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物理第一章 动量守恒定律3 动量守恒定律精品同步测试题
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这是一份物理第一章 动量守恒定律3 动量守恒定律精品同步测试题，共12页。试卷主要包含了6 m/s，5 m/s，25 105等内容，欢迎下载使用。
学习目标
02
预习导学
（一）课前阅读：
1.如图所示，公路上三辆汽车发生了追尾事故．如果将甲、乙两辆汽车看做一个系统，丙车对乙车的作用力是内力，还是外力？如果将三辆汽车看成一个系统，丙车对乙车的作用力是内力还是外力？
答案 外力 内力
2.如图所示，水平桌面上的两个小球，质量分别为m1和m2，沿着同一直线向相同的方向做匀速运动，速度分别是v1和v2，v2>v1.当第二个小球追上第一个小球时两球发生碰撞，碰撞后两球的速度分别为v1′和v2′.试用动量定理和牛顿第三定律推导两球碰前总动量m1v1＋m2v2与碰后总动量m1v1′＋m2v2′的关系．
答案 设碰撞过程中两球受到的作用力分别为F1、F2，相互作用时间为t
根据动量定理：
F1t＝m1(v1′－v1)，F2t＝m2(v2′－v2)．
因为F1与F2是两球间的相互作用力，根据牛顿第三定律可知，F1＝－F2，
则有：m1v1′－m1v1＝m2v2－m2v2′
即m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
此式表明两球在相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量．
（二）基础梳理
（三）预习作业
1．(多选)2021年7月28日，中国队以16∶14险胜法国队，赢下女子三人篮球铜牌，中国女篮时隔29年再次站上奥运领奖台！比赛中质量为m的篮球以大小为v1的速度水平撞击竖直篮板后，被篮板水平弹回，速度大小变为v2，已知v2A．撞击时篮球受到的冲量大小为m(v1＋v2)
B．撞击时篮板受到篮球的冲量为零
C．撞击过程中篮球和篮板组成的系统动量不守恒
D．撞击过程中篮球和篮板组成的系统机械能守恒
解析：选AC 以篮球被弹回的方向为正方向，则由动量定理可知，撞击时篮球受到的冲量大小为I＝mv2－(－mv1)＝m(v1＋v2)，A正确，B错误；撞击过程中篮球和篮板组成的系统所受合外力不为零，则系统的动量不守恒，C正确；撞击过程中篮球的动能减小，则篮球和篮板组成的系统机械能减小，D错误。
2．(多选)如图所示，A、B两物体质量之比mA∶mB＝3∶2，静止在平板小车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑，当弹簧突然释放后，则下列说法正确的是( )
A．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统动量守恒
B．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成的系统动量守恒
C．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统动量守恒
D．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成的系统动量守恒
答案 BCD
解析 如果A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，弹簧释放后，A、B分别相对于小车向左、向右滑动，它们所受的滑动摩擦力FfA向右，FfB向左．由于mA∶mB＝3∶2，所以FfA∶FfB＝3∶2，则A、B组成的系统所受的外力之和不为零，故其动量不守恒，A选项错误；对A、B、C组成的系统，A、B与C间的摩擦力为内力，该系统所受的外力为竖直方向上的重力和支持力，它们的合力为零，故该系统的动量守恒，B、D选项正确．若A、B所受摩擦力大小相等，则A、B组成的系统所受的外力之和为零，故其动量守恒，C选项正确．
03
探究提升
环节一 动量守恒的条件
思考：1．如图所示，物块与小车壁之间连有水平轻弹簧，弹簧处于伸长状态，外力使整个装置处于静止状态。现撤去其他外力，仅给小车施加一水平向左的恒力F，F恰好等于小车与地面间的滑动摩擦力，在弹簧恢复原长的过程中，则( )
A．物块向右运动，小车静止
B．物块与小车组成的系统动量守恒
C．弹簧弹力对小车的冲量与弹簧弹力对物块的冲量相同
D．物块、弹簧与小车组成的系统机械能一定不守恒
解析：选B F恰好等于小车与地面间的滑动摩擦力，则物块与小车组成的系统所受的合力为零，故物块与小车组成的系统动量守恒，B正确；在弹簧恢复原长的过程中，物块向右运动，则小车向左运动，弹簧弹力对小车的冲量与弹簧弹力对物块的冲量大小相等，方向相反，A、C错误；如果小车上表面光滑，因为小车克服摩擦力做功与F对小车做功相等，则物块、弹簧与小车组成的系统动能与势能相互转化，机械能不变，D错误。
2．(多选)下列相互作用的过程中，可以认为系统动量守恒的是( )
答案 AC
解析 轮滑男孩推轮滑女孩过程中，两人及轮滑组成的系统所受的摩擦力很小，可忽略不计，动量守恒，故A正确．子弹击穿面粉袋的瞬间，面粉袋所受地面的摩擦力很大，不能忽略，系统的动量不守恒，故B错误．人在太空舱外发射子弹，人和太空舱所受的重力很小，可以忽略不计，动量守恒，故C正确．两辆汽车相撞时所受的地面的摩擦力很大，不能忽略，动量不守恒，故D错误．
环节二 动量守恒定律的应用
问题探究1：如图所示，质量mA＝8.0 kg的足够长的木板A放在光滑水平面上，在其右端放一个质量为mB＝2.0 kg的小木块B。给B以大小为4.0 m/s、方向向左的初速度，同时给A以大小为6.0 m/s、方向向右的初速度，两物体同时开始运动，直至A、B运动状态稳定，下列说法正确的是( )
A．木块B的最终速度大小为5.6 m/s
B．在整个过程中，木块B的动能变化量为0
C．在整个过程中，木块B的动量变化量为0
D．在整个过程中，系统的机械能守恒
解析：选B 小木块与木板组成的系统动量守恒，由于木板的动量大于小木块的动量，所以系统的合动量方向向右；小木块先向左减速运动，速度减为零后再反向向右加速运动，最后小木块与木板一起匀速运动。设向右为正方向，由动量守恒定律得mAvA－mBvB＝(mA＋mB)v，解得v＝4 m/s，故A错误；在整个过程中，木块B的动能变化量为ΔEk＝eq \f(1,2)mBv2－eq \f(1,2)mBvB2＝0，故B正确；在整个过程中，木块B的动量变化量为Δp＝mBv－mBvB＝16 kg·m/s，故C错误；在整个过程中，由于小木块与木板之间有摩擦力作用，系统克服摩擦力做功，一部分机械能转化为内能，故系统机械能不守恒，故D错误。
环节三 某方向上动量守恒定律的应用
问题探究2：如图所示，将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上，槽的左侧紧靠在墙壁上．现让一小球自左侧槽口A的正上方从静止开始落下，与圆弧槽相切自A点进入槽内，则下列结论中正确的是( )
A．小球在半圆槽内运动的全过程中，只有重力对它做功
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．小球自半圆槽B点向C点运动的过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒
D．小球离开C点以后，将做竖直上抛运动
答案 C
解析 小球下滑到半圆槽的最低点B之后，半圆槽离开墙壁，除了重力外，槽对小球的弹力对小球做功，选项A错误；小球下滑到半圆槽的最低点B之前，小球与半圆槽组成的系统水平方向上受到墙壁的弹力作用，系统所受的外力不为零，系统水平方向上动量不守恒，半圆槽离开墙壁后，小球与半圆槽在水平方向动量守恒，选项B错误，C正确；半圆槽离开墙壁后小球对槽的压力对槽做功，小球与半圆槽具有向右的水平速度，所以小球离开右侧槽口以后，将做斜上抛运动，选项D错误．
04
体系构建
内力与外力——动量守恒的条件——动量守恒定律的应用
05
记忆清单
一、动量守恒的条件
★学习聚焦：
二、爆炸
★学习聚焦：
1．爆炸现象的特点
爆炸过程中内力远大于外力，爆炸的各部分组成的系统总动量守恒。
2．爆炸现象的三个规律
三、动量守恒定律的应用
★学习聚焦：
1．动量守恒定律的五个特性
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。
0601
强化训练
1.(多选)如图所示，质量为M的楔形物体静止在光滑的水平地面上，其斜面光滑且足够长，与水平方向的夹角为θ。一个质量为m的小物块从斜面底端以初速度v0沿斜面向上开始运动。当小物块沿斜面向上运动到最高点时，速度大小为v，距地面高度为h，则下列关系式中正确的是( )
A．mv0＝(m＋M)v
B．mv0cs θ＝(m＋M)v
C．mgh＝eq \f(1,2)m(v0sin θ)2
D．mgh＋eq \f(1,2)(m＋M)v2＝eq \f(1,2)mv02
[解析] 小物块上升到最高点时，小物块相对楔形物体静止，所以小物块与楔形物体的速度都为v，二者组成的系统在水平方向上动量守恒，全过程机械能守恒。以向右为正方向，在小物块上升过程中，由水平方向系统动量守恒得mv0cs θ＝(m＋M)v，故A错误，B正确；由机械能守恒定律得mgh＋eq \f(1,2)(m＋M)v2＝eq \f(1,2)mv02，故C错误，D正确。
[答案] BD
2.如图，一滑雪道由AB和BC两段滑道组成，其中AB段倾角为θ，BC段水平，AB段和BC段由一小段光滑圆弧连接。一个质量为2 kg的背包在滑道顶端A处由静止滑下，若1 s后质量为48 kg的滑雪者从顶端以1.5 m/s 的初速度、3 m/s2的加速度匀加速追赶，恰好在坡底光滑圆弧的水平处追上背包并立即将其拎起。背包与滑道的动摩擦因数为μ＝eq \f(1,12)，重力加速度取g＝10 m/s2，sin θ＝eq \f(7,25)，cs θ＝eq \f(24,25)，忽略空气阻力及拎包过程中滑雪者与背包的重心变化。求：
