高考综合复习——动量专题复习一
动量动量定理动量守恒定律
总体感知
知识网络
考纲要求
考点要求
动量、动量守恒定律弹性碰撞和非弹性碰撞ⅡⅠ
实验：验证动量守恒定律
命题规律
1．从近几年的高考试题来看，本专题是高考考查的重点之一，涉及本专题的高考试题有选择、填空、计算等题型。高考试题中多次出现动量守恒和能量守恒相结合的综合计算题，有时还与带电粒子在电场和磁场中的运动、天体的运动、核反应等联系起来综合考查。
2．在新课标地区由于本专题的知识位于选考部分，因而有关动量的内容将出现在选做部分，而且以实验题和计算题形式出现的可能性较大。
在新课标地区的考试大纲中，对本专题的要求有所降低，因此出现大型综合题的可能性不大，出题形式还是以选择、计算、实验为主。
由于各考区的要求不同，出题的分值和形式也不一样。比如在广东考区本专题为指定选考内容，与必考内容相当；而在山东将以非选择题的形式出现，而其与原子物理部分合起来占有分值只有8分左右，故出现难题的可能性不大，出计算和实验题的可能性较大。
复习策略
本章的复习在时间上必须给予足够的保证，在思想上给予高度的重视。
1．注意提高对各知识点的理解能力，如动量、冲量、动量定理以及动量守恒定律的矢量性及意义，这在高考有关的大多数题目中都有刻意的体现。
2．注重提高分析综合能力和对实际问题进行抽象简化的能力。在处理问题所描述的物理过程较为复杂情况时，首先必须明确题目所描述的物理过程，弄清物理现象发生的条件，并尽可能地用简洁的语言，或用数学公式把物理过程、物理条件表达出来，并将题设的条件进行合理的抽象和简化。
3．注重提高综合运用物理规律解决实际问题的能力。高考有关试题中多次涉及到综合运用动量守恒定律、能量守恒定律、平抛运动规律等情况，要注意必须与客观实际相符，才能对问题做出全面准确的判断。
4．在动量守恒定律的复习中，要抓住速度的矢量性、瞬时性、同一性、同时性，分析物体之间的相互作用的过程，要针对某一过程确定状态，列出方程，抓住典型问题。例如，人船问题，弹性碰撞问题，子弹打木块问题，弹簧问题，多个物体相互作用过程的选取问题等等，在复习中，要抓住两点：第一要注意选取系统（对象）和过程，第二要抓住摩擦力做功的特征、摩擦力做功和动能变化的关系，以及物体在相互作用时能量的转化关系，另外，对于碰撞问题，要注意碰撞的多种可能性，作出正确的分析判断后，再针对不同情况进行计算以免出现漏解。
第一部分动量、动量定理
知识要点梳理
知识点一——动量和冲量
▲知识梳理
1．动量
（1）定义：运动物体的质量与速度的乘积。
（2）表达式：。
（3）矢量性：动量是矢量，方向与速度方向相同。运算遵守平行四边形定则。
（4）动量的变化量：是矢量，方向与一致。
特别提醒：
①物体动量的变化是个矢量，其方向与物体速度的变化量的方向相同。在合外力为恒力的情况下，物体动量变化的方向也是物体加速度的方向，也即物体所受合外力的方向，这一点，在动量定理中可以看得很清楚。
②有关物体动量变化的运算，一定要按照矢量运算的法则（平行四边形定则）进行。如果
物体的初、末动量都在同一条直线上，常常选取一个正方向，使物体的初、末动量都带有表
示自己方向的正负号，这样，就可以把复杂的矢量运算化为简单的代数运算了。
（5）动量与动能的关系：。
2．冲量
（1）定义：力与力的作用时间的乘积。
（2）表达式：。
（3）冲量是矢量：它由力的方向决定。
▲疑难导析
1．动量、动能、动量变化量的比较
动量动能动量的变化量定义物体的质量和速度的乘积物体由于运动而具有的能量物体末动量与初动量的矢量差
定义式
矢标性矢量标量矢量
特点状态量状态量过程量
关联方程
特别提醒：
（1）当物体的速度大小不变，方向变化时，动量一定改变，动能却不变，如：匀速圆周运动。
（2）在谈及动量时，必须明确是物体在哪个时刻或哪个状态所具有的动量。
（3）物体动量的变化率等于它所受的力，这是牛顿第二定律的另一种表达形式。
2．对动量、冲量概念进一步的理解
（1）动量是状态量，对应于物体运动的某个状态；冲量是过程量，是力对时间的累积效应。它们都是矢量，必须大小、方向都相同，才能说两物体的动量、冲量相同。
（2）冲量的方向由力的方向决定，在作用时间内力的方向不变，冲量的方向就是力的方向。若力的方向变化，冲量的方向与动量变化方向相同。如：匀速圆周运动中，质量为m的物体，线速度大小为v，运动半个周期向心力的冲量方向如何？
（3）仅适用于恒力的冲量计算，计算中I的大小与物体运动状态无关，力与时间要一一对应，变力的冲量应用动量定理计算。
例如质量为m的小球用长为r的细绳的一端系住，在水平光滑的平面内绕细绳的另一端做匀速圆周运动，速率为v，周期为T。向心力在半个周期的冲量不等于。而是半个周期的始、末线速度方向相反，动量的变化量是。根据动量定理可知，向心力在半个周期的冲量大小也是，方向与半个周期的开始时刻线速度的方向相反。
：一个质量为1 kg的物体，放在水平桌面上，受到一个大小为10 N，与水平方向成
角的斜向下的推力作用，如图所示。g取10，则在5s内推力冲量大小为_______，支持力的冲量大小为_______。
解析：推力F和桌面对物体的支持力
皆为恒力，且＝16 N，
则推力的冲量，
支持力的冲量
知识点二——动量定理
▲知识梳理
1．动量定理
（1）内容：物体所受的合外力的冲量等于它的动量的变化量。
（2）表达式：或
（3）根据，得，即。这是牛顿第二定律的另一种表达形式：作用力F等于物体动量的变化率。
特别提醒：都是矢量运算，所以用动量定理解题时，应首先确定研究对象，根据各已知量的方向确定它们的正负，再代入运算。
2．应用动量定理解题的步骤
（1）选取研究对象；
（2）确定所研究的物理过程及其始、末状态；
（3）分析研究对象所研究的物理过程中的受力情况；
（4）规定正方向，根据动量定理列式；
（5）解方程，统一单位，求解结果。
▲疑难导析
1．对动量定理的几点说明
（1）动量定理的研究对象可以是单个物体，也可以是物体系统。对物体系统，只需分析系统受的外力，不必考虑系统内力。系统内力的作用不改变整个系统的总动量。
（2）用牛顿第二定律和运动学公式能求解恒力作用下的匀变速直线运动的间题，凡不涉及加速度和位移的，用动量定理也能求解，且较为简便。
但是，动量定理不仅适用于恒定的力，也适用于随时间变化的力。对于变力，动量定理中的F应当理解为变力在作用时间内的平均值。
（3）用动量定理解释的现象一般可分为两类：一类是物体的动量变化一定，此时力的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小。另一类是作用力一定，此时力的作用时间越长，动量变化越大；力的作用时间越短，动量变化越小。分析问题时，要把哪个量一定哪个量变化搞清楚。
2．动量定理的应用技巧
（1）应用求变力的冲量
如果物体受到变力作用，则不直接用求变力的冲量，这时可以求出该力作用下的物体动量的变化，等效代换变力的冲量I。
（2）应用求恒力作用下的曲线运动中物体动量的变化。
曲线运动中物体速度方向时刻在改变，求动量变化需要应用矢量运算方法，比较复杂，如果作用力是恒力，可以求恒力的冲量，等效代换动量的变化。
：物体A和B用轻绳相连接，挂在轻弹簧下静止不动，如图（a）所示，A的质量为m，B的质量为M。当连接A、B的绳突然断开后，物体A上升经某一位置时的速度大小为v．这时，物体B的下落速度大小为u，如图（b）所示。在这段时间里，弹簧的弹力对物体A的冲量为（）
A．
B．
C．
D．
答案：D
解析：由题意可知，虽然整个过程所用的时间可以直接求出，
但弹簧的弹力是一变力，要求它的冲量只能用动量定理来计算。
以物体A为研究对象，取竖直向上为正方向，
根据动量定理有：①
在t时间内，物体B做自由落体运动，则：②
由①②两式可得弹力的冲量
所以正确的选项为D。
典型例题透析
题型一——动量、动量变化量的计算
关于动量变化量的计算：
（1）动量的变化量，式中p为初始时刻的动量，为末时刻的动量。由于动量是矢量，动量的变化量也是矢量，动量的运算应遵循平行四边形定则。
（2）如果初动量p、末动量在同一直线上，动量的运算可以简化为代数运算。即规定一个正方向。p和中凡是方向和正方向一致的取正值，相反的取负值，由求得。
（3）如果初末动量p和不在同一直线上，可根据三角形定则作图求得。
即若垂直可根据求得。
1、将质量为0. 10kg的小球从离地面20 m高处竖直向上抛出，抛
出时的初速度为15 m/s，g取10，求当小球落地时：
（1）小球的动量；
