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(共38张PPT)
第2讲　动量守恒定律及基本应用
[复习目标]
1．理解动量守恒的条件，能够应用动量守恒定律解决基本的碰撞问题。
2．能够应用动量守恒定律解决爆炸、反冲模型和人船模型问题。
基础自主梳理
第一部分
一、动量守恒定律
1．内容
如果一个系统__________，或者______________________，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
(1)p＝p′，即系统相互作用前总动量p等于相互作用后总动量p′。
(2)m1v1＋m2v2＝_________________，即相互作用的两个物体系统，作用前的动量和等于作用后的动量和。
(3)Δp1＝________，即相互作用的两个物体动量的增量等大反向。
(4)Δp＝0，即系统总动量的增量为0。
m1v1′＋m2v2′
－Δp2
深化辨析
1．(1)只要系统所受合外力做功为0，系统动量就守恒。(　　)
(2)系统的动量不变是指系统的动量大小和方向都不变。(　　)
(3)动量守恒定律的表达式m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，一定是矢量式，应用时要规定正方向，且其中的速度必须相对于同一个参考系。(　　)
×
√
√
二、“反冲”和“爆炸”问题
1．反冲
(1)定义：当静止的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，这种现象叫反冲运动。
(2)特点：系统内各物体间的相互作用的内力________系统受到的外力。实例：发射炮弹、发射火箭等。
(3)规律：遵从动量守恒定律。
远大于
2．爆炸问题
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
深化辨析
×
√
2．(1)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。(　　)
(2)爆炸过程中机械能增加，反冲过程中机械能减少。(　　)
(3)一切反冲现象都是有益的。(　　)
×
考点一　动量守恒定律的
理解和应用
第二部分
1．守恒条件
(1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒。
(2)近似守恒：系统受到的外力矢量和不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒。
(3)某一方向上守恒：系统在某个方向上所受外力矢量和为零时，系统在该方向上动量守恒。
2．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，必要时讨论说明。
BCD
考向1　动量守恒定律的理解和基本应用
例1 (多选)(2026·湖北省部分高中协作体联考)如图所示，A、B两物体质量之比mA∶mB＝3∶2，静止在平板车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑。当弹簧突然被释放后，则下列系统动量守恒的是(　　)

A．若A、B与C上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统
B．若A、B与C上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成的系统
C．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统
D．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成的系统
[解析]　若A、B与C上表面间的动摩擦因数相同，弹簧被释放后，A、B分别相对于C向左、向右滑动，它们所受的滑动摩擦力fA向右，fB向左，由于mA∶mB＝3∶2，所以根据F＝μFN＝μmg，可得FA∶FB＝3∶2，则A、B组成的系统所受的外力之和不为零，故A、B组成的系统动量不守恒，故A错误；
对A、B、C组成的系统，A与C、B与C间的摩擦力为内力，该系统所受的外力为竖直方向的重力和支持力，它们的合力为零，故该系统的动量守恒，和A、B与C上表面间的动摩擦因数或摩擦力大小是否相等无关，故B、D正确；
若A、B所受的摩擦力大小相等，则A、B组成的系统所受的外力之和为零，故系统动量守恒，故C正确。
D
[解析]　a、b、c、小孩四者组成系统，水平方向的外力之和为零，水平方向动量守恒，故A错误；
ACD
[解析]　绳子绷紧前，B、C已经达到共同速度，设B、C达到的共同速度大小为v1，根据动量守恒定律可得m3v0＝(m2＋m3)v1，解得v1＝1.0 m/s，A正确；
绳子刚绷紧后的瞬间，A、B具有相同的速度v2，A、B组成的系统动量守恒，则有m2v1＝(m1＋m2)v2，解得v2＝0.5 m/s，B错误，C正确；
第三部分
考点二　爆炸和反冲模型
模型1　爆炸模型
爆炸现象的三个规律
动量 守恒
动能 增加
位置 不变
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
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
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
例4 (2025·北京卷，T17)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；
[解析]　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。
[答案]　gt　
(2)炸裂后瞬间B的速度大小vB；
[解析]　爆炸瞬间水平方向动量守恒，爆炸前总动量为0，爆炸后A速度为v，
由动量守恒定律得0＝2m·v－m·vB
解得vB＝2v。
[答案]　2v　
(3)A、B落地点之间的距离d。
[解析]　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的水平位移大小xA＝vt
B的水平位移大小xB＝vBt＝2vt
所以落地点A、B之间的距离d＝xA＋xB＝vt＋2vt＝3vt。
[答案]　3vt
例5 假如一枚质量为m的导弹在空中水平飞行，如图所示，某时刻距离地面的高度为h，速度为v。此时，导弹突然炸裂成A、B两部分，其中质量为m1的B部分以速度v反向飞去。忽略空气阻力的影响，重力加速度为g。求：
(1)炸裂后瞬间A部分的速度大小；
(2)在炸裂过程中A、B组成的系统增加的机械能ΔE；
(3)炸裂后A、B两部分落在地面上时相距多远。
模型2　反冲模型
作用 原理
动量 守恒
机械能 增加
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
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
C
拓展点 人船模型
D
[解析]　当滑块B相对于斜面加速下滑时，斜面A水平向左加速运动，所以滑块B相对于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即沿垂直于斜面方向的合外力不再为零，所以斜面对滑块的支持力FN不等于mg cos α，故A错误；
滑块B下滑过程中支持力对B的冲量大小I＝FNt，故B错误；
B下降的高度为L tan α，其重力势能的减小量等于mgL tan α，减小的重力势能转化为A、B的动能之和，则滑块B的动能要小于mgL tan α，故C错误；
CD
[解析]　小球与小车组成的系统在水平方向所受外力的合力为0，系统在水平方向的动量守恒，小球与小车组成的系统在竖直方向所受外力的合力不为0，因此球和小车组成的系统总动量不守恒，A错误；
系统在水平方向的动量守恒，且系统水平方向总动量为0，则小球由B点离开小车时，小球与小车水平方向上的速度相同，则水平方向上有mvx＋2mvx＝0，解得vx＝0，即小球由B点离开小车时，水平方向的分速度为0，所以离开小车后，小球做竖直上抛运动，B错误；第2讲　动量守恒定律及基本应用
[复习目标]
1．理解动量守恒的条件，能够应用动量守恒定律解决基本的碰撞问题。
2．能够应用动量守恒定律解决爆炸、反冲模型和人船模型问题。
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．表达式
(1)p＝p′，即系统相互作用前总动量p等于相互作用后总动量p′。
(2)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，即相互作用的两个物体系统，作用前的动量和等于作用后的动量和。
(3)Δp1＝－Δp2，即相互作用的两个物体动量的增量等大反向。
(4)Δp＝0，即系统总动量的增量为0。
1．(1)只要系统所受合外力做功为0，系统动量就守恒。(　　)
(2)系统的动量不变是指系统的动量大小和方向都不变。(　　)
(3)动量守恒定律的表达式m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，一定是矢量式，应用时要规定正方向，且其中的速度必须相对于同一个参考系。(　　)
提示：(1)×　(2)√　(3)√
二、“反冲”和“爆炸”问题
1．反冲
(1)定义：当静止的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，这种现象叫反冲运动。
(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。实例：发射炮弹、发射火箭等。
(3)规律：遵从动量守恒定律。
2．爆炸问题
爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用时间很短，作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量守恒。如爆竹爆炸等。
2．(1)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。(　　)
(2)爆炸过程中机械能增加，反冲过程中机械能减少。(　　)
(3)一切反冲现象都是有益的。(　　)
提示：(1)√　(2)×　(3)×
考点一　动量守恒定律的理解和应用
1．守恒条件
(1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒。
(2)近似守恒：系统受到的外力矢量和不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒。
(3)某一方向上守恒：系统在某个方向上所受外力矢量和为零时，系统在该方向上动量守恒。
2．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，必要时讨论说明。
考向1　动量守恒定律的理解和基本应用
(多选)(2026·湖北省部分高中协作体联考)如图所示，A、B两物体质量之比mA∶mB＝3∶2，静止在平板车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑。当弹簧突然被释放后，则下列系统动量守恒的是(　　)
A．若A、B与C上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统
B．若A、B与C上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成的系统
C．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统
D．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成的系统
[解析]　若A、B与C上表面间的动摩擦因数相同，弹簧被释放后，A、B分别相对于C向左、向右滑动，它们所受的滑动摩擦力fA向右，fB向左，由于mA∶mB＝3∶2，所以根据F＝μFN＝μmg，可得FA∶FB＝3∶2，则A、B组成的系统所受的外力之和不为零，故A、B组成的系统动量不守恒，故A错误；对A、B、C组成的系统，A与C、B与C间的摩擦力为内力，该系统所受的外力为竖直方向的重力和支持力，它们的合力为零，故该系统的动量守恒，和A、B与C上表面间的动摩擦因数或摩擦力大小是否相等无关，故B、D正确；若A、B所受的摩擦力大小相等，则A、B组成的系统所受的外力之和为零，故系统动量守恒，故C正确。
[答案]　BCD
