第1部分 专题2 4 第三讲 动量（Word讲义）-【金版新学案】2026年高考物理大二轮专题复习与测试（广东专版）

第三讲　动量 考点一　动量定理 (2025·河北高考)如图，一长为2 m的平台，距水平地面高度为1.8 m。质量为0.01 kg的小物块以3 m/s的初速度从平台左端水平向右运动。物块与平台、地面间的动摩擦因数均为0.2。物块视为质点，不考虑空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。 (1)求物块第一次落到地面时距平台右端的水平距离。 (2)若物块第一次落到地面后弹起的最大高度为0.45 m，物块从离开平台到弹起至最大高度所用时间共计1 s。求物块第一次与地面接触过程中，所受弹力冲量的大小，以及物块弹离地面时水平速度的大小。 答案：(1)0.6 m　(2)0.1 N·s　0 解析：(1)物块在平台上做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有a＝μg 则物块从开始运动到离开平台有 －＝－2ax0 物块从平台飞出后做平抛运动，有 h＝g，x＝vxt1 联立解得x＝0.6 m。 (2)物块第一次落到地面后弹起的最大高度为0.45 m，则物块弹起至最大高度时有h'＝g，vy2＝gt2 则物块与地面接触的时间Δt ＝ t－t1－t2 ＝ 0.1 s 物块与地面接触的过程中根据动量定理，取竖直向上为正方向，在竖直方向有 IN－mgΔt ＝ mvy2－m(－vy1)，vy1＝gt1 解得IN ＝ 0.1 N·s 取水平向右为正方向，在水平方向有 －μFNΔt ＝mvx'－mvx，IN ＝FNΔt 解得vx'＝－1 m/s 由于vx'减小为0将无相对运动和相对运动的趋势，所以物块弹离地面时水平速度的大小为0。 学生用书⬇第34页 动量定理的应用技巧 1.研究对象可以是单个物体，也可以是多个物体组成的系统。 2.表达式是矢量式，需要规定正方向。 3.若为匀变速直线运动，如果题目不涉及加速度和位移，用动量定理求解比用牛顿第二定律更简捷。 4.在变加速运动中F为时间t内的平均力。 某次台风登陆后，中心附近最大风速可达v＝163 km/h，空气的密度ρ＝1.3 kg/m3，假设强风正对吹向一块长10 m、宽4 m的玻璃幕墙，假定风遇到玻璃幕墙后速度变为零，由此可估算出强风对玻璃幕墙的冲击力F大小最接近 A.2.6×103 N B.5.3×104 N C.1.1×105 N D.1.4×106 N 模型剖析 第一步：模型构建，“柱体微元”模型 取一段极短时间Δt内的风柱作为研究对象，风柱的体积ΔV＝SvΔt，风柱的质量Δm＝ρΔV＝ρSvΔt。 第二步：确定研究对象的动量变化 风遇到玻璃幕墙后速度变为零，风柱的动量变化量大小为Δp＝Δmv＝ρSv2Δt。 第三步：分析受力，选择物理规律 风受到玻璃幕墙的作用力，力的方向与风的速度方向相反，力的冲量使风的动量发生改变，利用动量定理列式求解。 第四步：列式解题 力F在Δt内的冲量为FΔt，由动量定理得 －FΔt＝0－Δmv＝0－ρSv2Δt 解得F＝ρSv2≈1.1×105 N。 预测.我国自主研发的试验火箭已完成10 km级垂直起降返回飞行试验。回收阶段，火箭发动机在标准工况下连续工作40 s，其推力为8×105 N，比冲为2.8×103 m/s(比冲：消耗单位质量燃料所产生的冲量)，该过程消耗燃料约 A.700 kg B.2 000 kg C.1.1×104 kg D.5.6×104 kg 答案：C 解析：根据冲量的定义，可得冲量I＝Ft＝8×105×40 N·s＝3.2×107 N·s，根据比冲的定义，可得消耗的燃料m＝ kg≈1.1×104 kg。故选C。 考点二　动量守恒定律 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 答案：D 解析：规定甲的速度方向为正方向，两车刚好不相撞时，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，对甲和他的小车及从甲车上抛出的小球，由动量守恒定律得M1v0＝(M1－nm)v＋nmv'，解得n＝15。