第23讲 动量守恒定律及其应用（复习讲义）（四川专用）（教师版）

第23讲动量守恒定律及其应用目录01TOC\o"1-3"\h\u考情解码·命题预警 202体系构建·思维可视 303核心突破·靶向攻坚 3考点一动量守恒定律及其应用 3知识点动量守恒定律及其应用 4考向1动量守恒定律的判断 4考向2动量守恒定律的应用 8考向3动量守恒定律解决多过程问题 18考点二碰撞 22知识点1弹性碰撞和非弹性碰撞 22知识点2碰撞问题的规律和结论 22考向1完全弹性碰撞 23考向2完全非弹性碰撞 31考向3非弹性碰撞 35考点三爆炸反冲 40知识点1爆炸 40知识点2反冲 40知识点3人船模型 41考向1爆炸与反冲 41考向2人船模型 4504真题溯源·考向感知 49考点要求考察形式2025年2024年2023年动量守恒定律选择题非选择题\\\碰撞爆炸反冲选择题非选择题\\全国甲卷T12,20分考情分析：从四川高考来看，动量守恒定律容易与其他的内容结合。2．从命题思路上看，试题情景为计算题是考查动量守恒定律的重要题型，且难度较大。常设置复杂的多物体、多过程物理情境，如多个物体的连续碰撞、物体在复合场中的碰撞与运动等复习目标：目标一：掌握动量守恒定律的定义、表达式及适用条件，能够准确区分系统内力与外力，清晰判断不同物理情境下系统是否满足动量守恒。目标二：明确动量守恒定律与能量守恒定律、牛顿运动定律、动能定理等知识的内在联系，能从不同角度分析物理过程。考点一动量守恒定律及其应用知识点动量守恒定律及其应用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。这就是动量守恒定律。2.表达式（1）p＝p'，系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p'。（2）m1v1＋m2v2＝m1v1'＋m2v2'，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和。（3）Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向。（4）Δp＝0，系统总动量的增量为零。3.适用条件（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。（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。（3）某方向守恒：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。4.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，解题时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5.应用动量守恒定律的解题步骤（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）。（2）进行受力分析，判断系统动量是否守恒（或某一方向上是否守恒）。（3）规定正方向，确定初、末状态动量。（4）由动量守恒定律列出方程。（5）代入数据，求出结果，必要时讨论说明。考向1动量守恒定律的判断例1如图所示，在光滑的水平面上有一根处于自然状态的轻弹簧，左侧固定在竖直墙面上，弹簧的右侧有一物块以初速度v0向左运动，后与弹簧发生挤压并被弹回，已知弹簧的形变量始终在弹性限度内，则运动过程中（

）

A．物块的动量守恒 B．物块的机械能守恒C．物块与轻弹簧组成的系统动量守恒 D．物块与轻弹簧组成的系统机械能守恒【答案】D【详解】AC．动量守恒研究的对象为两个或两个以上物体组成的系统，物块在运动过程中，物块与轻弹簧组成的系统受到墙壁的弹力，合外力不为零，因此该系统动量不守恒，故AC错误；BD．物块的运动过程中，物块与轻弹簧组成的系统动能和势能相互转化，机械能守恒，而单独对物块而言，压缩弹簧的过程中，物块的动能在向弹簧的弹性势能转化，其自身的机械能在减小，故B错误，故D正确。故选D。例2如图所示，弧面为四分之一光滑圆弧的物块静置于光滑水平地面上。小球从弧面顶点由静止释放。在小球运动到物块的最低点过程中，下列说法正确的是（）A．小球的动量守恒，机械能不守恒B．物块的动量不守恒，机械能守恒C．小球和物块组成的系统动量不守恒，机械能守恒D．小球和物块组成的系统动量守恒，机械能不守恒【答案】C【详解】AB．对小球，所受的合外力不为零，有物块对其做负功，故小球的动量和机械能都不守恒，A错误；B．对物块，其所受的合外力不为零，有小球对其做正功，故物块的动量和机械能都不守恒，B错误；CD．小球从顶点到最低点的过程中，竖直方向上的加速度不为0，故小球和物块组成的系统在竖直方向上所受合外力不为0，则动量不守恒，但系统只有重力做功，所以机械能守恒，C正确，D错误。故选C。例3（2025·四川成都·高三月考）如图所示，质量为M的长木板置于光滑水平面上，一轻质弹簧左端固定在木板左端的挡板上（挡板固定在木板上），右端与质量为m的小木块连接。木块与长木板之间光滑，开始时m和M都静止，弹簧处于自然状态。现同时对m、M施加反向的水平恒力F1、FA．若F1=FB．若F1=FC．若F1≠FD．若F1≠F【答案】A【详解】AB．由于F1与F2等大反向，系统所受合外力为零，系统动量守恒，由于水平恒力F1与F2对系统做功代数和不为零，则系统机械能不守恒。故A正确；B错误；CD．由于F1≠F2，所以系统所受合外力不为零，水平恒力F1与F2对系统做功代数和可能为零，故系统机械能可能守恒。由于F1≠F2故系统动量一定不守恒。故CD错误。故选A。【变式训练1】如图所示的是“牛顿摆”装置，5个完全相同的小钢球用轻绳悬挂在水平支架上，5根轻绳互相平行，5个钢球彼此紧密排列，球心等高。用1、2、3、4、5分别标记5个小钢球。当把小球1向左拉起一定高度，如图甲所示，然后由静止释放，在极短时间内经过小球间的相互碰撞，可观察到球5向右摆起，且达到的最大高度与球1的释放高度相同，如图乙所示。关于此实验，下列说法中正确的是（）A．上述实验过程中，5个小球组成的系统机械能不守恒，动量守恒B．上述实验过程中，5个小球组成的系统机械能不守恒，动量不守恒C．如果向左拉起小球1、2、3到相同高度（如图丙所示），同时由静止释放，经碰撞后，小球4、5一起向右摆起，且上升的最大高度高于小球1、2、3的释放高度D．如果向左拉起小球1、2、3到相同高度（如图丙所示），同时由静止释放，经碰撞后，小球3、4、5一起向右摆起，且上升的最大高度与小球1、2、3的释放高度相同【答案】D【详解】AB．球5向右摆起，且达到的最大高度与球1的释放高度相同，由分析知5个小球组成的系统机械能守恒，但在球1下落和球5上升过程中都受到重力的冲量，动量不守恒，故AB错误；CD．如果向左拉起小球1、2、3到相同高度同时由静止释放，则3与4碰后，3停止、4具有向右的速度，4与5碰撞交换速度，4停止、5向右摆起；3刚停止的时候2球过来与之碰撞交换速度，然后3与4碰撞，使4向右摆起；2球刚停止的时候1球过来与之碰撞交换速度，然后2与3碰撞交换速度，使3向右摆起；故经碰撞后，小球3、4、5一起向右摆起，且上升的最大高度与小球1、2、3的释放高度相同，C错误，D正确。故选D。【变式训练2】（2025·四川成都·高三月考）如图所示，半径为R、质量为3m的14圆槽AB静止放在水平地面上，圆槽底端B点与地面相切，B点右侧有一理想轻弹簧，固定在竖直挡板上。现将质量为m的小球（可视为质点）从左侧圆槽上端距A点高度为R处由静止释放，恰好进入圆槽。重力加速度为gA．小球下滑过程中，小球和圆槽AB组成的系统动量守恒B．弹簧弹性势能的最大值为mgRC．小球最终的速度大小为0D．如果改变小球的释放高度，小球可能飞越圆槽AB，在圆槽左侧落地【答案】C【详解】A．小球下滑过程中，小球和圆槽AB组成的系统水平方向动量守恒，在竖直方向上有加速度，小球和圆槽AB组成的系统动量不守恒，故A错误；B．设小球达到底端时速度大小为v1，左侧圆槽的速度大小为vm根据能量守恒定律可得mg×2R=解得v1=3根据能量守恒定律可知弹簧弹性势能的最大值为E故B错误；C．小球向左运动，上升到最高点时，根据动量守恒定律结合能量守恒定律有mv1设小球再次落到槽底的速度为v3，此时槽的速度为v4mv共以上联立解得v故C正确；D．无论小球从多高的位置释放，只要它能进入圆槽，就会受到圆槽的约束作用。由于圆槽的存在，小球不可能在水平方向上获得足够的速度来飞越圆槽AB，故D错误。故选C。考向2动量守恒定律的应用例1（2025·四川成都·高三月考）如图所示，一小车静止于光滑水平面，其上固定一光滑弯曲轨道，整个小车（含轨道）的质量为m。现有质量也为m的小球，以水平速度v0A．小球与小车组成的系统动量守恒B．小球沿轨道上升到最高点时，小车的速度为零C．小球沿轨道上升的最大高度为vD．小球滑离小车后，做自由落体运动【答案】D【详解】A．小球在竖直方向分速度的初始值与末状态值均为0，可知，竖直方向上先加速后减速，即竖直方向的加速度方向先向上后向下，存在超重与失重，小球和小车构成的系统所受外力的合力不为0，系统的动量不守恒，但系统在水平方向上所受外力的合力为0，即系统在水平方向上的动量守恒，故A错误；B．小球沿轨道上升到最高点时，小球竖直分速度为0，结合上述可知，在水平方向，系统动量守恒，则小球与小车的速度相等，均不为零，故B错误；C．小球沿轨道上升到最高点时，根据动量守恒定律有m根据机械能守恒定律有mgℎ=解得ℎ=故C错误；D．小球从轨道左端滑离小车时，根据动量守恒定律有m根据机械能守恒定律有1解得v即小球滑离小车后，做自由落体运动，故D正确。故选D。例22022年冬季奥运会在北京举行，而冰壶是比赛的项目之一。我国冰壶运动员在某一次训练时，红壶以一定速度与静止在大本营中心的蓝壶发生对心碰撞，碰撞时间极短，碰后运动员用冰壶刷摩擦蓝壶前进方向的冰面，来减小阻力。碰撞前后两壶运动的v－t图线如图乙中实线所示，已知两冰壶质量相等，由图像可得（）A．碰撞后瞬间，红壶的速度为1m/sB．碰后蓝壶经过5s停止运动C．红、蓝两壶从碰后至停止运动过程中，所受摩擦力的冲量的大小之比为2∶3D．两壶在碰撞过程中损失的机械能与两壶从碰后到停止损失的总机械能的比值为3∶5【答案】D【详解】A．由图乙所示图像可知，碰撞前红壶的速度v0＝2m/s碰撞后瞬间蓝壶的速度v2＝1.5m/s两冰壶质量相等，设冰壶质量m，两冰壶碰撞过程系统动量守恒，设碰撞后红壶的速度为v1，以碰撞前红壶的速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝mv1＋mv2代入数据解得v1＝0.5m/s，故A错误；B．由图乙所示图像可知，碰撞前红壶的加速度大小a=图乙所示图像中的t则碰撞后蓝壶停止运动需要的时间t蓝C．由动量定理得，对红、蓝壶I红＝则红、蓝两壶从碰后至停止运动过程中，所受摩擦力的冲量的大小之比I红D．两壶碰撞过程损失的机械能Δ两壶从碰后到停止损失的总机械能Δ代入数据解得ΔE故选D。【变式训练1】（2025·四川攀枝花·高三月考）如图所示，质量为0.2kg的滑块A沿光滑水平面以5m/s的速度水平向右与质量为0.3kg的静止滑块B发生正碰，碰后粘在一起，则整个碰撞过程中滑块A受到的冲量（）A．大小为0.4N⋅s，方向水平向右 B．大小为0.4C．大小为0.6N⋅s，方向水平向右 D．大小为0.6【答案】D【详解】根据动量守恒定律可得m解得v=2对A研究，根据动量定理可得I=方向水平向左。故选D。【变式训练2】（2025·四川绵阳·高三月考）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1kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为（）A．1J B．2J C．3J D．4J【答案】C【详解】设甲、乙物块的质量分别为m甲、mm解得m则碰撞过程中两物块损失的机械能为E代入数据解得E故选C。【变式训练3】如图所示，两物块A、B质量分别为m、2m，与水平地面的动摩擦因数分别为2μ、μ，其间用一轻弹簧连接。初始时弹簧处于原长状态，使A、B两物块同时获得一个方向相反，大小分别为v1、v2的水平速度，弹簧再次恢复原长时两物块的速度恰好同时为零。关于这一运动过程，下列说法正确的是（

）A．两物块A、B及弹簧组成的系统动量不守恒B．两物块A、B及弹簧组成的系统机械能守恒C．两物块A、B初速度的大小关系为v1=v2D．两物块A、B运动的路程之比为2:1【答案】D【详解】A．分析可知，物块A、B的质量分别为m、2m，与地面间的动摩擦因数分别为2μ、μ，因此在滑动过程中，两物块所受的摩擦力大小都等于2μmg，且方向相反，由此可知系统所受合外力为零，系统动量守恒，故A错误；B．在系统运动过程中要克服摩擦力做功，系统的机械能转化为内能，系统机械能不守恒，故B错误；C．系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律可得m解得v故C错误；D．系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律可得m设A、B的路程分别为s1、sm解得s故D正确。故选D。【变式训练4】如图所示，一质量M=8.0kg的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m=2.0kg的小木块A。给A和B以大小均为5.0m/s、方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，A始终没有滑离B板，A、B之间的动摩擦因数是0.5，重力加速度g取10m/s2。则在整个过程中，下列说法不正确的是（）A．小木块A的速度减为零时，长木板B的速度大小为3.75m/sB．小木块A的速度方向一直向左，不可能为零C．小木块A与长木板B共速时速度大小为3m/sD．长木板的长度可能为10m【答案】B【详解】B．取水平向右为正方向，取根据动量守恒定律可得M解得v故A正确不符合题意；BC．由于系统总动量方向向右，则小木块A先向左减速至零，后向右加速，最终与木板以共同速度向右匀速，设共速速度为v2M解得v故B错误符合题意，C正确不符合题意；D．小木块与木板共速时，根据能量关系有μmg解得L由于A始终没有滑离B板，则木板长度必须大于或等于8m，故长木板的长度可能为10m，故D正确不符合题意。故选B。【变式训练5】在一次射击游戏中，子弹以某一水平初速度击中静止在光滑水平地面上的木块，进入木块一定深度后与木块相对静止。设木块对子弹的阻力大小恒定，子弹从进入木块到刚与木块相对静止的过程中，下列四幅图中子弹与木块可能的相对位置是（）A． B．C． D．【答案】A【详解】子弹打击木块过程，系统动量守恒，则有m对木块，根据动能定理有f解得木块的位移x对子弹，根据动能定理有−f解得子弹的位移x比较可知x它们的相对位移Δ它们位移的大小关系是x故选A。【变式训练6】（2024·四川·高三月考）如图甲所示，质量为1.5kg的薄板B静止在水平地面上，质量为0.5kg的物块A静止在B的右端。t=0时刻对B施加一水平向右的作用力F，F的大小随时间t的变化关系如图乙所示。已知A与B之间、B与地面之间的动摩擦因数均为0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A始终未脱离B。取A．t=0.5s时，A与BB．t=1s时，A的加速度大小为C．t=1s时，A的速度大小为D．t=2s时，A、B动量之和为【答案】C【详解】A．设A、B发生相对滑动时的最小外力为F0μ解得a=μg=2对于B而言，则有F联立上式解得F由乙图可知，外力F与时间的关系满足F=6+2t(t≥0)当t=0.5s时，F=7B．根据上述分析可知，t=1s时，F=8N，A、B具有共同的加速度，大小为C．根据动量定理，结合乙图可知I代入数据解得v=C正确；D．根据乙图，结合动量定理可知，t=2sp=代入数据解得p=[D错误。故选C。【变式训练7】（多选）如图所示，一个固定的光滑导轨长臂水平、短臂竖直；一根不可伸长的轻绳，一端系在质量为m的圆环上，另一端与质量为m的小球相连，圆环套在长臂上。左手扶住圆环，右手拿起小球将细线水平拉直，已知细线长度L=62m，此时圆环距离短臂x=32−1mA．小球与环组成的系统机械能不守恒B．小球与环组成的系统在水平方向上动量守恒C．环的最大速度大小为3D．小球运动的最大速度大小为30【答案】AD【详解】小球与圆环释放瞬间，小球与圆环水平方向上不受外力，水平方向动量守恒，根据平均动量守恒有m相等时间里小球与环水平位移相等，所以当环与短臂碰撞时，小球的水平位移也为x，由于L>2x所以当圆环与短臂碰撞时，小球未到最低点，之后环与短臂粘连，小球做圆周运动到最低点。A．环与短臂粘连时，小球与环沿绳方向的速度减为0，机械能不守恒，A正确；B．环与短臂粘连前系统水平方向动量守恒，粘连后水平方向动量不守恒，B错误；C．如图环与断臂碰撞前瞬间速度最大，设最大速度为v，绳与水平方向夹角为α，根据水平方向动量守恒，有mv=m可得小球的水平速度为v根据机械能守恒定律，有mgℎ=ℎ=在小球向下摆动过程中，小球与环沿绳方向速度始终相等，有vsin可得α=联立解得v=2C错误；D．小球运动到最低点时速度最大，设速度为v′v根据动能定理，有mg解得vD正确。故选AD。【变式训练8】（多选）（2025·四川·模拟预测）如图，小球X、Y用不可伸长的等长轻绳悬挂于同一高度，静止时恰好接触，拉起X，使其在竖直方向上升高度h后由静止释放，X做单摆运动到最低点与静止的Y正碰。碰后X、Y做步调一致的单摆运动，上升最大高度均为ℎ4，若X、Y质量分别为mx和my，碰撞前后X、Y组成系统的动能分别为Ek1和Ek2A．mxmy=1 B．mxmy=2 C．【答案】AC【详解】小球X由最高点运动到与小球Y发生碰撞的过程，根据机械能守恒定律有m两球碰撞后一起上升到最高点的过程，根据机械能守恒定律有E两球碰撞过程，根据动量守恒有m联立求得mE故选AC。【变式训练9】（多选）（2025·四川广安·高三月考）如图所示，动量分别为pA=12kg⋅m/s、pA．ΔpAB．ΔpAC．ΔpAD．ΔpA【答案】AB【详解】A．若ΔpA=−3ppA的动量减小，B的动量增加，则碰后A的动能减小，B的动能增加，总动能可能不增加，所以是可能的，故A正确；B．若ΔpA=−2pA′A的动量减小，B的动量增加，则碰后A的动能减小，B的动能增加，总动能可能不增加，所以是可能的，故B正确；C．若ΔpA=−24pA′根据关系式E可知，A球的质量和动量大小不变，动能不变，而B球的质量不变，但动量增大，所以B球的动能增大，这样系统的机械能比碰前增大了，故C错误；D．若ΔpA=3pA′可知碰后A的动量增加，B的动量减小，由于碰撞过程中，A受到向左的冲力，B受到向右的冲力，所以A、B仍沿原方向运动时，A的动量应减小，B的动量应增加，因此这组数据是不可能的，故D错误。故选AB。考向3动量守恒定律解决多过程问题例1（多选）（2025·四川绵阳·高三月考）如图所示，在光滑水平地面上，一长木板足够长，上表面粗糙，质量为M，左端放质量为m的小物块，长木板与小物块以共同速度v0向右运动，与竖直墙碰撞时间极短且无机械能损失，小物块始终没有掉下。下列说法中正确的是（

）A．若M<m，则木板与墙只碰撞一次，且碰撞过程中总动量变化量大小大于初总动量大小B．若M>m，则木板与墙只碰撞一次，且碰撞过程中总动量变化量大小大于初总动量大小C．若M<m，则木板与墙要碰撞多次，且每一次碰撞过程中总动量变化量大小比前一次的小D．若M>m，则木板与墙要碰撞多次，且每一次碰撞过程中总动量变化量大小比前一次的小【答案】BC【详解】碰后木板以等大的速度反弹，若向右为正方向，则当木板和物块再次共速时m可知若M<m，则v>0方向向右，则木板和墙壁可再次相碰，即木板与墙要碰撞多次，碰撞过程中总动量变化量为2Mv0小于初总动量大小(M+m)v0；因v<v0可知，每一次碰撞过程中总动量变化量大小2Mv比前一次2Mv0的小；若M>m，则v<0即方向向左，则木板与墙只碰撞一次，且碰撞过程中总动量变化量大小2Mv0大于初总动量大小(M+m)v0。故选BC。例2（2025·四川内江·三模）如图所示，质量M=3kg的凹槽锁定在光滑水平面上，凹槽内部上表面除BC部分粗糙外其余部分均光滑，凹槽内部左端固定一个劲度系数为k=4003N/m的轻弹簧，弹簧处于原长且右端位于凹槽上表面的A点。在A点（未与弹簧固定）并排放有两静止物体a和b（ab未粘结且均可视为质点），质量分别为ma=1kg和mb=2kg。现给物体a施加一水平向左、大小为F=10N的恒力，使物体a向左运动，当物体a速度为零时，立即撤去恒力F(1)在恒力F作用的过程中，物体a向左移动的距离；(2)从解除凹槽锁定到a、b两物体相碰时，凹槽向左运动的距离；(3)若a、b两物体能与凹槽右侧完成3次碰撞，那么，BC长度的最小值。【答案】(1)0.15m(2)0.05(3)1【详解】（1）物体a向左运动的距离设为xa，外力做的功弹力的平均值F弹力做的功W根据动能定理得W解得x（2）从解除凹槽锁定到a、b两物体相碰的过程中，物体b始终静止，a右滑x凹槽和a构成的系统动量守恒，则有m又v联立可得x=0.05（3）从解除凹槽锁定到a、b刚相碰过程中，由能量守恒定律得F⋅当物体a、b相碰时，碰后二者速度为vab，由动量守恒定律得当物体a、b整体，在槽中滑动过程中，最终共速v共，由动量守恒定律得由以上各式解得v即最终三者静止，碰后至停止过程中，a、b整体在粗糙BC段滑动的路程设为s，系统由能量守恒定律得μ能碰3次，满足s=(2n+1)⋅由以上各式解得L【变式训练1】如图所示，水平平台上固定一水平轻质弹簧，一质量ma=1kg的物块a在外力作用下压紧弹簧，此时弹性势能Ep=4J，物块a的位置P点与平台边缘点A相距L=0.2m，平台与物块间的动摩擦因数μ1=0.2。现撤去外力F，将物块a由静止释放，离开平台后恰能无碰撞地进入光滑圆弧轨道的B点，轨道圆心角∠BOC=θ=53°，半径R=2m，在圆弧轨道最低点C点有一静止物块b，mb=3kg，C点右侧有沿逆时针匀速转动的水平足够长的传送带，速度为v=5m/(1)物块a到达圆弧轨道上B点时的速度大小vB(2)物块a、b第一次碰撞后各自的速度大小；(3)物块a第一次经过B点后，在B点固定一弹性挡板，使物块a能返回C点并在C点与物块b发生下一次弹性碰撞，则从释放物块a开始至物块a与b发生第六次碰撞，物块b与传送带间的摩擦生热Q。【答案】(1)2(2)3m/s，(3)27【详解】（1）物块a从P点到A点过程由动能定理得W而W弹=联立得E过B点时由数学知识可得cos代入数据解得v（2）物块a从B到C点过程，由动能定理得m代入数据解得v物块a与b第一次碰撞，由动量守恒得m由能量守恒得1代入数据解得v1=−3（3）根据题意物块a与b第二次碰撞，由动量守恒得m由能量守恒得1代入数据解得v此过程以后，a、b两物块将重复之前的运动，物块b在传送带上往返一次时加速度a=运动时间t=由题意知传送带速度为v=5得物块b往返一次相对位移s当物块a与b第六次碰撞时，物块b在传送带上共往返3次，故由功能关系得物块b与传送带间的摩擦生热Q=【变式训练2】如图所示，半径为R的14竖直圆弧轨道与足够长的水平轨道平滑连接，水平轨道上有2024个大小相同的球从左往右依次编号排成一排，相邻两球间距均为R，1号球的质量为2m，2~2024号球的质量均为m。若将质量为2m的A球从圆弧轨道的最高点静止释放。所有球均视为质点，碰撞均为弹性碰撞，已知重力加速度大小为g(1)求1号球与2号球第一次碰撞后1号球的速度大小；(2)若1号球与2号球第一次碰撞后，立即给1号球施加水平向右的恒定外力F（图中未画出，F远小于1、2号球碰撞时的相互作用力），使1号球每次与2号球碰撞前的速度都和两球第一次碰撞前1号球的速度相等，直到1~2024号球速度第一次都相等时撤去外力，求ⅰ.外力F的大小；ⅱ.最终1号球与2024号球之间的距离。【答案】(1)v(2)i.F=169【详解】（1）A球运动至水平轨道，根据机械能守恒有2mgR=解得vA球与1号球发生弹性碰撞，因两球质量相等，故交换速度，即碰后1号球的速度为v02mv0联立解得碰撞后1号球的速度为v1=（2）ⅰ.F作用在1号球上，使其速度大小由v1增大到vFR=解得F=ii.设F作用下1号球的总位移为x，对1∼2024号小球组成的整体，由动能定理得Fx=最终，1∼2024号小球的速度大小均为v2，设F作用的总时间为tFt=1号球与2024号球之间的距离为d=联立解得d=考点二碰撞知识点1弹性碰撞和非弹性碰撞1.碰撞的特点：在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为碰撞系统的动量守恒。2.碰撞的分类种类动量是否守恒机械能变化情况弹性碰撞守恒在弹性力作用下，只产生系统内机械能的转移，系统无机械能损失非弹性碰撞守恒受非弹性力作用，使部分机械能转化为物体内能完全非弹性碰撞守恒碰撞后两物体合为一体，机械能损失最大知识点2碰撞问题的重要结论和规律1.碰撞现象满足的规律（1）动量守恒定律：p1＋p2＝p1'＋p2'。（2）动能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1'＋Ek2'或p122m1＋p（3）速度要符合情景①若两物体同向运动，则碰前应有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若两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。2.弹性碰撞的重要结论例如“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度v1'＝m1－m2m1＋m2v讨论：（1）当m1＝m2时，v1'＝0，v2'＝v1；（质量相等，速度交换）（2）当m1＞m2时，v1'＞0，v2'＞0，且v2'＞v1'；（大碰小，一起跑）（3）当m1＜m2时，v1'＜0，v2'＞0；（小碰大，要反弹）（4）当m1≫m2时，v1'＝v1，v2'＝2v1；（极大碰极小，大不变，小加倍）（5）当m1≪m2时，v1'＝－v1，v2'＝0。（极小碰极大，小等速率反弹，大不变）3.非弹性碰撞（1）非弹性碰撞过程动量守恒，机械能有损失：m1v1＋m2v2＝m1v1'＋m2v2'12m1v12＋12m2v22＝12m1v1'2＋12m2（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）v12m1v12＋12m2v22＝12（m1＋m考向1完全弹性碰撞例1如图所示为两个质量分别为m、M的小球在光滑水平冰面上发生对心正碰前后的x−t图像，则下列说法正确的是（）A．m:M=1:3B．碰撞过程中两小球所受合外力相同C．两小球发生的是非弹性碰撞D．碰撞前后质量为m的小球动量的变化量大小为2m(【答案】A【详解】A．x−t图像斜率代表速度，由题图可知m、M碰撞前后的速度分别为vvvv对两小球组成的系统，根据动量守恒定律有m代入数据解得m∶M=1∶3故A正确；B．碰撞过程中两小球所受合外力均为相互间的作用力，由牛顿第三定律可知，碰撞过程中两小球所受合外力方向相反，故B错误；C．两小球碰撞前的总动能E碰撞后的总动能E则E两小球发生的是弹性碰撞，故C错误；D．碰撞前后质量为m的小球动量的变化量Δ即动量的变化量大小为6m(kg故选A。例22023年9月21日，“天宫课堂”第四课开讲，神舟十六号航天员景海鹏、朱杨柱、桂海潮在空间站内做了“验证动量守恒定律”的实验。假设实验所用较小钢球的质量为较大钢球质量的一半，较小钢球以大小为1m/s的水平向左的速度与静止的较大钢球正碰，碰后速度大小分别为v1、vA．vB．v1=0C．v1=1D．v1=【答案】D【详解】设小钢球的质量为m，较大钢球的质量为2m，两球碰撞过程中动量守恒、能量守恒，规定向左为正方向，根据动量守恒定律和能量守恒定律有m1解得v1=−“-”代表方向向右故选D。【变式训练1】在光滑水平面上有a、b两小球沿同一条直线运动，发生碰撞且碰撞时间极短。碰撞前后两球在同一直线运动的位置随时间变化的x−t图象如图。则关于两球的质量大小和碰撞类型，以下正确的是（）A．mB．mC．弹性碰撞D．完全非弹性碰撞【答案】A【详解】以球b碰撞前的速度方向为正方向，由图可知，碰撞前vv碰撞后vv根据动量守恒定律得m可得m碰撞后两球速度不相等，所以不是完全非弹性碰撞，碰撞前系统动能E碰撞后系统动能E计算可得E可知非弹性碰撞，故A正确，BCD错误。故选A。【变式训练2】（多选）质量为m1和m2的两个物体在光滑水平面上正碰，其位置坐标x随时间A．碰撞前m2静止 B．碰撞后mC．m1:【答案】AC【详解】A．根据x−t图像斜率表示速度可知碰撞前m2静止，碰撞后mC．碰撞前m1v碰撞后m1v碰撞前m2的速度为0，碰撞后mv根据动量守恒定律得m可得两物体的质量之比为m故C正确；D．碰撞前系统的总动能为E碰撞后系统的总动能为E则有E可知两物体的碰撞为弹性碰撞，故D错误。故选AC。【变式训练3】（多选）如图所示，在竖直平面内固定的光滑圆轨道，半径为R，虚线AB、CD分别为水平和竖直直径。可视为质点的甲、乙两小球质量分别为m1、m2。现将甲球从B点由静止释放，运动至D点与静止的乙球发生弹性碰撞。重力加速度为A．甲球在第一次碰撞前瞬间的速度大小为gRB．若m1<mC．若m1=mD．两球第一次碰撞后，乙球有可能运动至最高点C点【答案】CD【详解】A．设甲球在第一次碰撞前瞬间的速度大小为v1m得v故A错误；BC．甲、乙两球碰撞后的瞬间速度分别为v′1和m1解得v若m1v两球第一次碰撞后，乙球上升的高度为ℎ，则m解得ℎ<R乙球不可能到达A点。若m1v两球第一次碰撞后，乙球上升的高度为ℎ′m解得ℎ故B错误，C正确；D．设乙球恰好运动的最高的速度为v2m解得v从最低点到最高点，对乙球由动能定理得m解得v当两球第一次碰撞后，v得2即满足m时，两球第一次碰撞后，乙球有可能运动至最高点C点。故D正确。故选CD。【变式训练4】（多选）如图所示，传送带与足够长的光滑水平地面平滑连接，滑块A与传送带之间的动摩擦因数为μ，传送带两轮之间的距离为L，传送带以速率v0顺时针匀速转动。滑块A从传送带左端M点由静止释放，运动到右端N点时，与静止在水平地面上的滑块B发生弹性正碰。已知两滑块A、B的质量分别为m和4m，且均视为质点，L=v02μgA．滑块A由M点到达N点所用时间为3LB．滑块A向左运动的最大位移为9C．第1次碰后，两滑块A、B间的最大距离为1D．两滑块可能碰撞3次【答案】AC【详解】A．物块在传送带上做匀减速运动的加速度a=μg到达共速的时间t位移x匀速的时间t滑块A由M点到达N点所用时间为t=选项A正确；B．两滑块A、B碰前A的速度v0，则由动量守恒和能量关系m1解得vv则滑块A向左运动的最大位移为x选项B错误；C．滑块A向左减速到零后向右加速到与B共速时两物体距离最大，则用时间vt此时两滑块A、B间的最大距离为Δ选项C正确；D．当A返回到传送带右端时速度为v因v则A可追上B发生第二次碰撞，碰撞过程满足m1解得vv因v则两物体不可能发生第三次碰撞，选项D错误。故选AC。考向2完全非弹性碰撞例1（2025·四川内江·高三月考）如图甲所示，光滑水平面上静止放着三个质量均为1kg的小滑块1、2、3，t=0时刻开始对1施加一水平力F，F随时间t变化的规律如图乙所示，t=4s时撤去该力。施加水平力F一段时间之后1与2碰撞粘在一起，再经过一段时间1、2与3碰撞也粘在一起，最终三个滑块共同运动的速度大小为（）A．13m/s B．23m/s 【答案】B【详解】由题图乙可知在0~4s时间内小滑块1受到大小分别为2N和-1N的水平恒力的作用，则根据动量定理得F1与2碰撞粘在一起，由动量守恒定律得m1、2与3碰撞也粘在一起，由动量守恒定律得2m联立解得v=【变式训练1】（多选）（2025·四川成都·高三月考）如图甲，“L”形木板Q（竖直挡板厚度忽略不计）静止于粗糙水平地面上，质量为1 kg的滑块P（可视为质点）以8 m/s的初速度滑上木板Q,t=2 s时滑块P和木板A．木板Q的质量为2B．木板Q的长度为12C．木板Q与地面间的动摩擦因数为0.05D．由于碰撞系统损失的机械能与碰撞后木板Q和地面摩擦产生的热量之比为1:2【答案】AD【详解】A．t=2 s时滑块P和木板Q碰撞并粘在一起，根据动量守恒定理，有解得mQB．0∼2 s内v−t图像面积差是滑块P、木板Q的位移差，即木板Q的长度，计算可得长度为11C．0∼2 s内，由图可知，滑块P的加速度aP根据牛顿第二定律，有μ1m得木板Q与地面间的动摩擦因数为μ2D．根据能量守恒定律，由于碰撞损失的机械能Δ碰撞后木板Q和地面摩擦产生的热量Q=可知，由于碰撞系统损失的机械能与碰撞后木板Q和地面摩擦产生的热量之比为1:2，故D正确。故选AD。【变式训练2】（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—时间图像。a、b分别为A、B两球碰撞前的位移—时间图线，c为碰撞后两球共同运动的位移—时间图线。若A球的质量m=2kg，则下列结论正确的是（

）A．A、B碰撞前的总动量为−3kg•m/sB．B球的质量mC．碰撞过程A的动量变化量为4kg•m/sD．碰撞过程中A对B的冲量为4N•sE．碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10J【答案】BCE【详解】C．由图可知，碰撞前A、B两球的速度大小分别为vv碰撞后两球共同运动的速度大小v=则碰撞前、后A球的动量变化量为Δ故C正确；B．碰撞过程动量守恒，则m解得m故B正确；A．则A、B两球碰撞前的总动量为p=m故A错误；D．由动量定理可知，碰撞时A对B的冲量为I=故D错误；E．由能量守恒定律可知，碰撞中A、B两球组成的系统损失的机械能为Δ故E正确。故选BCE。【变式训练3】（多选）如图所示，A、B两个小球质量都是m，小球B用无弹性细线系于O点。小球A现从水平地面以v0=20ms的初速度向斜上方抛出，初速度与水平方向夹角为θ=53°，运动到最高点时与小球B碰撞并粘在一起，结合体在竖直平面内做圆周运动，恰能运动到最高点；已知斜抛从抛出到最高点的运动可以视为平抛运动的逆运动，小球都视为质点，重力加速度为

A．B球初位置到地面的高度为12.8m B．A球碰前速度大小为C．两球碰后速度大小为12ms D．O、B【答案】AD【详解】A．小球A竖直方向上的分速度v所以B球初位置到地面的高度ℎ=选项A正确；B．小球A水平方向上的分速度v选项B错误；C．小球A与B发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律有m可得v选项C错误；D．因为恰能运动到最高点，故结合体运动到最高点时的速度大小v2m+m结合体做圆周运动过程中机械能守恒1联立解得R=0.72选项D正确；故选AD。考向3非弹性碰撞例1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（a）所示，碰撞前后两壶运动的v—t图线如图（b）中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，两冰壶质量相等，则（）A．碰后红壶将被反弹回来B．碰后蓝壶速度为0.8m/sC．碰后蓝壶移动的距离为2.4mD．碰后红壶所受摩擦力小于蓝壶所受的摩擦力【答案】B【详解】AB．由图可知，碰前红壶的速度v0＝1.0m/s，碰后速度为v′0＝0.2m/s，碰后红壶沿原方向运动，设碰后蓝壶的速度为v，取碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得mv0＝mv′0+mv代入数据解得v＝0.8m/s由于1碰撞过程机械能有损失，碰撞为非弹性碰撞，A错误，B正确；C．根据速度图像与坐标轴围成的面积表示位移，可得，碰后蓝壶移动的位移大小x=C错误；D．根据图像的斜率表示加速度，可知碰后红壶的加速度大于蓝壶的加速度，两者的质量相等，由牛顿第二定律可知，碰后红壶所受摩擦力大于蓝壶所受的摩擦力，D错误。故选B。【变式训练1】冰壶比赛是2022年北京冬奥会的比赛项目。蓝壶（实心圆）以动能Ek碰撞静止的红壶（与蓝壶材料相同，质量相等）（空心圆），某兴趣小组将碰撞前后两壶的位置标记如图所示，A、B分别为碰前瞬间蓝壶、红壶所在位置，C、DA．0 B．13Ek C．4【答案】C【详解】ABCD．假设方格边长为x，则碰撞后，由动能定理可得−f⋅3x=0−Ek可知碰撞后红壶的动能时蓝壶的4倍，则v红得v假设碰撞后v红=2vm得v由题意知1可知碰撞后Ek红所以碰撞过程中损失的动能约为Δ故C正确，ABD错误。故选C。【变式训练2】质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的动量是7kg·m/s，B球的动量是5kg·m/s，当A球追上B球发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值是（）A．pA＝6kg·m/s，pB＝6kg·m/sB．pA＝3kg·m/s，pB＝9kg·m/sC．pA＝-2kg·m/s，pB＝14kg·m/sD．pA＝6.5kg·m/s，pB＝5.5kg·m/s【答案】A【详解】以两球组成的系统为研究对象，取A球碰撞前的速度方向为正方向，两球的质量均为m，碰撞前系统的总动能为E系统的总动量为p=7A．若碰后A、B两球动量为：pA＝6kg·m/s，pB＝6kg·m/s，系统的总动量为p则动量守恒，总动能为E总动能不增加，符合实际情况，故A正确；B．若碰后A、B两球动量为：：pA＝3kg·m/s，pB＝9kg·m/s，系统的总动量为p动量守恒，总动能为E总动能增加，不符合实际情况，故B错误；C．若碰后A、B两球动量为：pA＝-2kg·m/s，pB＝14kg·m/s，系统的总动量为p动量守恒，总动能为E总动能增加，不符合实际情况，故C错误；D．若碰后A、B两球动量为：pA＝6.5kg·m/s，pB＝5.5kg·m/s，系统的总动量为p动量守恒，但A球碰后动量大于B球动量，则A球速度大于B球速度，不符合实际情况，故D错误。故选A。【变式训练3】如图所示，质量为2m的小球A置于竖直放置，内壁光滑半径为l的球壳内壁上，小球A和球壳圆心的连线与竖直方向成60∘角，质量为m的小球B静止于球壳内壁底部。若将小球A由静止释放，与小球B发生正碰后，使小球B运动到最高时，和球壳圆心的连线与竖直方向也成60∘角。重力加速度为A．整个过程机械能守恒B．两球相碰后瞬间B球的速度大小为1C．两球相碰后瞬间B球的速度为0D．两球相碰后产生的热量为1【答案】D【详解】ABC．A球运动到最低点的过程中，根据机械能守恒可得2mg(l−l解得vB球运动到最高点的过程中，根据机械能守恒可得mg(l−l解得vA球与B球碰撞的过程中，动量守恒，则有2m解得v碰撞前系统的机械能为E碰撞后系统的机械能为E由于E故整个过程机械能不守恒，ABC错误；D．两球相碰后产生的热量为Q=D正确。故选D。【变式训练4】（多选）如图所示，质量为m、半径为R的光滑半圆槽锁定在光滑水平面上，质量也为m的小球从A点由静止释放，当小球落到槽的B点与槽相撞时，沿OB向下方向的分速度突减为0，垂直OB向下方向分速度不变，碰撞后瞬间半圆槽解除锁定。小球经过最低点C后，恰好到达槽左端与圆心等高处的D点。已知：OB与水平方向的夹角为53°，重力加速度为g，sin53°=A．A、B两点的竖直高度差为64B．槽解除锁定后，小球和槽组成的系统动量守恒、机械能守恒C．在B点，小球与槽碰撞损失的机械能为320D．小球与槽在B点碰撞前、后瞬间，重力功率的比值为25【答案】CD【详解】A．设小球到达D点时与槽共同的速度为v，小球下落到B点的速度为v0，在B点撞完的速度水平分量为v1，小球从B点运动到m由机械能守恒定律可得1联立解得v故小球下落到B点的速度为v小球从A到B自由下落过程，由动能定理可得mg解得ℎA错误；B．槽解除锁定后，小球和槽组成的系统竖直方向受到重力作用，水平方向动量守恒，系统机械能守恒，B错误；C．小球在B点碰撞时损失的机械能为EC正确；D．小球在B点碰撞前后重力的功率之比为PD正确。故选CD。考点三爆炸反冲知识点1爆炸1.爆炸现象动量守恒由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远大于系统受到的外力，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，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位置不变爆炸的时间极短，因而爆炸过程中物体的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后的物体仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动2.爆炸：爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用时间很短，作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量守恒。如爆竹爆炸。知识点2反冲1.反冲（1）定义：如果一个静止的物体在内力的作用下分裂为两部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向相反的方向运动。（2）特点：系统内各物体间的相互作用的内力远大于系统受到的外力。如发射炮弹、发射火箭等。（3）规律：遵从动量守恒定律。知识点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：mx人t－Mx船t＝0，x人＋联立得x人＝MM＋mL，x船＝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x人x船＝v4.“人船模型”的拓展（某一方向动量守恒）考向1爆炸与反冲例1（2025·四川南充·高三月考）有一个质量为4m的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为v0、方向水平向东，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为3m，速度大小为v，方向水平向东，则另一块的速度是（）

A．3v0−v B．4v0−3v C．3v0−2v D．3v−4v0【答案】B【详解】爆竹在最高点速度大小为v0、方向水平向东，爆炸前动量为4mv0，其中一块质量为3m，速度大小为v，方向水平向东，设爆炸后另一块瞬时速度大小为v′4m解得v故选B。【变式训练1】一弹丸在飞行到距离地面5m高时仅有水平向右的速度v0=2m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量之比为A． B．C． D．【答案】A【详解】规定向右为正方向，设弹丸的质量为6m，则甲的质量为5m，乙的质量为m，弹丸爆炸前后甲、乙两块在水平方向不受外力，则水平方向满足动量守恒定律，爆炸后甲的速度为v1，乙的速度为v6m则有12两块弹片都做平抛运动，高度一样，则运动时间相等，有t=两块弹片在水平方向做匀速运动，有xx则有12结合图像可知，仅选项A的位移满足上述表达式。故选A。【变式训练2】如图所示，质量为m的木块A放在光滑的水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为l的细线（线长小于杆长），细线另一端系一质量为m、可视为质点的小球B，现将小球B拉起使细线处于水平伸直状态并由静止释放，已知重力加速度为g，在小球开始运动到最低点的过程中（木块和轻杆始终不翻倒），下列说法正确的是（）A．小球到最低点时速度大小为2glB．木块对地面的最小压力大小为2mgC．小球和木块组成的系统总动量守恒D．小球竖直方向合力为零时，重力的瞬时功率最大【答案】D【详解】C．由于木块放在光滑水平面上，小球向下运动的过程中，系统竖直方向合力不为零，水平方向不受外力，所以系统水平方向动量守恒，故C错误；A．由于小球和木块的质量相同，根据水平方向动量守恒，有m所以小球到最低点速度大小与木块速度大小相同，根据系统的机械能守恒有mgl=2×解得v=故A错误；B．小球刚释放时，小球不受拉力，木块对地面的压力最小，此时压力大小为mg，故B错误；D．由于小球重力的瞬时功率为P=mg当小球竖直方向速度最大时，竖直方向加速度为零，竖直方向合力为零，重力的瞬时功率最大，故D正确。故选D。【变式训练3】（多选）一爆炸物体（视为质点）从水平此面上的A点（在A点安装有声音记录仪）以初速度v0竖直上抛到最高点O点时引爆炸裂成质量之比为1：2的两个碎块P、N（两碎块初速度均沿水平方向）。在O点遥控器引爆瞬间开始计时，在7s末和6s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340A．爆炸物体初速度vB．两碎块P、N落地点到A点距离之比为1:2C．爆炸后碎块P的初速度vD．无法算出碎块落地点到A点距离【答案】AC【详解】ABD．根据题意，爆炸物爆炸瞬间前后由于内力远大一外力，爆炸瞬间水平方向动量守恒，设爆炸后瞬间P的速度为vP，N的速度为v0=则有m由已知m则可得v爆炸后两物块均做平抛运动，下落高度相同，则落地时间相同，设为t，P、N两碎块落地后落地声传到A点所用的时间分别为t1、t2，声音在空气中传播的速度为xP=可得x即两碎块P、N落地点到A点距离之比为2:1，则易知t+t1而xP=v则有t+xp联立解得xP=680t1=2s，根据平抛运动在竖直方向做自由落体运动，而爆炸物体做竖直上抛运动的位移大小等于爆炸后碎块做平抛运动的高度，可得ℎ=根据速度位移时间关系可得爆炸物体做竖直上抛运动的初速度v故A正确，BD错误；C．根据以上分析可得爆炸后碎块P的初速度v故C正确。故选AC。考向2人船模型例1有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长，一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量，他进行了如下操作：首先将船平行码头自由停泊，然后他轻轻从船尾上船，走到船头后停下，而后轻轻下船，用卷尺测出船后退的距离d，然后用卷尺测出船长L。如图所示。已知他自身的质量为m，则渔船的质量为（  ）A．m(L+d)d B．m(L−d)d C．mLd【答案】B【详解】设人走动时船的速度大小为v，人的速度大小为v′，人从船尾走到船头所用时间为t，取船的运动方向为正方向，则v=v根据动量守恒定律得Mv-mv′=0解得船的质量M=m(L−d)故选B。例2如图所示，一个质量为m=50kg的人抓在一只大气球下方，气球下面有一根长绳。气球和长绳的总质量为M=20kg，当静止时人离地面的高度为h=5m，长绳的下端刚好和地面接触。如果这个人开始沿绳向下滑，当他滑到绳下端时，他离地高度约是（可以把人看做质点）（）

A．5m B．3.6m C．2.6m D．8m【答案】B【详解】热气球和人原来静止在空中，说明系统所受合外力为零，故系统在人下滑过程中动量守恒，设当他滑到绳下端时，他离地高度为H，设此过程人下滑的位移大小为x1，热气球上升的位移大小为xm又x2+联立解得H≈3.6故选B。【变式训练1】如图所示，质量m＝60kg的人，站在质量M＝240kg的车的一端，车长L＝3m，均相对于水平地面静止，车与地面间的摩擦可以忽略不计，人由车的一端走到另一端的过程中，（）A．人对车的冲量大小大于车对人的冲量大小B．车后退0.5mC．即使人与车之间存在摩擦力，人与车组成的系统在水平方向仍然动量守恒D．人的速率最大时，车的速率最小【答案】C【详解】A．人对车的作用力与车对人的作用力是作用力与反作用力的关系，它们大小相等方向相反、作用时间相等，所以作用力的冲量大小相等、方向相反，故A错误；B．设车后退的距离为x，则人的位移大小为L−x，人与车组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得m则m代入数据得x=0.6故B错误；C．人与车间的摩擦力属于系统内力，人与车组成的系统在水平方向所受合外力为零，人与车组成的系统在水平方向动量守恒，故C正确；D．人与车组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得mm、M一定，所以人的速率最大时，车的速率最大，故D错误。故选C。【变式训练2】如图所示，在光滑的水平面上静止放置一质量为m的半圆槽，半圆槽内壁光滑，轨道半径为R。现把质量为2m的小球（可视为质点）自轨道左侧最高点由静止释放，在小球和半圆槽运动的过程中，半圆糟向左运动的最大距离为（）A．43R B．23R C．【答案】A【详解】在小球和半圆槽运动的过程中系统在水平方向上动量守恒，有m即m则有m又s联立解得s1=故选A。【变式训练3】如图，质量是M（包括绳）的气球下方有一段绳长为L，一质量为m的人悬挂在绳的末端B点，气球和人均处于静止状态。现人沿绳慢慢地爬到绳的上端A点处，空气阻力不计，人可视为质点，则人实际上爬的高度是（）A．mM+mL B．MM+mL C．mML 【答案】B【详解】设气球下降的高度为h，则由平均动量守恒可知Mℎ=m(L−ℎ)解得ℎ=则人实际上爬的高度是ℎ故选B。【变式训练4】（多选）（2025·四川攀枝花·三模）如图所示，光滑水平地面上静置一质量为M的斜劈，斜劈竖直高度为h、水平方向宽为L，一质量为m的小球从斜劈的斜面上由静止释放，释放时小球到斜面底端的水平距离设为l，小球滑至斜面底端时相对于地面的水平位移设为x。改变释放时小球与斜面底端的水平距离l，得到小球的水平位移x和l的关系图像如图乙所示。已知重力加速度为g，小球可视为质点，斜面底端有一小段圆弧（图