（2）小球从抛出至落地过程中动量的增量；
（3）若其初速度方向改为水平，求小球落地时的动量及动量变化量。
思路点拨：计算动量、动量变化量时应首先判断初、末速度的方向。对于动量，由定义式，可直接计算；对于动量变化，此式是矢量式，计算时应遵循平行四边形定则。
解析：
（1）由可得小球落地时的速度大小m/s。
取向下为正，则小球落地时的动量，方向向下。
（2）小球从抛出至落地动量的增量
，方向向下。
（3）小球落地时竖直分速度为，则由得：
落地时的速度为：
则小球落地时动量为，方向与水平方向夹角向下
抛出后，小球在水平方向上动量变化
在竖直方向动量变化
所以，方向竖直向下。
总结升华：由于动量是矢量，动量的变化量也是矢量，动量的运算应遵循平行四边形定则。
举一反三
【变式】质量为m的钢球自高处落下，以速率碰地，竖直向上弹回，碰撞时间极短，离地的速率为。在碰撞过程中，钢球的动量变化量方向和大小为（）
A．向下， B．向下，
C．向上， D．向上，
答案：D
解析：取向下为正向，则，负号表示与选的正方向相反即向上。
题型二——冲量的计算
冲量的计算常分三种情况：
（1）恒力的冲量。用去求解。
（2）用图像法求变力的冲量
如果力随时间作线性变化，可以用图像法求变力的冲量，此时比
较容易求平均力。以时间为横轴，力为纵轴，力随时间变化的关系
图线在坐标上，如图所示。该图线与时间轴围成的面积（图
中阴影部分）在量值上代表的力的冲量。
这样求力的冲量问题就变成求图上的面积问题了。
（3）用动量定理求变力的冲量。
2、一质点在水平面内以速度v做匀速圆周运动，如图，质
点从位置A开始，经圆周，质点所受合力的冲量是多少？
思路点拨：利用动量定理求变力的冲量。
解析：质点做匀速圆周运动，它所受的合外力提供向心力，
合力是一个大小不变、方向不断变化的力，
那么合力的冲量由可知为合外力冲量，以方向为正，
因为，则，合力冲量与同向。
总结升华：变力的冲量不容易或无法直接求出，可借助间接求出，即合外力的冲量由末动量与初动量的动量差来决定。
举一反三
【变式】用电钻给建筑物钻孔时，钻头所受的阻力与深度成正比。若钻头匀速钻进时第1秒内阻力的冲量为100 N·s，求5s内阻力的冲量。
解析：设钻头钻进墙壁的深度为x，则钻头受到的阻力为，k为比例系数，又因钻头是匀速钻进的，即，所以，
阻力与时间t成正比，图线如图所示：
在时间t内阻力的冲量，
因1s内的冲量为100 N·s，，
所以，则5s内的冲量N·s。
题型三——对动量定理的理解及计算
（1）动量定理是矢量方程
合外力的冲量与物体的动量变化不仅大小相等，而且方向相同。应用动量定理解题时，要特别注意各矢量的方向，先规定正方向，再把矢量运算化为代数运算。
（2）对系统运用动量定理列式求解
尽管系统内各物体的运动情况不同，但各物体所受的冲量之和仍等于各物体总动量的变化量。应用这个处理方法能使一些繁杂物理题的运算更为简便。
3、滑块A和B用轻细线连接在一起后放在水平桌面上，水平恒力F作用在B上，使A、B一起由静止开始沿水平桌面滑动。如图，已知滑块A、B与水平面间的滑动摩擦因数均为，在力F作用t秒后，A、B间连线突然断开，此后力F仍作用于B。试求：滑块A刚好停住时，滑块B的速度多大（滑块A、B的质量分别为）
思路点拨：细绳断开前后，若取A、B作为一个系统，取全过程来研究，系统受的合外力不变，即，可用动量定理对系统来研究较为简便。
解析：取滑块A、B为研究对象，研究A、B整体作加速运动的过程。
根据动量定理，有
由此可知A、B在线断开时的共同速度为
研究滑块A在线断开后做匀减速运动的过程，根据动量定理，有
将上式，代入此式可得滑块A做匀减速运动的时间为
研究滑块A、B整体，研究从力F作用开始至A停止的全过程。
此过程中系统受合外力始终不变，根据动量定理，有
将代入此式可求得B滑块的速度为。
总结升华：动量定理的研究对象一般为单一的物体，但也可以是一个物体系，且动量定理可以在某一分过程中使用，也可以对全过程使用。
举一反三
【变式】质量为M的金属块和质量为m的木块通过细线连在一起，从静止开始以加速度a 在水中下沉，经过时间t，细线断了，金属块和木块分离，再经时间，木块停止下沉，求此时金属块的速度。
解析：对金属块和木块组成的系统，其所受的合外力为，从开始下沉到木块停止下沉，系统所受的合外力是恒定的，选开始的状态作为初态，木块停止下沉的状态作为末态，对全过程应用动量定理有
所以当木块停止下沉时铁块的速度。
第二部分动量守恒定律
知识要点梳理
知识点一——动量守恒定律
▲知识梳理
1．动量守恒定律
相互作用的一个系统不受外力或者所受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变。
（1）表达式：
①，表示作用前后系统的总动量相等。
② (或)，表示相互作用物体系总动量增量为零。
③，表示两物体动量的增量大小相等方向相反。
特别提醒：正确区分内力和外力
外力指系统外物体对系统内物体的作用力；内力指研究系统内物体间的相互作用力。
（2）动量守恒是对某一系统而言的
划分系统的方法一旦改变，动量可能不再守恒。因此，在应用动量守恒定律时，一定要弄清研究对象，把过程始末的动量表达式写准确。在某些问题中，适当选取系统使问题大大简化。
2．动量守恒定律的条件
（1）系统不受外力或系统所受的合外力为零。
（2）系统所受的合外力不为零，但比系统内力小得多。如爆炸过程中的重力比相互作用力小很多，可忽略重力，认为爆炸过程符合动量守恒定律。
（3）系统所受的合力虽不为零，但在某个方向上的分量为零，则在该方向上系统总动量的分量保持不变。
3．动量守恒定律解题的基本思路
（1）确定研究对象并进行受力分析，过程分析；
（2）确定系统动量在研究过程中是否守恒；
（3）明确过程的初、末状态的系统动量的量值；
（4）选择正方向，根据动量守恒定律建立方程。
4．动量守恒定律的适用范围
动量守恒定律是从实验中总结出来的，并且它是人们在自然界中寻找“守恒”的产物。动量守恒定律也可以利用牛顿定律和运动学公式推导出来，但它的适用范围却比牛顿定律广得多。牛顿定律的适用范围是：低速、宏观，动量守恒定律却不受此种限制。动量守恒定律是自然界中最重要、最普遍的规律之一。
▲疑难导析
1．应用动量守恒定律列方程时应注意以下四点
（1）矢量性：动量守恒方程是一个矢量方程。对于作用前后物体的运动方向都在同一直线上的问题，应选取统一的正方向，凡是与选取正方向相同的动量为正，相反为负。若方向未知，可设正方向列动量守恒方程，通过解得结果的正负，判定未知量的方向。
（2）瞬时性：动量是一个瞬时量，动量守恒指的是系统任一瞬时的动量恒定。列方向
时，等号左侧是作用前(或某一时刻)各物体的动量和，等号右侧是作用后(或另一时刻)各物体的动量和。不同时刻的动量不能相加。
（3）相对性：由于动量大小与参考系的选取有关，因此应用动量守恒定律时，应注意各物体的速度必须是相对同一惯性系的速度。一般以地面为参考系。
（4）普适性：它不仅适用于两个物体组成的系统，也适用于多个物体组成的系统；不仅适用于宏观物体组成的系统，对微观粒子组成的系统也适用。
2．多个物体组成的系统动量守恒
系统的动量守恒不是系统内所有物体的动量不变，而是系统内每个物体动量的矢量和不变，而且每个物体的动量都是相对同一参照系的。因此，根据题目的要求，要善于应用整体动量守恒，巧妙选取研究系统，合理选取相互作用过程来研究，问题就会迎刃而解。
3．当动量不守恒时，可利用某一方向守恒求解
如果相互作用的物体所受外力之和不为零，外力也不远小于内力，系统总动量就不守恒，也不能近似认为守恒，但是，只要在某一方向上合外力的分量为零，或者某一方向上的外力远小于内力，那么在这一方向上系统的动量守恒或近似守恒。
4．动量守恒定律应用中的临界问题
在动量守恒定律的应用中，常常会遇到相互作用的两物体相距最近、避免相碰和物体开始反向运动等临界问题。这类临界问题的求解关键是充分利用反证法、极限法分析物体的临界状态，挖掘问题中隐含的临界条件，选取适当的系统和过程，运用动量守恒定律进行解答。
：如图所示，带四分之一圆弧轨道的长木板A静止于光滑的水平面上，其曲面部分MN 是光滑的，水平部分NP是粗糙的，现有一小滑块B自M点由静止下滑，设NP足够长，则下列叙述正确的是（）
A．A、B最终以同一速度(不为零)运动
B．A、B最终速度都为零
C．A先做加速运动，再做减速运动，最后静止
D．A先做加速运动，后做匀速运动
答案：BC
解析：由于木板与滑块组成的系统水平方向不受外力，故水平方向动量守恒，初动量为零，故末动量也为零，即最终木板与滑块将静止，故A错B对；物块在光滑圆弧上下滑时，木板A 受压力在水平方向有分力，故此时A向左加速，当滑块B到NP上时，A受向右摩擦力又减速最终静止。
知识点二——碰撞、爆炸和反冲
▲知识梳理
1、碰撞与爆炸
（1）碰撞与爆炸具有一个共同特点：即相互作用的力为变力，作用的时间极短，作用力很大，且远远大于系统受的外力，故均可用动量守恒定律来处理。
（2）爆炸过程中，因有其他形式的能转化为动能，所以系统的动能会增加。
（3）由于碰撞(或爆炸)的作用时间极短，因此作用过程中物体的位移很小，一般可忽略不计，即认为碰撞(或爆炸)后还是从碰撞(或爆炸)前瞬间的位置以新的动量开始运动。
（4）碰撞的种类及特点
分类标准种类特点
能量是否守恒弹性碰撞动量守恒，机械能守恒
非完全弹性碰撞动量守恒，机械能有损失
完全非弹性碰撞动量守恒，机械能损失最大
碰撞前后动量是否共线
对心碰撞（正碰）碰撞前后速度共线非对心碰撞（斜碰）碰撞前后速度不共线
2、反冲运动
（1）反冲运动是相互作用的物体之间的作用力与反作用力产生的效果。如射击时枪身的后坐，发射炮弹时，炮身的后退，火箭因喷气而发射，水轮机因水的冲刷而转动等都是典型的反冲运动。
（2）反冲运动的过程中，如果没有外力作用或外力的作用远小于物体间的相互作用力，可利用动量守恒定律来处理。
（3）研究反冲运动的目的是找反冲速度的规律，求反冲速度的关键是确定相互作用的对象和各物体对地的运动状态。
（4）反冲运动中距离、移动问题的分析
一个原来静止的系统，由于某一部分的运动而对另一部分有冲量，使另一部分也跟随运动，
若现象中满足动量守恒或某个方向上满足动量守恒，则有，有。物体在这一方向上有速度，经过时间的累积，物体在这一方向上运动一段距离，则距离同样
满足，则它们之间的相对距离。
（5）火箭的反冲问题
火箭内部装有燃料和氧化剂，它们经过输送系统进入燃烧室，燃烧生成炽热气体向后喷射，获得向后的动量，按动量守恒定律，火箭必获得向前的动量。燃料不断燃烧，连续地向后喷出气体，火箭不断地受到向前的推力作用，从而获得很大速度。火箭飞行所能达到的最大速度，也就是燃料燃尽时获得的速度。最大速度主要取决于两个条件：一是喷气速度；二是火箭开始飞行时的质量与燃料燃尽时的质量比。喷气速度越大，质量比越大，最终速度越大。
▲疑难导析
1、弹性碰撞、完全非弹性碰撞和非弹性碰撞的对比 种类 弹性碰撞 完全非弹性碰撞 非弹性碰撞
产生条件 碰撞后不保留形变 碰撞后形变完全保留
碰撞后保留部分形变
过程特点
系统动量守恒，机械能守恒
系统动量守恒，机械能不守恒
数学表达式
末速度计算式
当时
解方程求出
特别提醒：弹性碰撞的规律
两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和动能守恒。 以质量为速度为
的小球与质量为
的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有
解得
结论：
（1）当两球质量相等时，两球碰撞后交换了速度。
（2）当质量大的球碰质量小的球时，碰撞后两球都向前运动。
（3）当质量小的球碰质量大的球时，碰撞后质量小的球被反弹回来。
2、散射
在粒子物理和核物理中，常常使一束粒子射入物体，粒子与物体中的微粒碰撞。研究碰撞后粒子的运动方向，可以得到与物质微观结构有关的很多信息。与宏观物体碰撞不同的是，微观粒子相互接近时并不发生直接接触，因此微观粒子的碰撞又叫做散射。由于粒子与物质微粒发生对心碰撞的概率很小，所以多数粒子在碰撞后飞向四面八方。如图所示。
3、解析碰撞问题的三个依据
（1）动量守恒，即
（2）动能不增加，即或
（3）速度要符合情景：如果碰前两物体同向运动，则后面的物体速度必大于前面物体的速度，即，否则无法实现碰撞．碰撞后，原来在前的物体的速度一定增大，且原来在前
的物体速度大于或等于原来在后的物体的速度，即，否则碰撞没有结束．如果碰前两物体是相向运动，则碰后，两物体的运动方向不可能都不改变，除非两物体碰撞后速度均为零．
4、平均动量守恒
若系统在全过程中的动量守恒(包括单方向动量守恒)，则这一系统在全过程中的平均动量也必守恒，如果系统是由两个物体组成，且相互作用前均静止，相互作用后均发生运动，则
由动量守恒定律，。
得推论：。使用时应明确必须是相对同一参照物位移的大小。常见的“人船模型”符合此特点。
：如图所示，一颗质量为m、速度为的子弹竖直向上射穿质量为M的木块后继续上升，子弹从射穿木块到再回到原木块处所经过的时间为T。那么当子弹射穿木块后，木块上升的最大高度是_________。
解析：当子弹射穿木块的过程中，系统受到重力的作用，
但由于时间太短，内力远大于外力，
因此作用过程中，仍可以认为动量守恒。
子弹射穿木块后速度
根据动量守恒有
解得
根据可得。
典型例题透析
题型一——碰撞问题的处理
在处理碰撞问题时，通常要抓住3项基本原则，即
（1）碰撞过程中动量守恒原则。
（2）碰撞后系统总动能不增加原则。
（3）碰撞前后状态的合理性原则：碰撞过程的发生必须符合客观实际，如甲追上乙物并发生碰撞，碰前甲的速度必须大于乙的速度，碰后甲的速度必须小于等于乙物的速度，或甲反向运动。
1、如图所示，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，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为6，运动中两球发生碰撞，
碰撞后A球的动量增量为－4 ，则（）
A．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2:5
B．左方是A球．碰撞后A、B两球速度大小之比为1:10
C．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2:5
D．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1:10
思路点拨：根据碰撞的三项基本原则（即碰撞过程中动量守恒原则、碰撞后系统总动能不增加原则和碰撞前后状态的合理性原则）分析求解。
解析：由两球的动量都是6，知运动方向都向右，且能够相碰，说明左方是质量小
速度大的小球，故左方是A球，碰后A球的动量减少了4，即A球的动量为2，
由动量守恒定律得B球的动量为10，故可得其速度比为2:5，故选项A是正确的。
答案：A
总结升华：本题主要考查了学生的分析能力和判断能力。解决此问题的关键在于首先根据动量的大小，判断出速度谁大谁小，然后利用动量守恒定律，解决问题即可。
举一反三
【变式】甲、乙两球在光滑水平轨道上同向运动，已知它们的动量分别是 5 ，
7 ，甲追上乙并发生碰撞，碰撞后乙球的动量变为10 ，则两球质量与的关系可能是（）
A． B． C． D．
答案：C
解析：
（1）碰前因甲能追上乙，故，所以，所以A错。
（2）碰后：应有，所以
由动量定恒，所以 2 。
所以，所以D错。
（3）能量：碰撞前总动能≥碰撞后总动能
所以
可得，所以B错。正确选项为C。
题型二——平均动量守恒
注意公式的成立条件：系统由两个物体组成，且相互作用前均静止，相互作用后均发生运动。使用时应明确必须是相对同一参照物位移的大小。
2、如图所示，一浮吊质量M=2kg，由岸上吊一
起一质量m = 2kg的货物后，再将吊杆OA从与竖直方
向间夹角转到，设吊杆长L=8m，水的阻力
不计，求浮吊在水平方向移动的距离？向哪边移动？
思路点拨：对浮吊和货物组成的系统，在吊杆转动过程中水平方向不受外力，动量守恒。当货物随吊杆转动远离码头时，浮吊将向岸边靠拢，犹如人在船上向前走时船会后退一样，所以可应用动量守恒求解。
解析：设浮吊和货物在水平方向都做匀速运动，浮吊向右的速度为v，货物相对于浮吊向左的速度为u，
则货物相对河岸的速度。由，得
吊杆从方位角转到需要时间
所以浮吊向岸边移动的距离
。
总结升华：如果相互作用的物体所受外力之和不为零，外力也不远小于内力，系统总动量就不守恒，也不能近似认为守恒，但是，只要在某一方向上合外力的分量为零，或者某一方向上的外力远小于内力，那么在这一方向上系统的动量守恒或近似守恒。
举一反三
【变式】如图所示，长为L，质量为M的小船停泊在静水中，一个质量为m的人立在船头，若不计水的粘滞阻力，当人从船头走到船尾的过程中，船和人对地面的位移各是多少?
解析：选人和船为一系统，由于系统在水平方向不受外力作用，
所以系统在水平方向上动量守恒，
设某一时刻人对地速度大小为，船对地面速度大小为，
选人的运动方向为正方向，由动量守恒定律，得
在人与船相互作用过程中，任何时刻上式始终成立。
船的运动受人运动的制约，人动船动，人停船停。
设人从船头到船尾的过程中，人对地位移的大小为，船对地位移大小为，
由于上式在整个过程中都成立，所以
又从图中可知
所以可解得。
题型三——多个物体组成的系统动量守恒
求解这类问题时应注意：
（1）正确分析作用过程中各物体状态的变化情况，建立运动模型；
（2）分清作用过程中的不同阶段，并找出联系各阶段的状态量；
（3）合理选取研究对象，即要符合动量守恒的条件，又要方便解题。
动量守恒定律是关系质点组（系统）的运动规律，在运用动量守恒定律时主要注重初、末状态的动量是否守恒，而不太注重中间状态的具体细节，因此解题非常便利，凡是碰到质点组的问题，可首先考虑是否满足动量守恒的条件。
3、如图所示，两只小船平行逆向航行，航线邻近，当
它们头尾相齐时，由每一只船上各投质量m=50kg的麻袋到对面
另一只船上去，结果载重较小的一只船停下来，另一只船则以
v=8.5m/s的速度向原方向航行，设两只船及船上的载重分别为
=500㎏和=1000kg，问在交换麻袋前两只船的速率各为多
少?
思路点拨：两船在相互丢给对方麻袋的过程中，同时存在着相互作用，即载重为的船投
过来的麻袋和载重为的船的相互作用，载重为的船投过来麻袋和载重为的船的相互作用。因此，应该分别选择这两个相互作用的系统为研究对象，由于水的阻力不计，这两个系统的动量守恒。另外，两只船和两只麻袋这4个物体在相互作用过程中，总动量也守恒。
解析：设小船和在交换麻袋前的速率分别为和，方向为正方向。
选取和从投过的麻袋为系统，根据动量守恒定律，有
①
选取和从投过的麻袋为系统，根据动量守恒定律，有
②
联立式①②，解得=1 m/s，=9 m/s。
总结升华：正确应用动量守恒定律的一个重要环节是准确地选取系统，必须根据相互作用物体的受力情况及运动特征确定系统，在同一物理问题中，针对不同的运动阶段，有时还需交换系统，在系统确定后，写动量守恒式时，还应特别注意总动量与系统的对应性。
举一反三
高考物理动量守恒定律试题经典及解析 一、高考物理精讲专题动量守恒定律 1．如图所示，在水平地面上有两物块甲和乙，它们的质量分别为2m 、m ，甲与地面间无摩擦，乙与地面间的动摩擦因数恒定．现让甲以速度0v 向着静止的乙运动并发生正碰，且碰撞时间极短，若甲在乙刚停下来时恰好与乙发生第二次碰撞，试求： （1）第一次碰撞过程中系统损失的动能 （2）第一次碰撞过程中甲对乙的冲量 【答案】(1)2 014 mv ；(2) 0mv 【解析】 【详解】 解：(1)设第一次碰撞刚结束时甲、乙的速度分别为1v 、2v ，之后甲做匀速直线运动，乙以 2v 初速度做匀减速直线运动，在乙刚停下时甲追上乙碰撞，因此两物体在这段时间平均速 度相等，有：2 12 v v = 而第一次碰撞中系统动量守恒有：01222mv mv mv =+ 由以上两式可得：0 12 v v = ，20 v v = 所以第一次碰撞中的机械能损失为：2 2 22012011 11222 2 24 E m v m v mv mv ?=--=g g g g (2)根据动量定理可得第一次碰撞过程中甲对乙的冲量：200I mv mv =-= 2．(16分）如图,水平桌面固定着光滑斜槽，光滑斜槽的末端和一水平木板平滑连接，设物块通过衔接处时速率没有改变。质量m 1=0.40kg 的物块A 从斜槽上端距水平木板高度h=0. 80m 处下滑，并与放在水平木板左端的质量m 2=0.20kg 的物块B 相碰,相碰后物块B 滑行x=4.0m 到木板的C 点停止运动，物块A 滑到木板的D 点停止运动。已知物块B 与木板间的动摩擦因数 =0.20,重力加速度g=10m/s 2,求： (1) 物块A 沿斜槽滑下与物块B 碰撞前瞬间的速度大小； (2) 滑动摩擦力对物块B 做的功； (3) 物块A 与物块B 碰撞过程中损失的机械能。 【答案】（1）v 0=4.0m/s （2）W=-1.6J （3）E=0.80J
最新物理动量守恒定律练习题20篇 一、高考物理精讲专题动量守恒定律 1．在相互平行且足够长的两根水平光滑的硬杆上，穿着三个半径相同的刚性球A、B、C，三球的质量分别为m A=1kg、m B=2kg、m C=6kg，初状态BC球之间连着一根轻质弹簧并处于静止，B、C连线与杆垂直并且弹簧刚好处于原长状态，A球以v0=9m/s的速度向左运动，与同一杆上的B球发生完全非弹性碰撞（碰撞时间极短），求： （1）A球与B球碰撞中损耗的机械能； （2）在以后的运动过程中弹簧的最大弹性势能； （3）在以后的运动过程中B球的最小速度． 【答案】（1）；（2）；（3）零． 【解析】 试题分析：（1）A、B发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律有： 碰后A、B的共同速度 损失的机械能 （2）A、B、C系统所受合外力为零，动量守恒，机械能守恒，三者速度相同时，弹簧的弹性势能最大 根据动量守恒定律有： 三者共同速度 最大弹性势能 （3）三者第一次有共同速度时，弹簧处于伸长状态，A、B在前，C在后．此后C向左加速，A、B的加速度沿杆向右，直到弹簧恢复原长，故A、B继续向左减速，若能减速到零则再向右加速． 弹簧第一次恢复原长时，取向左为正方向，根据动量守恒定律有： 根据机械能守恒定律： 此时A、B的速度，C的速度
可知碰后A 、B 已由向左的共同速度减小到零后反向加速到向右的 ，故B 的最小速度为零 ． 考点：动量守恒定律的应用，弹性碰撞和完全非弹性碰撞． 【名师点睛】A 、B 发生弹性碰撞，碰撞的过程中动量守恒、机械能守恒，结合动量守恒定律和机械能守恒定律求出A 球与B 球碰撞中损耗的机械能．当B 、C 速度相等时，弹簧伸长量最大，弹性势能最大，结合B 、C 在水平方向上动量守恒、能量守恒求出最大的弹性势能．弹簧第一次恢复原长时，由系统的动量守恒和能量守恒结合解答 2．如图：竖直面内固定的绝缘轨道abc ，由半径R =3 m 的光滑圆弧段bc 与长l =1.5 m 的粗糙水平段ab 在b 点相切而构成，O 点是圆弧段的圆心，Oc 与Ob 的夹角θ=37°;过f 点的竖直虚线左侧有方向竖直向上、场强大小E =10 N/C 的匀强电场，Ocb 的外侧有一长度足够长、宽度d =1.6 m 的矩形区域efgh ，ef 与Oc 交于c 点，ecf 与水平向右的方向所成的夹角为β(53°≤β≤147°)，矩形区域内有方向水平向里的匀强磁场．质量m 2=3×10-3 kg 、电荷量q =3×l0-3 C 的带正电小物体Q 静止在圆弧轨道上b 点，质量m 1=1.5×10-3 kg 的不带电小物体P 从轨道右端a 以v 0=8 m/s 的水平速度向左运动，P 、Q 碰撞时间极短，碰后P 以1 m/s 的速度水平向右弹回．已知P 与ab 间的动摩擦因数μ=0.5，A 、B 均可视为质点，Q 的电荷量始终不变，忽略空气阻力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度大小g =10 m/s 2．求： (1)碰后瞬间，圆弧轨道对物体Q 的弹力大小F N ； (2)当β=53°时，物体Q 刚好不从gh 边穿出磁场，求区域efgh 内所加磁场的磁感应强度大小B 1； (3)当区域efgh 内所加磁场的磁感应强度为B 2=2T 时，要让物体Q 从gh 边穿出磁场且在磁场中运动的时间最长，求此最长时间t 及对应的β值． 【答案】(1)2 4.610N F N -=? (2)1 1.25B T = (3)127s 360 t π = ,001290143ββ==和 【解析】 【详解】 解：(1)设P 碰撞前后的速度分别为1v 和1v '，Q 碰后的速度为2v
习题 4-1. 如图所示的圆锥摆，绳长为l ，绳子一端固定，另一端系一质量为m 的质点，以匀角速ω绕铅直线作圆周运动，绳子与铅直线的夹角为θ。在质点旋转一周的过程中，试求： （1）质点所受合外力的冲量I ； （2）质点所受张力T 的冲量I T 。 解： （1）根据冲量定理：???==t t P P d dt 00 ??P P F 其中动量的变化：0v v m m - 在本题中，小球转动一周的过程中，速度没有变化，动量的变化就为0，冲量之和也为0，所以本题中质点所受合外力的冲量I 为零 （2）该质点受的外力有重力和拉力，且两者产生的冲量大小相等，方向相反。 重力产生的冲量=mgT=2πmg /ω；所以拉力产生的冲量2πmg /ω，方向为竖直向上。 4-2.一物体在多个外力作用下作匀速直线运动，速度=4m/s 。已知其中一力F 方向恒与运动方向一致，大小随时间变化内关系曲线为半个椭圆，如图。求：
（1）力F 在1s 到3s 间所做的功； （2）其他力在1s 到s 间所做的功。 解： （1）由做功的定义可知： （2）由动能定理可知，当物体速度不变时，外力做的总功为零，所以当该F 做的功为125.6J 时，其他的力的功为-125.6J 。 4-3.质量为m 的质点在Oxy 平面内运动，运动学方程为j i r t b t a ωωsin cos +=，求： （1）质点在任一时刻的动量； （2）从0=t 到ωπ/2=t 的时间内质点受到的冲量。 解：（1）根据动量的定义：(sin cos )P mv m a t b t ωωωω==-+i j （2）从0=t 到ωπ/2=t 的时间内质点受到的冲量等于它在这段时间内动量的变化，因为动量没变，所以冲量为零。 4-4.质量为M =2.0kg 的物体（不考虑体积），用一根长为l =1.0m 的细绳悬挂在天花板上。今有一质量为m =20g 的子弹
2019高考物理动量与能量专题测试题及答案及解析 一、单选题 1．【河北省衡水中学2019届高考模拟】如图所示，A、B、C三球的质量分别为m、m、2m,三个小球从同 一高度同时出发，其中A球有水平向右的初速度，B、C由静止释放。三个小球在同一竖直平面内运动，小球与地面之间、小球与小球之间的碰撞均为弹性碰撞，则小球与小球之间最多能够发生碰撞的次数为（） A．1次 B．2次 C．3次 D．4次 2．【河北省武邑中学2018-2019学年高考模拟】如图所示,有一条捕鱼小船停靠在湖边码头,一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量。他进行了如下操作:首先将船平行码头自由停泊,然后他轻轻从船尾上船,走到船头后停下,而后轻轻下船。他用卷尺测出船后退的距离为d,然后用卷尺测出船长L,已知他自身的质量为m,则船的质量为( ) A．B．C．D． 3．【全国百强校山西大学附属中学2018-2019学年高考模拟】如图所示，倾角θ = 30°的光滑斜面固定在水平地面上，斜面长度为60m。质量为3kg的滑块A由斜面底端以初速度v0 = 15 m/s沿斜面向上运动，与此同时，一质量为2kg的物块B从静止由斜面顶端沿斜面向下运动，物块A、B在斜而上某处发生碰撞，碰后A、B粘在一起。已知重力加速度大小为g =10 m/s2。则
A．A、B运动2 s后相遇 B．A、B相遇的位置距离斜面底端为22．5 m C．A、B碰撞后瞬间，二者速度方向沿斜而向下，且速度大小为1m/s D．A、B碰撞过程损失的机械能为135J 4．【湖北省宜昌市英杰学校2018-2019学年高考模拟】光滑水平地面上，A，B两物块质量都为m，A以速度v向右运动，B原来静止，左端有一轻弹簧，如图所示，当A撞上弹簧，弹簧被压缩到最短时 A．A、B系统总动量为2mv B．A的动量变为零 C．B的动量达到最大值 D．A、B的速度相等 5．【陕西省西安市远东第一中学2018-2019学年高考模拟】如图所示，质量为0.5kg的小球在距离车底面高20m处以一定的初速度向左平抛，落在以7.5m/s速度沿光滑水平面向右匀速行驶的敞篷小车中，车底涂有一层油泥，车与油泥的总质量为4kg，设小球在落到车底前瞬间速度是25m/s，则当小球与小车相对静止时，小车的速度是（） A．5m/s B．4m/s C．8.5m/s D．9.5m/s 二、多选题 6．【山东省烟台二中2019届高三上学期10月月考物理试题】如图所示，在光滑的水平面上有一辆平板车，人和车都处于静止状态。一个人站在车上用大锤敲打车的左端，在连续的敲打下，下列说法正确的是
高考物理动量定理真题汇编(含答案) 一、高考物理精讲专题动量定理 1．图甲为光滑金属导轨制成的斜面，导轨的间距为1m l =，左侧斜面的倾角37θ=?，右侧斜面的中间用阻值为2R =Ω的电阻连接。在左侧斜面区域存在垂直斜面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为10.5T B =，右侧斜面轨道及其右侧区域中存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为20.5T B =。在斜面的顶端e 、f 两点分别用等长的轻质柔软细导线连接导体棒ab ，另一导体棒cd 置于左侧斜面轨道上，与导轨垂直且接触良好，ab 棒和cd 棒的质量均为0.2kg m =，ab 棒的电阻为12r =Ω，cd 棒的电阻为24r =Ω。已知t =0时刻起，cd 棒在沿斜面向下的拉力作用下开始向下运动(cd 棒始终在左侧斜面上运动)，而ab 棒在水平拉力F 作用下始终处于静止状态，F 随时间变化的关系如图乙所示，ab 棒静止时细导线与竖直方向的夹角37θ=?。其中导轨的电阻不计，图中的虚线为绝缘材料制成的固定支架。 (1)请通过计算分析cd 棒的运动情况； (2)若t =0时刻起，求2s 内cd 受到拉力的冲量； (3)3 s 内电阻R 上产生的焦耳热为2. 88 J ，则此过程中拉力对cd 棒做的功为多少? 【答案】(1)cd 棒在导轨上做匀加速度直线运动；(2)1.6N s g ；(3)43.2J 【解析】 【详解】 (1)设绳中总拉力为T ，对导体棒ab 分析，由平衡方程得： sin θF T BIl =+ cos θT mg = 解得： tan θ 1.50.5F mg BIl I =+=+ 由图乙可知： 1.50.2F t =+ 则有： 0.4I t = cd 棒上的电流为：
1．在如图所示的装置中，木块B与水平桌面间的接触是光滑的，子弹A沿水平方向 射入木块后留在其中，将弹簧压缩到最短．若将子弹、木块和弹簧合在一起作为系统， 则此系统在从子弹开始射入到弹簧被压缩至最短的整个过程中（） 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，机械能不守恒 D. 动量不守恒，机械能守恒 2．车厢停在光滑的水平轨道上，车厢后面的人对前壁发射一颗子弹。设子弹质量为m，出口速度v，车厢和人的质量为M，则子弹陷入前车壁后，车厢的速度为（） A. mv/M，向前 B. mv/M，向后 C. mv/（m M），向前 D. 0 3．质量为m、速度为v的A球与质量为3m的静止B球发生正碰．碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此，碰撞后B球的速度可能有不同的值．碰撞后B球的速度大小可能是( )． A. 0.6v B. 0.4v C. 0.3v D. v 4．两个质量相等的小球在光滑水平面上沿同一直线同向运动，A球的动量是8kg·m/s，B球的动量是6kg·m/s，A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能为 A. p A＝0，p B＝l4kg·m/s B. p A＝4kg·m/s，p B＝10kg·m/s C. p A＝6kg·m/s，p B＝8kg·m/s D. p A＝7kg·m/s，p B＝8kg·m/s 5．如图所示，在光滑水平面上停放质量为m装有弧形槽的小车.现有一质量也为m的小 球以v0的水平速度沿切线水平的槽口向小车滑去，不计一切摩擦，则（） A. 在相互作用的过程中，小车和小球组成的系统总动量守恒 B. 小球离车后，可能做竖直上抛运动 C. 小球离车后，可能做自由落体运动 D. 小球离车后，小车的速度有可能大于v0 6．如图甲所示，光滑水平面上放着长木板B，质量为m＝2kg的木块A以速度v0＝2m/s滑上原来静止的长木板B的上表面，由于A、B之间存在有摩擦，之后，A、B的速度随时间变化情况如乙图所示，重力加速度g＝10m/s2。则下列说法正确的是（） A. A、B之间动摩擦因数为0.1 B. 长木板的质量M＝2kg C. 长木板长度至少为2m D. A、B组成系统损失机械能为4J 7．长为L、质量为M的木块在粗糙的水平面上处于静止状态，有 一质量为m的子弹（可视为质点）以水平速度v0击中木块并恰好未穿出。设子弹射入木块过程时间极短，子弹受到木块的阻力恒定，木块运动的最大距离为s，重力加速度为g，(其中M=3m)求： （1）木块与水平面间的动摩擦因数μ； （2）子弹受到的阻力大小f。(结果用m ，v0，L表示) 8．如图所示，A、B两点分别为四分之一光滑圆弧轨道的最高点和最低点，O为圆心，OA连线水平，OB连线竖直，圆弧轨道半径R=1.8m，圆弧轨道与水平地面BC平滑连接。质量m1=1kg的物体P由A点无初速度下滑后，与静止在B点的质量m2=2kg的物体Q发生弹性碰撞。已知P、Q两物体与水平地面间的动摩擦因数均为0.4，P、Q两物体均可视为质点，当地重力加速度g=10m／s2。求P、Q两物体都停止运动时二者之间的距离。
高考物理动量定理技巧(很有用)及练习题 一、高考物理精讲专题动量定理 1．如图1所示，水平面内的直角坐标系的第一象限有磁场分布，方向垂直于水平面向下，磁感应强度沿y 轴方向没有变化，与横坐标x 的关系如图2所示，图线是双曲线（坐标是渐近线）；顶角θ=53°的光滑金属长导轨MON 固定在水平面内，ON 与x 轴重合，一根与ON 垂直的长导体棒在水平向右的外力作用下沿导轨MON 向右滑动，导体棒在滑动过程中始终保持与导轨良好接触，已知t =0时，导体棒位于顶角O 处；导体棒的质量为m =4kg ；OM 、ON 接触处O 点的接触电阻为R =0．5Ω，其余电阻不计，回路电动势E 与时间t 的关系如图3所示，图线是过原点的直线，求： （1）t =2s 时流过导体棒的电流强度的大小； （2）在1~2s 时间内导体棒所受安培力的冲量大小； （3）导体棒滑动过程中水平外力F （单位：N ）与横坐标x （单位：m ）的关系式． 【答案】（1）8A （2）8N s ?（3）32 639 F x =+【解析】 【分析】 【详解】 （1）根据E-t 图象中的图线是过原点的直线特点，可得到t =2s 时金属棒产生的感应电动势为 4V E = 由欧姆定律得 24A 8A 0.5 E I R = == （2）由图2可知，1(T m)x B =? 由图3可知，E 与时间成正比，有 E =2t （V ） 4E I t R = = 因θ=53°，可知任意t 时刻回路中导体棒有效切割长度43 x L = 又由 F BIL =安
