2025高考物理总复习第七章动量守恒定律课件练习题

第七章动量守恒定律考情分析试题情境生活实践类安全行车(机车碰撞、安全气囊)、交通运输(喷气式飞机)、体育运动(滑冰接力、球类运动)、火箭发射、爆炸、高空坠物学习探究类气垫导轨上滑块碰撞、斜槽末端小球碰撞第1课时目标要求1.理解动量和冲量，理解动量定理及其表达式，能用动量定理解释生活中的有关现象。2.能利用动量定理解决相关问题，会在流体力学中建立“柱状”模型。动量定理及应用内容索引考点一

动量和冲量考点二

动量定理的理解及应用考点三

应用动量定理处理“流体模型”课时精练><考点一动量和冲量1.动量(1)定义：物体的

和

的乘积。(2)表达式：p＝

，单位为kg·m/s。(3)方向：动量是

量，方向与

的方向相同。质量速度mv矢速度2.动量变化量(1)动量的变化量Δp等于末动量p′减去初动量p的矢量运算，也称为动量的增量，即Δp＝

。(2)动量的变化量Δp也是

，其方向与

的方向相同，运用矢量法则计算。p′－p矢量速度的改变量Δv3.冲量(1)定义：力与

的乘积。(2)公式：

。(3)单位：

。(4)方向：冲量是

，其方向与

相同。力的作用时间I＝FΔtN·s矢量力的方向1.物体的动能不变，其动量一定不变。(

)2.物体的动量越大，其惯性也越大。(

)3.物体沿水平面运动时，重力不做功，其冲量为零。(

)4.两物体中动量大的动能不一定大。(

)××√×例1

(2024·江苏省南京师范大学附属中学月考)如图，斜面顶端A与另一点B在同一水平线上，甲、乙两小球质量相等。让甲球在沿斜面向下的恒力作用下沿斜面以初速度v0从顶端A运动到底端，同时让乙球以同样的初速度从B点抛出，两球同时到达地面，不计空气阻力。则A.两球运动过程中所受重力的冲量不同B.两球运动过程中动量的变化量相同C.两球到达地面前瞬间动能相等D.两球到达地面时重力的瞬时功率相等√因两球同时到达地面，设斜面倾角为θ，由h＝v0sinθ·t＋

at2，可知甲球的加速度在竖直方向的分量等于重力加速度，由公式IG＝mgt，PG＝mg(v0sinθ＋gt)可知两球运动过程中所受重力的冲量相同，两球到达地面时重力的瞬时功率相等，故A错误，D正确；甲球在水平方向还有分加速度，即甲球的加速度比乙球的加速度大，所以甲球运动过程中速度的变化量大，则两球运动过程中动量变化量不同，两球到达地面前瞬间速度大小不相等，动能不相等，故B、C错误。

动量动能物理意义描述机械运动状态的物理量定义式p＝mv

标矢性矢量标量变化因素合外力的冲量合外力所做的功大小关系

动量与动能的比较

动量动能变化量Δp＝FtΔEk＝Fl联系(1)都是相对量，与参考系的选取有关，通常选取地面为参考系(2)若物体的动能发生变化，则动量一定也发生变化；但动量发生变化时动能不一定发生变化例2

(2024·江苏省南京六校联合体调研)如图所示，质量为m的滑块沿倾角为θ的固定斜面向上滑动，经过时间t1，速度为零并又开始下滑，经过时间t2回到斜面底端，滑块在运动过程中受到的摩擦力大小始终为Ff，重力加速度为g。在整个运动过程中，下列说法正确的是A.重力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)sinθB.支持力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)cosθC.合外力的冲量为0D.摩擦力的总冲量为Ff(t1＋t2)√重力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)，A项错误；支持力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)cosθ，B项正确；整个过程中滑块的动量发生了改变，故合外力的总冲量不为0，C项错误；上滑过程和下滑过程摩擦力的方向相反，故若以沿斜面向上为正方向，摩擦力的总冲量为Ff(t2－t1)，D项错误。例3

(2023·江苏盐城市伍佑中学校考)一木箱静止于水平地面上，小明用水平拉力F拉木箱，拉力F与时间t的关系图像如图所示，4s后木箱做匀速直线运动，图中F1、F2、F3已知，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。不计空气阻力，下列说法正确的是A.可求2～4s内，木箱的加速度B.可求出木箱与地面间的动摩擦因数C.可求出0～6s内合力的冲量大小D.可求出0～6s内木箱克服摩擦力做的功√4s后木箱做匀速直线运动，表明滑动摩擦力大小等于F2，由于木箱质量不确定，因此不能求木箱的加速度和木箱与地面间的动摩擦因数，A、B错误；在F－t图像中，图线与时间轴所围面积表示冲量，根据题图可求出0～6s内拉力F的冲量大小IF＝2(F1＋F2＋F3)，0～2s内木箱处于静止状态，静摩擦力与F1等大反向，2～6s内摩擦力为滑动摩擦力，大小等于F2，方向与拉力方向相反，则0～6s内摩擦力的冲量If＝－2Ff1－4Ffmax＝－2F1－4F2，则合力的冲量大小I合＝IF＋If，解得I合＝2(F3－F2)，则可求出0～6s内合力的冲量大小，C正确；由于木箱质量不确定，因此不能求出木箱的速度、加速度与位移，即不能求出0～6s内木箱克服摩擦力做的功，D错误。公式法I＝FΔt，此方法仅适用于求恒力的冲量，无需考虑物体的运动状态图像法F－t图像与t轴围成的面积表示冲量，此法既可以计算恒力的冲量，也可以计算变力的冲量平均值法若方向不变的变力大小随时间均匀变化，即力为时间的一次函数，则力F在某段时间t内的冲量动量定理法根据物体动量的变化量，由I＝Δp求冲量，多用于求变力的冲量冲量的计算方法返回动量定理的理解及应用><考点二1.内容：物体在一个过程中所受力的冲量等于它在这个过程始末的_____

