第1章 05第四节 动量守恒定律的应用-【金版教程】2025-2026学年高中物理选择性必修第一册创新导学案全书PPT（粤教版）

该高中物理课件聚焦动量守恒定律的应用，涵盖多物体多过程问题、反冲现象、人船模型及火箭原理，通过篮球投掷、冰壶运动等生活实例导入，结合课前判一判、想一想搭建学习支架，衔接动量守恒基本规律与复杂实际问题。 其亮点是依托反冲小车实验、冰壶碰撞计算等师生互动，融入嫦娥五号变轨、火箭发射等真实情境，培养模型建构与科学推理能力，落实物理观念和科学思维。学生能提升解决实际问题的能力，教师可借助结构化资源高效开展教学。

第一章　动量和动量 守恒定律 第四节　动量守恒定律的应用 1．会用动量守恒定律分析求解较复杂的实际问题，如多物体、多过程问题. 2.了解反冲的概念，能用动量守恒定律解决反冲运动问题，以及“人船模型”问题. 3.了解火箭的工作原理，能用动量守恒定律进行简单计算． 2 目录 1 2 3 课前自主学习 课后课时作业 课堂探究评价 课前自主学习 一　体育运动中动量守恒的实例 1．篮球运动员腾空投掷篮球时，在篮球脱手瞬间，篮球与人组成的系统______________动量守恒． 2．在冰面摩擦力可以忽略不计的情况下，冰壶运动员在冰面上掷壶瞬间，运动员与冰壶组成的系统在_____________动量守恒． 二　反冲现象 1．定义：如果一个静止的物体在内力的作用下分裂成两个部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向_____的方向运动．这种现象叫作反冲． 在水平方向上 水平方向上 相反 课前自主学习 5 2．规律：通常情况下，反冲运动中物体之间相互作用力_____，且作用时间____，一般都满足内力________外力，外力可以忽略不计，可用________________来处理． 三　火箭 1．工作原理：火箭的发射过程是一个_____运动． 2．火箭喷气一次获得的速度的影响因素 (1)火箭喷出燃料的_____． (2)火箭喷出的燃料质量与火箭质量之_____． 很大 远大于 动量守恒定律 反冲 速度 比 极短 课前自主学习 6 1．判一判 (1)飞船做圆周运动时，若想变轨，通常需要向前或向后喷出气体，该过程中飞船和喷出的气体所组成的系统动量守恒．(　　) (2)火箭点火后离开地面加速向上运动，是地面对火箭的反作用力作用的结果．(　　) (3)吹大的气球松手放气时，气球飞快地向后飞出是反冲现象．(　　) (4)反冲运动中，系统的内力做功，系统的总动量虽然守恒，但系统的动能会发生变化．(　　) (5)反冲是系统内力作用的结果，虽然有时系统所受合外力不为零，但由于内力远大于外力，动量近似守恒．(　　) 课前自主学习 7 提示： (1) √ 　以飞船和喷出的气体所组成的系统为研究对象，内力远大于外部的万有引力，故可认为变轨过程系统动量守恒． (2) × 　火箭点火后离开地面向上运动，是由于火箭燃料燃烧产生高温、高压的燃气，燃气从尾部喷管喷出，对火箭施以反作用力，使火箭加速上升． (3) √ 　气球飞出的原因是气球中的气体从球口喷出，气球由于反冲而向后飞出． (4) √ 　(5) √ 提示 课前自主学习 8 2．想一想 (1)反冲现象都是有益的吗？ (2)假如在月球上建一座飞机场，螺旋桨飞机可以飞行吗？如果不行应怎么办？ 提示：不是的．如用枪射击时，枪身的反冲会影响射击的准确性． 　 提示 提示：不可以．螺旋桨飞机是靠转动的螺旋桨与空气的相互作用力飞行的，不能在真空中飞行．若想在真空中飞行，可利用反冲原理． 课前自主学习 9 课堂探究评价 课堂任务 　多物体、多过程动量守恒问题 仔细观察下列图片，认真参与“师生互动”． 课堂探究评价 11 活动1：如图1，冰壶运动员掷出冰壶的瞬间，运动员与冰壶组成的系统动量守恒吗？ 提示：因为冰壶和运动员与冰面的摩擦因数很小，摩擦力远小于系统内力，可以忽略不计，所以掷壶队员与冰壶组成的系统在水平方向上可视为合外力为零，在水平方向上动量守恒． 　 提示 课堂探究评价 12 活动2：掷壶队员手持冰壶以速度v0前行，至前卫线时，将冰壶以相对于手的水平速度v1掷出，掷壶队员与冰壶的质量分别为M、m.冰壶出手后，掷壶队员的速度v是多少？ 提示 课堂探究评价 13 活动3：如图2，运动员掷出的冰壶设为A，其出手后向前滑行一段距离s后将停在目标区圆心的对方冰壶B撞出目标区域，冰壶B距目标区域圆心sB处停下，冰壶A继续向前运动一段距离停在某处．冰壶A即将被抛出至两冰壶刚碰撞结束的过程，掷壶队员与冰壶A、B组成的系统水平方向动量是否守恒？ 提示：冰壶A和运动员滑动的过程受摩擦力减速，摩擦力不可忽略，则冰壶A即将被抛出至两冰壶刚碰撞结束的过程，运动员与冰壶A、B组成的系统水平方向动量不守恒．　 提示 课堂探究评价 14 活动4：已知两冰壶完全相同，冰面各处粗糙程度相同，两冰壶与冰面的动摩擦因数均为μ，试求出冰壶A停下时距目标区域圆心的距离sA与s、sB满足的关系式． 提示 课堂探究评价 15 1．动量守恒定律的普适性 (1)动量守恒定律是一个独立的实验定律，它适用于目前为止物理学研究的一切领域． (2)牛顿运动定律和动量守恒定律的比较 ①动量守恒定律与牛顿运动定律在经典力学中都占有极其重要的地位，两者密切相关．牛顿运动定律从“力”的角度反映物体间的相互作用；动量守恒定律从“动量”的角度描述物体间的相互作用． 课堂探究评价 16 ②用牛顿运动定律解决问题要涉及整个过程中的力，对于过程中是变力的问题解决起来困难，甚至不能求解．