2023-2024屆高考一輪復習物理教案（新教材人教版）第七章動量守恒定律第2講動量守恒定律及應用

第2講動量守恒定律及應用

【目標要求】1.理解系統(tǒng)動量守恒的條件.2.會應用動量守恒定律解決基本問題3會用動量守

恒觀點分析爆炸、反沖運動和人船模型.4.理解碰撞的種類及其遵循的規(guī)律.

考點一動量守恒定律的理解和基本應用

■梳理必備知識

1.內容

如果一個系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的矢量和為0,這個系統(tǒng)的總動量保持不變.

2.表達式

Q）P=P'或如研+切2。2=〃?1。1'+〃?2。2’.系統(tǒng)相互作用前的總動量等于相互作用后的總動量.

（2）?pl=-?p2,相互作用的兩個物體動量的變化量等大反向.

-判斷正誤

1.只要系統(tǒng)所受合外力做功為0,系統(tǒng)動量就守恒.（X）

2.系統(tǒng)的動量不變是指系統(tǒng)的動量大小和方向都不變.（√）

3.若物體相互作用時動量守恒，則機械能一定守恒.（X）

4.動量守恒定律的表達式加'+m2V2',一定是矢量式，應用時要規(guī)定正方

向，且其中的速度必須相對同一個參考系.（√）

■提升關鍵能力

1.適用條件

（1）理想守恒：不受外力或所受外力的合力為零.

（2）近似守恒：系統(tǒng)內各物體間相互作用的內力遠大于它所受到的外力.

（3）某一方向守恒：如果系統(tǒng)在某一方向上所受外力的合力為零，則系統(tǒng)在這一方向上動量守恒.

2.動量守恒定律的五個特性

矢量性動量守恒定律的表達式為矢量方程，解題應選取統(tǒng)一的正方向

相對性各物體的速度必須是相對同一參考系的速度（一般是相對于地面）

動量是一個瞬時量，表達式中的0、22、…應是系統(tǒng)中各物體在相互作用前同一

同時性

時刻的動量，Pi'、C'、…應是系統(tǒng)中各物體在相互作用后同一時刻的動量

系統(tǒng)性研究的對象是相互作用的兩個或多個物體組成的系統(tǒng)

普適性動量守恒定律不僅適用于低速宏觀物體組成的系統(tǒng)，還適用于接近光速運動的

微觀粒子組成的系統(tǒng)

考向L系統(tǒng)動量守恒的判斷

【例11（2021?全國乙卷?14）如圖，光滑水平地面上有一小車，一輕彈簧的一端與車廂的擋板相

連，另一端與滑塊相連，滑塊與車廂的水平底板間有摩擦.用力向右推動車廂使彈簧壓縮，

撤去推力時滑塊在車廂底板上有相對滑動.在地面參考系（可視為慣性系）中，從撤去推力開

始，小車、彈簧和滑塊組成的系統(tǒng)（）

Ho≡w∏I

A.動量守恒，機械能守恒

B.動量守恒，機械能不守恒

C.動量不守恒，機械能守恒

D.動量不守恒，機械能不守恒

答案B

解析因為滑塊與車廂水平底板間有摩擦，且撤去推力后滑塊在車廂底板上有相對滑動，即

摩擦力做功，而水平她面是光滑的；對小車、彈簧和滑塊組成的系統(tǒng)，根據(jù)動量守恒和機械

能守恒的條件可知撤去推力后該系統(tǒng)動量守恒，機械能不守恒，故選B.

考向2動量守恒定律的基本應用

【例2】（2023?浙江溫州市模擬）如圖所示，光滑平面上有一輛質量為2機的小車，車上左右兩

端分別站著甲、乙兩人，他們的質量都是，"，開始兩個人和車一起以速度向右勻速運動.某

一時刻，站在車右端的乙先以相對地面向右的速度。跳離小車，然后站在車左端的甲以相對

于地面向左的速度。跳離小車.兩人都離開小車后，小車的速度將是（）

A.VoB.2vo

C.大于。0，小于2θoD.大于2θo

答案B

解析兩人和車所組成的系統(tǒng)動量守恒，初動量為4w砥），方向向右.當甲、乙兩人先后以相

對地面相等的速度向兩個方向跳離時，甲、乙兩人的動量和為零，則有4∕noo=2ww*,可得

V*=2vo,選項B正確.

