第7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（福建专版）

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 一个系统____________或者所受合外力为0时，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 某一方向 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、动量守恒定律的应用 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.(2024·甘肃卷T8B)电动小车在水平面内做匀速圆周运动，小车的动量守恒。 ( ) 2.(人教选择性必修1P16T1·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。 ( ) 3.只要系统所受合外力做功为零，动量就守恒。 ( ) 4.系统的动量不变是指系统的动量大小和方向都不变。 ( ) 5.物体相互作用时动量守恒，但机械能不一定守恒。 ( ) 微点判断 × √ × √ √ 6.两物体相互作用时，若系统间存在摩擦力，则两物体组成的系统动量不守恒。 ( ) 7.动量守恒定律的表达式m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'，一定是矢量式，应用时要规定正方向，且其中的速度必须相对同一个参考系。 ( ) 8.碰撞前后系统的动量和机械能均守恒。 ( ) × √ × 9.若两球相向运动发生碰撞，则碰撞后可能朝同一方向运动。 ( ) 10.发射炮弹炮身后退、园林喷灌装置一边喷水一边旋转均属于反冲现象。 ( ) 11.爆炸过程中机械能增加，反冲过程中机械能减少。 ( ) √ √ × 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短道速滑接力赛中，“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少量，D错误。 2.[多个物体组成的系统动量守恒的判断] (双选)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。现让一小球自左侧槽口A的正上方从静止开始下落，自A点与圆弧槽相切进入槽内，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 √ √ 解析:选小球在半圆槽内由A向B运动时，由于槽的左侧有一固定在水平面上的物块，槽不会向左运动，则只有重力对小球做功，小球和槽组成的系统在水平方向上所受合外力不为零，水平方向动量不守恒;小球从B到C运动的过程中，槽向右运动，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A、B错误，C正确。小球离开C点时，既有竖直向上的分速度，又有水平分速度，小球做斜上抛运动，故D正确。 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)在同一物理过程中，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 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1　动量守恒定律与牛顿第二定律的综合 1.(2025·泉州模拟)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。 考法全训 (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)嫦娥六号探测器于5月3日在中国文昌航天发射场发射升空并进入地月转移轨道,探测器经过轨道修正、近月制动,顺利进入环月轨道飞行。此后,探测器经历着陆器和上升器组合体、轨道器和返回器组合体的分离。已知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vB,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: A、B组成的系统沿速度方向动量守恒,由动量守恒定律有(m+M)v0=MvB+mvA 解得分离后A的速度vA= (2)分离时A对B的推力大小。 答案: 解析: A、B分离的过程,对B由动量定理有 FΔt=MvB-Mv0 解得分离时A对B的推力大小为F= 逐点清(三)　 某一方向上的动量守恒问题 课 堂 [典例]　(双选)如图所示，一轻杆两端分别固定a、b两个半径相等的光滑金属球，a球质量大于b球质量，整个装置放在光滑的水平面上，设b球离地高度为h，将此装置从图示位置由静止释放，则下列判断正确的是 (　　) A.在b球落地前的整个过程中，轻杆对b球做的总功为零 B.在b球落地前瞬间，b球的速度大小为 C.在b球落地前的整个过程中，轻杆对b的冲量竖直向上 D.在b球落地前的整个过程中，a、b及轻杆系统动量守恒、机械能守恒 √ √ [解析]　在b球落地前的整个过程中，b在竖直方向有加速度，系统竖直方向的合外力不为零，而水平方向不受外力，所以系统的合外力不为零，系统的动量不守恒，由于只有重力做功，所以系统的机械能守恒，故D错误;对两球及杆系统，根据系统水平方向动量守恒知，系统初始动量为零，则在b球落地前瞬间，a球的速度必定为零，根据系统的机械能守恒得mgh=mv2，解得b球的速度大小为v=，故B错误;设杆对a球做功W1，对b球做功W2，系统机械能守恒，则除了重力之外的力做功之和必定为零，即W1 + W2=0，对a球，由动能定理可知W1=0，故W2=0，故A正确; 对b球，水平方向上动量变化量为零，由动量定 理可知，杆对b球的水平冲量为零，在竖直方向 上，根据系统机械能守恒可知，b落地时速度与 只在重力作用下落地时的速度一样，如图所示， 图像中斜线为b球自由落体运动的图线，曲线为b球实际在竖直方向的运动图线，在竖直方向上运动的位移与落地速度相同，对比可知b球落地所用时间相对自由落体运动的时间要长，重力的冲量大于自由落体过程重力的冲量，可知杆对b球的竖直方向的冲量必定不为零，且冲量方向向上，故C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。