2021届高考物理人教版一轮创新教学案：第31
讲 动量守恒定律及其应用含解析
第31讲 动量守恒定律及其应用
基础命题点 动量守恒定律的理解
1．动量守恒定律的内容
如果一个系统错误!不受外力，或者所受外力的矢量和为错误!零，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＝错误!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＝错误!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＝错误!－Δp2,相互作用的两个物体动量的变化量等大反向。
（4)Δp＝错误!0,系统总动量的增量为零。 3．动量守恒定律的适用条件
(1）理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为错误!零。 (2）近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力错误!远大于它所受到的外力。
（3）某一方向守恒：如果系统在某个方向上不受力或所受外
学必求其心得，业必贵于专精
力的合力为零,则系统在这个方向上动量守恒。
4．判断动量是否守恒的步骤 方法一：从受力的角度分析 (1)明确系统由哪几个物体组成。
（2）对系统中各物体进行受力分析，分清哪些是内力，哪些是外力.
(3）看所有外力的合力是否为零，或内力是否远大于外力,从而判断系统的动量是否守恒。
方法二：从系统总动量变化情况判断 (1)明确初始状态系统的总动量是多少。
（2)对系统内的物体进行受力分析、运动分析，确定每一个物体的动量变化情况.
(3）确定系统动量变化的情况，进而判断系统的动量是否守恒。 5．对动量守恒定律的理解
（1)动量守恒定律是说系统内部物体间的相互作用只能改变每个物体的动量,而不能改变系统的总动量。
(2)应用此定律时我们应该选择地面或相对地面静止或匀速直线运动的物体做参考系.
（3)动量是矢量，系统的总动量不变是说系统内各个物体的动量的矢量和不变。等号的含义是等号两边的总动量不但大小相等,而且方向相同。
如图所示，将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上，槽的左侧有
学必求其心得，业必贵于专精
一固定在水平面上的物块.今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，则以下结论中正确的是（ ）
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．小球自半圆槽的最低点B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 当小球在槽内由A运动到B的过程中,左侧物块对槽有作用力,小球与槽组成的系统水平方向上的动量不守恒,故B错误；当小球由B运动到C的过程中，因小球对槽有斜向右下方的压力，槽做加速运动，动能增加,小球机械能减少,槽对小球的支持力对小球做了负功,故A错误;小球从B运动到C的过程中，系统水平方向合外力为零，故系统水平方向动量守恒，故C正确；小球离开C点以后，既有竖直向上的分速度,又有水平分速度,小球做斜上抛运动,故D错误。
答案 C
对动量守恒定律理解的几个误区
学必求其心得，业必贵于专精
（1)误认为只要系统初、末状态的动量相同，则系统动量守恒。系统在变化过程中每一个时刻总动量均不变，才符合动量守恒的条件。
(2)误认为两物体作用前后的速度在同一条直线上时，系统动量才守恒。产生该错误认识的原因是没有正确理解动量守恒的条件，动量是矢量,只要系统不受外力或所受合外力为零，则系统动量守恒,系统内各物体的运动不一定共线。
(3)误认为动量守恒定律中，各物体的动量可以相对于任何参考系.出现该误区的原因是没有正确理解动量守恒定律，应用动量守恒定律时，各物体的动量必须是相对于同一惯性参考系，一般情况下，选地面为参考系。
（4）误认为整体合力不为零，系统动量不守恒，单方向上系统动量也不守恒。如果某个方向上系统所受合力为零,那么系统在这个方向上动量守恒。
1．(多选）如图所示,光滑水平面上的两小车中间夹一压缩了的轻弹簧，两手分别按住小车,使它们静止，对两车及弹簧组成的系统，下列说法中正确的是( ）
A．两手同时放开后，系统总动量始终为零 B．先放开左手，后放开右手，此后动量不守恒 C．先放开左手，后放开右手，总动量向左
学必求其心得，业必贵于专精
D．无论是否同时放手，只要两手都放开后，在弹簧恢复原长的过程中，系统总动量都保持不变,但系统的总动量不一定为零
答案 ACD
解析 当两手同时放开时，系统的合外力为零，所以系统动量守恒，又因为开始时总动量为零，故系统的总动量始终为零，A正确;先放开左手，左边的小车就向左运动,当再放开右手后,系统所受合外力为零，故系统的动量守恒，放开右手时总动量方向向左，放开右手后总动量方向也向左,B错误,C、D正确。
2．(多选）如图所示，A、B两物体的质量之比mA∶mB＝3∶2，原来静止在平板小车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑,当弹簧突然释放后，则（ )
A．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同,A、B组成的系统的动量守恒
B．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同,A、B、C组成的系统的动量守恒
C．若A、B所受的摩擦力大小相等,A、B组成的系统的动量守恒
D．若A、B所受的摩擦力大小相等,A、B、C组成的系统的动量守恒
答案 BCD
解析 如果A、B与平板车上表面的动摩擦因数相同,弹簧释放后，若A、B分别相对小车向左、向右滑动，它们所受的滑动摩擦
学必求其心得，业必贵于专精
力fA向右,fB向左，由于mA∶mB＝3∶2，所以fA∶fB＝3∶2，则A、B组成的系统所受的外力之和不为零，故系统的动量不守恒，A错误；对A、B、C组成的系统，A、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,与平板车间的动摩擦因数或摩擦力是否相等无关，故B、D正确；若A、B所受的摩擦力大小相等,则A、B组成的系统的外力之和为零，故系统动量守恒，C正确。
能力命题点一 动量守恒定律的应用
1．动量守恒定律的五个特性 矢量性 相对性 同时性 系统性 普适性 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 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) 动量是一个瞬时量，表达式中的p1、p2……必须是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p1′、p2′……必须是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量 研究的对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统 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 学必求其心得，业必贵于专精
2．应用动量守恒定律的解题步骤
（1)明确研究对象和研究过程，确定系统的组成（系统包括哪几个物体）。
(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。 3．注意事项
（1）系统的动量是否守恒，与选择哪几个物体作为系统和分析哪一段运动过程有直接关系。
(2)分析系统内物体受力时，要弄清哪些力是系统的内力,哪些力是系统外的物体对系统的作用力。
一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离。已知前部分的卫星质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2沿火箭原运动方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v1为( )
A．v0－v2 C．v0－错误!v2
B．v0＋v2
D．v0＋错误!(v0－v2）
学必求其心得，业必贵于专精
解析 火箭和卫星组成的系统在分离前后沿原运动方向上动量守恒,由动量守恒定律有：（m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，解得：v1＝v0＋错误!（v0－v2），D正确。
答案 D
应用动量守恒定律的注意事项
（1）确定所研究的系统,单个物体无从谈起动量守恒。 (2）判断系统是否动量守恒,某个方向上是否动量守恒。 (3）系统中各物体的速度是否是相对地面的速度，若不是，则应转换成相对于地面的速度。
1．(人教版选修3－5 P16·T5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 C．0。057 m/s 答案 B
解析 取机车和15节车厢组成的整体为研究对象，由动量守恒定律有：mv0＝(m＋15m）v，v＝错误!v0＝错误!×0。8 m/s＝0.05 m/s，故B正确.
B．0.05 m/s D．0.06 m/s
学必求其心得，业必贵于专精
2．（2016·天津高考）如图所示，方盒A静止在光滑的水平面上,盒内有一小滑块B，盒的质量是滑块的2倍,滑块与盒内水平面间的动摩擦因数为μ。若滑块以速度v开始向左运动，与盒的左、右壁发生无机械能损失的碰撞，滑块在盒中来回运动多次，最终相对于盒静止，则此时盒的速度大小为________，滑块相对于盒运动的路程为________。
答案 错误!
错误!
解析 设滑块B质量为m，则方盒A的质量为2m.滑块B与方盒A构成的系统，在水平方向所受的合外力为零,由动量守恒定律可得，mv＝(m＋2m)v′，解得二者相对静止时方盒A的速度v′＝错误!。设滑块B相对方盒A运动的路程为L，由功能关系，可得－μmgL＝错误!×3mv′2－错误!mv2，解得L＝错误!。
3．如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点.现将A无初速释放，A与B碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动。已知圆弧轨道光滑，半径R＝0。2 m；A和B的质量相等；A和B整体与桌面之间的动摩擦因数μ＝0.2。取重力加速度g＝10 m/s2.求：
（1)碰撞前瞬间A的速率v；
（2)碰撞后瞬间A和B整体的速率v′;
学必求其心得，业必贵于专精
(3）A和B整体在桌面上滑动的距离l。 答案 (1)2 m/s (2)1 m/s (3)0.25 m 解析 设滑块的质量为m。
（1）根据机械能守恒定律mgR＝错误!mv2 得碰撞前瞬间A的速率v＝错误!＝2 m/s。 （2）根据动量守恒定律mv＝2mv′
得碰撞后瞬间A和B整体的速率v′＝错误!v＝1 m/s. (3）根据动能定理－μ·2mgl＝0－错误!·2mv′2 得A和B整体沿水平桌面滑动的距离 l＝错误!＝0。25 m.
能力命题点二 碰撞问题
1．对碰撞的理解
（1)发生碰撞的物体间一般作用力很大,作用时间很短;各物体作用前后各自动量变化显著；物体在作用时间内位移可忽略。
（2)即使碰撞过程中系统所受合外力不等于零，由于内力远大于外力,作用时间又很短,故外力的作用可忽略，可认为系统的动量是守恒的.