方法點撥應用動量守恒定律解題的步驟

［明確研究對象，確定系統(tǒng)的組成）

［受力分析，確U■動量是否守恒）

【規(guī)定正方向，U確定初、未動量）

（根據(jù)動量守恒T定律，建立守恒方程）

［代入數(shù)據(jù)，求出結果并討論說明）

考向3動量守恒定律的臨界問題

工例3】甲、乙兩小孩各乘一輛小車在光滑的水平冰面上勻速相向行駛，速度大小均為。0=6

m∕s,甲車上有質量為機=Ikg的小球若干個，甲和他的小車及小車上小球的總質量為M=

50kg,乙和他的小車的總質量為M2=30kg.為避免相撞，甲不斷地將小球以相對地面為。'

=m/s的水平速度拋向乙，且被乙接住，假如某一次甲將小球拋出且被乙接住后，剛好可保

證兩車不相撞.則甲總共拋出的小球個數(shù)是（）

A.12B.13C.14D.15

答案D

解析規(guī)定甲的速度方向為正方向，兩車剛好不相撞，則兩車速度相等，由動量守恒定律得

（）,解得對甲、小車及從甲車上拋出的小球，由動量守恒

Miv0-M2V0=M↑+M2VV=m/s,

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

考點二爆炸、反沖運動和人船模型

■梳理必備知識

1.爆炸現(xiàn)象的三個規(guī)律

爆炸物體間的相互作用力遠遠大于受到的外力，所以在爆炸過程中，系統(tǒng)

動量守恒

的總動量守恒

在爆炸過程中，有其他形式的能量（如化學能）轉化為機械能，所以系統(tǒng)的機

動能增加

械能增加

爆炸的時間極短，因而作用過程中物體產(chǎn)生的位移很小，可以認為爆炸后

位置不變

各部分仍然從爆炸前的位置以新的動量開始運動

2.反沖運動的三點說明

作用原理反沖運動是系統(tǒng)內兩物體之間的作用力和反作用力產(chǎn)生的效果

反沖運動中系統(tǒng)不受外力或內力遠大于外力，所以反沖運動遵循動量守

動量守恒

恒定律

反沖運動中，由于有其他形式的能轉化為機械能，所以系統(tǒng)的總機械能

機械能增加

增加

■判斷正誤

1.發(fā)射炮彈，炮身后退；園林噴灌裝置一邊噴水一邊旋轉均屬于反沖現(xiàn)象.（√）

2.爆炸過程中機械能增加，反沖過程中機械能減少.（X）

考向1爆炸問題

工例4】（2021?浙江1月選考?12）在爆炸實驗基地有一發(fā)射塔，發(fā)射塔正下方的水平地面上安

裝有聲音記錄儀.爆炸物自發(fā)射塔豎直向上發(fā)射，上升到空中最高點時炸裂成質量之比為

2：1、初速度均沿水平方向的兩個碎塊.遙控器引爆瞬間開始計時，在5s末和6s末先后記

錄到從空氣中傳來的碎塊撞擊地面的響聲.已知聲音在空氣中的傳播速度為340m∕s,忽略空

氣阻力.下列說法正確的是（）

A.兩碎塊的位移大小之比為1:2

B.爆炸物的爆炸點離地面高度為80m

C.爆炸后的質量大的碎塊的初速度為68m/s

D.爆炸后兩碎塊落地點之間的水平距離為34Om

答案B

解析設碎塊落地的時間為質量大的碎塊水平初速度為0,則由動量守恒定律知質量小的

碎塊水平初速度為2o,爆炸后的碎塊做平拋運動，下落的高度相同，則在空中運動的時間相

同，由水平方向X=O“知落地水平位移之比為1：2,碎塊位移S=Vr2+）2,可見兩碎塊的位

移大小之比不是1:2,故A項錯誤；據(jù)題意知，”=（5—f）X340（m/s）,又25=（6—f）X340（m/s）,

聯(lián)立解得f=4s,0=85m/s,故爆炸點離地面高度為∕z=1gP=80m,故B項正確，C項錯誤；

兩碎塊落地點的水平距離為?x=3"=l020m,故D項錯誤.