。2.公式：

或

。3.对动量定理的理解：(1)公式中的F是研究对象所受的所有外力的合力。它可以是恒力，也可以是变力。当合外力为变力时，F是合外力对作用时间的平均值。(2)Ft＝p′－p是矢量式，两边不仅大小相等，而且方向相同。动量变化量F(t′－t)＝mv′－mvI＝p′－p(3)动量定理中的冲量可以是合外力的冲量，可以是各个力冲量的矢量和，也可以是外力在不同阶段冲量的矢量和。(4)Ft＝p′－p还说明了两边的因果关系，即合外力的冲量是动量变化的原因。(5)由Ft＝p′－p得F＝

即物体所受的合外力等于物体动量的变化率。(6)当物体运动包含多个不同过程时，可分段应用动量定理求解，也可以全过程应用动量定理求解。1.物体所受合外力的冲量方向与物体动量变化量的方向是一致的。(

)2.动量定理描述的是某一状态的物理规律。(

)3.运动员接篮球时手向后缓冲一下，是为了减小动量的变化量。(

)×√×例4

(2023·江苏淮安市涟水县一中月考)快递运输时，我们经常看到，有些易损坏物品外面都会利用充气袋进行包裹，这种做法的好处是A.可以大幅度减小某颠簸过程中物品所受合力的冲量B.可以大幅度减小某颠簸过程中物品动量的变化C.可以使某颠簸过程中物品动量变化的时间延长D.可以使某颠簸过程中物品动量的变化率增加√充气袋在运输中起到缓冲作用，在某颠簸过程中，物品的动量变化量不变，由动量定理可知，合力的冲量不变，充气袋可以延长动量变化所用的时间，从而减小物品所受的合力，A、B错误，C正确；动量的变化率即为物品所受的合力，充气袋可以减小某颠簸过程中物品动量的变化率，D错误。例5

(2023·广东卷·10改编)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1kg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0.40m/s的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为0.04s，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为0.22m/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0.40N·sC.滑块2受到合外力的冲量大小为0.44N·sD.滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5N√取向右为正方向，滑块1和滑块2组成的系统的初动量为p1＝mv1＝1×0.40kg·m/s＝0.40kg·m/s，碰撞后的动量为p2＝2mv2＝2×1×0.22kg·m/s＝0.44kg·m/s，则滑块的碰撞过程动量不守恒，故A错误；对滑块1，则有I1＝mv2－mv1＝1×0.22kg·m/s－1×0.40kg·m/s＝－0.18kg·m/s，负号表示方向水平向左，故B错误；对滑块2，则有I2＝mv2＝1×0.22kg·m/s＝0.22kg·m/s，故C错误；对滑块2根据动量定理有

＝5.5N，则滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5N，故D正确。例6

(2023·江苏常州市联考)质量为60kg的建筑工人不慎从高空跌下，由于弹性安全带的保护而使他悬挂起来。已知安全带的缓冲时间为1.2s，安全带长5m，g取10m/s2，不计空气阻力，则安全带所受的平均冲力的大小为A.500N B.600N C.1000N D.1100N√对建筑工人进行分析：第一阶段，建筑工人做自由落体运动，当安全带绷直时l＝

＝10m/s；第二阶段，安全带缓冲使建筑工人速度减为0，根据动量定理，合外力的冲量等于动量的变化，则(mg－F)t＝0－mv，代入数据解得安全带所受的平均冲力的大小为F＝1100N，故选D。应用动量定理解题的一般思路返回应用动量定理处理“流体模型”><考点三研究对象流体类：液体流、气体流等，通常已知密度ρ微粒类：电子流、光子流、尘埃等，通常给出单位体积内粒子数n分析步骤①构建“柱状”模型：沿流速v的方向选取一小段柱体，其横截面积为S②微元研究小段柱体的体积ΔV＝vSΔt小段柱体质量m＝ρΔV＝ρvSΔt小段柱体粒子数N＝nvSΔt小段柱体动量p＝mv＝ρv2SΔt③列出方程，应用动量定理FΔt＝Δp研究例7

(2023·江苏苏州市统考)如图所示，一玩具水枪的枪口直径为d，水的密度为ρ，水平出射速度为v，垂直击中竖直目标后以大小为0.2v的速度反向溅回，则水柱水平击中目标的平均冲击力大小为(不考虑水竖直方向的运动)A.1.2πd2ρv2 B.0.3πd2ρv2C.1.2πd2ρv D.0.3πd2ρv√t时间内流经水枪枪口的水的体积为V＝vtS＝

