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第33课时　动量守恒定律及其应用
[学习目标]　1．理解动量守恒的条件，会应用动量守恒定律解决基本问题。2．掌握碰撞的特点，会分析计算一维碰撞问题。3．会用动量守恒的观点分析爆炸、反冲及人船模型。
1．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___为0，这个系统的总动量____。
(2)表达式：①p＝p′或m1v1＋m2v2＝。系统相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量。
②Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向。
(3)守恒条件：不受外力或所受外力的合力为_。
2．碰撞
(1)碰撞：碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力__的现象，即碰撞是一种强烈的相互作用。
(2)特点：在碰撞现象中，一般都满足内力___外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒。
(3)分类
①弹性碰撞：动量守恒、机械能守恒。
②非弹性碰撞：动量守恒、机械能有损失。
③完全非弹性碰撞：动量守恒、机械能损失最多。
3．爆炸
特点：爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用时间很短，作用力很大，且___系统所受的外力，所以系统动量__。如爆竹爆炸等。
4．反冲
(1)定义：当静止物体的一部分以一定的速度离开物体向前运动时，剩余部分必将向后运动，这种现象叫反冲。
(2)特点：系统内各物体间相互作用的内力远大于系统受到的外力。实例：发射炮弹、发射火箭等。
(3)规律：遵循动量守恒定律。
1．易错易混辨析
(1)只要系统所受的外力的矢量和为0，系统的动量就守恒。 (　　)
(2)物体相互作用时动量守恒，但机械能不一定守恒。 (　　)
(3)若在光滑水平面上两球相向运动，碰后均变为静止，则两球碰前的动量大小一定相同。 (　　)
(4)发射炮弹，炮身后退；园林喷灌装置一边喷水一边旋转均属于反冲现象。 (　　)
(5)爆炸过程中机械能增加，反冲过程中机械能减少。 (　　)
2．(鲁科版选择性必修第一册改编)(多选)如图所示，在光滑的水平面上有一辆平板车，人和车都处于静止状态。一个人站在车上用大锤敲打车的左端，在连续的敲打下，下列说法正确的是(　　)
A．平板车左右往复运动
B．平板车持续向右运动
C．大锤、人和平板车组成的系统水平方向动量守恒
D．当大锤停止运动时，人和车也停止运动
3．(人教版选择性必修第一册改编)某机车以0.8 m/s的速度驶向停在铁轨上的15节车厢，跟它们对接。机车跟第1节车厢相碰后，它们连在一起具有一个共同的速度，紧接着又跟第2节车厢相碰，就这样，直至碰上最后一节车厢。设机车和车厢的质量都相等，则跟最后一节车厢相碰后车厢的速度为(铁轨的摩擦忽略不计)(　　)
A．0.053 m/s B．0.05 m/s
C．0.057 m/s D．0.06 m/s
动量守恒定律的理解和基本应用
1．适用条件
(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为零。
(2)近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力。
(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零，则系统在这一方向上动量守恒。
2．动量守恒定律的五个特性
矢量性 动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题应选取统一的正方向
相对性 各物体的速度必须是相对同一参考系的速度(一般是相对于地面)
同时性 动量是一个瞬时量，表达式中的p1、p2…应是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p1′、p2′…应是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量
系统性 研究的对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统
普适性 动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，还适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统
　动量守恒的判断
[典例1]　如图，A、B两物体的质量之比为mA∶mB＝1∶2，它们原来静止在平板车C上，A、B两物体间有一根被压缩了的水平轻质弹簧，A、B两物体与平板车上表面间的动摩擦因数相同，水平地面光滑。当弹簧突然释放后，A、B两物体被弹开(A、B两物体始终不滑出平板车)，则有(　　)
A．A、B组成的系统动量守恒
B．A、B、C及弹簧组成的系统机械能守恒
C．A、B在小车C上滑动过程中小车一直处于静止状态
D．A、B、C及弹簧组成的系统动量守恒
　动量守恒定律的基本应用
[典例2]　(2025·山东省济宁市高三质检)如图所示，装有沙子的小车静止在光滑的水平面上，总质量为1.5 kg，将一个质量为0.5 kg的小球从距沙面0.45 m高度处以大小为4 m/s的初速度水平抛出，小球落入车内并陷入沙中，最终与车一起向右匀速运动。不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)
A．小球陷入沙子过程中，小球和沙子、车组成的系统动量守恒
B．小球陷入沙子过程中，沙子对小球的冲量大小为 N·s
C．小车最终的速度大小为1 m/s
D．小车最终的速度大小为2 m/s
规律方法：应用动量守恒定律的解题步骤
(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。
碰撞问题
1．碰撞问题遵循的三条原则
动量守恒 m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2
机械能不增加 Ek1＋Ek2E′k1＋E′k2或
速度要合理 同向碰撞 碰撞前，后面的物体速度大；碰撞后，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
2．弹性碰撞的重要结论
以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2、速度为v2的小球发生弹性碰撞为例，则有
动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
