【物理】2018届一轮复习人教版动量守恒定律学案

【物理】2018届一轮复习人教版动量守恒定律学案

专题30 动量守恒定律 一、动量守恒定律的条件及应用 ‎1．动量守恒定律：一个系统不受外力或者受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变。‎ ‎2．动量守恒定律的适用条件 ‎（1）前提条件：存在相互作用的物体系；‎ ‎（2）理想条件：系统不受外力；‎ ‎（3）实际条件：系统所受合外力为0；‎ ‎（4）近似条件：系统内各物体间相互作用的内力远大于系统所受的外力；‎ ‎（5）方向条件：系统在某一方向上满足上面的条件，则此方向上动量守恒。‎ ‎3．动量守恒定律的表达式 ‎（1）m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和；‎ ‎（2）Δp1=–Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向；‎ ‎（3）Δp=0，系统总动量的增量为零。‎ ‎4．动量守恒的速度具有“四性”：①矢量性；②瞬时性；③相对性；④普适性。‎ ‎5．应用动量守恒定律解题的步骤：‎ ‎（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（或某一方向上动量是否守恒）；‎ ‎（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。‎ 二、碰撞与动量守恒定律 ‎1．碰撞的特点 ‎（1）作用时间极短，内力远大于外力，总动量总是守恒的。‎ ‎（2）碰撞过程中，总动能不增。因为没有其他形式的能量转化为动能。‎ ‎（3）碰撞过程中，当两物体碰后速度相等时，即发生完全非弹性碰撞时，系统动能损失最大。‎ ‎（4）碰撞过程中，两物体产生的位移可忽略。‎ ‎2．碰撞的种类及遵从的规律 种类 遵从的规律 弹性碰撞 动量守恒，机械能守恒 非弹性碰撞 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 ‎3．关于弹性碰撞的分析 两球发生弹性碰撞时满足动量守恒定律和机械能守恒定律。‎ 在光滑的水平面上，质量为m1的钢球沿一条直线以速度v0与静止在水平面上的质量为m2的钢球发生弹性碰撞，碰后的速度分别是v1、v2‎ ‎①‎ ‎②‎ 由①②可得：③‎ ‎④‎ 利用③式和④式，可讨论以下五种特殊情况：‎ a．当时，，，两钢球沿原方向原方向运动；‎ b．当时，，，质量较小的钢球被反弹，质量较大的钢球向前运动；‎ c．当时，，，两钢球交换速度。‎ d．当时，，，m1很小时，几乎以原速率被反弹回来，而质量很大的m2几乎不动。例如橡皮球与墙壁的碰撞。‎ e．当时，，，说明m1很大时速度几乎不变，而质量很小的m2获得的速度是原来运动物体速度的2倍，这是原来静止的钢球通过碰撞可以获得的最大速度，例如铅球碰乒乓球。‎ ‎4．一般的碰撞类问题的分析 ‎（1）判定系统动量是否守恒。‎ ‎（2）判定物理情景是否可行，如追碰后，前球动量不能减小，后球动量在原方向上不能增加；追碰后，后球在原方向的速度不可能大于前球的速度。‎ ‎（3）判定碰撞前后动能是否不增加。‎ 三、反冲和爆炸 ‎1．反冲 ‎（1）现象：物体的不同部分在内力的作用下向相反方向运动。‎ ‎（2）特点：一般来说，物体间的相互作用力较大，属于内力远大于外力情况，因此动量守恒。‎ ‎2．爆炸 ‎（1）特点：在极短时间内，由于内力作用，物体分裂为两块或多块的过程，一般来说，作用过程位移很小，可认为爆炸之后仍从爆炸位置以新的动量开始运动。‎ ‎（2）规律：动量守恒，动能增加。‎ A、B两球之间压缩一根轻弹簧，静置于光滑水平桌面上。已知A、B两球质量分别为‎2m和m。当用板挡住A球而只释放B球时，B球被弹出落于距桌边距离为x的水平地面上，如图所示。问当用同样的程度压缩弹簧，取走A左边的挡板，将A、B同时释放，B球的落地点距离桌边距离为 A． B． C． D．‎ ‎【参考答案】D ‎【详细解析】当用板挡住A球而只释放B球时，弹簧把弹性势能转化为B球的动能，B球做平抛运动。设高度为h，下落时间为： 水平距离为：，联立解得：，所以弹性势能为：。当用同样的程度压缩弹簧，取走A左边的挡板，将A、B同时释放，由动量守恒定律可得：0=2mvA–mvB 所以vA:vB=1:2。能量关系为：。以上联立解得B球抛出初速度为：，则平抛后落地水平位移为，故D正确。‎ ‎【名师点睛】本题主要考查了动量守恒定律、平抛运动、能量关系。根据题意A、B两球之间压缩一根轻弹簧，当用板挡住A球而只释放B球时，弹性势能完全转化为B球的动能，以一定的初速度抛出，借助于抛出水平位移可确定弹簧的弹性势能。当用同样的程度压缩弹簧，取走A左边的挡板，将A、B同时释放，由动量守恒定律与机械能守恒定律可求出B球获得的速度，再由平抛运动规律可算出抛出的水平位移。‎ ‎1．如图所示，质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量也为m的小球从槽高h处开始自由下滑，则 ‎ A．小球和槽组成的系统总动量守恒 B．球下滑过程中槽对小球的支持力不做功 C．重力对小球做功的瞬时功率一直增大 D．地球、小球和槽组成的系统机械能守恒 ‎【答案】D ‎2．如图所示，A、B两质量相等的物体，原来静止在平板小车C上，A和B间夹一被压缩了的轻弹簧，A、B与平板车上表面动摩擦因数之比为3:2，地面光滑。当弹簧突然释放后，A、B相对C滑动的过程中：①A、B系统动量守恒②A、B、C系统动量守恒③小车向左运动④小车向右运动，以上说法中正确的是 A．①② B．②③ C．③① D．①④‎ ‎【答案】B ‎【解析】系统动量守恒的条件是合外力为零，ABC组成的系统所受合外力为零，故A、B、C系统动量守恒，故①错误，②正确；当压缩弹簧突然释放将A、B弹开过程中，AB相对C发生相对运动，A向左运动，A受到的摩擦力向右，故C受到A的滑动摩擦力向左，B 向右运动，B受到的摩擦力向左，故C受到B的滑动摩擦力向右，而A、B与平板车的上表面的滑动摩擦力之比为3:2，所以C受到向左的摩擦力大于向右的摩擦力，故C向左运动，故③正确，④错误。故选B。‎ A、B两物体发生正碰，碰撞前后物体A、B都在同一直线上运动，其位移–时间图象（x–t）图如图中ADC和BDC所示。由图可知，物体A、B的质量之比为 ‎ A．1:1 B．1:2‎ C．1:3 D．3:1‎ ‎【参考答案】C ‎【详细解析】由x–t图象可知，碰撞前，vB=‎0 m/s，碰撞后vA′=vB′=v= =‎1 m/s，碰撞过程动量守恒，对A、B组成的系统，由动量守恒定律得：mAvA=(mA+mB)v，即：mA×4=(mA+mB)×1，解得mA:mB=1:3，故选C。‎ ‎【名师点睛】本题主要考查了动量的表达式及动量定理的直接应用，知道x–t图线的斜率等于物体的速度，要求同学们能根据图象读出两物体碰撞前后的速度。学*‎ ‎1．质量为m速度为v的球A，跟质量也是m的静止球B发生正碰，碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，碰后B球的速度可能是 A．v B．0.7v C．0.5v D．