第7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

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守恒条件判断、碰撞与反冲模型应用、某一方向守恒分析三大核心考点，通过2024-2025年多省高考真题及模拟题分析，明确碰撞问题占比45%、守恒条件判断占30%的高频考点分布，归纳出选择、计算两类常考题型。 课件亮点在于“逐点清分层突破+真题典例建模”策略，如以2025甘肃高考小球水平碰撞问题为典例，运用科学思维中的模型建构方法，拆解水平方向动量守恒分析步骤，培养学生运动和相互作用观念。设微点判断辨析易错点，提供“五步解题法”模板，助力学生掌握答题技巧，教师可依托此课件实现精准复习，提升备考效率。

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 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.系统的动量不变是指系统的动量大小和方向都不变。 ( ) 4.物体相互作用时动量守恒，但机械能不一定守恒。 ( ) 微点判断 × √ √ √ 5.两物体相互作用时，若系统间存在摩擦力，则两物体组成的系统动量不守恒。 ( ) 6.若两球相向运动发生碰撞，则碰撞后可能朝同一方向运动。 ( ) 7.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。 ( ) 8.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 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] 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 题点全练 √ 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] (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(　　) 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 √ √ √ 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，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。 判断系统动量是否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。 [典例]　(2025·山东高考)轨道舱与返回舱 的组合体绕质量为M的行星做半径为r的圆周 运动，轨道舱与返回舱的质量比为5∶1。如图 所示，轨道舱在P点沿运动方向向前弹射返回 舱，分开瞬间返回舱相对行星的速度大小为2，G为引力常量，此时轨道舱相对行星的速度大小为(　　) A. B. C. D. √ [解析]　轨道舱与返回舱的组合体绕行星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，设返回舱的质量为m，则轨道舱的质量为5m，总质量为6m，设组合体的线速度大小为v，有G=6m，解得v=，弹射返回舱的过程，组合体动量守恒，取组合体的线速度方向为正方向，有6mv=5mv1+mv2，解得v1=，故C正确，A、B、D错误。 (2025·新疆乌鲁木齐三模)(多选)神舟二十号飞船与天和核心舱在太空成功对接(两航天器连接成一个整体)，对接过程中，两航天器可视为沿同一直线同向运动。对接前，飞船相对核心舱的速度为Δu，对接成功后，核心舱的速度比对接前的速度增加了Δv。已知神舟二十号飞船的质量为m，天和核心舱的质量为7m，对接过程中核心舱受到的飞船的冲量大小为I，则 (　　) A.I=7mΔv B.I=8mΔv C.Δu=7Δv D.Δu=8Δv 针对训练 √ √ 解析：设对接前核心舱的速度为v，则飞船的速度为v+Δu，对接后共同速度为v+Δv，根据动量守恒定律可得7mv+m=8m，可得Δu=8Δv，故C错误，D正确；由动量定理可知，核心舱受到的飞船的冲量大小为I=7mΔv，故A正确，B错误。 逐点清(三)　 某一方向上的动量守恒问题 课 堂 [典例]　(2025·甘肃高考)如图所示，小球A从距 离地面20 m处自由下落，1 s末恰好被小球B从左侧 水平击中，小球A落地时的水平位移为3 m。两球质 量相同，碰撞为弹性碰撞，重力加速度g取10 m/s2， 则碰撞前小球B的速度大小v为 (　　) A.1.5 m/s　　　　　　 B.3.0 m/s C.4.5 m/s D.6.0 m/s √ [解析]　根据题意可知，小球A和B碰撞过程中，水平方向上动量守恒，设碰撞后小球A的水平速度为v1，小球B的水平速度为v2，由动量守恒定律和机械能守恒定律有mv=mv1+mv2，mv2=m+m，联立解得v1=v，v2=0，小球A在竖直方向上做匀加速直线运动，则有h=g，解得t总=2 s，则从碰撞后瞬间到小球A落地所用时间为t'=t总-Δt=1 s，在水平方向上有x=v1t'，解得v1=v=3.0 m/s，故选B。 |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。上述[典例]中，关键要正确分析两球的受力情况，A、B两球组成的系统受到的合外力不为零，动量不守恒，系统在水平方向不受外力，动量守恒，且小球A在竖直方向只受到重力作用，小球A在竖直方向的运动规律不变。 (2)系统中只有重力做功，系统机械能守恒。 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 (　　) 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 针对训练 √ 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点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，有mv0=mv1+3mv2，根据机械能守恒定律，有m=m+×3m，联立解得v1=-，v2=，故D错误。 2.(2025·山东烟台三模)如图，质量均为1 kg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，轻杆上端系一长为L=0.22 m的细线，细线另 一端系一质量为0.1 kg的球C，现将球C拉起使细 线水平，并由静止释放，当球C摆到最低点时(球与轻杆没有发生碰撞)，A恰好与B相撞并粘在一起，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，则此后球C摆动过程中能上升的最大高度为 (　　) A.0.11 m B.0.55 m C.0.21 m D.0.22 m √ 解析：球C摆到最低点的过程，对于A、C组成的系统，水平方向动量守恒，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有0=mCvC-mAvA，mCgL=mC +mA，联立解得vC=2 m/s，vA=0.2 m/s；A与B碰撞瞬间，由动量守恒定律有mAvA=vAB，解得vAB=0.1 m/s；之后A、B、C组成的系统在水平方向动量守恒，当三者速度相同时C上升到最高点，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有mCvC-(mA+mB)vAB=(mA+mB+mC)v，mC+ (mA+mB)=(mA+mB+mC)v2+mCgh，解得h=0.21 m，故选C。 课时跟踪检测 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1.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 (　　) 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 √ 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 解析：放手下落过程中，磁铁在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；磁铁在水平方向受相互吸引力作用，且吸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；两个磁铁组成的系统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 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 2.(2025·安徽合肥模拟)航天员在“天宫课堂” 中演示碰撞实验。分析实验视频，每隔相 等的时间截取一张照片，照片中小方格为 正方形，虚线均分小方格，如图所示。则 小球和大球的质量之比为 (　　) A.1∶2 B.1∶4 C.2∶3 D.1∶5 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析：设小球、大球的质量分别为m1、m2，小正方形的边长为a，间隔相等的时间为t，水平向右为正方向，由第一张与第二张照片可知小球的初速度v0=，由第二张与第三张照片可知碰撞后小球的速度v1=-，碰撞后大球的速度v2=，根据动量守恒定律有m1v0=m1v1+ m2v2，解得m1∶m2=1∶4，故选B。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 3.某同学将质量为m的按压式圆珠笔(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，重力加速度为g，则下列说法正确的是 (　　) 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 A.从开始释放至离开桌面过程中，桌面对圆珠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，桌面对圆珠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.圆珠笔外壳与内芯碰撞过程，整个圆珠笔系统动量守恒 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 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，离开桌面后做竖直上抛运动，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；从开始释放至上升到最高点过程，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。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 4.(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 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析：小车P、N碰撞时，根据动量守恒定律有mPvP+mNvN1=mPvP'+mNvN1'， 即mP(vP-vP')=mN，根据题图1可知>，故mP<mN；小车Q、N碰撞时，根据动量守恒定律有mQvQ+mNvN2=mQvQ'+ mNvN2'，即mQ=mN(vN2'-vN2)，根据题图2可知< ，故mQ>mN，则mQ>mN>mP，故选D。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 5.在光滑水平面上沿一条直线运动的滑块Ⅰ、 Ⅱ发生正碰，碰后立即粘在一起运动，滑块Ⅰ、 Ⅱ碰撞前及粘在一起后的速度—时间关系图线 分别如图中的线段a、b、c所示。由图像可知 (　　) A.碰前滑块Ⅰ的动量比滑块Ⅱ的动量小 B.滑块Ⅰ的质量与滑块Ⅱ的质量之比为3∶5 C.滑块Ⅰ的质量与滑块Ⅱ的质量之比为5∶3 D.碰撞过程中，滑块Ⅰ受到的冲量比滑块Ⅱ受到的冲量大 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析：由题图可知，碰撞后总动量为正，根据动量守恒定律可知，碰撞前的总动量也为正，故碰撞前滑块Ⅰ的动量较大，故A错误；根据动量守恒定律有5mⅠ-3mⅡ=2(mⅠ+mⅡ)，解得mⅠ∶mⅡ=5∶3，故B错误，C正确；碰撞过程中滑块Ⅰ对滑块Ⅱ的作用力与滑块Ⅱ对滑块Ⅰ的作用力大小相等、方向相反，作用时间相同，由I=Ft可知，碰撞过程中滑块Ⅰ受到的冲量与滑块Ⅱ受到的冲量大小相等、方向相反，故D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 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 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 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。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 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 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析：规定向右为正方向，对于甲(含冰车)和木箱，根据动量守恒定律得(M+m)v0=Mv1+mv，对于乙(含冰车)和木箱，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。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 √ 8.(多选)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 (　　) 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 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 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，D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 9.(多选)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 (　 ) 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 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 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F'Δt=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。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 10.(12分)(2025·北京高考)某物体以一定初速度从地面竖直向上抛出，经过时间t到达最高点。在最高点该物体炸裂成A、B两部分，质量分别为2m和m，其中A以速度v沿水平方向飞出。重力加速度为g，不计空气阻力。求： (1)该物体抛出时的初速度大小v0；(4分) 答案：gt　 解析：物体竖直上抛至最高点时速度为0，由运动学公式有0=v0-gt，解得v0=gt。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 (2)炸裂后瞬间B的速度大小vB；(4分) 答案：2v 解析：炸裂瞬间水平方向动量守恒，炸裂前总动量为0。A的速度为v，设B的速度为vB，以A的速度方向为正方向，由动量守恒定律得0=2mv+mvB 解得vB=-2v 即大小为2v。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 (3)A、B落地点之间的距离d。(4分) 答案：3vt 解析：根据竖直上抛运动的对称性可知下落时间与上升时间相等，均为t，则A的水平位移xA=vt B的水平位移xB=vBt=-2vt 所以A、B落地点之间的距离d=|xA|+|xB|=3vt。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 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 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 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。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 (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 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析：设试验车和汽车碰撞后获得的共同速度为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。 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $