第1章 动量及其守恒定律 第2节 动量守恒定律及其应用(Word教参)-【新课程学案】2025-2026学年高中物理选择性必修第一册（鲁科版）

第2节　动量守恒定律及其应用(赋能课——精细培优科学思维) 课标要求 学习目标 1.通过理论推导和实验,理解动量守恒定律。 2.能用动量守恒定律解释生产生活中的有关现象。 3.知道动量守恒定律的普适性。 1.能用牛顿运动定律和动量定理推导动量守恒定律。 2.理解动量守恒定律的内容、表达式和守恒条件。 3.会运用动量守恒定律解决实际问题。 4.知道什么是反冲运动,了解它在实际生活中的简单应用。 5.了解火箭的飞行原理和主要用途。 一、动量守恒定律 1.内容:一个系统不受外力或者所受合外力为0时,这个系统的总动量保持不变。 2.表达式:m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2',相互作用的两个物体组成的系统,当系统所受的合外力为0时,作用前的总动量等于作用后的总动量。 3.意义:动量守恒定律是自然界普遍适用的基本规律之一,不仅低速、宏观领域遵循这一规律,高速(接近光速)、微观(分子、原子的尺度)领域也遵循这一规律。动量守恒定律比牛顿运动定律的适用范围更广。 [微点拨] (1)内力和外力是相对的,若研究对象发生变化,内力和外力也可能发生变化。 (2)系统的总动量保持不变是指在整个过程中任意两个时刻的总动量都相等。 [情境思考] 如图所示,两个人静止在滑冰场上用力推对方,两人会向相反方向滑去。 (1)两人的动量变化量有什么关系? (2)两人的总动量在推动前后是否发生了变化? 提示:(1)两人的动量变化量大小相等,方向相反。 (2)两人的总动量在推动前后均为零,没有发生变化。 二、反冲运动与火箭 1.反冲运动 (1)根据动量守恒定律,一个静止的物体在内力的作用下分裂为两部分,一部分向某一方向运动,另一部分向相反方向运动的现象。 (2)灌溉喷水器、反击式水轮机、喷气式飞机、火箭等都是利用了反冲运动。 (3)消防高压水枪、射击步枪等的反冲作用都必须采取措施加以防止。 2.火箭 (1)原理:火箭的飞行应用了反冲的原理,靠喷出气流的反冲作用来获得巨大的速度。 (2)影响火箭获得速度大小的因素 一是喷气速度,喷气速度越大,火箭能达到的速度越大;二是火箭开始飞行时的质量与燃料燃尽时的质量之比,质量比越大,火箭能达到的速度就越大。 [质疑辨析] 　　我国早在宋代就发明了火箭(如图甲),火箭上扎一个火药筒,火药筒的前端是封闭的,火药点燃后火箭由于反冲向前运动。现代火箭原理与古代火箭原理相同(如图乙)。 判断下列说法是否正确: (1)火箭应用了反冲的原理。 (√) (2)火箭在向后喷气的过程中,火箭的总质量在不断减小,火箭向前运动的速度在不断增大。 (√) (3)火箭点火后向下喷出高速高压气体,离开地面火箭向上加速,是地面对火箭的反作用力作用的结果。 (×) 强化点(一) 对动量守恒定律的理解 任务驱动 如图所示为冬奥会冰壶比赛的场景。在水平冰面上,运动员把冰壶平稳推出的短暂过程,不计冰面的摩擦。 (1)运动员与冰壶的总动量变化吗? (2)运动员和冰壶的总动能变化吗? 提示:(1)不计冰面的摩擦,运动员和冰壶组成的系统所受合外力为零,系统动量守恒,由动量守恒定律可知,运动员与冰壶的总动量保持不变。 (2)运动员把冰壶平稳推出的过程中,运动员消耗体内的化学能转化为运动员和冰壶的动能,因此运动员和冰壶的总动能增加。 [要点释解明] 1.对动量守恒定律条件的理解 (1)系统不受外力作用,这是一种理想化的情形,如宇宙中两星球的碰撞、微观粒子间的碰撞可视为这种情形。 (2)系统受外力作用,但所受合外力为零。像光滑水平面上两物体的碰撞就是这种情形。 (3)系统受外力作用,系统外力远小于内力,系统总动量近似守恒。像抛出去的手榴弹在空中爆炸的瞬间,弹片所受火药爆炸时的内力远大于其重力,重力可忽略不计,系统的动量近似守恒。 (4)系统受外力作用,所受合外力不为零,但在某一方向合外力为零,则系统在该方向上动量守恒。 2.动量守恒的“五性” 矢量性 定律的表达式是一个矢量式 相对性 系统中各物体在相互作用前后的动量,必须相对于同一惯性系 条件性 动量守恒是有条件的,应用时一定要首先判断系统动量是否守恒 同时性 作用前同一时刻的动量,作用后同一时刻的动量 普遍性 不仅适用于两个物体组成的系统,也适用于多个物体组成的系统 　 　[典例]　如图,光滑水平地面上有一小车,一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连,另一端与滑块相连,滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩,撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动。在地面参考系(可视为惯性系)中,从撤去推力开始,小车、弹簧和滑块组成的系统 (　　) A.动量守恒,机械能守恒 B.动量守恒,机械能不守恒 C.动量不守恒,机械能守恒 D.动量不守恒,机械能不守恒 [解析]　撤去推力,系统所受合外力为零,动量守恒;因为滑块与车厢水平底板间有摩擦,且撤去推力后滑块在车厢底板上有相对滑动,即摩擦力做功,故系统的机械能减少,B正确。 [答案]　B [思维建模] 　　 判断动量守恒的两大技巧 (1)动量守恒定律的研究对象是相互作用的物体组成的系统。判断系统的动量是否守恒,与选择哪几个物体作为系统和分析哪一段运动过程有直接关系。 (2)判断系统的动量是否守恒,要注意守恒的条件是不受外力或所受合外力为零,因此要分清哪些力是内力,哪些力是外力。 [题点全练清] 1.如图所示,小明在滑板上匀速运动的过程中,突然抓起放在地面上的水杯 (　　) A.人、车、水杯这个系统水平方向动量守恒 B.人、车、水杯这个系统机械能守恒 C.水杯动量守恒 D.手对水杯的冲量等于水杯动量的增量 解析:选A　人抓起杯子过程,水平方向动量守恒,机械能不守恒,杯子动量增加,并且动量的增量等于手对杯子的力和杯子重力的合力的冲量。故选A。 2.如图所示,匀质环形管道C平放在足够大的水平桌面上,两个相同的小球A、B位于管内。图示时刻,管道C速度为0,两小球具有相同的速度且均沿x轴正方向,两小球的碰撞为弹性碰撞,不计小球与管道、管道与桌面间的摩擦,则 (　　) A.碰前两球均做匀速圆周运动 B.两球组成的系统机械能守恒 C.两球组成的系统在y方向上动量守恒 D.两球组成的系统在x方向上动量守恒 解析:选C　碰前两球均相对于环形管道C做圆周运动,但由于环形管道C会沿x轴正方向运动,则碰前两球均不是做匀速圆周运动,故A错误;两球和环形管道C组成的系统机械能守恒,由于环形管道C会沿x轴正方向运动,则两球组成的系统机械能不守恒,故B错误;根据对称性可知,环形管道C对两球的弹力在y方向的分力大小相等、方向相反,则两球组成的系统在y方向上所受合力为零,在y方向上动量守恒,故C正确;两球和环形管道C组成的系统在x方向动量守恒,但由于环形管道C会沿x轴正方向运动,则两球组成的系统在x方向上动量不守恒,故D错误。 强化点(二) 动量守恒定律的应用 [要点释解明] 1.对系统“总动量保持不变”的理解 (1)系统在整个过程中任意两个时刻的总动量都相等,不仅仅是初、末两个状态的总动量相等。 (2)系统的总动量保持不变,但系统内每个物体的动量可能都在不断变化。 (3)系统的总动量指系统内各物体动量的矢量和,总动量不变指的是系统的总动量的大小和方向都不变。 2.