故选D。 应用动量守恒定律解题的基本步骤 预测.如图所示，质量为0.5 kg的小球在离车底面高度20 m处以一定的初速度向左平抛，落在以7.5 m/s的速度沿光滑的水平面向右匀速行驶的敞篷小车 学生用书⬇第35页 中，小车的底面上涂有一层油泥，车与油泥的总质量为4 kg，若小球在落在车的底面之前瞬时速度是25 m/s，则当小球和小车相对静止时，小车的速度是(取g＝10 m/s2) A.5 m/s B.4 m/s C.8.5 m/s D.9.5 m/s 答案：A 解析：由平抛运动规律可知，小球下落的时间t＝＝ s＝2 s，在竖直方向的分速度vy＝gt＝20 m/s，水平方向的分速度vx＝ m/s＝15 m/s，取小车初速度的方向为正方向，由于小球和小车的相互作用满足水平方向上动量守恒的条件，则有m车v0－m球vx＝(m车＋m球)v，解得v＝5 m/s。故选A。 考点三　碰撞、爆炸与反冲问题 如图所示，在光滑水平面上，左右两列相同的小钢球沿同一直线放置，每列有n个。在两列钢球之间，一质量为m的玻璃球以初速度v0向右运动，与钢球发生正碰。所有球之间的碰撞均视为弹性碰撞。 (1)若钢球质量为m，求最右侧的钢球最终运动的速度大小v； (2)若钢球质量为3m，求玻璃球与右侧钢球发生第一次碰撞后，玻璃球的速度大小v1； (3)若钢球质量为3m，求玻璃球经历4次碰撞后的动能Ek。 答案：(1)v0　(2)v0　(3)m 解析：(1)玻璃球碰撞右侧第一个钢球，碰撞过程系统动量守恒，机械能守恒，以向右为正方向，设碰撞后玻璃球速度为v10，钢球速度为v'，则有 mv0＝mv10＋mv'， m＝m＋mv'2 解得v10＝0，v'＝v0 之后右侧钢球1碰钢球2，钢球2碰钢球3，…，钢球n－1碰钢球n，同理可得，碰撞的两球质量相等，交换速度，则最右侧钢球最终运动的速度大小为v＝v0。 (2)玻璃球碰撞右侧第一个钢球，碰撞过程系统动量守恒，机械能守恒，以向右为正方向，设碰撞后玻璃球速度为v1'，钢球速度为v11，则有mv0＝mv1'＋3mv11，m＝mv1'2＋×3m 解得v1'＝－v0，v11＝v0 则玻璃球的速度大小为v1＝v0。 (3)玻璃球与右侧第一个钢球碰撞后，速度最终会交换到右侧第n个钢球，右侧第一个钢球静止，相当于与右侧第n个钢球碰撞，玻璃球反向后与左侧第一个钢球碰撞，碰撞过程系统动量守恒，机械能守恒，以向左为正方向，设碰撞后玻璃球速度为v2，钢球速度为v21，则有mv1＝mv2＋3mv21，m＝m＋×3m 解得v2＝－v0＝－v0 以此类推，玻璃球经历4次碰撞后，速度大小为()2v0，则动能Ek＝m＝m。 1.碰撞的基本规律 2.两种碰撞的几种模型 (1)弹性碰撞的模型 图例(水平面光滑) 小球—弹簧模型 小球—曲面模型 小球—小球模型 达到共速 相当于完全非弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0＝(m＋M)v共，损失的动能最多，分别转化为弹性势能、重力势能和电势能 再次分离 相当于弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0＝mv1＋Mv2，机械能守恒，满足m＝m＋M (2)完全非弹性碰撞的模型 图例(水平面或 水平导轨光滑) 未穿出 未滑离 达到共速 达到共速 相当于完全非弹性碰撞，满足mv0＝(m＋M)v共，损失的动能最多，转化为内能或电能 学生用书⬇第36页 某次军事演习中，一炮弹竖直上升到最高点时炸裂成甲、乙两块弹片，它们的初速度方向与水平方向的夹角为θ，如图所示，测得这两块弹片在水平地面上的落地点相距x＝120 m，它们从炸裂到落地所经历的时间分别为t1＝6 s，t2＝2 s，若甲、乙两块弹片的质量之比为2∶1，重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力，则下列说法正确的是 A.两弹片分离瞬间的动量相同 B.