上海新教材高三物理一轮复习讲义-力学8--动量第2讲　动量守恒定律及应用--教师版+学生版

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1、动量守恒定律
1.1．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。
1.2．表达式：
(1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′ 或p＝p′。(系统相互作用前总动量p等于相互作用后总动量p′)。
(2)Δp＝0(系统总动量变化为零)。
(3)Δp1＝－Δp2(相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量增量大小相等，方向相反)。
1.3．动量守恒的条件：
(1)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。（静止或匀速）
(2)近似守恒：系统受到的合力不为零，但当内力远 大于 外力时，系统的动量可近似看成守恒。（碰撞反冲爆炸）
(3)分方向守恒：系统所受外力之和不为零，但系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒。
知识点2 碰撞、反冲、爆炸
1、碰撞：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：
4．反冲运动：
观察下列两幅图，思考图甲中喷灌工作原理以及图乙中运载火箭升空原理，填充以下内容：
(1)在某些情况下，原来系统内物体具有相同的速度，发生相互作用后各部分的末速度不再相同而分开。这类问题相互作用的过程中系统的动能 增大 ，且常伴有其他形式能向动能的转化。
(2)反冲运动的过程中，如果合外力为零或外力的作用 远小于 物体间的相互作用力，可利用动量守恒定律来处理。
5．爆炸问题：爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用力很大，且 远大于系统所受的外力，所以系统动量 守恒 ，爆炸过程中位移很小，可忽略不计，作用后从相互作用前的位置以新的动量开始运动。
自测巩固
1、思考辨析(正确的画“√”，错误的画“×”)
(1)一个系统初、末状态动量大小相等，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)系统动量守恒也就是系统的动量变化量为零。( √ ) (4)发生碰撞的两个物体，机械能是守恒的。( × )
(5)碰撞后，两个物体粘在一起，动量是守恒的，但机械能损失是最大的。( √ )
(6)火箭点火后离开地面加速向上运动，是地面对火箭的反作用力作用的结果。( × )
(7)在没有空气的宇宙空间，火箭仍可加速前行。( √ ) (8)系统所受合外力的冲量为零，则系统动量一定守恒。 (√)
(9)物体相互作用时动量守恒，但机械能不一定守恒。 (√) (10)在爆炸现象中，动量严格守恒。(×)(×)
(11)在碰撞问题中，机械能也一定守恒。(×) (12)反冲现象中动量守恒、动能增加。 (√) (√)
2．粗糙的水平地面上放着一个木块，一颗子弹水平地射进木块后停留在木块中，带动木块一起滑行一段距离，在这个过程中，子弹和木块组成的系统( B )
A．动量和机械能都守恒 B．动量和机械能都不守恒 C．动量守恒，机械能不守恒 D．动量不守恒，机械能守恒
3．小车上装有一桶水，静止在光滑水平地面上，如图所示，桶的前、后、底及侧面各装有一个阀门，分别为S1、S2、S3、S4(图中未全画出)，要使小车向前运动，可采用的方法是( B )
A．打开阀门S1B．打开阀门S2
C．打开阀门S3D．打开阀门S4
4．一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离。已知前部分的卫星质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力与分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v1为( D )
A．v0－v2 B．v0＋v2 C．v0－eq \f(m2,m1)v2 D．v0＋eq \f(m2,m1)(v0－v2)
5、(多选)如图所示，在光滑的水平面上有一辆平板车，人和车都处于静止状态。一个人站在车上用大锤敲打车的左端，在连续的敲打下，下列说法正确的是( ACD )
A．车左右往复运动 B．车持续向右运动
C．大锤、人和平板车组成的系统水平方向动量守恒 D．当大锤停止运动时，人和车也停止运动
6、下列叙述的情况中，系统动量不守恒的是( C )
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 甲 乙
7、质量为m、速度为v的A球与质量为3m的静止的B球发生正碰。碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此，碰撞后B球的速度可能有不同的值，碰撞后B球的速度大小可能是( B )
A．0.6v B．0.4v C．0.2v D．V
8.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( B )
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
9.(多选)在光滑的水平面上，一个质量为2 kg的物体A与另一物体B发生正碰，碰撞时间不计，两物体的位置随时间变化规律如图所示，以A物体碰前速度方向为正方向，下列说法正确的是( BD )
A．碰撞后A的动量为6 kg·m/s B．碰撞后A的动量为2 kg·m/s
C．物体B的质量为2 kg D．碰撞过程中合外力对B的冲量为6 N·s
10．竖直向上发射一物体(不计空气阻力)，在物体上升的某一时刻突然炸裂为a、b两块，质量较小的a块速度方向与物体原来的速度方向相反，则( B )
A．炸裂后瞬间，a块的速度一定比原来物体的速度小
B．炸裂后瞬间，b块的速度方向一定与原来物体的速度方向相同
C．炸裂后瞬间，b块的速度一定比原来物体的速度小
D．炸裂过程中，b块的动量变化量大小一定小于a块的动量变化量大小
11．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，如图乙．若两冰壶质量相等，则碰后两冰壶最终停止的位置，可能是图中的哪幅图( B )
12．（多选）在光滑水平地面上有一质量为m1的小球处于静止状态，现有一质量为m2的小球（两球形状完全相同）以一定的初速度匀速向m1球运动，并与m1球发生对心碰撞。对于这样的一个作用过程，可用速度时间图像进行描述，下列四个图像中，图线1表示m1球运动的情况，图线2表示m2球运动的情况。则在这四个图像中可能正确地反映了两球相互作用过程中速率随时间变化关系的是 ( BD )
核心考点突破
考点1 动量守恒定律的理解
