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2024高考物理大一轮复习讲义 第七章 第2讲 动量守恒定律及应用
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这是一份2024高考物理大一轮复习讲义 第七章 第2讲 动量守恒定律及应用，共18页。试卷主要包含了理解系统动量守恒的条件，5 m/s D．9，反冲运动的三点说明等内容，欢迎下载使用。
考点一 动量守恒定律的理解和基本应用
1．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．
2．表达式
(1)p＝p′或m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′.系统相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量．
(2)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向．
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．若物体相互作用时动量守恒，则机械能一定守恒．( × )
4．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．( √ )
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．动量守恒定律的五个特性：
考向1 系统动量守恒的判断
例1 (2021·全国乙卷·14)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
答案 B
解析 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；对小车、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.
考向2 动量守恒定律的基本应用
例2 如图所示，质量为0.5 kg的小球在离车底面高度20 m处以一定的初速度向左平抛，落在以7.5 m/s的速度沿光滑的水平面向右匀速行驶的敞篷小车中，小车的底面上涂有一层油泥，车与油泥的总质量为4 kg，若小球在落在车的底面之前瞬时速度是25 m/s，则当小球和小车相对静止时，小车的速度是(g＝10 m/s2)( )
A．5 m/s B．4 m/s
C．8.5 m/s D．9.5 m/s
答案 A
解析 由平抛运动规律可知，小球下落的时间t＝eq \r(\f(2h,g))＝eq \r(\f(2×20,10)) s＝2 s，在竖直方向的分速度vy＝gt＝20 m/s，水平方向的分速度vx＝eq \r(252－202) m/s＝15 m/s，取小车初速度的方向为正方向，由于小球和小车的相互作用满足水平方向上动量守恒，则m车v0－m球vx＝(m车＋m球)v，解得v＝5 m/s，故A正确．
考向3 动量守恒定律的临界问题
例3 甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑的水平冰面上匀速相向行驶，速度大小均为v0＝6 m/s，甲车上有质量为m＝1 kg的小球若干个，甲和他的小车及小车上小球的总质量为M1＝50 kg，乙和他的小车的总质量为M2＝30 kg.为避免相撞，甲不断地将小球以相对地面为v′＝16.5 m/s的水平速度抛向乙，且被乙接住，假如某一次甲将小球抛出且被乙接住后，刚好可保证两车不相撞．则甲总共抛出的小球个数是( )
A．12 B．13 C．14 D．15
答案 D
解析 规定甲的速度方向为正方向，两车刚好不相撞，则两车速度相等，由动量守恒定律得M1v0－M2v0＝(M1＋M2)v ，解得v＝1.5 m/s，对甲、小车及从甲车上抛出的小球，由动量守恒定律得M1v0＝(M1－n·m)v＋n·mv′，解得n＝15，D正确．
考点二 爆炸、反冲运动和人船模型
1．爆炸现象的三个规律
2.反冲运动的三点说明
1．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．( √ )
2．爆炸过程中机械能增加，反冲过程中机械能减少．( × )
考向1 爆炸问题
例4 (2023·河北省模拟)质量为m的烟花弹升到最高点距离地面高度为h处爆炸成质量相等的两部分，两炸片同时落地后相距L，不计空气阻力，重力加速度为g，则烟花弹爆炸使炸片增加的机械能为( )
A．mgh B.eq \f(mgL2,16h)
C.eq \f(mgL2,32h) D.eq \f(mgL2,8h)
答案 B
解析 设烟花弹爆炸后瞬间两炸片的速度大小分别为v1、v2，由动量守恒定律有0＝eq \f(m,2)v1－eq \f(m,2)v2，可得v1＝v2＝v，根据题述，两炸片均做平抛运动，有2vt＝L，h＝eq \f(1,2)gt2，ΔE＝eq \f(1,2)×eq \f(1,2)mv2＋eq \f(1,2)×eq \f(1,2)mv2，解得ΔE＝eq \f(mgL2,16h)，故选B.
考向2 反冲运动
例5 (2023·河南省模拟)发射导弹过程可以简化为：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，故选D.
考向3 人船模型
1．模型图示
2．模型特点
(1)两物体满足动量守恒定律：mv人－Mv船＝0
(2)两物体的位移大小满足：meq \f(x人,t)－Meq \f(x船,t)＝0，
x人＋x船＝L，
得x人＝eq \f(M,M＋m)L，x船＝eq \f(m,M＋m)L
3．运动特点
(1)人动则船动，人静则船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；
(2)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eq \f(x人,x船)＝eq \f(v人,v船)＝eq \f(M,m).
例6 (多选)如图所示，绳长为l，小球质量为m，小车质量为M，将小球向右拉至水平后放手，则(水平面光滑)( )
A．系统的总动量守恒
B．水平方向任意时刻小球与小车的动量等大反向或都为零
C．小球不能向左摆到原高度
D．小车向右移动的最大距离为eq \f(2ml,M＋m)
答案 BD
解析 系统只是在水平方向所受的合力为零，竖直方向的合力不为零，故水平方向的动量守恒，而总动量不守恒，A错误，B正确；根据水平方向的动量守恒及机械能守恒得，小球仍能向左摆到原高度，C错误；小球相对于小车的最大位移为2l，根据“人船模型”，系统水平方向动量守恒，设小球水平方向的平均速度为vm，小车水平方向的平均速度为vM，mvm－MvM＝0，两边同时乘以运动时间t，mvmt－MvMt＝0，即mxm＝MxM，又xm＋xM＝2l，解得小车向右移动的最大距离为eq \f(2ml,M＋m)，D正确．
考点三 碰撞问题
1．碰撞
碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象．
2．特点
在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒．
3．分类
1．碰撞前后系统的动量和机械能均守恒．( × )
2．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同．( √ )
3．两球发生非弹性碰撞时，既不满足动量守恒定律，也不满足机械能守恒定律．( × )
1．弹性碰撞的重要结论
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)m1v12＝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(碰后两小球沿同一方向运动)；当m1≫m2时，v1′≈v1，v2′≈2v1；
③若m10(碰后两小球沿相反方向运动)；当m1≪m2时，v1′≈－v1，v2′≈0.
