第2讲 动量守恒定律高考物理总复习新教材版

第。讲动量守恒定律

［教材阅读指导］

(对应人教版新教材选择性必修第一册页码及相关问题)

■P11J2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。

BP14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。

IBP21〜23阅读“弹性碰撞实例分析”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，及加=机2,mi》m2,如《冽2时三种情况

的讨论结果。

提示：假设物体mi以速度与原来静止的物体m2发生正碰，如图所示。碰

撞后它们的速度分别为01'和。2‘。

6j……$

碰撞过程遵从动量守恒定律，故

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

弹性碰撞中没有动能损失，于是可以列出另一个方程

'2+%i2O2'2(2)

从方程(1)(2)可以解出两个物体碰撞后的速度分别为

mi-m2

vi'=^1(3)

mi+m2

.2ml

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

mi+m2

我们对几种情况下⑶(4)的结果作一些分析。

若加1二加2,这时有mi-m2=0,mi+m2=2mio

根据⑶(4)两式，得

v\-0

02'=V1

若加1》加2,这时有机1一加2=机1,机1+机2=机1。

根据⑶(4)两式，得

Vlf=V1

V2f=2vi

j,2m］

若用《机这时有一加仁一机仁。

12,一22,mi+m20

根据⑶(4)两式，得

vif=-vi

V21—0o

13P29［复习与提高］B组T5；T7；T8O

提示：Ts：人舟谷模型,0二机。船一机'。人

得0二加光船一机,%人

%船+无人=/

/日mlm'I

TTTX卜一/,to-/o

m+mm+m

T7:A与C碰撞mAVo=mA0A+mcvc

A与B相互作用WAUA+msvo=(WA+/KBWAB

A、B共速时恰好不再与C碰撞满足OAB=oc

联立得0A=2m/So

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=Jn)vc-2mv\B

由机械能守恒得m)gl=嬴次+^2mv\B

联立得：比=2(/、吗一

物理观念向顾目垂建I

物理观念1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：如果一个系统所不受外力,或者丽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

①°=画2二，系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量少。

②mBi+m2s=画加01'+"2202’，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岫=厨-励2,相互作用的两个物体动量的增量等大反向。

④小=国。，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。

物理观念2弹性碰撞和非弹性碰撞

1.弹性碰撞：系统在碰撞前后动能所不变的碰撞。

2.非弹性碰撞：系统在碰撞后动能国减少的碰撞。

3.对比分析

动量是否守恒机械能是否守恒

弹性碰撞守恒前1守恒

非弹性碰撞守恒有损失

完全非弹性碰

守恒损失画最大

撞

物理观念3反冲爆炸

1.反冲现象

（D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回增大，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丽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，且画远大于系统所受的外力,

所以系统动量国营恒，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。

,必备知识夯实

-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.当质量相等时，发生完全弹性碰撞的两个球碰撞前后速度交换。（）

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l.N2.X3.V4.V5.X

二对点激活

L（人教版选择性必修第一册11514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/sB.0.05m/s

C.0.057m/sD.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,贝1J0=卷。0=2X0.8m/s=0.05m/s,故B正确。

2.（人教版选择性必修第一册-P15-T6改编）悬绳下吊着一个质量为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%=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lOm/s,

则此时悬绳的拉力为（）

A.35NB.100N

C.102.5ND.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加。0=（冽+

M）v,得子弹与沙袋的共同速度。=干3=半亮迎m/s=0.5m/s。对子弹和沙

m+M

V2

袋，子弹射入沙袋瞬间，合力提供向心力，有国-（加+M）g=（阴+〃）工，得悬绳

V2

的拉力尸r=（加+Mg+（机+M）7=1O2.5N,故C正确。

3.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，则A、B两球的质

量之比为（）

10二

AB

A.1:2B.2:1

C.1：4D.4:1

答案D

解析设A、B的质量分别为mA、gB的初速度为oo,取B的初速度方

向为正方向，由题意知，A球经挡板反弹后两球刚好不发生第二次碰撞，说明A、

00]

B碰撞后速度大小相等,方向相反,分别为号和-岸则有机B0O=mA-y+mB|

解得OTA：WB=4:1,D正确。

核心素养发展与提升I

考点1动量守恒定律的理解与应用g

［科学思维梳理］

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物体组成的系统，也适用于微观高速粒子组

成的系统。

2.应用动量守恒定律解题的步骤

明确研究对象.确定系统的组成

进行受力分析，判断动量是否守恒

K

规定正方向，确定初、末动量

4r

根据动量守恒定律，建立守恒方程

代人数据，求出结果并讨论说明

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(2019•江苏高考)质量为〃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0,此时滑板的速度大小为()

mM

A•彳B.后

mM

C.T7UD.

m+Mm+M

［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

—MvMv

+mv'=0,得o'=一而一，即滑板的速度大小为嬴，B正确。

［关键能力升华］

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)分析系统内物体受力时，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。

［对点跟进训练］

L（动量守恒条件的理解）（2021.湖北省高三1月模拟演练）如图所示，曲面体

P静止于光滑水平面上，物块Q自P的上端静止释放。Q与P的接触面光滑，Q

在P上运动的过程中，下列说法正确的是（）

A.P对Q做功为零

B.P和Q之间的相互作用力做功之和为零

C.P和Q构成的系统机械能守恒、动量守恒

D.P和Q构成的系统机械能不守恒、动量守恒

答案B

解析根据题意，P、Q组成的系统只有重力势能与动能之间的转化，故P、

Q组成的系统机械能守恒，则除重力之外的其他力所做功之和为零，所以P、Q

之间的相互作用力做功之和为零，B正确；在P向左运动的过程中，Q对P的弹

力对P做正功，则P对Q的弹力做负功，不为0,故A错误；系统在水平方向上

不受外力的作用，系统在水平方向上动量守恒，但是在竖直方向上Q有加速度，

即系统在竖直方向上动量不守恒，故C、D错误。

2.（动量守恒定律的简单应用）如图所示，甲、乙两船的总质量（包括船、人

和货物）分别为10冽、12m,两船沿同一直线同一方向运动，速度分别为2伙）、伙）。

为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为用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400

解析设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为Omin,抛出货物后船的速度

为。1,甲船上的人接到货物后船的速度为。2,由动量守恒定律得

货物从乙船抛出过程，12械＞0=llmvi-mVmin

货物落入甲船过程，10帆2vo-mVmin=UmV2

为避免两船相撞应满足01=S

解得Omin=400。

考点2碰撞问题分析翎

［科学思维梳理］

1.碰撞遵循的三条原则

(1)动量守恒定律。

⑵动能不增加，Eki+WNEkJ+Ek2,或亮+痣吗3喘。

(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

前面的物体速度大(或相等)。

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

mivi+机202=mivi'+mivi'①

11o11,

5加济+'加2溃=]加01'2+2«2^2'2②

(mi-m2)V]+2m2S

解得vi'

mi+mi

(m2-mi)V2+2miVi

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

m\+m2

(2)分析讨论

当碰前两物体的速度不为零时，若如=机2,贝Ijoj=。2,s'=01,即两物

体交换速度。

当碰前物体2的速度为零时:

m\-m22ml

..，一vi,

mi+mim\+m2

①加1="22时，Vl'=0,02'=01,碰撞后两物体交换速度。

②加1>加2时,V1'>0,©2'>0,碰撞后两物体沿相同方向运动。

③预<加2时，V1'<0,V2'>0,碰撞后质量小的物体被反弹回来。

例3(2021.北京高考)如图所示，小物块A、B的质量均为机=0.10kg,B

静止在轨道水平段的末端。A以水平速度00与B碰撞，碰后两物块粘在一起水平

抛出。抛出点距离水平地面的竖直高度为A=0.45m,两物块落地点距离轨道末

端的水平距离为s=0.30m,取重力加速度g=10m/s2。求:

⑴两物块在空中运动的时间f,

⑵两物块碰前A的速度内的大小；

⑶两物块碰撞过程中损失的机械能AEO

［答案］(1)0.30s(2)2.0m/s(3)0.10J

［解析］⑴两物块在空中做平抛运动，竖直方向为自由落体运动，有力

代入数据解得/=0.30s。

(2)设A、B碰后速度为以水平方向为匀速运动，有s=S

代入数据解得o=L0m/s

根据动量守恒定律，有mvo=2mv

代入数据解得。。=2.0m/s。

⑶两物块碰撞过程中损失的机械能

11、

AE=2^69-2-2m©z

代入数据解得AE=0.10J。

［关键能力升华］

碰撞问题解题策略

⑴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

mi-m22mi

度满足:01=00、02=VOo

mi+mimi+m2

（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；当加》加2,且020=0时，碰后质量大的物体速度00不变，质量小的物

体速度为200；当初《m2,且。20=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。

［对点跟进训练］

L（碰撞遵循的原则）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,0A=6m/s,OB=2m/so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,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

解析碰前系统总动量为：p=m\VA+mBVB=1X6kg-m/s+2X2kg-m/s=10

22

kg-m/s,碰前总动能为：Ek=1X6J+^X2X2J=22Jo如

果0A'=3m/s,VB'=4m/s,则碰后总动量为：p'=1X3kg-m/s+2X4kg-m/s

=Hkg-m/s,动量不守恒，不可能，A错误；若OA'=5m/s,OB'=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0A'=2m/s,VB'=4m/s,则碰后总动量为：p'=1X2

kg-m/s+2X4kg-m/s=10kg-m/s,系统动量守恒，碰后总动能为：&=1xiX22

J+|X2X42J=18J,系统动能减小，满足碰撞的条件，C正确；如果0A'=-4

m/s,VB'=7m/s,则碰后总动量为：p'=1X(-4)kg-m/s+2X7kg-m/s=10

kg-m/s,系统动量守恒，碰后总动能为：Ek'=：XlX42j+3x2X72j=57J,系

统总动能增加，不可能，D错误。

2.（图像分析）（2020.全国卷III）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、乙的速度随时间的变化如图中

实线所示。已知甲的质量为1kg,则碰撞过程两物块损失的机械能为（）

A.3JB.4J

C.5JD.6J

答案A

解析由v-t图线可知，碰撞前甲、乙的速度分别为v甲=5m/s、o乙=1m/s,

碰撞后甲、乙的速度分别为0甲'=-lm/s、o乙'=2m/so甲、乙两物块碰撞的

过程中，由动量守恒定律得：加甲0甲+机乙0乙=机甲o甲'+机乙0乙'，解得加乙

2

=6kg。则损失的机械能为AE=1■加甲端乙此一品甲0甲，2—gm乙v乙，,

解得AE=3J,故A正确。

3.（临界问题）（2020.全国卷11）（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5.0

m/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.48kgB.53kg

C.58kgD.63kg

答案BC

解析设运动员和物块的质量分别为m、mo,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01、00,则根据动量守恒定律有：0=根力一mo0o,解得。1=瑟欣，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：mvi+

movo=mv?—movo,解得s=,第3次推出物块时,有：mvi+moVo=m03-

恤。o,解得03=誓。0,以此类推，第8次推出物块后，运动员的速度。8=等%）。

根据题意可知，08=§詈00>00,解得机<15恤=60kg;第7次推出物块后，运动

137rio

员的速度。7=一^一0o<0o,|^#m>13mo=52kg0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3碰撞类模型的拓展镯

［科学思维梳理］

1.“弹簧类”模型

m

模型图示"Il2

水平地面光滑

（1）两个或两个以上的物体与弹簧相互作用的过程中，若系统

所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒

（2）在能量方面，由于弹簧形变会使弹性势能发生变化，系统

的总动能将发生变化；若系统所受的外力和除弹簧弹力以外

模型特点的内力不做功，系统机械能守恒

⑶弹簧处于最长（最短）状态时两物体速度相等，弹性势能最

大，系统动能通常最小（完全非弹性碰撞拓展模型）

⑷弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大（弹性碰撞

拓展模型，相当于碰撞结束时）

2.“子弹打木块”“滑块一木板”模型

___

/'（）m

模型图示.........1..A

水平地面光滑水平地面光滑

（1）若子弹未射穿木块或滑块未从木板上滑下，当两者速度相

等时木块或木板的速度最大，两者的相对位移（为子弹射入木

块的深度或滑块相对木板滑动的距离）取得极值（完全非弹性

碰撞拓展模型）

（2）系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对位

移的乘积等于系统减少的机械能

模型特点

M

⑶根据能量守恒定律，系统损失的动能AEk=MMEk0,可

以看出，子弹（或滑块）的质量越小，木块（或木板）的质量越大，

动能损失越多

（4）该类问题既可以从动量、能量角度求解，相当于完全非弹

性碰撞拓展模型，也可以从力和运动的角度借助图像求解

3.“光滑圆弧轨道+滑块（小球）”模型

模型图示MVnzn

水平地面光滑

（1）最高点：机与〃具有共同水平速度。共。系统水平方向动

量守恒，机0O=（M+m）0共；系统机械能守恒，=+

m）vl+mgh,其中人为滑块上升的最大高度，不一定等于圆

模型特点弧轨道的高度（完全非弹性碰撞拓展模型）

⑵最低点：机与M分离点。水平方向动量守恒，mvo=mvi

+MV2-,系统机械能守恒，品加=3冽优+%北4（弹性碰撞拓展

模型）

4.悬绳模型

悬绳模型（如图所示）与模型3特点类似，即系统机械能守恒，水平方向动量

守恒，解题时需关注物体运动的最高点和最低点。

m

水平杆光滑

例4（多选）如图所示，光滑水平面上有一质量为2M、半径为R（R足够大）

的（圆弧曲面C,质量为M的小球B置于其底端，另一个小球A质量为岑，小球

A以%=6m/s的速度向B运动，并与B发生弹性碰撞，不计一切摩擦，小球均

视为质点，贝版）

B

A.B的最大速率为4m/s

3

B.B运动到最高点时的速率为am/s

C.B能与A再次发生碰撞

D.B不能与A再次发生碰撞

［答案］AD

［解析］A与B发生弹性碰撞，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律和

机械能寸怛定律得，+MVB,/}00=亍万必+5〃蝙，解得0A=-2m/s,

OB=4m/s,A与B碰后B的速率最大，故B的最大速率为4m/s,A正确；B冲

4

上C并运动到最高点时二者共速，设为6贝1JMOB=（M+2M）O,得o=wm/s,B

错误；设B、C分离时的速度分别为OB'、oc',从B冲上C然后又滑到C底端

的过程，由水平方向动量守恒，有MOB="OB'+2MVC',由机械能守恒定律有

1114

2

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

B与A不会再次发生碰撞，C错误，D正确。

［关键能力升华］

处理碰撞类模型的方法技巧

（1）“弹簧类”模型的解题思路

①系统的动量守恒。

②系统的机械能守恒。

③应用临界条件：两物体共速时，弹簧的弹性势能最大。

（2）“滑块一木板”模型的解题思路

①系统的动量守恒。

②在涉及滑块或木板的运动时间时，优先考虑用动量定理。

③在涉及滑块或木板的位移时，优先考虑用动能定理。

④在涉及滑块与木板的相对位移时，优先考虑用系统的能量守恒。

⑤滑块与木板不相对滑动时，两者达到共同速度。

［对点跟进训练］

1.（滑块一木板模型）如图所示，光滑水平面上有质量为机且足够长的木板，

木板上放一质量也为加、可视为质点的小木块。现分别使木块获得向右的水平初

速度oo和2在，两次运动均在木板上留下划痕，则两次划痕长度之比为（）

j三........J,

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

C.1：8D.1:12

答案A

解析木块从开始运动到相对长木板静止的过程中，木块和木板组成的系统

水平方向动量守恒，取水平向右为正方向，则有机00=（相+机）0,解得根

据能量守恒定律有〃机gS=f?褚-;（m+加泞，解得划痕长度S=瑞；同理，当木

块的初速度为200时，则划痕长度s'=3^■，故两次划痕长度之比为S：s'=1：

4,故A正确，B、C、D错误。

2.（弹簧类模型）（多选）光滑水平面上用轻弹簧相连的A、B两物体，以6m/s

的速度匀速向右运动，质量均为2kg。在B的正前方静止放置一质量为4kg的物

体C,B、C碰后粘在一起，则在之后的运动过程中（）

也

A.弹簧的最大弹性势能为12J

B.A、B、C和弹簧组成的系统损失的机械能是36J

C.物体C的最大速度为4m/s

D.整个运动过程中A的速度不可能向左

答案ACD

解析B、C碰撞瞬间，B、C组成的系统动量守恒，选水平向右为正方向，

由动量守恒定律得："ZB0O=(WB+mc)v,代入数据解得u=2m/s；三个物体速度相

B

同时弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律得：加A0o+msvo=(mA+机+mc)v共,

代入数据解得：。共=3m/s,设弹簧的最大弹性势能为Ep,由机械能守恒定律得:

Ep=虎+g("ZB+mc)*一T("ZA+mB+me)喔，代入数据解得：Ep=12J,A、B、

C和弹簧组成的系统损失的机械能AE=|mB^-1(mB+mc)〃=24J,故A正确，

B错误；当弹簧恢复原长时，C的速度最大，设此时B、C的速度为A的速

度为02,根据动量守恒定律和机械能守恒定律有机A0O+("ZB+mC)0=WA02+(7"B

2

+mc)Vi,+1(mB+mc)v=^inAvl+|(mB+mc)^T,代入数据解得01=4m/s,

02=0,故C正确；由于A、B、C系统的总动量守恒，总动量”=(机A+机B)0O=

24kg.m/s,若A的速度向左，则B、C的速度向右且一定大于4m/s,与C项分

析冲突，所以A的速度不可能向左，故D正确。

考点4爆炸国

［科学思维梳理］

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5以与水平方向成60。角斜向上的初速度内射出的炮弹，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2%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？

27

［答案］⑴2.5oo方向与爆炸前炮弹运动的方向相反(2)彳加比

［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

Vo

前的速度为01=00cos60。=yo

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3机0=

2mvi'+mz>2,

又S'=2vo,

解得S=-2.5uo,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=AEk=2mv\'2+-gx3机况=

［关键能力升华］

(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。

［对点跟进训练］

(爆炸问题)(2018•全国卷I)一质量为机的烟花弹获得动能E后，从地面竖直

升空。当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部

分，两部分获得的动能之和也为E,且均沿竖直方向运动。爆炸时间极短，重力

加速度大小为g,不计空气阻力和火药的质量。求：

(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；

(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。

答案(《晶端

解析(1)设烟花弹上升的初速度为由题给条件有E=W加沸①

设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为由运动学公式有0-。0

=~gt@

1f2E

联立①②式得仁％'/方③

(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为hi,由机械能守恒定律有E=/ng历④

火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设炸后瞬间其速度分

别为V1和02。

由题给条件和动量守恒定律有

+^mvl=E⑤

^mvi+^mV2=0⑥

由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动。

设爆炸后烟花弹上部分继续上升的高度为h2,由机械能守恒定律有:加况=；/ng//2

⑦

2E

联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹上部分距地面的最大高度为h=hl+h2=—o

考点5反冲运动火箭翎

［科学思维梳理］

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。

(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

(D火箭加速的原理

设火箭飞行时在极短的时间AZ内喷射燃气的质量是Am,喷出的燃气相对喷

气前火箭的速度是M,喷出燃气后火箭的质量是加，火箭在这样一次喷气后增加

的速度为Avo

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

m限,燃气的动量是AWM。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mNv+Amw=0,

I,,Am

解出Av=--Mo

运载物

第三级

第二级

第一级

三级火箭

上式表明，火箭喷出的燃气的速度M越大、火箭喷出物质的质量与火箭本身

Am

质量之比方越大，火箭获得的速度△。越大。

(2)现代火箭的发射原理

由于现代火箭喷气的速度在2000〜4000m/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。

例6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

。。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产心

M-m

D.火箭上升的最大高度为2g（〃_加）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）v-mvo=0,解得,C错误；水喷出后，火箭做竖直上抛运动，上

M-m

加2褚

升到最高点的过程中，有"=2g/z,^h=,D正确。

£g（ivim）2

［关键能力升华］

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。

［对点跟进训练］

1.(反冲运动)(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

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=Moi-m0,解得喷出的水的速度大小为

Mvi1.4X2

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

m0.1o

2.(火箭)一火箭喷气发动机每次喷出根=200g的气体，气体离开发动机喷

出时的速度。=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。3,

以火箭和喷出的三次气体为研究对象，据动量守恒定律得：(M-3m)u3-3mv

=0,

,,3mv

故03=立区产2侬。

(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-2cM020-2Qmv=0,故侬=——右一七13.5m/s。

思维拓展：“人船模型”

1nAlLm据，

、_'J

P..»=*人q-

如图所示，长为L、质量为帆船的小船停在静水中，质量为机人的人由静止开

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：机船。船=

m人◎人,

因人和船组成的系统动量始终守恒，

故有：加船无船二机人工人,

由图可看出：X船+工人="

加那m人

x人=5L,%船=L

可解得：人机人+加船脂机人+加船o

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7载人气球静止于高力的空中，气球的质量为人的质量为也若人

沿绳梯滑至地面，则绳梯至少为多长？

［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

______M+m

示，由动量守恒定律有：0=焰球一机x人，又有x球+工人=£,x人=h,故』="

ho

［关键能力升华］

“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。

［对点跟进训练］

（人船模型拓展）如图所示，一个倾角为«的直角斜面体静置于光滑水平面上,

斜面体质量为“，顶端高度为人今有一质量为根的小物体，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（）

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

答案C

解析机与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Xi,M在水平方向上对地位移大小为X2,因此有0=胆1-MX2O①

h

且沏+&=酝②

mh

由①②可得&=正向嬴？故C正确。

课时作业I

一、选择题（本题共6小题，其中第1〜4题为单选，第5〜6题为多选）

1.两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。甲＞0乙

B.若乙最后接球，则一定是。甲＞。乙

C.只有甲先抛球，乙最后接球，才有。甲＞。乙

D.无论怎样抛球和接球，都是。甲乙

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。

2.如图所示，子弹水平射入放在光滑水平地面上静止的木块，子弹未穿透木

块，此过程木块的动能增加了6J,那么此过程产生的内能可能为（）

CZ>

A.16JB.2J

C.6JD.4J

答案A

解析设子弹的质量为硒，初速度为木块的质量为加，子弹打入木块的

过程中，子弹与木块组成的系统动量守恒，即m0。0=（加+恤）。，此过程产生的内

1°】m+mQi

能等于系统损失的动能，即