6.2 动量守恒定律及其应用 课件 -2026届高考物理一轮复习

该高中物理高考复习课件聚焦“动量守恒定律及其应用”专题，依据高考评价体系梳理了动量守恒定律、碰撞模型、爆炸反冲和人船模型三大核心考点，通过近五年真题分析明确弹性碰撞、完全非弹性碰撞等高频题型，构建“条件判断-方程列写-结果讨论”的解题体系，体现高考备考的系统性和针对性。 课件亮点在于“考点分层突破+高考真题精析+科学思维建模”，如以2023全国乙卷弹性碰撞题为例，运用科学推理和模型建构素养，详解动量守恒与机械能守恒方程的联立技巧，特设“动量守恒条件判断”易错点警示，帮助学生掌握规范解题步骤，教师可据此开展靶向复习，提升备考效率。

第2讲　动量守恒定律及其应用 第六章　动量守恒定律 考点 1 考点二　碰撞模型 考点一　动量守恒定律 考点三　爆炸、反冲和人船模型 目录 2 考点一　动量守恒定律 1.动量守恒定律的内容 如果一个系统不受外力,或者所受外力的____________为0,这个系统的总动量保持不变。 2.表达式 (1)p=p'或m1v1+m2v2=____________; 意义:系统相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量。 (2)Δp1=________; 意义:相互作用的两个物体动量的变化量等大反向。 矢量和 m1v1'+m2v2' -Δp2 目录 考点 3.动量守恒条件的理解 (1)理想守恒:不受外力或所受外力的合力为零。 (2)近似守恒:系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力。 (3)某一方向守恒:如果系统在某一方向上所受外力的合力为零,则系统在这一方向上动量守恒。 目录 考点 4.动量守恒定律的五个特性 矢量性 动量守恒定律的表达式为矢量方程,解题应选取统一的正方向 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) 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 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 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 目录 考点 5.应用动量守恒定律解题的步骤 目录 考点 思考讨论 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。组合体A与组合体B组成的整体沿运动方向的合力是多大?两者分离后A的速度v1是多大? 提示　沿运动方向的合力为零　 目录 考点 BCD 例1 (多选)如图所示,A、B两物体质量之比mA∶mB=3∶2,初始时静止在平板车C上,A、B间有一根被压缩的弹簧,地面光滑。当弹簧突然被释放后,则以下系统动量守恒的是(　 　) 角度 动量守恒的判断 A.若A、B与C上表面间的动摩擦因数相同,A、B组成的系统 B.若A、B与C上表面间的动摩擦因数相同,A、B、C组成的系统 C.若A、B所受的摩擦力大小相等,A、B组成的系统 D.若A、B所受的摩擦力大小相等,A、B、C组成的系统 目录 考点 解析　若A、B与C上表面间的动摩擦因数相同,弹簧被释放后,A、B分别相对C向左、向右滑动,它们所受的滑动摩擦力FA向右,FB向左,由于mA∶mB=3∶2,所以FA∶FB=3∶2,则A、B组成的系统所受外力的矢量和不为零,故A、B组成的系统动量不守恒,A错误;对A、B、C组成的系统,A与C、B与C间的摩擦力为内力,该系统所受的外力为竖直方向的重力和支持力,它们的合力为零,故该系统的动量守恒,跟A、B与C间的动摩擦因数或摩擦力大小是否相等无关,B、D正确;若A、B所受的摩擦力大小相等,则A、B组成的系统所受外力的矢量和为零,故其动量守恒,C正确。 目录 考点 判断动量是否守恒需注意的问题 (1)动量守恒定律的研究对象都是相互作用的物体组成的系统。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)分析系统受力时,要弄清哪些是系统的内力,哪些是外力。 (3)动量守恒和机械能守恒的条件不同,动量守恒时机械能不一定守恒,机械能守恒时动量不一定守恒,二者不可混淆。 目录 考点 例2 如图所示,一异形轨道由粗糙的水平部分和光滑的四分之一圆弧部分组成,置于光滑的水平面上,如果轨道固定,将可视为质点的物块从圆弧轨道的最高点由静止释放,物块恰好停在水平轨道的最左端。如果轨道不固定,仍将物块从圆弧轨道的最高点由静止释放,下列说法正确的是(　　) B A.