t时间内击中目标的水的质量为m＝ρV，取初速度方向为正方向，根据动量定理得－Ft＝－0.2mv－mv，解得水受到的作用力F＝0.3πd2ρv2，由牛顿第三定律可得，水柱击中目标的平均冲击力大小为0.3πd2ρv2，故选B。返回课时精练1.(2024·江苏徐州市阶段练习)行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是A.增加了司机单位面积的受力大小B.减少了碰撞前后司机动量的变化量C.将司机的动能全部转换成汽车的动能D.延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积√1234567891011汽车剧烈碰撞瞬间，安全气囊弹出，立即跟司机身体接触。司机在很短时间内由运动到静止，动量的变化量是一定的，由于安全气囊的存在，作用时间变长，据动量定理Δp＝FΔt知，司机所受作用力减小；又知安全气囊打开后，司机受力面积变大，因此减小了司机单位面积的受力大小；碰撞过程中，动能转化为内能。综上可知，选项D正确。12345678910112.(2024·江苏淮安市楚州中学月考)质量为m的物块在光滑水平面上以速率v匀速向左运动，某时刻对物块施加与水平方向夹角为θ的恒定拉力F，如图所示。经过时间t，物块恰好以相同速率v向右运动。在时间t内，下列说法正确的是A.物块所受拉力F的冲量方向水平向右B.物块所受拉力F的冲量大小为2mvC.物块所受重力的冲量大小为零D.物块所受合力的冲量大小为Fcosθ·t√1234567891011物块所受拉力F的冲量为IF＝Ft，方向与水平方向夹角为θ，故A错误；物块所受重力的冲量为IG＝mgt≠0，故C错误；由动量定理可知I合＝2mv＝Ftcosθ，故B错误，D正确。12345678910113.网球质量约60g，某球员高速击球时，球迎面飞来的速度约为50m/s，球与球拍接触的时间大约是0.004s，若要用球拍以同样的速率将球反向击回，则此过程中网球A.动量变化量为0B.动量变化量约为3.0kg·m/sC.受到球拍的冲击力约为750ND.受到球拍的冲击力约为1500N1234567891011√取被击回后网球速度的方向为正方向，网球动量变化量约为Δp＝mv2－mv1＝0.06×50kg·m/s＋(0.06×50)kg·m/s＝6.0kg·m/s，故A、B错误；根据动量定理Δp＝F·Δt，解得F＝1500N，故D正确，C错误。12345678910114.如图所示，表面光滑的楔形物块ABC固定在水平地面上，∠ABC<∠ACB，质量相同的物块a和b分别从斜面顶端沿AB、AC由静止自由滑下。在两物块到达斜面底端的过程中，下列说法正确的是A.两物块所受重力冲量相同B.两物块的动量改变量相同C.两物块的动能改变量相同D.两物块到达斜面底端时重力的瞬时功率相同√1234567891011设斜面倾角为θ时，物块在斜面上的加速度为a＝gsinθ，设斜面顶点到水平地面的高度为h，则物块在斜面上滑行的时间为t＝

，因为∠ABC<∠ACB，可得物块在AB斜面上的滑行时间比在AC斜面上的滑行时间长，根据I＝mgt可知，两物块所受重力冲量不相同，选项A错误1234567891011根据动量定理有mgsinθ·t＝Δp，可知Δp＝动量改变量是矢量，两物块的动量改变量大小相等，但方向不相同，选项B错误；根据动能定理ΔEk＝mgh得两物块的动能改变量相同，选项C正确；物块到达斜面底端时重力的瞬时功率P＝mgvsinθ，因两物块所处斜面倾角不相同，则重力的瞬时功率不相同，选项D错误。12345678910115.我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展。若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3km/s，产生的推力约为4.8×106N，则它在1s时间内喷射的气体质量约为A.1.6×102kg B.1.6×103kgC.1.6×105kg D.1.6×106kg√123456789101112345678910116.(2024·江苏省模拟)某次10m跳台跳水训练中，运动员进入水中深度3m后速度减为零，其质量m＝50kg，忽略空气阻力，且运动员在水中的运动近似为匀变速直线运动，重力加速度g取10m/s2。则从入水到速度减为零的过程中，水给运动员的冲量大小最接近A.220N·s B.520N·sC.720N·s D.920N·s√123456789101112345678910117.(2023·江苏省江阴高级中学检测)如图所示，在xOy竖直平面内，由A点斜射出一个小球，B、C、D是小球运动轨迹上的三点，A、C、D三点的坐标已在图中标出，空气阻力忽略不计。下列说法正确的是A.小球在A点的动量和在C点的动量相同B.从A到B和从B到C，小球动量变化量相同C.小球从B到C重力的冲量小于从C到D重力

的冲量D.小球从B到C的动量变化率小于从C到D的动量变化率√1234567891011动量是矢量，A、C两处速度方向不同，所以动量不同，故A错误；小球在x轴方向上做匀速直线运动，而A到B、B到C、C到D在x轴上间距相等，所以经历的时间也相等，设时间均为t，小球又只受重力作用，则A到B、B到C、C到D速度变化量相同，为Δv＝gΔt＝gt，所以从A到B和从B到C，小球的动量变化量Δp＝mΔv＝mgt，可知从A到B和从B到C小球的动量变化量相同，故B正确；1234567891011重力的冲量I＝mgΔt，因为B到C、C到D的时间相等，所以重力的冲量相同，故C错误；因为B到C、C到D的时间相等，动量的变化相同，所以动量的变化率也相等，故D错误。12345678910118.(2023·新课标卷·19改编)使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的N极正对着乙的S极，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.甲的速度大小比乙的大B.甲的动量大小比乙的小C.甲的动量大小与乙的相等D.甲和乙的动量之和为零√1234567891011如图所示：由于m甲>m乙，所以a甲<a乙，由于两磁铁运动时间相同，且同时由静止释放，所以可得v甲<v乙，所以选项A错误；1234567891011由于m甲>m乙，Ff1>Ff2，所以对于整个系统不满足动量守恒，所以甲的动量大小与乙的不相等，选项C错误；对于整个系统而言，由于Ff1>Ff2，合力方向向左，合冲量方向向左，所以合动量方向向左，故甲的动量大小比乙的小，选项B正确，D错误。12345678910119.(2022·全国乙卷·20改编)质量为1kg的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，F与时间t的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小取g＝10m/s2。则A.4s时物块的动能不为零B.6s时物块回到初始位置C.3s时物块的动量为12kg·m/sD.0～6s时间内F对物块所做的功为40J1234567891011√物块与地面间的摩擦力为Ff＝μmg＝2N，对物块在0～3s时间内由动量定理可知(F－Ff)t1＝mv3，代入数据可得v3＝6m/s,3s时物块的动量为p＝mv3＝6kg·m/s，故C错误；设3s后经过时间t2物块的速度减为0，由动量定理可得－(F＋Ff)t2＝0－mv3，解得t2＝1s，所以物块在4s时速度减为0，则此时物块的动能也为0，故A错误；12345678910110～6s时间F对物块所做的功为W＝Fx1－Fx2＋Fx3＝40J，故D正确。123456789101110.水刀(如图所示)，即以水为刀，本名高压水射流切割技术，以其冷切割不会改变材料的物理化学性质而备受青睐。目前在中国，“水刀”的最大压强已经做到了420MPa。“水刀”在工作过程中，将水从细喷嘴高速喷出，直接打在被切割材料的表表面上后，立刻沿材料表面散开没面上，假设高速水流垂直打在材料有反弹，已知水的密度为ρ＝1.0×103kg/m3，试估算要达到我国目前的“水刀”压强，则该“水刀”喷出的水流速度约为A.600m/s B.650m/s C.700m/s D.750m/s√1234567891011设水流速度为v，横截面积为S，在极短时间Δt内的质量Δm＝ρvSΔt由动量定理得Δmv＝pSΔt，得v≈648m/s，故选B。123456789101111.中华神盾防空火控系统会在目标来袭时射出大量子弹颗粒，在射出方向形成一个均匀分布、持续时间t＝0.01s、横截面积为S＝2m2的圆柱形弹幕，每个子弹颗粒的平均质量为m＝2×10－2kg，每1cm3有一个子弹颗粒，所有子弹颗粒以v＝300m/s射入目标，并停在目标体内。下列说法正确的是A.所形成弹幕的总体积V＝6cm3B.所形成弹幕的总质量M＝1.2×105kgC.弹幕对目标形成的冲量大小I＝3.6×107kg·m/s2D.弹幕对目标形成的冲击力大小F＝3.6×108N1234567891011√形成弹幕的总体积为V＝vtS＝6m3，A错误；每1cm3有一个子弹颗粒，则子弹颗粒的总个数N＝