2．静止物体被撞后的速度范围
物体A与静止的物体B发生碰撞，当发生完全非弹性碰撞时损失的机械能最多，物体B的速度最小，vB＝eq \f(mA,mA＋mB)v0，当发生弹性碰撞时，物体B速度最大，vB＝eq \f(2mA,mA＋mB)v0.则碰后物体B的速度范围为：eq \f(mA,mA＋mB)v0≤vB≤eq \f(2mA,mA＋mB)v0.
考向1 碰撞的可能性
例7 A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝1 kg，mB＝2 kg，vA＝6 m/s，vB＝2 m/s，当A追上B并发生碰撞后，A、B两球速度的可能值是( )
A．vA′＝5 m/s，vB′＝2.5 m/s
B．vA′＝2 m/s，vB′＝4 m/s
C．vA′＝－4 m/s，vB′＝7 m/s
D．vA′＝7 m/s，vB′＝1.5 m/s
答案 B
解析 虽然题给四个选项均满足动量守恒定律，但A、D两项中，碰后A的速度vA′大于B的速度vB′，不符合实际，即A、D项错误；C项中，两球碰后的总动能Ek后＝eq \f(1,2)mAvA′2＋eq \f(1,2)mBvB′2＝57 J，大于碰前的总动能Ek前＝eq \f(1,2)mAvA2＋eq \f(1,2)mBvB2＝22 J，违背了能量守恒定律，所以C项错误；而B项既符合实际情况，也不违背能量守恒定律，所以B项正确．
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至少有一个改变．
考向2 弹性碰撞
例8 (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，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( )
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)mv02＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)mv32，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)mv02＝eq \f(1,2)×14mv22＋eq \f(1,2)mv42，联立解得v2＝eq \f(2,15)v0，可得v1＝v0>v2，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，碰撞后氢核的动能为EkH＝eq \f(1,2)mv12＝eq \f(1,2)mv02，氮核的动能为EkN＝eq \f(1,2)×14mv22＝eq \f(28mv02,225)，可得EkH>EkN，故B正确，A、C、D错误．
考向3 非弹性碰撞
例9 (2023·安徽定远县第三中学模拟)如图所示，物块A的质量为m，物块B、C的质量均为M.开始时物块A、B分别以大小为2v0、v0的速度沿光滑水平轨道向右侧的竖直固定挡板运动，为保证A、B均向右运动的过程中不发生碰撞，将物块C无初速度地迅速粘在A上．B与挡板碰撞后以原速率反弹，A与B碰撞后粘在一起．
(1)为使B能与挡板碰撞两次，求eq \f(M,m)应满足的条件；
(2)若三个物块的质量均为m，求在整个作用过程中系统产生的内能Q.
答案 (1)1≤eq \f(M,m)<2 (2)eq \f(7,3)mv02
解析 (1)设A、C粘在一起的共同速度大小为v1，根据动量守恒定律有2mv0＝(m＋M)v1，为保证A、B均向右运动的过程中不发生碰撞，应满足v1≤v0.设A、B碰撞后瞬间的共同速度大小为v2，以向右为正方向，根据动量守恒定律有(m＋M)v1－Mv0＝(m＋2M)v2，为使B能与挡板再次碰撞，应满足v2>0，解得1≤eq \f(M,m)<2.
(2)若M＝m，则由(1)可得v1＝v0，v2＝eq \f(1,3)v0
根据能量守恒定律有Q＝eq \f(1,2)m(2v0)2＋eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)×3mv22，解得Q＝eq \f(7,3)mv02.
课时精练
1.北京冬奥会2 000米短道速滑接力赛上，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出，完成“交接棒”．忽略地面的摩擦力，在这个过程中( )
A．两运动员的总动量守恒
B．甲、乙运动员的动量变化量相同
C．两运动员的总机械能守恒
D．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量
答案 A
解析 两运动员组成的系统所受合外力矢量和为0，系统动量守恒，A正确；系统动量守恒，两运动员的动量变化量等大反向，变化量不相同，B错误；在光滑冰面上“交接棒”时，后方运动员用力推前方运动员，导致机械能增加，C错误；在乙推甲的过程中，消耗体内的化学能转化为系统的动能，根据能量守恒定律可知，甲的动能增加量不等于乙的动能减小量，D错误．
2.如图所示，小木块m与长木板M之间光滑，M置于光滑水平面上，一轻质弹簧左端固定在M的左端，右端与m连接，开始时m和M都静止，弹簧处于自然状态．现同时对m、M施加等大反向的水平恒力F1、F2，两物体开始运动后，对m、M、弹簧组成的系统，下列说法正确的是(整个过程中弹簧不超过其弹性限度)( )
A．整个运动过程中，系统机械能守恒，动量守恒
B．整个运动过程中，当木块速度为零时，系统机械能一定最大
C．M、m分别向左、右运行过程中，均一直做加速度逐渐增大的加速直线运动
D．M、m分别向左、右运行过程中，当弹簧弹力与F1、F2的大小相等时，系统动能最大
答案 D
解析 由于F1与F2等大反向，系统所受的合外力为零，则系统的动量守恒．由于水平恒力F1、F2对系统做功代数和不为零，则系统的机械能不守恒，故A错误；从开始到弹簧伸长到最长的过程，F1与F2分别对m、M做正功，弹簧伸长最长时，m、M的速度为零，之后弹簧收缩，F1与F2分别对m、M做负功，系统的机械能减小，因此，当弹簧有最大伸长量时，m、M的速度为零，系统机械能最大；当弹簧收缩到最短时，m、M的速度为零，系统机械能最小，故B错误；在水平方向上，M、m受到水平恒力和弹簧的弹力作用，水平恒力先大于弹力，后小于弹力，随着弹力增大，两个物体的合力先逐渐减小，后反向增大，则加速度先减小后反向增大，则M、m先做加速度逐渐减小的加速运动，后做加速度逐渐增大的减速运动，当弹簧弹力的大小与拉力F1、F2的大小相等时，m、M的速度最大，系统动能最大，故C错误，D正确．
3.如图所示，气球下面有一根长绳，一个质量为m1＝50 kg的人抓在气球下方，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＝5 m.如果这个人开始沿绳向下滑，当滑到绳下端时，他离地面的高度约为(可以把人看成质点)( )
A．5 m B．3.6 m
C．2.6 m D．8 m
答案 B
解析 当人滑到下端时，设人相对地面下滑的位移大小为h1，气球相对地面上升的位移大小为h2，由动量守恒定律，得m1eq \f(h1,t)＝m2eq \f(h2,t)，且h1＋h2＝h，解得h2≈3.6 m，所以他离地面的高度约为3.6 m，故选项B正确．
4.(2023·江苏省金陵中学月考)如图所示，一个长为L的轻细杆两端分别固定着a、b两个光滑金属球，a球质量为2m，b球质量为m，两球的半径相等且均可视为质点，整个装置放在光滑的水平面上，将此装置从杆与水平面夹角为53°的图示位置由静止释放，则( )
A．在b球落地前瞬间，b球的速度方向斜向左下方
B．在b球落地前瞬间，a球的速度方向水平向左
C．在b球落地前的整个过程中，轻杆对a球做正功
D．在b球落地前瞬间，b球的速度方向竖直向下
答案 D
解析 a、b组成的系统在水平方向上所受合力为零，水平方向上动量守恒，系统水平方向的初动量为零，在b球落地前瞬间系统水平方向动量仍为零，此时b球的速度方向竖直向下，a球的速度为零，故A、B错误，D正确；a球初动能为零，b球落地前瞬间a球的动能也为零，且重力与地面的支持力对a球不做功，根据动能定理可知在b球落地前的整个过程中，轻杆对a球做功为零，故C错误．
5．冰壶运动深受观众喜爱，在某次投掷中，冰壶甲运动一段时间后与静止的冰壶乙发生正碰，如图所示．若两冰壶质量相等，则碰后两冰壶最终停止的位置，可能是选项图中的哪幅图( )
答案 B
解析 两冰壶碰撞过程中动量守恒，两冰壶发生正碰，由动量守恒定律可知，碰撞前后系统动量不变，两冰壶的动量方向即速度方向，不会偏离甲原来的方向，可知，A图情况是不可能的，故A错误；如果两冰壶发生弹性碰撞，碰撞过程动量守恒、机械能守恒，两冰壶质量相等，碰撞后两冰壶交换速度，甲静止，乙的速度等于甲的速度，碰后乙做减速运动，最后停止，最终两冰壶的位置可能如选项B所示，故B正确；两冰壶碰撞后，乙在前，甲在后，选项C所示是不可能的，故C错误；碰撞过程机械能不可能增大，两冰壶质量相等，碰撞后甲的速度不可能大于乙的速度，碰撞后甲的位移不可能大于乙的位移，故D错误．
6.如图所示，在光滑的水平面上有三个完全相同的小球，它们排成一条直线，小球2、3静止，并靠在一起，球1以速度v0撞向它们，设碰撞过程中不损失机械能，则碰后三个小球的速度分别为( )
A．v1＝v2＝v3＝eq \f(\r(3),3)v0
B．v1＝0，v2＝v3＝eq \f(\r(2),2)v0
C．v1＝0，v2＝v3＝eq \f(1,2)v0
D．v1＝v2＝0，v3＝v0
答案 D
解析 由题设条件，三球在碰撞过程中总动量和总动能守恒．设三球质量均为m，则碰撞前系统总动量为mv0，总动能为eq \f(1,2)mv02.选项A、B中的数据都违反了动量守恒定律，故不可能．对选项C，碰后总动量为mv0，但总动能为eq \f(1,4)mv02，这显然违反了机械能守恒定律，故不可能．对选项D，既满足动量守恒定律，也满足机械能守恒定律，故选D.
7.(2023·北京市第五中学检测)A、B物块沿光滑水平面在同一直线上运动并发生正碰，如图为两物块碰撞前后的位移－时间图像，其中a、b分别为A、B两物块碰前的位移－时间图像，c为碰撞后两物块共同运动的位移－时间图像，若A物块质量m＝2 kg，则由图判断，下列结论错误的是( )
A．碰撞前后A的动量变化量的大小为4 kg·m/s
B．B物块的质量为0.75 kg
C．碰撞过程A对B所施冲量大小为4 N·s
D．碰撞过程A、B两物块组成的系统损失的动能为10 J
答案 B
解析 以A的初速度方向为正方向，由图像可知碰撞前A的速度为vA＝eq \f(10－4,2) m/s＝3 m/s，碰撞后A、B的共同速度为vAB＝eq \f(4－2,2) m/s＝1 m/s，则碰撞前A的动量为mvA＝2×3 kg·m/s＝6 kg·m/s，碰撞后A的动量为mvAB＝2 kg·m/s，碰撞前后A的动量变化量的大小为4 kg·m/s，A正确，不符合题意；碰撞前B的速度为vB＝－eq \f(4,2) m/s＝－2 m/s，由动量守恒定律得mvA＋mBvB＝(m＋mB)vAB，解得mB＝eq \f(4,3) kg，B错误，符合题意；由动量定理得I＝mBvAB－mBvB＝eq \f(4,3)×1 kg·m/s－eq \f(4,3)×(－2) kg·m/s＝4 N·s，即碰撞过程A对B所施冲量大小为4 N·s，C正确，不符合题意；碰撞过程A、B两物块组成的系统损失的动能为ΔEk＝eq \f(1,2)mvA2＋eq \f(1,2)mBvB2－eq \f(1,2)(m＋mB)vAB2＝eq \f(1,2)×2×32 J＋eq \f(1,2)×eq \f(4,3)×(－2)2 J－eq \f(1,2)×(2＋eq \f(4,3))×12 J＝10 J，D正确，不符合题意．
8．(2021·浙江1月选考·12)在爆炸实验基地有一发射塔，发射塔正下方的水平地面上安装有声音记录仪．爆炸物自发射塔竖直向上发射，上升到空中最高点时炸裂成质量之比为2∶1、初速度均沿水平方向的两个碎块．遥控器引爆瞬间开始计时，在5 s末和6 s末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声．已知声音在空气中的传播速度为340 m/s，重力加速度大小g取10 m/s2，忽略空气阻力．下列说法正确的是( )
A．两碎块的位移大小之比为1∶2
B．爆炸物的爆炸点离地面高度为80 m
C．爆炸后质量大的碎块的初速度为68 m/s
D．爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340 m
答案 B
解析 设碎块落地的时间为t，质量大的碎块水平初速度为v，则由动量守恒定律知质量小的碎块水平初速度为2v，爆炸后的碎块做平抛运动，下落的高度相同，则在空中运动的时间相同，由水平方向x＝v0t知落地水平位移之比为1∶2，碎块位移s＝eq \r(x2＋y2)，可见两碎块的位移大小之比不是1∶2，故A项错误；据题意知，vt＝(5 s－t)×340 m/s，又2vt＝(6 s－t)×340 m/s，联立解得t＝4 s，v＝85 m/s，故爆炸点离地面高度为h＝eq \f(1,2)gt2＝80 m，所以B项正确，C项错误；两碎块落地点的水平距离为Δx＝3vt＝1 020 m，故D项错误．
9．在发射地球卫星时需要运载火箭多次点火，以提高最终的发射速度．某次地球近地卫星发射的过程中，火箭喷气发动机每次喷出质量为m＝800 g的气体，气体离开发动机时的对地速度v＝1 000 m/s，假设火箭(含燃料在内)的总质量为M＝600 kg，发动机每秒喷气20次，忽略地球引力的影响，则( )
A．第三次气体喷出后火箭的速度大小约为4 m/s
B．地球卫星要能成功发射，速度大小至少达到11.2 km/s
C．要使火箭能成功发射至少要喷气500次
D．要使火箭能成功发射至少要持续喷气17 s
答案 A
解析 设喷出三次气体后火箭的速度为v3，以火箭和喷出的三次气体为研究对象，以竖直向上为正方向，由动量守恒定律得：(M－3m)v3－3mv＝0，解得：v3≈4 m/s，故A正确；地球卫星要能成功发射，喷气n次后至少要达到第一宇宙速度，即：vn＝7.9 km/s，故B错误；以火箭和喷出的n次气体为研究对象，以竖直向上为正方向，由动量守恒定律得：(M－nm)vn－nmv＝0，代入数据解得：n≈666，故C错误；至少持续喷气时间为：t＝eq \f(n,20)＝33.3 s，故D错误．
10.(多选)(2023·安徽马鞍山市模拟)如图所示，A、B两个小球(可视为质点)，间隙极小，两球球心连线竖直，从离地面高度H处以相同的初速度v0＝eq \r(2gH)同时竖直向下抛出，B球先与地面碰撞，再与A球碰撞后B球静止于地面，所有碰撞均为弹性碰撞，重力加速度为g，则( )
A．A、B两球的质量之比为1∶3
B．A、B两球的质量之比为1∶2
C．碰后A球上升的最大高度为8H
D．碰后A球上升的最大高度为16H
答案 AC
解析 因为A、B球从离地面高度H处以相同的初速度v0＝eq \r(2gH)同时竖直向下抛出，所以落地瞬间的速度相等，由运动学公式v2－v02＝2gH，解得vA＝vB＝v＝2eq \r(gH)，B球与地面弹性碰撞后以原速率返回，与A再发生弹性碰撞，以向上为正方向，根据动量守恒和能量守恒有mBv－mAv＝mAvA′，eq \f(1,2)mBv2＋eq \f(1,2)mAv2＝eq \f(1,2)mAvA′2，联立解得mA∶mB＝1∶3，vA′＝2v＝4eq \r(gH)，A正确，B错误；碰后A球上升的最大高度为hmax，则有vA′2＝2ghmax，解得hmax＝eq \f(vA′2,2g)＝8H，C正确，D错误．
11．如图所示，光滑水平轨道上放置长木板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．
答案 2 m/s
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
碰撞后A与B在摩擦力作用下再次达到共同速度，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.
12．如图所示，ABC为一固定在竖直平面内的光滑轨道，AB段是半径R＝0.8 m的eq \f(1,4)圆弧，B在圆心O的正下方，BC段水平，AB段与BC段平滑连接．球2、球3均放在BC轨道上，质量m1＝0.4 kg的球1从A点由静止释放，球1进入水平轨道后与球2发生弹性正碰，球2再与球3发生弹性正碰，g＝10 m/s2.
(1)求球1到达B点时对轨道的压力大小；
(2)若球2的质量m2＝0.1 kg，求球1与球2碰撞后球2的速度大小；
(3)若球3的质量m3＝0.1 kg，为使球3获得最大的动能，球2的质量应为多少．
答案 (1)12 N (2)6.4 m/s (3)0.2 kg
解析 (1)对球1从A到B应用动能定理：m1gR＝eq \f(1,2)m1v02
在B点对球1应用牛顿第二定律：
FN－m1g＝m1eq \f(v02,R)
联立解得：v0＝4 m/s、FN＝12 N
由牛顿第三定律知球1在B点对轨道的压力大小FN′＝FN＝12 N.
(2)球1、球2碰撞时，根据动量守恒定律有：
m1v0＝m1v1＋m2v2
由机械能守恒定律得：
eq \f(1,2)m1v02＝eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22
解得：v2＝eq \f(2m1,m1＋m2)v0＝6.4 m/s.
(3)同理，球2、球3碰撞后：v3＝eq \f(2m2,m2＋m3)v2
则v3＝eq \f(2m2,m2＋m3)·eq \f(2m1,m1＋m2)v0
代入数据得v3＝eq \f(1.6,m2＋\f(0.04,m2)＋0.5)v0，
由数学知识可知，当m2＝eq \f(0.04,m2)时，m2＋eq \f(0.04,m2)＋0.5最小，v3最大
所以m2＝0.2 kg.
