示，一高度h＝2.4 m、倾角θ＝37°、质量M＝3 kg的光滑斜面静止在光滑水平面上，一质量m＝0.2 kg的物块从斜面顶端由静止释放，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则物块由斜面顶端滑到底端的过程中，斜面将(　　)
A．向右移动0.5 m　 B．向右移动0.6 m
C．向右移动0.2 m　 D．向右移动0.1 m
√
C　[斜面和物块组成的系统在水平方向动量守恒，在水平方向有mv1＝Mv2，所以mx1＝Mx2，又有x1＋x2＝，联立解得x2＝
0.2 m，A、B、D错误，C正确。]
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4．(多选)(2025·四川凉山一模)如图所示，小车静止在光滑水平面上，站在车上的人以对车相同的位置和速度，将右边筐中的球一个一个地投入左边的筐中。假设球入筐的位置相同且入筐后即静止，忽略空气阻力，则在投球过程中(　　)
A．小车始终未动
B．人、车和球组成的系统动量守恒
C．每个球在空中运动期间小车将向右移动相同距离
D．球全部落入左筐后，小车将静止不动
√
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题号
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CD　[在投球过程中，人、车和球组成的系统所受的合外力不为0，虽然系统动量不守恒，但水平方向不受外力，系统水平动量守恒，球有水平向左的动量，则人和车组成的系统获得水平向右的动量，故A、B错误；设一个球的质量为m，人、车和其余球的质量为M，人扔球时到左筐的水平距离为L，根据水平方向动量守恒mv球＝
Mv车，则mx球＝Mx车，又x球＋x车＝L，解得x车＝L，故C正确；当球全部投入左边的筐中时，根据系统水平方向动量守恒知，系统总动量为0，则小车的速度为0，故D正确。]
题号
题号
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5．(多选)“起花”是一种形如小纸炮的爆竹，通常缀苇秆，点燃其芯后会迅速升起。如图所示，将静置在地面上的“起花”点火后竖直升空。已知“起花”的总质量为M(含火药)，“起花”内装有质量为m的火药，点火后在极短的时间内将火药以相对地面大小为v0的速度竖直向下喷出；若当“起花”升到最高点时炸裂为质量之比为2∶1的两块碎块，且沿水平方向、向相反的方向飞出，落地时质量大的碎块速度大小为v，重力加速度为g，空气阻力忽略不计，下列说法正确的是(　　)
A．“起花”升空获得的推力是空气施加的
B．火药喷出时，由于内力远大于外力，所以“起花”(含火药)
组成的系统可以近似看作动量守恒
C．点火后，“起花”上升过程中获得的最大速度为
D．质量小的碎块落地时的速度大小不可能为2v
√
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题号
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BD　[“起花”升空获得的推力是竖直向下喷出的火药施加的，故A错误；火药喷出时，由于内力远大于外力，所以“起花”(含火药)组成的系统可以近似看作动量守恒，故B正确；点火后，设“起花”上升过程中获得的最大速度为v1，根据动量守恒定律有0＝(M－m)v1－mv0，得v1＝，故C错误；根据题意，“起花”升到最高点时炸裂为质量之比为2∶1的两块碎块的速度大小之比为1∶2，即质量大的和质量小的碎块开始做平抛运动的初速度大小之比为1∶2，落地时水平方向的速度大小之比为1∶2，由于落地时竖直方向的速度相等，不是1∶2，所以落地时的速度大小之比不可能是1∶2，即质量小的碎块落地时的速度大小不可能为2v，故D正确。]
题号
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6．(2025·河南郑州模拟)如图所示，物体A与光滑半圆弧槽B静止在光滑水平面上，槽底端放有小球C。现给A一个水平向右的初速度，A与B发生弹性碰撞(碰撞时间极短)，小球C能脱离圆弧槽向上运动，已知A、B、C质量相等，不计空气阻力，则(　　)
A．A与B碰撞后，A的速度向左
B．球脱离圆弧槽后，将不会再掉落在槽内
C．球第一次回到槽内最低点时，槽的速度为0
D．圆弧槽在水平地面上做往复运动
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题号
