2024屆高考物理復(fù)習(xí)講義：第2講 動量守恒定律及其應(yīng)用

第2講動量守恒定律及其應(yīng)用

學(xué)習(xí)目標1.理解動量守恒定律，知道動量守恒的條件。2.會定量分析一維碰撞

問題并能解釋生產(chǎn)生活中的彈性碰撞和非彈性碰撞。3.會用動量守恒的觀點分

析爆炸、反沖及人船模型。

夯實必備知識

奔號如果一個系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的矢威和

―1廠為。，這個系統(tǒng)的總動這保持不變

動

黃

(1)/>=//或，〃]"1+"12"2='"科|'。系統(tǒng)相互

守"作用前的總動最等于相互作用后的總動最

恒表達式)—

定(2)Ap產(chǎn)-A%，相互作用的兩個物體動量的變

律化歌等大反向

守恒

—不受外力或所受外力的合力為空

條件

2.

碰撞是指物體間的相互作用持續(xù)時間很短，而物

碰撞

體間相互作用力很上的現(xiàn)象

而在碰撞現(xiàn)象中,一般都滿足內(nèi)力遠大于外力,可

些廠認為相互碰撞的系統(tǒng)動量守恒

碰

撞

T彈性碰撞)一動量守恒、機械能守恒

-非彈性碰撞一動最守恒、機械能有損失

完全非彈

一動最守恒、機械能損失最多

性碰撞

3.

—,爆炸與碰撞類似，物體間的相互作用時間很短，作

爆用力很大，且遠大于系統(tǒng)所受的外力,所以系統(tǒng)動

炸包量變恒.如爆竹爆炸等

4.

當物體的一部分以一定的速度離開物體向前運動

生兇一時,剩余部分必將向后運動,這種現(xiàn)象叫反沖運動

反藤吉系統(tǒng)內(nèi)各物體間的相互作用的內(nèi)力遠大于系統(tǒng)受到

沖色廠的外力。實例：發(fā)射炮彈、發(fā)射火箭等

賴面)一遵從動量守恒定律

1.思考判斷

(1)只要系統(tǒng)所受合外力做功為0,系統(tǒng)動量就守恒。(X)

(2)系統(tǒng)的動量不變是指系統(tǒng)的動量大小和方向都不變。(J)

(3)動量守恒定律的表達式加1。|+〃?202="?1。1'+加2。2'，一定是矢量式，應(yīng)用時要

規(guī)定正方向，且其中的速度必須相對同一個參考系。(J)

⑷發(fā)射炮彈，炮身后退；園林噴灌裝置一邊噴水一邊旋轉(zhuǎn)均屬于反沖現(xiàn)象。(，)

(5)爆炸過程中機械能增加，反沖過程中機械能減少。(X)

⑹在光滑水平面上的兩球相向運動，碰撞后均變?yōu)殪o止，則兩球碰撞前的動量

大小一定相等。(J)

2.(多選)如圖1所示，小車與木箱緊挨著靜止放在光滑的水平冰面上，現(xiàn)有一男

孩站在小車上用力向右迅速推出木箱。關(guān)于上述過程，下列說法中正確的是

()

177777777/>>>>〃??

