第6章 第2讲 动量守恒定律(课件PPT)-【新高考方案】2027年高考物理一轮总复习（江苏专版）

该高中物理高考复习课件聚焦“动量守恒定律”专题，依据高考评价体系梳理了动量守恒条件、碰撞类型、反冲与爆炸等核心考点，通过微点判断和经典回练明确“分方向守恒”“弹性碰撞”等高频考点权重，归纳动量守恒判断、定律应用等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于高考真题训练与科学思维培养，如整合2024江苏高考“嫦娥六号分离”“U形滑板弹簧问题”等真题，通过典例中滑环固定与不固定时的动量、机械能守恒分析，强化模型建构和科学推理素养。设“精要点拨”“思维建模”模块，帮助学生掌握分方向守恒问题解题技巧，教师可据此实施精准复习，提升学生应试能力。

动量守恒定律 （基础落实课） 第 2 讲 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。 ( ) 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。 ( ) 微点判断 × × √ × × √ 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 逐点清(二)　动量守恒定律的应用 01 02 CONTENTS 目录 逐点清(三)　某一方向上的动量守恒问题 课时跟踪检测 03 04 逐点清(一)　动量守恒的判断 课 堂 1.[两个物体组成的系统动量守恒的判断] 如图所示，将甲、乙两条形磁铁按压在水平桌面上，甲的质量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等。现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的任一时刻(　 ) A.甲、乙组成的系统总动量为0 B.甲的动量变化率比乙小 C.甲的动量大小比乙大 D.甲的加速度大小比乙大 题点全练 √ 解析：由题意可知甲、乙与桌面之间的动摩擦因数相等，但由于甲、乙质量不相等，则甲、乙所受摩擦力大小不相等，故甲、乙组成的系统总动量不守恒，即甲、乙组成的系统总动量不为0，故A错误；根据动量定理可得F=，可知动量变化率表示合力，又因二者吸引力大小相等，且甲受到的摩擦力大，则甲的合力小，故甲的动量变化率比乙小，故B正确；根据动量定理有Ft=mv-0，结合以上分析可知甲的合力小，则在相同时间内，甲的动量大小比乙小，故C错误；由以上分析可知，甲的合外力小，甲的质量大，根据牛顿第二定律可知，甲的加速度大小比乙小，故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] (2025·如皋中学初考)光滑水平面上放置一表面光滑的半球体，小球从半球体的最高点由静止开始下滑，在小球滑落至水平面的过程中(　 ) A.小球的机械能守恒 B.小球一直沿半球体表面下滑 C.小球和半球体组成的系统水平方向动量守恒 D.小球在水平方向的速度一直增大 √ 解析：小球下滑过程半球体向左运动，半球体的动能增加，由机械能守恒定律可知，小球的机械能将减少，故A错误；小球先沿半球体表面下滑，当小球重力沿半球体半径方向的分力与半球体对小球的支持力的合力不足以提供小球沿半球体做圆周运动的向心力时，小球离开半球体，故B错误；小球和半球体组成的系统水平方向不受外力，所以系统水平方向动量守恒，故C正确；当小球与半球体不再接触时，小球将做类斜抛运动，水平方向不受力，水平方向速度不变，故D错误。 精要点拨 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。 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·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。 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。 |思|维|建|模| (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。 [针对训练] 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 √ 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·丹阳期中)小车静止在光滑水平地面上，一个小球用轻绳悬挂在与小车连接的细杆顶端。小球由图示位置无初速度释放，在小球向下摆动到最低点的过程中，下列说法正确的是(　 ) A.小球的机械能守恒 B.小车和小球组成的系统动量守恒 C.小车所受合力的冲量方向水平向右 D.小车一直向左运动 √ 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 解析：小球向下摆的过程中，轻绳的拉力对小球做负功，对小车做正功，所以小球的机械能不守恒，故A错误；小球向下摆的过程中有向下的加速度，小车和小球组成的系统竖直方向合力不为零，所以系统动量不守恒，故B错误；小球从初始位置摆到最低点的过程中，小车向左做加速运动，所以小车所受合力的冲量的方向水平向左，小车一直向左运动，故C错误，D正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 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 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 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。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 3.(2025·泰兴期中联考)如图所示，体重相同的甲、乙两同学静止在光滑水平面上玩抛接球游戏。第一次，甲同学把一个充气的大乳胶气球以某一初速度水平投向乙，乙接住。第二次，放掉部分气体后气球变得很小，甲同学再把气球以相同的初速度投向乙，乙接住。下列说法正确的是 (　 ) A.第一次接球后，乙的速度比甲大 B.第二次接球后，乙的速度比甲大 C.乙接球的过程，第一次气球的动量变化量较大 D.乙接球的过程，第二次气球的动量变化量较大 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析：设甲、乙的质量均为M，第一次抛球时气球的质量为m1，速度为v，根据动量守恒定律，可知甲抛出球时有Mv甲1=m1v，乙接住球时有m1v= (M+m1)v乙1，可知v甲1>v乙1，即第一次接球后，乙的速度比甲小，A错误；设第二次抛球时气球的质量为m2，则m2<m1，同理可知，甲抛出球时有Mv甲2=m2v，乙接住球时有m2v=(M+m2)v乙2，可知v甲2>v乙2，即第二次接球后，乙的速度比甲小，B错误；乙接球的过程，第一次气球的动量变化量Δp1=m1v乙1-m1v=-，第二次气球的动量变化量Δp2=m2v乙2-m2v=-，由于m2<m1，可得Δp1>Δp2，则第一次气球的动量变化较大，C正确，D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 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 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 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。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 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 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 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。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 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 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 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。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 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 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 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。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 √ 8.(2025·扬州大学附属中学阶段性测试)如图所示，在水平桌面上，粘在一起的两个一元硬币甲与静止的一元硬币乙发生一维碰撞。在下列描述甲、乙速度v与时间t的关系图像中，可能正确的是 (　 ) 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析：硬币与桌面间的动摩擦因数相同，根据牛顿第二定律有μmg=ma，可知a=μg，则v⁃t图像的斜率应相同；规定向右为正方向，根据动量守恒定律有2mv0=2mv1+mv2，设图像中每个方格的边长为1，代入验证可知A符合。故选A。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 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 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 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。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 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. √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 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。　 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 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。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 (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。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 (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=。 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $