第2講動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用

學(xué)習(xí)目標(biāo)1.理解動(dòng)量守恒的條件。2.會(huì)定量分析一維碰撞問(wèn)題。3.會(huì)用動(dòng)量守

恒的觀點(diǎn)分析爆炸、反沖及人船模型。

■夯實(shí)必備知識(shí)

如果一個(gè)系統(tǒng)不受外力,或者所受外力的宏星擔(dān)為0,

H內(nèi)容卜

這個(gè)系統(tǒng)的總動(dòng)量保持不變

動(dòng)

量(l)p=pf或叫”［+機(jī)202=叫。/+血2?2'o系統(tǒng)相互作

—,r

守,用前的總動(dòng)量等于相互作用后的總動(dòng)量

T表達(dá)式卜

恒l_(2)Ap尸-A小，相互作用的兩個(gè)物體動(dòng)量的變化

定量等夫反向

律

-XS一不受外力或所受外力的合力為零

條件一

—［碰撞)—碰撞是指物體間的相互作用持續(xù)時(shí)間很短，而物體間

相互作用力很大的現(xiàn)象

-{53-在碰撞現(xiàn)象中，一般都滿足內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力,可認(rèn)為

碰相互碰撞的系統(tǒng)動(dòng)量守恒

撞

「彈性碰撞卜動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒

-(^3--［非彈性碰撞卜動(dòng)量守恒、機(jī)械能有損失

完全非彈

—?jiǎng)恿渴睾?、機(jī)械能損失最多

2.性碰撞

r-n向爆炸與碰撞類似，物體間的相互作用時(shí)間很短，作用

落口丫上力很大，且遠(yuǎn)大于系統(tǒng)所受的外力,所以系統(tǒng)動(dòng)量定

3四四恒。如爆竹爆炸等

(定義卜當(dāng)靜止物體的一部分以一定的速度離開物體向前運(yùn)動(dòng)

時(shí)，剩余部分必將向后運(yùn)動(dòng)，這種現(xiàn)象叫反沖運(yùn)動(dòng)

沖--｛特點(diǎn))一系統(tǒng)內(nèi)各物體間的相互作用的內(nèi)力遠(yuǎn)大于系統(tǒng)受到的

外力。實(shí)例：發(fā)射炮彈、發(fā)射火箭等

U規(guī)律上遵從動(dòng)量守恒定律

1.思考判斷

(1)只要系統(tǒng)所受合外力做功為0,系統(tǒng)動(dòng)量就守恒。(X)

(2)系統(tǒng)的動(dòng)量不變是指系統(tǒng)的動(dòng)量大小和方向都不變。(J)

(3)動(dòng)量守恒定律的表達(dá)式冽101+m202=7加一定是矢量式，應(yīng)用時(shí)要規(guī)

定正方向，且其中的速度必須相對(duì)同一個(gè)參考系。(J)

(4)碰撞前后系統(tǒng)的動(dòng)量和機(jī)械能均守恒。(X)

(5)發(fā)射炮彈，炮身后退；園林噴灌裝置一邊噴水一邊旋轉(zhuǎn)均屬于反沖現(xiàn)象。(J)

(6)爆炸過(guò)程中機(jī)械能增加，反沖過(guò)程中機(jī)械能減少。(X)

2.如圖所示，質(zhì)量為0.5kg的小球在距離車底面高為20m處以一定的初速度向左

平拋，落在以7.5m/s速度沿光滑的水平面向右勻速行駛的敞篷小車中。車底涂有

一層油泥，車與油泥的總質(zhì)量為4kg,設(shè)小球在落到車底前瞬間的速度大小是25

m/s,則當(dāng)小球與小車相對(duì)靜止時(shí)，小車的速度是(g取10m/s2)()

A.5m/sB.4m/s

C.8.5m/sD.9.5m/s

答案A

核心考點(diǎn)

考點(diǎn)一動(dòng)量守恒定律的理解和基本應(yīng)用

1.適用條件

(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力為零。

(2)近似守恒：系統(tǒng)內(nèi)各物體間相互作用的內(nèi)力遠(yuǎn)大于它所受到的外力。

(3)某一方向守恒：如果系統(tǒng)在某一方向上所受外力的合力為零，則系統(tǒng)在這一方

向上動(dòng)量守恒。

2.動(dòng)量守恒定律的五個(gè)特性

矢量性動(dòng)量守恒定律的表達(dá)式為矢量方程，解題應(yīng)選取統(tǒng)一的正方向

相對(duì)性各物體的速度必須是相對(duì)同一參考系的速度(一般是相對(duì)于地面)

動(dòng)量是一個(gè)瞬時(shí)量，表達(dá)式中的小、22、…必須是系統(tǒng)中各物體在相互

同時(shí)性作用前同一時(shí)刻的動(dòng)量，/'、…必須是系統(tǒng)中各物體在相互作用

后同一時(shí)刻的動(dòng)量

系統(tǒng)性研究的對(duì)象是相互作用的兩個(gè)或多個(gè)物體組成的系統(tǒng)