圖1

A.男孩和木箱組成的系統(tǒng)動量守恒

B.小車與木箱組成的系統(tǒng)動量守恒

C.男孩、小車與木箱三者組成的系統(tǒng)動量守恒

D.木箱的動量增量與男孩、小車的總動量增量大小相同

答案CD

研透核心考點

考點一動量守恒定律的理解和基本應(yīng)用

1.適用條件

(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力為零。

(2)近似守恒：系統(tǒng)內(nèi)各物體間相互作用的內(nèi)力遠大于它所受到的外力。

⑶某一方向守恒：如果系統(tǒng)在某一方向上所受外力的合力為零，則系統(tǒng)在這一

方向上動量守恒。

2.應(yīng)用動量守恒定律解題的步驟

確定系統(tǒng)的組成（系統(tǒng)包恬哪幾個

物體及研究的過程）

判斷系統(tǒng)動最是否守恒（或某一方

向上是否守恒）

規(guī)定正方向，確定初、末狀態(tài)動景,

由動依守恒定律列HI方程

代入數(shù)據(jù),求出結(jié)果，必要時討論

說明

角度II動量守恒定律的理解

例1（2021?全國乙卷，14）如圖2,光滑水平地面上有一小車，一輕彈簧的一端與

車廂的擋板相連，另一端與滑塊相連，滑塊與車廂的水平底板間有摩擦。用力向

右推動車廂使彈簧壓縮，撤去推力時滑塊在車廂底板上有相對滑動。在地面參考

系（可視為慣性系）中，從撤去推力開始，小車、彈簧和滑塊組成的系統(tǒng)（）

圖2

A.動量守恒，機械能守恒

B.動量守恒，機械能不守恒

C.動量不守恒，機械能守恒

D.動量不守恒，機械能不守恒

答案B

解析撤去推力，系統(tǒng)所受合外力為0,動量守恒，滑塊和小車之間有滑動摩擦

力，由于摩擦生熱，系統(tǒng)機械能減少，故B正確。

角度見動量守恒定律的基本應(yīng)用

例2（多選）如圖3所示，三輛完全相同的平板小車。、b、。成一直線排列，靜止

在光滑水平面上。c,車上有一小孩跳到b車上，接著又立即從〃車跳到。車上。

小孩跳離c車和b車時對地的水平速度相同。他跳到。車上相對。車保持靜止,

此后（）

[1]i11I

cba

圖3

A.a、〃兩車運動速率相等

B.a、。兩車運動速率相等

C.三輛車的速率關(guān)系U〉Va＞Vb

Do、c兩車運動方向相反

答案CD

解析設(shè)向右為正方向，設(shè)人跳離尻C車時對地水平速度為以在水平方向由

動量守恒定律有O=M”c+〃z人0,"Z人0=歷率加+，〃人。，機人o=（M豐+"2人以7,

所以a=*v,vb=0,v&=R/2_v,即勿＞訕＞山，并且a,與以方向相反。

MEM車十〃力、

所以選項A、B錯誤，C、D正確。

