第2講 動(dòng)量守恒定律高考物理總復(fù)習(xí)新教材版

第。講動(dòng)量守恒定律

［教材閱讀指導(dǎo)］

(對(duì)應(yīng)人教版新教材選擇性必修第一冊(cè)頁(yè)碼及相關(guān)問(wèn)題)

■P11J2閱讀''相互作用的兩個(gè)物體的動(dòng)量改變”這一部分內(nèi)容，嘗試

自己推導(dǎo)動(dòng)量守恒定律。

提示：依據(jù)牛頓第三定律和動(dòng)量定理推導(dǎo)。

BP14閱讀“例題2旁批”和“動(dòng)量守恒定律的普適性”這部分內(nèi)容，

體會(huì)動(dòng)量守恒定律表達(dá)式中的速度都是相對(duì)于地面的速度，動(dòng)量守恒定律的普適

性。

IBP21?23閱讀“彈性碰撞實(shí)例分析”這一部分內(nèi)容，寫出彈性碰撞中一

動(dòng)碰一靜的方程以及碰后速度的結(jié)論，及加=機(jī)2,mi》m2,如《冽2時(shí)三種情況

的討論結(jié)果。

提示：假設(shè)物體mi以速度與原來(lái)靜止的物體m2發(fā)生正碰，如圖所示。碰

撞后它們的速度分別為01'和。2‘。

6j……$

碰撞過(guò)程遵從動(dòng)量守恒定律，故

m\V\=mivi'+m2V2'(1)

彈性碰撞中沒(méi)有動(dòng)能損失，于是可以列出另一個(gè)方程

'2+%i2O2'2(2)

從方程(1)(2)可以解出兩個(gè)物體碰撞后的速度分別為

mi-m2

vi'=^1(3)

mi+m2

.2ml

V2=----------ri(4)

mi+m2

我們對(duì)幾種情況下⑶(4)的結(jié)果作一些分析。

若加1二加2,這時(shí)有mi-m2=0,mi+m2=2mio

根據(jù)⑶(4)兩式，得

v\-0

02'=V1

若加1》加2,這時(shí)有機(jī)1一加2=機(jī)1,機(jī)1+機(jī)2=機(jī)1。

根據(jù)⑶(4)兩式，得

Vlf=V1

V2f=2vi

j,2m］

若用《機(jī)這時(shí)有一加仁一機(jī)仁。

12,一22,mi+m20

根據(jù)⑶(4)兩式，得

vif=-vi

V21—0o

13P29［復(fù)習(xí)與提高］B組T5；T7；T8O

提示：Ts：人舟谷模型,0二機(jī)。船一機(jī)'。人

得0二加光船一機(jī),%人

%船+無(wú)人=/

/日mlm'I

TTTX卜一/,to-/o

m+mm+m

T7:A與C碰撞mAVo=mA0A+mcvc

A與B相互作用WAUA+msvo=(WA+/KBWAB

A、B共速時(shí)恰好不再與C碰撞滿足OAB=oc

聯(lián)立得0A=2m/So

T8：A、B分離瞬間，A、B的速度相等，C恰好運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)。取向左為正

方向，由水平方向動(dòng)量守恒得0=Jn)vc-2mv\B

由機(jī)械能守恒得m)gl=嬴次+^2mv\B

聯(lián)立得：比=2(/、嗎一

物理觀念向顧目垂建I

物理觀念1動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用

1.幾個(gè)相關(guān)概念

(1)系統(tǒng)：兩個(gè)(或多個(gè))相互作用的物體構(gòu)成的整體叫作一個(gè)力學(xué)系統(tǒng)，簡(jiǎn)稱

系統(tǒng)。

(2)內(nèi)力：系統(tǒng)中物體間的作用力。

(3)外力：系統(tǒng)以外的物體施加給系統(tǒng)內(nèi)物體的力。

2.動(dòng)量守恒定律

(1)內(nèi)容：如果一個(gè)系統(tǒng)所不受外力,或者麗所受外力的矢量和為0,這個(gè)

系統(tǒng)的總動(dòng)量保持不變。這就是動(dòng)量守恒定律。

(2)表達(dá)式

①°=畫(huà)2二，系統(tǒng)相互作用前的總動(dòng)量p等于相互作用后的總動(dòng)量少。

②mBi+m2s=畫(huà)加01'+"2202’，相互作用的兩個(gè)物體組成的系統(tǒng)，作用

前的動(dòng)量和等于作用后的動(dòng)量和。

③岫=廚-勵(lì)2,相互作用的兩個(gè)物體動(dòng)量的增量等大反向。

④小=國(guó)。，系統(tǒng)總動(dòng)量的增量為零。

(3)適用條件

①理想守恒：系統(tǒng)不受外力或所受外力的合力為零，則系統(tǒng)動(dòng)量守恒。

②近似守恒：系統(tǒng)受到的合力不為零，但當(dāng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力時(shí)，系統(tǒng)的動(dòng)量

可近似看成守恒。

③某方向守恒：系統(tǒng)在某個(gè)方向上所受合力為零時(shí)，系統(tǒng)在該方向上動(dòng)量守

恒。

物理觀念2彈性碰撞和非彈性碰撞

1.彈性碰撞：系統(tǒng)在碰撞前后動(dòng)能所不變的碰撞。

2.非彈性碰撞：系統(tǒng)在碰撞后動(dòng)能國(guó)減少的碰撞。

3.對(duì)比分析

動(dòng)量是否守恒機(jī)械能是否守恒

彈性碰撞守恒前1守恒

非彈性碰撞守恒有損失

完全非彈性碰

守恒損失畫(huà)最大

撞

物理觀念3反沖爆炸

1.反沖現(xiàn)象

（D在某些情況下，原來(lái)系統(tǒng)內(nèi)物體具有相同的速度，發(fā)生相互作用后各部分

的末速度不再相同而分開(kāi)。這類問(wèn)題相互作用的過(guò)程中系統(tǒng)的動(dòng)能回增大，且

常伴有其他形式的能向動(dòng)能的轉(zhuǎn)化。

（2）反沖運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，一般合力為零或外力的作用麗遠(yuǎn)小于物體間的相互

作用力，可認(rèn)為系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，可利用動(dòng)量守恒定律來(lái)處理。