1．动量守恒定律的五个特性
2．动量守恒定律适用条件
2.1前提条件：存在相互作用的物体系。 2.2理想条件：系统不受外力。
2.3实际条件：系统所受合外力为0。 2.4近似条件：系统内各物体间相互作用的内力远大于系统所受的外力。
2.5方向条件：系统在某一方向上满足上面的条件，则此方向上动量守恒。
3、动量守恒定律常用的四种表达形式
3.1、p＝p′：即系统相互作用前的总动量p和相互作用后的总动量p′大小相等，方向相同。
3.2、Δp＝p′－p＝0：即系统总动量的增加量为零。
3.3、Δp1＝－Δp2：即相互作用的系统内的两部分物体，其中一部分动量的增加量等于另一部分动量的减少量。
3.4、m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2，即相互作用前后系统内各物体的动量都在同一直线上时，作用前总动量与作用后总动量相等。
4．应用动量守恒定律的解题步骤
4.1、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)。
4.2、进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上动量是否守恒)。4.3、规定正方向，确定初、末状态动量。
4.4、由动量守恒定律列出方程。 4.5、代入数据，求出结果，必要时讨论说明。
5、动量问题的通用解题思路
5.1正常类通式
注意：碰撞／类碰撞运动结果千万不要根据生活经验，算到是多少就是多少
5.2弹性模型：除动能外，无任何能量生成或损失（初动能=末动能）——动量守恒+动能守恒

5.3共速模型：两物体相对静止或者某方向相对静止（能量损失）——动量守恒+损失能量
损失能量去向：发热量、重力势能、弹性势能，
5.4爆炸模型：通过爆炸／重力做功的形式产生能量（能量增多）——动量守恒+生成能量
能量来源：重力势能、弹性势能、化学能（爆炸）．
5.5人船模型：初动量=0的动量守恒——动量守恒+初动量0
两个物体位移大小关系：x人+x船=x相对（位移取大小）
专题讲练1
1.1、动量守恒的判断
1．(多选)下列四幅图所反映的物理过程中，系统动量守恒的是( AC )
A B C D
2、如图甲所示，把两个质量相等的小车A和B静止地放在光滑的水平地面上．它们之间装有被压缩的轻质弹簧，用不可伸长的轻细线把它们系在一起．如图乙所示，让B紧靠墙壁，其他条件与图甲相同．对于小车A、B和弹簧组成的系统，烧断细线后下列说法正确的是( A )
A．从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，图甲所示系统动量守恒，机械能守恒
B．从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，图乙所示系统动量守恒，机械能守恒
C．从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，墙壁对图乙所示系统的冲量为零
D．从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，墙壁弹力对图乙中B车做功不为零
3、两物体组成的系统总动量守恒，这个系统中（CD ）（多选）
A．一个物体增加的速度等于另一个物体减少的速度 B．一物体受的冲量与另一物体所受的冲量相同
C．两个物体的动量变化总是大小相等、方向相反 D．系统总动量的变化为零
4、一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块，并留在其中，A、B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图所示，则在子弹打中木块A及弹簧被压缩的整个过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统（ C ）
v0
A
B
m0
A．动量守与恒、机械能守恒 B．动量不守恒、机械能守恒
C．动量守恒、机械能不守恒 D．无法判断动量、机械能是否守恒
5、如图所示，滑块静止在光滑水平面上，其中滑块轨道部分为光滑圆周，部分为光滑水平面，当小球从点由静止开始释放，在小球由滑至的过程中，下列说法中正确的是（ CD ）（多选）
A．小球的机械能守恒 B．组成的系统动量守恒
C．组成的系统机械能守恒 D．组成的系统水平方向动量守恒
6、在下列几种现象中，所选系统动量守恒的有（ A ）
A．原本静止在光滑水平面上的车，从水平方向跳上一个人，人和车为一系统
B．运动员将铅球加速推出，运动员和铅球为一系统
C．重物竖直下落到静止于地面的车厢中，重物和车厢为一系统
D．斜面放在光滑水平面上，滑块沿光滑的斜面下滑，滑块和斜面为一系统
7、(多选)如图所示,弹簧的一端固定在竖直墙上,质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上,底部与水平面接触处平滑。一个质量也为m的小球从槽上高h处由静止开始自由下滑,下列判断正确的是( BD )
A.在下滑过程中,小球和槽之间的相互作用力对槽不做功
B.在下滑过程中,小球和槽组成的系统水平方向动量守恒
C.被弹簧反弹后,小球和槽都做速率不变的直线运动
D.被弹簧反弹后,小球能回到槽上高h处
8、如图，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是( D )
A．A和B都向左运动 B．A和B都向右运动
C．A静止，B向右运动
D．A向左运动，B向右运动
9、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( B )
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
10、如图，水平地面上有一小车 C，顶端有一轻滑轮，质量完全相同的两个小木块 A、B由通过滑轮的轻绳相连接，初始时用手托住小木块 A，使 A、B、C 均处于静止状态。某时刻突然将手撤去，A、B、C 开始运动，则对小车 C、小木块 A、B 三者组成的系统，下列说法正确的是(所有摩擦均忽略不计)( D )
A．动量不守恒，机械能不守恒
B．动量守恒，机械能守恒
C．竖直方向上动量守恒，机械能不守恒
D．水平方向上动量守恒，机械能守恒
1.2、动量守恒定律的应用
1、(多选)在光滑水平面上，一质量为m的小球1以速度v0与静止的小球2发生正碰，碰后小球1、2的速度大小均为eq \f(1,3)v0，则小球2的质量可能是( BD )
A．m B．2m C．3m D．4m
[解析] 设小球2的质量为M，两球组成的系统在碰撞过程动量守恒，以小球1的初速度方向为正方向，如果碰撞后两个小球的速度同向，由动量守恒定律得mv0＝(m＋M)eq \f(1,3)v0，解得M＝2m，如果碰撞后两球速度反向，由动量守恒定律得mv0＝M·eq \f(1,3)v0－m·eq \f(1,3)v0，解得M＝4m，故B、D正确。
2、 如图所示，水平地面上，某运动员手拿篮球站在滑板车上向一堵竖直的墙(向右)滑行，为了避免与墙相撞，在接近墙时，运动员将篮球水平向右抛出，篮球反弹后运动员又接住篮球，速度恰好减为 0。不计地面的摩擦和空气阻力，忽略篮球在竖直方向的运动，篮球与墙的碰撞过程不损失能量。运动员和滑板车的总质量为 M，篮球的质量为 m。抛球前，运动员、滑板车和篮球的速度均为 v0。则( D )
A.整个过程中运动员、滑板车及篮球的总动量守恒
B.运动员抛球与接球时对篮球的冲量相同
C.墙对篮球的冲量大小为12 (M＋m)v0
D.篮球被墙反弹后的速度大小为M＋m2mv0

3、质量为M的小车中挂有一个单摆，摆球的质量为M0，小车和单摆以恒定的速度V0沿水平地面运动，与位于正对面的质量为M1的静止木块发生碰撞，碰撞时间极短，在此过程中，下列哪些说法是可能发生的（ BC ）（多选）
A．小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别为V1、V2和V3，且满足：（M+M0）V0=MV1+M1V2+M0V3；
B．摆球的速度不变，小车和木块的速度为V1、V2，且满足：MV0=MV1+M1V2；
C．摆球的速度不变，小车和木块的速度都为V，且满足：MV0=（M+M1）V；
D．小车和摆球的速度都变为V1，木块的速度变为V2，且满足：（M+M0）V0=（M+M0）V1+M1V2
【解析】小车与木块相碰，随之发生的将有两个过程：其一是，小车与木块相碰，作用时间极短，过程结束时小车与木块速度发生了变化，而小球的速度未变；其二是，摆球将要相对于车向右摆动，又导致小车与木块速度的改变．但是题目中已明确指出只需讨论碰撞的极短过程，不需考虑第二过程．因此，我们只需分析B、C两项．其实，小车与木块相碰后，将可能会出现两种情况，即碰撞后小车与木块合二为一或它们碰后又分开，前者正是C项所描述的，后者正是B项所描述的，所以B、C两项正确
4、一质量为M的木块从某一高度自由下落，在空中被一粒水平飞行的子弹击中并留在其中，子弹的速度为，质量为m，则木块下落的时间与自由下落相比将（ B ）
A．不变 B．变长 C．变短 D．无法确定

5、在光滑水平面上沿一条直线运动的滑块Ⅰ、Ⅱ发生正碰，碰后立即粘在一起运动，碰撞前滑块Ⅰ、Ⅱ及粘在一起后的速度—时间关系图线分别如图中的线段 a、b、c 所示。由图像可知( C )
A．碰前滑块Ⅰ的动量比滑块Ⅱ的动量小
B．滑块Ⅰ的质量与滑块Ⅱ的质量之比为 3∶5
C．滑块Ⅰ的质量与滑块Ⅱ的质量之比为 5∶3
D．碰撞过程中，滑块Ⅰ受到的冲量比滑块Ⅱ受到的冲量大
6、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( D )
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
7、如图所示，质量相等的小球 A 和小车 B 组成动量小车，置于光滑的水平面上，紧靠小车右端有一固定挡板，现将小球 A 拉开到一定角度，然后同时放开小球和小车，则（ C）
A．当小球向左摆动时，小车也一定向左运动
B．当小球向左摆动时，小车可能向右运动
C．当小球达到最高点时，小球和小车速度一定相同 D．在任意时刻，小球和小车在水平方向的动量一定守恒
8、如图所示，质量为 3m、半径为 R 的光滑半圆形槽静置于光滑水平面上，A、C 为半圆形槽槽口对称等高的两点，B 为半圆形槽的最低点．将一可视为质点、质量为 m 的小球自左侧槽口 A 点自由释放，小球沿槽下滑的过程中，不计空气阻力，下列说法正确的是( BD )
A．小球和半圆形槽组成的系统机械能守恒、动量守恒
B．小球刚好能够到达半圆形槽右侧的 C 点
C．半圆形槽速率的最大值为 126gR D．半圆形槽相对于地面位移大小的最大值为12R
9、将两个完全相同的磁铁(磁性极强)分别固定在质量相等的甲、乙两车上，水平面光滑。开始时甲车速度大小为3 m/s，乙车速度大小为2 m/s，方向相反并在同一直线上，如图所示。
(1)当乙车速度为零时，甲车的速度多大？方向如何？
(2)由于磁铁的磁性极强，故两车不会相碰，那么两小车间的距离最小时，乙车的速度是多大？方向如何？
[解析] 两个小车及磁铁组成的系统在水平方向不受外力作用，两磁铁之间的磁力是系统内力，系统动量守恒。设向右为正方向。
(1)据动量守恒定律得mv甲－mv乙＝mv′甲 则v′甲＝v甲－v乙＝1 m/s，方向向右。
(2)两车相距最近时，两车的速度相同，设为v′，由动量守恒定律得 mv甲－mv乙＝mv′＋mv′
解得v′＝eq \f(mv甲－mv乙,2m)＝eq \f(v甲－v乙,2)＝eq \f(3－2,2) m/s＝0.5 m/s，方向向右。[答案] (1)1 m/s 向右 (2)0.5 m/s 向右
10、如图所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为 10m、12m，两船沿同一直线同一方向运动，速度分别为 2v0、v0，为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为 m 的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度。(不计水的阻力)

1.3、多物体多过程动量守恒问题
1、(多选)如图所示，三辆完全相同的平板小车a、b、c成一直线排列，静止在光滑水平面上．c车上有一小孩跳到b车上，接着又立即从b车跳到a车上．小孩跳离c车和b车时对地的水平速度相同．他跳到a车上相对a车保持静止，此后( CD )
A．a、b两车运动速率相等 B．a、c两车运动速率相等
C．三辆车的速率关系vc>va>vb D．a、c两车运动方向相反
解析 设向右为正方向，设人跳离b、c车时对地水平速度为v，在水平方向由动量守恒定律有0＝M车vc＋m人v，m人v＝M车vb＋m人v，m人v＝(M车＋m人)·va，所以vc＝－eq \f(m人v,M车)，vb＝0，va＝eq \f(m人v,M车＋m人)，即vc>va>vb并且vc与va方向相反．所以选项A、B错误，选项C、D正确．
2．(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( BC ) A．48 kg B．53 kg C．58 kg D．63 kg
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，整理得vn＝eq \f(2n－1mv0,M)，则v7＝eq \f(260 kg·m/s,M)，v8＝eq \f(300 kg·m/s,M).由题意知，v752 kg，又知v8>5 m/s，则Mv前；碰后，原来在前的物体速度一定增大，且v前′≥v后′。
②两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。
2、弹性碰撞的规律
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＝m1v′1＋m2v′2 eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)m1v′eq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)m2v′eq \\al(2,2) 解得v′1＝eq \f(m1－m2v1,m1＋m2)，v′2＝eq \f(2m1v1,m1＋m2)
结论：(1)当m1＝m2时，v′1＝0，v′2＝v1(质量相等，速度交换)；
(2)当m1>m2时，v′1>0，v′2>0，且v′2>v′1(大碰小，一起跑)；
(3)当m12)的小球 B、C 静止放置在光滑水平面上，一质量为 m 的小球 A 从小球 B 的左侧以速度 v 水平向右运动。已知所有碰撞均为弹性碰撞，且碰撞时间极短，A 与 B 只发生一次碰撞，则 k 的值可能为( AB )
A．4.5 B．6 C．7.5 D．9

8、如图所示，质量为M的平板车P的上表面距地面高h，质量为m的小物块Q的大小不计，位于平板车的左端，系统静止在光滑水平地面上。一不可伸长的轻质细绳长为R，一端悬于Q正上方高R处，另一端系一质量也为m的小球(大小不计)，今将小球拉至细绳与竖直方向成60°角的位置，由静止释放，小球到达最低点时与Q的碰撞时间极短，且无能量损失，已知Q离开平板车时速度大小是平板车速度的两倍，Q与P之间的动摩擦因数为μ，M︰m＝4︰1，重力加速度为g。则：
(1)小物块Q离开平板车时速度为多大？ (2)平板车P的长度为多少？
[解析] (1)小球由静止摆到最低点的过程中，有mgR(1－cs60°)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，解得v0＝eq \r(gR)
小球与物块Q相撞时，动量守恒，机械能守恒，则有mv0＝mv1＋mvQ，eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,Q)，
解得v1＝0，vQ＝v0＝eq \r(gR)，
二者交换速度，即小球静止，Q在平板车上滑行的过程中，设小物块Q离开平板车时平板车速度为v，系统的动量守恒，则有 mvQ＝Mv＋m(2v)，解得v＝eq \f(1,6)vQ＝eq \f(\r(gR),6) 物块Q离开平板车时，其速度大小为2v＝eq \f(\r(gR),3)
(2)由能量守恒定律知fL＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,Q)－eq \f(1,2)Mv2－eq \f(1,2)m(2v)2 又f＝μmg，解得平板车P的长度为L＝eq \f(7R,18μ)
[答案] (1)eq \f(\r(gR),3) (2)eq \f(7R,18μ)
9、如图所示，在光滑的水平面上静止着一个质量为m2小球2，质量为m1的小球1以一定的初速度v1朝着球2运动，如果两球之间、球与墙之间发生的碰撞均无机械能损失，要使两球还能再碰，则两小球的质量需满足怎样的关系？
【解析】设两球碰后的速度分别为v1′和v2′，由系统动量守恒定律得：
①
由于发生的是弹性碰撞，碰撞前后的总动能不变，得： ②
联立式①、②，可解得：球1碰后速度为；球2碰后速度为
按照题意，只要碰后球1不反弹，即，即，总能发生二次碰撞．
或者球1反弹，但是其碰后速率－v1′小于球2速率v2′，即，也能发生二次碰撞．
综上，只要即可满足题意．
10、如图所示，质量为 m＝1 kg 的工件甲静置在光滑水平面上，其上表面由光滑水平轨道 AB和四分之一光滑圆弧轨道 BC 组成，两轨道相切于 B 点，圆弧轨道半径为 R＝0.824 m，质量也为 m 的小滑块乙静置于 A 点。不可伸长的细线一端固定于 O 点，另一端系一质量为 M＝4 kg 的小球丙，细线竖直且丙静止时 O 到球心的距离为 L＝2 m。现将丙向右拉开至细线与竖直方向夹角为 θ＝53°并由静止释放，丙在 O 正下方与甲发生弹性碰撞(之后两者不再发生碰撞)。已知重力加速度大小为 g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6，不计空气阻力。
(1)求丙与甲碰后瞬间各自速度的大小；
(2)通过计算分析判断，碰后甲向左滑动的过程中，乙能否从 C 点离开圆弧轨道。

2.3、非弹性碰撞模型分析
1、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 )
A．3 J B．4 J C．5 J D．6 J
[设乙物块的质量为m，由动量守恒定律有m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v′甲＋m乙v′乙，代入图中数据解得m乙＝6 kg，进而可求得碰撞过程中两物块损失的机械能为E损＝eq \f(1,2)m甲veq \\al(2,甲)＋eq \f(1,2)m乙veq \\al(2,乙)－eq \f(1,2)m甲v′eq \\al(2,甲)－eq \f(1,2)m乙v′eq \\al(2,乙)，代入图中数据解得E损＝3 J，选项A正确。]
2、(多选)在冰壶比赛中，某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞如图甲所示，碰撞前、后两壶运动的v－t图线如图乙中实线所示，其中红壶碰撞前、后的两段图线相互平行，两冰壶质量均为19kg，则(AD)
A．碰后蓝壶速度为0.8m/s
B．碰后蓝壶移动的距离为2.4m
C．碰撞过程两壶损失的动能为7.22J
D．碰后红、蓝两壶所受摩擦力之比为5︰4
[解析]由图乙可知碰撞前、后红壶的速度分别为v0＝1.0m/s和v1＝0.2m/s，由系统动量守恒可得mv0＝mv1＋mv2，解得碰后蓝壶速度为v2＝0.8m/s，碰后蓝壶移动的距离为x＝eq \f(1,2)×0.8×5＝2m，碰撞过程中两壶损失的动能为ΔEk＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)＝3.04J，红壶所受摩擦力f1＝ma1＝19×eq \f(1.2－1.0,1)N＝3.8N，蓝壶所受摩擦力f2＝ma2＝19×eq \f(0.8－0,5)N＝3.04N，碰后红、蓝两壶所受摩擦力之比为f1︰f2＝5︰4，故A、D正确，B、C错误。
3、北京冬奥会冰壶比赛训练中，运动员将质量为19 kg的冰壶甲推出，运动一段时间后以0.4 m/s的速度正碰静止的冰壶乙，然后冰壶甲以0.1 m/s的速度继续向前滑向大本营中心．若两冰壶质量相等，求：(1)冰壶乙获得的速度大小；(2)试判断两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞还是非弹性碰撞；若是非弹性碰撞，能量损失多少．
答案 (1)0.3 m/s (2)非弹性碰撞 0.57 J
解析 (1)由动量守恒定律知mv1＝mv2＋mv3 将v1＝0.4 m/s，v2＝0.1 m/s 代入上式得v3＝0.3 m/s.