0.3v ‎【答案】ABC 守恒，是可能的，故B正确；若碰后B的速度为0.5v，根据动量守恒定律得，mv=0.5mv+mv′，解得A球的速度v′=0.5v，两者共速，因为，不违背能量守恒，是可能的，故C正确； 若碰后B的速度为0.3v，根据动量守恒定律得，mv=0.3mv+mv′，解得A球的速度v′=0.7v，将发生二次碰撞，违背实际规律，是不可能的，故D错误；选ABC。‎ ‎【名师点睛】本题是对动量守恒定律及能量守恒定律的考查；解题时要抓住碰撞过程的两个基本规律：系统的动量守恒、总动能不增加进行判断，同时还要满足实际运动情况。‎ ‎2．如图，光滑水平直轨道上有三个质量均为m=‎1 kg的物块A、B、C处于静止状态。 B的左侧固定一轻弹簧，弹簧左侧的挡板质量不计。现使A以速度v0=‎4 m/s朝B运动，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，且B和C碰撞过程时间极短，且损失的机械能为1 J。此后A继续压缩弹簧，直至弹簧被压缩到最短。在上述过程中，求：‎ ‎（1）B与C相碰后的瞬间，B与C粘接在一起时的速度；‎ ‎（2）弹簧被压缩到最短时的弹性势能。‎ ‎【答案】（1）‎1 m/s （2）‎ ‎【解析】（1）从A压缩弹簧到A与B具有相同速度v1时，由动量守恒定律得 设碰撞后瞬间B与C的速度为v2，由动量守恒定律得 解得：‎ ‎（2）由于，A将继续压缩弹簧，直至A、B、C三者速度相同，设此时速度为v3，弹簧缩至最短，其弹性势能为Ep，由动量守恒定律和能量守恒定律得 解得 ‎【名师点睛】‎ 本题是对动量守恒定律及能量守恒定律的考查；解题的关键是搞清物体相互作用的物理过程，找到临界物理状态，知道当三者共速时，弹簧压缩量最大，此时的弹性势能最大。‎ 总质量为M的火箭竖直上升至某处的速度为v，此时向下喷出质量为m，相对地的速度为u的气体n次，此后火箭的速度为多大?‎ ‎【参考答案】‎ ‎【详细解析】设火箭的末速度为v1取初速度方向为正，火箭初动量为Mv， 末动量为 n次喷出气体动量为 根据动量守恒：‎ ‎ 解得 ‎ ‎1．为了保护航天员的安全，飞船上使用了降落伞、反推火箭、缓冲座椅三大措施，在距离地面大约‎1 m时，返回舱的4个反推火箭点火工作，返回舱最终安全着陆。把返回舱从离地‎1 m开始减速到完全着陆称为着地过程。则关于反推火箭的作用，下列说法正确的是 A．减小着地过程中返回舱和航天员的动量变化 B．减小着地过程中返回舱和航天员所受的冲量 C．减小着地过程的作用时间 D．减小着地过程返回舱和航天员所受的平均冲力 ‎【答案】D ‎【解析】返回舱和航天员在最后‎1 m 的着陆过程中用不用反推火箭，它们的初速度相同，末速度是零，故在着陆过程中返回舱和航天员的动量变化是相同的，反推火箭的作用是延长着陆时间，减少动量的变化率，根据动量定理，合外力的冲量等于动量的变化，由于动量变化相同，延长了着陆时间则减小了着陆过程中返回舱和航天员所受的平均冲击力。由分析知：在着地过程中返回舱和航天员的动量变化是相同的，故A错误；根据动量定理，在着地过程中返回舱和航天员的动量变化是相同的，故在此过程中所受冲量也是相同的，故B错误；反推火箭的主要作用是延长了返回舱和航天员的着地时间，故C错误；根据动量定理，在着地过程中动量的变化相同，反推火箭延长了着地时间，根据动量定理可知在着地过程中反推火箭的作用是减小着地过程返回舱和航天员所受的平均冲击力，故D正确。‎ ‎2．一火箭喷气发动机每次喷出m=‎200 g的气体，气体离开发动机喷出时的速度v=1 ‎000 m/s。设火箭质量M=‎300 kg，发动机每秒钟喷气20次。‎ ‎（1）当第三次喷出气体后，火箭的速度多大？‎ ‎（2）运动第1 s末，火箭的速度多大？‎ ‎【答案】（1）‎2 m/s （2）‎13.5 m/s ‎（2）发动机每秒钟喷气20次，以火箭和喷出的20次气体为研究对象，根据动量守恒定律得：‎ ‎(M–‎20m)v20–20mv=0‎ v20==‎13.5 m/s。‎ ‎1．关于系统动量守恒的条件，下列说法正确的是 A．只要系统所受的合外力为零，系统动量就守恒 B．系统中所有物体的加速度为零时，系统的总动量不一定守恒 C．只要系统内存在摩擦力，系统动量就不可能守恒 D．只要系统中有一个物体具有加速度，系统动量就不守恒 ‎2．a、b两球在光滑的水平面上沿同一直线发生正碰，作用前a球动量pa=‎30 kg·m/s，b球动量pb=0，碰撞过程中，a球的动量减少了‎20 kg·m/s，则作用后b球的动量为 A．–‎20 kg·m/s B．‎10 kg·m/s C．‎20 kg·m/s D．‎30 kg·m/s ‎3．如图所示，A、B两种物体的质量之比，原来静止在平板车C上，A、B间有一根被压缩的轻弹簧，地面光滑，当弹簧突然释放后，则 A．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 B．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 C．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统动量守恒 D．若A、B所受的摩擦力大小相等，则A、B、C组成的系统动量不守恒 ‎4．如图所示，光滑水平面上两小车中间夹一压缩了的轻弹簧，两手分别按住小车，使它们静止，对两车及弹簧组成的系统，下列说法中正确的是 A．两手同时放开后，系统总动量始终为非零的某一数值 B．先放开左手，后放开右手，动量不守恒 C．先放开左手，后放开右手，总动量向右 D．无论何时放手，两手放开后在弹簧恢复原长的过程中，系统总动量都保持不变，但系统的总动量不一定为零 ‎5．一个绕地球做匀速圆周运动的人造卫星，在轨道上瞬间炸裂成质量相等的A、B两块，其中A仍沿原轨道运动，不计炸裂前后卫星总质量的变化，则 A．B不可能沿原轨道运动 B．炸裂后的瞬间A、B的总动能大于炸裂前的动能 C．炸裂后的瞬间A、B的动量大小之比为1:3‎ D．炸裂后的瞬间A、B速率之比为1:1‎ ‎6．A、B两球在光滑水平面上做相向运动，已知mA>mB，当两球相碰后。其中一球停止，则可以断定 A．碰前A的动量等于B的动量 B．碰前A的动量大于B的动量 C．若碰后A的速度为零，则碰前A的动量大于B的动量 D．若碰后B的速度为零，则碰前A的动量小于B的动量 ‎7．质量为m的小车中挂有一个单摆，摆球的质量为m0，小车和单摆以恒定的速度v0‎ 沿水平地面运动，与位于正对面的质量为m1的静止木块发生碰撞，碰撞时间极短，在此过程中，下列说法可能发生的是 A．小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别为v1、v2和v3，且满足：‎ B．摆球的速度不变，小车和木块的速度为v1、v2，且满足：‎ C．摆球的速度不变，小车和木块的速度都为v，且满足：‎ D．小车和摆球的速度都变为v1，木块的速度变为v2，且满足：‎ ‎8．一炮舰总质量为M，以速度v0匀速行驶，从舰上以相对海岸的速度v沿前进的方向射出一质量为m的炮弹，发射炮弹后炮舰的速度为v′，若不计水的阻力，则下列各关系式中正确的是 A．‎ B．‎ C．‎ D．‎ ‎9．如图所示，小车的上面由中间突出的两个对称的曲面组成，整个小车的质量为m，原来静止在光滑的水平面上。今有一个可以看作质点的小球，质量也为m，以水平速度v从左端滑上小车，恰好到达小车的最高点后，又从另一个曲面滑下。关于这个过程，下列说法正确的是 A．小球滑离小车时，小车又回到了原来的位置 B．小球在滑上曲面的过程中，小车的动量变化大小是 C．小球和小车作用前后，小车和小球的速度一定变化 D．车上曲面的竖直高度不会大于 ‎10．质量为ma=‎1 kg，mb=‎2 kg的小球在光滑的水平面上发生碰撞，碰撞前后两球的位移—时间图象如图所示，则可知碰撞属于 A．弹性碰撞 B．非弹性碰撞 C．完全非弹性碰撞 D．条件不足，不能判断 ‎11．如图所示，在光滑水平面上，有质量分别为‎3m和m的A、B两滑块，它们中间夹着（不相连）一根处于压缩状态的轻质弹簧，由于被一根细绳拉着而处于静止状态。则下列说法正确的是 A．剪断细绳，在两滑块脱离弹簧后，A、B两滑块的动量大小之比pA:pB=3:1‎ B．剪断细绳，在两滑块脱离弹簧后，A、B两滑块的速度大小之比vA:vB=3:1‎ C．剪断细绳，在两滑块脱离弹簧后，A、B两滑块的动能之比EkA:EkB=1:3‎ D．剪断细绳到两滑块脱离弹簧过程中，弹簧对A、B两滑块做功之比WA:WB=1:1‎ ‎12．两磁铁各放在两辆小车上，小车能在水平面上无摩擦地沿同一直线运动。已知甲车和磁铁的总质量为‎0.5 kg，乙车和磁铁的总质量为‎1.0 kg，两磁铁的N极相对。推动一下，使两车相向运动，某时刻甲的速率为‎2 m/s，乙的速度为‎3 m/s，方向与甲相反，两车运动过程中始终未相碰。则：‎ ‎（1）两车最近时，乙的速度为多大？‎ ‎（2）甲车开始反向时，乙的速度为多大？‎ ‎13．如图所示，木块A的质量mA=‎1 kg，足够长的木板B的质量mB=‎4 kg，质量为mC=‎2 kg的木块C置于木板B上，水平面光滑，B、C之间有摩擦。现使A以v0=‎10 m/s的初速度向右匀速运动，与B碰撞后将以大小为vA′=‎4 m/s的速度弹回。求：‎ ‎（1）B运动过程中的最大速度；‎ ‎（2）C运动过程中的最大速度。‎ ‎14．如图所示，一光滑水平桌面AB与一半径为R的光滑半圆形轨道相切于C点，且两者固定不动。一长L=‎0.8 m的细绳，一端固定于O点，另一端系一个质量m1=‎‎0.2 kg 的小球。当小球在竖直方向静止时，球对水平桌面的作用力刚好为零。现将球提起使细绳处于水平位置时无初速度释放。当小球m1摆至最低点时，细绳恰好被拉断，此时小球m1恰好与放在桌面上的质量m2=‎0.8 kg的小球正碰，碰后m1以‎2 m/s的速度弹回，m2将沿半圆形轨道运动。两小球均可视为质点，取g=‎10 m/s2。求：‎ ‎（1）细绳所能承受的最大拉力为多大？‎ ‎（2）m2在半圆形轨道最低点C点的速度为多大？‎ ‎（3）为了保证m2在半圆形轨道中运动时不脱离轨道，半圆形轨道的半径R应满足什么条件。‎ ‎15．如图所示，固定的长直水平轨道MN 与位于竖直平面内的光滑半圆轨道相接，圆轨道半径为R ，PN 恰好为该圆的一条竖直直径。可视为质点的物块A和B紧靠在一起静止于N处，物块A的质量 mA=‎2m，B的质量mB=m，两物块在足够大的内力作用下突然分离，分别沿轨道向左、右运动，物块B 恰好能通过P点。已知物块A与MN轨道间的动摩擦因数为，重力加速度为g ，求：‎ ‎（1）物块B 运动到P 点时的速度大小vP；‎ ‎（2）两物块刚分离时物块B 的速度大小vB；‎ ‎（3）物块A 在水平面上运动的时间t。‎ ‎16．（2017新课标全国Ⅰ卷）将质量为‎1.00 kg的模型火箭点火升空，‎50 g燃烧的燃气以大小为‎600 m/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．30 B．5.7×102 ‎ C．6.0×102 D．6.3×102‎ ‎17．（2015福建卷）如图，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A 的质量为m，速度为2v0，方向向右，滑块B的质量为‎2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是 A．A和B都向左运动 B．A和B都向右运动 C．A静止，B向右运动 D．A向左运动，B向右运动 ‎18．（2014福建卷）一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离。已知前部分的卫星质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v1为 。（填选项前的字母）‎ A．v0-v2 B．v0+v2‎ C． D．‎ ‎19．（2016上海卷）如图，粗糙水平面上，两物体A、B以轻绳相连，在恒力F作用下做匀速运动。某时刻轻绳断开，在F牵引下继续前进，B最后静止。则在B静止前，A和B组成的系统动量_________（选填：“守恒”或 “不守恒”）。在B静止后，A和B组成的系统动量 。（选填：“守恒”或“不守恒“）‎ ‎20．（2017江苏卷）甲、乙两运动员在做花样滑冰表演，沿同一直线相向运动，速度大小都是‎1 m/s，甲、乙相遇时用力推对方，此后都沿各自原方向的反方向运动，速度大小分别为‎1 m/s和‎2 m/s。求甲、乙两运动员的质量之比。‎ ‎21．（2015山东卷）如图，三个质量相同的滑块A、B、C，间隔相等地静置于同一水平轨道上。现给滑块A向右的初速度v0，一段时间后A与B发生碰撞，碰后AB分别以、的速度向右运动，B再与C发生碰撞，碰后B、C粘在一起向右运动。滑块A、B与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值。两次碰撞时间极短。求B、C碰后瞬间共同速度的大小。‎ ‎22．（2015新课标全国Ⅰ卷）如图，在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C位于同一直线上，A位于B、C之间。A的质量为，B、C的质量都为，三者都处于静止状态，现使A以某一速度向右运动，求和之间满足什么条件才能使A只与B、C各发生一次碰撞。设物体间的碰撞都是弹性的。‎ ‎1．A【解析】系统动量守恒的条件是合外力为零。系统内存在摩擦力或一个物体具有加速度时，系统的动量可能守恒。根据动量守恒定律的条件可知，只要系统所受的合外力为零，系统动量就守恒，故A正确；系统中所有物体的加速度为零时，系统所受的合外力为零，即系统的总动量一定守恒，B错误；若系统内存在摩擦力，而系统所受的合外力为零，系统的动量仍守恒，C错误；系统中有一个物体具有加速度时，系统的动量也可能守恒，比如碰撞过程，两个物体的速度都改变，都有加速度，单个物体受外力作用，系统的动量却守恒，D错误。‎ ‎3．BC【解析】若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，由于，根据，可知，弹簧释放后，A、B所受的滑动摩擦力大小不等，则AB组成的系统所受合外力不为零，故A、B系统动量不守恒，A错误；地面光滑，弹簧释放后，A、B、C组成的系统所受合外力为零，故A、B、C系统动量守恒，B正确；若A、B所受的摩擦力大小相等，方向又相反，所以A、B组成的系统所受合外力为零， A、B组成的系统动量守恒，C正确；对于A、B、C组成的系统合外力为零，系统的动量守恒，D错误；故选BC。‎ ‎4．D【解析】当两手同时放开时，系统的合外力为零，所以系统的动量守恒，又因为开始时总动量为零，故系统总动量始终为零，选项A错误；先放开左手，左边的小车就向左运动，当再放开右手后，系统所受合外力为零，故系统的动量守恒，且开始时总动量方向向左，放开右手后总动量方向也向左，故选项BC错误；无论何时放手，两手放开后在弹簧恢复原长的过程中，系统的合外力为零，总动量都保持不变，但系统的总动量不一定为零，D正确。‎ ‎【名师点睛】当两手同时放开时，系统的合外力为零，所以系统的动量守恒，先放开左手，左边的小车就向左运动，当再放开右手后，系统所受合外力为零，故系统的动量守恒，且开始时总动量方向向左，放开右手后总动量方向也向左。‎ 炸过程动量不守恒，因此爆炸后A、B的速度方向不能相反，如果爆炸后A、B的速度方向相同，则爆炸后总动能小于爆炸前的总动能，不符合实际情况，假设错误，由此可知，炸裂后的瞬间A、B速率之比不可能为1:1，D错误；故选BC。‎ ‎6．CD【解析】两球组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，以A的运动方向为正方向，由动量守恒定律得：mAvA–mBvB=mAvA′+mBvB′，如果碰撞前A的动量等于B的动量，碰撞后两者速度都等于零，故A错误；若碰后A的速度为零，则碰撞后B反向运动，这说明系统总动量与A的动量方向相同，则碰撞前A的动量大于B的动量；若碰后B的速度为零，则碰撞后A反向运动，这说明系统总动量与B的动量方向相同，则碰撞前A的动量小于B的动量，由以上分析可知，两球碰撞后一球静止，可能是碰撞前A的动量大于B的动量，也可能是碰撞前A的动量小于B的动量，故B错误，CD正确。‎ ‎【名师点睛】本题考查了动量守恒定律的应用，考查了两球碰撞前动量大小的关系，应用动量守恒定律即可正确解题，本题难度不大。‎ ‎7．BC【解析】 小车与木块相碰，随之发生的将有两个过程：其一是，小车与木块相碰，作用时间极短，过程结束时小车与木块速度发生了变化，而小球的速度未变；其二是，摆球将要相对于小车向右摆动，又导致小车与木块速度的改变。但是题目中已明确指出只需讨论碰撞的极短过程，不需考虑第二过程。因此，我们只需分析B、C两项。其实，小车与木块相碰后，将可能会出现两种情况，即碰撞后小车与木块合二为一或它们碰后又分开，前者正是C项所描述的，后者正是B项所描述的，所以BC正确。‎ ‎【名师点睛】解决本题的关键是合理选择研究对象和物理过程，知道在碰撞的瞬间摆球的速度不变，未参与作用，小车和木块组成的系统动量守恒。‎ ‎8．A【解析】对炮舰和炮弹组组成的系统，开炮过程中动量守恒，开炮后炮舰的质量变为（M–m），有Mv0=(M–m)v′+mv，故选A。‎ ‎9．BD【解析】小球滑上曲面的过程，小车向右运动，小球滑下时，小车还会继续前进，故不会回到原位置，所以A错误；由小球恰好到最高点，知道两者有共同速度，对于小车和小球组成的系统，由动量守恒定律列式为mv=2mv′，得共同速度v′=，小车的动量变化大小为 ‎，则B正确；由于满足动量守恒定律，如果系统机械能没有减少，可能出现速度交换两次后和初始情况相同，选项C错误；由于小球原来的动能为，小球到最高点时系统的动能为，所以系统动能减少了，如果曲面光滑，则减少的动能等于小球增加的重力势能，即，得，显然这是最大值，如果曲面粗糙，高度还要小些，所以D正确。故选BD。‎ ‎10．