机械能守恒：＝
联立解得v1′＝
v2′＝
结论1：当m1＝m2时：v1′＝v2，v2′＝v1，即m1、m2碰撞后交换速度。
结论2：若v2＝0，即简化为“一动一静”模型，碰撞后的速度v1′＝v1，v2′＝v1。
3．完全非弹性碰撞的特征
(1)撞后共速。
(2)有动能损失，且损失最多，|ΔEk|＝。
　碰撞的可能性
[典例3]　在某次台球比赛中，某运动员正在准备击球，设在某一杆击球过程中，白色球(主球)和花色球碰撞前后都在同一直线上运动，碰前白色球A的动量pA＝5 kg· m/s，花色球B静止，碰后花色球B的动量变为＝4 kg· m/s，则两球质量mA与mB间的关系可能是(　　)
A．mB＝mA B．mB＝mA
C．mB＝2mA D．mB＝5mA
　碰撞的相关图像分析
[典例4]　(多选)(2025·山东省济南市高三期末)甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示，已知甲的质量为1 kg，则(　　)
A．乙的质量为6 kg
B．乙的质量为3 kg
C．此碰撞是弹性碰撞
D．此碰撞是非弹性碰撞
　多物体多次碰撞问题
[典例5]　(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。
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反冲、爆炸问题及“人船模型”
1．反冲现象的三点说明
(1)系统内的不同部分在强大内力作用下向相反方向运动，通常用动量守恒来处理。
(2)反冲运动中，由于有其他形式的能转变为机械能，所以系统的总机械能增加。
(3)反冲运动中平均动量守恒。
2．爆炸现象的三个规律
(1)动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，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。
(2)动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸后系统的总动能增加。
(3)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，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动。
3．“人船模型”
(1)模型图示
(2)模型特点
①两者满足动量守恒定律：mv人－Mv船＝0；
②两者的位移大小满足：m－M＝0，且x人＋x船＝L船；
③运动特点：人动则船动，人静则船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；＝＝。
(3)常见类人船模型
　反冲问题
[典例6]　(2024·江苏卷)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的大小；
(2)分离时A对B的推力大小。
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[典例7]　(多选)一个质量为m的小型炸弹自水平地面朝右上方射出，在最高点以水平向右的速度v飞行时，突然爆炸为质量相等的甲、乙、丙三块弹片，如图所示。爆炸之后乙自静止自由下落，丙沿原路径回到原射出点。若忽略空气阻力，释放的化学能全部转化为动能，则下列说法正确的是(　　)
A．爆炸后乙落地的时间最长
B．爆炸后甲落地的时间最长
C．甲、丙落地点到乙落地点O的距离之比为4∶1
D．爆炸过程释放的化学能为
　“人船”模型
[典例8]　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(可视为质点)，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)从小球开始下落到小球第一次运动到轨道最低点的过程中，凹槽相对于初始时刻运动的距离。
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第33课时　动量守恒定律及其应用
回归教材·双基过关
知识梳理·体系构建
1．(1)矢量和　保持不变　(2)m1v'1＋m2v'2　(3)零
2．(1)很大　(2)远大于
3．远大于　守恒
技能激活·易错攻坚
1．(1)√　(2)√　(3)√　(4)√　(5)×
2．ACD　[把大锤、人和平板车看成一个整体，用大锤连续敲打平板车的左端，因为系统水平方向受力为零，则沿该方向动量守恒，又由系统水平方向总动量为零知，当锤头敲打下去时，大锤向右运动，平板车就向左运动，抬起锤头时大锤向左运动，平板车向右运动，所以平板车在水平面上左右往复运动，当大锤停止运动时，人和平板车也停止运动，A、C、D正确。]
3．B　[取机车和15节车厢整体为研究对象，由动量守恒定律得mv0(m＋15m)v，则v×0.8 m/s0.05 m/s，故B正确。]
考点深研·题型突破
考点1
典例1　D　[在弹簧释放的过程中，因mA∶mB1∶2，由摩擦力公式FfμFNμmg，可知A、B两物体所受的摩擦力大小不相等，故A、B两物体组成的系统所受合外力不为零，A、B两物体组成的系统动量不守恒，故A错误；A物体对小车向左的滑动摩擦力小于B对小车向右的滑动摩擦力，在A、B两物体相对小车停止运动之前，小车所受的合外力向右，小车将向右运动，最终整个系统将静止，则系统的机械能减为零，不守恒，故B、C错误；A、B、C及弹簧组成的系统所受合外力为零，系统的动量守恒，故D正确。]
典例2　C　[由题易知陷入沙子前，小球有竖直方向的分速度，最终，整个系统没有竖直方向的分速度，所以小球陷入沙子过程中，小球和沙子、车组成的系统在竖直方向的动量不守恒，故系统动量不守恒，A错误；由于小球时刻受到重力作用，且陷入沙子过程的时间未知，由动量定理可知，沙子对小球的冲量大小不可求，B错误；设沙子与小车的总质量为M，小球的质量为m，初速度大小为v0，小球与沙子、车组成的系统在水平方向上动量守恒，以向右为正方向，有mv0(m＋M)v，解得小车最终的速度大小为v1 m/s，C正确，D错误。]
考点2
典例3　C　[碰撞过程系统动量守恒，以白色球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得pA＋pBp'A＋p'B，解得p'A1 kg· m/s，根据碰撞过程总动能不增加，则有，解得mBmA，碰后，两球同向运动，A的速度不大于B的速度，则，解得mB4mA，综上可知mAmB4mA，故C正确。]
典例4　AD　[由题图可知，碰撞前甲、乙的速度分别为v甲5 m/s，v乙1 m/s，碰撞后甲、乙的速度分别为v'甲－1 m/s，v'乙2 m/s，两物块碰撞过程中，由动量守恒定律得m甲v甲＋m乙v乙m甲v'甲＋m乙v'乙，解得m乙6 kg，A正确，B错误；碰撞过程损失的机械能ΔEm甲m乙m甲v2'甲－m乙v'2乙3 J＞0，故此碰撞是非弹性碰撞，C错误，D正确。]
典例5　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，根据动量守恒和机械能守恒可知，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)根据题意可知，所有碰撞均为弹性碰撞，则由动量守恒定律有mv0mv1＋3mv2
由能量守恒定律有
解得v1v0，v2v0
负号表示速度反向，则玻璃球的速度大小为v0。
(3)根据题意结合(2)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
，综上所述，玻璃球碰撞2n次后速度大小为vv0
则玻璃球碰撞2n次后最终动能大小Ek。
答案：(1)v0　(2)
考点3
典例6　解析：(1)组合体分离前后动量守恒，取v0的方向为正方向，有
(m＋M)v0Mv＋mv1
解得v1。
(2)以B为研究对象，对B由动量定理有
FΔtMv－Mv0
解得F。
答案：(1)
典例7　CD　[爆炸后甲、丙从同一高度平抛，乙从同一高度自由下落，则落地时间t相等，选项A、B错误；爆炸过程动量守恒，有mv－mv丙＋mv甲，由题意知v丙v，得v甲4v，爆炸后甲、丙从同一高度平抛，落地点到乙落地点O的距离xvt，t相同，则x∝v，甲、丙落地点到乙落地点O的距离之比为x甲∶x丙v甲∶v丙4∶1，选项C正确；根据能量守恒定律可得爆炸过程释放的化学能ΔEmv2，选项D正确。]
典例8　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0mv1－Mv2
对小球与凹槽组成的系统，由机械能守恒定律有
mgb
联立解得v2。
(2)根据人船模型规律，在水平方向上有mx1Mx2
又由位移关系知x1＋x2a
解得凹槽相对于初始时刻运动的距离x2。
答案：(1)
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第六章 动量守恒定律
第33课时　动量守恒定律及其应用
[学习目标]　1．理解动量守恒的条件，会应用动量守恒定律解决基本问题。2．掌握碰撞的特点，会分析计算一维碰撞问题。3．会用动量守恒的观点分析爆炸、反冲及人船模型。
回归教材 · 双基过关
1．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______为0，这个系统的总动量________。
矢量和
保持不变
(2)表达式：①p＝p′或m1v1＋m2v2＝______________。系统相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量。
②Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向。
(3)守恒条件：不受外力或所受外力的合力为__。
零
2．碰撞
(1)碰撞：碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力____的现象，即碰撞是一种强烈的相互作用。
(2)特点：在碰撞现象中，一般都满足内力______外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒。
很大
远大于
(3)分类
①弹性碰撞：动量守恒、机械能守恒。
②非弹性碰撞：动量守恒、机械能有损失。
③完全非弹性碰撞：动量守恒、机械能损失最多。
3．爆炸
特点：爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用时间很短，作用力很大，且______系统所受的外力，所以系统动量____。如爆竹爆炸等。
远大于
守恒
4．反冲
(1)定义：当静止物体的一部分以一定的速度离开物体向前运动时，剩余部分必将向后运动，这种现象叫反冲。
(2)特点：系统内各物体间相互作用的内力远大于系统受到的外力。实例：发射炮弹、发射火箭等。
(3)规律：遵循动量守恒定律。
1．易错易混辨析
(1)只要系统所受的外力的矢量和为0，系统的动量就守恒。 (　　)
(2)物体相互作用时动量守恒，但机械能不一定守恒。 (　　)
(3)若在光滑水平面上两球相向运动，碰后均变为静止，则两球碰前的动量大小一定相同。 (　　)
√
√
√
(4)发射炮弹，炮身后退；园林喷灌装置一边喷水一边旋转均属于反冲现象。 (　　)
(5)爆炸过程中机械能增加，反冲过程中机械能减少。 (　　)
√
×
2．(鲁科版选择性必修第一册改编)(多选)如图所示，在光滑的水平面上有一辆平板车，人和车都处于静止状态。一个人站在车上用大锤敲打车的左端，在连续的敲打下，下列说法正确的是(　　)
A．平板车左右往复运动
B．平板车持续向右运动
C．大锤、人和平板车组成的系统水平方向动
量守恒
D．当大锤停止运动时，人和车也停止运动
√
√
√
ACD　[把大锤、人和平板车看成一个整体，用大锤连续敲打平板车的左端，因为系统水平方向受力为零，则沿该方向动量守恒，又由系统水平方向总动量为零知，当锤头敲打下去时，大锤向右运动，平板车就向左运动，抬起锤头时大锤向左运动，平板车向右运动，所以平板车在水平面上左右往复运动，当大锤停止运动时，人和平板车也停止运动，A、C、D正确。]
3．(人教版选择性必修第一册改编)某机车以0.8 m/s的速度驶向停在铁轨上的15节车厢，跟它们对接。机车跟第1节车厢相碰后，它们连在一起具有一个共同的速度，紧接着又跟第2节车厢相碰，就这样，直至碰上最后一节车厢。设机车和车厢的质量都相等，则跟最后一节车厢相碰后车厢的速度为(铁轨的摩擦忽略不计)(　　)
A．0.053 m/s B．0.05 m/s
C．0.057 m/s D．0.06 m/s
√
B　[取机车和15节车厢整体为研究对象，由动量守恒定律得mv0＝(m＋15m)v，则v＝v0＝×0.8 m/s＝0.05 m/s，故B正确。]
考点深研 · 题型突破
考点1　动量守恒定律的理解和基本应用
1．适用条件
(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为零。
(2)近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力。
(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零，则系统在这一方向上动量守恒。
2．动量守恒定律的五个特性
矢量性 动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题应选取统一的正方向
相对性 各物体的速度必须是相对同一参考系的速度(一般是相对于地面)
同时性 动量是一个瞬时量，表达式中的p1、p2…应是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p1′、p2′…应是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量
系统性 研究的对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统
普适性 动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，还适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统
角度1　动量守恒的判断
[典例1]　如图，A、B两物体的质量之比为mA∶mB＝1∶2，它们原来静止在平板车C上，A、B两物体间有一根被压缩了的水平轻质弹簧，A、B两物体与平板车上表面间的动摩擦因数相同，水平地面光滑。当弹簧突然释放后，A、B两物体被弹开(A、B两物体始终不滑出平板车)，则有(　　)
A．A、B组成的系统动量守恒
B．A、B、C及弹簧组成的系统机械能守恒
C．A、B在小车C上滑动过程中小车一直处于静止状态
D．A、B、C及弹簧组成的系统动量守恒
√
D　[在弹簧释放的过程中，因mA∶mB＝1∶2，由摩擦力公式Ff＝μFN＝μmg，可知A、B两物体所受的摩擦力大小不相等，故A、B两物体组成的系统所受合外力不为零，A、B两物体组成的系统动量不守恒，故A错误；A物体对小车向左的滑动摩擦力小于B对小车向右的滑动摩擦力，在A、B两物体相对小车停止运动之前，小车所受的合外力向右，小车将向右运动，最终整个系统将静止，则系统的机械能减为零，不守恒，故B、C错误；A、B、C及弹簧组成的系统所受合外力为零，系统的动量守恒，故D正确。]
角度2　动量守恒定律的基本应用
[典例2]　(2025·山东省济宁市高三质检)如图所示，装有沙子的小车静止在光滑的水平面上，总质量为1.5 kg，将一个质量为0.5 kg的小球从距沙面0.45 m高度处以大小为4 m/s的初速度水平抛出，小球落入车内并陷入沙中，最终与车一起向右匀速
运动。不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，
则下列说法正确的是(　　)
A．小球陷入沙子过程中，小球和沙子、车组成的系统动量守恒
B．小球陷入沙子过程中，沙子对小球的冲量大小为 N·s
C．小车最终的速度大小为1 m/s
D．小车最终的速度大小为2 m/s
√
C　[由题易知陷入沙子前，小球有竖直方向的分速度，最终，整个系统没有竖直方向的分速度，所以小球陷入沙子过程中，小球和沙子、车组成的系统在竖直方向的动量不守恒，故系统动量不守恒，A错误；由于小球时刻受到重力作用，且陷入沙子过程的时间未知，由动量定理可知，沙子对小球的冲量大小不可求，B错误；设沙子与小车的总质量为M，小球的质量为m，初速度大小为v0，小球与沙子、车组成的系统在水平方向上动量守恒，以向右为正方向，有mv0＝(m＋M)v，解得小车最终的速度大小为v＝1 m/s，C正确，D错误。]
规律方法：应用动量守恒定律的解题步骤
(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。
考点2　碰撞问题
1．碰撞问题遵循的三条原则
动量守恒 m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2
机械能不增加 Ek1＋Ek2E′k1＋E′k2或
速度要 合理 同向碰撞 碰撞前，后面的物体速度大；碰撞后，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
2．弹性碰撞的重要结论
以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2、速度为v2的小球发生弹性碰撞为例，则有
动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
机械能守恒：＝
联立解得v1′＝
v2′＝
结论1：当m1＝m2时：v1′＝v2，v2′＝v1，即m1、m2碰撞后交换速度。
结论2：若v2＝0，即简化为“一动一静”模型，碰撞后的速度v1′＝v1，v2′＝v1。
3．完全非弹性碰撞的特征
(1)撞后共速。
(2)有动能损失，且损失最多，|ΔEk|＝。
角度1　碰撞的可能性
[典例3]　在某次台球比赛中，某运动员正在准备击球，设在某一杆击球过程中，白色球(主球)和花色球碰撞前后都在同一直线上运动，碰前白色球A的动量pA＝5 kg· m/s，花色球B静止，碰后花色球B的动量变为＝4 kg· m/s，则两球质量mA与mB间的关系可能是(　　)
A．mB＝mA B．mB＝mA
C．mB＝2mA D．mB＝5mA
√
C　[碰撞过程系统动量守恒，以白色球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得pA＋pB＝＋p′B，解得＝1 kg· m/s，根据碰撞过程总动能不增加，则有，解得mBmA，碰后，两球同向运动，A的速度不大于B的速度，则，解得mB4mA，综上可知mAmB4mA，故C正确。]
角度2　碰撞的相关图像分析
[典例4]　(多选)(2025·山东省济南市高三期末)甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示，已知甲的质量为1 kg，则(　　)
A．乙的质量为6 kg
B．乙的质量为3 kg
C．此碰撞是弹性碰撞
D．此碰撞是非弹性碰撞
√
√
AD　[由题图可知，碰撞前甲、乙的速度分别为v甲＝5 m/s，v乙＝
1 m/s，碰撞后甲、乙的速度分别为v′甲＝－1 m/s，v′乙＝2 m/s，两物块碰撞过程中，由动量守恒定律得m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v′甲＋m乙v′乙，解得m乙＝6 kg，A正确，B错误；碰撞过程损失的机械能ΔE＝＋－m甲v2′甲－＝3 J>0，故此碰撞是非弹性碰撞，C错误，D正确。]
角度3　多物体多次碰撞问题
[典例5]　(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，根据动量守恒和机械能守恒可知，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)根据题意可知，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＝
解得v1＝v0＝－v0，v2＝v0＝v0
负号表示速度反向，则玻璃球的速度大小为v0。
(3)根据题意结合(2)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＝v0
则玻璃球碰撞2n次后最终动能大小Ek＝mv2＝。
[答案]　(1)v0　(2)
考点3　反冲、爆炸问题及“人船模型”
1．反冲现象的三点说明
(1)系统内的不同部分在强大内力作用下向相反方向运动，通常用动量守恒来处理。
(2)反冲运动中，由于有其他形式的能转变为机械能，所以系统的总机械能增加。
(3)反冲运动中平均动量守恒。
2．爆炸现象的三个规律
(1)动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，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。
(2)动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸后系统的总动能增加。
(3)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，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动。
3．“人船模型”
(1)模型图示
(2)模型特点
①两者满足动量守恒定律：mv人－Mv船＝0；
②两者的位移大小满足：m－M＝0，且x人＋x船＝L船；
③运动特点：人动则船动，人静则船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；＝＝。
(3)常见类人船模型
角度1　反冲问题
[典例6]　(2024·江苏卷)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的大小；
(2)分离时A对B的推力大小。
[解析]　(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由动量定理有
FΔt＝Mv－Mv0
解得F＝。
[答案]　(1)　(2)
角度2　爆炸问题
[典例7]　(多选)一个质量为m的小型炸弹自水平地面朝右上方射出，在最高点以水平向右的速度v飞行时，突然爆炸为质量相等的甲、乙、丙三块弹片，如图所示。爆炸之后乙自静止自由下落，丙沿原路径回到原射出点。若忽略空气阻力，释放
的化学能全部转化为动能，则下列说法正确
的是(　　)
A．爆炸后乙落地的时间最长
B．爆炸后甲落地的时间最长
C．甲、丙落地点到乙落地点O的距离之比为4∶1
D．爆炸过程释放的化学能为
√
√
CD　[爆炸后甲、丙从同一高度平抛，乙从同一高度自由下落，则落地时间t＝相等，选项A、B错误；爆炸过程动量守恒，有mv＝
－mv丙＋mv甲，由题意知v丙＝v，得v甲＝4v，爆炸后甲、丙从同一高度平抛，落地点到乙落地点O的距离x＝vt，t相同，则x∝v，甲、丙落地点到乙落地点O的距离之比为x甲∶x丙＝v甲∶v丙＝4∶1，选项C正确；根据能量守恒定律可得爆炸过程释放的化学能ΔE＝－mv2＝mv2，选项D正确。]
角度3　“人船”模型
[典例8]　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(可视为质点)，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)从小球开始下落到小球第一次运动到轨道最低点的过程中，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＝
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)
课时数智作业(三十三)　动量守恒定律及其应用
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
说明：第1～5题，每小题4分；第7～8题，每小题5分；本试卷共66分。
1．(2025·北京石景山一模)如图所示，木块A置于光滑水平面上，水平轻质弹簧左端固定于竖直墙壁上，右端与木块A相连接，弹簧处于原长状态。子弹B沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短。现将子弹、木块和弹簧一起作为研究对象(系统)，在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中，该系统(　　)
A．动量守恒，机械能守恒
B．动量不守恒，机械能不守恒
C．动量守恒，机械能不守恒
D．动量不守恒，机械能守恒
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
B　[整个运动过程中，由于墙壁对弹簧有作用力，系统所受合外力不为零，所以动量不守恒，子弹射入木块的过程有摩擦生热，系统机械能不守恒。故选B。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
2．(多选)如图所示，甲和他的冰车总质量M＝30 kg，甲推着质量m＝15 kg的小木箱一起以速度v0＝2 m/s向右滑行。乙和他的冰车总质量也为M＝30 kg，乙以同样大小的速度迎面而来。为了避免相撞，甲将小木箱以速度v沿冰面推出，木箱滑到乙处时乙迅速把它抓住。若不计冰面的摩擦力，则小木箱的速度v可能为(　　)
A．4 m/s B．5 m/s
C．6 m/s D．7 m/s
√
题号
1
3
5
2
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10
√
CD　[取向右为正方向，对于甲和箱子根据动量守恒得(M＋m)v0＝Mv1＋mv，对于乙和箱子根据动量守恒得mv－Mv0＝(M＋m)v2，当甲、乙恰好不相碰时则v1＝v2，联立解得此时木箱速度大小为5.2 m/s，若要避免碰撞，则需要满足v5.2 m/s，故选CD。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
3．如图所示，一个倾角为α的直角斜面体静置于光滑水平面上，斜面体质量为M，顶端高度为h，今有一质量为m的小物体(可视为质点)，沿光滑斜面下滑，当小物体从斜面顶端自由下滑到底端时，斜面体在水平面上移动的距离是(　　)
A． B．
C． D．
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
C　[小物体与斜面体组成的系统在水平方向上动量守恒，设小物体在水平方向上对地位移大小为x1，斜面体在水平方向上对地位移大小为x2，因此有0＝mx1－Mx2，且x1＋x2＝，联立解得x2＝，故C正确。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
4．(2025·河南卷)两小车P、Q的质量分别为mP和mQ，将它们分别与小车N沿直线做碰撞实验，碰撞前后的速度v随时间t的变化分别如图1和图2所示。小车N的质量为mN，碰撞时间极短，则(　　)
A．mP＞mN＞mQ
B．mN＞mP＞mQ
C．mQ＞mP＞mN
D．mQ＞mN＞mP
√
题号
1
3
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2
4
6
8
7
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10
D　[对小车P、N的碰撞过程，由动量守恒定律有mPvP＋mNvN1＝mPvP′＋mNvN1′，整理得mP(vP－vP′)＝mN(vN1′－vN1)，由题图1可知vP－vP′＞vN1′－vN1，则mP题号
1
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5．(多选)如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上相向运动，A、B两球的质量分别为m和3m，A、B两球发生正碰，碰撞后A球的速率是原来的两倍，B球恰好静止。则(　　)
A．碰撞前A、B两球的速度大小之比为1∶1
B．碰撞前A、B两球的速度大小之比为3∶2
C．A、B两球发生的碰撞是弹性碰撞
D．A、B两球发生的碰撞是非弹性碰撞
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
√
√
AC　[设碰撞前A、B两球的速度大小分别为v1、v2，取向右为正方向，根据动量守恒定律有mv1－3mv2＝m(－2v1)，解得v1∶v2＝1∶1，A正确，B错误；碰撞前系统的总动能为Ek＝＝，碰撞后系统的总动能为E′k＝m(2v1)2＝，可知，碰撞前后系统的机械能相等，A、B两球发生的碰撞是弹性碰撞，C正确，D错误。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
6．(12分)(2025·黑龙江实验中学高三月考)如图所示，光滑水平面上依次有质量为mC＝2 kg的滑块C，质量为mA＝3 kg的滑块A，质量为mB＝3 kg的滑块B。开始时A、B静止，C以v0＝10 m/s的初速度冲向A，与A发生弹性碰撞，碰撞后A继续向右运动，与B发生碰撞并粘在一起。求：
(1)C与A碰撞后A的速度大小；
(2)A与B碰撞过程中损失的机械能。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
[解析]　(1)取向右为正方向，以C、A组成的系统为研究对象，根据动量守恒定律有
mCv0＝mCvC＋mAvA
根据机械能守恒定律有＝
解得vC＝－2 m/s，vA＝8 m/s
即C与A碰撞后A的速度大小为8 m/s。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
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10
(2)仍取向右为正方向，以A、B组成的系统为研究对象，根据动量守恒定律有
mAvA＝(mA＋mB)v
根据能量守恒定律有E损＝
解得E损＝48 J。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
[答案]　(1)8 m/s　(2)48 J
7．(多选)水平冰面上有一固定的竖直挡板。一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0 kg的静止物块以大小为5.0 m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0 m/s，反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为(　　)
A．48 kg B．53 kg
C．58 kg D．63 kg
√
题号
1
3
5
2
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10
√
BC　[设运动员和物块的质量分别为m、m0，规定运动员运动的方向为正方向，运动员开始时静止，第1次将物块推出后，设运动员和物块的速度大小分别为v1、v0，则根据动量守恒定律有0＝mv1－m0v0，解得v1＝v0；物块与挡板弹性碰撞后，运动方向与运动员同向，当运动员第2次推出物块时，有mv1＋m0v0＝mv2－m0v0，解得v2＝v0；第3次推出物块时，有mv2＋m0v0＝mv3－m0v0，解得
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
v3＝v0；以此类推，第8次推出物块后，运动员的速度v8＝v0。根据题意可知，v8＝v0>v0，解得m<15m0＝60 kg；第7次推出物块后，运动员的速度v7＝v013m0＝52 kg。综上所述，该运动员的质量应满足52 kg题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
8．(2024·安徽卷)在某装置中的光滑绝缘水平面上，三个完全相同的带电小球，通过不可伸长的绝缘轻质细线，连接成边长为d的正三角形，如图甲所示。小球质量为m，带电量为＋q，可视为点电荷。初始时，小球均静止，细线拉直。现将球1和球2间的细线剪断，当三个小球运动到同一条直线上时，速度大小分别为v1、v2、v3，如图乙所示。该过程中三个小球组成的系统电势能减少了，k为静电力常量，不计空气阻力。则(　　)
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
A．该过程中小球3受到的合力大小始终不变
B．该过程中系统能量守恒，动量不守恒
C．在图乙位置，v1＝v2，v3≠2v1
D．在图乙位置，v3＝
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
D　[该过程中系统动能和电势能相互转化，能量守恒，对整个系统分析可知系统受到的合外力为0，动量守恒，故B错误；当三个小球运动到同一条直线上时，根据对称性可知细线中的拉力相等，此时球3受到球1和球2的静电力大小相等，方向相反，故可知此时球3受到的合力为0，球3从静止状态开始运动瞬间受到的合力不为0，故该过程中小球3受到的合力在改变，故A错误；对系统根据动量守恒有mv1＋mv2＝mv3，根据球1和球2运动的对称性可知v1＝v2，解得v3＝2v1，根据能量守恒有＝，解得v3＝，故C错误，D正确。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