(2)碰撞前的动能E1＝eq \f(1,2)mv12＝1.52 J， 碰撞后两冰壶的总动能E2＝eq \f(1,2)mv22＋eq \f(1,2)mv32＝0.95 J
因为E1>E2，所以两冰壶间的碰撞为非弹性碰撞， 能量损失E＝ E1－ E2＝0.57 J.
2.4、完全非弹性碰撞模型分析
1、(多选)A、B两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前、后的位移随时间变化的图象，a、b分别为A、B两球碰前的位移随时间变化的图线，c为碰撞后两球共同运动的位移随时间变化的图线，若A球质量是m＝2 kg，则由图象判断下列结论正确的是( ABD )
A．碰撞前、后A球的动量变化量为4 kg·m/s
B．碰撞时A球对B球所施的冲量为－4 N·s
C．A、B两球碰撞前的总动量为3 kg·m/s
D．碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10 J
[根据题图可知，碰前A球的速度vA＝－3 m/s，碰前B球的速度vB＝2 m/s，碰后A、B两球共同的速度v＝－1 m/s，故碰撞前、后A球的动量变化量为ΔpA＝mv－mvA＝4 kg·m/s，选项A正确；A球的动量变化量为4 kg·m/s，碰撞过程中动量守恒，B球的动量变化量为－4 kg·m/s，根据动量定理，碰撞过程中A球对B球所施的冲量为－4 N·s，选项B正确；由于碰撞过程中动量守恒，有mvA＋mBvB＝(m＋mB)v，解得mB＝eq \f(4,3) kg，故碰撞过程中A、B两球组成的系统损失的动能为ΔEk＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)＋eq \f(1,2)mBveq \\al(2,B)－eq \f(1,2)(m＋mB)v2＝10 J，选项D正确；
A、B两球碰撞前的总动量为p＝mvA＋mBvB＝(m＋mB)v＝－eq \f(10,3) kg·m/s，选项C错误。]
2、如图所示，在光滑水平面上有一静止的质量为M的小车，用长为L的细线系一质量为m的小球，将小球拉至水平位置，球放开时小车与小球保持静止状态，松手后让小球下落，在最低点与固定在小车上的油泥相撞并粘在一起，则( D )
A．小球与油泥相撞后一起向左运动 B．小球与油泥相撞后一起向右运动
C．整个过程小车的运动距离为eq \f(ML,m＋M) D．整个过程小车的运动距离为eq \f(mL,m＋M)
解析 在水平方向上，系统不受外力，因此在水平方向动量守恒．小球下落过程中，水平方向具有向右的分速度，因此为保证动量守恒，小车要向左运动．当撞到油泥，是完全非弹性碰撞，小球和小车大小相等方向相反的动量恰好抵消掉，所以小车和小球都保持静止，故A、B错误；设当小球到达最低点时，小球向右移动的距离为x1，小车向左移动的距离为x2，根据系统水平方向动量守恒有mv1－Mv2＝0，又v1＝eq \f(x1,t)，v2＝eq \f(x2,t)，则有meq \f(x1,t)－Meq \f(x2,t)＝0，变形得mx1＝Mx2，根据x1＋x2＝L，联立解得x2＝eq \f(mL,m＋M)，故C错误，D正确．
3、如图所示，半径和动能都相等的两个小球相向而行．甲球质量m甲大于乙球质量m乙，水平面是光滑的，两球做对心碰撞以后的运动情况可能是下述哪些情况（ AB ）
A．甲球速度为零，乙球速度不为零 B．两球速度都不为零
C．乙球速度为零，甲球速度不为零
D．两球都以各自原来的速率反向运动
【解析】首先根据两球动能相等，得出两球碰前动量大小之比为：，
因m甲>m乙，则P甲>P乙，则系统的总动量方向向右．根据动量守恒定律可以判断，碰后两球运动情况可能是A、B所述情况，而C、D情况是违背动量守恒的，故C、D情况是不可能的。
4、带有1/4光滑圆弧轨道、质量为M的滑车静止置于光滑水平面上，如图所示．一质量为m的小球以速度v0水平冲上滑车，当小球上行再返回，并脱离滑车时，以下说法可能正确的是（ BCD ）（多选）
A．小球一定沿水平方向向左做平抛运动 B．小球可能沿水平方向向左做平抛运动
C．小球可能做自由落体运动 D．小球可能水平向右做平抛运动
5、甲乙两球在水平光滑轨道上向同方向运动，已知它们的动量分别是P1=5kgm/s，P2=7kgm/s，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为10kgm/s，则二球质量m1与m2间的关系可能是下面的哪几种（ C ）
A．m1=m2 B．2m1=m2 C．4m1=m2 D．6m1=m2
【解析】甲乙两球在碰撞过程中动量守恒，所以有：P1+P2= P1，+ P2， 即：P1=2 kgm/s．由于在碰撞过程中，不可能有其它形式的能量转化为机械能，只能是系统内物体间机械能相互转化或一部分机械能转化为内能，因此系统的机械能不会增加．所以有： 所以有：m1m2，不少学生就选择（C、D）选项．
这个结论合“理”，但却不合“情”．因为题目给出物理情景是“甲从后面追上乙”，要符合这一物理情景，就必须有，即m1；同时还要符合碰撞后乙球的速度必须大于或等于甲球的速度这一物理情景，即，所以 ．因此选项（D）是不合“情”的，正确的答案应该是（C）选项
6、(多选)在足够长的倾斜长直轨道上,先后将甲、乙两个相同小球以相同的初速度在同一位置沿轨道向斜上方弹出,它们运动的v-t图像如图所示。据图可知下列说法正确的是(ABC)
A.该轨道是光滑轨道 B.t=4 s时,两球相对于出发点的位移相等
C.两球在轨道上发生的碰撞是完全非弹性碰撞
D.两小球回到出发点时的速度大小为10 m/s
解析 由图中甲的运动图像可知,甲上滑和下滑的加速度相同,则说明小球只受重力和支持力,即轨道是光滑轨道,故A正确;由图像可知,甲在t=4 s时的位移为x甲=15×32 m-5×12 m=20 m,乙在t=4 s时的位移为x乙=5+152×2 m=20 m,故B正确;由图像可知,两小球碰撞后速度都变为0,则碰撞为完全非弹性碰撞,故C正确;由图像可知,两小球碰撞后速度都变为0,沿轨道向下运动的加速度大小为a=5 m/s2,碰撞发生在t=4 s时,此时两小球离出发点的距离为20 m,由v2=2ax可得,v=2ax=2×5×20 m/s=102 m/s,故D错误。
7、(多选)如图，足够长的光滑细杆 MN 水平固定，质量 m1＝2 kg 的物块 A 穿在杆上，可沿杆无摩擦滑动，质量 m2＝1 kg 的物块 B 通过长度 l＝0.45 m 的轻质细绳竖直悬挂在 A 上，整个装置处于静止状态，A、B 可视为质点。现让物块 B 以初速度 v0＝3 m/s 水平向右运动，g取 10 m/s2，则( AD )
