2020版物理新增分大一轮人教通用版讲义：第六章动量动量守恒定律第2讲

第2讲　动量守恒定律及“三类模型”问题

一、动量守恒定律
1．内容
如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变．
2．表达式
(1)p＝p′，系统相互作用前总动量p等于相互作用后的总动量p′.
(2)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．
(3)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向．
(4)Δp＝0，系统总动量的增量为零．
3．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．
自测1　关于系统动量守恒的条件，下列说法正确的是(　　)
A．只要系统内存在摩擦力，系统动量就不可能守恒
B．只要系统中有一个物体具有加速度，系统动量就不守恒
C．只要系统所受的合外力为零，系统动量就守恒
D．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
答案　C
二、碰撞、反冲、爆炸
1．碰撞
(1)定义：相对运动的物体相遇时，在极短的时间内它们的运动状态发生显著变化，这个过程就可称为碰撞．
(2)特点：作用时间极短，内力(相互碰撞力)远大于外力，总动量守恒．
(3)碰撞分类
①弹性碰撞：碰撞后系统的总动能没有损失．
②非弹性碰撞：碰撞后系统的总动能有损失．
③完全非弹性碰撞：碰撞后合为一体，机械能损失最大．

2．反冲
(1)定义：当物体的一部分以一定的速度离开物体时，剩余部分将获得一个反向冲量，这种现象叫反冲运动．
(2)特点：系统内各物体间的相互作用的内力远大于系统受到的外力．实例：发射炮弹、发射火箭等．
(3)规律：遵从动量守恒定律．
3．爆炸问题
爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用时间很短，作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量守恒．如爆竹爆炸等．
自测2　如图1所示，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，速度大小为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(　　)

图1
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
答案　D
解析　以两滑块组成的系统为研究对象，两滑块碰撞过程动量守恒，由于初始状态系统的动量为零，所以碰撞后两滑块的动量之和也为零，所以A、B的运动方向相反或者两者都静止，而碰撞为弹性碰撞，碰撞后两滑块的速度不可能都为零，则A应该向左运动，B应该向右运动，选项D正确，A、B、C错误.

命题点一　动量守恒定律的理解和基本应用
例1　(2018·湖北省仙桃市、天门市、潜江市期末联考)如图2所示，A、B两物体的质量之比为mA∶mB＝1∶2，它们原来静止在平板车C上，A、B两物体间有一根被压缩了的水平轻质弹簧，A、B两物体与平板车上表面间的动摩擦因数相同，水平地面光滑．当弹簧突然释放后，A、B两物体被弹开(A、B两物体始终不滑出平板车)，则有(　　)

图2
A．A、B系统动量守恒
B．A、B、C及弹簧整个系统机械能守恒
C．小车C先向左运动后向右运动
D．小车C一直向右运动直到静止
答案　D
解析　A、B两物体和弹簧、小车C组成的系统所受合外力为零，所以系统的动量守恒．在弹簧释放的过程中，因mA∶mB＝1∶2，由摩擦力公式Ff＝μFN＝μmg知，A、B两物体所受的摩擦力大小不等，所以A、B两物体组成的系统合外力不为零，A、B两物体组成的系统动量不守恒，A物体对小车向左的滑动摩擦力小于B对小车向右的滑动摩擦力，在A、B两物体相对小车停止运动之前，小车所受的合外力向右，会向右运动，因存在摩擦力做负功，最终整个系统将静止，则系统的机械能减为零，不守恒，故A、B、C错误，D正确．
变式1　(多选)(2018·安徽省宣城市第二次调研)如图3所示，小车在光滑水平面上向左匀速运动，水平轻质弹簧左端固定在A点，物体与固定在A点的细线相连，弹簧处于压缩状态(物体与弹簧未连接)，某时刻细线断了，物体沿车滑动到B端粘在B端的油泥上，取小车、物体和弹簧为一个系统，下列说法正确的是(　　)

