第2講動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用

陶備知識(shí)梳理自主學(xué)習(xí)?米班回扣

1.動(dòng)量守恒定律

(1)內(nèi)容

如果一個(gè)系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的矢量和為0,這個(gè)系統(tǒng)的總動(dòng)量保持不變。

(2)表達(dá)式

①P=M系統(tǒng)相互作用前的總動(dòng)量P等于相互作用后的總動(dòng)量小

②加］。1+〃72⑦="71I+，相互作用的兩個(gè)物體組成的系統(tǒng)，作用前的動(dòng)量和等「作

用后的動(dòng)展和。

③A〃—,相互作用的兩個(gè)物體動(dòng)量的變化量等大、反向。

④Ap=0,系統(tǒng)總動(dòng)量的增量為0。

2.“反沖”和“爆炸”問(wèn)題

⑴反沖

①定義：當(dāng)物體的一部分以一定的速度離開物體向前運(yùn)動(dòng)時(shí)，剩余部分必將向后運(yùn)動(dòng)，

這種現(xiàn)象叫反沖運(yùn)動(dòng)。

②特點(diǎn)：系統(tǒng)內(nèi)各物體間的相互作用的內(nèi)力9大王系統(tǒng)受到的外力。實(shí)例：發(fā)射炮彈、

發(fā)射火箭等。

③規(guī)律：遵從動(dòng)量守恒定律。

(2)爆炸

爆炸與碰撞類似，物體間的相互作用時(shí)間很短，作用力很大，且遠(yuǎn)大于系統(tǒng)所受的外力,

所以系統(tǒng)動(dòng)量變恒。如爆竹爆炸等。

|概念辨析?

1.只要系統(tǒng)所受的外力的矢量和為零，系統(tǒng)的動(dòng)量就守恒。(J)

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

3.系統(tǒng)中所有物體的加速度都為零時(shí)，系統(tǒng)的總動(dòng)量不一定守恒。(X)

4.物體相互作用時(shí)動(dòng)量守恒，但機(jī)械能不一定守恒。(V)

5.若在光滑水平面上兩球相向運(yùn)動(dòng)，碰后均變?yōu)榻{止，則兩球碰前的動(dòng)量大小一定相同。

(J)

6.飛船做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，若想變就通常需要向前或向后噴出氣體，該過(guò)程中動(dòng)量守恒。

(9)

7.爆炸過(guò)程中機(jī)械能增加，反沖過(guò)程中機(jī)械能減少。(X)

親鍵能力提升互劫探完?考點(diǎn)粉講

考點(diǎn)一動(dòng)量守恒定律的理解和基本應(yīng)用

1.守恒條件

(1)理想守恒：系統(tǒng)不受外力或所受外力的矢量和為零，則系統(tǒng)動(dòng)量守恒。

(2)近似守恒：系統(tǒng)受到的外力矢量和不為零，但當(dāng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力時(shí)\系統(tǒng)的動(dòng)量可近

似看成守恒。

(3)某一方向上守恒：系統(tǒng)在某個(gè)方向上所受外力的矢量和為零時(shí)，系統(tǒng)在該方向上動(dòng)量

守恒。

2.解題步驟

(1)明確研究對(duì)象，確定系統(tǒng)的組成(系統(tǒng)包括哪幾個(gè)物體及研究的過(guò)程)。

(2)進(jìn)行受力分析，判斷系統(tǒng)動(dòng)量是否守恒(或某一方向上是否守恒)。

(3)規(guī)定正方向，確定初、末狀態(tài)動(dòng)量。

(4)由動(dòng)量守恒定律列出方程。

(5)代入數(shù)據(jù)，求出結(jié)果，必要時(shí)討論說(shuō)明。

考向1動(dòng)量守恒的判斷

【典例1】(多選)如圖所示，A、B兩物體質(zhì)量之比“A：〃[B=3：2,初始時(shí)靜止在平

板車C上，A、B間有一根被壓縮的彈簧，地面光滑。當(dāng)彈簧突然被群放后，則以下系統(tǒng)動(dòng)

