金版教程物理2025高考科学复习解决方案第七章动量守恒定律及其应用第1讲 动量　动量定理含答案

《金版教程(物理）》2025高考科学复习解决方案第七章动量守恒定律及其应用第讲动量动量定理[教材阅读指导](对应人教版选择性必修第一册相关内容及问题)第一章第1节[例题]中旁批，体会“如果物体沿直线运动，即动量始终保持在同一条直线上，在选定坐标轴的方向之后，动量的运算就可以简化成代数运算。”第一章第2节图1.2­2，体会变力的冲量可以用F­t图线与t轴围成的面积计算。第一章第2节[科学漫步]，体会动量定理反映了力对时间的累积效应，动能定理反映了力对空间的累积效应。第一章第2节[练习与应用]T1；T3。提示：T1：A.物体所受拉力F的冲量方向与F的方向相同B．物体所受拉力F的冲量大小是FtC．物体所受摩擦力的冲量大小是FtcosθD．物体所受合力的冲量大小是0故D看法正确。T3：(1)200N；(2)205N；(3)从前两问的解答可以看出，当铁锤钉钉子的平均作用力远大于铁锤的重力时，铁锤所受的重力可以忽略不计。第一章[复习与提高]B组T4。提示：时间Δt内所喷出水的质量Δm＝ρSvΔt，对这部分水由动量定理得－FΔt＝0－Δmv，由牛顿第三定律知，墙壁受到的平均冲击力F′＝F，联立得F′＝ρSv2。必备知识梳理与回顾一、动量1．定义：物理学中把质量和速度的eq\x(\s\up1(01))乘积mv定义为物体的动量，用字母p表示。2．表达式：p＝eq\x(\s\up1(02))mv。3．单位：eq\x(\s\up1(03))kg·m/s。4．标矢性：动量是矢量，其方向和eq\x(\s\up1(04))速度的方向相同。二、动量定理1．冲量(1)定义：力与力的eq\x(\s\up1(01))作用时间的乘积叫作力的冲量。定义式：eq\x(\s\up1(02))I＝FΔt。(2)单位：冲量的单位是eq\x(\s\up1(03))牛秒，符号是eq\x(\s\up1(04))N·s。(3)标矢性：冲量是矢量，恒力冲量的方向与eq\x(\s\up1(05))恒力的方向相同。2．动量定理(1)内容：物体在一个过程中所受力的eq\x(\s\up1(06))冲量等于它在这个过程始末的eq\x(\s\up1(07))动量变化量。(2)表达式：I＝p′－p或F(t′－t)＝mv′－mv。(3)矢量性：动量变化量的方向与eq\x(\s\up1(08))合力的方向相同，也可以在某一方向上用动量定理。一、堵点疏通1．两物体的动量相等，动能也一定相等。()2．动量变化的大小，不可能等于初、末态动量大小之和。()3．物体的动量变化等于某个力的冲量。()4．物体沿水平面运动，重力不做功，重力的冲量也等于零。()5．物体的动量越大，则物体的惯性就越大。()答案1.×2.×3.×4.×5.×二、对点激活1．下列说法正确的是()A．速度大的物体，它的动量一定也大B．动量大的物体，它的速度一定也大C．只要物体的运动速度大小不变，物体的动量就保持不变D．物体的动量变化越大，则该物体的速度变化一定越大答案D解析动量p＝mv，由质量和速度共同决定，所以A、B错误；动量是矢量，速度方向改变，动量也会改变，故C错误；由Δp＝mΔv知，D正确。2．质量为5kg的小球以5m/s的速度竖直落到地板上，随后以3m/s的速度反向弹回，若取竖直向下的方向为正方向，则小球动量的变化为()A．10kg·m/s B．－10kg·m/sC．40kg·m/s D．－40kg·m/s答案D解析动量的变化是末动量减去初动量，规定了竖直向下为正方向，则小球的初动量p1＝mv1＝25kg·m/s，末动量p2＝mv2＝－15kg·m/s，所以动量的变化Δp＝p2－p1＝－40kg·m/s，D正确。3．(多选)在光滑水平面上，原来静止的物体在水平恒力F的作用下，经过时间t，通过位移l后，动量变为p，动能变为Ek，以下说法正确的是()A．在F作用下，这个物体若经过位移2l，其动量将等于2pB．在F作用下，这个物体若经过时间2t，其动量将等于2pC．在F作用下，这个物体若经过时间4t，其动能将等于2EkD．在F作用下，这个物体若经过位移2l，其动能将等于2Ek答案BD解析由动量定理Ft＝Δp和l＝eq\f(1,2)at2知，A错误，B正确；由动能定理Fl＝ΔEk和l＝eq\f(1,2)at2知，C错误，D正确。4．(人教版选择性必修第一册·第一章第2节[练习与应用]T2改编)体操运动员在落地时总要屈腿，这样做可以()A．减小地面对人的冲量B．减小地面对人的撞击力C．减小人的动量变化量D．减小人的动能变化量答案B解析体操运动员落地时屈腿可以延长地面对人撞击力的作用时间，取人落地时速度方向为正方向，根据动量定理得：－Ft＋mgt＝0－mv，得：F＝eq\f(mv,t)＋mg，当t增加时F减小，而冲量和动量、动能的变化量都不变，所以B正确。关键能力发展与提升考点一动量、冲量的理解及计算深化理解1．对动量的理解(1)动量的两性①瞬时性：动量是描述物体运动状态的物理量，是针对某一时刻或位置而言的。②相对性：动量的大小和方向与参考系的选取有关，通常情况是指相对地面的动量。(2)动量与动能的比较动量动能物理意义描述机械运动状态的物理量定义式p＝mvEk＝eq\f(1,2)mv2标矢量矢量标量变化因素合力的冲量合力所做的功大小关系p＝eq\r(2mEk)Ek＝eq\f(p2,2m)联系①都是相对量，与参考系的选取有关，通常选取地面为参考系；②若物体的动能发生变化，则动量一定也发生变化；但动量发生变化时动能不一定发生变化；③都是状态量，与某一时刻或某一位置相对应2.对冲量的理解(1)冲量的两性①时间性：冲量不仅由力决定，还由力的作用时间决定，恒力的冲量等于该力与该力的作用时间的乘积。②矢量性：对于方向恒定的力来说，冲量的方向与该力的方向一致。(2)作用力和反作用力的冲量：一定等大、反向，但作用力和反作用力做的功之间并无必然联系。(3)冲量与功的比较冲量功定义作用在物体上的力和力的作用时间的乘积作用在物体上的力和物体在力的方向上的位移的乘积单位N·sJ公式I＝FΔt(F为恒力)W＝Flcosα(F为恒力)标矢量矢量标量意义①表示力对时间的累积；②是动量变化的量度①表示力对空间的累积；②是能量变化的量度联系①都是过程量，都与力的作用过程相互联系；②若力的方向不变，冲量不为零时，功可能为零；功不为零时，冲量一定不为零考向1动量、冲量的理解例1(2023·湖南省邵阳市高三下三模)(多选)在秦皇岛旅游景点之一的南戴河滑沙场有两个坡度不同的滑道AB和AB′(均可看作斜面)，体重相同的甲、乙两名旅游者分别乘两个完全相同的滑沙橇从A点由静止开始分别沿AB和AB′滑下，最后都停在水平沙面BC上，如图所示。设滑沙橇和沙面间的动摩擦因数处处相同，斜面与水平面连接处均可认为是圆滑的，滑沙者保持一定姿势坐在滑沙橇上不动。则下列说法中正确的是()A．甲从A到B的过程中重力的冲量大于乙从A到B′的过程中重力的冲量B．甲滑行的总路程一定大于乙滑行的总路程C．甲在B点的动量等于乙在B′点的动量D．