動(dòng)量守恒定律不僅適用于低速宏觀物體組成的系統(tǒng)，還適用于接近光速

普適性

運(yùn)動(dòng)的微觀粒子組成的系統(tǒng)

角度11動(dòng)量守恒定律的理解

例1（2021.全國(guó)乙卷，14）如圖1,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，從撤去推力開始，小車、彈簧和滑塊組成的系統(tǒng)（）

圖1

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

解析撤去推力，系統(tǒng)所受合外力為0,動(dòng)量守恒，滑塊和小車之間有滑動(dòng)摩擦

力，由于摩擦生熱，系統(tǒng)機(jī)械能減少，故B正確。

角度級(jí)動(dòng)量守恒定律的基本應(yīng)用

例2（多選）足夠大的光滑水平面上，一根不可伸長(zhǎng)的細(xì)繩一端連接著質(zhì)量為mi=

1.0kg的物塊A,另一端連接質(zhì)量為儂=1.0kg的長(zhǎng)木板5,繩子開始是松弛的。

質(zhì)量為m3=1.0kg的物塊C放在長(zhǎng)木板B的右端，C與長(zhǎng)木板3間的滑動(dòng)摩擦力

的大小等于最大靜摩擦力大小。現(xiàn)在給物塊C水平向左的瞬時(shí)初速度oo=2.0m/s,

物塊C立即在長(zhǎng)木板5上運(yùn)動(dòng)。已知繩子繃緊前，B,C已經(jīng)達(dá)到共同速度；繩

子繃緊后，A、3總是具有相同的速度；物塊C始終未從長(zhǎng)木板3上滑落。下列

說(shuō)法正確的是（）

,0

…月.....二，……

圖2

A.繩子繃緊前，B、C達(dá)到的共同速度大小為1.0m/s

B.繩子剛繃緊后的瞬間，A、3的速度大小均為1.0m/s

C.繩子剛繃緊后的瞬間，A、3的速度大小均為0.5m/s

2

D.最終A、B、C三者將以大小為wm/s的共同速度一直運(yùn)動(dòng)下去

答案ACD

解析繩子繃緊前，3、C已經(jīng)達(dá)到共同速度，設(shè)3、C達(dá)到的共同速度大小為

v\,根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得儂00=(儂+加3)01,解得01=1.0m/s,A正確；繩子

剛繃緊后的瞬間，設(shè)A、3具有相同的速度。2,A、3組成的系統(tǒng)滿足動(dòng)量守恒,

則有m2Vi=(mi+mi)V2,解得02=0.5m/s,B錯(cuò)誤，C正確；A、B、C三者最終

有共同的速度，設(shè)為03,A、B、C組成的系統(tǒng)滿足動(dòng)量守恒，則有m3Vo=(mi+

2

mi+mi)V3,解得03=§m/s,D正確。

SL跟蹤訓(xùn)練

1.(2024?湖南衡陽(yáng)高三月考)如圖3所示，水平地面上，某運(yùn)動(dòng)員手拿籃球站在滑

板車上向一堵豎直的墻(向右)滑行，為了避免與墻相撞，在接近墻時(shí)，運(yùn)動(dòng)員將

籃球水平向右拋出，籃球反彈后運(yùn)動(dòng)員又接住籃球，速度恰好減為0o不計(jì)地面

的摩擦和空氣阻力，忽略籃球在豎直方向的運(yùn)動(dòng)，籃球與墻的碰撞過(guò)程不損失能

量。運(yùn)動(dòng)員和滑板車的總質(zhì)量為籃球的質(zhì)量為機(jī)。拋球前，運(yùn)動(dòng)員、滑板車

和籃球的速度均為次)。貝女)

圖3

A.整個(gè)過(guò)程中運(yùn)動(dòng)員、滑板車及籃球的總動(dòng)量守恒

B.運(yùn)動(dòng)員拋球與接球時(shí)對(duì)籃球的沖量相同

C.墻對(duì)籃球的沖量大小為

m

D.籃球被墻反彈后的速度大小為在L。

答案D

解析由于墻對(duì)籃球有向左的沖量，整個(gè)過(guò)程中運(yùn)動(dòng)員、滑板車及籃球的總動(dòng)量

不守恒，A錯(cuò)誤；設(shè)拋出時(shí)籃球?qū)Φ氐乃俣葹椤?運(yùn)動(dòng)員拋球時(shí)對(duì)籃球的沖量為

h=m(v-vo),方向向右，接球時(shí)對(duì)籃球的沖量為h=mv,方向向右，所以運(yùn)動(dòng)

員拋球與接球時(shí)對(duì)籃球的沖量方向相同、大小不同，B錯(cuò)誤；設(shè)運(yùn)動(dòng)員拋球后速

度變?yōu)関i,拋球過(guò)程，由動(dòng)量守恒定律有接球過(guò)程有Mvi

—mr=0,可得v=2加0°，由動(dòng)量定理可知籃球撞墻過(guò)程有I=mv—(—mv)=

2mv=(M+rri)vo,C錯(cuò)誤，D正確。

考點(diǎn)二碰撞問(wèn)題

角度11碰撞的可能性

碰撞問(wèn)題遵守的三條原則

，

［動(dòng)量守恒）—PI+P2=P\+P-2

［動(dòng)能I增加卜昂+耳聲&gj或短+短、留+氤

①碰前兩物體同向運(yùn)動(dòng)，若要發(fā)生碰

撞，則應(yīng)有"后＞。詼碰后原來(lái)在前的物

體速度一定增大，若碰后兩物體同向

I速合理運(yùn)動(dòng)，則應(yīng)有后'

②碰前兩物體相向運(yùn)動(dòng)，碰后兩物體的

運(yùn)動(dòng)方向不可能都不改變

例3（2024.重慶市育才中學(xué)高三期中）如圖4為某運(yùn)動(dòng)員正在準(zhǔn)備擊球，設(shè)在某一

桿擊球過(guò)程中，白色球（主球）和花色球碰撞前后都在同一直線上運(yùn)動(dòng)，碰前白色

球A的動(dòng)量幺=5kg-m/s,花色球5靜止，碰后花色球3的動(dòng)量變?yōu)閜?=4kg?m/s,

則兩球質(zhì)量加4與HIB間的關(guān)系可能是（）

A.mB=~7mAB.ms=

C.mB—2mAD.mB=5mA

答案c

解析碰撞過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以白色球的初速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定

律得PA+PB=PA'+PB',解得PA'=1kg-m/s,根據(jù)碰撞過(guò)程總動(dòng)能不增加，則有

+察N賂+*解得機(jī)春儂，碰后，兩球同向運(yùn)動(dòng)，A的速度不大于3的

乙丁幾B乙YYIA乙"IBD

速度，則緇W緇，解得機(jī)BW4/KA，綜上可知|7鋼三機(jī)故C正確。

角度級(jí)彈性碰撞

1.彈性碰撞的特點(diǎn)：碰撞瞬間系統(tǒng)內(nèi)無(wú)機(jī)械能損失。

2.彈性碰撞的結(jié)論

以質(zhì)量為mi、速度為Vi的小球與質(zhì)量為mi的靜止小球發(fā)生彈性碰撞為例，則有

mivi=mivi'-\-m2V2'

+^W2U2,2

板汨,mi—m22mi

聯(lián)乂解得01'=-----；----VI,V2=----1----VI

mi+m2mi+m2

討論：⑴若加=儂,則R=0,出=01（速度交換,動(dòng)量和動(dòng)能全部轉(zhuǎn)移）。

⑵若如>m2,則01>0,02'>0（碰后兩物體沿同一方向運(yùn)動(dòng)）。

（3）若用1?加2,則01'?01,V2'^2via

（4）若"“〈機(jī)2,則01yo,切>0（碰后兩物體沿相反方向運(yùn)動(dòng)）。

（5）若"Z1《機(jī)2,則01'心—01,02‘-0。

例4（2023?重慶卷，14）如圖5所示,桌面上固定有一半徑為R的水平光滑圓軌道，

M、N為軌道上的兩點(diǎn)，且位于同一直徑上，P為MN段的中點(diǎn)。在P點(diǎn)處有一

加速器（大小可忽略），小球每次經(jīng)過(guò)P點(diǎn)后，其速度大小都增加00。質(zhì)量為機(jī)的

小球1從N處以初速度oo沿軌道逆時(shí)針運(yùn)動(dòng)，與靜止在M處的小球2發(fā)生第一

次彈性碰撞，碰后瞬間兩球速度大小相等。忽略每次碰撞時(shí)間。求：

⑴球1第一次經(jīng)過(guò)P點(diǎn)后瞬間向心力的大小;

（2）球2的質(zhì)量；

（3）兩球從第一次碰撞到第二次碰撞所用時(shí)間。

co5nR

答案（l）4"r萬(wàn)（2）3機(jī)G）前

解析（1）球1第一次經(jīng)過(guò)尸點(diǎn)后瞬間速度變?yōu)?oo,

(2oo)2

所以左

Fn=m-R=4"2O

（2）球1與球2發(fā)生彈性碰撞，且碰后速度大小相等，說(shuō)明球1碰后反彈，則

m-2vo==-mv-\-m'v

^m(2vo')2=^inv2+^m'v2

聯(lián)立解得v=vo,m'=3mo

(3)設(shè)兩球從第一次碰撞到第二次碰撞所用時(shí)間為Ar,則

球1回到P點(diǎn)所需時(shí)間九=妥

此后到兩球再次相碰，有vot2Jr2vot2=nR

所以A/=/1+/2=^^O

角度非彈性碰撞

1.非彈性碰撞

碰撞結(jié)束后，動(dòng)能有部分損失。

機(jī)101+m202=m101'+機(jī)202’

濟(jì)+^m2V2=^imvi'2+^m2V2,2+AEk?

