专题02 动量守恒定律 讲义 -2025-2026学年高二上学期物理人教版选择性必修第一册

专题02 动量守恒定律 【基础回顾】 一、动量守恒定律的推导 如图所示，在光滑的水平桌面上质量为m2的B物体追上质量为m1的A物体，并发生碰撞，设A、B两物体碰前速度分别为v1、v2(v2>v1)，碰后速度分别为v1′、v2′，碰撞过程中B对A的作用力是F1，A对B的作用力是F2，碰撞时间很短，设为Δt. 根据动量定理： 对A：F1Δt＝m1v1′－m1v1① 对B：F2Δt＝m2v2′－m2v2② 由牛顿第三定律F1＝－F2③ 由①②③得两物体总动量关系为： m1v1′＋m2v2′＝m1v1＋m2v2 可见，两个碰撞的物体在所受外部对它们的作用力矢量和为0的情况下动量守恒． 二、动量守恒定律 1．系统、内力与外力 (1)系统：两个(或多个)相互作用的物体构成的整体叫作一个力学系统，简称系统． (2)内力：系统中物体间的作用力． (3)外力：系统以外的物体施加给系统内物体的力． 2．动量守恒定律 (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． (2)表达式： m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′(作用前后总动量相等)． (3)适用条件：系统不受外力或者所受外力的矢量和为零． (4)普适性：动量守恒定律既适用于低速物体，也适用于高速(接近光速)物体．既适用于宏观领域，也适用于微观领域． 模型1 动量守恒定律的理解和基本应用 1．动量守恒定律的“五性” (1)系统性：研究对象是相互作用的多个物体组成的系统。 (2)矢量性：解题时要先规定正方向，确定动量的正负。 (3)相对性：各物体的速度必须是相对同一参考系。 (4)同时性：作用前同一时刻的总动量等于作用后同一时刻的总动量。 (5)方向性：系统在某个方向的外力矢量和为0时，在该方向上应用动量守恒。 2．应用动量守恒定律解题的步骤 【例题精讲】 1．（2025秋•贵阳月考）关于如图情景中的描述，系统动量守恒的是（　　） A．图甲，在光滑的水平面上，轻绳水平拉直后小球从A点静止释放，小球运动到最低点的过程中（小球与小车为系统） B．图乙，木块沿光滑固定斜面由静止下滑的过程（木块与固定斜面为系统） C．图丙，两同学原地传接篮球的过程（两同学与篮球为系统） D．图丁，绑有磁铁的两小车在光滑水平地面上相向运动的过程（两车与磁铁为系统） 2．（2025秋•新乐市校级月考）一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A并留在其中，A、B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图所示。则在子弹打击木块A及弹簧被压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统（　　） A．动量守恒，机械能守恒 B．动量不守恒，机械能守恒 C．动量守恒，机械能不守恒 D．无法判定动量、机械能是否守恒 3．（2025秋•独山子区校级期末）如图所示，两个小学生在滑冰场上滑冰，小学生甲的质量为30kg，小学生乙的质量为20kg，某时刻两人相撞并抱在了一起，相撞前瞬间甲的速度大小2m/s，乙保持静止，则甲、乙抱在一起瞬间的共同速度大小等于（　　） A．1m/s B．1.2m/s C．1.5m/s D．2m/s 4．（2025•江西模拟）2024年12月8日，2024﹣2025赛季短道速滑世界巡回赛上，中国队夺得混合团体接力5000米接力金牌。如图，在水平冰面上，甲运动员在乙运动员前面向前滑行，乙追上甲时，猛推甲，使甲获得更大的速度向前冲出。乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则（　　） A．乙对甲的作用力大小大于甲对乙的作用力大小 B．乙对甲的冲量大小大于甲对乙的冲量大小 C．甲、乙的动量变化量大小相等且方向相反 D．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量 5．（2025秋•迎泽区校级期中）滑板运动深受青少年喜爱。现有一个质量为40kg的小孩站在一辆质量为30kg的滑板车上（小孩与滑板车均可视为质点），在光滑的水平路面上以4m/s的速度匀速前进。突然小孩以相对于地面2m/s的水平速度向后跳离滑板车（跳离过程时间极短，可忽略不计，且小孩跳离后滑板车速度方向不变），并安全落地。设小孩跳离瞬间，滑板车速度大小变为原来的λ倍，则λ为（　　） A．2 B．3 C．4 D．5 （多选）6．（2025秋•即墨区校级月考）滑板运动是由冲浪运动演变而成的一种极限运动项目。如图所示，一同学在水平地面上进行滑板练习，该同学站在滑板A前端与滑板以3m/s的共同速度做匀速直线运动，在滑板A正前方有一静止的滑板B。在滑板A接近滑板B时，该同学迅速从滑板A跳上滑板B，接着又从滑板B跳回滑板A，两滑板恰好不相撞。该同学的质量为24kg，两滑板的质量均为3kg，不计滑板与地面间的摩擦和空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．上述过程中该同学与滑板A和滑板B组成的系统动量守恒 B．该同学跳离滑板B的过程中，滑板B的速度增大 C．该同学跳回滑板A后，他和滑板A的共同速度为2.4m/s D．该同学全过程对滑板B的水平方向冲量大小为8.1N•s （多选）7．（2025秋•顺德区月考）如图所示，把两个磁性很强的相同磁铁分别固定在相同的小车甲、乙上，磁铁的同性磁极相对，小车甲、乙在外力作用下静止在光滑水平地面上。同时撤去作用在小车甲、乙上的外力并给小车甲水平向右的初速度v0，在小车甲、乙相互接近的过程中，小车甲上磁铁对小车乙上磁铁的作用力为F1，小车乙上磁铁对小车甲上磁铁的作用力为F2，下列说法正确的是（　　） A．相同时间内F1的冲量小于F2的冲量 B．相同时间内F1对小车乙做的功小于小车甲克服F2做的功 C．小车甲、乙及磁铁构成的系统动量守恒 D．小车甲、乙及磁铁构成的系统机械能守恒 模型2 爆炸和反冲 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 动能 增加 在爆炸过程中，有其他形式的能量(如化学能)转化为动能 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 2.反冲运动的三点说明 作用 原理 反冲运动是系统内两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，所以系统的机械能增加 【例题精讲】 1．（2025秋•酒泉期末）航模小组制作了一枚质量为8kg的火箭模型，某时刻火箭速度为5m/s，方向水平，燃料即将耗尽，如图，火箭突然炸裂成两块，其中质量为4kg的一块沿着与初速度相反的方向飞去，速度大小为10m/s，则炸裂后另一块速度大小为（　　） A．0m/s B．5m/s C．10m/s D．20m/s 2．（2025秋•美兰区校级月考）一质量为m的炮弹在空中飞行，运动至最高点时炸裂成质量相等的甲、乙两块，爆炸前瞬间炮弹速度为v，方向水平向右，爆炸后甲的速度为1.5v，方向水平向左。爆炸过程中转化为动能的化学能有（　　） A． B．2mv2 C． D．7mv2 3．（2025秋•河北期中）如图所示，一颗炮弹在上升到距离水平地面的最大高度为h后发生爆炸，爆炸后的碎片以大小均为v0的初速度向各个方向射出，已知重力加速度大小为g，忽略一切阻力，则碎片落在地面上围成的圆的最大半径为（　　） A． B． C． D． 4．（2025秋•吴忠校级期末）如图所示，一架质量为m的喷气式飞机飞行的速率是v，某时刻它向后喷出的气体相对飞机的速度大小为u，喷出气体的质量为Δm，以地面为参考系，下列说法正确的是（　　） A．若u＜v，则喷出气体的速度方向与飞机飞行方向相同，喷气后飞机速度不会增加 B．只有u＜v，喷气后飞机速度才会增加 C．喷气后飞机速度为 D．喷气后飞机增加的速度为 5．（2025秋•金凤区校级期末）一个士兵坐在皮划艇上，他连同装备和皮划艇的总质量是200kg，这个士兵用自动步枪在内沿水平方向发射子弹，每发子弹的质量是20g，子弹离开枪口时相对步枪的速度是1000m/s。射击前皮划艇是静止的，不考虑水的阻力，射出一颗子弹后，皮划艇的速度大小约为（　　） A．0.1m/s B．1m/s C．10m/s D．100m/s （多选）6．（2025春•福州期末）某兴趣小组制作了如图所示的水火箭，实验时瓶内的高压气体将水快速喷出，火箭获得竖直向上的初速度，设火箭上升的最大高度为h，水火箭外壳的质量为M，水的质量为m，假设水在极短时间内以不变的速度喷出，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　） A．火箭的推力来源于火箭外的空气对它的反作用力 B．高压气体对火箭外壳做的功为Mgh C．高压气体释放的能量为 D．水瞬间喷出时水流的喷出速度大小为 （多选）7．（2025•2月份模拟）如图为某国海军在测试一款喷气式飞行背包的情景。这种喷射飞行装备主要推力在背上，另外两个手臂上也各有两个小型喷射引擎作为辅助与方向调整。若人和装备总质量为M，喷出气体的对地速度为u，单位时间内喷气质量为。不计喷出气体后人和装备总质量的变化，已知重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．飞行员沿与地面成45°角匀加速斜向上直线飞行过程中，需向与地面成45°角斜向后下喷气 B．飞行员沿与地面成45°角匀速向上飞行过程中，需竖直向下喷气 C．飞行员沿与地面成45°角匀速向上飞行过程中，喷气 D．如果飞行员以速度v水平匀速飞行时要以半径R向左匀速圆周转弯，手部引擎可向右喷气 模型3 人船模型 1．模型探究：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。 2．模型特点 (1)两物体满足动量守恒定律：m人v人－m船v船＝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； (3)两物体的位移大小满足：m人－m船＝0，x人＋x船＝L，得x人＝L，x船＝L。 3．“人船模型”的拓展(某一方向动量守恒) 【例题精讲】 1．（2025秋•梅河口市校级期末）如图所示，在光滑的水平面上有一辆平板车。开始时人、锤和车都处于静止状态。人站在车左端，且始终与车保持相对静止，人抡起锤敲打车的左端，每当锤打到车左端时都立即与车具有共同速度。在连续的敲打的过程中，下列说法正确的是（　　） A．小车将持续地向右运动 B．锤、人和车组成的系统水平方向动量守恒，机械能也守恒 C．每当锤打到车左端的时刻，人和车立即停止运动 D．每次锤被向左抡到最高点的时刻，人和车的速度都向右 2．（2025秋•青山湖区校级月考）质量为M的气球上有一个质量为m的人，气球和人在静止的空气中共同静止于离地h高处，如果从气球上慢慢放下一个质量不计的软梯，让人沿软梯降到地面，则软梯长至少应为（　　） A．h B．h C．h D．h 3．（2024秋•亳州期末）如图所示，在光滑水平面上有一小车，小车上固定一竖直杆，小车与杆的总质量为m，杆的顶端系一长为l的轻绳，绳另一端系一质量为m0的小球。现将小球向右拉至绳子水平伸直后，小球由静止释放，不计空气阻力。已知小球运动过程中，始终未与杆相撞。小球向左摆到最低点的过程中，小车向右移动的距离为（　　） A． B． C． D． 4．（2025秋•辽宁月考）如图所示，小车静止在光滑水平面上，AB是小车内半圆弧轨道的水平直径，现将一小球（视为质点）从A点正上方的O点由静止释放，小球由A点沿切线方向进入半圆弧轨道后又从B点冲出，已知半圆弧轨道的半径为R，小球的质量和小车的质量相等，不计一切摩擦，下列说法正确的是（　　） A．小球和小车组成的系统在相互作用过程中动量守恒 B．小球从小车的B点冲出后做斜抛运动 C．小球能回到O点 D．小车向左运动的最大距离为2R 5．（2025秋•苏州期中）如图所示，一质量M＝2.0kg的滑块套在光滑的水平轨道上，一质量m＝1.0kg的小球通过长L＝0.5m的轻质细杆与滑块上的光滑轴O连接，小球和轻杆可在竖直平面内绕轴O自由转动。初始时，轻杆水平，现给小球一竖直向上的初速度v0＝4m/s，已知重力加速度g＝10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．若滑块固定，小球到达最高点的速度大小为v＝3m/s B．若滑块不固定，小球到达最高点的速度大小为 C．若滑块不固定，小球到达最高点时，滑块运动的位移大小为 D．若滑块不固定，小球到达轴O右侧水平位置时的位移大小为 （多选）6．（2025秋•福州月考）一长木板静止放置在光滑水平地面上，木板质量为M，一质量为m的青蛙静止蹲在长木板的左端。青蛙向右上方第一次跳起，恰好落至长木板右端且立刻相对木板静止，青蛙继续向右上方第二次跳起，落到地面。青蛙第三次从地面向右上方起跳并落地。三次向右上方跳跃过程都恰能使青蛙相对地面水平位移最大，木板的厚度不计。观察发现青蛙竖直向上起跳，跳起的最大高度为h。已知每次起跳青蛙做功相同，起跳与着陆过程时间极短，青蛙可看作质点，忽略空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．青蛙每次起跳做的功大于mgh B．若长木板的长度为L，青蛙第二次跳跃的水平位移大小为 C．青蛙第三次向右上方跳跃过程中离地最大高度为 D．长木板的长度L与h的关系满足L＝2h （多选）7．（2025秋•乌鲁木齐校级期中）光滑水平面上放有一表面光滑、倾角为α的斜面体A，斜面体质量为M、底边长为L，如图所示。将一质量为m、可视为质点的滑块B从斜面的顶端由静止释放，滑块B经过时间t刚好滑到斜面底端。此过程中斜面对滑块的支持力大小为FN，重力加速度为g，则下列说法中不正确的是（　　） A．FN＝mgcosα B．滑块下滑过程中斜面体A做匀加速直线运动 C．此过程中斜面体向左滑动的距离为 D．滑块B下滑的过程中A、B组成的系统动量守恒 课时精练 一．选择题（共8小题） 1．（2024秋•曹县校级期末）以下关于四幅图的说法，正确的是（　　） A．图甲中礼花弹爆炸的瞬间机械能守恒 B．图乙中A、B用压缩的轻弹簧连接放于光滑的水平面上，释放后A、B与弹簧组成的系统动量守恒 C．图丙中子弹击穿木球的过程中，子弹和木球组成的系统水平方向动量不守恒 D．图丁中小车位于光滑的水平面上，人将小球水平向左抛出后，车、人和球组成的系统动量守恒 2．（2025秋•贵阳月考）2022北京冬奥会短道速滑接力项目中（如图2），交棒运动员乙滑行时，接棒运动员甲提前启动向前滑行；当乙追上甲后，乙用力向前推甲，使甲加速冲刺，同时乙的速度也发生变化。忽略冰面水平方向的作用力，下列关于甲、乙相互作用过程的说法正确的是（　　） A．甲、乙组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒 B．甲、乙组成的系统机械能不守恒，水平方向动量不守恒 C．甲对乙的冲量与乙对甲的冲量大小相等、方向相同 D．甲的动量变化量与乙的动量变化量大小相等 3．（2025秋•临沂期末）甲、乙两人静止在光滑的冰面上，乙推甲后，两人向相反方向滑去，甲与乙分离后，甲的速率小于乙的速率。则（　　） A．分离时甲的动能小于乙的动能 B．分离时甲的动量小于乙的动量 C．该过程甲对乙的冲量小于乙对甲的冲量 D．甲的质量小于乙的质量 4．（2025秋•市中区校级月考）如图，质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止。若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中（不计水的阻力），则救生员跃出后小船的速率为（　　） A．v0 B．v0 C．v0 D．v0 5．（2025秋•新疆月考）水平冰面上有一固定的竖直挡板，一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，若运动员的质量是物块质量的4049倍。