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現代文閱讀Ⅰ
把握共性之“新”　打通應考之“脈”
第1章 動量及其守恒定律
第2節　動量守恒定律及其應用
[學習目標]　1．能用牛頓運動定律推導動量守恒定律。2．理解動量守恒定律的確切含義和表達式，會運用動量守恒定律解決實際問題。3．探究碰撞前、后動量的變化規律。4．知道反沖運動及火箭的飛行原理，體驗將所學知識應用到實際生活中。
必備知識·自主預習儲備
知識點一　動量守恒定律
1．動量守恒定律的內容：一個系統不受______或者所受_________為0時，這個系統的_________保持不變。
外力
合外力
總動量
2．動量守恒定律的成立條件
(1)系統不受外力的作用。
(2)系統受外力作用，但合外力______。
(3)系統受外力的作用，合外力也不為零，但合外力_________內力。這種情況嚴格地說只是動量近似守恒，但卻是最常見的情況。
(4)系統受外力，但在某一方向上不受外力或所受合外力為零，則系統在該方向上動量守恒。
為零
遠小于
3．動量守恒定律的表達式
(1)p＝p′(系統相互作用前的總動量p等于相互作用后的總動量p′)。
(2)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′(相互作用的兩個物體組成的系統，作用前的動量和______作用后的動量和)。
(3)Δp1＝－Δp2(相互作用的兩個物體組成的系統，一個物體動量的變化量與另一個物體動量的變化量大小______、方向______)。
(4)Δp＝0(系統總動量的增量______)。
等于
相等
相反
為零
4．適用范圍：動量守恒定律是自然界普遍適用的基本規律之一，不僅低速、宏觀領域遵循這一規律，______(接近光速)、______(分子、原子的尺度)領域也遵循這一規律。
提醒　動量守恒定律是實驗定律，適用于任何物理研究領域。
高速
微觀
體驗　1．思考辨析(正確的打“√”，錯誤的打“×”)
(1)如果系統的機械能守恒，則動量不一定守恒。 (　　)
(2)只要系統內存在摩擦力，動量不可能守恒。 (　　)
(3)做勻速圓周運動的物體動量是守恒的。 (　　)
×
√
×
2．填空
光滑水平面上，子彈射擊木塊的過程中，子彈和木塊組成的系統所受合外力為零，子彈水平方向動量_________，系統動量______。(均選填“守恒”或“不守恒”)
不守恒
守恒
知識點二　反沖運動與火箭
1．反沖運動
根據動量守恒定律，一個靜止的物體在內力的作用下分裂為兩個部分，一部分向某一個方向運動，另一部分向相反方向運動的現象。
2．火箭
(1)原理：火箭的飛行應用了______的原理，靠噴出氣流的反作用來獲得巨大速度。
反沖
(2)影響火箭獲得速度大小的因素：一是噴氣速度，噴氣速度______，火箭能達到的速度越大；二是燃料質量______，負荷______，火箭能達到的速度也越大。
越大
越大
越小
3．反沖運動的應用和防止
(1)灌溉噴水器、反擊式水輪機、噴氣式飛機、火箭等都是利用了反沖的原理。
(2)消防高壓水槍、射擊步槍等的反沖作用都必須采取措施加以防止。
思考　火箭發射時，噴出氣體與火箭間的作用力遠大于重力，此過程動量是否守恒？
提示：守恒。
體驗　3．思考辨析(正確的打“√”，錯誤的打“×”)
(1)反沖運動可以用動量守恒定律來解釋。 (　　)
(2)宇航員利用噴氣裝置實現太空行走是利用反沖的原理。 (　　)
(3)火箭發射時，其速度大小只與噴出氣體的質量有關。 (　　)
(4)一切反沖現象都是有益的。 (　　)
×
√
√
×
關鍵能力·情境探究達成
在光滑的水平面上有一輛平板車，一個人站在車上用大錘敲打車的左端，如圖所示。
(1)人和大錘組成的系統動量守恒嗎？
(2)在連續敲打下，這輛車能否持續地向右運動？
提示：(1)以人和大錘組成的系統為研究對象時，人受到平板車施加的摩擦力，系統所受合外力不為零，動量不守恒；地面光滑，以人、大錘和平板車為系統動量守恒。
(2)系統總動量為零，當把錘頭打下去時，錘頭向右擺動，車就向左運動；舉起錘頭時，錘頭向左運動，車就向右運動。用錘頭連續敲擊時，車只是左右運動，一旦錘頭不動，車就會停下來，所以車不能持續地向右運動。
考點1　動量守恒的判斷
動量守恒定律成立條件的四種情況
(1)系統不受外力作用，這是一種理想化的情形。如宇宙中兩星球的碰撞，微觀粒子間的碰撞都可視為這種情形。
(2)系統受外力作用，但所受合外力為零。如光滑水平面上兩物體的碰撞就是這種情形。
(3)系統受外力作用，但當系統所受的外力遠遠小于系統內各物體間的內力時，系統的總動量近似守恒。例如，拋出去的手榴彈在空中爆炸的瞬間，彈片所受火藥爆炸時的內力遠大于其重力，重力完全可以忽略不計，系統的動量近似守恒。
(4)系統受外力作用，所受的合外力不為零，但在某一方向上合外力為零，則系統在該方向上動量守恒。
【典例1】　(雙選)如圖所示，A、B兩物體的質量mA＞mB，中間用一段細繩相連并有一被壓縮的彈簧，放在平板小車C上后，A、B、C均處于靜止狀態。若地面光滑，則在細繩被剪斷后，A、B從C上未滑離之前，A、B在C上沿相反方向滑動過程中(　　)
A．若A、B與C之間的摩擦力大小相等，則A、B組成的系統動量守恒，A、B、C組成的系統動量也守恒
B．若A、B與C之間的摩擦力大小不相等，則A、B組成的系統動量不守恒，A、B、C組成的系統動量也不守恒
C．若A、B與C之間的摩擦力大小不相等，則A、B組成的系統動量不守恒，但A、B、C組成的系統動量守恒
D．以上說法均不對
√
√
[思路點撥]　動量守恒定律成立的條件是系統不受外力，或所受合外力為0。
AC　[當A、B兩物體組成一個系統時，彈簧的彈力為內力，而A、B與C之間的摩擦力為外力。當A、B與C之間的摩擦力等大反向時，A、B組成的系統所受外力之和為零，動量守恒；當A、B與C之間的摩擦力大小不相等時，A、B組成的系統所受外力之和不為零，動量不守恒。而對于A、B、C組成的系統，A、B與C之間的摩擦力均為內力，故不論A、B與C之間的摩擦力的大小是否相等，A、B、C組成的系統所受外力之和均為零，故系統的動量守恒，故A、C正確。]
[跟進訓練]
1．(雙選)如圖所示，小車與木箱緊挨著靜止放在光滑的水平冰面上，現有一男孩站在小車上用力向右迅速推出木箱。關于上述過程，下列說法正確的是(　　)
A．男孩和木箱組成的系統動量守恒
B．小車與木箱組成的系統動量守恒
C．男孩、小車與木箱三者組成的系統動量守恒
D．木箱的動量增量與男孩、小車的總動量增量不同
√
√
CD　[男孩站在小車上用力向右迅速推出木箱的過程中，男孩和木箱組成的系統所受合外力不為零，系統動量不守恒，故A錯誤；小車與木箱組成的系統所受合外力不為零，系統動量不守恒，故B錯誤；男孩、小車與木箱三者組成的系統所受合外力為零，系統動量守恒，故C正確；木箱、男孩、小車組成的系統動量守恒，木箱的動量增量與男孩、小車的總動量增量大小相等，方向相反，則木箱的動量增量與男孩、小車的總動量增量不相同，故D正確。]
考點2　動量守恒定律的理解及應用
1．研究對象：相互作用的物體組成的系統
(1)系統：相互作用的幾個物體所組成的整體。
(2)內力：系統內各物體之間的相互作用力。
(3)外力：系統外其他物體對系統的作用力。
2．對“系統的總動量保持不變”的四點理解
(1)系統的總動量指系統內各物體動量的矢量和。
(2)總動量保持不變指的是大小和方向始終不變。