(1)滑道AB段的长度；
(2)滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度。
解析：(1)设斜面长度为L，背包质量为m1＝2 kg，在斜面上滑行的加速度为a1，由牛顿第二定律有
m1gsin θ－μm1gcs θ＝m1a1
解得a1＝2 m/s2
滑雪者质量为m2＝48 kg，初速度为v0＝1.5 m/s，加速度为a2＝3 m/s2，在斜面上滑行时间为t，落后时间t0＝1 s，则背包的滑行时间为t＋t0，由运动学公式得
L＝eq \f(1,2)a1(t＋t0)2
L＝v0t＋eq \f(1,2)a2t2
联立解得t＝2 s或t＝－1 s(舍去)，L＝9 m。
(2)设背包和滑雪者到达水平轨道时的速度为v1、v2，有
v1＝a1(t＋t0)＝6 m/s
v2＝v0＋a2t＝7.5 m/s
滑雪者拎起背包的过程，系统在光滑水平面上外力为零，动量守恒，设共同速度为v，有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v
解得v＝7.44 m/s。
答案：(1)9 m (2)7.44 m/s
3.质量为M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v，此时滑板的速度大小为( )
A.eq \f(m,M)v B.eq \f(M,m)v C.eq \f(m,m＋M)v D.eq \f(M,m＋M)v
解析：选B 由题意知：小孩和滑板动量守恒，则Mv＋mv′＝0，得v′＝－eq \f(M,m)v，即滑板的速度大小为eq \f(Mv,m)，方向与小孩运动方向相反，故B项正确。
4.如图所示，某同学质量为60 kg，在军事训练中要求他从岸上以2 m/s的速度跳到一条向他缓缓飘来的小船上，然后去执行任务，小船的质量是140 kg，原来的速度是0.5 m/s，该同学上船后又跑了几步，最终停在船上．此时小船的速度大小为 m/s，此过程该同学动量变化量的大小为 kg·m/s.
答案 0.25 105
解析 规定该同学跳向船的速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv1－Mv2＝(M＋m)v
解得v＝0.25 m/s，
|Δp|＝|mv－mv1|＝105 kg·m/s.
5.把一支枪水平固定在小车上，小车放在光滑的水平面上，枪发射出一颗子弹时，关于枪、子弹和车，下列说法中正确的是( )
A．枪和子弹组成的系统动量守恒
B．枪和车组成的系统动量守恒
C．三者组成的系统因为子弹和枪筒之间的摩擦力很小，使系统的动量变化很小，可忽略不计，故系统动量近似守恒
D．三者组成的系统动量守恒，因为系统只受重力和地面支持力这两个外力作用，这两个外力的合力为零
答案 D
解析 由于枪水平放置，故三者组成的系统除受重力和支持力(两外力平衡)外，不受其他外力，动量守恒，D正确．子弹和枪筒之间的力应为系统的内力，对系统的总动量没有影响，C错误．分开枪和车，则枪和子弹组成的系统受到车对其的外力作用，车和枪组成的系统受到子弹对其的外力作用，动量都不守恒，A、B错误．
6.如图所示，质量为3m的物块A与质量为m的物块B用轻弹簧和不可伸长的细线连接，静止在光滑的水平面上，此时细线刚好伸直但无弹力。现使物块A瞬间获得向右的速度v0，在以后的运动过程中，细线没有绷断，以下判断正确的是( )
A．细线再次伸直前，物块A的速度先减小后增大
B．细线再次伸直前，物块B的加速度先减小后增大
C．弹簧最大的弹性势能等于eq \f(3,8)mv02
D．物块A、B与弹簧组成的系统，损失的机械能最多为eq \f(3,2)mv02
解析：选C 细线再次伸直时，也就是弹簧再次恢复原长时，该过程中A始终受到向左的弹力，即一直做减速运动，B始终受到向右的弹力，即一直做加速运动，弹簧的弹力先变大后变小，则B的加速度先增大后减小，故A、B错误；弹簧弹性势能最大时，弹簧被压缩到最短，此时两物块速度相同，根据动量守恒定律可得3mv0＝(3m＋m)v，解得v＝eq \f(3,4)v0，根据能量守恒定律可得弹簧最大的弹性势能Epmax＝eq \f(1,2)×3mv02－eq \f(1,2)×(3m＋m)v2＝eq \f(3,8)mv02，故C正确；整个过程中，只有弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒，故D错误。
7.如图甲所示，光滑水平面上有A、B两物块，已知A物块的质量mA＝1 kg.初始时刻B静止，A以一定的初速度向右运动，之后与B发生碰撞并一起运动，它们的x－t图象如图乙所示(规定向右为位移的正方向)，则物块B的质量为多少？
答案 3 kg
解析 由x－t图知：碰前瞬间vA＝8 m/s，vB＝0；
碰后瞬间vAB＝eq \f(20－16,4－2) m/s＝2 m/s
A、B两物块组成的系统动量守恒有，
mAvA＋0＝(mA＋mB)vAB
代入数据解得mB＝3 kg.
8. 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
答案 A
解析 根据题图图象，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，碰撞过程由动量守恒定律得m甲v甲＋
m乙v乙＝m甲v甲′＋m乙v乙′，解得m乙＝6 kg，碰撞过程损失的机械能ΔE＝eq \f(1,2)m甲v甲2＋
eq \f(1,2)m乙v乙2－eq \f(1,2)m甲v甲′2－eq \f(1,2)m乙v乙′2，解得ΔE＝3 J，故选A.课程标准
学习目标
通过理论推导和实验，理解动量守恒定律，能用其解释生产生活中的有关现象。
1．理解动量守恒定律的条件
2．会运用动量守恒定律解决实际问题
3．动量守恒定律的普遍性
一、动量守恒的条件
（一）系统、内力和外力
(1)系统：相互作用的两个或多个物体组成一个力学系统．
(2)内力：系统中物体间的相互作用力．
(3)外力：系统外部的物体对系统内物体的作用力．
（二）适用条件：系统不受外力或者所受外力的矢量和为0.
【概念衔接】系统、内力、外力、外力矢量和
【拓展补充】区分动量守恒条件与机械能守恒的条件
【即学即练】判断下列说法的正误．
(1)一个系统初、末态动量大小相等，即动量守恒．( × )
(2)两个做匀速直线运动的物体发生碰撞，两个物体组成的系统动量守恒．( √ )
(3)若系统内存在摩擦力，则动量不可能守恒．( × )
(4)只要系统所受到的合力的冲量为零，动量就守恒．( √ )
(5)系统动量守恒也就是系统的动量变化量为零．( √ )
【微点拨】动量守恒与否看外力
二、动量守恒定律
（一）内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变．
（二）表达式：
m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′(作用前后总动量相等)．
（三）如图所示，进行太空行走的宇航员A和B的质量分别为80 kg和100 kg，开始他们携手远离空间站，相对空间站的速度为0.1 m/s.然后A将B向空间站方向轻推，A的速度变为0.2 m/s.
(1)A、B二人相互作用时动量守恒吗？
(2)如果守恒，应以什么为参考系？
(3)A轻推B后，B的速度大小是多少？方向如何？
答案 (1)守恒 (2)以空间站为参考系 (3)0.02 m/s
远离空间站方向
解析 (3)规定远离空间站的方向为正方向，
则v0＝0.1 m/s，vA＝0.2 m/s
根据动量守恒定律(mA＋mB)v0＝mAvA＋mBvB
代入数据解得vB＝0.02 m/s，方向为远离空间站方向．
【拓展补充】动量守恒定律可以针对某方向使用
【即学即练】如图所示，我国自行研制的第五代隐形战机“歼-20”以速度v0水平向右匀速飞行，到达目标地时，将质量为M的导弹自由释放，导弹向后喷出质量为m、对地速率为v1的燃气，则喷气后导弹的速率为( )
A.eq \f(Mv0＋mv1,M－m) B.eq \f(Mv0－mv1,M－m)
C.eq \f(Mv0－mv1,M) D.eq \f(Mv0＋mv1,M)
解析：选A 设导弹飞行的方向为正方向，由动量守恒定律Mv0＝(M－m)v－mv1，解得v＝eq \f(Mv0＋mv1,M－m)。
【微点拨】注意方向的处理
三、动量守恒定律的应用
（一）对动量守恒定律的理解
1．对系统“总动量保持不变”的理解
(1)系统在整个过程中任意两个时刻的总动量都相等，不能误认为只是初、末两个状态的总动量相等．
(2)系统的总动量保持不变，但系统内每个物体的动量可能都在不断变化．
2．动量守恒定律的“四性”
(1)矢量性：动量守恒定律的表达式是一个矢量式．
(2)相对性：动量守恒定律中，系统中各物体在相互作用前后的动量必须相对于同一惯性系，各物体的速度通常均为相对于地面的速度．
(3)同时性：初动量必须是各物体在作用前同一时刻的动量；末动量必须是各物体在作用后同一时刻的动量．
(4)普适性：不仅适用两个物体或多个物体组成的系统，也适用于宏观低速物体以及微观高速粒子组成的系统．
【概念衔接】动量定理、动量守恒定律
【拓展补充】可以针对某个方向使用
【即学即练】如图所示，质量为m＝245 g的物块(可视为质点)放在质量为M＝0.5 kg的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4。质量为m0＝5 g的子弹以速度v0＝300 m/s沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)，g取10 m/s2。子弹射入后，求：
(1)子弹进入物块后子弹和物块一起向右滑行的最大速度v1。
(2)木板向右滑行的最大速度v2。
(3)物块在木板上滑行的时间t。
解析：(1)子弹进入物块后一起向右滑行的初速度即为物块的最大速度，由动量守恒可得：
m0v0＝(m0＋m)v1，解得v1＝6 m/s。
(2)当子弹、物块、木板三者同速时，木板的速度最大，由动量守恒定律可得：(m0＋m)v1＝(m0＋m＋M)v2，解得v2＝2 m/s。
(3)对物块和子弹组成的整体应用动量定理得：
－μ(m0＋m)gt＝(m0＋m)v2－(m0＋m)v1，
解得：t＝1 s。
答案：(1)6 m/s (2)2 m/s (3)1 s
【微点拨】动量守恒定律与动量定理的综合
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
近似守恒
系统受到的合外力不为零，但当内力远大于合外力时，系统的动量可近似看成守恒
分方向守恒
系统在某个方向上所受合外力为零或该方向F内≫F外时，系统在该方向上动量守恒
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)转化为动能
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
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