2.完全非彈性碰撞

碰撞結(jié)束后，兩物體合二為一，以同一速度運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能損失最大。

mivi+m2V2=(mi+m2)u

^mivr+^m2vi=1(mi+m2)v2+AEk損max

,.?""01+機(jī)202

結(jié)果i

AEk損max=Z_7T1("I—SA

3.靜止物體被撞后的速度范圍

物體A與靜止的物體B發(fā)生碰撞，當(dāng)發(fā)生完全非彈性碰撞時(shí)損失的機(jī)械能最多，

物體3的速度最小，VB=T0°，當(dāng)發(fā)生彈性碰撞時(shí)，物體3速度最大，VB=

2片利。則碰后物體3的速度范圍為一^OOWOBWT^OO。

mA+mBm\~vYYIBmx十ms

例5(2024.北京四中質(zhì)檢)如圖6所示，超市為節(jié)省收納空間，常常將手推購(gòu)物車

相互嵌套進(jìn)行收納。質(zhì)量均為機(jī)=16kg的兩輛購(gòu)物車相距L=1m靜止在水平面

上。第一輛車在工作人員猛推一下后，沿直線運(yùn)動(dòng)與第二輛車嵌套在一起，繼續(xù)

運(yùn)動(dòng)了L2=L25m后停了下來(lái)。人推車時(shí)間、兩車相碰時(shí)間極短，可忽略，車運(yùn)

動(dòng)時(shí)受到的阻力恒為車重的0.25倍，重力加速度取g=10m/s2,求：

地面地面

圖6

⑴兩輛車從嵌套后運(yùn)動(dòng)到停下來(lái)所用時(shí)間；

⑵兩輛車在嵌套過(guò)程中損失的機(jī)械能；

(3)工作人員對(duì)第一輛車所做的功。

答案⑴1s⑵100J⑶240J

解析(1)對(duì)整體，由牛頓第二定律有左X2機(jī)g=2機(jī)a

解得a=2.5m/s2

逆向過(guò)程有乙2=5?,解得f=ls。

(2)嵌套后，對(duì)整體有0=02—G,02=2.5m/s

嵌套過(guò)程中有機(jī)01=2機(jī)02,解得oi=5m/s

在嵌套過(guò)程中損失的機(jī)械能|x2mv1

解得AE=100Jo

(3)對(duì)第一輛小車，由動(dòng)能定理得W-kmgLi=^mvl-Q

解得W=240Jo

j跟蹤訓(xùn)練

2.(2024?福建福州高三月考)如圖7所示，光滑水平面上依次有滑塊C質(zhì)量機(jī)c=2kg,

滑塊A質(zhì)量始=3kg,滑塊3質(zhì)量"=3kg。開始時(shí)A、3靜止，C以初速度00

=10m/s的速度沖向A,與A發(fā)生彈性碰撞，碰撞后A繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)，與3發(fā)生

碰撞并粘在一起。求：

*77777777777777777777777777777777777777777.

圖7

(1)C與A碰撞后A的速度大小為多少；

(2)A與B碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能。

答案(1)8m/s(2)48J

解析(1)取向右為正方向，以C、A為系統(tǒng)研究，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有

mcuo=mcvc-\~mAVA

根據(jù)機(jī)械能守恒定律有=^mcvl+品AOX

解得oc=12m/s,0A=8m/s

即C與A碰撞后A的速度大小為8m/So

（2）仍取向右為正方向，以A、3為系統(tǒng)研究，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有

mAVA=（mx+mB）v

根據(jù)能量守恒定律有E損=］如道-5（以4+〃步）02

解得E損=48J。

考點(diǎn)三爆炸、反沖和“人船”模型

角度11爆炸問(wèn)題

爆炸現(xiàn)象的三個(gè)規(guī)律

動(dòng)量爆炸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

守恒中，系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒

機(jī)械能在爆炸過(guò)程中，有其他形式的能量（如化學(xué)能）轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，所

增加以系統(tǒng)的機(jī)械能增加

位置爆炸的時(shí)間極短，因而作用過(guò)程中物體產(chǎn)生的位移很小，可以認(rèn)

不變?yōu)楸ê蟾鞑糠秩匀粡谋ㄇ暗奈恢靡孕碌膭?dòng)量開始運(yùn)動(dòng)

例6（多選）（2023?山東濟(jì)南一模）某課外興趣小組在一次實(shí)驗(yàn)中，將自制火箭從地

面豎直向上發(fā)射，火箭到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)爆炸，分裂成質(zhì)量不等的P、。兩部分，尸、

。兩部分的質(zhì)量比為2：5。爆炸后P部分的初速度大小為50m/s,方向斜向下與

豎直方向成60。。若爆炸點(diǎn)離地高度為120m,不計(jì)P、Q運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到的阻力，

重力加速度g=10m/s2。下列說(shuō)法正確的是（）

/〃〃〃〃〃〃/)〃〃/〃〃〃〃〃A

A.Q部分落地時(shí)的速度大小為2時(shí)m/s

B.Q部分落地時(shí)的速度大小為90m/s

C.P部分落地點(diǎn)與爆炸點(diǎn)的水平距離為75小m

D.P部分落地點(diǎn)與爆炸點(diǎn)的水平距離為1355m

答案AC

解析爆炸過(guò)程中由動(dòng)量守恒定律得加P0P=m8°,對(duì)。從爆炸到落地，由動(dòng)能

定理得mQgh=^mQV2—^mQVi,解得v=20\[7m/s,A正確，B錯(cuò)誤；對(duì)P部分

2

在豎直方向有vpy=vpcos60°=25m/s,h=vpyt+^gt,解得f=3s,水平方向有

0Px=opsin60。=25小m/s,x=vpxt,解得P部分落地點(diǎn)與爆炸點(diǎn)的水平距離為x

=754m,C正確，D錯(cuò)誤。

角度再反沖問(wèn)題

反沖運(yùn)動(dòng)的三點(diǎn)說(shuō)明

作用原理反沖運(yùn)動(dòng)是系統(tǒng)內(nèi)物體之間的作用力和反作用力產(chǎn)生的效果

反沖運(yùn)動(dòng)中系統(tǒng)不受外力或內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，所以反沖運(yùn)動(dòng)遵循

動(dòng)量守恒

動(dòng)量守恒定律

反沖運(yùn)動(dòng)中，由于有其他形式的能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，所以系統(tǒng)的總

機(jī)械能增加

機(jī)械能增加

例7（2023?山東省新高考聯(lián)合模擬）在空間技術(shù)發(fā)展過(guò)程中，噴氣背包曾經(jīng)作為宇

航員艙外活動(dòng)的主要?jiǎng)恿ρb置，它能讓宇航員保持較高的機(jī)動(dòng)性。如圖9所示，

宇航員在距離空間站艙門為d的位置與空間站保持相對(duì)靜止，啟動(dòng)噴氣背包，壓

縮氣體通過(guò)橫截面積為S的噴口以速度持續(xù)噴出，宇航員到達(dá)艙門時(shí)的速度為

02。若宇航員連同整套艙外太空服的質(zhì)量為不計(jì)噴出氣體后宇航員和裝備質(zhì)

量的變化，忽略宇航員的速度對(duì)噴氣速度的影響以及噴氣過(guò)程中壓縮氣體密度的

變化，則噴出壓縮氣體的密度為（）

圖9

2Mv+Mm

A-SdviB-2Sdvl

2MviMm

C-SdvyD2sd濟(jì)

答案D

解析設(shè)噴出的氣體的質(zhì)量為則機(jī)="So",根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得mvi=Ms,

Mvi

宇航員受力恒定，做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則學(xué)r=d,聯(lián)立解得2=票,

故D正確。

角度輟人船模型

1.模型圖示

2.模型特點(diǎn)

⑴兩物體滿足動(dòng)量守恒定律：加0人一Mo船=0。

⑵兩物體的位移大小滿足：吟一吟=0,X人+x船=￡得

Mm

工人=萬(wàn)不%船="+加/°

3.運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)

（1）人動(dòng)則船動(dòng)，人靜則船靜，人快船快，人慢船慢，人左船右。

（2）人船位移比等于它們質(zhì)量的反比；人船平均速度（瞬時(shí)速度）比等于它們質(zhì)量的

反比,即私=也JM

%船0船m'

4.“人船模型”的拓展（某一方向動(dòng)量守恒）

例8（2023?湖南卷，15改編）如圖10,質(zhì)量為M的勻質(zhì)凹槽放在光滑水平地面上,

凹槽內(nèi)有一個(gè)半橢圓形的光滑軌道，橢圓的半長(zhǎng)軸和半短軸分別為。和0,長(zhǎng)軸

水平，短軸豎直。質(zhì)量為機(jī)的小球，初始時(shí)刻從橢圓軌道長(zhǎng)軸的右端點(diǎn)由靜止開

始下滑。以初始時(shí)刻橢圓中心的位置為坐標(biāo)原點(diǎn)，在豎直平面內(nèi)建立固定于地面

的直角坐標(biāo)系xOy,橢圓長(zhǎng)軸位于x軸上。整個(gè)過(guò)程凹槽不翻轉(zhuǎn)，重力加速度為

（1）小球第一次運(yùn)動(dòng)到軌道最低點(diǎn)時(shí)，求凹槽的速度大小；

（2）凹槽相對(duì)于初始時(shí)刻運(yùn)動(dòng)的距離。

答案（M宵M）⑵盾

解析（1）小球從靜止到第一次運(yùn)動(dòng)到軌道最低點(diǎn)的過(guò)程，小球和凹槽組成的系統(tǒng)

水平方向上動(dòng)量守恒，有0=機(jī)01—“02

對(duì)小球與凹槽組成的系統(tǒng)，由機(jī)械能守恒定律有mgb=

聯(lián)立解得02=、/“。

（2）根據(jù)人船模型規(guī)律，在水平方向上有mxi=Mx2

又由位移關(guān)系知xi+x2=a

解得凹槽相對(duì)于初始時(shí)刻運(yùn)動(dòng)的距離X2=段嘰。

M~rm

■提升素養(yǎng)能力（限時(shí)：40分鐘）

A級(jí)基礎(chǔ)對(duì)點(diǎn)練

對(duì)點(diǎn)練1動(dòng)量守恒定律的理解與基本應(yīng)用

1.（2024?江蘇蘇州高三聯(lián)考）如圖1所示，站在車上的人，掄起錘子連續(xù)敲打小車。

初始時(shí)，人、車、錘都靜止。假設(shè)水平地面光滑，關(guān)于這一物理過(guò)程，下列說(shuō)法

正確的是（）

“L?------（^]

圖1

A.連續(xù)敲打可使小車持續(xù)向右運(yùn)動(dòng)

B.人、車和錘組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能不守恒

C.連續(xù)敲打可使小車持續(xù)向左運(yùn)動(dòng)

D.當(dāng)錘子速度方向豎直向下時(shí)，人和車的速度為零

答案D

解析人、車和錘組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，小車只能左右往復(fù)運(yùn)動(dòng)，不能

持續(xù)向右或向左運(yùn)動(dòng)，故A、C錯(cuò)誤；人、車和錘組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，

豎直方向動(dòng)量不守恒，機(jī)械能也不一定守恒，故B錯(cuò)誤；人、車和錘組成的系統(tǒng)

水平方向動(dòng)量守恒，當(dāng)錘子速度方向豎直向下時(shí)，錘子的水平速度為零，故人和

車的速度也為零，故D正確。

2.如圖2所示，質(zhì)量為M的滑塊靜止在光滑的水平面上，滑塊的光滑弧面底部與

桌面相切，一個(gè)質(zhì)量為機(jī)的小球以速度oo向滑塊滾來(lái)，小球最后未越過(guò)滑塊，則

小球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，小球和滑塊的速度大小是（）

圖2

mvomvo

B?立

MvoMvo

C---------

mD.-----

答案A

解析小球沿滑塊上滑的過(guò)程中，小球和滑塊組成的系統(tǒng)在水平方向上不受外力，

因而系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒，小球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)和滑塊具有相同的對(duì)地速度

0（若速度不相同，必然相對(duì)運(yùn)動(dòng)，此時(shí)一定不是最高點(diǎn)）。由系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)

量守恒得mvo=(M+m)v,所以。=清匕，A正確。

M-\~m

3.（2024.重慶高三統(tǒng)考）如圖3所示，有一塊足夠長(zhǎng)的木板，放在光滑水平面上,

在木板上自左向右放有相距足夠遠(yuǎn)的序號(hào)為1、2、3、4、5的5塊木塊，所有木

塊的質(zhì)量均為機(jī)，與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為〃，木板的質(zhì)量為5機(jī)。在/=0時(shí)

刻木板靜止，第1、2、3、4、5號(hào)木塊的初速度分別為00、200、3比、4oo、5m,

方向都向右,重力加速度為g。所有物塊和木板最終都會(huì)共速,其共同速度為（）

圖3

3

A.呼oB.2oo

54

C.呼oDqoo

答案A

解析整個(gè)系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，取水平向右為正方向，對(duì)系統(tǒng)，

3

由動(dòng)量守恒定律得見(jiàn)0o+20o+30o+40o+5oo）=lOm。共，解得o共=呼0,故A正

確。

對(duì)點(diǎn)練2碰撞問(wèn)題

4.（2024.山東青島即墨高三期末）如圖4,質(zhì)量為m的小球A沿光滑水平面以速度

00向右運(yùn)動(dòng)，與質(zhì)量為4m的靜止小球B發(fā)生碰撞，碰撞后小球A以速率v=kuo（k

為待定系數(shù)）彈回，然后與固定擋板P發(fā)生彈性碰撞，要使A球能與3球再次發(fā)