甲在B点重力的功率大于乙在B′点重力的功率[答案]BD[解析]设斜面的倾角为θ，斜面的长度为x，斜面高为h，甲、乙(含滑沙橇)的质量均为m，在斜面上运动时间为t，根据牛顿第二定律可得，甲、乙(含滑沙橇)在斜面上运动的加速度大小为a＝gsinθ－μgcosθ，位移大小为x＝eq\f(h,sinθ)＝eq\f(1,2)at2，解得t＝eq\r(\f(2h,asinθ))，因为θ甲>θ乙，所以a甲>a乙，x甲<x乙，t甲<t乙，由I＝mgt可知，甲从A到B的过程中重力的冲量小于乙从A到B′的过程中重力的冲量，故A错误；设滑沙者在水平沙面上的位移为x′，从开始下滑到停止在水平沙面上的整个运动过程中，根据动能定理可得mgh－μmgcosθ·x－μmg·x′＝0－0，可得xcosθ＋x′＝eq\f(h,μ)，即甲、乙最终停止在同一位置P，如图所示，甲、乙滑行的总路程分别为s甲＝AB＋BB′＋B′P，s乙＝AB′＋B′P，由几何知识知AB＋BB′>AB′，所以s甲>s乙，故B正确；滑沙者沿斜面下滑过程，根据动能定理，有mgh－μmgcosθ·eq\f(h,sinθ)＝eq\f(1,2)mv2，解得滑沙者到达斜面底端时的速度大小v＝eq\r(2gh－\f(\a\vs4\al(μgh),tanθ))，由于θ甲>θ乙，所以v甲>v乙，由于甲、乙质量相同，由p＝mv可知甲在B点的动量大于乙在B′点的动量，故C错误；当滑沙者运动到斜面底端时，重力的功率为PG＝mgvsinθ，因为v甲>v乙，θ甲>θ乙，则甲在B点重力的功率大于乙在B′点重力的功率，故D正确。例2(多选)如图所示，水平飞向球棒的垒球被击打后，动量变化量为12.6kg·m/s，则()A．球的动能可能不变B．球的动量大小一定增加12.6kg·m/sC．球对棒的作用力与棒对球的作用力大小一定相等D．球受到棒的冲量方向可能与球被击打前的速度方向相同[答案]AC[解析]垒球被击打后，可能以与被击打前等大的速度打出，所以球的动能可能不变，动量的大小可能不变，故A正确，B错误；由牛顿第三定律知，球对棒的作用力与棒对球的作用力大小一定相等，故C正确；球受到棒的冲量方向是棒对球弹力的方向，与球被击打前的速度方向不相同，故D错误。例3(2022·海南高考)在冰上接力比赛时，甲推乙的作用力是F1，乙对甲的作用力是F2，则这两个力()A．大小相等，方向相反B．大小相等，方向相同C．F1的冲量大于F2的冲量D．F1的冲量小于F2的冲量[答案]A[解析]甲推乙的作用力与乙对甲的作用力是一对作用力和反作用力，根据牛顿第三定律知，这两个力大小相等，方向相反，这两个力的作用时间也相同，根据冲量的定义式I＝Ft，可知F1的冲量与F2的冲量大小相等，故A正确，B、C、D错误。考向2冲量的计算例4如图所示，质量为m的小滑块沿倾角为θ的斜面向上滑动，经过时间t1，速度为零并又开始下滑，经过时间t2回到斜面底端，滑块在运动过程中受到的摩擦力大小始终为Ff。在整个运动过程中，下列说法正确的是()A．重力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)sinθB．支持力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)cosθC．合力的冲量为0D．摩擦力的总冲量为Ff(t1＋t2)[答案]B[解析]重力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)，故A错误；支持力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)cosθ，故B正确；整个过程中小滑块的动量发生了改变，故合力的总冲量不为0，C错误；上滑过程和下滑过程摩擦力的方向相反，故若以沿斜面向上为正方向，摩擦力的总冲量为Ff(t2－t1)，故D错误。冲量的四种计算方法公式法利用定义式I＝FΔt计算冲量，此方法仅适用于恒力的冲量，无需考虑物体的运动状态图像法利用F－t图像计算，F－t图像与时间轴围成的面积表示冲量，此法既可以计算恒力的冲量，也可以计算变力的冲量动量定理法如果物体受到大小或方向变化的力的作用，则不能直接用I＝FΔt求变力的冲量，可以求出该力作用下物体动量的变化量，由I＝Δp求变力的冲量平均力法如果力随时间是均匀变化的，则eq\o(F,\s\up6(－))＝eq\f(1,2)(F0＋Ft)，该变力的冲量为I＝eq\f(1,2)(F0＋Ft)t【跟进训练】1.(多选)一质量为m的运动员托着质量为M的重物从下蹲状态(图甲)缓慢运动到站立状态(图乙)，该过程重物和人的肩部相对位置不变，运动员保持图乙状态站立Δt时间后再将重物缓慢向上举，至双臂伸直(图丙)。甲到乙、乙到丙过程重物上升的高度分别为h1、h2，经历的时间分别为t1、t2，则()A．地面对运动员的冲量大小为(M＋m)g(t1＋t2＋Δt)，地面对运动员做的功为0B．地面对运动员的冲量大小为(M＋m)g(t1＋t2)，地面对运动员做的功为(M＋m)g(h1＋h2)C．运动员对重物的冲量大小为Mg(t1＋t2＋Δt)，运动员对重物做的功为Mg(h1＋h2)D．运动员对重物的冲量大小为Mg(t1＋t2)，运动员对重物做的功为0答案AC解析因甲到乙、乙到丙均为缓慢运动过程，则可认为运动员和重物整体一直处于平衡状态，地面对运动员的支持力大小为(M＋m)g，整个过程的时间为(t1＋t2＋Δt)，根据I＝Ft可知地面对运动员的冲量大小为(M＋m)g(t1＋t2＋Δt)；因地面对运动员的支持力的作用点不动，可知地面对运动员做的功为0，A正确，B错误。运动员对重物的作用力大小为Mg，作用时间为(t1＋t2＋Δt)，根据I＝Ft可知运动员对重物的冲量大小为Mg(t1＋t2＋Δt)，重物的位移为(h1＋h2)，根据W＝Fs可知运动员对重物做的功为Mg(h1＋h2)，C正确，D错误。考点二动量定理的理解及应用解题技巧1．动量定理的理解(1)动量定理反映了力的冲量与动量变化之间的因果关系，即合力的冲量是原因，物体的动量变化是结果。(2)动量定理中的冲量是所受合力的冲量，既是各力冲量的矢量和，也是合力在不同阶段冲量的矢量和。(3)动量定理的表达式是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义。(4)由FΔt＝p′－p，得F＝eq\f(p′－p,Δt)＝eq\f(Δp,Δt)，即物体所受的合力等于物体的动量对时间的变化率。2．用动量定理解释生活现象(1)Δp一定时，F的作用时间越短，力越大；作用时间越长，力越小。(2)F一定时，力的作用时间越长，Δp越大；作用时间越短，Δp越小。分析问题时，要明确哪个量一定，哪个量变化。3．用动量定理解题的基本思路(1)确定研究对象。在中学阶段使用动量定理讨论的问题，其研究对象一般仅限于单个物体。(2)对物体进行受力分析，求合冲量。可先求每个力的冲量，再求各力冲量的矢量和；或先求合力，再求其冲量。(3)抓住过程的初、末状态，选好正方向，确定各动量和冲量的正负号。(4)根据动量定理列方程，如有必要还需要补充其他方程，最后代入数据求解。对过程较复杂的运动，可分段用动量定理，也可对整个过程用动量定理。考向1用动量定理解释生活中的现象例5(2020·全国卷Ⅰ)行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是()A．增加了司机单位面积的受力大小B．减少了碰撞前后司机动量的变化量C．将司机的动能全部转换成汽车的动能D．