（3)若碰撞过程中没有其他形式的能转化为机械能，则系统碰撞后的总机械能不可能大于碰撞前的总机械能。
2．碰撞的分类及特点
学必求其心得，业必贵于专精
（1）弹性碰撞:在弹性碰撞过程中，物体发生的形变能够完全恢复，没有能量损失，碰撞前后系统的总动能不变。
（2）非弹性碰撞：在非弹性碰撞过程中，物体发生的形变不能完全恢复，有一部分动能转化为内能，碰撞前后系统的总动能减少。
（3)完全非弹性碰撞：在完全非弹性碰撞过程中，碰撞后两个物体粘在一起(或碰撞后不分开),具有共同的速度，系统的总动能损失最多。
3．物体的碰撞是否为弹性碰撞的判断
弹性碰撞是碰撞过程中无机械能损失的碰撞，遵循的规律是动量守恒定律和机械能守恒定律，确切地说是碰撞前后系统总动量不变,总动能不变。
（1）题目中明确告诉物体间的碰撞是弹性碰撞。
（2)题目中明确告诉是弹性小球、光滑钢球或分子、原子等微观粒子间的碰撞，都是弹性碰撞.
4．碰撞现象满足的规律 (1)动量守恒定律。
（2)机械能不增加:即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或错误!＋错误!≥错误!＋
错误!。
（3）速度要合理.
①若两物体同向运动，则碰前应有v后〉v前;碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，前面物体的速度一定大于或等于后面物体的速度，即v前′≥v后′。
学必求其心得，业必贵于专精
②若两物体相向运动,碰后两物体的运动方向不可能都不改变.
如图所示，竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道下端与光滑水平桌面相切，小滑块B静止在圆弧轨道的最低点。现将小滑块A从圆弧轨道的最高点无初速度释放。已知圆弧轨道半径R＝1.8 m,小滑块的质量关系是mB＝2mA，重力加速度g＝10 m/s2。则碰后小滑块B的速度大小不可能是（ )
A．5 m/s C．3 m/s
B．4 m/s D．2 m/s
解析 设小滑块A到达最低点时的速度为v0，在圆弧轨道上，根据动能定理:mAgR＝错误!mAv错误!－0，可得v0＝6 m/s。若A、B发生弹性碰撞,mAv0＝mAv1＋mBv2，错误!mAv错误!＝错误!mAv错误!＋错误!mBv错误!,联立解得v2＝4 m/s；若A、B发生完全非弹性碰撞，mAv0＝（mA＋mB)v,解得v＝2 m/s,所以碰后小滑块B的速度范围为2 m/s≤vB≤4 m/s,B的速度不可能是5 m/s，故选A。
答案 A
1．两运动物体弹性碰撞问题讨论 (1）碰后速度求解 m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
错误!m1v错误!＋错误!m2v错误!＝错误!m1v1′
2
＋错误!m2v2′2
学必求其心得，业必贵于专精
解得：v1′＝错误!v1＋错误!v2 v2′＝错误!v2＋错误!v1。
(2）当碰前两物体的速度不为零时，若m1＝m2,则v1′＝v2，v2′＝v1，即两物体交换速度。
2．“一动一静”碰撞问题讨论
质量为m1的球a以速度v1与静止的质量为m2的球b正碰，碰后球a、b的速度分别为v1′和v2′，根据机械能损失情况不同,讨论碰后可能出现的情况如下:
(1）弹性碰撞：由动量守恒定律得m1v1＋0＝m1v1′＋m2v2′ 由机械能守恒定律得错误!m1v错误!＝错误!m1v1′2＋错误!m2v2′2解得：v1′＝错误!v1，v2′＝错误!v1。(令1中v2＝0也可得到)
①若m1＝m2,则v1′＝0,v2′＝v1，即两球碰撞后速度互换； ②若m1>m2，则v1′〉0，v2′>0，碰后两球均向前运动；
③若m1〈m2，则v1′<0，v2′>0，碰后质量小的球a被反弹回来； ④当m1≫m2时，碰后质量大的球a速度不变，质量小的球b速度为2v1;当m1≪m2时，碰后质量大的球b速度不变(仍静止），质量小的球a原速率反弹。
m1
（2)完全非弹性碰撞：v1′＝v2′＝m＋mv1。
12（3）一般情况（即非弹性碰撞）：
错误!v1≤v1′≤错误!v1； 错误!v1≤v2′≤错误!。
学必求其心得，业必贵于专精
1．(多选）两个小球A、B在光滑水平面上相向运动，已知它们的质量分别是m1＝4 kg，m2＝2 kg，A的速度v1＝3 m/s（设为正），B的速度v2＝－3 m/s，则它们发生正碰后，其速度可能分别是( )
A．1 m/s和1 m/s C．＋2 m/s和－1 m/s 答案 AD