(2026·八省八校一模)如图所示，三辆完全相同的平板小车a、b、c成一直线排列，质量均为M，静止在光滑水平面上。c车上有一质量为m的小孩，先跳到b车上，接着又立即从b车跳到a车上。小孩跳离c车和b车时对地的水平速度均为v。小孩跳到a车上后相对于a车保持静止，则(　　)
A．a、b、c、小孩四者组成的系统水平方向动量不守恒
B．b、c两车运动速率相等
C．b的速率为v
D．a的速率为v
[解析]　a、b、c、小孩四者组成系统，水平方向的外力之和为零，水平方向动量守恒，故A错误；对小孩跳离c车的过程，取向右为正方向，对小孩和c的系统，由水平方向动量守恒，有0＝mv＋Mvc，解得c车的速度vc＝－，负号表示方向向左，对小孩跳上b车再跳离b车的过程，由小孩和b的系统水平方向动量守恒，有mv＋0＝Mvb＋mv，解得b车最终的速度vb＝0，故B、C错误；对小孩跳上a车的过程，由动量守恒定律，有mv＋0＝(M＋m)va，解得a车的最终速度va＝，故D正确。
[答案]　D
考向2　动量守恒定律在绳子绷紧中的应用
(多选)足够大的光滑水平面上，一根不可伸长的绳子一端连接着质量m1＝1.0 kg的物块A，另一端连接质量m2＝1.0 kg的木板B，绳子开始是松弛的。质量m3＝1.0 kg的物块C放在长木板B的右端，C与木板B间的滑动摩擦力大小等于最大静摩擦力大小。现在给物块C水平向左的瞬时初速度v0＝2.0 m/s，物块C立即在长木板上运动。已知绳子绷紧前，B、C已经达到共同速度；绳子绷紧后，A、B总是具有相同的速度；物块C始终未从长木板B上滑落。下列说法正确的是(　　)
A．绳子绷紧前，B、C达到的共同速度大小为1.0 m/s　
B．绳子刚绷紧后的瞬间，A、B的速度大小均为1.0 m/s　
C．绳子刚绷紧后的瞬间，A、B的速度大小均为0.5 m/s　
D．最终A、B、C三者将以大小为 m/s的共同速度一直运动下去
[解析]　绳子绷紧前，B、C已经达到共同速度，设B、C达到的共同速度大小为v1，根据动量守恒定律可得m3v0＝(m2＋m3)v1，解得v1＝1.0 m/s，A正确；绳子刚绷紧后的瞬间，A、B具有相同的速度v2，A、B组成的系统动量守恒，则有m2v1＝(m1＋m2)v2，解得v2＝0.5 m/s，B错误，C正确；A、B、C三者最终有共同的速度v3，A、B、C组成的系统满足动量守恒，则有m3v0＝(m1＋m2＋m3)v3，解得v3＝ m/s，D正确。
[答案]　ACD
考点二　爆炸和反冲模型
模型1　爆炸模型
爆炸现象的三个规律
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
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
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
(2025·北京卷，T17)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，爆炸前总动量为0，爆炸后A速度为v，
由动量守恒定律得0＝2m·v－m·vB
解得vB＝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的水平位移大小xA＝vt
B的水平位移大小xB＝vBt＝2vt
所以落地点A、B之间的距离d＝xA＋xB＝vt＋2vt＝3vt。
[答案]　(1)gt　(2)2v　(3)3vt
假如一枚质量为m的导弹在空中水平飞行，如图所示，某时刻距离地面的高度为h，速度为v。此时，导弹突然炸裂成A、B两部分，其中质量为m1的B部分以速度v反向飞去。忽略空气阻力的影响，重力加速度为g。求：
(1)炸裂后瞬间A部分的速度大小；
(2)在炸裂过程中A、B组成的系统增加的机械能ΔE；
(3)炸裂后A、B两部分落在地面上时相距多远。
[解析]　(1)炸裂瞬间由动量守恒定律可知
mv＝－m1v＋(m－m1)v2
解得A部分的速度大小v2＝v。
(2)在炸裂过程中A、B组成的系统增加的机械能ΔE＝m1v2＋(m－m1)v－mv2
解得ΔE＝v2。
(3)炸裂后由运动学规律可知h＝gt2
A、B两部分落在地面上时相距Δx＝vt＋v2t
解得Δx＝。
[答案]　(1)v　(2)v2
(3)
模型2　反冲模型
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
(2025·山东卷，T6)轨道舱与返回舱的组合体，绕质量为M的行星做半径为r的圆周运动，轨道舱与返回舱的质量比为5∶1。如图所示，轨道舱在P点沿运动方向向前弹射返回舱。分开瞬间返回舱相对行星的速度大小为2，G为引力常量。此时轨道舱相对行星的速度大小为(　　)
A． B．
C． D．
[解析]　由＝m可得，v＝，组合体分开过程动量守恒，则(m轨＋m返)v＝m轨v轨＋m返v返，v返＝2，m轨＝5m返，则v轨＝，C正确。
[答案]　C
拓展点 人船模型
1．两个原来静止的物体发生相互作用时，若所受外力的矢量和为零，则动量守恒。
2．“人船”模型的特点
(1)两物体满足动量守恒定律：m1v1－m2v2＝0。
(2)运动特点：人动船动，人静船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；人船位移比等于它们质量的反比，人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即＝＝。
光滑水平面上放有一上表面光滑、倾角为α的斜面A，斜面质量为M，底边长为 L，如图所示。将一质量为m的可视为质点的滑块B从斜面的顶端由静止释放，滑块B经过时间t刚好滑到斜面底端。此过程中斜面对滑块的支持力大小为FN，则下列说法正确的是(　　)
A．FN＝mg cos α
B．滑块下滑过程中支持力对B的冲量大小为FNt cos α
C．滑块到达斜面底端时的动能为mgL tan α
D．此过程中斜面向左滑动的距离为L
[解析]　当滑块B相对于斜面加速下滑时，斜面A水平向左加速运动，所以滑块B相对于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即沿垂直于斜面方向的合外力不再为零，所以斜面对滑块的支持力FN不等于mg cos α，故A错误；滑块B下滑过程中支持力对B的冲量大小I＝FNt，故B错误；B下降的高度为L tan α，其重力势能的减小量等于mgL tan α，减小的重力势能转化为A、B的动能之和，则滑块B的动能要小于mgL tan α，故C错误；系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，设A、B两者水平位移大小分别为x1、x2，取水平向左为正方向，由动量守恒定律得M－m＝0，即有Mx1＝mx2，又x1＋x2＝L，解得x1＝，故D正确。
[答案]　D
(多选)如图所示，半径为R、质量为2m的光滑半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，将质量为m的小球(可视为质点)从A点正上方高为R处由静止释放，由A点经过半圆轨道后从B冲出，重力加速度为g，则(　　)
A．小球进入半圆轨道后，由小球和小车组成的系统总动量守恒
B．小球离开小车后做斜上抛运动
C．小车向左运动的最大距离为R
D．小车获得的最大速度为
[解析]　小球与小车组成的系统在水平方向所受外力的合力为0，系统在水平方向的动量守恒，小球与小车组成的系统在竖直方向所受外力的合力不为0，因此球和小车组成的系统总动量不守恒，A错误；系统在水平方向的动量守恒，且系统水平方向总动量为0，则小球由B点离开小车时，小球与小车水平方向上的速度相同，则水平方向上有mvx＋2mvx＝0，解得vx＝0，即小球由B点离开小车时，水平方向的分速度为0，所以离开小车后，小球做竖直上抛运动，B错误；根据上述可知，小球由B点离开小车时，小车向左运动的距离达到最大，根据动量守恒定律，在水平方向上有m－2m＝0，此过程有x1＋x2＝2R，解得x2＝R，C正确；根据分析可知，小球运动到轨道最低点时，小车获得的速度最大，则有mv1－2mv2＝0，mg·2R＝mv＋×2mv，解得v2＝，D正确。
[答案]　CD(共24张PPT)
演练知能提升
AC
1．(多选)(2026·河北沧州市五县联考模拟)如图所示，用轻弹簧相连的物块A和B放在光滑的水平面上，物块A紧靠竖直墙壁，一颗子弹沿水平方向射入物块B并留在其中，关于子弹、弹簧和A、B物块组成的系统，下列说法正确的是(　　)
A．子弹射入物块过程动量守恒，机械能不守恒