延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积[答案]D[解析]碰撞前后司机的动量均是一定的，所以安全气囊不能改变碰撞前后司机动量的变化量，故B错误；安全气囊充气后，增大了司机的受力面积，在司机挤压气囊的过程中，由于气囊的缓冲作用，延长了司机的受力时间，由动量定理可知，减小了司机受到的冲击力，所以减小了司机单位面积的受力大小，故A错误，D正确；司机和安全气囊接触后，司机的动能会有一部分转化为内能，不能全部转换成汽车的动能，故C错误。【跟进训练】2.(2022·北京高考)“雪如意”是我国首座国际标准跳台滑雪场地。跳台滑雪运动中，裁判员主要根据运动员在空中的飞行距离和动作姿态评分。运动员在进行跳台滑雪时大致经过四个阶段：①助滑阶段，运动员两腿尽量深蹲，顺着助滑道的倾斜面下滑；②起跳阶段，当进入起跳区时，运动员两腿猛蹬滑道快速伸直，同时上体向前伸展；③飞行阶段，在空中运动员保持身体与雪板基本平行、两臂伸直贴放于身体两侧的姿态；④着陆阶段，运动员落地时两腿屈膝，两臂左右平伸。下列说法正确的是()A．助滑阶段，运动员深蹲是为了减小与滑道之间的摩擦力B．起跳阶段，运动员猛蹬滑道主要是为了增加向上的速度C．飞行阶段，运动员所采取的姿态是为了增加水平方向速度D．着陆阶段，运动员两腿屈膝是为了减少与地面的作用时间答案B解析助滑阶段，运动员深蹲是为了减小与空气之间的摩擦力，而与滑道之间的摩擦力f＝μFN和运动员的姿态关系不大，A错误；起跳阶段，运动员猛蹬滑道主要是通过增大滑道对人的作用力来增大两腿伸直的加速度，从而增加向上的速度(若把两腿伸直的过程看成做匀加速直线运动，由2ax＝v2知，a增大，x不变，则v增大)，B正确；飞行阶段，运动员所采取的姿态是为了减小水平方向的阻力，从而减小水平方向减速的加速度，而水平方向的速度不可能增加，C错误；着陆阶段，运动员两腿屈膝可以延长与地面的作用时间，根据动量定理可知，这样可以减小身体受到的冲击力，D错误。考向2动量定理相关计算例6高空坠物极易对行人造成伤害。若一个50g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的撞击时间约为2ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为()A．10N B．102NC．103N D．104N[答案]C[解析]设鸡蛋落地瞬间的速度为v，每层楼的高度大约是3m，由动能定理可知：mgh＝eq\f(1,2)mv2，解得：v＝eq\r(2gh)＝eq\r(2×10×3×25)m/s＝10eq\r(15)m/s。落地时受到自身的重力和地面的支持力，规定向上为正方向，由动量定理可知：(N－mg)t＝0－(－mv)，解得：N≈1×103N，根据牛顿第三定律可知鸡蛋对地面产生的冲击力约为103N，故C正确。应用动量定理解题的注意事项在应用动量定理解题时，一定要对物体认真进行受力分析，不可有力的遗漏；建立方程时要事先选定正方向，确定力与速度的符号，列出关系式。对于变力的冲量，往往通过动量定理来计算，只有当相互作用时间Δt极短，且相互作用力远大于重力时，才可舍去重力。【跟进训练】3.(2023·广东省广州市高三下第三次模拟)如图所示，一个质量为0.2kg的垒球，以20m/s的水平速度飞至球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为40m/s，设球棒与垒球的作用时间为0.01s，下列说法正确的是()A．球棒对垒球不做功B．球棒对垒球做负功C．球棒对垒球的平均作用力大小为400ND．球棒对垒球的平均作用力大小为1200N答案D解析球棒击飞垒球过程，由动能定理可得球棒对垒球做功为W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，其中v1＝20m/s，v2＝40m/s，m＝0.2kg，解得W＝120J，所以球棒对垒球做正功，故A、B错误；以垒球的初速度方向为正方向，对垒球，由动量定理有－Ft＝－mv2－mv1，其中t＝0.01s，解得球棒对垒球的平均作用力大小为F＝1200N，故C错误，D正确。考向3与F­t图像的综合分析例7(多选)物块在合力F的作用下从静止开始沿直线运动，F随时间t变化的图线如图所示，则物块()A．在0～2s时间内动量变化量为2kg·m/sB．动量在0～2s内比2～4s内变化快C．4s时动量大小为2kg·m/sD．4s时运动方向发生改变[答案]BC[解析]根据动量定理可知，在0～2s时间内动量变化量为Δp＝FΔt＝2×2kg·m/s＝4kg·m/s，故A错误；根据动量定理及F­t图线与t轴所围面积表示冲量可知，在2～4s时间内动量变化量为Δp′＝eq\o(F,\s\up6(－))′Δt＝－2kg·m/s，所以动量在0～2s内比2～4s内变化快，故B正确；4s时动量大小为p4＝p0＋Δp＋Δp′＝2kg·m/s，故C正确；4s时动量仍为正值，运动方向没有发生改变，故D错误。第讲动量守恒定律[教材阅读指导](对应人教版选择性必修第一册相关内容及问题)第一章第3节阅读“相互作用的两个物体的动量改变”这一部分内容，尝试自己推导动量守恒定律。提示：依据牛顿第三定律和动量定理推导。第一章第3节阅读[例题2]旁批和“动量守恒定律的普适性”这部分内容，体会动量守恒定律表达式中的速度都是相对于地面的速度，动量守恒定律的普适性。第一章第5节阅读“弹性碰撞的实例分析”这一部分内容，写出弹性碰撞中一动碰一静的方程以及碰后速度的结论，及m1＝m2，m1≫m2，m1≪m2时三种情况的讨论结果。提示：假设物体m1以速度v1与原来静止的物体m2发生正碰，如图所示。碰撞后它们的速度分别为v1′和v2′。碰撞过程遵从动量守恒定律，故m1v1＝m1v1′＋m2v2′(1)弹性碰撞中没有动能损失，于是可以列出另一个方程eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2(2)从方程(1)(2)可以解出两个物体碰撞后的速度分别为v1′＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v1(3)v2′＝eq\f(2m1,m1＋m2)v1(4)我们对几种情况下(3)(4)的结果作一些分析。若m1＝m2，这时有m1－m2＝0，m1＋m2＝2m1。根据(3)(4)两式，得v1′＝0v2′＝v1若m1≫m2，这时有m1－m2≈m1，m1＋m2≈m1。根据(3)(4)两式，得v1′＝v1v2′＝2v1若m1≪m2，这时有m1－m2≈－m2，eq\f(2m1,m1＋m2)≈0。根据(3)(4)两式，得v1′＝－v1v2′＝0。第一章[复习与提高]B组T5；T7；T8。提示：T5：人船模型，0＝mv船－m′v人得0＝mx船－m′x人x船＋x人＝l得x人＝eq\f(ml,m＋m′)，x船＝eq\f(m′l,m＋m′)。T7：A与C碰撞，mAv0＝mAvA＋mCvCA与B相互作用，mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)vABA、B共速时恰好不再与C碰撞，则vAB＝vC联立得vA＝2m/s。T8：A、B分离瞬间，A、B的速度相等，C恰好运动到最低点。取向左为正方向，由水平方向动量守恒得0＝m0vC－2mvAB由机械能守恒得m0gl＝eq\f(1,2)m0veq\o\al(2,C)＋eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,AB)联立得：vC＝2eq\r(\f(mgl,2m＋m0))vAB＝eq\f(m0,m)eq\r(\f(mgl,2m＋m0))。