跟蹤訓(xùn)練

1.（多選）（2023?山東棗莊月考）足夠大的光滑水平面上，一根不可伸長的細繩一端

連接著質(zhì)量為mi=1.0kg的物塊4,另一端連接質(zhì)量為ni2=\.Okg的長木板B,

繩子開始是松弛的。質(zhì)量為〃73=1.0kg的物塊C放在長木板8的右端，。與長

木板B間的滑動摩擦力的大小等于最大靜摩擦力大小。現(xiàn)在給物塊。水平向左

的瞬時初速度oo=2.（）m/s,物塊C立即在長木板3上運動。已知繩子繃緊前，B、

C已經(jīng)達到共同速度；繩子繃緊后，A、B總是具有相同的速度；物塊C始終未

從長木板區(qū)上滑落。下列說法正確的是（）

B--------^{A

圖4

A.繩子繃緊前,B、C達到的共同速度大小為1.0m/s

B.繩子剛繃緊后的瞬向，A、B的速度大小均為1.0m/s

C.繩子剛繃緊后的瞬同，A、B的速度大小均為0.5m/s

2

D.最終A、B、C三者將以大小為力m/s的共同速度一直運動下去

答案ACD

解析繩子繃緊前，B、C已經(jīng)達到共同速度，設(shè)8、。達到的共同速度大小為

vi,根據(jù)動量守恒定律可得加3a）=（陽2+〃?3）。1,解得。1=1.0m/s,A正確；葩子

剛繃緊后的瞬間，4、8具有相同的速度中，4、A組成的系統(tǒng)滿足動量守恒，則

有〃22初=(〃21+〃22)。2,解得。2=0.5m/s,B錯誤，C正確；4、B、C三者最終有

共同的速度。3,A、B、C組成的系統(tǒng)滿足動量守恒，則有加3。0=(m|+〃22+〃?3)。3,

2

解得O3=wm/s,D正確。

考點二碰撞問題

1.碰撞問題遵守的三條原則

(1)動量守恒:pi+p2=pi'+p2'。

(2)動能不增加：反1+反2》反|'+反2二

(3)速度要符合實際情況

①碰前兩物體同向運動，若要發(fā)生碰撞，則應(yīng)有。后曲，碰后原來在前的物體

速度一定增大，若碰后兩物體同向運動，則應(yīng)有。/2。后二

②碰前兩物體相向運動，碰后兩物體的運動方向不可能都不改變。

2.彈性碰撞的結(jié)論

以質(zhì)量為加、速度為ri的小球與質(zhì)量為m2的靜止小球發(fā)生彈性碰撞為例，則有

m\v\=m\vi,^-in2V2,

嚴I濟=產(chǎn)I0產(chǎn)+嚴202〃

m\—nn2m]

聯(lián)立解得“=如，°?如+儂"

討論:⑴若如=機2,則。l'=0,02'=。1(速度交換)；

(2)若"71＞"72,則初＞0,出＞0(碰后,兩物體沿同一方向運動);

(3)若加》加2,貝V2f^2vi；

(4)若如＜m2,則O/V0,。2'＞0(碰后，兩物體沿相反方向運動);