A．物块 A 的最大速度为 2 m/s
B．物块 A、B 组成的系统，动量守恒
C．物块 B 恰好能够到达细杆 MN 处
D．物块 B 从开始运动到最大高度的过程中，机械能减少了 1 J
8、如图所示，固定光滑曲面轨道在 O 点与光滑水平地面平滑连接，地面上静止放置一个表面光滑、质量为 3m 的斜面体 C。一质量为 m 的小物块 A 从高 h 处由静止开始沿轨道下滑，在 O 点与质量为 2m 的静止小物块 B 发生碰撞，碰撞后 A、B 立即粘连在一起向右运动(碰撞时间极短)，平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的高度小于斜面体高度，重力加速度为g，求：
(1)A 到达 O 点时的速度大小；
(2)A、B 碰撞过程中损失的机械能；
(3)A 和 B 沿 C 能上升的最大高度。

9、(一题多变)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。
审题指导：
[解析] 长木板A与滑块C处于光滑水平轨道上，两者碰撞时间极短，碰撞过程中滑块B与长木板A间的摩擦力可以忽略不计，长木板A与滑块C组成的系统在碰撞过程中动量守恒，则mAv0＝mAvA＋mCvC。两者碰撞后，长木板A与滑块B组成的系统在两者达到同速之前所受合外力为零，系统动量守恒，则mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)v。长木板A和滑块B达到共同速度后，恰好不再与滑块C碰撞，则最后三者速度相等，vC＝v。
联立以上各式，代入数据解得vA＝2 m/s。 [答案] 2 m/s
9+1、[拓展] 在上题中(1)若A与C发生碰撞后粘在一起，则三个物体最终的速度是多少？
(2)在(1)的条件下，相互作用的整个过程中，系统的机械能损失了多少？
[解析] (1)整个作用过程中，A、B、C三个物体组成的系统动量守恒，最终三者具有相同的速度，
根据动量守恒 (mA＋mB)v0＝(mA＋mB＋mC)v 代入数据可得v＝3 m/s。
(2)三者最后的速度v＝3 m/s 相互作用前E1＝eq \f(1,2)(mA＋mB)veq \\al(2,0)＝37.5 J
A、B再次达到共同速度时 E2＝eq \f(1,2)(mA＋mB＋mC)v2＝22.5 J
机械能损失ΔE＝E1－E2＝15 J。 [答案] (1)3 m/s (2)15 J
碰撞模型解题三策略
(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：
v′1＝eq \f(m1－m2,m1＋m2)v1 v′2＝eq \f(2m1,m1＋m2)v1
(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。当m1≫m2，且v2＝0时，碰后质量大的速率不变，质量小的速率为2v1。当m1≪m2，且v2＝0时，碰后质量小的球原速率反弹。
a
a
b
b
O
O
10、如图，小球a、b用等长细线悬挂于同一固定点O．让球a静止下垂，将球b向右拉起，使细线水平．从静止释放球b，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大偏角为60°．忽略空气阻力，求
两球a、b的质量之比；
（2）两球在碰撞过程中损失的机械能与球b在碰前的最大动能之比．
【解析】（1）设b球的质量为m,a球的质量为M,则对b球研究,由动能定理得:
,a、b碰撞由动量守恒定律得:
a、b整体向左运动,由动能定理得:
联立解得: ,
（2）a、b碰撞过程中机械能的损失为:
11、已知 A、B 两物体 mA＝2 kg，mB＝1 kg，A 物体从 h＝1.2 m 处自由下落，且同时 B 物体从地面竖直上抛，经过 t＝0.2 s 相遇碰撞后，两物体立刻粘在一起运动，已知重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)碰撞时离地高度 x； (2)碰后速度 v； (3)碰撞损失机械能 ΔE。

考点3 动量守恒定律的三个应用实例（碰撞、反冲、爆炸）--实例二 反冲运动
1．反冲
(1)现象：物体的不同部分在内力的作用下向相反方向运动。
(2)特点：一般情况下，物体间的相互作用力(内力)较大，反冲运动中平均动量守恒，机械能往往不守恒。
(3)实例：喷气式飞机、火箭等。
2．对“反冲”运动的三点说明
3．火箭获得的最终速度
火箭发射前的总质量为M、燃料燃尽后的质量为m，火箭燃气的喷射速度为v1，如图所示，燃料燃尽后火箭的飞行速度v为多大？
在火箭发射过程中，由于内力远大于外力，所以动量守恒。
发射前的总动量为0，发射后的总动量为mv－(M－m)v1(以火箭的速度方向为正方向)
则：mv－(M－m)v1＝0
所以v＝(eq \f(M,m)－1)v1 燃料燃尽时火箭获得的最终速度由喷气速度及质量比eq \f(M,m)决定。
专题讲练3
1、如图所示，质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止。若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为( C )
A．v0＋eq \f(m,M)v B．v0－eq \f(m,M)v C．v0＋eq \f(m,M)(v0＋v) D．v0＋eq \f(m,M)(v0－v)
2、解放军发出4枚“东风快递”(中程弹道导弹)，准确击中预定目标，发射导弹过程可以简化为：将静止的质量为M(含燃料)的东风导弹点火升空，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，则喷气结束时东风导弹获得的速度大小是( D )
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
3、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 )
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
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．
4、近五年来，火箭军各部累计发射数百枚导弹，是最具有打击力和威慑力的战略部队。假设将发射导弹看成如下模型：静止的实验导弹总质量M＝3300kg，当它以相对于地面的速度v0＝120m/s竖直向下喷出质量为Δm＝300kg的高温气体后，导弹的速度为(喷出气体过程中重力和空气阻力可忽略)( D )
A．－10m/s B．12m/s C．10m/s D．－12m/s
