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2024年高考物理复习第一轮：第 2讲 动量守恒定律
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这是一份2024年高考物理复习第一轮：第 2讲 动量守恒定律，共17页。
第2讲 动量守恒定律
[主干知识·填一填]
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零，这个系统的总动量保持不变．
2．表达式
(1)p＝p′，系统相互作用前总动量p等于相互作用后的总动量p′.
(2)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，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)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向．
(4)Δp＝0，系统总动量的增量为零．
3．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．
二、碰撞、反冲、爆炸
1．碰撞
(1)定义：相对运动的物体相遇时，在极短的时间内它们的运动状态发生显著变化，这个过程就可称为碰撞．
(2)特点：作用时间极短，内力(相互碰撞力)远大于外力，总动量守恒．
(3)碰撞分类
①弹性碰撞：碰撞后系统的总动能没有损失．
②非弹性碰撞：碰撞后系统的总动能有损失．
③完全非弹性碰撞：碰撞后合为一体，机械能损失最大．
2．反冲
(1)定义：当物体的一部分以一定的速度离开物体时，剩余部分将获得一个反向冲量，这种现象叫反冲运动．
(2)特点：系统内各物体间的相互作用的内力远大于系统受到的外力．实例：发射炮弹、爆竹爆炸、发射火箭等．
(3)规律：遵从动量守恒定律．
3．爆炸问题
爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用时间很短，作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量守恒．
[规律结论·记一记]
1．动量守恒方程为矢量方程，列方程时必须选择正方向．
2．动量守恒方程中的速度必须是系统内各物体在同一时刻相对于同一参考系(一般选地面)的速度．
3．碰撞、爆炸、反冲均因作用时间极短，内力远大于外力满足动量守恒(或近似守恒)，但系统动能的变化是不同的．
4．“人船”模型适用于初状态系统内物体均静止，物体运动时满足系统动量守恒或某个方向上系统动量守恒的情形．
5．反冲运动和爆炸问题中，系统的机械能可以增大，这与碰撞问题是不同的．
[必刷小题·测一测]
一、易混易错判断
1．只要系统所受的外力的矢量和为零，系统的动量就守恒．(√)
2．只要系统内存在摩擦力，系统的动量就不可能守恒．(×)
3．系统中所有物体的加速度都为零时，系统的总动量不一定守恒．(×)
4．物体相互作用时动量守恒，但机械能不一定守恒．(√)
5．若在光滑水平面上两球相向运动，碰后均变为静止，则两球碰前的动量大小一定相同．(√)
6．飞船做圆周运动时，若想变轨通常需要向前或向后喷出气体，该过程中动量守恒．(√)
二、经典小题速练
1．下列叙述的情况中，系统动量不守恒的是( )
A．如图甲所示，小车停在光滑水平面上，车上的人在车上走动时，人与车组成的系统
B．如图乙所示，子弹射入放在光滑水平面上的木块中，子弹与木块组成的系统
C．子弹射入紧靠墙角的木块中，子弹与木块组成的系统
D．斜向上抛出的手榴弹在空中炸开时
解析：C 对于人和车组成的系统，人和车之间的力是内力，系统所受的外力有重力和支持力，合外力为零，系统的动量守恒；子弹射入木块过程中，虽然子弹和木块之间的力很大，但这是内力，木块放在光滑水平面上，系统所受合外力为零，动量守恒；子弹射入紧靠墙角的木块时，墙对木块有力的作用，系统所受合外力不为零，系统的动量减小；斜向上抛出的手榴弹在空中炸开时，虽然受到重力作用，合外力不为零，但爆炸的内力远大于重力，动量近似守恒．故选C．
2．A球的质量是m，B球的质量是2m，它们在光滑的水平面上以相同的动量运动．B在前，A在后，发生正碰后，A球仍朝原方向运动，但其速率是原来的一半，碰后两球的速率比vA′∶vB′为( )
A．1∶2 B．1∶3
C．2∶1 D．2∶3
解析：D 设碰前A球的速率为v，根据题意pA＝pB，即mv＝2mvB，得碰前vB＝，碰后vA′＝，由动量守恒定律，有mv＋2m×＝m×＋2mvB′，解得vB′＝，所以vA′∶vB′＝∶＝，D正确．
3．某机车以0.8 m/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．0.053 m/s B．0.05 m/s
C．0.057 m/s D．0.06 m/s
解析：B 取机车和15节车厢整体为研究对象，由动量守恒定律mv0＝(m＋15m)v，v＝v0＝×0.8 m/s＝0.05 m/s.故选项B正确．
命题点一 动量守恒定律的理解及应用(多维探究)
1．动量守恒定律的五个特性
矢量性
动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题应选取统一的正方向
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)
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
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
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(或某一方向上是否守恒)．
(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．
第1维度：动量守恒的判断…………………
关于下列四幅图所反映的物理过程的说法正确的是( )
A．甲图中子弹射入木块的过程中，子弹和木块组成的系统动量守恒，能量不守恒
B．乙图中M、N两木块放在光滑的水平面上，剪断束缚M、N两木块之间的细线，在弹簧恢复原长的过程中，M、N与弹簧组成的系统动量守恒，机械能增加
C．丙图中细线断裂后，木球和铁球在水中运动的过程，两球组成的系统动量守恒，机械能不守恒
D．丁图中木块沿放在光滑水平面上的斜面下滑，木块和斜面组成的系统在水平方向上动量守恒，机械能守恒
解析：C 甲图中，在光滑水平面上，子弹射入木块的过程中，子弹和木块组成的系统动量守恒，机械能有损失，但是损失的机械能转化为内能，能量仍守恒，A错误；乙图中，剪断束缚M、N两木块之间的细线，在弹簧恢复原长的过程中，M、N与弹簧组成的系统动量守恒，弹簧的弹性势能转化为木块的动能，系统机械能守恒，B错误；丙图中，木球和铁球组成的系统匀速下降，说明两球所受水的浮力等于两球自身的重力，细线断裂后两球在水中运动的过程中，所受合外力为零，两球组成的系统动量守恒，由于水的浮力对两球做功，两球组成的系统机械能不守恒，C正确；丁图中，木块沿放在光滑水平面上的斜面下滑，木块和斜面组成的系统在水平方向上不受外力，水平方向上动量守恒，由于斜面可能不光滑，所以机械能可能有损失，D错误．
第2维度：动量守恒定律的应用…………………
如图所示，甲、乙两名宇航员正在离空间站一定距离的地方执行太空维修任务．某时刻甲、乙都以大小为v0＝2 m/s的速度相向运动，甲、乙和空间站在同一直线上且可视为质点．甲和他的装备总质量为M1＝90 kg，乙和他的装备总质量为M2＝135 kg，为了避免直接相撞，乙从自己的装备中取出一质量为m＝45 kg的物体A推向甲，甲迅速接住A后即不再松开，此后甲、乙两宇航员在空间站外做相对距离不变的同向运动，且安全“飘”向空间站．(设甲、乙距离空间站足够远，本题中的速度均指相对空间站的速度)
(1)乙要以多大的速度v(相对于空间站)将物体A推出？
(2)设甲与物体A作用时间为t＝0.5 s，求甲与A的相互作用力F的大小．
解析：(1)以甲、乙、A三者组成的系统为研究对象，系统动量守恒，以乙运动的方向为正方向，
则有M2v0－M1v0＝(M1＋M2)v1
以乙和A组成的系统为研究对象，由动量守恒得
M2v0＝(M2－m)v1＋mv
代入数据联立解得v1＝0.4 m/s，v＝5.2 m/s.
(2)以甲为研究对象，由动量定理得
Ft＝M1v1－(－M1v0)，代入数据解得F＝432 N.
答案：(1)5.2 m/s (2)432 N
第3维度：某一方向上的动量守恒问题…………………
(2021·福建省厦大附中第二次模拟)如图所示，光滑水平面上质量为m1＝2 kg的物块以v0＝2 m/s的初速度冲向质量为m2＝6 kg静止的光滑圆弧面斜劈体．求：
(1)物块m1滑到最高点位置时，二者的速度大小；
(2)物块m1从圆弧面滑下后，二者速度大小；
(3)若m1＝m2，物块m1从圆弧面滑下后，二者速度大小．
解析：(1)物块m1与斜劈体作用过程水平方向遵从动量守恒定律，且到最高点时共速，以v0方向为正，则有：m1v0＝(m1＋m2)v，v＝0.5 m/s.
(2)物块m1从圆弧面滑下过程，水平方向动量守恒，动能守恒，则有：
m1v0＝m1v1＋m2v2，
m1v＝m1v＋m2v
解得：v1＝v0，v2＝v0
代入数据得：v1＝－1 m/s，v2＝1 m/s.
(3)若m1＝m2，根据上述分析，物块m1从圆弧面滑下后，交换速度，即v1′＝0，v2′＝2 m/s.
答案：(1)0.5 m/s (2)1 m/s 1 m/s (3)0 2 m/s
(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，哪些是系统外的物体对系统的作用力．
(3)系统中各物体的速度是否是相对地面的速度，若不是，则应转换成相对于地面的速度．
命题点二 动量守恒定律的三个应用实例(多维探究)
第1维度：碰撞问题…………………
1．碰撞现象满足的规律
(1)动量守恒定律．
(2)机械能不增加．
(3)速度要合理．
①若碰前两物体同向运动，则应有v后＞v前，碰后原来在前面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
两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒．以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有
m1v1＝m1v1′＋m2v2′
m1v＝m1v1′2＋m2v2′2
如图所示，光滑水平轨道上放置长板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为mA＝2 kg、mB＝1 kg、mC＝2 kg.开始时C静止，A、B一起以v0＝5 m/s 的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞．求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小．
解析：因碰撞时间极短，A与C碰撞过程动量守恒，设碰后瞬间A的速度为vA，C的速度为vC，以向右为正方向，由动量守恒定律得
mAv0＝mAvA＋mCvC①
A与B在摩擦力作用下达到共同速度，设共同速度为vAB，由动量守恒定律得
mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)vAB②
A与B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足
vAB＝vC③
联立①②③式，代入数据得vA＝2 m/s.
答案：2 m/s
碰撞问题解题策略
(1)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度满足：
v1＝v0、v2＝v0.
(3)熟记弹性正碰的一些结论，例如，当两球质量相等时，两球碰撞后交换速度．
第2维度：爆炸问题…………………
爆炸现象的三个规律
(1)动量守恒：
由于爆炸是在极短的时间内完成的，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．
(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．
(2022·邯郸模拟)如图所示，木块A、B的质量均为m，放在一段粗糙程度相同的水平地面上，木块A、B间夹有一小块炸药(炸药的质量可以忽略不计)．让A、B以初速度v0一起从O点滑出，滑行一段距离后到达P点，速度变为，此时炸药爆炸使木块A、B脱离，发现木块B立即停在原位置，木块A继续沿水平方向前进．已知O、P两点间的距离为s，设炸药爆炸时释放的化学能全部转化为木块的动能，爆炸时间很短可以忽略不计，求：
(1)木块与水平地面间的动摩擦因数μ；
(2)炸药爆炸时释放的化学能．
解析：(1)从O滑到P，对A、B由动能定理得
－μ·2mgs＝×2m－×2mv，
解得μ＝.
(2)在P点爆炸时，A、B组成的系统动量守恒，有
2m·＝mv，
根据能量守恒定律有
E0＋×2m＝mv2，
解得E0＝mv.
答案：(1) (2)mv
第3维度：反冲问题…………………
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
(多选)如图所示，小车AB放在光滑水平面上，A端固定一个轻弹簧，B端粘有油泥，小车总质量为M；质量为m的木块C放在小车上，用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩．开始时小车AB和木块C都静止，当突然烧断细绳时，C被释放，使C离开弹簧向B端冲去，并跟B端油泥粘在一起．忽略一切摩擦，以下说法正确的是( )
A．弹簧伸长过程中C向右运动，同时AB也向右运动
B．C与B碰前，C与AB的速率之比为M∶m
C．C与油泥粘在一起后，AB立即停止运动
D．C与油泥粘在一起后，AB继续向右运动
解析：BC 小车AB与木块C组成的系统在水平方向上动量守恒，C向右运动时，AB应向左运动，故A错误；设碰前C的速率为v1，AB的速率为v2，则0＝mv1－Mv2，得＝，故B正确；设C与油泥粘在一起后，AB、C的共同速度为v共，则0＝(M＋m)v共，得v共＝0，故C正确，D错误．
[题组突破]
1．(和图像结合的碰撞问题)(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1 kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为( )
A．3 J B．4 J
C．5 J D．6 J
解析：A 根据图像，碰撞前甲、乙的速度分别为v甲＝5.0 m/s，v乙＝1.0 m/s，碰撞后甲、乙的速度分别为v甲′＝－1.0 m/s，v乙′＝2.0 m/s.碰撞过程中由动量守恒定律得m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲′＋m乙v乙′，碰撞过程损失的机械能ΔE＝m甲v＋m乙v－m甲v甲′2－m乙v乙′2，联立以上各式解得ΔE＝3 J.
2．(和抛体运动结合的爆炸问题)以与水平方向成60°角斜向上的初速度v0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2v0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？
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前的速度为
v1＝v0cos 60°＝.
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
3mv1＝2mv1′＋mv2，
又v1′＝2v0，解得v2＝－2.5v0，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系统动能的增量，所以转化为动能的化学能为
E＝ΔEk＝－(3m)v＝mv.
答案：(1)2.5v0 方向与爆炸前炮弹运动的方向相反 (2)mv
命题点三 人船模型(师生互动)
[核心整合]
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．这样的问题归为“人船模型”问题．
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＝＝.
(3)应用此关系时要注意一个问题：公式v1、v2和x一般都是相对地面而言的．
(2022·河南淮阳中学模拟)有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长，一位同学想用一个卷尺测量它的质量．他进行了如下操作：首先将船平行码头自由停泊，然后他轻轻从船尾上船，走到船头后停下，而后轻轻下船，用卷尺测出船后退的距离d和船长L.已知他自身的质量为m，则船的质量为( )
A． B．
C． D．
解析：B 画出如图所示的草图，设人走动时船的速度大小为v，人的速度大小为v′，船的质量为M，人从船尾走到船头所用时间为t.则v＝，v′＝；人和船组成的系统在水平方向上动量守恒，取船的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得Mv－mv′＝0，解得船的质量M＝，B正确．
“人船”模型不仅适用于人在船上走动的情形，还可以进一步推广到其他类似情景中，如人沿静止在空中的热气球下面的软梯滑下或攀上的问题；还可适用于系统在某个方向动量守恒的情形，如小球沿放在光滑水平面上的弧形槽下滑的情形．这两类情形看似不同，其实都属同一种“人船”模型问题．
[题组突破]
1．(2022·湖南娄底市下学期质量检测)质量为M的气球上有一个质量为m的人，气球和人在静止的空气中共同静止于离地h高处，如果从气球上慢慢放下一个质量不计的软梯，让人沿软梯降到地面，则软梯长至少应为( )
A． h B． h
C．h D．h
解析：C 设人沿软梯滑至地面，软梯长度至少为L，以人和气球组成的系统为研究对象，竖直方向动量守恒，规定竖直向下为正方向，由动量守恒定律得0＝－Mv2＋mv1 ，人沿软梯降至地面，气球上升的高度为L－h，平均速度大小为v2＝，人相对于地面下降的高度为h，平均速度大小为v1＝ ，联立得0＝－M·＋m·，解得L＝h，故C正确，A、B、D错误．
2．(2022·赣州模拟)如图所示，三角形木块A质量为M，置于光滑水平面上，底边长a，在其顶部有一三角形小木块B，质量为m，其底边长为b，若B从顶端由静止滑至底部，则木块后退的距离为( )
A． B．
C． D．
解析：C 取向右为正方向，设木块后退的距离为x，B从顶端由静止滑至底部时，B向左运动的距离为a－b－x，则水平方向上A的平均速度大小为，B的平均速度大小为，根据水平方向动量守恒得：M－m＝0，解得，x＝，故选C．
素养培优19 动量守恒应用中的临界问题分析
题型一 单次作用的临界问题
如图所示，甲、乙两小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏，甲和他的冰车总质量为M＝30 kg，乙和他的冰车总质量也是30 kg.游戏时，甲推着一个质量为m＝15 kg的箱子和他一起以v0＝2 m/s的速度滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来，为了避免相撞，甲突然将箱子沿冰面推给乙，箱子滑到乙处，乙迅速抓住．若不计冰面摩擦．
(1)若甲将箱子以速度v推出，甲的速度v1为多少？(用字母表示)
(2)设乙抓住迎面滑来的速度为v的箱子后反向运动，乙抓住箱子后的速度v2为多少？(用字母表示)
(3)若甲、乙最后不相撞，甲、乙的速度应满足什么条件？箱子被推出的速度至少多大？
解析：(1)甲将箱子推出的过程，甲和箱子组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得：
(M＋m)v0＝mv＋Mv1①
解得v1＝②
(2)箱子和乙作用的过程动量守恒，以箱子的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
mv－Mv0＝(m＋M)v2③
解得v2＝④
(3)甲、乙不相撞的条件是v1≤v2⑤
其中v1＝v2为甲、乙恰好不相撞的条件．
联立②④⑤三式，并代入数据得v≥5.2 m/s.
答案：(1) (2) (3)v1≤v2 5.2 m/s
题型二 多次作用的临界问题
如图所示，在光滑水平面上有A、B两辆小车，水平面的左侧有一竖直墙，在小车B上坐着一个小孩子，小孩与B车的总质量是A车质量的10倍．两车开始都处于静止状态，小孩把A车以相对于地面的速度v推出，A车与墙壁碰后仍以原速率返回，小孩接到A车后，又把它以相对于地面的速度v推出．每次推出，A车相对于地面的速度都是v，方向向左．则小孩把A车推出几次后，A车返回时小孩不能再接到A车？
解析：取水平向右为正方向，小孩第一次推出A车时
mBv1－mAv＝0
即：v1＝v
第n次推出A车时：mAv＋mBvn－1＝－mAv＋mBvn
则：vn－vn－1＝v，
所以vn＝v1＋(n－1)v
当vn≥v时，再也接不到小车，由以上各式得n≥5.5，
取n＝6.
答案：6次
分析临界问题的关键是寻找临界状态．如在动量守恒定律的应用中，常常出现相互作用的两物体相距最近、避免相碰和物体开始反向运动等临界状态．其临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系，这些特定关系的判断是求解这类问题的关键．
限时规范训练
[基础巩固]
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
解析：B 因为滑块与车厢水平底板间有摩擦，且撤去推力后滑块在车厢底板上有相对滑动，即摩擦力做功，而水平地面是光滑的；以小车、弹簧和滑块组成的系统，根据动量守恒和机械能守恒的条件可知撤去推力后该系统动量守恒，机械能不守恒．故选B．
2．(2022·陕西西安高三模拟)如图所示，质量为0.5 kg的小球在距离车底面高20 m处以一定的初速度向左平抛，落在以7.5 m/s速度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，车与油泥的总质量为4 kg，设小球在落到车底前瞬间速度是25 m/s，则当小球与小车相对静止时，小车的速度是( )
A．5 m/s B．4 m/s
C．8.5 m/s D．9.5 m/s
解析：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＝mv2－mv，解得v0＝15 m/s，小球和车作用过程中，水平方向动量守恒，规定向右为正，则有－mv0＋Mv＝(M＋m)v′，解得v′＝5 m/s，A正确．
3．(多选)一机枪架在湖中小船上，船正以1 m/s的速度前进，小船及机枪总质量M＝200 kg，每颗子弹质量为m＝20 g，在水平方向机枪以v＝600 m/s的对地速度射出子弹，打出5颗子弹后船的速度可能为( )
A．1.4 m/s B．1 m/s
C．0.8 m/s D．0.5 m/s
解析：BC 若子弹射出方向与船前进的方向在同一直线上，则子弹、机枪和小船组成的系统动量守恒，有Mv0＝(M－5m)v′±5mv，若子弹向船前进的方向射出，反冲作用使船速减小，v1′＝＝0.7 m/s，若子弹向船前进的反方向射出，v2′＝＝1.3 m/s，可见船速应在0.7～1.3 m/s之间．故B、C正确．
4.如图所示，质量为m＝60 kg的人，站在质量为M＝300 kg的车的一端，车长L＝3 m，相对于地面静止．当车与地面间的摩擦可以忽略不计时，人由车的一端走到另一端的过程中，车将( )
A．后退0.5 m B．后退0.6 m
C．后退0.75 m D．一直匀速后退
解析：A 人、车组成的系统动量守恒，则mv1＝Mv2，所以mx1＝Mx2，又有x1＋x2＝L，解得x2＝0.5 m，选项A正确，B、C错误；因系统总动量为0，车的速度v2＝，可见v2随v1的变化而变化，车不会一直匀速后退，D错误．
5．如图甲所示是打桩机进行路基打桩的实物情景图，打桩过程情景模型如图乙所示，已知打桩机重锤A的质量为m，混凝土钢筋桩B的质量为M，其中M＝8m.每一次打桩时，打桩机抬高重锤A比桩B顶部高出H，然后从静止自由释放，与桩发生时间极短的完全非弹性碰撞后，与桩一起向下运动，设桩受到的阻力f与桩进入地面下的深度h成正比，即f＝kh，其中k＝(重力加速度为g，其他阻力忽略不计)．
(1)完成第1次打桩后，试求桩B进入地面下的深度h1；
(2)已知桩B的长度l＝3H，试求使桩B刚好全部进入地面下，则要打多少次？
解析：(1)设重锤A下落与桩B碰撞前的速度为v0，则有
mgH＝mv
因为重锤A与桩B发生了时间极短的完全非弹性碰撞，设碰撞后的共同速度为v，
则有mv0＝(M＋m)v
设第1次打桩，桩B克服阻力所做的功为W1，则有
(M＋m)gh1－W1＝0－(M＋m)v2
其中W1＝kh
联合上式解得h1＝，另一负解不合实际情况，故舍去．
(2)设使桩B刚好全部进入地面下，要打N次，根据动能定理，
有：(M＋m)gl－W总＝0－N×(M＋m)v2
其中W总＝kl2，解得N＝2025.
答案：(1) (2)2025
6.如图所示，光滑悬空轨道上静止一质量为3m的小车A，用一段不可伸长的轻质细绳悬挂一质量为2m的木块B．一质量为m的子弹以水平速度v0射入木块(时间极短)，在以后的运动过程中，细绳离开竖直方向的最大角度小于90°，试求：(不计空气阻力，重力加速度为g)
(1)子弹射入木块B时产生的热量；
(2)木块B能摆起的最大高度；
(3)小车A运动过程的最大速度大小．
解析：(1)子弹与木块B作用瞬间水平方向的动量守恒，可得
mv0＝(m＋2m)v1，
解得v1＝.
设产生的热量为Q，根据能量守恒定律有
Q＝mv－mv＝mv.
(2)木块B到最高点时，小车A、木块B、子弹三者有相同的水平速度，
根据水平方向动量守恒有(m＋2m)v1＝(m＋2m＋3m)v2，
解得v2＝v0.
由机械能守恒定律有3mgh＋×6mv＝×3mv，
解得h＝.
(3)设小车A运动过程的最大速度为v4，此时木块的速度为v3，当木块回到原来高度时，小车的速度最大，根据水平方向动量守恒，
有3mv1＝3mv3＋3mv4，
根据能量守恒定律有mv＝mv＋mv，
解得v4＝v0.
答案：(1)mv (2) (3)v0
[能力提升]
7．(2020·全国卷Ⅱ)(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4.0 kg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5.0 m/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5.0 m/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．48 kg B．53 kg
C．58 kg D．63 kg
解析：BC 设运动员的质量为M，第一次推物块后，运动员速度为v1，第二次推物块后，运动员速度为v2……第八次推物块后，运动员速度为v8，第一次推物块后，由动量守恒定律知：Mv1＝mv0
第二次推物块后，由动量守恒定律知：
M(v2－v1)＝m[v0－(－v0)]＝2mv0
……
第n次推物块后，由动量守恒定律知：
M(vn－vn－1)＝2mv0
整理得vn＝
则v7＝，v8＝
由题意知，v7<5 m/s，则M>52 kg，又知v8>5 m/s，则M<60 kg，可知选项B、C正确．
8.(多选)如图所示，光滑斜面长L＝2 m，倾角为θ＝30°.质量为mA＝0.2 kg 的物体A从斜面顶点由静止滑下，与此同时质量为mB＝0.3 kg的物体B从斜面底端以v0＝5 m/s的速度冲上斜面，两物体相碰撞后粘在一起，取重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．两物体碰撞后立即一起沿斜面加速下滑
B．两物体碰撞后立即一起沿斜面减速上滑一段距离再加速下滑
C．两物体在碰撞过程中损失的机械能为3.5 J
D．两物体在碰撞过程中损失的机械能为1.5 J
解析：BD 设两物体运动时间t1后相碰撞，则有v0t1－gsin θ·t＋gsin θ·t＝L，解得 t1＝0.4 s，此时A的速度大小为vA＝gsin θ·t1＝2 m/s，方向向下；B的速度大小为vB＝v0－gsin θ·t1＝3 m/s，方向向上．取沿斜面向上的方向为正方向，则根据动量守恒定律可得mBvB－mAvA＝(mA＋mB)v，解得v＝1 m/s，所以两物体相碰撞后立即一起沿斜面减速上滑一段距离再加速下滑，选项B正确，A错误．两物体在碰撞过程中损失的机械能为ΔE＝mBv＋mAv－(mA＋mB)v2＝1.5 J，选项D正确，C错误．
9.如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3 m(h小于斜面体的高度)．已知小孩与滑板的总质量为m1＝30 kg，冰块的质量为m2＝10 kg，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小g＝10 m/s2.
(1)求斜面体的质量；
(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？
解析：(1)规定向左为正方向．冰块在斜面体上上升到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3.对冰块与斜面体，由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得
m2v0＝(m2＋m3)v①
m2v＝(m2＋m3)v2＋m2gh②
式中v0＝3 m/s为冰块推出时的速度，联立①②式并代入题给数据得
v＝1 m/s，m3＝20 kg③
(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，对小孩与冰块，由动量守恒定律有
m1v1＋m2v0＝0④
代入数据得v1＝－1 m/s⑤
设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，对冰块与斜面体，由动量守恒和机械能守恒定律有
m2v0＝m2v2＋m3v3⑥
m2v＝m2v＋m3v⑦
联立③⑥⑦式并代入数据得v2＝－1 m/s⑧
由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且冰块处在后方，故冰块不能追上小孩．
答案：(1)20 kg (2)不能 理由见解析
第2讲 动量守恒定律
[主干知识·填一填]
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零，这个系统的总动量保持不变．
2．表达式
(1)p＝p′，系统相互作用前总动量p等于相互作用后的总动量p′.
