2025新高考方案一轮物理第六章含答案

2025新高考方案一轮物理第六章含答案第六章动量动量守恒定律大单元分层教学设计基础落实课第1讲动量定理第2讲动量守恒定律综合融通课第3讲动量守恒定律的“三类典型问题”第4讲“力学三大观点”的综合应用第5讲四种“类碰撞”典型模型研究实验探究课第6讲实验：验证动量守恒定律第1讲动量定理(基础落实课)一、动量和冲量动量冲量定义物体的质量与速度的乘积力与力的作用时间的乘积表达式p＝mv，单位为kg·m/sI＝FΔt，单位为N·s方向动量的方向与速度的方向相同冲量的方向与力的方向相同注意：动量是矢量，而动能是标量。因此，物体的动量变化时，其动能不一定变化；而动能变化时，动量一定变化。动量与动能大小间存在关系式：p＝eq\r(2mEk)。二、动量的变化量1．因为动量是矢量，动量的变化量Δp也是矢量，其方向与速度的变化量Δv的方向相同。2．动量的变化量Δp的大小，一般用末动量p′减去初动量p进行计算，即Δp＝p′－p。三、动量定理内容物体在一个过程中所受eq\a\vs4\al(力)的冲量等于它在这个过程始末的动量变化量公式I＝p′－p或F(t′－t)＝mv′－mv动量定理的研究对象单个物体或物体系。对物体系，内力的作用不改变系统的总动量，外力的总冲量等于物体系的动量变化量情境创设一个质量为m的物体，在粗糙的水平面上运动，物体与水平面间的动摩擦因数为μ。理解判断(1)动量越大的物体，其速度越大。(×)(2)物体的动量越大，其惯性也越大。(×)(3)物体所受合力不变，则物体的动量也不改变。(×)(4)物体沿水平面运动时，重力不做功，故重力的冲量为零。(×)(5)物体所受合外力的冲量的方向与物体末动量的方向相同。(×)(6)物体所受合外力的冲量的方向与物体动量变化量的方向是一致的。(√)(7)若物体在一段时间内，其动量发生了变化，则物体在这段时间内的合外力一定不为零。(√)逐点清(一)动量、动量变化量和冲量|题|点|全|练|1．[动量变化量的大小计算](多选)质量为m的物体以初速度v0开始做平抛运动，经过时间t，下降的高度为h，速度变为v，在这段时间内物体动量变化量的大小为()A．m(v－v0) B．mgtC．meq\r(v2－v02) D．meq\r(2gh)解析：选BCD由动量定理可得，物体在时间t内动量变化量的大小为mgt，B正确；物体在平抛运动过程中速度变化量Δv沿竖直方向，其大小Δv＝eq\r(v2－v02)，由机械能守恒定律可得eq\f(1,2)mv02＋mgh＝eq\f(1,2)mv2，所以eq\r(v2－v02)＝eq\r(2gh)，故物体动量变化量Δp＝mΔv＝meq\r(v2－v02)＝meq\r(2gh)，C、D正确，A错误。2．[利用图像法计算变力的冲量]一质点静止在光滑水平面上，现对其施加水平外力F，力F随时间按正弦规律变化，如图所示。下列说法正确的是()A．第2s末，质点的动量为0B．第2s末，质点的动量方向发生变化C．第4s末，质点回到出发点D．在1～3s时间内，力F的冲量为0解析：选D由题图可知，0～2s时间内F的方向和质点运动的方向相同，质点经历了加速度逐渐增大的加速运动和加速度逐渐减小的加速运动，所以第2s末，质点的速度最大，动量最大，方向不变，故选项A、B错误；2～4s内F的方向与0～2s内F的方向不同，该质点0～2s内做加速运动，2～4s内做减速运动，所以质点在0～4s内的位移均为正，第4s末没有回到出发点，故选项C错误；在F-t图像中，图线与横轴所围的面积表示力F的冲量，由题图可知，1～2s内的面积与2～3s内的面积大小相等，一正一负，则在1～3s时间内，力F的冲量为0，故选项D正确。3．[利用动量定理计算变力的冲量]如图所示，一轻质弹簧固定在墙上，一个质量为m的木块以速度v0从右侧沿光滑水平面向左运动并与弹簧发生相互作用。设相互作用的过程中弹簧始终在弹性限度范围内，那么，在整个相互作用的过程中弹簧对木块冲量I的大小为()A．I＝0 B．I＝mv0C．I＝2mv0 D．I＝3mv0解析：选C根据机械能守恒定律可知木块离开弹簧时速度大小为v0，方向向右。设向右的速度方向为正方向，根据动量定理得I＝mv0－(－mv0)＝2mv0，故C正确。|精|要|点|拨|1．动量变化量的计算(1)利用Δp＝p′－p计算，但要注意该表达式的矢量性。(2)利用Δp＝I＝F合·t计算，该法常用于合外力和作用时间已知的情形。2．冲量的三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图像与横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＝p′－p求变力的冲量逐点清(二)动量定理细作1动量定理的理解及应用1.(人教版教材选择性必修1，P9“汽车碰撞试验”材料改编)(多选)安全带是汽车行驶过程中生命安全的保障带。在汽车正面碰撞测试中，汽车以72km/h的速度发生碰撞。车内假人的质量为50kg，使用安全带时，假人用时0.8s停下；不使用安全带时，假人与前方碰撞，用时0.2s停下。以下说法正确的是()A．碰撞过程中，汽车和假人的总动量守恒B．无论是否使用安全带，假人动量变化量相同C．使用安全带时，假人受到的平均作用力约为1250ND．不使用安全带时，假人受到的平均作用力约为2500N解析：选BC碰撞过程中，汽车和假人组成的系统受撞击力作用，总动量不守恒，故A错误；假人的初动量为p＝mv0，末动量都为0，所以无论是否使用安全带，假人动量变化量相同，故B正确；使用安全带时，根据动量定理有Ft＝0－p，解得F＝1250N，假人受到的平均作用力约为1250N，故C正确；不使用安全带时，根据动量定理有F′t′＝0－p，解得F′＝5000N，假人受到的平均作用力约为5000N，故D错误。一点一过动量定理的理解和应用1．动量定理的理解(1)当物体的动量变化量一定时，力的作用时间Δt越短，力F就越大，力的作用时间Δt越长，力F就越小。(2)当作用力F一定时，力的作用时间Δt越长，动量变化量Δp越大，力的作用时间Δt越短，动量变化量Δp越小。如在恒力作用下运动的小车，时间越长，小车的速度越大，动量变化量越大。2．动量定理的应用(1)动量定理中的冲量是合力的冲量，而不是某一个力的冲量，它可以是合力的冲量，可以是各力冲量的矢量和，也可以是外力在不同阶段冲量的矢量和。(2)动量定理表达式是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义。细作2动量定理用于多过程问题2．将质量为m＝1kg的物块置于水平地面上，已知物块与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.5，现在物块上施加一个平行于水平地面的恒力F＝10N，物块由静止开始运动，作用4s后撤去F。已知g＝10m/s2，对于物块从静止开始运动到物块停下这一过程，下列说法正确的是()A．整个过程物块运动的时间为6sB．整个过程物块运动的时间为8sC．整个过程中物块的位移大小为40mD．整个过程中物块的位移大小为60m解析：选B在整个过程中由动量定理得Ft1－μmgt＝0，解得t＝8s，选项A错误，B正确；在物块前4s运动的过程中由动量定理得Ft1－μmgt1＝mv，解得v＝20m/s，因物块加速和减速过程的平均速度都为eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(0＋v,2)＝eq\f(v,2)，则全程的平均速度也为eq\f(v,2)，则物块的总位移x＝eq\f(v,2)t＝eq\f(20,2)×8m＝80m，选项C、D错误。一点一过用动量定理解多过程问题的两点提醒(1)对于过程较复杂的运动，可分段应用动量定理，也可整个过程应用动量定理。(2)物体受多个力作用，各力的方向和作用时间往往不同，列动量定理时应重点关注。逐点清(三)“柱状”模型类型(一)流体类“柱状模型”流体及其特点通常液体、气体等被广义地视为“流体”，质量具有连续性，通常已知密度ρ分析步骤1建构“柱状模型”：沿流速v的方向选取一段柱状流体，其横截面积为S2微元研究：作用时间Δt内的一段柱状流体的长度为Δl＝vΔt，对应的质量为Δm＝ρSvΔt3建立方程：应用动量定理研究这段柱状流体[例1](2024·泉州高三模拟)水刀(如图所示)，即以水为刀，本名高压水射流切割技术，以其冷切割不会改变材料的物理化学性质而备受青睐。目前在中国，“水刀”的最大压强已经做到了420MPa。“水刀”在工作过程中，将水从细喷嘴高速喷出，直接打在被切割材料的表面上，假设高速水流垂直打在材料表面上后，立刻沿材料表面散开没有反弹，已知水的密度为ρ＝1.0×103kg/m3。试估算要达到我国目前的“水刀”压强，则该“水刀”喷出的水流速度约为()A．600m/s B．650m/sC．700m/s D．750m/s[解析]设水流速度为v，横截面积为S，在极短时间Δt内喷出的水的质量Δm＝ρvSΔt，由动量定理得Δmv＝pSΔt，解得v≈650m/s，故选B。[答案]B类型(二)微粒类“柱状模型”微粒及其特点通常电子、光子、尘埃等被广义地视为“微粒”，质量具有独立性，通常给出单位体积内的粒子数n分析步骤1建构“柱状模型”：沿流速v的方向选取一段小柱体，柱体的横截面积为S2微元研究：作用时间Δt内一段柱状微粒的长度为Δl＝vΔt，对应的体积为ΔV＝SvΔt，则微元内的粒子数N＝nvSΔt3建立方程：先应用动量定理研究单个粒子，再乘以N计算[例2](多选)某防空系统会在目标来袭时射出大量子弹颗粒，在射出方向形成一个均匀分布、持续时间t＝0.01s、横截面积为S＝2m2的圆柱形弹幕，每个子弹颗粒的平均质量为m＝2×10－2kg，每1cm3有一个子弹颗粒，所有子弹颗粒以v＝300m/s射入目标，并射停目标，停在目标体内。下列说法正确的是()A．所形成弹幕的总体积V＝6cm3B．所形成弹幕的总质量M＝1.2×105kgC．弹幕对目标形成的冲量大小I＝3.6×107kg·m/sD．弹幕对目标形成的冲击力大小F＝3.6×108N[解析]弹幕的总体积为V＝vtS＝300×0.01×2m3＝6m3，A错误；又因为每1cm3有一个子弹颗粒，则子弹颗粒的总个数N＝eq\f(6,1×10－6)个＝6×106个，所形成弹幕的总质量M＝N·m＝6×106×2×10－2kg＝1.2×105kg，B正确；由动量定理可知，I＝MΔv＝1.2×105kg×300m/s＝3.6×107kg·m/s，C正确；弹幕对目标形成的冲击力大小F＝eq\f(I,t)＝3.6×109N，D错误。[答案]BC[课时跟踪检测]1．将一质量为m的小球以大小为v0的速度水平抛出，经过一段时间，小球的竖直分位移与水平分位移大小相等，不计空气阻力，在此过程中，小球重力的冲量的大小为()A．mv0 B．eq\r(2)mv0C．2mv0 D．eq\r(5)mv0解析：选C由题意可得v0t＝eq\f(1,2)gt2，解得t＝eq\f(2v0,g)，在此过程中，小球重力的冲量的大小为I＝mgt＝2mv0，故选C。2．(2024·盐城高三检测)如图所示，轻弹簧左端固定，右端自然伸长于粗糙水平面上的O点，小球从A点以某初速度向左运动，被弹簧反弹后恰好返回至A。则小球()A．两次经过O点时的速度大小相等B．向左经过O点的加速度小于向右经过O点的加速度C．向左运动的时间等于向右运动的时间D．压缩弹簧过程所受弹力的冲量小于弹簧恢复形变过程所受弹力的冲量解析：选D水平面粗糙，摩擦力做负功，机械能减少，弹性势能相同，动能减少，因此第二次经过O点时速度小，A错误；向左向右经过O点时，弹簧处于原长状态，合外力等于摩擦力，因此加速度大小相等，B错误；OA段向左和向右过程加速度大小相等，位移大小相等，但向左运动的平均速度大，因此向左运动的时间短，弹簧压缩，向左运动时μmg＋Fk＝ma左，向右运动时Fk－μmg＝ma右，得a左＞a右，位移大小相等，向左减速运动的逆运动是初速度为零的匀加速运动，因此向左运动的时间短，综上所述得，向左运动时间小于向右运动的时间，C错误；压缩弹簧过程和弹簧恢复形变过程弹力变化相同，压缩弹簧过程时间短，因此弹力冲量小，D正确。3．(2023·新课标卷)(多选)使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的N极正对着乙的S极，甲的质量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等。现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的任一时刻()A．甲的速度大小比乙的大B．甲的动量大小比乙的小C．甲的动量大小与乙的相等D．甲和乙的动量之和不为零解析：选BD对甲、乙两条形磁铁分别受力分析，如图所示，根据牛顿第二定律有a甲＝eq\f(F－μm甲g,m甲)，a乙＝eq\f(F－μm乙g,m乙)，由于m甲>m乙，所以a甲<a乙，由于两磁铁运动时间相同，且同时由静止释放，可得v甲<v乙，A错误；对于整个系统而言，由于μm甲g>μm乙g，合力方向向左，合冲量方向向左，所以合动量方向向左，显然甲的动量大小比乙的小，B、D正确，C错误。4．(2024·重庆高三质检)“蹦极”是一项专业的户外休闲运动。如图所示，某人用弹性橡皮绳拴住身体从高空P处自由下落，若此人质量为m，橡皮绳长为l，人可看成质点，且此人从P点由静止开始下落到最低点所用时间为t，重力加速度为g，不计空气阻力。从橡皮绳开始拉伸到此人下落到最低点的过程中，橡皮绳对此人的平均作用力大小为()A．eq\f(m\r(2gl),t) B．mg＋eq\f(m\r(2gl),t)C．eq\f(m\r(2gl),t－\r(\f(2l,g))) D．mg＋eq\f(m\r(2gl),t－\r(\f(2l,g)))解析：选D人从下落到橡皮绳正好拉直的时间设为t1，则t1＝eq\r(\f(2l,g))，此时速度为v＝gt1＝eq\r(2gl)，取向上为正方向，由动量定理得(F－mg)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\r(\f(2l,g))))＝0－(－mv)，橡皮绳对人的平均作用力为F＝mg＋eq\f(m\r(2gl),t－\r(\f(2l,g)))，故选D。5．(2024·郑州高三第一次模拟)(多选)某网球以大小为v0的速度竖直向上抛出，落回出发点的速度大小为v1。网球的速度随时间变化关系如图所示，若空气阻力大小与网球速率成正比，重力加速度为g，下列说法正确的是()A．下降过程中网球处于超重状态B．网球上升、下降过程所受阻力的冲量大小相等C．网球上升过程克服阻力做功等于下降过程克服阻力做功D．网球从抛出到落回出发点所用的时间t1＝eq\f(v0＋v1,g)解析：选BD根据v-t图像可知，下降过程的加速度与初速度方向相反，即下降过程中加速度竖直向下，为失重状态，故A错误；网球运动的v-t图像如图所示，由于上升过程和下降过程位移大小相等，因此图中两阴影部分面积相等，因为f＝kv，则f-t图像与v-t图像相似，两阴影部分的面积也相等，f-t图像t轴上方阴影部分的面积表示上升过程中的阻力的冲量大小，t轴下方阴影部分的面积表示下降过程中的阻力的冲量大小，可知上升和下降过程的阻力的冲量大小相等，B正确；网球运动过程中受到的空气阻力大小与其速率成正比，因此上升过程中平均空气阻力大于下降过程中平均空气阻力，上升过程和下降过程位移x大小相等，根据W＝eq\x\to(f)x，可知，上升过程中克服阻力做功大于下降过程克服阻力做功，C错误；由以上分析可知，阻力的总冲量为零，对全过程，根据动量定理得－mgt1＝－mv1－mv0，解得t1＝eq\f(v0＋v1,g)，故D正确。6．(2024·南昌高三模拟)(多选)如图甲所示，质量为m＝5.0kg的物体静止在倾角为37°的固定斜面上，在沿斜面向上推力F作用下开始运动，推力F随时间t变化的关系如图乙所示(t＝10s后无推力存在)。已知物体与斜面之间的动摩擦因数μ＝0.75，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，则()A．