考向2反沖運動

[例5]（2023?河南省模擬）發(fā)射導彈過程可以簡化為：將靜止的質量為M（含燃料）的導彈點火

升空，在極短時間內以相對地面的速度如豎直向下噴出質量為，"的熾熱氣體，忽略噴氣過程

中重力和空氣阻力的影響，則噴氣結束時導彈獲得的速度大小是（）

AmCM

A.ττuoB.—Uo

Mm

m

'M~m0°'M~m0°

答案D

解析由動量守恒定律得加Oo=(M―m)。，導彈獲得的速度。~Po,故選D.

M-tn

考向3人船模型

1.模型圖示

2.模型特點

⑴兩物體滿足動量守恒定律：mvκ-Mυπi}=0

(2)兩物體的位移大小滿足：〃葉一吒-=O,

X人+x船=L，

汨MTm

^XK~M+mL，X"S-Λ∕+OTL

3.運動特點

(1)人動則船動，人靜則船靜，人快船快，人慢船慢，人左船右；

(2)人船位移比等于它們質量的反比；人船平均速度(瞬時速度)比等于它們質量的反比，即叢=

《例6】(多選)如圖所示，繩長為/,小球質量為，”，小車質量為M,將小球向右拉至水平后

放手，則(水平面光滑)()

A.系統(tǒng)的總動量守恒

B.水平方向任意時刻小球與小車的動量等大反向或都為零

C.小球不能向左擺到原高度

D?小車向右移動的最大距離為訴

答案BD

解析系統(tǒng)只是在水平方向所受的合力為零，豎直方向的合力不為零，故水平方向的動量守

恒，而總動量不守恒，A錯誤，B正確；根據(jù)水平方向的動量守恒及機械能守恒得，小球仍

能向左擺到原高度，C錯誤；小球相對于小車的最大位移為2/,根據(jù)“人船模型”，系統(tǒng)水

平方向動量守恒，設小球水平方向的平均速度為5”，小車水平方向的平均速度為0M,MVm-

ΛfθM=0,兩邊同時乘以運動時間f,，加加一MoMf=0,即mx,"=Λ/XM,又Xw+XM=2∕,解得小

車向右移動的最大距離為器,

D正確.

考點三碰撞問題

■梳理必備知識

1.碰撞

碰撞是指物體間的相互作用持續(xù)時間很短，而物體間相互作用力很大的現(xiàn)象.

2.特點

在碰撞現(xiàn)象中，一般都滿足內力遠大于外力,可認為相互碰撞的系統(tǒng)動量守恒.

3.分類

動量是否守恒機械能是否守恒

一

彈性碰撞W

非彈性碰撞守恒有損失

完全非彈性碰撞損失最大

■判斷正誤

1.碰撞前后系統(tǒng)的動量和機械能均守恒.（×）

2.在光滑水平面上的兩球相向運動，碰撞后均變?yōu)殪o止，則兩球碰撞前的動量大，1、一定相

同?（J）

3.兩球發(fā)生非彈性碰撞時，既不滿足動量守恒定律，也不滿足機械能守恒定律.（X）

?提升關鍵能力

1.彈性碰撞的重要結論

以質量為加、速度為5的小球與質量為m2的靜止小球發(fā)生彈性碰撞為例，則有

m?V?=m↑V[,

ρw∣υ∣2=^∏nυ∣'2÷^∕n2^2,2

m?-m,2m↑

聯(lián)乂解得：功f=；^藐功2，S=樂京功

討論：①若〃2|=〃及，則”=0，V2,=0（速度交換）；

②若ιn↑>m2,則v↑,>0,V2,>0（碰后兩小球沿同一方向運動）；當"21》相2時，v↑,^V?,

V2,≈2υι;

③若〃21<血2，則l√<0,V2,>0（碰后兩小球沿相反方向運動）；當加1《m2時，V?,Z—訪，

V2,≈0.