弹片甲落地点到O点的距离为48 m C.tan θ＝ D.爆炸点距水平地面的高度为84 m 答案：D 解析：炮弹竖直上升到最高点时，炮弹的动量为0；炸裂成甲、乙两块弹片，根据动量守恒可知，甲、乙两弹片分离时，它们的动量大小相等，方向相反，故A错误。设两弹片分离时，甲的速度大小为v，由于甲、乙两块弹片的质量之比为2∶1，根据动量守恒定律可知，乙的速度大小应为2v，设爆炸点的高度为h，对甲、乙水平方向有x＝vcos θ·t1＋2vcos θ·t2，解得vcos θ＝12 m/s，对甲、乙竖直方向有h＝－vsin θ·t1＋g＝2vsin θ·t2＋g，解得vsin θ＝16 m/s，联立解得tan θ＝，v＝20 m/s，h＝84 m，所以甲落地时距O点的距离为x甲＝vcos θ·t1＝72 m，故B、C错误，D正确。故选D。 分析爆炸问题的“两个关键” 动量守恒 由于爆炸的时间极短，爆炸时系统内物体间的相互作用力远大于系统的外力，所以在爆炸过程中，一般认为系统的总动量守恒 总动能增加 在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸后系统的总动能增加 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 答案：A 解析：开始总动量为零，规定气体喷出的方向为正方向，根据动量守恒定律得0＝m1v1＋p，解得火箭的动量p＝－m1v1＝－0.05×600 kg·m/s＝－30 kg·m/s，负号表示方向，大小为30 kg·m/s。故选A。 预测.(多选)如图所示，三辆完全相同的平板小车a、b、c成一直线排列，静止在光滑水平面上。c车上有一个人跳到b车上，接着又立即从b车跳到a车上。人跳离c车和b车时对地的水平速度相同。他跳到a车上时相对a车保持静止，此后 A.a、b两车运动速率相等 B.a、c两车运动速率相等 C.三辆车的速率关系vc＞va＞vb D.a、c两车运动方向相反 答案：CD 解析：设向右为正方向，设人跳离b、c车时对地水平速度为v，在水平方向由动量守恒定律有0＝－m车vc＋m人v，m人v＝m车vb＋m人v，m人v＝(m车＋m人)va，解得vc＝，vb＝0，va＝，则vc＞va＞vb，并且c车与a车运动方向相反。故选CD。 1.体育情境类 (多选)(2024·全国甲卷)蹦床运动中，体重为60 kg的运动员在t＝0时刚好落到蹦床上，对蹦床作用力大小F与时间t的关系如图所示。假设运动过程中运动员身体始终保持竖直，在其不与蹦床接触时蹦床水平。忽略空气阻力，重力加速度大小取10 m/s2。下列说法正确的是 A.t＝0.15 s时，运动员的重力势能最大 B.t＝0.30 s时，运动员的速度大小为10 m/s C.t＝1.00 s时，运动员恰好运动到最大高度处 D.运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4 600 N 答案：BD 解析：根据题图分析可知，t＝0.15 s时，运动员对蹦床作用力最大，则此时运动员下降至最低点，运动员的重力势能最小，A错误；根据题图分析可知，t＝0.30 s时运动员离开蹦床，做竖直上抛运动，经2 s后，即t＝2.30 s时再次落至蹦床上，根据竖直上抛运动的对称性可知，t＝1.30 s时，运动员运动至最大高度处，根据v＝gΔt可知，运动员在t＝0.30 s时的速度大小v0＝10×1 m/s＝10 m/s，B正确，C错误；对运动员与蹦床一次相互作用过程，根据动量定理有(－mg)Δt＝mv0－(－mv0)，其中Δt＝0.30 s，代入数据解得＝4 600 N，由牛顿第三定律可知，运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为'＝＝4 600 N，D正确。故选BD。 学生用书⬇第37页 2.实验探究类 (2025·河南高考)两小车P、Q的质量分别为mP和mQ，将它们分别与小车N沿直线做碰撞实验，碰撞前后的速度v随时间t的变化分别如图1和图2所示。