(2)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，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)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向．
(4)Δp＝0，系统总动量的增量为零．
3．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．
二、碰撞、反冲、爆炸
1．碰撞
(1)定义：相对运动的物体相遇时，在极短的时间内它们的运动状态发生显著变化，这个过程就可称为碰撞．
(2)特点：作用时间极短，内力(相互碰撞力)远大于外力，总动量守恒．
(3)碰撞分类
①弹性碰撞：碰撞后系统的总动能没有损失．
②非弹性碰撞：碰撞后系统的总动能有损失．
③完全非弹性碰撞：碰撞后合为一体，机械能损失最大．
2．反冲
(1)定义：当物体的一部分以一定的速度离开物体时，剩余部分将获得一个反向冲量，这种现象叫反冲运动．
(2)特点：系统内各物体间的相互作用的内力远大于系统受到的外力．实例：发射炮弹、爆竹爆炸、发射火箭等．
(3)规律：遵从动量守恒定律．
3．爆炸问题
爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用时间很短，作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量守恒．
[规律结论·记一记]
1．动量守恒方程为矢量方程，列方程时必须选择正方向．
2．动量守恒方程中的速度必须是系统内各物体在同一时刻相对于同一参考系(一般选地面)的速度．
3．碰撞、爆炸、反冲均因作用时间极短，内力远大于外力满足动量守恒(或近似守恒)，但系统动能的变化是不同的．
4．“人船”模型适用于初状态系统内物体均静止，物体运动时满足系统动量守恒或某个方向上系统动量守恒的情形．
5．反冲运动和爆炸问题中，系统的机械能可以增大，这与碰撞问题是不同的．
[必刷小题·测一测]
一、易混易错判断
1．只要系统所受的外力的矢量和为零，系统的动量就守恒．(√)
2．只要系统内存在摩擦力，系统的动量就不可能守恒．(×)
3．系统中所有物体的加速度都为零时，系统的总动量不一定守恒．(×)
4．物体相互作用时动量守恒，但机械能不一定守恒．(√)
5．若在光滑水平面上两球相向运动，碰后均变为静止，则两球碰前的动量大小一定相同．(√)
6．飞船做圆周运动时，若想变轨通常需要向前或向后喷出气体，该过程中动量守恒．(√)
二、经典小题速练
1．下列叙述的情况中，系统动量不守恒的是( )
A．如图甲所示，小车停在光滑水平面上，车上的人在车上走动时，人与车组成的系统
B．如图乙所示，子弹射入放在光滑水平面上的木块中，子弹与木块组成的系统
C．子弹射入紧靠墙角的木块中，子弹与木块组成的系统
D．斜向上抛出的手榴弹在空中炸开时
解析：C 对于人和车组成的系统，人和车之间的力是内力，系统所受的外力有重力和支持力，合外力为零，系统的动量守恒；子弹射入木块过程中，虽然子弹和木块之间的力很大，但这是内力，木块放在光滑水平面上，系统所受合外力为零，动量守恒；子弹射入紧靠墙角的木块时，墙对木块有力的作用，系统所受合外力不为零，系统的动量减小；斜向上抛出的手榴弹在空中炸开时，虽然受到重力作用，合外力不为零，但爆炸的内力远大于重力，动量近似守恒．故选C．
2．A球的质量是m，B球的质量是2m，它们在光滑的水平面上以相同的动量运动．B在前，A在后，发生正碰后，A球仍朝原方向运动，但其速率是原来的一半，碰后两球的速率比vA′∶vB′为( )
A．1∶2 B．1∶3
C．2∶1 D．2∶3
解析：D 设碰前A球的速率为v，根据题意pA＝pB，即mv＝2mvB，得碰前vB＝，碰后vA′＝，由动量守恒定律，有mv＋2m×＝m×＋2mvB′，解得vB′＝，所以vA′∶vB′＝∶＝，D正确．
3．某机车以0.8 m/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．0.053 m/s B．0.05 m/s
C．0.057 m/s D．0.06 m/s
解析：B 取机车和15节车厢整体为研究对象，由动量守恒定律mv0＝(m＋15m)v，v＝v0＝×0.8 m/s＝0.05 m/s.故选项B正确．
命题点一 动量守恒定律的理解及应用(多维探究)
1．动量守恒定律的五个特性
矢量性
动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题应选取统一的正方向
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)
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
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
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(或某一方向上是否守恒)．
(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．
第1维度：动量守恒的判断…………………
关于下列四幅图所反映的物理过程的说法正确的是( )
A．甲图中子弹射入木块的过程中，子弹和木块组成的系统动量守恒，能量不守恒
B．乙图中M、N两木块放在光滑的水平面上，剪断束缚M、N两木块之间的细线，在弹簧恢复原长的过程中，M、N与弹簧组成的系统动量守恒，机械能增加
C．丙图中细线断裂后，木球和铁球在水中运动的过程，两球组成的系统动量守恒，机械能不守恒
D．丁图中木块沿放在光滑水平面上的斜面下滑，木块和斜面组成的系统在水平方向上动量守恒，机械能守恒
解析：C 甲图中，在光滑水平面上，子弹射入木块的过程中，子弹和木块组成的系统动量守恒，机械能有损失，但是损失的机械能转化为内能，能量仍守恒，A错误；乙图中，剪断束缚M、N两木块之间的细线，在弹簧恢复原长的过程中，M、N与弹簧组成的系统动量守恒，弹簧的弹性势能转化为木块的动能，系统机械能守恒，B错误；丙图中，木球和铁球组成的系统匀速下降，说明两球所受水的浮力等于两球自身的重力，细线断裂后两球在水中运动的过程中，所受合外力为零，两球组成的系统动量守恒，由于水的浮力对两球做功，两球组成的系统机械能不守恒，C正确；丁图中，木块沿放在光滑水平面上的斜面下滑，木块和斜面组成的系统在水平方向上不受外力，水平方向上动量守恒，由于斜面可能不光滑，所以机械能可能有损失，D错误．
第2维度：动量守恒定律的应用…………………
如图所示，甲、乙两名宇航员正在离空间站一定距离的地方执行太空维修任务．某时刻甲、乙都以大小为v0＝2 m/s的速度相向运动，甲、乙和空间站在同一直线上且可视为质点．甲和他的装备总质量为M1＝90 kg，乙和他的装备总质量为M2＝135 kg，为了避免直接相撞，乙从自己的装备中取出一质量为m＝45 kg的物体A推向甲，甲迅速接住A后即不再松开，此后甲、乙两宇航员在空间站外做相对距离不变的同向运动，且安全“飘”向空间站．(设甲、乙距离空间站足够远，本题中的速度均指相对空间站的速度)
(1)乙要以多大的速度v(相对于空间站)将物体A推出？
(2)设甲与物体A作用时间为t＝0.5 s，求甲与A的相互作用力F的大小．
解析：(1)以甲、乙、A三者组成的系统为研究对象，系统动量守恒，以乙运动的方向为正方向，
则有M2v0－M1v0＝(M1＋M2)v1
以乙和A组成的系统为研究对象，由动量守恒得
M2v0＝(M2－m)v1＋mv
代入数据联立解得v1＝0.4 m/s，v＝5.2 m/s.