上述[典例]中，关键要正确分析两球的受力情况，在b球下落过程中系统的合外力不为零，动量不守恒，系统在水平方向不受外力，动量守恒。 (2)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，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 (　　) 针对训练 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 √ 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.(2025·厦门高三模拟)如图所示，质量分别为2m、m的木块A和B并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为L的细线，细线另一端系一质量为m的小球C。现将小球拉起使细线水平伸直，并由静止释放小球，则 (　　) A.A、B、C组成的系统机械能不守恒 B.A、B、C组成的系统在竖直方向上动量守恒 C.A、B两木块分离时木块A的速度大小为 D.小球C第一次到最低点时的速度大小为 √ 解析:由题知水平面光滑，A、B、C组成的系统只有重力做功，机械能守恒，A错误;小球摆动过程，A、B、C组成的系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，但竖直方向动量不守恒，B错误;当小球C第一次到达最低点时两木块分离，设此时C的速度大小为vC、A的速度大小为vA，由动量守恒定律有mvC=3mvA，由机械能守恒定律有mgL=m+×3m，联立解得vA=，vC=，C正确，D错误。 课时跟踪检测 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 (说明:标★的为推荐讲评题目) 一、单项选择题 1.(2025·泉州模拟)如图是老师在课堂上 做的一个演示实验，将中间开孔的两块圆饼 状磁铁用一根木棒穿过，手拿住木棒(保持水 平)，此时两磁铁保持静止。当手突然释放，让木棒和磁铁一起自由下落时(不计空气阻力)，发现两块磁铁向中间靠拢并吸在一起了，下列说法正确的是(　　) 6 7 8 9 10 11 A.放手下落过程中，磁铁受滑动摩擦力作用 B.放手下落过程中，磁铁的运动轨迹是一条直线 C.放手下落过程中，两个磁铁水平方向动量不守恒 D.放手下落过程中，磁铁和棒组成系统机械能不守恒 1 2 3 4 5 √ 6 7 8 9 10 11 解析:放手下落过程中，磁铁竖直方向只受重力作用，木棒与磁铁间没有弹力，所以不受摩擦力作用，故A错误;磁铁水平方向受相互吸引力作用，且引力随间距减小而不断增大，所以磁铁所受合力的方向与速度方向不在一条直线上，磁铁做曲线运动，故B错误;两个磁铁水平方向所受外力的合力为零，所以水平方向动量守恒，故C错误;放手下落过程中，两磁铁间的吸引力做正功，所以系统机械能不守恒，故D正确。 1 2 3 4 5 1 5 6 7 8 9 10 11 2.如图所示，A、B两物体质量满足mA>mB， 原来静止在平板小车C上，A、B间有一根被压缩 的弹簧，地面光滑。当弹簧突然释放后，下列说法错误的是 (　　) A.若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统动量守恒 B.若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成的系统动量守恒 C.若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统动量守恒 D.若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成的系统动量守恒 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 解析:弹簧突然释放后，若A、B受到平板车的滑动摩擦力大小相等，则A、B组成的系统所受合外力等于零，A、B组成的系统动量守恒，故A正确，与题意不符;若A、B与小车C组成系统，A与C、B与C的摩擦力均为系统内力，无论A、B所受的摩擦力大小相等还是A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C系统受到的合外力均为零，故A、B、C系统动量守恒，故B、D正确，与题意不符;对A、B组成的系统，根据f=μmg，若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，则二者所受摩擦力大小不相等，A、B受到的合外力不为零，该系统动量不守恒，故C错误，与题意相符。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 3.某同学将质量为m的按压式圆柱笔(由内芯、外壳和弹簧三部分组成)倒置于桌面上按压，由静止释放后借助于内部弹簧恢复形变作用先将外壳向上弹起，直至与内芯发生碰撞(已知碰撞时间极短)，之后二者保持相对静止一起上升至最大高度h，则下列说法正确的是 (　　) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 A.从开始释放至离开桌面过程中，桌面对圆柱笔支持力的冲量大小为m B.从开始释放至上升到最大高度过程中，桌面对圆柱笔的支持力做功大小为mgh C.从开始释放到上升至最高点过程，整个圆珠笔系统机械能守恒 D.圆柱笔外壳与内芯碰撞过程，整个圆珠笔系统动量守恒 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 解析:从开始释放到离开桌面过程，由动量定理可得IN-mgt=mv-0，竖直上抛运动满足02-v2=-2gh，综上可得IN=m+mgt，故A错误;整个过程支持力作用点无位移，从而不做功，故 B错误;从开始释放至上升最高点过程，内芯与外壳发生过完全非弹性碰撞，则整个过程系统机械能有损失，故 C错误;由于碰撞时间极短，内力远大于外力，故系统动量守恒，故D正确。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 4.(2025·福建永安检测)“双星”是宇宙中普遍存 在的一种天体系统，由两颗恒星组成，双星系统远 离其他恒星，在相互的万有引力作用下绕连线上一 点做周期相同的匀速圆周运动。如图所示，A、B两 颗恒星构成双星系统，绕共同的圆心O做匀速圆周运 动，经过t(小于周期)时间，A、B两恒星的动量变化量分别为ΔpA、ΔpB，则下列判断正确的是 (　　) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 A.> B.< C.ΔpA=ΔpB D.ΔpA=-ΔpB 解析:系统所受的合外力为零，系统的总动量守恒，根据牛顿第二定律得F引=mAaA=mBaB，加速度为a=ωv，则有mAvAωA=mBvBωB，由于角速度相同，因此mAvA=mBvB，两恒星的速度方向始终相反，则pA=-pB，因此系统的总动量始终为零，可得ΔpA=-ΔpB，=，故选D。 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 5.如图所示，水平地面上，某运动员 手拿篮球站在滑板车上向一堵竖直的墙(向 右)滑行，为了避免与墙相撞，在接近墙时， 运动员将篮球水平向右抛出，篮球反弹后 运动员又接住篮球，速度恰好减为0。不计地面的摩擦和空气阻力，忽略篮球在竖直方向的运动，篮球与墙的碰撞过程机械能不损失。运动员和滑板车的总质量为M，篮球的质量为m。抛球前，运动员、滑板车和篮球的速度为v0 。则 (　　) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 A.整个过程中运动员、滑板车及篮球的总动量守恒 B.运动员抛球与接球时对篮球的冲量相同 C.墙对篮球的冲量大小为(M+m)v0 D.篮球被墙反弹后的速度大小为v0 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 解析:由于墙对篮球有向左的冲量，整个过程中运动员、滑板车及篮球的总动量不守恒，A错误;设抛出时篮球对地的速度为v，运动员抛球时对篮球的冲量为I1=m，方向向右，接球时对篮球的冲量为I2=0-(-mv)=mv，方向向右，所以运动员抛球与接球时对篮球的冲量方向相同、大小不同，B错误;设运动员抛球后速度变为v1 ，抛球过程，由动量守恒定律有(M+m)v0=Mv1+mv，接球过程有Mv1-mv=0，解得v=v0，由动量定理可知篮球撞墙过程有I=mv-(-mv)=2mv=(M+m)v0，C错误，D正确。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 6.如图所示，一质量为M=3.0 kg的长木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量为m=1.0 kg的小木块A。给A和B以大小均为4.0 m/s、方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，A始终没有滑离B。在A做加速运动的时间内，B的速度大小可能是 (　　) A.1.8 m/s B.2.4 m/s C.2.8 m/s D.3.0 m/s 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 解析:以A、B组成的系统为研究对象，系统动量守恒，取水平向右为正方向，A减速到速度为零的过程中，由动量守恒定律得(M-m)v=MvB1，代入数据解得vB1= m/s;从开始到A、B速度相同的过程中，由动量守恒定律得(M-m)v=(M+m)vB2，代入数据解得vB2=2 m/s;则在木块A做加速运动的时间内，B的速度范围为2 m/s<vB< m/s，故选B。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 7.如图所示，甲和他的冰车总质量M=30 kg，甲推着质量m=15 kg的小木箱一起以速度v0=2 m/s向右滑行，乙和他的冰车总质量也为M=30 kg，乙以同样大小的速度迎面而来。为了避免相撞，甲将小木箱以速度v沿冰面推出，木箱滑到乙处时乙迅速把它抓住。若不计冰面的摩擦力，则小木箱的速度v可能为 (　　) A.3 m/s B.4 m/s C.5 m/s D.6 m/s 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 解析:规定向右为正方向，对于甲(含冰车)和箱子根据动量守恒定律得(M+m)v0=Mv1+mv，对于乙(含冰车)和箱子根据动量守恒定律得mv-Mv0=(M+m)v2，甲、乙恰好不相碰，有v1=v2，联立解得v=5.2 m/s，若要避免碰撞，则需要满足v≥5.2 m/s，故选D。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 二、多项选择题 8.如图所示，一轻质弹簧上端悬挂于天花板，下端系一质量为M的平板，处在平衡状态，一质量为m的均匀环套在弹簧外，与平板的距离为h。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，使弹簧伸长，则下列说法正确的是(　　) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 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，板向下运动速度最大的位置与h的大小无关 D.在碰后板和环一起下落的过程中，它们减少的动能等于克服弹簧弹力所做的功 2 3 4 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 解析:若碰撞时间极短，内力远大于外力，则碰撞过程中环与板的总动量守恒，A正确;若碰撞时间极短，则碰撞过程中环与板的总机械能不守恒，因为碰撞后两者一起运动，属于完全非弹性碰撞，动能损失最大，碰撞过程有内能产生，B错误;环撞击板后，板向下运动速度最大时，合外力为0，则有g=kx，速度最大的位置为x=，则环撞击板后，板向下运动速度最大的位置与h的大小无关，C正确;由动能定理可知，在碰后板和环一起下落的过程中，它们减少的动能等于克服弹簧弹力所做的功与重力做功的差值，有ΔEk=W弹-WG，D错误。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 9.(2023·广东高考)某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型。多个质量均为1 kg的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力。开窗帘过程中，电机对滑块1施加一个水平向右的恒力F，推动滑块1以0.40 m/s的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为0.04 s，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为0.22 m/s。关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有 (　　) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 A.该过程动量守恒 B.滑块1受到合外力的冲量大小为0.18 N·s C.滑块2受到合外力的冲量大小为0.40 N·s D.滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N 2 3 4 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 解析:取水平向右为正方向，滑块1和滑块2组成的系统的初动量为p1=mv1=1×0.40 kg·m/s=0.40 kg·m/s，碰撞后的动量为p2=2mv2=2×1×0.22 kg·m/s=0.44 kg·m/s，则滑块的碰撞过程动量不守恒，故A错误;对滑块1，有I1=mv2-mv1=(1×0.22-1×0.40) N·s=-0.18 N·s，负号表示方向水平向左，故B正确;对滑块2，有I2=mv2=1×0.22 N·s=0.22 N·s，故C错误;对滑块2，根据动量定理有FΔt=I2，解得F=5.5 N，则滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N，故D正确。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 三、计算题 10.(10分)(2025·乌鲁木齐高三检测)在高山上的一片水平草地上，一只雪豹正在猎杀一只野山羊，雪豹咬住野山羊前瞬间它们的速度方向相同，且雪豹的水平速度大小v1=15 m/s，野山羊的水平速度大小v2=6 m/s，咬住后它们一起沿水平草地滑行了一段距离后停下。雪豹和野山羊的质量分别为m1=60 kg、m2=30 kg，它们滑行时与水平草地间的动摩擦因数μ=0.8，重力加速度g取10 m/s2。求: 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 (1)雪豹咬住野山羊后瞬间共同的速度大小v;(4分) 答案:12 m/s　 解析:设雪豹的方向为正方向，雪豹咬住野山羊瞬间动量守恒，则有 m1v1+m2v2=(m1+m2)v 解得v=12 m/s。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 (2)雪豹咬住野山羊后一起向前滑行的距离x。(6分) 答案:9 m 解析:对雪豹和野山羊受力分析可知 μ(m1+m2)g=a 解得a=8 m/s2 雪豹咬住野山羊后一起做匀减速直线运动 -2ax=0-v2 解得x=9 m。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 11.(12分)汽车碰撞试验是综合评价汽车安全性能的有效方法之一。设汽车在碰撞过程中受到的平均撞击力达到某个临界值F0时，安全气囊爆开。某次试验中，质量m1=1 600 kg的试验车以速度v1=36 km/h正面撞击固定试验台，经时间t1=0.10 s 碰撞结束，车速减为零，此次碰撞安全气囊恰好爆开。忽略撞击过程中地面阻力的影响。 (1)求此过程中试验车受到试验台的冲量I0的大小及F0的大小;(5分) 答案:1.6×104 N·s　1.6×105 N　 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 解析: v1=36 km/h=10 m/s，取速度v1的方向为正方向，由动量定理有-I0=0-m1v1 代入数据得I0=1.6×104 N·s 由冲量的定义有I0=F0t1 代入数据得F0=1.6×105 N。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 (2)若试验车以速度v1撞击正前方另一质量m2=1 600 kg、速度v2= 18 km/h同向行驶的汽车，经时间t2=0.16 s两车以相同的速度一起滑行。试求这种情况下试验车受到的撞击力多大?并说明安全气囊是否会爆开。(7分) 答案:2.5×104 N　安全气囊不会爆开 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 解析:设试验车和汽车碰撞后获得共同速度为v，以v1的方向为正方向，由动量守恒定律有m1v1+m2v2=(m1+m2)v 对试验车，由动量定理有-Ft2=m1v-m1v1 代入数据得F=2.5×104 N 可见F<F0，故试验车的安全气囊不会爆开。 2 3 4 $$