(5)若利《m2,則Ol'N一。2'=0。

3.非彈性碰撞

碰撞結(jié)束后，動能有部分損失。

m\v\-\-fn2V2=nnv\,-\-imv2,

IU?+1V產(chǎn)+；〃2202‘2+AE*k損

4.完全非彈性碰撞

碰撞結(jié)束后，兩物體合二為一，以同一速度運動，動能損失最大。

fn\V\+〃22。2=(〃21+〃72)U

產(chǎn)1濟+產(chǎn)2遍=］（如+儂）方+AEk損max

角度n彈性碰撞

例3（2022.湖南卷，4）1932年，查德威克用未知射線轟擊氫核，發(fā)現(xiàn)這種射線是

由質(zhì)量與質(zhì)子大致相等的中性粒子（即中子）組成。如圖5,中子以速度。o分別碰

撞靜止的氫核和氮核，碰撞后氫核和氮核的速度分別為01和02。設(shè)碰撞為彈性

正碰，不考慮相對論效應(yīng)，下列說法正確的是（）

O——現(xiàn)------O--------P|

中子氫核

O------------------O--------…

中子氮核

圖5

A.碰撞后氮核的動量比氫核的小

B.碰撞后氮核的動能比氫核的小

C.s大于vi

D.s大于。o

答案B

解析設(shè)中子的質(zhì)量為〃?，則氫核的質(zhì)量也為〃7,氮核的質(zhì)量為14m，設(shè)中子和

氫核碰撞后中子速度為。3,取決）的方向為正方向，由動量守恒定律和能量守恒

定律可得

mvo=mv\-\~mV3

=濟+多〃濟

聯(lián)立解得3=00

設(shè)中子和氮核碰撞后中子速度為04,取見的方向為正方向，由動量守恒定律和

能量守恒定律可得mvc=\4mv2+nw^

=；X1或

2

聯(lián)立解得02=］§。0

可得V\—Vt）＞V2,故C、D錯誤；

碰撞后氫核的動量為］n\=mv\=mvo

氮核的動量為〃N=14〃3=-15

可得PN>PH,故A錯誤；

碰撞后氫核的動能為

EkH—2^1—2^0

氮核的動能為EkN=yX14〃欣=噂『

可得EkH>EkN,故B正確。

角度因非彈性碰撞

例4（多選）（2023?福建龍巖模擬）如圖6所示，帶有四分之一光滑圓弧軌道的斜劈

4和滑塊8、。均靜止在光滑水平地面上，斜劈A的末端與水平地面相切。一滑

塊。從斜劈A的圓弧軌道的最高點由靜止釋放，滑塊。滑到水平地面后與滑塊

3碰撞并粘在一起向前運動，再與滑塊C碰撞又與C粘在一起向前運動。已知

斜劈A和三個滑塊的質(zhì)量均為m，斜劈A的圓弧軌道半徑為R,重力加速度大小

為g?；瑝K3、C、。均可視為質(zhì)點，則下列說法正確的是（）

D

圖6

A.滑塊D在圓弧軌道上滑動的過程中，A對D的支持力做功為一方〃gR

B.與滑塊8碰撞前瞬間，滑塊。的速度大小為

C.滑塊B與滑塊。碰撞后的速度大小為寫

D.滑塊D與滑塊B碰撞過程中損失的機械能為

答案AD

解析。在4上滑動時，A與。組成的系統(tǒng)水平方向上動量守恒，且系統(tǒng)機械

能守恒，則當?；剿降孛嫔蠒rW—〃皿=0,且"名/?=%詢+5〃我兩式

聯(lián)立解得A、。分離時的速度大小為切=內(nèi)=礪，即A與。的速度大小相等,

方向相反，下滑過程玄。由動能定理得波+頻=3琳解得陽=一；〃培心

故A正確；。與B碰撞前的速度即為A、。分離時。的速度大小，為癇，故B

錯誤；B與。碰撞過程中，B、C、。組成的系統(tǒng)動量守恒，有〃BO=（〃Z+〃Z+

加）。c,則3與C碰撞后的速度大小為加=琴，故C錯誤；。與3碰撞過程動

量守恒，有〃10D=（/n+〃?）OB,則碰撞后4、。整低的速度大小為。8="|至,損失

的機械能AE=/v*3（"2+加）而=',因故D正確。

跟蹤訓(xùn)練

2.（2023?江蘇無錫高三期末）A、B兩小球在光滑水平面上沿同一直線運動，B球在

前，A球在后，，孫=1kgo經(jīng)過一段時間，4、6發(fā)生正碰，碰撞時間極短，碰

撞前、后兩球的位移一時間圖像如圖7所示，根據(jù)以上信息可知（）

圖7

A.碰撞過程中B球受到的沖量為8N-s

B.碰撞過程中A球受到的沖量為一8N-s

C.3球的質(zhì)量加8=4kg

D.A、B兩球發(fā)生的是彈性碰撞

答案D

解析已知x—f圖像的斜率代表速度，則%=6m/s,VA,=2m/s,VB=3m/s,VH1

=5m/s,根據(jù)動量定理有/人=HM7M‘一人》=—4N-s,In=巾囪n'—maVR,再根據(jù)

動量守恒定律有機八。八+/〃皿8=772M解得=2kg,"=4N$A、B、

C錯誤；碰撞前后的動能分別為Ek=^mAVA-\-^mBvi=21J,

=27J,則A、B兩球發(fā)生的是彈性碰撞，D正確。

考點三爆炸、反沖和“人船”模型

1.爆炸現(xiàn)象的三個規(guī)律

動量爆炸物體間的相互作用力遠遠大于受到的外力，所以在爆炸過程

守恒中，系統(tǒng)的總動量守恒

動能在爆炸過程中，有其他形式的能量(如化學(xué)能)轉(zhuǎn)化為機械能，所以

增加系統(tǒng)的機械能增加

位置爆炸的時間極短，因而作用過程中物體產(chǎn)生的位移很小，可以認為

不變爆炸后各部分仍然從爆炸前的位置以新的動量開始運動

2.反沖運動的三點說明

作用原理反沖運動是系統(tǒng)內(nèi)物體之間的作用力和反作用力產(chǎn)生的效果

反沖運動中系統(tǒng)不受外力或內(nèi)力遠大于外力，所以反沖運動遵循

動量守恒

動量守恒定律

反沖運動中，由于有其他形式的能轉(zhuǎn)化為機械能，所以系統(tǒng)的總

機械能增加

機械能增加

3.“人船”模型特點

⑴常見情景

(2)動量守恒：兩物體相互作用過程滿足動量守恒定律小加一〃2202=0。

(3)位移關(guān)系：XI+X2=L,得XI=~v-L,X2=L°

ttm\-vnn"八十im

(4)運動特點

①人動船動，人靜船靜，人快船快，人慢船慢，人左船右。

②人與船的位移比等于它們質(zhì)量比的倒數(shù)；人與船的平均速度(瞬時速度)比等于

它們質(zhì)量的反比，即詈。

人2(?Xffll

③應(yīng)用費="=等時要注意：嘰。2和川、X2一般都是相對地面而言的。

角度EI爆炸問題

例5(多選)一個質(zhì)量為m的小型炸彈自水平地面朝右上方射出，在最高點以水平

向右的速度。飛行時，突然爆炸為質(zhì)量相等的甲、乙、丙三塊彈片，如圖8所示。

爆炸之后乙自靜止自由下落，丙沿原路徑回到原射出點。若忽略空氣阻力，則下

列說法正確的是（）

A.爆炸后乙落地的時間最長

B.爆炸后甲落地的時間最長

C.甲、丙落地點到乙落地點。的距離比為4：1

D.爆炸過程釋放的化學(xué)能為等

答案CD

解析爆炸后甲、丙從同一高度平拋，乙從同一高度自由下落，則落地時間/=

相等,選項A、B錯誤；爆炸過程動量守恒，有〃w=-再+；小。甲，由

題意知。丙=。，得。甲=4心爆炸后甲、丙從同一高度平拋，落地點到乙落地點

O的距離x—/相同，則X-小甲、丙落地點到乙落地點O的距離比為

x甲：x產(chǎn)。甲：。產(chǎn)4：1,選項C正確；根據(jù)能量守恒可得爆炸過程釋放的化學(xué)

17

±+-X22-2

=力

22河3選項D正確。

角度因反沖問題

例6（2022?河南開封模擬）導(dǎo)彈發(fā)射過程可以簡化為：將靜止的質(zhì)量為M（含燃料）

的導(dǎo)彈點火升空，在極短時間內(nèi)以相對地面的速度00豎直向下噴出質(zhì)量為m的

熾熱氣體，忽略噴氣過程中重力和空氣阻力的影響，則噴氣結(jié)束時東風導(dǎo)彈獲得

的速度大小是（)

A?謂。

-M-m

M-mM-m

答案D

解析由動量守恒定律得〃wo=（W—〃z）。，導(dǎo)彈獲得的速度。=就，，。，故D正

確。

角度應(yīng)“人船”模型

例7（多選）（2023?福建廈門高三月考）如圖9所示，將一質(zhì)量為M、半徑為R的光

滑半圓形槽靜置于光滑水平面上，今讓一質(zhì)量為〃？的小球自左側(cè)槽口從A點由

靜止開始落卜，則以卜結(jié)論中止確的是（）

圖9

A.小球在半圓槽內(nèi)運動的全過程中，小球與半圓槽構(gòu)成的系統(tǒng)機械能守恒

B.小球在半圓槽內(nèi)運動的全過程中，小球與半圓槽在水平方向動量守恒

C.小球到達右邊最高點時，小球通過的水平位移是苦?

M+〃2

D.小球到達右邊最高點時?，小球通過的水平位移是於二

答案ABC

解析小球在半圓槽內(nèi)運動的全過程中，地面和圓弧面光滑，只有小球的機械能

與半圓槽的機械能之間相互轉(zhuǎn)化，球與半圓槽構(gòu)成的系統(tǒng)機械能守恒，A正確；

小球在半圓槽內(nèi)運動的全過程中，地面光滑，小球與半圓槽組成的系統(tǒng)在水平方

向所受的合外力為零，小球與半圓槽在水平方向動量守恒，B正確；小球到達右

邊最高點時，設(shè)小球和半圓槽通過的水平位移大小分別為x、y,如圖所示，小

球和半圓槽組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，在運動過程中小球和半圓槽在任

意時刻的水平速度滿足〃產(chǎn)MQW,則有mx=My,根據(jù)位移關(guān)系可得x+y=2R,

解得》=言詈，工=上聾，小球到達右邊最高點時，小球通過的水平位移是

M-rnitn-vM

2MR

,C正確，D錯誤。

M+m

素養(yǎng)能力

KU（限時：40分鐘）

A級基礎(chǔ)對點練

對點練1動量守恒定律的理解與基本應(yīng)用

1.如圖1所示，小車放在光滑的水平面上，將系著輕繩的小球向右拉開到一定的

角度，然后同時放開小球和小車，不計一切阻力，則在小球、小車運動過程中下

列說法正確的是（）

圖1

A.小車和小球組成的系統(tǒng)動量守恒

B.小車的機械能一直在增加

C.小車和小球組成的系統(tǒng)機械能守恒

D.小球的機械能一直在減少

答案C

解析小球擺動過程中，小球和小車系統(tǒng)只受重力和支持力作用，水平方向合力

為零，所以系統(tǒng)水平方向動量守恒，在豎直方向上，只有小球有豎直方向的分速

度，且分速度大小也不斷變化，所以豎直方向動量不守恒，那么系統(tǒng)動量也不守

恒，故A錯誤；小球在擺動過程中，系統(tǒng)機械能守恒，小球擺到最低點的過程

中，繩子拉力對小車做正功，小車的機械能增加，小球的機械能減小，小球從最

低點擺到最高點的過程中，繩子拉力對小車做負功，小車的機械能減少，小球的

機械能增加，故B、D錯誤，C正確。

2.（多選）無限長的水平面上放置有4、3兩滑塊，其質(zhì)量〃一根輕質(zhì)彈簧,

?端與A拴接，另一端與5緊靠（不拴接）。用細線把兩滑塊拉緊，彈簧被壓縮，

如圖2所示。如果把細線燒斷，兩滑塊與彈簧分離后，繼續(xù)運動。不計空氣阻力,

把A、B和彈簧看作系統(tǒng)，下列說法正確的是（）

AB

圖2

A.若水平面光滑，系統(tǒng)動量守恒，系統(tǒng)機械能守恒

B.若水平面粗糙，系統(tǒng)動量一定不守恒，機械能一定不守恒

C若A、B受到的摩擦力大小相等，B運動的總路程較長

D.若A、B受到的摩擦力大小相等，B運動的總時間較長

答案AC

解析動量守恒的條件是系統(tǒng)不受外力或所受合外力為零；機械能守恒的條件是

只有重力或彈力做功，若水平面光滑，系統(tǒng)受到的合外力為零，只有彈力做功，

A正確；若水平面粗糙，但A、B兩物體與水平面的動摩擦因數(shù)不同，A、B物

體受到的摩擦力可能會等大反向，則系統(tǒng)所受合外力為零，動量守恒，但要克服

