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新高考物理一轮复习讲义第6章 动量守恒定律 第2讲 动量守恒定律及其应用 (含解析)
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这是一份新高考物理一轮复习讲义第6章 动量守恒定律 第2讲 动量守恒定律及其应用 (含解析)，文件包含人教版物理九年级全册同步精品讲义153串联和并联原卷版doc、人教版物理九年级全册同步精品讲义153串联和并联教师版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共35页， 欢迎下载使用。
1.
eq \a\vs4\al(2.,,,)
3.
4.
1.思考判断
(1)只要系统所受合外力做功为0，系统动量就守恒。(×)
(2)系统的动量不变是指系统的动量大小和方向都不变。(√)
(3)动量守恒定律的表达式m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，一定是矢量式，应用时要规定正方向，且其中的速度必须相对同一个参考系。(√)
(4)发射炮弹，炮身后退；园林喷灌装置一边喷水一边旋转均属于反冲现象。(√)
(5)爆炸过程中机械能增加，反冲过程中机械能减少。(×)
(6)在光滑水平面上的两球相向运动，碰撞后均变为静止，则两球碰撞前的动量大小一定相等。(√)
2.(多选)如图1所示，小车与木箱紧挨着静止放在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱。关于上述过程，下列说法中正确的是( )
图1
A.男孩和木箱组成的系统动量守恒
B.小车与木箱组成的系统动量守恒
C.男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒
D.木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相同
答案 CD
考点一 动量守恒定律的理解和基本应用
1.适用条件
(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为零。
(2)近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力。
(3)某一方向守恒：如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在这一方向上动量守恒。
2.应用动量守恒定律解题的步骤
角度 动量守恒定律的理解
例1 (2021·全国乙卷，14)如图2，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( )
图2
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 撤去推力，系统所受合外力为0，动量守恒，滑块和小车之间有滑动摩擦力，由于摩擦生热，系统机械能减少，故B正确。
角度 动量守恒定律的基本应用
例2 (多选)如图3所示，三辆完全相同的平板小车a、b、c成一直线排列，静止在光滑水平面上。c车上有一小孩跳到b车上，接着又立即从b车跳到a车上。小孩跳离c车和b车时对地的水平速度相同。他跳到a车上相对a车保持静止，此后( )
图3
A.a、b两车运动速率相等
B.a、c两车运动速率相等
C.三辆车的速率关系vc＞va＞vb
D.a、c两车运动方向相反
答案 CD
解析 设向右为正方向，设人跳离b、c车时对地水平速度为v，在水平方向由动量守恒定律有0＝M车vc＋m人v，m人v＝M车vb＋m人v，m人v＝(M车＋m人)va，所以vc＝eq \f(m人,M车)v，vb＝0，va＝eq \f(m人,M车＋m人)v，即vc＞va＞vb，并且vc与va方向相反。所以选项A、B错误，C、D正确。
跟踪训练
1.(多选)(2023·山东枣庄月考)足够大的光滑水平面上，一根不可伸长的细绳一端连接着质量为m1＝1.0 kg的物块A，另一端连接质量为m2＝1.0 kg的长木板B，绳子开始是松弛的。质量为m3＝1.0 kg的物块C放在长木板B的右端，C与长木板B间的滑动摩擦力的大小等于最大静摩擦力大小。现在给物块C水平向左的瞬时初速度v0＝2.0 m/s，物块C立即在长木板B上运动。已知绳子绷紧前，B、C已经达到共同速度；绳子绷紧后，A、B总是具有相同的速度；物块C始终未从长木板B上滑落。下列说法正确的是( )
图4
A.绳子绷紧前，B、C达到的共同速度大小为1.0 m/s
B.绳子刚绷紧后的瞬间，A、B的速度大小均为1.0 m/s
C.绳子刚绷紧后的瞬间，A、B的速度大小均为0.5 m/s
D.最终A、B、C三者将以大小为eq \f(2,3) m/s的共同速度一直运动下去
答案 ACD
解析 绳子绷紧前，B、C已经达到共同速度，设B、C达到的共同速度大小为v1，根据动量守恒定律可得m3v0＝(m2＋m3)v1，解得v1＝1.0 m/s，A正确；绳子刚绷紧后的瞬间，A、B具有相同的速度v2，A、B组成的系统满足动量守恒，则有m2v1＝(m1＋m2)v2，解得v2＝0.5 m/s，B错误，C正确；A、B、C三者最终有共同的速度v3，A、B、C组成的系统满足动量守恒，则有m3v0＝(m1＋m2＋m3)v3，解得v3＝eq \f(2,3) m/s，D正确。
考点二 碰撞问题
1.碰撞问题遵守的三条原则
(1)动量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′。
(2)动能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′。
(3)速度要符合实际情况
①碰前两物体同向运动，若要发生碰撞，则应有v后＞v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前′≥v后′。
②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。
2.弹性碰撞的结论
以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生弹性碰撞为例，则有
m1v1＝m1v1′＋m2v2′
eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)m1v1′2＋eq \f(1,2)m2v2′2
联立解得v1′＝eq \f(m1－m2,m1＋m2)v1，v2′＝eq \f(2m1,m1＋m2)v1
讨论：(1)若m1＝m2，则v1′＝0，v2′＝v1(速度交换)；
(2)若m1＞m2，则v1′＞0，v2′＞0(碰后，两物体沿同一方向运动)；
(3)若m1≫m2，则v1′≈v1，v2′≈2v1；
(4)若m1＜m2，则v1′＜0，v2′＞0(碰后，两物体沿相反方向运动)；
(5)若m1≪m2，则v1′≈－v1，v2′≈0。
3.非弹性碰撞
碰撞结束后，动能有部分损失。
m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)m2veq \\al(2,2)＝eq \f(1,2)m1v1′2＋eq \f(1,2)m2v2′2＋ΔEk损
4.完全非弹性碰撞
碰撞结束后，两物体合二为一，以同一速度运动，动能损失最大。
m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v
eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)m2veq \\al(2,2)＝eq \f(1,2)(m1＋m2)v2＋ΔEk损max
