第6章 第2讲 动量守恒定律(基础落实课)（课件）-【新高考方案】2026年高考物理一轮总复习（江苏专版）

动量守恒定律(基础落实课) 第 2 讲 1 课前基础先行 2 逐点清(一)　动量守恒的判断 CONTENTS 目录 4 逐点清(三)　某一方向上的动量守恒问题 5 课时跟踪检测 3 逐点清(二)　动量守恒定律的应用 课前基础先行 一、动量守恒定律 1.内容 如果一个系统__________，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'或Δp1=-Δp2。 不受外力 3.系统动量守恒的条件 理想守恒 系统不受外力或所受______的合力为零，则系统动量守恒 近似守恒 系统受到的合外力不为零，但当内力远大于合外力时，系统的动量可近似看成守恒 分方向守恒 系统在某个方向上所受合外力为零或该方向F内≫F外时，系统在该方向上动量守恒 外力 二、弹性碰撞和非弹性碰撞 1.碰撞 (1)特点:在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒。 (2)分类 种类 动量是否守恒 机械能是否守恒 弹性碰撞 守恒 _____________ 非弹性碰撞 守恒 有损失 完全非弹性碰撞 守恒 损失_____ 守恒 最大 2.反冲和爆炸 反冲特点 在反冲运动中，如果没有外力作用或外力远小于物体间的相互作用力，系统的_____是守恒的 爆炸现象 爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用力很大，且_______系统所受的外力，所以系统动量______，爆炸过程中位移很小，可忽略不计，作用后从相互作用前的位置以新的动量开始运动 动量 远大于 守恒 1.只要系统所受合外力做功为0，系统动量就守恒。 ( ) 2.系统的动量守恒时，系统内各物体的动量一定守恒。 ( ) 3.系统的动量不变是指系统的动量大小和方向都不变。 ( ) 4.若物体相互作用时动量守恒，则机械能一定守恒。 ( ) 微点判断 × × √ × 5.只要系统内存在摩擦力，动量就一定不守恒。 ( ) 6.(人教选择性必修1 P16T1·改编)甲、乙两人静止在光滑的冰面上，甲推乙后，两人向相反方向滑去，总动量为0。 ( ) × √ 1.(人教选择性必修1 P16T4·改编)某机车以速度v驶向停在平直铁轨上的三节车厢，与它们对接。 机车先与第一节车厢相碰，紧接着又与第二节车厢相碰，之后再与第三节车厢相碰，每次碰后机车与车厢均会达到一个共同的速度。 设机车和车厢的质量都相等，忽略列车与铁轨的摩擦，则与最后一节车厢碰撞后整个列车的速度为 (　 ) A. B. C. D. 经典回练 √ 解析：碰撞过程系统动量守恒，以机车的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得，第一次碰撞有mv=2mv1，解得v1=v;第二次碰撞有2mv1=3mv2，解得v2=v;第三次碰撞有3mv2=4mv3，解得v3=v，A正确。 2.(人教选择性必修1 P24T4·改编)在微观粒子发生碰撞时，运用动量守恒定律还可测量微观粒子的质量。例如，氢原子核的质量是1.67×10-27 kg，它以7.0×106 m/s的速度与一个原来静止的未知原子核相碰撞，碰撞后以1.0×106 m/s的速度被反弹回来，而未知原子核以4.0×106 m/s的速度向前运动，则未知原子核的质量与氢原子核的质量比值为 (　 ) A.1.5 B.2 C.2.5 D.3 √ 解析：设氢原子核与未知原子核的质量分别为m1、m2，碰撞前后动量守恒，根据动量守恒定律有m1v0=m1(-v1)+m2v2，其中v0=7.0×106 m/s，v1=1.0×106 m/s，v2=4.0×106 m/s，代入数据解得=2，故A、C、D错误，B正确。 逐点清(一)　动量守恒的判断 课 堂 题点全练　 1.[两个物体组成的系统动量守恒的判断] 在2 000 m短道速滑接力赛上，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出，完成“交接棒”。忽略地面的摩擦力，在这个过程中(　 ) A.两运动员的总动量守恒 B.甲、乙运动员的动量变化量相同 C.两运动员的总机械能守恒 D.甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量 √ 解析：两运动员组成的系统所受合外力矢量和为0，系统动量守恒，A正确;系统动量守恒，两运动员的动量变化量等大反向，动量变化量不相同，B错误;在光滑冰面上“交接棒”时，后方运动员用力推前方运动员，导致机械能增加，C错误;在乙推甲的过程中，消耗体内的化学能转化为系统的动能，根据能量守恒定律可知，甲的动能增加量不等于乙的动能减小量，D错误。 2.[多个物体组成的系统动量守恒的判断] 如图所示，初始时包含人、小车和篮球在内的整个系统在光滑水平面上处于静止状态，现站在车上的人将篮球投向左边的篮筐，但并未投中，且篮球在撞击篮筐边缘后又刚好被人稳稳接住，整个过程中人与车始终保持相对静止，不计空气阻力。下列说法正确的是(　 ) A.在篮球投出后，撞击篮筐之前，人与车不动 B.在篮球投出后，撞击篮筐之前，人与车将向右做匀速直线运动 C.在篮球撞击篮筐之后，被人接住之前，人与车继续向右做匀速直线运动 D.在篮球被人接住后，人与车将向右运动 √ 解析：人、车与篮球组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，投篮前系统静止，系统总动量为零，投篮后系统在水平方向仍然动量守恒，由动量守恒定律可知，篮球在水平方向的分速度向左，则车在水平方向速度向右，因此篮球投出后撞击篮筐前，人与车向右做匀速直线运动，A错误，B正确。在篮球撞击篮筐之后，被人接住之前，篮球在水平方向有向右的分速度，由动量守恒定律可知，车有向左的速度，人与车一起向左做匀速直线运动，C错误。人、车与篮球组成的系统在水平方向动量守恒，系统初状态总动量为零，在篮球被人接住后人、篮球、车的速度相等，系统末状态动量为零，速度为零，人与车将静止不动，D错误。 3.[某个方向上动量守恒的判断] 如图所示，将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上，槽的左侧紧靠在墙壁上。现让一小球自左侧槽口A的正上方从静止开始落下，自A点与圆弧槽相切进入槽内，则下列结论中正确的是(　 ) 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B点向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，将做竖直上抛运动 √ 解析：小球下滑到半圆槽的最低点B之后，半圆槽离开墙壁，除了重力外，槽对小球的弹力也对小球做功，选项A错误;小球下滑到半圆槽的最低点B之前，小球与半圆槽组成的系统水平方向上受到墙壁的弹力作用，系统所受的外力不为零，系统水平方向上动量不守恒，半圆槽离开墙壁后，小球与半圆槽在水平方向动量守恒，选项B错误，C正确;半圆槽离开墙壁后小球对槽的压力对槽做功，小球与半圆槽具有向右的水平速度，所以小球离开右侧槽口以后，将做斜上抛运动，选项D错误。 判断系统动量守恒时要注意系统的组成及所研究的物理过程: (1)对于同一个系统，在不同物理过程中动量守恒情况有可能不同。 (2)同一物理过程中，选不同的系统为研究对象，动量守恒情况也往往不同。 精要点拨 逐点清(二)　动量守恒定律的应用 课 堂 1.动量守恒定律的五个特性 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 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 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) 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 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 续表 2.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。 (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。 考法全训 考法1　动量守恒定律与牛顿第二定律的综合 1.(2025·丹阳模拟)在一次救灾中，救援人员乘坐载有救援物资的热气球在距水平地面H高度处悬停在空中。救援人员将质量为m的物资水平投出，相对地面的速度大小为v0，经一段时间落地。已知物资投出后热气球(含救援人员)的总质量为M，投出物资前后热气球所受浮力不变，空气对热气球和物资的阻力可以忽略，物资所受的浮力不计，且物资和热气球(含救援人员)可视为质点，重力加速度大小为g。 (1)从物资被投出到落地过程，请根据你对物资和热气球(含救援人员)运动情况的分析，在同一坐标系中定性画出二者在竖直方向分运动的v-t图像(规定竖直向上为正方向); 解析：物资在竖直方向做自由落体运动，热气球(含救援人员)在竖直方向向上做匀加速运动，二者在竖直方向分运动的v-t图像如图所示。 (2)求物资落地时，热气球(含救援人员)的速度大小。 答案： 解析：设物资从投出到落地的时间为t，有H=gt2，设投出物资时热气球的速度为v1，水平方向上由动量守恒定律有mv0-Mv1=0 设热气球所受浮力为F，加速度为a，由平衡条件和牛顿第二定律有F=g F-Mg=Ma 物资落地时，热气球竖直向上的速度vy=at 热气球的速度v= 联立解得v=。 考法2　动量守恒定律与机械能守恒定律的综合 2.(2024·江苏高考)在水平面上有一个U形滑板A，A的上表面有一个静止的物体B，滑板A左侧用轻弹簧连接在物体B的左侧，滑板A右侧用一根细绳连接在物体B的右侧，开始时弹簧处于拉伸状态，各表面均光滑，剪断细绳后，则(　 ) A.弹簧恢复原长时B动量最大 B.弹簧压缩最短时A动能最大 C.系统动量变大 D.系统机械能变大 √ 解析：对整个系统分析可知合外力为0，A和B组成的系统动量守恒，得mAvA=mBvB，设弹簧的初始弹性势能为Ep，整个系统只有弹簧弹力做功，机械能守恒，当弹簧恢复原长时有Ep=mA+mB，联立解得Ep=，可知弹簧恢复原长时A和B速度最大，此时动量最大，动能最大。故选A。 考法3　动量守恒定律与动量定理的综合 3.(2024·江苏高考)嫦娥六号在轨速度为v0，着陆器对应的组合体A与轨道器对应的组合体B分离时间为Δt，分离后B的速度为v，且与v0同向，A、B的质量分别为m、M。求: (1)分离后A的速度v1大小; 答案：　 解析：组合体A和B分离前后动量守恒，取v0的方向为正方向，有(m+M)v0 = Mv+mv1，解得v1=。 (2)分离时A对B的推力大小。 答案： 解析：以B为研究对象，由动量定理有 FΔt = Mv-Mv0，解得F=。 逐点清(三)　某一方向上的动量守恒问题 课 堂 [典例]　如图所示，质量为m的滑环套在足够长的光滑水平杆上，质量为m球=3m的小球(可视为质点)用长为L的轻质细绳与滑环连接。滑环固定时，给小球一个水平冲量I，小球摆起的最大高度为h1(h1<L);滑环不固定时，仍给小球以同样的水平冲量I，小球摆起的最大高度为h2。则h1∶h2= (　 ) A.6∶1　　　　　　　 B.4∶1 C.2∶1 D.4∶3 √ [解析]　滑环固定时，设小球获得冲量I后对应的初速度为v0，根据机械能守恒定律，有m球=m球gh1，解得h1=;滑环不固定时，小球初速度仍为v0，在小球摆起最大高度h2时，小球与滑环速度都为v，在此过程中小球和滑环组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒，则m球v0=(m+m球)v，m球=(m+m球)v2+m球gh2，由以上各式可得h2=，则h1∶h2=4∶1，故B正确。 (1)系统总动量不守恒，但在某一方向上合外力为零，系统在该方向上动量守恒。 (2)上述[典例]中，滑环不固定时，小球到达最高点时与滑环速度相同，方向沿水平方向。 (3)系统中只有重力做功，系统机械能守恒。 思维建模 1.如图所示，质量为0.5 kg的小球在距离车底面高0.8 m处以一定的初速度向左平抛，落在以速度大小为6 m/s沿光滑水平面向右匀速行驶的敞篷小车中，车底涂有一层油泥，小球落到油泥上不反弹，车与油泥的总质量为4 kg，设小球在落到车底前瞬间速度大小是5 m/s，重力加速度g取10 m/s2，则当小球与小车相对静止时，小车的速度大小是 (　 ) A.5 m/s B.4 m/s C.8.5 m/s D.9.5 m/s 针对训练 √ 解析：设小球的初速度为v0，小球抛出后做平抛运动，根据动能定理得mgh=mv2-m，解得v0=3 m/s，小球和小车作用过程中，水平方向动量守恒，规定向右为正方向，则有-mv0+Mv=(M+m)v'，解得v'=5 m/s，A正确。 2.如图所示，一轻杆两端分别固定a、b两个均可看作 质点的光滑金属球，a金属小球的质量大于b金属小 球的质量，整个装置放在光滑的水平地面上，设b金 属小球离地面高度为h，将此装置由静止释放(重力加速度为g)，则下列说法正确的是 (　 ) A.在b金属小球落地前的整个过程中，a金属小球向左做加速运动 B.在b金属小球落地前的整个过程中，金属小球a、b及轻杆系统机械能增加 C.在b金属小球落地前的整个过程中，金属小球a、b及轻杆系统动量守恒 D.在b金属小球落地前瞬间，b金属小球的速度大小为 √ 解析：对两球及轻杆系统，水平方向受合外力为零，则水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，则总动量不守恒;开始时两球速度均为零，在b球落地前瞬间，b球速度竖直向下，水平方向速度为零，根据系统水平方向动量守恒知，在b球落地前瞬间，a球的速度必定为零，则整个运动过程中，a球由静止状态经历向左运动到最终静止，先加速后减速，故A、C错误。 在b球落地前的整个过程中，只有动能和重力势能的转化，则a、b及轻杆系统机械能守恒，得mbgh=mbv2，可得在b球落地前瞬间，b球的速度大小为v=，故B错误，D正确。 课时跟踪检测 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 一、立足基础，体现综合 1.(2025·泰州调研)如图所示，在光滑水平轨道上有一小车，它下面用轻绳系一沙袋。有一子弹水平射入沙袋后并不穿出，子弹射入沙袋的时间极短，则下列说法中正确的是(　 ) 6 7 8 9 10 11 A.从子弹射入沙袋到沙袋摆到最高点的过程中，子弹、沙袋和小车组成的系统动量守恒 B.从子弹射入沙袋到沙袋摆到最高点的过程中，子弹、沙袋和小车组成的系统机械能守恒 C.子弹射入沙袋后，子弹、沙袋和小车组成的系统动量和机械能都守恒 D.子弹射入沙袋后，子弹、沙袋和小车组成的系统动量不守恒，但机械能守恒 1 2 3 4 5 √ 6 7 8 9 10 11 解析：从子弹射入沙袋到沙袋摆到最高点的过程中，系统在竖直方向所受合外力不为零，系统的动量不守恒，故A、C项错误;子弹射入沙袋时有能量损失，所以子弹、沙袋与小车组成系统的机械能不守恒，故B项错误;子弹射入沙袋后，子弹、沙袋与小车组成的系统只有重力做功，所以系统机械能守恒，D项正确。 1 2 3 4 5 1 5 6 7 8 9 10 11 2.如图所示，质量为m的人立于平板车上，人与车的总质量为M，人与车以速度v1在光滑水平面上向右运动，当人相对于车以速度v2竖直跳起时，车的速度变为 (　 ) A.，方向向右 B.，方向向右 C.，方向向右 D.v1，方向向右 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 解析：人和车在水平方向上动量守恒，当人相对于车竖直跳起时，人和车在水平方向上的动量仍然守恒，所以水平方向的速度不发生变化，车的速度仍然为v1，方向向右，D正确，A、B、C错误。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 3.如图所示，在光滑水平面上，有质量分别为2m和m的A、B两滑块，它们中间夹着一根处于压缩状态的轻质弹簧(弹簧与A、B不拴连)，由于被一根细绳拉着而处于静止状态。当剪断细绳，在两滑块脱离弹簧之后，下述说法正确的是 (　 ) A.两滑块的动能之比EkA∶EkB=1∶2 B.两滑块的动量大小之比pA∶pB=2∶1 C.两滑块的速度大小之比vA∶vB=2∶1 D.弹簧对两滑块做功之比WA∶WB=1∶1 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 解析：在两滑块刚好脱离弹簧时运用动量守恒定律得2mvA-mvB=0，得vA=，两滑块速度大小之比为vA∶vB=1∶2，两滑块的动能之比EkA∶EkB=·2m∶m=1∶2，故A正确，C错误;由动量守恒定律知，两滑块的动量大小之比pA∶pB=2mvA∶mvB=1∶1，故B错误;弹簧对两滑块做功之比等于两滑块动能之比，为WA∶WB=1∶2，故D错误。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 4.在某公路上发生一起交通事故，一辆质量为1.5×104 kg向南行驶的长途客车迎面撞上了一质量为2.0×104 kg 向北行驶的货车，碰后两辆车连在一起，并向北滑行了一小段距离后停止，根据测速仪的测定，两车碰撞前长途客车以108 km/h的速度行驶，由此可判断货车碰撞前的行驶速度大小为 (　 ) A.大于10 m/s B.小于22.5 m/s C.一定大于22.5 m/s D.一定大于30 m/s 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 解析：碰撞前长途客车的速度v1=108 km/h=30 m/s，根据碰后两辆车连在一起且向北滑行的情况，可知由两车组成的系统的总动量方向向北，所以碰前客车的动量p1=m1v1(向南)应该小于货车的动量p2=m2v2(向北)，即m1v1<m2v2，代入数据有1.5×104×30(kg·m/s)<2.0×104×v2(kg·m/s)， 解得v2>22.5 m/s，C正确。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 5.一轻质弹簧，上端悬挂于天花板，下端系一质量为M的平板，处于平衡状态。一质量为m的均匀环套在弹簧外，与平板的距离为h，如图所示，让环自由下落，撞击平板，已知碰后环与板以相同的速度向下运动，则 (　 ) A.若碰撞时间极短，则碰撞过程中环与板的总动量守恒 B.若碰撞时间极短，则碰撞过程中环与板的总机械能守恒 C.环撞击板后，板的新的平衡位置与h的大小有关 D.在碰撞后板和环一起下落的过程中，环与板的总机械能守恒 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 解析：环与平板碰撞过程，若碰撞时间极短，内力远大于外力，系统总动量守恒，由于碰后速度相同，为完全非弹性碰撞，机械能不守恒，减少的机械能转化为内能，故A正确，B错误;碰撞后平衡时，有kx=(m+M)g，即碰撞后新平衡位置与下落高度h无关，故C错误;碰撞后环与板共同下落的过程中，它们动能和重力势能的减少量之和等于弹簧弹性势能的增加量，环与板的总机械能不守恒，故D错误。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 6.如图所示，质量mA=8.0 kg的足够长的木板A放在光滑水平面上，在其右端放一个质量为mB=2.0 kg的小木块B。给B以大小为4.0 m/s、方向向左的初速度，同时给A以大小为6.0 m/s、方向向右的初速度，两物体同时开始运动，直至A、B运动状态稳定，下列说法正确的是 (　 ) A.木块B的最终速度大小为5.6 m/s B.在整个过程中，木块B的动能变化量为0 C.在整个过程中，木块B的动量变化量为0 D.在整个过程中，系统的机械能守恒 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 解析：小木块与木板组成的系统动量守恒，由于木板的动量大于小木块的动量，所以系统的合动量方向向右;小木块先向左减速运动，速度减为零后再向右加速运动，最后小木块与木板一起匀速运动。设向右为正方向，由动量守恒定律得mAvA-mBvB=(mA+mB)v，解得v=4 m/s，故A错误;在整个过程中，木块B的动能变化量为ΔEk=mBv2-mB=0，故B正确;在整个过程中，木块B的动量变化量为Δp=mBv-(-mBvB)=16 kg·m/s，故C错误;在整个过程中，由于小木块与木板之间有摩擦力作用，系统克服摩擦力做功，一部分机械能转化为内能，故系统机械能不守恒，故D错误。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 7.(2025·东海质检)如图所示，子母球由大小两个钢球组成，下面的大钢球质量为M，上面的小钢球质量为m，且满足M≫m。它们由距水平地面高h处自由下落，假设大钢球在和小钢球碰撞之前，先和地面碰撞反弹再与正下落的小钢球碰撞，而且所有的碰撞均是弹性碰撞，这两个钢球的球心始终在一条竖直线上，则碰后小钢球上升的最大高度约为 (　 ) A.9h B.4h C.3h D.2h 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 解析：下降过程做自由落体运动，由匀变速直线运动的速度位移公式得v2=2gh，解得触地时两球速度大小相同，为v=，大钢球碰地之后速度瞬间反向，大小不变，选大钢球与小钢球碰撞过程为研究过程，碰撞前后动量守恒，设碰后大钢球、小钢球的速度大小分别为v1、v2，选向上方向为正方向，由动量守恒定律得Mv-mv=Mv1+mv2，由机械能守恒定律得Mv2+mv2=M+m，解得v2=v，由于M≫m，则v2≈3v=3，碰后小钢球上升的最大高度约为h1==9h，故选A。