2023-2024屆一輪復(fù)習(xí)新人教版 第六章第2講　動(dòng)量守恒定律 學(xué)案

第2講動(dòng)量守恒定律

梳理必備知識(shí)回歸教材

［填一填］回顧基礎(chǔ)

一、動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用

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。

,

⑵表達(dá)式：miv「+m2v2=mιV1+πi2V2或△Pi=-△P2。

2.系統(tǒng)動(dòng)量守恒的條件

理想

系統(tǒng)不受外力或所受外力的合力為零,則系統(tǒng)動(dòng)量守恒

守恒

近似系統(tǒng)受到的合外力不為零,但當(dāng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于合外力時(shí).，系統(tǒng)的

守恒動(dòng)量可近似看成守恒

分方

系統(tǒng)在某個(gè)方向上所受合外力為零或該方向F內(nèi)>>F外時(shí),系統(tǒng)

向

在該方向上動(dòng)量守恒

守恒

二、彈性碰撞和非彈性碰撞

1.碰撞

⑴特點(diǎn):在碰撞現(xiàn)象中，一般都滿足內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，可認(rèn)為相互碰

撞的系統(tǒng)動(dòng)量守恒。

⑵分類

種類動(dòng)量是機(jī)械能

否守恒是否守恒

彈性碰撞守恒守恒

非彈性碰撞守恒有損失

完全非彈性碰撞守恒損失最大

2.反沖和爆炸

⑴反沖特點(diǎn):在反沖運(yùn)動(dòng)中，如果沒有外力作用或外力遠(yuǎn)小于物體間

的相互作用力，系統(tǒng)的動(dòng)量是守恒的。

（2）爆炸現(xiàn)象:爆炸與碰撞類似,物體間的相互作用力很大,且遠(yuǎn)大于

系統(tǒng)所受的外力,所以系統(tǒng)動(dòng)量守恒,爆炸過(guò)程中位移很小,可忽略不

計(jì)",作用后從相互作用前的位置以新的動(dòng)量開始運(yùn)動(dòng)。

［做一做］情境自測(cè)

［教材情境］（人教版選擇性必修第一冊(cè)第25頁(yè)“做一做”）把一個(gè)氣

球吹起來(lái),用手捏住氣球的通氣口（圖甲），然后突然放開,讓氣體噴此

觀察氣球的運(yùn)動(dòng)。如圖乙,把彎管裝在可旋轉(zhuǎn)的盛水容器的下部。當(dāng)

水從彎管流出時(shí),容器就旋轉(zhuǎn)起來(lái)。

甲

1.正誤辨析

⑴只要系統(tǒng)所受到的合力的沖量為零,動(dòng)量就守恒。（√）

（2）系統(tǒng)動(dòng)量不變是指系統(tǒng)的動(dòng)量大小和方向都不變。（√）

2.氣球內(nèi)氣體向后噴出氣球會(huì)向前運(yùn)動(dòng)。這是因?yàn)闅馇蚴艿剑―）

A.重力

B.手的推力

C.空氣的浮力

D.噴出氣體對(duì)氣球的作用力

解析:將吹足了氣的氣球嘴松開并放手,氣球會(huì)向前運(yùn)動(dòng),是因?yàn)闅怏w

噴出時(shí)一，由于反沖作用，噴出氣體對(duì)氣球產(chǎn)生反作用力，故選Do

3.（多選）根據(jù)你學(xué)過(guò)的知識(shí)和這兩例實(shí)驗(yàn),下列說(shuō)法正確的是

（ACD）

A.在平靜的水面上,靜止著一只小船,船上有一人,人從靜止開始從小

船的一端走向另一端時(shí),船向相反方向運(yùn)動(dòng)

B.汽車行駛時(shí),通過(guò)排氣筒向后排出燃?xì)?從而獲得向前的反作用力

即動(dòng)力

C.農(nóng)田灌溉用的自動(dòng)噴水器能夠因反沖而一邊噴水一邊旋轉(zhuǎn)

D.軟體動(dòng)物烏賊在水中經(jīng)過(guò)體側(cè)的孔將水吸入體腔,然后用力把水?dāng)D

出體外,烏賊就會(huì)向相反方向游去

解析:根據(jù)動(dòng)量守恒定律可知，人和船組成的系統(tǒng)開始的總動(dòng)量為零,

當(dāng)人從小船的一端走向另一端時(shí),船向相反方向運(yùn)動(dòng)，故A正確;汽車

行駛時(shí),通過(guò)發(fā)動(dòng)機(jī)的牽引力給汽車提供動(dòng)力，故B錯(cuò)誤;農(nóng)田灌溉用

的自動(dòng)噴水器,當(dāng)水從彎管的噴嘴里噴射出來(lái)時(shí)一，由于反沖，彎管會(huì)自

動(dòng)旋轉(zhuǎn),故C正確；軟體動(dòng)物烏賊在水中經(jīng)過(guò)體側(cè)的孔將水吸入體腔,

然后用力把水?dāng)D出體外，由于反沖,烏賊就會(huì)向相反方向游去，故D正

確。

提升關(guān)鍵能力

考點(diǎn)一動(dòng)量守恒定律的理解與應(yīng)用

［想一想］提煉核心

動(dòng)量守恒定律常用的四種表達(dá)形式

(I)P=P7,即系統(tǒng)相互作用前的總動(dòng)量P和相互作用后的總動(dòng)量p'