物体运动的时间为12sB．t＝5s时物体的速度达到最大C．物体在运动过程中最大加速度为8m/s2D．在物体运动过程中推力的冲量为480N·s解析：选CD力F与时间t的关系式为F＝100＋eq\f(0－100,10)t＝100－10t，则由动量定理可得eq\f(1,2)(100＋100－10t)t－(mgsin37°＋μmgcos37°)t＝0，可得物体运动的时间为t＝8s，故A错误；合力为零时，速度最大，则有100－10t＝mgsin37°＋μmgcos37°，可得t＝4s，故B错误；刚开始运动时，合力沿斜面向上，为F合＝100－(mgsin37°＋μmgcos37°)＝40N,8s时，合力为F合′＝(mgsin37°＋μmgcos37°)－(100－10×8)＝40N，即合力先从40N减为零，再增加到40N，所以合力最大值为40N，最大加速度为am＝eq\f(F合,m)＝8m/s2，故C正确；在物体运动过程中推力的冲量为I＝eq\f(100＋100－10×8,2)×8N·s＝480N·s，故D正确。7．“娱乐风洞”是一项新型娱乐项目，在一个特定的空间内有人工制造的气流，表演者通过调整身体的姿态，改变受风面积(即表演者在垂直风力方向的投影面积)，来改变其所受向上风力的大小，使人产生在天空翱翔的感觉。如图所示，一质量为m的游客恰好可以静止在直径为d的圆柱形风洞内。已知气流竖直向上通过风洞，密度为ρ，流速恒定为v，游客受风面积为S，重力加速度为g。假设气流吹到人身上后速度变为零，则下列说法正确的是()A．气体流量Q＝πvρd2B．气体流量Q＝eq\f(πd2,2)eq\r(\f(mg,ρS))C．风对人的冲量与人对风的冲量相同D．若风洞中空气流速变为原来的2倍，要使游客仍静止，则他的受风面积必须调整为原来的eq\f(1,4)解析：选D由题意可知Q＝πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,2)))2v，解得Q＝eq\f(π,4)d2v，A错误；对Δt时间内吹向游客的气体，由动量定理可得FΔt＝Δmv，由于游客处于静止状态，满足F＝mg，另外Δm＝ρ·vΔt·S，风洞内气流的流量为Q＝vπeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,2)))2，联立解得Q＝eq\f(πd2,4)eq\r(\f(mg,ρS))，B错误；根据牛顿第三定律可知，风对人的作用力与人对风的作用力大小相等，方向相反，所以根据冲量定义可知风对人的冲量与人对风的冲量大小相等，方向相反，C错误；由F＝ρSv2＝mg，可知，若风洞中空气流速变为原来的2倍，游客受力不变，则S必须变为原来的eq\f(1,4)，D正确。第2讲动量守恒定律(基础落实课)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m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′或Δp1＝－Δp2。3．系统动量守恒的条件理想守恒系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒近似守恒系统受到的合外力不为零，但当内力远大于合外力时，系统的动量可近似看成守恒分方向守恒系统在某个方向上所受合外力为零或该方向F内≫F外时，系统在该方向上动量守恒二、弹性碰撞和非弹性碰撞1．碰撞(1)特点：在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒。(2)分类：种类动量是否守恒机械能是否守恒弹性碰撞守恒守恒非弹性碰撞守恒有损失完全非弹性碰撞守恒损失最大2．反冲和爆炸反冲特点在反冲运动中，如果没有外力作用或外力远小于物体间的相互作用力，系统的动量是守恒的爆炸现象爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量守恒，爆炸过程中位移很小，可忽略不计，作用后从相互作用前的位置以新的动量开始运动情境创设如图所示，A、B两球大小相同，A球的质量是m，B球的质量是eq\f(m,2)，它们在光滑的水平面上以相同的动量运动，A在前，B在后，发生正碰后，B球仍朝原方向运动，但其速率是原来的一半。理解判断(1)因水平面光滑，A球和B球碰撞时系统动量守恒。(√)(2)发生碰撞后，A球的速度方向不变，大小变为原来的2倍。(×)(3)两球间发生的是弹性碰撞。(×)(4)只要系统所受到的合力的冲量为零，动量就守恒。(√)(5)碰撞前后A、B两球系统的动量和机械能均不守恒。(×)(6)系统动量不变是指系统的动量大小和方向都不变。(√)(7)系统动量守恒也就是系统的动量变化量为零。(√)(8)若以上两球相向运动发生碰撞，则碰撞后可能朝同一方向运动。(×)(9)若以上两球相向运动发生碰撞，则碰撞后可能均静止。(√)逐点清(一)动量守恒的判断|题|点|全|练|1．[两个物体组成的系统动量守恒的判断]在2000m短道速滑接力赛上，“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，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出，完成“交接棒”。忽略地面的摩擦力，在这个过程中()A．两运动员的总动量守恒B．甲、乙运动员的动量变化量相同C．两运动员的总机械能守恒D．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量解析：选A两运动员组成的系统所受合外力矢量和为0，系统动量守恒，A正确；系统动量守恒，两运动员的动量变化量等大反向，动量变化量不相同，B错误；在光滑冰面上“交接棒”时，后方运动员用力推前方运动员，导致机械能增加，C错误；在乙推甲的过程中，消耗体内的化学能转化为系统的动能，根据能量守恒定律可知，甲的动能增加量不等于乙的动能减小量，D错误。2．[多个物体组成的系统动量守恒的判断](多选)如图所示，初始时包含人、小车和篮球在内的整个系统在光滑水平面上处于静止状态，现站在车上的人将篮球投向左边的篮筐，但并未投中，且篮球在撞击篮筐边缘后又刚好被人稳稳接住，整个过程中人与车始终保持相对静止，不计空气阻力。下列说法正确的是()A．在篮球投出后，撞击篮筐之前，人与车不动B．在篮球投出后，撞击篮筐之前，人与车将向右做匀速直线运动C．在篮球撞击篮筐之后，被人接住之前，人与车继续向右做匀速直线运动D．在篮球被人接住后，人与车将静止不动解析：选BD人、车与篮球组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，投篮前系统静止，系统总动量为零，投篮后系统在水平方向仍然动量守恒，由动量守恒定律可知，篮球在水平方向的分速度向左，则车在水平方向速度向右，因此篮球投出后撞击篮筐前，人与车向右做匀速直线运动，A错误，B正确。在篮球撞击篮筐之后，被人接住之前，篮球在水平方向有向右的分速度，由动量守恒定律可知，车有向左的速度，人与车一起向左做匀速直线运动，C错误。人、车与篮球组成的系统在水平方向动量守恒，系统初状态总动量为零，在篮球被人接住后人、篮球、车的速度相等，系统末状态动量为零，速度为零，人与车将静止不动，D正确。3．[某个方向上动量守恒的判断]如图所示，将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上，槽的左侧紧靠在墙壁上。现让一小球自左侧槽口A的正上方从静止开始落下，自A点与圆弧槽相切进入槽内，则下列结论中正确的是()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B点向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：选C小球下滑到半圆槽的最低点B之后，半圆槽离开墙壁，除了重力外，槽对小球的弹力也对小球做功，选项A错误；小球下滑到半圆槽的最低点B之前，小球与半圆槽组成的系统水平方向上受到墙壁的弹力作用，系统所受的外力不为零，系统水平方向上动量不守恒，半圆槽离开墙壁后，小球与半圆槽在水平方向动量守恒，选项B错误，C正确；半圆槽离开墙壁后小球对槽的压力对槽做功，小球与半圆槽具有向右的水平速度，所以小球离开右侧槽口以后，将做斜上抛运动，选项D错误。|精|要|点|拨|判断系统动量守恒时要注意系统的组成及所研究的物理过程：(1)对于同一个系统，在不同物理过程中动量守恒情况有可能不同。(2)同一物理过程中，选不同的系统为研究对象，动量守恒情况也往往不同。逐点清(二)动量守恒定律的应用1．动量守恒定律的五个特性系统性研究的对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统同时性动量是一个瞬时量，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相对性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)矢量性动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题时应选取统一的正方向普适性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2．应用动量守恒定律的解题步骤(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。(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。|教|材|导|引|(人教版教材选择性必修1，P14例题)如图所示，在列车编组站里，一辆质量为1.8×104kg的货车在平直轨道上以2m/s的速度运动，碰上一辆质量为2.2×104kg的静止的货车，它们碰撞后结合在一起继续运动。求货车碰撞后运动的速度。提示：已知m1＝1.8×104kg，m2＝2.2×104kg。沿碰撞前货车运动的方向建立坐标轴，有v1＝2m/s。设两车结合后的速度为v。两车碰撞前的总动量为p＝m1v1，碰撞后的总动量为p′＝(m1＋m2)v，根据动量守恒定律可得(m1＋m2)v＝m1v1，解出v＝eq\f(m1v1,m1＋m2)＝eq\f(1.8×104×2,1.8×104＋2.2×104)m/s＝0.9m/s，两车结合后速度的大小是0.9m/s；v是正值，表示两车结合后仍然沿坐标轴的方向运动，即仍然向右运动。考教衔接：在“动量守恒定律”这一节中，人教版教材、鲁科版教材都不约而同地选择了“车辆碰撞”这一典型案例来考查动量守恒定律的应用。未来高考选择“车辆碰撞”这一情境素材进行关联拓展命题的概率会很大。[考法全训]考法1动量守恒定律与牛顿第二定律的综合1．随着机动车数量的增加，交通安全问题日益凸显，分析交通违法事例，将警示我们遵守交通法规，珍惜生命。已知某限速60km/h的平直公路上，一辆质量为m1＝800kg的汽车A以速度v1＝15m/s沿平直公路行驶时，驾驶员发现前方不远处有一质量m2＝1200kg的汽车B以速度v2迎面驶来，两车立即同时急刹车，使车做匀减速运动，但两车仍在开始刹车t＝1s后猛烈地相撞，相撞后结合在一起再沿B车原行驶方向滑行6m后停下，设两车与路面间动摩擦因数μ＝0.3,g取10m/s2，忽略碰撞过程中路面摩擦力的冲量，求：(1)两车碰撞后刚结合在一起时的速度大小；(2)求B车刹车前的速度，并判断B车是否超速。解析：(1)对于碰撞后共同滑行过程有a＝eq\f(μmg,m)＝μgx＝eq\f(v共2,2a)，可得v共＝6m/s。(2)对A车有：vA＝v1－at对B车有：vB＝v2－at以碰撞前A车运动的方向为正方向，对碰撞过程由动量守恒定律得：m1vA－m2vB＝－(m1＋m2)v共可得v2＝21m/s>60km/h故B车超速。答案：(1)6m/s(2)21m/s，超速考法2动量守恒定律与动量定理的综合2．汽车碰撞试验是综合评价汽车安全性能的有效方法之一。设汽车在碰撞过程中受到的平均撞击力达到某个临界值F0时，安全气囊爆开。某次试验中，质量m1＝1600kg的试验车以速度v1＝36km/h正面撞击固定试验台，经时间t1＝0.10s碰撞结束，车速减为零，此次碰撞安全气囊恰好爆开。忽略撞击过程中地面阻力的影响。(1)求此过程中试验车受到试验台的冲量I0的大小及F0的大小；(2)若试验车以速度v1撞击正前方另一质量m2＝1600kg、速度v2＝18km/h同向行驶的汽车，经时间t2＝0.16s两车以相同的速度一起滑行。试求这种情况下试验车受到的撞击力多大？并说明安全气囊是否会爆开。解析：(1)v1＝36km/h＝10m/s，取速度v1的方向为正方向，由动量定理有－I0＝0－m1v1将已知数据代入上式得I0＝1.6×104N·s由冲量定义有I0＝F0t1将已知数据代入得F0＝1.6×105N(2)设试验车和汽车碰撞后获得共同速度为v，以v1的方向为正方向，由动量守恒定律有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v对试验车，由动量定理有－Ft2＝m1v－m1v1将已知数据代入得F＝2.5×104N可见F＜F0，故试验车的安全气囊不会爆开。答案：(1)1.6×104N·s1.6×105N(2)2.5×104N；安全气囊不会爆开逐点清(三)某一方向上的动量守恒问题[典例](2024·湖南名校联考)如图所示，质量为m的滑环套在足够长的光滑水平杆上，质量为m球＝3m的小球(可视为质点)用长为L的轻质细绳与滑环连接。滑环固定时，给小球一个水平冲量I，小球摆起的最大高度为h1(h1＜L)；滑环不固定时，仍给小球以同样的水平冲量I，小球摆起的最大高度为h2。则h1∶h2＝()A．6∶1 B．4∶1C．2∶1 D．4∶3[解析]滑环固定时，设小球获得冲量I后对应的初速度为v0，根据机械能守恒定律，有eq\f(1,2)m球v02＝m球gh1，解得h1＝eq\f(v02,2g)；滑环不固定时，小球初速度仍为v0，在小球摆起最大高度h2时，小球与滑环速度都为v，在此过程中小球和滑环组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒，则m球v0＝(m＋m球)v，eq\f(1,2)m球v02＝eq\f(1,2)(m＋m球)v2＋m球gh2，由以上各式可得h2＝eq\f(v02,8g)，则h1∶h2＝4∶1，故B正确。[答案]B|思|维|建|模|(1)系统总动量不守恒，但在某一方向上合外力为零，系统在该方向上动量守恒。(2)上述[典例]中，滑环不固定时，小球到达最高点时与滑环速度相同，方向沿水平方向。(3)系统中只有重力做功，系统机械能守恒。[针对训练]1.如图所示，质量为0.5kg的小球在距离车底面高0.8m处以一定的初速度向左平抛，落在以速度大小为6m/s沿光滑水平面向右匀速行驶的敞篷小车中，车底涂有一层油泥，小球落到油泥上不反弹，车与油泥的总质量为4kg，设小球在落到车底前瞬间速度大小是5m/s，重力加速度g取10m/s2，则当小球与小车相对静止时，小车的速度大小是()A．5m/s B．4m/sC．8.5m/s D．9.5m/s解析：选A设小球的初速度为v0，小球抛出后做平抛运动，根据动能定理得mgh＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，解得v0＝3m/s，小球和小车作用过程中，水平方向动量守恒，规定向右为正方向，则有－mv0＋Mv＝(M＋m)v′，解得v′＝5m/s，A正确。2.(多选)如图所示，一轻杆两端分别固定a、b两个均可看作质点的光滑金属球，a金属小球的质量大于b金属小球的质量，整个装置放在光滑的水平地面上，设b金属小球离地面高度为h，将此装置由静止释放(重力加速度为g)，则下列说法正确的是()A．在b金属小球落地前的整个过程中，a金属小球向左做加速运动B．