动量守恒定律的三种表达式 表达式 具体含义 p=p'或m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2' 系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p',大小相等,方向相同 Δp1=-Δp2 或m1Δv1=-m2Δv2 系统内一个物体的动量变化量与其他物体的动量变化量等大反向 Δp=p'-p=0 系统总动量的变化量为零 　　 [典例]　如图所示,游乐场上,两位同学各驾着一辆碰碰车迎面相撞,此后,两车以共同的速度运动。设甲同学和他的车的总质量为150 kg,碰撞前向右运动,速度的大小为4.5 m/s;乙同学和她的车的总质量为200 kg,碰撞前向左运动,速度的大小为4.25 m/s。试求碰撞后两车共同的运动速度? [解析]　两车碰撞过程中动量守恒,设向右为正方向,则v1=4.5 m/s,v2=-4.25 m/s,由动量守恒定律得m1v1+m2v2=(m1+m2)v, 解得v==-0.5 m/s “-”说明碰后速度方向向左。 [答案]　0.5 m/s,方向向左 　　[变式拓展]　(双选)对应[典例]的情境,如果两车碰撞后,乙车的速度大小为0.25 m/s,则甲车碰后的速度大小为 (　　) A. m/s 　 B. m/s　 C. m/s 　 D. m/s 　解析:选BC　设向右为正方向,若碰后乙车向右,则v1=4.5 m/s,v2=-4.25 m/s,v2'=0.25 m/s,由动量守恒定律得m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2',代入数据解得v1'=- m/s;同理,若碰后乙车向左,则v2'=-0.25 m/s,可解得v1'=- m/s,故B、C正确。 [思维建模] 应用动量守恒定律解题的步骤 找 找研究对象(系统包括哪几个物体)和研究过程 析 进行受力分析,判断系统动量是否守恒(或在某一方向是否守恒) 定 规定正方向,确定初、末状态动量的正、负号,画好分析图 列 由动量守恒定律列式 算 合理进行运算,得出最后的结果,并对结果进行讨论 [题点全练清] 1.在光滑水平地面上放置一辆小车,车上放置有木盆,在车与木盆以共同的速度向右运动时,有雨滴以极小的速度竖直落入木盆中而不溅出,如图所示,则在雨滴落入木盆的过程中,小车速度将 (　　) A.保持不变 B.变大 C.变小 D.不能确定 解析:选C　雨滴落入木盆的过程中,小车、木盆、雨滴组成的系统水平方向动量守恒,设小车、木盆的总质量为M,雨滴的质量为m,则有Mv=(M+m)v共,解得v共=<v,在雨滴落入木盆的过程中,小车速度将变小。故选C。 2.(选自人教版教材课后练习)质量是10 g的子弹,以300 m/s的速度射入质量是 24 g、静止在光滑水平桌面上的木块。 (1)如果子弹留在木块中,木块运动的速度是多大? (2)如果子弹把木块打穿,子弹穿过后的速度为100 m/s,这时木块的速度又是多大? 解析:(1)子弹留在木块中,最后子弹和木块速度相同,根据动量守恒定律得 m1v1=(m1+m2)v 解得v== m/s≈88.2 m/s。 (2)子弹打穿木块,最后子弹和木块速度不同,根据动量守恒定律得m1v1=m1v1'+m2v' 解得v'= = m/s ≈83.3 m/s。 答案:(1)88.2 m/s　(2)83.3 m/s 强化点(三) 反冲运动 任务驱动 　　我国在太原卫星发射中心使用长征二号丁运载火箭,将搭载的14颗卫星分别顺利送入预定轨道,发射任务取得圆满成功。 (1)“长征二号”火箭升空过程的运动是一种什么运动? (2)“长征二号”火箭升空过程中是否满足动量守恒定律? 提示:(1)“长征二号”火箭升空过程中的运动是一种反冲运动。 (2)“长征二号”火箭升空过程内力远大于外力,所以满足动量守恒定律。 [要点释解明] 1.反冲运动的特点 (1)物体的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情况下远大于外力,所以可以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动能,所以系统的总动能增加。 