2.爆炸問(wèn)題

爆炸與碰撞類似，物體間的相互作用力很大，且畫(huà)遠(yuǎn)大于系統(tǒng)所受的外力,

所以系統(tǒng)動(dòng)量國(guó)營(yíng)恒，爆炸過(guò)程中位移很小，可忽略不計(jì)，爆炸后物體從相互

作用前的位置以新的動(dòng)量開(kāi)始運(yùn)動(dòng)。

,必備知識(shí)夯實(shí)

-堵點(diǎn)疏通

1.系統(tǒng)動(dòng)量不變是指系統(tǒng)的動(dòng)量大小和方向都不變。（）

2.系統(tǒng)的動(dòng)量守恒時(shí)，機(jī)械能也一定守恒。（）

3.當(dāng)質(zhì)量相等時(shí)，發(fā)生完全彈性碰撞的兩個(gè)球碰撞前后速度交換。（）

4.光滑水平面上的兩球做相向運(yùn)動(dòng)，發(fā)生正碰后兩球均變?yōu)殪o止，于是可以

斷定碰撞前兩球的動(dòng)量大小一定相等。（）

5.只要系統(tǒng)內(nèi)存在摩擦力，系統(tǒng)的動(dòng)量就不可能守恒。（）

答案l.N2.X3.V4.V5.X

二對(duì)點(diǎn)激活

L（人教版選擇性必修第一冊(cè)11514改編）某機(jī)車以0.8m/s的速度駛向停在

鐵軌上的15節(jié)車廂，跟它們對(duì)接。機(jī)車跟第1節(jié)車廂相碰后，它們連在一起具有

一個(gè)共同的速度，緊接著又跟第2節(jié)車廂相碰，就這樣，直至碰上最后一節(jié)車廂。

設(shè)機(jī)車和車廂的質(zhì)量都相等，則跟最后一節(jié)車廂相碰后車廂的速度為（鐵軌的摩擦

忽略不計(jì)）（）

A.0.053m/sB.0.05m/s

C.0.057m/sD.0.06m/s

答案B

解析取機(jī)車和15節(jié)車廂整體為研究對(duì)象，由動(dòng)量守恒定律得mv0=（m+

15m）v,貝1J0=卷。0=2X0.8m/s=0.05m/s,故B正確。

2.（人教版選擇性必修第一冊(cè)-P15-T6改編）懸繩下吊著一個(gè)質(zhì)量為9.99kg

的沙袋，構(gòu)成一個(gè)單擺，擺長(zhǎng)L=1m。一顆質(zhì)量m=10g的子彈以%=500m/s

的水平速度射入沙袋，瞬間與沙袋達(dá)到共同速度（不計(jì)懸繩質(zhì)量，g取lOm/s,

則此時(shí)懸繩的拉力為（）

A.35NB.100N

C.102.5ND.350N

答案C

解析子彈打入沙袋的過(guò)程中，對(duì)子彈和沙袋由動(dòng)量守恒定律得加。0=（冽+

M）v,得子彈與沙袋的共同速度。=干3=半亮迎m/s=0.5m/s。對(duì)子彈和沙

m+M

V2

袋，子彈射入沙袋瞬間，合力提供向心力，有國(guó)-（加+M）g=（陰+〃）工，得懸繩

V2

的拉力尸r=（加+Mg+（機(jī)+M）7=1O2.5N,故C正確。

3.如圖所示，在光滑水平面的左側(cè)固定一豎直擋板，A球在水平面上靜止放

置，B球向左運(yùn)動(dòng)與A球發(fā)生正碰，B球碰撞前、后的速率之比為3：1,A球垂

直撞向擋板，碰后原速率返回。兩球剛好不發(fā)生第二次碰撞，則A、B兩球的質(zhì)

量之比為（）

10二

AB

A.1:2B.2:1

C.1：4D.4:1

答案D

解析設(shè)A、B的質(zhì)量分別為mA、gB的初速度為oo,取B的初速度方

向?yàn)檎较?，由題意知，A球經(jīng)擋板反彈后兩球剛好不發(fā)生第二次碰撞，說(shuō)明A、

00]

B碰撞后速度大小相等,方向相反,分別為號(hào)和-岸則有機(jī)B0O=mA-y+mB|

解得OTA：WB=4:1,D正確。

核心素養(yǎng)發(fā)展與提升I

考點(diǎn)1動(dòng)量守恒定律的理解與應(yīng)用g

［科學(xué)思維梳理］

1.動(dòng)量守恒定律的“六性”

(1)系統(tǒng)性：研究對(duì)象是相互作用的兩個(gè)或多個(gè)物體組成的系統(tǒng)。

(2)條件性：必須滿足動(dòng)量守恒定律的適用條件。

(3)矢量性：表達(dá)式中初、末動(dòng)量都是矢量，首先需要選取正方向，分清各物

體初、末動(dòng)量的正、負(fù)。

(4)瞬時(shí)性：動(dòng)量是狀態(tài)量，動(dòng)量守恒指對(duì)應(yīng)每一時(shí)刻的總動(dòng)量都和初時(shí)刻的

總動(dòng)量相等。

(5)相對(duì)性：動(dòng)量守恒定律方程中的動(dòng)量必須是相對(duì)于同一慣性參考系。一般

選地面為參考系。

(6)普適性：不僅適用于宏觀低速物體組成的系統(tǒng)，也適用于微觀高速粒子組

成的系統(tǒng)。

2.應(yīng)用動(dòng)量守恒定律解題的步驟

明確研究對(duì)象.確定系統(tǒng)的組成

進(jìn)行受力分析，判斷動(dòng)量是否守恒

K

規(guī)定正方向，確定初、末動(dòng)量

4r

根據(jù)動(dòng)量守恒定律，建立守恒方程

代人數(shù)據(jù)，求出結(jié)果并討論說(shuō)明

例1(2021.全國(guó)乙卷)如圖，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(dòng)車廂使彈簧壓縮，撤去推力時(shí)滑塊在車廂底板上有相對(duì)滑動(dòng)。在地面參考