在b金属小球落地前的整个过程中，金属小球a、b及轻杆系统机械能守恒C．在b金属小球落地前的整个过程中，金属小球a、b及轻杆系统动量守恒D．在b金属小球落地前瞬间，b金属小球的速度大小为eq\r(2gh)解析：选BD对两球及轻杆系统，水平方向受合外力为零，则水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，则总动量不守恒；开始时两球速度均为零，在b球落地前瞬间，b球速度竖直向下，水平方向速度为零，根据系统水平方向动量守恒知，在b球落地前瞬间，a球的速度必定为零，则整个运动过程中，a球由静止状态经历向左运动到最终静止，先加速后减速，故A、C错误。在b球落地前的整个过程中，只有动能和重力势能的转化，则a、b及轻杆系统机械能守恒，得mbgh＝eq\f(1,2)mbv2，可得在b球落地前瞬间，b球的速度大小为v＝eq\r(2gh)，故B、D正确。[课时跟踪检测]一、立足基础，体现综合1.如图所示，我国自行研制的第五代隐形战机“歼-20”以速度v0水平向右匀速飞行，到达目标地时，将质量为M的导弹自由释放，导弹向后喷出质量为m、对地速率为v1的燃气，则喷气后导弹的速率为()A．eq\f(Mv0＋mv1,M－m) B．eq\f(Mv0－mv1,M－m)C．eq\f(Mv0－mv1,M) D．eq\f(Mv0＋mv1,M)解析：选A设导弹飞行的方向为正方向，由动量守恒定律Mv0＝(M－m)v－mv1，解得v＝eq\f(Mv0＋mv1,M－m)。2.如图所示，质量为m的人立于平板车上，人与车的总质量为M，人与车以速度v1在光滑水平面上向右运动，当人相对于车以速度v2竖直跳起时，车的速度变为()A．eq\f(Mv1－Mv2,M－m)，方向向右 B．eq\f(Mv1,M－m)，方向向右C．eq\f(Mv1＋Mv2,M－m)，方向向右 D．v1，方向向右解析：选D人和车在水平方向上动量守恒，当人相对于车竖直跳起时，人和车在水平方向上的动量仍然守恒，所以水平方向的速度不发生变化，车的速度仍然为v1，方向向右，D正确，A、B、C错误。3．(2024·泰安高三质检)如图所示，在光滑水平面上，有质量分别为2m和m的A、B两滑块，它们中间夹着一根处于压缩状态的轻质弹簧(弹簧与A、B不拴连)，由于被一根细绳拉着而处于静止状态。当剪断细绳，在两滑块脱离弹簧之后，下述说法正确的是()A．两滑块的动能之比EkA∶EkB＝1∶2B．两滑块的动量大小之比pA∶pB＝2∶1C．两滑块的速度大小之比vA∶vB＝2∶1D．弹簧对两滑块做功之比WA∶WB＝1∶1解析：选A在两滑块刚好脱离弹簧时运用动量守恒定律得2mvA－mvB＝0，得vA＝eq\f(vB,2)，两滑块速度大小之比为vA∶vB＝1∶2，两滑块的动能之比EkA∶EkB＝eq\f(1,2)·2mvA2∶eq\f(1,2)mvB2＝1∶2，故A正确，C错误；由动量守恒定律知，两滑块的动量大小之比pA∶pB＝2mvA∶mvB＝1∶1，故B错误；弹簧对两滑块做功之比等于两滑块动能之比，为WA∶WB＝1∶2，故D错误。4．在某高速公路上发生一起交通事故，一辆质量为1.5×104kg向南行驶的长途客车迎面撞上了一质量为2.0×104kg向北行驶的货车，碰后两辆车连在一起，并向北滑行了一小段距离后停止，根据测速仪的测定，两车碰撞前长途客车以108km/h的速度行驶，由此可判断货车碰撞前的行驶速度大小为()A．大于10m/s B．小于22.5m/sC．一定大于22.5m/s D．一定大于30m/s解析：选C碰撞前长途客车的速度v1＝108km/h＝30m/s，根据碰后两辆车连在一起且向北滑行的情况，可知由两车组成的系统的总动量方向向北，所以碰前客车的动量p1＝m1v1(向南)应该小于货车的动量p2＝m2v2(向北)，即m1v1＜m2v2，代入数据有1.5×104×30(kg·m/s)＜2.0×104×v2(kg·m/s)，解得v2＞22.5m/s，C正确。5．(2024·随州高三检测)一轻质弹簧，上端悬挂于天花板，下端系一质量为M的平板，处于平衡状态。一质量为m的均匀环套在弹簧外，与平板的距离为h，如图所示，让环自由下落，撞击平板，已知碰后环与板以相同的速度向下运动，则()A．若碰撞时间极短，则碰撞过程中环与板的总动量守恒B．若碰撞时间极短，则碰撞过程中环与板的总机械能守恒C．环撞击板后，板的新的平衡位置与h的大小有关D．在碰撞后板和环一起下落的过程中，环与板的总机械能守恒解析：选A环与平板碰撞过程，若碰撞时间极短，内力远大于外力，系统总动量守恒，由于碰后速度相同，为完全非弹性碰撞，机械能不守恒，减少的机械能转化为内能，故A正确，B错误；碰撞后平衡时，有kx＝(m＋M)g，即碰撞后新平衡位置与下落高度h无关，故C错误；碰撞后环与板共同下落的过程中，它们动能和重力势能的减少量之和等于弹簧弹性势能的增加量，环与板的总机械能不守恒，故D错误。6．如图所示，质量mA＝8.0kg的足够长的木板A放在光滑水平面上，在其右端放一个质量为mB＝2.0kg的小木块B。给B以大小为4.0m/s、方向向左的初速度，同时给A以大小为6.0m/s、方向向右的初速度，两物体同时开始运动，直至A、B运动状态稳定，下列说法正确的是()A．木块B的最终速度大小为5.6m/sB．在整个过程中，木块B的动能变化量为0C．在整个过程中，木块B的动量变化量为0D．在整个过程中，系统的机械能守恒解析：选B小木块与木板组成的系统动量守恒，由于木板的动量大于小木块的动量，所以系统的合动量方向向右；小木块先向左减速运动，速度减为零后再向右加速运动，最后小木块与木板一起匀速运动。设向右为正方向，由动量守恒定律得mAvA－mBvB＝(mA＋mB)v，解得v＝4m/s，故A错误；在整个过程中，木块B的动能变化量为ΔEk＝eq\f(1,2)mBv2－eq\f(1,2)mBvB2＝0，故B正确；在整个过程中，木块B的动量变化量为Δp＝mBv－(－mBvB)＝16kg·m/s，故C错误；在整个过程中，由于小木块与木板之间有摩擦力作用，系统克服摩擦力做功，一部分机械能转化为内能，故系统机械能不守恒，故D错误。7．(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解析：选BD取水平向右为正方向，滑块1和滑块2组成的系统的初动量为p1＝mv1＝1×0.40kg·m/s＝0.40kg·m/s，碰撞后的动量为p2＝2mv2＝2×1×0.22kg·m/s＝0.44kg·m/s，则滑块的碰撞过程动量不守恒，故A错误；对滑块1，有I1＝mv2－mv1＝(1×0.22－1×0.40)N·s＝－0.18N·s，负号表示方向水平向左，故B正确；对滑块2，有I2＝mv2＝1×0.22N·s＝0.22N·s，故C错误；对滑块2，根据动量定理有FΔt＝I2，解得F＝5.5N，则滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5N，故D正确。8．(2024·长沙名校联考)如图甲所示，物块A、B间拴接一个压缩后被锁定的轻质弹簧，整个系统静止放在光滑水平地面上，其中A物块最初与左侧的固定挡板相接触，B物块质量为2kg。现解除对弹簧的锁定，在A离开挡板后的某时刻开始，B物块的v-t图像如图乙所示，则可知()A．A的质量为4kgB．运动过程中A最大速度为4m/sC．在A离开挡板前，系统动量守恒、机械能守恒D．在A离开挡板后弹簧的最大弹性势能为9J解析：选B解除对弹簧的锁定，A离开挡板后，系统动量守恒、机械能守恒。由题意可知B的速度最大时，A的速度最小为零，且此时弹簧处于原长；B的速度最小时，A的速度最大，且此时弹簧也处于原长。