必备知识梳理与回顾一、动量守恒定律及其应用1．几个相关概念(1)系统：两个(或多个)相互作用的物体构成的整体叫作一个力学系统，简称系统。(2)内力：系统中物体间的作用力。(3)外力：系统以外的物体施加给系统内物体的力。2．动量守恒定律(1)内容：如果一个系统eq\x(\s\up1(01))不受外力，或者eq\x(\s\up1(02))所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变。这就是动量守恒定律。(2)表达式①p＝eq\x(\s\up1(03))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′。②m1v1＋m2v2＝eq\x(\s\up1(04))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。③Δp1＝eq\x(\s\up1(05))－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向。④Δp＝eq\x(\s\up1(06))0，系统总动量的增量为零。(3)适用条件①理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒。②近似守恒：系统受到的合力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒。③某方向守恒：系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒。二、弹性碰撞和非弹性碰撞1．弹性碰撞：系统在碰撞前后动能eq\x(\s\up1(01))不变的碰撞。2．非弹性碰撞：系统在碰撞后动能eq\x(\s\up1(02))减少的碰撞。3．对比分析动量是否守恒机械能是否守恒弹性碰撞守恒eq\x(\s\up1(03))守恒非弹性碰撞守恒有损失完全非弹性碰撞守恒损失eq\x(\s\up1(04))最大三、反冲爆炸1．反冲现象(1)在某些情况下，原来系统内物体具有相同的速度，发生相互作用后各部分的末速度不再相同而分开。这类问题相互作用的过程中系统的动能eq\x(\s\up1(01))增大，且常伴有其他形式的能向动能的转化。(2)反冲运动的过程中，一般合力为零或外力的作用eq\x(\s\up1(02))远小于物体间的相互作用力，可认为系统的动量守恒，可利用动量守恒定律来处理。2．爆炸问题爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用力很大，且eq\x(\s\up1(03))远大于系统所受的外力，所以系统动量eq\x(\s\up1(04))守恒，爆炸过程中位移很小，可忽略不计，爆炸后物体从相互作用前的位置以新的动量开始运动。一、堵点疏通1．系统动量不变是指系统的动量大小和方向都不变。()2．系统的动量守恒时，机械能也一定守恒。()3．当发生弹性碰撞的两个球质量相等时，碰撞前后速度交换。()4．光滑水平面上的两球做相向运动，发生正碰后两球均变为静止，于是可以断定碰撞前两球的动量大小一定相等。()5．只要系统内存在摩擦力，系统的动量就不可能守恒。()答案1.√2.×3.√4.√5.×二、对点激活1．(鲁科版选择性必修第一册·第1章第2节[节练习]T1改编)(多选)如图所示，在光滑水平面上有一辆平板车，一人手握大锤站在车上。开始时人、锤和车均静止，此时大锤在头顶的正上方，人用力使锤落下敲打车的左端，然后锤反弹回到头顶正上方再落下，如此周而复始，使大锤连续地敲打车的左端，最后，人和锤都恢复至初始状态并停止敲打。在此过程中，下列说法中正确的是()A．在大锤连续的敲打下，车左右往复运动B．在任一时刻，人、锤和车组成的系统动量守恒C．锤从刚离开车的左端至运动到最高点的过程中，车的动量方向先向右再向左D．锤从刚接触车的左端至锤的速度减小至零的过程中，车具有水平向右的动量，车的动量减小至零答案AC解析人、锤和车组成的系统，在水平方向上不受外力作用，水平方向上动量守恒，竖直方向上动量不守恒，B错误；由系统水平方向动量守恒可知，在大锤连续的敲打过程中，车会左右往复运动，A正确；锤从刚离开车的左端至运动到最高点的过程中，锤水平方向的动量先向左再向右，则车的动量先向右再向左，C正确；锤从刚接触车的左端至锤的速度减小至零的过程中，锤向右的动量减小至零，则车具有水平向左的动量，车的动量减小至零，D错误。2．(人教版选择性必修第一册·第一章第3节[练习与应用]T4改编)某机车以0.8m/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．0.053m/s B．0.05m/sC．0.057m/s D．0.06m/s答案B解析取机车和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＝eq\f(1,16)v0＝eq\f(1,16)×0.8m/s＝0.05m/s，故B正确。3．(人教版选择性必修第一册·第一章第3节[练习与应用]T6改编)悬绳下吊着一个质量为M＝9.99kg的沙袋，构成一个单摆，摆长L＝1m。一颗质量m＝10g的子弹以v0＝500m/s的水平速度射入沙袋，瞬间与沙袋达到共同速度(不计悬绳质量，g取10m/s2)，则此时悬绳的拉力为()A．35N B．100NC．102.5N D．350N答案C解析子弹打入沙袋的过程中，对子弹和沙袋由动量守恒定律得mv0＝(m＋M)v，得子弹与沙袋的共同速度v＝eq\f(mv0,m＋M)＝eq\f(0.01×500,10)m/s＝0.5m/s。对子弹和沙袋，子弹射入沙袋瞬间，合力提供向心力，有FT－(m＋M)g＝(m＋M)eq\f(v2,L)，得悬绳的拉力FT＝(m＋M)g＋(m＋M)eq\f(v2,L)＝102.5N，故C正确。关键能力发展与提升考点一动量守恒定律的理解与应用深化理解1．动量守恒定律的“六性”(1)系统性：研究对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统。(2)条件性：必须满足动量守恒定律的适用条件。(3)矢量性：表达式中初、末动量都是矢量，首先需要选取正方向，分清各物体初、末动量的正、负。(4)瞬时性：动量是状态量，动量守恒指对应过程每一时刻的总动量都和初时刻的总动量相等。(5)相对性：动量守恒定律方程中的动量必须是相对于同一惯性参考系。一般选地面为参考系。(6)普适性：不仅适用于宏观低速领域，也适用于高速领域和微观领域。2．应用动量守恒定律解题的步骤考向1系统动量守恒的判断例1(2021·全国乙卷)如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动。在地面参考系(可视为惯性系)中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统()A．动量守恒，机械能守恒B．动量守恒，机械能不守恒C．动量不守恒，机械能守恒D．动量不守恒，机械能不守恒[答案]B[解析]因为水平地面光滑，所以撤去推力后，系统所受合外力为零，则系统动量守恒；因为滑块与车厢水平底板间有摩擦，且撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动，则撤去推力后滑块与车厢底板间有摩擦力做功，系统机械能不守恒。故选B。例2(2023·广东高考)(多选)某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型。多个质量均为1kg的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力。开窗帘过程中，电机对滑块1施加一个水平向右的恒力F，推动滑块1以0.40m/s的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为0.04s，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为0.22m/s。关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有()A．该过程动量守恒B．滑块1受到合外力的冲量大小为0.18N·sC．滑块2受到合外力的冲量大小为0.40N·sD．滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5N[答案]BD[解析]两滑块碰撞过程中系统所受合外力不为零(F合＝F)，故动量不守恒，A错误；对滑块1应用动量定理，有I1＝mv共－mv1＝1×0.22N·s－1×0.40N·s＝－0.18N·s，则滑块1受到合外力的冲量大小为0.18N·s，B正确；对滑块2应用动量定理，有I2＝mv共－0＝1×0.22N·s－0＝0.22N·s，则滑块2受到合外力的冲量大小为0.22N·s，C错误；设碰撞过程中滑块2受到滑块1的平均作用力大小为F12，则I2＝F12t，把t＝0.04s代入，解得F12＝5.5N，故D正确。考向2动量守恒定律的基本应用例32022年北京冬奥会隋文静和韩聪在花样滑冰双人滑中为我国代表团赢得第9枚金牌。在某次训练中隋文静在前、韩聪在后一起做直线运动，当速度为v0时，韩聪用力向正前方推隋文静，两人瞬间分离，分离瞬间隋文静速度为eq\f(3,2)v0。已知隋文静和韩聪质量之比为2∶3，则两人分离瞬间韩聪的速度()A．大小为eq\f(2,3)v0，方向与初始方向相同B．大小为eq\f(2,3)v0，方向与初始方向相反C．大小为eq\f(1,2)v0，方向与初始方向相同D．大小为eq\f(1,2)v0，方向与初始方向相反[答案]A[解析]设隋文静质量为2m，韩聪质量为3m，开始运动方向为正方向，在分离过程中，根据动量守恒定律可得5mv0＝2m·eq\f(3,2)v0＋3mv，解得两人分离瞬间韩聪的速度v＝eq\f(2,3)v0，方向与初始方向相同，A正确。应用动量守恒定律时的几点易错提醒(1)动量守恒定律的研究对象都是相互作用的物体组成的系统。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)分析系统受力时，要弄清哪些是系统的内力，哪些是外力。(3)动量守恒和机械能守恒的条件不同，动量守恒时机械能不一定守恒，机械能守恒时动量不一定守恒，二者不可混淆。【跟进训练】1.如图所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为10m、12m，两船沿同一直线同一方向运动，速度分别为2v0、v0。为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度。(不计水的阻力)答案4v0解析设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为vmin，抛出货物后船的速度为v1，甲船上的人接到货物后船的速度为v2，由动量守恒定律得货物从乙船抛出过程，12mv0＝11mv1－mvmin货物落入甲船过程，10m·2v0－mvmin＝11mv2为避免两船相撞应满足v1＝v2解得vmin＝4v0。考点二碰撞问题分析模型应用1．碰撞遵循的三条原则(1)动量守恒定律。(2)动能不增加，Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或eq\f(peq\o\al(2,1),2m1)＋eq\f(peq\o\al(2,2),2m2)≥eq\f(p1′2,2m1)＋eq\f(p2′2,2m2)。(3)速度要合理①同向碰撞：碰撞前，后面的物体速度大；碰撞后，若物体速度仍同向，则前面物体的速度大于或等于后面物体的速度。②相向碰撞：碰撞后两物体的运动方向不可能都不改变。2．弹性碰撞讨论(1)碰后速度的求解根据动量守恒定律和机械能守恒定律有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′①,\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＝\f(1,2)m1v1′2＋\f(1,2)m2v2′2②))解得v1′＝eq\f(（m1－m2）v1＋2m2v2,m1＋m2)v2′＝eq\f(（m2－m1）v2＋2m1v1,m1＋m2)(2)分析讨论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。当碰前物体2的速度为零时：v1′＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v1，v2′＝eq\f(2m1,m1＋m2)v1，①m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1，碰撞后两物体交换速度。②m1>m2时，v1′>0，v2′>0，碰撞后两物体沿相同方向运动。③m1<m2时，v1′<0，v2′>0，碰撞后质量小的物体被反弹回来。考向1碰撞遵循的原则例4两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝1kg，mB＝2kg，vA＝6m/s，vB＝2m/s。当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是()A．vA′＝3m/s，vB′＝4m/sB．vA′＝5m/s，vB′＝2.5m/sC．vA′＝2m/s，vB′＝4m/sD．vA′＝－4m/s，vB′＝7m/s[答案]C[解析]碰前系统总动量为：p＝mAvA＋mBvB＝1×6kg·m/s＋2×2kg·m/s＝10kg·m/s，碰前总动能为：Ek＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)＝eq\f(1,2)×1×62J＋eq\f(1,2)×2×22J＝22J。如果vA′＝3m/s，vB′＝4m/s，则碰后总动量为：p′＝1×3kg·m/s＋2×4kg·m/s＝11kg·m/s，动量不守恒，不可能，A错误；若vA′＝5m/s，vB′＝2.5m/s，则碰撞后，A、B两球同向运动，A球在B球的后面，A球的速度大于B球的速度，不可能，B错误；如果vA′＝2m/s，vB′＝4m/s，则碰后总动量为：p′＝1×2kg·m/s＋2×4kg·m/s＝10kg·m/s，系统动量守恒，碰后总动能为：Ek′＝eq\f(1,2)×1×22J＋eq\f(1,2)×2×42J＝18J，系统动能减小，满足碰撞的条件，C正确；如果vA′＝－4m/s，vB′＝7m/s，则碰后总动量为：p′＝1×(－4)kg·m/s＋2×7kg·m/s＝10kg·m/s，系统动量守恒，碰后总动能为：Ek′＝eq\f(1,2)×1×42J＋eq\f(1,2)×2×72J＝57J，系统总动能增加，不可能，D错误。