＝6×106个，所形成弹幕的总质量M＝Nm＝1.2×105kg，B正确；对整个弹幕由动量定理可知I＝M·Δv＝3.6×107kg·m/s，C错误；由冲量公式I＝FΔt知，弹幕对目标形成的冲击力大小F＝

＝3.6×109N，D错误。1234567891011返回第七章动量守恒定律第2课时目标要求1.理解系统动量守恒的条件并会应用动量守恒定律解决基本问题。2.能熟练运用动量守恒定律解决临界问题。3.会用动量守恒观点分析爆炸问题、反冲运动和人船模型。动量守恒定律内容索引考点一

动量守恒定律的理解考点二

动量守恒定律的基本应用考点三

爆炸问题反冲运动人船模型课时精练><考点一动量守恒定律的理解1.内容如果一个系统不受外力，或者所受外力的

为0，这个系统的总动量保持不变。矢量和2.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

它所受到的外力，如碰撞、爆炸等过程。(3)某一方向守恒：如果系统动量不守恒，但在某一方向上不受外力或所受外力的合力为零，则系统在这一方向上动量守恒。远大于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。(

)√××例1

(2024·江苏省常熟中学调研)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。今让一小球自左侧槽口A的正上方从静止开始落下，与圆弧槽相切自A点进入槽内，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，将做竖直上抛运动√当小球由B运动到C的过程中，因小球对槽有斜向右下方的压力，槽做加速运动，动能增加，小球机械能减少，槽对小球的支持力对小球做了负功，故A错误；当小球在槽内由A运动到B的过程中，左侧物块对槽有作用力，小球与槽组成的系统水平方向动量不守恒，故B错误；小球从B到C的过程中，系统水平方向所受合外力为零，满足系统水平方向动量守恒，故C正确；小球离开C点以后，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错误。例2如图，水平地面上有一小车C，顶端有一轻滑轮，质量完全相同的两个小木块A、B由通过滑轮的轻绳相连接，初始时用手托住小木块A，使A、B、C均处于静止状态。某时刻突然将手撤去，A、B、C开始运动，则对小车C、小木块A、B三者组成的系统，下列说法正确的是(所有摩擦均忽略不计)A.动量不守恒，机械能不守恒B.动量守恒，机械能守恒C.竖直方向上动量守恒，机械能不守恒D.水平方向上动量守恒，机械能守恒√所有摩擦均忽略不计，只有动能和势能相互转化，总的机械能不变，机械能守恒；初始时用手托住小木块A，使A、B、C均处于静止状态。松手后，整个系统竖直方向上合力不为零，动量不守恒，但水平方向上合力为零，水平方向上动量守恒。故D正确。返回动量守恒定律的基本应用><考点二1.动量守恒定律的表达式(1)p＝p′或m1v1＋m2v2＝

。即系统相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量。(2)Δp1＝

，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向。m1v1′＋m2v2′－Δp22.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)同时性动量是一个瞬时量，表达式中的p1、p2…应是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p1′、p2′…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例3如图，质量M＝9kg的小车A以大小为v0＝8m/s的速度沿光滑水平面匀速运动，小车左端固定的支架光滑水平台面上放置质量m＝1kg的小球B(可看作质点)，小球距离车上表面H＝0.8m。某一时刻，小车与静止在水平面上的质量m0＝6kg的物块C发生碰撞并粘连在一起(碰撞时间可忽略)，此后，小球刚好落入小车右端固定的桶中(桶的尺寸可忽略)，不计空气阻力，取重力加速度g＝10m/s2，求：(1)小车的最终速度的大小v；答案5m/s

整个过程中，小球B、小车A和物块C组成的系统水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒，设系统最终速度为v，取水平向右为正方向，由水平方向动量守恒得(M＋m)v0＝(M＋m＋m0)v，解得v＝5m/s。A与C的碰撞过程动量守恒，则有Mv0＝(M＋m0)v1Δx＝(v0－v1)t，解得Δx＝1.28m。(2)初始时小球与桶的水平距离Δx。答案1.28m例4