5、一架总质量为m（含燃料）的飞船在太空背景中以速度 匀速航行，某时刻飞船在极短的时间内喷射出质量为∆m的燃烧气体，气体喷出后与飞机的相对速度大小为u，设飞船初始运动方向为正方向，则（ B ）
A．气体对飞船的冲量小于飞船动量的变化
B．气体喷出后的运动方向可能与飞船运动方向相同
C．∆m和m的比值越大，飞船速度的增加量就越小
D．飞船喷出气体后速度可增加到mv+∆mum−∆m
6、一名连同装备总质量为 M 的航天员，脱离空间站后，在离空间站 x 处与空间站处于相对静止状态。装备中有一个高压气源能以速度 v（以空间站为参考系）喷出气体从而使航天员相对于空间站运动。如果航天员一次性向远离空间站方向喷出质量为∆m 的气体，使航天员在时间 t 内匀速返回空间站。则( C )
A．喷出气体的质量∆ m 等于Mxvt
B．若高压气源喷出气体的质量不变但速度变大，则返回时间大于 t
C．若高压气源喷出气体的速度变大但动量不变，则返回时间大于 t
D．在喷气过程中，航天员、装备及气体所构成的系统动量和机械能均守恒
7、如图，在“嫦娥三号”到达距离月球 100m 高度时，会在反推火箭的作用下短暂悬停。若它悬停时反推火箭单位时间内向下喷出的气体质量为ρ，喷出的气体相对于月球表面的速度大小为 u，则反推火箭发动机输出的机械功率为_________，反推火箭产生的推力为_________。

8、两同学验证反冲运动中动量守恒。如图所示，两质量分别为mA、mB的玩具小车放置在水平桌面上，中间夹一根弹簧。自某一位置突然放开，两小车做反冲运动，一段时间后，同时止住运动的小车，测出两小车运动的距离分别为sA、sB，忽略小车与桌面间的摩擦，请用以上物理量符号写出反冲前、后动量守恒表达式：mAsA＝mBsB ；已知课本宽度为L，并以此计量小车运动的距离分别为sA＝2L，sB＝1.5L，可知两小车质量之比mA︰mB＝3︰4 。
反冲后两车都做匀速直线运动，则反冲后A、B两车的速度大小分别为vA＝eq \f(sA,t)，vB＝eq \f(sB,t)，取向右为正方向，据动量守恒定律得mAvA－mBvB＝0，综上可得mAsA＝mBsB。
所以反冲前后动量守恒表达式为mAsA＝mBsB。已知sA＝2L，sB＝1.5L，代入上式解得mA︰mB＝3︰4。
方法总结：反冲现象中的距离问题
一个原来静止的系统，由于某一部分的运动而对另一部分有冲量，使得另一部分也开始运动，据动量守恒定律有m1v1－m2v2＝0，可得到v1＝eq \f(m2,m1)v2，物体在这一方向上有速度，经过时间的累积，物体在这一方向上运动一段距离，则距离同样满足s1＝eq \f(m2,m1)s2，且它们之间的相对距离s相＝s1＋s2。
9、火箭喷气发动机每次喷出质量m＝0.2kg的气体，喷出的气体相对地面的速度为v＝1000m/s，设火箭的初始质量M＝300kg，发动机每秒喷气20次，若不计地球对它的引力作用和空气阻力作用，求火箭发动机工作5s后火箭的速度达多大？
【解析】以火箭（包括在5s内要喷出的气体）为系统，系统的总动量守恒，以火箭的运动方向为正，则5s后火箭的动量为（M－m×20×5）v'，所喷出的气体动量为－（m×20×5）v．
由动量守恒定律：
得出．
10、质量为 QUOTE M的火箭，原来以速度v0在太空中飞行，现在突然向后喷出一股质量为△m的气体，喷出气体相对火箭的速度为v，则喷出气体后火箭的速率为多少？
【解析】这类问题通过能量守恒定律研究。需要强调的是，在这类问题中，一般我们讲相对速度时，讲的是喷射后气体相对于飞船的速度，而不是之前。
由动量守恒： QUOTE 整理得 QUOTE
考点4 动量守恒定律的三个应用实例（碰撞、反冲、爆炸）--实例三 爆炸
1、爆炸问题：爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用力很大，且远大于 系统所受的外力，所以系统动量守恒 ，爆炸过程中位移很小，可忽略不计，作用后从相互作用前的位置以新的动量开始运动。
2、爆炸的特点
2.1、动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸时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。
2.2、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，所以爆炸后系统的总动能增加。
2.3、位移不变：爆炸的时间极短，因而作用过程中物体运动的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸时的位置以新的动量开始运动。
专题讲练4
1．(多选)向空中发射一枚炮弹，不计空气阻力，当炮弹的速度v0恰好沿水平方向时，炮弹炸裂成a、b两块，若质量较大的a的速度方向仍沿原来的方向，则 ( CD )
A．b的速度方向一定与原来速度方向相反 B．从炸裂到落地的这段时间内，a飞行的水平距离一定比b的大
C．a、b一定同时到达水平地面 D．在炸裂过程中，a、b受到的爆炸力的大小一定相等
2、2025 年春节期间，中国许多地方燃放了爆竹，爆竹带来浓浓的年味。一质量为 M 的爆竹竖直运动到最高点时，爆炸成两部分，爆炸后瞬间质量为 m 的部分动能为 E，爆炸时间极短可不计，不计爆炸过程中的质量损失，则该爆竹爆炸后瞬间的总动能为( D )

3、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( B )
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．爆炸后的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
4、如图所示，水平地面上静止放置着材料相同、紧靠在一起的物体 A 和 B，两物体可视为质点且 A 的质量较大。两物体间夹有炸药，爆炸后两物体沿水平方向左右分离，不计空气阻力，则 A 物体( C )
A.爆炸过程中，获得的初动量大 B.爆炸过程中，获得的初动能大
C.爆炸后，滑行时间短 D.爆炸后，滑行距离长

5、在某次军演中，一炮弹由地面斜向上发射，假设当炮弹刚好到最高点时爆炸，炸成前后两部分P、Q，其中P的质量大于Q.已知爆炸后P的运动方向与爆炸前的运动方向相同，假设爆炸后P、Q的速度方向均沿水平方向，忽略空气的阻力，则下列说法正确的是(D )
A．爆炸后Q的运动方向一定与P的运动方向相同 B．爆炸后Q比P先落地
C．Q的落地点到爆炸点的水平距离大 D．爆炸前后P、Q动量的变化量大小相等