设A的质量为mA，A的最大速度为v，根据动量守恒有mAv＋mB·vBmin＝mB·vBmax，即mAv＋2×1kg·m/s＝2×3kg·m/s，又由机械能守恒有：eq\f(1,2)mAv2＋eq\f(1,2)mBvBmin2＝eq\f(1,2)mBvBmax2，即eq\f(1,2)mAv2＋eq\f(1,2)×2×12J＝eq\f(1,2)×2×32J，解得mA＝1kg，v＝4m/s，A错误，B正确；在A离开挡板前，由于挡板对A有作用力，所以系统所受合力不为零，则系统动量不守恒，C错误；当A、B速度相等时，A、B动能之和最小，根据能量守恒定律，此时弹簧势能最大，根据动量守恒定律得：mBvBmax＝(mA＋mB)v共，解得v共＝2m/s，又由能量守恒定律得：Epmax＝eq\f(1,2)mBvBmax2－eq\f(1,2)(mA＋mB)v共2＝3J，D错误。二、注重应用，强调创新9．(多选)某次花样滑冰双人滑训练时运动员携手以1.2m/s的速度滑行，女运动员的质量为40kg，男运动员的质量为60kg，滑行中男运动员迅速将女运动员沿原运动方向推开，两人分开时，女运动员相对于男运动员的速度为5.5m/s，他们与冰面的摩擦忽略不计。下列说法正确的是()A．分开过程中，两位运动员组成的系统动量和机械能均守恒B．分开过程中，两位运动员组成的系统动量守恒、机械能不守恒C．分开后，男运动员相对于地面的速度大小为1m/sD．分开后，男运动员相对于地面的速度大小为2m/s解析：选BC以原运动方向为正方向，设分开后女运动员的速度为v1，质量为m1，男运动员的速度为v2＝v1－5.5m/s，质量为m2，分开过程中，他们与冰面的摩擦忽略不计，可知两位运动员组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可得(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，代入数据解得v1＝4.5m/s，分开后男运动员的速度为v2＝－1m/s，分开前两位运动员组成的系统机械能E1＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v02＝eq\f(1,2)×(40＋60)×1.22J＝72J，分开后两位运动员组成的系统机械能E2＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22＝eq\f(1,2)×40×4.52J＋eq\f(1,2)×60×12J＝435J，则有E2＞E1，可知分开过程中，两位运动员组成的系统机械能不守恒，A错误，B正确；由以上计算可知，分开后，男运动员相对于地面的速度大小为1m/s，C正确，D错误。10．(多选)如图所示，载有物资的热气球静止于距水平地面H的高处，现将质量为m的物资以相对地面的速度v0水平投出，落地时物资与热气球的距离为d。已知投出物资后热气球的总质量为M，所受浮力不变。重力加速度为g，不计阻力。以下判断正确的是()A．投出物资后热气球做匀加速直线运动B．投出物资后热气球所受合力大小为mgC．d＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(m,M)))eq\r(\f(2Hv02,g)＋H2)D．d＝eq\r(\f(2Hv02,g)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(m,M)))2H2)解析：选BC对于热气球，投出物资之前，浮力等于重力，投出物资之后，热气球受到的浮力不变，重力减少了mg，所以热气球受到的合力大小为mg，方向竖直向上，物资被水平向右抛出后，根据动量守恒定律得：mv0－Mv＝0，热气球的初速度大小为v＝eq\f(m,M)v0，方向水平向左，且受到竖直向上恒力mg作用，应做类平抛运动，故A错误，B正确。对于物资，平抛后，竖直方向H＝eq\f(1,2)gt2，水平方向x＝v0t＝v0eq\r(\f(2H,g))；对于热气球，水平方向x′＝vt，竖直方向H′＝eq\f(1,2)at2，a＝eq\f(mg,M)，则物资落地时与热气球之间的距离d＝eq\r(x＋x′2＋H＋H′2)，代入数据解得d＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(m,M)))eq\r(\f(2Hv02,g)＋H2)，故C正确，D错误。11．如图，一滑雪道由AB和BC两段滑道组成，其中AB段倾角为θ，BC段水平，AB段和BC段由一小段光滑圆弧连接。一个质量为2kg的背包在滑道顶端A处由静止滑下，若1s后质量为48kg的滑雪者从顶端以1.5m/s的初速度、3m/s2的加速度匀加速追赶，恰好在坡底光滑圆弧的水平处追上背包并立即将其拎起。背包与滑道的动摩擦因数为μ＝eq\f(1,12)，重力加速度取g＝10m/s2，sinθ＝eq\f(7,25)，cosθ＝eq\f(24,25)，忽略空气阻力及拎包过程中滑雪者与背包的重心变化。求：(1)滑道AB段的长度；(2)滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度。解析：(1)设斜面长度为L，背包质量为m1＝2kg，在斜面上滑行的加速度为a1，由牛顿第二定律有m1gsinθ－μm1gcosθ＝m1a1解得a1＝2m/s2滑雪者质量为m2＝48kg，初速度为v0＝1.5m/s，加速度为a2＝3m/s2，在斜面上滑行时间为t，落后时间t0＝1s，则背包的滑行时间为t＋t0，由运动学公式得L＝eq\f(1,2)a1(t＋t0)2L＝v0t＋eq\f(1,2)a2t2联立解得t＝2s或t＝－1s(舍去)，L＝9m。(2)设背包和滑雪者到达水平轨道时的速度为v1、v2，有v1＝a1(t＋t0)＝6m/sv2＝v0＋a2t＝7.5m/s滑雪者拎起背包的过程，系统在光滑水平面上外力为零，动量守恒，设共同速度为v，有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v解得v＝7.44m/s。答案：(1)9m(2)7.44m/s

第3讲动量守恒定律的“三类典型问题”(综合融通课)类型(一)碰撞问题1．碰撞类问题遵循的三条原则动量守恒m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′机械能不增加Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或eq\f(p12,2m1)＋eq\f(p22,2m2)≥eq\f(p1′2,2m1)＋eq\f(p2′2,2m2)速度要合理同向碰撞碰撞前，后面的物体速度大；碰撞后，前面的物体速度大或两物体速度相等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eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′①,\f(1,2)m1v12＋\f(1,2)m2v22＝\f(1,2)m1v1′2＋\f(1,2)m2v2′2②))解得v1′＝eq\f(m1－m2v1＋2m2v2,m1＋m2)，v2′＝eq\f(m2－m1v2＋2m1v1,m1＋m2)。(2)分析讨论：当碰前物体2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，v2＝0，则：v1′＝eq\f(m1－m2v1,m1＋m2)，v2′＝eq\f(2m1v1,m1＋m2)。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。[典例](2022·广东高考)某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型。竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态。当滑块从A处以初速度v0为10m/s向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f为1N，滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。已知滑块的质量m＝0.2kg，滑杆的质量M＝0.6kg，A、B间的距离l＝1.2m，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。求：(1)滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小N1和N2；(2)滑块碰撞前瞬间的速度大小v1；(3)滑杆向上运动的最大高度h。[解析](1)滑块静止时，对滑块和滑杆整体受力分析如图甲所示，可得N1＝(M＋m)g代入数据解得N1＝8N，滑块向上滑动时，对滑杆受力分析如图乙所示，可得N2＋f＝Mg代入数据解得N2＝5N。(2)滑块向上滑动过程中，从A到B由动能定理得：－mgl－fl＝eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)mv02代入数据解得v1＝8m/s。(3)滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，设碰后速度为v′，由动量守恒定律得：mv1＝(M＋m)v′再由动能定理得：－(M＋m)gh＝0－eq\f(1,2)(M＋m)v′2代入数据解得：h＝0.2m。[答案](1)8N5N(2)8m/s(3)0.2m[考法全训]考法1弹性碰撞1.如图所示，五个等大的小球B、C、D、E、F，沿一条直线静放在光滑水平面上，另一等大小球A沿该直线以速度v向B球运动，小球间发生碰撞均为弹性碰撞。若B、C、D、E四个球质量相等，且比A、F两球质量均要大些，则所有碰撞结束后，还在运动的小球个数为()A．1个 B．2个C．3个 D．4个解析：选C球A、B发生弹性碰撞过程mv＝mv1＋Mv2，eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv22，可得v1＝eq\f(m－M,m＋M)v，v2＝eq\f(2m,m＋M)v，即A球反弹，B球前进，然后B与C发生弹性碰撞，速度互换，B球停止，C球前进，以此类推，最后B、C、D停止，E与F发生弹性碰撞，可推得E、F都向右运动，速度不同，因此最后运动的是A、E、F球，故选C。考法2非弹性碰撞2．(2024·黄冈高三模拟)甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙两物块的速度随时间的变化如图中实线所示。已知甲物块的质量为1kg，则碰撞过程中两物块损失的机械能为()A．3J B．4JC．5J D．6J解析：选A设乙物块的质量为m乙，由动量守恒定律有m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲′＋m乙v乙′，代入图中数据解得m乙＝6kg，进而可求得碰撞过程中两物块损失的机械能为E损＝eq\f(1,2)m甲v甲2＋eq\f(1,2)m乙v乙2－eq\f(1,2)m甲v甲′2－eq\f(1,2)m乙v乙′2，代入图中数据解得E损＝3J，A正确。考法3碰撞应遵守的三原则3．(2024·重庆高三质检)如图为台球运动员正在准备击球，假设运动员在某一杆击球过程中，白色球(主球)和花色球碰撞前后都在同一直线上运动，碰前白色球A的动量pA＝5kg·m/s，花色球B静止，碰后花色球B的动量变为pB′＝4kg·m/s，则下列关于两球的质量mA与mB间的关系可能是()A．mB＝eq\f(1,6)mA B．mB＝eq\f(1,4)mAC．mB＝2mA D．mB＝5mA解析：选C碰撞过程系统动量守恒，以白色球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得pA＋pB＝pA′＋pB′，解得pA′＝1kg·m/s，根据碰撞过程总动能不增加，则有eq\f(pA2,2mA)＋eq\f(pB2,2mB)≥eq\f(pA′2,2mA)＋eq\f(pB′2,2mB)，解得mB≥eq\f(2,3)mA；碰后，两球同向运动，A的速度不大于B的速度，则eq\f(pA′,mA)≤eq\f(pB′,mB)，解得mB≤4mA，综上可知eq\f(2,3)mA≤mB≤4mA，故选C。类型(二)爆炸与反冲(一)爆炸问题1．爆炸现象的特点爆炸过程中内力远大于外力，爆炸的各部分组成的系统总动量守恒。2．爆炸现象的三个规律动量守恒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，有其他形式的能量(如化学能)转化为动能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，可以认为爆炸后各部分仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动[例1](2024·德州高三模拟)双响爆竹是民间庆典使用较多的一种烟花爆竹，其结构简图如图所示，纸筒内分上、下两层安放火药。使用时首先引燃下层火药，使爆竹获得竖直向上的初速度，升空后上层火药被引燃，爆竹凌空爆响。一人某次在水平地面上燃放双响爆竹，爆竹上升至最高点时恰好引燃上层火药，立即爆炸成两部分，两部分的质量之比为1∶2，获得的速度均沿水平方向。已知这次燃放爆竹上升的最大高度为h，两部分落地点之间的距离为L，重力加速度为g，不计空气阻力，不计火药爆炸对爆竹总质量的影响。(1)求引燃上层火药后两部分各自获得的速度大小。(2)已知火药燃爆时爆竹增加的机械能与火药的质量成正比，求上、下两层火药的质量比。[解析](1)引燃上层火药后两部分向相反的方向做平抛运动，竖直方向h＝eq\f(1,2)gt2水平方向L＝v1t＋v2t上层火药燃爆时，水平方向动量守恒，设爆竹总质量为m，则有0＝eq\f(1,3)mv1－eq\f(2,3)mv2解得两部分各自获得的速度大小v1＝eq\f(L,3)eq\r(\f(2g,h))，v2＝eq\f(L,3)eq\r(\f(g,2h))。(2)上层火药燃爆后爆竹获得的机械能E上＝eq\f(1,2)×eq\f(1,3)mv12＋eq\f(1,2)×eq\f(2,3)mv22下层火药燃爆后爆竹获得的机械能E下＝mgh上、下两层火药的质量比eq\f(m上,m下)＝eq\f(E上,E下)＝eq\f(L2,18h2)。[答案](1)eq\f(L,3)eq\r(\f(2g,h))eq\f(L,3)eq\r(\f(g,2h))(2)eq\f(L2,18h2)[针对训练]1．(多选)一个质量为m的小型炸弹自水平地面朝右上方射出，在最高点以水平向右的速度v飞行时，突然爆炸为质量相等的甲、乙、丙三块弹片，如图所示。爆炸之后乙自静止自由下落，丙沿原路径回到原射出点。若忽略空气阻力，释放的化学能全部转化为动能，则下列说法正确的是()A．爆炸后乙落地的时间最长B．爆炸后甲落地的时间最长C．甲、丙落地点到乙落地点O的距离比为4∶1D．爆炸过程释放的化学能为eq\f(7mv2,3)解析：选CD爆炸后甲、丙从同一高度平抛，乙从同一高度自由下落，则落地时间t＝eq\r(\f(2H,g))相等，选项A、B错误；爆炸过程动量守恒，有mv＝－eq\f(1,3)mv丙＋eq\f(1,3)mv甲，由题意知v丙＝v，得v甲＝4v，爆炸后甲、丙从同一高度平抛，落地点到乙落地点O的距离x＝vt，t相同，则x∝v，甲、丙落地点到乙落地点O的距离比为x甲∶x丙＝v甲∶v丙＝4∶1，选项C正确；根据能量守恒定律可得爆炸过程释放的化学能ΔE＝eq\f(1,2)×eq\f(m,3)v甲2＋eq\f(1,2)×eq\f(m,3)v丙2－eq\f(1,2)mv2＝eq\f(7,3)mv2，选项D正确。(二)反冲运动1．反冲运动的特点物体在内力作用下分裂为两个不同部分，并且这两部分向相反方向运动的现象。反冲运动中，相互作用力一般较大，通常可以用动量守恒定律来处理。2．对反冲运动的三点说明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[例2]一火箭喷气发动机每次喷出质量m＝200g的气体，气体离开发动机喷出时的速度v＝1000m/s。设火箭(包括燃料)质量M＝300kg，发动机每秒喷气20次，火箭初始时静止(结果保留1位小数)。