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第2讲　动量守恒定律(基础落实课)
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。
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
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　　　
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
微点判断
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.只要系统所受合外力做功为零,动量就守恒。 (　 )
4.系统的动量不变是指系统的动量大小和方向都不变。 (　 )
5.物体相互作用时动量守恒,但机械能不一定守恒。 (　 )
6.两物体相互作用时,若系统间存在摩擦力,则两物体组成的系统动量不守恒。 (　 )
7.动量守恒定律的表达式m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2',一定是矢量式,应用时要规定正方向,且其中的速度必须相对同一个参考系。 (　 )
8.碰撞前后系统的动量和机械能均守恒。 (　 )
9.若两球相向运动发生碰撞,则碰撞后可能朝同一方向运动。 (　 )
10.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。 (　 )
11.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
|题|点|全|练|
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
2.[多个物体组成的系统动量守恒的判断]
(多选)如图所示,将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上,槽的左侧有一固定在水平面上的物块。现让一小球自左侧槽口A的正上方从静止开始下落,自A点与圆弧槽相切进入槽内,并从C点飞出,则以下结论中正确的是 (　　)
A.小球在半圆槽内运动的全过程中,只有重力对它做功
B.小球在半圆槽内运动的全过程中,小球与半圆槽在水平方向动量守恒
C.小球自半圆槽的最低点B向C点运动的过程中,小球与半圆槽在水平方向动量守恒
D.小球离开C点以后将做斜上抛运动
|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)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。
逐点清(二)　动量守恒定律的应用
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。
[考法全训]
考法1　动量守恒定律与牛顿第二定律的综合
1.(2025·贵阳模拟)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。
(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);
(2)求物资落地时,热气球(含救援人员)的速度大小。
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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
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;
(2)分离时A对B的推力大小。
逐点清(三)　某一方向上的动量守恒问题
　　[典例]　(多选)如图所示,一轻杆两端分别固定a、b两个半径相等的光滑金属球,a球质量大于b球质量,整个装置放在光滑的水平面上,设b球离地高度为h,将此装置从图示位置由静止释放,则下列判断正确的是 (　　)
A.在b球落地前的整个过程中,轻杆对b球做的总功为零
B.在b球落地前瞬间,b球的速度大小为
C.在b球落地前的整个过程中,轻杆对b的冲量竖直向上
D.在b球落地前的整个过程中,a、b及轻杆系统动量守恒、机械能守恒
听课记录:
|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,在b球下落过程中系统的合外力不为零,动量不守恒,系统在水平方向不受外力,动量守恒。
(2)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,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
2.(2025·信阳高三模拟)如图所示,质量分别为2m、m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,轻杆上端的O点系一长为L的细线,细线另一端系一质量为m的小球C。现将小球拉起使细线水平伸直,并由静止释放小球,则 (　　)
A.A、B、C组成的系统机械能不守恒
B.A、B、C组成的系统在竖直方向上动量守恒
C.A、B两木块分离时木块A的速度大小为
D.小球C第一次到最低点时的速度大小为
第2讲
课前基础先行
一、1.不受外力　3.外力
二、1.(2)守恒　最大　2.动量　远大于　守恒
[微点判断]　1.×　2.√　3.×　4.√　5.√　6.×　7.√　8.×　9.√　10.√　11.×
逐点清(一)
1.选A　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.选CD　小球在半圆槽内由A向B运动时,由于槽的左侧有一固定在水平面上的物块,槽不会向左运动,则只有重力对小球做功,小球和槽组成的系统在水平方向上所受合外力不为零,水平方向动量不守恒;小球从B到C运动的过程中,槽向右运动,系统在水平方向上合外力为零,水平方向动量守恒,槽的支持力对小球做功,故A、B错误,C正确。小球离开C点时,既有竖直向上的分速度,又有水平分速度,小球做斜上抛运动,故D正确。
逐点清(二)
1.解析:
(1)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)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=。
答案:(1)见解析图　(2)
2.选A　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。
3.解析:(1)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)以B为研究对象,由动量定理有
FΔt = Mv-Mv0
解得F=。
答案:(1)　(2)
逐点清(三)
[典例]　选ABC　在b球落地前的整个过程中,b在竖直方向有加速度,系统竖直方向的合外力不为零,而水平方向不受外力,所以系统的合外力不为零,系统的动量不守恒,由于只有重力做功,所以系统的机械能守恒,故D错误;对两球及杆系统,根据系统水平方向动量守恒知,系统初始动量为零,则在b球落地前瞬间,a球的速度必定为零,根据系统的机械能守恒得mgh=mv2,解得b球的速度大小为v=,故B正确;设杆对a球做功W1,对b球做功W2,系统机械能守恒,则除了重力之外的力做功之和必定为零,即W1 + W2=0,对a球,由动能定理可知W1=0,故W2=0,故A正确;对b球,水平方向上动量变化量为零,由动量定理可知,杆对b球的水平冲量为零,
在竖直方向上,根据系统机械能守恒可知,b落地时速度与只在重力作用下落地时的速度一样,如图所示,图像中斜线为b球自由落体运动的图线,曲线为b球实际在竖直方向的运动图线,在竖直方向上运动的位移与落地速度相同,对比可知b球落地所用时间相对自由落体运动的时间要长,重力的冲量大于自由落体过程重力的冲量,可知杆对b球的竖直方向的冲量必定不为零,且冲量方向向上,故C正确。
[针对训练]
1.选C　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,则有mv0=mv1+3mv2,根据机械能守恒定律,则有m=m+×3m,联立解得v1=-,v2=,故D错误。
2.选C　由题知水平面光滑,A、B、C组成的系统只有重力做功,机械能守恒,A错误;小球摆动过程,A、B、C组成的系统水平方向不受外力,水平方向动量守恒,但竖直方向动量不守恒,B错误;当小球C第一次到达最低点时两木块分离,设此时C的速度大小为vC、A的速度大小为vA,由动量守恒定律有mvC=3mvA,由机械能守恒定律有mgL=m+×3m,联立解得vA=,vC=,C正确,D错误。
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动量守恒定律(基础落实课)
第 2 讲
1
课前基础先行
2
逐点清(一)　动量守恒的判断
CONTENTS
目录
4
逐点清(三)　某一方向上的动量守恒问题
5
课时跟踪检测
3
逐点清(二)　动量守恒定律的应用
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.只要系统所受合外力做功为零，动量就守恒。 ( )
4.系统的动量不变是指系统的动量大小和方向都不变。 ( )
5.物体相互作用时动量守恒，但机械能不一定守恒。 ( )
微点判断
×
√
×
√
√
6.两物体相互作用时，若系统间存在摩擦力，则两物体组成的系统动量不守恒。 ( )
7.动量守恒定律的表达式m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'，一定是矢量式，应用时要规定正方向，且其中的速度必须相对同一个参考系。 ( )
8.碰撞前后系统的动量和机械能均守恒。 ( )
×
√
×
9.若两球相向运动发生碰撞，则碰撞后可能朝同一方向运动。 ( )
10.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。 ( )
11.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
课
堂
题点全练
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
√
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，将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上，槽的左侧有一固定在水平面上的物块。现让一小球自左侧槽口A的正上方从静止开始下落，自A点与圆弧槽相切进入槽内，并从C点飞出，则以下结论中正确的是(　　)
A.小球在半圆槽内运动的全过程中，只有重力对它做功
B.小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒
C.小球自半圆槽的最低点B向C点运动的过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒
D.小球离开C点以后将做斜上抛运动
√
√
解析:选小球在半圆槽内由A向B运动时，由于槽的左侧有一固定在水平面上的物块，槽不会向左运动，则只有重力对小球做功，小球和槽组成的系统在水平方向上所受合外力不为零，水平方向动量不守恒;小球从B到C运动的过程中，槽向右运动，系统在水平方向上合外力为零，水平方向动量守恒，槽的支持力对小球做功，故A、B错误，C正确。小球离开C点时，既有竖直向上的分速度，又有水平分速度，小球做斜上抛运动，故D正确。
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)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。
考法1　动量守恒定律与牛顿第二定律的综合
1.(2025·贵阳模拟)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);
答案:见解析图　
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]　(多选)如图所示，一轻杆两端分别固定a、b两个半径相等的光滑金属球，a球质量大于b球质量，整个装置放在光滑的水平面上，设b球离地高度为h，将此装置从图示位置由静止释放，则下列判断正确的是 (　　)
A.在b球落地前的整个过程中，轻杆对b球做的总功为零
B.在b球落地前瞬间，b球的速度大小为
C.在b球落地前的整个过程中，轻杆对b的冲量竖直向上
D.在b球落地前的整个过程中，a、b及轻杆系统动量守恒、机械能守恒
√
√
√
[解析]　在b球落地前的整个过程中，b在竖直方向有加速度，系统竖直方向的合外力不为零，而水平方向不受外力，所以系统的合外力不为零，系统的动量不守恒，由于只有重力做功，所以系统的机械能守恒，故D错误;对两球及杆系统，根据系统水平方向动量守恒知，系统初始动量为零，则在b球落地前瞬间，a球的速度必定为零，根据系统的机械能守恒得mgh=mv2，解得b球的速度大小为v=，故B正确;设杆对a球做功W1，对b球做功W2，系统机械能守恒，则除了重力之外的力做功之和必定为零，即W1 + W2=0，对a球，由动能定理可知W1=0，故W2=0，故A正确;
对b球，水平方向上动量变化量为零，由动量定
理可知，杆对b球的水平冲量为零，在竖直方向
上，根据系统机械能守恒可知，b落地时速度与
只在重力作用下落地时的速度一样，如图所示，
图像中斜线为b球自由落体运动的图线，曲线为b球实际在竖直方向的运动图线，在竖直方向上运动的位移与落地速度相同，对比可知b球落地所用时间相对自由落体运动的时间要长，重力的冲量大于自由落体过程重力的冲量，可知杆对b球的竖直方向的冲量必定不为零，且冲量方向向上，故C正确。
(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，在b球下落过程中系统的合外力不为零，动量不守恒，系统在水平方向不受外力，动量守恒。
(2)系统中只有重力做功，系统机械能守恒。
思维建模
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 (　　)
针对训练
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
√
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，则有mv0=mv1+3mv2，根据机械能守恒定律，则有m=m+×3m，联立解得v1=-，v2=，故D错误。
2.(2025·信阳高三模拟)如图所示，质量分别为2m、m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，轻杆上端的O点系一长为L的细线，细线另一端系一质量为m的小球C。现将小球拉起使细线水平伸直，并由静止释放小球，则 (　　)
A.A、B、C组成的系统机械能不守恒
B.A、B、C组成的系统在竖直方向上动量守恒
C.A、B两木块分离时木块A的速度大小为
D.小球C第一次到最低点时的速度大小为
√
解析:由题知水平面光滑，A、B、C组成的系统只有重力做功，机械能守恒，A错误;小球摆动过程，A、B、C组成的系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，但竖直方向动量不守恒，B错误;当小球C第一次到达最低点时两木块分离，设此时C的速度大小为vC、A的速度大小为vA，由动量守恒定律有mvC=3mvA，由机械能守恒定律有mgL=m+×3m，联立解得vA=，vC=，C正确，D错误。
课时跟踪检测
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(说明:标★的为推荐讲评题目)
一、单项选择题
1.(2025·朔州模拟)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(　　)
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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
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解析:放手下落过程中，磁铁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;磁铁水平方向受相互吸引力作用，且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。
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2.如图所示，A、B两物体质量满足mA>mB，
原来静止在平板小车C上，A、B间有一根被压缩
的弹簧，地面光滑。当弹簧突然释放后，下列说法错误的是 (　　)
A.若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统动量守恒
B.若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成的系统动量守恒
C.若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统动量守恒
D.若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成的系统动量守恒
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解析:弹簧突然释放后，若A、B受到平板车的滑动摩擦力大小相等，则A、B组成的系统所受合外力等于零，A、B组成的系统动量守恒，故A正确，与题意不符;若A、B与小车C组成系统，A与C、B与C的摩擦力均为系统内力，无论A、B所受的摩擦力大小相等还是A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C系统受到的合外力均为零，故A、B、C系统动量守恒，故B、D正确，与题意不符;对A、B组成的系统，根据f=μmg，若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，则二者所受摩擦力大小不相等，A、B受到的合外力不为零，该系统动量不守恒，故C错误，与题意相符。
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3.某同学将质量为m的按压式圆柱笔(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，则下列说法正确的是 (　　)
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A.从开始释放至离开桌面过程中，桌面对圆柱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，桌面对圆柱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.圆柱笔外壳与内芯碰撞过程，整个圆珠笔系统动量守恒
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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，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。
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4.(2025·上饶高三检测)“双星”是宇宙中普遍存
在的一种天体系统，由两颗恒星组成，双星系统远
离其他恒星，在相互的万有引力作用下绕连线上一
点做周期相同的匀速圆周运动。如图所示，A、B两
颗恒星构成双星系统，绕共同的圆心O做匀速圆周运
动，经过t(小于周期)时间，A、B两恒星的动量变化量分别为ΔpA、ΔpB，则下列判断正确的是 (　　)
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A.> B.<
C.ΔpA=ΔpB D.ΔpA=-ΔpB
解析:系统所受的合外力为零，系统的总动量守恒，根据牛顿第二定律得F引=mAaA=mBaB，加速度为a=ωv，则有mAvAωA=mBvBωB，由于角速度相同，因此mAvA=mBvB，两恒星的速度方向始终相反，则pA=-pB，因此系统的总动量始终为零，可得ΔpA=-ΔpB，=，故选D。
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5.如图所示，水平地面上，某运动员
手拿篮球站在滑板车上向一堵竖直的墙(向
右)滑行，为了避免与墙相撞，在接近墙时，
运动员将篮球水平向右抛出，篮球反弹后
运动员又接住篮球，速度恰好减为0。不计地面的摩擦和空气阻力，忽略篮球在竖直方向的运动，篮球与墙的碰撞过程机械能不损失。运动员和滑板车的总质量为M，篮球的质量为m。抛球前，运动员、滑板车和篮球的速度为v0 。则 (　　)
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A.整个过程中运动员、滑板车及篮球的总动量守恒
B.运动员抛球与接球时对篮球的冲量相同
C.墙对篮球的冲量大小为(M+m)v0
D.篮球被墙反弹后的速度大小为v0
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解析:由于墙对篮球有向左的冲量，整个过程中运动员、滑板车及篮球的总动量不守恒，A错误;设抛出时篮球对地的速度为v，运动员抛球时对篮球的冲量为I1=m，方向向右，接球时对篮球的冲量为I2=0-(-mv)=mv，方向向右，所以运动员抛球与接球时对篮球的冲量方向相同、大小不同，B错误;设运动员抛球后速度变为v1 ，抛球过程，由动量守恒定律有(M+m)v0=Mv1+mv，接球过程有Mv1-mv=0，解得v=v0，由动量定理可知篮球撞墙过程有I=mv-(-mv)=2mv=(M+m)v0，C错误，D正确。
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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
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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减速到速度为零的过程中，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;则在木块A做加速运动的时间内，B的速度范围为2 m/s2
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7.(2025·大连模拟)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
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解析:规定向右为正方向，对于甲(含冰车)和箱子根据动量守恒定律得(M+m)v0=Mv1+mv，对于乙(含冰车)和箱子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。
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二、多项选择题
8.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(　　)
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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
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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，有ΔEk=W弹-WG，D错误。
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9.(2023·广东高考)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 (　　)
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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
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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FΔt=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。
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三、计算题
10.(10分)(2025·乌鲁木齐高三检测)在高山上的一片水平草地上，一只雪豹正在猎杀一只野山羊，雪豹咬住野山羊前瞬间它们的速度方向相同，且雪豹的水平速度大小v1=15 m/s，野山羊的水平速度大小v2=6 m/s，咬住后它们一起沿水平草地滑行了一段距离后停下。雪豹和野山羊的质量分别为m1=60 kg、m2=30 kg，它们滑行时与水平草地间的动摩擦因数μ=0.8，重力加速度g取10 m/s2。求:
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(1)雪豹咬住野山羊后瞬间共同的速度大小v;(4分)
答案:12 m/s　
解析:设雪豹的方向为正方向，雪豹咬住野山羊瞬间动量守恒，则有
m1v1+m2v2=(m1+m2)v
解得v=12 m/s。
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(2)雪豹咬住野山羊后一起向前滑行的距离x。(6分)
答案:9 m
解析:对雪豹和野山羊受力分析可知
μ(m1+m2)g=a
解得a=8 m/s2
雪豹咬住野山羊后一起做匀减速直线运动
-2ax=0-v2
解得x=9 m。
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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　
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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。
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(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
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解析:设试验车和汽车碰撞后获得共同速度为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F2
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4课时跟踪检测(三十七)　动量守恒定律
一、单项选择题
1.(2025·朔州模拟)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
2.如图所示,A、B两物体质量满足mA>mB,原来静止在平板小车C上,A、B间有一根被压缩的弹簧,地面光滑。当弹簧突然释放后,下列说法错误的是 (　　)
A.若A、B所受的摩擦力大小相等,A、B组成的系统动量守恒
B.若A、B所受的摩擦力大小相等,A、B、C组成的系统动量守恒
C.若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同,A、B组成的系统动量守恒
D.若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同,A、B、C组成的系统动量守恒
3.某同学将质量为m的按压式圆柱笔(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,则下列说法正确的是 (　　)
A.从开始释放至离开桌面过程中,桌面对圆柱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,桌面对圆柱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.圆柱笔外壳与内芯碰撞过程,整个圆珠笔系统动量守恒
4.(2025·上饶高三检测)“双星”是宇宙中普遍存在的一种天体系统,由两颗恒星组成,双星系统远离其他恒星,在相互的万有引力作用下绕连线上一点做周期相同的匀速圆周运动。如图所示,A、B两颗恒星构成双星系统,绕共同的圆心O做匀速圆周运动,经过t(小于周期)时间,A、B两恒星的动量变化量分别为ΔpA、ΔpB,则下列判断正确的是 (　　)
A.> B.<
C.ΔpA=ΔpB D.ΔpA=-ΔpB
5.如图所示,水平地面上,某运动员手拿篮球站在滑板车上向一堵竖直的墙(向右)滑行,为了避免与墙相撞,在接近墙时,运动员将篮球水平向右抛出,篮球反弹后运动员又接住篮球,速度恰好减为0。不计地面的摩擦和空气阻力,忽略篮球在竖直方向的运动,篮球与墙的碰撞过程机械能不损失。运动员和滑板车的总质量为M,篮球的质量为m。抛球前,运动员、滑板车和篮球的速度为v0 。则 (　　)
A.整个过程中运动员、滑板车及篮球的总动量守恒
B.运动员抛球与接球时对篮球的冲量相同
C.墙对篮球的冲量大小为(M+m)v0
D.篮球被墙反弹后的速度大小为v0
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
7.(2025·大连模拟)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
二、多项选择题
8.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
9.(2023·广东高考)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
三、计算题
10.(10分)(2025·乌鲁木齐高三检测)在高山上的一片水平草地上,一只雪豹正在猎杀一只野山羊,雪豹咬住野山羊前瞬间它们的速度方向相同,且雪豹的水平速度大小v1=15 m/s,野山羊的水平速度大小v2=6 m/s,咬住后它们一起沿水平草地滑行了一段距离后停下。雪豹和野山羊的质量分别为m1=60 kg、m2=30 kg,它们滑行时与水平草地间的动摩擦因数μ=0.8,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)雪豹咬住野山羊后瞬间共同的速度大小v;(4分)
(2)雪豹咬住野山羊后一起向前滑行的距离x。(6分)
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)
(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)
课时跟踪检测(三十七)
1.选D　放手下落过程中,磁铁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;磁铁水平方向受相互吸引力作用,且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。
2.选C　弹簧突然释放后,若A、B受到平板车的滑动摩擦力大小相等,则A、B组成的系统所受合外力等于零,A、B组成的系统动量守恒,故A正确,与题意不符;若A、B与小车C组成系统,A与C、B与C的摩擦力均为系统内力,无论A、B所受的摩擦力大小相等还是A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同,A、B、C系统受到的合外力均为零,故A、B、C系统动量守恒,故B、D正确,与题意不符;对A、B组成的系统,根据f=μmg,若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同,则二者所受摩擦力大小不相等,A、B受到的合外力不为零,该系统动量不守恒,故C错误,与题意相符。
3.选D　从开始释放到离开桌面过程,由动量定理可得IN-mgt=mv-0,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。
4.选D　系统所受的合外力为零,系统的总动量守恒,根据牛顿第二定律得F引=mAaA=mBaB,加速度为a=ωv,则有mAvAωA=mBvBωB,由于角速度相同,因此mAvA=mBvB,两恒星的速度方向始终相反,则pA=-pB,因此系统的总动量始终为零,可得ΔpA=-ΔpB,=,故选D。
5.选D　由于墙对篮球有向左的冲量,整个过程中运动员、滑板车及篮球的总动量不守恒,A错误;设抛出时篮球对地的速度为v,运动员抛球时对篮球的冲量为I1=m,方向向右,接球时对篮球的冲量为I2=0-(-mv)=mv,方向向右,所以运动员抛球与接球时对篮球的冲量方向相同、大小不同,B错误;设运动员抛球后速度变为v1 ,抛球过程,由动量守恒定律有(M+m)v0=Mv1+mv,接球过程有Mv1-mv=0,解得v=v0,由动量定理可知篮球撞墙过程有I=mv-(-mv)=2mv=(M+m)v0,C错误,D正确。
6.选B　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减速到速度为零的过程中,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;则在木块A做加速运动的时间内,B的速度范围为2 m/s7.选D　规定向右为正方向,对于甲(含冰车)和箱子根据动量守恒定律得(M+m)v0=Mv1+mv,对于乙(含冰车)和箱子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。
8.选AC　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,有ΔEk=W弹-WG,D错误。
9.选BD　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FΔt=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。
10.解析:(1)设雪豹的方向为正方向,雪豹咬住野山羊瞬间动量守恒,则有
m1v1+m2v2=(m1+m2)v
解得v=12 m/s。
(2)对雪豹和野山羊受力分析可知
μ(m1+m2)g=a
解得a=8 m/s2
雪豹咬住野山羊后一起做匀减速直线运动
-2ax=0-v2
解得x=9 m。
答案:(1)12 m/s　(2)9 m
11.解析:(1)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。
(2)设试验车和汽车碰撞后获得共同速度为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答案:(1)1.6×104 N·s　1.6×105 N
(2)2.5×104 N　安全气囊不会爆开
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