(2023·江苏无锡市江阴一中期中)如图所示，有A、B两质量均为M＝100kg的小车，沿光滑水平面上以速率v0＝1m/s在同一直线上相向运动，A车上站着一质量为m＝50kg的人。为避免两车相撞，他至少要以对地多大的速度从A车跳到B车？答案2.6m/s只要人跳上B车后两车速度相同，就可以避免相撞。全过程系统动量守恒，则(M＋m)v0－Mv0＝(2M＋m)v1，可得最终的共同速度为v1＝0.2m/s，再以人和A车为对象，人跳出过程人和A车系统动量守恒，跳出后A车的速度应为v1，因此有(M＋m)v0＝Mv1＋mv，可得v＝2.6m/s。返回爆炸问题反冲运动人船模型><考点三动量守恒爆炸物体系统内部的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量_____机械能增加在爆炸过程中，有其他形式的能量(如化学能)转化为机械能，所以系统的机械能增加位置不变爆炸的时间极短，因而作用过程中物体产生的位移

，可以认为爆炸后各部分从爆炸前的位置以新的动量开始运动1.爆炸现象的三个规律守恒很小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动量守恒反冲运动中系统不受外力或内力

外力，所以反冲运动遵循动量守恒定律机械能增加反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的机械能增加远大于例5

2023年春节期间，中国许多地方燃放了爆竹，爆竹带来浓浓的年味。一质量为M的爆竹竖直运动到最高点时，爆炸成两部分，爆炸后瞬间质量为m的部分动能为E，爆炸时间极短可不计，不计爆炸过程中的质量损失，则该爆竹爆炸后瞬间的总动能为√设爆炸后瞬间质量为m的部分速度大小为v1，另一部分的速度大小为v2，根据动量守恒可得mv1＝(M－m)v2，例6将质量为1.00kg的模型火箭点火升空，50g燃烧的燃气以大小为600m/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.30kg·m/s B.5.7×102kg·m/sC.6.0×102kg·m/s D.6.3×102kg·m/s√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＝－0.05×600kg·m/s＝－30kg·m/s，负号表示方向，大小为30kg·m/s，故选A。例7

“独竹漂”是一项独特的黔北民间绝技。如图甲所示，在平静的湖面上，一位女子脚踩竹竿抵达岸边，此时女子静立于竹竿A点，一位摄影爱好者使用连拍模式拍下了该女子在竹竿上行走过程的系列照片，并从中选取了两张进行对比，其简化图如图所示。经过测量发现，甲、乙两张照片中A、B两点的水平间距约为1cm，乙图中竹竿右端距离河岸约为1.8cm。女子在照片上身高约为1.6cm。已知竹竿的质量约为25kg，若不计水的阻力，则该女子的质量约为A.45kg B.50kg C.55kg D.60kg对该女子和竹竿组成的系统，可看成人船模型，所以m1x1＝m2x2，代入数据可得该女子的质量为m2＝45kg，故选A。1.模型图示2.模型特点(1)两者满足动量守恒定律：mv人－Mv船＝03.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)人船位移比等于二者质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即返回课时精练1.(2024·江苏省镇江中学检测)在冬奥会冰上短道速滑接力比赛中，乙运动员奋力向前推出前方甲运动员，忽略一切阻力，此过程中A.甲对乙的冲量大于乙对甲的冲量B.甲、乙两运动员组成的系统动量增加C.甲、乙两运动员组成的系统机械能增加D.甲、乙两运动员的速度变化量大小一定相等√123456789101112根据冲量的定义I＝Ft，可知乙推甲的过程中，相互作用力大小相等，方向相反，作用时间相等，所以甲对乙的冲量大小等于乙对甲的冲量大小，A错误；在乙推甲的过程中，忽略一切阻力，系统所受合外力为零，所以甲、乙两运动员组成的系统总动量守恒，B错误；123456789101112根据能量的转化情况分析可知，在乙推甲的过程中，将体内的化学能转化为系统的机械能，所以甲、乙两运动员组成的系统机械能增加，C正确；乙推甲的过程中，甲、乙两运动员组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，由动量守恒定律可知，甲和乙组成的系统总动量不变，甲、乙的动量变化大小相等，方向相反，但是甲、乙的质量不一定相同，所以甲、乙两运动员的速度变化量大小不一定相等，D错误。1234567891011122.木块a和b用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a紧靠在墙壁上，在b上施加向左的水平力使弹簧压缩，如图所示，当撤去外力后，下列说法正确的是A.a离开墙壁前，a、b和弹簧组成的系统机械能不

守恒B.a离开墙壁前，a、b和弹簧组成的系统动量守恒C.a离开墙壁后，a、b和弹簧组成的系统动量守恒D.a离开墙壁后，a、b和弹簧组成的系统动量不守恒√123456789101112a离开墙壁前，a、b和弹簧组成的系统只有弹簧弹力在做功，故机械能守恒，故A错误；a离开墙壁前，a、b和弹簧组成的系统在水平方向上受到墙壁水平向右的弹力，系统所受合外力不为零，故动量不守恒，故B错误；a离开墙壁后，a、b和弹簧组成的系统所受合力为零，故动量守恒，故C正确，D错误。1234567891011123.(2024·江苏淮安市楚州中学马坝中学联考)两名质量相等的滑冰人员甲和乙都静止在光滑的水平冰面上。现在其中一人向另一人抛出一个篮球，另一人接球后再抛回。如此反复几次之后，甲和乙最后的速率关系是A.若甲最先抛球，则一定是v甲>v乙B.若乙最后接球，则一定是v甲>v乙C.若甲最后接球，则一定是v甲>v乙D.无论怎样抛球和接球，都是v甲>v乙123456789101112√因系统动量守恒，故最终甲、乙动量大小必相等。谁最后接球谁和球的整体质量大，根据动量守恒定律可知，最终谁接球谁的速度小。故选B。1234567891011124.(2024·江苏海安市立发中学检测)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，碰撞前滑块Ⅰ、Ⅱ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∶5C.滑块Ⅰ的质量与滑块Ⅱ的质量之比为5∶3D.碰撞过程中，滑块Ⅰ受到的冲量比滑块Ⅱ受到的冲量大√123456789101112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；由动量定理知，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。1234567891011125.(2024·江苏省金陵中学月考)如图所示，一个长为L的轻细杆两端分别固定着a、b两个光滑金属球，a球质量为2m，b球质量为m，两球的半径相等且均可视为质点，整个装置放在光滑的水平面上，将此装置从杆与水平面夹角为53°的图示位置由静止释放，则A.在b球落地前瞬间，b球的速度方向斜向左下方B.在b球落地前瞬间，a球的速度方向水平向左C.在b球落地前的整个过程中，轻杆对a球做正功D.在b球落地前瞬间，b球的速度方向竖直向下√123456789101112a、b组成的系统在水平方向上所受合力为零，水平方向上动量守恒，系统水平方向的初动量为零，在b球落地前瞬间系统水平方向动量仍为零，此时b球的速度方向竖直向下，a球的速度为零，故A、B错误，D正确；a球初动能为零，b球落地前瞬间a球的动能也为零，且重力与地面的支持力对a球不做功，根据动能定理可知在b球落地前的整个过程中，轻杆对a球做功为零，故C错误。1234567891011126.如图所示，绳长为l，小球质量为m，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都相同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√123456789101112系统只是在水平方向合力为零，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、B错误；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；123456789101112小球相对于小车的最大位移为2l，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vm，小车水平方向的平均速度为vM，mvm－MvM＝0，两边同时乘以运动时间t，mvmt－MvMt＝0，即mxm＝MxM，又xm＋xM＝2l，解得小车向右移动的最大距离为

D正确。1234567891011127.如图所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为10m、12m，两船沿同一直线同一方向运动，速度分别为2v0、v0，为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度。(不计水的阻力)答案4v0123456789101112设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为vmin，抛出货物后乙船的速度为v1，甲船上的人接到货物后船的速度为v2，先选乙船(包括人)和货物为研究系统，由动量守恒定律得12mv0＝11mv1－mvmin，再选甲船(包括人)和货物为研究系统，由动量守恒定律得10m×2v0－mvmin＝11mv2，为避免两船相撞应满足v1＝v2联立解得vmin＝4v0。1234567891011128.(2024·江苏无锡市锡车中学月考)如图所示，有一质量M＝6kg、棱长为0.2m的正方体木块，静止于光滑水平面上，木块内部有一从顶面贯通至底面的通道，一个质量为m＝2kg的小球由静止开始从轨道的左端运动到右端，在该过程中木块的位移为A.0.05m B.0.10mC.0.15m D.0.50m√123456789101112123456789101112小球由静止开始从如题图所示轨道的左端运动到右端过程中，小球与木块组成的系统，水平方向动量守恒，则有

即mx1＝Mx2，根据题意有x1＋x2＝0.2m，联立解得x2＝0.05m，故选A。9.于2021年10月16日发射的“神舟十三号”飞船在2022年4月16日成功返回地球。飞船返回舱返回地面过程可简化为：打开降落伞一段时间后，整个装置沿竖直方向匀速下降，为确保返回舱能安全着陆，在返回舱距地面一定距离时，舱内航天员主动切断与降落伞的连接(“切伞”)，同时点燃返回舱的缓冲火箭，在火箭向下喷气过程中返回舱减至安全速度。假设“切伞”瞬间返回舱的速度大小为v1＝16m/s，火箭喷出的气体相对地面的速度大小为v2＝944m/s，火箭“喷气”时间极短，喷气完成前、后返回舱的质量比为130∶128，喷气完成后返回舱的速度大小为A.2m/s B.1.5m/s

C.2.5m/s D.0.5m/s123456789101112√设喷气前、后返回舱质量分别为m1、m2，喷气完成后返回舱的速度大小为v3。由题知m1∶m2＝130∶128，分析火箭喷气过程，由动量守恒定律可得m1v1＝m2v3＋(m1－m2)v2，解得v3＝1.5m/s，故选B。12345678910111210.(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，重力加速度大小g取10m/s2，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∶2B.爆炸物的爆炸点离地面高度为80mC.爆炸后质量大的碎块的初速度为68m/sD.爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340m√123456789101112设碎块落地的时间为t，质量大的碎块水平初速度为v，则由动量守恒定律知质量小的碎块水平初速度为2v，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＝v0t知落地水平位移之比为1∶2，碎块位移s＝

，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，vt＝(5s－t)×340m/s，又2vt＝(6s－t)×340m/s，联立解得t＝4s，v＝85m/s，故爆炸点离地面高度为h＝