(2)以甲为研究对象，由动量定理得
Ft＝M1v1－(－M1v0)，代入数据解得F＝432 N.
答案：(1)5.2 m/s (2)432 N
第3维度：某一方向上的动量守恒问题…………………
(2021·福建省厦大附中第二次模拟)如图所示，光滑水平面上质量为m1＝2 kg的物块以v0＝2 m/s的初速度冲向质量为m2＝6 kg静止的光滑圆弧面斜劈体．求：
(1)物块m1滑到最高点位置时，二者的速度大小；
(2)物块m1从圆弧面滑下后，二者速度大小；
(3)若m1＝m2，物块m1从圆弧面滑下后，二者速度大小．
解析：(1)物块m1与斜劈体作用过程水平方向遵从动量守恒定律，且到最高点时共速，以v0方向为正，则有：m1v0＝(m1＋m2)v，v＝0.5 m/s.
(2)物块m1从圆弧面滑下过程，水平方向动量守恒，动能守恒，则有：
m1v0＝m1v1＋m2v2，
m1v＝m1v＋m2v
解得：v1＝v0，v2＝v0
代入数据得：v1＝－1 m/s，v2＝1 m/s.
(3)若m1＝m2，根据上述分析，物块m1从圆弧面滑下后，交换速度，即v1′＝0，v2′＝2 m/s.
答案：(1)0.5 m/s (2)1 m/s 1 m/s (3)0 2 m/s
(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，哪些是系统外的物体对系统的作用力．
(3)系统中各物体的速度是否是相对地面的速度，若不是，则应转换成相对于地面的速度．
命题点二 动量守恒定律的三个应用实例(多维探究)
第1维度：碰撞问题…………………
1．碰撞现象满足的规律
(1)动量守恒定律．
(2)机械能不增加．
(3)速度要合理．
①若碰前两物体同向运动，则应有v后＞v前，碰后原来在前面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
两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒．以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有
m1v1＝m1v1′＋m2v2′
m1v＝m1v1′2＋m2v2′2
如图所示，光滑水平轨道上放置长板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为mA＝2 kg、mB＝1 kg、mC＝2 kg.开始时C静止，A、B一起以v0＝5 m/s 的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞．求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小．
解析：因碰撞时间极短，A与C碰撞过程动量守恒，设碰后瞬间A的速度为vA，C的速度为vC，以向右为正方向，由动量守恒定律得
mAv0＝mAvA＋mCvC①
A与B在摩擦力作用下达到共同速度，设共同速度为vAB，由动量守恒定律得
mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)vAB②
A与B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足
vAB＝vC③
联立①②③式，代入数据得vA＝2 m/s.
答案：2 m/s
碰撞问题解题策略
(1)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度满足：
v1＝v0、v2＝v0.
(3)熟记弹性正碰的一些结论，例如，当两球质量相等时，两球碰撞后交换速度．
第2维度：爆炸问题…………………
爆炸现象的三个规律
(1)动量守恒：
由于爆炸是在极短的时间内完成的，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．
(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．
(2022·邯郸模拟)如图所示，木块A、B的质量均为m，放在一段粗糙程度相同的水平地面上，木块A、B间夹有一小块炸药(炸药的质量可以忽略不计)．让A、B以初速度v0一起从O点滑出，滑行一段距离后到达P点，速度变为，此时炸药爆炸使木块A、B脱离，发现木块B立即停在原位置，木块A继续沿水平方向前进．已知O、P两点间的距离为s，设炸药爆炸时释放的化学能全部转化为木块的动能，爆炸时间很短可以忽略不计，求：
(1)木块与水平地面间的动摩擦因数μ；
(2)炸药爆炸时释放的化学能．
解析：(1)从O滑到P，对A、B由动能定理得
－μ·2mgs＝×2m－×2mv，
解得μ＝.
(2)在P点爆炸时，A、B组成的系统动量守恒，有
2m·＝mv，
根据能量守恒定律有
E0＋×2m＝mv2，
解得E0＝mv.
答案：(1) (2)mv
第3维度：反冲问题…………………
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
(多选)如图所示，小车AB放在光滑水平面上，A端固定一个轻弹簧，B端粘有油泥，小车总质量为M；质量为m的木块C放在小车上，用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩．开始时小车AB和木块C都静止，当突然烧断细绳时，C被释放，使C离开弹簧向B端冲去，并跟B端油泥粘在一起．忽略一切摩擦，以下说法正确的是( )
A．弹簧伸长过程中C向右运动，同时AB也向右运动
B．C与B碰前，C与AB的速率之比为M∶m
C．C与油泥粘在一起后，AB立即停止运动
D．C与油泥粘在一起后，AB继续向右运动
解析：BC 小车AB与木块C组成的系统在水平方向上动量守恒，C向右运动时，AB应向左运动，故A错误；设碰前C的速率为v1，AB的速率为v2，则0＝mv1－Mv2，得＝，故B正确；设C与油泥粘在一起后，AB、C的共同速度为v共，则0＝(M＋m)v共，得v共＝0，故C正确，D错误．
[题组突破]
1．(和图像结合的碰撞问题)(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1 kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为( )
A．3 J B．4 J
C．5 J D．6 J
解析：A 根据图像，碰撞前甲、乙的速度分别为v甲＝5.0 m/s，v乙＝1.0 m/s，碰撞后甲、乙的速度分别为v甲′＝－1.0 m/s，v乙′＝2.0 m/s.碰撞过程中由动量守恒定律得m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲′＋m乙v乙′，碰撞过程损失的机械能ΔE＝m甲v＋m乙v－m甲v甲′2－m乙v乙′2，联立以上各式解得ΔE＝3 J.
2．(和抛体运动结合的爆炸问题)以与水平方向成60°角斜向上的初速度v0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2v0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？
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前的速度为
v1＝v0cos 60°＝.
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
3mv1＝2mv1′＋mv2，
又v1′＝2v0，解得v2＝－2.5v0，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系统动能的增量，所以转化为动能的化学能为
E＝ΔEk＝－(3m)v＝mv.