运动员把物块以相对于地面为v的速度推出，物块与挡板碰撞后仍以原速率返回，运动员把物块接住后，又把它以相对于地面为v的速度推出。运动员每次推出物块，物块相对于地面的速度都是v，方向向左，则运动员把物块至少推出几次后，物块返回时运动员不能再接到物块（　　） A．2023 B．2024 C．2025 D．2026 6．（2025秋•合肥期中）如图所示，甲、乙两船的质量（包括船、人和货物）均为5m，两船沿同一直线相向运动，两船速率分别为2v0、v0。为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住。忽略空气阻力及水对船的阻力，则抛出货物的最小速率为（　　） A．0.5v0 B．v0 C．7v0 D．7.5v0 7．（2025秋•烟台期中）一炮兵训练基地在进行军事能力训练，设士兵向空中斜向上投出一颗质量为M的手榴弹，当手榴弹飞行到距地面最高点时，手榴弹距地面高度为H，速度为v0，此时手榴弹突然炸裂成甲、乙两块碎片，两块碎片飞出方向与v0方向在同一直线上，甲、乙质量之比为1：2。已知乙碎片飞出方向与v0方向相同，甲相对于乙以100v0的速度向相反方向飞去，则乙落地时距炸裂点的水平距离为（　　） A． B． C．103v0 D．106v0 8．（2025秋•潍坊月考）某玩具炮车（含炮弹）的总质量为M，以速度v0沿水平地面匀速行驶，某时刻开启火炮，沿水平方向向后连续发射2颗炮弹，炮弹的质量均为m，炮弹离开炮筒时相对炮车的速度大小均为u，发射炮弹过程中，阻力和牵引力均不变。则炮弹发射后，炮车的速度大小为（　　） A． B． C．v0 D．v0 二．多选题（共3小题） （多选）9．（2025春•天津校级月考）如图所示，将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上，槽的左侧有一固定在水平面上的物块。今让一小球自左侧槽口A的正上方从静止开始下落，与圆弧槽相切自A点进入槽内，并从C点飞出，则以下结论中正确的是（　　） 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．小球自半圆槽的最低点B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，将做斜上抛运动 （多选）10．（2024秋•牡丹江期末）如图（a）所示，在光滑的水平面上有甲、乙两辆碰碰车，质量为30kg的小孩乘甲车以5m/s的速度水平向右匀速运动，甲车的质量为15kg，乙车静止于甲车滑行的前方。两车碰撞前后的位置随时间变化的图像如图（b）所示，下列说法中正确的是（　　） A．乙车的质量为60kg B．乙车的质量为90kg C．为避免两车相撞，小孩最少以的速度（相对于地面）从甲车跳到乙车 D．为避免两车相撞，小孩最少以的速度（相对于地面）从甲车跳到乙车 （多选）11．（2025秋•罗湖区校级月考）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（图中未画出），且圆弧与水平地面相切，可使小球滑离斜劈时的速度方向水平。关于小球下滑的过程，下列说法中正确的是（　　） A．小球与斜劈组成的系统动量不守恒 B．斜劈对小球做正功 C．小球与斜劈的质量之比 D．当l＝L时，小球与斜劈分离时的速度大小为 三．解答题（共3小题） 12．（2025秋•江阴市校级月考）如图，平静的湖面上，人站在静止的小船中央，将一个质量为m＝5kg的铁球以10m/s的水平速度向船尾抛出，铁球恰好贴着船尾落入水中，人与船的总质量为M＝250kg（不计铁球质量），不计水的阻力，重力加速度g＝10m/s2。 （1）求铁球被抛出瞬间小船的速率； （2）若小球被抛出时与船尾的高度差为1.8m，则船的长度为多少？ 13．（2025秋•龙岗区期末）一质量为1kg的烟花弹从地面斜向上发射，发射速度大小为50m/s，方向与水平方向夹角为53°，如图所示，达到最高点时炸裂为质量相等的两部分A和B。爆炸后A又上升了3s，且恰好落回出发点，不计空气阻力，爆炸的时间极短且忽略爆炸前后的总质量变化，取重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，求： （1）爆炸点到抛出点的水平、竖直距离； （2）炸裂后A的速度大小； （3）爆炸过程中释放的化学能。 14．（2025秋•常州月考）如图所示，半径R＝0.8m的四分之一光滑圆弧轨道竖直固定于水平面上，轨道末端水平。4个相同的长木板紧挨着圆弧轨道末端静置，圆弧轨道末端与木板等高。每块木板的质量为m＝1kg，长L＝1.5m。在第一块木板左端放置一个质量为M＝2.5kg的小铅块B（可视为质点）。现让一个与B完全一样的铅块A从圆弧顶端由静止滑下，铅块A滑到最底端后与铅块B发生弹性正碰。木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，铅块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.2，木板与地面的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。g取10m/s2。 （1）求铅块A滑到圆弧轨道最底端时，对轨道的压力大小； （2）求铅块B刚滑上第二块木板时的速度大小； （3）从A与B发生碰撞后，到铅块B与滑动的木板达到共同速度为止，求该过程中所有木板受到的总冲量。 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题02 动量守恒定律 【基础回顾】 一、动量守恒定律的推导 如图所示，在光滑的水平桌面上质量为m2的B物体追上质量为m1的A物体，并发生碰撞，设A、B两物体碰前速度分别为v1、v2(v2>v1)，碰后速度分别为v1′、v2′，碰撞过程中B对A的作用力是F1，A对B的作用力是F2，碰撞时间很短，设为Δt. 根据动量定理： 对A：F1Δt＝m1v1′－m1v1① 对B：F2Δt＝m2v2′－m2v2② 由牛顿第三定律F1＝－F2③ 由①②③得两物体总动量关系为： m1v1′＋m2v2′＝m1v1＋m2v2 可见，两个碰撞的物体在所受外部对它们的作用力矢量和为0的情况下动量守恒． 二、动量守恒定律 1．系统、内力与外力 (1)系统：两个(或多个)相互作用的物体构成的整体叫作一个力学系统，简称系统． (2)内力：系统中物体间的作用力． (3)外力：系统以外的物体施加给系统内物体的力． 2．动量守恒定律 (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． (2)表达式： m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′(作用前后总动量相等)． (3)适用条件：系统不受外力或者所受外力的矢量和为零． (4)普适性：动量守恒定律既适用于低速物体，也适用于高速(接近光速)物体．既适用于宏观领域，也适用于微观领域． 模型1 动量守恒定律的理解和基本应用 1．动量守恒定律的“五性” (1)系统性：研究对象是相互作用的多个物体组成的系统。 (2)矢量性：解题时要先规定正方向，确定动量的正负。 (3)相对性：各物体的速度必须是相对同一参考系。 (4)同时性：作用前同一时刻的总动量等于作用后同一时刻的总动量。 (5)方向性：系统在某个方向的外力矢量和为0时，在该方向上应用动量守恒。 2．应用动量守恒定律解题的步骤 【例题精讲】 1．（2025秋•贵阳月考）关于如图情景中的描述，系统动量守恒的是（　　） A．图甲，在光滑的水平面上，轻绳水平拉直后小球从A点静止释放，小球运动到最低点的过程中（小球与小车为系统） B．图乙，木块沿光滑固定斜面由静止下滑的过程（木块与固定斜面为系统） C．图丙，两同学原地传接篮球的过程（两同学与篮球为系统） D．图丁，绑有磁铁的两小车在光滑水平地面上相向运动的过程（两车与磁铁为系统） 【答案】D 【解答】解：A．当小球向下摆动的过程中，竖直方向具有加速度，即可得知整体所受的合力不为零，总动量不守恒，故A错误； B．当木块沿固定斜面下滑时，地面对斜面存在作用力，导致木块与斜面组成的系统所受合外力不为零，因此该系统的动量不守恒，故B错误； C．