所以 163 F t 安= 即安培力跟时间成正比 所以在1~2s 时间内导体棒所受安培力的平均值 163233N 8N 2 F += = 故 8N s I F t =?=?安 （3）因为 43 v E BLv Bx ==? 所以 1.5(m/s)v t = 可知导体棒的运动时匀加速直线运动，加速度 21.5m/s a = 又2 12 x at = ，联立解得 32 639 F x =+ 【名师点睛】 本题的关键首先要正确理解两个图象的数学意义，运用数学知识写出电流与时间的关系， 要掌握牛顿运动定律、闭合电路殴姆定律，安培力公式、感应电动势公式． 2．如图所示，长为L 的轻质细绳一端固定在O 点，另一端系一质量为m 的小球，O 点离地高度为H 。现将细绳拉至与水平方向成30?，由静止释放小球，经过时间t 小球到达最低点，细绳刚好被拉断，小球水平抛出。若忽略空气阻力，重力加速度为g 。 (1)求细绳的最大承受力； (2)求从小球释放到最低点的过程中，细绳对小球的冲量大小； (3)小明同学认为细绳的长度越长，小球抛的越远；小刚同学则认为细绳的长度越短，小球抛的越远。请通过计算，说明你的观点。
2020年高考物理专题训练十二 动量守恒多种模型的解题思路 1.（碰撞模型）甲、乙两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，甲球的动量是p 1＝5 kg·m/s ，乙球的动量是p 2＝7 kg·m/s ，当甲球追上乙球发生碰撞后，乙球的动量变为p 2′＝10 kg·m/s ，设甲球的质量为m 1，乙球的质量为m 2，则m 1、m 2的关系可能是( ) A ．m 1＝m 2 B ．2m 1＝m 2 C ．4m 1＝m 2 D ．6m 1＝m 2 【答案】 C 【解析】碰撞过程中动量守恒，可知碰后甲球的动量p 1′＝2 kg·m/s 。由于是甲追碰乙，碰撞前甲的速度大于乙的速度，有 p 1m 1>p 2m 2，可得m 2>75m 1；碰撞后甲的速度不大于乙的速度，有p 1′m 1 ≤p 2′m 2，可得m 2≤5m 1。碰撞后系统的动能不大于碰前系统的动能，由E k ＝p 22m 可知p 1′22m 1＋p 2′22m 2≤p 21 2m 1＋p 222m 2，解得m 2≥177m 1，联立得177 m 1≤m 2≤5m 1，C 正确。 2.（碰撞模型综合)如图所示，在粗糙水平面上A 点固定一半径R ＝0.2 m 的竖直光滑圆弧轨道，底端有一小孔。在水平面上距A 点s ＝1 m 的B 点正上方O 处，用长为L ＝0.9 m 的轻绳悬挂一质量M ＝0.1 kg 的小球甲，现将小球甲拉至图中C 位置，绳与竖直方向夹角θ＝60°。静止释放小球甲，摆到最低点B 点时与另一质量m ＝0.05 kg 的静止小滑块乙(可视为质点)发生完全弹性碰撞。碰后小滑块乙在水平面上运动到A 点，并无碰撞地经过小孔进入圆轨道，当小滑块乙进入圆轨道后立即关闭小孔，g ＝10 m/s 2。 (1)求甲、乙碰前瞬间小球甲的速度大小； (2)若小滑块乙进入圆轨道后的运动过程中恰好不脱离圆轨道，求小滑块乙与水平面的动摩
4.5动量守恒定律 碰撞 一、动量守恒定律（可类比机械能守恒定律） 系统的合外力为0时，系统的总动量保持不变。 I Ft = 二、正碰（对心碰撞） 设两物体质量为m 1，m 2，碰前速度为v 10，v 20，碰后速度为v 1，v 2 1、假设碰撞过程中无能量损失（弹性碰撞），满足动量守恒定律和机械能守恒定律 11022011222222110220112211112222 m v m v m v m v m v m v m v m v +=+???+=+?? 解得： 12102201122120110 212()2()2m m v m v v m m m m v m v v m m -+?=?+??-+?=?+? 几种特殊情况： （1）当两者质量相等时(m 1=m 2) ，两者交换速度 （2）当一个物体静止时(v 10≠0,v 20=0)，解得 1210112110212()2m m v v m m m v v m m -?=?+???=?+? [1]若12m m <<（撞墙），则v 1= -v 10，v 2=0 [2]若12m m >>（改变参考系，撞墙）则v 1= v 10，v 2=2v 10 2、假设碰撞过程中有能量损失（非弹性碰撞）满足动量守恒定律，不满足机械能守恒定律 根据动能损失的多少，定义恢复系数： 211020 v v e v v -=- 恢复系数满足：01e ≤≤ （1）当e =0时，完全非弹性碰撞，能量损失最大 （2）当0 1102201122211020m v m v m v m v v v e v v +=+??-?=?-? 解得： 210201********* 22012()(1)()(1)m v v v v e m m m v v v v e m m -?=-+?+??-?=-+?+? 能量损失为：222212102001211(1)()(1)22 m m E e v v e u m m μ?=--=-+ 质心动能不变， （1）相对动能减为0 e =0 （2）相对动能减为22012 e u μ 0 高考物理真题同步分类解析专题12动量（含解析） 1. 2019全国2卷25.（20分） 一质量为m=2000 kg的汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶。行驶过程中，司机忽然发现前方100 m处有一警示牌。立即刹车。刹车过程中，汽车所受阻力大小随时间变化可简化为图（a）中的图线。图（a）中，0~t1时间段为从司机发现警示牌到采取措施的反应时间（这段时间内汽车所受阻力已忽略，汽车仍保持匀速行驶），t1=0.8 s；t1~t2时间段为刹车系统的启动时间，t2=1.3 s；从t2时刻开始汽车的刹车系统稳定工作，直至汽车停止，已知从t2时刻开始，汽车第1 s内的位移为24 m，第4 s内的位移为1 m。 （1）在图（b）中定性画出从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的v-t图线； （2）求t2时刻汽车的速度大小及此后的加速度大小； （3）求刹车前汽车匀速行驶时的速度大小及t1~t2时间内汽车克服阻力做的功；司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离约为多少（以t1~t2时间段始末速度的算术平均值替代这段时间内汽车的平均速度）？ 【解析】（1）v-t图像如图所示。 （2）设刹车前汽车匀速行驶时的速度大小为v1，则t1时刻的速度也为v1，t2时刻的速度也为v2，在t2时刻 后汽车做匀减速运动，设其加速度大小为a ，取Δt =1s ，设汽车在t2+n-1Δt 内的位移为sn ，n=1,2,3,…。 若汽车在t 2+3Δt~t 2+4Δt 时间内未停止，设它在t 2+3Δt 时刻的速度为v 3，在t 2+4Δt 时刻的速度为v 4，由运动学有 ① ②代入数据得24=v 2-a/2 424Δv v a t =-③ 联立①②③式，代入已知数据解得 417m/s 6 v =-④ 这说明在t 2+4Δt 时刻前，汽车已经停止。因此，①式不成立。 由于在t 2+3Δt~t 2+4Δt 内汽车停止，由运动学公式 323Δv v a t =-⑤ 2432as v =⑥ 联立②⑤⑥，代入已知数据解得 解得 28m/s a =，v 2=28 m/s ⑦ 或者2288m/s 25 a =，v 2=29.76 m/s （3）设汽车的刹车系统稳定工作时，汽车所受阻力的大小为f 1，由牛顿定律有 f 1=ma ⑧ 在t 1~t 2时间内，阻力对汽车冲量的大小为 1211=()2 I f t t -⑨ 由动量定理有 12I mv m '=-I ’=mv 1-mv 2⑩ 由动量定理，在t 1~t 2时间内，汽车克服阻力做的功为 ? 联立⑦⑨⑩?式，代入已知数据解得 v 1=30 m/s ? ? 专题6 动量 1.[2016·全国卷Ⅰ3-5（2）10分] 某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中．为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开．忽略空气阻力．已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g.求： (i)喷泉单位时间内喷出的水的质量； (ii)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度． 答案：(i)ρv0S(ii)v20 2g － M2g 2ρ2v20S2 解析： (i)设Δt时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则 Δm＝ρΔV① ΔV＝v0SΔt② 由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为 Δm Δt ＝ρv0S③ (ii)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v.对于Δt时间内喷出的水，由能量守恒得 1 2(Δm)v2＋(Δm)gh＝ 1 2 (Δm)v20④ 在h高度处，Δt时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为Δp＝(Δm)v⑤ 设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有 FΔt＝Δp⑥ 由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得 F＝Mg⑦ 联立③④⑤⑥⑦式得 h＝v20 2g － M2g 2ρ2v20S2 ⑧ 2.[2016·北京卷] (1)动量定理可以表示为Δp＝FΔt，其中动量p和力F都是矢量．在运用动量定理处理二维问题时，可以在相互垂直的x、y两个方向上分别研究．例如，质量为m的小球斜射到木板上，入射的角度是θ，碰撞后弹出的角度也是θ，碰撞前后的速度大小 高中物理动量守恒定律基础练习题及解析 一、高考物理精讲专题动量守恒定律 1．如图所示，小明站在静止在光滑水平面上的小车上用力向右推静止的木箱，木箱最终以速度v 向右匀速运动．已知木箱的质量为m ，人与车的总质量为2m ，木箱运动一段时间后与竖直墙壁发生无机械能损失的碰撞，反弹回来后被小明接住．求： (1)推出木箱后小明和小车一起运动的速度v 1的大小； (2)小明接住木箱后三者一起运动的速度v 2的大小． 【答案】①2v ；②23 v 【解析】 试题分析：①取向左为正方向，由动量守恒定律有：0=2mv 1-mv 得12v v = ②小明接木箱的过程中动量守恒，有mv+2mv 1=（m+2m ）v 2 解得223 v v = 考点：动量守恒定律 2．如图所示，质量为M =2kg 的小车静止在光滑的水平地面上，其AB 部分为半径R =0.3m 的光滑 1 4 圆孤，BC 部分水平粗糙，BC 长为L =0.6m 。一可看做质点的小物块从A 点由静止释放，滑到C 点刚好相对小车停止。已知小物块质量m =1kg ，取g =10m/s 2。求： （1）小物块与小车BC 部分间的动摩擦因数； （2）小物块从A 滑到C 的过程中，小车获得的最大速度。 【答案】（1）0.5（2）1m/s 【解析】 【详解】 解：(1) 小物块滑到C 点的过程中，系统水平方向动量守恒则有：()0M m v += 所以滑到C 点时小物块与小车速度都为0 由能量守恒得： mgR mgL μ= 解得：0.5R L μ= = (2)小物块滑到B 位置时速度最大，设为1v ，此时小车获得的速度也最大，设为2v 由动量守恒得 ：12mv Mv = 由能量守恒得 ：221211 22 mgR mv Mv =+ 联立解得： 21/ v m s = 3．两个质量分别为0.3A m kg =、0.1B m kg =的小滑块A 、B 和一根轻质短弹簧，弹簧的一端与小滑块A 粘连，另一端与小滑块B 接触而不粘连.现使小滑块A 和B 之间夹着被压缩的轻质弹簧，处于锁定状态，一起以速度03/v m s =在水平面上做匀速直线运动，如题8图所示.一段时间后，突然解除锁定（解除锁定没有机械能损失），两滑块仍沿水平面做直线运动，两滑块在水平面分离后，小滑块B 冲上斜面的高度为 1.5h m =.斜面倾角 o 37θ=，小滑块与斜面间的动摩擦因数为0.15μ=，水平面与斜面圆滑连接.重力加速度g 取210/m s .求：（提示：o sin 370.6=，o cos370.8=） （1）A 、B 滑块分离时，B 滑块的速度大小. （2）解除锁定前弹簧的弹性势能. 【答案】（1）6/B v m s = （2）0.6P E J = 【解析】 试题分析：（1）设分离时A 、B 的速度分别为A v 、B v ， 小滑块B 冲上斜面轨道过程中，由动能定理有：2 cos 1sin 2 B B B B m gh m gh m v θμθ+?= ① （3分） 代入已知数据解得：6/B v m s = ② （2分） （2）由动量守恒定律得：0()A B A A B B m m v m v m v +=+ ③ （3分） 解得：2/A v m s = （2分） 由能量守恒得： 222 0111()222 A B P A A B B m m v E m v m v ++=+ ④ （4分） 解得：0.6P E J = ⑤ （2分） 考点：本题考查了动能定理、动量守恒定律、能量守恒定律. 4．如图所示，光滑水平面上有两辆车，甲车上面有发射装置，甲车连同发射装置质量M 1＝1 kg ，车上另有一个质量为m ＝0.2 kg 的小球，甲车静止在水平面上，乙车以v 0＝8 m/s 动量及动量守恒 【基本内容】： 1、冲量 恒力的冲量指的是力与其作用时间的乘积。随时间改变的力对物体的冲量是指力的作用对时间的积累效果,即力对时间的积分： dt t F I t t )(2 1 ? = 2、动量 动量是物质运动的一种量度，用P 表示。它定义为质点的质量m 与其速度v 的乘积,即v m P =。动量的单位是千克· 米/秒(s m kg /?). 3、质点的动量定理 质点所受的合外力的冲量等于其动量的增量，称之为质点动量定理.其积分形式为 )()(120 2 1 v m v m v m P d dt t F I P P t t ?=-===??， 其微分形式为 I d dt F P d ==， 即质点动量的元增量等于作用在它上面的的元冲量。 4、质点系的动量定理 如右图所示,质点系由n 个质点组成,动量各为i P （i =1，2，…，n ），第i 个质点受系统内其它质点作用的内力之和为内i F ，受系统外部作用的合外力为外i F ，对系统内各质点分别应用微分形式的动量定理：dt p d F F 1 11= +内外，…，dt p d F F i i i =+内外。把各质点相加，得到 ∑ ∑∑=+dt p d F F i i i 内外。考虑到系统内质点所受内力之和等于零，即0=∑内 i F 。可得质点系动量定理的微分形式：∑∑= i i p dt d F 外。用dt 乘等式两边，得 ∑∑=i i p d dt F 外 ，再对等式两边积分，可得质点系动量定理的积分形式： 00 ∑∑?∑-=i i t t i p p dt F 外 ，即一段时间内质点系动量的增量等于质点系所受合外力的 冲量。 5、动量守恒定律 如果质点系不受外力或所受外力之和（或合外力的冲量）为零，则质点系的动量将保持 动量、能量计算题专题训练 １.（1９分)如图所示,光滑水平面上有一质量M ＝4.0kg 的带有圆弧轨道的平板车，车的上表面是一段长Ｌ=1．５m 的粗糙水平轨道，水平轨道左侧连一半径R=0.25m 的 4 1 光滑圆弧轨道,圆弧轨道与水平轨道在O ′点相切。现将一质量m=1.0kg 的小物块(可视为质点）从平板车的右端以水平向 左的初速度v ０滑上平板车，小物块与水平轨道间的动摩擦因数μ=０.5。小物块恰能到达圆弧 轨道的最高点A 。取g ＝10m ／2 ,求: (1)小物块滑上平板车的初速度ｖ0的大小。 （2）小物块与车最终相对静止时，它距O ′点的距离。 （3）若要使小物块最终能到达小车的最右端，则ｖ0要增大到多大? 2．（19分）质量m Ａ=3.0kg.长度Ｌ=0.70m.电量ｑ＝+4.0×１０-5 C 的导体板A 在足够大的绝缘水平面上，质量m B =１.０ｋg 可视为质点的绝缘物块B 在导体板A 的左端，开始时A 、B 保持相对静止一起向右滑动,当它们的速度减小到0v =3．0ｍ/s 时，立即施加一个方向水平向左.场强大小E =1.0×105 N ／Ｃ的匀强电场,此时Ａ的右端到竖直绝缘挡板的距离为S =２ｍ，此后A 、B 始终处在匀强电场中，如图所示.假定A 与挡板碰撞时间极短且无机械能损失，Ａ与B 之间（动摩擦因数1μ＝0.25）及A 与地面之间(动摩擦因数2μ＝0．１0）的最大静摩擦 力均可认为等于其滑动摩擦力,g 取10m/s ２ （不计空气的阻力）求： （1)刚施加匀强电场时，物块B 的加速度的大小？ （2)导体板A 刚离开挡板时，A 的速度大小? （３）B 能否离开A ，若能,求Ｂ刚离开A 时,B 的速度大小；若不能，求B 距A 左端的最大距离。 v 0 O / O M m 高考物理动量守恒定律题20套(带答案)及解析 一、高考物理精讲专题动量守恒定律 1．两个质量分别为0.3A m kg =、0.1B m kg =的小滑块A 、B 和一根轻质短弹簧，弹簧的 一端与小滑块A 粘连，另一端与小滑块B 接触而不粘连.现使小滑块A 和B 之间夹着被压缩的轻质弹簧，处于锁定状态，一起以速度03/v m s =在水平面上做匀速直线运动，如题8图所示.一段时间后，突然解除锁定（解除锁定没有机械能损失），两滑块仍沿水平面做直线运动，两滑块在水平面分离后，小滑块B 冲上斜面的高度为 1.5h m =.斜面倾角 o 37θ=，小滑块与斜面间的动摩擦因数为0.15μ=，水平面与斜面圆滑连接.重力加速度 g 取210/m s .求：（提示：o sin 370.6=，o cos370.8=） （1）A 、B 滑块分离时，B 滑块的速度大小. （2）解除锁定前弹簧的弹性势能. 