量守恒的是(BCD)

AB

n?cn

A.若A、B與C上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，A、B組成的系統(tǒng)

B.若A、B與C上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，A、B、C組成的系統(tǒng)

D.若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C組成的系統(tǒng)

C.若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B組成的系統(tǒng)

【解析】若A、B與C上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，彈簧被釋放后，A、B分別相對(duì)C

向左、向右滑動(dòng)，它們所受的滑動(dòng)摩擦力尸A向右，刑向左，由于加A:加3=3：2,所以J:FB

=3：2,則A、B組成的系統(tǒng)所受外力的矢量和不為零，故A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，A

錯(cuò)誤；對(duì)A、B、C組成的系統(tǒng)，A與C、B與C間的摩擦力為內(nèi)力，該系統(tǒng)所受的外力為

豎直方向的重力和支持力，它們的合力為零，故該系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，跟A、B與C間的動(dòng)摩

擦因數(shù)或摩擦力大小是否相等無(wú)關(guān)，B、D正確；若A、B所受的摩擦力大小相等，則A、B

組成的系統(tǒng)所受外力的矢量和為零，故其動(dòng)量守恒，CJL確。

考向2動(dòng)量守恒定律的基本應(yīng)用

【典例2)甲、乙兩小孩各乘一輛小車在光滑的水平冰面上勻速相向行駛，速度大小

均為〃o=6m/s,甲車上有質(zhì)量為m=1kg的小球若干個(gè)，甲和他的小車及小車上小球的總質(zhì)

量為M=50kg,乙和他的小車的總質(zhì)量為M2=30kg。為避免相撞，甲不斷地將小球以相對(duì)

地面為U=l6.5m/s的水平速度拋向乙，且被乙接住。假如某一次甲將小球拋出且被乙接住

后，剛好可保證兩車不相撞。則甲總共拋出的小球個(gè)數(shù)是(□)

A.12B.13

C.14D.15

【解析】規(guī)定甲的速度方向?yàn)檎较?，兩車剛好不相撞，則兩車速度相等。由切量守

恒定律得必。0-河2御=（必+%）。，解得。=1.5m/s。對(duì)甲和他的小車及從甲車上拋出的小球，

由動(dòng)量守恒定律得.％0o=1M—解得〃=15,D正確。

【對(duì)點(diǎn)演練）

1.（2024?四川綿陽(yáng)高三檢測(cè)）如圖所示，小車放在光滑的水平面上，將系著輕繩的小球向

右拉開到一定的角度，然后同時(shí)放開小球和小車，不計(jì)一切阻力，則在小球、小車運(yùn)動(dòng)過(guò)程

中，下列說(shuō)法正確的是（C）

A.小車和小球組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒

B.小車的機(jī)械能一直在增加

C.小車和小球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒

D.小球的機(jī)械能一直在減少

解析：小球擺動(dòng)過(guò)程中，小球和小車組成的系統(tǒng)只受重力和支持力作用，水平方向合力

為零，所以系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，在豎直方向上小球有分速度，且分速度大小不斷變化，

所以在豎直方向動(dòng)量不守恒，那么系統(tǒng)動(dòng)量也不守恒，故A錯(cuò)誤；小球在擺動(dòng)過(guò)程中，系統(tǒng)

機(jī)械能守恒，小球擺到最低點(diǎn)的過(guò)程中，輕繩拉力對(duì)小左做正功，小車的機(jī)械能增加，小球

的機(jī)械能減少，小球從最低點(diǎn)擺到最高點(diǎn)的過(guò)程中，輕繩拉力對(duì)小車做負(fù)功，小車的機(jī)械能

減少，小球的機(jī)械能增加，故B、D錯(cuò)誤，C正確。

2.（多選）足夠大的光滑水平面上，一根不可伸長(zhǎng)的細(xì)繩一端連接著質(zhì)量為川=1.0kg的

物塊A,另一端連接質(zhì)量為加2=1.0kg的長(zhǎng)木板B,細(xì)繩開始是松弛的。質(zhì)量為m3=l.0kg

的物塊C放在長(zhǎng)木板B的右端,C與長(zhǎng)木板B間的滑動(dòng)摩擦力的大小等于最大靜摩擦力大小。

現(xiàn)在給物塊C水平向左的瞬時(shí)初速度?=2.0m/s,物塊C立即在長(zhǎng)木板B上運(yùn)動(dòng)。己知細(xì)

繩繃緊前，B、C已經(jīng)達(dá)到共同速度；細(xì)繩繃緊后，A、B總是具有相同的速度；物塊C始終

未從長(zhǎng)木板B上滑落。下列說(shuō)法正確的是（ACD）

B---------

777/77777777777777777777777777777777777/77777777777777777777777777F7777J777777/777777777777

A.細(xì)繩繃緊前，B、C達(dá)到的共同速度大小為1.0m/s

B.細(xì)繩剛繃緊后的瞬間，A、B的速度大小均為1.0m/s

C.細(xì)繩剛繃緊后的瞬間，A、B的速度大小均為0.5m/s

D.最終A、B、C三者將以大小為:m/s的共同速度一直運(yùn)動(dòng)下去

解析：細(xì)繩繃緊前，B、C已經(jīng)達(dá)到共同速度，設(shè)B、C達(dá)到的共同速度大小為。1,根據(jù)

動(dòng)量守恒定律可得m30o=（〃n+〃?3）S,解得3=l.（）m/s,A正確；細(xì)繩剛繃緊后的瞬間，A、

B具有相同的速度。2,A、B組成的系統(tǒng)滿足動(dòng)量守恒，則有"72。1=（〃”+加2）。2,解得。二=0.5

m/s,B錯(cuò)誤，C正確：A、B、C三者最終有共同的速度。3,A、B、C組成的系統(tǒng)滿足動(dòng)量

7

守恒，則有""Of)=("71+"〃+/〃3)。3,解得。3=m/s,D正確。

考點(diǎn)二“反沖”和“爆炸”問(wèn)題及“人船模型

1.反沖運(yùn)動(dòng)的三點(diǎn)說(shuō)明

作用原理反沖運(yùn)動(dòng)是系統(tǒng)內(nèi)物體之間的作用力和反作用力產(chǎn)生的效果

反沖運(yùn)動(dòng)中系統(tǒng)不受外力或內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，所以反沖運(yùn)動(dòng)遵循動(dòng)量守恒定

動(dòng)量守恒

律

機(jī)械能增加反沖運(yùn)動(dòng)中，由于有其他形式的能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，所以系統(tǒng)的總機(jī)械能增加

2.爆炸現(xiàn)象的三個(gè)規(guī)律

動(dòng)量爆炸物體間的相互作用力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于受到的外力，所以在爆炸過(guò)程中系統(tǒng)的總

守恒動(dòng)量守恒

動(dòng)能在爆炸過(guò)程中，有其他形式的能量（如化學(xué)能）轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，所以系統(tǒng)的機(jī)

增加械能增加

位置爆炸的時(shí)間極短，因而作用過(guò)程中物體產(chǎn)生的位移很小，可以認(rèn)為爆炸后各

不變部分仍然從爆炸前的位置以新的動(dòng)量開始運(yùn)動(dòng)

3.“人船模型”

⑴模型圖示

⑵模型特點(diǎn)

①兩者滿足動(dòng)量守恒定律：人一限;=0。

②兩者的位移大小滿足：/人「必般=0。

tt

③運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)：人動(dòng)船動(dòng)，人靜船靜，人快船快，人慢船慢，人左船右；“人=°人="。

X解P餐

（3）常見的人船模型（如圖所示）

考向1反沖問(wèn)題

【典例3]2024年10月15日19時(shí)06分,我國(guó)在太原衛(wèi)星發(fā)射中心使用長(zhǎng)征六號(hào)改

運(yùn)載火箭，成功將千帆極軌02組衛(wèi)星發(fā)射升空，衛(wèi)星順利進(jìn)入預(yù)定軌道，發(fā)射任務(wù)獲得圓滿

成功。如圖所示，受其鼓舞，某中學(xué)航天興趣小組的同學(xué)將靜置在地面上的質(zhì)量為M（含水）

的自制“水火箭”釋放升空，在極短的時(shí)間內(nèi)，質(zhì)量為，〃的水以相對(duì)地面為內(nèi)的速度豎直向

下噴出。已知重力加速度為g,空氣阻力不計(jì)，下列說(shuō)法正確的是（D）

A.火箭的推力來(lái)源「火箭外的空氣對(duì)它的反作用力

B.水噴出的過(guò)程中，火箭和水組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒

火箭獲得的最大速度為M。。

C.

m2vl

D.火箭上升的最大高度為

2g(M—〃?)2

【解析】火箭的推力來(lái)源于向下噴出的水對(duì)它的反作用力，A錯(cuò)誤；水噴出的過(guò)程中,

火箭及水組成的系統(tǒng)機(jī)械能增大，B錯(cuò)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(dòng)量守恒定律有（A1—"?）0一機(jī)。o=O,解得0=，C錯(cuò)誤；水噴出后，

火箭做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，上拋到最高點(diǎn)的過(guò)程中，有。2=2g6,解得力=”2比.D正確。

2g（M-m>

考向2爆炸問(wèn)題

【典例4］斜向上發(fā)射的炮彈在最高點(diǎn)爆炸（爆炸時(shí)間極短）成質(zhì)量均為小的兩塊碎片，

其中一塊碎片沿原來(lái)的方向飛去。已知炮彈爆炸時(shí)距水"地面的高度為從炮彈爆炸前的動(dòng)

能為￡，爆炸后系統(tǒng)的機(jī)械能增加了與，重力加速度為g,不計(jì)空氣阻力和火藥的質(zhì)量，則兩

4

塊碎片落地點(diǎn)間的距離為（B）

EH2EH

A.B.

mg/〃g

3EHEH

C.D.2

小g

【解析】炮彈爆炸的過(guò)程中水平方向動(dòng)量守恒，設(shè)炮彈爆炸前的速度大小為。，則。

p.、I1

=,設(shè)爆炸后瞬間兩塊碎片的速度分別為功、V2,有2〃m=""i+"B2,E+E=力就十

m42

1〃就，解得功=3E,s=lE,根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有〃=lg/2,兩塊碎片落地點(diǎn)之間的

22m2m2

距離x=（s—s）f,解得x=2EH,故選B。

mg

考向3人船模型

【典例5】“獨(dú)竹漂”是一項(xiàng)獨(dú)特的黔北民間絕技。如圖甲所示，在平靜的湖面上，

一位女子腳踩竹竿抵達(dá)岸邊，此時(shí)女子靜立于竹竿上力點(diǎn)，一位攝影愛好者使用連拍模式拍

下了該女子在竹竿上行走過(guò)程的系列照片，并從中選取了兩張進(jìn)行對(duì)比，其簡(jiǎn)化圖如下。經(jīng)

過(guò)測(cè)量發(fā)現(xiàn)，甲、乙兩張照片中4、6兩點(diǎn)的水平間距約為1.0cm,乙圖中竹竿右端距離河

岸約為1.8cm。已知竹竿的質(zhì)量約為25kg,若不計(jì)水的阻力，則該女子的質(zhì)量約為(A)

A點(diǎn)甲

___8I點(diǎn)_.L

乙

A.45kgB.47.5kg

C.50kgD.55kg

【解析】根據(jù)題意，設(shè)女子的質(zhì)量為〃7,由動(dòng)量守恒定律有"2=加早V『，由于系統(tǒng)的

水平動(dòng)量一直為0,則女子和竹竿運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為f,則有用"=舉。整理