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

A.動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒

B.動(dòng)量守恒，機(jī)械能不守恒

C.動(dòng)量不守恒，機(jī)械能守恒

D.動(dòng)量不守恒，機(jī)械能不守恒

［答案］B

［解析］因?yàn)樗降孛婀饣?，所以撤去推力后，系統(tǒng)所受合外力為零，則系

統(tǒng)動(dòng)量守恒；因?yàn)榛瑝K與車廂水平底板間有摩擦，且撤去推力時(shí)滑塊在車廂底板

上有相對(duì)滑動(dòng)，則撤去推力后滑塊與車廂底板間有摩擦力做功，系統(tǒng)機(jī)械能不守

恒。故選B。

例2(2019?江蘇高考)質(zhì)量為〃的小孩站在質(zhì)量為m的滑板上，小孩和滑板

均處于靜止?fàn)顟B(tài)，忽略滑板與地面間的摩擦。小孩沿水平方向躍離滑板，離開(kāi)滑

板時(shí)的速度大小為0,此時(shí)滑板的速度大小為()

mM

A?彳B.后

mM

C.T7UD.

m+Mm+M

［答案］B

［解析］由題意知，小孩躍離滑板時(shí)小孩和滑板組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則

—MvMv

+mv'=0,得o'=一而一，即滑板的速度大小為嬴，B正確。

［關(guān)鍵能力升華］

應(yīng)用動(dòng)量守恒定律時(shí)的幾點(diǎn)易錯(cuò)提醒

(1)動(dòng)量守恒定律的研究對(duì)象都是相互作用的物體組成的系統(tǒng)。系統(tǒng)的動(dòng)量是

否守恒，與選擇哪幾個(gè)物體作為系統(tǒng)和分析哪一段運(yùn)動(dòng)過(guò)程有直接關(guān)系。

(2)分析系統(tǒng)內(nèi)物體受力時(shí)，要弄清哪些是系統(tǒng)的內(nèi)力，哪些是外力。

(3)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒的條件不同，動(dòng)量守恒時(shí)機(jī)械能不一定守恒，機(jī)械

能守恒時(shí)動(dòng)量不一定守恒，二者不可混淆。

［對(duì)點(diǎn)跟進(jìn)訓(xùn)練］

L（動(dòng)量守恒條件的理解）（2021.湖北省高三1月模擬演練）如圖所示，曲面體

P靜止于光滑水平面上，物塊Q自P的上端靜止釋放。Q與P的接觸面光滑，Q

在P上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（）

A.P對(duì)Q做功為零

B.P和Q之間的相互作用力做功之和為零

C.P和Q構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒、動(dòng)量守恒

D.P和Q構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒、動(dòng)量守恒

答案B

解析根據(jù)題意，P、Q組成的系統(tǒng)只有重力勢(shì)能與動(dòng)能之間的轉(zhuǎn)化，故P、

Q組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則除重力之外的其他力所做功之和為零，所以P、Q

之間的相互作用力做功之和為零，B正確；在P向左運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，Q對(duì)P的彈

力對(duì)P做正功，則P對(duì)Q的彈力做負(fù)功，不為0,故A錯(cuò)誤；系統(tǒng)在水平方向上

不受外力的作用，系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒，但是在豎直方向上Q有加速度，

即系統(tǒng)在豎直方向上動(dòng)量不守恒，故C、D錯(cuò)誤。

2.（動(dòng)量守恒定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用）如圖所示，甲、乙兩船的總質(zhì)量（包括船、人

和貨物）分別為10冽、12m,兩船沿同一直線同一方向運(yùn)動(dòng)，速度分別為2伙）、伙）。

為避免兩船相撞，乙船上的人將一質(zhì)量為用的貨物沿水平方向拋向甲船，甲船上

的人將貨物接住，求拋出貨物的最小速度。（不計(jì)水的阻力）

答案400

解析設(shè)乙船上的人拋出貨物的最小速度大小為Omin,拋出貨物后船的速度

為。1,甲船上的人接到貨物后船的速度為。2,由動(dòng)量守恒定律得

貨物從乙船拋出過(guò)程，12械＞0=llmvi-mVmin

貨物落入甲船過(guò)程，10帆2vo-mVmin=UmV2

為避免兩船相撞應(yīng)滿足01=S

解得Omin=400。

考點(diǎn)2碰撞問(wèn)題分析翎

［科學(xué)思維梳理］

1.碰撞遵循的三條原則

(1)動(dòng)量守恒定律。

⑵動(dòng)能不增加，Eki+WNEkJ+Ek2,或亮+痣嗎3喘。

(3)速度要合理

①同向碰撞：碰撞前，后面的物體速度大；碰撞后，若物體速度仍同向，則

前面的物體速度大(或相等)。

②相向碰撞：碰撞后兩物體的運(yùn)動(dòng)方向不可能都不改變。

2.彈性碰撞討論

(1)碰后速度的求解

根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律

mivi+機(jī)202=mivi'+mivi'①

11o11,

5加濟(jì)+'加2潰=]加01'2+2?2^2'2②

(mi-m2)V]+2m2S

解得vi'

mi+mi

(m2-mi)V2+2miVi

V21=--------------------------

m\+m2

(2)分析討論

當(dāng)碰前兩物體的速度不為零時(shí)，若如=機(jī)2,貝Ijoj=。2,s'=01,即兩物

體交換速度。

當(dāng)碰前物體2的速度為零時(shí):

m\-m22ml

..，一vi,

mi+mim\+m2

①加1="22時(shí)，Vl'=0,02'=01,碰撞后兩物體交換速度。

②加1>加2時(shí),V1'>0,?2'>0,碰撞后兩物體沿相同方向運(yùn)動(dòng)。

③預(yù)<加2時(shí)，V1'<0,V2'>0,碰撞后質(zhì)量小的物體被反彈回來(lái)。

例3(2021.北京高考)如圖所示，小物塊A、B的質(zhì)量均為機(jī)=0.10kg,B

靜止在軌道水平段的末端。A以水平速度00與B碰撞，碰后兩物塊粘在一起水平

拋出。拋出點(diǎn)距離水平地面的豎直高度為A=0.45m,兩物塊落地點(diǎn)距離軌道末

端的水平距離為s=0.30m,取重力加速度g=10m/s2。求:

⑴兩物塊在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間f,

⑵兩物塊碰前A的速度內(nèi)的大?。?/p>

⑶兩物塊碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能AEO

［答案］(1)0.30s(2)2.0m/s(3)0.10J

［解析］⑴兩物塊在空中做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向?yàn)樽杂陕潴w運(yùn)動(dòng)，有力