角度 弹性碰撞
例3 (2022·湖南卷，4)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5，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( )
图5
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v1
D.v2大于v0
答案 B
解析 设中子的质量为m，则氢核的质量也为m，氮核的质量为14m，设中子和氢核碰撞后中子速度为v3，取v0的方向为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律可得
mv0＝mv1＋mv3
eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,3)
联立解得v1＝v0
设中子和氮核碰撞后中子速度为v4，取v0的方向为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝14mv2＋mv4
eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)×14mveq \\al(2,2)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,4)
联立解得v2＝eq \f(2,15)v0
可得v1＝v0>v2，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 \\al(2,1)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
氮核的动能为EkN＝eq \f(1,2)×14mveq \\al(2,2)＝eq \f(28mveq \\al(2,0),225)
可得EkH>EkN，故B正确。
角度 非弹性碰撞
例4 (多选)(2023·福建龙岩模拟)如图6所示，带有四分之一光滑圆弧轨道的斜劈A和滑块B、C均静止在光滑水平地面上，斜劈A的末端与水平地面相切。一滑块D从斜劈A的圆弧轨道的最高点由静止释放，滑块D滑到水平地面后与滑块B碰撞并粘在一起向前运动，再与滑块C碰撞又与C粘在一起向前运动。已知斜劈A和三个滑块的质量均为m，斜劈A的圆弧轨道半径为R，重力加速度大小为g。滑块B、C、D均可视为质点，则下列说法正确的是( )
图6
A.滑块D在圆弧轨道上滑动的过程中，A对D的支持力做功为－eq \f(1,2)mgR
B.与滑块B碰撞前瞬间，滑块D的速度大小为eq \r(2gR)
C.滑块B与滑块C碰撞后的速度大小为eq \f(\r(2gR),3)
D.滑块D与滑块B碰撞过程中损失的机械能为eq \f(1,4)mgR
答案 AD
解析 D在A上滑动时，A与D组成的系统水平方向上动量守恒，且系统机械能守恒，则当D滑到水平地面上时mvD－mvA＝0，且mgR＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,D)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)，两式联立解得A、D分离时的速度大小为vD＝vA＝eq \r(gR)，即A与D的速度大小相等，方向相反，下滑过程对D由动能定理得WN＋mgR＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,D)，解得WN＝－eq \f(1,2)mgR，故A正确；D与B碰撞前的速度即为A、D分离时D的速度大小，为eq \r(gR)，故B错误；B与C碰撞过程中，B、C、D组成的系统动量守恒，有mvD＝(m＋m＋m)vC，则B与C碰撞后的速度大小为vC＝eq \f(\r(gR),3)，故C错误；D与B碰撞过程动量守恒，有mvD＝(m＋m)vB，则碰撞后B、D整体的速度大小为vB＝eq \f(\r(gR),2)，损失的机械能ΔE＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,D)－eq \f(1,2)(m＋m)veq \\al(2,B)＝eq \f(1,4)mgR，故D正确。
跟踪训练
2.(2023·江苏无锡高三期末)A、B两小球在光滑水平面上沿同一直线运动，B球在前，A球在后，mA＝1 kg。经过一段时间，A、B发生正碰，碰撞时间极短，碰撞前、后两球的位移—时间图像如图7所示，根据以上信息可知( )
图7
A.碰撞过程中B球受到的冲量为8 N·s
B.碰撞过程中A球受到的冲量为－8 N·s
C.B球的质量mB＝4 kg
D.A、B两球发生的是弹性碰撞
答案 D
解析 已知x－t图像的斜率代表速度，则vA＝6 m/s，vA′＝2 m/s，vB＝3 m/s，vB′＝5 m/s，根据动量定理有IA＝mAvA′－mAvA＝－4 N·s，IB＝mBvB′－mBvB，再根据动量守恒定律有mAvA＋mBvB＝mAvA′＋mBvB′，解得mB＝2 kg，IB＝4 N·s，A、B、C错误；碰撞前后的动能分别为Ek＝eq \f(1,2)mAveq \\al(2,A)＋eq \f(1,2)mBveq \\al(2,B)＝27 J，Ek′＝eq \f(1,2)mAvA′2＋eq \f(1,2)mBvB′2＝27 J，则A、B两球发生的是弹性碰撞，D正确。
考点三 爆炸、反冲和“人船”模型
1.爆炸现象的三个规律
2.反冲运动的三点说明
3.“人船”模型特点
(1)常见情景
(2)动量守恒：两物体相互作用过程满足动量守恒定律m1v1－m2v2＝0。
(3)位移关系：m1eq \f(x1,t)－m2eq \f(x2,t)＝0，x1＋x2＝L，得x1＝eq \f(m2,m1＋m2)L，x2＝eq \f(m1,m1＋m2)L。
(4)运动特点
①人动船动，人静船静，人快船快，人慢船慢，人左船右。
②人与船的位移比等于它们质量比的倒数；人与船的平均速度(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。
角度 爆炸问题
例5 (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8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，则下列说法正确的是( )
图8
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∶1
D.爆炸过程释放的化学能为eq \f(7mv2,3)
答案 CD
解析 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；根据能量守恒可得爆炸过程释放的化学能ΔE＝eq \f(1,2)×eq \f(m,3)veq \\al(2,甲)＋eq \f(1,2)×eq \f(m,3)veq \\al(2,丙)－eq \f(1,2)mv2＝eq \f(7,3)mv2，选项D正确。
角度 反冲问题
例6 (2022·河南开封模拟)导弹发射过程可以简化为：将静止的质量为M(含燃料)的导弹点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体，忽略喷气过程中重力和空气阻力的影响，则喷气结束时东风导弹获得的速度大小是( )
A.eq \f(m,M)v0 B.eq \f(M,m)v0
C.eq \f(M,M－m)v0 D.eq \f(m,M－m)v0
答案 D