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C　[A、B质量相等，碰撞后速度交换，碰撞后A的速度为0，故A错误；球脱离圆弧槽后，水平方向的运动与圆弧槽完全相同，所以还会掉落在圆弧槽中，故B错误；B与C相当于质量相等的两个物体相互作用，球第一次回到槽内最低点时，速度互换，所以槽的速度为0，故C正确；根据动量守恒，B会一直向右运动，故D错误。]
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7．(多选)(2024·广西卷)如图所示，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
√
√
题号
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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BC。]
题号
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8．(多选)如图所示，光滑的水平地面上有木板C，mC＝4 kg，木板C上表面粗糙，A、B两个物体紧挨在一起，初始A、B和C均处于静止状态，mA＝1 kg，mB＝2 kg。A、B间夹有少量火药，某时刻火药爆炸，瞬间释放了E＝27 J的能量并全部转化为A和B的动能，使A、B分别水平向左、向右运动起来，C板足够长，下列结论正确的是(　　)
A．爆炸后瞬间A、B速度大小vA＝2vB
B．若A、B与木板C上表面间的动摩擦因数相同，则爆炸后A、B组成的系统动量守恒
C．若A、B与木板C上表面间的摩擦力大小不相等，则A、B、C组成的系统动量不守恒
D．整个过程中A、B、C组成的系统由于摩擦产生的内能为27 J
√
√
题号
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AD　[爆炸瞬间，A、B组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有0＝mAvA－mBvB，则mAvA＝mBvB，代入数据得速度大小vA＝2vB，A正确；若A、B与木板C上表面间的动摩擦因数相同，则A、B受到的摩擦力大小不相等，则A、B组成的系统所受合力不为0，A、B组成的系统动量不守恒，B错误；对A、B、C整体分析，所受合力为0，则A、B、C组成的系统动量守恒，C错误；木板C足够长，A、B、C组成的系统总动量为0，因A、B与C间摩擦力做负功，系统机械能减小，故三者最终速度为0，即A、B的动能全部转化为内能，为
27 J，D正确。]
题号
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9. 2024年5月3日，长征五号遥八运载火箭成功将嫦娥六号月球探测器送入地月转移轨道，它将开展人类首次月球背面采样返回，火箭是利用发动机向后喷气获得向上的速度。现有某型火箭和燃料的总质量为M＝5×105 kg，火箭在地面上由静止竖直飞起，火箭每次向后喷出气体的质量为m＝50 kg，气体每次喷出时相对地面的速度为v0＝3 000 m/s，已知火箭每秒喷气20次，火箭与喷出气体间的作用力远大于火箭的重力，忽略空气阻力的影响。求：(结果均保留两位有效数字)
(1)火箭向后喷气一次后，火箭的速度大小v；
(2)火箭速度达到v1＝125 m/s需要的时间t。
题号
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[解析]　(1)火箭向后喷气一次，由动量守恒知mv0＝(M－m)v，解得v≈0.3 m/s。
(2)设喷气n次，则(M－nm)v1＝nmv0，t＝
解得n＝400，t＝20 s。
[答案]　(1)0.3 m/s　(2)20 s
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10．(2025·辽宁抚顺模拟)质量均为m的木块A和B，并排放在光滑水平面上，如图所示。A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为l的细线，细线另一端系一质量也为m的球C。现将球C拉起使细线水平伸直，并由静止释放球C。

(1)若木块B固定在水平面上，求球C向左摆动能达到的最大高度h；
(2)若木块B不固定，求球C第一次摆到最低点时球C的位移大小。
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[解析]　(1)对球C，下落过程机械能守恒有mgl＝m
对球C和木块A，水平方向动量守恒，取向左为正方向有mv0＝2mv
由系统机械能守恒有m＝mgh＋·2mv2
联立解得h＝l。
题号
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(2)对球C和A、B组成的系统，水平方向平均动量守恒，有0＝m－2m