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
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)
矢量性
动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题时应选取统一的正方向
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
学习目标
02
预习导学
（一）课前阅读：
1.如图所示，公路上三辆汽车发生了追尾事故．如果将甲、乙两辆汽车看做一个系统，丙车对乙车的作用力是内力，还是外力？如果将三辆汽车看成一个系统，丙车对乙车的作用力是内力还是外力？
答案 外力 内力
2.如图所示，水平桌面上的两个小球，质量分别为m1和m2，沿着同一直线向相同的方向做匀速运动，速度分别是v1和v2，v2>v1.当第二个小球追上第一个小球时两球发生碰撞，碰撞后两球的速度分别为v1′和v2′.试用动量定理和牛顿第三定律推导两球碰前总动量m1v1＋m2v2与碰后总动量m1v1′＋m2v2′的关系．
答案 设碰撞过程中两球受到的作用力分别为F1、F2，相互作用时间为t
根据动量定理：
F1t＝m1(v1′－v1)，F2t＝m2(v2′－v2)．
因为F1与F2是两球间的相互作用力，根据牛顿第三定律可知，F1＝－F2，
则有：m1v1′－m1v1＝m2v2－m2v2′
即m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
此式表明两球在相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量．
（二）基础梳理
（三）预习作业
1．(多选)2021年7月28日，中国队以16∶14险胜法国队，赢下女子三人篮球铜牌，中国女篮时隔29年再次站上奥运领奖台！比赛中质量为m的篮球以大小为v1的速度水平撞击竖直篮板后，被篮板水平弹回，速度大小变为v2，已知v2
B．撞击时篮板受到篮球的冲量为零
C．撞击过程中篮球和篮板组成的系统动量不守恒
D．撞击过程中篮球和篮板组成的系统机械能守恒
解析：选AC 以篮球被弹回的方向为正方向，则由动量定理可知，撞击时篮球受到的冲量大小为I＝mv2－(－mv1)＝m(v1＋v2)，A正确，B错误；撞击过程中篮球和篮板组成的系统所受合外力不为零，则系统的动量不守恒，C正确；撞击过程中篮球的动能减小，则篮球和篮板组成的系统机械能减小，D错误。
2．(多选)如图所示，A、B两物体质量之比mA∶mB＝3∶2，静止在平板小车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑，当弹簧突然释放后，则下列说法正确的是( )
A．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统动量守恒
B．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成的系统动量守恒
C．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统动量守恒
D．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成的系统动量守恒
答案 BCD
解析 如果A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，弹簧释放后，A、B分别相对于小车向左、向右滑动，它们所受的滑动摩擦力FfA向右，FfB向左．由于mA∶mB＝3∶2，所以FfA∶FfB＝3∶2，则A、B组成的系统所受的外力之和不为零，故其动量不守恒，A选项错误；对A、B、C组成的系统，A、B与C间的摩擦力为内力，该系统所受的外力为竖直方向上的重力和支持力，它们的合力为零，故该系统的动量守恒，B、D选项正确．若A、B所受摩擦力大小相等，则A、B组成的系统所受的外力之和为零，故其动量守恒，C选项正确．
03
探究提升
环节一 动量守恒的条件
思考：1．如图所示，物块与小车壁之间连有水平轻弹簧，弹簧处于伸长状态，外力使整个装置处于静止状态。现撤去其他外力，仅给小车施加一水平向左的恒力F，F恰好等于小车与地面间的滑动摩擦力，在弹簧恢复原长的过程中，则( )
A．物块向右运动，小车静止
B．物块与小车组成的系统动量守恒
C．弹簧弹力对小车的冲量与弹簧弹力对物块的冲量相同
D．物块、弹簧与小车组成的系统机械能一定不守恒
解析：选B F恰好等于小车与地面间的滑动摩擦力，则物块与小车组成的系统所受的合力为零，故物块与小车组成的系统动量守恒，B正确；在弹簧恢复原长的过程中，物块向右运动，则小车向左运动，弹簧弹力对小车的冲量与弹簧弹力对物块的冲量大小相等，方向相反，A、C错误；如果小车上表面光滑，因为小车克服摩擦力做功与F对小车做功相等，则物块、弹簧与小车组成的系统动能与势能相互转化，机械能不变，D错误。
2．(多选)下列相互作用的过程中，可以认为系统动量守恒的是( )
答案 AC
解析 轮滑男孩推轮滑女孩过程中，两人及轮滑组成的系统所受的摩擦力很小，可忽略不计，动量守恒，故A正确．子弹击穿面粉袋的瞬间，面粉袋所受地面的摩擦力很大，不能忽略，系统的动量不守恒，故B错误．人在太空舱外发射子弹，人和太空舱所受的重力很小，可以忽略不计，动量守恒，故C正确．两辆汽车相撞时所受的地面的摩擦力很大，不能忽略，动量不守恒，故D错误．
环节二 动量守恒定律的应用
问题探究1：如图所示，质量mA＝8.0 kg的足够长的木板A放在光滑水平面上，在其右端放一个质量为mB＝2.0 kg的小木块B。给B以大小为4.0 m/s、方向向左的初速度，同时给A以大小为6.0 m/s、方向向右的初速度，两物体同时开始运动，直至A、B运动状态稳定，下列说法正确的是( )
A．木块B的最终速度大小为5.6 m/s
B．在整个过程中，木块B的动能变化量为0
C．在整个过程中，木块B的动量变化量为0
D．在整个过程中，系统的机械能守恒