9．(12分)如图所示，足够长的光滑固定水平直杆上套有一可自由滑动的物块B，B的质量为m，杆上在物块B的左侧有一固定挡板C，B的下端通过一根轻绳连接一小球A(可视为质点)，绳长为L，A的质量也为m。先将小球拉至与悬点等高的位置时，轻绳伸直但没有形变，B与挡板接触。现由静止释放小球A。重力加速度大小为g。求：
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
(1)小球A向右摆动的最大速度；
(2)物块B运动过程中的最大速度；
(3)小球A向右摆起相对于最低点所能上升的最大高度。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
[解析]　(1)小球A摆至最低点时速度最大，最大速度设为v1，由机械能守恒定律得
mgL＝
解得v1＝。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
(2)小球A从最低点向右摆动的过程中，A、B系统水平方向动量守恒；当A最后回到最低点时，B的速度最大，设此时A、B的速度分别为vA、vB，由水平方向动量守恒得mv1＝mvA＋mvB
由机械能守恒定律得＝
解得vA＝0，vB＝。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
(3)当小球A摆至最高点时，A、B共速，设为v，A、B系统水平方向动量守恒，得mv1＝(m＋m)v
由机械能守恒定律得mgh＝－(m＋m)v2
联立解得h＝L。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
[答案]　(1)　(2)　(3)L
10．(12分)如图所示，在粗糙水平地面上静止放置着物块B和C，相距x0＝1.0 m，某时刻物块B以速度v1＝8 m/s开始向右运动，与物块C发生正碰，碰后瞬间物块C的速度v＝2 m/s。已知物块B的质量为m＝1 kg，C的质量是B质量的k倍，两物块与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.75。(设碰撞时间很短，g取10 m/s2)
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
(1)计算B与C碰撞前瞬间的速度v2；
(2)根据B与C的碰撞过程分析k的取值范围，并讨论B与C碰撞后B的可能运动方向。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
[解析]　(1)从B开始运动到B与C碰撞前的过程中，对B，由动能定理有
－μmgx0＝
解得v2＝7 m/s，方向向右。
(2)根据题意可知，k＞0。设碰撞后瞬间B的速度为v3，B和C碰撞过程中，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律有
mv2＝mv3＋kmv
解得v3＝(7－2k) m/s
可知，若碰撞后B、C同向运动，则有0解得k<
若碰撞后B静止，则有v3＝0
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
解得k＝
若碰撞后B反向运动，则有v3<0
解得k>
由于碰撞过程中，总动能不能增加，则有
＋·kmv2
解得0k6
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
综上所述，当k<时，碰撞后B的运动方向向右；当k＝时，碰撞后B静止；当＜k6时，碰撞后B的运动方向向左。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
[答案]　(1)7 m/s，方向向右　(2)见解析
谢 谢 ！课时数智作业(三十三)　动量守恒定律及其应用
说明：第1～5题，每小题4分；第7～8题，每小题5分；本试卷共66分。
1．(2025·北京石景山一模)如图所示，木块A置于光滑水平面上，水平轻质弹簧左端固定于竖直墙壁上，右端与木块A相连接，弹簧处于原长状态。子弹B沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短。现将子弹、木块和弹簧一起作为研究对象(系统)，在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中，该系统(　　)
A．动量守恒，机械能守恒
B．动量不守恒，机械能不守恒
C．动量守恒，机械能不守恒
D．动量不守恒，机械能守恒
2．(多选)如图所示，甲和他的冰车总质量M＝30 kg，甲推着质量m＝15 kg的小木箱一起以速度v0＝2 m/s向右滑行。乙和他的冰车总质量也为M＝30 kg，乙以同样大小的速度迎面而来。为了避免相撞，甲将小木箱以速度v沿冰面推出，木箱滑到乙处时乙迅速把它抓住。若不计冰面的摩擦力，则小木箱的速度v可能为(　　)
A．4 m/s B．5 m/s
C．6 m/s D．7 m/s
3．如图所示，一个倾角为α的直角斜面体静置于光滑水平面上，斜面体质量为M，顶端高度为h，今有一质量为m的小物体(可视为质点)，沿光滑斜面下滑，当小物体从斜面顶端自由下滑到底端时，斜面体在水平面上移动的距离是(　　)
A． B．
C． D．
4．(2025·河南卷)两小车P、Q的质量分别为mP和mQ，将它们分别与小车N沿直线做碰撞实验，碰撞前后的速度v随时间t的变化分别如图1和图2所示。小车N的质量为mN，碰撞时间极短，则(　　)
A．mP＞mN＞mQ B．mN＞mP＞mQ
C．mQ＞mP＞mN D．mQ＞mN＞mP
5．(多选)如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上相向运动，A、B两球的质量分别为m和3m，A、B两球发生正碰，碰撞后A球的速率是原来的两倍，B球恰好静止。则(　　)
A．碰撞前A、B两球的速度大小之比为1∶1
B．碰撞前A、B两球的速度大小之比为3∶2
C．A、B两球发生的碰撞是弹性碰撞
D．A、B两球发生的碰撞是非弹性碰撞
6．(12分)
(2025·黑龙江实验中学高三月考)如图所示，光滑水平面上依次有质量为mC＝2 kg的滑块C，质量为mA＝3 kg的滑块A，质量为mB＝3 kg的滑块B。开始时A、B静止，C以v0＝10 m/s的初速度冲向A，与A发生弹性碰撞，碰撞后A继续向右运动，与B发生碰撞并粘在一起。求：
(1)C与A碰撞后A的速度大小；
(2)A与B碰撞过程中损失的机械能。
7．(多选)水平冰面上有一固定的竖直挡板。一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0 kg的静止物块以大小为5.0 m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0 m/s，反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为(　　)