大小相等,方向相同。

⑵Ap=p'-P=O,即系統(tǒng)總動(dòng)量的增加量為零。

(3)?p1=-?p2,即相互作用的系統(tǒng)內(nèi)的兩部分物體,其中一部分動(dòng)量

的增加量等于另一部分動(dòng)量的減少量。

(4)m∣Vι+m2V2=m1vJ+m2V2',即相互作用前后系統(tǒng)內(nèi)各物體的動(dòng)量都在

同一直線上時(shí),作用前總動(dòng)量與作用后總動(dòng)量相等。

［議一議］深化思維

如圖所示,質(zhì)量∏IΛ=8.0kg的足夠長(zhǎng)的木板A放在光滑水平面上,在其

右端放一個(gè)質(zhì)量為I∏B=2.0kg的小木塊B。給B以大小為4.0m/s、

方向向左的初速度，同時(shí)給A以大小為6.0m/s、方向向右的初速度,

兩物體同時(shí)開始運(yùn)動(dòng),直至A、B運(yùn)動(dòng)狀態(tài)穩(wěn)定。

(1)小木塊B與木板A組成的系統(tǒng)是否動(dòng)量守恒?是否機(jī)械能守恒？

(2)過(guò)程中小木塊B是怎樣運(yùn)動(dòng)的?A、B運(yùn)動(dòng)狀態(tài)穩(wěn)定后的速度是多

少？

提示：⑴小木塊與木板組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒,機(jī)械能不守恒。

（2）由于木板A的動(dòng)量大于小木塊B的動(dòng)量,所以系統(tǒng)的合動(dòng)量方向向

右；小木塊B先向左減速運(yùn)動(dòng),速度減為零后再反向向右加速運(yùn)動(dòng),最

后小木塊與木板一起勻速運(yùn)動(dòng)。設(shè)向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得

（InA+m∣3）V=IIlAVA-∏?VB,解得v=4m/So

［悟一悟］典題例練

［例1］［動(dòng)量守恒定律的理解與應(yīng)用］（2021?湖南卷,8）（多選）如圖

a,質(zhì)量分別為m、π?的A、B兩物體用輕彈簧連接構(gòu)成一個(gè)系統(tǒng),外力

F作用在A上，系統(tǒng)靜止在光滑水平面上（B靠墻面），此時(shí)彈簧形變量

為X。撤去外力并開始計(jì)時(shí),A、B兩物體運(yùn)動(dòng)的a-t圖像如圖b所示,S1

表示0到3時(shí)間內(nèi)A的a-t圖線與坐標(biāo)軸所圍圖形的面積大小,S2、

S3分別表示3到t2時(shí)間內(nèi)A、B的a-t圖線與坐標(biāo)軸所圍圖形的面積

大小。A在t∣時(shí)刻的速度為v。。下列說(shuō)法正確的是（ABD）

鴉AF

?，〃，，，，，，，〃〃〃，，，，，，、〃，），，，，，，，，

A.0到t?時(shí)間內(nèi)，墻對(duì)B的沖量等于InAVo

B.

C.B運(yùn)動(dòng)后,彈簧的最大形變量等于X

D.S1-S2=S3

解析:將A、彈簧、B看成一個(gè)系統(tǒng),O到t∣時(shí)間內(nèi)，重力、支持力對(duì)系

統(tǒng)的沖量的矢量和為零,墻對(duì)系統(tǒng)的沖量等于系統(tǒng)動(dòng)量的變化量，即

墻對(duì)B的沖量等于m?vɑ,A正確;t∣時(shí)刻之后,A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒,

由題圖b可知,t∣到t2這段時(shí)間內(nèi)，S3>S2,故B物體速度的變化量大于

A物體速度的變化量,可知A物體的質(zhì)量大于B物體的質(zhì)量,B正確；

撤去外力F后,A、B和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒,B運(yùn)動(dòng)后,A、B具

有動(dòng)能,根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒可知,彈簧的最大形變量小于X,C錯(cuò)