而动量守恒定律只涉及始、末两个状态，与过程中力的细节无关，可以简化要解决的问题． ③在微观和高速领域，牛顿运动定律不再适用，而动量守恒定律仍然正确． 2．多物体、多过程动量守恒问题的分析方法 多个物体相互作用时，物理过程往往比较复杂，分析此类问题时应注意： (1)正确选取研究对象，有时需对整体应用动量守恒定律，有时只需对部分物体应用动量守恒定律．研究对象的选取，一是取决于系统是否满足动量守恒的条件，二是根据所研究问题的需要． 课堂探究评价 17 (2)正确进行过程的选取和分析，通常对全程进行分段分析，并找出联系各阶段的状态量．列式时有时需分过程多次应用动量守恒定律，有时只需针对初、末状态建立动量守恒的关系式． 3．动量守恒定律的矢量性 动量是矢量，相互作用的物体组成的系统的总动量是指组成系统的所有物体的动量的矢量和．在合外力为零时，尽管系统的总动量不变，但组成系统的各个物体的动量却可能不断变化．在运用动量守恒定律具体计算时，经常采用正交分解法，写出动量守恒定律的分量方程，这样可把矢量运算转化为代数运算． 课堂探究评价 18 例如：用α粒子撞击金原子核时，α粒子射出的方向可能不沿原入射方向，这时金原子核的出射速度也不沿α粒子的入射方向，如图所示．这时可沿v0的方向和垂直v0的方向将α粒子和金原子核的动量进行正交分解，写出动量守恒定律的分量方程，进而求解． 课堂探究评价 19 例1　如图所示，木块A的质量为mA＝1 kg，足够长的木板B的质量为mB＝4 kg，质量为mC＝4 kg的木板C置于木板B上，水平面光滑，B、C之间有摩擦．现使A以v0＝12 m/s的初速度向右运动，与B碰撞后将以4 m/s的速度弹回，C始终未脱离B.求： (1)B运动过程中的最大速度大小； (2)C运动过程中的最大速度大小； (3)整个过程中A、B、C组成的系统损失的机械能． 答案　(1)4 m/s　(2)2 m/s　(3)48 J 答案 课堂探究评价 20 (1)本题哪些过程哪几个物体组成的系统动量守恒？ (2)什么时候B的速度最大？ (3)什么时候C的速度最大？ 提示：A、B碰撞的过程，A与B组成的系统动量守恒；C在B上滑动的过程，B与C(及A)组成的系统动量守恒． 提示 提示：A与B碰后瞬间． 提示：B与C共速后． 课堂探究评价 21 规范解答 课堂探究评价 多物体、多过程动量守恒问题物体和过程的选取技巧 (1)若全过程或所有物体组成的系统动量守恒，又不要求求解中间过程的动量(速度)，则选全过程或所有物体组成的系统列动量守恒方程求解，这样可简化运算．应注意分析是否满足动量守恒的条件，否则会导致列式、计算错误． (2)若只有部分物体组成的系统或部分过程动量守恒，或者要求解中间过程的动量(速度)，则只能选该部分物体组成的系统该部分过程分别列动量守恒方程求解． 课堂探究评价 答案 课堂探究评价 24 解析 课堂探究评价 25 课堂任务 　反冲现象 仔细观察下列图片，认真参与“师生互动”． 课堂探究评价 26 活动1：如图所示，反冲小车停在光滑的桌面上，车上固定一个用胶塞塞住封口的试管．试管内充满空气，用车上的酒精灯加热试管尾端．当试管内的空气达到一定温度时，胶塞从试管口喷出，此时小车是否运动？ 活动2：胶塞从试管口喷出瞬间，整个反冲小车遵循动量守恒定律吗？ 提示：运动．　 提示 提示：遵循动量守恒定律． 课堂探究评价 27 活动3：假设反冲小车(含胶塞)总质量为M，胶塞质量为m，胶塞喷出时，胶塞相对于地面的速度为v，则小车相对于地面的速度v′是多少？ 提示 课堂探究评价 28 1．反冲的理解 根据动量守恒定律，如果一个静止的系统在内力的作用下分为两部分，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．反冲运动的三个特点 (1)系统的两个不同部分在内力作用下向相反方向运动． (2)反冲运动中，相互作用的内力一般远大于外力或在某一方向上内力远大于外力，所以可以用动量守恒定律或在某一方向上应用动量守恒定律来处理． (3)反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总动能增加． 课堂探究评价 29 3．讨论反冲运动时应注意的三个问题 (1)速度的方向性：对于原来静止的系统，当被抛出部分具有速度时，剩余部分的反冲是相对于原来静止的系统来说的，两者的运动方向必然相反．在列动量守恒方程时，可规定任意一部分的运动方向为正方向，则反方向运动的这一部分的速度要取负值． (2)速度的相对性：反冲运动的问题中，有时遇到的速度是相互作用的两物体的相对速度，但是动量守恒定律中要求速度是对同一惯性参考系的速度(通常为对地的速度)，因此应先将相对速度转换成对地的速度，再列动量守恒定律关系式． 课堂探究评价 30 (3)变质量问题：在反冲运动中会经常遇到变质量物体的运动，如在火箭的运动过程中，随着燃料的消耗，火箭本身的质量不断减小，此时必须取火箭本身和在相互作用的短时间内喷出的所有气体为研究对象，取相互作用的这个过程为研究过程来进行研究． 课堂探究评价 31 答案 课堂探究评价 32 v0和v1、v2是同一参考系中的速度吗？ 提示：不是． 提示 课堂探究评价 33 规范解答 课堂探究评价 反冲运动的特别提醒 (1)外力的存在，不影响系统的动量守恒． (2)内力做的功往往会改变系统的总动能． (3)要明确反冲运动对应的过程，弄清对应的初、末状态的速度大小和方向． 课堂探究评价 答案 课堂探究评价 36 解析 课堂探究评价 37 课堂探究评价 课堂探究评价 3．