2.靜止物體被撞后的速度范圍

物體A與靜止的物體3發(fā)生碰撞，當發(fā)生完全非彈性碰撞時損失的機械能最多，物體JB的速

度最小，OB=2。0,當發(fā)生彈性碰撞時，物體B速度最大，UB=27如則碰后物體8

,A2

的速度范圍為：-1-?≤?≤-T^O.

m?-vmB機A十〃m

考向1碰撞的可能性

1例TJA、B兩球在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運動，，"A=1kg,w?=2kg,VA

=6m∕s,VB=2m∕s,當A追上5并發(fā)生碰撞后，A、B兩球速度的可能值是（）

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

解析雖然題給四個選項均滿足動量守恒定律，但A、D兩項中，碰后A的速度z√大于B

的速度ι√,不符合實際，即A、D項錯誤；C項中，兩球碰后的總動能Ek導=%Mi√2

12

+^mBVB=57J,大于碰前的總動能Ek??=J"Aθ∕+5w?2=22J,違背了能量守恒定律，

所以C項錯誤；而B項既符合實際情況，也不違背能量守恒定律，所以B項正確.

方法點撥碰撞問題遵守的三條原則

⑴動量守恒：p∣+p2=Pl'+p2'.

（2）動能不增加：Ek∣+Ek22El√+Ek2'.

（3）速度要符合實際情況

①碰前兩物體同向運動，若要發(fā)生碰撞，則應有V?>υ?,碰后原來在前的物體速度一定增大，

若碰后兩物體同向運動，則應有。就'NoS.

②碰前兩物體相向運動，碰后兩物體的運動方向至少有一個改變.

考向2彈性碰撞

工例8?（2023?浙江省杭州二中月考）如圖所示，B、C、D、E、F五個小球并排放置在光滑的

水平面上，B、C、。、E四個球質量相等，而F球質量小于2球質量，A球質量等于產(chǎn)球質

量.A球以速度。0向B球運動，所發(fā)生的碰撞均為彈性碰撞，則碰撞之后（）

ABCDEF

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

A.3個小球靜止，3個小球運動

B.4個小球靜止，2個小球運動

C.5個小球靜止，1個小球運動

D.6個小球都運動

答案A

解析A、8質量不等，mA<mB,A、B相碰后，4向左運動，B向右運動；B、C、D、E質量

相等，彈性碰撞后，不斷交換速度，最終E有向右的速度，B、C、。靜止；E、F質量不等，

mE>mF,則碰后E、尸都向右運動，所以B、C、。靜止，A向左運動，E、尸向右運動，故A

正確.

考向3非彈性碰撞

工例”（2023?浙江嘉興市模擬）如圖所示，小球A和小球B質量相同，小球B置于光滑水平

面上，小球A從高為6處由靜止擺下，到達最低點恰好與B相撞，并粘合在一起繼續(xù)擺動，

若不計空氣阻力，兩球均可視為質點，則它們能上升的最大高度是（）

解析小球4由釋放到擺到最低點的過程，由機械能守恒定律得m,?gh-^mΛV↑2,則Vi=

也疏.A、B的碰撞過程滿足動量守恒定律，則，”AO1=（"?A+〃?B）02,又，"A=,"B,得02='j7,

對AAB粘在一起共同上擺的過程應用機械能守恒定律得］OU+〃?8）O22=（"7A+/g）g∕z',則h'

h

=不故C正確.

課時精練

過基礎落實練

1.北京冬奧會2OOO米短道速滑接力賽上，“接棒”的運動員甲提前站在“交棒”的運動員乙

前面，并且開始向前滑行，待乙追上甲時，乙猛推甲一把，使甲獲得更大的速度向前沖出，

完成“交接棒”.忽略地面的摩擦力，在這個過程中（）

A.兩運動員的總動量守恒

B.甲、乙運動員的動量變化量相同

C.兩運動員的總機械能守恒

D.甲的動能增加量一定等于乙的動能減少量

答案A

解析兩運動員組成的系統(tǒng)所受合外力矢量和為。，系統(tǒng)動量守恒，A正確；系統(tǒng)動量守恒,

兩運動員的動量變化量等大反向，變化量不相同，B錯誤；在光滑冰面上“交接棒”時，后

方運動員用力推前方運動員，導致機械能增加，C錯誤：在乙推甲的過程中，消耗體內的化

學能轉化為系統(tǒng)的動能，根據(jù)能量守恒定律可知，甲的動能增加量不等于乙的動能減小量，

D錯誤.

