第。講動量守恒定律

［教材閱讀指導］

(對應人教版新教材選擇性必修第一冊頁碼及相關問題)

■P11J2閱讀''相互作用的兩個物體的動量改變”這一部分內(nèi)容，嘗試

自己推導動量守恒定律。

提示：依據(jù)牛頓第三定律和動量定理推導。

BP14閱讀“例題2旁批”和“動量守恒定律的普適性”這部分內(nèi)容，

體會動量守恒定律表達式中的速度都是相對于地面的速度，動量守恒定律的普適

性。

IBP21?23閱讀“彈性碰撞實例分析”這一部分內(nèi)容，寫出彈性碰撞中一

動碰一靜的方程以及碰后速度的結論，及加=機2,mi》m2,如《冽2時三種情況

的討論結果。

提示：假設物體mi以速度與原來靜止的物體m2發(fā)生正碰，如圖所示。碰

撞后它們的速度分別為01'和。2‘。

6j……$

碰撞過程遵從動量守恒定律，故

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

彈性碰撞中沒有動能損失，于是可以列出另一個方程

'2+%i2O2'2(2)

從方程(1)(2)可以解出兩個物體碰撞后的速度分別為

mi-m2

vi'=^1(3)

mi+m2

.2ml

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

mi+m2

我們對幾種情況下⑶(4)的結果作一些分析。

若加1二加2,這時有mi-m2=0,mi+m2=2mio

根據(jù)⑶(4)兩式，得

v\-0

02'=V1

若加1》加2,這時有機1一加2=機1,機1+機2=機1。

根據(jù)⑶(4)兩式，得

Vlf=V1

V2f=2vi

j,2m］

若用《機這時有一加仁一機仁。

12,一22,mi+m20

根據(jù)⑶(4)兩式，得

vif=-vi

V21—0o

13P29［復習與提高］B組T5；T7；T8O

提示：Ts：人舟谷模型,0二機。船一機'。人

得0二加光船一機,%人

%船+無人=/

/日mlm'I

TTTX卜一/,to-/o

m+mm+m

T7:A與C碰撞mAVo=mA0A+mcvc

A與B相互作用WAUA+msvo=(WA+/KBWAB

A、B共速時恰好不再與C碰撞滿足OAB=oc

聯(lián)立得0A=2m/So

T8：A、B分離瞬間，A、B的速度相等，C恰好運動到最低點。取向左為正

方向，由水平方向動量守恒得0=Jn)vc-2mv\B

由機械能守恒得m)gl=嬴次+^2mv\B

聯(lián)立得：比=2(/、嗎一

物理觀念向顧目垂建I

物理觀念1動量守恒定律及其應用

1.幾個相關概念

(1)系統(tǒng)：兩個(或多個)相互作用的物體構成的整體叫作一個力學系統(tǒng)，簡稱

系統(tǒng)。

(2)內(nèi)力：系統(tǒng)中物體間的作用力。

(3)外力：系統(tǒng)以外的物體施加給系統(tǒng)內(nèi)物體的力。

2.動量守恒定律

(1)內(nèi)容：如果一個系統(tǒng)所不受外力,或者麗所受外力的矢量和為0,這個

系統(tǒng)的總動量保持不變。這就是動量守恒定律。

(2)表達式

①°=畫2二，系統(tǒng)相互作用前的總動量p等于相互作用后的總動量少。

②mBi+m2s=畫加01'+"2202’，相互作用的兩個物體組成的系統(tǒng)，作用

前的動量和等于作用后的動量和。

③岫=廚-勵2,相互作用的兩個物體動量的增量等大反向。

④小=國。，系統(tǒng)總動量的增量為零。

(3)適用條件

①理想守恒：系統(tǒng)不受外力或所受外力的合力為零，則系統(tǒng)動量守恒。

②近似守恒：系統(tǒng)受到的合力不為零，但當內(nèi)力遠大于外力時，系統(tǒng)的動量

可近似看成守恒。

③某方向守恒：系統(tǒng)在某個方向上所受合力為零時，系統(tǒng)在該方向上動量守

恒。

物理觀念2彈性碰撞和非彈性碰撞

1.彈性碰撞：系統(tǒng)在碰撞前后動能所不變的碰撞。

2.非彈性碰撞：系統(tǒng)在碰撞后動能國減少的碰撞。

3.對比分析

動量是否守恒機械能是否守恒

彈性碰撞守恒前1守恒

非彈性碰撞守恒有損失

完全非彈性碰

守恒損失畫最大

撞

物理觀念3反沖爆炸

1.反沖現(xiàn)象

（D在某些情況下，原來系統(tǒng)內(nèi)物體具有相同的速度，發(fā)生相互作用后各部分

的末速度不再相同而分開。這類問題相互作用的過程中系統(tǒng)的動能回增大，且

常伴有其他形式的能向動能的轉化。

（2）反沖運動的過程中，一般合力為零或外力的作用麗遠小于物體間的相互

作用力，可認為系統(tǒng)的動量守恒，可利用動量守恒定律來處理。

2.爆炸問題

爆炸與碰撞類似，物體間的相互作用力很大，且畫遠大于系統(tǒng)所受的外力,

所以系統(tǒng)動量國營恒，爆炸過程中位移很小，可忽略不計，爆炸后物體從相互

作用前的位置以新的動量開始運動。