B．子弹射入物块过程动量不守恒，机械能也不守恒
C．弹簧推着含子弹的B物块向右运动，直到弹簧恢复原长的过程中，动量不守恒，机械能守恒
D．弹簧推着含子弹的B物块向右运动，直到弹簧恢复原长的过程中，动量守恒，机械能不守恒
解析：子弹射入物块过程，由于时间极短，子弹、弹簧与物块组成的系统动量守恒，在此运动过程中，子弹的动能有一部分转化为系统的内能，系统的机械能减小，所以机械能不守恒，故A正确，B错误；
弹簧推着含子弹的B物块向右运动，直到弹簧恢复原长的过程，弹簧要恢复原长，墙对A物块有向右的弹力，系统的外力之和不为零，则系统动量不守恒，在此运动过程中，只有弹簧的弹力做功，所以系统的机械能守恒，故C正确，D错误。
C
C
解析：小球陷入沙子过程，小球在竖直方向做变速运动，系统在竖直方向合力不为零，因此系统动量不守恒，故A错误；
由于小球陷入沙子过程的时间未知，故沙子对小球的冲量大小未知，故B错误；
小球与车、沙组成的系统在水平方向动量守恒，则mv0＝(m＋M)v，解得v＝1 m/s，故C正确，D错误。
A
4．光滑水平地面上的物体A沿直线运动时与静止的物体B发生正碰，其位移—时间图像如图所示。由图可知，物体A、B的质量之比为(　　)
A．1∶6 B．1∶4
C．1∶3 D．1∶2
C
5．(2026·辽宁丹东市期末)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：乌贼喷水过程所用时间极短，内力远大于外力，乌贼和喷出的水组成的系统水平方向动量守恒，根据动量守恒定律有mv＝Mv′，解得m≈0.19 kg，故A错误，C正确；
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；
对乌贼根据动量定理有I＝Mv′，解得I＝7.5 N·s，故D错误。
B
C
从开始抛球到最终结束，根据Mv1＝(M＋m)v2可知，若v甲v乙，说明乙是最终的持球人，但是不能确定开始的持球人是谁，C正确，D错误。
B
8．(2026·山东济南市期末)如图所示，某次短道速滑接力赛中，在水平冰面上“交棒”运动员用力推前方“接棒”运动员，不计冰面阻力和空气阻力，两运动员之间的相互作用力始终在同一水平线上，在两运动员“交接棒”的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．两运动员速度变化量的大小一定相等
B．两运动员动量变化量的大小一定相等
C．两运动员动能变化量的大小一定相等
D．两运动员的加速度一定始终等大反向
解析：两运动员的质量不一定相等，加速度不一定相等，相同时间内，加速度大的运动员速度变化量大，A、D错误；
由于不计冰面阻力和空气阻力，两运动员组成的系统在水平方向不受外力，动量守恒，故两运动员的动量变化量的大小一定相等，B正确；
“交棒”运动员用力推前方“接棒”运动员，要消耗体内的化学能，转化为系统的机械能，故系统的机械能不守恒，两运动员的动能变化量大小不一定相等，C错误。
AC
9. (多选)甲、乙两人静止在光滑水平冰面上。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50 kg。在甲推开乙后(　　)
A．甲、乙两人的动量大小相等
B．甲、乙两人的动能相同
C．甲、乙两人的速度大小之比是5∶6
D．甲、乙两人的加速度大小之比是5∶6
在甲推开乙后，甲、乙均在光滑的水平冰面上做匀速直线运动，加速度均为0，故D错误。
ACD
解析：碰撞瞬间，物块所受合外力为零，所以物块动量不变，故A正确；
碰撞瞬间，车的动量变为向左的Mv0，物块动量还是向右的mv0，由于M＞m，所以碰撞瞬间系统的总动量向左，之后系统动量守恒，方向保持向左，故B错误；
碰撞后，物块、小车、弹簧组成的系统外部没有外力做功，内部没有摩擦力做功，所以机械能守恒，故C正确；
(1)子弹击中物块前的瞬间速度大小；(8分)
(2)子弹从击中物块到穿出的过程中，系统损失的机械能。(4分)
答案：37.5mgh1．(多选)(2026·河北沧州市五县联考模拟)如图所示，用轻弹簧相连的物块A和B放在光滑的水平面上，物块A紧靠竖直墙壁，一颗子弹沿水平方向射入物块B并留在其中，关于子弹、弹簧和A、B物块组成的系统，下列说法正确的是(　　)