物块与轨道组成的系统机械能不守恒,动量守恒 B.物块与轨道组成的系统机械能不守恒,水平方向上动量守恒 C.物块到不了水平轨道的最左端 D.物块将从轨道最左端冲出水平轨道 目录 考点 解析　轨道不固定时,物块在轨道的水平部分时因摩擦产生内能,所以系统的机械能不守恒;物块在轨道的圆弧部分下滑时,合力不为零,动量不守恒,但是水平方向动量守恒,故A错误,B正确;设轨道的水平部分长为L。轨道固定时,根据能量守恒定律得mgR=μmgL,轨道不固定时,设物块与轨道相对静止时共同速度为v,在轨道水平部分滑行的距离为x,取向左为正方向,根据水平方向动量守恒得0=(M+m)v,可知v=0,根据能量守恒定律得mgR=(M+m)v2+μmgx,联立解得 x=L,所以物块仍能停在水平轨道的最左端,故C、D错误。 目录 考点 D 例3 甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑的水平冰面上匀速相向行驶,速度大小均为v0=6 m/s,甲小孩所在小车上有质量为m=1 kg的小球若干个,甲和他的小车及小车上小球的总质量为M1=50 kg,乙和他的小车的总质量为M2=30 kg。为避免相撞,甲不断地将小球以相对地面为v'=16.5 m/s的水平速度抛向乙,且被乙接住,假如某一次甲将小球抛出且被乙接住后,刚好可保证两车不相撞。则甲总共抛出的小球个数是(　　) A.12 B.13 C.14 D.15 角度 动量守恒定律的简单应用 目录 考点 解析　规定甲的速度方向为正方向,两车刚好不相撞,则两车速度相等,由动量守恒定律得M1v0-M2v0=(M1+M2)v,解得v=1.5 m/s,对甲、小车及从甲车上抛出的小球,由动量守恒定律得M1v0=(M1-n·m)v+n·mv',解得n=15,D正确。 目录 考点 考点二　碰撞模型 1.碰撞:碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短,而物体间相互作用力________的现象。 2.碰撞的特点:在碰撞现象中,一般都满足内力____________外力,可认为相互碰撞的系统动量________。 很大 远大于 守恒 目录 考点 3.碰撞的分类 守恒　 类型 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________ 最大 目录 考点 4.碰撞现象满足的规律 (1)动量守恒定律:p1+p2=p1'+p2'。 (2)动能不增加:Ek1+Ek2≥Ek1'+Ek2'。 (3)速度要符合情景 ①若两物体同向运动,则碰前应有v后>v前;碰后原来在前的物体速度一定增大,若碰后两物体同向运动,则应有v前'≥v后'。 ②若两物体相向运动,碰后两物体的运动方向不可能都不改变。 目录 考点 5.弹性碰撞的重要结论 例如“一动一静”模型中,两物体发生弹性正碰后的速度 v1'=v1,v2'=v1 讨论: (1)当m1=m2时,v1'=0,v2'=v1(质量相等,速度交换) (2)当m1>m2时,v1'>0,v2'>0,且v2'>v1'(大碰小,一起跑) (3)当m1<m2时,v1'<0,v2'>0(小碰大,要反弹) (4)当m1≫m2时,v1'=v1,v2'=2v1(极大碰极小,大不变,小加倍) (5)当m1≪m2时,v1'=-v1,v2'=0(极小碰极大,小等速率反弹,大不变) 目录 考点 C 例4 (2025·河南郑州模拟)如图为某运动员在台球比赛中准备击球,设在某一杆击球过程中,白色球(主球)和花色球碰撞前后都在同一直线上运动,碰前白色球A的动量pA=5 kg· m/s,花色球B静止,碰后花色球B的动量变为pB'=4 kg· m/s,则两球质量mA与mB间的关系可能是(　　) 角度 碰撞的可能性 A.mB=mA B.mB=mA C.mB=2mA D.mB=5mA 目录 考点 解析　碰撞过程系统动量守恒,以白色球的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得pA+pB=pA'+pB',解得pA'=1 kg· m/s,根据碰撞过程总动能不增加,则有+≥+,解得mB≥mA,碰后,两球同向运动,A的速度不大于B的速度,则≤,解得mB≤4mA,综上可知mA≤mB≤4mA,故C正确。 目录 考点 例5 (2023·全国乙卷,25节选)如图,一竖直固定的长直圆管内有一质量为M的静止薄圆盘,圆盘与管的上端口距离为l,圆管长度为20l。一质量为m=M的小球从管的上端口由静止下落,并撞在圆盘中心,圆盘向下滑动,所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等。