高考物理一輪復習7.2動量守恒定律-動量守恒定律及應用(原卷版+解析)

考點22動量守恒定律--動量守恒定律及應用新課程標準1.通過理論推導和實驗，理解動量守恒定律，能用其解釋生產(chǎn)生活中的有關現(xiàn)象。知道動量守恒定律的普適性。2．體會用守恒定律分析物理問題的方法，體會自然界的和諧與統(tǒng)一。命題趨勢考查的內(nèi)容主要體現(xiàn)對物理觀念的認識、運動與相互作用、能量觀念等物理學科的核心素養(yǎng)?？茖W思維中的模型建構、科學推理、科學論證等要素。必備知識主要是動量守恒定律的應用以及動量和能量的綜合應用。試題情境生活實踐類生產(chǎn)生活中的爆炸、火箭發(fā)射、反沖問題．學習探究類氣墊導軌上滑塊碰撞、斜槽末端小球碰撞考向一系統(tǒng)動量守恒的理解考向二動量守恒定律的基本應用考向三動量守恒定律的臨界問題考向四反沖運動人船模型爆炸問題考向一系統(tǒng)動量守恒的理解一、動量守恒定律及其應用1．動量守恒定律(1)內(nèi)容：如果一個系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的矢量和為0，這個系統(tǒng)的總動量保持不變。(2)表達式(1)p＝p′，系統(tǒng)相互作用前總動量p等于相互作用后的總動量p′。(2)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的兩個物體組成的系統(tǒng)，作用前的動量和等于作用后的動量和。(3)Δp1＝－Δp2，相互作用的兩個物體動量的變化量等大反向。(4)Δp＝0，系統(tǒng)總動量的增量為零。2．動量守恒定律的五個特性矢量性動量守恒定律的表達式為矢量方程，解題應選取統(tǒng)一的正方向相對性各物體的速度必須是相對同一參考系的速度(一般是相對于地面)同時性動量是一個瞬時量，表達式中的p1、p2、…必須是系統(tǒng)中各物體在相互作用前同一時刻的動量，p1′、p2′、…必須是系統(tǒng)中各物體在相互作用后同一時刻的動量系統(tǒng)性研究的對象是相互作用的兩個或多個物體組成的系統(tǒng)普適性動量守恒定律不僅適用于低速宏觀物體組成的系統(tǒng)，還適用于接近光速運動的微觀粒子組成的系統(tǒng)3．系統(tǒng)動量守恒的條件理想守恒系統(tǒng)不受外力或所受外力的合力為零，則系統(tǒng)動量守恒近似守恒系統(tǒng)受到的合外力不為零，但當內(nèi)力遠大于合外力時，系統(tǒng)的動量可近似看成守恒分方向守恒系統(tǒng)在某個方向上所受合外力為零或該方向F內(nèi)?F外時，系統(tǒng)在該方向上動量守恒【典例1】(2021·全國乙卷)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，從撤去推力開始，小車、彈簧和滑塊組成的系統(tǒng)()A．動量守恒，機械能守恒B．動量守恒，機械能不守恒C．動量不守恒，機械能守恒D．動量不守恒，機械能不守恒【答案】B【解析】撤去推力，系統(tǒng)所受合外力為零，動量守恒；因為滑塊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滑動，即摩擦力做功，故系統(tǒng)的機械能減少，B正確?！镜淅?】(多選)(2022·江蘇七市第三次調(diào)研)在質(zhì)量為M的小車中掛有一單擺，擺球的質(zhì)量為m0，小車(和單擺)以恒定的速度v沿光滑水平面運動，與位于正對面的質(zhì)量為m的靜止木塊發(fā)生碰撞，如圖所示，碰撞的時間極短，在碰撞過程中，下列情況可能發(fā)生的是()A．小車和擺球的速度都變?yōu)関1，木塊的速度變?yōu)関2，滿足(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2B．小車、木塊、擺球的速度都發(fā)生變化分別為v1、v2、v3，滿足(M＋m0)v＝Mv1＋mv2＋m0v3C．擺球的速度不變，小車和木塊的速度變?yōu)関1和v2，滿足Mv＝Mv1＋mv2D．擺球的速度不變，小車和木塊的速度變?yōu)関′，滿足Mv＝(M＋m)v′【答案】CD【解析】在碰撞過程中，由于慣性，擺球的速度不變，故A、B項均錯誤．擺球的速度不變，小車和木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，若碰后小車和木塊的速度變?yōu)関1和v2，取向右為正方向，根據(jù)動量守恒有Mv＝Mv1＋mv2，故C項正確．擺球的速度不變，小車和木塊的速度變?yōu)関′，取向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律有Mv＝(M＋m)v′，故D正確．練習1、(2022湖北新高考適應卷)如圖所示，曲面體P靜止于光滑水平面上，物塊Q自P的上端靜止釋放．Q與P的接觸面光滑，Q在P上運動的過程中，下列說法正確的是()A．P對Q做功為零B．P對Q之間相互作用力做功之和為零C．P對Q構成的系統(tǒng)機械能守恒、動量守恒D．P對Q構成的系統(tǒng)機械能不守恒、動量守恒【答案】B【解析】由于Q與P的接觸面光滑，Q在P上運動的過程中，Q對P的彈力做正功，P對Q的彈力做負功，但P和Q之間相互作用力做功之和為零，P和Q構成的系統(tǒng)機械能守恒，水平方向動量守恒，所以B正確，A、C、D錯誤．練習2、(多選)(2022·山西省考前適應性測試)如圖所示，A、B兩木塊緊靠在一起且靜止于光滑水平面上，木塊C以一定的初速度v0從A的左端開始向右滑行，最后停在B木塊的右端，對此過程，下列敘述正確的是()A．當C在A上滑行時，A、C組成的系統(tǒng)動量守恒B．當C在B上滑行時，B、C組成的系統(tǒng)動量守恒C．無論C是在A上滑行還是在B上滑行，A、B、C三木塊組成的系統(tǒng)動量都守恒D．當C在B上滑行時，A、B、C組成的系統(tǒng)動量不守恒【答案】BC【解析】當C在A上滑行時，對A、C組成的系統(tǒng)，B對A的作用力為外力且不等于0，故系統(tǒng)動量不守恒，選項A錯誤；當C在B上滑行時，A、B已分離，對B、C組成的系統(tǒng)，沿水平方向不受外力作用，故系統(tǒng)動量守恒，選項B正確；若將A、B、C三木塊視為一系統(tǒng)，則沿水平方向無外力作用，系統(tǒng)動量守恒，選項C正確，D錯誤．【巧學妙記】應用動量守恒定律時的幾點易錯提醒應用動量守恒定律時的幾點易錯提醒(1)分析系統(tǒng)內(nèi)物體受力時，要弄清哪些是系統(tǒng)的內(nèi)力，哪些是外力。(2)對于同一個系統(tǒng)，在不同物理過程中動量守恒情況有可能不同。(3)同一物理過程中，選不同的系統(tǒng)為研究對象，動量守恒情況也往往不同，因此解題時應明確選取的系統(tǒng)和研究過程。(4)動量守恒和機械能守恒的條件不同，動量守恒時機械能不一定守恒，機械能守恒時動量不一定守恒，二者不可混淆。考向二動量守恒定律的基本應用應用動量守恒定律的解題步驟(1)明確研究對象，確定系統(tǒng)的組成(系統(tǒng)包括哪幾個物體及研究的過程)。(2)進行受力分析，判斷系統(tǒng)動量是否守恒(或某一方向上是否守恒)。(3)規(guī)定正方向，確定初、末狀態(tài)動量。(4)由動量守恒定律列出方程。(5)代入數(shù)據(jù)，求出結果，必要時討論說明?！镜淅?】(2019·江蘇卷)質(zhì)量為M的小孩站在質(zhì)量為m的滑板上，小孩和滑板均處于靜止狀態(tài)，忽略滑板與地面間的摩擦．小孩沿水平方向躍離滑板，離開滑板時的速度大小為v，此時滑板的速度大小為()A．eq\f(m,M)vB．eq\f(M,m)vC．eq\f(m,m＋M)vD．eq\f(M,m＋M)v【答案】B【解析】設滑板的速度為u，小孩和滑板動量守恒得：0＝mu－Mv，解得：u＝eq\f(M,m)v，故B正確．【典例4】(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(fā)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(zhì)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【答案】A【解析】設乙物塊的質(zhì)量為m，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(shù)據(jù)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＝eq\f(1,2)m甲veq\o\al(2,甲)＋eq\f(1,2)m乙veq\o\al(2,乙)－eq\f(1,2)m甲v甲′2－eq\f(1,2)m乙v乙′2，代入題圖中數(shù)據(jù)解得E損＝3J，A項正確。練習3、(多選)(2022·山東青島月考)某研究小組通過實驗測得兩滑塊碰撞前后運動的實驗數(shù)據(jù)，得到如圖所示的位移—時間圖像。圖中的線段a、b、c分別表示沿光滑水平面上同一條直線運動的滑塊Ⅰ、Ⅱ和它們發(fā)生正碰后結合體的位移隨時間變化關系。已知相互作用時間極短，由圖像給出的信息可知()A．碰前滑塊Ⅰ與滑塊Ⅱ速度大小之比為5∶2B．碰前滑塊Ⅰ的動量大小大于滑塊Ⅱ的動量大小C．碰前滑塊Ⅰ的動能比滑塊Ⅱ的動能小D．滑塊Ⅰ的質(zhì)量是滑塊Ⅱ的質(zhì)量的eq\f(1,6)【答案】AD【解析】根據(jù)x-t圖像的斜率表示速度，可知碰前滑塊Ⅰ的速度v1＝－2m/s，滑塊Ⅱ的速度v2＝0.8m/s，則碰前速度大小之比為5∶2，故A項正確；碰撞后的共同速度v＝0.4m/s，根據(jù)動量守恒定律，有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，解得m2＝6m1，由動量的表達式可知|m1v1|＜m2v2，由動能的表達式可知，eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)>eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)，故B、C兩項錯誤，D項正確。練習4、(2022·蚌埠第三次教學質(zhì)量檢測)如圖所示，光滑水平面上靜止放置著一輛平板車A。車上有兩個小滑塊B和C，A、B、C三者的質(zhì)量分別是3m、2m、m。B與平板車之間的動摩擦因數(shù)為μ，而C與平板車之間的動摩擦因數(shù)為2μ。開始時B、C分別從平板車的左、右兩端同時以大小相同的初速度v0相向滑行。已知B、C最后都沒有脫離平板車，則平板車的最終速度v車是()A.eq\f(1,2)v0B.eq\f(1,6)v0C.eq\f(1,3)v0 D．0【答案】B【解析】設水平向右為正方向，因為水平面光滑，三個物體組成的系統(tǒng)動量守恒，系統(tǒng)最終的速度為v車，所以2mv0－mv0＝(3m＋2m＋m)v車，解得v車＝eq\f(1,6)v0，B正確。練習5、(2022·晉中適應性調(diào)研)一人站在靜止于光滑平直軌道上的平板車上，人和車的總質(zhì)量為M.現(xiàn)在這人雙手各握一個質(zhì)量均為m的鉛球，以兩種方式順著軌道方向水平投出鉛球：第一次是一個一個地投；第二次是兩個一起投．設每次投擲時鉛球相對車的速度相同，則兩次投擲后小車速度之比為()A.eq\f(2M＋3m,2（M＋m）)B.eq\f(M＋m,M)C．1D.eq\f(（2M＋m）（M＋2m）,2M（M＋m）)【答案】A【解析】因平直軌道光滑，故人與車及兩個鉛球組成的系統(tǒng)動量守恒．設每次投出的鉛球?qū)嚨乃俣葹閡，第一次是一個一個地投擲時，有兩個作用過程，根據(jù)動量守恒定律，投擲第一個球時，應有0＝(M＋m)v－m(u－v)①投擲第二個球時，有(M＋m)v＝Mv1－m(u－v1)②由①②兩式，解得v1＝eq\f(（2M＋3m）mu,（M＋m）（M＋2m）)第二次兩球一起投出時，有0＝Mv2－2m(u－v2)，解得v2＝eq\f(2mu,M＋2m)所以兩次投擲鉛球小車的速度之比eq\f(v1,v2)＝eq\f(2M＋3m,2（M＋m）).來向你6、(2022·湖北十一校3月第二次聯(lián)考)如圖所示，光滑水平軌道上放置長板A(上表面粗糙)和滑塊C，滑塊B置于A的左端，三者質(zhì)量分別為mA＝2kg、mB＝1kg、mC＝2kg。開始時C靜止，A、B一起以v0＝5m/s的速度勻速向右運動，A與C發(fā)生碰撞(時間極短)后C向右運動，經(jīng)過一段時間，A、B再次達到共同速度一起向右運動，且恰好不再與C碰撞。求A與C發(fā)生碰撞后瞬間A的速度大小。【答案】2m/s【解析】因碰撞時間極短，A與C碰撞過程動量守恒，設碰后瞬間A的速度為vA，C的速度為vC，以向右為正方向，由動量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mCvC①A與B在摩擦力作用下達到共同速度，設共同速度為vAB，由動量守恒定律得mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)vAB②A與B達到共同速度后恰好不再與C碰撞，應滿足vAB＝vC③聯(lián)立①②③式，代入數(shù)據(jù)得vA＝2m/s?！厩蓪W妙記】應用動量守恒定律時的幾點易錯提醒應用動量守恒定律時的幾點易錯提醒(1)動量守恒定律的研究對象都是相互作用的物體組成的系統(tǒng)。系統(tǒng)的動量是否守恒，與選擇哪幾個物體作為系統(tǒng)和分析哪一段運動過程有直接關系。(2)分析系統(tǒng)內(nèi)物體受力時，要弄清哪些是系統(tǒng)的內(nèi)力，哪些是外力。(3)動量守恒和機械能守恒的條件不同，動量守恒時機械能不一定守恒，機械能守恒時動量不一定守恒，二者不可混淆。考向三動量守恒定律的臨界問題【典例5】(多選)(2020·全國Ⅱ卷)水平冰面上有一固定的豎直擋板，一滑冰運動員面對擋板靜止在冰面上，他把一質(zhì)量為4.0kg的靜止物塊以大小為5.0m/s的速度沿與擋板垂直的方向推向擋板，運動員獲得退行速度；物塊與擋板彈性碰撞，速度反向，追上運動員時，運動員又把物塊推向擋板，使其再一次以大小為5.0m/s的速度與擋板彈性碰撞，總共經(jīng)過8次這樣推物塊后，運動員退行速度的大小大于5.0m/s，反彈的物塊不能再追上運動員。不計冰面的摩擦力，該運動員的質(zhì)量可能為()A．48kg B．53kgC．58kg D．63kg【答案】BC【解析】設運動員的質(zhì)量為M，第一次推物塊后，運動員速度大小為v1，第二次推物塊后，運動員速度大小為v2……第八次推物塊后，運動員速度大小為v8，取運動員退行速度方向為正方向，第一次推物塊后，由動量守恒定律有，Mv1＝mv0；第二次推物塊后由動量守恒定律有，M(v2－v1)＝m[v0－(－v0)]＝2mv0，……，第n次推物塊后，由動量守恒定律得M(vn－vn－1)＝2mv0，整理得vn＝eq\f(2n－1mv0,M)，則v7＝eq\f(260kg·m/s,M)，v8＝eq\f(300kg·m/s,M)。由題意知，v7<5m/s，則M>52kg，又知v8>5m/s，則M<60kg，故選BC?！镜淅?】(2022·河南高三月考)如圖所示，甲、乙兩船的總質(zhì)量(包括船、人和貨物)分別為10m、12m，兩船沿同一直線同一方向運動，速度分別為2v0、v0.為避免兩船相撞，乙船上的人將一質(zhì)量為m的貨物沿水平方向拋向甲船，甲船上的人將貨物接住，求拋出貨物的最小速度．(不計水的阻力和貨物在兩船之間的運動過程)【答案】4v0【解析】設乙船上的人拋出貨物的最小速度大小為vmin，拋出貨物后乙船的速度為v乙．甲船上的人接到貨物后甲船的速度為v甲，規(guī)定向右的方向為正方向．對乙船和貨物的作用過程，由動量守恒定律得12mv0＝11mv乙－mvmin①對貨物和甲船的作用過程，同理有10m×2v0－mvmin＝11mv甲②為避免兩船相撞應有v甲＝v乙③聯(lián)立①②③式得vmin＝4v0.練習7、(2022·肇慶模擬預測)如圖，光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體，斜面體右側一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上。某時刻小孩將冰塊以相對冰面3m/s的速度向斜面體推出，冰塊平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的最大高度h＝0.3m(h小于斜面體的高度)。已知小孩與滑板的總質(zhì)量m1＝30kg，冰塊的質(zhì)量m2＝10kg，小孩與滑板始終無相對運動。取重力加速度的大小g＝10m/s2。(1)求斜面體的質(zhì)量；(2)通過計算判斷，冰塊與斜面體分離后能否追上小孩？【答案】(1)20kg(2)不能，理由見解析【解析】(1)規(guī)定向左為正方向。冰塊在斜面體上上升到最大高度時兩者達到共同速度，設此共同速度為v，斜面體的質(zhì)量為m3。對冰塊與斜面體，由動量守恒定律和機械能守恒定律得m2v0＝(m2＋m3)v①eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(m2＋m3)v2＋m2gh②式中v0＝3m/s為冰塊推出時的速度，聯(lián)立①②式并代入題給數(shù)據(jù)得v＝1m/s，m3＝20kg③(2)設小孩推出冰塊后的速度為v1，對小孩與冰塊，由動量守恒定律有m1v1＋m2v0＝0④代入數(shù)據(jù)得v1＝－1m/s⑤設冰塊與斜面體分離后的速度分別為v2和v3，對冰塊與斜面體，由動量守恒定律和機械能守恒定律有m2v0＝m2v2＋m3v3⑥eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)m3veq\o\al(2,3)⑦聯(lián)立③⑥⑦式并代入數(shù)據(jù)得v2＝－1m/s⑧由于冰塊與斜面體分離后的速度與小孩推出冰塊后的速度相同，故冰塊不能追上小孩。練習8、(2022·張家口期末)如圖所示，在光滑水平面上有A、B兩輛小車，水平面的左側有一豎直墻，在小車B上坐著一個小孩子，小孩與B車的總質(zhì)量是A車質(zhì)量的10倍。兩車開始都處于靜止狀態(tài)，小孩把A車以相對于地面的速度v推出，A車與墻壁碰后仍以原速率返回，小孩接到A車后，又把它以相對于地面的速度v推出。每次推出，A車相對于地面的速度都是v，方向向左。則小孩把A車推出幾次后，A車返回時小孩不能再接到A車？【答案】6次【解析】取水平向右為正方向，小孩第一次推出A車時mBv1－mAv＝0即v1＝eq\f(mA,mB)v第n次推出A車時有mAv＋mBvn－1＝－mAv＋mBvn則vn－vn－1＝eq\f(2mA,mB)v，所以vn＝v1＋(n－1)eq\f(2mA,mB)v當vn≥v時，小孩再也接不到小車，由以上各式得n≥5.5，取n＝6?！厩蓪W妙記】分析臨界問題的關鍵是尋找臨界狀態(tài)。如在動量守恒定律的應用中，常常出現(xiàn)相互作用的兩物體相距最近、避免相碰和物體開始反向運動等臨界狀態(tài)。其臨界條件常常表現(xiàn)為兩物體的相對速度關系與相對位移關系，這些特定關系的判斷是求解這類問題的關鍵。分析臨界問題的關鍵是尋找臨界狀態(tài)。如在動量守恒定律的應用中，常常出現(xiàn)相互作用的兩物體相距最近、避免相碰和物體開始反向運動等臨界狀態(tài)。其臨界條件常常表現(xiàn)為兩物體的相對速度關系與相對位移關系，這些特定關系的判斷是求解這類問題的關鍵。考向四反沖運動人船模型爆炸問題1．爆炸及其特點概念一個物體由于內(nèi)力的巨大作用而分為兩個或兩個以上物體的過程特點動量守恒由于爆炸是在極短時間內(nèi)完成的，爆炸物體間的相互作用遠遠大于受到的外力，所以在爆炸過程中，系統(tǒng)的動量守恒動能增加在爆炸過程中，由于其他形式的能量轉(zhuǎn)化為動能，所以爆炸后系統(tǒng)的總動能增加位置不變爆炸的時間極短，因而在爆炸過程中，物體產(chǎn)生的位移很小，一般忽略不計，即認為位置不變2.反沖運動及其特點概念根據(jù)動量守恒定律，如果一個靜止的物體在內(nèi)力的作用下分裂為兩部分，一部分向某個方向運動，另一部分必然向相反的方向運動特點作用原理反沖運動是系統(tǒng)內(nèi)物體之間的作用力和反作用力產(chǎn)生的效果動量守恒反沖運動中系統(tǒng)不受外力或內(nèi)力遠大于外力，所以反沖運動遵循動量守恒定律動能增加反沖運動中，由于有其他形式的能轉(zhuǎn)化為動能，所以系統(tǒng)的總動能增加3．“人船模型”問題的特征兩個原來靜止的物體發(fā)生相互作用時，若所受外力的矢量和為零，則動量守恒．在相互作用的過程中，任一時刻兩物體的速度大小之比等于質(zhì)量的反比．這樣的問題即為“人船模型”問題．(1)兩個物體；(2)動量守恒；(3)總動量為零。模型探究：如圖所示，長為L、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，不計水的阻力。以人和船組成的系統(tǒng)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(tǒng)水平方向不受外力作用，所以整個系統(tǒng)水平方向動量守恒，可得m船v船＝m人v人，因人和船組成的系統(tǒng)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＝eq\f(m船,m人＋m船)L，x船＝eq\f(m人,m人＋m船)L。(1)兩物體滿足動量守恒定律：m1v1－m2v2＝0.(2)運動特點：人動船動，人靜船靜，人快船快，人慢船慢，人左船右；人船位移比等于它們質(zhì)量的反比；人船平均速度(瞬時速度)比等于它們質(zhì)量的反比，即eq\f(x1,x2)＝eq\f(v1,v2)＝eq\f(m2,m1).(3)應用eq\f(x1,x2)＝eq\f(v1,v2)＝eq\f(m2,m1)時要注意：v1、v2和x1、x2一般都是相對地面而言的．4．類人船模型【典例7】(2021·浙江1月選考)在爆炸實驗基地有一發(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，上升到空中最高點時炸裂成質(zhì)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。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(zhì)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【答案】B【解析】爆炸物上升到最高點時，瞬時速度為零，爆炸瞬間水平方向動量守恒，因此質(zhì)量為2∶1的兩塊碎塊，其速度大小之比為1∶2，根據(jù)平拋運動規(guī)律可知，水平方向位移大小之比為1∶2，但合位移大小之比并不為1∶2，A錯誤。根據(jù)題意，則有eq\f(s,340)＋eq\r(\f(2h,g))＝5，eq\f(2s,340)＋eq\r(\f(2h,g))＝6，解得s＝340m，兩碎塊落地點之間的水平距離為1020m，D錯誤。由上述推導可知，碎塊做平拋運動的時間為4s，根據(jù)平拋運動的規(guī)律可知，爆炸物爆炸點離地面的高度為h＝eq\f(1,2)gt2＝80m，B正確。質(zhì)量大的碎塊其初速度為85m/s，C錯誤?！镜淅?】(2021·天津高考)一玩具以初速度v0從水平地面豎直向上拋出，達到最高點時，用遙控器將玩具內(nèi)壓縮的輕彈簧彈開，該玩具沿水平方向分裂成質(zhì)量之比為1∶4的兩部分，此時它們的動能之和與玩具從地面拋出時的動能相等。彈簧彈開的時間極短，不計空氣阻力。求：(1)玩具上升到最大高度eq\f(3,4)時的速度大小；(2)兩部分落地時速度大小之比?！敬鸢浮?1)eq\f(1,2)v0(2)2∶1【解析】(1)設玩具上升的最大高度為h，玩具上升到高度eq\f(3,4)h時的速度大小為v，重力加速度大小為g，以初速度方向為正方向，整個上升過程有0－veq\o\al(2,0)＝－2gh玩具上升到最大高度eq\f(3,4)的過程有v2－veq\o\al(2,0)＝－2geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)h))聯(lián)立解得v＝eq\f(1,2)v0。(2)設玩具分裂后兩部分的質(zhì)量分別為m1、m2，剛分裂后兩部分的水平速度大小分別為v1、v2，根據(jù)題意有eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)(m1＋m2)veq\o\al(2,0)玩具達到最高點時速度為零，分裂時水平方向動量守恒，有m1v1－m2v2＝0分裂后兩部分均做平拋運動，由運動學規(guī)律可知，兩部分落回地面時豎直方向分速度大小均為v0，設兩部分落地時的速度大小分別為v1′、v2′，由矢量合成有v1′＝eq\r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,1))，v2′＝eq\r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,2))結合m1∶m2＝1∶4聯(lián)立解得v1′∶v2′＝2∶1。練習9、(多選)(2022·江西八所重點中學4月聯(lián)考)如圖所示，質(zhì)量相同的兩個小球A、B用長為L的輕質(zhì)細繩連接，B球穿在光滑水平細桿上，初始時刻，細繩處于水平狀態(tài)。將A、B由靜止釋放，空氣阻力不計，下列說法正確的是()A．A球?qū)⒆鲎兯賵A周運動B．B球?qū)⒁恢毕蛴疫\動C．B球向右運動的最大位移為LD．B球運動的最大速度為eq\r(gL)【答案】CD【解析】由于B點不固定，故A的軌跡不可能為圓周，A錯誤；A球來回擺動，A、B組成的系統(tǒng)在水平方向上不受外力，系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，可知B球?qū)⒆鐾鶑瓦\動，B錯誤；對于A、B組成的系統(tǒng)，當A球擺到左側，細繩再次處于水平狀態(tài)時，B球有向右的最大位移，此時對系統(tǒng)有mAeq\f(xA,t)－mBeq\f(xB,t)＝0，xA＋xB＝2L，解得B球向右運動的最大位移為L，C正確；當A球擺到B球正下方時，B球的速度最大，在水平方向上由動量守恒定律得mAvA＝mBvB，由機械能守恒定律得mAgL＝eq\f(1,2)mAvA2＋eq\f(1,2)mBvB2，解得B球運動的最大速度為vB＝eq\r(gL)，D正確。