13．(多选)(2020·全国卷Ⅱ·21)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
答案 BC
解析 设运动员的质量为M，第一次推物块后，运动员速度大小为v1，第二次推物块后，运动员速度大小为v2……第八次推物块后，运动员速度大小为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，各式相加可得vn＝eq \f(2n－1mv0,M)，则v7＝eq \f(260 kg·m/s,M)，v8＝eq \f(300 kg·m/s,M).由题意知，v7<5 m/s，则M>52 kg，又知v8>5 m/s，则M<60 kg，故选B、C.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、…应是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p1′、p2′、…应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
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
反冲运动是系统内两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
动量是否守恒
机械能是否守恒
弹性碰撞
守恒
守恒
非弹性碰撞
守恒
有损失
完全非弹性碰撞
守恒
损失最大
考点一 动量守恒定律的理解和基本应用
1．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．
2．表达式
(1)p＝p′或m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′.系统相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量．
(2)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向．
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．若物体相互作用时动量守恒，则机械能一定守恒．( × )
4．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．( √ )
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．动量守恒定律的五个特性：
考向1 系统动量守恒的判断
例1 (2021·全国乙卷·14)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
答案 B
解析 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；对小车、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.
考向2 动量守恒定律的基本应用
例2 如图所示，质量为0.5 kg的小球在离车底面高度20 m处以一定的初速度向左平抛，落在以7.5 m/s的速度沿光滑的水平面向右匀速行驶的敞篷小车中，小车的底面上涂有一层油泥，车与油泥的总质量为4 kg，若小球在落在车的底面之前瞬时速度是25 m/s，则当小球和小车相对静止时，小车的速度是(g＝10 m/s2)( )
A．5 m/s B．4 m/s
C．8.5 m/s D．9.5 m/s
答案 A
解析 由平抛运动规律可知，小球下落的时间t＝eq \r(\f(2h,g))＝eq \r(\f(2×20,10)) s＝2 s，在竖直方向的分速度vy＝gt＝20 m/s，水平方向的分速度vx＝eq \r(252－202) m/s＝15 m/s，取小车初速度的方向为正方向，由于小球和小车的相互作用满足水平方向上动量守恒，则m车v0－m球vx＝(m车＋m球)v，解得v＝5 m/s，故A正确．
考向3 动量守恒定律的临界问题
例3 甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑的水平冰面上匀速相向行驶，速度大小均为v0＝6 m/s，甲车上有质量为m＝1 kg的小球若干个，甲和他的小车及小车上小球的总质量为M1＝50 kg，乙和他的小车的总质量为M2＝30 kg.为避免相撞，甲不断地将小球以相对地面为v′＝16.5 m/s的水平速度抛向乙，且被乙接住，假如某一次甲将小球抛出且被乙接住后，刚好可保证两车不相撞．则甲总共抛出的小球个数是( )
A．12 B．13 C．14 D．15
答案 D
解析 规定甲的速度方向为正方向，两车刚好不相撞，则两车速度相等，由动量守恒定律得M1v0－M2v0＝(M1＋M2)v ，解得v＝1.5 m/s，对甲、小车及从甲车上抛出的小球，由动量守恒定律得M1v0＝(M1－n·m)v＋n·mv′，解得n＝15，D正确．
考点二 爆炸、反冲运动和人船模型
1．爆炸现象的三个规律
2.反冲运动的三点说明
1．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．( √ )
2．爆炸过程中机械能增加，反冲过程中机械能减少．( × )
考向1 爆炸问题
例4 (2023·河北省模拟)质量为m的烟花弹升到最高点距离地面高度为h处爆炸成质量相等的两部分，两炸片同时落地后相距L，不计空气阻力，重力加速度为g，则烟花弹爆炸使炸片增加的机械能为( )
A．mgh B.eq \f(mgL2,16h)
C.eq \f(mgL2,32h) D.eq \f(mgL2,8h)
答案 B
解析 设烟花弹爆炸后瞬间两炸片的速度大小分别为v1、v2，由动量守恒定律有0＝eq \f(m,2)v1－eq \f(m,2)v2，可得v1＝v2＝v，根据题述，两炸片均做平抛运动，有2vt＝L，h＝eq \f(1,2)gt2，ΔE＝eq \f(1,2)×eq \f(1,2)mv2＋eq \f(1,2)×eq \f(1,2)mv2，解得ΔE＝eq \f(mgL2,16h)，故选B.
考向2 反冲运动
例5 (2023·河南省模拟)发射导弹过程可以简化为：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，故选D.
考向3 人船模型
1．模型图示
2．模型特点
(1)两物体满足动量守恒定律：mv人－Mv船＝0
(2)两物体的位移大小满足：meq \f(x人,t)－Meq \f(x船,t)＝0，
x人＋x船＝L，
得x人＝eq \f(M,M＋m)L，x船＝eq \f(m,M＋m)L
3．运动特点
(1)人动则船动，人静则船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；
(2)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eq \f(x人,x船)＝eq \f(v人,v船)＝eq \f(M,m).
例6 (多选)如图所示，绳长为l，小球质量为m，小车质量为M，将小球向右拉至水平后放手，则(水平面光滑)( )
A．系统的总动量守恒
B．水平方向任意时刻小球与小车的动量等大反向或都为零
C．小球不能向左摆到原高度
D．小车向右移动的最大距离为eq \f(2ml,M＋m)
答案 BD
解析 系统只是在水平方向所受的合力为零，竖直方向的合力不为零，故水平方向的动量守恒，而总动量不守恒，A错误，B正确；根据水平方向的动量守恒及机械能守恒得，小球仍能向左摆到原高度，C错误；小球相对于小车的最大位移为2l，根据“人船模型”，系统水平方向动量守恒，设小球水平方向的平均速度为vm，小车水平方向的平均速度为vM，mvm－MvM＝0，两边同时乘以运动时间t，mvmt－MvMt＝0，即mxm＝MxM，又xm＋xM＝2l，解得小车向右移动的最大距离为eq \f(2ml,M＋m)，D正确．
考点三 碰撞问题
1．碰撞
碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象．
2．特点
在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒．
3．分类
1．碰撞前后系统的动量和机械能均守恒．( × )
2．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同．( √ )
3．两球发生非弹性碰撞时，既不满足动量守恒定律，也不满足机械能守恒定律．( × )
1．弹性碰撞的重要结论
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)m1v12＝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(碰后两小球沿同一方向运动)；当m1≫m2时，v1′≈v1，v2′≈2v1；
③若m1
2．静止物体被撞后的速度范围
物体A与静止的物体B发生碰撞，当发生完全非弹性碰撞时损失的机械能最多，物体B的速度最小，vB＝eq \f(mA,mA＋mB)v0，当发生弹性碰撞时，物体B速度最大，vB＝eq \f(2mA,mA＋mB)v0.则碰后物体B的速度范围为：eq \f(mA,mA＋mB)v0≤vB≤eq \f(2mA,mA＋mB)v0.