＝80m，所以B项正确，C项错误；两碎块落地点的水平距离为Δx＝3vt＝1020m，故D项错误。12345678910111211.如图所示，光滑水平轨道上放置长木板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为mA＝2kg、mB＝1kg、mC＝2kg。开始时C静止，A、B一起以v0＝5m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞。求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小。123456789101112答案2m/s因碰撞时间极短，A与C碰撞过程动量守恒，设碰后瞬间A的速度为vA，C的速度为vC，以向右为正方向，由动量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mCvC①碰撞后A与B在摩擦力作用下再次达到共同速度，设共同速度为vAB，由动量守恒定律得mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)vAB②A与B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足vAB＝vC③联立①②③式，代入数据得vA＝2m/s。12345678910111212.(2023·江苏海安市实验中学月考)如图甲所示，长木板静止在光滑水平地面上，质量为m的滑块以水平初速度v0由木板左端恰能滑至木板的右端与木板相对静止。若将木板分成长度相等的两段(如图乙)，该滑块仍以v0从木板左端开始滑动，已知滑块运动过程中所受摩擦力不变。则下列分析正确的是A.滑块滑到木板的右端后飞离木板B.滑块滑到木板的右端前就与木板保持相对静止C.两过程滑块的动量变化相同D.两过程系统产生的热量相等123456789101112√123456789101112第一次在滑块运动过程中，滑块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，第二次滑块先使整个木板加速，运动到右半部分上后左半部分停止加速，只有右半部分加速，平均加速度大于第一次的对应过程，故第二次滑块与右边木板将更早达到共同速度，所以滑块还没有运动到最右端，故A错误，B正确；根据动量守恒定律可知两过程中滑块最后的速度不同，则两过程滑块的动量变化不同，故C错误；123456789101112返回根据摩擦力乘以相对位移等于产生的热量，分析可知在题图乙中木板上相对运动的位移没有题图甲中的长，所以产生的热量小于在题图甲中木板上滑行产生的热量，故D错误。第七章动量守恒定律第3课时目标要求1.理解碰撞的种类及其遵循的规律。2.理解“滑块—弹簧”、“滑块—斜(曲)面”两种模型与碰撞的相似性，会分析解决两类模型的有关问题。专题强化：碰撞模型及拓展内容索引考点一

碰撞模型考点二

碰撞模型拓展课时精练><考点一碰撞模型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

外力，可认为相互碰撞的物体组成的系统动量守恒。远大于

动量是否守恒机械能是否守恒弹性碰撞守恒_____非弹性碰撞_____有损失完全非弹性碰撞守恒损失_____3.分类守恒守恒最大4.“一动碰一静”弹性碰撞实例分析以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生弹性碰撞为例，则有m1v1＝m1v1′＋m2v2′讨论：①若m1＝m2，则v1′＝0，v2′＝v1(速度交换)；②若m1>m2，则v1′>0，v2′>0(碰后两小球沿同一方向运动)；当m1≫m2时，v1′≈v1，v2′≈2v1；③若m1<m2，则v1′<0，v2′>0(碰后两小球沿相反方向运动)；当m1≪m2时，v1′≈－v1，v2′≈0。思考质量为mA、初速度为v0的物体A与静止的质量为mB的物体B发生碰撞，碰撞后物体B的速度范围为________≤vB≤________。答案物体A与静止的物体B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B的速度最小，

当发生弹性碰撞时，物例1

(2024·江苏盐城市响水中学期中)如图所示，质量为3m的小球B静止在光滑水平面上，质量为m、速度为v的小球A与小球B发生正碰，碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此碰撞后小球B的速度可能有不同的值。碰撞后小球B的速度大小可能是A.0.15v B.0.2v C.0.4v D.0.6v√若发生的是弹性碰撞，对A、B碰撞过程由动量守恒定律可得mv＝mv1＋3mv2由机械能守恒定律可得若A、B发生的是完全非弹性碰撞，则碰后两球共速，由动量守恒定律可得mv＝(m＋3m)v′碰撞问题遵守的三条原则1.动量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′。2.动能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋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v后>v前，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v前′≥v后′。(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。例2

(2024·江苏省木渎高级中学月考)如图所示，两小球P、Q竖直叠放在一起，小球间留有较小空隙，从距水平地面高度为h处同时由静止释放。已知小球Q的质量是P的2倍。设所有碰撞均为弹性碰撞。忽略空气阻力及碰撞时间，则两球第一次碰撞后小球P上升的高度为√例3

(2023·天津卷·12)已知A、B两物体mA＝2kg，mB＝1kg，A物体从h＝1.2m处自由下落，且同时B物体从地面竖直上抛，经过t＝0.2s相遇碰撞后，两物体立刻粘在一起运动，已知重力加速度g＝10m/s2，求：(1)碰撞时离地高度x；答案1m

对物体A，根据运动学公式可得(2)碰后速度v；答案0设B物体从地面竖直上抛的初速度为vB0，解得vB0＝6m/s可得碰撞前A物体的速度vA＝gt＝2m/s，方向竖直向下碰撞前B物体的速度vB＝vB0－gt＝4m/s，方向竖直向上选向下为正方向，由动量守恒定律可得mAvA－mBvB＝(mA＋mB)v解得碰后速度v＝0(3)碰撞损失的机械能ΔE。答案12J根据能量守恒定律可知碰撞损失的机械能返回碰撞模型拓展><考点二1.“滑块—弹簧”模型(1)模型图示(2)模型特点①动量守恒：两个物体与弹簧相互作用的过程中，若系统所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒。②机械能守恒：系统所受外力的矢量和为零或除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒。③弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系统动能通常最小。(相当于完全非弹性碰撞，两物体减少的动能转化为弹簧的弹性势能)④弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大。(相当于刚完成弹性碰撞)例4

(2023·江苏南通市模拟)如图甲所示，左端接有水平轻弹簧的物块A静止在光滑水平面上，物块B以某一初速度向A运动，t＝0时B与弹簧接触，0～2s内两物块的v－t图像如图乙所示。则A.A的质量比B的大B.0～1s内，弹簧对A、B的

冲量相同C.t＝1s时，弹簧的弹性势能最大D.t＝2s时，A的动量比B的大√由题图乙可知，物块B的初速度为v0＝1.2m/s，t＝1s时，物块A、B的共同速度大小为v＝1.0m/s，由动量守恒定律可得mBv0＝(mA＋mB)v，解得mB＝5mA，故A错误；0～1s内，弹簧对A的冲量方向向右，弹簧对B的冲量方向向左，所以弹簧对A、B的冲量不相同，故B错误；t＝1s时，物块A、B有共同速度，弹簧最短，弹簧的弹性势能最大，故C正确；t＝2s时，A的动量pA＝mAvA，B的动量pB＝mBvB，由题图乙可知vA＝2.0m/s，vB＝0.8m/s，又mB＝5mA，所以A的动量比B的小，故D错误。例5