模型拓展：原来静止的系统在某一方向上动量守恒，运动过程中，组成系统的两部分在该方向上速度的方向相反，也可应用处理人船模型问题的思路来处理．此模型可进一步推广到其他类似的情景中，进而能解决大量的实际问题，例如：人沿着静止在空中的热气球下面的软梯滑下或攀上，求热气球上升或下降高度的问题；小球沿放在光滑水平地面上的弧形槽滑下，求弧形槽移动距离的问题等． 课堂探究评价 40 例3　质量为m1的热气球吊筐中有一质量为m2的人，共同静止在距地面为h的高空中，现从气球上放下一根质量不计的软绳，为使此人沿软绳能安全滑到地面，求软绳至少有多长？ 答案 课堂探究评价 41 (1)本题以什么为研究对象？ (2)试分析研究对象在竖直方向的受力情况． (3)系统是否符合“人船”模型？ 提示：以热气球和人组成的系统为研究对象． 提示 提示：系统在竖直方向所受合力为零． 提示：系统符合“人船”模型．初态静止，竖直方向动量守恒． 课堂探究评价 42 规范解答 课堂探究评价 处理“人船”模型问题的两个关键 课堂探究评价 答案 课堂探究评价 45 解析 课堂探究评价 46 课堂任务 　火箭 仔细观察下列图片，认真参与“师生互动”． 课堂探究评价 47 活动1：火箭的飞行利用了什么原理？在分析火箭运动时可否应用动量守恒定律？ 提示：火箭的飞行利用了反冲的原理，火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度．由于火箭与高温、高压燃气组成的系统内力很大，远大于系统所受重力及阻力，故可应用动量守恒定律．　 提示 课堂探究评价 48 活动2：设火箭飞行时在极短的时间Δt内喷射燃气的质量是Δm，喷出的燃气相对喷气前火箭的速度是u，喷出燃气后火箭的质量是m.则火箭在这一次喷气后增加的速度Δv为多少？ 提示 课堂探究评价 49 活动3：根据活动2中结论，分析提高火箭飞行速度的可行办法． 提示 课堂探究评价 50 1．火箭喷气属于反冲问题，是动量守恒定律的重要应用．在火箭运动的过程中，随着燃料的消耗，火箭本身的质量不断减小，对于这一类问题，可选取火箭本身和在相互作用的时间内喷出的全部气体为研究对象，取相互作用的整个过程为研究过程，运用动量守恒的观点解决问题． 课堂探究评价 51 课堂探究评价 52 课堂探究评价 53 例4　着陆前嫦娥五号在离月球表面高度为h的圆轨道上绕月球运行，在P点相对月球以速度v向前喷出质量为Δm的气体，从而过渡到着陆轨道(图中虚线所示)．已知探测器喷气前的质量为m，月球的半径为R，月球表面的重力加速度为g月，引力常量为G，忽略月球自转的影响．求嫦娥五号探测器喷气前后的速度v1及v2的大小． 答案 课堂探究评价 54 (1)根据什么物理规律可求解v1? (2)根据什么物理规律可求解v2 ? 提示：万有引力定律及牛顿第二定律． 提示 提示：动量守恒定律． 课堂探究评价 55 规范解答 课堂探究评价 火箭类反冲问题解题要领 (1)两部分初、末状态的速度所选的参考系必须是同一参考系，且一般以地面为参考系． (2)要特别注意反冲前、后两部分对应的质量． (3)列方程时要注意初、末状态动量的方向，一般而言，反冲部分速度的方向与另一部分的运动方向是相反的． 课堂探究评价 [变式训练4]　火箭发射后，在升空过程中向后喷出高速燃气，从而获得较大的前进速度．燃料耗尽时，火箭达到最大速度，火箭最大速度的制约因素是(　　) A．火箭初始质量和喷出气体速度 B．火箭初始质量和喷出气体总质量 C．火箭喷出气体总质量和喷气速度 D．火箭喷气速度和火箭始末质量比 答案 课堂探究评价 58 解析 课堂探究评价 59 课后课时作业 1．(反冲现象)以下实例中不属于反冲现象的是(　　) A．当枪发射子弹时，枪身会同时向后运动 B．乌贼向前喷水从而使自己向后游动 C．火箭中的火药燃烧向下喷气推动自身向上运动 D．战斗机在紧急情况下抛出副油箱以提高机身的灵活性 解析　当枪发射子弹时，枪身同时受到一个反作用力向后运动，A是反冲现象；乌贼向前喷水从而使自己受到一个向后的力，向后游动，B是反冲现象；火箭中的火药燃烧向下喷气而火箭自身受到一个向上的推力，推动火箭自身向上运动，C是反冲现象；战斗机抛出副油箱，质量减小，惯性减小，机身的灵活性提高，D不是反冲现象．故选D. 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 16 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 16 3.(多物体、多过程问题)(多选)如图所示，在质量为M的小车中挂着一摆球，摆球质量为m0，小车和摆球以恒定的速度v沿光滑水平地面运动，与位于正前方的质量为m的静止的木块发生碰撞，碰撞时间极短．在此碰撞过程中，下列情况可能发生的是(　　) A．小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为v1、v2、 v3，满足(M＋m0)v＝Mv1＋mv2＋m0v3 B．摆球的速度不变，小车和木块的速度变为v1和v2，满足Mv＝Mv1＋mv2 C．摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为v′，满足Mv＝(M＋m)v′ D．小车和摆球的速度都变为v1，木块的速度变为v2，满足(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 16 解析　碰撞过程中小车和木块组成的系统水平方向动量守恒，这一瞬间摆球的速度不变，若碰后小车和木块的速度变为v1和v2，根据动量守恒有Mv＝Mv1＋mv2；若碰后小车和木块速度相同，都为v′，根据动量守恒定律有Mv＝(M＋m)v′，故B、C正确，A、D错误． 