2.如圖所示，小木塊機與長木板例之間光滑，M置于光滑水平面上，一輕質彈簧左端固定在

M的左端，右端與〃?連接，開始時，"和M都靜止，彈簧處于自然狀態(tài).現(xiàn)同時對加、M施

加等大反向的水平恒力B、F2,兩物體開始運動后，對機、M、彈簧組成的系統(tǒng)，下列說法

正確的是（整個過程中彈簧不超過其彈性限度）（）

A.整個運動過程中，系統(tǒng)機械能守恒，動量守恒

B.整個運動過程中，當木塊速度為零時，系統(tǒng)機械能一定最大

C.M、機分別向左、右運行過程中，均一直做加速度逐漸增大的加速直線運動

D.M、〃?分別向左、右運行過程中，當彈簧彈力與Q、B的大小相等時，系統(tǒng)動能最大

答案D

解析由于Fl與F2等大反向，系統(tǒng)所受的合外力為零，則系統(tǒng)的動量守恒.由于水平恒力

Fi、尸2對系統(tǒng)做功代數(shù)和不為零，則系統(tǒng)的機械能不守恒，故A錯誤；從開始到彈簧伸長到

最長的過程，F(xiàn)l與B分別對成、M做正功，彈簧伸長最長時，m、M的速度為零，之后彈簧

收縮，F(xiàn)l與Fz分別對，〃、M做負功，系統(tǒng)的機械能減小，因此，當彈簧有最大伸長量時，，〃、

M的速度為零，系統(tǒng)機械能最大；當彈簧收縮到最短時，機、M的速度為零，系統(tǒng)機械能最

小，故B錯誤；在水平方向上，M、膽受到水平恒力和彈簧的彈力作用，水平恒力先大于彈

力，后小于彈力，隨著彈力增大，兩個物體的合力先逐漸減小，后反向增大，則加速度先減

小后反向增大，則加、先做加速度逐漸減小的加速運動，后做加速度逐漸增大的減速運動，

當彈簧彈力的大小與拉力Q、尸2的大小相等時，〃八M的速度最大，系統(tǒng)動能最大，故C錯

誤，D正確.

3.如圖所示，氣球下面有一根長繩，一個質量為，川=50kg的人抓在氣球下方，氣球和長繩

的總質量為oJ2=20kg,長繩的下端剛好和水平面接觸，當靜止時人離地面的高度為6=5m.如

果這個人開始沿繩向下滑，當滑到繩下端時，他離地面的高度約為（可以把人看成質點）（）

A.5mB.m

C.mD.8m

答案B

解析當人滑到下端時，設人相對地面下滑的位移大小為小，氣球相對地面上升的位移大小

為力2,由動量守恒定律，得W71）=電），且/Zl+∕J2=兒解得力2弋m,所以他離地面的高度

約為m,故選項B正確.

4.（多選）（2023?浙江麗水市模擬）質量為M的物塊以速度。運動，與質量為，"的靜止物塊發(fā)

生正碰，碰撞后兩者的動量正好相等，兩者質量之比堇可能為（）

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

答案AB

解析根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律，設碰撞后兩者的動量都為p,則總動量為2p,根

據(jù)動量和動能的關系有：p2=2∕%Ek,根據(jù)能量的關系，由于動能不增加，則有：盥2￡+得,

M

解得帚W3,故A、B正確，C、D錯誤.

5.冰壺運動深受觀眾喜愛，在某次投擲中，冰壺甲運動一段時間后與靜止的冰壺乙發(fā)生正碰,

如圖所示.若兩冰壺質量相等，則碰后兩冰壺最終停止的位置，可能是選項圖中的IW幅圖

)

答案B

解析兩冰壺碰撞過程中動量守恒，兩冰壺發(fā)生正碰，由動量守恒定律可知，碰撞前后系統(tǒng)

動量不變，兩冰壺的動量方向即速度方向，不會偏離甲原來的方向，可知，A圖情況是不可

能的，故A錯誤：如果兩冰壺發(fā)生彈性碰撞，碰撞過程動量守恒、機械能守恒，兩冰壺質量

相等，碰撞后兩冰壺交換速度，甲靜止，乙的速度等于甲的速度，碰后乙做減速運動，最后

停止，最終兩冰壺的位置可能如選項B所示，故B正確；兩冰壺碰撞后，乙在前，甲在后,

選項C所示是不可能的，故C錯誤：碰撞過程機械能不可能增大，兩冰壺質量相等，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錯誤.

E能力綜合練

6.如圖所示，在光滑的水平面上有三個完全相同的小球，它們排成一條直線，小球2、3靜止,

并靠在一起，球1以速度相撞向它們，設碰撞過程中不損失機械能，則碰后三個小球的速度

分別為（）

A.V?=V2=Vi

B.v∣=0>S=S=

。。

C.υι=0,2=3=/0

D.。1=。2=0,。3=。0

答案D

解析由題設條件，三球在碰撞過程中總動量和總動能守恒.設三球質量均為相，則碰撞前

系統(tǒng)總動量為，加0,總動能為g,w?2.選項A、B中的數(shù)據(jù)都違反了動量守恒定律，故不可能.對

選項C,碰后總動量為機內，但總動能為∕nι√,這顯然違反了機械能守恒定律，故不可能.對

選項D,既滿足動量守恒定律，也滿足機械能守恒定律，故選D.

7.（2023?北京市第五中學檢測）4、8物塊沿光滑水平面在同一直線上運動并發(fā)生正碰，如圖為

兩物塊碰撞前后的位移一時間圖像，其中6分別為A、B兩物塊碰前的位移一時間圖像，

C為碰撞后兩物塊共同運動的位移一時間圖像，若A物塊質量機=2kg,則由圖判斷，下列

結論錯誤的是（）

A.碰撞前后A的動量變化量的大小為4kg-rn/s

B.B物塊的質量為kg

C.碰撞過程A對B所施沖量大小為4N?s

D.碰撞過程4、B兩物塊組成的系統(tǒng)損失的動能為IOJ

答案B

10—4

解析以A的初速度方向為正方向，由圖像可知碰撞前4的速度為OA=-5—m∕s=3m∕s,

4—2

碰撞后A、B的共同速度為UAB=2-m∕?=lm∕s,則碰撞前A的動量為AmM=2X3kg?m∕s

=6kg?m∕s,碰撞后A的動量為mvAB—2kg?m∕s,碰撞前后A的動量變化量的大小為4kg?m∕s,

A正確，不符合題意：碰撞前8的速度為如=-1m/s=-2π√s,由動量守恒定律得加以+

44

mnVβ=（m+,解得"m=?kg,B錯誤，符合題意；由動量定理得/=/加。A“一根型“=§

4

×1kg?nVs-^×（-2）kg?m∕s=4Ns,即碰撞過程A對8所施沖量大小為4N?s,C正確，不

符合題意；碰撞過程A、B兩物塊組成的系統(tǒng)損失的動能為ΔEk=^nwA+^∏BOIΓ--?ɑ72+

I1414

=2×2×32J÷2×3×（-2）2J-2×（2+^）×l2J=10J,D正確，不符合題意.

8.（2023?浙江寧波市月考）“爆竹聲中一歲除，春風送暖入屠蘇”，爆竹聲響是辭舊迎新的標

志，是喜慶心情的流露.有一個質量為3根的爆竹從地面斜向上拋出，上升〃后到達最高點，

此時速度大小為。0、方向水平向東，在最高點爆炸成質量不等的兩塊，其中一塊質量為2帆,

速度大小為小方向水平向東；重力加速度為g.則（）

A.爆竹在最高點爆炸過程中，整體的動量守恒

B.質量為m的一塊，其速度為3訓一2。

C.質量為，”的一塊，其速度為2。-3θo

D.質量為機的一塊，在落地過程中重力沖量的大小為相叭借，方向水平向西

答案B

解析爆竹在最高點爆炸過程中，整體水平方向上不受外力，水平方向上動量守恒，故A錯

誤；規(guī)定向東為正方向，根據(jù)動量守恒得3mvo=2mv+mv',解得質量為m的一塊的速度v'

=3vo-2v,故B正確，C錯誤；質量為,〃的一塊爆炸后，做平拋運動，由〃=Jgf2,得運動

的時間則在落地過程中重力沖量的大小為機八方向豎直向下，故D錯誤.