图3
A．若物体滑动中不受摩擦力，则该系统全过程机械能守恒
B．若物体滑动中有摩擦力，则该系统全过程动量守恒
C．不论物体滑动中有没有摩擦，小车的最终速度与断线前相同
D．不论物体滑动中有没有摩擦，系统损失的机械能相同
答案　BCD
解析　物体与油泥粘合的过程，发生非弹簧碰撞，系统机械能有损失，故A错误；整个系统在水平方向不受外力，竖直方向上合外力为零，则系统动量一直守恒，故B正确；取系统的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可知，物体在沿车滑动到B端粘在B端的油泥上后系统共同的速度与初速度是相同的，故C正确；由C的分析可知，当物体与B端油泥粘在一起时，系统的速度与初速度相等，所以系统的末动能与初动能是相等的，系统损失的机械能等于弹簧的弹性势能，与物体滑动中有没有摩擦无关，故D正确．
例2　(2017·全国卷Ⅰ·14)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 kg·m/s　　　　　　 B．5.7×102 kg·m/s
C．6.0×102 kg·m/s D．6.3×102 kg·m/s
答案　A
解析　设火箭的质量为m1，燃气的质量为m2.由题意可知，燃气的动量p2＝m2v2＝50×10－3
×600 kg·m/s＝30 kg·m/s.以火箭运动的方向为正方向，根据动量守恒定律可得，0＝m1v1－m2v2，则火箭的动量大小为p1＝m1v1＝m2v2＝30 kg·m/s，所以A正确，B、C、D错误．
变式2　(2018·江西省七校第一次联考)一质量为M的航天器远离太阳和行星，正以速度v0在太空中飞行，某一时刻航天器接到加速的指令后，发动机瞬间向后喷出质量为m的气体，气体向后喷出的速度大小为v1，加速后航天器的速度大小v2等于(v0、v1、v2均为相对同一参考系的速度)(　　)
A. B.
C. D.
答案　C
解析　以v0的方向为正方向，由动量守恒定律有Mv0＝－mv1＋(M－m)v2
解得v2＝，故选C.
命题点二　碰撞模型问题
1．碰撞遵循的三条原则
(1)动量守恒定律
(2)机械能不增加
Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋
(3)速度要合理
①同向碰撞：碰撞前，后面的物体速度大；碰撞后，前面的物体速度大或相等．
②相向碰撞：碰撞后两物体的运动方向不可能都不改变．
2．弹性碰撞讨论
(1)碰后速度的求解
根据动量守恒和机械能守恒

解得v1′＝
v2′＝
(2)分析讨论：
当碰前物体2的速度不为零时，若m1＝m2，则v1′＝v2，v2′＝v1，即两物体交换速度．
当碰前物体2的速度为零时，v2＝0，则：
v1′＝，v2′＝，
①m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1，碰撞后两物体交换速度．
②m1>m2时，v1′>0，v2′>0，碰撞后两物体沿同方向运动．
③m10，碰撞后质量小的物体被反弹回来．
例3　(2018·广东省湛江市第二次模拟)如图4所示，水平地面放置A和B两个物块，物块A的质量m1＝2 kg，物块B的质量m2＝1 kg，物块A、B与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.5.现对物块A施加一个与水平方向成37°角的外力F，F＝10 N，使物块A由静止开始运动，经过12 s物块A刚好运动到物块B处，A物块与B物块碰前瞬间撤掉外力F，物块A与物块B碰撞过程没有能量损失，设碰撞时间很短，A、B两物块均可视为质点，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：