【答案】（1）6/B v m s = （2）0.6P E J = 【解析】 试题分析：（1）设分离时A 、B 的速度分别为A v 、B v ， 小滑块B 冲上斜面轨道过程中，由动能定理有：2 cos 1sin 2 B B B B m gh m gh m v θμθ+?= ① （3分） 代入已知数据解得：6/B v m s = ② （2分） （2）由动量守恒定律得：0()A B A A B B m m v m v m v +=+ ③ （3分） 解得：2/A v m s = （2分） 由能量守恒得： 222 0111()222 A B P A A B B m m v E m v m v ++=+ ④ （4分） 解得：0.6P E J = ⑤ （2分） 考点：本题考查了动能定理、动量守恒定律、能量守恒定律. 2．如图所示，质量M=1kg 的半圆弧形绝缘凹槽放置在光滑的水平面上，凹槽部分嵌有cd 和ef 两个光滑半圆形导轨，c 与e 端由导线连接，一质量m=lkg 的导体棒自ce 端的正上方h=2m 处平行ce 由静止下落，并恰好从ce 端进入凹槽，整个装置处于范围足够大的竖直方向的匀强磁场中，导体棒在槽内运动过程中与导轨接触良好。已知磁场的磁感应强度B=0.5T ，导轨的间距与导体棒的长度均为L=0.5m ，导轨的半径r=0.5m ，导体棒的电阻R=1Ω，其余电阻均不计，重力加速度g=10m/s 2，不计空气阻力。 【物理】 物理动量守恒定律专题练习(及答案) 一、高考物理精讲专题动量守恒定律 1．运载火箭是人类进行太空探索的重要工具，一般采用多级发射的设计结构来提高其运载能力。某兴趣小组制作了两种火箭模型来探究多级结构的优越性，模型甲内部装有△m=100 g 的压缩气体，总质量为M=l kg ，点火后全部压缩气体以v o =570 m/s 的速度从底部喷口在极短的时间内竖直向下喷出；模型乙分为两级，每级内部各装有2 m ? 的压缩气体，每级总质量均为 2 M ，点火后模型后部第一级内的全部压缩气体以速度v o 从底部喷口在极短时间内竖直向下喷出，喷出后经过2s 时第一级脱离，同时第二级内全部压缩气体仍以速度v o 从第二级底部在极短时间内竖直向下喷出。喷气过程中的重力和整个过程中的空气阻力忽略不计，g 取10 m ／s 2，求两种模型上升的最大高度之差。 【答案】116.54m 【解析】对模型甲： ()00M m v mv =-?-?甲 21085=200.5629 v h m m g =≈甲甲 对模型乙第一级喷气： 10022 m m M v v ??? ?=-- ???乙 解得： 130m v s =乙 2s 末： ‘ 11=10m v v gt s -=乙乙 22 11 1'=402v v h m g -=乙乙乙 对模型乙第一级喷气： ‘120=)2222 M M m m v v v ??--乙乙（ 解得： 2670= 9 m v s 乙 2 2222445=277.10281 v h m m g =≈乙乙 可得： 129440 += 116.5481 h h h h m m ?=-≈乙乙甲。 2．一质量为的子弹以某一初速度水平射入置于光滑水平面上的木块 并留在其中， 与木块 用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，开始弹簧处于原长，如图所示．已知弹簧 被压缩瞬间 的速度 ，木块 、 的质量均为 ．求： 1 / 5 2021届高三物理一轮复习力学动量动量定理的表述及应用专题练习 一、填空题 1．火箭每秒钟喷出质量为600kg 的燃气，气体喷出时相对火箭的速度为800m/s ，则火箭受到的推力为______ N ；20s 内火箭动量的增量为______ kg m/s ?． 2．2010年，日本发射了光帆飞船伊卡洛斯号造访金星，它利用太阳光的光压修正轨道，节约了燃料．伊卡洛斯号的光帆大约是一个边长为a 的正方形聚酰亚胺薄膜，它可以反射太阳光．已知太阳发光的总功率是P 0，伊卡洛斯号到太阳的距离为r ，光速为c ．假设伊卡洛斯号正对太阳，并且80%反射太阳光，那么伊卡洛斯号受到的太阳光推力大小F=________________．（已知光具有波粒二象性，频率为ν的光子，其能量表达式为ε=hν，动量表达式p=h/λ ) 3．质量 m ＝0.6 kg 的篮球从距地板 H ＝0.8 m 高处由静止释放，与水平地板撞击后反弹上升的最大高度 h ＝0.45 m ，从释放到弹跳至 h 高处经历的时间 t ＝1.1 s ，忽略空气阻力，重力加速度 g 取 10 m/s 2，则篮球对地板的平均撞击力大小_________________N 4．质量为0.5 kg 的小球沿光滑水平面以5 m/s 的速度冲向墙壁后又以4 m/s 的速度反向弹回，如图所示，则碰撞前的动量大小为________kg m/s ?．若球与墙的作用时间为0.05 s ，则小球所受到的平均力大小为________ N. 5．两物体的质量为1m 和2m ，他们分别在恒力1F 和2F 的作用下由静止开始运动，经相同的位移，动量的增加量相同，则两恒力的比值12:F F =________。 6．质量为0.1kg 的球竖直向下以10m/s 的速度落至水平地面，再以5m/s 的速度反向弹回。取竖直向下为正方向，重力加速度g =10m/s 2，在小球与地面接触的时间内，合外力对小球的冲量I=______N ?s ，合外力对小球做功为W=________J. 7．质量为1kg 的小球从离地面5m 高处自由落下，碰地后反弹的高度为0.8m ，碰地的时间为0.05s.设竖直向上速度为正方向，则碰撞过程中，小球动量的增量为______kg·m/s ，小球对地的平均作用力为______，方向______ 8．一质量为1kg 的小球从0.8m 高的地方自由下落到一个软垫上，若从小球接触软垫到下陷至最低点经历 动量与能量 测试时间：90分钟 满分：110分 第Ⅰ卷 (选择题，共48分) 一、选择题(本题共12小题，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1～8小题只有一个选项正确，第9～12小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分) 1．[2017·河北冀州月考]在光滑的水平桌面上有两个在同一直线上运动的小球a 和b ，正碰前后两小球的位移随时间变化的关系如图所示，则小球a 和b 的质量之比为 ( ) A ．2∶7 B ．1∶4 C ．3∶8 D ．4∶1 答案 B 解析 由位移—时间图象的斜率表示速度可得，正碰前，小球a 的速度v 1＝ 1－41－0 m/s ＝－3 m/s ，小球b 的速度v 2＝1－01－0 m/s ＝1 m/s ；正碰后，小球a 、b 的共同速度v ＝2－16－1 m/s ＝0.2 m/s 。设小球a 、b 的质量分别为m 1、m 2，正碰过程，根据动量守恒定律有m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v ，得m 1m 2＝v －v 2v 1－v ＝14 ，选项B 正确。 2．[2017·江西检测]如图所示，左端固定着轻弹簧的物块A 静止在光滑的水平面上，物块B 以速度v 向右运动，通过弹簧与物块A 发生正碰。已知物块A 、B 的质量相等。当弹簧压缩到最短时，下列说法正确的是( ) A．两物块的速度不同 B．两物块的动量变化等值反向 C．物块B的速度方向与原方向相反 D．物块A的动量不为零，物块B的动量为零 答案 B 解析物块B接触弹簧时的速度大于物块A的速度，弹簧逐渐被压缩，当两物块的速度相同时，弹簧压缩到最短，选项A、D均错误；根据动量守恒定律有Δp A＋Δp B ＝0，得Δp A＝－Δp B，选项B正确；当弹簧压缩到最短时，物块B的速度方向与原方向相同，选项C错误。 3．[2017·黑龙江模拟] 如图所示，将质量为M1、半径为R且内壁光滑的半圆槽置于光滑水平面上，左侧靠墙角，右侧靠一质量为M2的物块。今让一质量为m的小球自左侧槽口A的正上方h 高处从静止开始落下，与圆弧槽相切自A点进入槽内，则以下结论中正确的是() A．小球在槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒 B．小球在槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量不守恒 C．小球在槽内运动的全过程中，小球、半圆槽和物块组成的系统动量守恒 D．若小球能从C点离开半圆槽，则其一定会做竖直上抛运动 答案 B 解析当小球在槽内由A到B的过程中，墙壁对槽有力的作用，小球与半圆槽组成的系统水平方向动量不守恒，故A、C错误，B正确。当小球运动到C点时，它的两个分运动的合速度方向是右上方，所以此后小球将做斜上抛运动，即C错误。 4．[2017·辽师大附中质检]质量相同的子弹a、橡皮泥b和钢球c以相同的初速度水平射向竖直墙，结果子弹穿墙而过，橡皮泥粘在墙上，钢球被以原速率反向弹回。关于它们对墙的水平冲量的大小，下列说法中正确的是() A．子弹、橡皮泥和钢球对墙的冲量大小相等 B．子弹对墙的冲量最小 C．橡皮泥对墙的冲量最小 D．钢球对墙的冲量最小 答案 B高考物理真题同步分类解析专题12动量(含解析)
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