A．子弹射入物块过程动量守恒，机械能不守恒
B．子弹射入物块过程动量不守恒，机械能也不守恒
C．弹簧推着含子弹的B物块向右运动，直到弹簧恢复原长的过程中，动量不守恒，机械能守恒
D．弹簧推着含子弹的B物块向右运动，直到弹簧恢复原长的过程中，动量守恒，机械能不守恒
解析：选AC。子弹射入物块过程，由于时间极短，子弹、弹簧与物块组成的系统动量守恒，在此运动过程中，子弹的动能有一部分转化为系统的内能，系统的机械能减小，所以机械能不守恒，故A正确，B错误；弹簧推着含子弹的B物块向右运动，直到弹簧恢复原长的过程，弹簧要恢复原长，墙对A物块有向右的弹力，系统的外力之和不为零，则系统动量不守恒，在此运动过程中，只有弹簧的弹力做功，所以系统的机械能守恒，故C正确，D错误。
2．(2026·河北邢台市期末)导弹由静止升空的过程可以简化为：总质量为M的导弹在点火后的极短时间内，以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体。忽略喷气过程中重力和空气阻力的影响，则喷气结束时导弹获得的速度大小为(　　)
A． B．
C． D．
解析：选C。对导弹喷气过程根据动量守恒定律有mv0＝(M－m)v，解得v＝。
3．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、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
解析：选C。小球陷入沙子过程，小球在竖直方向做变速运动，系统在竖直方向合力不为零，因此系统动量不守恒，故A错误；由于小球陷入沙子过程的时间未知，故沙子对小球的冲量大小未知，故B错误；小球与车、沙组成的系统在水平方向动量守恒，则mv0＝(m＋M)v，解得v＝1 m/s，故C正确，D错误。
4．光滑水平地面上的物体A沿直线运动时与静止的物体B发生正碰，其位移—时间图像如图所示。由图可知，物体A、B的质量之比为(　　)
A．1∶6 B．1∶4
C．1∶3 D．1∶2
解析：选A。由x－t图像的斜率表示速度，可推出碰撞前、后的瞬时速度vA＝ m/s＝4 m/s，vB＝0，vA′＝ m/s＝－2 m/s，vB′＝ m/s＝1 m/s，由动量守恒定律可得mAvA＋mBvB＝mAvA′＋mBvB′，代入数据解得＝。
5．(2026·辽宁丹东市期末)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：选C。乌贼喷水过程所用时间极短，内力远大于外力，乌贼和喷出的水组成的系统水平方向动量守恒，根据动量守恒定律有mv＝Mv′，解得m≈0.19 kg，故A错误，C正确；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；对乌贼根据动量定理有I＝Mv′，解得I＝7.5 N·s，故D错误。
6．斜向上发射的炮弹在最高点爆炸(爆炸时间极短)成质量均为m的两块碎片，其中一块碎片做自由落体运动。已知炮弹爆炸时距地面的高度为H，炮弹爆炸前的动能为E，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量，则两块碎片落地点间的距离为(　　)
A．2 B．2
C．2 D．4
解析：选B。炮弹爆炸的过程水平方向动量守恒，设炮弹爆炸前的速度大小为v，则v＝，设爆炸后瞬间另一块碎片的速度大小为v1，有2mv＝mv1，解得v1＝2，根据平抛运动规律有H＝gt2，两块碎片落地点之间的距离x＝v1t＝2，B正确。
7．(2026·广东潮州市期末教学质检)如图所示，两辆完全相同的小车都静止在光滑水平面上，车上各站着一人，人与车总质量均为M，甲、乙中的一人手持一质量为m的篮球。从某时刻起，持球人将篮球以水平速度v抛给另一人，另一人接到球后，又把球抛给对方……，直到最终球被甲、乙两人中的一人接住而不再抛出，这时甲、乙的速率分别为v甲、v乙。下列判断正确的是(　　)
A．第一次抛接球的过程，抛球人获得的速度大小为
B．第一次抛接球的过程，接球人获得的速度大小为
C．若v甲D．若v甲>v乙，说明乙是开始的持球人