图4
(1)计算A与B两物块碰撞前瞬间物块A的速度大小；
(2)若在物块B的正前方放置一个弹性挡板，物块B与挡板碰撞时没有能量损失，要保证A和B两物块能发生第二次碰撞，弹性挡板距离物块B的距离L不得超过多大？
答案　(1)6 m/s　(2)L不得超过3.4 m
解析　(1)设物块A与物块B碰前速度为v1，
由牛顿第二定律得：Fcos 37°－μ(m1g－Fsin 37°)＝m1a
解得：a＝0.5 m/s2
则速度v1＝at＝6 m/s
(2)设A、B两物块相碰后A的速度为v1′，B的速度为v2
由动量守恒定律得：m1v1＝m1v1′＋m2v2
由机械能守恒定律得：m1v＝m1v1′2＋m2v
联立解得：v1′＝2 m/s、v2＝8 m/s
对物块A用动能定理得：－μm1gxA＝0－m1v1′2
解得：xA＝0.4 m
对物块B用动能定理得：－μm2gxB＝0－m2v
解得：xB＝6.4 m
物块A和物块B能发生第二次碰撞的条件是xA＋xB>2L，
解得L<3.4 m
即要保证物块A和物块B能发生第二次碰撞，弹性挡板距离物块B的距离L不得超过3.4 m.
拓展点1　“滑块—弹簧”碰撞模型

例4　(2018·山东省临沂市一模)如图5所示，静止放置在光滑水平面上的A、B、C三个滑块，滑块A、B间通过一水平轻弹簧相连，滑块A左侧紧靠一固定挡板P，某时刻给滑块C施加一个水平冲量使其以初速度v0水平向左运动，滑块C撞上滑块B的瞬间二者粘在一起共同向左运动，弹簧被压缩至最短的瞬间具有的弹性势能为1.35 J，此时撤掉固定挡板P，之后弹簧弹开释放势能，已知滑块A、B、C的质量分别为mA＝mB＝0.2 kg，mC＝0.1 kg，(取＝3.17)求：

图5
(1)滑块C的初速度v0的大小；
(2)当弹簧弹开至恢复到原长的瞬时，滑块B、C的速度大小；
(3)从滑块B、C压缩弹簧至弹簧恢复到原长的过程中，弹簧对滑块B、C整体的冲量．
答案　(1)9 m/s　(2)1.9 m/s　(3)1.47 N·s，方向水平向右
解析　(1)滑块C撞上滑块B的过程中，滑块B、C组成的系统动量守恒，以水平向左为正，根据动量守恒定律得：
mCv0＝(mB＋mC)v1
弹簧被压缩至最短时，滑块B、C速度为零，根据能量守恒定律得：
Ep＝(mB＋mC)v
解得：v1＝3 m/s，v0＝9 m/s
(2)设弹簧弹开至恢复到原长的瞬间，滑块B、C的速度大小为v2，滑块A的大小为v3，根据动量守恒定律得：
mAv3＝(mB＋mC)v2，
根据能量守恒定律得：
Ep＝mAv＋(mB＋mC)v
解得：v2≈1.9 m/s
(3)设弹簧对滑块B、C整体的冲量I，选向右为正方向，由动量定理得：
I＝Δp＝(mB＋mC)(v2＋v1)
解得：I＝1.47 N·s，方向水平向右．
拓展点2　“滑块—木板”碰撞模型

例5　(2018·湖北省武汉市部分学校起点调研)如图6，在光滑的水平面上静止着足够长、质量为3m的木板，木板上依次排放质量均为m的木块1、2、3，木块与木板间的动摩擦因数均为μ.现同时给木块1、2、3水平向右的初速度v0、2v0、3v0，最后所有的木块与木板相对静止．已知重力加速度为g，求：

图6
(1)木块3从开始运动到与木板相对静止时位移的大小；
(2)木块2在整个运动过程中的最小速度．
答案　(1)　(2)v0
解析　(1)当木块3与木板的速度相等时，3个木块与木板的速度均相等，设为v，以v0的方向为正方向．
系统动量守恒m(v0＋2v0＋3v0)＝6mv
木块3在木板上匀减速运动：μmg＝ma
由运动学公式(3v0)2－v2＝2ax3
解得x3＝
(2)设木块2的最小速度为v2，此时木块3的速度为v3，由动量守恒定律
m(v0＋2v0＋3v0)＝(2m＋3m)v2＋mv3
在此过程中，木块3与木块2速度改变量相同
3v0－v3＝2v0－v2
解得v2＝v0.
变式3　(多选)(2018·广西桂林市、百色市和崇左市第三次联考)如图7甲，光滑水平面上放着长木板B，质量为m＝2 kg的木块A以速度v0＝2 m/s滑上原来静止的长木板B的上表面，由于A、B之间存在摩擦，之后木块A与长木板B的速度随时间变化情况如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2.则下列说法正确的是(　　)

图7
A．木块A与长木板B之间的动摩擦因数为0.1
B．长木板的质量M＝2 kg
C．长木板B的长度至少为2 m
D．木块A与长木板B组成系统损失机械能为4 J
答案　AB
解析　由题图可知，木块A先做匀减速运动，长木板B先做匀加速运动，最后一起做匀速运动，共同速度v＝1 m/s，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：mv0＝(m＋M)v，解得：M＝m＝2 kg，故B正确；由题图可知，长木板B匀加速运动的加速度为：aB＝＝ m/s2＝
1 m/s2，对长木板B，根据牛顿第二定律得：μmg＝MaB，μ＝0.1，故A正确；由题图可知前1 s内长木板B的位移为：xB＝×1×1 m＝0.5 m，木块A的位移为：xA＝×1 m＝1.5 m，所以长木板B的最小长度为：L＝xA－xB＝1 m，故C错误；木块A与长木板B组成系统损失的机械能为：ΔE＝mv－(m＋M)v2＝2 J，故D错误．
拓展点3　“滑块—斜面”碰撞模型

例6　(2018·福建省厦大附中第二次模拟)如图8所示，光滑水平面上质量为m1＝2 kg的物块以v0＝2 m/s的初速度冲向质量为m2＝6 kg静止的光滑圆弧面斜劈体．求：

图8
(1)物块m1滑到最高点位置时，二者的速度大小；
(2)物块m1从圆弧面滑下后，二者速度大小．
(3)若m1＝m2，物块m1从圆弧面滑下后，二者速度大小．
答案　见解析
解析　(1)物块m1与斜劈体作用过程水平方向遵从动量守恒定律，且到最高点时共速，以v0方向为正，则有：m1v0＝(m1＋m2)v，v＝0.5 m/s；
(2)物块m1从圆弧面滑下过程，水平方向动量守恒，动能守恒，则有：
m1v0＝m1v1＋m2v2，
m1v＝m1v＋m2v，
解得：v1＝v0，v2＝v0
代入数据得：v1＝－1 m/s，v2＝1 m/s；
(3)若m1＝m2，根据上述分析，物块m1从圆弧面滑下后，交换速度，即v1′＝0，v2′＝2 m/s.
变式4　(2019·甘肃省天水市调研)如图9所示，在水平面上依次放置小物块A和C以及曲面劈B，其中A与C的质量相等均为m，曲面劈B的质量M＝3m，曲面劈B的曲面下端与水平面相切，且曲面劈B足够高，各接触面均光滑．现让小物块C以水平速度v0向右运动，与A发生碰撞，碰撞后两个小物块粘在一起滑上曲面劈B.求：

图9
(1)碰撞过程中系统损失的机械能；
(2)碰后物块A与C在曲面劈B上能够达到的最大高度．
答案　(1)mv　(2)
解析　(1)小物块C与物块A发生碰撞粘在一起，以v0的方向为正方向
由动量守恒定律得：mv0＝2mv
解得v＝v0；
碰撞过程中系统损失的机械能为E损＝mv－×2mv2
解得E损＝mv.
(2)当小物块A、C上升到最大高度时，A、B、C系统的速度相等．根据动量守恒定律：mv0＝(m＋m＋3m)v1
解得v1＝v0
根据机械能守恒得
2mgh＝×2m2－×5m2
解得h＝.
命题点三　“人船”模型
1．特点
2．方程
m1v1－m2v2＝0(v1、v2为速度大小)
3．结论
m1x1＝m2x2(x1、x2为位移大小)
例7　(2018·河南省鹤壁市第二次段考)有一只小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(估计重一吨左右)．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：首先将船平行于码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头停下，而后轻轻下船．用卷尺测出船后退的距离d，然后用卷尺测出船长L.已知他的自身质量为m，水的阻力不计，则船的质量为(　　)
A. B.
C. D.
答案　B
解析　设人走动的时候船的速度为v，人的速度为v′，人从船头走到船尾用时为t，人的位移为L－d，船的位移为d，所以v＝，v′＝.以船后退的方向为正方向，根据动量守恒有：Mv－mv′＝0，可得：M＝，小船的质量为：M＝，故B正确．
变式5　(2018·河南省中原名校第六次模拟)光滑水平面上放有一上表面光滑、倾角为α的斜面体A，斜面体质量为M、底边长为L，如图10所示．将一质量为m、可视为质点的滑块B从斜面的顶端由静止释放，滑块B经过时间t刚好滑到斜面底端．此过程中斜面对滑块的支持力大小为FN，则下列说法中正确的是(　　)

图10
A．FN＝mgcos α
B．滑块下滑过程中支持力对B的冲量大小为FNtcos α
C．滑块B下滑的过程中A、B组成的系统动量守恒
D．此过程中斜面体向左滑动的距离为L
答案　D
解析　当滑块B相对于斜面加速下滑时，斜面体A水平向左加速运动，所以滑块B相对于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即沿垂直于斜面方向的合外力不再为零，所以斜面对滑块的支持力FN不等于mgcos α，A错误；滑块B下滑过程中支持力对B的冲量大小为FNt，B错误；由于滑块B有竖直方向的分加速度，所以A、B组成的系统竖直方向合外力不为零，系统的动量不守恒，C错误；A、B组成的系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，设A、B两者水平位移大小分别为x1、x2，则Mx1＝mx2，x1＋x2＝L，解得x1＝L，D正确．


命题点四　“子弹打木块”模型
1．木块放在光滑水平面上，子弹水平打进木块，系统所受的合外力为零，因此动量守恒．
2．两者发生的相对位移为子弹射入的深度x相．
3．根据能量守恒定律，系统损失的动能等于系统增加的内能．
4．系统产生的内能Q＝Ff·x相，即两物体由于相对运动而摩擦产生的热(机械能转化为内能)，等于摩擦力大小与两物体相对滑动的路程的乘积．
5．当子弹速度很大时，可能射穿木块，这时末状态子弹和木块的速度大小不再相等，但穿透过程中系统的动量仍守恒，系统损失的动能为ΔEk＝Ff·L(L为木块的长度)．
例8　一质量为M的木块放在光滑的水平面上，一质量为m的子弹以初速度v0水平打进木块并留在其中，设子弹与木块之间的相互作用力为Ff.则：
(1)子弹、木块相对静止时的速度是多少？
(2)子弹在木块内运动的时间为多长？
(3)子弹、木块相互作用过程中子弹、木块发生的位移以及子弹打进木块的深度分别是多少？
答案　(1)v0　(2) (3)　　
解析　(1)设子弹、木块相对静止时的速度为v，以子弹初速度的方向为正方向，由动量守恒定律得
mv0＝(M＋m)v
解得v＝v0
(2)设子弹在木块内运动的时间为t，由动量定理得
对木块：Fft＝Mv－0
解得t＝
(3)设子弹、木块发生的位移分别为x1、x2，如图所示，由动能定理得

对子弹：－Ffx1＝mv2－mv
解得：x1＝
对木块：Ffx2＝Mv2
解得：x2＝
子弹打进木块的深度等于相对位移，即x相＝x1－x2＝
变式6　(2019·陕西省商洛市质检)如图11所示，在固定的水平杆上，套有质量为m的光滑圆环，轻绳一端拴在环上，另一端系着质量为M的木块，现有质量为m0的子弹以大小为v0的水平速度射入木块并立刻留在木块中，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)

图11
A．子弹射入木块后的瞬间，速度大小为
B．子弹射入木块后的瞬间，绳子拉力等于(M＋m0)g
C．子弹射入木块后的瞬间，环对轻杆的压力大于(M＋m＋m0)g
D．子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统动量守恒
答案　C
解析　子弹射入木块后的瞬间，子弹和木块系统的动量守恒，以v0的方向为正方向，则m0v0＝(M＋m0)v1，得v1＝，选项A错误；子弹射入木块后的瞬间，FT－(M＋m0)g＝(M＋m0)，可知绳子拉力大于(M＋m0)g，选项B错误；子弹射入木块后的瞬间，对圆环：FN＝FT＋mg>(M＋m＋m0)g，由牛顿第三定律知，选项C正确；子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统只在水平方向动量守恒，选项D错误．


1．现有甲、乙两滑块，质量分别为3m和m，以相同的速率v在光滑水平面上相向运动，发生了碰撞．已知碰撞后，甲滑块静止不动，那么这次碰撞是(　　)
A．弹性碰撞 B．非弹性碰撞
C．完全非弹性碰撞 D．条件不足，无法确定
答案　A

2．(2018·福建省福州市模拟)一质量为M的航天器正以速度v0在太空中飞行，某一时刻航天器接到加速的指令后，发动机瞬间向后喷出一定质量的气体，气体喷出时速度大小为v1，加速后航天器的速度大小为v2，则喷出气体的质量m为(　　)
A.M B.M
C.M D.M
答案　C
3．(2018·广东省东莞市调研)两名质量相等的滑冰人甲和乙都静止在光滑的水平冰面上．现在，其中一人向另一个人抛出一个篮球，另一人接球后再抛回．如此反复进行几次之后，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．只有甲先抛球，乙最后接球，才有v甲＞v乙
D．无论怎样抛球和接球，都是v甲＞v乙
答案　B
4．(2018·山东省青岛市第二次质量检测)如图1，连接有水平轻弹簧的物块a静止于光滑水平面上，物块b以一定初速度向左运动．下列关于a、b两物块的动量p随时间t的变化关系图象，不合理的是(　　)

图1


答案　A
解析　物块b以一定初速度向左运动与连接有水平轻弹簧的静止物块a相碰，中间弹簧先被压缩后又恢复原长，则弹力在碰撞过程中先变大后变小，两物块动量的变化率先变大后变小．故A错误．
5．(2019·河南省鹤壁市调研)在列车编组站里，一节动车车厢以1 m/s的速度碰上另一节静止的拖车车厢，碰后两节车厢结合在一起继续运动．已知两节车厢的质量均为20 t，则碰撞过程拖车车厢受到的冲量大小为(碰撞过程时间很短，内力很大)(　　)
A．10 N·s B．20 N·s
C．104 N·s D．2×104 N·s
答案　C
解析　动车车厢和拖车车厢碰撞过程动量守恒，根据动量守恒定律有mv0＝2mv，对拖车根据动量定理有I＝mv，联立解得I＝104 N·s，选项C正确．
6．(2018·山西省晋城市第一次模拟)所谓对接是指两艘同方向以几乎同样快慢运行的宇宙飞船在太空中互相靠近，最后连接在一起．假设“天舟一号”和“天宫二号”的质量分别为M、m，两者对接前的在轨速度分别为(v＋Δv)、v，对接持续时间为Δt，则在对接过程中“天舟一号”对“天宫二号”的平均作用力大小为(　　)
A. B.
C. D．0
答案　C
解析　在“天舟一号”和“天宫二号”对接的过程中水平方向动量守恒，M(v＋Δv)＋mv＝(M＋m)v′，解得对接后两者的共同速度v′＝v＋，以“天宫二号”为研究对象，根据动量定理有F·Δt＝mv′－mv，解得F＝，选项C正确．
7．(2018·河北省石家庄二中期中)滑块a、b沿水平面上同一条直线发生碰撞，碰撞后两者粘在一起运动，两者的位置x随时间t变化的图象如图2所示．则滑块a、b的质量之比(　　)