答案：(1)2.5v0 方向与爆炸前炮弹运动的方向相反 (2)mv
命题点三 人船模型(师生互动)
[核心整合]
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．这样的问题归为“人船模型”问题．
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＝＝.
(3)应用此关系时要注意一个问题：公式v1、v2和x一般都是相对地面而言的．
(2022·河南淮阳中学模拟)有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长，一位同学想用一个卷尺测量它的质量．他进行了如下操作：首先将船平行码头自由停泊，然后他轻轻从船尾上船，走到船头后停下，而后轻轻下船，用卷尺测出船后退的距离d和船长L.已知他自身的质量为m，则船的质量为( )
A． B．
C． D．
解析：B 画出如图所示的草图，设人走动时船的速度大小为v，人的速度大小为v′，船的质量为M，人从船尾走到船头所用时间为t.则v＝，v′＝；人和船组成的系统在水平方向上动量守恒，取船的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得Mv－mv′＝0，解得船的质量M＝，B正确．
“人船”模型不仅适用于人在船上走动的情形，还可以进一步推广到其他类似情景中，如人沿静止在空中的热气球下面的软梯滑下或攀上的问题；还可适用于系统在某个方向动量守恒的情形，如小球沿放在光滑水平面上的弧形槽下滑的情形．这两类情形看似不同，其实都属同一种“人船”模型问题．
[题组突破]
1．(2022·湖南娄底市下学期质量检测)质量为M的气球上有一个质量为m的人，气球和人在静止的空气中共同静止于离地h高处，如果从气球上慢慢放下一个质量不计的软梯，让人沿软梯降到地面，则软梯长至少应为( )
A． h B． h
C．h D．h
解析：C 设人沿软梯滑至地面，软梯长度至少为L，以人和气球组成的系统为研究对象，竖直方向动量守恒，规定竖直向下为正方向，由动量守恒定律得0＝－Mv2＋mv1 ，人沿软梯降至地面，气球上升的高度为L－h，平均速度大小为v2＝，人相对于地面下降的高度为h，平均速度大小为v1＝ ，联立得0＝－M·＋m·，解得L＝h，故C正确，A、B、D错误．
2．(2022·赣州模拟)如图所示，三角形木块A质量为M，置于光滑水平面上，底边长a，在其顶部有一三角形小木块B，质量为m，其底边长为b，若B从顶端由静止滑至底部，则木块后退的距离为( )
A． B．
C． D．
解析：C 取向右为正方向，设木块后退的距离为x，B从顶端由静止滑至底部时，B向左运动的距离为a－b－x，则水平方向上A的平均速度大小为，B的平均速度大小为，根据水平方向动量守恒得：M－m＝0，解得，x＝，故选C．
素养培优19 动量守恒应用中的临界问题分析
题型一 单次作用的临界问题
如图所示，甲、乙两小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏，甲和他的冰车总质量为M＝30 kg，乙和他的冰车总质量也是30 kg.游戏时，甲推着一个质量为m＝15 kg的箱子和他一起以v0＝2 m/s的速度滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来，为了避免相撞，甲突然将箱子沿冰面推给乙，箱子滑到乙处，乙迅速抓住．若不计冰面摩擦．
(1)若甲将箱子以速度v推出，甲的速度v1为多少？(用字母表示)
(2)设乙抓住迎面滑来的速度为v的箱子后反向运动，乙抓住箱子后的速度v2为多少？(用字母表示)
(3)若甲、乙最后不相撞，甲、乙的速度应满足什么条件？箱子被推出的速度至少多大？
解析：(1)甲将箱子推出的过程，甲和箱子组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得：
(M＋m)v0＝mv＋Mv1①
解得v1＝②
(2)箱子和乙作用的过程动量守恒，以箱子的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
mv－Mv0＝(m＋M)v2③
解得v2＝④
(3)甲、乙不相撞的条件是v1≤v2⑤
其中v1＝v2为甲、乙恰好不相撞的条件．
联立②④⑤三式，并代入数据得v≥5.2 m/s.
答案：(1) (2) (3)v1≤v2 5.2 m/s
题型二 多次作用的临界问题
如图所示，在光滑水平面上有A、B两辆小车，水平面的左侧有一竖直墙，在小车B上坐着一个小孩子，小孩与B车的总质量是A车质量的10倍．两车开始都处于静止状态，小孩把A车以相对于地面的速度v推出，A车与墙壁碰后仍以原速率返回，小孩接到A车后，又把它以相对于地面的速度v推出．每次推出，A车相对于地面的速度都是v，方向向左．则小孩把A车推出几次后，A车返回时小孩不能再接到A车？
解析：取水平向右为正方向，小孩第一次推出A车时
mBv1－mAv＝0
即：v1＝v
第n次推出A车时：mAv＋mBvn－1＝－mAv＋mBvn
则：vn－vn－1＝v，
所以vn＝v1＋(n－1)v
当vn≥v时，再也接不到小车，由以上各式得n≥5.5，
取n＝6.