即0＝mx1－2mx2
又x1＋x2＝l，xC＝
联立得xC＝l。
[答案]　(1)l　(2)l
谢谢！课时作业(三十五)　动量守恒定律的应用
说明：单选题每小题4分；多选题每小题6分；本试卷共64分。
1．(人教版选择性必修第一册改编)A球的质量是m，B球的质量是2m，它们在光滑的水平面上以相同的动量运动。B在前，A在后，发生正碰后，A球仍朝原方向运动，但其速率是原来的一半，碰后两球的速率比v'A∶v'B为(　　)
A．1∶2　 B．1∶3
C．2∶1　 D．2∶3
2．(多选)(2025·云南曲靖模拟)我国女子短道速滑队曾多次在国际大赛上为祖国赢得荣誉。某次短道速滑接力赛中，在水平冰面上“交棒”的运动员乙用力猛推前方“接棒”的运动员甲，使运动员甲以速度v＝14 m/s向前冲出。已知甲、乙运动员的质量均为50 kg，交接前，甲的速度大小v1＝9 m/s，乙的速度大小v2＝11 m/s，不计一切阻力。下列说法正确的是(　　)
A．乙推甲后瞬间乙的速度大小为6 m/s
B．乙推甲的过程，乙对甲的冲量为150 N·s
C．乙推甲的过程，甲的动量一直增加
D．乙推甲的过程，甲的动量变化量比乙的大
3．如图所示，一高度h＝2.4 m、倾角θ＝37°、质量M＝3 kg的光滑斜面静止在光滑水平面上，一质量m＝0.2 kg的物块从斜面顶端由静止释放，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则物块由斜面顶端滑到底端的过程中，斜面将(　　)
A．向右移动0.5 m　 B．向右移动0.6 m
C．向右移动0.2 m　 D．向右移动0.1 m
4．(多选)(2025·四川凉山一模)如图所示，小车静止在光滑水平面上，站在车上的人以对车相同的位置和速度，将右边筐中的球一个一个地投入左边的筐中。假设球入筐的位置相同且入筐后即静止，忽略空气阻力，则在投球过程中(　　)
A．小车始终未动
B．人、车和球组成的系统动量守恒
C．每个球在空中运动期间小车将向右移动相同距离
D．球全部落入左筐后，小车将静止不动
5．(多选)“起花”是一种形如小纸炮的爆竹，通常缀苇秆，点燃其芯后会迅速升起。如图所示，将静置在地面上的“起花”点火后竖直升空。已知“起花”的总质量为M(含火药)，“起花”内装有质量为m的火药，点火后在极短的时间内将火药以相对地面大小为v0的速度竖直向下喷出；若当“起花”升到最高点时炸裂为质量之比为2∶1的两块碎块，且沿水平方向、向相反的方向飞出，落地时质量大的碎块速度大小为v，重力加速度为g，空气阻力忽略不计，下列说法正确的是(　　)
A．“起花”升空获得的推力是空气施加的
B．火药喷出时，由于内力远大于外力，所以“起花”(含火药)组成的系统可以近似看作动量守恒
C．点火后，“起花”上升过程中获得的最大速度为
D．质量小的碎块落地时的速度大小不可能为2v
6．(2025·河南郑州模拟)如图所示，物体A与光滑半圆弧槽B静止在光滑水平面上，槽底端放有小球C。现给A一个水平向右的初速度，A与B发生弹性碰撞(碰撞时间极短)，小球C能脱离圆弧槽向上运动，已知A、B、C质量相等，不计空气阻力，则(　　)
A．A与B碰撞后，A的速度向左
B．球脱离圆弧槽后，将不会再掉落在槽内
C．球第一次回到槽内最低点时，槽的速度为0
D．圆弧槽在水平地面上做往复运动
7．(多选)(2024·广西卷)如图所示，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
8．(多选)如图所示，光滑的水平地面上有木板C，mC＝4 kg，木板C上表面粗糙，A、B两个物体紧挨在一起，初始A、B和C均处于静止状态，mA＝1 kg，mB＝2 kg。A、B间夹有少量火药，某时刻火药爆炸，瞬间释放了E＝27 J的能量并全部转化为A和B的动能，使A、B分别水平向左、向右运动起来，C板足够长，下列结论正确的是(　　)
A．爆炸后瞬间A、B速度大小vA＝2vB
B．若A、B与木板C上表面间的动摩擦因数相同，则爆炸后A、B组成的系统动量守恒
C．若A、B与木板C上表面间的摩擦力大小不相等，则A、B、C组成的系统动量不守恒
D．整个过程中A、B、C组成的系统由于摩擦产生的内能为27 J
9．(10分)2024年5月3日，长征五号遥八运载火箭成功将嫦娥六号月球探测器送入地月转移轨道，它将开展人类首次月球背面采样返回，火箭是利用发动机向后喷气获得向上的速度。现有某型火箭和燃料的总质量为M＝5×105 kg，火箭在地面上由静止竖直飞起，火箭每次向后喷出气体的质量为m＝50 kg，气体每次喷出时相对地面的速度为v0＝3 000 m/s，已知火箭每秒喷气20次，火箭与喷出气体间的作用力远大于火箭的重力，忽略空气阻力的影响。求：(结果均保留两位有效数字)