图2
A．5∶4 B．1∶8 C．8∶1 D．4∶5
答案　B
解析　设滑块a、b的质量分别为m1、m2，a、b两滑块碰撞前的速度为v1、v2，
由题图得v1＝－2 m/s
v2＝1 m/s
两滑块发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度设为v，由题图得v＝ m/s
由动量守恒定律得
m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v
联立解得m1∶m2＝1∶8.
8.(2018·山东省日照市校际联合质检)沿光滑水平面在同一条直线上运动的两物体A、B碰撞后以共同的速度运动，该过程的位移—时间图象如图3所示．则下列说法错误的是(　　)

图3
A．碰撞前后物体A的运动方向相反
B．物体A、B的质量之比为1∶2
C．碰撞过程中A的动能变大，B的动能减小
D．碰前物体B的动量较大
答案　C
解析　由题图可得，碰撞前vA＝ m/s＝－5 m/s，碰撞后vA′＝ m/s＝5 m/s，则碰撞前后物体A的运动方向相反，故A正确；由题图可得，碰撞前vB＝ m/s＝10 m/s，根据动量守恒得mAvA＋mBvB＝(mA＋mB)vA′，代入数据得：mA∶mB＝1∶2，故B正确；碰撞前后物体A速度大小相等，则碰撞过程中物体A动能不变，故C错误；碰前物体A、B速度方向相反，碰后物体A、B速度方向与物体B碰前速度方向相同，则碰前物体B动量较大，故D正确．

9.(多选)(2019·江西省上饶市调研)质量为M的小车置于光滑的水平面上，左端固定一根水平轻弹簧，质量为m的光滑物块放在小车上，压缩弹簧并用细线连接物块和小车左端，开始时小车与物块都处于静止状态，此时物块与小车右端相距为L，如图4所示，当突然烧断细线后，以下说法正确的是(　　)

图4
A．物块和小车组成的系统机械能守恒
B．物块和小车组成的系统动量守恒
C．当物块速度大小为v时，小车速度大小为v
D．当物块离开小车时，小车向左运动的位移为L
答案　BC
解析　弹簧推开物块和小车的过程，若取物块、小车和弹簧组成的系统为研究对象，则无其他力做功，机械能守恒，但选物块和小车组成的系统，弹力做功属于系统外其他力做功，弹性势能转化成系统的机械能，此时系统的机械能不守恒，A选项错误；取物块和小车的系统，外力的和为零，故系统的动量守恒，B选项正确；由物块和小车组成的系统动量守恒得：0＝mv－Mv′，解得v′＝v，C选项正确；弹开的过程满足反冲原理和“人船模型”，有＝，则在相同时间内＝，且x＋x′＝L，联立得x′＝，D选项错误．
10.(多选)(2018·陕西省西安一中一模)如图5所示，在光滑的水平面上有一静止的物体M，物体M上有一光滑的半圆弧轨道，最低点为C，A、B为同一水平直径上的两点，现让小滑块m从A点由静止下滑，则(　　)