小球在管内运动时与管壁不接触,圆盘始终水平,小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。不计空气阻力,重力加速度大小为g。求 角度 弹性碰撞 目录 考点 (1)第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小; 答案　均为　 解析　设碰撞前瞬间小球的速度为v,碰后小球及圆盘的速度分别为v1、v2,取竖直向下为正方向,对碰撞前,小球自由落体的过程,由动能定理得mgl=mv2 解得v= 小球和圆盘碰撞过程,根据动量守恒定律和机械能守恒定律,有 mv=mv1+Mv2 mv2=m+M 又m=M 联立解得v1=-,v2= 所以第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小均为。 目录 考点 (2)在第一次碰撞到第二次碰撞之间,小球与圆盘间的最远距离。 解析　在第一次碰撞到第二次碰撞之间,小球先向上做匀减速直线运动,到最高点再向下做匀加速直线运动,圆盘一直向下做匀速直线运动,当小球速度向下且与圆盘速度相等时,两物体间距最大,设此过程所经历的时间为t,对小球,由匀变速直线运动公式得v2=v1+gt 解得t= 目录 考点 由竖直上抛运动的对称性知,此时小球又回到了与圆盘第一次碰撞的位置,故圆盘下落的距离就是此时两物体的间距,也是在第一次碰撞到第二次碰撞之间两物体的最远距离,为 smax=v2t=×=l。 答案　l 目录 考点 例6 某同学受自动雨伞开伞过程的启发,设计了如图所示的物理模型。竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块,初始时它们处于静止状态。当滑块从A处以初速度v0为10 m/s向上滑动时,受到滑杆的摩擦力Ff为1 N。滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞,带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。已知滑块的质量m=0.2 kg,滑杆的质量M=0.6 kg,A、B间的距离l=1.2 m,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力。求: 角度 非弹性碰撞 目录 考点 (1)滑块在静止时和向上滑动的过程中,桌面对滑杆支持力的大小FN1和FN2; 答案　8 N　5 N　 解析　滑块静止时,桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的重力,即FN1=(m+M)g=8 N 滑块向上滑动过程中受到滑杆的摩擦力为1 N,根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力也为1 N,方向竖直向上,则此时桌面对滑杆的支持力为FN2=Mg-Ff'=5 N。 目录 考点 (2)滑块碰撞前瞬间的速度大小v; 答案　8 m/s 解析　滑块向上运动到碰前瞬间,根据动能定理有 -mgl-Ffl=mv2-m 代入数据解得v=8 m/s。 目录 考点 (3)滑杆向上运动的最大高度h。 答案　0.2 m 解析　由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞,即碰后两者共速,碰撞过程根据动量守恒定律有 mv=(m+M)v' 碰后滑块和滑杆以速度v整体向上做竖直上抛运动,根据动能定理有-(m+M)gh=0-(m+M)v'2 代入数据联立解得h=0.2 m。 目录 考点 考点三　爆炸、反冲和人船模型 角度 爆炸问题 动量 守恒 爆炸物体系统内部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 机械能 增加 在爆炸过程中,有其他形式的能量(如化学能)转化为机械能,所以系统的机械能增加 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从爆炸前的位置以新的动量开始运动 目录 考点 例7 在爆炸实验基地有一发射塔,发射塔正下方的水平地面上安装有声音记录仪。爆炸物自发射塔竖直向上发射,上升到空中最高点时炸裂成质量之比为2∶1、初速度均沿水平方向的两个碎块。遥控器引爆瞬间开始计时,在5 s末和6 s末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声。已知声音在空气中的传播速度为340 m/s,忽略空气阻力,重力加速度为10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A.两碎块的位移大小之比为1∶2 B.爆炸物的爆炸点离地面高度为80 m C.爆炸后质量大的碎块的初速度为68 m/s D.爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340 m B 目录 考点 解析　爆炸物在最高点爆炸成两碎块,设爆炸物质量为m,系统动量守恒,有mv1=mv2,解得两碎块的初速度之比为v1∶v2=1∶2,由平抛运动规律x=vt可知,两碎块的水平位移大小之比为x1∶x2=v1∶v2=1∶2,根据s=可知两块碎块的位移大小之比不是1∶2,A错误;根据题述,在5 s末和6 s末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声,设两碎块在空中的时间为t,则=,解得t=4 s,由平抛运动规律可知,爆炸物的爆炸点离地面高度为h=gt2=80 m,B正确;爆炸后质量大的碎块落地时撞击地面的声音传播到声音记录仪的时间为t1=5 s-4 s=1 s,撞击地面处距离声音记录仪的距离为x1=v声t1=340 m,由x1=v1t,解得v1=85 m/s,C错误;爆炸后质量小的碎块落地时撞击地面的声音传播到声音记录仪的时间为t2=6 s-4 s=2 s,撞击地面处距离声音记录仪的距离为x2=v声t2=680 m,爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为x=x1+x2=340 m+680 m=1 020 m,D错误。 目录 考点 角度 反冲问题 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,所以系统的总机械能增加 目录 考点 例8 2024年5月28日,神舟十八号航天员乘组圆满完成第一次出舱活动。假设宇航员在距离空间站舱门为d的位置与空间站保持相对静止,启动喷气背包,压缩气体通过横截面积为S的喷口以速度v1持续喷出,宇航员到达舱门时的速度为v2。若宇航员连同整套舱外太空服的质量为M,不计喷出气体后宇航员和装备质量的变化,忽略宇航员的速度对喷气速度的影响以及喷气过程中压缩气体密度的变化,则喷出压缩气体的密度为(　　) D A. B. C. D. 目录 考点 解析　设喷出的气体的质量为m,则m=ρSv1t,根据动量守恒定律可得mv1=Mv2,宇航员受力恒定,做初速度为零的匀加速直线运动,则·t=d,联立解得ρ=,故D正确。 目录 考点 1.模型图示 角度 人船模型 2.模型特点 (1)两物体满足动量守恒定律 mv人-Mv船=0。 (2)两物体的位移大小满足 m-M=0, x人+x船=L,得x人=L,x船=L。 目录 考点 3.运动特点 (1)人动则船动,人静则船静,人快船快,人慢船慢,人左船右。 (2)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==。 目录 考点 4.“人船模型”的拓展(某一方向动量守恒) 目录 考点 例9 (2023·湖南卷,15改编)如图,质量为M的匀质凹槽放在光滑水平地面上,凹槽内有一个半椭圆形的光滑轨道,椭圆的半长轴和半短轴分别为a和b,长轴水平,短轴竖直。质量为m的小球,初始时刻从椭圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑。以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点,在竖直平面内建立固定于地面的直角坐标系xOy,椭圆长轴位于x轴上。整个过程凹槽不翻转,重力加速度为g。 (1)小球第一次运动到轨道最低点时,求凹槽的速度大小; 目录 考点 解析　小球从静止到第一次运动到轨道最低点的过程,小球和凹槽组成的系统水平方向上动量守恒,有0=mv1-Mv2 对小球与凹槽组成的系统,由机械能守恒定律有 mgb=m+M 联立解得v2=。 答案　　 目录 考点 (2)凹槽相对于初始时刻运动的距离。 答案　 解析　根据人船模型规律,在水平方向上有mx1=Mx2 又由位移关系知x1+x2=a 解得凹槽相对于初始时刻运动的距离 x2=。 目录 考点 限时作业 2 目录 　基础对点练 D 对点练1　动量守恒定律 1.(2024·江苏苏州高三期末)如图所示,站在车上的人,抡起锤子连续敲打小车。初始时,人、车、锤都静止。假设水平地面光滑,关于这一物理过程,下列说法正确的是(　　) A.连续敲打可使小车持续向右运动 B.人、车和锤组成的系统动量守恒,机械能不守恒 C.连续敲打可使小车持续向左运动 D.当锤子速度方向竖直向下时,人和车的速度为零 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 10 11 限时作业 解析　人、车和锤组成的系统水平方向动量守恒,小车只能左右往复运动,不能持续向右或向左运动,故A、C错误;人、车和锤组成的系统水平方向动量守恒,竖直方向动量不守恒,机械能也不一定守恒,故B错误;人、车和锤组成的系统水平方向动量守恒,当锤子速度方向竖直向下时,锤子的水平速度为零,故人和车的速度也为零,故D正确。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 10 11 限时作业 B 2.两名质量相等的滑冰人甲和乙都静止在光滑的水平冰面上。现在,其中一人向另一个人抛出一个篮球,另一人接球后再抛回。如此反复进行几次之后,甲和乙最后的速率关系是(　　) A.若甲最先抛球,则一定是v甲>v乙 B.若乙最后接球,则一定是v甲>v乙 C.只有甲先抛球,乙最后接球,才有v甲>v乙 D.无论怎样抛球和接球,都是v甲>v乙 解析　两人及篮球组成的系统动量守恒,且总动量为零,由于两人质量相等,故最后球在谁手中,谁的总质量就较大,则速度较小,故B正确,A、C、D错误。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 10 11 限时作业 A 3.如图所示,质量为M的滑块静止在光滑的水平面上,滑块的光滑弧面底部与桌面相切,一个质量为m的小球以速度v0向滑块滚来,小球最后未越过滑块,则小球到达最高点时,小球和滑块的速度大小是(　　) A. B. C. D. 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 10 11 限时作业 解析　小球沿滑块上滑的过程中,小球和滑块组成的系统在水平方向上不受外力,因而系统在水平方向上动量守恒,小球到达最高点时和滑块具有相同的对地速度v(若速度不相同,必然相对运动,此时一定不是最高点)。由系统在水平方向上动量守恒得mv0=(M+m)v,所以v=,A正确。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 10 11 限时作业 AC 对点练2　碰撞模型 4.(多选)(2025·宁夏石嘴山阶段练习)在光滑的水平面上,质量为3m的小球A以速度v0水平向右运动,与质量为m的静止的小球B发生弹性碰撞。在碰撞过程中下列说法正确的是(　　) A.A和B小球组成的系统动量守恒,机械能守恒 B.A和B小球组成的系统动量守恒,机械能不守恒 C.碰后A球的速度为v0,B球的速度为v0 D.碰后A球的速度为v0,B球的速度为3v0 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 10 11 限时作业 解析　两球组成的系统不受外力作用,动量守恒,发生弹性碰撞,故机械能守恒,A正确,B错误;碰撞过程中由动量守恒定律知mAv0=mAv1+mBv2,由机械能守恒定律知mA=mA+mB,联立解得,A球碰后速度为v1=v0,B球碰后速度为v2=v0,C正确,D错误。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 10 11 限时作业 C 5.(2025·广东广州阶段练习)如图,冰壶A以1.5 m/s的速度与静止在冰面上的冰壶B正碰,碰后瞬间B的速度大小为1.2 m/s,方向与A碰前速度方向相同,碰撞时间极短。若已知两冰壶的质量均为20 kg,则下列说法中正确的是(　　) A.碰后瞬间A的速度大小为0.4 m/s B.碰撞过程中,B对A做功为21.6 J C.碰撞过程中,A对B的冲量大小为24 N·s D.A、B碰撞过程是弹性碰撞 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 10 11 限时作业 解析　由于碰撞时间极短,内力远远大于外力,可知,A、B相碰时,A和B组成的系统动量近似守恒。以v0方向为正方向,根据动量守恒定律,有mv0=mvA+mvB,解得vA=0.3 m/s,故A错误;对A根据动能定理,碰撞过程中,B 对A做功为W=m-m,解得W=-21.6 J,故B错误;碰撞过程中,根据动量定理,A对B的冲量大小I=mvB,解得I=24 N·s,故C正确;碰撞之前系统总动能为Ek=m=22.5 J,碰撞后A、B系统总动能为Ek'=m+m=15.3 J,由此可知Ek>Ek',可知,A、B碰撞过程是非弹性碰撞,故D错误。