考向2弹性碰撞例5(2022·湖南高考)1932年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子(即中子)组成。如图，中子以速度v0分别碰撞静止的氢核和氮核，碰撞后氢核和氮核的速度分别为v1和v2。设碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应，下列说法正确的是()A．碰撞后氮核的动量比氢核的小B．碰撞后氮核的动能比氢核的小C．v2大于v1D．v2大于v0[答案]B[解析]设中子的质量为m，则氢核的质量为m，氮核的质量为14m。设中子和氢核碰撞后中子的速度为v3，以v0方向为正方向，由动量守恒和总动能不变可得mv0＝mv1＋mv3，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)，联立解得v1＝v0；设中子和氮核碰撞后中子的速度为v4，以v0方向为正方向，由动量守恒和总动能不变可得mv0＝14mv2＋mv4，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)×14mveq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,4)，联立解得v2＝eq\f(2,15)v0，可得v2<v1＝v0，故C、D错误。碰撞后氢核的动量为pH＝mv1＝mv0，氮核的动量为pN＝14mv2＝eq\f(28mv0,15)，可得pN>pH，故A错误。碰撞后氢核的动能为EkH＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，氮核的动能为EkN＝eq\f(1,2)×14mveq\o\al(2,2)＝eq\f(28mveq\o\al(2,0),225)，可得EkN<EkH，故B正确。碰撞问题解题策略(1)抓住碰撞的特点和不同种类碰撞满足的条件，列出相应方程求解。(2)可熟记一些公式，例如“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足：v1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v0、v2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v0。(3)熟记弹性正碰的一些结论，例如，当两物体质量相等时，两物体碰撞后交换速度；当m1≫m2，且v20＝0时，碰后质量大的物体速度不变，仍为v10，质量小的物体速度为2v10；当m1≪m2，且v20＝0时，碰后质量大的物体速度不变(仍静止)，质量小的物体原速率反弹。【跟进训练】2.(2023·天津市和平区高三下一模)冰壶是一种深受观众喜爱的运动，图a为冰壶运动员将冰壶掷出去撞击对方静止冰壶的镜头，图b显示了此次运动员掷出冰壶时刻两冰壶的位置，虚线圆圈为得分区域。冰壶甲运动一段时间后与对方静止的冰壶乙发生正碰。若两冰壶质量相等，则碰后两冰壶最终停止的位置，可能是下图中的()答案C解析两壶碰撞后，若甲、乙均向右运动，则碰后瞬间甲的速度应小于乙的速度，两壶停止时，甲应在乙的后方，A项中图示情境不符合实际，A错误；如果两冰壶发生弹性碰撞，根据动量守恒定律及系统在碰撞前后总动能不变，由两冰壶质量相等，可知碰后两冰壶交换速度，即甲静止，乙碰后瞬间的速度等于甲碰前瞬间的速度，碰后乙做减速运动，最后停止，最终两冰壶的位置如C项中所示，C正确；假设两冰壶碰撞后甲可以反弹，设碰前瞬间甲的速度大小为v1，碰后瞬间甲、乙的速度大小分别为v1′、v2，由动量守恒定律有mv1＝mv2－mv1′，可知v2>v1，则碰撞过程甲、乙组成的系统机械能增加，假设不成立，故甲不会反弹，不可能出现B项和D项所示情况，故B、D错误。考向3碰撞相关图像分析例6(2022·北京高考)质量为m1和m2的两个物体在光滑水平面上正碰，其位置坐标x随时间t变化的图像如图所示。下列说法正确的是()A．碰撞前m2的速率大于m1的速率B．碰撞后m2的速率大于m1的速率C．碰撞后m2的动量大于m1的动量D．碰撞后m2的动能小于m1的动能[答案]C[解析]x­t图像的斜率表示物体的速度，根据题中x­t图像可知，碰撞前m1的速度大小为v0＝eq\f(4,1)m/s＝4m/s，m2的速度为0，故碰撞前m1的速率大于m2的速率，A错误；两物体正碰后，m1的速度大小为v1＝eq\f(4,3－1)m/s＝2m/s，m2的速度大小为v2＝eq\f(8－4,3－1)m/s＝2m/s，故碰撞后两物体的速率相等，B错误；两物体碰撞过程中满足动量守恒定律，有m1v0＝－m1v1＋m2v2，解得两物体质量的关系为m2＝3m1，根据动量的表达式p＝mv可知，碰撞后m2的动量大于m1的动量，根据动能的表达式Ek＝eq\f(1,2)mv2可知，碰撞后m2的动能大于m1的动能，C正确，D错误。考向4碰撞中的临界问题例7(2020·全国卷Ⅱ)(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4.0kg的静止物块以大小为5.0m/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5.0m/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5.0m/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．48kg B．53kgC．58kg D．63kg[答案]BC[解析]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＝eq\f(m0,m)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＝eq\f(3m0,m)v0，第3次推出物块时，有：mv2＋m0v0＝mv3－m0v0，解得v3＝eq\f(5m0,m)v0，以此类推，第8次推出物块后，运动员的速度v8＝eq\f(15m0,m)v0。根据题意可知，v8＝eq\f(15m0,m)v0>v0，解得m<15m0＝60kg；第7次推出物块后，运动员的速度v7＝eq\f(13m0,m)v0<v0，解得m>13m0＝52kg。综上所述，该运动员的质量应满足52kg<m<60kg，故A、D错误，B、C正确。考点三爆炸模型应用爆炸的特点(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)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。例8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？[答案](1)2.5v0方向与爆炸前炮弹运动的方向相反(2)eq\f(27,4)mveq\o\al(2,0)[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°＝eq\f(v0,2)。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动能的增量，所以转化为动能的化学能为E＝ΔEk＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×2mv1′2＋\f(1,2)mveq\o\al(2,2)))－eq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,1)＝eq\f(27,4)mveq\o\al(2,0)。(1)分析爆炸问题，要准确确定爆炸前后的速度，不能把物体的初速度当作爆炸前的速度。(2)根据爆炸前后动量守恒，以及增加的动能等于消耗的其他能量入手求解。考点四反冲运动火箭模型应用1．反冲(1)现象：一个静止的物体在内力的作用下分裂为两个部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向相反方向运动的现象。(2)特点：一般情况下，物体间的相互作用力(内力)较大，因此系统动量往往有以下几种情况：①动量守恒；②动量近似守恒；③某一方向上动量守恒。反冲运动中机械能往往不守恒，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。(3)实例：喷气式飞机、火箭等都是利用反冲运动的实例。2．火箭(1)火箭加速的原理设火箭飞行时在极短的时间Δt内喷射燃气的质量是Δm，喷出的燃气相对喷气前火箭的速度是u，喷出燃气后火箭的质量是m，火箭在这样一次喷气后增加的速度为Δv。以喷气前的火箭为参考系。喷气前火箭的动量是0，喷气后火箭的动量是mΔv，燃气的动量是Δmu。根据动量守恒定律，喷气后火箭和燃气的总动量仍然为0，所以mΔv＋Δmu＝0，解出Δv＝－eq\f(Δm,m)u。上式表明，火箭喷出的燃气的速度u越大、火箭喷出物质的质量与火箭本身质量之比eq\f(Δm,m)越大，火箭获得的速度Δv越大。(2)现代火箭的发射原理由于现代火箭喷气的速度在2000～5000m/s，近期内难以大幅度提高；火箭的质量比(火箭起飞时的质量与火箭除燃料外的箭体质量之比)一般要小于10，故为使火箭达到发射人造地球卫星的7.9km/s的速度，采用多级火箭，即把火箭一级一级地接在一起，第一级燃料用完之后就把箭体抛弃，减轻负担，然后第二级开始工作，这样一级一级地连起来，不过实际应用中一般不会超过四级。考向1反冲运动例9(2020·江苏高考)一只质量为1.4kg的乌贼吸入0.1kg的水，静止在水中。遇到危险时，它在极短时间内把吸入的水向后全部喷出，以2m/s的速度向前逃窜。求该乌贼喷出的水的速度大小v。[答案]28m/s[解析]将乌贼与喷出的水作为一个系统，由于乌贼喷水过程时间极短，故乌贼与水所受内力远大于外力，系统动量守恒。选取乌贼逃窜的方向为正方向，根据动量守恒定律得0＝Mv1－mv，解得喷出的水的速度大小为v＝eq\f(Mv1,m)＝eq\f(1.4×2,0.1)m/s＝28m/s。反冲问题解题要领(1)两部分初、末状态的速度所选的参考系必须是同一参考系，且一般以地面为参考系。(2)要特别注意反冲前、后两部分对应的质量。(3)列方程时要注意初、末状态动量的方向，一般而言，反冲部分速度的方向与另一部分的运动方向是相反的。考向2火箭例10如图所示，某中学航天兴趣小组的同学将静置在地面上的质量为M(含水)的自制“水火箭”释放升空，在极短的时间内，质量为m的水以相对地面为v0的速度竖直向下喷出。已知重力加速度为g，空气阻力不计，下列说法正确的是()A．火箭的推力来源于火箭外的空气对它的反作用力B．水喷出的过程中，火箭和水组成的系统机械能守恒C．火箭获得的最大速度为eq\f(Mv0,M－m)D．火箭上升的最大高度为eq\f(m2veq\o\al(2,0),2g（M－m）2)[答案]D[解析]火箭的推力来源于向下喷出的水对它的作用力，A错误；水喷出的过程中，火箭内气体做功，火箭及水组成的系统机械能不守恒，B错误；在水喷出后的瞬间，火箭获得的速度最大，以竖直向上为正方向，由动量守恒定律有(M－m)v－mv0＝0，解得v＝eq\f(mv0,M－m)，C错误；水喷出后，火箭做竖直上抛运动，上升到最高点的过程中，有v2＝2gh，解得h＝eq\f(m2veq\o\al(2,0),2g（M－m）2)，D正确。【跟进训练】3.一火箭喷气发动机每次喷出m＝200g的气体，气体离开发动机喷出时的速度v＝1000m/s(相对地面)。设火箭质量M＝300kg，发动机每秒钟喷气20次。(1)当第三次喷出气体后，火箭的速度为多大？(2)运动第1s末，火箭的速度为多大？答案(1)2m/s(2)13.5m/s解析(1)设喷出三次气体后火箭的速度为v3，以火箭和喷出的三次气体为研究对象，根据动量守恒定律得：(M－3m)v3－3mv＝0，故v3＝eq\f(3mv,M－3m)≈2m/s。(2)发动机每秒钟喷气20次，以火箭和喷出的20次气体为研究对象，根据动量守恒定律得：(M－20m)v20－20mv＝0，故v20＝eq\f(20mv,M－20m)≈13.5m/s。考点五“人船模型”模型应用如图所示，长为L、质量为m船的小船停在静水中，质量为m人的人由静止开始从船的一端走到船的另一端，不计水的阻力。以人和船组成的系统为研究对象，在人由船的一端走到船的另一端的过程中，系统水平方向不受外力作用，所以整个系统水平方向动量守恒，可得：m船v船＝m人v人，因人和船组成的系统水平方向动量始终守恒，故有：m船x船＝m人x人，由图可看出：x船＋x人＝L，可解得：x人＝eq\f(m船,m人＋m船)L，x船＝eq\f(m人,m人＋m船)L。此模型可进一步推广到其他类似的情境中，进而能解决大量的实际问题，例如：人沿着静止在空中的热气球下面的软梯滑下或攀上，求热气球上升或下降高度的问题；小球沿放在光滑水平地面上的弧形槽滑下，求弧形槽移动距离的问题等。例11载人气球静止于高h的空中，气球的质量为M，人的质量为m，若人沿绳梯滑至地面，则绳梯至少为多长？[答案]eq\f(M＋m,M)h[解析]气球和人原来静止在空中，说明系统所受合力为零，故系统在人下滑过程中动量守恒，人着地时绳梯至少应接触地面，设绳梯长为L，人沿绳梯滑至地面，人的位移大小为x人，气球的位移大小为x球，它们的位移状态图如图所示，由动量守恒定律有：0＝Mx球－mx人，又有x球＋x人＝L，x人＝h，故L＝eq\f(M＋m,M)h。“人船模型”问题应注意以下两点(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在系统内发生相对运动的过程中至少有一个方向的动量守恒(如水平方向或竖直方向)。(2)画草图：解题时要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。【跟进训练】4.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.eq\f(mh,M＋m) B.eq\f(Mh,M＋m)C.eq\f(mh,（M＋m）tanα) D.eq\f(Mh,（M＋m）tanα)答案C解析m与M组成的系统在水平方向上动量守恒，设m在水平方向上对地位移大小为x1，M在水平方向上对地位移大小为x2，因此有0＝mx1－Mx2。①且x1＋x2＝eq\f(h,tanα)。②由①②可得x2＝eq\f(mh,（M＋m）tanα)，故C正确。课时作业[A组基础巩固练]1.(2023·海南省琼海市高三下二模联考)(多选)在短道速滑接力赛中，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙沿滑行方向猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出。在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面之间在水平方向上的相互作用，则()A．甲对乙的冲量与乙对甲的冲量不同B．甲、乙的动量变化量的大小一定相同C．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量D．甲与乙的加速度大小一定相等，方向相反答案AB解析甲对乙的作用力与乙对甲的作用力是一对大小相等、方向相反的相互作用力，根据冲量定义可知，甲对乙的冲量与乙对甲的冲量大小相等、方向相反，即甲对乙的冲量与乙对甲的冲量不同，故A正确；由于忽略运动员与冰面之间在水平方向上的相互作用，甲、乙组成的系统动量守恒，所以甲、乙的动量变化量的大小一定相同，方向一定相反，故B正确；在乙沿滑行方向猛推甲一把的过程中，有其他力做功将其他能量转化为甲、乙系统的动能，即W＝ΔEk甲－ΔEk乙，则甲的动能增加量ΔEk甲一定不等于乙的动能减少量ΔEk乙，故C错误；根据牛顿第二定律有F＝ma，解得a＝eq\f(F,m)，根据前面分析知，甲、乙所受合力大小相等，由于甲、乙质量不确定，则甲与乙的加速度大小不一定相等，方向一定相反，故D错误。2．两名质量相等的滑冰人甲和乙都静止在光滑的水平冰面上。现在，其中一人向另一个人抛出一个篮球，另一人接球后再抛回。如此反复进行几次之后，甲和乙最后的速率关系是()A．若甲最先抛球，则一定是v甲>v乙B．若乙最后接球，则一定是v甲>v乙C．只有甲先抛球，乙最后接球，才有v甲>v乙D．无论怎样抛球和接球，都是v甲>v乙答案B解析两人及篮球组成的系统动量守恒，且总动量为零，由于两人质量相等，故最后球在谁手中，谁的总质量就较大，则速度较小，故B正确，A、C、D错误。3．(2023·山东省烟台市高三上期中)用火箭发射人造地球卫星，假设最后一节火箭的燃料用完后，火箭壳体和卫星一起以7.0×103m/s的速度绕地球做匀速圆周运动。已知卫星的质量为500kg，最后一节火箭壳体的质量为100kg。某时刻火箭壳体与卫星分离，卫星以1.2×103m/s的速度相对火箭壳体沿轨道切线方向分离，则分离时卫星的速度为()A．6.0×103m/sB．6.8×103m/sC．7.2×103m/sD．8.0×103m/s答案C解析设火箭壳体和卫星分离前绕地球做匀速圆周运动的速度为v，卫星质量为m1，火箭壳体质量为m2，分离时卫星相对火箭壳体沿轨道切线方向的速度为u，卫星的速度为v卫，取分离前火箭壳体和卫星的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得(m1＋m2)v＝m1v卫＋m2(v卫－u)，解得v卫＝v＋eq\f(m2,m1＋m2)u＝7.2×103m/s，故选C。4．(2021·重庆高考)质量相同的甲、乙两小球(视为质点)以不同的初速度竖直上抛，某时刻两球发生正碰。图中实线和虚线分别表示甲、乙两球位置随时间变化的曲线，其中虚线关于t＝t1左右对称，实线两个顶点的纵坐标相同，若小球运动中除碰撞外仅受重力，则()A．t＝0时刻，甲的速率大于乙的速率B．碰撞前后瞬间，乙的动量不变C．碰撞前后瞬间，甲的动能不变D．碰撞后甲的机械能大于乙的机械能答案C解析根据x­t图线的斜率表示速度可知，t＝0时刻，甲的速率小于乙的速率，A错误。根据题述，题图中虚线关于t＝t1左右对称，可知碰撞前后瞬间，乙的速度大小不变，方向变化，则乙的动量大小不变，方向变化，B错误。根据题述，实线两个顶点的纵坐标相同，可知碰撞前后瞬间，甲的速度大小不变，动能不变，C正确。根据B、C项分析，结合动量守恒定律有－m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲－m乙v乙，可得v甲＝v乙，即两球碰撞后瞬间，速度大小相同，故动能也相同，又重力势能相同，可知碰撞后两球的机械能相等，D错误。5．羽毛球运动作为人们日常活动最受欢迎的运动项目之一，若羽毛球以某一水平初速度击中静止在水平地面的纸箱，使其瞬间卡在纸箱侧壁上，发现羽毛球与纸箱一起滑行的距离为L。已知羽毛球的质量为5g，纸箱的质量为2.495kg，纸箱与地面间动摩擦因数μ＝0.1，滑行距离L＝2cm。则羽毛球击中纸箱的初速度是()A．0.1m/sB．1m/sC．10m/sD．100m/s答案D解析设羽毛球击中纸箱的初速度为v，羽毛球刚击中纸箱与纸箱一起滑行的速度为v′，由动量守恒定律可得mv＝(m＋M)v′，羽毛球与纸箱一起滑行时，由动能定理可得0－eq\f(1,2)(m＋M)v′2＝－μ(m＋M)gL，解得v＝100m/s，故选D。6.(2023·天津市北辰区高三下三模)如图所示，在一堆淤泥表面放置一个大爆竹，爆竹爆炸时分裂成A、B两部分，A的质量为M＝0.1kg，B的质量为m＝0.05kg。爆竹爆炸时B部分竖直向上飞出，能上升的最大高度为h＝5m，A部分陷入淤泥中的最大深度为d＝5cm。若爆竹的火药质量以及空气阻力可忽略不计，取重力加速度为g＝10m/s2。求：(1)爆竹爆炸结束的瞬间，B部分获得的速度大小；(2)A部分所受淤泥的平均阻力大小。答案(1)10m/s(2)26N解析(1)设爆竹爆炸结束的瞬间，B部分获得的速度大小为v0，爆炸后，B部分在空中做竖直上抛运动，到最高点的过程有0－veq\o\al(2,0)＝－2gh解得v0＝10m/s。(2)设爆炸结束的瞬间，A部分获得的速度大小为v，爆炸过程内力极大，可认为A、B两部分组成的系统在竖直方向动量守恒，取竖直向上为正方向，有mv0－Mv＝0对于A部分，设其所受淤泥的平均阻力大小为f，则在其陷入淤泥直至最大深度的过程，根据动能定理有Mgd－fd＝0－eq\f(1,2)Mv2代入数据解得f＝26N。[B组综合提升练]7.(2023·湖北省天门市高三下5月适应性考试)如图所示的蒸汽锤打桩机，利用高压蒸汽将锤头上举，然后锤头做自由落体运动向下撞击桩头，使桩沉入地下。已知桩头与锤头的质量均为m，锤头从距离桩头h处开始自由下落，若不计空气阻力，锤头与桩头发生完全非弹性碰撞，碰撞时间极短，碰后二者运动时间为t，重力加速度为g，下列说法正确的是()A．碰后运动过程中锤头与桩头的总动量守恒B．锤头由静止向下运动的过程先超重后失重C．锤头与桩头碰撞前后瞬间，锤头的速度变化量的大小为eq\r(gh)D．从碰后瞬间到静止，锤头所受合力的平均值为eq\f(m\r(2gh),2t)答案D解析碰后运动过程中，锤头与桩头受重力与阻力作用，且重力与阻力不平衡，则它们的总动量不守恒，A错误；锤头由静止向下运动到碰撞前做自由落体运动，处于失重状态，碰撞后与桩头向下做减速运动，具有向上的加速度，处于超重状态，B错误；设碰撞前瞬间锤头速度大小为v，碰撞后瞬间锤头与桩头的速度为v共，锤头与桩头碰撞过程，由动量守恒定律可得mv＝2mv共，对锤头下落的