解析：选C。第一次抛接球的过程，对抛球人和球组成的系统，由动量守恒定律mv＝Mv′，可得抛球人获得的速度大小v′＝，对接球人和球组成的系统，由动量守恒定律mv＝(M＋m)v″，可得接球人获得的速度大小v″＝，A、B错误；从开始抛球到最终结束，根据Mv1＝(M＋m)v2可知，若v甲v乙，说明乙是最终的持球人，但是不能确定开始的持球人是谁，C正确，D错误。
8．(2026·山东济南市期末)如图所示，某次短道速滑接力赛中，在水平冰面上“交棒”运动员用力推前方“接棒”运动员，不计冰面阻力和空气阻力，两运动员之间的相互作用力始终在同一水平线上，在两运动员“交接棒”的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．两运动员速度变化量的大小一定相等
B．两运动员动量变化量的大小一定相等
C．两运动员动能变化量的大小一定相等
D．两运动员的加速度一定始终等大反向
解析：选B。两运动员的质量不一定相等，加速度不一定相等，相同时间内，加速度大的运动员速度变化量大，A、D错误；由于不计冰面阻力和空气阻力，两运动员组成的系统在水平方向不受外力，动量守恒，故两运动员的动量变化量的大小一定相等，B正确；“交棒”运动员用力推前方“接棒”运动员，要消耗体内的化学能，转化为系统的机械能，故系统的机械能不守恒，两运动员的动能变化量大小不一定相等，C错误。
9. (多选)甲、乙两人静止在光滑水平冰面上。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50 kg。在甲推开乙后(　　)
A．甲、乙两人的动量大小相等
B．甲、乙两人的动能相同
C．甲、乙两人的速度大小之比是5∶6
D．甲、乙两人的加速度大小之比是5∶6
解析：选AC。甲、乙组成系统满足动量守恒，由于系统初动量为0，则在甲推开乙后，甲、乙两人的动量大小相等，方向相反，则有m甲v甲＝m乙v乙，可得甲、乙两人的速度大小之比v甲∶v乙＝m乙∶m甲＝5∶6，根据Ek＝mv2＝，可知甲、乙两人的动能之比Ek甲∶Ek乙＝m乙∶m甲＝5∶6，故A、C正确，B错误；在甲推开乙后，甲、乙均在光滑的水平冰面上做匀速直线运动，加速度均为0，故D错误。
10．(多选)(2026·广东云浮市云城区调研)如图所示，质量为m的物块放在质量为M的平板车上，轻弹簧将物块与平板车右端的固定挡板相连，平板车上表面光滑，物块与车一起沿光滑水平面向右以大小为v0的速度匀速运动，车与地面上的固定挡板相碰后以原速率返回，M>m，则下列说法正确的是(　　)
A．碰撞瞬间，物块动量不变
B．碰撞后，物块、车与弹簧组成的系统动量方向与v0方向相同
C．碰撞后，物块、车与弹簧组成的系统机械能守恒
D．碰撞后，弹簧具有的最大弹性势能为 eq \f(2Mmv,M＋m)
解析：选ACD。碰撞瞬间，物块所受合外力为零，所以物块动量不变，故A正确；碰撞瞬间，车的动量变为向左的Mv0，物块动量还是向右的mv0，由于M＞m，所以碰撞瞬间系统的总动量向左，之后系统动量守恒，方向保持向左，故B错误；碰撞后，物块、小车、弹簧组成的系统外部没有外力做功，内部没有摩擦力做功，所以机械能守恒，故C正确；设碰撞后物块与车的共同速度为v，以向左为正方向，根据动量守恒有(M－m)v0＝(M＋m)v，根据能量守恒定律可知，弹簧具有的最大弹性势能Ep＝(M＋m)v－(M＋m)v2＝ eq \f(2Mmv,M＋m)，故D正确。
11．(12分)如图所示，在有圆孔的水平支架上放置一物块，玩具子弹从圆孔下方竖直向上击中物块中心并穿出，穿出后物块和子弹上升的最大高度分别为h和8h。已知子弹的质量为m，物块的质量为4m，重力加速度大小为g；在子弹和物块上升过程中，子弹所受阻力忽略不计，物块所受阻力大小为自身重力的。子弹穿过物块时间很短，不计物块厚度的影响，求：
(1)子弹击中物块前的瞬间速度大小；(8分)
(2)子弹从击中物块到穿出的过程中，系统损失的机械能。(4分)
解析：(1)子弹射穿物块后子弹和物块的速度分别满足v＝2g·8h，v＝2a·h
其中4mg＋×4mg＝4ma
子弹射穿物块过程由动量守恒定律可得
mv0＝mv1＋4mv2
联立解得v0＝10。
(2)子弹从击中物块到穿出过程中，系统损失的机械能ΔE＝mv－(mv＋×4mv)＝37.5mgh。
答案：(1)10　(2)37.5mgh

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