代入數(shù)據(jù)解得/=0.30s。

(2)設(shè)A、B碰后速度為以水平方向?yàn)閯蛩龠\(yùn)動(dòng)，有s=S

代入數(shù)據(jù)解得o=L0m/s

根據(jù)動(dòng)量守恒定律，有mvo=2mv

代入數(shù)據(jù)解得。。=2.0m/s。

⑶兩物塊碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能

11、

AE=2^69-2-2m?z

代入數(shù)據(jù)解得AE=0.10J。

［關(guān)鍵能力升華］

碰撞問(wèn)題解題策略

⑴抓住碰撞的特點(diǎn)和不同種類碰撞滿足的條件，列出相應(yīng)方程求解。

（2）可熟記一些公式，例如“一動(dòng)一靜”模型中，兩物體發(fā)生彈性正碰后的速

mi-m22mi

度滿足:01=00、02=VOo

mi+mimi+m2

（3）熟記彈性正碰的一些結(jié)論，例如，當(dāng)兩物體質(zhì)量相等時(shí)，兩物體碰撞后交

換速度；當(dāng)加》加2,且020=0時(shí)，碰后質(zhì)量大的物體速度00不變，質(zhì)量小的物

體速度為200；當(dāng)初《m2,且。20=0時(shí)，碰后質(zhì)量大的物體速度不變（仍靜止），

質(zhì)量小的物體原速率反彈。

［對(duì)點(diǎn)跟進(jìn)訓(xùn)練］

L（碰撞遵循的原則）兩球A、B在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運(yùn)動(dòng)，

mA=1kg,mB=2kg,0A=6m/s,OB=2m/so當(dāng)A追上B并發(fā)生碰撞后，兩球A、

B速度的可能值是（）

A.VA'=3m/s,OB'=4m/s

B.VA'=5m/s,VB,=2.5m/s

C.0A‘=2m/s,VB'=4m/s

D.VA'=-4m/s,OB'=7m/s

答案C

解析碰前系統(tǒng)總動(dòng)量為：p=m\VA+mBVB=1X6kg-m/s+2X2kg-m/s=10

22

kg-m/s,碰前總動(dòng)能為：Ek=1X6J+^X2X2J=22Jo如

果0A'=3m/s,VB'=4m/s,則碰后總動(dòng)量為：p'=1X3kg-m/s+2X4kg-m/s

=Hkg-m/s,動(dòng)量不守恒，不可能，A錯(cuò)誤；若OA'=5m/s,OB'=2.5m/s,則

碰撞后，A、B兩球同向運(yùn)動(dòng)，A球在B球的后面，A球的速度大于B球的速度，

不可能，B錯(cuò)誤；如果0A'=2m/s,VB'=4m/s,則碰后總動(dòng)量為：p'=1X2

kg-m/s+2X4kg-m/s=10kg-m/s,系統(tǒng)動(dòng)量守恒，碰后總動(dòng)能為：&=1xiX22

J+|X2X42J=18J,系統(tǒng)動(dòng)能減小，滿足碰撞的條件，C正確；如果0A'=-4

m/s,VB'=7m/s,則碰后總動(dòng)量為：p'=1X(-4)kg-m/s+2X7kg-m/s=10

kg-m/s,系統(tǒng)動(dòng)量守恒，碰后總動(dòng)能為：Ek'=：XlX42j+3x2X72j=57J,系

統(tǒng)總動(dòng)能增加，不可能，D錯(cuò)誤。

2.（圖像分析）（2020.全國(guó)卷III）甲、乙兩個(gè)物塊在光滑水平桌面上沿同一直線

運(yùn)動(dòng)，甲追上乙，并與乙發(fā)生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度隨時(shí)間的變化如圖中

實(shí)線所示。已知甲的質(zhì)量為1kg,則碰撞過(guò)程兩物塊損失的機(jī)械能為（）

A.3JB.4J

C.5JD.6J

答案A

解析由v-t圖線可知，碰撞前甲、乙的速度分別為v甲=5m/s、o乙=1m/s,

碰撞后甲、乙的速度分別為0甲'=-lm/s、o乙'=2m/so甲、乙兩物塊碰撞的

過(guò)程中，由動(dòng)量守恒定律得：加甲0甲+機(jī)乙0乙=機(jī)甲o(hù)甲'+機(jī)乙0乙'，解得加乙

2

=6kg。則損失的機(jī)械能為AE=1■加甲端乙此一品甲0甲，2—gm乙v乙，,

解得AE=3J,故A正確。

3.（臨界問(wèn)題）（2020.全國(guó)卷11）（多選）水平冰面上有一固定的豎直擋板。一滑

冰運(yùn)動(dòng)員面對(duì)擋板靜止在冰面上，他把一質(zhì)量為4.0kg的靜止物塊以大小為5.0

m/s的速度沿與擋板垂直的方向推向擋板，運(yùn)動(dòng)員獲得退行速度；物塊與擋板彈

性碰撞，速度反向，追上運(yùn)動(dòng)員時(shí)，運(yùn)動(dòng)員又把物塊推向擋板，使其再一次以大

小為5.0m/s的速度與擋板彈性碰撞?？偣步?jīng)過(guò)8次這樣推物塊后，運(yùn)動(dòng)員退行速

度的大小大于5.0m/s,反彈的物塊不能再追上運(yùn)動(dòng)員。不計(jì)冰面的摩擦力，該運(yùn)

動(dòng)員的質(zhì)量可能為（）

A.48kgB.53kg

C.58kgD.63kg

答案BC

解析設(shè)運(yùn)動(dòng)員和物塊的質(zhì)量分別為m、mo,規(guī)定運(yùn)動(dòng)員運(yùn)動(dòng)的方向?yàn)檎?/p>

向，運(yùn)動(dòng)員開(kāi)始時(shí)靜止，第1次將物塊推出后，設(shè)運(yùn)動(dòng)員和物塊的速度大小分別

為01、00,則根據(jù)動(dòng)量守恒定律有：0=根力一mo0o,解得。1=瑟欣，物塊與擋板

彈性碰撞后，運(yùn)動(dòng)方向與運(yùn)動(dòng)員同向，當(dāng)運(yùn)動(dòng)員第2次推出物塊時(shí)，有：mvi+

movo=mv?—movo,解得s=,第3次推出物塊時(shí),有：mvi+moVo=m03-

恤。o,解得03=誓。0,以此類推，第8次推出物塊后，運(yùn)動(dòng)員的速度。8=等%）。

根據(jù)題意可知，08=§詈00>00,解得機(jī)<15恤=60kg;第7次推出物塊后，運(yùn)動(dòng)