解析 由动量守恒定律得mv0＝(M－m)v，导弹获得的速度v＝eq \f(m,M－m)v0，故D正确。
角度 “人船”模型
例7 (多选)(2023·福建厦门高三月考)如图9所示，将一质量为M、半径为R的光滑半圆形槽静置于光滑水平面上，今让一质量为m的小球自左侧槽口从A点由静止开始落下，则以下结论中正确的是( )
图9
A.小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽构成的系统机械能守恒
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.小球到达右边最高点时，小球通过的水平位移是eq \f(2MR,M＋m)
D.小球到达右边最高点时，小球通过的水平位移是eq \f(2mR,M＋m)
答案 ABC
解析 小球在半圆槽内运动的全过程中，地面和圆弧面光滑，只有小球的机械能与半圆槽的机械能之间相互转化，球与半圆槽构成的系统机械能守恒，A正确；小球在半圆槽内运动的全过程中，地面光滑，小球与半圆槽组成的系统在水平方向所受的合外力为零，小球与半圆槽在水平方向动量守恒，B正确；小球到达右边最高点时，设小球和半圆槽通过的水平位移大小分别为x、y，如图所示，小球和半圆槽组成的系统在水平方向上动量守恒，在运动过程中小球和半圆槽在任意时刻的水平速度满足mvm＝MvM，则有mx＝My，根据位移关系可得x＋y＝2R，解得y＝eq \f(2mR,M＋m)，x＝eq \f(2MR,m＋M)，小球到达右边最高点时，小球通过的水平位移是eq \f(2MR,M＋m)，C正确，D错误。
A级 基础对点练
对点练1 动量守恒定律的理解与基本应用
1.如图1所示，小车放在光滑的水平面上，将系着轻绳的小球向右拉开到一定的角度，然后同时放开小球和小车，不计一切阻力，则在小球、小车运动过程中下列说法正确的是( )
图1
A.小车和小球组成的系统动量守恒
B.小车的机械能一直在增加
C.小车和小球组成的系统机械能守恒
D.小球的机械能一直在减少
答案 C
解析 小球摆动过程中，小球和小车系统只受重力和支持力作用，水平方向合力为零，所以系统水平方向动量守恒，在竖直方向上，只有小球有竖直方向的分速度，且分速度大小也不断变化，所以竖直方向动量不守恒，那么系统动量也不守恒，故A错误；小球在摆动过程中，系统机械能守恒，小球摆到最低点的过程中，绳子拉力对小车做正功，小车的机械能增加，小球的机械能减小，小球从最低点摆到最高点的过程中，绳子拉力对小车做负功，小车的机械能减少，小球的机械能增加，故B、D错误，C正确。
2.(多选)无限长的水平面上放置有A、B两滑块，其质量mA>mB。一根轻质弹簧，一端与A拴接，另一端与B紧靠(不拴接)。用细线把两滑块拉紧，弹簧被压缩，如图2所示。如果把细线烧断，两滑块与弹簧分离后，继续运动。不计空气阻力，把A、B和弹簧看作系统，下列说法正确的是( )
图2
A.若水平面光滑，系统动量守恒，系统机械能守恒
B.若水平面粗糙，系统动量一定不守恒，机械能一定不守恒
C.若A、B受到的摩擦力大小相等，B运动的总路程较长
D.若A、B受到的摩擦力大小相等，B运动的总时间较长
答案 AC
解析 动量守恒的条件是系统不受外力或所受合外力为零；机械能守恒的条件是只有重力或弹力做功，若水平面光滑，系统受到的合外力为零，只有弹力做功，A正确；若水平面粗糙，但A、B两物体与水平面的动摩擦因数不同，A、B物体受到的摩擦力可能会等大反向，则系统所受合外力为零，动量守恒，但要克服摩擦力做功，系统机械能不守恒，B错误；若A、B受到的摩擦力大小相等，根据动量守恒定律，取B运动的方向为正，有0＝－mAvA＋mBvB，由于A、B受到的摩擦力大小相等，则A、B与弹簧分离前后受到的平均合力大小时刻相等，由动量定理F合tA＝0－mAvA，F合tB＝0－mBvB，则A、B运动的总时间相等，但由于mA>mB，则轻的物体平均速度大，有xA3.(多选)如图3所示，在光滑平直的路面上静止着两辆完全相同的小车，人从a车跳上b车，又立即从b车跳回a车，并与a车保持相对静止。下列说法正确的是( )
图3
A.最终a车的速率大于b车的速率
B.最终a车的速率小于b车的速率
C.全过程中，a车对人的冲量大于b车对人的冲量
D.全过程中，a车对人的冲量小于b车对人的冲量
答案 BD
解析 人与a、b组成的系统水平方向不受外力，设水平向右的方向为正方向，根据动量守恒定律，则有0＝(m人＋ma)va－mbvb，得eq \f(va,vb)＝eq \f(mb,ma＋m人)＜1，则最终a车的速率小于b车的速率，故A错误，B正确；人对两车的冲量大小Ia＝mava，Ib＝mbvb＝(ma＋m人)va＞mava，结合牛顿第三定律可知，a车对人的冲量小于b车对人的冲量，故C错误，D正确。
4.(2023·山东淄博模拟)冰壶运动是冬奥会比赛项目之一。假设运动员用红壶撞击静止在水平冰面上的蓝壶，两壶发生正碰，不计碰撞时间，碰撞前、后两壶的v－t图像如图4所示。已知两壶的质量均为19 kg，则碰撞后蓝壶所受的阻力大小为( )
图4
A.3.8 N N C.1.9 N N
答案 B
解析 根据动量守恒定律可得mv红＝mv红′＋mv蓝，解得v蓝＝0.6 m/s，设碰撞后蓝壶所受的阻力大小为f，取初速度方向为正方向，对蓝壶根据动量定理－fΔt＝0－mv蓝，由图可知Δt＝6 s－1 s＝5 s，解得f＝2.28 N，故B正确，A、C、D错误。
对点练2 碰撞问题
5.(多选)(2023·福建龙岩高三月考)A、B两小球在光滑水平面上沿同一直线向同一方向运动，质量分别为m和2m，A的动量为5 kg·m/s，B的动量为7 kg·m/s，当A球追上B球时发生对心碰撞，则碰撞后A、B两球动量的可能值为( )
A.pA′＝4 kg·m/s，pB′＝8 kg·m/s
B.pA′＝3.5 kg·m/s，pB′＝8.5 kg·m/s
C.pA′＝3 kg·m/s，pB′＝9.5 kg·m/s
D.pA′＝2.5 kg·m/s，pB′＝9.5 kg·m/s
答案 AB
解析 A、B两球发生对心碰撞，满足动量守恒pA＋pB＝pA′＋pB′，满足动能不增加Ek≥Ek′，根据Ek＝eq \f(peq \\al(2,A),2m)＋eq \f(peq \\al(2,B),2×2m)，代入数据可知A、B均满足，C不满足动量守恒，D不满足动能不增加，故A、B正确，C、D错误。
6.(2020·全国Ⅲ卷，15)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5中实线所示。已知甲的质量为1 kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为( )
图5
A.3 J B.4 J C.5 J D.6 J
答案 A
解析 设乙物块的质量为m乙，由动量守恒定律得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＝6 kg，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veq \\al(2,甲)＋eq \f(1,2)m乙veq \\al(2,乙)－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＝
3 J，选项A正确。
对点练3 爆炸、反冲和“人船”模型
7.(多选)如图6所示，光滑的水平地面上有木板C，mC＝ 4 kg，C板上表面粗糙，A、B两个物体紧挨在一起，初始A、B和C三个物体均处于静止状态，mA＝1 kg，mB ＝2 kg。A、B间夹有少量火药，某时刻火药爆炸，瞬间释放了E＝27 J的能量并全部转化为A和B的动能，使A、B分别水平向左、向右运动起来， C板足够长，以下结论正确的是( )