解析 由动量守恒定律，可验证四个选项都满足要求。再看动能情况，初动能之和Ek＝错误!m1v错误!＋错误!m2v错误!＝错误!×4×9 J＋错误!×2×9 J＝27 J，末动能之和Ek′＝错误!m1v1′2＋错误!m2v2′2，由于碰撞过程动能不可能增加，所以应有Ek≥Ek′，可排除B项。C项虽满足Ek≥Ek′，但A、B沿同一直线相向运动，发生碰撞后各自仍保持原来的速度方向(v1′>0，v2′〈0），这显然是不符合实际的，因此C错误。验证A、D两项均满足Ek≥Ek′，故答案为A(完全非弹性碰撞)和D(弹性碰撞)。
2。 如图所示，两质量分别为m1和m2的弹性小球A、B叠放在一起，从高度为h处自由落下,h远大于两小球半径，落地瞬间，B先与地面碰撞，后与A碰撞，所有的碰撞都是弹性碰撞，且都发生在竖直方向，碰撞时间均可忽略不计。已知m2＝3m1，则A反弹后能达到的最大高度为( )
B．＋4 m/s和－5 m/s D．－1 m/s和5 m/s
学必求其心得，业必贵于专精
A．h C．3h 答案 D
B．2h D．4h
解析 所有的碰撞都是弹性碰撞,所以不考虑机械能损失.设竖直向上为正方向,根据机械能守恒定律和动量守恒定律可得,（m1＋m2)gh＝错误!（m1＋m2）v2，m2v－m1v＝m1v1＋m2v2，错误!(m1＋1
m2)v＝2m1v错误!＋错误!m2v错误!，错误!m1v错误!＝m1gh1，将m2＝3m1
2
代入，联立可得h1＝4h，D正确.
3．北京成功申办2022年冬奥会,水立方将摇身一变，成为冰立方，承办北京冬奥会冰壶比赛。训练中，运动员将质量为19 kg的冰壶甲推出，运动一段时间后以0.4 m/s的速度正碰静止的冰壶乙，然后冰壶甲以0.1 m/s的速度继续向前滑向大本营中心。若两冰壶质量相等，求：
（1）冰壶乙获得的速度；
(2)试判断两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞还是非弹性碰撞。 答案 (1）0。3 m/s （2)非弹性碰撞
学必求其心得，业必贵于专精
解析 (1）由动量守恒定律知mv1＝mv2＋mv3
将v1＝0.4 m/s，v2＝0.1 m/s代入上式得v3＝0.3 m/s。 (2）碰撞前的动能E1＝错误!mv错误!＝1.52 J，
碰撞后两冰壶的总动能E2＝错误!mv错误!＋错误!mv错误!＝0.95 J 因为E1〉E2，所以两冰壶间的碰撞为非弹性碰撞.
能力命题点三 爆炸与反冲问题
1．爆炸
（1）动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，发生爆炸时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）总动能增加：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，所以爆炸前后系统的总动能增加。
（3）位置不变：爆炸的时间极短，因而在作用过程中，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。
2．反冲
（1）定义:当一个静止的物体向某个方向射出物体的一部分时，这个物体的剩余部分将向相反的方向运动，这种现象叫反冲运动.
(2）反冲中的动量守恒
学必求其心得，业必贵于专精
反冲过程中两部分物体间的相互作用力是变力，作用时间很短，作用力很大，远大于系统受到的外力，可以用动量守恒定律来处理。
（3)反冲中的能量
因为有其他形式的能转化为动能，所以系统的总动能会增加.
［例1］ 将静置在地面上，质量为M(含燃料)的火箭模型点火升空，在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。忽略喷气过程重力和空气阻力的影响,则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是( )
A。错误!v0 C.错误!v0
B.错误!v0 D.错误!v0
解析 喷气过程中忽略重力和空气阻力的影响，故系统动量守恒。由动量守恒定律有0＝(M－m）v－mv0,得v＝错误!v0，D正确.
答案 D
［例2］ 以与水平方向成60°角斜向上的初速度v0射出的炮弹，到达最高点时因爆炸分成质量分别为m和2m的两块，其中质量为2m的一块沿着原来的方向以2v0的速度飞行。求：
（1)质量较小的那一块弹片速度的大小和方向； (2)爆炸过程中有多少化学能转化为炮弹的动能？
解析 （1)斜抛的炮弹在水平方向上做匀速直线运动，则炮弹在最高点爆炸前的速度为v1＝v0cos60°＝错误!。
设炮弹在最高点爆炸前的速度方向为正方向,由动量守恒定律
学必求其心得，业必贵于专精
得3mv1＝2mv1′＋mv2，
又v1′＝2v0,解得v2＝－2。5v0，负号表示速度方向与规定的正方向相反。
（2）爆炸过程中转化为动能的化学能等于系统动能的增量,所以转化为动能的化学能为
E＝ΔEk＝错误!－错误!（3m）v错误!＝错误!mv错误!。 答案 （1)2.5v0 方向与爆炸前炮弹运动的方向相反 （2）错误!mv错误!
(1）爆炸和反冲过程都可以近似地看成动量守恒。
（2)它们的总动能都增加是因为这两种情况都必须消耗其他能量.
（3)要注意初、末状态的动量。如例2，炮弹到最高点有水平动量。
近年春节期间，全国许多大中城市将燃放烟花爆竹禁放改为限放，增加了节日气氛。假设一质量为m的烟花从地面上A点以速度v竖直上升到最大高度处炸裂为质量相等的两块，沿水平方向向相反两个方向飞出，假设其中一块落在距A点距离为s处，不计空气阻力及消耗的炸药质量,烟花炸裂时消耗的化学能80%转化为动能，重力加速度为g。求：
(1)烟花上升的最大高度；
(2)烟花炸裂后的一块水平飞出时的速度大小;
学必求其心得，业必贵于专精
(3)烟花炸裂时消耗的化学能.
答案 （1）错误! （2)错误! (3）错误!
解析 (1）由竖直上抛规律得烟花上升的最大高度h＝错误!。 (2）设烟花炸裂后的一块水平飞出时的速度大小为v1，由平抛运动规律得s＝v1t,h＝错误!gt2
sg
解得v1＝v。
(3)烟花炸裂后两块在水平方向上动量守恒，有
错误!v1－错误!v2＝0
解得另一块的速度大小为v2＝v1
由能量守恒定律得烟花炸裂时消耗的化学能为 E＝错误!＝错误!。
能力命题点四 人船模型
1．“人船模型\"问题
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，在相互作用的过程中，任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比。这样的问题归为“人船模型”问题。
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
学必求其心得，业必贵于专精
度)比等于它们质量的反比，即错误!＝错误!＝错误!.
应用上述关系时要注意一个问题：公式中的v1、v2和x1、x2一般都是相对地面而言的。
如图所示，长为L、质量为M的小船停在静水中，质量为m的人从静止开始从船头走到船尾，不计水的阻力，求船和人相对地面的位移各为多少？
解析 设任一时刻人与船的速度大小分别为v1、v2，因整个过程中人与船组成的系统动量守恒，所以有mv1＝Mv2
设整个过程中人与船的平均速度大小分别为错误!1、错误!2，则有m错误!1＝M错误!2
两边乘以时间t有m错误!1t＝M错误!2t，即mx1＝Mx2 且x1＋x2＝L，可求出x1＝错误!L，x2＝错误!L。 答案
错误!L
错误!L
求解“人船模型”问题应注意的两点
（1)适用条件
①系统由两个物体组成且相互作用前静止，系统总动量为零. ②在系统内两物体发生相对运动的过程中，系统沿相对运动的方向的动量守恒(如水平方向或竖直方向）.
学必求其心得，业必贵于专精
（2)解题关键
①写好动量守恒方程，找出速度关系，将速度关系转换成位移关系。
②画出各物体的位移关系草图，找出各长度间的关系，注意两物体的位移是相对同一参考系的位移.
1．如图所示,小船静止于水面上，站在船尾上的渔夫不断将鱼抛向船头的船舱内，将一定质量的鱼抛完后，关于小船的速度和位移，下列说法正确的是（ )
A．向左运动，船向左移一些 B．小船静止，船向左移一些 C．小船静止,船向右移一些 答案 C
解析 人、船、鱼构成的系统水平方向动量守恒，根据“人船模型\"的特点，鱼动船动,鱼停船静止；鱼对地发生向左的位移,则人和船的位移向右。故C正确。
2. 如图所示,气球下面有一根长绳，一个质量为m1＝50 kg的人抓住气球下方的长绳,气球和长绳的总质量为m2＝20 kg,长绳的下端刚好和水平面接触，当系统静止时人离地面的高度为h＝5 m.如果这个人开始沿绳向下滑，当他滑到绳下端时，他离地面高度是(可以把人看做质点)（ ）
D．小船静止，船不移动
学必求其心得，业必贵于专精
A．5 m C．2。6 m 答案 B
B．3.6 m D．8 m
解析 人滑到绳下端过程，由动量守恒定律，得m1错误!＝m2
错误!，且
h1＋h2＝h，解得他滑到绳下端时离地高度h2≈3.6 m，故B
正确.