两同学传接篮球的过程，由于地面摩擦力、重力的作用，两同学和篮球构成的系统动量不守恒，故C错误； D．两车在光滑水平面上，小车相向运动的过程中合外力为零，系统动量守恒，故D正确。 故选：D。 2．（2025秋•新乐市校级月考）一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A并留在其中，A、B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图所示。则在子弹打击木块A及弹簧被压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统（　　） A．动量守恒，机械能守恒 B．动量不守恒，机械能守恒 C．动量守恒，机械能不守恒 D．无法判定动量、机械能是否守恒 【答案】C 【解答】解：整个系统置于光滑水平面上，在整个过程中子弹、两木块和弹簧组成的系统所受外力之和为零，动量守恒，但在子弹射进木块过程中有内能产生，则系统机械能不守恒，故C正确，ABD错误。 故选：C。 3．（2025秋•独山子区校级期末）如图所示，两个小学生在滑冰场上滑冰，小学生甲的质量为30kg，小学生乙的质量为20kg，某时刻两人相撞并抱在了一起，相撞前瞬间甲的速度大小2m/s，乙保持静止，则甲、乙抱在一起瞬间的共同速度大小等于（　　） A．1m/s B．1.2m/s C．1.5m/s D．2m/s 【答案】B 【解答】解：在两名小学生相撞并抱作一体的过程中，因冰面光滑，系统在水平方向所受合外力为零，故动量守恒。 取初速度方向为正方向，根据动量守恒定律，有mAvA+mBvB＝（mA+mB）v。 代入数据，解得共同速度v＝1.2m/s，故B正确，ACD错误。 故选：B。 4．（2025•江西模拟）2024年12月8日，2024﹣2025赛季短道速滑世界巡回赛上，中国队夺得混合团体接力5000米接力金牌。如图，在水平冰面上，甲运动员在乙运动员前面向前滑行，乙追上甲时，猛推甲，使甲获得更大的速度向前冲出。乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则（　　） A．乙对甲的作用力大小大于甲对乙的作用力大小 B．乙对甲的冲量大小大于甲对乙的冲量大小 C．甲、乙的动量变化量大小相等且方向相反 D．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量 【答案】C 【解答】解：AB．根据牛顿第三定律，甲对乙的作用力大小与乙对甲的作用力大小相等、方向相反，根据冲量的定义，知冲量大小相等、方向相反，故AB错误； C．忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，两人组成的系统合外力为零，系统的动量守恒，根据动量守恒定律可知，系统动量变化量为零，则甲、乙的动量变化大小相等且方向相反，故C正确； D．不知道甲、乙的质量关系，不能求出甲、乙动能变化关系，无法判断做功多少，也不能判断出二者动能的变化量，故D错误。 故选：C。 5．（2025秋•迎泽区校级期中）滑板运动深受青少年喜爱。现有一个质量为40kg的小孩站在一辆质量为30kg的滑板车上（小孩与滑板车均可视为质点），在光滑的水平路面上以4m/s的速度匀速前进。突然小孩以相对于地面2m/s的水平速度向后跳离滑板车（跳离过程时间极短，可忽略不计，且小孩跳离后滑板车速度方向不变），并安全落地。设小孩跳离瞬间，滑板车速度大小变为原来的λ倍，则λ为（　　） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】B 【解答】解：由题意可知，对于小孩和滑板车组成的系统，小孩在跳离滑板车时，该系统在水平方向动量守恒，以小孩初速度的方向为正方向，则由动量守恒定律可得： （m+M）v＝mv'+Mv''， 由题意可知，滑板车的质量、小孩的质量、小孩与滑板车的初速度、小孩跳离滑板车时的速度分别为： m＝30kg，M＝40kg，v＝4m/s，v''＝﹣2m/s， 解得，小孩跳离滑板车时滑板车的速度为： v'＝12m/s， 由此可知： λ， 故B正确，ACD错误。 故选：B。 （多选）6．（2025秋•即墨区校级月考）滑板运动是由冲浪运动演变而成的一种极限运动项目。如图所示，一同学在水平地面上进行滑板练习，该同学站在滑板A前端与滑板以3m/s的共同速度做匀速直线运动，在滑板A正前方有一静止的滑板B。在滑板A接近滑板B时，该同学迅速从滑板A跳上滑板B，接着又从滑板B跳回滑板A，两滑板恰好不相撞。该同学的质量为24kg，两滑板的质量均为3kg，不计滑板与地面间的摩擦和空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．上述过程中该同学与滑板A和滑板B组成的系统动量守恒 B．该同学跳离滑板B的过程中，滑板B的速度增大 C．该同学跳回滑板A后，他和滑板A的共同速度为2.4m/s D．该同学全过程对滑板B的水平方向冲量大小为8.1N•s 【答案】ABD 【解答】解：A.该同学与滑板A和滑板B组成的系统，所受合外力为0，所以系统动量不守恒，故A正确； B.该同学跳离滑板B的过程中，他对滑板B的作用力向右，滑板B会向右加速，速度增大，故B正确； C.从滑板B跳回滑板A，两滑板恰好不相撞，三者共速，设速度为v，根据水平方向动量守恒，（M+m）v0＝（M+2m）v，其中M＝24kg，m＝3kg，v0＝3m/s，代入数据解得v＝2.7m/s，故C错误； D.根据动量定理该同学全过程对滑板B的水平方向冲量：I＝mv﹣0，其中m＝3kg，v＝2.7m/s，代入数据可得 I＝3×2.7N•s＝8.1N•s，故D正确。 故选：ABD。 （多选）7．（2025秋•顺德区月考）如图所示，把两个磁性很强的相同磁铁分别固定在相同的小车甲、乙上，磁铁的同性磁极相对，小车甲、乙在外力作用下静止在光滑水平地面上。同时撤去作用在小车甲、乙上的外力并给小车甲水平向右的初速度v0，在小车甲、乙相互接近的过程中，小车甲上磁铁对小车乙上磁铁的作用力为F1，小车乙上磁铁对小车甲上磁铁的作用力为F2，下列说法正确的是（　　） A．相同时间内F1的冲量小于F2的冲量 B．相同时间内F1对小车乙做的功小于小车甲克服F2做的功 C．小车甲、乙及磁铁构成的系统动量守恒 D．小车甲、乙及磁铁构成的系统机械能守恒 【答案】BC 【解答】解：A.由牛顿第三定律，F1＝F2，根据冲量 I＝Ft，相同时间内I1＝I2，故A错误； B.系统动量守恒，规定甲的初速度方向为正方向，初始总动量为mv0（甲的动量），设某时刻甲速度为v1乙为v2，则mv0＝mv1+mv2（甲、乙及磁铁质量相同），可得v1＜v0、v2＞0；由于相互作用力大小相等，且甲的位移大于乙的位移（甲初始有速度），根据W＝Fx，F1对乙做的功（W1＝F1x乙）小于甲克服F2做的功（W2＝F2x甲，x甲＞x乙），故B正确； C.系统在水平方向不受外力（地面光滑），竖直方向合力为0，因此系统总动量守恒。故C正确； D.磁铁间的斥力是内力且做了功，系统机械能会变化，因此机械能不守恒，故D错误。 故选：BC。 模型2 爆炸和反冲 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 动能 增加 在爆炸过程中，有其他形式的能量(如化学能)转化为动能 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 2.反冲运动的三点说明 作用 原理 反冲运动是系统内两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，所以系统的机械能增加 【例题精讲】 1．（2025秋•酒泉期末）航模小组制作了一枚质量为8kg的火箭模型，某时刻火箭速度为5m/s，方向水平，燃料即将耗尽，如图，火箭突然炸裂成两块，其中质量为4kg的一块沿着与初速度相反的方向飞去，速度大小为10m/s，则炸裂后另一块速度大小为（　　） A．0m/s B．5m/s C．10m/s D．