,必備知識夯實

-堵點疏通

1.系統(tǒng)動量不變是指系統(tǒng)的動量大小和方向都不變。（）

2.系統(tǒng)的動量守恒時，機械能也一定守恒。（）

3.當質量相等時，發(fā)生完全彈性碰撞的兩個球碰撞前后速度交換。（）

4.光滑水平面上的兩球做相向運動，發(fā)生正碰后兩球均變?yōu)殪o止，于是可以

斷定碰撞前兩球的動量大小一定相等。（）

5.只要系統(tǒng)內(nèi)存在摩擦力，系統(tǒng)的動量就不可能守恒。（）

答案l.N2.X3.V4.V5.X

二對點激活

L（人教版選擇性必修第一冊11514改編）某機車以0.8m/s的速度駛向停在

鐵軌上的15節(jié)車廂，跟它們對接。機車跟第1節(jié)車廂相碰后，它們連在一起具有

一個共同的速度，緊接著又跟第2節(jié)車廂相碰，就這樣，直至碰上最后一節(jié)車廂。

設機車和車廂的質量都相等，則跟最后一節(jié)車廂相碰后車廂的速度為（鐵軌的摩擦

忽略不計）（）

A.0.053m/sB.0.05m/s

C.0.057m/sD.0.06m/s

答案B

解析取機車和15節(jié)車廂整體為研究對象，由動量守恒定律得mv0=（m+

15m）v,貝1J0=卷。0=2X0.8m/s=0.05m/s,故B正確。

2.（人教版選擇性必修第一冊-P15-T6改編）懸繩下吊著一個質量為9.99kg

的沙袋，構成一個單擺，擺長L=1m。一顆質量m=10g的子彈以%=500m/s

的水平速度射入沙袋，瞬間與沙袋達到共同速度（不計懸繩質量，g取lOm/s,

則此時懸繩的拉力為（）

A.35NB.100N

C.102.5ND.350N

答案C

解析子彈打入沙袋的過程中，對子彈和沙袋由動量守恒定律得加。0=（冽+

M）v,得子彈與沙袋的共同速度。=干3=半亮迎m/s=0.5m/s。對子彈和沙

m+M

V2

袋，子彈射入沙袋瞬間，合力提供向心力，有國-（加+M）g=（陰+〃）工，得懸繩

V2

的拉力尸r=（加+Mg+（機+M）7=1O2.5N,故C正確。

3.如圖所示，在光滑水平面的左側固定一豎直擋板，A球在水平面上靜止放

置，B球向左運動與A球發(fā)生正碰，B球碰撞前、后的速率之比為3：1,A球垂

直撞向擋板，碰后原速率返回。兩球剛好不發(fā)生第二次碰撞，則A、B兩球的質

量之比為（）

10二

AB

A.1:2B.2:1

C.1：4D.4:1

答案D

解析設A、B的質量分別為mA、gB的初速度為oo,取B的初速度方

向為正方向，由題意知，A球經(jīng)擋板反彈后兩球剛好不發(fā)生第二次碰撞，說明A、

00]

B碰撞后速度大小相等,方向相反,分別為號和-岸則有機B0O=mA-y+mB|

解得OTA：WB=4:1,D正確。

核心素養(yǎng)發(fā)展與提升I

考點1動量守恒定律的理解與應用g

［科學思維梳理］

1.動量守恒定律的“六性”

(1)系統(tǒng)性：研究對象是相互作用的兩個或多個物體組成的系統(tǒng)。

(2)條件性：必須滿足動量守恒定律的適用條件。

(3)矢量性：表達式中初、末動量都是矢量，首先需要選取正方向，分清各物

體初、末動量的正、負。

(4)瞬時性：動量是狀態(tài)量，動量守恒指對應每一時刻的總動量都和初時刻的

總動量相等。

(5)相對性：動量守恒定律方程中的動量必須是相對于同一慣性參考系。一般

選地面為參考系。

(6)普適性：不僅適用于宏觀低速物體組成的系統(tǒng)，也適用于微觀高速粒子組

成的系統(tǒng)。

2.應用動量守恒定律解題的步驟

明確研究對象.確定系統(tǒng)的組成

進行受力分析，判斷動量是否守恒

K

規(guī)定正方向，確定初、末動量

4r

根據(jù)動量守恒定律，建立守恒方程

代人數(shù)據(jù)，求出結果并討論說明

例1(2021.全國乙卷)如圖，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

右推動車廂使彈簧壓縮，撤去推力時滑塊在車廂底板上有相對滑動。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)()

A.動量守恒，機械能守恒

B.動量守恒，機械能不守恒

C.動量不守恒，機械能守恒

D.動量不守恒，機械能不守恒

［答案］B

［解析］因為水平地面光滑，所以撤去推力后，系統(tǒng)所受合外力為零，則系

統(tǒng)動量守恒；因為滑塊與車廂水平底板間有摩擦，且撤去推力時滑塊在車廂底板

上有相對滑動，則撤去推力后滑塊與車廂底板間有摩擦力做功，系統(tǒng)機械能不守

恒。故選B。

例2(2019?江蘇高考)質量為〃的小孩站在質量為m的滑板上，小孩和滑板

均處于靜止狀態(tài)，忽略滑板與地面間的摩擦。小孩沿水平方向躍離滑板，離開滑

板時的速度大小為0,此時滑板的速度大小為()

mM

A?彳B.后

mM

C.T7UD.

m+Mm+M

［答案］B

［解析］由題意知，小孩躍離滑板時小孩和滑板組成的系統(tǒng)動量守恒，則

—MvMv

+mv'=0,得o'=一而一，即滑板的速度大小為嬴，B正確。

［關鍵能力升華］

應用動量守恒定律時的幾點易錯提醒

(1)動量守恒定律的研究對象都是相互作用的物體組成的系統(tǒng)。系統(tǒng)的動量是

否守恒，與選擇哪幾個物體作為系統(tǒng)和分析哪一段運動過程有直接關系。

(2)分析系統(tǒng)內(nèi)物體受力時，要弄清哪些是系統(tǒng)的內(nèi)力，哪些是外力。

(3)動量守恒和機械能守恒的條件不同，動量守恒時機械能不一定守恒，機械

能守恒時動量不一定守恒，二者不可混淆。

［對點跟進訓練］

L（動量守恒條件的理解）（2021.湖北省高三1月模擬演練）如圖所示，曲面體

P靜止于光滑水平面上，物塊Q自P的上端靜止釋放。Q與P的接觸面光滑，Q

在P上運動的過程中，下列說法正確的是（）

A.P對Q做功為零

B.P和Q之間的相互作用力做功之和為零

C.P和Q構成的系統(tǒng)機械能守恒、動量守恒

D.P和Q構成的系統(tǒng)機械能不守恒、動量守恒

答案B

解析根據(jù)題意，P、Q組成的系統(tǒng)只有重力勢能與動能之間的轉化，故P、

Q組成的系統(tǒng)機械能守恒，則除重力之外的其他力所做功之和為零，所以P、Q

之間的相互作用力做功之和為零，B正確；在P向左運動的過程中，Q對P的彈

力對P做正功，則P對Q的彈力做負功，不為0,故A錯誤；系統(tǒng)在水平方向上

不受外力的作用，系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，但是在豎直方向上Q有加速度，

即系統(tǒng)在豎直方向上動量不守恒，故C、D錯誤。

2.（動量守恒定律的簡單應用）如圖所示，甲、乙兩船的總質量（包括船、人

和貨物）分別為10冽、12m,兩船沿同一直線同一方向運動，速度分別為2伙）、伙）。

為避免兩船相撞，乙船上的人將一質量為用的貨物沿水平方向拋向甲船，甲船上

的人將貨物接住，求拋出貨物的最小速度。（不計水的阻力）

答案400

解析設乙船上的人拋出貨物的最小速度大小為Omin,拋出貨物后船的速度

為。1,甲船上的人接到貨物后船的速度為。2,由動量守恒定律得

貨物從乙船拋出過程，12械＞0=llmvi-mVmin

貨物落入甲船過程，10帆2vo-mVmin=UmV2

為避免兩船相撞應滿足01=S

解得Omin=400。

考點2碰撞問題分析翎

［科學思維梳理］

1.碰撞遵循的三條原則

(1)動量守恒定律。

⑵動能不增加，Eki+WNEkJ+Ek2,或亮+痣嗎3喘。

(3)速度要合理

①同向碰撞：碰撞前，后面的物體速度大；碰撞后，若物體速度仍同向，則

前面的物體速度大(或相等)。

②相向碰撞：碰撞后兩物體的運動方向不可能都不改變。

2.彈性碰撞討論

(1)碰后速度的求解

根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律

mivi+機202=mivi'+mivi'①

11o11,

5加濟+'加2潰=]加01'2+2?2^2'2②

(mi-m2)V]+2m2S

解得vi'

mi+mi

(m2-mi)V2+2miVi

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

m\+m2

(2)分析討論

當碰前兩物體的速度不為零時，若如=機2,貝Ijoj=。2,s'=01,即兩物

體交換速度。

當碰前物體2的速度為零時:

m\-m22ml

..，一vi,

mi+mim\+m2

①加1="22時，Vl'=0,02'=01,碰撞后兩物體交換速度。

②加1>加2時,V1'>0,?2'>0,碰撞后兩物體沿相同方向運動。

③預<加2時，V1'<0,V2'>0,碰撞后質量小的物體被反彈回來。

例3(2021.北京高考)如圖所示，小物塊A、B的質量均為機=0.10kg,B

靜止在軌道水平段的末端。A以水平速度00與B碰撞，碰后兩物塊粘在一起水平

拋出。拋出點距離水平地面的豎直高度為A=0.45m,兩物塊落地點距離軌道末

端的水平距離為s=0.30m,取重力加速度g=10m/s2。求:

⑴兩物塊在空中運動的時間f,

⑵兩物塊碰前A的速度內(nèi)的大小；

⑶兩物塊碰撞過程中損失的機械能AEO

［答案］(1)0.30s(2)2.0m/s(3)0.10J

［解析］⑴兩物塊在空中做平拋運動，豎直方向為自由落體運動，有力

代入數(shù)據(jù)解得/=0.30s。

(2)設A、B碰后速度為以水平方向為勻速運動，有s=S

代入數(shù)據(jù)解得o=L0m/s

根據(jù)動量守恒定律，有mvo=2mv

代入數(shù)據(jù)解得。。=2.0m/s。

⑶兩物塊碰撞過程中損失的機械能

11、

AE=2^69-2-2m?z

代入數(shù)據(jù)解得AE=0.10J。

［關鍵能力升華］

碰撞問題解題策略

⑴抓住碰撞的特點和不同種類碰撞滿足的條件，列出相應方程求解。

（2）可熟記一些公式，例如“一動一靜”模型中，兩物體發(fā)生彈性正碰后的速

mi-m22mi

度滿足:01=00、02=VOo

mi+mimi+m2

（3）熟記彈性正碰的一些結論，例如，當兩物體質量相等時，兩物體碰撞后交

換速度；當加》加2,且020=0時，碰后質量大的物體速度00不變，質量小的物

體速度為200；當初《m2,且。20=0時，碰后質量大的物體速度不變（仍靜止），

質量小的物體原速率反彈。

［對點跟進訓練］

L（碰撞遵循的原則）兩球A、B在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運動，

mA=1kg,mB=2kg,0A=6m/s,OB=2m/so當A追上B并發(fā)生碰撞后，兩球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

解析碰前系統(tǒng)總動量為：p=m\VA+mBVB=1X6kg-m/s+2X2kg-m/s=10

22

kg-m/s,碰前總動能為：Ek=1X6J+^X2X2J=22Jo如

果0A'=3m/s,VB'=4m/s,則碰后總動量為：p'=1X3kg-m/s+2X4kg-m/s

=Hkg-m/s,動量不守恒，不可能，A錯誤；若OA'=5m/s,OB'=2.5m/s,則

碰撞后，A、B兩球同向運動，A球在B球的后面，A球的速度大于B球的速度，

不可能，B錯誤；如果0A'=2m/s,VB'=4m/s,則碰后總動量為：p'=1X2

kg-m/s+2X4kg-m/s=10kg-m/s,系統(tǒng)動量守恒，碰后總動能為：&=1xiX22

J+|X2X42J=18J,系統(tǒng)動能減小，滿足碰撞的條件，C正確；如果0A'=-4

m/s,VB'=7m/s,則碰后總動量為：p'=1X(-4)kg-m/s+2X7kg-m/s=10

kg-m/s,系統(tǒng)動量守恒，碰后總動能為：Ek'=：XlX42j+3x2X72j=57J,系

統(tǒng)總動能增加，不可能，D錯誤。

2.（圖像分析）（2020.全國卷III）甲、乙兩個物塊在光滑水平桌面上沿同一直線

運動，甲追上乙，并與乙發(fā)生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度隨時間的變化如圖中

實線所示。已知甲的質量為1kg,則碰撞過程兩物塊損失的機械能為（）

A.3JB.4J

C.5JD.6J

答案A

解析由v-t圖線可知，碰撞前甲、乙的速度分別為v甲=5m/s、o乙=1m/s,

碰撞后甲、乙的速度分別為0甲'=-lm/s、o乙'=2m/so甲、乙兩物塊碰撞的

過程中，由動量守恒定律得：加甲0甲+機乙0乙=機甲o甲'+機乙0乙'，解得加乙

2

=6kg。則損失的機械能為AE=1■加甲端乙此一品甲0甲，2—gm乙v乙，,

解得AE=3J,故A正確。

3.（臨界問題）（2020.全國卷11）（多選）水平冰面上有一固定的豎直擋板。一滑

冰運動員面對擋板靜止在冰面上，他把一質量為4.0kg的靜止物塊以大小為5.0

m/s的速度沿與擋板垂直的方向推向擋板，運動員獲得退行速度；物塊與擋板彈

性碰撞，速度反向，追上運動員時，運動員又把物塊推向擋板，使其再一次以大

小為5.0m/s的速度與擋板彈性碰撞。總共經(jīng)過8次這樣推物塊后，運動員退行速

度的大小大于5.0m/s,反彈的物塊不能再追上運動員。不計冰面的摩擦力，該運

動員的質量可能為（）

A.48kgB.53kg

C.58kgD.63kg

答案BC

解析設運動員和物塊的質量分別為m、mo,規(guī)定運動員運動的方向為正方

向，運動員開始時靜止，第1次將物塊推出后，設運動員和物塊的速度大小分別

為01、00,則根據(jù)動量守恒定律有：0=根力一mo0o,解得。1=瑟欣，物塊與擋板

彈性碰撞后，運動方向與運動員同向，當運動員第2次推出物塊時，有：mvi+

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

恤。o,解得03=誓。0,以此類推，第8次推出物塊后，運動員的速度。8=等%）。

根據(jù)題意可知，08=§詈00>00,解得機<15恤=60kg;第7次推出物塊后，運動

137rio

員的速度。7=一^一0o<0o,|^#m>13mo=52kg0綜上所述，該運動員的質量應滿

足52kg<m<60kg,故A、D錯誤，B、C正確。

考點3碰撞類模型的拓展鐲

［科學思維梳理］

1.“彈簧類”模型

m

模型圖示"Il2

水平地面光滑

（1）兩個或兩個以上的物體與彈簧相互作用的過程中，若系統(tǒng)