練習10、(2022黑龍江牡丹江聯(lián)考)(多選)小車靜止在光滑水平面上，站在車上的人練習打靶，靶裝在車上的另一端，如圖所示，已知車、人、槍和靶的總質(zhì)量為M(不含子彈)，每顆子彈質(zhì)量為m，共n發(fā)，打靶時，槍口到靶的距離為d，若每發(fā)子彈打入靶中就留在靶里，且待前一發(fā)打入靶中后，再打下一發(fā)，則以下說法正確的是()A．打完n發(fā)子彈后，小車將以一定速度向右勻速運動B．打完n發(fā)子彈后，小車應停在射擊之前位置的右方C．在每一發(fā)子彈的射擊過程中，小車所發(fā)生的位移相同，大小均為eq\f(md,nm＋M)D．在每一發(fā)子彈的射擊過程中，小車所發(fā)生的位移不相同，應越來越大【答案】BC【解析】子彈、槍、人、車和靶組成的系統(tǒng)，水平方向不受外力，水平方向動量守恒，子彈射擊前系統(tǒng)總動量為零，由動量守恒定律知，子彈射入靶后總動量也為零，故打完n發(fā)子彈后，小車仍靜止，A錯誤；設子彈射出槍口時的速度為v，車后退的速度大小為v′，以水平向左的方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律得0＝mv－[M＋(n－1)m]v′①子彈勻速前進的同時，車勻速后退，故vt＋v′t＝d②聯(lián)立解得v′＝eq\f(mv,M＋n－1m)，t＝eq\f(d,v＋\f(mv,M＋n－1m))故車后退的距離為Δs＝v′t＝eq\f(mv,M＋n－1m)×eq\f(d,v＋\f(mv,M＋n－1m))＝eq\f(md,M＋nm)，每顆子彈從發(fā)射到擊中靶的過程，車均后退Δs，故n顆子彈發(fā)射完畢后，小車后退的位移為s＝n·Δs＝eq\f(nmd,M＋nm)故B、C正確，D錯誤．【巧學妙記】求解求解爆炸問題的注意事項(1)分析爆炸問題，要準確確定爆炸前后的速度，不能把物體的初速度當作爆炸前的速度。(2)根據(jù)爆炸前后動量守恒，以及增加的動能等于消耗的其他能量入手求解。反沖問題解題要領(1)兩部分初、末狀態(tài)的速度所選的參考系必須是同一參考系，且一般以地面為參考系。(2)要特別注意反沖前、后兩部分對應的質(zhì)量。(3)列方程時要注意初、末狀態(tài)動量的方向，一般而言，反沖部分速度的方向與另一部分的運動方向是相反的。1.．(2022·吉安市大聯(lián)考)在如圖所示的裝置中，木塊B與水平桌面間的接觸是光滑的，子彈A沿水平方向射入木塊后留在其中，將彈簧壓縮到最短．若將子彈、木塊和彈簧合在一起作為系統(tǒng)，則此系統(tǒng)在從子彈開始射入到彈簧被壓縮至最短的整個過程中()A．動量守恒，機械能守恒B．動量不守恒，機械能不守恒C．動量守恒，機械能不守恒D．動量不守恒，機械能守恒2、(多選)(2022·河池期末教學質(zhì)檢)半徑相等的兩個小球A和B，在光滑水平面上沿同一直線相向運動．若A球的質(zhì)量大于B球的質(zhì)量，發(fā)生彈性碰撞前，兩球的動能相等，碰撞后兩球的運動狀態(tài)可能是()A．A球的速度為零，B球的速度不為零B．B球的速度為零，A球的速度不為零C．兩球的速度均不為零D．兩球的速度方向均與原方向相反，兩球的動能仍相等3、(多選)(2022·廣東省高考模擬)如圖所示，A、B兩物體質(zhì)量之比mA∶mB＝3∶2，原來靜止在平板車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(tǒng)動量守恒的是()A．若A、B與C上表面間的動摩擦因數(shù)相同，A、B組成的系統(tǒng)B．若A、B與C上表面間的動摩擦因數(shù)相同，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)D．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C組成的系統(tǒng)4、(多選)(2022·黃山第二次質(zhì)檢)如圖所示，將質(zhì)量為M1、半徑為R且內(nèi)壁光滑的半圓槽置于光滑水平面上，半圓槽左側靠豎直墻，右側靠一質(zhì)量為M2的物塊．今讓一質(zhì)量為m的小球自左側槽口A的正上方足夠高處從靜止開始下落，自A點沿切線方向進入槽內(nèi)，則以下結論中正確的是()A．小球在槽內(nèi)運動的全過程中，小球與半圓槽在水平方向動量守恒B．小球在槽內(nèi)運動到B點后的運動過程，小球、半圓槽和物塊組成的系統(tǒng)動量守恒C．小球離開C點以后，將做斜上拋運動，且恰好再從C點落入半圓槽中D．小球第二次通過B點時半圓槽與物塊分離，且兩者不會再相碰5、(2022·福建龍巖市5月模擬)如圖1所示，水平面上有一平板車，某人站在車上掄起錘子從與肩等高處揮下，打在車的左端，打后車與錘相對靜止。以人、錘子和平板車為系統(tǒng)(初始時系統(tǒng)靜止)，研究該次揮下、打擊過程，下列說法正確的是()A.若水平面光滑，在錘子揮下的過程中，平板車一定向右運動B.若水平面光滑，打后平板車可能向右運動C.若水平面粗糙，在錘子揮下的過程中，平板車一定向左運動D.若水平面粗糙，打后平板車可能向右運動6、(2022·湖南婁底市下學期質(zhì)量檢測)質(zhì)量為M的氣球上有一個質(zhì)量為m的人，氣球和人在靜止的空氣中共同靜止于離地h高處，如果從氣球上慢慢放下一個質(zhì)量不計的軟梯，讓人沿軟梯降到地面，則軟梯長至少應為()A.eq\f(m,m＋M)h B.eq\f(M,m＋M)hC.eq\f(M＋m,M)h D.eq\f(M＋m,m)h7、(多選)(2022·恩施高中等三校4月聯(lián)考)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車上相對a車保持靜止，此后()A．a(chǎn)、b兩車運動速率相等B．a(chǎn)、c兩車運動速率相等C．三輛車的速率關系vc>va>vbD．a(chǎn)、c兩車運動方向相反8、(2022·深圳市東升學校模擬預測)如圖是勞動者拋沙袋入車的情境圖。一排人站在平直的軌道旁，分別標記為1，2，3…已知車的質(zhì)量為40kg，每個沙袋質(zhì)量為5kg。當車經(jīng)過一人身旁時，此人將一個沙袋沿與車前進相反的方向以4m/s投入到車內(nèi)，沙袋與車瞬間就獲得共同速度。已知車原來的速度大小為10m/s，當車停止運動時，一共拋入的沙袋有()A．20個B．25個C．30個D．40個9、(2022·山東省泰安市高三下二輪檢測)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(zhì)量為M(含水)的自制“水火箭”釋放升空，在極短的時間內(nèi)，質(zhì)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(tǒng)機械能守恒C．火箭獲得的最大速度為eq\f(Mv0,M－m)D．火箭上升的最大高度為eq\f(m2v\o\al(2,0),2gM－m2)10、(2022·河南高三月考)一火箭噴氣發(fā)動機每次噴出m＝200g的氣體，氣體離開發(fā)動機噴出時的速度v＝1000m/s(相對地面)。設火箭質(zhì)量M＝300kg，發(fā)動機每秒鐘噴氣20次。(1)當?shù)谌螄姵鰵怏w后，火箭的速度為多大？(2)運動第1s末，火箭的速度為多大？1.(多選)(2022·龍巖第三次質(zhì)檢)如圖所示，在女排比賽中，中國球員朱婷豎直跳起，恰好在她到達最高點時將水平飛來的排球迎面擊出，排球以更大的速率水平返回，直接落在對方的場地上。則下列說法正確的是()A．在擊打過程中朱婷與球組成的系統(tǒng)動量不守恒B．擊打前后瞬間朱婷與球組成的系統(tǒng)的動能相等C．朱婷擊打完后比排球先落地D．朱婷擊打完后落回起跳點上2、(多選)(2022·南寧模擬預測)如圖所示，繩長為l，小球質(zhì)量為m，小車質(zhì)量為M，將小球向右拉至水平后放手，則(水平面光滑)()A．系統(tǒng)的總動量守恒B．水平方向任意時刻小球與小車的動量等大反向或都為零C．小球不能向左擺到原高度D．小車向右移動的最大距離為eq\f(2ml,M＋m)3、(多選)(2022·鷹潭二模)如圖所示，光滑的水平地面上有木板C，mC＝4kg，C板上表面粗糙，A、B兩個物體緊挨在一起，初始A、B和C三個物體均處于靜止狀態(tài)，mA＝1kg，mB＝2kg。A、B間夾有少量火藥，某時刻火藥爆炸，瞬間釋放了E＝27J的能量并全部轉(zhuǎn)化為A和B的動能，使A、B分別水平向左、向右運動起來，C板足夠長，以下結論正確的是()A．爆炸后瞬間A、B速度大小vA＝2vBB．若A、B與木板C上表面間的動摩擦因數(shù)相同，爆炸后A、B組成的系統(tǒng)動量守恒C．