20m/s 【答案】D 【解答】解：火箭炸裂前后，组成火箭的系统动量守恒，以炸裂前火箭的速度方向为正方向，火箭炸裂成两块瞬间，由水平方向动量守恒得 mv0＝﹣m1v1+（m﹣m1）v2 则，故D正确，ABC错误。 故选：D。 2．（2025秋•美兰区校级月考）一质量为m的炮弹在空中飞行，运动至最高点时炸裂成质量相等的甲、乙两块，爆炸前瞬间炮弹速度为v，方向水平向右，爆炸后甲的速度为1.5v，方向水平向左。爆炸过程中转化为动能的化学能有（　　） A． B．2mv2 C． D．7mv2 【答案】C 【解答】解：设爆炸后乙的速度为v′，方向水平向右。根据动量守恒可得 解得v′＝（v+0.72v）×2＝3.5v 根据能量守恒可得爆炸过程中转化为动能的化学能为，故C正确，ABD错误。 故选：C。 3．（2025秋•河北期中）如图所示，一颗炮弹在上升到距离水平地面的最大高度为h后发生爆炸，爆炸后的碎片以大小均为v0的初速度向各个方向射出，已知重力加速度大小为g，忽略一切阻力，则碎片落在地面上围成的圆的最大半径为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【解答】解：设爆炸后碎片的初速度为v0，抛射角为θ，碎片做斜抛运动，建立坐标系： 水平方向位移：x＝v0cosθ•t①，竖直方向的位移：②，由①式得，代入②式消去t并整理，得轨迹方程：。 碎片落在地面上时y＝﹣h，利用三角恒等式，代入轨迹方程，整理得到关于tanθ的一元二次方程： 碎片若能到达水平距离x处，说明该方程关于tanθ有实数解，故判别式Δ≥0：， 解此不等式求得x的最大值（即圆的半径）：，故BCD错误，A正确。 故选：A。 4．（2025秋•吴忠校级期末）如图所示，一架质量为m的喷气式飞机飞行的速率是v，某时刻它向后喷出的气体相对飞机的速度大小为u，喷出气体的质量为Δm，以地面为参考系，下列说法正确的是（　　） A．若u＜v，则喷出气体的速度方向与飞机飞行方向相同，喷气后飞机速度不会增加 B．只有u＜v，喷气后飞机速度才会增加 C．喷气后飞机速度为 D．喷气后飞机增加的速度为 【答案】D 【解答】解：C．设喷出气体后飞机的速度为v′，对飞机和气体组成的系统，取飞机的飞行方向为正方向，由动量守恒有 mv＝（m﹣Δm）v′+Δm（v′﹣u） 解得 故C错误； D．结合上述可知，喷气后飞机增加的速度为，故D正确； AB．根据上述，喷气后飞机增加的速度为，可知无论u与v的大小关系如何，v′均大于v，故AB错误。 故选：D。 5．（2025秋•金凤区校级期末）一个士兵坐在皮划艇上，他连同装备和皮划艇的总质量是200kg，这个士兵用自动步枪在内沿水平方向发射子弹，每发子弹的质量是20g，子弹离开枪口时相对步枪的速度是1000m/s。射击前皮划艇是静止的，不考虑水的阻力，射出一颗子弹后，皮划艇的速度大小约为（　　） A．0.1m/s B．1m/s C．10m/s D．100m/s 【答案】A 【解答】解：子弹离开枪口时相对步枪的速度为正方向，士兵发射一发子弹的过程，设子弹的发出后皮划艇的速度为v0，则根据动量守恒定律得0＝（M﹣m）v0﹣m（1000+v0） 代入数据得v0≈0.1m/s，故A正确，BCD错误。 故选：A。 （多选）6．（2025春•福州期末）某兴趣小组制作了如图所示的水火箭，实验时瓶内的高压气体将水快速喷出，火箭获得竖直向上的初速度，设火箭上升的最大高度为h，水火箭外壳的质量为M，水的质量为m，假设水在极短时间内以不变的速度喷出，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　） A．火箭的推力来源于火箭外的空气对它的反作用力 B．高压气体对火箭外壳做的功为Mgh C．高压气体释放的能量为 D．水瞬间喷出时水流的喷出速度大小为 【答案】BC 【解答】解：A、发射过程中，火箭的推力来源于喷出的水对它的反作用力，故A错误； CD、设火箭发射的初速度为v1，火箭做竖直上抛运动知，若水喷出的初速度为v2，取竖直向上为正方向，根据动量守恒定律可得：Mv1﹣mv2＝0，可得，高压气体释放的能量为，解得：，故C正确，D错误。 B、由动能定理知高压气体对火箭外壳做功，故B正确； 故选：BC。 （多选）7．（2025•2月份模拟）如图为某国海军在测试一款喷气式飞行背包的情景。这种喷射飞行装备主要推力在背上，另外两个手臂上也各有两个小型喷射引擎作为辅助与方向调整。若人和装备总质量为M，喷出气体的对地速度为u，单位时间内喷气质量为。不计喷出气体后人和装备总质量的变化，已知重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．飞行员沿与地面成45°角匀加速斜向上直线飞行过程中，需向与地面成45°角斜向后下喷气 B．飞行员沿与地面成45°角匀速向上飞行过程中，需竖直向下喷气 C．飞行员沿与地面成45°角匀速向上飞行过程中，喷气 D．如果飞行员以速度v水平匀速飞行时要以半径R向左匀速圆周转弯，手部引擎可向右喷气 【答案】BCD 【解答】解：A、飞行员匀加速直线运动时，受合力方向应指向匀加速运动方向，若向与地面成45°角斜向后下喷气，则根据相互作用力特点，可知飞行员受到的气体反冲力与地面成45°角斜向前上方，飞行员本身还受到重力，两个力的合力不可能仍沿与地面成45°角斜向前上方，故A错误； BC、飞行员匀速直线运动时，受合力为零，飞行员受到的气体反冲力与物体的重力反向等大，由相互作用力特点可知，喷气方向为竖直向下； 以竖直向上为正方向，由动量定理可知：，解得喷气质量满足：，故BC正确； D、飞行员水平圆周运动时，根据水平方向的受力分析，即可知飞行员应受到指向左侧的反冲力，由喷气方向相互作用力特点可知，喷气方向为水平向右； 由圆周运动的特点，可知喷气量满足：，，解得：，故D正确。 故选：BCD。 模型3 人船模型 1．模型探究：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。 2．模型特点 (1)两物体满足动量守恒定律：m人v人－m船v船＝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； (3)两物体的位移大小满足：m人－m船＝0，x人＋x船＝L，得x人＝L，x船＝L。 3．“人船模型”的拓展(某一方向动量守恒) 【例题精讲】 1．（2025秋•梅河口市校级期末）如图所示，在光滑的水平面上有一辆平板车。开始时人、锤和车都处于静止状态。人站在车左端，且始终与车保持相对静止，人抡起锤敲打车的左端，每当锤打到车左端时都立即与车具有共同速度。在连续的敲打的过程中，下列说法正确的是（　　） A．小车将持续地向右运动 B．锤、人和车组成的系统水平方向动量守恒，机械能也守恒 C．每当锤打到车左端的时刻，人和车立即停止运动 D．每次锤被向左抡到最高点的时刻，人和车的速度都向右 【答案】C 【解答】解：AC、把人、锤和车看成一个系统，系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，由题知系统的总动量为零，所以用锤连续敲击车的左端时，可知锤向右运动时，小车向左运动，锤向左运动时，小车向右运动，所以车左右往复运动，车不会连续向右运动，每当锤打到车左端时都立即与车具有共同速度，人和车立即停止运动，故A错误，C正确； B、由于人消耗体能，体内储存的化学能转化为系统的机械能，因此系统机械能不守恒，故B错误； D、由于水平方向上动量守恒，每次锤被向左抡到最高点的时刻，此时锤速度为0，故人和车的速度也为0，故D错误。 故选C。 2．（2025秋•青山湖区校级月考）质量为M的气球上有一个质量为m的人，气球和人在静止的空气中共同静止于离地h高处，如果从气球上慢慢放下一个质量不计的软梯，让人沿软梯降到地面，则软梯长至少应为（　　） A．h B．h C．h D．h 【答案】C 【解答】解：系统（气球和人）初始静止，合外力为零，动量守恒，设人下降到地面时，人对地的位移大小为 h，气球对地的位移大小为y 对人和气球组成的系统，动量守恒，取竖直向下为正方向，有mh+M（﹣y）＝0 所以 软梯长度至少为气球最终高度（初始高度h加上气球上升高度y），故 故ABD错误，C正确。 