2.解决反冲运动应关注的三个问题 (1)速度的方向性:对于原来静止的物体,抛出具有一定速度的一部分后,剩余部分向抛出物体速度的反方向运动。如果原来物体是运动的,抛出部分的速度与原来反向时,剩余部分加速;抛出部分的速度与原来同向时,剩余部分减速、静止、反向均有可能。 (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,再列动量守恒定律方程。 (3)变质量问题:在反冲运动中还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进行研究。 　　[典例]　一火箭喷气发动机每次喷出m=200 g 的气体,气体喷出时的速度v=1 000 m/s,设火箭质量M=300 kg,发动机每秒喷气20次。 (1)当第三次气体喷出后,火箭的速度为多大? (2)运动第1 s末,火箭的速度为多大? [解题指导]　 (1)火箭喷气属于反冲运动,火箭和气体系统动量守恒。 (2)火箭喷气后质量发生变化,喷气后的质量为M-nm。 [解析]　法一:(1)喷出气体的运动方向与火箭的运动方向相反,气体和火箭系统动量守恒。 第一次气体喷出后,火箭速度为v1,有 (M-m)v1-mv=0,所以v1= 第二次气体喷出后,火箭速度为v2,有 (M-2m)v2-mv=(M-m)v1,所以v2= 第三次气体喷出后,火箭速度为v3,有 (M-3m)v3-mv=(M-2m)v2 所以v3== m/s≈2 m/s。 (2)由上面推导可知,第n次气体喷出后,火箭速度为vn,有(M-nm)vn-mv=[M-(n-1)m]vn-1 所以vn= 因为每秒喷气20次,所以1 s末火箭速度为 v20== m/s≈13.5 m/s。 法二:选取整体为研究对象,运用动量守恒定律求解。 (1)设喷出三次气体后火箭的速度为v3,以火箭和喷出的三次气体为研究对象,根据动量守恒定律,得 (M-3m)v3-3mv=0 所以v3=≈2 m/s。 (2)以火箭和喷出的20次气体为研究对象,根据动量守恒定律,有(M-20m)v20-20mv=0 所以v20=≈13.5 m/s。 [答案]　(1)2 m/s　(2)13.5 m/s [思维建模] (1)火箭在运动过程中,随着燃料的燃烧,火箭本身的质量不断减小,故在应用动量守恒定律时,必须取在同一相互作用时间内的火箭和喷出的气体为研究对象。注意反冲前、后各物体质量的变化。 (2)明确两部分物体初、末状态的速度的参考系是否为同一参考系,如果不是同一参考系要设法予以调整,一般情况要转换成对地的速度。 (3)列方程时要注意初、末状态动量的方向。反冲物体速度的方向与原物体的运动方向是相反的。 [题点全练清] 1.(2025·福州三校联考)将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空,50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。在燃气喷出后的瞬间,火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略) (　　) A.30 kg·m/s B.5.7×102 kg·m/s C.6.0×102 kg·m/s D.6.3×102 kg·m/s 解析:选A　燃气从火箭喷口喷出的瞬间,火箭和燃气组成的系统动量守恒,设燃气喷出后的瞬间,火箭的动量大小为p,以火箭运动方向为正方向,根据动量守恒定律,可得p-mv0=0,解得p=mv0=0.050 kg×600 m/s=30 kg·m/s,A正确。 2.反冲小车静止放在水平光滑玻璃上,点燃酒精灯,蒸汽将橡皮塞水平喷出,小车沿相反方向运动。如果小车运动前的总质量M=3 kg,水平喷出的橡皮塞的质量m=0.1 kg。 (1)若橡皮塞喷出时获得的水平速度v=2.9 m/s,求小车的反冲速度; (2)若橡皮塞喷出时速度大小不变,方向与水平方向成60°角,小车的反冲速度又如何(小车一直在水平方向运动)? 解析:(1)小车和橡皮塞组成的系统所受合外力为零,系统总动量为零。以橡皮塞运动的方向为正方向,根据动量守恒定律有 mv+(M-m)v'=0 解得v'=-0.1 m/s 负号表示小车运动方向与橡皮塞运动的方向相反。 (2)小车和橡皮塞组成的系统水平方向动量守恒。以橡皮塞的水平分运动方向为正方向,有 mvcos 60°+(M-m)v″=0 解得v″=-0.05 m/s 负号表示小车运动方向与橡皮塞的水平分运动方向相反。 答案:(1)0.1 m/s,方向与橡皮塞运动的方向相反 (2)0.05 m/s,方向与橡皮塞的水平分运动方向相反 [课时跟踪检测] 　　　　　　　　　　　　　　　　 1.一只青蛙从荷叶上跳入水中,若不考虑水和空气的阻力。下列表述中正确的是 (　　) A.青蛙与荷叶组成的系统动量守恒 B.起跳时,荷叶对青蛙做正功,青蛙的动能增加 C.全过程中青蛙与荷叶组成的系统机械能可能守恒 D.全过程中青蛙与荷叶组成的系统机械能一定不守恒 解析:选D　青蛙与荷叶组成的系统水平方向动量守恒,竖直方向动量不守恒,则总动量不守恒,A错误;起跳时,荷叶对青蛙不做功,青蛙本身对自己做功,青蛙的动能增加,B错误;全过程中青蛙本身对自己做功,则青蛙与荷叶组成的系统机械能一定增加,C错误,D正确。 2.(双选)如图所示,在一光滑绝缘的水平面上,彼此靠近地放置两个带同种电荷的小物块。由静止释放后,两个物块向相反方向运动。在物块的运动过程中,下列表述正确的是 (　　) A.质量小的物块所受的冲量大些 B.任一时刻,两个物块的动量大小总是相等的 C.两个物块的机械能守恒 D.两个物块构成的系统动量守恒 解析:选BD　根据牛顿第三定律知,两个物块间库仑力大小相等,作用时间相等,由I=Ft知,两个物块所受的冲量大小相等,故A错误;对于两物块组成的系统合外力为零,则系统的动量守恒,初始时刻系统总动量为零,根据动量守恒定律知,任一时刻,两个物块的动量总是大小相等、方向相反,故B、D正确;库仑力对两物块做正功,系统的电势能逐渐减少,则系统的机械能增加,故C错误。 3.问天实验舱入轨后,顺利完成状态设置,并成功对接于天和核心舱前向端口,整个交会对接过程历时约13小时。这是我国两个20吨级航天器首次在轨实现交会对接,也是空间站有航天员在轨驻留期间首次进行空间交会对接。交会对接过程中,两个航天器在离地面约400 km的高空,以约7 km/s 的速度精准对接。下列说法正确的是 (　　) A.天和核心舱中的航天员处于完全失重状态,不会受到地球引力的作用 B.无动力交会对接的瞬间,问天实验舱与天和核心舱组成的系统,在沿轨道运行的方向上动量守恒 C.问天实验舱需从天和核心舱正后方一直加速追赶,才能完成交会对接 D.由题干所提供的数据可估算出地球半径 解析:选B　天和核心舱中的航天员处于完全失重状态,仍然受到地球引力作用,地球引力提供航天员绕地球运动的向心力,A错误;无动力交会对接的瞬间,问天实验舱与天和核心舱组成的系统,在沿轨道运行的方向上不受外力作用,所以系统动量守恒,B正确;问天实验舱若从天和核心舱正后方一直加速追赶,则会做离心运动进入更高的轨道运行,无法完成交会对接,C错误;由地球的引力提供向心力,可得G=m,因引力常量G和地球质量M均未知,由题干所提供的数据,无法估算出地球半径,D错误。 4.(双选)根据UIC (国际铁道联盟)的定义,高速铁路是指营运速率达200 km/h以上的铁路和动车组系统。据广州铁路局警方测算:当和谐号动车组列车以350 km/h的速度在平直铁轨上匀速行驶时,受到的阻力大小约为106 N,如果撞击一块质量为0.5 kg 的障碍物,会产生大约5 000 N 的冲击力,撞击时间约为0.01 s,可能造成列车颠覆,后果不堪设想。在撞击过程中,下列说法正确的是 (　　) A.列车受到合外力的冲量约为50 N·s B.列车受到合外力的冲量约为104 N·s C.障碍物受到合外力的冲量约为175 N·s D.列车和障碍物组成的系统动量近似守恒 解析:选AD　列车对障碍物的冲击力的冲量为I=F·Δt=5 000×0.01 N·s=50 N·s,因冲击力远大于障碍物的重力,故障碍物所受合外力的冲量大小近似为50 N·s,因列车匀速行驶,列车与障碍物碰撞过程中,二者组成的系统动量近似守恒,列车受到合外力的冲量与障碍物的冲量等大反向,都是50 N·s,故A、D正确。 5.如图所示,放在光滑水平面上的两物体,它们之间有一个被压缩的轻质弹簧,用细线把它们拴住。已知两物体质量之比为m1∶m2=2∶1,把细线烧断后,两物体被弹开,速度大小分别为v1和v2,动能大小分别为Ek1和Ek2,则下列判断正确的是 (　　) A.弹开时,v1∶v2=1∶1 B.弹开时,v1∶v2=2∶1 C.弹开时,Ek1∶Ek2=2∶1 D.弹开时,Ek1∶Ek2=1∶2 解析:选D　两物体与弹簧组成的系统所受合外力为零,根据动量守恒定律知,p1=p2,即m1v1=m2v2,所以v1∶v2=m2∶m1=1∶2,A、B错误;由Ek=得,Ek1∶Ek2=m2∶m1=1∶2,C错误,D正确。 6.如图所示,质量mB=1 kg的平板小车B在光滑水平面上以v1=1 m/s的速度向左匀速运动。当t=0时,质量mA=2 kg的小铁块A以v2=2 m/s的速度水平向右滑上小车,A与小车间的动摩擦因数为μ=0.2。若A最终没有滑出小车,g取10 m/s2。则A在小车上相对小车停止运动时,小车的速度大小和方向分别为 (　　) A. m/s,向右 B. m/s,向左 C.1 m/s,向右 D.1 m/s,向左 解析:选C　A在小车上相对小车停止运动时,A、B将以共同的速度运动,设此时的速度为v,取v1的方向为正方向,由动量守恒定律得-mAv2+mBv1=(mA+mB)v,代入数据解得v=-1 m/s,负号表示v的方向与v1方向相反,即向右。故C正确。 7.如图所示,我国自行研制的“歼⁃15”战斗机挂弹飞行时,接到命令,进行导弹发射训练。当战斗机水平飞行的速度为v0时,将总质量为M的导弹释放,刚释放时,导弹向战斗机飞行的反方向喷出对地速率为v1、质量为m的燃气,则喷气后导弹相对地面的速率v为 (　　) A. B. C. D. 解析:选D　以导弹飞行的方向为正方向,导弹被战斗机释放后,导弹喷出燃气前后水平方向动量守恒,根据动量守恒定律得Mv0=(M-m)v-mv1,解得v=。 8.某同学质量为60 kg,在军事训练中要求他从岸上以大小为2 m/s的速度跳到一条向他缓缓漂来的小船上,然后去执行任务,小船的质量是140 kg,原来的速度大小是0.5 m/s,该同学上船后又跑了几步,最终停在船上(船未与岸相撞),不计水的阻力,则 (　　) A.该同学和小船最终静止在水面上 B.该过程同学的动量变化量大小为105 kg·m/s C.船最终的速度是0.95 m/s D.船的动量变化量大小为70 kg·m/s 解析:选B　规定该同学原来的速度方向为正方向,设该同学上船后,船与该同学的共同速度为v。由题意,水的阻力忽略不计,该同学跳上小船后与小船达到共同速度的过程中,该同学和船组成的系统所受合外力为零,系统的动量守恒,则由动量守恒定律得m人v人+m船v船=(m人+m船)v,代入数据解得v=0.25 m/s,方向与该同学原来的速度方向相同,与船原来的速度方向相反,故A、C错误;该同学的动量变化量为Δp=m人v-m人v人=60×(0.25-2)kg·m/s=-105 kg·m/s,负号表示方向与选择的正方向相反,故B正确;船的动量变化量为Δp'=m船v-m船v船=140×[0.25-(-0.5)]kg·m/s=105 kg·m/s,故D错误。 