若A、B與木板C上表面間的摩擦力大小不相等，則A、B、C組成的系統(tǒng)動量不守恒D．整個過程中A、B、C系統(tǒng)由于摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能為27J4.(2022·景德鎮(zhèn)一模)滑板運動是青少年比較喜歡的一種戶外運動?，F(xiàn)有一個質(zhì)量為m的小孩站在一輛質(zhì)量為λm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v0勻速運動，突然發(fā)現(xiàn)前面有一個小水坑，由于來不及轉(zhuǎn)向和剎車，該小孩立即相對滑板車以速度v0向前跳離滑板車，滑板車速度大小變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2)，但方向不變，則λ為()A．1 B．2C．3 D．45、(2022·陜西商洛質(zhì)檢)如圖所示，在固定的水平桿上，套有質(zhì)量為m的光滑圓環(huán)，輕繩一端拴在環(huán)上，另一端系著質(zhì)量為M的木塊，現(xiàn)有質(zhì)量為m0的子彈以大小為v0的水平速度射入木塊并立刻留在木塊中，重力加速度為g，下列說法正確的是()A．子彈射入木塊后的瞬間，速度大小為eq\f(m0v0,m0＋m＋M)B．子彈射入木塊后的瞬間，繩子拉力等于(M＋m0)gC．子彈射入木塊后的瞬間，環(huán)對輕桿的壓力大于(M＋m＋m0)gD．子彈射入木塊之后，圓環(huán)、木塊和子彈構成的系統(tǒng)動量守恒6.(多選)(2022·佛山教學質(zhì)檢)如圖所示，在足夠長的光滑水平面上，相對放置著兩個形狀完全相同的光滑弧形槽A、B，槽底端與光滑水平面相切，其中弧形槽A不固定，弧形槽B固定。一小球從弧形槽A頂端由靜止釋放。下列判斷正確的是()A．小球在弧形槽A下滑過程中，小球的機械能不守恒B．小球在弧形槽B上滑過程中，小球的機械能不守恒C．小球和弧形槽A組成的系統(tǒng)滿足動量守恒D．小球不能上升到弧形槽B的頂端7、(2022·長春質(zhì)量監(jiān)測)所謂對接是指兩艘以幾乎同樣快慢同向運行的宇宙飛船在太空中互相靠近，最后連接在一起。假設“天舟一號”和“天宮二號”的質(zhì)量分別為M、m，兩者對接前的在軌速度分別為v＋Δv、v，對接持續(xù)時間為Δt，則在對接過程中“天舟一號”對“天宮二號”的平均作用力大小為()A.eq\f(m2·Δv,M＋mΔt) B.eq\f(M2·Δv,M＋mΔt)C.eq\f(Mm·Δv,M＋mΔt) D．08、(2022·恩施高中等三校4月聯(lián)考)如圖所示，我國自行研制的第五代隱形戰(zhàn)機“殲-20”以速度v0水平向右勻速飛行，到達目標地時，將質(zhì)量為M的導彈自由釋放，導彈向后噴出質(zhì)量為m、對地速率為v1的燃氣，則噴氣后導彈的速率為()A.eq\f(Mv0＋mv1,M－m) B.eq\f(Mv0－mv1,M－m)C.eq\f(Mv0－mv1,M) D.eq\f(Mv0＋mv1,M)9．(2022·河北省唐山市高三上開學摸底考試)兩名質(zhì)量相等的滑冰人甲和乙都靜止在光滑的水平冰面上。現(xiàn)在，其中一人向另一個人拋出一個籃球，另一人接球后再拋回。如此反復進行幾次之后，甲和乙最后的速率關系是()A．若甲最先拋球，則一定是v甲>v乙B．若乙最后接球，則一定是v甲>v乙C．只有甲先拋球，乙最后接球，才有v甲>v乙D．無論怎樣拋球和接球，都是v甲>v乙10、(2021·廣東省廣州市高考一模)長木板a放在光滑的水平地面上，在其上表面放一小物塊b。以地面為參考系，給a和b以大小均為v0、方向相反的初速度，最后b沒有滑離a。設a的初速度方向為正方向，a、b的v-t圖像可能正確的是()11.(2022·長春質(zhì)量監(jiān)測)一質(zhì)量為M的航天器遠離太陽和行星，正以速度v0在太空中飛行，某一時刻航天器接到加速的指令后，發(fā)動機瞬間向后噴出質(zhì)量為m的氣體，氣體向后噴出的速度大小為v1，加速后航天器的速度大小v2等于(v0、v1、v2均為相對同一參考系的速度)()A.eq\f(（M＋m）v0－mv1,M) B.eq\f(（M＋m）v0＋mv1,M)C.eq\f(Mv0＋mv1,M－m) D.eq\f(Mv0－mv1,M－m)12.(2022·濰坊月考)如圖所示，質(zhì)量為m的人立于平板車上，人與車的總質(zhì)量為M，人與車以速度v1在光滑水平面上向右運動，當人相對于車以速度v2豎直跳起時，車的速度變?yōu)?)A.eq\f(Mv1－Mv2,M－m)，方向向右 B.eq\f(Mv1,M－m)，方向向右C.eq\f(Mv1＋Mv2,M－m)，方向向右 D．v1，方向向右13、(2022·山東棗莊期末)如圖所示，質(zhì)量mA＝8.0kg的足夠長的木板A放在光滑水平面上，在其右端放一個質(zhì)量為mB＝2.0kg的小木塊B。給B以大小為4.0m/s、方向向左的初速度，同時給A以大小為6.0m/s、方向向右的初速度，兩物體同時開始運動，直至A、B運動狀態(tài)穩(wěn)定，下列說法正確的是()A．木塊B的最終速度大小為5.6m/sB．在整個過程中，木塊B的動能變化量為0C．在整個過程中，木塊B的動量變化量為0D．在整個過程中，系統(tǒng)的機械能守恒14.(多選)(2022·南京、鹽城第二次模擬)如圖所示，一質(zhì)量M＝3.0kg的長方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一個質(zhì)量m＝1.0kg的小木塊A，同時給A和B以大小均為4.0m/s、方向相反的初速度，使A開始向左運動，B開始向右運動，A始終沒有滑離B板，在小木塊A做加速運動的時間內(nèi)，木板速度大小可能是()A.2.1m/s B.2.4m/sC.2.8m/s D.3.0m/s15.(2022·山東濟寧市質(zhì)檢)如圖9所示，質(zhì)量為m的炮彈運動到水平地面O點正上方時速度沿水平方向，離地面高度為h，炮彈動能為E，此時發(fā)生爆炸，炮彈炸為質(zhì)量相等的兩部分，兩部分的動能之和為2E，速度方向仍沿水平方向，爆炸時間極短，重力加速度為g，不計空氣阻力和火藥的質(zhì)量，求炮彈的兩部分落地點之間的距離。16、(2022·石家莊一模)以與水平方向成60°角斜向上的初速度v0射出的炮彈，到達最高點時因爆炸分成質(zhì)量分別為m和2m的兩塊，其中質(zhì)量為2m的一塊沿著原來的方向以2v0的速度飛行。求：(1)質(zhì)量較小的那一塊彈片速度的大小和方向；(2)爆炸過程中有多少化學能轉(zhuǎn)化為炮彈的動能？1.（湖南省2022年普通高中學業(yè)水平等級考試）4.1932年，查德威克用未知射線轟擊氫核，發(fā)現(xiàn)這種射線是由質(zhì)量與質(zhì)子大致相等的中性粒子（即中子）組成。如圖，中子以速度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和。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.大于 D.大于2.（多選）（2021年湖南省普通高中學業(yè)水平選擇性考試）8.如圖（a），質(zhì)量分別為、的、兩物體用輕彈簧連接構成一個系統(tǒng)，外力作用在上，系統(tǒng)靜止在光滑水平面上（靠墻面），此時彈簧形變量為。撤去外力并開始計時，、兩物體運動的圖像如圖（b）所示，表示0到時間內(nèi)的圖線與坐標軸所圍面積大小，、分別表示到時間內(nèi)、的圖線與坐標軸所圍面積大小。在時刻的速度為。下列說法正確的是（）A.0到時間內(nèi)，墻對的沖量等于B.C.運動后，彈簧的最大形變量等于D.3、（多選）（2021年天津市普通高中學業(yè)水平選擇性考試）一沖九霄，問鼎蒼穹．2021年4月29日，長征五號B遙二運載火箭搭載空間站天和核心艙發(fā)射升空，標志著我國空間站建造進入全面實施階段．下列關于火箭的描述正確的是（）A．增加單位時間的燃氣噴射量可以增大火箭的推力B．增大燃氣相對于火箭的噴射速度可以增大火箭的推力C．當燃氣噴出火箭噴口的速度相對于地面為零時火箭就不再加速D．火箭發(fā)射時獲得的推力來自于噴出的燃氣與發(fā)射臺之間的相互作用4、(2017·全國卷Ⅰ，14)將質(zhì)量為1.00kg的模型火箭點火升空，50g燃燒的燃氣以大小為600m/s的速度從火箭噴口在很短時間內(nèi)噴出。在燃氣噴出后的瞬間，火箭的動量大小為(噴出過程中重力和空氣阻力可忽略)()A.30kg·m/s B.5.7×102kg·m/sC.6.0×102kg·m/s D.6.3×102kg·m/s5、(2020·高考江蘇卷，T14)一只質(zhì)量為1.4kg的烏賊吸入0.1kg的水，靜止在水中。遇到危險時，它在極短時間內(nèi)把吸入的水向后全部噴出，以2m/s的速度向前逃竄。求該烏賊噴出的水的速度大小。6、(2018·全國卷Ⅰ)一質(zhì)量為m的煙花彈獲得動能E后，從地面豎直升空。當煙花彈上升的速度為零時，彈中火藥爆炸將煙花彈炸為質(zhì)量相等的兩部分，兩部分獲得的動能之和也為E，且均沿豎直方向運動。爆炸時間極短，重力加速度大小為g，不計空氣阻力和火藥的質(zhì)量。求：(1)煙花彈從地面開始上升到彈中火藥爆炸所經(jīng)過的時間；(2)爆炸后煙花彈向上運動的部分距地面的最大高度。7、（2021年河北省普通高中學業(yè)水平選擇性考試））如圖，一滑雪道由和兩段滑道組成，其中段傾角為，段水平，段和段由一小段光滑圓弧連接，一個質(zhì)量為的背包在滑道頂端A處由靜止滑下，若后質(zhì)量為的滑雪者從頂端以的初速度、的加速度勻加速追趕，恰好在坡底光滑圓弧的水平處追上背包并立即將其拎起，背包與滑道的動摩擦因數(shù)為，重力加速度取，，，忽略空氣阻力及拎包過程中滑雪者與背包的重心變化，求：（1）滑道段的長度；（2）滑雪者拎起背包時這一瞬間的速度。（1）滑道段的長度；（2）滑雪者拎起背包時這一瞬間的速度。8、（2021年天津市普通高中學業(yè)水平選擇性考試10）一玩具以初速度從水平地面豎直向上拋出，達到最高點時，用遙控器將玩具內(nèi)壓縮的輕彈簧彈開，該玩具沿水平方向分裂成質(zhì)量之比為1∶4的兩部分，此時它們的動能之和與玩具從地面拋出時的動能相等．彈簧彈開的時間極短，不計空氣阻力．求（1）玩具上升到最大高度時的速度大小；（2）兩部分落地時速度大小之比．9、（2021年廣東省普通高中學業(yè)水平選擇性考試）算盤是我國古老計算工具，中心帶孔的相同算珠可在算盤的固定導桿上滑動，使用前算珠需要歸零，如圖所示，水平放置的算盤中有甲、乙兩顆算珠未在歸零位置，甲靠邊框b，甲、乙相隔，乙與邊框a相隔，算珠與導桿間的動摩擦因數(shù)?，F(xiàn)用手指將甲以的初速度撥出，甲、乙碰撞后甲的速度大小為，方向不變，碰撞時間極短且不計，重力加速度g取。（1）通過計算，判斷乙算珠能否滑動到邊框a；（2）求甲算珠從撥出到停下所需的時間。 10、（2021年浙江省6月普通高中學業(yè)水平選擇性考試）21.如圖所示，水平地面上有一高的水平臺面，臺面上豎直放置傾角的粗糙直軌道、水平光滑直軌道、四分之一圓周光滑細圓管道和半圓形光滑軌道，它們平滑連接，其中管道的半徑、圓心在點，軌道的半徑、圓心在點，、D、和F點均處在同一水平線上。小滑塊從軌道上距臺面高為h的P點靜止下滑，與靜止在軌道上等質(zhì)量的小球發(fā)生彈性碰撞，碰后小球經(jīng)管道、軌道從F點豎直向下運動，與正下方固定在直桿上的三棱柱G碰撞，碰后速度方向水平向右，大小與碰前相同，最終落在地面上Q點，已知小滑塊與軌道間的動摩擦因數(shù)，，。（1）若小滑塊的初始高度，求小滑塊到達B點時速度的大?。唬?）若小球能完成整個運動過程，求h的最小值；（3）若小球恰好能過最高點E，且三棱柱G的位置上下可調(diào)，求落地點Q與F點的水平距離x的最大值。

考點22動量守恒定律--動量守恒定律及應用新課程標準1.通過理論推導和實驗，理解動量守恒定律，能用其解釋生產(chǎn)生活中的有關現(xiàn)象。知道動量守恒定律的普適性。2．體會用守恒定律分析物理問題的方法，體會自然界的和諧與統(tǒng)一。命題趨勢考查的內(nèi)容主要體現(xiàn)對物理觀念的認識、運動與相互作用、能量觀念等物理學科的核心素養(yǎng)?？茖W思維中的模型建構、科學推理、科學論證等要素。必備知識主要是動量守恒定律的應用以及動量和能量的綜合應用。試題情境生活實踐類生產(chǎn)生活中的爆炸、火箭發(fā)射、反沖問題．學習探究類氣墊導軌上滑塊碰撞、斜槽末端小球碰撞考向一系統(tǒng)動量守恒的理解考向二動量守恒定律的基本應用考向三動量守恒定律的臨界問題考向四反沖運動人船模型爆炸問題考向一系統(tǒng)動量守恒的理解一、動量守恒定律及其應用1．動量守恒定律(1)內(nèi)容：如果一個系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的矢量和為0，這個系統(tǒng)的總動量保持不變。(2)表達式(1)p＝p′，系統(tǒng)相互作用前總動量p等于相互作用后的總動量p′。(2)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的兩個物體組成的系統(tǒng)，作用前的動量和等于作用后的動量和。(3)Δp1＝－Δp2，相互作用的兩個物體動量的變化量等大反向。(4)Δp＝0，系統(tǒng)總動量的增量為零。2．動量守恒定律的五個特性矢量性動量守恒定律的表達式為矢量方程，解題應選取統(tǒng)一的正方向相對性各物體的速度必須是相對同一參考系的速度(一般是相對于地面)同時性動量是一個瞬時量，表達式中的p1、p2、…必須是系統(tǒng)中各物體在相互作用前同一時刻的動量，p1′、p2′、…必須是系統(tǒng)中各物體在相互作用后同一時刻的動量系統(tǒng)性研究的對象是相互作用的兩個或多個物體組成的系統(tǒng)普適性動量守恒定律不僅適用于低速宏觀物體組成的系統(tǒng)，還適用于接近光速運動的微觀粒子組成的系統(tǒng)3．系統(tǒng)動量守恒的條件理想守恒系統(tǒng)不受外力或所受外力的合力為零，則系統(tǒng)動量守恒近似守恒系統(tǒng)受到的合外力不為零，但當內(nèi)力遠大于合外力時，系統(tǒng)的動量可近似看成守恒分方向守恒系統(tǒng)在某個方向上所受合外力為零或該方向F內(nèi)?F外時，系統(tǒng)在該方向上動量守恒【典例1】(2021·全國乙卷)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，從撤去推力開始，小車、彈簧和滑塊組成的系統(tǒng)()A．動量守恒，機械能守恒B．動量守恒，機械能不守恒C．動量不守恒，機械能守恒D．動量不守恒，機械能不守恒【答案】B【解析】撤去推力，系統(tǒng)所受合外力為零，動量守恒；因為滑塊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滑動，即摩擦力做功，故系統(tǒng)的機械能減少，B正確?！镜淅?】(多選)(2022·江蘇七市第三次調(diào)研)在質(zhì)量為M的小車中掛有一單擺，擺球的質(zhì)量為m0，小車(和單擺)以恒定的速度v沿光滑水平面運動，與位于正對面的質(zhì)量為m的靜止木塊發(fā)生碰撞，如圖所示，碰撞的時間極短，在碰撞過程中，下列情況可能發(fā)生的是()A．小車和擺球的速度都變?yōu)関1，木塊的速度變?yōu)関2，滿足(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2B．小車、木塊、擺球的速度都發(fā)生變化分別為v1、v2、v3，滿足(M＋m0)v＝Mv1＋mv2＋m0v3C．擺球的速度不變，小車和木塊的速度變?yōu)関1和v2，滿足Mv＝Mv1＋mv2D．擺球的速度不變，小車和木塊的速度變?yōu)関′，滿足Mv＝(M＋m)v′【答案】CD【解析】在碰撞過程中，由于慣性，擺球的速度不變，故A、B項均錯誤．擺球的速度不變，小車和木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，若碰后小車和木塊的速度變?yōu)関1和v2，取向右為正方向，根據(jù)動量守恒有Mv＝Mv1＋mv2，故C項正確．擺球的速度不變，小車和木塊的速度變?yōu)関′，取向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律有Mv＝(M＋m)v′，故D正確．練習1、(2022湖北新高考適應卷)如圖所示，曲面體P靜止于光滑水平面上，物塊Q自P的上端靜止釋放．Q與P的接觸面光滑，Q在P上運動的過程中，下列說法正確的是()A．P對Q做功為零B．P對Q之間相互作用力做功之和為零C．P對Q構成的系統(tǒng)機械能守恒、動量守恒D．P對Q構成的系統(tǒng)機械能不守恒、動量守恒【答案】B【解析】由于Q與P的接觸面光滑，Q在P上運動的過程中，Q對P的彈力做正功，P對Q的彈力做負功，但P和Q之間相互作用力做功之和為零，P和Q構成的系統(tǒng)機械能守恒，水平方向動量守恒，所以B正確，A、C、D錯誤．練習2、(多選)(2022·山西省考前適應性測試)如圖所示，A、B兩木塊緊靠在一起且靜止于光滑水平面上，木塊C以一定的初速度v0從A的左端開始向右滑行，最后停在B木塊的右端，對此過程，下列敘述正確的是()A．當C在A上滑行時，A、C組成的系統(tǒng)動量守恒B．當C在B上滑行時，B、C組成的系統(tǒng)動量守恒C．無論C是在A上滑行還是在B上滑行，A、B、C三木塊組成的系統(tǒng)動量都守恒D．當C在B上滑行時，A、B、C組成的系統(tǒng)動量不守恒【答案】BC【解析】當C在A上滑行時，對A、C組成的系統(tǒng)，B對A的作用力為外力且不等于0，故系統(tǒng)動量不守恒，選項A錯誤；當C在B上滑行時，A、B已分離，對B、C組成的系統(tǒng)，沿水平方向不受外力作用，故系統(tǒng)動量守恒，選項B正確；若將A、B、C三木塊視為一系統(tǒng)，則沿水平方向無外力作用，系統(tǒng)動量守恒，選項C正確，D錯誤．【巧學妙記】應用動量守恒定律時的幾點易錯提醒應用動量守恒定律時的幾點易錯提醒(1)分析系統(tǒng)內(nèi)物體受力時，要弄清哪些是系統(tǒng)的內(nèi)力，哪些是外力。(2)對于同一個系統(tǒng)，在不同物理過程中動量守恒情況有可能不同。(3)同一物理過程中，選不同的系統(tǒng)為研究對象，動量守恒情況也往往不同，因此解題時應明確選取的系統(tǒng)和研究過程。(4)動量守恒和機械能守恒的條件不同，動量守恒時機械能不一定守恒，機械能守恒時動量不一定守恒，二者不可混淆。考向二動量守恒定律的基本應用應用動量守恒定律的解題步驟(1)明確研究對象，確定系統(tǒng)的組成(系統(tǒng)包括哪幾個物體及研究的過程)。(2)進行受力分析，判斷系統(tǒng)動量是否守恒(或某一方向上是否守恒)。(3)規(guī)定正方向，確定初、末狀態(tài)動量。(4)由動量守恒定律列出方程。(5)代入數(shù)據(jù)，求出結果，必要時討論說明?！镜淅?】(2019·江蘇卷)質(zhì)量為M的小孩站在質(zhì)量為m的滑板上，小孩和滑板均處于靜止狀態(tài)，忽略滑板與地面間的摩擦．小孩沿水平方向躍離滑板，離開滑板時的速度大小為v，此時滑板的速度大小為()A．eq\f(m,M)vB．eq\f(M,m)vC．eq\f(m,m＋M)vD．eq\f(M,m＋M)v【答案】B【解析】設滑板的速度為u，小孩和滑板動量守恒得：0＝mu－Mv，解得：u＝eq\f(M,m)v，故B正確．【典例4】(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(fā)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(zhì)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【答案】A【解析】設乙物塊的質(zhì)量為m，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(shù)據(jù)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＝eq\f(1,2)m甲veq\o\al(2,甲)＋eq\f(1,2)m乙veq\o\al(2,乙)－eq\f(1,2)m甲v甲′2－eq\f(1,2)m乙v乙′2，代入題圖中數(shù)據(jù)解得E損＝3J，A項正確。練習3、(多選)(2022·山東青島月考)某研究小組通過實驗測得兩滑塊碰撞前后運動的實驗數(shù)據(jù)，得到如圖所示的位移—時間圖像。圖中的線段a、b、c分別表示沿光滑水平面上同一條直線運動的滑塊Ⅰ、Ⅱ和它們發(fā)生正碰后結合體的位移隨時間變化關系。已知相互作用時間極短，由圖像給出的信息可知()A．碰前滑塊Ⅰ與滑塊Ⅱ速度大小之比為5∶2B．碰前滑塊Ⅰ的動量大小大于滑塊Ⅱ的動量大小C．碰前滑塊Ⅰ的動能比滑塊Ⅱ的動能小D．滑塊Ⅰ的質(zhì)量是滑塊Ⅱ的質(zhì)量的eq\f(1,6)【答案】AD【解析】根據(jù)x-t圖像的斜率表示速度，可知碰前滑塊Ⅰ的速度v1＝－2m/s，滑塊Ⅱ的速度v2＝0.8m/s，則碰前速度大小之比為5∶2，故A項正確；碰撞后的共同速度v＝0.4m/s，根據(jù)動量守恒定律，有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，解得m2＝6m1，由動量的表達式可知|m1v1|＜m2v2，由動能的表達式可知，eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)>eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)，故B、C兩項錯誤，D項正確。練習4、(2022·蚌埠第三次教學質(zhì)量檢測)如圖所示，光滑水平面上靜止放置著一輛平板車A。車上有兩個小滑塊B和C，A、B、C三者的質(zhì)量分別是3m、2m、m。B與平板車之間的動摩擦因數(shù)為μ，而C與平板車之間的動摩擦因數(shù)為2μ。開始時B、C分別從平板車的左、右兩端同時以大小相同的初速度v0相向滑行。已知B、C最后都沒有脫離平板車，則平板車的最終速度v車是()A.eq\f(1,2)v0B.eq\f(1,6)v0C.eq\f(1,3)v0 D．0【答案】B【解析】設水平向右為正方向，因為水平面光滑，三個物體組成的系統(tǒng)動量守恒，系統(tǒng)最終的速度為v車，所以2mv0－mv0＝(3m＋2m＋m)v車，解得v車＝eq\f(1,6)v0，B正確。練習5、(2022·晉中適應性調(diào)研)一人站在靜止于光滑平直軌道上的平板車上，人和車的總質(zhì)量為M.現(xiàn)在這人雙手各握一個質(zhì)量均為m的鉛球，以兩種方式順著軌道方向水平投出鉛球：第一次是一個一個地投；第二次是兩個一起投．設每次投擲時鉛球相對車的速度相同，則兩次投擲后小車速度之比為()A.eq\f(2M＋3m,2（M＋m）)B.eq\f(M＋m,M)C．1D.eq\f(（2M＋m）（M＋2m）,2M（M＋m）)【答案】A【解析】因平直軌道光滑，故人與車及兩個鉛球組成的系統(tǒng)動量守恒．設每次投出的鉛球?qū)嚨乃俣葹閡，第一次是一個一個地投擲時，有兩個作用過程，根據(jù)動量守恒定律，投擲第一個球時，應有0＝(M＋m)v－m(u－v)①投擲第二個球時，有(M＋m)v＝Mv1－m(u－v1)②由①②兩式，解得v1＝eq\f(（2M＋3m）mu,（M＋m）（M＋2m）)第二次兩球一起投出時，有0＝Mv2－2m(u－v2)，解得v2＝eq\f(2mu,M＋2m)所以兩次投擲鉛球小車的速度之比eq\f(v1,v2)＝eq\f(2M＋3m,2（M＋m）).來向你6、(2022·湖北十一校3月第二次聯(lián)考)如圖所示，光滑水平軌道上放置長板A(上表面粗糙)和滑塊C，滑塊B置于A的左端，三者質(zhì)量分別為mA＝2kg、mB＝1kg、mC＝2kg。開始時C靜止，A、B一起以v0＝5m/s的速度勻速向右運動，A與C發(fā)生碰撞(時間極短)后C向右運動，經(jīng)過一段時間，A、B再次達到共同速度一起向右運動，且恰好不再與C碰撞。求A與C發(fā)生碰撞后瞬間A的速度大小?！敬鸢浮?m/s【解析】因碰撞時間極短，A與C碰撞過程動量守恒，設碰后瞬間A的速度為vA，C的速度為vC，以向右為正方向，由動量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mCvC①A與B在摩擦力作用下達到共同速度，設共同速度為vAB，由動量守恒定律得mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)vAB②A與B達到共同速度后恰好不再與C碰撞，應滿足vAB＝vC③聯(lián)立①②③式，代入數(shù)據(jù)得vA＝2m/s?！厩蓪W妙記】應用動量守恒定律時的幾點易錯提醒應用動量守恒定律時的幾點易錯提醒(1)動量守恒定律的研究對象都是相互作用的物體組成的系統(tǒng)。系統(tǒng)的動量是否守恒，與選擇哪幾個物體作為系統(tǒng)和分析哪一段運動過程有直接關系。(2)分析系統(tǒng)內(nèi)物體受力時，要弄清哪些是系統(tǒng)的內(nèi)力，哪些是外力。(3)動量守恒和機械能守恒的條件不同，動量守恒時機械能不一定守恒，機械能守恒時動量不一定守恒，二者不可混淆?？枷蛉齽恿渴睾愣傻呐R界問題【典例5】(多選)(2020·全國Ⅱ卷)水平冰面上有一固定的豎直擋板，一滑冰運動員面對擋板靜止在冰面上，他把一質(zhì)量為4.0kg的靜止物塊以大小為5.0m/s的速度沿與擋板垂直的方向推向擋板，運動員獲得退行速度；物塊與擋板彈性碰撞，速度反向，追上運動員時，運動員又把物塊推向擋板，使其再一次以大小為5.0m/s的速度與擋板彈性碰撞，總共經(jīng)過8次這樣推物塊后，運動員退行速度的大小大于5.0m/s，反彈的物塊不能再追上運動員。不計冰面的摩擦力，該運動員的質(zhì)量可能為()A．48kg B．53kgC．58kg D．