故选：C。 3．（2024秋•亳州期末）如图所示，在光滑水平面上有一小车，小车上固定一竖直杆，小车与杆的总质量为m，杆的顶端系一长为l的轻绳，绳另一端系一质量为m0的小球。现将小球向右拉至绳子水平伸直后，小球由静止释放，不计空气阻力。已知小球运动过程中，始终未与杆相撞。小球向左摆到最低点的过程中，小车向右移动的距离为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【解答】解：当小球到达最低点时，设小球向左移动的距离为s1，小车向右移动的距离为s2，设小球、小车水平方向平均速度大小分别为、 规定向右为正方向，根据水平方向动量守恒有，即 又因为s1+s2＝l，联立可得，故A正确，BCD错误。 故选：A。 4．（2025秋•辽宁月考）如图所示，小车静止在光滑水平面上，AB是小车内半圆弧轨道的水平直径，现将一小球（视为质点）从A点正上方的O点由静止释放，小球由A点沿切线方向进入半圆弧轨道后又从B点冲出，已知半圆弧轨道的半径为R，小球的质量和小车的质量相等，不计一切摩擦，下列说法正确的是（　　） A．小球和小车组成的系统在相互作用过程中动量守恒 B．小球从小车的B点冲出后做斜抛运动 C．小球能回到O点 D．小车向左运动的最大距离为2R 【答案】C 【解答】解：A．在相互作用过程中，小球和小车组成的系统在水平方向上不受外力，水平方向动量守恒，但在竖直方向上，小球有向下的加速度，系统在竖直方向上受重力，动量不守恒，所以整个系统动量不守恒，故A错误； BC．因为系统水平方向的总动量保持为零，则小球由B点离开小车时小车速度为零，小球竖直上抛，由机械能守恒可知小球能上升到原来的高度，同理小球最终能回到O点，故B错误，C正确； D．由水平方向动量守恒，结合人船模型可知mx＝m（2R﹣x） 解得x＝R 可知小车向左运动的最大距离为R，故D错误。 故选：C。 5．（2025秋•苏州期中）如图所示，一质量M＝2.0kg的滑块套在光滑的水平轨道上，一质量m＝1.0kg的小球通过长L＝0.5m的轻质细杆与滑块上的光滑轴O连接，小球和轻杆可在竖直平面内绕轴O自由转动。初始时，轻杆水平，现给小球一竖直向上的初速度v0＝4m/s，已知重力加速度g＝10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．若滑块固定，小球到达最高点的速度大小为v＝3m/s B．若滑块不固定，小球到达最高点的速度大小为 C．若滑块不固定，小球到达最高点时，滑块运动的位移大小为 D．若滑块不固定，小球到达轴O右侧水平位置时的位移大小为 【答案】D 【解答】解：A．若滑块固定，小球由初始位置到达最高点的过程，根据动能定理则有 代入数据解得，故A错误； B．若滑块不固定，小球由初始位置到达最高点的过程，水平方向动量守恒，以水平向右为正方向，则有mv1﹣Mv2＝0 根据机械能守恒，则有 联立解得v1＝2m/s，故B错误； CD．若滑块不固定，小球由初始位置到达最高点的过程，水平方向动量守恒，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律则有mv1﹣Mv2＝0 结合 整理可得mx1﹣Mx2＝0 位移关系则有x1+x2＝L 代入数据解得 同理可得，若滑块不固定，小球到达轴O右侧水平位置时的位移为，故C错误，D正确。 （多选）6．（2025秋•福州月考）一长木板静止放置在光滑水平地面上，木板质量为M，一质量为m的青蛙静止蹲在长木板的左端。青蛙向右上方第一次跳起，恰好落至长木板右端且立刻相对木板静止，青蛙继续向右上方第二次跳起，落到地面。青蛙第三次从地面向右上方起跳并落地。三次向右上方跳跃过程都恰能使青蛙相对地面水平位移最大，木板的厚度不计。观察发现青蛙竖直向上起跳，跳起的最大高度为h。已知每次起跳青蛙做功相同，起跳与着陆过程时间极短，青蛙可看作质点，忽略空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．青蛙每次起跳做的功大于mgh B．若长木板的长度为L，青蛙第二次跳跃的水平位移大小为 C．青蛙第三次向右上方跳跃过程中离地最大高度为 D．长木板的长度L与h的关系满足L＝2h 【答案】BD 【解答】解：A、对青蛙竖直起跳过程列动能定理w﹣mgh＝0，解得每次青蛙起跳做的功w＝mgh，故A错误； B、青蛙第一、二次向右上方起跳前均在木板上，且均相对地面水平位移最大，故两次相对地面水平位移相同。对青蛙第一次在木板向右上方起跳过程，水平方向动量守恒有mx1＝Mx2，由几何关系x1+x2＝L，联立解得，故B正确； C、对第三次青蛙起跳过程，设青蛙起跳初速度大小为v0，方向与水平方向夹角为θ，运动时间为t，则竖直方向，水平方向x3＝v0tcosθ，联立解得，则当θ＝45°，时，，对青蛙起跳有，解得青蛙第三次向右上方跳跃过程中离地最大高度为，故C错误； D、对青蛙第一次向右上方起跳，设青蛙起跳的竖直初速度为Vy，水平初速度为Vx，木板后退速度为v。则对青蛙，竖直方向，水平方向x1＝vxt，对青蛙和木板系统mvx＝Mv，青蛙相对地面位移，对青蛙第一次起跳，联立解得，又由于，可知当时，青蛙跳的最远，则，故D正确。 故选：BD。 （多选）7．（2025秋•乌鲁木齐校级期中）光滑水平面上放有一表面光滑、倾角为α的斜面体A，斜面体质量为M、底边长为L，如图所示。将一质量为m、可视为质点的滑块B从斜面的顶端由静止释放，滑块B经过时间t刚好滑到斜面底端。此过程中斜面对滑块的支持力大小为FN，重力加速度为g，则下列说法中不正确的是（　　） A．FN＝mgcosα B．滑块下滑过程中斜面体A做匀加速直线运动 C．此过程中斜面体向左滑动的距离为 D．滑块B下滑的过程中A、B组成的系统动量守恒 【答案】AD 【解答】解：A、当滑块B相对于斜面加速下滑时，斜面A水平向左加速运动，所以滑块B相对于地面的加速度方向不再沿斜面方向，滑块的加速度在垂直斜面方向有分量，即沿垂直于斜面方向的合外力不再为零，所以斜面对滑块的支持力FN≠mgcosα，故A错误； B、斜面体和滑块紧密接触，运动轨迹如下图所示，滑块所受合力方向与运动轨迹一致，重力大小不变则支持力大小不变。斜面体所受的滑块给的压力大小不变，故斜面体所受的合力大小不变，斜面体向左做匀加速直线运动，故B正确； CD、B滑块的加速度有竖直向下的分量，系统在竖直方向上合外力不为0，则滑块B下滑的过程中A、B组成的系统动量不守恒。系统在水平方向不受外力，水平方向系统动量守恒，设A、B两者水平位移大小分别为x1、x2，取水平向左为正方向， 由动量守恒定律得Mv1﹣mv2＝0，变形得Mv1•Δt﹣mv2•Δt＝0，所以Mx1﹣mx2＝0， 由题意可知：x1+x2＝L， 解得，故C正确，D错误。 本题选择不正确的，故选：AD。 课时精练 一．选择题（共8小题） 1．（2024秋•曹县校级期末）以下关于四幅图的说法，正确的是（　　） A．图甲中礼花弹爆炸的瞬间机械能守恒 B．图乙中A、B用压缩的轻弹簧连接放于光滑的水平面上，释放后A、B与弹簧组成的系统动量守恒 C．图丙中子弹击穿木球的过程中，子弹和木球组成的系统水平方向动量不守恒 D．图丁中小车位于光滑的水平面上，人将小球水平向左抛出后，车、人和球组成的系统动量守恒 【答案】B 【解答】解：A．图甲中礼花弹爆炸的瞬间，由于化学能转化为机械能，机械能不守恒。同时，瞬间内力远大于外力，系统动量守恒，故A错误； B．图乙中A、B用压缩的弹簧连接放于光滑的水平面上，释放后A、B与弹簧组成的系统满足动量守恒，因为只有弹簧弹力做功，机械能也守恒，故B正确； C．图丙中子弹击穿木球的过程中，子弹和木球组成的系统可认为所受外力之和为零，系统满足水平方向动量守恒，故C错误； D．图丁中小车位于光滑的水平面上，人将小球水平向左抛出后，车、人和球组成的系统满足水平方向动量守恒，但竖直方向系统不满足动量守恒，故D错误。 故选：B。 2．（2025秋•贵阳月考）2022北京冬奥会短道速滑接力项目中（如图2），交棒运动员乙滑行时，接棒运动员甲提前启动向前滑行；当乙追上甲后，乙用力向前推甲，使甲加速冲刺，同时乙的速度也发生变化。忽略冰面水平方向的作用力，下列关于甲、乙相互作用过程的说法正确的是（　　） A．