2023-2024届高考一轮复习物理教案（新教材人教版）第七章动量守恒定律第2讲动量守恒定律及应用

第2讲动量守恒定律及应用

【目标要求】1.理解系统动量守恒的条件.2.会应用动量守恒定律解决基本问题3会用动量守

恒观点分析爆炸、反冲运动和人船模型.4.理解碰撞的种类及其遵循的规律.

考点一动量守恒定律的理解和基本应用

■梳理必备知识

1.内容

如果一个系统不受外力，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

Q）P=P'或如研+切2。2=〃?1。1'+〃?2。2’.系统相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量.

（2）∆pl=-∆p2,相互作用的两个物体动量的变化量等大反向.

-判断正误

1.只要系统所受合外力做功为0,系统动量就守恒.（X）

2.系统的动量不变是指系统的动量大小和方向都不变.（√）

3.若物体相互作用时动量守恒，则机械能一定守恒.（X）

4.动量守恒定律的表达式加'+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.（√）

■提升关键能力

1.适用条件

（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.

2.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）

动量是一个瞬时量，表达式中的0、22、…应是系统中各物体在相互作用前同一

同时性

时刻的动量，Pi'、C'、…应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

考向L系统动量守恒的判断

【例11（2021•全国乙卷∙14）如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相

连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦.用力向右推动车厢使弹簧压缩，

撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动.在地面参考系（可视为惯性系）中，从撤去推力开

始，小车、弹簧和滑块组成的系统（）

Ho≡w∏I

A.动量守恒，机械能守恒

B.动量守恒，机械能不守恒

C.动量不守恒，机械能守恒

D.动量不守恒，机械能不守恒

答案B

解析因为滑块与车厢水平底板间有摩擦，且撤去推力后滑块在车厢底板上有相对滑动，即

摩擦力做功，而水平她面是光滑的；对小车、弹簧和滑块组成的系统，根据动量守恒和机械

能守恒的条件可知撤去推力后该系统动量守恒，机械能不守恒，故选B.

考向2动量守恒定律的基本应用

【例2】（2023•浙江温州市模拟）如图所示，光滑平面上有一辆质量为2机的小车，车上左右两

端分别站着甲、乙两人，他们的质量都是，"，开始两个人和车一起以速度向右匀速运动.某

一时刻，站在车右端的乙先以相对地面向右的速度。跳离小车，然后站在车左端的甲以相对

于地面向左的速度。跳离小车.两人都离开小车后，小车的速度将是（）

A.VoB.2vo

C.大于。0，小于2θoD.大于2θo

答案B

解析两人和车所组成的系统动量守恒，初动量为4w砥），方向向右.当甲、乙两人先后以相

对地面相等的速度向两个方向跳离时，甲、乙两人的动量和为零，则有4∕noo=2ww*,可得

V*=2vo,选项B正确.

方法点拨应用动量守恒定律解题的步骤

［明确研究对象，确定系统的组成）

［受力分析，确U■动量是否守恒）

【规定正方向，U确定初、未动量）

（根据动量守恒T定律，建立守恒方程）

［代入数据，求出结果并讨论说明）

考向3动量守恒定律的临界问题

工例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。0=6

m∕s,甲车上有质量为机=Ikg的小球若干个，甲和他的小车及小车上小球的总质量为M=

50kg,乙和他的小车的总质量为M2=30kg.为避免相撞，甲不断地将小球以相对地面为。'

=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.12B.13C.14D.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，则两车速度相等，由动量守恒定律得

（）,解得对甲、小车及从甲车上抛出的小球，由动量守恒

Miv0-M2V0=M↑+M2VV=m/s,

定律得Λ∕∣0o=（Λf∣-"∙Mz）o+“∙wo',解得〃=15,D正确.

考点二爆炸、反冲运动和人船模型

■梳理必备知识

1.爆炸现象的三个规律

爆炸物体间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

动量守恒

的总动量守恒

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

动能增加

械能增加

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

位置不变

各部分仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动

2.反冲运动的三点说明

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

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

动量守恒

恒定律

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

机械能增加

增加

■判断正误

1.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.（√）

2.爆炸过程中机械能增加，反冲过程中机械能减少.（X）

考向1爆炸问题

工例4】（2021•浙江1月选考∙12）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5s末和6s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340m∕s,忽略空

气阻力.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80m

C.爆炸后的质量大的碎块的初速度为68m/s

D.爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为34Om

答案B

解析设碎块落地的时间为质量大的碎块水平初速度为0,则由动量守恒定律知质量小的

碎块水平初速度为2o,爆炸后的碎块做平抛运动，下落的高度相同，则在空中运动的时间相

同，由水平方向X=O“知落地水平位移之比为1：2,碎块位移S=Vr2+）2,可见两碎块的位

移大小之比不是1:2,故A项错误；据题意知，”=（5—f）X340（m/s）,又25=（6—f）X340（m/s）,

联立解得f=4s,0=85m/s,故爆炸点离地面高度为∕z=1gP=80m,故B项正确，C项错误；

两碎块落地点的水平距离为∆x=3"=l020m,故D项错误.

考向2反冲运动

[例5]（2023∙河南省模拟）发射导弹过程可以简化为：将静止的质量为M（含燃料）的导弹点火

升空，在极短时间内以相对地面的速度如竖直向下喷出质量为，"的炽热气体，忽略喷气过程

中重力和空气阻力的影响，则喷气结束时导弹获得的速度大小是（）

AmCM

A.ττuoB.—Uo

Mm

m

'M~m0°'M~m0°

答案D

解析由动量守恒定律得加Oo=(M―m)。，导弹获得的速度。~Po,故选D.

M-tn

考向3人船模型

1.模型图示

2.模型特点

⑴两物体满足动量守恒定律：mvκ-Mυπi}=0

(2)两物体的位移大小满足：〃叶一吒-=O,

X人+x船=L，

汨MTm

^XK~M+mL，X"S-Λ∕+OTL

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，即丛=

《例6】(多选)如图所示，绳长为/,小球质量为，”，小车质量为M,将小球向右拉至水平后

放手，则(水平面光滑)()

A.系统的总动量守恒

B.水平方向任意时刻小球与小车的动量等大反向或都为零

C.小球不能向左摆到原高度

D∙小车向右移动的最大距离为诉

答案BD

解析系统只是在水平方向所受的合力为零，竖直方向的合力不为零，故水平方向的动量守

恒，而总动量不守恒，A错误，B正确；根据水平方向的动量守恒及机械能守恒得，小球仍

能向左摆到原高度，C错误；小球相对于小车的最大位移为2/,根据“人船模型”，系统水

平方向动量守恒，设小球水平方向的平均速度为5”，小车水平方向的平均速度为0M,MVm-

ΛfθM=0,两边同时乘以运动时间f,，加加一MoMf=0,即mx,"=Λ/XM,又Xw+XM=2∕,解得小

车向右移动的最大距离为器,

D正确.

考点三碰撞问题

■梳理必备知识

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很大的现象.

2.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.

3.分类

动量是否守恒机械能是否守恒

一

弹性碰撞W

非弹性碰撞守恒有损失

完全非弹性碰撞损失最大

■判断正误

1.碰撞前后系统的动量和机械能均守恒.（×）

2.在光滑水平面上的两球相向运动，碰撞后均变为静止，则两球碰撞前的动量大，1、一定相

同∙（J）

3.两球发生非弹性碰撞时，既不满足动量守恒定律，也不满足机械能守恒定律.（X）

・提升关键能力

1.弹性碰撞的重要结论

以质量为加、速度为5的小球与质量为m2的静止小球发生弹性碰撞为例，则有

m∖V∖=m↑V[,

ρw∣υ∣2=^∏nυ∣'2÷^∕n2^2,2

m∖-m,2m↑

联乂解得：功f=；^藐功2，S=乐京功

讨论：①若〃2|=〃及，则”=0，V2,=0（速度交换）；

②若ιn↑>m2,则v↑,>0,V2,>0（碰后两小球沿同一方向运动）；当"21》相2时，v↑,^V∖,

V2,≈2υι;

③若〃21<血2，则l√<0,V2,>0（碰后两小球沿相反方向运动）；当加1《m2时，V∖,Z—访，

V2,≈0.

2.静止物体被撞后的速度范围

物体A与静止的物体3发生碰撞，当发生完全非弹性碰撞时损失的机械能最多，物体JB的速

度最小，OB=2。0,当发生弹性碰撞时，物体B速度最大，UB=27如则碰后物体8

,A2

的速度范围为：-1-⅞≤⅞≤-T^O.

m∖-vmB机A十〃m

考向1碰撞的可能性

1例TJA、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，，"A=1kg,w⅛=2kg,VA

=6m∕s,VB=2m∕s,当A追上5并发生碰撞后，A、B两球速度的可能值是（）

A.VA'=5m∕s,VB1=m/s

B.VA'=2m/s,VB'=4m/s

C.VA'=-4m/s,VB'=7m/s

D.VA1=7m/s,VB'=m/s

答案B

解析虽然题给四个选项均满足动量守恒定律，但A、D两项中，碰后A的速度z√大于B

的速度ι√,不符合实际，即A、D项错误；C项中，两球碰后的总动能Ek导=%Mi√2

12

+^mBVB=57J,大于碰前的总动能Ek∙⅛=J"Aθ∕+5w⅛2=22J,违背了能量守恒定律，

所以C项错误；而B项既符合实际情况，也不违背能量守恒定律，所以B项正确.

方法点拨碰撞问题遵守的三条原则

⑴动量守恒：p∣+p2=Pl'+p2'.

（2）动能不增加：Ek∣+Ek22El√+Ek2'.

（3）速度要符合实际情况

①碰前两物体同向运动，若要发生碰撞，则应有V⅛>υ⅛,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。就'NoS.

②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向至少有一个改变.

考向2弹性碰撞

工例8?（2023•浙江省杭州二中月考）如图所示，B、C、D、E、F五个小球并排放置在光滑的

水平面上，B、C、。、E四个球质量相等，而F球质量小于2球质量，A球质量等于产球质

量.A球以速度。0向B球运动，所发生的碰撞均为弹性碰撞，则碰撞之后（）

ABCDEF

^^7777777777777777^^^^^^^^^^77T

A.3个小球静止，3个小球运动

B.4个小球静止，2个小球运动

C.5个小球静止，1个小球运动

D.6个小球都运动

答案A

解析A、8质量不等，mA<mB,A、B相碰后，4向左运动，B向右运动；B、C、D、E质量

相等，弹性碰撞后，不断交换速度，最终E有向右的速度，B、C、。静止；E、F质量不等，

mE>mF,则碰后E、尸都向右运动，所以B、C、。静止，A向左运动，E、尸向右运动，故A

正确.

考向3非弹性碰撞

工例”（2023•浙江嘉兴市模拟）如图所示，小球A和小球B质量相同，小球B置于光滑水平

面上，小球A从高为6处由静止摆下，到达最低点恰好与B相撞，并粘合在一起继续摆动，

若不计空气阻力，两球均可视为质点，则它们能上升的最大高度是（）

解析小球4由释放到摆到最低点的过程，由机械能守恒定律得m,∖gh-^mΛV↑2,则Vi=

也疏.A、B的碰撞过程满足动量守恒定律，则，”AO1=（"?A+〃?B）02,又，"A=,"B,得02='j7,

对AAB粘在一起共同上摆的过程应用机械能守恒定律得］OU+〃?8）O22=（"7A+/g）g∕z',则h'

h

=不故C正确.

课时精练

过基础落实练

1.北京冬奥会2OOO米短道速滑接力赛上，“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

答案A

解析两运动员组成的系统所受合外力矢量和为。，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，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小量，

D错误.

2.如图所示，小木块机与长木板例之间光滑，M置于光滑水平面上，一轻质弹簧左端固定在

M的左端，右端与〃?连接，开始时，"和M都静止，弹簧处于自然状态.现同时对加、M施

加等大反向的水平恒力B、F2,两物体开始运动后，对机、M、弹簧组成的系统，下列说法

正确的是（整个过程中弹簧不超过其弹性限度）（）

A.整个运动过程中，系统机械能守恒，动量守恒

B.整个运动过程中，当木块速度为零时，系统机械能一定最大

C.M、机分别向左、右运行过程中，均一直做加速度逐渐增大的加速直线运动

D.M、〃?分别向左、右运行过程中，当弹簧弹力与Q、B的大小相等时，系统动能最大

答案D

解析由于Fl与F2等大反向，系统所受的合外力为零，则系统的动量守恒.由于水平恒力

Fi、尸2对系统做功代数和不为零，则系统的机械能不守恒，故A错误；从开始到弹簧伸长到

最长的过程，Fl与B分别对成、M做正功，弹簧伸长最长时，m、M的速度为零，之后弹簧

收缩，Fl与Fz分别对，〃、M做负功，系统的机械能减小，因此，当弹簧有最大伸长量时，，〃、

M的速度为零，系统机械能最大；当弹簧收缩到最短时，机、M的速度为零，系统机械能最

小，故B错误；在水平方向上，M、胆受到水平恒力和弹簧的弹力作用，水平恒力先大于弹

力，后小于弹力，随着弹力增大，两个物体的合力先逐渐减小，后反向增大，则加速度先减

小后反向增大，则加、先做加速度逐渐减小的加速运动，后做加速度逐渐增大的减速运动，

当弹簧弹力的大小与拉力Q、尸2的大小相等时，〃八M的速度最大，系统动能最大，故C错

误，D正确.

3.如图所示，气球下面有一根长绳，一个质量为，川=50kg的人抓在气球下方，气球和长绳

的总质量为oJ2=20kg,长绳的下端刚好和水平面接触，当静止时人离地面的高度为6=5m.如

果这个人开始沿绳向下滑，当滑到绳下端时，他离地面的高度约为（可以把人看成质点）（）

A.5mB.m

C.mD.8m

答案B

解析当人滑到下端时，设人相对地面下滑的位移大小为小，气球相对地面上升的位移大小

为力2,由动量守恒定律，得W71）=电），且/Zl+∕J2=儿解得力2弋m,所以他离地面的高度

约为m,故选项B正确.

4.（多选）（2023•浙江丽水市模拟）质量为M的物块以速度。运动，与质量为，"的静止物块发

生正碰，碰撞后两者的动量正好相等，两者质量之比堇可能为（）

A.2B.3C.4D.5

答案AB

解析根据动量守恒定律和能量守恒定律，设碰撞后两者的动量都为p,则总动量为2p,根

据动量和动能的关系有：p2=2∕%Ek,根据能量的关系，由于动能不增加，则有：盥2£+得,

M

解得帚W3,故A、B正确，C、D错误.

5.冰壶运动深受观众喜爱，在某次投掷中，冰壶甲运动一段时间后与静止的冰壶乙发生正碰,

如图所示.若两冰壶质量相等，则碰后两冰壶最终停止的位置，可能是选项图中的IW幅图

)

答案B

解析两冰壶碰撞过程中动量守恒，两冰壶发生正碰，由动量守恒定律可知，碰撞前后系统

动量不变，两冰壶的动量方向即速度方向，不会偏离甲原来的方向，可知，A图情况是不可

能的，故A错误：如果两冰壶发生弹性碰撞，碰撞过程动量守恒、机械能守恒，两冰壶质量

相等，碰撞后两冰壶交换速度，甲静止，乙的速度等于甲的速度，碰后乙做减速运动，最后

停止，最终两冰壶的位置可能如选项B所示，故B正确；两冰壶碰撞后，乙在前，甲在后,

选项C所示是不可能的，故C错误：碰撞过程机械能不可能增大，两冰壶质量相等，碰撞后

甲的速度不可能大于乙的速度，碰撞后甲的位移不可能大于乙的位移，故D错误.

E能力综合练

6.如图所示，在光滑的水平面上有三个完全相同的小球，它们排成一条直线，小球2、3静止,

并靠在一起，球1以速度相撞向它们，设碰撞过程中不损失机械能，则碰后三个小球的速度

分别为（）

A.V∖=V2=Vi

B.v∣=0>S=S=

。。

C.υι=0,2=3=/0

D.。1=。2=0,。3=。0

答案D

解析由题设条件，三球在碰撞过程中总动量和总动能守恒.设三球质量均为相，则碰撞前

系统总动量为，加0,总动能为g,w⅛2.选项A、B中的数据都违反了动量守恒定律，故不可能.对

选项C,碰后总动量为机内，但总动能为∕nι√,这显然违反了机械能守恒定律，故不可能.对

选项D,既满足动量守恒定律，也满足机械能守恒定律，故选D.

7.（2023∙北京市第五中学检测）4、8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一时间图像，其中6分别为A、B两物块碰前的位移一时间图像，

C为碰撞后两物块共同运动的位移一时间图像，若A物块质量机=2kg,则由图判断，下列

结论错误的是（）

A.碰撞前后A的动量变化量的大小为4kg-rn/s

B.B物块的质量为kg

C.碰撞过程A对B所施冲量大小为4N∙s

D.碰撞过程4、B两物块组成的系统损失的动能为IOJ

答案B

10—4

解析以A的初速度方向为正方向，由图像可知碰撞前4的速度为OA=-5—m∕s=3m∕s,

4—2

碰撞后A、B的共同速度为UAB=2-m∕⅛=lm∕s,则碰撞前A的动量为AmM=2X3kg∙m∕s

=6kg∙m∕s,碰撞后A的动量为mvAB—2kg∙m∕s,碰撞前后A的动量变化量的大小为4kg∙m∕s,

A正确，不符合题意：碰撞前8的速度为如=-1m/s=-2π√s,由动量守恒定律得加以+

44

mnVβ=（m+,解得"m=?kg,B错误，符合题意；由动量定理得/=/加。A“一根型“=§

4

×1kg∙nVs-^×（-2）kg∙m∕s=4Ns,即碰撞过程A对8所施冲量大小为4N∙s,C正确，不

符合题意；碰撞过程A、B两物块组成的系统损失的动能为ΔEk=^nwA+^∏BOIΓ--ɪɑ72+

I1414

=2×2×32J÷2×3×（-2）2J-2×（2+^）×l2J=10J,D正确，不符合题意.

8.（2023•浙江宁波市月考）“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”，爆竹声响是辞旧迎新的标

志，是喜庆心情的流露.有一个质量为3根的爆竹从地面斜向上抛出，上升〃后到达最高点，

此时速度大小为。0、方向水平向东，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为2帆,

速度大小为小方向水平向东；重力加速度为g.则（）

A.爆竹在最高点爆炸过程中，整体的动量守恒

B.质量为m的一块，其速度为3训一2。

C.质量为，”的一块，其速度为2。-3θo

D.质量为机的一块，在落地过程中重力冲量的大小为相叭借，方向水平向西

答案B

解析爆竹在最高点爆炸过程中，整体水平方向上不受外力，水平方向上动量守恒，故A错

误；规定向东为正方向，根据动量守恒得3mvo=2mv+mv',解得质量为m的一块的速度v'

=3vo-2v,故B正确，C错误；质量为,〃的一块爆炸后，做平抛运动，由〃=Jgf2,得运动

的时间则在落地过程中重力冲量的大小为机八方向竖直向下，故D错误.

9.在发射地球卫星时需要运载火箭多次点火，以提高最终的发射速度.某次地球近地卫星发

射的过程中，火箭喷气发动机每次喷出质量为帆=80Og的气体，气体离开发动机时的对地速

度。=IOoom∕s,假设火箭（含燃料在内）的总质量为M=600kg,发动机每秒喷气20次，忽

略地球引力的影响，贝11（）

A.第三次气体喷出后火箭的速度大小约为4m/s

B.地球卫星要能成功发射，速度大小至少达到km/s

C.要使火箭能成功发射至少要喷气50（）次

D.要使火箭能成功发射至少要持续喷气17s

答案A

解析设喷出三次气体后火箭的速度为。3,以火箭和喷出的三次气体为研究对象，以竖直向

上为正方向，由动量守恒定律得：（M-3m）s-3nw=0,解得：v3^4m/s,故A正确；地球

卫星要能成功发射，喷气”次后至少要达到第一宇宙速度，即：vn=km/s,故B错误；以火

箭和喷出的“次气体为研究对象，以竖直向上为正方向，由动量守恒定律得：（M—Wn）O”一

nmv=0,代入数据解得：〃七666,故C错误；至少持续喷气时间为：♦=而=s,故D错误.

10.（2023•浙江绍兴市调研）如图为“子母球”表演的示意图，弹性小球4和8叠放在一起，从

距地面高度为〃处自由落下，刀远大于两小球直径，小球B的质量是A质量的3倍，假设所

有的碰撞都是弹性碰撞，且都发生在下落的竖直方向上，不考虑空气阻力.则（）

A.下落过程中两个小球之间有相互挤压

B.A与8第一次碰后小球B的速度不为零

C.A与B第一次碰后小球A弹起的最大高度是2/?

D.A与8第一次碰后小球A弹起的最大高度是4∕ι

答案D

解析不考虑空气阻力，下落过程是自由落体运动，处于完全失重状态，则两个小球之间没

有力的作用，A错误；下降过程为自由落体运动，由匀变速直线运动的速度位移公式得公=

2gh,解得小球B触地时两球速度相同，为。=√福，小球B碰撞地之后，速度瞬间反向，

大小相等，选小球A与小球B碰撞过程为研究过程，碰撞前后动量守恒，设碰后小球A、小

球8速度大小分别为。I、V2,选向上为正方向，由动量守恒定律得WIQ-，沏

由能量守恒定律得T（WM+Aoj+品8疗，解得02=0,Vl=2v,B错误；碰后小球A

弹起的最大高度，=啜∙=4∕Z,C错误，D正确.

11.（多选）（2023•浙江宁波市高三检测）如图所示，某超市两辆相同的购物车质量均为m,相

距L沿直线排列，静置于水平地面上.为节省收纳空间，工人猛推一下第一辆车并立即松手,

第一辆车运动距离L后与第二辆车相碰并相互嵌套结为一体，两辆车一起运动了L距离后恰

好停靠在墙边.若购物车运动时受到的摩擦力恒为车重力的k倍，重力加速度为g,则（）

A.两购物车在整个过程中克服摩擦力做功之和为IkmgL

B.两购物车碰撞后瞬间的速度大小为旅

C.两购物车碰撞时的能量损失为2h*gL

D.工人给第一辆购物车的水平冲量大小为M√Tb最Z

答案CD

解析由题意可知，两购物车在整个过程中克服摩擦力做功之和为W⅞.f=kmgL+2kmgL=

3kmgL,A错误；工人猛推一下第一辆车并立即松手，设此时第一辆车的速度为Vot运动L

距离后速度为V∖,由动能定理可得一切3=金孙2—］劭）2,得g=qvo1-2kgL,设与第二辆

车碰后瞬间的共同速度为vf取第一辆车的初速度为正方向，由动量守恒定律可得mv↑=2mvf

得D=/，由能量守恒定律可得3h∕*L+AE=1W,两购物车在碰撞中系统减少的能量AE

=$加J—：*2"诂2=%孙2—∕χ2m（5］）2=%2θ］2=jπ（θ02-2kgL）,联立解得vo=y∣XOkgL9ΔE

=2kmgL,V=^VI=NU/—2kgL=、2kgL,B错误，C正确；由动量定理可知，工人给第一

辆购物车的水平冲量大小为I=mvo-O=nτ∖∣∖OkgLfD正确.

12.（2023•浙江台州市模拟）如图所示，光滑导轨的末端放有一个质量为如=Ikg的小球A,导

轨的末端与竖直墙上的。点等高，导轨末端到竖直墙壁的水平距离为d=m.一个质量为

恤的小球8沿导轨从距导轨末端高〃=m处由静止释