(3)系統的總動量保持不變，但系統內每個物體的動量可能在不斷變化。
(4)系統在整個過程中任意兩個時刻的總動量都相等，不能誤認為只是初、末兩個狀態的總動量相等。
3．動量守恒定律的四個特性
(1)矢量性：動量守恒定律的表達式是一個矢量式，對作用前后物體的運動方向都在同一直線上的問題，要規定一個正方向，與正方向相同的動量取正值，與正方向相反的動量取負值，將矢量運算轉化為代數運算。
(2)相對性：應用動量守恒定律列方程時，各物體的速度和動量必須相對于同一參考系，通常以地面為參考系。
(3)同時性：動量是狀態量，動量守恒反映的是系統某兩個狀態的動量是相同的，應用動量守恒定律解題一定要注意同一時刻的動量才能相加，不是同一時刻的動量不能相加。
(4)普遍性：動量守恒定律不僅適用于兩個物體組成的系統，也適用于多個物體組成的系統，不僅適用于低速宏觀物體組成的系統，也適用于高速微觀粒子組成的系統。
【典例2】　如圖所示，A、B兩個木塊的質量分別為2 kg與0.9 kg，A、B與水平地面間接觸光滑，上表面粗糙，質量為0.1 kg的鐵塊以10 m/s的速度從A的左端向右滑動，最后鐵塊與B的共同速度大小為0.5 m/s，求：
(1)A的最終速度大小；
(2)鐵塊剛滑上B時的速度大小。
[思路點撥]　(1)鐵塊從A的左端向右滑動，鐵塊做減速運動，A、B一起做加速運動。
(2)當鐵塊沖上B后，A、B分離，A做勻速運動，B繼續做加速運動，當鐵塊與B達到共同速度后一起做勻速運動。
[解析]　(1)選鐵塊和木塊A、B為系統，取水平向右為正方向，由系統總動量守恒得
mv＝(MB＋m)vB＋MAvA
代入數據解得vA＝0.25 m/s。
(2)設鐵塊剛滑上B時的速度為v′，此時A、B的速度均為vA＝0.25 m/s，鐵塊與A、B組成的系統動量守恒，由系統動量守恒得
mv＝mv′＋(MA＋MB)vA
解得v′＝2.75 m/s。
[答案]　(1)0.25 m/s　(2)2.75 m/s
規律方法　應用動量守恒定律解題的基本步驟
(1)合理地選取研究對象，明確系統是由哪幾個物體組成的。
(2)分析系統的受力情況，分清內力和外力，判斷系統的動量是否守恒。
(3)確定所研究的作用過程。選取的過程應包括系統的已知狀態和未知狀態，通常為初態到末態的過程。
(4)對于物體在相互作用前后運動方向都在一條直線上的問題，應設定正方向，各物體的動量方向可以用正、負號表示。
(5)建立動量守恒方程，代入已知量求解。
√
[跟進訓練]
2．質量為2 kg的小車以2 m/s的速度沿光滑的水平面向右運動，若將質量為0.5 kg的沙袋以3 m/s的水平速度迎面扔上小車，則沙袋與小車一起運動的速度的大小和方向是(　　)
A．1.0 m/s，向右　　　　　 B．1.0 m/s，向左
C．2.2 m/s，向右 D．2.2 m/s，向左
A　[選向右為正方向，則小車和沙袋組成的系統在水平方向動量守恒，有m車v車－m沙v沙＝(m車＋m沙)v，解得v＝1.0 m/s，方向向右，故A正確。]
考點3　反沖運動
1．反沖運動的特點
(1)物體的不同部分在內力作用下向相反方向運動。
(2)反沖運動中，相互作用的內力一般情況下遠大于外力，所以可以用動量守恒定律來處理。
(3)反沖運動中，由于有其他形式的能轉化為機械能，所以系統的總機械能增加。
2．處理反沖運動應注意的三個問題
(1)速度的方向：對于原來靜止的整體，兩部分的運動方向必然相反。在列動量守恒方程時，可任意規定某一部分的運動方向為正方向，則反方向的速度應取負值。
(2)相對速度問題：在討論反沖運動時，有時給出的速度是相互作用的兩物體的相對速度。由于動量守恒定律中要求速度為對同一參考系的速度(通常為對地的速度)，應先將相對速度轉換成對地速度后，再列動量守恒定律方程。