所受外力的矢量和為零，則系統(tǒng)動量守恒

（2）在能量方面，由于彈簧形變會使彈性勢能發(fā)生變化，系統(tǒng)

的總動能將發(fā)生變化；若系統(tǒng)所受的外力和除彈簧彈力以外

模型特點的內(nèi)力不做功，系統(tǒng)機械能守恒

⑶彈簧處于最長（最短）狀態(tài)時兩物體速度相等，彈性勢能最

大，系統(tǒng)動能通常最小（完全非彈性碰撞拓展模型）

⑷彈簧恢復原長時，彈性勢能為零，系統(tǒng)動能最大（彈性碰撞

拓展模型，相當于碰撞結束時）

2.“子彈打木塊”“滑塊一木板”模型

___

/'（）m

模型圖示.........1..A

水平地面光滑水平地面光滑

（1）若子彈未射穿木塊或滑塊未從木板上滑下，當兩者速度相

等時木塊或木板的速度最大，兩者的相對位移（為子彈射入木

塊的深度或滑塊相對木板滑動的距離）取得極值（完全非彈性

碰撞拓展模型）

（2）系統(tǒng)的動量守恒，但機械能不守恒，摩擦力與兩者相對位

移的乘積等于系統(tǒng)減少的機械能

模型特點

M

⑶根據(jù)能量守恒定律，系統(tǒng)損失的動能AEk=MMEk0,可

以看出，子彈（或滑塊）的質量越小，木塊（或木板）的質量越大，

動能損失越多

（4）該類問題既可以從動量、能量角度求解，相當于完全非彈

性碰撞拓展模型，也可以從力和運動的角度借助圖像求解

3.“光滑圓弧軌道+滑塊（小球）”模型

模型圖示MVnzn

水平地面光滑

（1）最高點：機與〃具有共同水平速度。共。系統(tǒng)水平方向動

量守恒，機0O=（M+m）0共；系統(tǒng)機械能守恒，=+

m）vl+mgh,其中人為滑塊上升的最大高度，不一定等于圓

模型特點弧軌道的高度（完全非彈性碰撞拓展模型）

⑵最低點：機與M分離點。水平方向動量守恒，mvo=mvi

+MV2-,系統(tǒng)機械能守恒，品加=3冽優(yōu)+%北4（彈性碰撞拓展

模型）

4.懸繩模型

懸繩模型（如圖所示）與模型3特點類似，即系統(tǒng)機械能守恒，水平方向動量

守恒，解題時需關注物體運動的最高點和最低點。

m

水平桿光滑

例4（多選）如圖所示，光滑水平面上有一質量為2M、半徑為R（R足夠大）

的（圓弧曲面C,質量為M的小球B置于其底端，另一個小球A質量為岑，小球

A以%=6m/s的速度向B運動，并與B發(fā)生彈性碰撞，不計一切摩擦，小球均

視為質點，貝版）

B

A.B的最大速率為4m/s

3

B.B運動到最高點時的速率為am/s

C.B能與A再次發(fā)生碰撞

D.B不能與A再次發(fā)生碰撞

［答案］AD

［解析］A與B發(fā)生彈性碰撞，取水平向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律和

機械能寸怛定律得，+MVB,/}00=亍萬必+5〃蝙，解得0A=-2m/s,

OB=4m/s,A與B碰后B的速率最大，故B的最大速率為4m/s,A正確；B沖

4

上C并運動到最高點時二者共速，設為6貝1JMOB=（M+2M）O,得o=wm/s,B

錯誤；設B、C分離時的速度分別為OB'、oc',從B沖上C然后又滑到C底端

的過程，由水平方向動量守恒，有MOB="OB'+2MVC',由機械能守恒定律有

1114

2

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

B與A不會再次發(fā)生碰撞，C錯誤，D正確。

［關鍵能力升華］

處理碰撞類模型的方法技巧

（1）“彈簧類”模型的解題思路

①系統(tǒng)的動量守恒。

②系統(tǒng)的機械能守恒。

③應用臨界條件：兩物體共速時，彈簧的彈性勢能最大。

（2）“滑塊一木板”模型的解題思路

①系統(tǒng)的動量守恒。

②在涉及滑塊或木板的運動時間時，優(yōu)先考慮用動量定理。

③在涉及滑塊或木板的位移時，優(yōu)先考慮用動能定理。

④在涉及滑塊與木板的相對位移時，優(yōu)先考慮用系統(tǒng)的能量守恒。

⑤滑塊與木板不相對滑動時，兩者達到共同速度。

［對點跟進訓練］

1.（滑塊一木板模型）如圖所示，光滑水平面上有質量為機且足夠長的木板，

木板上放一質量也為加、可視為質點的小木塊。現(xiàn)分別使木塊獲得向右的水平初

速度oo和2在，兩次運動均在木板上留下劃痕，則兩次劃痕長度之比為（）

j三........J,

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

C.1：8D.1:12

答案A

解析木塊從開始運動到相對長木板靜止的過程中，木塊和木板組成的系統(tǒng)