137rio

員的速度。7=一^一0o<0o,|^#m>13mo=52kg0綜上所述，該運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量應(yīng)滿

足52kg<m<60kg,故A、D錯(cuò)誤，B、C正確。

考點(diǎn)3碰撞類模型的拓展鐲

［科學(xué)思維梳理］

1.“彈簧類”模型

m

模型圖示"Il2

水平地面光滑

（1）兩個(gè)或兩個(gè)以上的物體與彈簧相互作用的過(guò)程中，若系統(tǒng)

所受外力的矢量和為零，則系統(tǒng)動(dòng)量守恒

（2）在能量方面，由于彈簧形變會(huì)使彈性勢(shì)能發(fā)生變化，系統(tǒng)

的總動(dòng)能將發(fā)生變化；若系統(tǒng)所受的外力和除彈簧彈力以外

模型特點(diǎn)的內(nèi)力不做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒

⑶彈簧處于最長(zhǎng)（最短）狀態(tài)時(shí)兩物體速度相等，彈性勢(shì)能最

大，系統(tǒng)動(dòng)能通常最?。ㄍ耆菑椥耘鲎餐卣鼓Ｐ停?/p>

⑷彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，彈性勢(shì)能為零，系統(tǒng)動(dòng)能最大（彈性碰撞

拓展模型，相當(dāng)于碰撞結(jié)束時(shí)）

2.“子彈打木塊”“滑塊一木板”模型

___

/'（）m

模型圖示.........1..A

水平地面光滑水平地面光滑

（1）若子彈未射穿木塊或滑塊未從木板上滑下，當(dāng)兩者速度相

等時(shí)木塊或木板的速度最大，兩者的相對(duì)位移（為子彈射入木

塊的深度或滑塊相對(duì)木板滑動(dòng)的距離）取得極值（完全非彈性

碰撞拓展模型）

（2）系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，但機(jī)械能不守恒，摩擦力與兩者相對(duì)位

移的乘積等于系統(tǒng)減少的機(jī)械能

模型特點(diǎn)

M

⑶根據(jù)能量守恒定律，系統(tǒng)損失的動(dòng)能AEk=MMEk0,可

以看出，子彈（或滑塊）的質(zhì)量越小，木塊（或木板）的質(zhì)量越大，

動(dòng)能損失越多

（4）該類問(wèn)題既可以從動(dòng)量、能量角度求解，相當(dāng)于完全非彈

性碰撞拓展模型，也可以從力和運(yùn)動(dòng)的角度借助圖像求解

3.“光滑圓弧軌道+滑塊（小球）”模型

模型圖示MVnzn

水平地面光滑

（1）最高點(diǎn)：機(jī)與〃具有共同水平速度。共。系統(tǒng)水平方向動(dòng)

量守恒，機(jī)0O=（M+m）0共；系統(tǒng)機(jī)械能守恒，=+

m）vl+mgh,其中人為滑塊上升的最大高度，不一定等于圓

模型特點(diǎn)弧軌道的高度（完全非彈性碰撞拓展模型）

⑵最低點(diǎn)：機(jī)與M分離點(diǎn)。水平方向動(dòng)量守恒，mvo=mvi

+MV2-,系統(tǒng)機(jī)械能守恒，品加=3冽優(yōu)+%北4（彈性碰撞拓展

模型）

4.懸繩模型

懸繩模型（如圖所示）與模型3特點(diǎn)類似，即系統(tǒng)機(jī)械能守恒，水平方向動(dòng)量

守恒，解題時(shí)需關(guān)注物體運(yùn)動(dòng)的最高點(diǎn)和最低點(diǎn)。

m

水平桿光滑

例4（多選）如圖所示，光滑水平面上有一質(zhì)量為2M、半徑為R（R足夠大）

的（圓弧曲面C,質(zhì)量為M的小球B置于其底端，另一個(gè)小球A質(zhì)量為岑，小球

A以%=6m/s的速度向B運(yùn)動(dòng)，并與B發(fā)生彈性碰撞，不計(jì)一切摩擦，小球均

視為質(zhì)點(diǎn)，貝版）

B

A.B的最大速率為4m/s

3

B.B運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)的速率為am/s

C.B能與A再次發(fā)生碰撞

D.B不能與A再次發(fā)生碰撞

［答案］AD

［解析］A與B發(fā)生彈性碰撞，取水平向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和

機(jī)械能寸怛定律得，+MVB,/}00=亍萬(wàn)必+5〃蝙，解得0A=-2m/s,

OB=4m/s,A與B碰后B的速率最大，故B的最大速率為4m/s,A正確；B沖

4

上C并運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)二者共速，設(shè)為6貝1JMOB=（M+2M）O,得o=wm/s,B

錯(cuò)誤；設(shè)B、C分離時(shí)的速度分別為OB'、oc',從B沖上C然后又滑到C底端

的過(guò)程，由水平方向動(dòng)量守恒，有MOB="OB'+2MVC',由機(jī)械能守恒定律有

1114

2

2-Mi?E=2-AffB/2+2-2MVC',聯(lián)立解得OB'=-m/s,由于|OB'|<|OA|,所以

B與A不會(huì)再次發(fā)生碰撞，C錯(cuò)誤，D正確。

［關(guān)鍵能力升華］

處理碰撞類模型的方法技巧

（1）“彈簧類”模型的解題思路

①系統(tǒng)的動(dòng)量守恒。

②系統(tǒng)的機(jī)械能守恒。

③應(yīng)用臨界條件：兩物體共速時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能最大。

（2）“滑塊一木板”模型的解題思路

①系統(tǒng)的動(dòng)量守恒。

②在涉及滑塊或木板的運(yùn)動(dòng)時(shí)間時(shí)，優(yōu)先考慮用動(dòng)量定理。

③在涉及滑塊或木板的位移時(shí)，優(yōu)先考慮用動(dòng)能定理。

④在涉及滑塊與木板的相對(duì)位移時(shí)，優(yōu)先考慮用系統(tǒng)的能量守恒。

⑤滑塊與木板不相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，兩者達(dá)到共同速度。

［對(duì)點(diǎn)跟進(jìn)訓(xùn)練］

1.（滑塊一木板模型）如圖所示，光滑水平面上有質(zhì)量為機(jī)且足夠長(zhǎng)的木板，

木板上放一質(zhì)量也為加、可視為質(zhì)點(diǎn)的小木塊?，F(xiàn)分別使木塊獲得向右的水平初

速度oo和2在，兩次運(yùn)動(dòng)均在木板上留下劃痕，則兩次劃痕長(zhǎng)度之比為（）

j三........J,

A.1:4B.1:4^2

C.1：8D.1:12

答案A

解析木塊從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到相對(duì)長(zhǎng)木板靜止的過(guò)程中，木塊和木板組成的系統(tǒng)

水平方向動(dòng)量守恒，取水平向右為正方向，則有機(jī)00=（相+機(jī)）0,解得根

據(jù)能量守恒定律有〃機(jī)gS=f?褚-;（m+加濘，解得劃痕長(zhǎng)度S=瑞；同理，當(dāng)木

塊的初速度為200時(shí)，則劃痕長(zhǎng)度s'=3^■，故兩次劃痕長(zhǎng)度之比為S：s'=1：

4,故A正確，B、C、D錯(cuò)誤。

2.（彈簧類模型）（多選）光滑水平面上用輕彈簧相連的A、B兩物體，以6m/s

的速度勻速向右運(yùn)動(dòng)，質(zhì)量均為2kg。在B的正前方靜止放置一質(zhì)量為4kg的物

體C,B、C碰后粘在一起，則在之后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中（）

也

A.彈簧的最大彈性勢(shì)能為12J

B.A、B、C和彈簧組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能是36J

C.物體C的最大速度為4m/s

D.整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中A的速度不可能向左

答案ACD

解析B、C碰撞瞬間，B、C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，選水平向右為正方向，

由動(dòng)量守恒定律得："ZB0O=(WB+mc)v,代入數(shù)據(jù)解得u=2m/s；三個(gè)物體速度相

B

同時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能最大，由動(dòng)量守恒定律得：加A0o+msvo=(mA+機(jī)+mc)v共,

代入數(shù)據(jù)解得：。共=3m/s,設(shè)彈簧的最大彈性勢(shì)能為Ep,由機(jī)械能守恒定律得:

Ep=虎+g("ZB+mc)*一T("ZA+mB+me)喔，代入數(shù)據(jù)解得：Ep=12J,A、B、

C和彈簧組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能AE=|mB^-1(mB+mc)〃=24J,故A正確，

B錯(cuò)誤；當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，C的速度最大，設(shè)此時(shí)B、C的速度為A的速

度為02,根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有機(jī)A0O+("ZB+mC)0=WA02+(7"B

2

+mc)Vi,+1(mB+mc)v=^inAvl+|(mB+mc)^T,代入數(shù)據(jù)解得01=4m/s,

02=0,故C正確；由于A、B、C系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒，總動(dòng)量”=(機(jī)A+機(jī)B)0O=

24kg.m/s,若A的速度向左，則B、C的速度向右且一定大于4m/s,與C項(xiàng)分

析沖突，所以A的速度不可能向左，故D正確。

考點(diǎn)4爆炸國(guó)

［科學(xué)思維梳理］

爆炸的特點(diǎn)

1.動(dòng)量守恒：由于爆炸是在極短的時(shí)間內(nèi)完成的，發(fā)生爆炸時(shí)物體間的相互

作用力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于受到的外力，所以在爆炸過(guò)程中，系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒。

2.動(dòng)能增加：在爆炸過(guò)程中，由于有其他形式的能量(如化學(xué)能)轉(zhuǎn)化為動(dòng)能,

所以爆炸前后系統(tǒng)的總動(dòng)能增加。

3.位置不變：爆炸的時(shí)間極短，因而在作用過(guò)程中，物體產(chǎn)生的位移很小,

一般可忽略不計(jì)，可以認(rèn)為爆炸后仍然從爆炸前的位置以新的動(dòng)量開(kāi)始運(yùn)動(dòng)。

例5以與水平方向成60。角斜向上的初速度內(nèi)射出的炮彈，到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)

因爆炸分成質(zhì)量分別為m和2m的兩塊，其中質(zhì)量為2m的一塊沿著原來(lái)的方向

以2%的速度飛行。求：

(1)質(zhì)量較小的那一塊彈片速度的大小和方向；

(2)爆炸過(guò)程中有多少化學(xué)能轉(zhuǎn)化為炮彈的動(dòng)能？

27

［答案］⑴2.5oo方向與爆炸前炮彈運(yùn)動(dòng)的方向相反(2)彳加比

［解析］(1)斜拋的炮彈在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則炮彈在最高點(diǎn)爆炸

Vo

前的速度為01=00cos60。=yo

設(shè)炮彈在最高點(diǎn)爆炸前的速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得3機(jī)0=

2mvi'+mz>2,

又S'=2vo,

解得S=-2.5uo,負(fù)號(hào)表示速度方向與規(guī)定的正方向相反。

(2)爆炸過(guò)程中轉(zhuǎn)化為動(dòng)能的化學(xué)能等于動(dòng)能的增量，所以轉(zhuǎn)化為動(dòng)能的化學(xué)

能為

E=AEk=2mv\'2+-gx3機(jī)況=

［關(guān)鍵能力升華］

(1)分析爆炸問(wèn)題，要準(zhǔn)確確定爆炸前后的速度，不能把物體的初速度當(dāng)作爆

炸前的速度。

(2)根據(jù)爆炸前后動(dòng)量守恒，以及增加的動(dòng)能等于消耗的其他能量入手求解。

［對(duì)點(diǎn)跟進(jìn)訓(xùn)練］

(爆炸問(wèn)題)(2018?全國(guó)卷I)一質(zhì)量為機(jī)的煙花彈獲得動(dòng)能E后，從地面豎直

升空。當(dāng)煙花彈上升的速度為零時(shí)，彈中火藥爆炸將煙花彈炸為質(zhì)量相等的兩部

分，兩部分獲得的動(dòng)能之和也為E,且均沿豎直方向運(yùn)動(dòng)。爆炸時(shí)間極短，重力

加速度大小為g,不計(jì)空氣阻力和火藥的質(zhì)量。求：

(1)煙花彈從地面開(kāi)始上升到彈中火藥爆炸所經(jīng)過(guò)的時(shí)間；

(2)爆炸后煙花彈向上運(yùn)動(dòng)的部分距地面的最大高度。

答案(《晶端

解析(1)設(shè)煙花彈上升的初速度為由題給條件有E=W加沸①

設(shè)煙花彈從地面開(kāi)始上升到火藥爆炸所用的時(shí)間為由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有0-。0

=~gt@

1f2E

聯(lián)立①②式得仁％'/方③

(2)設(shè)爆炸時(shí)煙花彈距地面的高度為hi,由機(jī)械能守恒定律有E=/ng歷④

火藥爆炸后，煙花彈上、下兩部分均沿豎直方向運(yùn)動(dòng)，設(shè)炸后瞬間其速度分

別為V1和02。

由題給條件和動(dòng)量守恒定律有

+^mvl=E⑤

^mvi+^mV2=0⑥

由⑥式知，煙花彈兩部分的速度方向相反，向上運(yùn)動(dòng)部分做豎直上拋運(yùn)動(dòng)。

設(shè)爆炸后煙花彈上部分繼續(xù)上升的高度為h2,由機(jī)械能守恒定律有:加況=；/ng//2

⑦

2E

聯(lián)立④⑤⑥⑦式得，煙花彈上部分距地面的最大高度為h=hl+h2=—o

考點(diǎn)5反沖運(yùn)動(dòng)火箭翎

［科學(xué)思維梳理］

1.反沖

(1)現(xiàn)象：一個(gè)靜止的物體在內(nèi)力的作用下分裂為兩個(gè)部分，一部分向某個(gè)方

向運(yùn)動(dòng)，另一部分必然向相反方向運(yùn)動(dòng)的現(xiàn)象。

(2)特點(diǎn)：一般情況下，物體間的相互作用力(內(nèi)力)較大，因此系統(tǒng)動(dòng)量往往

有以下幾種情況：①動(dòng)量守恒；②動(dòng)量近似守恒；③某一方向上動(dòng)量守恒。反沖

運(yùn)動(dòng)中機(jī)械能往往不守恒。

(3)實(shí)例：噴氣式飛機(jī)、火箭等都是利用反沖運(yùn)動(dòng)的實(shí)例。

2.火箭

(D火箭加速的原理

設(shè)火箭飛行時(shí)在極短的時(shí)間AZ內(nèi)噴射燃?xì)獾馁|(zhì)量是Am,噴出的燃?xì)庀鄬?duì)噴

氣前火箭的速度是M,噴出燃?xì)夂蠡鸺馁|(zhì)量是加，火箭在這樣一次噴氣后增加

的速度為Avo

以噴氣前的火箭為參考系。噴氣前火箭的動(dòng)量是0,噴氣后火箭的動(dòng)量是

m限,燃?xì)獾膭?dòng)量是AWM。根據(jù)動(dòng)量守恒定律，噴氣后火箭和燃?xì)獾目倓?dòng)量仍然

為0,

所以mNv+Amw=0,

I,,Am

解出Av=--Mo

運(yùn)載物

第三級(jí)

第二級(jí)

第一級(jí)

三級(jí)火箭

上式表明，火箭噴出的燃?xì)獾乃俣萂越大、火箭噴出物質(zhì)的質(zhì)量與火箭本身

Am

質(zhì)量之比方越大，火箭獲得的速度△。越大。

(2)現(xiàn)代火箭的發(fā)射原理

由于現(xiàn)代火箭噴氣的速度在2000?4000m/s,近期內(nèi)難以大幅度提高；火箭

的質(zhì)量比(火箭起飛時(shí)的質(zhì)量與火箭除燃料外的箭體質(zhì)量之比)一般要小于10,故

為使火箭達(dá)到發(fā)射人造地球衛(wèi)星的7.9km/s的速度，采用多級(jí)火箭，即把火箭一

級(jí)一級(jí)地接在一起，第一級(jí)燃料用完之后就把箭體拋棄，減輕負(fù)擔(dān)，然后第二級(jí)

開(kāi)始工作，這樣一級(jí)一級(jí)地連起來(lái)，不過(guò)實(shí)際應(yīng)用中一般不會(huì)超過(guò)四級(jí)。

例6如圖所示，某中學(xué)航天興趣小組的同學(xué)將靜置在地面上的質(zhì)量為M含

水）的自制“水火箭”釋放升空，在極短的時(shí)間內(nèi)，質(zhì)量為m的水以相對(duì)地面為

。。的速度豎直向下噴出。已知重力加速度為g,空氣阻力不計(jì)，下列說(shuō)法正確的

是（）

A.火箭的推力來(lái)源于火箭外的空氣對(duì)它的反作用力

B.水噴出的過(guò)程中，火箭和水組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒

C.火箭獲得的最大速度為產(chǎn)心

M-m

D.火箭上升的最大高度為2g（〃_加）2

【答案］D

［解析］火箭的推力來(lái)源于向下噴出的水對(duì)它的作用力，A錯(cuò)誤；水噴出的

過(guò)程中，火箭內(nèi)氣體做功，火箭及水組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，B錯(cuò)誤；在水噴

出后的瞬間，火箭獲得的速度最大，以豎直向上為正方向，由動(dòng)量守恒定律有（“

-m）v-mvo=0,解得,C錯(cuò)誤；水噴出后，火箭做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，上

M-m

加2褚

升到最高點(diǎn)的過(guò)程中，有"=2g/z,^h=,D正確。

￡g（ivim）2

［關(guān)鍵能力升華］

反沖問(wèn)題解題要領(lǐng)

（1）兩部分初、末狀態(tài)的速度所選的參考系必須是同一參考系，且一般以地面

為參考系。

(2)要特別注意反沖前、后兩部分對(duì)應(yīng)的質(zhì)量。

(3)列方程時(shí)要注意初、末狀態(tài)動(dòng)量的方向，一般而言，反沖部分速度的方向

與另一部分的運(yùn)動(dòng)方向是相反的。

［對(duì)點(diǎn)跟進(jìn)訓(xùn)練］

1.(反沖運(yùn)動(dòng))(2020.江蘇高考)一只質(zhì)量為1.4kg的烏賊吸入0.1kg的水，靜

止在水中。遇到危險(xiǎn)時(shí)，它在極短時(shí)間內(nèi)把吸入的水向后全部噴出，以2m/s的

速度向前逃竄。求該烏賊噴出的水的速度大小

答案28m/s

解析將烏賊與噴出的水作為一個(gè)系統(tǒng)，由于烏賊噴水過(guò)程時(shí)間極短，故烏

賊與水所受內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，系統(tǒng)動(dòng)量守恒。選取烏賊逃竄的方向?yàn)檎较?，?/p>

據(jù)動(dòng)量守恒定律得0=Moi-m0,解得噴出的水的速度大小為

Mvi1.4X2

v==-Tn~~m/s=28m/s

m0.1o

2.(火箭)一火箭噴氣發(fā)動(dòng)機(jī)每次噴出根=200g的氣體，氣體離開(kāi)發(fā)動(dòng)機(jī)噴

出時(shí)的速度。=1000m/s(相對(duì)地面)。設(shè)火箭質(zhì)量M=300kg,發(fā)動(dòng)機(jī)每秒鐘噴氣

20次。

(1)當(dāng)?shù)谌螄姵鰵怏w后，火箭的速度為多大？

(2)運(yùn)動(dòng)第1s末，火箭的速度為多大？

答案(1)2m/s(2)13.5m/s

解析(1)設(shè)噴出三次氣體后火箭的速度為。3,

以火箭和噴出的三次氣體為研究對(duì)象，據(jù)動(dòng)量守恒定律得：(M-3m)u3-3mv

=0,

,,3mv

故03=立區(qū)產(chǎn)2儂。

(2)發(fā)動(dòng)機(jī)每秒鐘噴氣20次，以火箭和噴出的20次氣體為研究對(duì)象，根據(jù)動(dòng)

量守恒定律得：(M-2cM020-2Qmv=0,故儂=——右一七13.5m/s。

思維拓展：“人船模型”

1nAlLm據(jù)，

、_'J

P..?=*人q-

如圖所示，長(zhǎng)為L(zhǎng)、質(zhì)量為帆船的小船停在靜水中，質(zhì)量為機(jī)人的人由靜止開(kāi)

始從船的一端走到船的另一端，不計(jì)水的阻力。

以人和船組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，在人由船的一端走到船的另一端的過(guò)程中，

系統(tǒng)水平方向不受外力作用，所以整個(gè)系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，可得：機(jī)船。船=

m人◎人,

因人和船組成的系統(tǒng)動(dòng)量始終守恒，

故有：加船無(wú)船二機(jī)人工人,

由圖可看出：X船+工人="

加那m人

x人=5L,%船=L

可解得：人機(jī)人+加船脂機(jī)人+加船o

此模型可進(jìn)一步推廣到其他類似的情境中，進(jìn)而能解決大量的實(shí)際問(wèn)題，例

如：人沿著靜止在空中的熱氣球下面的軟梯滑下或攀上，求熱氣球上升或下降高

度的問(wèn)題；小球沿放在光滑水平地面上的弧形槽滑下，求弧形槽移動(dòng)距離的問(wèn)題

等。

例7載人氣球靜止于高力的空中，氣球的質(zhì)量為人的質(zhì)量為也若人

沿繩梯滑至地面，則繩梯至少為多長(zhǎng)？

［解析］氣球和人原來(lái)靜止在空中，說(shuō)明系統(tǒng)所受合力為零，故系統(tǒng)在人下

滑過(guò)程中動(dòng)量守恒，人著地時(shí)繩梯至少應(yīng)接觸地面，設(shè)繩梯長(zhǎng)為L(zhǎng),人沿繩梯滑

至地面，人的位移大小為x人，氣球的位移大小為x球，它們的位移狀態(tài)圖如圖所

______M+m

示，由動(dòng)量守恒定律有：0=焰球一機(jī)x人，又有x球+工人=￡,x人=h,故』="

ho

［關(guān)鍵能力升華］

“人船模型”問(wèn)題應(yīng)注意以下兩點(diǎn)

（1）適用條件

①系統(tǒng)由兩個(gè)物體組成且相互作用前靜止，系統(tǒng)總動(dòng)量為零；

②在系統(tǒng)內(nèi)發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中至少有一個(gè)方向的動(dòng)量守恒（如水平方向

或豎直方向）。

（2）畫(huà)草圖：解題時(shí)要畫(huà)出各物體的位移關(guān)系草圖，找出各長(zhǎng)度間的關(guān)系，注

意兩物體的位移是相對(duì)同一參考系的位移。

［對(duì)點(diǎn)跟進(jìn)訓(xùn)練］

（人船模型拓展）如圖所示，一個(gè)傾角為?的直角斜面體靜置于光滑水平面上,

斜面體質(zhì)量為“，頂端高度為人今有一質(zhì)量為根的小物體，沿光滑斜面下滑，

當(dāng)小物體從斜面頂端自由下滑到底端時(shí)，斜面體在水平面上移動(dòng)的距離是（）

\M+m)tanot(M+m)tana

答案C

解析機(jī)與M組成的系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒，設(shè)m在水平方向上對(duì)地

位移大小為Xi,M在水平方向上對(duì)地位移大小為X2,因此有0=膽1-MX2O①

h

且沏+&=醞②

mh

由①②可得&=正向嬴？故C正確。

課時(shí)作業(yè)I

一、選擇題（本題共6小題，其中第1?4題為單選，第5?6題為多選）

1.兩名質(zhì)量相等的滑冰人甲和乙都靜止在光滑的水平冰面上。現(xiàn)在，其中一

人向另一個(gè)人拋出一個(gè)籃球，另一人接球后再拋回。如此反復(fù)進(jìn)行幾次之后，甲

和乙最后的速率關(guān)系是（）

A.若甲最先拋球，則一定是。甲＞0乙

B.若乙最后接球，則一定是。甲＞。乙

C.只有甲先拋球，乙最后接球，才有。甲＞。乙

D.無(wú)論怎樣拋球和接球，都是。甲乙

答案B

解析兩人及籃球組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，且總動(dòng)量為零，由于兩人質(zhì)量相等,

故最后球在誰(shuí)手中，誰(shuí)的總質(zhì)量就較大，則速度較小，故B正確，A、C、D錯(cuò)

誤。

2.如圖所示，子彈水平射入放在光滑水平地面上靜止的木塊，子彈未穿透木

塊，此過(guò)程木塊的動(dòng)能增加了6J,那么此過(guò)程產(chǎn)生的內(nèi)能可能為（）

CZ>

A.16JB.2J

C.6JD.4J

答案A

解析設(shè)子彈的質(zhì)量為硒，初速度為木塊的質(zhì)量為加，子彈打入木塊的

過(guò)程中，子彈與木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，即m0。0=（加+恤）。，此過(guò)程產(chǎn)生的內(nèi)

1°】m+mQi

能等于系統(tǒng)損失的動(dòng)能，即