63kg【答案】BC【解析】設運動員的質(zhì)量為M，第一次推物塊后，運動員速度大小為v1，第二次推物塊后，運動員速度大小為v2……第八次推物塊后，運動員速度大小為v8，取運動員退行速度方向為正方向，第一次推物塊后，由動量守恒定律有，Mv1＝mv0；第二次推物塊后由動量守恒定律有，M(v2－v1)＝m[v0－(－v0)]＝2mv0，……，第n次推物塊后，由動量守恒定律得M(vn－vn－1)＝2mv0，整理得vn＝eq\f(2n－1mv0,M)，則v7＝eq\f(260kg·m/s,M)，v8＝eq\f(300kg·m/s,M)。由題意知，v7<5m/s，則M>52kg，又知v8>5m/s，則M<60kg，故選BC?！镜淅?】(2022·河南高三月考)如圖所示，甲、乙兩船的總質(zhì)量(包括船、人和貨物)分別為10m、12m，兩船沿同一直線同一方向運動，速度分別為2v0、v0.為避免兩船相撞，乙船上的人將一質(zhì)量為m的貨物沿水平方向拋向甲船，甲船上的人將貨物接住，求拋出貨物的最小速度．(不計水的阻力和貨物在兩船之間的運動過程)【答案】4v0【解析】設乙船上的人拋出貨物的最小速度大小為vmin，拋出貨物后乙船的速度為v乙．甲船上的人接到貨物后甲船的速度為v甲，規(guī)定向右的方向為正方向．對乙船和貨物的作用過程，由動量守恒定律得12mv0＝11mv乙－mvmin①對貨物和甲船的作用過程，同理有10m×2v0－mvmin＝11mv甲②為避免兩船相撞應有v甲＝v乙③聯(lián)立①②③式得vmin＝4v0.練習7、(2022·肇慶模擬預測)如圖，光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體，斜面體右側一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上。某時刻小孩將冰塊以相對冰面3m/s的速度向斜面體推出，冰塊平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的最大高度h＝0.3m(h小于斜面體的高度)。已知小孩與滑板的總質(zhì)量m1＝30kg，冰塊的質(zhì)量m2＝10kg，小孩與滑板始終無相對運動。取重力加速度的大小g＝10m/s2。(1)求斜面體的質(zhì)量；(2)通過計算判斷，冰塊與斜面體分離后能否追上小孩？【答案】(1)20kg(2)不能，理由見解析【解析】(1)規(guī)定向左為正方向。冰塊在斜面體上上升到最大高度時兩者達到共同速度，設此共同速度為v，斜面體的質(zhì)量為m3。對冰塊與斜面體，由動量守恒定律和機械能守恒定律得m2v0＝(m2＋m3)v①eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(m2＋m3)v2＋m2gh②式中v0＝3m/s為冰塊推出時的速度，聯(lián)立①②式并代入題給數(shù)據(jù)得v＝1m/s，m3＝20kg③(2)設小孩推出冰塊后的速度為v1，對小孩與冰塊，由動量守恒定律有m1v1＋m2v0＝0④代入數(shù)據(jù)得v1＝－1m/s⑤設冰塊與斜面體分離后的速度分別為v2和v3，對冰塊與斜面體，由動量守恒定律和機械能守恒定律有m2v0＝m2v2＋m3v3⑥eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)m3veq\o\al(2,3)⑦聯(lián)立③⑥⑦式并代入數(shù)據(jù)得v2＝－1m/s⑧由于冰塊與斜面體分離后的速度與小孩推出冰塊后的速度相同，故冰塊不能追上小孩。練習8、(2022·張家口期末)如圖所示，在光滑水平面上有A、B兩輛小車，水平面的左側有一豎直墻，在小車B上坐著一個小孩子，小孩與B車的總質(zhì)量是A車質(zhì)量的10倍。兩車開始都處于靜止狀態(tài)，小孩把A車以相對于地面的速度v推出，A車與墻壁碰后仍以原速率返回，小孩接到A車后，又把它以相對于地面的速度v推出。每次推出，A車相對于地面的速度都是v，方向向左。則小孩把A車推出幾次后，A車返回時小孩不能再接到A車？【答案】6次【解析】取水平向右為正方向，小孩第一次推出A車時mBv1－mAv＝0即v1＝eq\f(mA,mB)v第n次推出A車時有mAv＋mBvn－1＝－mAv＋mBvn則vn－vn－1＝eq\f(2mA,mB)v，所以vn＝v1＋(n－1)eq\f(2mA,mB)v當vn≥v時，小孩再也接不到小車，由以上各式得n≥5.5，取n＝6。【巧學妙記】分析臨界問題的關鍵是尋找臨界狀態(tài)。如在動量守恒定律的應用中，常常出現(xiàn)相互作用的兩物體相距最近、避免相碰和物體開始反向運動等臨界狀態(tài)。其臨界條件常常表現(xiàn)為兩物體的相對速度關系與相對位移關系，這些特定關系的判斷是求解這類問題的關鍵。分析臨界問題的關鍵是尋找臨界狀態(tài)。如在動量守恒定律的應用中，常常出現(xiàn)相互作用的兩物體相距最近、避免相碰和物體開始反向運動等臨界狀態(tài)。其臨界條件常常表現(xiàn)為兩物體的相對速度關系與相對位移關系，這些特定關系的判斷是求解這類問題的關鍵?？枷蛩姆礇_運動人船模型爆炸問題1．爆炸及其特點概念一個物體由于內(nèi)力的巨大作用而分為兩個或兩個以上物體的過程特點動量守恒由于爆炸是在極短時間內(nèi)完成的，爆炸物體間的相互作用遠遠大于受到的外力，所以在爆炸過程中，系統(tǒng)的動量守恒動能增加在爆炸過程中，由于其他形式的能量轉(zhuǎn)化為動能，所以爆炸后系統(tǒng)的總動能增加位置不變爆炸的時間極短，因而在爆炸過程中，物體產(chǎn)生的位移很小，一般忽略不計，即認為位置不變2.反沖運動及其特點概念根據(jù)動量守恒定律，如果一個靜止的物體在內(nèi)力的作用下分裂為兩部分，一部分向某個方向運動，另一部分必然向相反的方向運動特點作用原理反沖運動是系統(tǒng)內(nèi)物體之間的作用力和反作用力產(chǎn)生的效果動量守恒反沖運動中系統(tǒng)不受外力或內(nèi)力遠大于外力，所以反沖運動遵循動量守恒定律動能增加反沖運動中，由于有其他形式的能轉(zhuǎn)化為動能，所以系統(tǒng)的總動能增加3．“人船模型”問題的特征兩個原來靜止的物體發(fā)生相互作用時，若所受外力的矢量和為零，則動量守恒．在相互作用的過程中，任一時刻兩物體的速度大小之比等于質(zhì)量的反比．這樣的問題即為“人船模型”問題．(1)兩個物體；(2)動量守恒；(3)總動量為零。模型探究：如圖所示，長為L、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，不計水的阻力。以人和船組成的系統(tǒng)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(tǒng)水平方向不受外力作用，所以整個系統(tǒng)水平方向動量守恒，可得m船v船＝m人v人，因人和船組成的系統(tǒng)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＝eq\f(m船,m人＋m船)L，x船＝eq\f(m人,m人＋m船)L。(1)兩物體滿足動量守恒定律：m1v1－m2v2＝0.(2)運動特點：人動船動，人靜船靜，人快船快，人慢船慢，人左船右；人船位移比等于它們質(zhì)量的反比；人船平均速度(瞬時速度)比等于它們質(zhì)量的反比，即eq\f(x1,x2)＝eq\f(v1,v2)＝eq\f(m2,m1).(3)應用eq\f(x1,x2)＝eq\f(v1,v2)＝eq\f(m2,m1)時要注意：v1、v2和x1、x2一般都是相對地面而言的．4．類人船模型【典例7】(2021·浙江1月選考)在爆炸實驗基地有一發(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，上升到空中最高點時炸裂成質(zhì)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。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(zhì)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【答案】B【解析】爆炸物上升到最高點時，瞬時速度為零，爆炸瞬間水平方向動量守恒，因此質(zhì)量為2∶1的兩塊碎塊，其速度大小之比為1∶2，根據(jù)平拋運動規(guī)律可知，水平方向位移大小之比為1∶2，但合位移大小之比并不為1∶2，A錯誤。根據(jù)題意，則有eq\f(s,340)＋eq\r(\f(2h,g))＝5，eq\f(2s,340)＋eq\r(\f(2h,g))＝6，解得s＝340m，兩碎塊落地點之間的水平距離為1020m，D錯誤。由上述推導可知，碎塊做平拋運動的時間為4s，根據(jù)平拋運動的規(guī)律可知，爆炸物爆炸點離地面的高度為h＝eq\f(1,2)gt2＝80m，B正確。質(zhì)量大的碎塊其初速度為85m/s，C錯誤?！镜淅?】(2021·天津高考)一玩具以初速度v0從水平地面豎直向上拋