第26讲 动量守恒定律及其应用 （复习讲义）（湖南专用）（教师版）

第26讲动量守恒定律及其应用目录TOC\o"1-3"\h\u01考情解码·命题预警 202体系构建·思维可视 203核心突破·靶向攻坚 3考点一动量守恒定律的理解和基本应用 3知识点1.动量守恒定律的适用条件 3知识点2.动量守恒定律的五个特性 考向1.动量守恒定律的理解 3考向2.动量守恒定律的基本应用 4考点二碰撞问题 6知识点1．碰撞类问题遵循的三条原则 6知识点2．弹性碰撞讨论 6知识点3.非弹性碰撞 7考向1.碰撞的可能性分析 7考向2.弹性碰撞的应用 8考向3.非弹性碰撞 9考点三爆炸、反冲和“人船”模型 10知识点1.爆炸现象的三个规律 10知识点2.反冲运动的三点说明 10知识点3.人船模型及其拓展 10考向1.两体爆炸模型 11考向2.反冲运动 12考向3.人船模型及其拓展模型 1304真题溯源·考向感知 7考点要求考察形式2025年2024年2023年动动量守恒定律的理解和基本应用选择题非选择题碰撞问题选择题非选择题湖南卷T10湖南卷T15湖南卷T15爆炸、反冲和“人船”模型选择题非选择题湖南卷T15考情分析：1.命题形式：单选题非选择题2.命题分析：湖南高考对动量守恒定律的考查非常频繁，大多在综合性的计算题中出现，往入以碰撞的情景，综合性比较强，需要的能力也比较高。3.备考建议：首先要理解和掌握动量守恒定律。其次能够利用动量守恒定律处理解决涉及的碰撞问题。同时能够应用三大观点解决复杂的物理过程。复习目标：目标1.理解动量守恒的条件。目标2.会定量分析一维碰撞问题。目标3.会用动量守恒的观点分析爆炸、反冲及人船模型考点一动量守恒定律的理解和基本应用知识点1.动量守恒定律的适用条件(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。知识点2.动量守恒定律的五个特性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，p1′、p2′、…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考向1动量守恒定律的理解例1（2025·吉林延边·一模）如图所示是儿童游乐场所的滑索模型，儿童质量为5m，滑环质量为m，滑环套在水平固定的光滑索道上。该儿童站在一定的高度由静止开始滑出，静止时不可伸长的轻绳拉离竖直方向一定角度。儿童和滑环均可视为质点，索道始终处于水平状态，不计空气阻力，重力加速度为g，以下判断正确的是（）A．儿童和滑环组成的系统动量守恒B．儿童和滑环组成的系统机械能守恒C．儿童运动到最低点时减少的机械能大于滑环增加的机械能D．儿童从静止运动到最低点的过程中，儿童和滑环的水平位移之比为1：5【答案】BD【详解】A．儿童和滑环组成的系统水平方向不受力，竖直方向受力不平衡，所以系统动量不守恒，故A错误；BC．儿童和滑环组成的系统只有重力做功，机械能守恒，则儿童运动到最低点时减少的机械能大于滑环增加的机械能，故B正确，C错误；D．根据水平方向系统动量守恒有解得则可知儿童和滑环的水平位移之比为1：5，故D正确；故选BD。【变式训练1】.如图所示，A、B两木块紧靠在一起且静止于光滑水平面上，木块C以一定的初速度v0从A的左端开始向右滑行，最后停在B木块的右端，对此过程，下列叙述不正确的是()A.当C在A上滑行时，A、C组成的系统动量守恒B.当C在B上滑行时，B、C组成的系统动量守恒C.无论C是在A上滑行还是在B上滑行，A、B、C三木块组成的系统动量都守恒D.当C在B上滑行时，A、B、C组成的系统动量守恒【答案】A【解析】当C在A上滑行时，对A、C组成的系统受力分析，B对A的作用力为外力，合外力不等于0，故系统动量不守恒，A错误；当C在B上滑行时，A、B已分离，对B、C组成的系统，沿水平方向不受外力作用，故系统动量守恒，B正确；对A、B、C三木块组成的系统，无论C是在A上滑行还是在B上滑行，系统的水平方向上都无外力作用，系统动量守恒，C、D正确。【变式训练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，自A点与圆弧槽相切进入槽内，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，槽对小球的弹力也对小球做功，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错误考向2动量守恒定律的基本应用例2（2025·海南海口·模拟预测）在动画电影《哪吒》中，哪吒与敖丙在冰封的海面上对决，哪吒脚踩风火轮（总质量），以速度水平向右疾行，敖丙手持冰锤（总质量）以速度水平向左冲来，两人迎面相撞后紧紧抓住对方共同运动。假设冰面光滑，忽略空气阻力，则相撞后两人的共同速度为（）A．7.5m/s，水平向右B．1m/s，水平向右C．7.5m/s，水平向左D．1m/s，水平向左【答案】B【详解】取向右为正方向，根据动量守恒定律有代入数据解得方向水平向右。故选B。【变式训练1】随着机动车数量的增加，交通安全问题日益凸显，分析交通违法事例，将警示我们遵守交通法规，珍惜生命。已知某限速60km/h的平直公路上，一辆质量为m1＝800kg的汽车A以速度v1＝15m/s沿平直公路行驶时，驾驶员发现前方不远处有一质量m2＝1200kg的汽车B以速度v2迎面驶来，两车立即同时急刹车，使车做匀减速运动，但两车仍在开始刹车t＝1s后猛烈地相撞，相撞后结合在一起再沿B车原行驶方向滑行6m后停下，设两车与路面间动摩擦因数μ＝0.3,g取10m/s2，忽略碰撞过程中路面摩擦力的冲量，求：(1)两车碰撞后刚结合在一起时的速度大小；(2)求B车刹车前的速度，并判断B车是否超速。【答案】：(1)6m/s(2)21m/s，超速【解析】：(1)对于碰撞后共同滑行过程有a＝eq\f(μmg,m)＝μgx＝eq\f(v共2,2a)，可得v共＝6m/s。(2)对A车有：vA＝v1－at对B车有：vB＝v2－at以碰撞前A车运动的方向为正方向，对碰撞过程由动量守恒定律得：m1vA－m2vB＝－(m1＋m2)v共可得v2＝21m/s>60km/h故B车超速。【变式训练2】足够大的光滑水平面上，一根不可伸长的细绳一端连接着质量为m1＝1.0kg的物块A，另一端连接质量为m2＝1.0kg的长木板B，绳子开始是松弛的。质量为m3＝1.0kg的物块C放在长木板B的右端，C与长木板B间的滑动摩擦力的大小等于最大静摩擦力大小。现在给物块C水平向左的瞬时初速度v0＝2.0m/s，物块C立即在长木板B上运动。已知绳子绷紧前，B、C已经达到共同速度；绳子绷紧后，A、B总是具有相同的速度；物块C始终未从长木板B上滑落。下列说法正确的是()A.绳子绷紧前，B、C达到的共同速度大小为1.0m/sB.绳子刚绷紧后的瞬间，A、B的速度大小均为1.0m/sC.绳子刚绷紧后的瞬间，A、B的速度大小均为0.5m/sD.最终A、B、C三者将以大小为eq\f(2,3)m/s的共同速度一直运动下去【答案】ACD【解析】绳子绷紧前，B、C已经达到共同速度，设B、C达到的共同速度大小为v1，根据动量守恒定律可得m3v0＝(m2＋m3)v1，解得v1＝1.0m/s，A正确；绳子刚绷紧后的瞬间，设A、B具有相同的速度v2，A、B组成的系统满足动量守恒，则有m2v1＝(m1＋m2)v2，解得v2＝0.5m/s，B错误，C正确；A、B、C三者最终有共同的速度，设为v3，A、B、C组成的系统满足动量守恒，则有m3v0＝(m1＋m2＋m3)v3，解得v3＝eq\f(2,3)m/s，D正确。考点二碰撞问题知识点1．碰撞类问题遵循的三条原则动量守恒m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′机械能不增加Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或eq\f(p12,2m1)＋eq\f(p22,2m2)≥eq\f(p1′2,2m1)＋eq\f(p2′2,2m2)速度要合理同向碰撞碰撞前，后面的物体速度大；碰撞后，前面的物体速度大或两物体速度相等相向碰撞碰撞后两物体的运动方向不可能都不改变知识点2．弹性碰撞讨论(1)碰后速度的求解：根据动量守恒定律和机械能守恒定律eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′①,\f(1,2)m1v12＋\f(1,2)m2v22＝\f(1,2)m1v1′2＋\f(1,2)m2v2′2②))解得v1′＝eq\f(m1－m2v1＋2m2v2,m1＋m2)，v2′＝eq\f(m2－m1v2＋2m1v1,m1＋m2)。(2)分析讨论：当碰前物体2的速度不为零时，若m1＝m2，则：v1′＝v2，v2′＝v1，即两物体交换速度。当碰前物体2的速度为零时，v2＝0，则：v1′＝eq\f(m1－m2v1,m1＋m2)，v2′＝eq\f(2m1v1,m1＋m2)。①m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1，碰撞后两物体交换速度。②m1＞m2时，v1′＞0，v2′＞0，碰撞后两物体沿相同方向运动。③m1＜m2时，v1′＜0，v2′＞0，碰撞后质量小的物体被反弹回来。知识点3.非弹性碰撞1.非弹性碰撞碰撞结束后，动能有部分损失。m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2＋ΔEk损2.完全非弹性碰撞碰撞结束后，两物体合二为一，以同一速度运动，动能损失最大。m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)veq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v2＋ΔEk损max结果：v＝eq\f(m1v1＋m2v2,m1＋m2)ΔEk损max＝eq\f(m1m2,2（m1＋m2）)(v1－v2)23.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碰撞的可能性分析例1．（多选）在光滑的水平面上，有a、b两个等大的小球，a的质量为2m，b的质量为m，它们在同一直线上运动，t0时刻两球发生正碰，则下列关于两球碰撞前后的速度-时间图像可能正确的是（

）A． B．C． D．【答案】BC【详解】A．设题图中纵轴的最小刻度值为v0，碰前总动量碰后总动量违背动量守恒定律，A错误；B．碰撞前的总动量为碰撞后的总动量为碰撞前的总动能为碰撞后的总动能为碰撞前后动量守恒，动能不增加，B正确；C．碰撞前的总动量为碰撞后的总动量为碰撞前的总动能为碰撞后的总动能为碰撞前后系统动量守恒，碰撞前后系统动能不变，C正确；D．碰前总动量碰后总动量违背动量守恒定律，D错误。故选BC。【变式训练1】如图所示，质量为3m的小球B静止在光滑水平面上，质量为m、速度为v的小球A与小球B发生正碰，碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此碰撞后小球B的速度可能有不同的值。碰撞后小球B的速度大小可能是（

）A．0.15v B．0.2v C．0.4v D．0.6v【答案】C【详解】若A、B发生的是弹性碰撞，对A、B碰撞过程由动量守恒定律可得mv=mv1+3mv2则由机械能守恒定律可得解得碰撞后小球B的速度大小为若A、B发生的是完全非弹性碰撞，则碰后两球共速，由动量守恒定律可得mv=(m+3m)v′解得碰撞后小球B的速度大小为即碰撞后小球B的速度大小范围为故选C。考向2弹性碰撞的应用例2（2025·湖南省郴州市高三第三次教学质量监测）如图所示，水平传送带以v=5.0m/s的速率沿顺时针方向匀速转动，左端与一竖直放置的光滑圆弧轨道平滑对接，右端与一足够长的水平光滑平台平滑对接，传送带长L=1.6m。光滑圆弧半径R=0.2m，距离圆弧轨道最上端s=2.4m处由静止释放滑块A（可看作质点），滑块A沿切线方向无碰撞进入圆弧轨道，滑块A从传送带上滑出后与平台末端的滑块B发生弹性正碰撞，碰后A以2m/s的速度返回，A第2次离开传送带后被取走，B从平台上水平滑出，滑出后与水平面碰撞时水平速度不变，碰后的反弹高度都是前一次的，不计所有碰撞的时间。已知A的质量mA=0.1kg，A与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，平台高h=3.2m，重力加速度大小g=10m/s2，空气阻力不计，求：（1）滑块B的质量为多大；（2）滑块A第2次在传送带上滑动的过程中，滑块A和传送带之间因摩擦产生的内能；（3）滑块B第17次与水平面接触时在水平方向上运动总距离为多大（取，结果用a表示）。【答案】（1）（2）（3）【解析】【小问1详解】滑块A第1次到达传送带时的速度为，根据解得故滑块A在传送带上做减速运动，假设A第1次从传送带上滑下时的速度为，根据动能定理有解得（假设成立）A与B发生弹性碰撞时，碰后A速度大小，有，联立解得，【小问2详解】滑块A再次回到传送带时，滑块A第2次在传送带上滑动的过程中，滑块A和传送带运动的v—t图像如图所示滑块A的加速满足滑块A第2次在传送带上运动的时间滑块A和传送带间的相对位移内能联立解得【小问3详解】滑块B水平抛出后，竖直方向有解得滑块B与水平面第一次接触后上升的高度设滑块B反弹到最高点后再次下落至水平面所需的时间为t1，有解得滑块B与水平面第n次接触后上升的高度根据，解得故滑块B第17次与水平面接触时，则解得故滑块B第17次与水平面接触时在水平方向上运动的总距离【变式训练1】（2025届湖南省株洲市一模）如图，竖直平面内足够长轨道MON由光滑斜面MO和粗糙水平面ON构成，两者在斜面底端O处平滑连接。质量为m的物块A从斜面上H高处由静止开始下滑，到达水平面上后，停在距离O点L远的C点。现将质量为5m的另一物块B放在O处，物块A从斜面上某一高度由静止开始再次下滑，到达水平面上后立即与物块B发生弹性碰撞，设碰撞时间极短，A、B与水平面间的动摩擦因数相同。（1）求物块A与水平面间的动摩擦因数μ；（2）第一次碰撞后，若要求A与已停止运动的B发生第二次弹性碰撞，求斜面倾角应满足的条件；（3）在满足（2）的条件下若要求A与B发生两次弹性碰撞后B恰能停在C点，求物块A开始下滑的高度h。【答案】（1）（2）（3）【解析】【小问1详解】根据动能定理解得【小问2详解】设第一次碰撞前物块A的速度为，取向右为正方向，在第一次碰撞过程中，由动量守恒定律和能量守恒定律有，解得碰撞后A和B的速度分别为，碰后物块B向右运动直至到停下来的过程中，运动的距离为，运动时间为，则有，碰后物块A向左冲上斜面，在斜面上往返一次运动的时间为之后再次回到水平面上向右运动，通过距离后速度减为，在此过程中有运动时间为要使A与已停止运动的B发生第二次弹性碰撞，应满足的条件是斜面倾角应满足的条件为【小问3详解】在满足（2）的条件下，第二次碰撞后B的速度为之后再次向右运动，通过距离停下来，则有依据题意有而第一次碰撞前物块A的速度为解得【变式训练2】（2025·四川攀枝花·二模）如图所示，固定在水平地面上、高度为h的竖直立柱顶端静着一质量为M的小球P，另一质量为m的小球Q以大小为v、方向水平向右的速度从小球P的左侧与小球P发生弹性对心正碰，小球P、Q均可视为质点，不计空气阻力和碰撞时间，立柱足够细，已知重力加速度大小为g，则小球P、Q落地时（不考虑落地后的反弹）二者之间的距离为（）A． B．C． D．【答案】D【详解】以v方向为正方向，由动量守恒有机械能守恒有联立解得碰后QP的速度分别为根据平抛规律有解得则小球P、Q落地时（不考虑落地后的反弹）二者之间的距离为联立解得故选D。【变式训练3】（2025·辽宁本溪·二模）如图所示，两位小朋友在可视为光滑的水平地面上玩弹珠游戏。其中一位将弹珠甲对着另一位脚边的静止弹珠乙弹出，甲以的速度与乙发生了弹性正碰，已知弹珠可以视为光滑，则（

）A．若碰后甲、乙同向运动，则甲的质量一定小于乙的质量B．若碰后甲反弹，则甲的速率可能为C．碰后乙的速率可能为D．若碰后甲反弹，则甲的速率可能大于乙的速率【答案】D【详解】A．甲，乙弹珠碰撞瞬间动量守恒，机械能守恒，设弹珠甲，乙的质量分别为、，碰后甲的速度为，乙的速度为，则有联立解得，若碰后甲乙同向运动，则，可知甲的质量一定大于乙的质量，A项错误；B．若碰后甲反弹，且甲的速率为，则有解得质量不能为负值，故若碰后甲反弹，则甲的速率不可能为，B项错误；C．若碰后乙的速率为，则有解得，质量不能为负值，故碰后乙的速率不可能为，C项错误；D．若碰后甲反弹，且甲的速率大于乙的速率，则有可知，只要即就可满足碰后甲反弹，且甲的速率大于乙的速率，D项正确。故选D。考向3非弹性碰撞例3（2025·湖南省邵阳市高三二模）某游戏装置简化图如下，游戏规则是玩家挑选出两个完全相同的光滑小球a、b，将球向左压缩弹簧至锁扣位置松手，弹簧恢复原长后，球运动至右侧与静止的球发生碰撞后，结合为。若碰后能完全通过竖直放置的四分之一细圆管道和四分之一圆弧轨道DE，并成功投入右侧固定的接球桶中，则视为游戏挑战成功。已知被压缩至锁扣位置时弹簧弹性势能，圆心及三点等高，点为轨道的最高点，安装有微型压力传感器（未画出）。细圆管道、圆弧轨道半径均为，接球桶的高度，半径，中心线离的距离。、、均可视为质点，不计空气阻力和一切摩擦，取。（1）若小球、的质量为，求球离开弹簧时的速度大小；（2）若小球、的质量为，求经过点时对传感器的压力；（3）若想要挑战成功，求玩家挑选小球的质量范围。【答案】（1）（2），方向竖直向上（3）【解析】【小问1详解】对球：解得：【小问2详解】a与b相碰，碰后c的速度为，由动量守恒定律：对，从C到E，由机械能守恒得：由牛顿第二定律：得：，由牛顿第三定律可知，c对传感器的压力大小也为，方向竖直向上；【小问3详解】设小球恰好投到接球桶的左、右端点时，在E点水平抛出的速度分别为、解得若要挑战成功，则小球需要通过E点，小球恰好经过E点时有：求得因，所以小球无法通过E点，挑战成功的速度范围为：由（1）可知时对应小球、质量；若在E点以抛出同理有：，，解得综上a，b小球的质量的范围为：考点三爆炸、反冲和“人船”模型知识点1.爆炸现象的三个规律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，系统的总动量守恒机械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知识点2.反冲运动的三点说明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，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知识点3.人船模型及其拓展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)。4.“人船模型”的拓展(某一方向动量守恒)考向1两体爆炸模型例1（（2025·湖南邵阳·二模）如图所示质量为的某型号双响爆竹的结构简化图，其内部结构分上、下两层，分别装载火药。某次在一水平地面上燃放测试中，点燃引线，下层火药被瞬间引燃后，爆竹获得了竖直升空的初始速度。当爆竹上升到最大高度处时，上层火药恰好被引燃，爆竹瞬间分裂成质量之比为的P、Q两部分。若P、Q均沿水平方向飞出，落地点间的水平距离为，不计空气阻力及爆竹爆炸前后的质量变化，重力加速度为g。下列说法正确的是（）A．下层火药被引燃后爆竹获得的动量为B．爆竹分裂后Q获得的速度大小为C．P、Q着地前瞬间的速度大小之比D．上、下两层火药分别被引燃时，爆竹增加的机械能之比为【答案】D【详解】A．设下层火药被引燃后爆竹的速度大小为v，则下层火药被引燃后爆竹获得的动量为解得故A错误；B．引燃上层火药后两部分向相反的方向做平抛运动，竖直方向有水平方向有上层火药燃爆时，水平方向动量守恒，取质量较小部分P获得的速度方向为正方向，则有解得P、Q各自获得的速度大小分别为，故B错误；C．P、Q着地前瞬间竖直方向的速度大小均为P、Q着地前瞬间的速度大小分别为，因，所以故C错误；D．上层火药燃爆后爆竹获得的机械能为下层火药燃爆后爆竹获得的机械能为解得故D正确。故选D。【变式训练1】（2025·河南三门峡·一模）某次军事演习中，一炮弹竖直上升到最高点时炸裂成甲、乙两块弹片，它们的初速度方向与水平方向的夹角为θ，如图所示，测得这两块弹片在水平地面上的落地点相距，它们从炸裂到落地所经历的时间分别为，，若甲、乙两块弹片的质量之比为，重力加速度，不计空气阻力，则下列说法正确的是（）A．两弹片分离瞬间的动量相同 B．弹片甲落地点到O点的距离为48mC． D．爆炸点距水平地面的高度为84m【答案】D【详解】A．炮弹竖直上升到最高点时，炮弹的动量为0；炸裂成甲、乙两块弹片，根据动量守恒可知，甲，乙两弹片分离时，它们的动量大小相等，方向相反，故A错误；BCD．设两弹片分离时，甲的速度大小为v，由于甲、乙两块弹片的质量之比为，根据动量守恒定律可知，乙的速度大小应为，设爆炸点的高度为h，对甲、乙水平方向有解得对甲、乙竖直方向有解得联立解得，，，，所以甲落地时距O点的距离为故BC错误，D正确。故选D。考向2反冲运动例2．（2025·北京丰台·一模）乌贼在遇到紧急情况时，通过快速喷水获得速度而逃离。已知乌贼喷水前的质量为M。速度为0，喷水时，在极短时间内将质量为m的水以速度u水平向前喷出，获得速度向后逃离，所受水的阻力与速度成正比，比例系数为k。下列说法正确的是（）A．乌贼获得的最大速度为B．喷水后乌贼做匀减速直线运动C．喷水后乌贼向后逃离的最远距离为D．喷水过程乌贼消耗的能量等于喷出水的动能【答案】C【详解】A．根据动量守恒定律有解得故A错误；B．所受水的阻力与速度成正比，比例系数为k，则随着速度减小，加速度逐渐减小，故B错误；C．对运用积分原理有解得故C正确；D．喷水过程乌贼消耗的能量等于喷出水的动能和乌贼动能之和，故D错误；故选C。【变式训练1】（2025·重庆·三模）中国某新型连续旋转爆震发动机(CRDE)测试中，飞行器总质量(含燃料)为，设每次爆震瞬间喷出气体质量均为，喷气速度均为(相对地面)，喷气方向始终与飞行器运动方向相反。假设飞行器最初在空中静止，相继进行次爆震(喷气时间极短,忽略重力与阻力)。下列说法正确的是（）A．每次喷气过程中，飞行器动量变化量方向与喷气方向相同B．每次喷气后，飞行器(含剩余燃料)速度增量大小相同C．经过次喷气后，飞行器速度为D．由于在太空中没有空气提供反作用力，所以该飞行器无法在太空环境中爆震加速【答案】C【详解】A．由题意可知，每次喷气过程中，系统（包括飞行器和喷出的气体）总动量守恒。喷出气体的动量方向与喷气方向相同，由于系统总动量守恒，那么飞行器动量变化量方向与喷出气体动量变化量方向相反，所以飞行器动量变化量方向与喷气方向相反，故A错误；B．根据动量守恒定律，系统初始总动量为0，第一次喷气后，喷出气体质量为，速度为，飞行器质量变为，速度为，则有解得所以第一次喷气后速度增量在第二次喷气之前，此时系统总动量为，喷气后，喷出气体质量仍为，速度为，飞行器质量变为，速度为，则有将代入可得所以第二次喷气后速度增量以此类推，可以看出每次喷气后飞行器速度增量大小不相同，故B错误；C．设经过次喷气后飞行器的速度为。系统初始总动量为0，次喷气后，喷出气体总质量为，速度为，飞行器质量变为，速度为。根据动量守恒定律可得解得故C正确；D．虽然在太空没有空气，但飞行器喷气时，飞行器与喷出的气体之间存在相互作用力，根据牛顿第三定律，喷出气体对飞行器有反作用力，所以飞行器可以在太空环境中通过爆震加速，故D错误。故选C。考向3.人船模型及其拓展模型例3．（2025·山东青岛·一模）质量为的光滑半圆形凹槽静止在光滑水平地面上，在凹槽左侧与圆心等高处由静止释放一质量为、可视为质点的小球，小球相对地面运动的轨迹为半个椭圆，如图甲中虚线所示。运动过程中小球的动能随时间变化图像如图乙所示，已知椭圆半长轴与半短轴之比为。下列说法正确的是（）A．半圆形凹槽与小球组成的系统动量不守恒B．小球质量与凹槽质量之比C．时刻，小球受到凹槽的支持力方向与速度垂直D．时刻，小球受到凹槽的支持力大于小球的重力【答案】ABD【详解】A．小球向下运动过程中，在竖直方向的分加速度方向先向下后向上，小球先处于失重后处于超重状态，可知，半圆形凹槽与小球组成的系统所受外力的合力不为0，即半圆形凹槽与小球组成的系统动量不守恒，故A正确；B．令凹槽半径为R，根据图中所示半个椭圆可知，半长轴为R，则半短轴为，短轴为，即小球在水平方向的分位移半圆形凹槽与小球组成的系统在水平方向动量守恒，则有其中解得故B正确；C．根据图乙的对称性可知，时刻小球位于凹槽最低点，则时刻小球位于释放点与凹槽最低点之间的某一位置，小球相对地面运动的轨迹为半个椭圆，轨迹的最低点即为凹槽的最低点，时刻小球受到凹槽的支持力方向指向凹槽圆心，速度方向沿半椭圆轨迹切线方向，可知，时刻，小球受到凹槽的支持力方向与速度方向不垂直，故C错误；D．结合上述可知，时刻小球位于凹槽最低点，小球相对于凹槽做圆周运动，小球在最低点相对于凹槽的速度方向水平向右，由于小球小球相对于凹槽做圆周运动，则小球在最低点沿半径方向的合力提供向心力，此时加速度方向竖直向上，则时刻，小球受到凹槽的支持力大于小球的重力，故D正确。故选ABD。【变式训练1】一个质量为M、底面边长为b的斜面体静止于光滑的水平桌面上，如图所示，有一质量为m的物块由斜面顶部无初速度滑到底部时，斜面体移动的距离为s。下列说法中正确的是()A．若斜面粗糙，则s＝eq\f(mb,M＋m)B．只有斜面光滑，才有s＝eq\f(mb,M＋m)C．若斜面光滑，则下滑过程中系统动量守恒，机械能守恒D．若斜面粗糙，则下滑过程中系统动量守恒，机械能不守恒【答案】A【解析】：不论斜面是否光滑，斜面体和物块组成的系统在水平方向上都动量守恒，以向左为正方向，斜面体的位移大小为s，则物块的位移大小为b－s，物块和斜面体的平均速率分别为v1＝eq\f(b－s,t)，v2＝eq\f(s,t)，由动量守恒定律得mv1－Mv2＝0，解得s＝eq\f(mb,M＋m)，A正确，B错误；不论斜面是否光滑，物块下滑过程中系统在竖直方向上所受合力都不为零，系统所受的合力不为零，所以系统动量不守恒，若斜面光滑，则系统机械能守恒，若斜面不光滑，则系统机械能不守恒，C、D错误。1．（2025·湖南·高考真题）0如图，某爆炸能量测量装置由装载台和滑轨等构成，C是可以在滑轨上运动的标准测量件，其规格可以根据测量需求进行调整。滑轨安装在高度为h的水平面上。测量时，将弹药放入装载台圆筒内，两端用物块A和B封装，装载台与滑轨等高。引爆后，假设弹药释放的能量完全转化为A和B的动能。极短时间内B嵌入C中形成组合体D，D与滑轨间的动摩擦因数为。D在滑轨上运动距离后抛出，落地点距抛出点水平距离为，根据可计算出弹药释放的能量。某次测量中，A、B、C质量分别为、、，，整个过程发生在同一竖直平面内，不计空气阻力，重力加速度大小为g。则（）A.D的初动能与爆炸后瞬间A的动能相等B.D的初动能与其落地时的动能相等C.弹药释放的能量为D.弹药释放的能量为【答案】BD【解析】【详解】A．爆炸后，AB组成的系统动量守恒，即3mv1=mv2B与C碰撞过程动量守恒mv2=6mv联立解得v=0.5v1。爆炸后瞬间A的动能D的初动能两者不相等，故A错误；B．D水平滑动过程中摩擦力做功为做平抛运动过程中重力做的功为故D从开始运动到落地瞬间合外力做功为0，根据动能定理可知D的初动能与其落地时的动能相等，故B正确；CD．D物块平抛过程有，联立可得D水平滑动过程中根据动能定理有化简得弹药释放的能量完全转化为A和B的动能，则爆炸过程的能量为故C错误，D正确。