(3)變質量問題：在討論反沖運動時，還常遇到變質量物體的運動，如在火箭的運動過程中，隨著燃料的消耗，火箭本身的質量不斷減小，此時必須取火箭本身和在相互作用的短時間內噴出的所有氣體為研究對象，取相互作用的這個過程為研究過程來進行研究。
【典例3】　一火箭噴氣發動機每次噴出m＝200 g的氣體，氣體噴出時相對于地面的速度v＝1 000 m/s，設火箭質量M＝300 kg，發動機每秒噴氣20次。
(1)當第三次氣體噴出后，火箭的速度為多大？
(2)第1 s末，火箭的速度為多大？
[思路點撥]　(1)火箭和氣體系統動量守恒。(2)運用動量守恒定律求解時，注意系統內部質量變化關系。(3)以每噴出一次氣體列一次方程，找出對應規律分步求解。
[解析]　解法一　(1)噴出氣體的運動方向與火箭的運動方向相反，氣體和火箭系統動量守恒。
設第一次氣體噴出后火箭速度為v1，有
(M－m)v1－mv＝0，所以v1＝
設第二次氣體噴出后火箭速度為v2，有
(M－2m)v2－mv＝(M－m)v1，所以v2＝
設第三次氣體噴出后火箭速度為v3，有
(M－3m)v3－mv＝(M－2m)v2
所以v3＝＝ m/s≈2 m/s。
(2)設第n次氣體噴出后火箭速度為vn，由上面推導可知，有(M－nm)vn－mv＝[M－(n－1)m]vn－1
所以vn＝
因為每秒噴氣20次，所以1 s末火箭速度為
v20＝＝ m/s≈13.5 m/s。
解法二　選取整體為研究對象，運用動量守恒定律求解。
(1)設噴出三次氣體后火箭的速度為v3，以火箭和噴出的三次氣體為研究對象，根據動量守恒定律，有
(M－3m)v3－3mv＝0
所以v3＝≈2 m/s。
(2)以火箭和噴出的20次氣體為研究對象，根據動量守恒定律，有(M－20m)v20－20mv＝0
所以v20＝≈13.5 m/s。
[答案]　(1)2 m/s　(2)13.5 m/s
規律方法　反沖運動的處理方法
(1)反沖運動過程中系統不受外力或所受外力之和為零，滿足動量守恒的條件，可以用動量守恒定律分析解決問題。
(2)反沖運動過程中系統雖然受到外力作用，但內力遠遠大于外力，外力可以忽略，也可以用動量守恒定律分析解決問題。
(3)反沖運動過程中系統雖然所受外力之和不為零，系統的動量并不守恒，但系統在某一方向上不受外力或所受外力之和為零，則系統的動量在該方向上的分量保持不變，可以在該方向上用動量守恒分析解決問題。
√
[跟進訓練]
3．質量為40 kg的小車上站著一個質量為60 kg的人，小車與人一起在光滑的水平軌道上以1 m/s的速度運動，若人相對小車以2 m/s的速度水平向車前方跳出，其他條件不變，則車的速度變為(　　)
A．2.5 m/s　 B．－0.5 m/s
C．1 m/s　 D．－2 m/s
D　[人從車上跳出的過程，人和車組成的系統動量守恒，規定人跳出的方向為正方向，則(m人＋m車)v0＝m人v人＋m車v車，v人＝v0＋2 m/s，代入數據解得v車＝－2 m/s，故A、B、C錯誤，D正確。]
學習效果·隨堂評估自測
1．下列圖片所描述的事例或應用中，不是利用反沖原理的是(　　)
A．噴灌裝置的自動旋轉　　　　B．章魚在水中前行和轉向
C．吹足氣的氣球由靜止釋　　　 D．碼頭邊輪胎的保護作用
放后氣球運動
√
D　[A圖中噴灌裝置的自動旋轉是利用水流噴出時的反沖作用而運動的，故屬于反沖運動；B圖中章魚在水中前行和轉向是利用噴出的水的反沖作用；C圖中吹足氣的氣球由靜止釋放后氣球運動是利用噴氣的方式而獲得動力，利用了反沖原理；D圖中碼頭邊的輪胎的作用是延長碰撞時間，從而減小作用力，不是利用反沖作用。故選D。]
√
2．(源自魯科版教材改編)如圖所示，在光滑的水平面上，有一質量為m的木板A，通過不可伸長的輕繩與質量為2m的足夠長的木板B連接。質量為m、可看成質點的物塊C靜止在木板B右端。開始時，A、B、C均靜止，繩未拉緊。現在使木板A以大小為v0的速度向右運動，經過一段時間后系統達到穩定狀態。繩拉直且B開始運動的瞬間，下列說法正確的是(　　)
A．木板A的速度大小為v0
B．木板B的速度大小為v0
C．物塊C的速度大小為0
D．木板A、B及物塊C共速
C　[木板A、B通過輕繩作用的過程中，A、B組成的系統動量守恒，由于輕繩產生的作用力極大，則繩拉直瞬間木板A、B的速度相等，物塊C的速度為零，則由動量守恒定律得mv0＝(m＋2m)v，解得v＝，C正確，A、B、D錯誤。]
√
3．如圖所示，甲、乙兩物體在光滑水平面上沿同一直線相向運動，甲、乙物體的速度大小分別為3 m/s 和1 m/s ，碰撞后甲、乙兩物體都反向運動，速度大小均為2 m/s，則甲、乙兩物體質量之比為
(　　)
A．2∶3　　 B．2∶5　　 C．3∶5　　 D．5∶3
C　[選取碰撞前甲物體的速度方向為正方向，根據動量守恒定律有m甲v1－m乙v2＝－m甲v′＋m乙v′，代入數據，可得m甲∶m乙＝3∶5，選項C正確。]
4．(新情境題，以火箭運行為背景，考查反沖運動)2024年12月17日2時50分，長征二號丁運載火箭從太原衛星發射中心點火起飛，以“一箭四星”的方式把航天宏圖PIESAT－2 09至12星送入預定軌道，發射任務取得圓滿成功。
問題：(1)“長征二號丁”火箭升空過程的運動是一種什么運動？
(2)“長征二號丁”火箭升空過程中是否滿足動量守恒定律？
[解析]　(1)“長征二號丁”火箭升空過程中的運動是一種反沖運動。
(2)“長征二號丁”火箭升空過程內力遠大于外力，所以滿足動量守恒定律。
[答案]　見解析
回歸本節知識，自我完成以下問題：
1．動量守恒定律的內容是什么？
提示：一個系統不受外力或者所受合外力為零時，這個系統的總動量保持不變。
2．寫出動量守恒的表達式。
提示：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′或Δp＝0或Δp1＝－Δp2。
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
√
課時分層作業(二)　動量守恒定律及其應用
?題組一　動量守恒的條件
1．下列幾種現象中，所選系統動量守恒的有(　　)
A．原來靜止在光滑水平面上的車，從水平方向跳上一個人，人和車為一系統
B．運動員將鉛球從肩窩開始加速推出，以運動員和鉛球為一系統
C．從高空自由落下的重物落在靜止于地面上的車廂中，以重物和車廂為一系統
D．光滑水平面上放一斜面，斜面也光滑，一個物體沿斜面滑下，以重物和斜面為一系統
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
A　[原來靜止在光滑水平面上的車，從水平方向跳上一個人，人和車為系統，所受合外力為零，系統動量守恒，即A正確；其他三項，系統所受合外力不為零，系統動量不守恒，即B、C、D錯誤。]
√
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
2．如圖所示，在光滑的水平面上有靜止的物體A和B，物體A的質量是B的2倍，兩物體中間用細繩鎖定一處于壓縮狀態的輕質彈簧。現把細繩剪斷，在彈簧恢復原長的過程中(　　)
A．A的速率是B的2倍
B．A的動量大小大于B的動量大小
C．A受的力大于B受的力
D．A、B組成的系統的總動量為零
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
D　[在彈簧恢復原長的過程中，兩物體組成的系統動量守恒，規定向左為正方向，有mAvA＋mB(－vB)＝0，由于物體A的質量是B的2倍，故A的速率是B的，A的動量大小等于B的動量大小，A、B錯誤，D正確；根據牛頓第三定律，A受的力和B受的力大小相等、方向相反，C錯誤。]
√
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
?題組二　動量守恒的應用
3．如圖所示，用細線掛一質量為M的木塊，有一質量為m的子彈自左向右水平射穿此木塊，穿透前后子彈的速度分別為v0和v(設子彈穿過木塊的時間和空氣阻力不計)，木塊的速度大小為(　　)
A．　　 B．
C．　　 D．
B　[規定向右為正方向，根據動量守恒定律得：mv0＝mv＋Mv′，得v′＝，故選B。]
√
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
4．如圖所示，質量為M的密閉汽缸置于光滑水平面上，缸內有一隔板P，隔板右邊是真空，隔板左邊是質量為m的高壓氣體，若將隔板突然抽去，則汽缸的運動情況是(　　)
A．保持靜止不動
B．向左移動一定距離后恢復靜止
C．最終向左做勻速直線運動
D．先向左移動，后向右移動回到原來位置
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
B　[突然撤去隔板，氣體向右運動，由動量守恒定律可知，開始時系統的總動量為零，所以汽缸向左運動，結束時總動量為零，汽缸和氣體都將停止運動，故B正確。]
√
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
5．兩個小木塊B、C中間夾著一根輕彈簧，將彈簧壓縮后用細線將兩個木塊綁在一起，使它們一起在光滑水平面上沿直線運動，這時它們的運動圖線如圖中a線段所示，在t＝4 s末，細線突然斷了，B、C都和彈簧分離后，運動圖線分別如圖中b、c線段所示，從圖中的信息可知(　　)
A．木塊B、C都和彈簧分離后的運動方向相反
B．木塊B、C都和彈簧分離后，系統的總動量增大
C．木塊B、C分離過程中B木塊的動量變化較大
D．木塊B的質量是木塊C質量的
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
D　[由x-t圖像可知，位移均為正，均朝一個方向運動，沒有反向，A錯誤；木塊都與彈簧分離后木塊B的速度為v1＝ m/s＝3 m/s，木塊C的速度為v2＝ m/s＝0.5 m/s，細線未斷前木塊B、C的速度均為v0＝1 m/s，由于系統所受合外力之和為零，故系統的動量守恒：(mB＋mC)v0＝mBv1＋mCv2，計算得木塊B、C的質量比為1∶4，D正確，B錯誤；系統動量守恒，則系統內兩個木塊的動量變化量等大反向，C錯誤。]
√
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
?題組三　反沖現象
6．某實驗小組發射自制水火箭如圖所示，火箭外殼重2 kg，發射瞬間將殼內質量為4 kg的水相對地面以10 m/s的速度瞬間噴出，g取10 m/s2，空氣阻力忽略不計，火箭能夠上升的最大高度為(　　)
A．15 m　　 B．20 m
C．25 m　　 D．30 m
題號
1
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8
7
9
B　[由動量守恒定律有mv1＝Mv2，解得火箭的速度v2＝20 m/s，又＝2gh，解得火箭能夠上升的最大高度h＝20 m，故選B。]
√
題號
1
3
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2