可得"ix人=小早x軍，解得加="'''=25X1*kg=45kg,故選Ao

x人1.0

考點(diǎn)三兩類碰撞及其規(guī)律

1.碰撞現(xiàn)象滿足的規(guī)律

(1)動(dòng)量守恒，即pi+p2=p/+p2'。

(2)動(dòng)能不增加，即反1+反22七(+&<2或/'+P2?'+?"。

(3)速度要合理

①若碰前兩物體同向運(yùn)動(dòng)，則應(yīng)有。戶。前，碰后原來(lái)在前的物體速度?定增大，若碰后

兩物體同向運(yùn)動(dòng)，則應(yīng)有九,2猶后。

②碰前兩物體相向運(yùn)動(dòng)，碰后兩物體的運(yùn)動(dòng)方向不可能都不改變。

2.彈性碰撞的重要結(jié)論

如圖所示，以質(zhì)量為陽(yáng)、速度為0的小球與質(zhì)量為加2、速度為。2的小球發(fā)生彈性碰撞

為例，

%里

⑥網(wǎng)

則有=1〃?1濟(jì)+‘〃72方=1"71/彳+)?2。弓，

2222

聯(lián)立解得比尸。"一〃所+2〃叱

m\+機(jī)2

V2-o

結(jié)論1：當(dāng)叩=/〃2時(shí)，。'1=。2，Vr2=V\,即〃?［、加2碰撞后交換速度。

結(jié)論2：若勿=0,即簡(jiǎn)化為“一動(dòng)一靜"模型，v'\=mi""V1，v'2=2Trio

W1+/M2十加2

3.完全非彈性碰撞的特征

(1)撞后共速。

(2)有動(dòng)能損失，且損失最多，△&=：，〃曲+；〃?2日一；(刖1+/〃2)琥。

考向1彈性碰撞問(wèn)題

【典例6]（2022?沏南卷）1932年，查德威克用未知射線轟擊氫核，發(fā)現(xiàn)這種射線由質(zhì)

量與質(zhì)子大致相等的中性粒子（即中子）組成。如圖所示，中子以速度如分別碰撞靜止的氫核

和氮核，碰撞后氫核和氮核的速度分別為s和S。設(shè)碰翥為彈性正碰，不考慮相對(duì)論效應(yīng)，

下列說(shuō)法正確的是（B）

.%...。.....

中子氫核

一%cU

?--------------v2

中了氮核

A.碰撞后氮核的動(dòng)量比氫核的小

B.碰撞后氮核的動(dòng)能比氫核的小

C.。2大于切

D.。2大于

【解析】設(shè)中子質(zhì)量為〃?0,被碰粒子質(zhì)量為〃?，碰后中子速度為比0,被碰粒子速度

為V,二者發(fā)生彈性正碰，由動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律有niovo=niov'o+nw,1niovi=mov'i

22

]2m

-\-mv,解得?！畂='""vo,v=2",VOt因此當(dāng)被碰粒子分別為氫核（"W和氮核（]4/o）時(shí)，

2nio+m

）72

有功=%，°2=]5。0，綜上有勁＞02,C、D錯(cuò)誤；碰撞后顯核的動(dòng)量為〃力.=14/〃0。2=

氫核的動(dòng)量為〃氏=〃709|=〃?000,P6＞pitA錯(cuò)誤；碰撞后氮核的動(dòng)能為Ekf：、=；X14砥質(zhì)=

7Q11

movi,氫核的動(dòng)能為反艮=movi=nioVG,Ek乳＜Ek頭,B正確。

22522

考向2非彈性碰撞問(wèn)題

【典例7】如圖所示，光滑水平面上依次有滑塊C質(zhì)量用c-2kg,滑塊A質(zhì)量,八一3

kg,滑塊B質(zhì)量加B=3kg。開始時(shí)A、B靜止，C以初速度次）=10m/s的速度沖向A,與A

發(fā)生彈性碰撞，碰撞后A繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)，與B發(fā)生碰撞并粘在一-起。求：

|以1

（1）C與A碰撞后A的速度大??；

（2）A與B碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能。

【解析】（1）取向右為正方向，以C、A為系統(tǒng)研究，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有〃?80=加卬。

+〃?APA,根據(jù)機(jī)械能守恒定律有捕=!〃?「加+!〃人滋.解得8=-2m/s,V\=Sm/s,即C

222

與A碰撞后A的速度大小為8m/so

（2）仍取向右為正方向,以A、B為系統(tǒng)研究，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有〃SOA=S?A+〃出比，

根據(jù)能量守恒定律有E根=:小A以~；（〃從+^B）標(biāo)，解得&艮=48J。

【答案】（1）8m/s（2）48J

考向3碰撞的可能性分析

【典例8】如圖所示，A、B兩個(gè)小球沿光滑水平面向右運(yùn)動(dòng)，取向右為正方向，則A

的動(dòng)星PA—10kg?m/s,B的動(dòng)星〃B—6kgm/s,A、B碰后A的動(dòng)量增加星3A——4kgm/s.

則A、B的質(zhì)量比〃爪應(yīng)滿足的條件為（B）

〃?B

A.WA>5B.3^WA^1

〃?B35"IB

C3蠟幅<5D.WA<1

5nta3tflH

【解析】因?yàn)锳追上B發(fā)生碰撞，則碰前速度滿足。A>0B,即PA>"B,解得如<?,

碰撞過(guò)程滿足動(dòng)量守恒，則PA+PB=P'A+P'B,由題意知P'A=PA+&M=6kg-m/s,則p\=10

kgm/s,由能量關(guān)系得小+而V,解得"3?1,碰后速度滿足沈AWUB,即P'A《P'B,

2mA2〃?B2mA2加B〃?B〃?AmB

解得機(jī)A23,綜上可得3W）〃AWI,B正確。

55

課時(shí)作業(yè)36

4UK基礎(chǔ)鞏固

1.（5分）如圖所示，光滑水平地面上有一小車，一輕彈簧的i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(dòng)車廂使彈簧壓縮，撤去推

力時(shí)滑塊在車廂底板上有用對(duì)滑動(dòng)。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)（B）

一］ooooooo|~

A.動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒

B.動(dòng)量守恒，機(jī)械能不守恒

C.動(dòng)量不守恒，機(jī)械能守恒

D.動(dòng)量不守恒，機(jī)械能不守恒

解析：撤去推力，系統(tǒng)所受合力為零，動(dòng)量守恒：因?yàn)榛瑝K與車廂水平底板間有摩擦，

且撤去推力后滑塊在車廂底板上有相對(duì)滑動(dòng)，即摩擦力傲功，故系統(tǒng)的機(jī)械能減少，B正確。

2.（5分）滑板運(yùn)動(dòng)是青少年比較喜歡的一種戶外運(yùn)動(dòng)?，F(xiàn)有一個(gè)質(zhì)量為小的小孩站在一

輛質(zhì)量為入〃的滑板車上，小孩與滑板車一起在光滑的水平路面上以速度內(nèi)勻速運(yùn)動(dòng)，突然

發(fā)現(xiàn)前面有一個(gè)小水坑，由于來(lái)不及轉(zhuǎn)向和剎車，該小孩立即以對(duì)地2加的速度向前跳離滑

板車，滑板車速度大小變?yōu)樵瓉?lái)的;，且方向不變，則2為（B）

A.1B.2

C.3D.4

解析；小孩跳高滑板車時(shí)，與滑板車組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律

有（〃?+/.m）vo=〃??2。0+癡?,解得大=2,故選B。

2

3.（5分）我國(guó)早在宋代就發(fā)明了火箭，即在箭桿捆上前端封閉的火藥筒，點(diǎn)燃后產(chǎn)生的

燃?xì)庖暂^大的速率向后噴出，箭桿由于反沖而向前運(yùn)動(dòng)，這與現(xiàn)代火箭的原理大致相同。某

時(shí)刻火箭速度為。o,在極短的時(shí)間內(nèi)噴射質(zhì)量為&〃、速度為〃的燃?xì)猓瑖姵鋈細(xì)夂蠡鸺馁|(zhì)