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 8.如图所示，有一质量为m的小球，以速度v0滑上静置于光滑水平面上的带有四分之一光滑圆弧轨道的滑块。滑块的质量为3m，小球在上升过程中始终未能冲出圆弧，重力加速度为g，在小球运动过程中 (　 ) A.小球和滑块组成的系统动量守恒 B.小球在圆弧轨道最高点的速度大小为 C.小球在圆弧轨道上能上升的最大高度为 D.小球离开圆弧轨道时圆弧轨道的速度大小为 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 解析：在小球运动过程中，小球和滑块组成的系统在水平方向上动量守恒，在竖直方向动量不守恒，故A错误;小球在圆弧轨道上升到最高时小球与滑块速度相同，系统在水平方向上动量守恒，规定v0的方向为正方向，有mv0=4mv，解得v=，故B错误;根据机械能守恒定律得m=×4mv2+mgh，解得h=，故C正确;小球离开圆弧轨道时，根据动量守恒定律，则有mv0=mv1+3mv2，根据机械能守恒定律，则有m=m+×3m，联立解得v1=-，v2=，故D错误。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 二、注重应用，强调创新 9.“天宫课堂”第四课中，航天员演示小球碰撞实验。分析实验视频，每隔相等的时间截取一张照片，如图所示。小球和大球的质量分别m1、m2，可估算出(　 ) A.m1∶m2=1∶1 B.m1∶m2=1∶2 C.m1∶m2=2∶3 D.m1∶m2=1∶5 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 解析：由第一张与第二张照片可知小球的初速度大小为v0=，由第二张与第三张照片可知碰撞后小球的速度大小为v1=，碰撞后大球的速度大小为v2=，设水平向左为正方向，根据动量守恒定律可得m1=-m1+ m2，由题图可知m1·1.5=-m1·1+m2·0.5，可得m1∶m2=1∶5，故选D。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 10.(2025·如皋调研)总质量为m的返回式人造地球卫星沿半径为R的圆轨道绕地球运动到某点时，向原来运动方向喷出气体以降低卫星的速度，随后卫星运动到与地球相切的椭圆轨道。要使卫星相对地面的速度变为原来的k倍(k<1)，则卫星在该点将质量为Δm的气体喷出的对地速度大小应为(将连续喷气等效为一次性喷气，地球半径为R0，地球表面重力加速度为g) ( ) A.k B. C. D. 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 解析：设卫星喷气前的速度为v1，由万有引力提供向心力有G=m，卫星喷出气体后的速度为kv1，设质量为Δm的气体相对地球的速度为v，由动量守恒定律有mv1=kv1+Δmv，又G=mg，解得v= ，故选C。　 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 11.(11分)(2025·镇江高三质检)柴油打桩机由重锤汽缸、活塞桩帽等若干部件组成。重锤汽缸的质量为m，钢筋混凝土桩固定在活塞桩帽下端，桩帽和桩总质量为M。汽缸从桩帽正上方一定高度自由下落，汽缸下落过程中，桩体始终静止。当汽缸到最低点时，向缸内喷射柴油，柴油燃烧，产生猛烈推力，汽缸和桩体瞬间分离，汽缸上升的最大高度为h，重力加速度为g。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 (1)求柴油燃烧产生的推力对汽缸的冲量;(6分) 答案：m，方向竖直向上 解析：设柴油燃烧产生的推力使重锤汽缸获得的速度大小为v0，桩体获得的速度大小为 v，对分离后的重锤汽缸，由机械能守恒定律有m=mgh 对分离瞬间的重锤汽缸，由于推力远大于重力，故由动量定理有I燃=mv0-0 解得I燃=m，方向竖直向上。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 (2)设桩体向下运动过程中所受阻力恒为f，求该次燃烧后桩体在泥土中向下移动的距离。(5分) 答案： 解析：分离瞬间，由于内力远大于外力，所以重锤汽缸和桩体组成的系统动量守恒，有mv0=Mv 对分离后的桩体，由动能定理有MgH-fH=0-Mv2，解得H=。 2 3 4 $$