水平方向動量守恒，取水平向右為正方向，則有機00=（相+機）0,解得根

據(jù)能量守恒定律有〃機gS=f?褚-;（m+加濘，解得劃痕長度S=瑞；同理，當木

塊的初速度為200時，則劃痕長度s'=3^■，故兩次劃痕長度之比為S：s'=1：

4,故A正確，B、C、D錯誤。

2.（彈簧類模型）（多選）光滑水平面上用輕彈簧相連的A、B兩物體，以6m/s

的速度勻速向右運動，質量均為2kg。在B的正前方靜止放置一質量為4kg的物

體C,B、C碰后粘在一起，則在之后的運動過程中（）

也

A.彈簧的最大彈性勢能為12J

B.A、B、C和彈簧組成的系統(tǒng)損失的機械能是36J

C.物體C的最大速度為4m/s

D.整個運動過程中A的速度不可能向左

答案ACD

解析B、C碰撞瞬間，B、C組成的系統(tǒng)動量守恒，選水平向右為正方向，

由動量守恒定律得："ZB0O=(WB+mc)v,代入數(shù)據(jù)解得u=2m/s；三個物體速度相

B

同時彈簧的彈性勢能最大，由動量守恒定律得：加A0o+msvo=(mA+機+mc)v共,

代入數(shù)據(jù)解得：。共=3m/s,設彈簧的最大彈性勢能為Ep,由機械能守恒定律得:

Ep=虎+g("ZB+mc)*一T("ZA+mB+me)喔，代入數(shù)據(jù)解得：Ep=12J,A、B、

C和彈簧組成的系統(tǒng)損失的機械能AE=|mB^-1(mB+mc)〃=24J,故A正確，

B錯誤；當彈簧恢復原長時，C的速度最大，設此時B、C的速度為A的速

度為02,根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律有機A0O+("ZB+mC)0=WA02+(7"B