量為〃〃則此次火箭噴氣后速度的變化量為（B)

A.&%o+〃)

B.(v()—u)

mm

uo+~%o+〃)

C.Oo+&"(。。一〃)D.

mm

解析：根據(jù)動(dòng)量守恒定律有+解得Ao=。一"），故選

m

Bo

4.（5分）（多選）如圖所示,甲和他的冰車總質(zhì)量"=30kg,甲推著質(zhì)量〃?=15kg的小木

箱一起以速度如=2m/s向右滑行。乙和他的冰車總質(zhì)量也為"=30kg,乙以同樣大小的速

度迎面而來(lái)。為了避免相撞，甲將小木箱以速度。沿冰面推出，木箱滑到乙處時(shí)乙迅速把它

抓住。若不計(jì)冰面的摩擦力，則小木箱的速度〃可能為（CD）

A.4m/s

C.6m/sD.7in/s

解析：以向右為正方向，對(duì)于甲和箱子，由動(dòng)量守恒定律得對(duì)于

乙和箱子由動(dòng)量守恒定律得加。一M0O=（A/+/M）S,當(dāng)甲、乙恰好不相碰，則0|=。2,聯(lián)立解

得。=5.2in/s,若要避免硬撞，則需要滿足u?5.2ni/s,故選CD。

5.（5分）（2025?河南洛陽(yáng)重點(diǎn)中學(xué)聯(lián)考）如圖甲所示，在光滑水平面上的兩小球發(fā)生正碰,

小球的質(zhì)量分別為叩和〃;2，圖乙為它們碰撞前后的圖像，已知如=0.1kg。由此可以

判斷（D）

左網(wǎng)）右

〃〃/方力〃〃〃〃/〃力力〃〃/,

甲

A.碰前而2勻速,"1加速運(yùn)動(dòng)

B.碰后m2和〃??都向右運(yùn)動(dòng)

C.W2=0.2kg

D.碰撞過(guò)程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒

Ac

解析：由S-/圖像的斜率等于速度可知碰前加2方爭(zhēng)止，〃八勻速運(yùn)動(dòng)，〃”的速度為。1='

t\

0—Q

=4m/s,向右運(yùn)動(dòng)；碰后〃“速度為p'i=m/s=_2m/s,向左運(yùn)動(dòng)，碰后〃?2的速度?！?

6-2

16—Q

m/s=2m/s,向右運(yùn)動(dòng)，故A、B錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)量守恒定律得〃[15=〃八。'1+〃?2?！?,

6-2

代入數(shù)據(jù)解得加2=0.3kg,故C錯(cuò)誤；兩小球組成的系統(tǒng)在碰撞前的機(jī)械能為后=%“況=；X

0.1X42j=0.8J,碰撞后的機(jī)械能為￡=1〃八"彳+）?2巡=0.8J,因?yàn)镋=￡,所以碰撞過(guò)程中

22

系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，故D正確。

6.（5分）（2025?福建福州高三質(zhì)檢）如圖所示，在光滑的水平面上有2023個(gè)完全相同的

小球排成一條直線，均處丁靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)給第一個(gè)小球初動(dòng)能反，使它正對(duì)其他小球運(yùn)動(dòng)。

若小球間的所有碰撞都是完全非彈性的，則整個(gè)碰撞過(guò)程中因?yàn)榕鲎矒p失的機(jī)械能總量為

(B)

1232()222023

2022

B.

2023

2024

C.1,耳D.

202322022

解析：以第一個(gè)小球初速度內(nèi)的方向?yàn)檎较?，?023個(gè)小球組成的整體看作一個(gè)系

統(tǒng)，設(shè)系統(tǒng)最終的速度為力運(yùn)用動(dòng)量守恒定律得機(jī)。0=2023機(jī)〃解得v=Vo,則系統(tǒng)損

2023

失的機(jī)械能為AE=）加8—1乂2023小。2,解得AEnZOZZEk,故選B。

222023

7.（10分）（2024?江蘇卷）嫦娥六號(hào)在軌速度為劭，著陸器對(duì)應(yīng)的組合體A與軌道器對(duì)應(yīng)

的組合體B分離時(shí)間為加，分離后B的速度為且與劭同向，A、B的質(zhì)量分別為江

求：

（1）分離后A的速度功；

（2）分離時(shí)A對(duì)B的推力大小。

解析：（1）組合體分離前■后動(dòng)量守恒，取見的方向?yàn)檎较?，有?！ń?/p>

得功=（〃?+%如一叱方向與辦相同。

m

（2）以B為研究對(duì)象，由動(dòng)量定理有必，=M0—.”的，解得廣='"（"一°"）。

A/

答案：（1）（〃?+WV方向與。。相同

m

⑵M（0f）

△t

[3/公A坦丸

^口證7I4

8.（5分）如圖所示為某斯諾克臺(tái)球運(yùn)動(dòng)員正在準(zhǔn)備擊球。設(shè)在某一桿擊球過(guò)程中，白色

球（主球）和花色球碰撞前后都在同一直線上運(yùn)動(dòng)，碰前白色球A的動(dòng)量〃A=5kg-m/s,花色

球B靜止，碰后花色球B的動(dòng)量變?yōu)閜%=4kgm/s,則兩球質(zhì)量〃?A與〃?B間的關(guān)系可能是

（C）

一■i*?

A1D1

A.mn=ni.\B."1B=〃?A

64

C.，〃B=2〃?AD."7B=5〃7A

解析：臺(tái)球在碰撞過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以白色球的初速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定

律得PA+PB=P'A+P'B,解得P'A=1kg-m/s,根據(jù)碰撞過(guò)程總動(dòng)能不增加，則有蘇+虎V

2〃?A2WB2mA

+解得〃?B22〃?A,碰后，兩球同向運(yùn)動(dòng)，A的速度不大于B的速度，則“Aw”力,解得

2/HB3WAWB

2

/〃BW4/〃A,綜上可知〃?AW/〃BW4/〃A,故C正確。

3

9.（10分）（2023?湖南卷改編）如圖所示，質(zhì)量為"的勻質(zhì)凹槽放在光滑水平地面上，凹

槽內(nèi)有一個(gè)半橢圓形的光滑軌道，橢圓的半長(zhǎng)軸和半短軸分別為。和從長(zhǎng)軸水平，短軸豎

直。質(zhì)量為〃，的小球，初始時(shí)刻從橢圓軌道長(zhǎng)軸的右端點(diǎn)由靜止開始下滑。以初始時(shí)刻橢圓

中心的位置為坐標(biāo)原點(diǎn)，在豎直平面內(nèi)建立固定于地面的直角坐標(biāo)系xOr，橢圓長(zhǎng)軸位于x

軸上。整個(gè)過(guò)程凹槽不翻轉(zhuǎn)，重力加速度為g。小球第一次運(yùn)動(dòng)到軌道最低點(diǎn)時(shí)，求：

（1）凹槽的速度大??；

（2）凹槽相對(duì)于初始時(shí)刻運(yùn)動(dòng)的距離。

解析：（1）小球從靜止到第一次運(yùn)動(dòng)到觥道最低點(diǎn)的過(guò)程，小球和凹槽組成的系統(tǒng)在水平

方向上動(dòng)量守恒，取向左為正方向，有（）=〃m］一切〃2,對(duì)小球與凹槽組成的系統(tǒng)，由機(jī)械能

守恒定律有"3=沆+虎，聯(lián)立解得s=2"'gbo

22+A/）

（2）根據(jù)人船模型規(guī)律，在水平方向上有〃?乃=/以丫2,又由位移關(guān)系知xi+x2=a,解得凹

槽相對(duì)于初始時(shí)刻運(yùn)動(dòng)的距離X2=，，la

答案：⑴2m了⑵笠

10.（10分）（2023?北京卷）如圖所示，質(zhì)量為〃?的小球A