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 16 4．(反冲运动)步枪的质量为4.1 kg，子弹的质量为9.6 g，子弹从枪口飞出时的速度为865 m/s，则步枪的反冲速度大小约为(　　) A．2 m/s B．1 m/s C．3 m/s D．4 m/s 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 16 5．(人船模型)停在静水中的船的质量为180 kg，长12 m，不计水的阻力，当质量为60 kg的人从船尾走到船头的过程中，船后退的距离是(　　) A．3 m B．4 m C．5 m D．6 m 解析　船和人组成的系统在水平方向上动量守恒，人在船上行进，船向后退，人从船尾走到船头，设船后退的位移大小为x，则人相对于岸的位移大小为L－x.以人的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m人·－m船·＝0，代入数据解得x＝3 m，A正确． 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 16 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 16 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 16 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 16 8．(火箭问题)一小型火箭在高空绕地球做匀速圆周运动，若其沿运动方向的相反方向射出一物体P，不计空气阻力，则(　　) A．火箭一定离开原来轨道运动 B．P一定离开原来轨道运动 C．火箭运动半径可能不变 D．P运动半径一定减小 解析　火箭射出物体P后，由反冲原理可知火箭速度变大，所需向心力变大，从而做离心运动离开原来轨道，运动半径变大，A正确，C错误；P的速率相对于离开火箭前的速率可能减小、可能不变、也可能增大，运动存在多种可能性，故B、D错误． 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 16 9．(人船模型)如图所示，一个夹层中空的圆柱形零 件内部放有一个略比夹层宽度小一点的小圆柱体，初始时 小圆柱体位于大圆柱夹层的顶部，此时大圆柱体与地面 的接触位置为A点，如图甲所示，现小圆柱体受到微小的扰动，从顶部滚下，截面图如图乙所示，忽略一切接触部位的摩擦，以下说法中正确的是(　　) A．小圆柱体会再次到达顶部，此时大圆柱体与地面的接触位置仍在A点 B．小圆柱体不会再次到达顶部，此时大圆柱体与地面的接触位置在A点右侧 C．小圆柱体会再次到达顶部，此时大圆柱体与地面的接触位置由二者的质量关系而定 D．小圆柱体不会再次到达顶部，此时大圆柱体与地面的接触位置在A点左侧 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 16 解析　小圆柱体受到微小的扰动，从顶部滚下时，由于不计任何摩擦，由机械能守恒定律可知，小圆柱体会再次到达顶部；设小圆柱体相对地面移动的水平位移大小为x时，大圆柱体相对地面移动的水平位移大小为y，则根据系统水平方向动量守恒可知mx＝My，且两位移的方向应该相反，而小圆柱体到达大圆柱体最高点时，有x＝y，则x＝y＝0，即此时大圆柱体与地面的接触位置仍在A点．故A正确． 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 16 10．(多物体、多过程问题)(多选)如图所示，三辆完全相同的平板小车a、b、c成一直线排列，静止在光滑水平面上．c车上有一小孩跳到b车上，接着又立即从b车跳到a车上．小孩跳离c车和b车时对地的水平速度相同．他跳到a车上相对a车保持静止，此后(　　) A．a、b两车运动速率相等 B．a、c两车运动速度相等 C．三辆车的速率关系vc>va>vb D．a、c两车运动方向相反 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 16 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 16 11．(多物体、多过程问题)如图所示，质量为2 kg的平板车B上表面水平，原来静止在光滑水平面上，平板车一端静止着一块质量为2 kg的物体A，一颗质量为m＝0.01 kg的子弹以速度v0＝600 m/s水平瞬间射穿A后，速度变为v′＝100 m/s，已知A、B之间的动摩擦因数为0.05，平板车B足够长，求： (1)子弹穿过A瞬间，A的速度大小； (2)B最终的速度大小． 答案 答案　(1)2.5 m/s　(2)1.25 m/s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 16 解析　 (1)子弹与A作用过程时间极短，内力远大于外力，故子弹与A组成的系统动量守恒，取v0方向为正方向，由动量守恒定律，得mv0＝mv′＋mAvA 解得vA＝2.5 m/s. (2)子弹射穿A后，物体A与平板车B组成的系统动量守恒，最终A、B共速，由动量守恒定律，得mAvA＝(mA＋mB)vB 解得vB＝1.25 m/s. 