图5
A．小滑块m到达物体M上的B点时小滑块m的速度不为零
B．小滑块m从A点到C点的过程中物体M向左运动，小滑块m从C点到B点的过程中物体M向右运动
C．若小滑块m由A点正上方h高处自由下落，则由B点飞出时做竖直上抛运动
D．物体M与小滑块m组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒
答案　CD
解析　物体M和小滑块m组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒，D正确；小滑块m滑到右端两者水平方向具有相同的速度：0＝(m＋M)v，v＝0，可知小滑块m到达物体M上的B点时，小滑块m、物体M的水平速度为零，故当小滑块m从A点由静止下滑，则能恰好到达B点，当小滑块由A点正上方h高处自由下落，则由B点飞出时做竖直上抛运动，A错误，C正确；小滑块m从A点到C点的过程中物体M向左加速运动，小滑块m从C点到B点的过程中物体M向左减速运动，选项B错误．
11．(2018·山东省日照市二模)2017年4月22日12时23分，“天舟一号”货运飞船与离地面390公里处的“天宫二号”空间实验室顺利完成自动交会对接．下列说法正确的是(　　)
A．根据“天宫二号”离地面的高度，可计算出地球的质量
B．“天舟一号”与“天宫二号”的对接过程，满足动量守恒、能量守恒
C．“天宫二号”飞越地球的质量密集区上空时，轨道半径和线速度都略微减小
D．若测得“天舟一号”环绕地球近地轨道的运行周期，可求出地球的密度
答案　D
解析　根据G＝m(R＋h)，可得M＝，则根据“天宫二号”离地面的高度，不可计算出地球的质量，选项A错误；“天舟一号”与“天宫二号”对接时，“天舟一号”要向后喷气加速才能对接，故对接的过程不满足动量守恒，但是能量守恒，选项B错误；“天宫二号”飞越地球的质量密集区上空时，万有引力变大，则轨道半径略微减小，引力做正功，故线速度增加，选项C错误；G＝mR，而M＝πR3ρ，可得ρ＝，即若测得“天舟一号”环绕地球近地轨道的运行周期，可求出地球的密度，选项D正确．
12．(2018·河南省新乡市第三次模拟)如图6所示，质量M＝9 kg的小车A以大小v0＝8 m/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上放置质量m＝1 kg的小球B(可看做质点)，小球距离车面H＝0.8 m．某一时刻，小车与静止在水平面上的质量m0＝6 kg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小桶中(小桶的尺寸可忽略)，不计空气阻力，取重力加速度g＝10 m/s2.求：

图6
(1)小车的最终速度的大小；
(2)初始时小球与小桶的水平距离．
答案　(1)5 m/s　(2)1.28 m
解析　(1)整个过程中小球、小车及物块C组成的系统水平方向动量守恒，设系统最终速度大小为v.以v0的方向为正方向，则有：
(M＋m)v0＝(M＋m＋m0)v
解得：v＝5 m/s
(2)小车与物块C碰撞过程动量守恒：Mv0＝(M＋m0)v1
设小球下落时间为t，则有：H＝gt2，x＝(v0－v1)t
解得：x＝1.28 m.
13．(2018·广东省惠州市第二次调研)如图7甲所示，半径为R＝0.45 m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，B点为轨道最低点，在光滑水平面上紧挨B点有一静止的平板车，其质量M＝5 kg，长度L＝0.5 m，车的上表面与B点等高，可视为质点的物块从圆弧轨道最高点A由静止释放，其质量m＝1 kg，g取10 m/s2.

图7
(1)求物块滑到B点时对轨道压力的大小；
(2)若平板车上表面粗糙，物块最终没有滑离平板车，求物块最终速度的大小；
(3)若将平板车固定且在上表面铺上一种动摩擦因数逐渐增大的特殊材料，物块在平板车上向右滑动时，所受摩擦力Ff随它距B点位移L的变化关系如图乙所示，物块最终滑离了平板车，求物块滑离平板车时的速度大小．
答案　(1)30 N　(2)0.5 m/s　(3) m/s
解析　(1)物块从圆弧轨道A点滑到B点的过程中机械能守恒：
mgR＝mv
解得：vB＝3 m/s
在B点由牛顿第二定律得FN－mg＝m
解得：FN＝30 N
则物块滑到B点时对轨道的压力FN′＝FN＝30 N
(2)物块滑上平板车后，系统的动量守恒，
mvB＝(m＋M)v共
解得v共＝0.5 m/s
(3)物块在平板车上滑行时克服摩擦力做的功为Ff－L图线与横轴所围的面积，则克服摩擦力做功为
Wf＝ J＝2 J
物块在平板车上滑动的过程中，由动能定理得：
－Wf＝mv2－mv
解得：v＝ m/s.