3．一上边为半圆形光滑凹槽的物块静止放在光滑水平面上，其质量为M，宽度为L，半圆形凹槽部分的半径为R。如图所示，现自凹槽左侧最高点A静止释放一质量为m的小球,对小球自释放至右侧最高点的过程,下列说法正确的是( )
A．物块初、末位置为同一位置
B．物块会向左发生一段位移，大小为错误! C．物块会向左发生一段位移，大小为错误! D．物块会向左发生一段位移,大小为错误! 答案 D
解析 当小球自凹槽左侧最高点A静止释放时，由于小球对物块有压力，则物块向左加速运动,当球沿槽向上滑动时，物块向左减速，当球到达最高点时，物块的速度减为零，故物块的末位置
学必求其心得，业必贵于专精
在初位置的左侧，A错误；设物块向左移动x，由球和物块组成的系统水平方向动量守恒可知:m（2R－x）＝Mx，解得x＝错误!，则B、C错误,D正确。
课时作业
1．如图，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动,滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m,速度大小为v0,方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是（ ）
A．A和B都向左运动 B．A和B都向右运动 C．A静止,B向右运动 D．A向左运动，B向右运动 答案 D
解析 两滑块组成的系统动量守恒，选向右的方向为正方向,根据动量守恒定律得:2mv0－2mv0＝mvA＋2mvB＝0，选项A、B、C都不满足此式，只有D满足此式，所以D正确，A、B、C错误。
2。 如图所示，静止在光滑水平面上的质量为2m的滑块B与轻质弹簧拴接，轻弹簧另一端固定，质量为m的滑块A以速度v0向右运动，滑块A、B相碰瞬间粘在一起。此后弹簧弹性势能的最大值为( )
学必求其心得，业必贵于专精
A.错误!mv错误! C.错误!mv错误! 答案 B
B。错误!mv错误! D.错误!mv错误!
解析 滑块A、B发生碰撞，由动量守恒定律，mv0＝(m＋2m)v，解得v＝错误!。碰撞后两滑块的动能Ek＝错误!·3mv2＝错误!mv错误!，两滑块压缩弹簧，动能转化为弹性势能，由机械能守恒定律可知弹簧的最大弹性势能Ep＝Ek＝错误!mv错误!,B正确。
3．A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动,mA＝1 kg，mB＝2 kg，vA＝6 m/s，vB＝2 m/s,当A追上B并发生碰撞后，A、B两球速度的可能值是( ）
A．vA′＝5 m/s，vB′＝2。5 m/s B．vA′＝2 m/s，vB′＝4 m/s C．vA′＝－4 m/s，vB′＝7 m/s D．vA′＝7 m/s，vB′＝1.5 m/s 答案 B
解析 由碰撞的三个制约关系：①动量守恒,②总动能不增加，③碰后速度符合实际情况对选项分析.经计算四个选项都符合动量守恒。碰后若A、B同向运动，A的速度不可能比B的速度大，可以排除选项A和D。碰后系统的动能不可能比碰前的大，排除选项C，只有选项B有可能。
4．如图所示，A、B是两个用等长细线悬挂起来的大小可忽略不计的小球,mB＝5mA。B球静止,拉起A球,使细线与竖直方向偏角
学必求其心得，业必贵于专精
为30°，由静止释放，在最低点A与B发生弹性碰撞.不计空气阻力,则关于碰后两小球的运动，下列说法正确的是（ )
A．A静止，B向右,且偏角小于30° B．A向左,B向右，且偏角等于30°
C．A向左，B向右，A偏角大于B偏角，且都小于30° D．A向左，B向右，A偏角等于B偏角,且都小于30° 答案 C
解析 设A球到达最低点的速度为v，在最低点A与B发生弹性碰撞后，A球的速度为vA，B球的速度为vB，以向右为正方向,1由动量守恒定律可得：mAv＝mAvA＋mBvB，由机械能守恒定律可得:2mAv2＝错误!mAv错误!＋错误!mBv错误!,可得vA＝错误!v＝－错误!v，vB＝
错误!v＝错误!v，可得
A向左，B向右，A偏角大于B偏角,且都小于
30°，C正确,A、B、D错误.
5．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，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.错误! B。错误!
学必求其心得，业必贵于专精
C.错误! 答案 C
D.错误!