考向1 碰撞的可能性
例7 A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝1 kg，mB＝2 kg，vA＝6 m/s，vB＝2 m/s，当A追上B并发生碰撞后，A、B两球速度的可能值是( )
A．vA′＝5 m/s，vB′＝2.5 m/s
B．vA′＝2 m/s，vB′＝4 m/s
C．vA′＝－4 m/s，vB′＝7 m/s
D．vA′＝7 m/s，vB′＝1.5 m/s
答案 B
解析 虽然题给四个选项均满足动量守恒定律，但A、D两项中，碰后A的速度vA′大于B的速度vB′，不符合实际，即A、D项错误；C项中，两球碰后的总动能Ek后＝eq \f(1,2)mAvA′2＋eq \f(1,2)mBvB′2＝57 J，大于碰前的总动能Ek前＝eq \f(1,2)mAvA2＋eq \f(1,2)mBvB2＝22 J，违背了能量守恒定律，所以C项错误；而B项既符合实际情况，也不违背能量守恒定律，所以B项正确．
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至少有一个改变．
考向2 弹性碰撞
例8 (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，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( )
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)mv02＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)mv32，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)mv02＝eq \f(1,2)×14mv22＋eq \f(1,2)mv42，联立解得v2＝eq \f(2,15)v0，可得v1＝v0>v2，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，碰撞后氢核的动能为EkH＝eq \f(1,2)mv12＝eq \f(1,2)mv02，氮核的动能为EkN＝eq \f(1,2)×14mv22＝eq \f(28mv02,225)，可得EkH>EkN，故B正确，A、C、D错误．
考向3 非弹性碰撞
例9 (2023·安徽定远县第三中学模拟)如图所示，物块A的质量为m，物块B、C的质量均为M.开始时物块A、B分别以大小为2v0、v0的速度沿光滑水平轨道向右侧的竖直固定挡板运动，为保证A、B均向右运动的过程中不发生碰撞，将物块C无初速度地迅速粘在A上．B与挡板碰撞后以原速率反弹，A与B碰撞后粘在一起．
(1)为使B能与挡板碰撞两次，求eq \f(M,m)应满足的条件；
(2)若三个物块的质量均为m，求在整个作用过程中系统产生的内能Q.
答案 (1)1≤eq \f(M,m)<2 (2)eq \f(7,3)mv02
解析 (1)设A、C粘在一起的共同速度大小为v1，根据动量守恒定律有2mv0＝(m＋M)v1，为保证A、B均向右运动的过程中不发生碰撞，应满足v1≤v0.设A、B碰撞后瞬间的共同速度大小为v2，以向右为正方向，根据动量守恒定律有(m＋M)v1－Mv0＝(m＋2M)v2，为使B能与挡板再次碰撞，应满足v2>0，解得1≤eq \f(M,m)<2.
(2)若M＝m，则由(1)可得v1＝v0，v2＝eq \f(1,3)v0
根据能量守恒定律有Q＝eq \f(1,2)m(2v0)2＋eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)×3mv22，解得Q＝eq \f(7,3)mv02.
课时精练
1.北京冬奥会2 000米短道速滑接力赛上，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出，完成“交接棒”．忽略地面的摩擦力，在这个过程中( )
A．两运动员的总动量守恒
B．甲、乙运动员的动量变化量相同
C．两运动员的总机械能守恒
D．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量
答案 A
解析 两运动员组成的系统所受合外力矢量和为0，系统动量守恒，A正确；系统动量守恒，两运动员的动量变化量等大反向，变化量不相同，B错误；在光滑冰面上“交接棒”时，后方运动员用力推前方运动员，导致机械能增加，C错误；在乙推甲的过程中，消耗体内的化学能转化为系统的动能，根据能量守恒定律可知，甲的动能增加量不等于乙的动能减小量，D错误．
2.如图所示，小木块m与长木板M之间光滑，M置于光滑水平面上，一轻质弹簧左端固定在M的左端，右端与m连接，开始时m和M都静止，弹簧处于自然状态．现同时对m、M施加等大反向的水平恒力F1、F2，两物体开始运动后，对m、M、弹簧组成的系统，下列说法正确的是(整个过程中弹簧不超过其弹性限度)( )
A．整个运动过程中，系统机械能守恒，动量守恒
B．整个运动过程中，当木块速度为零时，系统机械能一定最大
C．M、m分别向左、右运行过程中，均一直做加速度逐渐增大的加速直线运动
D．M、m分别向左、右运行过程中，当弹簧弹力与F1、F2的大小相等时，系统动能最大
答案 D
解析 由于F1与F2等大反向，系统所受的合外力为零，则系统的动量守恒．由于水平恒力F1、F2对系统做功代数和不为零，则系统的机械能不守恒，故A错误；从开始到弹簧伸长到最长的过程，F1与F2分别对m、M做正功，弹簧伸长最长时，m、M的速度为零，之后弹簧收缩，F1与F2分别对m、M做负功，系统的机械能减小，因此，当弹簧有最大伸长量时，m、M的速度为零，系统机械能最大；当弹簧收缩到最短时，m、M的速度为零，系统机械能最小，故B错误；在水平方向上，M、m受到水平恒力和弹簧的弹力作用，水平恒力先大于弹力，后小于弹力，随着弹力增大，两个物体的合力先逐渐减小，后反向增大，则加速度先减小后反向增大，则M、m先做加速度逐渐减小的加速运动，后做加速度逐渐增大的减速运动，当弹簧弹力的大小与拉力F1、F2的大小相等时，m、M的速度最大，系统动能最大，故C错误，D正确．
3.如图所示，气球下面有一根长绳，一个质量为m1＝50 kg的人抓在气球下方，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＝5 m.如果这个人开始沿绳向下滑，当滑到绳下端时，他离地面的高度约为(可以把人看成质点)( )