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 10 11 限时作业 AC 6.(多选)(2025·八省联考四川卷,9)如图所示,小球X、Y用不可伸长的等长轻绳悬挂于同一高度,静止时恰好接触,拉起X,使其在竖直方向上升高度h后由静止释放,X做单摆运动到最低点与静止的Y正碰。碰后X、Y做步调一致的单摆运动,上升最大高度均为,若X、Y质量分别为mX和mY,碰撞前后X、Y组成系统的动能分别为Ek1和Ek2,则(　　) A.=1 B.=2 C.=2 D.=4 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 10 11 限时作业 解析　小球X由最高点运动到最低点与小球Y发生碰撞前,根据机械能守恒定律有mXgh=mX=Ek1,两球碰撞后一起上升到最高点的过程,根据机械能守恒定律有Ek2=(mX+mY)=(mX+mY)g·,两球碰撞过程,根据动量守恒定律有mXv1=(mX+mY)v2,联立解得=1,=2,故A、C正确。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 10 11 限时作业 C 对点练3　爆炸、反冲和“人船”模型 7.(2025·江苏无锡高三月考)如图所示,水平地面上静止放置着材料相同、紧靠在一起的物体A和B,两物体可视为质点且A的质量较大。两物体间夹有炸药,爆炸后两物体沿水平方向左右分离,不计空气阻力,则A物体(　　) A.爆炸过程中,获得的初动量大 B.爆炸过程中,获得的初动能大 C.爆炸后,滑行时间短 D.爆炸后,滑行距离长 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 10 11 限时作业 解析　爆炸过程中,系统内力远大于外力, A、B组成的系统动量守恒,爆炸前系统总 动量为零,由动量守恒定律可知,爆炸后, 两物体的动量大小相等,故A错误;设爆炸后任一物体的动量大小为p,物体的质量为m,则动能Ek=mv2=,可知质量大的物体获得的初动能小,故B错误;取爆炸后物体A的速度方向为正方向,根据动量定理得-μmgt=0-p,解得滑行时间t=,由于μ、p、g相等,则质量大的物体滑行时间短,故C正确;爆炸后,根据动能定理得-μmgs=0-mv2=0-,解得爆炸后物体滑行的距离s=,由于μ、p、g相等,则质量大的物体滑行距离短,故D错误。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 10 11 限时作业 ABD 8.(多选)(2025·山东青岛期末)如图,质量为2m的物块B放在光滑水平面上,B上方用铰链连接一根长为L的轻杆,轻杆顶端固定一质量为m的小球A,开始时轻杆竖直。给小球A一个向左的轻微扰动,已知重力加速度大小为g,下列说法正确的是(　 　) A.若物块B固定,在轻杆转动过程中,小球A水平方向的速度先增大后减小 B.若物块B固定,在轻杆转动过程中,重力做功的最大功率为mg C.若物块B不固定,A、B组成的系统水平方向的动量不守恒 D.若物块B不固定,当轻杆转到水平方向时,小球A在水平方向上的位移大小为 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 10 11 限时作业 解析　若物块B固定,在轻杆转动过程中,开始时小球A水平速度为零,到达最低点时水平速度又为零,可知在轻杆转动过程中小球A水平方向的速度先增大后减小,选项A正确;若物块B固定,在轻杆转动过程中,当轻杆水平时小球竖直速度最大,根据机械能守恒定律得mgL=mv2,则重力做功的功率最大,最大为PGmax=mgv=mg,选项B正确;若物块B不固定,A、B组成的系统水平方向所受合力为零,则系统水平方向的动量守恒,选项C错误;若物块B不固定,当轻杆转到水平方向时,设小球A在水平方向上的位移为x,则由人船模型可知mx=2m(L-x),解得x=,选项D正确。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 10 11 限时作业 ABD 综合提升练 9.(2024·广东卷,10)如图所示,光滑斜坡上,可视为质点的甲、乙两个相同滑块,分别从H甲、H乙高度同时由静止开始下滑。斜坡与水平面在O处平滑相接,滑块与水平面间的动摩擦因数均为μ,乙在水平面上追上甲时发生弹性碰撞。忽略空气阻力。下列说法正确的有(　 　) A.甲在斜坡上运动时与乙相对静止 B.碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度 C.乙的运动时间与H乙无关 D.甲最终停止位置与O处相距 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 10 11 限时作业 解析　两滑块在光滑斜坡上加速度相同,同时由静止开始下滑,则相对速度为0,故A正确;两滑块滑到水平面后均做匀减速运动,由于两滑块质量相同,且发生弹性碰撞,可知碰后两滑块交换速度,即碰撞后瞬间甲的 速度等于碰撞前瞬间乙的速度,故B正确;设斜坡倾角为θ,乙下滑过程有=gsin θ·,在水平面运动一段时间t2后与甲相碰,碰后以甲碰前速度做匀减速运动时间t3后停止,乙运动的时间为t=t1+t2+t3,由于t1与H乙有关,则总时间与H乙 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 10 11 限时作业 有关,故C错误;乙下滑过程有mgH乙=m,由于甲和乙发生弹性碰撞,交换速度,则可知甲最终停止位置与不发生碰撞时乙最终停止的位置相同;则如果不发生碰撞,乙在水平面运动到停止有=2μgx,联立可得x=,即发生碰撞后甲最终停止位置与O处相距,故D正确。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 10 11 限时作业 ABD 10.(多选)A、B物块沿光滑水平面在同一直线上运动并发生正碰,如图为两物块碰撞前后的位移—时间图像,其中a、b分别为A、B两物块碰前的位移—时间图像,c为碰撞后两物块共同运动的位移—时间图像,若A物块质量m=2 kg,则由图判断,下列结论正确的是(　 　) A.碰撞前后A的动量变化量的大小为4 kg·m/s B.B物块的质量为0.75 kg C.碰撞过程A对B所施冲量大小为4 N·s D.碰撞过程A、B两物块组成的系统损失的动能为10 J 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 10 11 限时作业 解析　以A的初速度方向为正方向,由题图可知碰撞前A的速度为vA= m/s=3 m/s,碰撞后A、B的共同速度为vAB= m/s= 1 m/s,则碰撞前A的动量为mvA=2×3 kg·m/s=6 kg·m/s,碰撞后A的动量为mvAB=2 kg·m/s,则碰撞前后A的动量变化量的大小为 |mvAB-mvA|=4 kg·m/s,A正确;碰撞前B的速度为vB=- m/s=-2 m/s,由动量守恒定律得mvA+mBvB=(m+mB)vAB,解得mB= kg,B错误;对B,由动量定理得I=mBvAB- 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 10 11 限时作业 mBvB=×1 kg·m/s-×(-2) kg·m/s=4 N·s,即碰撞过程A对B所施冲量大小为4 N·s,C正确;由能量守恒定律得,碰撞过程A、B两物块组成的系统损失的动能为ΔEk=m+mB-(m+mB)=×2×32 J+××(-2)2 J-×(2+)×12 J= 10 J,D正确。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 10 11 限时作业 11.如图,质量M=9 kg的小车A以大小为v0=8 m/s的速度沿光滑水平面匀速运动,小车左端固定的支架光滑水平台面上放置质量m=1 kg的小球B(可看作质点),小球距离车上表面H=0.8 m。某一时刻,小车与静止在水平面上的质量m0=6 kg的物块C发生碰撞并粘连在一起(碰撞时间可忽略),此后,小球刚好落入小车右端固定的桶中(桶的尺寸可忽略),不计空气阻力,重力加速度g=10 m/s2,求: (1)小车的最终速度的大小v; (2)初始时小球与桶的水平距离Δx。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 10 11 限时作业 答案　(1)5 m/s　(2)1.28 m 解析　(1)整个过程中,小球B、小车A和物块C组成的系统水平方向不受外力,系统水平方向动量守恒,设系统最终速度为v,取水平向右为正方向,由水平方向动量守恒得(M+m)v0=(M+m+m0)v,解得v=5 m/s。 (2)A与C的碰撞过程动量守恒,则有 Mv0=(M+m0)v1 设小球下落的时间为t,则有H=gt2,Δx=(v0-v1)t 解得Δx=1.28 m。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 10 11 限时作业 $