甲、乙组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒 B．甲、乙组成的系统机械能不守恒，水平方向动量不守恒 C．甲对乙的冲量与乙对甲的冲量大小相等、方向相同 D．甲的动量变化量与乙的动量变化量大小相等 【答案】D 【解答】解：AB.相互作用的过程中，甲要消耗体内的化学能，化学能转化为机械能，所以系统的机械能不守恒，但是两人在水平方向上不受外力，所以整体水平方向动量守恒，故AB错误； CD.根据动量守恒定律知：ΔP＝0，即有Δp甲+Δp乙＝0，则甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反，故C错误，D正确。 故选：D。 3．（2025秋•临沂期末）甲、乙两人静止在光滑的冰面上，乙推甲后，两人向相反方向滑去，甲与乙分离后，甲的速率小于乙的速率。则（　　） A．分离时甲的动能小于乙的动能 B．分离时甲的动量小于乙的动量 C．该过程甲对乙的冲量小于乙对甲的冲量 D．甲的质量小于乙的质量 【答案】A 【解答】解：A、取初速度方向为正方向，根据动量守恒定律，系统初始总动量为零，分离后满足0＝m甲v甲﹣m乙v乙，可知两人动量大小相等，即p甲＝p乙；结合动能与动量的关系，由于动量p相同，且v甲＜v乙，可得Ek甲＜Ek乙，故A正确； B、系统所受合外力为零，总动量守恒，分离后两人的动量大小相等、方向相反，故B错误； C、甲与乙之间的相互作用力为作用力与反作用力，作用时间相同，由冲量定义I＝FΔt可知，两人所受冲量大小相等、方向相反，故C错误； D、取初速度方向为正方向，由动量守恒关系m甲v甲＝m乙v乙，可得，已知v甲＜v乙，因此m甲＞m乙，故D错误。 故选：A。 4．（2025秋•市中区校级月考）如图，质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止。若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中（不计水的阻力），则救生员跃出后小船的速率为（　　） A．v0 B．v0 C．v0 D．v0 【答案】C 【解答】解：以向右为正方向，对小船和救生员组成的系统应用动量守恒定律，系统在水平方向不受外力，因此动量守恒。 初始时小船和救生员一起以速率v0向右匀速行驶，系统总动量为（M+m）v0；设救生员跃出后小船的速率为v'，救生员相对水面的速率为水平向左的v，即速度为﹣v，此时系统总动量为Mv'﹣mv。根据动量守恒定律可得（M+m）v0＝Mv'﹣mv，解得，故C正确，ABD错误。 故选：C。 5．（2025秋•新疆月考）水平冰面上有一固定的竖直挡板，一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，若运动员的质量是物块质量的4049倍。运动员把物块以相对于地面为v的速度推出，物块与挡板碰撞后仍以原速率返回，运动员把物块接住后，又把它以相对于地面为v的速度推出。运动员每次推出物块，物块相对于地面的速度都是v，方向向左，则运动员把物块至少推出几次后，物块返回时运动员不能再接到物块（　　） A．2023 B．2024 C．2025 D．2026 【答案】C 【解答】解：设物块质量为m，运动员质量为4049m。以物块、运动员系统为研究对象，每次推出物块时，系统动量守恒定律 第1次推出后，取方向向右为正，由动量守恒可得4049mv1﹣mv＝0 解得 方向向右，物块反弹后速度为v向右，接住时动量守恒则有4049mv1+mv＝（4049m+m）v1′ 解得 再次推出时动量守恒定律则有 第n次推出后，运动员速度为 当vn≥v时，运动员无法接住物块，即 解得n≥2025 故ABD错误，C正确。 故选：C。 6．（2025秋•合肥期中）如图所示，甲、乙两船的质量（包括船、人和货物）均为5m，两船沿同一直线相向运动，两船速率分别为2v0、v0。为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住。忽略空气阻力及水对船的阻力，则抛出货物的最小速率为（　　） A．0.5v0 B．v0 C．7v0 D．7.5v0 【答案】C 【解答】解：忽略阻力，两船和人组成的系统水平方向动量守恒，由题意可知系统总动量水平向右， 设乙船上的人抛货物的速度为v，甲船接到货物后的速度为v1，取水平向右为正方向，甲船接乙抛的货物过程，由动量守恒定律有：5m×2v0﹣mv＝6mv1 取水平向右为正方向，设乙船抛出货物后的速度为v2，乙船人抛货物过程，由动量守恒定律有：﹣5mv0＝﹣mv+（5m﹣m）v2 两船不相撞的条件是：v1≤v2，联立方程可得：v≥7v0，所以乙船人抛货物的最小速度为：v＝7v0，故C正确，ABD错误。 故选：C。 7．（2025秋•烟台期中）一炮兵训练基地在进行军事能力训练，设士兵向空中斜向上投出一颗质量为M的手榴弹，当手榴弹飞行到距地面最高点时，手榴弹距地面高度为H，速度为v0，此时手榴弹突然炸裂成甲、乙两块碎片，两块碎片飞出方向与v0方向在同一直线上，甲、乙质量之比为1：2。已知乙碎片飞出方向与v0方向相同，甲相对于乙以100v0的速度向相反方向飞去，则乙落地时距炸裂点的水平距离为（　　） A． B． C．103v0 D．106v0 【答案】A 【解答】解：设手榴弹总质量为M，则甲碎片质量，乙碎片质量。爆炸瞬间水平方向动量守恒，取v0方向为正方向，设甲、乙地面速度分别为v甲、v乙。由动量守恒定律得：，整理得：3v0＝v甲+2v乙（①式）。根据题意，甲相对于乙速度关系为v乙﹣v甲＝100v0（②式）。联立①、②式解得：。乙碎片平抛运动时，竖直方向满足，解得：。水平位移，故BCD错误，A正确。 故选：A。 8．（2025秋•潍坊月考）某玩具炮车（含炮弹）的总质量为M，以速度v0沿水平地面匀速行驶，某时刻开启火炮，沿水平方向向后连续发射2颗炮弹，炮弹的质量均为m，炮弹离开炮筒时相对炮车的速度大小均为u，发射炮弹过程中，阻力和牵引力均不变。则炮弹发射后，炮车的速度大小为（　　） A． B． C．v0 D．v0 【答案】C 【解答】解：炮弹和炮车组成的系统在水平方向不受任何外力作用，故炮弹和炮车组成的系统满足动量守恒，规定炮车的速度方向为正方向，设发射第1颗炮弹后炮车的速度大小为v1，根据动量守恒定律有Mv0＝（M﹣m）v1+m（v1﹣u），发射第2颗炮弹后炮车的速度大小为v2，根据动量守恒定律有（M﹣m）v1＝（M﹣2m）v2+m（v2﹣u），联立解得v2，故C正确，ABD错误。 故选：C。 二．多选题（共3小题） （多选）9．（2025春•天津校级月考）如图所示，将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上，槽的左侧有一固定在水平面上的物块。今让一小球自左侧槽口A的正上方从静止开始下落，与圆弧槽相切自A点进入槽内，并从C点飞出，则以下结论中正确的是（　　） 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．小球自半圆槽的最低点B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，将做斜上抛运动 【答案】CD 【解答】解：ABC、小球在半圆槽内由A向B运动时，由于槽的左侧有一固定在水平面上的物块阻挡，槽不会向左运动，槽对小球不做功，只有重力对小球做功；从A到B小球做圆周运动，小球和槽组成的系统在水平方向上所受合外力不为零，系统水平方向动量不守恒；小球从B到C运动的过程中，槽离开物块向右运动，系统在水平方向上合外力为零，水平方向动量守恒，槽的支持力对小球做功，故AB错误，C正确； D、小球离开C点时，既有竖直向上的分速度，又有水平分速度，故小球做斜上抛运动，故D正确。 故选：CD。 （多选）10．（2024秋•牡丹江期末）如图（a）所示，在光滑的水平面上有甲、乙两辆碰碰车，质量为30kg的小孩乘甲车以5m/s的速度水平向右匀速运动，甲车的质量为15kg，乙车静止于甲车滑行的前方。两车碰撞前后的位置随时间变化的图像如图（b）所示，下列说法中正确的是（　　） A．乙车的质量为60kg B．