A．5 m B．3.6 m
C．2.6 m D．8 m
答案 B
解析 当人滑到下端时，设人相对地面下滑的位移大小为h1，气球相对地面上升的位移大小为h2，由动量守恒定律，得m1eq \f(h1,t)＝m2eq \f(h2,t)，且h1＋h2＝h，解得h2≈3.6 m，所以他离地面的高度约为3.6 m，故选项B正确．
4.(2023·江苏省金陵中学月考)如图所示，一个长为L的轻细杆两端分别固定着a、b两个光滑金属球，a球质量为2m，b球质量为m，两球的半径相等且均可视为质点，整个装置放在光滑的水平面上，将此装置从杆与水平面夹角为53°的图示位置由静止释放，则( )
A．在b球落地前瞬间，b球的速度方向斜向左下方
B．在b球落地前瞬间，a球的速度方向水平向左
C．在b球落地前的整个过程中，轻杆对a球做正功
D．在b球落地前瞬间，b球的速度方向竖直向下
答案 D
解析 a、b组成的系统在水平方向上所受合力为零，水平方向上动量守恒，系统水平方向的初动量为零，在b球落地前瞬间系统水平方向动量仍为零，此时b球的速度方向竖直向下，a球的速度为零，故A、B错误，D正确；a球初动能为零，b球落地前瞬间a球的动能也为零，且重力与地面的支持力对a球不做功，根据动能定理可知在b球落地前的整个过程中，轻杆对a球做功为零，故C错误．
5．冰壶运动深受观众喜爱，在某次投掷中，冰壶甲运动一段时间后与静止的冰壶乙发生正碰，如图所示．若两冰壶质量相等，则碰后两冰壶最终停止的位置，可能是选项图中的哪幅图( )
答案 B
解析 两冰壶碰撞过程中动量守恒，两冰壶发生正碰，由动量守恒定律可知，碰撞前后系统动量不变，两冰壶的动量方向即速度方向，不会偏离甲原来的方向，可知，A图情况是不可能的，故A错误；如果两冰壶发生弹性碰撞，碰撞过程动量守恒、机械能守恒，两冰壶质量相等，碰撞后两冰壶交换速度，甲静止，乙的速度等于甲的速度，碰后乙做减速运动，最后停止，最终两冰壶的位置可能如选项B所示，故B正确；两冰壶碰撞后，乙在前，甲在后，选项C所示是不可能的，故C错误；碰撞过程机械能不可能增大，两冰壶质量相等，碰撞后甲的速度不可能大于乙的速度，碰撞后甲的位移不可能大于乙的位移，故D错误．
6.如图所示，在光滑的水平面上有三个完全相同的小球，它们排成一条直线，小球2、3静止，并靠在一起，球1以速度v0撞向它们，设碰撞过程中不损失机械能，则碰后三个小球的速度分别为( )
A．v1＝v2＝v3＝eq \f(\r(3),3)v0
B．v1＝0，v2＝v3＝eq \f(\r(2),2)v0
C．v1＝0，v2＝v3＝eq \f(1,2)v0
D．v1＝v2＝0，v3＝v0
答案 D
解析 由题设条件，三球在碰撞过程中总动量和总动能守恒．设三球质量均为m，则碰撞前系统总动量为mv0，总动能为eq \f(1,2)mv02.选项A、B中的数据都违反了动量守恒定律，故不可能．对选项C，碰后总动量为mv0，但总动能为eq \f(1,4)mv02，这显然违反了机械能守恒定律，故不可能．对选项D，既满足动量守恒定律，也满足机械能守恒定律，故选D.
7.(2023·北京市第五中学检测)A、B物块沿光滑水平面在同一直线上运动并发生正碰，如图为两物块碰撞前后的位移－时间图像，其中a、b分别为A、B两物块碰前的位移－时间图像，c为碰撞后两物块共同运动的位移－时间图像，若A物块质量m＝2 kg，则由图判断，下列结论错误的是( )
A．碰撞前后A的动量变化量的大小为4 kg·m/s
B．B物块的质量为0.75 kg
C．碰撞过程A对B所施冲量大小为4 N·s
D．碰撞过程A、B两物块组成的系统损失的动能为10 J
答案 B
解析 以A的初速度方向为正方向，由图像可知碰撞前A的速度为vA＝eq \f(10－4,2) m/s＝3 m/s，碰撞后A、B的共同速度为vAB＝eq \f(4－2,2) m/s＝1 m/s，则碰撞前A的动量为mvA＝2×3 kg·m/s＝6 kg·m/s，碰撞后A的动量为mvAB＝2 kg·m/s，碰撞前后A的动量变化量的大小为4 kg·m/s，A正确，不符合题意；碰撞前B的速度为vB＝－eq \f(4,2) m/s＝－2 m/s，由动量守恒定律得mvA＋mBvB＝(m＋mB)vAB，解得mB＝eq \f(4,3) kg，B错误，符合题意；由动量定理得I＝mBvAB－mBvB＝eq \f(4,3)×1 kg·m/s－eq \f(4,3)×(－2) kg·m/s＝4 N·s，即碰撞过程A对B所施冲量大小为4 N·s，C正确，不符合题意；碰撞过程A、B两物块组成的系统损失的动能为ΔEk＝eq \f(1,2)mvA2＋eq \f(1,2)mBvB2－eq \f(1,2)(m＋mB)vAB2＝eq \f(1,2)×2×32 J＋eq \f(1,2)×eq \f(4,3)×(－2)2 J－eq \f(1,2)×(2＋eq \f(4,3))×12 J＝10 J，D正确，不符合题意．
8．(2021·浙江1月选考·12)在爆炸实验基地有一发射塔，发射塔正下方的水平地面上安装有声音记录仪．爆炸物自发射塔竖直向上发射，上升到空中最高点时炸裂成质量之比为2∶1、初速度均沿水平方向的两个碎块．遥控器引爆瞬间开始计时，在5 s末和6 s末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声．已知声音在空气中的传播速度为340 m/s，重力加速度大小g取10 m/s2，忽略空气阻力．下列说法正确的是( )
A．两碎块的位移大小之比为1∶2
B．爆炸物的爆炸点离地面高度为80 m
C．爆炸后质量大的碎块的初速度为68 m/s
D．爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340 m
答案 B
解析 设碎块落地的时间为t，质量大的碎块水平初速度为v，则由动量守恒定律知质量小的碎块水平初速度为2v，爆炸后的碎块做平抛运动，下落的高度相同，则在空中运动的时间相同，由水平方向x＝v0t知落地水平位移之比为1∶2，碎块位移s＝eq \r(x2＋y2)，可见两碎块的位移大小之比不是1∶2，故A项错误；据题意知，vt＝(5 s－t)×340 m/s，又2vt＝(6 s－t)×340 m/s，联立解得t＝4 s，v＝85 m/s，故爆炸点离地面高度为h＝eq \f(1,2)gt2＝80 m，所以B项正确，C项错误；两碎块落地点的水平距离为Δx＝3vt＝1 020 m，故D项错误．