小车N的质量为mN，碰撞时间极短，则 A.mP＞mN＞mQ B.mN＞mP＞mQ C.mQ＞mP＞mN D.mQ＞mN＞mP 答案：D 解析：对小车P、N的碰撞过程，由动量守恒定律有mPvP＋mNvN1＝mPvP'＋mNvN1'，整理得mP(vP －vP')＝mN(vN1'－vN1)，由题图1可知vP－vP'＞vN1'－vN1，解得mP＜mN；对小车Q、N的碰撞过程，由动量守恒定律有mQvQ＋mNvN2＝mQvQ'＋mNvN2'，整理得mQ(vQ－vQ')＝mN(vN2'－vN2)，由题图2可知vQ－vQ'＜vN2'－vN2，解得mQ＞mN，综上可得mQ＞mN＞mP。故选D。 3.科技探究类 (多选)(2025·湖南高考)如图，某爆炸能量测量装置由装载台和滑轨等构成，C是可以在滑轨上运动的标准测量件，其规格可以根据测量需求进行调整。滑轨安装在高度为h的水平面上。测量时，将弹药放入装载台圆筒内，两端用物块A和B封装，装载台与滑轨等高。引爆后，假设弹药释放的能量完全转化为A和B的动能。极短时间内B嵌入C中形成组合体D，D与滑轨间的动摩擦因数为μ。D在滑轨上运动s1距离后抛出，落地点距抛出点水平距离为s2，根据s2可计算出弹药释放的能量。某次测量中，A、B、C质量分别为3m、m、5m，s1＝，整个过程发生在同一竖直平面内，不计空气阻力，重力加速度大小为g。则 A.D的初动能与爆炸后瞬间A的动能相等 B.D的初动能与其落地时的动能相等 C.弹药释放的能量为36mgh D.弹药释放的能量为48mgh 答案：BD 解析：弹药爆炸的过程，由动量守恒定律有3mvA＝mvB，由能量守恒定律有ΔE＝×3m＋m，B嵌入C的过程，由动量守恒定律有mvB＝(m＋5m)vD，D在滑轨上的运动过程，由动能定理有－μ(m＋5m)gs1＝(m＋5m)－(m＋5m)，D脱离滑轨后做平抛运动，则有s2＝v0t，h＝gt2，D的初动能EkD＝(m＋5m)，爆炸后瞬间A的动能EkA＝×3m，解得EkA＝2EkD，ΔE＝48mgh·，D从开始运动至落地的过程，根据动能定理有－μ(m＋ 5m)gs1＋(m＋5m)gh＝(m＋5m)v2－(m＋5m)，解得v＝vD，则D的初动能与其落地时的动能相等。故选BD。 专题集训(八)　动量 (时间：45分钟　满分：50分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (选择题1－7题，每题5分，共35分) 1.(多选)(2025·广东大湾区二模)距地面为h高度处的甲球由静止释放，同时位于地面的乙球以一定的初速度竖直上抛，乙球在上升过程中在距地面0.75h处与甲球发生弹性正碰，碰后甲球恰好能够回到原高度处。两球质量相等且均可视为质点，不计空气阻力。下列说法正确的有 A.碰撞前后瞬间，甲球的动量不变 B.碰撞前后瞬间，乙球的动能不变 C.从释放到碰撞前过程，甲球的重力冲量小于乙球的重力冲量 D.从碰撞后到乙球落地前过程，甲、乙两球的重力冲量相等 答案：BD 解析：碰后甲球恰好能够回到原高度处，则碰撞前后瞬间，甲球的速度大小不变，方向相反，动量改变，故A错误；两球发生弹性碰撞，甲球的速度大小不变，由能量守恒定律可知碰撞前后瞬间乙球的动能不变，故B正确；从释放到碰撞前过程，两球运动时间相等，由I＝mgt可知甲球的重力冲量等于乙球的重力冲量，故C错误；从碰撞后到乙球落地前过程，两球运动时间相等，由I＝mgt可知甲、乙两球的重力冲量相等，故D正确。故选BD。 2.(2025·北京市十一学校一模)如图所示，两个半径相同的小球A、B分别被不可伸长的细线悬吊着，两个小球静止时，它们刚好接触，且球心在同一条水平线上，两根细线竖直。现将小球A拉起至细线与竖直方向夹角为θ＝60°的位置，使其由静止释放，小球A运动至最低点与静止的小球B发生正碰，碰撞过程中无机械能损失，第一次碰后两球运动方向相反，且能够上升的最大高度相同。已知细线的长度为L，A球质量为m，重力加速度为g，忽略空气阻力。则下列说法正确的是 A.第一次相碰后，B球受到的拉力大小为6mg B.第一次碰撞过程，合力对B球的冲量大小为3m C.第一次碰撞后，两小球摆起过程经过圆弧对应的弦长均为 D.其他条件不变，若仅将A球左侧涂胶后静止释放，碰撞过程系统机械能损失为mgL 答案：C 解析：小球A由静止释放到最低点的过程，根据机械能守恒定律可得mgL(1－cos θ)＝m，解得v0＝，碰撞过程有mv0＝－mv＋mBv，m＝mv2＋mBv2，联立解得mB＝3m，v＝，对B球，有FTB－mBg＝mB，所以FTB＝mg，故A错误；合力对B球的冲量大小为IB＝mBv＝，故B错误；碰后两球分别做圆周运动，根据机械能守恒定律可得mgL(1－cos α)＝mv2，圆弧对应的弦长均为l＝2Lsin ，联立解得l＝，故C正确；若仅将A球左侧涂胶后静止释放，则mv0＝(m＋mB)v'，碰撞过程系统机械能损失为ΔE＝m－(m＋mB)v'2，联立可得ΔE＝mgL，故D错误。故选C。 3.(2025·广东汕头二模)在江南水乡，撑篙行舟是一种传统的水上交通方式。如图所示，船夫使用一根竹篙倾斜撑向河底，就能让船夫和小船一起缓慢向右运动离岸。小船缓慢离岸的过程中，竹篙对河底力的作用点不变，对该过程分析正确的是 A.竹篙对河底做正功 B.小船受到的合力向左 C.小船受到船夫的摩擦力向右 D.船夫受到小船的支持力的冲量为零 答案：C 解析：竹篙对河底有力的作用，但河底在这个力的方向上没有位移，所以竹篙对河底不做功，故A错误；因为小船缓慢向右运动，处于平衡状态，根据平衡条件，可知小船受到的合力为零，故B错误；船夫和小船一起缓慢向右运动，船夫相对小船有向右的运动趋势，所以小船对船夫的摩擦力向左，根据牛顿第三定律可知，小船受到船夫的摩擦力向右，故C正确；根据I＝Ft，因船夫受到小船的支持力不为零，时间也不为零，故船夫受到小船的支持力的冲量不为零，故D错误。故选C。 4.(2025·河南新乡三模)如图所示，在足够大的光滑水平地面上，静置一质量为2m的滑块，滑块右侧面的光滑圆弧形槽的半径为R，末端切线水平，圆弧形槽末端离地面的距离为。质量为m的小球(可视为质点)从圆弧形槽顶端由静止释放，与滑块分离后做平抛运动，重力加速度大小为g，下列说法正确的是 A.滑块的最大动能为 B.小球离开滑块时的动能为 C.小球落地时的动能为 D.滑块对地面的最大压力为 答案：C 解析：设小球离开滑块时小球和滑块的速度大小分别为v1、v2，结合动量守恒定律有mv1＝2mv2，根据机械能守恒有mgR＝m＋×2m，解得Ek球＝m＝，Ek滑＝×2m＝，选项A、B错误；小球做平抛运动的过程中，根据动能定理有＝Ek－，解得Ek＝，选项C正确；当小球滑到圆弧形槽最低点时，滑块对地面的压力最大，对小球受力分析，由牛顿第二定律可得FN－mg＝m，根据牛顿第三定律可知，小球对滑块的压力为F压＝FN，对滑块受力分析，可得F支＝F压＋2mg，根据牛顿第三定律可知，滑块对地面的最大压力为F压＝F支＝6mg，选项D错误。故选C。 5.(2025·四川遂宁二模)如图，长木板AB静止在光滑水平地面上，连接在B端固定挡板上的轻弹簧静止时，其自由端位于木板上P点，AP＝1 m，现让一可视为质点的小滑块以v＝2 m/s的初速度水平向左滑上木板A端。当锁定木板时，滑块压缩弹簧后刚好能够返回到AP的中点O。已知滑块和木板的质量均为m＝1 kg，滑块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.1，弹簧的形变未超过弹性限度，重力加速度大小g＝10 m/s2。下列判定正确的是 A.锁定木板时，弹簧缩短过程中的最大弹性势能为1 J B.锁定木板时，弹簧的最大压缩量为0.25 m C.若不锁定木板，则滑块相对木板静止的位置在P点左侧 D.若不锁定木板，则滑块相对木板静止的位置在P点右侧 答案：B 解析：锁定木板时，设弹簧最大压缩量为x，根据功能关系得mv2＝μmg(AP＋AP＋2x)，解得x＝0.25 m，弹簧最大弹性势能为Epm＝μmg(x＋AP)＝0.75 J，故A错误，B正确；若不锁定木板，取水平向左为正方向，根据动量守恒定律可知mv＝2mv共，解得v共＝1 m/s，此过程中弹簧最大压缩量为x'，则根据动能定理有μmg(x'＋AP)＝mv2－×2m，代入数据解得x'＝0，所以滑块相对木板静止的位置在P点，故C、D错误。故选B。 6.(2025·广东清远二模)鹰眼系统是应用于网球等球类赛事的电子裁决系统，其三维轨迹重建技术可精确判定球体落点。某次比赛中，运动员沿水平方向将球击向边线，运动员击球点离地高度为2.5 m，网球着地时速度方向与地面夹角为14°，空气阻力忽略不计，g取10 m/s2，已知tan 14°＝0.25，则下列说法正确的是 A.网球被击出时的速度大小为20 m/s B.网球落地过程速率—时间图像为一条倾斜的直线 C.网球落地过程中动量变化量的方向为竖直向下 D.若网球与地面发生弹性碰撞，则其动量是不变的 答案：C 解析：网球做平抛运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据h＝gt2，已知h＝2.5 m，g＝10 m/s2，可得t＝ s，则落地时竖直方向的速度vy＝gt＝5 m/s，因为网球着地时速度方向与地面夹角为14°，则tan 14°＝，解得v0＝20 m/s，故A错误；网球运动过程中合速度v＝，故速率与时间不是线性关系，故B错误；网球落地的过程中，根据动量定理可知IG＝Δp，动量变化量的方向与重力冲量的方向一致，即竖直向下，故C正确；网球与地面发生弹性碰撞，其动量方向改变，动量是变化的，故D错误。故选C。 7.(多选)(2024·广东省名校联考)如图所示，碰碰车是深受青少年喜欢的娱乐设施。某次娱乐场景如下：总质量为100 kg的碰碰车甲静止在地面上，总质量为80 kg的碰碰车乙以1.8 m/s的速度与甲发生正碰后以0.2 m/s的速度反弹，已知碰撞过程中两车作用时间为0.4 s，若只考虑两车之间的相互作用，不计所有外力的影响，下列说法正确的是 A.两车碰撞过程中，动量守恒，但机械能不守恒 B.两车碰撞后，甲车获得的速度大小为1.6 m/s C.两车碰撞过程中，甲车受到的冲量大小为160 N·s D.两车碰撞过程中，甲车受到的平均冲力大小为160 N 答案：BC 解析：取乙车碰前速度方向为正方向，根据动量守恒定律有m2v0＝m1v1＋m2v2，其中v0＝1.8 m/s，v2＝－0.2 m/s，解得v1＝1.6 m/s，碰前机械能E1＝m2＝129.6 J，碰后机械能E2＝m1＋m2＝129.6 J，则碰撞过程中机械能守恒，故A错误，B正确；甲车受到的冲量大小为I＝m1v1＝160 N·s，平均冲力大小＝＝400 N，故C正确，D错误。故选BC。 8.(15分)(2025·广东佛山二模)如图甲所示的抽屉柜，抽屉的质量M＝1.6 kg，其中质量m＝0.4 kg的书本横放在抽屉底部，书本的四边与抽屉的四边均平行，书本的右端与抽屉的前壁相距为s＝0.1 m，如图乙所示，不计柜体和抽屉的厚度，由于抽屉滑行轨道较光滑，故抽屉与柜体间的摩擦可忽略。书本与抽屉间的动摩擦因数μ＝0.1。现用大小为F＝2.0 N的恒力将抽屉抽出直到抽屉碰到柜体的挡板，抽屉碰到挡板时立即静止不动，撤去外力。书本若与抽屉碰撞速度立即减为零，抽屉后壁与挡板距离为d＝0.405 m。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2，求： (1)拉动抽屉过程中，书本的加速度大小a； (2)拉动抽屉过程中，摩擦力对书本的冲量大小I； (3)撤去外力后，抽屉前壁对书本做的功W。 答案：(1)1 m/s2　(2)0.36 N·s　(3)－0.122 J 解析：(1)假设抽屉和书本共同加速，根据牛顿第二定律有F＝a 解得a＝1 m/s2 则此时抽屉对书本的摩擦力 Ff＝ma＝0.4 N＝Ffmax＝μmg＝0.4 N 可知，假设成立，即书本的加速度大小a＝1 m/s2。 (2)拉动抽屉过程中，对抽屉进行分析有d＝at2 解得t＝0.9 s 则摩擦力对书本的冲量大小I＝Fft 结合上述解得I＝0.36 N·s。 (3)抽屉碰到挡板时，书本的速度v0＝at 解得v0＝0.9 m/s 撤去外力后，对书本进行分析，根据动能定理有－μmgs＋W＝0－m 解得W＝－0.122 J。 学科网（北京）股份有限公司 $