第七章動量守恒定律第2講動量守恒定律課標要求1．通過實驗和理論推導，理解動量守恒定律。2．能用動量守恒定律解釋生活中的有關現象。3．知道動量守恒定律的普遍性，了解彈性碰撞和非彈性碰撞的特

點。4．定量分析一維碰撞問題，并能解釋生產生活中的彈性碰撞和非

彈性碰撞現象。5．體會用動量守恒定律分析物理問題的方法，體會自然界的和諧

與統一。考點一動量守恒定律的理解及基本應用考點二碰撞問題考點三爆炸和反沖問題內容索引聚焦學科素養課時測評考點一動量守恒定律的理解及基本應用1．動量守恒定律的內容如果一個系統不受外力，或者所受外力的________為0，這個系統的總動量保持不變。2．表達式(1)p＝p′或m1v1＋m2v2＝_____________；意義：系統相互作用前的總動量等于相互作用后的總動量。(2)Δp1＝______；意義：相互作用的兩個物體動量的變化量等大反向。知識梳理矢量和m1v1′＋m2v2′－Δp2(2021·全國乙卷·改編)如圖，光滑水平地面上有一小車，一輕彈簧的一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。用力向右推動車廂使彈簧壓縮，撤去推力時滑塊在車廂底板上有相對滑動。在地面參考系(可視為慣性系)中判斷下列說法的正誤：(1)從撤去推力開始，小車、滑塊組成的系統動量守恒，機械能守恒。

()(2)從撤去推力開始，小車、彈簧和滑塊組成的系統動量守恒，機械能不守恒。

()(3)系統所受合外力不為零時，系統的動量可能在某一方向上守恒。

()(4)表達式m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′的速度是必須相對同一個參考系。

()高考情境鏈接×√√√1．動量守恒條件的理解(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力為零。(2)近似守恒：系統內各物體間相互作用的內力遠大于它所受到的外力。(3)某一方向守恒：如果系統在某一方向上所受外力的合力為零，則系統在這一方向上動量守恒。核心突破2．應用動量守恒定律解題的步驟考向1動量守恒的判斷(多選)如圖所示，A、B兩物體質量之比mA∶mB＝3∶2，初始時靜止在平板車C上，A、B間有一根被壓縮的彈簧，地面光滑。當彈簧突然被釋放后，則以下系統動量守恒的是A．若A、B與C上表面間的動摩擦因數相同，A、B組成的系統B．若A、B與C上表面間的動摩擦因數相同，A、B、C組成的系統C．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B組成的系統D．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C組成的系統例1√√√若A、B與C上表面間的動摩擦因數相同，彈簧被釋放后，A、B分別相對C向左、向右滑動，它們所受的滑動摩擦力FA向右，FB向左，由于mA∶mB＝3∶2，所以FA∶FB＝3∶2，則A、B組成的系統所受外力的矢量和不為零，故A、B組成的系統動量不守恒，A錯誤；對A、B、C組成的系統，A與C、B與C間的摩擦力為內力，該系統所受的外力為豎直方向的重力和支持力，它們的合力為零，故該系統的動量守恒，跟A、B與C間的動摩擦因數或摩擦力大小是否相等無關，B、D正確；若A、B所受的摩擦力大小相等，則A、B組成的系統所受外力的矢量和為零，故其動量守恒，C正確。考向2動量守恒定律的簡單應用如圖所示，正在太空中行走的宇航員A、B沿同一直線相向運動，相對空間站的速度大小分別為3m/s和1m/s，迎面碰撞后(正碰)，A、B兩人均反向運動，速度大小均為2m/s。則A、B兩人的質量之比為A．3∶5

B．2∶3

C．2∶5

D．5∶3例2√設A的初速度方向為正，則由動量守恒定律知mAvA－mBvB＝－mAv＋mBv，解得mA∶mB＝3∶5，故A正確。考向3分方向動量守恒(2023·山東日照模擬)如圖所示，一異形軌道由粗糙的水平部分和光滑的四分之一圓弧部分組成，置于光滑的水平面上，如果軌道固定，將可視為質點的物塊從圓弧軌道的最高點由靜止釋放，物塊恰好停在水平軌道的最左端。如果軌道不固定，仍將物塊從圓弧軌道的最高點由靜止釋放，下列說法正確的是A．物塊與軌道組成的系統機械能不守恒，動量守恒B．物塊與軌道組成的系統機械能不守恒，水平方向上動量守恒C．物塊到不了水平軌道的最左端D．物塊將從軌道最左端沖出水平軌道例3√軌道不固定時，物塊在軌道的水平部分時因摩擦產生內能，所以系統的機械能不守恒；物塊在軌道的圓弧部分下滑時，合外力不為零，動量不守恒，但是水平方向動量守恒，故A錯誤，B正確；設軌道的水平部分長為L。軌道固定時，根據能量守恒定律得mgR＝μmgL，軌道不固定時，設物塊與軌道相對靜止時共同速度為v，在軌道水平部分滑行的距離為x。取向左為正方向，根據水平動量守恒得0＝(M＋m)v，則得v＝0，根據能量守恒定律得mgR＝

(M＋m)v2＋μmgx，聯立解得

x＝L，所以物塊仍能停在水平軌道的最左端，故C、D錯誤，故選B。考向4動量守恒中的臨界問題甲、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v0＝6m/s，甲車上有質量為m＝1kg的小球若干個，甲和他的小車及小車上小球的總質量為M1＝50kg，乙和他的小車的總質量為M2＝30kg。為避免相撞，甲不斷地將小球以相對地面為v′＝16.5m/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數是A．12

B．13

C．14

D．15例4√規定甲的速度方向為正方向，兩車剛好不相撞，則兩車速度相等。由動量守恒定律得M1v0－M2v0＝(M1＋M2)v

，解得v＝1.5m/s。對甲和他的小車及從甲車上拋出的小球，由動量守恒定律得M1v0＝(M1－nm)v＋nmv′，解得n＝15，D正確。返回考點二碰撞問題1．碰撞：碰撞是指物體間的相互作用持續時間很短，而物體間相互作用力______的現象。2．特點：在碰撞現象中，一般都滿足內力________外力，可認為相互碰撞的系統動量______。3．分類知識梳理類型動量是否守恒機械能是否守恒彈性碰撞守恒______非彈性碰撞守恒有損失完全非彈性碰撞守恒損失______很大遠大于守恒守恒最大1．碰撞前后系統的動量和機械能一定守恒。

()2．光滑水平面上相向運動的兩球碰撞后均靜止，則兩球碰撞前的動量一定等大反向。

()3．碰撞后系統的總動能可能會增大。

()高考情境鏈接×√×1．彈性碰撞的分析與討論：(條件：一個運動物體與靜止物體發生彈性正碰)運動物體1的質量為m1、速度為v1，與質量為m2的靜止物體2，發生彈性碰撞，碰撞后二者速度分別為v1′、v2′。則由動量守恒定律、機械能守恒定律得：m1v1＝m1v1′＋m2v2′

聯立解得

核心突破(1)三種情況的討論①若m1＝m2，則v1′＝0，v2′＝v1(質量相等的兩個物體發生彈性碰撞，則碰撞后兩物體交換速度)。②若m1＞m2，則v1′＞0，v2′＞0(碰后兩物體沿同一方向運動)。特例：當m1?m2時，v1′≈v1，v2′≈2v1。③若m1＜m2，則v1′＜0，v2′＞0(碰后物體1反向，兩物體沿相反方向運動)。特例：當m1?m2時，v1′≈－v1，v2′≈0。(2)重要推論：運動物體A以速度v0與靜止的物體B發生碰撞：①當發生彈性碰撞時，物體B獲得的速度最大：

②當發生完全非彈性碰撞時損失的機械能最多，物體B獲得的速度最小：

③當發生非彈性碰撞時，碰后物體B的速度范圍為：

2．碰撞問題遵守的三條原則(1)動量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′。(2)動能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′。(3)速度要符合實際情況①碰前兩物體同向運動，若要發生碰撞，則應有v后＞v前；碰后原來在前的物體速度一定增大，則應有v前′＞v前；若碰后兩物體同向運動，則應有v前′≥v后′。②碰前兩物體相向運動，碰后兩物體的運動方向至少有一個改變。考向1彈性碰撞(2023·全國乙卷·改編)如圖，一豎直固定的長直圓管內有一質量為M的靜止薄圓盤，圓盤與管的上端口距離為l，圓管長度為20l。一質量為m＝M的小球從管的上端口由靜止下落，并撞在圓盤中心，圓盤向下滑動，所受滑動摩擦力與其所受重力大小相等。小球在管內運動時與管壁不接觸，圓盤始終水平，小球與圓盤發生的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時間極短。不計空氣阻力，重力加速度大小為g。求例5 (1)第一次碰撞后瞬間小球和圓盤的速度大小；答案：過程1：小球釋放后自由下落，下降l，根據機械能守恒定律有mgl＝

解得v0＝過程2：小球以

與靜止圓盤發生彈性碰撞，根據機械能守恒定律和動量守恒定律分別有

mv0＝mv1＋Mv1′解得

即小球碰后速度大小為

，方向豎直向上，圓盤速度大小為

，方向豎直向下。(2)在第一次碰撞到第二次碰撞之間，小球與圓盤間的最遠距離；答案：l第一次碰后，小球做豎直上拋運動，圓盤摩擦力與重力平衡，勻速下滑，所以只要圓盤下降速度比小球快，二者距離就不斷增大，當二者速度相同時，距離最大，即v1＋gt＝v1′解得

根據運動學公式得最大距離為dmax＝x盤－x球＝v1′t－(v1t＋

考向2非彈性碰撞(2020·全國Ⅲ卷)甲、乙兩個物塊在光滑水平桌面上沿同一直線運動，甲追上乙，并與乙發生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度隨時間的變化如圖中實線所示。已知甲的質量為1kg，則碰撞過程兩物塊損失的機械能為A．3J B．4JC．5J D．6J例6√設乙物塊的質量為m乙，由動量守恒定律有m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲′＋m乙v乙′，代入題圖中數據解得m乙＝6kg，進而可求得碰撞過程中兩物塊損失的機械能E損＝

，代入題圖中數據解得E損＝3J，選項A正確。考向3完全非彈性碰撞(2022·廣東高考)某同學受自動雨傘開傘過程的啟發，設計了如圖所示的物理模型。豎直放置在水平桌面上的滑桿上套有一個滑塊，初始時它們處于靜止狀態。當滑塊從A處以初速度v0為10m/s向上滑動時，受到滑桿的摩擦力f為1N。滑塊滑到B處與滑桿發生完全非彈性碰撞，帶動滑桿離開桌面一起豎直向上運動。已知滑塊的質量m＝0.2kg，滑桿的質量M＝0.6kg，A、B間的距離l＝1.2m，重力加速度g取10m/s2，不計空氣阻力。求：例7(1)滑塊在靜止時和向上滑動的過程中，桌面對滑桿支持力的大小N1和N2；答案：8N

5N滑塊靜止時，桌面對滑桿的支持力等于滑塊和滑桿的重力，即N1＝(m＋M)g＝8N滑塊向上滑動過程中受到滑桿的摩擦力為1N，根據牛頓第三定律可知滑塊對滑桿的摩擦力也為1N，方向豎直向上，則此時桌面對滑桿的支持力為N2＝Mg－f′＝5N。(2)滑塊碰撞前瞬間的速度大小v；答案：8m/s滑塊向上運動到碰前瞬間，根據動能定理有－mgl－fl＝

代入數據解得v＝8m/s。(3)滑桿向上運動的最大高度h。答案：0.2m由于滑塊和滑桿發生完全非彈性碰撞，即碰后兩者共速，碰撞過程根據動量守恒定律有mv＝(m＋M)v′碰后滑塊和滑桿以速度v整體向上做豎直上拋運動，根據動能定理有－(m＋M)gh＝0－

(m＋M)v′2代入數據聯立解得h＝0.2m。考向4碰撞的可能性分析如圖所示，A、B兩個小球沿光滑水平面向右運動，取向右為正方向，則A的動量pA＝10kg·m/s，B的動量pB＝6kg·m/s，A、B碰后A的動量增加量ΔpA＝－4kg·m/s，則A、B的質量比

應滿足的條件為A．

B．

C．

D．

例8√因為A追上B發生碰撞，則碰前速度滿足vA＞vB，即

，解得

，碰撞過程滿足動量守恒，則pA＋pB＝pA′＋pB′，由題意知pA′＝pA＋ΔpA＝6kg·m/s，則pB′＝10kg·m/s，由能量關系得

，解得

≤1，碰后速度滿足vA′≤vB′，即

，解得

，綜上可得

≤1，B正確。返回考點三爆炸和反沖問題1．爆炸現象(1)定義：在物理學中，爆炸是指物體在內力作用下炸裂成兩塊或多塊的現象。(2)特點：物體間的相互作用時間很短，作用力很大，且________系統所受的外力，所以系統動量______。2．反沖(1)定義：當物體的一部分以一定的速度離開物體時，剩余部分將獲得一個反向______，如發射炮彈、火箭等。(2)特點：系統內各物體間的相互作用的內力遠大于系統受到的外力，動量守恒。知識梳理遠大于守恒沖量1．爆炸過程中機械能增加，反沖過程中機械能減少。

()2．發射炮彈時炮身后退的現象屬于反沖現象。

()3．園林中的噴灌裝置一邊噴水一邊旋轉均屬于反沖現象。

()4．烏賊在水中的運動屬于反沖運動。

()基礎知識判斷×√√√考向1爆炸問題爆炸現象的三個規律動量守恒由于爆炸是在極短的時間內完成的，爆炸物體間的相互作用力遠大于其受到的外力，所以在爆炸過程中，系統的總動量守恒。動能增加在爆炸過程中，由于有其他形式的能量(如化學能)轉化為動能，所以爆炸后系統的總動能增加。位置不變爆炸的時間極短，因而作用過程中，物體產生的位移很小，一般可忽略不計，可以認為爆炸后仍然從爆炸前的位置以新的動量開始運動。(2021·浙江1月選考)在爆炸實驗基地有一發射塔，發射塔正下方的水平地面上安裝有聲音記錄儀。爆炸物自發射塔豎直向上發射，上升到空中最高點時炸裂成質量之比為2∶1、初速度均沿水平方向的兩個碎塊。遙控器引爆瞬間開始計時，在5s末和6s末先后記錄到從空氣中傳來的碎塊撞擊地面的響聲。已知聲音在空氣中的傳播速度為340m/s，忽略空氣阻力，重力加速度為10m/s2。下列說法正確的是A．兩碎塊的位移大小之比為1∶2B．爆炸物的爆炸點離地面高度為80mC．爆炸后質量大的碎塊的初速度為68m/sD．爆炸后兩碎塊落地點之間的水平距離為340m例9√審題指導(1)爆炸物在最高點瞬時速度為零。(2)爆炸的兩碎塊分別做平拋運動。(3)聲音記錄儀記錄的時間等于碎塊做平拋運動的時間和碎塊撞擊地面的響聲以聲速傳到聲音記錄儀的時間之和。爆炸物在最高點爆炸成兩碎塊，設爆炸物質量為m，系統動量守恒，有

，解得兩碎塊的初速度之比為v1∶v2＝1∶2，由平拋運動規律x＝vt可知，兩碎塊的水平位移大小之比為x1∶x2＝v1∶v2＝1∶2，A錯誤；根據題述，在5s末和6s末先后記錄到從空氣中傳來的碎塊撞擊地面的響聲，設兩碎塊在空中的時間為t，則

，解得t＝4s，由平拋運動規律可知，爆炸物的爆炸點離地面高度為h＝gt2＝80m，B正確；爆炸后質量大的碎塊落地時撞擊地面的聲音傳播到聲音記錄儀的時間為t1＝5s－4s＝1s，撞擊地面處距離聲音記錄儀的距離為x1＝v聲t1＝340m，由x1＝v1t，解得v1＝85m/s，C錯誤；爆炸后質量小的碎塊落地時撞擊地面的聲音傳播到聲音記錄儀的時間為t2＝6s－4s＝2s，撞擊地面處距離聲音記錄儀的距離為x2＝v聲t2＝680m，爆炸后兩碎塊落地點之間的水平距離為x＝x1＋x2＝340m＋680m＝1020m，D錯誤。對點練．(2023·河北邯鄲市模擬)質量為m的煙花彈升到最高點距離地面高度為h處爆炸成質量相等的兩部分，兩炸片同時落地后相距L，不計空氣阻力，重力加速度為g，則煙花彈爆炸使炸片增加的機械能為A．mgh B．

C． D．√設煙花彈爆炸后瞬間兩炸片的速度大小分別為v1、v2，由動量守恒定律有0＝

，可得v1＝v2＝v，根據題述，兩炸片均做平拋運動，有2vt＝L，h＝gt2，ΔE＝

mv2，聯立解得ΔE＝

，故選B。考向2反沖問題反沖運動的作用原理和兩個特點作用原理反沖運動是系統內兩物體之間的作用力和反作用力產生的效果動量守恒反沖運動中系統不受外力或內力遠大于外力，所以反沖運動遵循動量守恒定律機械能增加反沖運動中，由于有其他形式的能轉化為機械能，所以系統的總機械能增加2023年5月10日21時22分，天舟六號貨運飛船在中國文昌航天發射場成功發射。如圖所示，某中學航天興趣小組的同學將靜置在地面上的質量為M(含水)的自制“水火箭”釋放升空，在極短的時間內，質量為m的水以相對地面為v0的速度豎直向下噴出。已知重力加速度為g，空氣阻力不計，下列說法正確的是A．火箭的推力來源于火箭外的空氣對它的反作用力B．水噴出的過程中，火箭和水組成的系統機械能守恒C．火箭獲得的最大速度為D．火箭上升的最大高度為例10√火箭的推力來源于向下噴出的水對它的反作用力，A錯誤；水噴出的過程中，火箭內氣體做功，火箭及水組成的系統機械能不守恒，B錯誤；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，由動量守恒定律有(M－m)v－mv0＝0，解得v＝

，C錯誤；水噴出后，火箭做豎直上拋運動，上拋到最高點的過程中，有v2＝2gh，解得h＝

，D正確。對點練．有一火箭正在遠離任何星體的太空中以速度v0勻速飛行，某時刻，火箭在極短的時間Δt內噴射質量為Δm的燃氣，噴出的燃氣相對噴氣前火箭的速度是u，此次噴氣后火箭的質量是m，則火箭在此次噴氣后速度增加量為A．

B．

C．

D．

√根據題意，噴出燃氣后，燃氣的速度為v1＝v0＋u，則燃氣的動量變化為Δp1＝Δmv1－Δmv0＝Δmu。設火箭在此次噴氣后速度為v2，則火箭在此次噴氣的動量變化為Δp2＝mv2－mv0＝mΔv，根據動量守恒定律得Δp1＋Δp2＝Δmu＋mΔv＝0，解得火箭在此次噴氣后速度增加量為Δv＝

，故選C。返回聚焦學科素養

人船模型1．模型簡析：如圖所示，長為L、質量為m船的小船停在靜水中，質量為m人的人由靜止開始從船的一端走到船的另一端，不計水的阻力。以人和船組成的系統為研究對象，在人由船的一端走到船的另一端的過程中，系統水平方向不受外力作用，所以整個系統動量守恒，可得m船v船＝m人v人，因人和船組成的系統動量始終守恒，故有m船x船＝m人x人，由圖可看出x船＋x人＝L，可解得x人＝

L，x船＝

L。2．模型特點(1)兩個物體作用前均靜止，作用后均運動。(2)動量守恒且總動量為零。3．結論：m1x1＝m2x2(m1、m2為相互作用物體的質量，x1、x2為其對地位移的大小)。應用1．[人船模型的應用]如圖所示，質量m＝60kg的人，站在質量M＝300kg的車的一端，車長L＝3m，相對于地面靜止。當車與地面間的摩擦可以忽略不計時，人由車的一端走到另一端的過程中，車將A．后退0.5m B．后退0.6mC．后退0.75m D．一直勻速后退√人車組成的系統動量守恒，則mv1＝Mv2，所以mx1＝Mx2，又有x1＋x2＝L，解得x2＝0.5m，即車將后退0.5m，A正確，B、C錯誤；題中未說明人的運動狀態，故車的運動狀態不確定，D錯誤。應用2．[人船模型的遷移應用]如圖所示，在一只大氣球下方的長繩上，有一個質量為m1＝50kg的人。氣球和長繩的總質量為m2＝20kg，長繩的下端剛好和水平面接觸。當靜止時人離地面的高度為h＝5m。如果這個人開始沿繩向下滑，當他滑到繩下端時，他離地面的高度約為(可以把人看作質點)A．5m B．3.6mC．2.6m D．8m√人沿繩向下滑時，氣球上升。設氣球上升的距離為s2，人向下滑的距離為s1，有m1s1＝m2s2，s1＋s2＝h，解得s2＝

m，故人滑到繩下端時，離地面的高度為s2＝m≈3.6m，B正確。應用3．[分方向動量守恒的人船模型](2023·湖南高考)如圖，質量為M的勻質凹槽放在光滑水平地面上，凹槽內有一個半橢圓形的光滑軌道，橢圓的半長軸和半短軸分別為a和b，長軸水平，短軸豎直。質量為m的小球，初始時刻從橢圓軌道長軸的右端點由靜止開始下滑。以初始時刻橢圓中心的位置為坐標原點，在豎直平面內建立固定于地面的直角坐標系xOy，橢圓長軸位于x軸上。整個過程凹槽不翻轉，重力加速度為g。(1)小球第一次運動到軌道最低點時，求凹槽的速度大小以及凹槽相對于初始時刻運動的距離；答案：小球運動到最低點的時候小球和凹槽水平方向系統動量守恒，取向左為正方向，有0＝mv1－Mv2小球運動到最低點的過程中系統機械能守恒，有mgb＝

聯立解得v2＝因水平方向在任何時候都動量守恒即0＝

兩邊同時乘t可得mx1＝Mx2且由幾何關系可知x1＋x2＝a聯立解得x2＝

(2)在平面直角坐標系xOy中，求出小球運動的軌跡方程；答案：小球向左運動過程中凹槽向右運動，當小球的坐標為

時，此時凹槽水平向右運動的位移為Δx，根據上式有

則小球現在在凹槽所在的橢圓上，根據數學知識可知此時的橢圓方程為

整理得

(3)若

，求小球下降h＝

高度時，小球相對于地面的速度大小(結果用a、b及g表示)。答案：將

代入小球的軌跡方程化簡可得

即此時小球的軌跡為以b為半徑的圓，則當小球下降的高度為

時，如圖可知此時速度和水平方向的夾角為60°，小球下降

的過程中，系統水平方向動量守恒，有0＝mv3cos60°－Mv4系統機械能守恒，有

聯立解得v3＝

返回課時測評1．如圖所示，站在車上的人，用錘子連續敲打小車。初始時，人、車、錘子都靜止。假設水平地面光滑，關于這一物理過程，下列說法中正確的是A．人、車和錘子組成的系統動量守恒B．人、車和錘子組成的系統機械能守恒C．連續敲打可使小車持續向右運動D．當錘子速度方向豎直向下時，人和車水平方向的總動量為零√在錘子的連續敲打下，系統豎直方向的合力不等于零，該方向上系統的動量不守恒，所以系統的動量不守恒，故A錯誤；由于人消耗體能，體內儲存的化學能轉化為系統的機械能，因此系統機械能不守恒，故B錯誤；把人、錘子和小車看成一個系統，系統水平方向不受外力，水平方向動量守恒，用錘子連續敲打車的左端，根據水平方向動量守恒可知，系統水平方向上的總動量為零，錘子向左運動時，小車向右運動，錘子向右運動時，小車向左運動，所以小車左右做往復運動，不會持續地向右運動，故C錯誤；當錘子速度方向豎直向下時，水平方向動量為零，系統水平方向不受外力，水平方向動量守恒，則此時人和車水平方向上的總動量為零，故D正確。2．(2022·湖南高考)1932年，查德威克用未知射線轟擊氫核，發現這種射線是由質量與質子大致相等的中性粒子(即中子)組成。如圖，中子以速度v0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v1和v2。設碰撞為彈性正碰，不考慮相對論效應，下列說法正確的是A．碰撞后氮核的動量比氫核的小B．碰撞后氮核的動能比氫核的小C．v2大于v1D．v2大于v0√設中子的質量為m，氫核的質量為m，氮核的質量為14m。設中子和氫核碰撞后中子速度為v3，由動量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝mv1＋mv3，

，聯立解得v1＝v0。設中子和氮核碰撞后中子速度為v4，由動量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝14mv2＋mv4，

，聯立解得v2＝

v0，可得v1＝v0＞v2。碰撞后氫核的動量為pH＝mv1＝mv0，氮核的動量為pN＝14mv2＝

，可得pN＞pH。碰撞后氫核的動能為EkH＝

，氮核的動能為EkN＝

，可得EkH＞EkN，B正確，A、C、D錯誤。3．(2023·山東濟南二模)在空間技術發展過程中，噴氣背包曾經作為宇航員艙外活動的主要動力裝置，它能讓宇航員保持較高的機動性。如圖所示，宇航員在距離空間站艙門為d的位置與空間站保持相對靜止，啟動噴氣背包，壓縮氣體通過橫截面積為S的噴口以速度v1持續噴出，宇航員到達艙門時的速度為v2。若宇航員連同整套艙外太空服的質量為M，不計噴出氣體后宇航員和裝備質量的變化，忽略宇航員的速度對噴氣速度的影響以及噴氣過程中壓縮氣體密度的變化，則噴出壓縮氣體的密度為A． B．

C． D．√設噴出的氣體的質量為m，則m＝ρSv1t，根據動量守恒定律可得mv1＝Mv2，宇航員受力恒定，做初速度為零的勻加速直線運動，則

·t＝d，聯立解得ρ＝

，故選D。4．(多選)如圖所示，三輛完全相同的平板小車a、b、c成一直線排列，靜止在光滑水平面上。c車上有一小孩跳到b車上，接著又立即從b車跳到a車上。小孩跳離c車和b車時對地的水平速度相同。他跳到a車上時相對a車保持靜止，此后A．a、b兩車運動速率相等B．a、c兩車運動速率相等C．三輛車的速率關系vc＞va＞vbD．a、c兩車運動方向相反√√設向右為正方向，設人跳離b、c車時對地水平速度為v，在水平方向由動量守恒定律有0＝－m車vc＋m人v，m人v＝m車vb＋m人v，m人v＝(m車＋m人)·va，所以vc＝

，vb＝0，va＝

，即vc＞va＞vb并且c車與a車方向相反，A、B錯誤，C、D正確。5．如圖所示，質量為0.5kg的小球在離車底面高度20m處以一定的初速度向左平拋，落在以7.5m/s的速度沿光滑的水平面向右勻速行駛的敞篷小車中，小車的底面上涂有一層油泥，車與油泥的總質量為4kg，若小球在落在車的底面之前瞬時速度是25m/s，則當小球和小車相對靜止時，小車的速度是(g＝10m/s2)A．5m/s B．4m/sC．8.5m/s D．9.5m/s√由平拋運動規律可知，小球下落的時間t＝

s＝2s，在豎直方向的分速度vy＝gt＝20m/s，水平方向的分速度vx＝m/s＝15m/s，取小車初速度的方向為正方向，由于小球和小車組成的系統在水平方向上動量守恒，則m車v0－m球vx＝(m車＋m球)v，解得v＝5m/s，故A正確。6．(2024·安徽馬鞍山模擬)在某次軍演中，一炮彈由地面斜向上發射，假設當炮彈剛好到最高點時爆炸，炸成前后兩部分P、Q，其中P的質量大于Q。已知爆炸后P的運動方向與爆炸前的運動方向相同，忽略空氣的阻力，則下列說法正確的是A．爆炸后Q的運動方向一定與P的運動方向相同B．爆炸后Q比P先落地C．Q的落地點到爆炸點的水平距離大D．爆炸前后P、Q動量的變化量大小相等√在爆炸過程中，由于水平方向不受外力，系統水平方向動量守恒。爆炸前炮彈在最高點的速度沿水平方向，爆炸后P的運動方向與爆炸前的運動方向相同，根據動量守恒定律判斷出Q的速度一定沿水平方向，但爆炸后的運動方向取決于P的動量與爆炸前炮彈的動量的大小關系，因此Q的運動方向不一定與爆炸前的運動方向相同，A錯誤；爆炸后P、Q均做平拋運動，豎直方向上為自由落體運動，由于高度相同，在空中運動的時間一定相同，所以P、Q一定同時落地，B錯誤；由于爆炸后兩部分速度的大小關系無法判斷，因此落地點到爆炸點的水平距離無法確定，C錯誤；在爆炸過程中，P、Q受到爆炸力的大小相等、作用時間相同，則所受爆炸力的沖量大小一定相等，由動量定理可知，在爆炸過程中P、Q動量的變化量大小相等、方向相反，D正確。7．如圖所示，在光滑的水平面上有三個完全相同的小球，它們排成一條直線，小球2、3靜止，并靠在一起，球1以速度v0撞向它們，設碰撞過程中不損失機械能，則碰后三個小球的速度分別為A．v1＝v2＝v3＝

B．v1＝0，v2＝v3＝

C．v1＝0，v2＝v3＝

D．v1＝v2＝0，v3＝v0√由題設條件，三球在碰撞過程中總動量和總機械能守恒。設三球質量均為m，則碰撞前系統總動量為mv0，總動能為

。選項A、B中的數據都違反了動量守恒定律，故不可能；對選項C，碰后總動量為mv0，但總動能為

，這顯然違反了機械能守恒定律，故不可能；對選項D，既滿足動量守恒定律，也滿足機械能守恒定律，故選D。8．A、B兩球在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運動，mA＝1kg，mB＝2kg，vA＝6m/s，vB＝2m/s，當A追上B并發生碰撞后，A、B兩球速度的可能值是A．vA′＝5m/s，vB′＝2.5m/sB．vA′＝2m/s，vB′＝4m/sC．vA′＝－4m/s，vB′＝7m/sD．vA′＝7m/s，vB′＝1.5m/s√考慮實際運動情況，若碰撞后兩球同向運動，A球速度應不大于B球的速度，故A、D錯誤；碰撞前總動量p＝pA＋pB＝mAvA＋mBvB＝1×6kg·m/s＋2×2kg·m/s＝10kg·m/s，總動能Ek＝

×2×22J＝22J。B選項，碰撞后，總動量為p′＝pA′＋pB′＝mAvA′＋mBvB′＝1×2kg·m/s＋2×4kg·m/s＝10kg·m/s，總動能Ek′＝

×2×42J＝18J，則p′＝p，Ek＞Ek′，符合動量守恒定律和動能不增加，故B正確；C選項，碰撞后，總動量p′＝pA′＋pB′＝mAvA′＋mBvB′＝1×(－4)kg·m/s＋2×7kg·m/s＝10kg·m/s，總動能Ek′＝

×2×72J＝57J，符合動量守恒定律，但總動能不可能增加，故C錯誤。9．(多選)(2023·北京市第五中學檢測)A、B物塊沿光滑水平面在同一直線上運動并發生正碰，如圖為兩物塊碰撞前后的位移—時間圖像，其中a、b分別為A、B兩物塊碰前的位移—時間圖像，c為碰撞后兩物塊共同運動的位移—時間圖像，若A物塊質量m＝2kg，則由圖判斷，下列結論正確的是A．碰撞前后A的動量變化量的大小為4kg·m/sB．B物塊的質量為0.75kgC．碰撞過程A對B所施沖量大小為4N·sD．碰撞過程A、B兩物塊組成的系統損失的動能為10J√√√以A的初速度方向為正方向，由題圖可知