誤;t2時(shí)刻,A、B的加速度均最大,此時(shí)彈簧拉伸到最長(zhǎng),A、B共速,設(shè)

速度為V,a-t圖像與時(shí)間軸所圍圖形的面積代表速度的變化量,O?t2

時(shí)間內(nèi),A的速度變化量為S1-S2,3?t2時(shí)間內(nèi),B的速度變化量為S3,

兩者相等，即S1S=S3,D正確。

［例2］［系統(tǒng)在某方向上動(dòng)量守恒］（2023?福建莆田模擬）如圖所示,

質(zhì)量為m、半徑為R的光滑圓弧形凹槽靜止在光滑水平面上,質(zhì)量也

為m的小鋼球從槽的頂端A處由靜止釋放。在小球下滑到底端B的過(guò)

程中，則（B）

A.小球和凹槽組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒

B.小球與凹槽、地球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒

C.小球?qū)Φ氐倪\(yùn)動(dòng)位移為R

D.小球所受合力的瞬時(shí)功率一直增大

解析:小球豎直方向有加速度,系統(tǒng)在豎直方向上合力不為零,但是系

統(tǒng)在水平方向受力為零,可知小球和凹槽組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守

恒,故A錯(cuò)誤;根據(jù)機(jī)械能守恒的條件可知,小球與凹槽、地球組成的

系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故B正確；系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒,有mx球=mx槽,又X

球+x槽=R,聯(lián)立可得X球=/故C錯(cuò)誤;小球開始下滑時(shí)速度為零,根據(jù)

P=Fv,可知合力的瞬時(shí)功率為零,小球滑到底端B時(shí),速度與合力垂直,

合力的瞬時(shí)功率也為零,故D錯(cuò)誤。

方法點(diǎn)撥.......................

應(yīng)用動(dòng)量守恒定律解題“五步法”

考點(diǎn)二“子彈打木塊”模型

［想一想］提煉核心

“子彈打木塊”模型

模

I

型M?二二二

-X2--÷-?→

-------X1---------------?

圖水平地面光滑

示

模（1）子彈水平打進(jìn)木塊的過(guò)程中，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒。

型(2)系統(tǒng)的機(jī)械能有損失

特

點(diǎn)

(1)子彈嵌入木塊中，兩者速度相等,機(jī)械能損失最多(完全非彈

性碰撞)。

動(dòng)量守恒：mv0=(m+M)V

兩

能量守恒：

種

2j

Q=Ff?Xffl=-∣mv0-∣(M+m)v

情

(2)子彈穿出木塊。

境

動(dòng)量守恒：mv0=mv∣+Mv2

能量守恒：

22+mv2

Q=Ft?d=∣mv0-(∣MV2∣ι)

［議一議］深化思維

質(zhì)量為0.02kg的子彈，以200??i/s的速度射入質(zhì)量是0.08kg、靜

止在光滑水平面上的木塊。

⑴如果子彈留在木塊中，木塊運(yùn)動(dòng)的速度是多大？

⑵如果子彈把木塊打穿,子彈穿過(guò)后的速度為100m∕s,這時(shí)木塊的

速度又是多大？

提示：(1)當(dāng)子彈留在木塊中時(shí)，由動(dòng)量守恒定律可得m1V0=(m1+m2)V共,

解得V共=40?n/s0

(2)當(dāng)子彈打穿木塊時(shí)，有m1vo=mιvι+m2v2,

解得V2=25m/so

［悟一悟］典題例練

［例3］［子彈穿出木塊模型］（多選）在光滑水平桌面上有一個(gè)靜止的

木塊,高速飛行的子彈水平穿過(guò)木塊。若子彈穿過(guò)木塊過(guò)程中受到的

摩擦力大小不變,則（BD）

-----?%---

e?

~777777777777∕7777777777

A.若木塊固定，則子彈對(duì)木塊的摩擦力的沖量為零

B.若木塊不固定，則子彈減少的動(dòng)能大于木塊增加的動(dòng)能

C.不論木塊是否固定,兩種情況下木塊對(duì)子彈的摩擦力的沖量大小相

等

D.不論木塊是否固定,兩種情況下子彈與木塊間因摩擦產(chǎn)生的熱量相

等

解析:若木塊固定,子彈對(duì)木塊的摩擦力的沖量不為零,但木塊的合力

沖量為零,A錯(cuò)誤;木塊不固定時(shí)，因?yàn)樽訌椗c木塊間有內(nèi)能增加，由能

量守恒定律可知,子彈減少的動(dòng)能大于木塊增加的動(dòng)能,B正確；由

I=Fft可知,摩擦力大小不變時(shí)，由于兩種情況下子彈與木塊的作用時(shí)

間不同,所以兩種情況下木塊對(duì)子彈的摩擦力的沖量大小不相等,C錯(cuò)

誤;根據(jù)Q=Ff?X相，由于摩擦力大小不變,并且兩次子彈與木塊的相對(duì)

位移相同,相對(duì)位移都為木塊厚度,所以不論木塊是否固定,兩種情況

下子彈與木塊間因摩擦產(chǎn)生的熱量相等,D正確。

［例4］［子彈未穿出木塊模型］（2022?安徽合肥模擬）如圖所示,質(zhì)量

為m的子彈以V。的水平初速度射向放在光滑水平面上的物塊,物塊質(zhì)

量為5m。水平面左端與一固定光滑四分之一圓弧軌道平滑相接,子彈

進(jìn)入物塊后沒有射此物塊恰好能到達(dá)軌道的最高點(diǎn)，當(dāng)?shù)刂亓铀?/p>

度為g。下列說(shuō)法正確的是(B)

?V

'....以三0,,

777777777777777777777

A.物塊和子彈的最大重力勢(shì)能為去1%2

B,圓弧軌道的半徑為萼

C.子彈進(jìn)入物塊后一起運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，物塊和子彈動(dòng)量守恒

D.整個(gè)作用過(guò)程中，物塊和子彈的機(jī)械能守恒

解析:子彈進(jìn)入物塊后，該過(guò)程由于克服摩擦力做功,物塊和子彈組成

的系統(tǒng)機(jī)械能減小，故物塊和子彈的最大重力勢(shì)能小于%1%2,A錯(cuò)誤。

子彈進(jìn)入物塊后，系統(tǒng)動(dòng)量守恒,設(shè)共同的速度為V,則有mv°=(m+5m)v,

解得V=?;子彈和物塊達(dá)到共速后,到達(dá)軌道最高點(diǎn)的過(guò)程中，機(jī)械能

守恒,設(shè)軌道的半徑為R,則有T-6mv2=6mgR,解得R嗡,B正確。子彈

進(jìn)入物塊后一起運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，由于豎直方向所受合外力不為零,則物

塊和子彈的動(dòng)量不守恒,C錯(cuò)誤。整個(gè)作用過(guò)程中，由于克服摩擦阻力

做功,故物塊和子彈的機(jī)械能不守恒,D錯(cuò)誤。

Γ方法點(diǎn)撥...........................

“子彈打木塊”模型是碰撞中常見模型,其突出特征是在子彈打擊木

塊的過(guò)程中有機(jī)械能損失。此類問(wèn)題的一般解法可歸納如下：

(1)分析子彈打擊木塊的過(guò)程,弄清楚子彈是停留在木塊中和木塊一

起運(yùn)動(dòng)還是穿出木塊和木塊各自運(yùn)動(dòng)。

(2)子彈在打擊木塊過(guò)程中產(chǎn)生的機(jī)械能損失,一般有兩種求解方法：

一是通過(guò)計(jì)算打擊前系統(tǒng)的機(jī)械能與打擊后系統(tǒng)的機(jī)械能的差值得

出機(jī)械能的損失,二是通過(guò)計(jì)算子彈與木塊間的相互作用力對(duì)木塊和

子彈做的總功進(jìn)行求解。

考點(diǎn)三“反沖”和“爆炸”模型

［想一想］提煉核心

L反沖模型的三點(diǎn)說(shuō)明

作用

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

原理

動(dòng)量反沖運(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)

守恒遵循動(dòng)量守恒定律

機(jī)械

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

能

總機(jī)械能增加

增加

2.爆炸模型的三個(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)

守程中,系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒

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)化為動(dòng)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)

不為爆炸后各部分仍然從爆炸前的位置以新的動(dòng)量開始運(yùn)動(dòng)

變

［悟?悟］典題例練

［例5］［反沖模型］（2022?福建泉州模擬）2021年12月9日，神舟十

三號(hào)乘組進(jìn)行天宮授課,如圖為航天員葉光富試圖借助吹氣完成失重

狀態(tài)下轉(zhuǎn)身動(dòng)作的實(shí)驗(yàn),但未能成功。若他在IS內(nèi)以20m/s的速度

呼出質(zhì)量約Ig的氣體,可獲得的反沖力大小約為（B）

A.0.01NB.0.02N

C.0.1ND.0.2N

解析:設(shè)航天員質(zhì)量為m,呼氣后速度為V,由動(dòng)量守恒可得mv=m氣V氣

=1×103×20kg?m∕s=2Xkg?m/s,由動(dòng)量定理可得Ft=mv,故反

沖力大小F=吧=%"?N=O.02N,故A、C、D錯(cuò)誤,B正確。

t1

［例6］［爆炸模型］（2021?浙江1月選考,12）在爆炸實(shí)驗(yàn)基地有一發(fā)

射塔,發(fā)射塔正下方的水平地面上安裝有聲音記錄儀。爆炸物自發(fā)射

塔豎直向上發(fā)射,上升到空中最高點(diǎn)時(shí)炸裂成質(zhì)量之比為2：1、初速

度均沿水平方向的兩個(gè)碎塊。遙控器引爆瞬間開始計(jì)時(shí),在5S末和

6S末先后記錄到從空氣中傳來(lái)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。下列說(shuō)法正確的是

(B)

A.兩碎塊的位移大小之比為1：2

B.爆炸物的爆炸點(diǎn)離地面的高度為80m

C.爆炸后質(zhì)量大的碎塊的初速度為68m/s

D.爆炸后兩碎塊落地點(diǎn)之間的水平距離為340m

解析:爆炸時(shí)一,水平方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可知

m1v1-m2v2=0,因兩塊碎塊落地時(shí)間相等，則m∣x1-m2x2=0,則衛(wèi)="?="則兩

X2m12

碎塊的水平位移之比為1：2,而從爆炸開始拋出到落地的位移之比不

等于1：2,選項(xiàng)A錯(cuò)誤。設(shè)兩碎塊落地時(shí)間均為t,由題意可知

二小W，解得t=4s;爆炸物的爆炸點(diǎn)離地面的高度為

(6-t)u聲2

h=∣gt2=∣×10×42m=80m,選項(xiàng)B正確。爆炸后質(zhì)量大的碎塊的水平

位移x∣=(5-4)×340m=340m,質(zhì)量小的碎塊的水平位移

x2=(6-4)×340m=680m,爆炸后兩碎塊落地點(diǎn)之間的水平距離為340

m+680m=l020m,質(zhì)量大的碎塊的初速度為V尸口=把m∕s=85m/s,

t4

選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤。

舉一反三

若［例6］中，已知引爆后爆炸物炸裂成兩碎塊的質(zhì)量分別為m,=0.4kg、

m2=0.2kg,則爆炸過(guò)程中系統(tǒng)增加的機(jī)械能是多少？

提示：由［例6］知

VIq=等m∕s=85m/s,

V2=T^^~4^m/s=170m/s,

22

ΔE=∣mιV1+∣m2V2=4335J0

考點(diǎn)四“人船”模型

［想一想］提煉核心

1.模型探究

如圖所示,長(zhǎng)為L(zhǎng)、質(zhì)量為m船的小船停在靜水中，質(zhì)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(jì)水的阻力。

”.m船/

?

1?1?1

以人和船組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象,在人由船的一端走到另一端的過(guò)程

中，系統(tǒng)水平方向不受外力作用，所以整個(gè)系統(tǒng)水平方向上動(dòng)量守恒，

可得

m船V船=Hi人V人,

因人和船組成的系統(tǒng)水平方向上動(dòng)量始終守恒,故有竽=W?

由圖可看出X船+x人=L,

mA

后1解得X人=-Tj—L,X船=—?-bo

Tn人+τn船M人+m船

2.“人船”模型的特點(diǎn)

人動(dòng)船動(dòng),人靜船靜,人快船快,人慢船慢,人左船右;人船平均速度

（瞬時(shí)速度）之比等于它們質(zhì)量的倒數(shù)之比,所以人船位移之比也等于

它們質(zhì)量的倒數(shù)之比。即也="=無(wú)。

X2V2m1

3?類“人船”模型

r77r7f7r77777r77

S2?s↑SAISB

［悟一悟］典題例練

［例7］［“人船”模型］（2022?陜西西安模擬）質(zhì)量為m的人在質(zhì)量

為M的小車上從左端走到右端,如圖所示。當(dāng)車與地面間的摩擦不計(jì)

時(shí),那么（D）

A.人在車上行走,若人相對(duì)車突然停止,則車由于慣性過(guò)一會(huì)才停止

B.人在車上行走的平均速度越大,則車在地面上移動(dòng)的距離也越大

C.人在車上行走的平均速度越小，則車在地面上移動(dòng)的距離就越大

D.不管人以什么樣的平均速度行走,車在地面上移動(dòng)的距離相同

解析：由人與車組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒,初態(tài)系統(tǒng)總動(dòng)量為零,則有IHV人

=Mv車,若人相對(duì)車突然停止,則車也突然停止,故A錯(cuò)誤;設(shè)車長(zhǎng)為L(zhǎng),

由m（L-χQ=Mx車,解得X產(chǎn)廣一L,車在地面上移動(dòng)的位移大小與人的

M+m

平均速度大小無(wú)關(guān),故D正確,B、C錯(cuò)誤。

［例8］］類“人船”模型］（2022?江蘇徐州模擬）如圖所示,有一質(zhì)量

M=6kg、棱長(zhǎng)為0.2m的正方體木塊,靜止于光滑水平面上,木塊內(nèi)部

有一從頂面貫通至底面的通道,一個(gè)質(zhì)量為m=2kg的小球由靜止開始

從軌道的左端運(yùn)動(dòng)到右端。在該過(guò)程中木塊的位移為（A）

A.O.05mB.O.10m

C.O.15mD.O.5m

解析:小球由靜止開始從題圖所示通道的左端運(yùn)動(dòng)到右端的過(guò)程中，

,

小球與木塊組成的系統(tǒng)水平方向平均動(dòng)量守恒，則有m萬(wàn)1?t=Mv2t,

即mxι=Mx2,根據(jù)題意,有X1+x2=a,聯(lián)立解得x2=0.05m,故選A0

F方法點(diǎn)撥.......................

“人船”模型問(wèn)題的兩點(diǎn)注意事項(xiàng)

⑴適用條件。

①系統(tǒng)由兩個(gè)物體組成,且相互作用前靜止，系統(tǒng)總動(dòng)量為零。

②在系統(tǒng)內(nèi)發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中至少有一個(gè)方向的動(dòng)量守恒（如水

平方向或豎直方向）。

⑵畫草圖。

解題時(shí)要畫出各物體的位移關(guān)系草圖,找出各長(zhǎng)度間的關(guān)系,注意兩

物體的位移是相對(duì)同一參考系的位移。

訓(xùn)練學(xué)科素養(yǎng)限時(shí)鞏固

,基礎(chǔ)題組夯玷

1.（2022?河南信陽(yáng)模擬）如圖，穿著冰鞋的甲、乙兩人站在水平冰面

上，當(dāng)甲猛推乙時(shí),兩人會(huì)向相反的方向滑行。不計(jì)冰面對(duì)人的水平作

用，甲推乙的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（D）

甲乙

A.甲對(duì)乙的作用力大于乙對(duì)甲的作用力

B.甲對(duì)乙的作用力小于乙對(duì)甲的作用力

C.甲獲得的速度與乙獲得的速度大小總是相等

D.甲獲得的動(dòng)量與乙獲得的動(dòng)量大小總是相等

解析：甲對(duì)乙的作用力與乙對(duì)甲的作用力是相互作用力,根據(jù)牛頓第

三定律,大小相等,方向相反,故A、B錯(cuò)誤;在甲推乙的過(guò)程中，滿足動(dòng)

量守恒,根據(jù)m甲V甲初乙V乙,即甲的動(dòng)量與乙的動(dòng)量大小總是相等,但

是由于質(zhì)量關(guān)系不確定,獲得的速度大小不確定，故C錯(cuò)誤,D正確。

2.（2022?廣東佛山階段練習(xí)）2021年9月17日13時(shí)30分，“神舟

十二號(hào)”返回艙在東風(fēng)著陸場(chǎng)安全降落?！吧裰邸毕盗泻教祜w船返回

艙返回地面的示意圖如圖所示,其過(guò)程可簡(jiǎn)化為:打開降落傘一段時(shí)

間后,整個(gè)裝置沿豎直方向勻速下降，為確保返回艙能安全著陸,在返

回艙距地面1m左右時(shí)一,艙內(nèi)航天員主動(dòng)切斷與降落傘的連接（“切

傘”），同時(shí)點(diǎn)燃返回艙的緩沖火箭,在火箭向下噴氣過(guò)程中返回艙減

至安全速度。已知“切傘”瞬間返回艙的速度大小VLIOm∕s,火箭噴

出的氣體速度大小v2=l082m∕s,火箭“噴氣”時(shí)間極短,噴氣完成后

返回艙的速度大小V3=2m∕s,則噴氣完成前后返回艙的質(zhì)量比為

D)

降落傘

音返回艙

緩沖火箭

A.45:44B.IOO：99

C.125：124D.135:134

解析:設(shè)返回艙噴氣前的質(zhì)量為M,噴氣后的質(zhì)量為m,根據(jù)返回艙噴

氣完成前后動(dòng)量守恒有MV產(chǎn)mv3+(M-m)v2,解得M:m=135：134,故D正

確,A、B、C錯(cuò)誤。

3.(2022?廣東深圳模擬)某人斜向上拋出一個(gè)爆竹,到最高點(diǎn)時(shí)速度

大小為v。,方向水平向東，并炸開成質(zhì)量相等的三塊碎片a、b、c,其

中碎片a的速度方向水平向東,忽略空氣阻力。以下說(shuō)法正確的是

(C)