摩擦力做功，系統(tǒng)機械能不守恒，B錯誤；若A、8受到的摩擦力大小相等，根

據(jù)動量守恒定律，取6運動的方向為正，有0=一血人0八十〃環(huán)內(nèi)，由于A、8受到

的摩擦力大小相等，則A、8與彈簧分離前后受到的平均合力大小時刻相等，由

動量定理/“A=0—“AIM,F則A、8運動的總時間相等，但由

于,加＞加8,則輕的物體平均速度大，有C正確，D錯誤。

3.（多選）如圖3所示，在光滑平直的路面上靜止著兩輛完全相同的小車，人從。

車跳上b車，又立即從〃車跳回。車，并與。車保持相對靜止。下列說法正確的

是（）

圖3

A.最終a車的速率大于b車的速率

B.最終a車的速率小于b車的速率

C.全過程中，。車對人的沖量大于人車對人的沖量

D.全過程中，。車對人的沖量小于〃車對人的沖量

答案BD

解析人與〃、人組成的系統(tǒng)水平方向不受外力，設(shè)水平向右的方向為正方向，

根據(jù)動量守恒定律，則有0=（m人+m.）Va—mbUb,得曰=一空一＜1,則最終a

Vb〃加十m人

車的速率小于/?車的速率，故A錯誤，B正確；人對兩車的沖量大小/〃=小初

Ib=mbVh=（mlt-\-m人）”＞府以，結(jié)合牛頓第三定律可知，。車對人的沖量小于b

車對人的沖量，故C錯誤，D正確。

4.（2023?山東淄博模擬）冰壺運動是冬奧會比賽項目之一。假設(shè)運動員用紅壺撞擊

靜止在水平冰面上的藍壺，兩壺發(fā)生正碰，不計碰撞時間，碰撞前、后兩壺的。

一/圖像如圖4所示。已知兩壺的質(zhì)量均為19kg,則碰撞后藍壺所受的阻力大小

為（）

圖4

A.3.8NB.2.28NC.1.9ND.1.52N

答案B

解析根據(jù)動量守恒定律可得/如紅=小紅'+〃2。H，解得?；?0.6m/s,設(shè)碰撞后

藍壺所受的阻力大小為了,取初速度方向為正方向，對藍壺根據(jù)動量定理一/揖=

（）一〃。2宣，由圖可知Af=6s-1s=5s,解得了=2.28N,故B正確，A、C、D錯

誤。

對點練2碰撞問題

5.（多選）（2023?福建龍巖高三月考）A、B兩小球在光滑水平面上沿同一直線向同一

方向運動，質(zhì)量分別為機和2〃z,A的動量為5kg-m/s,B的動量為7kg-m/s,當

A球追上B球時發(fā)生對心碰撞，則碰撞后A、B兩球動量的可能值為（）

A.p1=4kgm/s,〃B'=8kgm/s

B.p4=3.5kg-m/s,〃B'=8.5kgm/s

C.p/=3kgm/s,“s'=9.5kg-rn/s

D.p/=2.5kgm/s,pn'=9.5kgm/s

答案AB

解析A、B兩球發(fā)生對心碰撞，滿足動量守恒PA+PA=P4+PK滿足動能不增

加Ek2E『,根據(jù)Ek=g+3一，代入數(shù)據(jù)可知A、B均滿足，C不滿足動量

守恒，D不滿足動能不增加，故A、B正確，C、D錯誤。

6.（2020?全國IH卷，15）甲、乙兩個物塊在光滑水平桌面上沿同一直線運動，甲追

上乙，并與乙發(fā)生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度隨時間的變化如圖5中實線所示。

己知甲的質(zhì)量為1kg,則碰撞過程兩物塊損失的機械能為（）

解析設(shè)乙物塊的質(zhì)量為機乙，由動量守恒定律得〃2甲0甲+加乙V乙=加甲0甲'+

小乙〃乙'，代入圖中數(shù)據(jù)解得〃7乙=6kg,進而可求得碰撞過程中兩物塊損失的機

械能為七損=%2中%+%2乙醫(yī)一/甲V甲。一fl乙。乙”代入圖中數(shù)據(jù)解得七報=

3J,選項A正確。

對點練3爆炸、反沖和“人船”模型

7.（多選）如圖6所示，光滑的水平地面上有木板Gmc=4kg,。板上表面粗糙,

A、B兩個物體緊挨在一起，初始4、8和C三個物體均處于靜止狀態(tài)，7774=1kg,

mu=2kgo4、B間夾有少量火藥，某時刻火藥爆炸，瞬間釋放了E=27J的能

量并全部轉(zhuǎn)化為A和8的動能，使A、B分別水平向左、向右運動起來，C板

足夠長，以下結(jié)論正確的是（）

A|B

.[.....[……

/〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃“〃〃/〃

圖6

A.爆炸后瞬間A、B速度大小VA=2VH

B.若A、8與木板。上表面間的動摩擦因數(shù)相同，則爆炸后A、8組成的系統(tǒng)動

量守恒

C.若A、8與木板。上表面間的摩擦力大小不相等，則A、B、C組成的系統(tǒng)動

量不守恒

D.整個過程中A、B、。系統(tǒng)由于摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能為27J

答案AD

解析爆炸瞬間，以A、B為系統(tǒng),由動量守恒定律有=—〃加UB,貝“加AIM

=mBVB,代入數(shù)據(jù)得速度大小內(nèi)=2g，故A正確；A、3受到的摩擦力大小不

等，則A、3系統(tǒng)所受外力不為（），A、3系統(tǒng)動量不守恒，故B錯誤；對4B、

C整體分析，合力為零，滿足A、B、。組成的系統(tǒng)動量守恒，故C錯誤；C足

夠長，最終A、B、。總動量為0,故三者最終速度也為0,即4、B動能全部轉(zhuǎn)

化為內(nèi)能為27J,故D正確。

8.（2023?天津一模）將總質(zhì)量為1.05kg的模型火箭點火升空，從靜止開始，在

0.02s時間內(nèi)有50g燃氣以大小為200m/s的速度從火箭尾部噴出，且燃氣噴出

過程中重力和空氣阻力可忽略。則下列說法正確的是（）

A.在燃氣噴出過程，火箭獲得的平均推力為800N

B.在燃氣噴出過程，火箭獲得的平均推力為200N

C.在燃氣噴出后的瞬間，火箭的速度大小約為5m/s

D.在燃氣噴出后的瞬間，火箭的速度大小約為10m/s

答案D

解析在燃氣噴出過程，以燃氣為對象，規(guī)定火箭的速度方向為正方向，根據(jù)動

量定理可得一一〃氣一0,解得產(chǎn)="冷=50（）N,根據(jù)牛頓第三定律可

得火箭獲得的平均推力為5（）（）N,故A、B錯誤；燃氣噴射前后，火箭和燃氣組

成的系統(tǒng)動量守恒，根據(jù)動量守恒定律得0=（M一〃八㈤曲一加三。氣，解得火箭的

=

速度大小。q=A4"~~10m/s,故C錯誤，D正確。

9.（2022?福建龍巖模擬）如圖7所示，一個質(zhì)量為如=50kg的人爬在一只大氣球

下方，氣球下面有一根長繩。氣球和長繩的總質(zhì)量為m=20kg,長繩的下端剛

好和水平面接觸。當靜止時人離地面的高度為h=7m。如果這個人開始沿繩向

下滑，當他滑到繩下端時，他離地面的高度是（可以把人看作質(zhì)點）（）

圖7

A.0B.2mC.5mD.7m

答案c

解析設(shè)人的速度為功，氣球的速度為。2,根據(jù)人和氣球組成的系統(tǒng)動量守恒,

2_、

有mw\=miV2,則有ni\x\=mvci,所以幻=?2,氣球和人運動的路程之和為7m,

25

則人下滑的距離為K='/Z=2m,離地面的高度為X2=I〃=5m,故C正確。

B級綜合提升練

10.（2023?廣東廣州綜合測試）如圖8,北京2022年冬奧會某次冰壺比賽中,甲壺

以速度。。與靜止的乙壺發(fā)生正碰。已知冰面粗糙程度處處相同，兩壺完全相同,

從碰撞到兩壺都靜止，乙的位移是甲的9