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 16 12．(反冲运动)在水平铁轨上放置一门质量为M的炮车(不含炮弹)，发射的炮弹质量为m，设铁轨和炮车间摩擦不计，则： (1)水平发射炮弹时，炮弹速度为v0，炮车的反冲速度为多大？ (2)炮身与水平方向成θ角，炮弹速度大小为v0，炮车的反冲速度是多大？ 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 16 解析 名师点拨　本题第(2)问中，炮车在反冲运动中系统所受合力不为0，炮车反冲的竖直分速度由于地面的作用力而立即减为零，所以炮车只在水平方向反冲，则应在水平方向列动量守恒方程． 名师点拨 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 16 13．(反冲现象)电影《火星救援》中，宇航员在太空中与飞船之间相距7.5 m，飞船无法实施救援活动，为了靠近飞船，男主角剪破自己的宇航服，反向喷出气体使自己飞向飞船．开始时宇航员连同装备共100 kg，宇航员和飞船保持相对静止，宇航员必须在100 s内到达飞船，且喷出气体的质量最多为150 g，则喷出气体的速度至少为(不计气体喷出的时间)(　　) A．30 m/s B．50 m/s C．70 m/s D．100 m/s 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 16 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 16 14.(多过程、临界问题)如图，一质量为10 kg的铁球静止 在足够长的光滑地面上，人站在小车上向左推铁球，铁球运 动一段时间后和墙壁碰撞，碰后铁球速度反向、大小不变， 每次推球，球出手后的速度大小都为2 m/s，已知人和车的总质量为50 kg.以下说法正确的是(　　) A．运动的全过程人、小车和铁球组成的系统动量守恒 B．后一次推铁球时推力的冲量总是比前一次推铁球时的更小 C．连续推4次后铁球将不能追上人和小车 D．最终人、小车和铁球的速度大小都是2 m/s 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 16 解析　铁球与墙壁碰撞过程中，墙壁的作用力对系统有冲量，人、小车和铁球组成的系统动量不守恒，A错误；设铁球的质量为m、人和小车的总质量为M，以水平向左为正方向，第一次推铁球，根据动量定理有I1＝Δp1＝mv＝20 N·s，以后每次推铁球，根据动量定理有I2＝mv－m(－v)＝40 N·s，则第二次推铁球的冲量大于第一次推铁球的冲量，之后每一次推铁球的冲量都相等，B错误；要使铁球不能追上小车，需使v球≤v车，推球过程中人、小车和铁球组成的系统动量守恒，则第一次推铁球使人和小车获得了Δp1＝20 kg·m/s的动量，以后每次推铁球都使人和小车增加Δp2＝40 kg·m/s的动量，根据Δp1＋nΔp2＝Mv车可知，当n＝2时，即连续推3次后，人和小车的速度为v车＝2 m/s，与铁球的速度大小相等，则之后铁球不能追上小车，最终人、小车和铁球的速度大小都是2 m/s，C错误，D正确． 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 16 15.(多物体、多过程问题)如图所示，在光滑的水平面上有两块并列放置的木块A与B，已知A的质量是500 g，B的质量是300 g，有一质量为80 g的小铜块C(可视为质点)以25 m/s的水平初速度开始在A的表面滑动．铜块最后停在B上，B与C一起以2.5 m/s的速度共同前进．求： (1)木块A最后的速度大小vA′＝________； (2)C离开A时的速度大小vC′＝________． 答案 2.1 m/s 4 m/s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 16 解析　(1)选A、B、C作为一个系统，小铜块C在木块A、B上面滑动的整个过程中，系统的动量守恒，则mCv0＝mAvA′＋(mB＋mC)vBC 代入数据解得vA′＝2.1 m/s. (2)仍选A、B、C作为一个系统，C在A上滑动时，系统动量守恒，C离开A时木块A、B的速度大小vAB＝vA′＝2.1 m/s， 则mCv0＝mCvC′＋(mA＋mB)vAB 解得vC′＝4 m/s. 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 16 16．(火箭问题)火箭相对地面匀速飞行的速度为v0，某时刻的总质量为M，现火箭发动机向后喷出气体，若每次喷出的气体质量恒为m，相对于喷气后火箭的速度大小恒为u，不计空气阻力和地球引力，求： (1)第1次喷气后火箭的速度大小； (2)第2次喷气后火箭的速度大小； (3)第n次喷气后火箭的速度大小(n为大于0的整数)． 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 16 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 16 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 16 名师点拨　 (1)本题的求解用到数学归纳法．灵活应用数学方法解决物理问题，是一种要求较高的学科素养能力，高考压轴题有时会出现这类题，如2020年山东高考卷第18题． (2)本题是计算火箭末速度的简化模型．实际上火箭是连续喷气的，计算火箭的末速度时应用微元累积法，基本思路为：已知火箭的总质量M、燃料和氧化剂的总质量m、燃气相对火箭的喷气速率u，将m等分为极多个等份，每一等份Δm可以看作一次喷气的质量，应用动量守恒定律列方程求出喷气一次火箭的速度增量，最后对极多个速度增量求和，即可求得火箭的末速度． 名师点拨 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 16 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 提示：以地面为参考系，则冰壶出手瞬间，冰壶相对地的速度为v1＋v.由动量守恒定律，有(M＋m)v0＝Mv＋m(v1＋v)，可得v＝eq \f(（M＋m）v0－mv1,M＋m). 提示：由活动2知，冰壶A出手后的速度vA＝v1＋v＝v0＋eq \f(M,M＋m)v1.设A与B碰前瞬间A的速度为vAO，碰后瞬间A的速度为vA′，B的速度为vB′，由动能定理有－μmgs＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,AO)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,A)，－μmgsA＝0－eq \f(1,2)mvA′2，－μmgsB＝0－eq \f(1,2)mvB′2；A与B碰撞的过程，根据动量守恒定律有mvAO＝mvA′＋mvB′，联立可得eq \r(2μgsA)＋eq \r(2μgsB)＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v0＋\f(M,M＋m)v1))\s\up12(2)－2μgs). 规范解答　(1)A与B碰后瞬间，B速度最大，A、B碰撞过程中A、B系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得： mAv0＋0＝－mAvA＋mBvB 代入数据得：vB＝4 m/s. (2)B与C共速后，C速度最大，C在B上滑动过程中，B、C系统动量守恒，以B的速度方向为正方向，由动量守恒定律得： mBvB＋0＝(mB＋mC)vC 代入数据得：vC＝2 m/s. (3)A、B、C组成的系统的机械能损失等于总动能损失，ΔE损＝eq \f(1,2)mAveq \o\al(2,0)－eq \f(1,2)mAveq \o\al(2,A)－eq \f(1,2)(mB＋mC)veq \o\al(2,C) 代入数据得：ΔE损＝48 J. [变式训练1]　甲、乙两人站在光滑的水平冰面上，他们的质量都是M，甲手持一个质量为m的球，现甲把球以对地为v的速度传给乙，乙接球后又以对地为2v的速度把球传回甲，甲接到球后，甲、乙两人的速度大小之比为(忽略空气阻力)(　　) A.eq \f(2M,M－m) B.eq \f(M＋m,M) C.eq \f(2（M＋m）,3M) D.eq \f(M,M＋m) 解析　甲、乙之间传递球时不必考虑过程中的细节，只考虑初状态和末状态的情况．研究对象是由甲、乙二人和球组成的系统，开始时系统的总动量为零，最后时刻系统的总动量仍为零．设甲最终的速度大小为v甲，乙最终的速度大小为v乙，二者方向相反，根据动量守恒定律得(M＋m)v甲－Mv乙＝0，则eq \f(v甲,v乙)＝eq \f(M,M＋m)，D正确． 提示：由动量守恒定律有(M－m)v′＋mv＝0，可得v′＝－eq \f(mv,M－m)，负号表示小车的速度方向与胶塞的速度方向相反． 例2　如图所示，自行火炮连同炮弹的总质量为M，当炮管水平，火炮车在水平路面上以v1的速度向右匀速行驶时，发射一枚质量为m的炮弹后，自行火炮的速度变为v2，仍向右行驶，则炮弹相对炮管的发射速度v0为(　　) A.eq \f(M（v1－v2）＋mv2,m) B.eq \f(M（v1－v2）,m) C.eq \f(M（v1－v2）＋2mv2,m) D.eq \f(M（v1－v2）－m（v1－v2）,m) 规范解答　火炮车与炮弹组成的系统动量守恒，以火炮车的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得Mv1＝(M－m)v2＋m(v0＋v2)，解得v0＝eq \f(M（v1－v2）,m)，故B正确． eq \a\vs4\al([变式训练2])　一个不稳定的原子核质量为M，处于静止状态．衰变时放出一个质量为m的粒子后反冲，已知原子核反冲的动能为E0，则放出的粒子的动能为(　　) A.eq \f(（M－m）E0,m) B.eq \f(m,M)E0 C.eq \f(m,M－m)E0 D.eq \f(M,M－m)E0 解析　原子核放出粒子的过程系统动量守恒，以放出粒子的速度方向为正方向，由动量守恒定律得p粒子－p原子核＝0，原子核的动能E0＝2,原子核)eq \f(p,2（M－m）) ，粒子的动能E＝2,粒子)eq \f(p,2m) ，联立解得E＝eq \f(（M－m）E0,m)，故A正确，B、C、D错误． 思维拓展：“人船”模型 1．“人船”模型分析 如图所示，长为L、质量为m船的小船停在静水中，质量为m人的人由静止开始从船的一端走到船的另一端，不计水的阻力． 以人和船组成的系统为研究对象，在人由船的一端走到船的另一端的过程中，系统水平方向不受外力作用，所以整个系统水平方向动量守恒，可得：m船v船＝m人v人， 因人和船组成的系统动量始终守恒，故有：m船x船＝m人x人， 由图可看出：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. 2．“人船”模型的特点 (1)两物体组成的系统遵守动量守恒定律： m1v1－m2v2＝0. (2)运动特点：人动船动，人静船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；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(x1,x2)＝eq \f(v1,v2)＝eq \f(m2,m1). (3)应用此关系时要注意一个问题：公式中的v1、v2和x1、x2都是相对地面而言的． 答案　eq \f(m1＋m2,m1)h 规范解答　以人和热气球组成的系统为研究对象，以竖直向上为正方向，系统动量守恒，设热气球的速度大小为v1，人的速度大小为v2，运动时间为t，由动量守恒定律得m1v1－m2v2＝0 即m1eq \f(s气,t)－m2eq \f(s人,t)＝0 其中s人＝h 解得s气＝eq \f(m2,m1)h 若人滑到地面时恰好滑到软绳末端，此时软绳的长度最短，最短长度L＝eq \f(m2,m1)h＋h＝eq \f(m1＋m2,m1)h. (1)处理思路：利用动量守恒定律，先确定两物体的速度关系，再确定两物体通过的位移关系． ①用动量守恒定律求位移的题目，大都是系统原来处于静止状态，且系统内物体相互作用，此时动量守恒表达式经常写成m1v1－m2v2＝0的形式，式中v1、v2是质量分别为m1、m2的两物体末状态的瞬时速率． ②动量守恒的过程中，任意时刻的系统总动量为零，因此任意时刻的瞬时速率v1和v2都与各物体的质量成反比，所以全过程的平均速度也与质量成反比，即有m1eq \o(v,\s\up6(－))1－m2eq \o(v,\s\up6(－))2＝0. ③如果两物体相互作用的时间为t，在这段时间内两物体的位移大小分别为x1＝eq \o(v,\s\up6(－))1t和x2＝eq \o(v,\s\up6(－))2t，则有m1x1－m2x2＝0. (2)画出各物体的位移关系图，找出它们相对地面的位移关系． eq \a\vs4\al([变式训练3])　有一只小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(估计重一吨左右)．一位同学想用一个卷尺粗略测量它的质量．他进行了如下操作：首先将船平行于码头岸边自由停泊，人轻轻从船尾上船，走到船头停下，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.已知他自身的质量为m，水的阻力不计，则船的质量为(　　) A.eq \f(m（L＋d）,d) B.eq \f(m（L－d）,d) C.eq \f(mL,d) D.eq \f(m（L＋d）,L) 解析　设船的质量为M，人走动的时候船的速度大小为v时，人的速度大小为v′，以船的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有：Mv－mv′＝0，人从船尾走到船头，人的位移为L－d，船的位移为d，由微元累积法可得：Md＝m(L－d)，解得小船的质量为M＝eq \f(m（L－d）,d)，故B正确． 提示：以喷气前的火箭为参考系．喷气前火箭的动量是0，喷气后火箭的动量是mΔv，喷出燃气的动量是Δmu.根据动量守恒定律，喷气后火箭和燃气的总动量仍然为0，所以mΔv＋Δmu＝0，解得Δv＝－eq \f(Δm,m)u. 提示：由活动2中式子可得，火箭喷出燃气的速度u越大、火箭喷出物质的质量与火箭本身的质量之比eq \f(Δm,m)越大，火箭获得的速度Δv就越大． 2．在火箭发射过程中，由于系统内力远大于外力，所以可认为系统动量守恒．以喷气前的火箭为参考系，取火箭的末速度方向为正方向，喷气前火箭的总动量为0，火箭在极短时间内喷出速度为u、质量为Δm的气体后，剩余质量为m，火箭在这样一次喷气后速度增加Δv，则喷气后的总动量为mΔv＋Δmu，由动量守恒定律得mΔv＋Δmu＝0，解得Δv＝－eq \f(Δm,m)u.该式表明，火箭喷出的燃气的速度u越大、火箭(在极短时间内)喷出物质的质量与火箭本身的质量之比eq \f(Δm,m)越大，火箭一次喷气获得的速度Δv越大． 3．提高火箭最终飞行速度的方法 火箭燃料燃尽时，火箭获得的最大速度由喷气速度u和火箭的质量比eq \f(M,m)(火箭起飞时的质量M与火箭除燃料外的箭体质量m之比)两个因素决定．提高火箭最终飞行速度的方法有： (1)提高喷气速度； (2)提高火箭的质量比； (3)使用多级火箭，一般为三级． 答案　eq \r(\f(g月R2,R＋h))　eq \f(m\r(\f(g月R2,R＋h))－Δmv,m－Δm) 规范解答　设月球质量为M，喷出气体前探测器的速度满足eq \f(GMm,（R＋h）2)＝m2,1)eq \f(v,R＋h) 对月球表面的物体，根据万有引力公式可得 m物g月＝eq \f(GMm物,R2) 解得v1＝eq \r(\f(GM,R＋h))＝eq \r(\f(g月R2,R＋h)) 喷气过程动量守恒，有 mv1＝Δmv＋(m－Δm)v2 解得v2＝eq \f(m\r(\f(g月R2,R＋h))－Δmv,m－Δm). 