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6
8
7
9
7．如圖所示，自行火炮(炮管水平)連同炮彈的總質量為M，在水平路面上以v1的速度向右勻速行駛，發射一枚質量為m的炮彈后，自行火炮的速度變為v2，仍向右行駛，則炮彈相對炮筒的發射速度v0為(　　)
A．
B．
C．
D．
題號
1
3
5
2
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8
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9
B　[自行火炮水平勻速行駛時，牽引力與阻力平衡，系統動量守恒，設向右為正方向，發射前總動量為Mv1，發射后系統的動量之和為(M－m)v2＋m(v0＋v2)，則由動量守恒定律可得：Mv1＝(M－m)v2＋m(v0＋v2)，解得v0＝，故B正確。]
題號
1
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4
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8
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8．一彈丸在飛行到距離地面5 m高時僅有水平速度v＝2 m/s，爆炸成為甲、乙兩塊水平飛出，甲、乙的質量比為3∶1。不計質量損失，取重力加速度g＝10 m/s2，則下列圖中兩塊彈片飛行的軌跡可能正確的是(　　)
A　　　　　B　　　　C　　　　　D
√
題號
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B　[由h＝gt2可知，爆炸后甲、乙兩塊做平拋運動的時間t＝1 s，爆炸過程中，爆炸產生的力對沿原方向運動的一塊的沖量沿運動方向，故這一塊的速度必然增大，即v>2 m/s，因此水平位移大于2 m，C、D項錯誤；甲、乙兩塊在爆炸前后，水平方向不受外力，故水平方向動量守恒，即甲、乙兩塊的動量改變量大小相等，兩塊質量比為3∶1，所以速度變化量之比為1∶3，由平拋運動水平方向上x＝v0t，所以A圖中，v乙＝－0.5 m/s，v甲＝2.5 m/s，Δv乙＝－2.5 m/s，Δv甲＝0.5 m/s，A項錯誤；B圖中，v乙＝0.5 m/s，v甲＝2.5 m/s，Δv乙＝－1.5 m/s，Δv甲＝0.5 m/s，B項正確。]
題號
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9．如圖所示，光滑水平面上A、B兩小車質量都是M，A車前站立一質量為m的人，兩車在同一直線上相向運動。為避免兩車相撞，人從A車跳到B車上，最終A車停止運動，B車獲得反向速度v0，試求：
(1)兩小車和人組成的系統的初動量大小；
(2)為避免兩車相撞，若要求人跳躍速度盡量小，則人跳上B車后，A車的速度為多大。
題號
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[解析]　(1)光滑水平面上，兩小車與人組成的系統動量守恒，所以兩小車和人組成的系統的初動量就等于最終A車停止運動、B車獲得反向速度時系統的動量，所以由系統動量守恒得
p＝(M＋m)v0。
(2)為使兩車恰好不會發生碰撞，則最終兩車和人具有相同速度，設共速的速度為v1，由系統動量守恒得
(M＋m)v0＝(2M＋m)v1
解得v1＝v0。
[答案]　(1)(M＋m)v0　(2)v0
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