解析 此题属“人船模型”问题。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的大小为x1，斜面体在水平方向上对地位移的大小为x2,因此有0＝mx1－Mx2且x1＋x2＝错误!,联立解得x2＝错误!，C正确。
6．（多选)向空中发射一物体，不计空气阻力。当此物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂成a、b两块,若质量较大的a块的速度方向仍沿原来的方向，则( ）
A．b的速度方向一定与原速度方向相反
B．从炸裂到落地的这段时间里，a飞行的水平距离一定比b的大
C．a、b一定同时到达水平地面
D．在炸裂过程中，a、b受到的爆炸力大小一定相等 答案 CD
解析 空中爆炸问题，因系统内力远大于外力，故满足系统动量守恒的条件，则有：mv0＝mava＋mbvb。
因mava与mv0同向，取v0方向为正方向，讨论： ①若mava 学必求其心得，业必贵于专精 ma>mb，所以vb大于、等于和小于va的情况都有可能存在，a、b从同一高度平抛，其水平射程由水平初速度和时间决定，故sb〉sa、sb＝sa、sb〈sa都有可能，B错误;炸裂过程a与b的相互作用遵循牛顿第三定律,F与F′等大、反向，D正确。 7．两滑块a、b沿水平面上同一条直线运动，并发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段。两者的位置x随时间t变化的图象如图所示。求： (1)滑块a、b的质量之比； （2)整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比。 答案 （1)1∶8 (2)1∶2 解析 (1)设a、b的质量分别为m1、m2，a、b碰撞前的速度为v1、v2。由题给图象得 v1＝错误! m/s＝－2 m/s① v2＝错误! m/s＝1 m/s② a、b发生完全非弹性碰撞,设碰撞后两滑块的共同速度为v。由题给图象得 v＝错误! m/s＝错误! m/s③ 由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝（m1＋m2）v④ 联立①②③④式得m1∶m2＝1∶8⑤ 学必求其心得，业必贵于专精 (2)由能量守恒定律得，两滑块因碰撞而损失的机械能为ΔE＝ 错误!m1v错误!＋错误!m2v错误!－错误!（m1＋m2)v 2 ⑥ 由图象可知，两滑块最后停止运动。由动能定理得,两滑块克服摩擦力所做的功为W＝错误!（m1＋m2）v2⑦ 联立①②③⑤⑥⑦式得W∶ΔE＝1∶2。 8．(2019·江苏高考)质量为M的小孩站在质量为m的滑板上，小孩和滑板均处于静止状态,忽略滑板与地面间的摩擦。小孩沿水平方向跃离滑板，离开滑板时的速度大小为v，此时滑板的速度大小为（ ） A。错误!v m C。m＋Mv 答案 B 解析 由题意知，小孩跃离滑板时小孩和滑板组成的系统动量守恒,则Mv＋mv′＝0，得v′＝错误!，即滑板的速度大小为错误!，B正确。 9．(2020·吉林省通化市高三月考)如图a所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个带电小球，t＝0时，甲静止,乙以6 m/s的初速度向甲运动。它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动（整个运动过程中没有接触），它们运动的v.t图象分别如图b中甲、乙两曲线所示.则由图线可知( ) B.错误!v M D。m＋Mv 学必求其心得，业必贵于专精 A．两小球带电的电性一定相反 B．甲、乙两球的质量之比为2∶1 C．在0～t2时间内，两球间的静电力增大 D．在0～t3时间内，甲的动能一直增大,乙的动能一直减小 答案 B 解析 由图b可知乙球向左减速的同时，甲球向左加速，说明两球相互排斥，带有同种电荷，故A错误；两球作用过程中动量守恒，m甲Δv甲＋m乙Δv乙＝0,解得：错误!＝－错误!＝错误!,B正确；在0～t2时间内，两球间距离先减小后增大，静电力先增大后减小，C错误；在0～t3时间内，甲的动能一直增大,乙的动能先减小,t2时刻后逐渐增大，D错误。 10．（2019·北京西城一模)随着科幻电影《流浪地球》的热映,“引力弹弓效应\"进入了公众的视野.“引力弹弓效应”是指在太空运动的探测器，借助行星的引力来改变自己的速度。为了分析这个过程，可以提出以下两种模式：探测器分别从行星运动的反方向或同方向接近行星，分别因相互作用改变了速度.如图所示，以太阳为参考系，设行星运动的速度为u，探测器的初速度大小为v0，在图示的两种情况下,探测器在远离行星后速度大小分别为v1和v2。探测器和行星虽然没有发生直接的碰撞，但是在行星的运动方向上，其运动规律可以与两个质量不同的钢球在同一条直线上发生 学必求其心得，业必贵于专精 的弹性碰撞规律作类比.那么下列判断中正确的是( ） A．v1>v0 C．v2〉v0 答案 A B．v1＝v0 D．v2＝v0 解析 设探测器的质量为m，行星的质量为M，探测器和行星发生弹性碰撞。对于模型一：设向左为正方向，由动量守恒定律： 2 Mu－mv0＝mv1＋Mu1，由机械能守恒定律：错误!Mu＋错误!mv错误!＝ 错误!mv错误!＋错误!Mu错误!，联立解得探测器碰后的速度大小错误!，因 v1＝ M≫m，则v1≈2u＋v0〉v0，故A正确，B错误；对于模型 二：设向左为正方向，由动量守恒定律：Mu＋mv0＝－mv2＋Mu2,由机械能守恒定律：错误!Mu2＋错误!mv错误!＝错误!mv错误!＋错误!Mu 错误!，联立解得探测器碰后的速度大小v2＝错误!，因 M≫m,则v2≈v0 －2u〈v0，故C、D错误。 11．（2018·天津高考)质量为0。45 kg的木块静止在光滑水平面上,一质量为0.05 kg的子弹以200 m/s的水平速度击中木块，并留在其中，整个木块沿子弹原方向运动,则木块最终速度的大小是________ m/s。若子弹在木块中运动时受到的平均阻力为4。5×103 N,则子弹射入木块的深度为________ m. 答案 20 0.2 解析 根据动量守恒定律可得mv0＝(M＋m）v, 解得v＝错误!＝错误! m/s＝20 m/s； 学必求其心得，业必贵于专精 系统减小的动能转化为克服阻力做功产生的内能, 故有fd＝错误!mv错误!－错误!(M＋m）v2， 解得d＝错误! ＝错误! m＝0。2 m. 12．（2015·天津高考）如图所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，A球在水平面上静止放置，B球向左运动与A球发生正碰,B球碰撞前、后的速率之比为3∶1,A球垂直撞向挡板,碰后原速率返回。两球刚好不发生第二次碰撞，A、B两球的质量之比为________，A、B碰撞前、后两球总动能之比为________. 答案 4∶1 9∶5 解析 设A、B质量分别为mA、mB，B的初速度为v0,取B的初速度方向为正方向,由题意，刚好不发生第二次碰撞说明A、B末速度正好相同，都是－错误!,则mBv0＝mA·错误!＋mB·错误!，解得mA∶mB＝4∶1.碰撞前、后动能之比Ek1∶Ek2＝错误!mBv错误!∶［错误!mA错误!2＋错误!mB错误!2］＝9∶5。 13．(2016·全国卷Ⅱ)如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上。某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3 m(h小于斜面体的高度)。已知小孩与滑板的总质量为m1＝30 kg，冰块的质量为m2＝10 kg,小孩与滑板始终无相对运动。取重力加速 学必求其心得，业必贵于专精 度的大小g＝10 m/s2。 （1)求斜面体的质量; （2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩? 答案 (1）20 kg （2)不能 解析 （1）规定向右为速度正方向。冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v,斜面体的质量为m3。由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得m2v20＝(m2＋m3)v① 错误!m2v错误!＝错误!(m2＋m3)v 2 ＋m2gh② 式中v20＝－3 m/s为冰块推出时的速度 联立①②式并代入题给数据得m3＝20 kg③ (2)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有 m1v1＋m2v20＝0④ 代入数据得v1＝1 m/s⑤ 设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，由动量守恒和机械能守恒定律有m2v20＝m2v2＋m3v3⑥ 错误!m2v错误!＝错误!m2v错误!＋错误!m3v错误!⑦ 联立③⑥⑦式并代入数据得 v2＝1 m/s⑧ 由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方,故冰块不能追上小孩。 14. (2015·全国卷Ⅰ)如图，在足够长的光滑水平面上，物体A、 学必求其心得，业必贵于专精 B、C位于同一直线上，A位于B、C之间。A的质量为m，B、C的质量都为M，三者均处于静止状态。现使A以某一速度向右运动,求m和M之间应满足什么条件，才能使A只与B、C各发生一次碰撞。设物体间的碰撞都是弹性的。 答案 (5－2）M≤m〈M 解析 A向右运动与C发生第一次碰撞,碰撞过程中，系统的动量守恒、机械能守恒。设速度方向向右为正，开始时A的速度为v0,第一次碰撞后C的速度为vC1,A的速度为vA1，由动量守恒定律和机械能守恒定律得 mv0＝mvA1＋MvC1① 错误!mv错误!＝错误!mv错误!＋错误!Mv错误!② 联立①②式得 vA1＝错误!v0③ 2m vC1＝m＋Mv0④ 如果m>M，第一次碰撞后,A与C速度同向，且A的速度小于C的速度，不可能与B发生碰撞；如果m＝M，第一次碰撞后，A停止,C以A碰前的速度向右运动,A不可能与B发生碰撞；所以只需考虑m〈M的情况. 第一次碰撞后，A反向运动与B发生碰撞。设与B发生碰撞后，A的速度为vA2，B的速度为vB1，同样有 vA2＝错误!vA1＝错误!2v0⑤ 学必求其心得，业必贵于专精 根据题意，要求A只与B、C各发生一次碰撞，应有 vA2≤vC1⑥ 联立④⑤⑥式得m2＋4mM－M2≥0⑦ 解得m≥（错误!－2)M⑧ 另一解m≤－（错误!＋2）M舍去. 所以,m和M应满足的条件为（错误!－2)M≤m〈M。 学必求其心得，业必贵于专精 攀上山峰，见识险峰，你的人生中，也许你就会 有苍松不惧风吹和不惧雨打的大无畏精神，也许就会有腊梅的凌寒独自开的气魄，也许就会有春天的百花争艳的画卷，也许就会有钢铁般的意志。 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容