9.在發(fā)射地球衛(wèi)星時需要運載火箭多次點火，以提高最終的發(fā)射速度.某次地球近地衛(wèi)星發(fā)

射的過程中，火箭噴氣發(fā)動機每次噴出質量為帆=80Og的氣體，氣體離開發(fā)動機時的對地速

度。=IOoom∕s,假設火箭（含燃料在內）的總質量為M=600kg,發(fā)動機每秒噴氣20次，忽

略地球引力的影響，貝11（）

A.第三次氣體噴出后火箭的速度大小約為4m/s

B.地球衛(wèi)星要能成功發(fā)射，速度大小至少達到km/s

C.要使火箭能成功發(fā)射至少要噴氣50（）次

D.要使火箭能成功發(fā)射至少要持續(xù)噴氣17s

答案A

解析設噴出三次氣體后火箭的速度為。3,以火箭和噴出的三次氣體為研究對象，以豎直向

上為正方向，由動量守恒定律得：（M-3m）s-3nw=0,解得：v3^4m/s,故A正確；地球

衛(wèi)星要能成功發(fā)射，噴氣”次后至少要達到第一宇宙速度，即：vn=km/s,故B錯誤；以火

箭和噴出的“次氣體為研究對象，以豎直向上為正方向，由動量守恒定律得：（M—Wn）O”一

nmv=0,代入數(shù)據(jù)解得：〃七666,故C錯誤；至少持續(xù)噴氣時間為：?=而=s,故D錯誤.

10.（2023?浙江紹興市調研）如圖為“子母球”表演的示意圖，彈性小球4和8疊放在一起，從

距地面高度為〃處自由落下，刀遠大于兩小球直徑，小球B的質量是A質量的3倍，假設所

有的碰撞都是彈性碰撞，且都發(fā)生在下落的豎直方向上，不考慮空氣阻力.則（）

A.下落過程中兩個小球之間有相互擠壓

B.A與8第一次碰后小球B的速度不為零

C.A與B第一次碰后小球A彈起的最大高度是2/?

D.A與8第一次碰后小球A彈起的最大高度是4∕ι

答案D

解析不考慮空氣阻力，下落過程是自由落體運動，處于完全失重狀態(tài)，則兩個小球之間沒

有力的作用，A錯誤；下降過程為自由落體運動，由勻變速直線運動的速度位移公式得公=

2gh,解得小球B觸地時兩球速度相同，為。=√福，小球B碰撞地之后，速度瞬間反向，

大小相等，選小球A與小球B碰撞過程為研究過程，碰撞前后動量守恒，設碰后小球A、小

球8速度大小分別為。I、V2,選向上為正方向，由動量守恒定律得WIQ-，沏

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

彈起的最大高度，=啜?=4∕Z,C錯誤，D正確.

11.（多選）（2023?浙江寧波市高三檢測）如圖所示，某超市兩輛相同的購物車質量均為m,相

距L沿直線排列，靜置于水平地面上.為節(jié)省收納空間，工人猛推一下第一輛車并立即松手,

第一輛車運動距離L后與第二輛車相碰并相互嵌套結為一體，兩輛車一起運動了L距離后恰

好?？吭趬?若購物車運動時受到的摩擦力恒為車重力的k倍，重力加速度為g,則（）

A.兩購物車在整個過程中克服摩擦力做功之和為IkmgL

B.兩購物車碰撞后瞬間的速度大小為旅

C.兩購物車碰撞時的能量損失為2h*gL

D.工人給第一輛購物車的水平?jīng)_量大小為M√Tb最Z

答案CD

解析由題意可知，兩購物車在整個過程中克服摩擦力做功之和為W?.f=kmgL+2kmgL=

3kmgL,A錯誤；工人猛推一下第一輛車并立即松手，設此時第一輛車的速度為Vot運動L

距離后速度為V?,由動能定理可得一切3=金孫2—］劭）2,得g=qvo1-2kgL,設與第二輛

車碰后瞬間的共同速度為vf取第一輛車的初速度為正方向，由動量守恒定律可得mv↑=2mvf

得D=/，由能量守恒定律可得3h∕*L+AE=1W,兩購物車在碰撞中系統(tǒng)減少的能量AE

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

=2kmgL,V=^VI=NU/—2kgL=、2kgL,B錯誤，C正確；由動量定理可知，工人給第一

輛購物車的水平?jīng)_量大小為I=mvo-O=nτ?∣?OkgLfD正確.

12.（2023?浙江臺州市模擬）如圖所示，光滑導軌的末端放有一個質量為如=Ikg的小球A,導

軌的末端與豎直墻上的。點等高，導軌末端到豎直墻壁的水平距離為d=m.一個質量為

恤的小球8沿導軌從距導軌末端高〃=m處由靜止釋