解析：选B 小木块与木板组成的系统动量守恒，由于木板的动量大于小木块的动量，所以系统的合动量方向向右；小木块先向左减速运动，速度减为零后再反向向右加速运动，最后小木块与木板一起匀速运动。设向右为正方向，由动量守恒定律得mAvA－mBvB＝(mA＋mB)v，解得v＝4 m/s，故A错误；在整个过程中，木块B的动能变化量为ΔEk＝eq \f(1,2)mBv2－eq \f(1,2)mBvB2＝0，故B正确；在整个过程中，木块B的动量变化量为Δp＝mBv－mBvB＝16 kg·m/s，故C错误；在整个过程中，由于小木块与木板之间有摩擦力作用，系统克服摩擦力做功，一部分机械能转化为内能，故系统机械能不守恒，故D错误。
环节三 某方向上动量守恒定律的应用
问题探究2：如图所示，将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上，槽的左侧紧靠在墙壁上．现让一小球自左侧槽口A的正上方从静止开始落下，与圆弧槽相切自A点进入槽内，则下列结论中正确的是( )
A．小球在半圆槽内运动的全过程中，只有重力对它做功
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．小球自半圆槽B点向C点运动的过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒
D．小球离开C点以后，将做竖直上抛运动
答案 C
解析 小球下滑到半圆槽的最低点B之后，半圆槽离开墙壁，除了重力外，槽对小球的弹力对小球做功，选项A错误；小球下滑到半圆槽的最低点B之前，小球与半圆槽组成的系统水平方向上受到墙壁的弹力作用，系统所受的外力不为零，系统水平方向上动量不守恒，半圆槽离开墙壁后，小球与半圆槽在水平方向动量守恒，选项B错误，C正确；半圆槽离开墙壁后小球对槽的压力对槽做功，小球与半圆槽具有向右的水平速度，所以小球离开右侧槽口以后，将做斜上抛运动，选项D错误．
04
体系构建
内力与外力——动量守恒的条件——动量守恒定律的应用
05
记忆清单
一、动量守恒的条件
★学习聚焦：
二、爆炸
★学习聚焦：
1．爆炸现象的特点
爆炸过程中内力远大于外力，爆炸的各部分组成的系统总动量守恒。
2．爆炸现象的三个规律
三、动量守恒定律的应用
★学习聚焦：
1．动量守恒定律的五个特性
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。
0601
强化训练
1.(多选)如图所示，质量为M的楔形物体静止在光滑的水平地面上，其斜面光滑且足够长，与水平方向的夹角为θ。一个质量为m的小物块从斜面底端以初速度v0沿斜面向上开始运动。当小物块沿斜面向上运动到最高点时，速度大小为v，距地面高度为h，则下列关系式中正确的是( )
A．mv0＝(m＋M)v
B．mv0cs θ＝(m＋M)v
C．mgh＝eq \f(1,2)m(v0sin θ)2
D．mgh＋eq \f(1,2)(m＋M)v2＝eq \f(1,2)mv02
[解析] 小物块上升到最高点时，小物块相对楔形物体静止，所以小物块与楔形物体的速度都为v，二者组成的系统在水平方向上动量守恒，全过程机械能守恒。以向右为正方向，在小物块上升过程中，由水平方向系统动量守恒得mv0cs θ＝(m＋M)v，故A错误，B正确；由机械能守恒定律得mgh＋eq \f(1,2)(m＋M)v2＝eq \f(1,2)mv02，故C错误，D正确。
[答案] BD
2.如图，一滑雪道由AB和BC两段滑道组成，其中AB段倾角为θ，BC段水平，AB段和BC段由一小段光滑圆弧连接。一个质量为2 kg的背包在滑道顶端A处由静止滑下，若1 s后质量为48 kg的滑雪者从顶端以1.5 m/s 的初速度、3 m/s2的加速度匀加速追赶，恰好在坡底光滑圆弧的水平处追上背包并立即将其拎起。背包与滑道的动摩擦因数为μ＝eq \f(1,12)，重力加速度取g＝10 m/s2，sin θ＝eq \f(7,25)，cs θ＝eq \f(24,25)，忽略空气阻力及拎包过程中滑雪者与背包的重心变化。求：
(1)滑道AB段的长度；
(2)滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度。
解析：(1)设斜面长度为L，背包质量为m1＝2 kg，在斜面上滑行的加速度为a1，由牛顿第二定律有
m1gsin θ－μm1gcs θ＝m1a1
解得a1＝2 m/s2
滑雪者质量为m2＝48 kg，初速度为v0＝1.5 m/s，加速度为a2＝3 m/s2，在斜面上滑行时间为t，落后时间t0＝1 s，则背包的滑行时间为t＋t0，由运动学公式得
L＝eq \f(1,2)a1(t＋t0)2
L＝v0t＋eq \f(1,2)a2t2
联立解得t＝2 s或t＝－1 s(舍去)，L＝9 m。
(2)设背包和滑雪者到达水平轨道时的速度为v1、v2，有
v1＝a1(t＋t0)＝6 m/s
v2＝v0＋a2t＝7.5 m/s
滑雪者拎起背包的过程，系统在光滑水平面上外力为零，动量守恒，设共同速度为v，有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v
解得v＝7.44 m/s。
答案：(1)9 m (2)7.44 m/s
3.质量为M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v，此时滑板的速度大小为( )
A.eq \f(m,M)v B.eq \f(M,m)v C.eq \f(m,m＋M)v D.eq \f(M,m＋M)v
解析：选B 由题意知：小孩和滑板动量守恒，则Mv＋mv′＝0，得v′＝－eq \f(M,m)v，即滑板的速度大小为eq \f(Mv,m)，方向与小孩运动方向相反，故B项正确。
4.如图所示，某同学质量为60 kg，在军事训练中要求他从岸上以2 m/s的速度跳到一条向他缓缓飘来的小船上，然后去执行任务，小船的质量是140 kg，原来的速度是0.5 m/s，该同学上船后又跑了几步，最终停在船上．此时小船的速度大小为 m/s，此过程该同学动量变化量的大小为 kg·m/s.