答案：6次
分析临界问题的关键是寻找临界状态．如在动量守恒定律的应用中，常常出现相互作用的两物体相距最近、避免相碰和物体开始反向运动等临界状态．其临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系，这些特定关系的判断是求解这类问题的关键．
限时规范训练
[基础巩固]
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
解析：B 因为滑块与车厢水平底板间有摩擦，且撤去推力后滑块在车厢底板上有相对滑动，即摩擦力做功，而水平地面是光滑的；以小车、弹簧和滑块组成的系统，根据动量守恒和机械能守恒的条件可知撤去推力后该系统动量守恒，机械能不守恒．故选B．
2．(2022·陕西西安高三模拟)如图所示，质量为0.5 kg的小球在距离车底面高20 m处以一定的初速度向左平抛，落在以7.5 m/s速度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，车与油泥的总质量为4 kg，设小球在落到车底前瞬间速度是25 m/s，则当小球与小车相对静止时，小车的速度是( )
A．5 m/s B．4 m/s
C．8.5 m/s D．9.5 m/s
解析：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＝mv2－mv，解得v0＝15 m/s，小球和车作用过程中，水平方向动量守恒，规定向右为正，则有－mv0＋Mv＝(M＋m)v′，解得v′＝5 m/s，A正确．
3．(多选)一机枪架在湖中小船上，船正以1 m/s的速度前进，小船及机枪总质量M＝200 kg，每颗子弹质量为m＝20 g，在水平方向机枪以v＝600 m/s的对地速度射出子弹，打出5颗子弹后船的速度可能为( )
A．1.4 m/s B．1 m/s
C．0.8 m/s D．0.5 m/s
解析：BC 若子弹射出方向与船前进的方向在同一直线上，则子弹、机枪和小船组成的系统动量守恒，有Mv0＝(M－5m)v′±5mv，若子弹向船前进的方向射出，反冲作用使船速减小，v1′＝＝0.7 m/s，若子弹向船前进的反方向射出，v2′＝＝1.3 m/s，可见船速应在0.7～1.3 m/s之间．故B、C正确．
4.如图所示，质量为m＝60 kg的人，站在质量为M＝300 kg的车的一端，车长L＝3 m，相对于地面静止．当车与地面间的摩擦可以忽略不计时，人由车的一端走到另一端的过程中，车将( )
A．后退0.5 m B．后退0.6 m
C．后退0.75 m D．一直匀速后退
解析：A 人、车组成的系统动量守恒，则mv1＝Mv2，所以mx1＝Mx2，又有x1＋x2＝L，解得x2＝0.5 m，选项A正确，B、C错误；因系统总动量为0，车的速度v2＝，可见v2随v1的变化而变化，车不会一直匀速后退，D错误．
5．如图甲所示是打桩机进行路基打桩的实物情景图，打桩过程情景模型如图乙所示，已知打桩机重锤A的质量为m，混凝土钢筋桩B的质量为M，其中M＝8m.每一次打桩时，打桩机抬高重锤A比桩B顶部高出H，然后从静止自由释放，与桩发生时间极短的完全非弹性碰撞后，与桩一起向下运动，设桩受到的阻力f与桩进入地面下的深度h成正比，即f＝kh，其中k＝(重力加速度为g，其他阻力忽略不计)．
(1)完成第1次打桩后，试求桩B进入地面下的深度h1；
(2)已知桩B的长度l＝3H，试求使桩B刚好全部进入地面下，则要打多少次？
解析：(1)设重锤A下落与桩B碰撞前的速度为v0，则有
mgH＝mv
因为重锤A与桩B发生了时间极短的完全非弹性碰撞，设碰撞后的共同速度为v，
则有mv0＝(M＋m)v
设第1次打桩，桩B克服阻力所做的功为W1，则有
(M＋m)gh1－W1＝0－(M＋m)v2
其中W1＝kh
联合上式解得h1＝，另一负解不合实际情况，故舍去．
(2)设使桩B刚好全部进入地面下，要打N次，根据动能定理，
有：(M＋m)gl－W总＝0－N×(M＋m)v2
其中W总＝kl2，解得N＝2025.
答案：(1) (2)2025
6.如图所示，光滑悬空轨道上静止一质量为3m的小车A，用一段不可伸长的轻质细绳悬挂一质量为2m的木块B．一质量为m的子弹以水平速度v0射入木块(时间极短)，在以后的运动过程中，细绳离开竖直方向的最大角度小于90°，试求：(不计空气阻力，重力加速度为g)
(1)子弹射入木块B时产生的热量；
(2)木块B能摆起的最大高度；
(3)小车A运动过程的最大速度大小．
解析：(1)子弹与木块B作用瞬间水平方向的动量守恒，可得
mv0＝(m＋2m)v1，
解得v1＝.
设产生的热量为Q，根据能量守恒定律有
Q＝mv－mv＝mv.
(2)木块B到最高点时，小车A、木块B、子弹三者有相同的水平速度，
根据水平方向动量守恒有(m＋2m)v1＝(m＋2m＋3m)v2，
解得v2＝v0.
由机械能守恒定律有3mgh＋×6mv＝×3mv，
解得h＝.
(3)设小车A运动过程的最大速度为v4，此时木块的速度为v3，当木块回到原来高度时，小车的速度最大，根据水平方向动量守恒，
有3mv1＝3mv3＋3mv4，
根据能量守恒定律有mv＝mv＋mv，
解得v4＝v0.
答案：(1)mv (2) (3)v0
[能力提升]
7．(2020·全国卷Ⅱ)(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4.0 kg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5.0 m/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5.0 m/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．48 kg B．53 kg
C．58 kg D．63 kg
解析：BC 设运动员的质量为M，第一次推物块后，运动员速度为v1，第二次推物块后，运动员速度为v2……第八次推物块后，运动员速度为v8，第一次推物块后，由动量守恒定律知：Mv1＝mv0
第二次推物块后，由动量守恒定律知：
M(v2－v1)＝m[v0－(－v0)]＝2mv0
……
第n次推物块后，由动量守恒定律知：
M(vn－vn－1)＝2mv0
整理得vn＝
则v7＝，v8＝
由题意知，v7<5 m/s，则M>52 kg，又知v8>5 m/s，则M<60 kg，可知选项B、C正确．
8.(多选)如图所示，光滑斜面长L＝2 m，倾角为θ＝30°.质量为mA＝0.2 kg 的物体A从斜面顶点由静止滑下，与此同时质量为mB＝0.3 kg的物体B从斜面底端以v0＝5 m/s的速度冲上斜面，两物体相碰撞后粘在一起，取重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．两物体碰撞后立即一起沿斜面加速下滑
B．两物体碰撞后立即一起沿斜面减速上滑一段距离再加速下滑
C．两物体在碰撞过程中损失的机械能为3.5 J
D．两物体在碰撞过程中损失的机械能为1.5 J
解析：BD 设两物体运动时间t1后相碰撞，则有v0t1－gsin θ·t＋gsin θ·t＝L，解得 t1＝0.4 s，此时A的速度大小为vA＝gsin θ·t1＝2 m/s，方向向下；B的速度大小为vB＝v0－gsin θ·t1＝3 m/s，方向向上．取沿斜面向上的方向为正方向，则根据动量守恒定律可得mBvB－mAvA＝(mA＋mB)v，解得v＝1 m/s，所以两物体相碰撞后立即一起沿斜面减速上滑一段距离再加速下滑，选项B正确，A错误．两物体在碰撞过程中损失的机械能为ΔE＝mBv＋mAv－(mA＋mB)v2＝1.5 J，选项D正确，C错误．
9.如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3 m(h小于斜面体的高度)．已知小孩与滑板的总质量为m1＝30 kg，冰块的质量为m2＝10 kg，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小g＝10 m/s2.
(1)求斜面体的质量；
(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？
解析：(1)规定向左为正方向．冰块在斜面体上上升到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3.对冰块与斜面体，由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得
m2v0＝(m2＋m3)v①
m2v＝(m2＋m3)v2＋m2gh②
式中v0＝3 m/s为冰块推出时的速度，联立①②式并代入题给数据得
v＝1 m/s，m3＝20 kg③
(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，对小孩与冰块，由动量守恒定律有
m1v1＋m2v0＝0④
代入数据得v1＝－1 m/s⑤
设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，对冰块与斜面体，由动量守恒和机械能守恒定律有
m2v0＝m2v2＋m3v3⑥
m2v＝m2v＋m3v⑦
联立③⑥⑦式并代入数据得v2＝－1 m/s⑧
由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且冰块处在后方，故冰块不能追上小孩．
答案：(1)20 kg (2)不能 理由见解析
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