9.如图所示,光滑水平面上静置一倾角为θ的斜面体,其上的滑块通过轻弹簧连接在斜面体顶端的固定挡板上,用一根细线连接滑块和挡板使弹簧被压缩。滑块与斜面间的动摩擦因数为μ,则剪断细线后,下列对斜面体、弹簧与滑块系统的说法中正确的是 (　　) A.若μ=0,系统机械能不守恒 B.若μ>tan θ,系统动量一定守恒 C.若0<μ<tan θ,系统机械能可能守恒 D.若0<μ<tan θ,系统动量一定不守恒 解析:选D　若μ=0,剪断细线之后,只有重力和系统内弹力做功,系统机械能一定守恒,故A错误;剪断细线后,系统一定在水平方向动量守恒,整个系统动量是否守恒,取决于系统在竖直方向是否受力平衡,即滑块是否运动,若μ>tan θ,则μmgcos θ>mgsin θ,因为滑块又受到弹簧沿斜面向下的弹力,所以滑块可能保持静止,也可能加速下滑,系统动量不一定守恒,故B错误;若0<μ<tan θ,则μmgcos θ<mgsin θ,滑块又受到弹簧沿斜面向下的弹力,一定沿斜面加速下滑,系统动量一定不守恒,下滑过程中要克服摩擦力做功,系统机械能一定不守恒,故C错误,D正确。 10.(4分)质量为1 000 kg的轿车与质量为4 000 kg的货车迎面相撞,碰撞后两车绞在一起,并沿货车行驶方向运动一段路程后停止(如图所示),从事故现场测出,两车相撞前,货车的行驶速度为54 km/h,撞后两车的共同速度为18 km/h。则轿车碰撞前的速度大小为　　　　 km/h,若该路段限速为120 km/h,则可判断轿车　　　　行驶(填“超速”或“未超速”)。  解析:碰撞中两车间的相互作用力很大,可忽略两车受到的其他作用力,近似认为两车在碰撞过程中动量守恒。设轿车质量为m1,货车质量为m2,碰撞前轿车速度为v1,货车速度为v2,碰撞后两车的共同速度为v'。选轿车碰撞前的速度方向为正方向。碰撞前系统的总动量为m1v1+m2v2,碰撞后系统的总动量为(m1+m2)v',由动量守恒定律得:m1v1+m2v2=(m1+m2)v',则v1== km/h=126 km/h>120 km/h,故轿车在碰撞前超速行驶。 答案:126　超速 11.(8分)如图所示,一水平放置的光滑操作台上静置有两滑块A、B,用细线将滑块A、B连接,使A、B间的轻质弹簧处于压缩状态(A、B两滑块与弹簧不拴接)。剪断细线,滑块A、B被弹簧弹开并最终落到地面上,落地点分别为M、N。已知A、B的质量分别为mA=1 kg、mB=2 kg,操作台距离地面高h=1.25 m,M距操作台边缘的水平距离x1=1.5 m,g取10 m/s2。试求: (1)A水平抛出的初速度大小;(4分) (2)B落地点N到操作台边缘的水平距离x2。(4分) 解析:(1)滑块A做平抛运动,竖直方向有h=gt2 解得t== s=0.5 s 水平方向有x1=vAt 解得A水平抛出的初速度大小为 vA== m/s=3 m/s。 (2)滑块A、B被弹簧弹开过程满足动量守恒,则有mAvA=mBvB 解得滑块B做平抛运动的初速度大小为vB== m/s=1.5 m/s B落地点N到操作台边缘的水平距离为x2=vBt=1.5×0.5 m=0.75 m。 答案:(1)3 m/s　(2)0.75 m 12.(8分)(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vA;(4分) (2)分离时A对B的推力大小。(4分) 解析:(1)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)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=。 答案:(1)　(2) 26 / 81 学科网（北京）股份有限公司 $$