图6
A.爆炸后瞬间A、B速度大小vA＝2vB
B.若A、B与木板C上表面间的动摩擦因数相同，则爆炸后A、B组成的系统动量守恒
C.若A、B与木板C上表面间的摩擦力大小不相等，则A、B、C组成的系统动量不守恒
D.整个过程中A、B、C系统由于摩擦产生的内能为27 J
答案 AD
解析 爆炸瞬间，以A、B为系统，由动量守恒定律有0＝mAvA－mBvB，则mAvA＝mBvB，代入数据得速度大小vA＝2vB，故A正确；A、B受到的摩擦力大小不等，则A、B系统所受外力不为0，A、B系统动量不守恒，故B错误；对A、B、C整体分析，合力为零，满足A、B、C组成的系统动量守恒，故C错误；C足够长，最终A、B、C总动量为0，故三者最终速度也为0，即A、B动能全部转化为内能为27 J，故D正确。
8.(2023·天津一模)将总质量为1.05 kg的模型火箭点火升空，从静止开始，在
0.02 s时间内有50 g燃气以大小为200 m/s的速度从火箭尾部喷出，且燃气喷出过程中重力和空气阻力可忽略。则下列说法正确的是( )
A.在燃气喷出过程，火箭获得的平均推力为800 N
B.在燃气喷出过程，火箭获得的平均推力为200 N
C.在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小约为5 m/s
D.在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小约为10 m/s
答案 D
解析 在燃气喷出过程，以燃气为对象，规定火箭的速度方向为正方向，根据动量定理可得－FΔt＝－m气v气－0，解得F＝eq \f(m气v气,Δt)＝500 N，根据牛顿第三定律可得火箭获得的平均推力为500 N，故A、B错误；燃气喷射前后，火箭和燃气组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律得0＝(M－m气)v箭－m气v气，解得火箭的速度大小v箭＝eq \f(m气v气,M－m气)＝10 m/s，故C错误，D正确。
9.(2022·福建龙岩模拟)如图7所示，一个质量为m1＝50 kg的人爬在一只大气球下方，气球下面有一根长绳。气球和长绳的总质量为m2＝20 kg，长绳的下端刚好和水平面接触。当静止时人离地面的高度为h＝7 m。如果这个人开始沿绳向下滑，当他滑到绳下端时，他离地面的高度是(可以把人看作质点)( )
图7
A.0 B.2 m C.5 m D.7 m
答案 C
解析 设人的速度为v1，气球的速度为v2，根据人和气球组成的系统动量守恒，有m1v1＝m2v2，则有m1x1＝m2x2，所以x1＝eq \f(2,5)x2，气球和人运动的路程之和为7 m，则人下滑的距离为x1＝eq \f(2,7)h＝2 m，离地面的高度为x2＝eq \f(5,7)h＝5 m，故C正确。
B级 综合提升练
10.(2023·广东广州综合测试)如图8，北京2022年冬奥会某次冰壶比赛中，甲壶以速度v0与静止的乙壶发生正碰。已知冰面粗糙程度处处相同，两壶完全相同，从碰撞到两壶都静止，乙的位移是甲的9倍，则( )
图8
A.两壶碰撞过程无机械能损失
B.两壶碰撞过程动量变化量相同
C.碰撞后瞬间，甲壶的速度为eq \f(v0,4)
D.碰撞后瞬间，乙壶的速度为v0
答案 C
解析 碰撞后，两冰壶均做匀减速直线运动，由动能定理有－μmgx＝0－eq \f(1,2)mv2，解得v＝eq \r(2μgx)，由题可知乙的位移为甲位移的9倍，故碰撞后乙的速度为甲速度的3倍，设碰后甲的速度为v，则乙的速度为3v，碰撞过程中，两冰壶的动量守恒，即两壶碰撞过程中动量变化量大小相等、方向相反，B错误；由动量守恒定律有mv0＝mv＋3mv，解得v＝eq \f(v0,4)，则3v＝eq \f(3v0,4)，C正确，D错误；由于eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＞eq \f(1,2)meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v0,4)))eq \s\up12(2)＋eq \f(1,2)meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3v0,4)))eq \s\up12(2)，故两壶碰撞过程中有机械能损失，A错误。
11.如图9所示，质量为M＝40 kg 的平板车置于光滑的水平地面上，车上有一质量为m＝50 kg 的人，车的上表面距离地面高为h＝0.8 m，初始时人和车都静止。现在人以v0＝2 m/s 的水平速度从车的右边缘向右跳出，不计空气阻力，g＝10 m/s2。求：
图9
(1)人跳离车后车的速度大小；
(2)人跳车过程人做了多少功；
(3)人刚落地时距离平板车右边缘多远。
答案 (1)2.5 m/s (2)225 J (3)1.8 m
解析 (1)人跳车的过程，水平方向系统的外力为零，人和车水平方向动量守恒，有
0＝mv0－Mv1
可得车获得的速度v1＝2.5 m/s。
(2)人跳车的过程，人做功把生物能转化为车和人的动能，由功能关系可得
W＝eq \f(1,2)Mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
解得W＝225 J。
(3)人跳离车后做平抛运动
竖直方向h＝eq \f(1,2)gt2
解得t＝0.4 s
则人落地时距离车右端s＝(v0＋v1)t＝1.8 m。
12.(2023·福建漳州一模)如图10所示，足够长的光滑固定水平直杆上套有一可自由滑动的物块B，B的质量为m，杆上在物块B的左侧有一固定挡板C，B的下端通过一根轻绳连接一小球A，绳长为L，A的质量也为m。先将小球拉至与悬点等高的位置时，细绳伸直但没有形变，B与挡板接触。现由静止释放小球A。重力加速度大小为g。求：
图10
(1)小球A向右摆动的最大速度；
(2)物块B运动过程中的最大速度；
(3)小球A向右摆起相对于最低点所能上升的最大高度。
答案 (1)eq \r(2gL) (2)eq \r(2gL) (3)eq \f(1,2)L
解析 (1)小球A摆至最低点时速度最大，最大速度设为v1，由机械能守恒定律得mAgL＝eq \f(1,2)mAveq \\al(2,1)
解得v1＝eq \r(2gL)。
(2)小球A从最低点向右摆动的过程中，A、B系统水平方向动量守恒；当A最后回到最低点时，B的速度最大，设此时A、B的速度分别为vA、vB，由水平方向动量守恒得
mAv1＝mAvA＋mBvB
由机械能守恒得
eq \f(1,2)mAveq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)mAveq \\al(2,A)＋eq \f(1,2)mBveq \\al(2,B)
解得vA＝0，vB＝eq \r(2gL)。
(3)当小球A摆至最高点时，A、B共速，
设为v，A、B系统水平方向动量守恒，得
mAv1＝(mA＋mB)v
由机械能守恒定律得
mAgh＝eq \f(1,2)mAveq \\al(2,1)－eq \f(1,2)(mA＋mB)v2
联立解得h＝eq \f(1,2)L。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)转化为机械能，所以系统的机械能增加
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
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
1.
eq \a\vs4\al(2.,,,)
3.