A.炸開時(shí),若碎片b的速度方向水平向西，則碎片c的速度方向可能水

平向南

B.炸開時(shí),若碎片b的速度為零,則碎片c的速度方向一定水平向西

C.炸開時(shí),若碎片b的速度方向水平向北,則三塊碎片一定同時(shí)落地

D.炸開時(shí),若碎片a、b的速度等大反向，則碎片c落地時(shí)的速率可能

等于3V0

解析:到最高點(diǎn)時(shí)速度大小為v。,方向水平向東，則總動(dòng)量向東;炸開

時(shí),若碎片b的速度方向水平向西,碎片c的速度方向水平向南,則違

反動(dòng)量守恒定律,A錯(cuò)誤;炸開時(shí),若碎片b的速度為零,根據(jù)動(dòng)量守恒

定律,碎片c的速度方向可能水平向東,也可能水平向西,B錯(cuò)誤;三塊

碎片在豎直方向上均做自由落體運(yùn)動(dòng)，一定同時(shí)落地,C正確;炸開時(shí),

若碎片a、b的速度等大反向,對(duì)爆竹,根據(jù)動(dòng)量守恒定律有3mv0=mvc,

解得vc=3v0,碎片C落地時(shí)速度的水平分量等于3vo,其落地速度一定

大于3v0,D錯(cuò)誤。

4.（2022?安徽阜陽(yáng)模擬）在光滑的水平軌道上放置一門質(zhì)量為四的

舊式炮車（不包含炮彈質(zhì)量），炮彈的質(zhì)量為m2o當(dāng)炮車沿與水平方向

成θ角發(fā)射炮彈時(shí),炮彈相對(duì)炮口的速度為v0,則炮車后退的速度為

(C)

Am2VQCθsθ??m1v0cosθ

m1m2

「m2v0cosθnm1v0cosθ

l√?U?

m1+m2m1+m2

解析:炮彈離開炮口時(shí),炮彈和炮車組成的系統(tǒng)在水平方向不受外力,

則系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒。設(shè)炮車后退的速度大小為V,則炮彈對(duì)

地的水平速度大小為VoCOSθ-V,取炮車后退的方向?yàn)檎?對(duì)炮彈和

炮車組成系統(tǒng),根據(jù)水平方向動(dòng)量守恒有0=m∣v-r∏2（voCOSθ-V）,解得

V=啊DoCoS。，故A、B、D錯(cuò)誤,C正確。

m1+τn2

5.（2022?海南?？谝荒＃┤鐖D所示,一高h(yuǎn)=2.4m、傾角。=37°,質(zhì)

量M=3kg的光滑斜面靜止在光滑水平面上,一質(zhì)量m=0?2kg的物塊

從斜面頂端由靜止釋放,取Sin37°=0.6,cos37°=0.8。則物塊由

斜面頂端滑到底端的過(guò)程中，斜面將（C）

A.向右移動(dòng)0.5mB.向右移動(dòng)0.6m

C.向右移動(dòng)0.2mD.向右移動(dòng)0.1m

解析:斜面和物塊組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒,在水平方向有

mvι=Mv2,所以mxι=Mx2,又有x+x=,解得x=0?2m,A、B、D錯(cuò)誤，C

12tan372

正確。

6.（2023?河北滄州模擬）質(zhì)量為m的煙花彈升到距離地面高度為h處

爆炸成質(zhì)量相等的兩部分,兩炸片同時(shí)落地后相距L,則煙花彈爆炸使

炸片增加的機(jī)械能為（B）

A.?nghBNC.吟.皿

16∕ι32hSh

解析:設(shè)煙花彈爆炸后瞬間兩炸片的速度分別為山、V2,由動(dòng)量守恒定

律有0=yV1+^V2,可得V1=-V2=V,根據(jù)題述,兩炸片均做平拋運(yùn)動(dòng)，有

2vt=L,h=∣gt2,ΔE=∣×∣∏ιv'+^×∣mv2,解得?E=黑:故選B

0

7.（2022?湖北荊州模擬）（多選）2021年6月17日，搭載神舟十二號(hào)

載人飛船的長(zhǎng)征二號(hào)F遙十二運(yùn)載火箭,在酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心點(diǎn)火發(fā)

射。某中學(xué)航天興趣小組模擬火箭升空的過(guò)程,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m

的水以相對(duì)地面為V。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（CD）

A.水噴出的過(guò)程中，“水火箭”和水的機(jī)械能守恒

B.“水火箭”的推力來(lái)源于“水火箭”外的空氣對(duì)它的反作用力

C.“水火箭”噴出水時(shí)，“水火箭”和水組成的系統(tǒng)動(dòng)量可以近似看

作守恒

D.“水火箭”獲得的最大速度大小為學(xué)

解析:水噴出的過(guò)程中，“水火箭”內(nèi)氣體做功，“水火箭”及水的機(jī)