乙车的质量为90kg C．为避免两车相撞，小孩最少以的速度（相对于地面）从甲车跳到乙车 D．为避免两车相撞，小孩最少以的速度（相对于地面）从甲车跳到乙车 【答案】BD 【解答】解：AB、根据x﹣t图像的斜率等于速度，由图可知，碰撞前甲车的速度为 碰撞后甲车的速度 负号表示方向向左； 碰撞后乙车的速度为 甲、乙两车碰撞过程中，三者组成的系统动量守恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律有 （m人+m甲）v0＝（m人+m甲）v1+m乙v2 代入数据解得 m乙＝90kg 故A错误，B正确； CD、设人跳向乙车的速度为v人，取向右为正方向，人跳离甲车过程，根据动量守恒定律有 （m人+m甲）v0＝m人v人+m甲v3 人跳上乙车过程，根据动量守恒定律有 m人v人＝（m人+m乙）v4 为避免两车相撞，应满足 v3≤v4 取“＝”时，人跳离甲车的速度最小，代入数据解得人跳离甲车的最小速度 故C错误，D正确。 故选：BD。 （多选）11．（2025秋•罗湖区校级月考）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（图中未画出），且圆弧与水平地面相切，可使小球滑离斜劈时的速度方向水平。关于小球下滑的过程，下列说法中正确的是（　　） A．小球与斜劈组成的系统动量不守恒 B．斜劈对小球做正功 C．小球与斜劈的质量之比 D．当l＝L时，小球与斜劈分离时的速度大小为 【答案】AD 【解答】解：A、对于小球与斜劈构成的系统，水平方向合外力为零，因此水平方向动量守恒；但竖直方向受到重力与地面支持力作用，且小球在竖直方向具有加速度，系统合外力不为零，故总动量不守恒。系统在竖直方向所受合外力不为零，总动量随时间变化，因此动量不守恒，故A正确； B、小球沿斜劈下滑时，斜劈对小球的弹力垂直于接触面斜向上，而小球相对地面的位移方向与弹力方向夹角为钝角，因此斜劈对小球做负功，故B错误； C、依据水平方向动量守恒，设小球水平位移为x，斜劈水平位移为X，有mx＝MX；小球相对斜劈的水平位移为l，满足l＝x+X，联立得；由题图乙可知，当x＝a时l＝b，代入得，解得：，故C错误； D、当l＝L时，小球从斜劈顶端滑至底端，下落高度为h；设小球滑离时速度为v1，斜劈速度为v2，取水平向右为正方向，由水平动量守恒得mv1﹣Mv2＝0，由机械能守恒得，联立解得：，故D正确。 故选：AD。 三．解答题（共3小题） 12．（2025秋•江阴市校级月考）如图，平静的湖面上，人站在静止的小船中央，将一个质量为m＝5kg的铁球以10m/s的水平速度向船尾抛出，铁球恰好贴着船尾落入水中，人与船的总质量为M＝250kg（不计铁球质量），不计水的阻力，重力加速度g＝10m/s2。 （1）求铁球被抛出瞬间小船的速率； （2）若小球被抛出时与船尾的高度差为1.8m，则船的长度为多少？ 【答案】（1）求铁球被抛出瞬间小船的速率是0.2m/s； （2）若小球被抛出时与船尾的高度差为1.8m，则船的长度为12.24m。 【解答】解：（1）铁球被抛出瞬间小船的速率铁球与小船（含人）组成的系统在水平方向不受外力，动量守恒，以铁球抛出的速度方向为正方向，系统初始总动量为0，抛出后铁球动量为mv，小船与人的动量为﹣Mv'，规定个抛出铁球速度为正，根据动量守恒定律mv﹣Mv′＝0 代入数据得v'＝0.2m/s （2）铁球做平抛运动，竖直方向自由下落，由 代入数据得t＝0.6s，此过程中，铁球的水平位移x1＝vt＝10×0.6m＝6m 小船的水平位移x2＝v't＝0.2×0.6m＝0.12m，由于铁球从船中央抛出，恰好贴着船尾落入水中，说明铁球相对于小船的水平位移等于船长度的一半，即 因此船的长度L＝2（x1+x2）＝2×（6+0.12）m＝12.24m 答：（1）求铁球被抛出瞬间小船的速率是0.2m/s； （2）若小球被抛出时与船尾的高度差为1.8m，则船的长度为12.24m。 13．（2025秋•龙岗区期末）一质量为1kg的烟花弹从地面斜向上发射，发射速度大小为50m/s，方向与水平方向夹角为53°，如图所示，达到最高点时炸裂为质量相等的两部分A和B。爆炸后A又上升了3s，且恰好落回出发点，不计空气阻力，爆炸的时间极短且忽略爆炸前后的总质量变化，取重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，求： （1）爆炸点到抛出点的水平、竖直距离； （2）炸裂后A的速度大小； （3）爆炸过程中释放的化学能。 【答案】（1）爆炸点到抛出点的水平距离为120 m，竖直距离为80 m。 （2）炸裂后A的速度大小为m/s。 （3）爆炸过程中释放的化学能为1462.5 J。 【解答】解：（1）烟花弹从抛出点运动至最高点（爆炸点）的过程：水平方向位移为，竖直方向位移为，解得：x＝120 m，h＝80 m。 （2）爆炸后，A部分做抛体运动：其竖直方向分速度为vAy＝gtA，设爆炸后A运动总时间为t，满足位移方程，水平方向分速度，合速度大小，解得：m/s。 （3）爆炸瞬间，系统动量守恒：水平方向有Mv0cosθ＝mAvAx+mBvBx，竖直方向有0＝mAvAy+mBvBy，爆炸释放的化学能，解得：ΔE＝1462.5 J。 答：（1）爆炸点到抛出点的水平距离为120 m，竖直距离为80 m。 （2）炸裂后A的速度大小为m/s。 （3）爆炸过程中释放的化学能为1462.5 J。 14．（2025秋•常州月考）如图所示，半径R＝0.8m的四分之一光滑圆弧轨道竖直固定于水平面上，轨道末端水平。4个相同的长木板紧挨着圆弧轨道末端静置，圆弧轨道末端与木板等高。每块木板的质量为m＝1kg，长L＝1.5m。在第一块木板左端放置一个质量为M＝2.5kg的小铅块B（可视为质点）。现让一个与B完全一样的铅块A从圆弧顶端由静止滑下，铅块A滑到最底端后与铅块B发生弹性正碰。木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，铅块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.2，木板与地面的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。g取10m/s2。 （1）求铅块A滑到圆弧轨道最底端时，对轨道的压力大小； （2）求铅块B刚滑上第二块木板时的速度大小； （3）从A与B发生碰撞后，到铅块B与滑动的木板达到共同速度为止，求该过程中所有木板受到的总冲量。 【答案】（1）铅块A滑到圆弧轨道最底端时，对轨道的压力大小为75N。 （2）铅块B刚滑上第二块木板时的速度大小为。 （3）该过程中所有木板受到的总冲量大小为，方向水平向右。 【解答】解：（1）物块A从静止下滑至圆弧轨道最低点，由机械能守恒定律得，解得：vA＝4m/s。 在最低点由牛顿第二定律得，解得：N＝75N。 由牛顿第三定律，物块A对轨道压力大小为75N，方向竖直向下。 （2）规定水平向右为正方向。 A、B发生弹性碰撞后交换速度，故vB＝vA＝4m/s。 B在木板上滑动时，B所受摩擦力fB＝μ2Mg，解得：fB＝5N。 四块木板整体受到地面的最大静摩擦力f1234＝μ1（M+4m）g，解得：f1234＝6.5N＞fB，三块木板整体受到地面的最大静摩擦力f234＝μ1（M+3m）g，解得：f234＝5.5N＞fB，两块木板整体受到地面的最大静摩擦力f34＝μ1（M+2m）g，解得：f34＝4.5N＜fB。 当B滑至第三块木板时，第三、四块木板开始滑动。B在第二块木板上运动时，木板均静止。 对B由动能定理得，解得：。 （3）规定水平向右为正方向。 B刚滑上第三块木板时速度为v2，由，解得：v2＝2m/s。 第三、四块木板滑动时加速度为，解得：。 设经过时间t三者共速v共，有v2﹣μ2gt＝v共，v共＝a34t，联立解得：。 对所有木板，由动量定理得I＝2mv共，解得：，方向水平向右。 答：（1）铅块A滑到圆弧轨道最底端时，对轨道的压力大小为75N。 （2）铅块B刚滑上第二块木板时的速度大小为。 （3）该过程中所有木板受到的总冲量大小为，方向水平向右。 1 学科网（北京）股份有限公司 $