A．48 kg B．53 kg
C．58 kg D．63 kg
8．(2024·安徽卷)在某装置中的光滑绝缘水平面上，三个完全相同的带电小球，通过不可伸长的绝缘轻质细线，连接成边长为d的正三角形，如图甲所示。小球质量为m，带电量为＋q，可视为点电荷。初始时，小球均静止，细线拉直。现将球1和球2间的细线剪断，当三个小球运动到同一条直线上时，速度大小分别为v1、v2、v3，如图乙所示。该过程中三个小球组成的系统电势能减少了，k为静电力常量，不计空气阻力。则(　　)
A．该过程中小球3受到的合力大小始终不变
B．该过程中系统能量守恒，动量不守恒
C．在图乙位置，v1＝v2，v3≠2v1
D．在图乙位置，v3＝
9．(12分)如图所示，足够长的光滑固定水平直杆上套有一可自由滑动的物块B，B的质量为m，杆上在物块B的左侧有一固定挡板C，B的下端通过一根轻绳连接一小球A(可视为质点)，绳长为L，A的质量也为m。先将小球拉至与悬点等高的位置时，轻绳伸直但没有形变，B与挡板接触。现由静止释放小球A。重力加速度大小为g。求：
(1)小球A向右摆动的最大速度；
(2)物块B运动过程中的最大速度；
(3)小球A向右摆起相对于最低点所能上升的最大高度。
10．(12分)如图所示，在粗糙水平地面上静止放置着物块B和C，相距x0＝1.0 m，某时刻物块B以速度v1＝8 m/s开始向右运动，与物块C发生正碰，碰后瞬间物块C的速度v＝2 m/s。已知物块B的质量为m＝1 kg，C的质量是B质量的k倍，两物块与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.75。(设碰撞时间很短，g取10 m/s2)
(1)计算B与C碰撞前瞬间的速度v2；
(2)根据B与C的碰撞过程分析k的取值范围，并讨论B与C碰撞后B的可能运动方向。
课时数智作业(三十三)
1．B　[整个运动过程中，由于墙壁对弹簧有作用力，系统所受合外力不为零，所以动量不守恒，子弹射入木块的过程有摩擦生热，系统机械能不守恒。故选B。]
2．CD　[取向右为正方向，对于甲和箱子根据动量守恒得(M＋m)v0Mv1＋mv，对于乙和箱子根据动量守恒得mv－Mv0(M＋m)v2，当甲、乙恰好不相碰时则v1v2，联立解得此时木箱速度大小为5.2 m/s，若要避免碰撞，则需要满足v5.2 m/s，故选CD。]
3．C　[小物体与斜面体组成的系统在水平方向上动量守恒，设小物体在水平方向上对地位移大小为x1，斜面体在水平方向上对地位移大小为x2，因此有0mx1－Mx2，且x1＋x2，联立解得x2，故C正确。]
4．D　[对小车P、N的碰撞过程，由动量守恒定律有mPvP＋mNvN1mPvP'＋mNvN1'，整理得mP(vP－vP')mN(vN1'－vN1)，由题图1可知vP－vP'＞vN1'－vN1，则mP＜mN；对小车Q、N的碰撞过程，由动量守恒定律有mQvQ＋mNvN2mQvQ'＋mNvN2'，整理得mQ(vQ－vQ')mN(vN2'－vN2)，由题图2可知vQ－vQ'＜vN2'－vN2，则mQ＞mN，综上可得mQ＞mN＞mP，D正确。]
5．AC　[设碰撞前A、B两球的速度大小分别为v1、v2，取向右为正方向，根据动量守恒定律有mv1－3mv2m(－2v1)，解得v1∶v21∶1，A正确，B错误；碰撞前系统的总动能为Ek，碰撞后系统的总动能为E'km(2v1)22m，可知，碰撞前后系统的机械能相等，A、B两球发生的碰撞是弹性碰撞，C正确，D错误。]
6．解析：(1)取向右为正方向，以C、A组成的系统为研究对象，根据动量守恒定律有
mCv0mCvC＋mAvA
根据机械能守恒定律有
解得vC－2 m/s，vA8 m/s
即C与A碰撞后A的速度大小为8 m/s。
(2)仍取向右为正方向，以A、B组成的系统为研究对象，根据动量守恒定律有
mAvA(mA＋mB)v
根据能量守恒定律有E损(mA＋mB)v2
解得E损48 J。
答案：(1)8 m/s　(2)48 J
7．BC　[设运动员和物块的质量分别为m、m0，规定运动员运动的方向为正方向，运动员开始时静止，第1次将物块推出后，设运动员和物块的速度大小分别为v1、v0，则根据动量守恒定律有0mv1－m0v0，解得v1v0；物块与挡板弹性碰撞后，运动方向与运动员同向，当运动员第2次推出物块时，有mv1＋m0v0mv2－m0v0，解得v2v0；第3次推出物块时，有mv2＋m0v0mv3－m0v0，解得v3v0；以此类推，第8次推出物块后，运动员的速度v8v0。根据题意可知，v8v0＞v0，解得m＜15m060 kg；第7次推出物块后，运动员的速度v7v0＜v0，解得m＞13m052 kg。综上所述，该运动员的质量应满足52 kg＜m＜60 kg，故A、D错误，B、C正确。]
8．D　[该过程中系统动能和电势能相互转化，能量守恒，对整个系统分析可知系统受到的合外力为0，动量守恒，故B错误；当三个小球运动到同一条直线上时，根据对称性可知细线中的拉力相等，此时球3受到球1和球2的静电力大小相等，方向相反，故可知此时球3受到的合力为0，球3从静止状态开始运动瞬间受到的合力不为0，故该过程中小球3受到的合力在改变，故A错误；对系统根据动量守恒有mv1＋mv2mv3，根据球1和球2运动的对称性可知v1v2，解得v32v1，根据能量守恒有，解得v3，故C错误，D正确。]
9．解析：(1)小球A摆至最低点时速度最大，最大速度设为v1，由机械能守恒定律得
mgL
解得v1。
(2)小球A从最低点向右摆动的过程中，A、B系统水平方向动量守恒；当A最后回到最低点时，B的速度最大，设此时A、B的速度分别为vA、vB，由水平方向动量守恒得mv1mvA＋mvB
由机械能守恒定律得
解得vA0，vB。
(3)当小球A摆至最高点时，A、B共速，设为v，A、B系统水平方向动量守恒，得mv1(m＋m)v
由机械能守恒定律得mgh(m＋m)v2
联立解得hL。
答案：(1)L
10．解析：(1)从B开始运动到B与C碰撞前的过程中，对B，由动能定理有
－μmgx0
解得v27 m/s，方向向右。
(2)根据题意可知，k＞0。设碰撞后瞬间B的速度为v3，B和C碰撞过程中，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律有
mv2mv3＋kmv
解得v3(7－2k) m/s
可知，若碰撞后B、C同向运动，则有0＜v3v
解得
若碰撞后B静止，则有v30
解得k
若碰撞后B反向运动，则有v3＜0
解得k＞
由于碰撞过程中，总动能不能增加，则有
·kmv2
解得0k6
综上所述，当时，碰撞后B的运动方向向右；当k时，碰撞后B静止；当k6时，碰撞后B的运动方向向左。
答案：(1)7 m/s，方向向右　(2)见解析
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