故选BD。2．（2025·河南·高考真题）两小车P、Q的质量分别为和，将它们分别与小车N沿直线做碰撞实验，碰撞前后的速度v随时间t的变化分别如图1和图2所示。小车N的质量为，碰撞时间极短，则（）A． B． C． D．【答案】D【详解】PN碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有即根据图像可知，故；同理，QN碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有即根据图像可知，故；故故选D。3．（2024·浙江·高考真题）如图所示，2023年12月9日“朱雀二号”运载火箭顺利将“鸿鹄卫星”等三颗卫星送入距离地面约的轨道。取地球质量，地球半径，引力常量。下列说法正确的是（）A．火箭的推力是空气施加的 B．卫星的向心加速度大小约C．卫星运行的周期约 D．发射升空初始阶段，装在火箭上部的卫星处于失重状态【答案】B【详解】A．根据反冲现象的原理可知，火箭向后喷射燃气的同时，燃气会给火箭施加反作用力，即推力，故A错误；B．根据万有引力定律可知卫星的向心加速度大小为故B正确；C．卫星运行的周期为故C错误；D．发射升空初始阶段，火箭加速度方向向上，装在火箭上部的卫星处于超重状态，故D错误。故选B。4．（2024·江苏·高考真题）如图所示，物块B分别通过轻弹簧、细线与水平面上的物体A左右端相连，整个系统保持静止。已知所有接触面均光滑，弹簧处于伸长状态。剪断细线后（）A．弹簧恢复原长时，A的动能达到最大B．弹簧压缩最大时，A的动量达到最大C．弹簧恢复原长过程中，系统的动量增加D．弹簧恢复原长过程中，系统的机械能增加【答案】A【详解】对整个系统分析可知合外力为0，A和B组成的系统动量守恒，得设弹簧的初始弹性势能为，整个系统只有弹簧弹力做功，机械能守恒，当弹簧恢复原长时得联立得故可知弹簧恢复原长时物体A速度最大，此时物体A的动量最大，动能最大。对于系统来说动量一直为零，系统机械能不变。故选A。5．（2024·广东·高考真题）（多选）如图所示，光滑斜坡上，可视为质点的甲、乙两个相同滑块，分别从、高度同时由静止开始下滑。斜坡与水平面在O处平滑相接，滑块与水平面间的动摩擦因数为，乙在水平面上追上甲时发生弹性碰撞。忽略空气阻力。下列说法正确的有（）A．甲在斜坡上运动时与乙相对静止B．碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度C．乙的运动时间与无关D．甲最终停止位置与O处相距【答案】ABD【详解】A．两滑块在光滑斜坡上加速度相同，同时由静止开始下滑，则相对速度为0，故A正确；B．两滑块滑到水平面后均做匀减速运动，由于两滑块质量相同，且发生弹性碰撞，可知碰后两滑块交换速度，即碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度，故B正确；C．设斜面倾角为θ，乙下滑过程有在水平面运动一段时间t2后与甲相碰，碰后以甲碰前速度做匀减速运动t3，乙运动的时间为由于t1与有关，则总时间与有关，故C错误；D．乙下滑过程有由于甲和乙发生弹性碰撞，交换速度，则可知甲最终停止位置与不发生碰撞时乙最终停止的位置相同；则如果不发生碰撞，乙在水平面运动到停止有联立可得即发生碰撞后甲最终停止位置与O处相距，故D正确。故选ABD。6．（2024·江苏·高考真题）“嫦娥六号”探测器由着陆器、上升器、轨道器和返回器四个部分组成，沿环月轨道以速度运动。某时刻，着陆器和上升器（组合体）、轨道器和返回器（组合体）分离，分离时间为。分离后的速度大小为，方向与相同。已知组合体、的质量分别为、。求：（1）分离后的速度大小；（2）分离过程中，对的平均推力大小。【答案】（1）；（2）【详解】（1）组合体、分离前后动量守恒，取v0的方向为正方向，有解得（2）以组合体为研究对象，由动量定理有解得7．（2024·天津