解析　分别用M、m表示火箭初始质量和在极短时间内喷出一部分燃气后剩余的质量，v0表示喷气速度大小，火箭喷气过程动量守恒，有mΔv－(M－m)v0＝0，解得火箭速度增加量Δv＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(M,m)－1))v0，由此式可以预计火箭最大速度的制约因素是火箭喷气速度和火箭始末质量比，D正确． 2．(多物体、多过程问题)质量相等的五个物块在一光滑水平面上排成一条直线，且彼此隔开一定的距离，具有初速度v0的第5号物块向左运动，依次与其余四个静止物块发生碰撞，如图所示，最后这五个物块粘成一个整体，则它们最后的速度为(　　) A．v0 B.eq \f(v0,5) C.eq \f(v0,3) D.eq \f(v0,4) 解析　由于五个物块组成的系统沿水平方向不受外力作用，故系统在水平方向上动量守恒，由动量守恒定律得：mv0＝5mv，得v＝eq \f(1,5)v0，即它们最后的速度为eq \f(1,5)v0，故选B. 解析　以子弹从枪口飞出时速度的反方向为正方向，由动量守恒定律有：Mv1－mv2＝0，代入数据解得步枪的反冲速度大小为v1＝eq \f(9.6×10－3×865,4.1) m/s≈2 m/s，A正确． 6.(火箭问题)2021年5月15日，天问一号着陆巡视器成功着陆于火星，中国首次火星探测任务着陆火星取得圆满成功．携带火星车的着陆器与环绕器分离后，最后阶段利用反推火箭在火星表面实现软着陆，设着陆器总质量为M，瞬间(时间极短)喷射的燃气质量是m，为使着陆器经一次瞬间喷射燃气后，下落的速率从v0减为v，需要瞬间喷出的燃气速率约为(　　) A．v0－v B．(v0－v)eq \f(M,m) C．(v0－v)eq \f(M,m)＋v D.eq \f(Mv0,M－m) 解析　设喷出的燃气的速率为v′，喷射燃气的过程时间极短，内力远大于外力，可认为动量守恒，有Mv0＝(M－m)v＋mv′，解得v′＝(v0－v)eq \f(M,m)＋v，故选C. 7．(火箭问题)中国已成功发射可重复使用试验航天器．某实验小组仿照航天器的发射原理，在地球表面竖直向上发射了一质量为M(含燃料)的火箭，当火箭以大小为v0的速度竖直向上飞行时，火箭接到加速的指令瞬间向后喷出一定质量的气体，气体喷出时速度大小为v1，加速后火箭的速度大小为v2，不计喷气过程重力的影响，所有速度均为相对地面的速度．则喷出气体的质量为(　　) A.eq \f(Mv2,v1) B.eq \f(M（v2－v0）,v1＋v2) C.eq \f(M（v2－v0）,v1－v2) D.eq \f(Mv1,v2) 解析　规定火箭的速度方向为正方向，喷气过程由动量守恒定律可得Mv0＝(M－m)v2－mv1，解得m＝eq \f(M（v2－v0）,v1＋v2)，故B正确，A、C、D错误． 解析　设人跳离b、c车时相对地面的水平速度为v，以水平向右为正方向，由动量守恒定律知，人和c车组成的系统：0＝M车vc＋m人v，对人和b车：m人v＝M车vb＋m人v，对人和a车：m人v＝(M车＋m人)va，所以vc＝－eq \f(m人v,M车)，vb＝0，va＝eq \f(m人v,M车＋m人)，即vc>va>vb，并且vc与va方向相反，故选C、D. 解析　(1)以炮车和炮弹组成的系统为研究系统，在水平方向上系统的动量守恒．以炮弹前进的方向为正方向，由动量守恒定律得 0＝mv0＋M(－v1) 解得v1＝eq \f(mv0,M). 答案　(1)eq \f(mv0,M)　(2)eq \f(mv0cosθ,M) (2)以炮车和炮弹组成的系统为研究系统，在水平方向上系统的动量守恒．以炮弹速度的水平分速度方向为正方向，由动量守恒定律得 0＝mv0·cosθ＋M(－v2) 解得v2＝eq \f(mv0cosθ,M). 解析　设宇航员反冲获得的速度为u，则u≥eq \f(x,t)＝eq \f(7.5,100) m/s＝0.075 m/s，设喷出气体的质量为m，开始时宇航员连同装备的质量为M，喷出气体的过程系统动量守恒，以气体的速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv－(M－m)u＝0，解得v＝50 m/s，故B正确． 答案　(1)v0＋eq \f(mu,M)　(2)v0＋eq \f(mu,M)＋eq \f(mu,M－m)　 (3)vn＝v0＋eq \f(mu,M)＋eq \f(mu,M－m)＋eq \f(mu,M－2m)＋…＋eq \f(mu,M－（n－1）m)(n为大于0的整数) 解析　(1)火箭与被喷气体组成的系统不受外力作用，动量守恒．以v0方向为正方向，设第1次喷出气体后火箭速度大小为v1，应用动量守恒定律，对第1次喷气过程有 Mv0＝(M－m)v1＋m(v1－u) 解得v1＝v0＋eq \f(mu,M). (2)设第2次喷出气体后火箭速度大小为v2，由动量守恒定律有 (M－m)v1＝(M－2m)v2＋m(v2－u) 解得v2＝v1＋eq \f(mu,M－m)＝v0＋eq \f(mu,M)＋eq \f(mu,M－m). (3)设第n次喷气后火箭速度大小为vn，由动量守恒定律有[M－(n－1)m]vn－1＝ (M－nm)vn＋m(vn－u) 解得vn＝vn－1＋eq \f(mu,M－（n－1）m) 则vn＝v0＋eq \f(mu,M)＋eq \f(mu,M－m)＋eq \f(mu,M－2m)＋…＋eq \f(mu,M－（n－1）m)(n为大于0的整数)． $$