答案 0.25 105
解析 规定该同学跳向船的速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv1－Mv2＝(M＋m)v
解得v＝0.25 m/s，
|Δp|＝|mv－mv1|＝105 kg·m/s.
5.把一支枪水平固定在小车上，小车放在光滑的水平面上，枪发射出一颗子弹时，关于枪、子弹和车，下列说法中正确的是( )
A．枪和子弹组成的系统动量守恒
B．枪和车组成的系统动量守恒
C．三者组成的系统因为子弹和枪筒之间的摩擦力很小，使系统的动量变化很小，可忽略不计，故系统动量近似守恒
D．三者组成的系统动量守恒，因为系统只受重力和地面支持力这两个外力作用，这两个外力的合力为零
答案 D
解析 由于枪水平放置，故三者组成的系统除受重力和支持力(两外力平衡)外，不受其他外力，动量守恒，D正确．子弹和枪筒之间的力应为系统的内力，对系统的总动量没有影响，C错误．分开枪和车，则枪和子弹组成的系统受到车对其的外力作用，车和枪组成的系统受到子弹对其的外力作用，动量都不守恒，A、B错误．
6.如图所示，质量为3m的物块A与质量为m的物块B用轻弹簧和不可伸长的细线连接，静止在光滑的水平面上，此时细线刚好伸直但无弹力。现使物块A瞬间获得向右的速度v0，在以后的运动过程中，细线没有绷断，以下判断正确的是( )
A．细线再次伸直前，物块A的速度先减小后增大
B．细线再次伸直前，物块B的加速度先减小后增大
C．弹簧最大的弹性势能等于eq \f(3,8)mv02
D．物块A、B与弹簧组成的系统，损失的机械能最多为eq \f(3,2)mv02
解析：选C 细线再次伸直时，也就是弹簧再次恢复原长时，该过程中A始终受到向左的弹力，即一直做减速运动，B始终受到向右的弹力，即一直做加速运动，弹簧的弹力先变大后变小，则B的加速度先增大后减小，故A、B错误；弹簧弹性势能最大时，弹簧被压缩到最短，此时两物块速度相同，根据动量守恒定律可得3mv0＝(3m＋m)v，解得v＝eq \f(3,4)v0，根据能量守恒定律可得弹簧最大的弹性势能Epmax＝eq \f(1,2)×3mv02－eq \f(1,2)×(3m＋m)v2＝eq \f(3,8)mv02，故C正确；整个过程中，只有弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒，故D错误。
7.如图甲所示，光滑水平面上有A、B两物块，已知A物块的质量mA＝1 kg.初始时刻B静止，A以一定的初速度向右运动，之后与B发生碰撞并一起运动，它们的x－t图象如图乙所示(规定向右为位移的正方向)，则物块B的质量为多少？
答案 3 kg
解析 由x－t图知：碰前瞬间vA＝8 m/s，vB＝0；
碰后瞬间vAB＝eq \f(20－16,4－2) m/s＝2 m/s
A、B两物块组成的系统动量守恒有，
mAvA＋0＝(mA＋mB)vAB
代入数据解得mB＝3 kg.
8. 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
答案 A
解析 根据题图图象，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，碰撞过程由动量守恒定律得m甲v甲＋
m乙v乙＝m甲v甲′＋m乙v乙′，解得m乙＝6 kg，碰撞过程损失的机械能ΔE＝eq \f(1,2)m甲v甲2＋
eq \f(1,2)m乙v乙2－eq \f(1,2)m甲v甲′2－eq \f(1,2)m乙v乙′2，解得ΔE＝3 J，故选A.课程标准
学习目标
通过理论推导和实验，理解动量守恒定律，能用其解释生产生活中的有关现象。
1．理解动量守恒定律的条件
2．会运用动量守恒定律解决实际问题
3．动量守恒定律的普遍性
一、动量守恒的条件
（一）系统、内力和外力
(1)系统：相互作用的两个或多个物体组成一个力学系统．
(2)内力：系统中物体间的相互作用力．
(3)外力：系统外部的物体对系统内物体的作用力．
（二）适用条件：系统不受外力或者所受外力的矢量和为0.
【概念衔接】系统、内力、外力、外力矢量和
【拓展补充】区分动量守恒条件与机械能守恒的条件
【即学即练】判断下列说法的正误．
(1)一个系统初、末态动量大小相等，即动量守恒．( × )
(2)两个做匀速直线运动的物体发生碰撞，两个物体组成的系统动量守恒．( √ )
(3)若系统内存在摩擦力，则动量不可能守恒．( × )
(4)只要系统所受到的合力的冲量为零，动量就守恒．( √ )
(5)系统动量守恒也就是系统的动量变化量为零．( √ )
【微点拨】动量守恒与否看外力
二、动量守恒定律
（一）内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变．
（二）表达式：
m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′(作用前后总动量相等)．
（三）如图所示，进行太空行走的宇航员A和B的质量分别为80 kg和100 kg，开始他们携手远离空间站，相对空间站的速度为0.1 m/s.然后A将B向空间站方向轻推，A的速度变为0.2 m/s.
(1)A、B二人相互作用时动量守恒吗？
(2)如果守恒，应以什么为参考系？
(3)A轻推B后，B的速度大小是多少？方向如何？
答案 (1)守恒 (2)以空间站为参考系 (3)0.02 m/s
远离空间站方向
解析 (3)规定远离空间站的方向为正方向，
则v0＝0.1 m/s，vA＝0.2 m/s
根据动量守恒定律(mA＋mB)v0＝mAvA＋mBvB
代入数据解得vB＝0.02 m/s，方向为远离空间站方向．
【拓展补充】动量守恒定律可以针对某方向使用
【即学即练】如图所示，我国自行研制的第五代隐形战机“歼-20”以速度v0水平向右匀速飞行，到达目标地时，将质量为M的导弹自由释放，导弹向后喷出质量为m、对地速率为v1的燃气，则喷气后导弹的速率为( )
A.eq \f(Mv0＋mv1,M－m) B.eq \f(Mv0－mv1,M－m)
C.eq \f(Mv0－mv1,M) D.eq \f(Mv0＋mv1,M)
解析：选A 设导弹飞行的方向为正方向，由动量守恒定律Mv0＝(M－m)v－mv1，解得v＝eq \f(Mv0＋mv1,M－m)。
【微点拨】注意方向的处理
三、动量守恒定律的应用
（一）对动量守恒定律的理解
1．对系统“总动量保持不变”的理解
(1)系统在整个过程中任意两个时刻的总动量都相等，不能误认为只是初、末两个状态的总动量相等．
(2)系统的总动量保持不变，但系统内每个物体的动量可能都在不断变化．
2．动量守恒定律的“四性”
(1)矢量性：动量守恒定律的表达式是一个矢量式．
(2)相对性：动量守恒定律中，系统中各物体在相互作用前后的动量必须相对于同一惯性系，各物体的速度通常均为相对于地面的速度．
(3)同时性：初动量必须是各物体在作用前同一时刻的动量；末动量必须是各物体在作用后同一时刻的动量．
(4)普适性：不仅适用两个物体或多个物体组成的系统，也适用于宏观低速物体以及微观高速粒子组成的系统．
【概念衔接】动量定理、动量守恒定律
【拓展补充】可以针对某个方向使用
【即学即练】如图所示，质量为m＝245 g的物块(可视为质点)放在质量为M＝0.5 kg的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4。质量为m0＝5 g的子弹以速度v0＝300 m/s沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)，g取10 m/s2。子弹射入后，求：
(1)子弹进入物块后子弹和物块一起向右滑行的最大速度v1。
(2)木板向右滑行的最大速度v2。
(3)物块在木板上滑行的时间t。
解析：(1)子弹进入物块后一起向右滑行的初速度即为物块的最大速度，由动量守恒可得：
m0v0＝(m0＋m)v1，解得v1＝6 m/s。
(2)当子弹、物块、木板三者同速时，木板的速度最大，由动量守恒定律可得：(m0＋m)v1＝(m0＋m＋M)v2，解得v2＝2 m/s。
(3)对物块和子弹组成的整体应用动量定理得：
－μ(m0＋m)gt＝(m0＋m)v2－(m0＋m)v1，
解得：t＝1 s。
答案：(1)6 m/s (2)2 m/s (3)1 s
【微点拨】动量守恒定律与动量定理的综合
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
近似守恒
系统受到的合外力不为零，但当内力远大于合外力时，系统的动量可近似看成守恒
分方向守恒
系统在某个方向上所受合外力为零或该方向F内≫F外时，系统在该方向上动量守恒
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)转化为动能
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
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
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
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)
矢量性
动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题时应选取统一的正方向
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
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