解析 在爆炸过程中，由于重力远小于内力，系统的动量守恒．爆炸前炮弹在最高点的速度沿水平方向，爆炸后P的运动方向与爆炸前的运动方向相同，根据动量守恒定律判断出Q的速度一定沿水平方向，但爆炸后的运动方向取决于P的动量与爆炸前炮弹的动量的大小关系，因此Q的运动方向不一定与爆炸前的运动方向相同，故A错误；在爆炸过程中，P、Q受到爆炸力大小相等，作用时间相同，则爆炸力的冲量大小一定相等，由动量定理可知，在爆炸过程中P、Q动量的改变量大小相等、方向相反，D正确；爆炸后P、Q均做平抛运动，竖直方向上为自由落体运动，由于高度相同，在空中运动时间一定相同，所以P、Q一定同时落地，B错误；由于爆炸后两部分速度的大小关系无法判断，因此落地点到爆炸点的水平距离无法确定，C错误．
6、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eq \f(v0,2)，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，重力加速度为g，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。
(1)从O滑到P，对A、B由动能定理得 －μ·2mgs＝eq \f(1,2)×2meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v0,2)))eq \s\up12(2)－eq \f(1,2)×2mveq \\al(2,0)， 解得μ＝eq \f(3v\\al(2,0),8gs)。
(2)在P点爆炸时，A、B组成的系统动量守恒，有 2m·eq \f(v0,2)＝mv，
根据能量守恒定律有 E0＋eq \f(1,2)×2meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v0,2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(1,2)mv2， 解得E0＝eq \f(1,4)mveq \\al(2,0)。 [答案] (1)eq \f(3v\\al(2,0),8gs) (2)eq \f(1,4)mveq \\al(2,0)
7、军事演习中，某战士在地面以v0＝20eq \r(2)m/s的速率向敌军阵地斜向上抛出一质量为M＝0.5kg的手雷，手雷在最高点时速度为v＝20m/s，这时突然炸成两块弹片，其中大块弹片质量m＝0.3kg仍按原方向飞行，其速度为v1＝50m/s，之后两块弹片落回地面，恰好击中两个靶标。手雷和靶标均可视为质点，手雷抛出时的高度、炸裂时燃烧的炸药的质量以及空气阻力均不计，g＝10m/s2。求：
(1)该战士抛出手雷的过程中对手雷所做的功；
(2)被击中的两个靶标之间的水平距离。
[解析] (1)该战士抛出手雷的过程，根据动能定理有W＝eq \f(1,2)Mveq \\al(2,0)＝200J
(2)手雷从抛出至最高点，做斜上抛运动，在最高点时速度方向水平
由v0＝20eq \r(2)m/s，v＝20m/s，可知手雷初速度的竖直分速度v0y＝20m/s，
手雷炸裂过程，水平方向动量守恒，有Mv＝mv1＋(M－m)v2 解得v2＝－25m/s
两块弹片均做平抛运动，则落地时的竖直分速度v3y＝v0y＝20m/s 落地时间t＝eq \f(v3y,g)＝2s
被击中的两个靶标之间的水平距离x＝(v1－v2)t＝150m [答案] (1)200J (2)150m
8、一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空。当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动。爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量。求：
(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间； (2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。
[答案] (1)eq \f(1,g) eq \r(\f(2E,m)) (2)eq \f(2E,mg)
[解析] (1)设烟花弹上升的初速度为v0，由题给条件有 E＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0) ①
设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t，由运动学公式有 0－v0＝－gt②
联立①②式得 t＝eq \f(1,g) eq \r(\f(2E,m))③
(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1，由机械能守恒定律有 E＝mgh1④
火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设爆炸后瞬间其速度分别为v1和v2。由题给条件和动量守恒定律有 eq \f(1,4)mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,4)mveq \\al(2,2)＝E ⑤ eq \f(1,2)mv1＋eq \f(1,2)mv2＝0 ⑥
由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动。设爆炸后烟花弹上部分继续上升的高度为h2，由机械能守恒定律有 eq \f(1,4)mveq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)mgh2 ⑦
联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为 h＝h1＋h2＝eq \f(2E,mg)⑧
两类守恒
碰撞类型
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
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，p′1、p′2、…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
题干关键
获取信息
A与C碰撞时间极短
系统A、C动量守恒
A、B再次同速，恰好不与C碰撞
最后三者同速
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，反冲运动遵循动量守恒定律
机械能增加
反冲运动中，物体间作用力做正功，其他形式的能转化为机械能，所以系统的总机械能增加