4.
1.思考判断
(1)只要系统所受合外力做功为0，系统动量就守恒。(×)
(2)系统的动量不变是指系统的动量大小和方向都不变。(√)
(3)动量守恒定律的表达式m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，一定是矢量式，应用时要规定正方向，且其中的速度必须相对同一个参考系。(√)
(4)发射炮弹，炮身后退；园林喷灌装置一边喷水一边旋转均属于反冲现象。(√)
(5)爆炸过程中机械能增加，反冲过程中机械能减少。(×)
(6)在光滑水平面上的两球相向运动，碰撞后均变为静止，则两球碰撞前的动量大小一定相等。(√)
2.(多选)如图1所示，小车与木箱紧挨着静止放在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱。关于上述过程，下列说法中正确的是( )
图1
A.男孩和木箱组成的系统动量守恒
B.小车与木箱组成的系统动量守恒
C.男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒
D.木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相同
答案 CD
考点一 动量守恒定律的理解和基本应用
1.适用条件
(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为零。
(2)近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力。
(3)某一方向守恒：如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在这一方向上动量守恒。
2.应用动量守恒定律解题的步骤
角度 动量守恒定律的理解
例1 (2021·全国乙卷，14)如图2，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( )
图2
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 撤去推力，系统所受合外力为0，动量守恒，滑块和小车之间有滑动摩擦力，由于摩擦生热，系统机械能减少，故B正确。
角度 动量守恒定律的基本应用
例2 (多选)如图3所示，三辆完全相同的平板小车a、b、c成一直线排列，静止在光滑水平面上。c车上有一小孩跳到b车上，接着又立即从b车跳到a车上。小孩跳离c车和b车时对地的水平速度相同。他跳到a车上相对a车保持静止，此后( )
图3
A.a、b两车运动速率相等
B.a、c两车运动速率相等
C.三辆车的速率关系vc＞va＞vb
D.a、c两车运动方向相反
答案 CD
解析 设向右为正方向，设人跳离b、c车时对地水平速度为v，在水平方向由动量守恒定律有0＝M车vc＋m人v，m人v＝M车vb＋m人v，m人v＝(M车＋m人)va，所以vc＝eq \f(m人,M车)v，vb＝0，va＝eq \f(m人,M车＋m人)v，即vc＞va＞vb，并且vc与va方向相反。所以选项A、B错误，C、D正确。
跟踪训练
1.(多选)(2023·山东枣庄月考)足够大的光滑水平面上，一根不可伸长的细绳一端连接着质量为m1＝1.0 kg的物块A，另一端连接质量为m2＝1.0 kg的长木板B，绳子开始是松弛的。质量为m3＝1.0 kg的物块C放在长木板B的右端，C与长木板B间的滑动摩擦力的大小等于最大静摩擦力大小。现在给物块C水平向左的瞬时初速度v0＝2.0 m/s，物块C立即在长木板B上运动。已知绳子绷紧前，B、C已经达到共同速度；绳子绷紧后，A、B总是具有相同的速度；物块C始终未从长木板B上滑落。下列说法正确的是( )
图4
A.绳子绷紧前，B、C达到的共同速度大小为1.0 m/s
B.绳子刚绷紧后的瞬间，A、B的速度大小均为1.0 m/s
C.绳子刚绷紧后的瞬间，A、B的速度大小均为0.5 m/s
D.最终A、B、C三者将以大小为eq \f(2,3) m/s的共同速度一直运动下去
答案 ACD
解析 绳子绷紧前，B、C已经达到共同速度，设B、C达到的共同速度大小为v1，根据动量守恒定律可得m3v0＝(m2＋m3)v1，解得v1＝1.0 m/s，A正确；绳子刚绷紧后的瞬间，A、B具有相同的速度v2，A、B组成的系统满足动量守恒，则有m2v1＝(m1＋m2)v2，解得v2＝0.5 m/s，B错误，C正确；A、B、C三者最终有共同的速度v3，A、B、C组成的系统满足动量守恒，则有m3v0＝(m1＋m2＋m3)v3，解得v3＝eq \f(2,3) m/s，D正确。
考点二 碰撞问题
1.碰撞问题遵守的三条原则
(1)动量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′。
(2)动能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′。
(3)速度要符合实际情况
①碰前两物体同向运动，若要发生碰撞，则应有v后＞v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前′≥v后′。
②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。
2.弹性碰撞的结论
以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生弹性碰撞为例，则有
m1v1＝m1v1′＋m2v2′
eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)m1v1′2＋eq \f(1,2)m2v2′2
联立解得v1′＝eq \f(m1－m2,m1＋m2)v1，v2′＝eq \f(2m1,m1＋m2)v1
讨论：(1)若m1＝m2，则v1′＝0，v2′＝v1(速度交换)；
(2)若m1＞m2，则v1′＞0，v2′＞0(碰后，两物体沿同一方向运动)；
(3)若m1≫m2，则v1′≈v1，v2′≈2v1；
(4)若m1＜m2，则v1′＜0，v2′＞0(碰后，两物体沿相反方向运动)；
(5)若m1≪m2，则v1′≈－v1，v2′≈0。
3.非弹性碰撞
碰撞结束后，动能有部分损失。
m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)m2veq \\al(2,2)＝eq \f(1,2)m1v1′2＋eq \f(1,2)m2v2′2＋ΔEk损
4.完全非弹性碰撞
碰撞结束后，两物体合二为一，以同一速度运动，动能损失最大。
m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v
eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)m2veq \\al(2,2)＝eq \f(1,2)(m1＋m2)v2＋ΔEk损max
角度 弹性碰撞
例3 (2022·湖南卷，4)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5，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( )
图5
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v1
D.v2大于v0