(1)当发动机第三次喷出气体后，火箭的速度为多大？(2)运动第1s末，火箭的速度为多大？[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，由动量守恒定律得(M－3m)v3－3mv＝0，解得v3≈2.0m/s。(2)发动机每秒喷气20次，设运动第1s末，火箭的速度为v20，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，解得v20≈13.5m/s。[答案](1)2.0m/s(2)13.5m/s[针对训练]2．(2024·重庆模拟)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，火箭和水机械能守恒C．火箭获得的最大速度为eq\f(M,M－m)v0D．火箭上升的最大高度为eq\f(m2v02,2gM－m2)解析：选D火箭的推力来源于火箭里喷出的水对它的反作用力，故A错误；水喷出的过程中，瓶内气体做功，火箭和水机械能不守恒，故B错误；由动量守恒定理可得(M－m)v＝mv0，解得v＝eq\f(mv0,M－m)，故C错误；水喷出后，火箭做竖直上抛运动，由题意有v2＝2gh，h＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(mv0,M－m)))2,2g)＝eq\f(m2v02,2gM－m2)，故D正确。

类型(三)人船模型问题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。这样的问题即为人船模型问题。人船模型还适用于某一方向上动量守恒(如水平方向或竖直方向)的二物系统，只要相互作用前两物体在该方向上速度都为零即可。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eq\f(x1,x2)＝eq\f(v1,v2)＝eq\f(m2,m1)。3．应用人船模型注意事项(1)应用eq\f(x1,x2)＝eq\f(v1,v2)＝eq\f(m2,m1)时要注意：v1、v2和x1、x2一般都是相对地面而言的。(2)解题时要画出两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。[典例](2024·哈尔滨调研)如图所示，质量为M＝4kg的小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径为R＝1m的四分之一光滑圆弧轨道，BC段是长为L的粗糙水平轨道，两段轨道相切于B点。一质量为m＝1kg的可视为质点的滑块从小车上的A点由静止开始沿AB轨道下滑，然后滑入BC轨道，最后恰好停在C点，滑块与BC轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g＝10m/s2，则()A．整个过程中滑块和小车组成的系统动量守恒B．滑块由A滑到B过程中，滑块的机械能守恒C．BC段长L＝1mD．全过程小车相对地面的位移大小为0.6m[解析]滑块在圆弧轨道上运动时有竖直方向的加速度，所以对系统而言竖直方向外力矢量和不为零，不满足动量守恒的条件，故A错误；滑块由A滑到B过程中，小车对滑块的弹力做负功，滑块的机械能不守恒，故B错误；滑块恰好停在C点时，二者均静止，根据能量守恒定律有mgR＝μmgL，解得L＝2m，故C错误；根据系统水平方向动量守恒有Mv1＝mv2，通过相同的时间有Mx1＝mx2，且有x1＋x2＝R＋L，解得x1＝0.6m，故D正确。[答案]D[考法全训]考法1对人船模型的理解1.质量为m的人在质量为M的小车上从左端走到右端，如图所示，当车与地面摩擦不计时，那么()A．人在车上行走，若人相对车突然停止，则车由于惯性过一会才停止B．人在车上行走的平均速度越大，则车在地面上移动的距离也越大C．人在车上行走的平均速度越小，则车在地面上移动的距离就越大D．不管人以什么样的平均速度行走，车在地面上移动的距离相同解析：选D由人与车组成的系统动量守恒，初态系统总动量为零，则有mv人＝Mv车，若人相对车突然停止，则车也突然停止，故A错误；设车长为L，由m(L－x车)＝Mx车，解得x车＝eq\f(m,M＋m)L，车在地面上移动的位移大小与人的平均速度大小无关，故D正确，B、C错误。考法2某个方向上应用人船模型2.一个质量为M、底面边长为b的斜面体静止于光滑的水平桌面上，如图所示，有一质量为m的物块由斜面顶部无初速度滑到底部时，斜面体移动的距离为s。下列说法中正确的是()A．若斜面粗糙，则s＝eq\f(mb,M＋m)B．只有斜面光滑，才有s＝eq\f(mb,M＋m)C．若斜面光滑，则下滑过程中系统动量守恒，机械能守恒D．若斜面粗糙，则下滑过程中系统动量守恒，机械能不守恒解析：选A不论斜面是否光滑，斜面体和物块组成的系统在水平方向上都动量守恒，以向左为正方向，斜面体的位移大小为s，则物块的位移大小为b－s，物块和斜面体的平均速率分别为v1＝eq\f(b－s,t)，v2＝eq\f(s,t)，由动量守恒定律得mv1－Mv2＝0，解得s＝eq\f(mb,M＋m)，A正确，B错误；不论斜面是否光滑，物块下滑过程中系统在竖直方向上所受合力都不为零，系统所受的合力不为零，所以系统动量不守恒，若斜面光滑，则系统机械能守恒，若斜面不光滑，则系统机械能不守恒，C、D错误。[课时跟踪检测]一、立足基础，体现综合1．(2024·武汉高三模拟)如图，棱长为a、大小形状相同的立方体木块和铁块，质量为m的木块在上，质量为M的铁块在下，正对用极短细绳连接悬浮在平静的池中某处，木块上表面距离水面的竖直距离为h。当细绳断裂后，木块与铁块均在竖直方向上运动，木块刚浮出水面时，铁块恰好同时到达池底。仅考虑浮力，不计其他阻力，则池深为()A．eq\f(M＋m,M)h B．eq\f(M＋m,m)(h＋2a)C．eq\f(M＋m,M)(h＋2a) D．eq\f(M＋m,M)h＋2a解析：选D设铁块竖直下降的位移为d，对木块与铁块系统，系统合外力为零，由动量守恒定律可得0＝mh－Md，池深H＝h＋d＋2a，解得H＝eq\f(M＋m,M)h＋2a，D正确。2．(多选)在光滑的水平面上，动能为E0、动量大小为p0的小钢球A与静止小钢球B发生对心碰撞，碰撞前、后球A的运动方向相反。现将碰撞后球A的动能和动量大小分别记为EA、pA，球B的动能和动量的大小分别记为EB、pB，则下列判断中一定正确的是()A．EA<E0 B．EB>E0C．pA<pB D．pB<p0解析：选AC碰撞后两球均有速度，碰撞过程中总动能不增加，则EA<E0，EB<E0，故A正确，B错误；碰撞过程中，由动量守恒定律得p0＝pB－pA，可见，pA＜pB，pB＞p0，故D错误，C正确。3．“独竹漂”是一项独特的黔北民间绝技。独竹漂高手们脚踩一根楠竹，漂行水上如履平地。如图甲所示，在平静的湖面上，一位女子脚踩竹竿抵达岸边，此时女子静立于竹竿A点，一位摄影爱好者使用连拍模式拍下了该女子在竹竿上行走过程的一系列照片，并从中选取了两张进行对比，其简化图如图所示。经过测量发现，甲、乙两张照片中A、B两点的水平间距约为1cm，乙照片中竹竿右端距离河岸约为1.8cm。照片的比例尺为1∶40。已知竹竿的质量约为25kg，若不计水的阻力，则该女子的质量约为()A．41.5kg B．45kgC．47.5kg D．50kg解析：选B对女子和竹竿组成的系统，可看成人船模型，根据动量守恒定律，可得m1x1＝m2x2，代入数据解得该女子的质量为m1＝45kg，故选B。4．(2024·南通高三模拟)如图甲所示，左端接有轻弹簧的物块A静止在光滑水平面上，物块B以一初速度向A运动，t＝0时B与弹簧接触，0～2s内两物块的v-t图像如图乙所示。则()A．A的质量比B的大B．0～1s内，弹簧对A、B的冲量相同C．t＝1s时，弹簧的弹性势能最大D．t＝2s时，A的动量比B的大解析：选C由题图乙可知，物块B的初速度为v0＝1.2m/s，t＝1s时，物块A、B的共同速度大小为v＝1.0m/