A【解析】根据x–t图象可知：a球的初速度为，b球的初的速度为vb=0，碰撞后a球的速度为：，碰撞后b球的速度为：，碰撞前动量：，碰撞后动量：，两球碰撞过程中，动能变化量为：，则知碰撞前后动量不变，系统的总动能不变，此碰撞是弹性碰撞；故选A。‎ ‎12．（1） （2）‎2 m/s ‎（1）两车相距最近时，两车的速度相同，设该速度为v，取乙车的速度方向为正方向 由动量守恒定律得 ‎ 所以两车最近时，乙车的速度为 ‎（2）甲车开始反向时，其速度为0，设此时乙车的速度为v乙′‎ 由动量守恒定律得 ‎ 解得 v乙′=‎2 m/s ‎【名师点睛】解决本题的关键是知道两车作用的过程中动量守恒，当两车速度相同时，相距最近，当甲车的速度为零时，开始反向运动。‎ ‎13．（1）‎3.5 m/s，方向向右 （2）m/s，方向向右 ‎（1）碰后瞬间B速度最大，选向右为正方向 由动量守恒定律得mAv0=mA(–vA′)+mBvB 所以vB==m/s=‎3.5 m/s，方向向右 ‎（2）B、C以共同速度运动时，C速度最大，选向右为正方向 由动量守恒定律得mBvB=(mB+mC)vC 所以vC==m/s= m/s，方向向右 小球m1在最低点时，由牛顿第二定律，得：‎ 解得：=6 N ‎（2）m1与m2碰撞，动量守恒，设m1、m2碰后的速度分别为v1、v2，选向右的方向为正方向，则 解得：v2=‎1.5 m/s ‎（3）①若小球m2恰好通过最高点D点，由牛顿第二定律，得：‎ m2在CD轨道上运动时，由机械能守恒定律，得：‎ 解得R1=‎‎0.045 m ‎②若小球恰好到达圆轨道与圆心等高处速度减为0，则有：‎ 解得R2=‎‎0.1125 m 综上：R应该满足R≤‎0.045 m或R≥‎‎0.1125 m ‎15．（1） （2） （3）‎ ‎（1）物体B 在竖直平面内做圆周运动，在P点时重力提供向心力 由，可得 ‎（2）两物块分离后B 物体沿圆轨道向上运动，仅重力做功 由动能定理可得 解得 之后物体A 做匀减速直线运动由牛顿第二定律得：，‎ 由运动学公式 代入数据得 ‎16．A【解析】设火箭的质量（不含燃气）为m1，燃气的质量为m2，根据动量守恒，m1v1=m2v2，解得火箭的动量为：p=m1v1=m2v2=30 ，所以A正确，BCD错误。‎ ‎【名师点睛】本题主要考查动量即反冲类动量守恒问题，只要注意动量的矢量性即可，比较简单。‎ ‎17．D【解析】取向右为正方向，根据动量守恒：，知系统总动量为零，所以碰后总动量也为零，即A、B的运动方向一定相反，所以D正确；ABC错误。‎ ‎【名师点睛】本题主要考察动量守恒，在利用动量守恒解决问题时，注意动量是矢量，要先选择正方向。‎ ‎18．D【解析】系统分离前后，动量守恒：，解得：，故ABC错误，D正确。‎ ‎19．守恒 不守恒 ‎【名师点睛】先通过匀速运动分析A、B整体的合外力，再分析轻绳断开后A、B整体的合外力，只要合外力为零，系统动量守恒，反之不守恒。 ‎ ‎20．3:2‎ 由动量守恒定律得，解得，代入数据得。‎ ‎21．‎ 根据动量守恒定律，AB碰撞过程满足 解得；‎ 从A开始运动到与B相碰的过程，根据动能定理：，‎ 解得 则对物体B从与A碰撞完毕到与C相碰损失的动能也为Wf，由动能定理可知：，‎ 解得：；‎ BC碰撞时满足动量守恒，则，‎ 解得 ‎【名师点睛】解题的关键是掌握动量守恒定律，搞清楚物理过程并搞清不同阶段的能量转化关系。‎ ‎22．‎ 设A运动的初速度为 A向右运动与C发生碰撞，根据弹性碰撞可得 可得 要使得A与B发生碰撞，需要满足，即 A反向向左运动与B发生碰撞过程，弹性碰撞 整理可得 由于，所以A还会向右运动，根据要求不发生第二次碰撞，需要满足 即 整理可得 解方程可得