答案 B
解析 设中子的质量为m，则氢核的质量也为m，氮核的质量为14m，设中子和氢核碰撞后中子速度为v3，取v0的方向为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律可得
mv0＝mv1＋mv3
eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,3)
联立解得v1＝v0
设中子和氮核碰撞后中子速度为v4，取v0的方向为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝14mv2＋mv4
eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)×14mveq \\al(2,2)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,4)
联立解得v2＝eq \f(2,15)v0
可得v1＝v0>v2，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 \\al(2,1)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
氮核的动能为EkN＝eq \f(1,2)×14mveq \\al(2,2)＝eq \f(28mveq \\al(2,0),225)
可得EkH>EkN，故B正确。
角度 非弹性碰撞
例4 (多选)(2023·福建龙岩模拟)如图6所示，带有四分之一光滑圆弧轨道的斜劈A和滑块B、C均静止在光滑水平地面上，斜劈A的末端与水平地面相切。一滑块D从斜劈A的圆弧轨道的最高点由静止释放，滑块D滑到水平地面后与滑块B碰撞并粘在一起向前运动，再与滑块C碰撞又与C粘在一起向前运动。已知斜劈A和三个滑块的质量均为m，斜劈A的圆弧轨道半径为R，重力加速度大小为g。滑块B、C、D均可视为质点，则下列说法正确的是( )
图6
A.滑块D在圆弧轨道上滑动的过程中，A对D的支持力做功为－eq \f(1,2)mgR
B.与滑块B碰撞前瞬间，滑块D的速度大小为eq \r(2gR)
C.滑块B与滑块C碰撞后的速度大小为eq \f(\r(2gR),3)
D.滑块D与滑块B碰撞过程中损失的机械能为eq \f(1,4)mgR
答案 AD
解析 D在A上滑动时，A与D组成的系统水平方向上动量守恒，且系统机械能守恒，则当D滑到水平地面上时mvD－mvA＝0，且mgR＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,D)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)，两式联立解得A、D分离时的速度大小为vD＝vA＝eq \r(gR)，即A与D的速度大小相等，方向相反，下滑过程对D由动能定理得WN＋mgR＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,D)，解得WN＝－eq \f(1,2)mgR，故A正确；D与B碰撞前的速度即为A、D分离时D的速度大小，为eq \r(gR)，故B错误；B与C碰撞过程中，B、C、D组成的系统动量守恒，有mvD＝(m＋m＋m)vC，则B与C碰撞后的速度大小为vC＝eq \f(\r(gR),3)，故C错误；D与B碰撞过程动量守恒，有mvD＝(m＋m)vB，则碰撞后B、D整体的速度大小为vB＝eq \f(\r(gR),2)，损失的机械能ΔE＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,D)－eq \f(1,2)(m＋m)veq \\al(2,B)＝eq \f(1,4)mgR，故D正确。
跟踪训练
2.(2023·江苏无锡高三期末)A、B两小球在光滑水平面上沿同一直线运动，B球在前，A球在后，mA＝1 kg。经过一段时间，A、B发生正碰，碰撞时间极短，碰撞前、后两球的位移—时间图像如图7所示，根据以上信息可知( )
图7
A.碰撞过程中B球受到的冲量为8 N·s
B.碰撞过程中A球受到的冲量为－8 N·s
C.B球的质量mB＝4 kg
D.A、B两球发生的是弹性碰撞
答案 D
解析 已知x－t图像的斜率代表速度，则vA＝6 m/s，vA′＝2 m/s，vB＝3 m/s，vB′＝5 m/s，根据动量定理有IA＝mAvA′－mAvA＝－4 N·s，IB＝mBvB′－mBvB，再根据动量守恒定律有mAvA＋mBvB＝mAvA′＋mBvB′，解得mB＝2 kg，IB＝4 N·s，A、B、C错误；碰撞前后的动能分别为Ek＝eq \f(1,2)mAveq \\al(2,A)＋eq \f(1,2)mBveq \\al(2,B)＝27 J，Ek′＝eq \f(1,2)mAvA′2＋eq \f(1,2)mBvB′2＝27 J，则A、B两球发生的是弹性碰撞，D正确。
考点三 爆炸、反冲和“人船”模型
1.爆炸现象的三个规律
2.反冲运动的三点说明
3.“人船”模型特点
(1)常见情景
(2)动量守恒：两物体相互作用过程满足动量守恒定律m1v1－m2v2＝0。
(3)位移关系：m1eq \f(x1,t)－m2eq \f(x2,t)＝0，x1＋x2＝L，得x1＝eq \f(m2,m1＋m2)L，x2＝eq \f(m1,m1＋m2)L。
(4)运动特点
①人动船动，人静船静，人快船快，人慢船慢，人左船右。
②人与船的位移比等于它们质量比的倒数；人与船的平均速度(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。
角度 爆炸问题
例5 (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8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，则下列说法正确的是( )
图8
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∶1
D.爆炸过程释放的化学能为eq \f(7mv2,3)
答案 CD
解析 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；根据能量守恒可得爆炸过程释放的化学能ΔE＝eq \f(1,2)×eq \f(m,3)veq \\al(2,甲)＋eq \f(1,2)×eq \f(m,3)veq \\al(2,丙)－eq \f(1,2)mv2＝eq \f(7,3)mv2，选项D正确。
角度 反冲问题
例6 (2022·河南开封模拟)导弹发射过程可以简化为：将静止的质量为M(含燃料)的导弹点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体，忽略喷气过程中重力和空气阻力的影响，则喷气结束时东风导弹获得的速度大小是( )
A.eq \f(m,M)v0 B.eq \f(M,m)v0
C.eq \f(M,M－m)v0 D.eq \f(m,M－m)v0
答案 D
解析 由动量守恒定律得mv0＝(M－m)v，导弹获得的速度v＝eq \f(m,M－m)v0，故D正确。
角度 “人船”模型
例7 (多选)(2023·福建厦门高三月考)如图9所示，将一质量为M、半径为R的光滑半圆形槽静置于光滑水平面上，今让一质量为m的小球自左侧槽口从A点由静止开始落下，则以下结论中正确的是( )