9．在发射地球卫星时需要运载火箭多次点火，以提高最终的发射速度．某次地球近地卫星发射的过程中，火箭喷气发动机每次喷出质量为m＝800 g的气体，气体离开发动机时的对地速度v＝1 000 m/s，假设火箭(含燃料在内)的总质量为M＝600 kg，发动机每秒喷气20次，忽略地球引力的影响，则( )
A．第三次气体喷出后火箭的速度大小约为4 m/s
B．地球卫星要能成功发射，速度大小至少达到11.2 km/s
C．要使火箭能成功发射至少要喷气500次
D．要使火箭能成功发射至少要持续喷气17 s
答案 A
解析 设喷出三次气体后火箭的速度为v3，以火箭和喷出的三次气体为研究对象，以竖直向上为正方向，由动量守恒定律得：(M－3m)v3－3mv＝0，解得：v3≈4 m/s，故A正确；地球卫星要能成功发射，喷气n次后至少要达到第一宇宙速度，即：vn＝7.9 km/s，故B错误；以火箭和喷出的n次气体为研究对象，以竖直向上为正方向，由动量守恒定律得：(M－nm)vn－nmv＝0，代入数据解得：n≈666，故C错误；至少持续喷气时间为：t＝eq \f(n,20)＝33.3 s，故D错误．
10.(多选)(2023·安徽马鞍山市模拟)如图所示，A、B两个小球(可视为质点)，间隙极小，两球球心连线竖直，从离地面高度H处以相同的初速度v0＝eq \r(2gH)同时竖直向下抛出，B球先与地面碰撞，再与A球碰撞后B球静止于地面，所有碰撞均为弹性碰撞，重力加速度为g，则( )
A．A、B两球的质量之比为1∶3
B．A、B两球的质量之比为1∶2
C．碰后A球上升的最大高度为8H
D．碰后A球上升的最大高度为16H
答案 AC
解析 因为A、B球从离地面高度H处以相同的初速度v0＝eq \r(2gH)同时竖直向下抛出，所以落地瞬间的速度相等，由运动学公式v2－v02＝2gH，解得vA＝vB＝v＝2eq \r(gH)，B球与地面弹性碰撞后以原速率返回，与A再发生弹性碰撞，以向上为正方向，根据动量守恒和能量守恒有mBv－mAv＝mAvA′，eq \f(1,2)mBv2＋eq \f(1,2)mAv2＝eq \f(1,2)mAvA′2，联立解得mA∶mB＝1∶3，vA′＝2v＝4eq \r(gH)，A正确，B错误；碰后A球上升的最大高度为hmax，则有vA′2＝2ghmax，解得hmax＝eq \f(vA′2,2g)＝8H，C正确，D错误．
11．如图所示，光滑水平轨道上放置长木板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．
答案 2 m/s
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
碰撞后A与B在摩擦力作用下再次达到共同速度，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.
12．如图所示，ABC为一固定在竖直平面内的光滑轨道，AB段是半径R＝0.8 m的eq \f(1,4)圆弧，B在圆心O的正下方，BC段水平，AB段与BC段平滑连接．球2、球3均放在BC轨道上，质量m1＝0.4 kg的球1从A点由静止释放，球1进入水平轨道后与球2发生弹性正碰，球2再与球3发生弹性正碰，g＝10 m/s2.
(1)求球1到达B点时对轨道的压力大小；
(2)若球2的质量m2＝0.1 kg，求球1与球2碰撞后球2的速度大小；
(3)若球3的质量m3＝0.1 kg，为使球3获得最大的动能，球2的质量应为多少．
答案 (1)12 N (2)6.4 m/s (3)0.2 kg
解析 (1)对球1从A到B应用动能定理：m1gR＝eq \f(1,2)m1v02
在B点对球1应用牛顿第二定律：
FN－m1g＝m1eq \f(v02,R)
联立解得：v0＝4 m/s、FN＝12 N
由牛顿第三定律知球1在B点对轨道的压力大小FN′＝FN＝12 N.
(2)球1、球2碰撞时，根据动量守恒定律有：
m1v0＝m1v1＋m2v2
由机械能守恒定律得：
eq \f(1,2)m1v02＝eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22
解得：v2＝eq \f(2m1,m1＋m2)v0＝6.4 m/s.
(3)同理，球2、球3碰撞后：v3＝eq \f(2m2,m2＋m3)v2
则v3＝eq \f(2m2,m2＋m3)·eq \f(2m1,m1＋m2)v0
代入数据得v3＝eq \f(1.6,m2＋\f(0.04,m2)＋0.5)v0，
由数学知识可知，当m2＝eq \f(0.04,m2)时，m2＋eq \f(0.04,m2)＋0.5最小，v3最大
所以m2＝0.2 kg.
13．(多选)(2020·全国卷Ⅱ·21)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
答案 BC
解析 设运动员的质量为M，第一次推物块后，运动员速度大小为v1，第二次推物块后，运动员速度大小为v2……第八次推物块后，运动员速度大小为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，各式相加可得vn＝eq \f(2n－1mv0,M)，则v7＝eq \f(260 kg·m/s,M)，v8＝eq \f(300 kg·m/s,M).由题意知，v7<5 m/s，则M>52 kg，又知v8>5 m/s，则M<60 kg，故选B、C.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、…应是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p1′、p2′、…应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
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
反冲运动是系统内两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
动量是否守恒
机械能是否守恒
弹性碰撞
守恒
守恒
非弹性碰撞
守恒
有损失
完全非弹性碰撞
守恒
损失最大
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