2

+mc)Vi,+1(mB+mc)v=^inAvl+|(mB+mc)^T,代入數(shù)據(jù)解得01=4m/s,

02=0,故C正確；由于A、B、C系統(tǒng)的總動量守恒，總動量”=(機A+機B)0O=

24kg.m/s,若A的速度向左，則B、C的速度向右且一定大于4m/s,與C項分

析沖突，所以A的速度不可能向左，故D正確。

考點4爆炸國

［科學思維梳理］

爆炸的特點

1.動量守恒：由于爆炸是在極短的時間內(nèi)完成的，發(fā)生爆炸時物體間的相互

作用力遠遠大于受到的外力，所以在爆炸過程中，系統(tǒng)的總動量守恒。

2.動能增加：在爆炸過程中，由于有其他形式的能量(如化學能)轉化為動能,

所以爆炸前后系統(tǒng)的總動能增加。

3.位置不變：爆炸的時間極短，因而在作用過程中，物體產(chǎn)生的位移很小,

一般可忽略不計，可以認為爆炸后仍然從爆炸前的位置以新的動量開始運動。

例5以與水平方向成60。角斜向上的初速度內(nèi)射出的炮彈，到達最高點時

因爆炸分成質量分別為m和2m的兩塊，其中質量為2m的一塊沿著原來的方向

以2%的速度飛行。求：

(1)質量較小的那一塊彈片速度的大小和方向；

(2)爆炸過程中有多少化學能轉化為炮彈的動能？

27

［答案］⑴2.5oo方向與爆炸前炮彈運動的方向相反(2)彳加比

［解析］(1)斜拋的炮彈在水平方向上做勻速直線運動，則炮彈在最高點爆炸

Vo

前的速度為01=00cos60。=yo

設炮彈在最高點爆炸前的速度方向為正方向，由動量守恒定律得3機0=

2mvi'+mz>2,

又S'=2vo,

解得S=-2.5uo,負號表示速度方向與規(guī)定的正方向相反。

(2)爆炸過程中轉化為動能的化學能等于動能的增量，所以轉化為動能的化學

能為

E=AEk=2mv\'2+-gx3機況=

［關鍵能力升華］

(1)分析爆炸問題，要準確確定爆炸前后的速度，不能把物體的初速度當作爆

炸前的速度。

(2)根據(jù)爆炸前后動量守恒，以及增加的動能等于消耗的其他能量入手求解。

［對點跟進訓練］

(爆炸問題)(2018?全國卷I)一質量為機的煙花彈獲得動能E后，從地面豎直

升空。當煙花彈上升的速度為零時，彈中火藥爆炸將煙花彈炸為質量相等的兩部

分，兩部分獲得的動能之和也為E,且均沿豎直方向運動。爆炸時間極短，重力

加速度大小為g,不計空氣阻力和火藥的質量。求：

(1)煙花彈從地面開始上升到彈中火藥爆炸所經(jīng)過的時間；

(2)爆炸后煙花彈向上運動的部分距地面的最大高度。

答案(《晶端

解析(1)設煙花彈上升的初速度為由題給條件有E=W加沸①

設煙花彈從地面開始上升到火藥爆炸所用的時間為由運動學公式有0-。0

=~gt@

1f2E

聯(lián)立①②式得仁％'/方③

(2)設爆炸時煙花彈距地面的高度為hi,由機械能守恒定律有E=/ng歷④

火藥爆炸后，煙花彈上、下兩部分均沿豎直方向運動，設炸后瞬間其速度分

別為V1和02。

由題給條件和動量守恒定律有

+^mvl=E⑤

^mvi+^mV2=0⑥

由⑥式知，煙花彈兩部分的速度方向相反，向上運動部分做豎直上拋運動。

設爆炸后煙花彈上部分繼續(xù)上升的高度為h2,由機械能守恒定律有:加況=；/ng//2

⑦

2E

聯(lián)立④⑤⑥⑦式得，煙花彈上部分距地面的最大高度為h=hl+h2=—o

考點5反沖運動火箭翎

［科學思維梳理］

1.反沖

(1)現(xiàn)象：一個靜止的物體在內(nèi)力的作用下分裂為兩個部分，一部分向某個方

向運動，另一部分必然向相反方向運動的現(xiàn)象。

(2)特點：一般情況下，物體間的相互作用力(內(nèi)力)較大，因此系統(tǒng)動量往往

有以下幾種情況：①動量守恒；②動量近似守恒；③某一方向上動量守恒。反沖

運動中機械能往往不守恒。

(3)實例：噴氣式飛機、火箭等都是利用反沖運動的實例。

2.火箭

(D火箭加速的原理

設火箭飛行時在極短的時間AZ內(nèi)噴射燃氣的質量是Am,噴出的燃氣相對噴

氣前火箭的速度是M,噴出燃氣后火箭的質量是加，火箭在這樣一次噴氣后增加

的速度為Avo

以噴氣前的火箭為參考系。噴氣前火箭的動量是0,噴氣后火箭的動量是

m限,燃氣的動量是AWM。根據(jù)動量守恒定律，噴氣后火箭和燃氣的總動量仍然

為0,

所以mNv+Amw=0,

I,,Am

解出Av=--Mo

運載物

第三級

第二級

第一級

三級火箭

上式表明，火箭噴出的燃氣的速度M越大、火箭噴出物質的質量與火箭本身

Am

質量之比方越大，火箭獲得的速度△。越大。

(2)現(xiàn)代火箭的發(fā)射原理

由于現(xiàn)代火箭噴氣的速度在2000?4000m/s,近期內(nèi)難以大幅度提高；火箭

的質量比(火箭起飛時的質量與火箭除燃料外的箭體質量之比)一般要小于10,故

為使火箭達到發(fā)射人造地球衛(wèi)星的7.9km/s的速度，采用多級火箭，即把火箭一

級一級地接在一起，第一級燃料用完之后就把箭體拋棄，減輕負擔，然后第二級

開始工作，這樣一級一級地連起來，不過實際應用中一般不會超過四級。

例6如圖所示，某中學航天興趣小組的同學將靜置在地面上的質量為M含

水）的自制“水火箭”釋放升空，在極短的時間內(nèi)，質量為m的水以相對地面為

。。的速度豎直向下噴出。已知重力加速度為g,空氣阻力不計，下列說法正確的

是（）

A.火箭的推力來源于火箭外的空氣對它的反作用力

B.水噴出的過程中，火箭和水組成的系統(tǒng)機械能守恒

C.火箭獲得的最大速度為產(chǎn)心

M-m

D.火箭上升的最大高度為2g（〃_加）2

【答案］D

［解析］火箭的推力來源于向下噴出的水對它的作用力，A錯誤；水噴出的

過程中，火箭內(nèi)氣體做功，火箭及水組成的系統(tǒng)機械能不守恒，B錯誤；在水噴

出后的瞬間，火箭獲得的速度最大，以豎直向上為正方向，由動量守恒定律有（“

-m）v-mvo=0,解得,C錯誤；水噴出后，火箭做豎直上拋運動，上