(2023·江苏连云港市期中)如图所示，光滑水平面上有三个质量均为m＝0.3kg的小球A、B、C，B球左侧固定一水平轻弹簧。使A球以初速度v0＝4m/s向B运动，压缩弹簧至A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘连在一起继续运动。从A开始压缩弹簧至与弹簧分离的过程中，下列说法正确的是A.球A、B、C以及弹簧组成的系统机械能守恒B.与C球相碰时B球的动能为1.2JC.弹簧最短时的弹性势能为1.3JD.A球与弹簧分离时的速度为4m/s√B与C相碰并粘连在一起，该过程是完全非弹性碰撞，机械能损失最大，故A错误；压缩弹簧至A、B速度相等时，B与C恰好相碰，则对A、B由动量守恒得mv0＝2mv，解得v＝

v0＝2m/s，B球的动能为EkB＝

mv2＝0.6J，故B错误；A球与弹簧分离前有能量损失，由能量守恒可知，A球与弹簧分离时的速度小于4m/s，故D错误。2.“滑块—斜(曲)面”模型(1)模型图示(2)模型特点①上升到最大高度：滑块m与斜(曲)面M具有共同水平速度v共，此时滑块m的竖直速度vy＝0。系统水平方向动量守恒，mv0＝(M＋m)v共；系统机械能守恒，

其中h为滑块上升的最大高度，不一定等于轨道的高度(相当于完全非弹性碰撞，系统减少的动能转化为滑块m的重力势能)。②返回最低点：滑块m与斜(曲)面M分离点。系统水平方向动量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系统机械能守恒，

(相当于弹性碰撞)。例6

(2023·江苏苏州市高新区一中校考)带有

光滑圆弧轨道、质量为M的小车静止置于光滑水平面上，如图所示，一质量也为M的小球以速度v水平冲上小车，到达某一高度后，小球又返回车的左端，重力加速度为g，求：(1)此过程小球对小车做的功；设小球离开小车时，小球的速度为v1，小车的速度为v2，选取向右为正方向，整个过程中水平方向动量守恒，由动量守恒定律得Mv＝Mv1＋Mv2解得v1＝0，v2＝v对小车运用动能定理得，小球对小车做的功(2)小球上升的最大竖直距离。当小球与小车的水平速度相等时，小球上升到最大高度，设小球上升的最大竖直距离为h，以向右为正方向，由动量守恒定律得Mv＝2Mv3返回课时精练1.如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的凹槽，凹槽右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上。某时刻小孩将冰块向凹槽推出，冰块平滑地滑上凹槽，则A.小孩推出冰块过程，小孩和冰块系统动量不守恒B.冰块在凹槽上运动过程，冰块和凹槽系统水平方向动量守恒C.冰块从凹槽下滑过程，凹槽动量减少D.冰块离开凹槽时的速率与冲上凹槽前的速率相等√12345678910小孩推出冰块过程，系统合外力为0，小孩和冰块系统动量守恒，故A错误；冰块在凹槽上运动过程，冰块和凹槽系统水平方向所受合外力为0，所以水平方向动量守恒，故B正确；冰块从凹槽下滑过程，冰块对凹槽做正功，凹槽速度增加，动量增加，故C错误；冰块在凹槽上滑和下滑过程，凹槽对冰块做负功，速度减小，冰块离开凹槽时的速率比冲上凹槽时的速率小，故D错误。123456789102.如图所示，两个物块A、B中间用轻弹簧相连放在光滑的水平面上，A、B质量分别为m1＝0.1kg、m2＝0.2kg，物块A右侧与竖直墙接触。某一瞬间敲击物块B使其获得0.3m/s的水平向右的速度，物块B向右压缩弹簧然后被弹簧弹回，弹回时带动物块A运动。当弹簧拉伸到最长时，物块A的速度大小为A.0.1m/s B.0.2m/sC.0.3m/s D.0.4m/s√12345678910由机械能守恒可知，当物块B被弹簧弹回到初始位置时速度仍为v0＝0.3m/s，方向向左；当弹簧拉伸到最长时，两者共速，则由动量守恒定律有m2v0＝(m1＋m2)v，解得v＝0.2m/s，即物块A的速度大小为0.2m/s，故选B。123456789103.如图，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动。两球质量关系为mB＝2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为6kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为－4kg·m/s。则A.左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5B.左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10C.右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5D.右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶2123456789√10根据p＝mv可知动量相同时质量小的速度大，A球的速度比B球大，所以左方是A球。根据动量守恒定律有(6＋6)kg·m/s＝mAvA＋mBvB根据题意mAvA＝(6－4)kg·m/s，mB＝2mA解得vA∶vB＝2∶5，故选A。123456789104.(2023·江苏省镇江中学期中改编)如图所示，一个轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物体甲、乙连接，静止在光滑的水平面上。现在使甲瞬间获得水平向右的速度v0＝4m/s，当甲物体的速度减小到1m/s时，弹簧最短。下列说法中正确的是A.此时乙物体的速度大小为1m/sB.紧接着甲物体将开始做加速运动C.甲、乙两物体的质量之比m1∶m2＝1∶4D.当弹簧恢复原长时，乙物体的速度大小为4m/s123456789√10根据题意可知，当弹簧压缩到最短时，两物体速度相同，所以此时乙物体的速度大小也是1m/s，A正确；因为弹簧压缩到最短时，甲受力向左，甲继续减速，B错误；根据动量守恒定律可得m1v0＝(m1＋m2)v，解得m1∶m2＝