生碰撞，則左的取值范圍應(yīng)滿足（）

擋板P

AB

圖4

131

A.鏟左B.0<^<2

1、33

C.Ng或左D.OvkWg

答案A

解析A球與B球第一次碰撞過(guò)程，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得mvo=-m-kvo+4mVB,

碰撞過(guò)程應(yīng)遵循系統(tǒng)總動(dòng)能不增加原則，有三品（依。產(chǎn)+3”加流為了使A

球能與5球再次發(fā)生碰撞，需要滿足初0>四，聯(lián)立解得鏟女W處,故A正確。

5.（2024?河北衡水高三期中）如圖5所示，水平面上AO段為動(dòng)摩擦因數(shù)〃=0.6的

粗糙段，OB段光滑。質(zhì)量為m=lkg的物體甲放在距O點(diǎn)左側(cè)妝=3m的A處，

物體乙靜止放在距0點(diǎn)右側(cè)X2=4m的B處。現(xiàn)給物體甲一個(gè)水平向右的初速度

0o=lOm/s,物體甲與物體乙在3點(diǎn)發(fā)生彈性正碰，碰后物體甲恰好能返回出發(fā)

點(diǎn)A。重力加速度大小取g=10m/s2,兩物體均可視為質(zhì)點(diǎn)，貝U()

:.%%,,:

A6B

圖5

A.物體甲第一次運(yùn)動(dòng)到0點(diǎn)的速度大小為6.5m/s

B.物體甲向右從0點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)所用的時(shí)間為0.5s

C.物體甲與乙碰撞后，物體甲的速度大小為5.5m/s

D.物體乙的質(zhì)量為3.5kg

答案B

解析根據(jù)動(dòng)能定理有一〃mgxi=5i濟(jì)一品解得物體甲第一次運(yùn)動(dòng)到。點(diǎn)的

速度大小為01=8m/s,A錯(cuò)誤；物體甲向右從。點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到3點(diǎn)所用的時(shí)間為/=

^=0.5s,B正確；碰后物體甲恰好能返回出發(fā)點(diǎn)A,根據(jù)動(dòng)能定理有一〃機(jī)gxi=

一品潺，物體甲與乙碰撞后，物體甲的速度大小為02=6m/s,C錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)量

守恒定律和機(jī)械能守恒定律有mvi=m沆=；m0之+3加乙9，得加乙

=7kg,D錯(cuò)誤。

6.(多選)(2024?甘肅武威高三月考)如圖6所示，光滑水平面上有一質(zhì)量mA=lkg

的A球和一質(zhì)量"28=1.5kg的3球同向運(yùn)動(dòng)。已知A球的初速度01=10m/s,B

球的初速度02=5m/s,運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后，兩球發(fā)生對(duì)心正碰。下列說(shuō)法正確的是

()

圖6

A.當(dāng)兩球發(fā)生的碰撞是彈性碰撞時(shí)，A球?qū)球的沖量為7.5N-s

B.碰撞的過(guò)程中，系統(tǒng)損失的機(jī)械能可能為8J

C.碰撞后，A球的速度可能為5m/s

D.當(dāng)兩球發(fā)生的碰撞是完全非彈性碰撞時(shí)，A球?qū)球的沖量為3N-s

答案CD

解析發(fā)生彈性碰撞時(shí)，根據(jù)動(dòng)量守恒定律及機(jī)械能守恒定律有mAvi+mBV2=

mAUA+mBVB,濟(jì)漫或而，解得0A=4m/s,VB=9m/s,A球?qū)?/p>

3球的沖量為/mB02=6N-s,A錯(cuò)誤；若發(fā)生完全非彈性碰撞，則

+msV2=（mA+ms）v,得0=7m/s,則碰撞后A球的速度在4mzs到7m/s之間。

完全非彈性碰撞的機(jī)械能損失最大，為1（^A+mB）v2=7.5J,

B錯(cuò)誤，C正確；當(dāng)兩球發(fā)生的碰撞是完全非彈性碰撞時(shí)，A球?qū)?球的沖量為

r=mBV—mBV2=i，N-s,D正確。

對(duì)點(diǎn)練3爆炸、反沖和“人船”模型

7.（2024.湖北名校聯(lián)考）2022年11月120,天舟五號(hào)與空間站天和核心艙成功對(duì)

接，在對(duì)接的最后階段，天舟五號(hào)與空間站處于同一軌道上同向運(yùn)動(dòng)，兩者的運(yùn)

行軌道均視為圓周。要使天舟五號(hào)在同一軌道上追上空間站實(shí)現(xiàn)對(duì)接，天舟五號(hào)

噴射燃?xì)獾姆较蚩赡苷_的是（）

一會(huì)噴氣一霜噴氣

運(yùn)行五個(gè),方向運(yùn)行五W方向

方向:^口f~~、方向7、、

/'''空間站、、、、、

空間站

AB

天舟天舟

運(yùn)行五三一五號(hào)

運(yùn)行\(zhòng)

方向，二^口十一、、

方向「歹口1一、、、

/空間站噴氣方尚、、/'空間站噴氣方向、、

CD

答案A

解析要想使天舟五號(hào)在與空間站同一軌道上對(duì)接，則需要使天舟五號(hào)加速，與

序

此同時(shí)要想不脫離原軌道，根據(jù)/=行，知必須要增大向心力，即噴氣時(shí)產(chǎn)生的

推力有沿軌道向前的分量和指向地心的分量，而噴氣產(chǎn)生的推力與噴氣方向相反,

故A正確。

8.（2023?湖南長(zhǎng)沙模擬）如圖7,棱長(zhǎng)為人大小形狀相同的立方體木塊和鐵塊，質(zhì)

量為m的木塊在上、質(zhì)量為M的鐵塊在下，正對(duì)用極短細(xì)繩連結(jié)懸浮在平靜的

池中某處，木塊上表面距離水面的豎直距離為鼠當(dāng)細(xì)繩斷裂后，木塊與鐵塊均

在豎直方向上運(yùn)動(dòng)，木塊剛浮出水面時(shí)，鐵塊恰好同時(shí)到達(dá)池底。僅考慮浮力,

不計(jì)其他阻力，則池深為（）

圖7

AhB.

-Mm(h+2a)

M-\-m

cp(〃+2Q)D.

答案D

解析設(shè)鐵塊豎直下降的位移為d,對(duì)木塊與鐵塊組成的系統(tǒng)，系統(tǒng)外力為零，

由動(dòng)量守恒定律（人船模型）可得0=機(jī)力—Md,池深H=/i+d+2a,解得

〃+2a,D正確。

9.（2024?江蘇無(wú)錫高三月考）如圖8所示，水平地面上靜止放置著材料相同、緊靠

在一起的物體A和3,兩物體可視為質(zhì)點(diǎn)且A的質(zhì)量較大。兩物體間夾有炸藥，

爆炸后兩物體沿水平方向左右分離，不計(jì)空氣阻力，則A物體（）

圖8

A.爆炸過(guò)程中，獲得的初動(dòng)量大B.爆炸過(guò)程中，獲得的初動(dòng)能大

C.爆炸后，滑行時(shí)間短D.爆炸后，滑行距離長(zhǎng)

答案C

解析爆炸過(guò)程中，系統(tǒng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，A、3組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，爆炸前系

統(tǒng)總動(dòng)量為零，由動(dòng)量守恒定律可知，爆炸后，兩物體的動(dòng)量大小相等，故A錯(cuò)

誤；設(shè)爆炸后任一物體的動(dòng)量大小為p,物體的質(zhì)量為m,則動(dòng)能吸=加皿2=含，

可知質(zhì)量大的物體獲得的初動(dòng)能小，故B錯(cuò)誤；取爆炸后物體A的速度方向?yàn)檎?/p>

方向，根據(jù)動(dòng)量定理得一〃加g/=0~解得滑行時(shí)間/=慮"由于〃、夕、g相等，

則質(zhì)量大的物體滑行時(shí)間短，故C正確；爆炸后，根據(jù)動(dòng)能定理得一gs=0—3

22

加"=0—與，解得爆炸后物體滑行的距離S=］融，由于〃、p、g相等，則質(zhì)量

大的物體滑行距離短，故D錯(cuò)誤。

B級(jí)綜合提升練

10.（2022.湖南卷，4）1932年，查德威克用未知射線轟擊氫核，發(fā)現(xiàn)這種射線是由

質(zhì)量與質(zhì)子大致相等的中性粒子（即中子）組成。如圖9,中子以速度oo分別碰撞

靜止的氫核和氮核，碰撞后氫核和氮核的速度分別為01和02。設(shè)碰撞為彈性正碰，

不考慮相對(duì)論效應(yīng)，下列說(shuō)法正確的是（）

，一一

中子

…-------------?I)?

中子氮核

圖9

A.碰撞后氮核的動(dòng)量比氫核的小

B.碰撞后氮核的動(dòng)能比氫核的小

C.02大于VI

D.V2大于00

答案B

解析設(shè)中子的質(zhì)量為機(jī)，則氫核的質(zhì)量也為加，氮核的質(zhì)量為14機(jī)，設(shè)中子和

氫核碰撞后中子速度為03,取00的方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律和能量守恒定

律可得mvo=mvi+ms

=^mvr+品泊

聯(lián)立解得01=00

設(shè)中子和氮核碰撞后中子速度為04,取00的方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律和能

量守恒定律可得mvo=14/W02+m04

^mvS=^X14mvi+^mvi

2

聯(lián)立解得V2=~^O0

可得01=00>02,故C、D錯(cuò)誤；

碰撞后氫核的動(dòng)量為pH=mvi=mvo

氮核的動(dòng)量為PN=14mV2=