械能不守恒，故A錯(cuò)誤；“水火箭”的推力來(lái)源于向下噴出的水對(duì)它的

反作用力，故B錯(cuò)誤;在水噴出后的瞬間，在極短的時(shí)間內(nèi)，可視為內(nèi)

力遠(yuǎn)大于外力，“水火箭”和水組成的系統(tǒng)動(dòng)量可以近似看作守恒，

故C正確；在水噴出后的瞬間，“水火箭”獲得的速度最大,取向下為

正方向，由動(dòng)量守恒定律有-(M-m)v+mvo=0,解得V=署■,故D正確。

8.(2022?廣東開平檢測(cè))如圖所示,質(zhì)量為M的木塊放在光滑水平面

上,現(xiàn)有一質(zhì)量為m的子彈以速度V。射入木塊中。設(shè)子彈在木塊中所

受阻力不變,且子彈未射穿木塊。求：

%r

nI~M~

777777777777777777777777777/777777777777

⑴木塊最終的速度；

⑵系統(tǒng)損失的機(jī)械能。

解析：(1)以子彈和木塊組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，由動(dòng)量守恒定律得

mv0=(m+M)V,

則木塊最終的速度為V=TV。。

m+M

⑵由能量守恒可知,系統(tǒng)損失的機(jī)械能為AE=如02Tm+MW,

解得E=TnM%2

用牛付δ2(M+τn)°

答案：⑴薩V。⑵《陪

M+τn2(M+m)

.創(chuàng)新題組提能

9.(2022?山東泰安模擬)如圖所示,一個(gè)夾層中空質(zhì)量為In的圓柱形

零件內(nèi)部放有一個(gè)略比夾層寬度小一點(diǎn)質(zhì)量也為m的小圓柱體,初始

時(shí)小圓柱體位于大圓柱夾層的頂部,此時(shí)大圓柱體與地面的接觸位置

為A點(diǎn),如圖甲所示?，F(xiàn)小圓柱體受到微小的擾動(dòng),從頂部滾下,截面

圖如圖乙所示。忽略一切接觸部位的摩擦，以下說(shuō)法中正確的是

(D)

A.小圓柱體下落到最低點(diǎn)時(shí)，大圓柱體與小圓柱體速度相同

B.小圓柱體會(huì)再次到達(dá)頂部,此時(shí)大圓柱體與地面的接觸位置在A點(diǎn)

右側(cè)

C.小圓柱體會(huì)再次到達(dá)頂部,此時(shí)大圓柱體與地面的接觸位置在A點(diǎn)

左側(cè)

D.小圓柱體再次回到頂部的過(guò)程中，大圓柱體與小圓柱體系統(tǒng)機(jī)械能

守恒

解析:小圓柱體下落到最低點(diǎn)時(shí),根據(jù)動(dòng)量守恒定律,大圓柱體與小圓

柱體速度大小相等、方向相反,A錯(cuò)誤;小圓柱體會(huì)再次到達(dá)頂部,根

據(jù)“人船”模型,此時(shí)大圓柱體與地面的接觸位置一定在A點(diǎn),否則違

反動(dòng)量守恒定律,B、C錯(cuò)誤;小圓柱體再次回到頂部的過(guò)程中，只有動(dòng)

能和重力勢(shì)能相互轉(zhuǎn)化,大圓柱體與小圓柱體系統(tǒng)機(jī)械能守恒,D正確。

10.（2022?福建莆田模擬）（多選）如圖所示,半徑為R的光滑半圓弧

軌道固定在水平地面上,質(zhì)量分別為m、2m的物塊A、B之間鎖定一壓

縮的輕質(zhì)彈簧,靜止放置在半圓弧軌道最低點(diǎn),彈簧長(zhǎng)度忽略不計(jì)且

與A、B均不拴接,A、B均視為質(zhì)點(diǎn)。某一時(shí)刻解除鎖定,彈簧瞬間恢

復(fù)原長(zhǎng),A恰好可以到達(dá)半圓弧左端最高點(diǎn)P處。已知重力加速度為

g,則（AC）

A.彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)瞬間,B的速度大小為］證

B.鎖定時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為3mgR

C.彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)瞬間,A、B對(duì)軌道的壓力大小之比為1：1

D.物塊A從最低點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的過(guò)程中,A、B系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒

解析:彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)過(guò)程中,A、B系統(tǒng)動(dòng)量守恒,有2mvB=mvA,可得

2VB=VΛ,物塊A從最低點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的過(guò)程中,對(duì)A由機(jī)械能守恒定律

得如A?=mgR,解得VN=J2gR,則VBX愛,故A正確；由機(jī)械能守恒定律

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得Ep=jmvA+|