图9
A.小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽构成的系统机械能守恒
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.小球到达右边最高点时，小球通过的水平位移是eq \f(2MR,M＋m)
D.小球到达右边最高点时，小球通过的水平位移是eq \f(2mR,M＋m)
答案 ABC
解析 小球在半圆槽内运动的全过程中，地面和圆弧面光滑，只有小球的机械能与半圆槽的机械能之间相互转化，球与半圆槽构成的系统机械能守恒，A正确；小球在半圆槽内运动的全过程中，地面光滑，小球与半圆槽组成的系统在水平方向所受的合外力为零，小球与半圆槽在水平方向动量守恒，B正确；小球到达右边最高点时，设小球和半圆槽通过的水平位移大小分别为x、y，如图所示，小球和半圆槽组成的系统在水平方向上动量守恒，在运动过程中小球和半圆槽在任意时刻的水平速度满足mvm＝MvM，则有mx＝My，根据位移关系可得x＋y＝2R，解得y＝eq \f(2mR,M＋m)，x＝eq \f(2MR,m＋M)，小球到达右边最高点时，小球通过的水平位移是eq \f(2MR,M＋m)，C正确，D错误。
A级 基础对点练
对点练1 动量守恒定律的理解与基本应用
1.如图1所示，小车放在光滑的水平面上，将系着轻绳的小球向右拉开到一定的角度，然后同时放开小球和小车，不计一切阻力，则在小球、小车运动过程中下列说法正确的是( )
图1
A.小车和小球组成的系统动量守恒
B.小车的机械能一直在增加
C.小车和小球组成的系统机械能守恒
D.小球的机械能一直在减少
答案 C
解析 小球摆动过程中，小球和小车系统只受重力和支持力作用，水平方向合力为零，所以系统水平方向动量守恒，在竖直方向上，只有小球有竖直方向的分速度，且分速度大小也不断变化，所以竖直方向动量不守恒，那么系统动量也不守恒，故A错误；小球在摆动过程中，系统机械能守恒，小球摆到最低点的过程中，绳子拉力对小车做正功，小车的机械能增加，小球的机械能减小，小球从最低点摆到最高点的过程中，绳子拉力对小车做负功，小车的机械能减少，小球的机械能增加，故B、D错误，C正确。
2.(多选)无限长的水平面上放置有A、B两滑块，其质量mA>mB。一根轻质弹簧，一端与A拴接，另一端与B紧靠(不拴接)。用细线把两滑块拉紧，弹簧被压缩，如图2所示。如果把细线烧断，两滑块与弹簧分离后，继续运动。不计空气阻力，把A、B和弹簧看作系统，下列说法正确的是( )
图2
A.若水平面光滑，系统动量守恒，系统机械能守恒
B.若水平面粗糙，系统动量一定不守恒，机械能一定不守恒
C.若A、B受到的摩擦力大小相等，B运动的总路程较长
D.若A、B受到的摩擦力大小相等，B运动的总时间较长
答案 AC
解析 动量守恒的条件是系统不受外力或所受合外力为零；机械能守恒的条件是只有重力或弹力做功，若水平面光滑，系统受到的合外力为零，只有弹力做功，A正确；若水平面粗糙，但A、B两物体与水平面的动摩擦因数不同，A、B物体受到的摩擦力可能会等大反向，则系统所受合外力为零，动量守恒，但要克服摩擦力做功，系统机械能不守恒，B错误；若A、B受到的摩擦力大小相等，根据动量守恒定律，取B运动的方向为正，有0＝－mAvA＋mBvB，由于A、B受到的摩擦力大小相等，则A、B与弹簧分离前后受到的平均合力大小时刻相等，由动量定理F合tA＝0－mAvA，F合tB＝0－mBvB，则A、B运动的总时间相等，但由于mA>mB，则轻的物体平均速度大，有xA
图3
A.最终a车的速率大于b车的速率
B.最终a车的速率小于b车的速率
C.全过程中，a车对人的冲量大于b车对人的冲量
D.全过程中，a车对人的冲量小于b车对人的冲量
答案 BD
解析 人与a、b组成的系统水平方向不受外力，设水平向右的方向为正方向，根据动量守恒定律，则有0＝(m人＋ma)va－mbvb，得eq \f(va,vb)＝eq \f(mb,ma＋m人)＜1，则最终a车的速率小于b车的速率，故A错误，B正确；人对两车的冲量大小Ia＝mava，Ib＝mbvb＝(ma＋m人)va＞mava，结合牛顿第三定律可知，a车对人的冲量小于b车对人的冲量，故C错误，D正确。
4.(2023·山东淄博模拟)冰壶运动是冬奥会比赛项目之一。假设运动员用红壶撞击静止在水平冰面上的蓝壶，两壶发生正碰，不计碰撞时间，碰撞前、后两壶的v－t图像如图4所示。已知两壶的质量均为19 kg，则碰撞后蓝壶所受的阻力大小为( )
图4
A.3.8 N N C.1.9 N N
答案 B
解析 根据动量守恒定律可得mv红＝mv红′＋mv蓝，解得v蓝＝0.6 m/s，设碰撞后蓝壶所受的阻力大小为f，取初速度方向为正方向，对蓝壶根据动量定理－fΔt＝0－mv蓝，由图可知Δt＝6 s－1 s＝5 s，解得f＝2.28 N，故B正确，A、C、D错误。
对点练2 碰撞问题
5.(多选)(2023·福建龙岩高三月考)A、B两小球在光滑水平面上沿同一直线向同一方向运动，质量分别为m和2m，A的动量为5 kg·m/s，B的动量为7 kg·m/s，当A球追上B球时发生对心碰撞，则碰撞后A、B两球动量的可能值为( )
A.pA′＝4 kg·m/s，pB′＝8 kg·m/s
B.pA′＝3.5 kg·m/s，pB′＝8.5 kg·m/s
C.pA′＝3 kg·m/s，pB′＝9.5 kg·m/s
D.pA′＝2.5 kg·m/s，pB′＝9.5 kg·m/s
答案 AB
解析 A、B两球发生对心碰撞，满足动量守恒pA＋pB＝pA′＋pB′，满足动能不增加Ek≥Ek′，根据Ek＝eq \f(peq \\al(2,A),2m)＋eq \f(peq \\al(2,B),2×2m)，代入数据可知A、B均满足，C不满足动量守恒，D不满足动能不增加，故A、B正确，C、D错误。
6.(2020·全国Ⅲ卷，15)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5中实线所示。已知甲的质量为1 kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为( )
图5
A.3 J B.4 J C.5 J D.6 J
答案 A
解析 设乙物块的质量为m乙，由动量守恒定律得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＝6 kg，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veq \\al(2,甲)＋eq \f(1,2)m乙veq \\al(2,乙)－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＝
3 J，选项A正确。
对点练3 爆炸、反冲和“人船”模型
7.(多选)如图6所示，光滑的水平地面上有木板C，mC＝ 4 kg，C板上表面粗糙，A、B两个物体紧挨在一起，初始A、B和C三个物体均处于静止状态，mA＝1 kg，mB ＝2 kg。A、B间夹有少量火药，某时刻火药爆炸，瞬间释放了E＝27 J的能量并全部转化为A和B的动能，使A、B分别水平向左、向右运动起来， C板足够长，以下结论正确的是( )
图6
A.爆炸后瞬间A、B速度大小vA＝2vB
B.若A、B与木板C上表面间的动摩擦因数相同，则爆炸后A、B组成的系统动量守恒
C.若A、B与木板C上表面间的摩擦力大小不相等，则A、B、C组成的系统动量不守恒
D.整个过程中A、B、C系统由于摩擦产生的内能为27 J
答案 AD
解析 爆炸瞬间，以A、B为系统，由动量守恒定律有0＝mAvA－mBvB，则mAvA＝mBvB，代入数据得速度大小vA＝2vB，故A正确；A、B受到的摩擦力大小不等，则A、B系统所受外力不为0，A、B系统动量不守恒，故B错误；对A、B、C整体分析，合力为零，满足A、B、C组成的系统动量守恒，故C错误；C足够长，最终A、B、C总动量为0，故三者最终速度也为0，即A、B动能全部转化为内能为27 J，故D正确。
8.(2023·天津一模)将总质量为1.05 kg的模型火箭点火升空，从静止开始，在
0.02 s时间内有50 g燃气以大小为200 m/s的速度从火箭尾部喷出，且燃气喷出过程中重力和空气阻力可忽略。则下列说法正确的是( )
A.在燃气喷出过程，火箭获得的平均推力为800 N
B.在燃气喷出过程，火箭获得的平均推力为200 N
C.在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小约为5 m/s
D.在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小约为10 m/s
答案 D
解析 在燃气喷出过程，以燃气为对象，规定火箭的速度方向为正方向，根据动量定理可得－FΔt＝－m气v气－0，解得F＝eq \f(m气v气,Δt)＝500 N，根据牛顿第三定律可得火箭获得的平均推力为500 N，故A、B错误；燃气喷射前后，火箭和燃气组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律得0＝(M－m气)v箭－m气v气，解得火箭的速度大小v箭＝eq \f(m气v气,M－m气)＝10 m/s，故C错误，D正确。
9.(2022·福建龙岩模拟)如图7所示，一个质量为m1＝50 kg的人爬在一只大气球下方，气球下面有一根长绳。气球和长绳的总质量为m2＝20 kg，长绳的下端刚好和水平面接触。当静止时人离地面的高度为h＝7 m。如果这个人开始沿绳向下滑，当他滑到绳下端时，他离地面的高度是(可以把人看作质点)( )
图7
A.0 B.2 m C.5 m D.7 m
答案 C
解析 设人的速度为v1，气球的速度为v2，根据人和气球组成的系统动量守恒，有m1v1＝m2v2，则有m1x1＝m2x2，所以x1＝eq \f(2,5)x2，气球和人运动的路程之和为7 m，则人下滑的距离为x1＝eq \f(2,7)h＝2 m，离地面的高度为x2＝eq \f(5,7)h＝5 m，故C正确。
B级 综合提升练
10.(2023·广东广州综合测试)如图8，北京2022年冬奥会某次冰壶比赛中，甲壶以速度v0与静止的乙壶发生正碰。已知冰面粗糙程度处处相同，两壶完全相同，从碰撞到两壶都静止，乙的位移是甲的9倍，则( )
图8
A.两壶碰撞过程无机械能损失
B.两壶碰撞过程动量变化量相同
C.碰撞后瞬间，甲壶的速度为eq \f(v0,4)
D.碰撞后瞬间，乙壶的速度为v0
答案 C
解析 碰撞后，两冰壶均做匀减速直线运动，由动能定理有－μmgx＝0－eq \f(1,2)mv2，解得v＝eq \r(2μgx)，由题可知乙的位移为甲位移的9倍，故碰撞后乙的速度为甲速度的3倍，设碰后甲的速度为v，则乙的速度为3v，碰撞过程中，两冰壶的动量守恒，即两壶碰撞过程中动量变化量大小相等、方向相反，B错误；由动量守恒定律有mv0＝mv＋3mv，解得v＝eq \f(v0,4)，则3v＝eq \f(3v0,4)，C正确，D错误；由于eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＞eq \f(1,2)meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v0,4)))eq \s\up12(2)＋eq \f(1,2)meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3v0,4)))eq \s\up12(2)，故两壶碰撞过程中有机械能损失，A错误。
11.如图9所示，质量为M＝40 kg 的平板车置于光滑的水平地面上，车上有一质量为m＝50 kg 的人，车的上表面距离地面高为h＝0.8 m，初始时人和车都静止。现在人以v0＝2 m/s 的水平速度从车的右边缘向右跳出，不计空气阻力，g＝10 m/s2。求：
图9
(1)人跳离车后车的速度大小；
(2)人跳车过程人做了多少功；
(3)人刚落地时距离平板车右边缘多远。
答案 (1)2.5 m/s (2)225 J (3)1.8 m
解析 (1)人跳车的过程，水平方向系统的外力为零，人和车水平方向动量守恒，有
0＝mv0－Mv1
可得车获得的速度v1＝2.5 m/s。
(2)人跳车的过程，人做功把生物能转化为车和人的动能，由功能关系可得
W＝eq \f(1,2)Mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
解得W＝225 J。
(3)人跳离车后做平抛运动
竖直方向h＝eq \f(1,2)gt2
解得t＝0.4 s
则人落地时距离车右端s＝(v0＋v1)t＝1.8 m。
12.(2023·福建漳州一模)如图10所示，足够长的光滑固定水平直杆上套有一可自由滑动的物块B，B的质量为m，杆上在物块B的左侧有一固定挡板C，B的下端通过一根轻绳连接一小球A，绳长为L，A的质量也为m。先将小球拉至与悬点等高的位置时，细绳伸直但没有形变，B与挡板接触。现由静止释放小球A。重力加速度大小为g。求：
图10
(1)小球A向右摆动的最大速度；
(2)物块B运动过程中的最大速度；
(3)小球A向右摆起相对于最低点所能上升的最大高度。
答案 (1)eq \r(2gL) (2)eq \r(2gL) (3)eq \f(1,2)L
解析 (1)小球A摆至最低点时速度最大，最大速度设为v1，由机械能守恒定律得mAgL＝eq \f(1,2)mAveq \\al(2,1)
解得v1＝eq \r(2gL)。
(2)小球A从最低点向右摆动的过程中，A、B系统水平方向动量守恒；当A最后回到最低点时，B的速度最大，设此时A、B的速度分别为vA、vB，由水平方向动量守恒得
mAv1＝mAvA＋mBvB
由机械能守恒得
eq \f(1,2)mAveq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)mAveq \\al(2,A)＋eq \f(1,2)mBveq \\al(2,B)
解得vA＝0，vB＝eq \r(2gL)。
(3)当小球A摆至最高点时，A、B共速，
设为v，A、B系统水平方向动量守恒，得
mAv1＝(mA＋mB)v
由机械能守恒定律得
mAgh＝eq \f(1,2)mAveq \\al(2,1)－eq \f(1,2)(mA＋mB)v2
联立解得h＝eq \f(1,2)L。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)转化为机械能，所以系统的机械能增加
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
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
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