M-m

加2褚

升到最高點的過程中，有"=2g/z,^h=,D正確。

￡g（ivim）2

［關鍵能力升華］

反沖問題解題要領

（1）兩部分初、末狀態(tài)的速度所選的參考系必須是同一參考系，且一般以地面

為參考系。

(2)要特別注意反沖前、后兩部分對應的質量。

(3)列方程時要注意初、末狀態(tài)動量的方向，一般而言，反沖部分速度的方向

與另一部分的運動方向是相反的。

［對點跟進訓練］

1.(反沖運動)(2020.江蘇高考)一只質量為1.4kg的烏賊吸入0.1kg的水，靜

止在水中。遇到危險時，它在極短時間內(nèi)把吸入的水向后全部噴出，以2m/s的

速度向前逃竄。求該烏賊噴出的水的速度大小

答案28m/s

解析將烏賊與噴出的水作為一個系統(tǒng)，由于烏賊噴水過程時間極短，故烏

賊與水所受內(nèi)力遠大于外力，系統(tǒng)動量守恒。選取烏賊逃竄的方向為正方向，根

據(jù)動量守恒定律得0=Moi-m0,解得噴出的水的速度大小為

Mvi1.4X2

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

m0.1o

2.(火箭)一火箭噴氣發(fā)動機每次噴出根=200g的氣體，氣體離開發(fā)動機噴

出時的速度。=1000m/s(相對地面)。設火箭質量M=300kg,發(fā)動機每秒鐘噴氣

20次。

(1)當?shù)谌螄姵鰵怏w后，火箭的速度為多大？

(2)運動第1s末，火箭的速度為多大？

答案(1)2m/s(2)13.5m/s

解析(1)設噴出三次氣體后火箭的速度為。3,

以火箭和噴出的三次氣體為研究對象，據(jù)動量守恒定律得：(M-3m)u3-3mv

=0,

,,3mv

故03=立區(qū)產(chǎn)2儂。

(2)發(fā)動機每秒鐘噴氣20次，以火箭和噴出的20次氣體為研究對象，根據(jù)動

量守恒定律得：(M-2cM020-2Qmv=0,故儂=——右一七13.5m/s。

思維拓展：“人船模型”

1nAlLm據(jù)，

、_'J

P..?=*人q-

如圖所示，長為L、質量為帆船的小船停在靜水中，質量為機人的人由靜止開

始從船的一端走到船的另一端，不計水的阻力。

以人和船組成的系統(tǒng)為研究對象，在人由船的一端走到船的另一端的過程中，

系統(tǒng)水平方向不受外力作用，所以整個系統(tǒng)水平方向動量守恒，可得：機船。船=

m人◎人,

因人和船組成的系統(tǒng)動量始終守恒，

故有：加船無船二機人工人,

由圖可看出：X船+工人="

加那m人

x人=5L,%船=L

可解得：人機人+加船脂機人+加船o

此模型可進一步推廣到其他類似的情境中，進而能解決大量的實際問題，例

如：人沿著靜止在空中的熱氣球下面的軟梯滑下或攀上，求熱氣球上升或下降高

度的問題；小球沿放在光滑水平地面上的弧形槽滑下，求弧形槽移動距離的問題

等。

例7載人氣球靜止于高力的空中，氣球的質量為人的質量為也若人

沿繩梯滑至地面，則繩梯至少為多長？

［解析］氣球和人原來靜止在空中，說明系統(tǒng)所受合力為零，故系統(tǒng)在人下

滑過程中動量守恒，人著地時繩梯至少應接觸地面，設繩梯長為L,人沿繩梯滑

至地面，人的位移大小為x人，氣球的位移大小為x球，它們的位移狀態(tài)圖如圖所

______M+m

示，由動量守恒定律有：0=焰球一機x人，又有x球+工人=￡,x人=h,故』="

ho

［關鍵能力升華］

“人船模型”問題應注意以下兩點

（1）適用條件

①系統(tǒng)由兩個物體組成且相互作用前靜止，系統(tǒng)總動量為零；

②在系統(tǒng)內(nèi)發(fā)生相對運動的過程中至少有一個方向的動量守恒（如水平方向

或豎直方向）。

（2）畫草圖：解題時要畫出各物體的位移關系草圖，找出各長度間的關系，注

意兩物體的位移是相對同一參考系的位移。

［對點跟進訓練］

（人船模型拓展）如圖所示，一個傾角為?的直角斜面體靜置于光滑水平面上,

斜面體質量為“，頂端高度為人今有一質量為根的小物體，沿光滑斜面下滑，

當小物體從斜面頂端自由下滑到底端時，斜面體在水平面上移動的距離是（）

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

答案C

解析機與M組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，設m在水平方向上對地

位移大小為Xi,M在水平方向上對地位移大小為X2,因此有0=膽1-MX2O①

h

且沏+&=醞②

mh

由①②可得&=正向嬴？故C正確。

課時作業(yè)I

一、選擇題（本題共6小題，其中第1?4題為單選，第5?6題為多選）

1.兩名質量相等的滑冰人甲和乙都靜止在光滑的水平冰面上。現(xiàn)在，其中一

人向另一個人拋出一個籃球，另一人接球后再拋回。如此反復進行幾次之后，甲

和乙最后的速率關系是（）

A.若甲最先拋球，則一定是。甲＞0乙

B.若乙最后接球，則一定是。甲＞。乙

C.只有甲先拋球，乙最后接球，才有。甲＞。乙

D.無論怎樣拋球和接球，都是。甲乙

答案B

解析兩人及籃球組成的系統(tǒng)動量守恒，且總動量為零，由于兩人質量相等,

故最后球在誰手中，誰的總質量就較大，則速度較小，故B正確，A、C、D錯

誤。

2.如圖所示，子彈水平射入放在光滑水平地面上靜止的木塊，子彈未穿透木

塊，此過程木塊的動能增加了6J,那么此過程產(chǎn)生的內(nèi)能可能為（）

CZ>

A.16JB.2J

C.6JD.4J

答案A

解析設子彈的質量為硒，初速度為木塊的質量為加，子彈打入木塊的

過程中，子彈與木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，即m0。0=（加+恤）。，此過程產(chǎn)生的內(nèi)

1°】m+mQi

能等于系統(tǒng)損失的動能，即