(1)火箭向后喷气一次后，火箭的速度大小v；
(2)火箭速度达到v1＝125 m/s需要的时间t。
10．(12分)(2025·辽宁抚顺模拟)质量均为m的木块A和B，并排放在光滑水平面上，如图所示。A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为l的细线，细线另一端系一质量也为m的球C。现将球C拉起使细线水平伸直，并由静止释放球C。
(1)若木块B固定在水平面上，求球C向左摆动能达到的最大高度h；
(2)若木块B不固定，求球C第一次摆到最低点时球C的位移大小。
课时作业(三十五)
1．D　[设碰前A球的速率为v，根据题意pA＝pB，即mv＝2mvB，得碰前vB＝，又碰后v'A＝，由动量守恒定律有mv＋2m×＝m×＋2mv'B，解得v'B＝，所以v'A∶v'B＝∶＝2∶3，D正确。]
2．AC　[规定运动员前进的方向为正，根据动量守恒定律可得mv1＋mv2＝mv＋mv乙，解得乙推甲后瞬间乙的速度为v乙＝6 m/s，故A正确；乙推甲的过程，乙对甲的冲量等于甲动量的变化量，则有I乙＝Δp甲＝mv－mv1＝250 N·s，故B错误；乙推甲的过程，运动员甲的速度一直增加，故动量一直增加，故C正确；乙推甲的过程，运动员甲动量的变化量大小等于乙的动量的变化量大小，故D错误。]
3．C　[斜面和物块组成的系统在水平方向动量守恒，在水平方向有mv1＝Mv2，所以mx1＝Mx2，又有x1＋x2＝，联立解得x2＝0.2 m，A、B、D错误，C正确。]
4．CD　[在投球过程中，人、车和球组成的系统所受的合外力不为0，虽然系统动量不守恒，但水平方向不受外力，系统水平动量守恒，球有水平向左的动量，则人和车组成的系统获得水平向右的动量，故A、B错误；设一个球的质量为m，人、车和其余球的质量为M，人扔球时到左筐的水平距离为L，根据水平方向动量守恒mv球＝Mv车，则mx球＝Mx车，又x球＋x车＝L，解得x车＝L，故C正确；当球全部投入左边的筐中时，根据系统水平方向动量守恒知，系统总动量为0，则小车的速度为0，故D正确。]
5．BD　[“起花”升空获得的推力是竖直向下喷出的火药施加的，故A错误；火药喷出时，由于内力远大于外力，所以“起花”(含火药)组成的系统可以近似看作动量守恒，故B正确；点火后，设“起花”上升过程中获得的最大速度为v1，根据动量守恒定律有0＝(M－m)v1－mv0，得v1＝，故C错误；根据题意，“起花”升到最高点时炸裂为质量之比为2∶1的两块碎块的速度大小之比为1∶2，即质量大的和质量小的碎块开始做平抛运动的初速度大小之比为1∶2，落地时水平方向的速度大小之比为1∶2，由于落地时竖直方向的速度相等，不是1∶2，所以落地时的速度大小之比不可能是1∶2，即质量小的碎块落地时的速度大小不可能为2v，故D正确。]
6．C　[A、B质量相等，碰撞后速度交换，碰撞后A的速度为0，故A错误；球脱离圆弧槽后，水平方向的运动与圆弧槽完全相同，所以还会掉落在圆弧槽中，故B错误；B与C相当于质量相等的两个物体相互作用，球第一次回到槽内最低点时，速度互换，所以槽的速度为0，故C正确；根据动量守恒，B会一直向右运动，故D错误。]
7．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BC。]
8．AD　[爆炸瞬间，A、B组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有0＝mAvA－mBvB，则mAvA＝mBvB，代入数据得速度大小vA＝2vB，A正确；若A、B与木板C上表面间的动摩擦因数相同，则A、B受到的摩擦力大小不相等，则A、B组成的系统所受合力不为0，A、B组成的系统动量不守恒，B错误；对A、B、C整体分析，所受合力为0，则A、B、C组成的系统动量守恒，C错误；木板C足够长，A、B、C组成的系统总动量为0，因A、B与C间摩擦力做负功，系统机械能减小，故三者最终速度为0，即A、B的动能全部转化为内能，为27 J，D正确。]
9．解析：(1)火箭向后喷气一次，由动量守恒知mv0＝(M－m)v，解得v≈0.3 m/s。
(2)设喷气n次，则(M－nm)v1＝nmv0，t＝
解得n＝400，t＝20 s。
答案：(1)0.3 m/s　(2)20 s
10．解析：(1)对球C，下落过程机械能守恒有mgl＝m
对球C和木块A，水平方向动量守恒，取向左为正方向有mv0＝2mv
由系统机械能守恒有m＝mgh＋·2mv2
联立解得h＝l。
(2)对球C和A、B组成的系统，水平方向平均动量守恒，有0＝m－2m
即0＝mx1－2mx2
又x1＋x2＝l，xC＝
联立得xC＝l。
答案：(1)l　(2)l
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