第2講動量守恒定律及其應用學習目標1.理解動量守恒定律，知道動量守恒的條件。2.會定量分析一維碰撞問題并能解釋生產生活中的彈性碰撞和非彈性碰撞。3.會用動量守恒的觀點分析爆炸、反沖及人船模型。1.eq\a\vs4\al(2.,,,)3.4.1.思考判斷(1)只要系統所受合外力做功為0，系統動量就守恒。(×)(2)系統的動量不變是指系統的動量大小和方向都不變。(√)(3)動量守恒定律的表達式m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，一定是矢量式，應用時要規定正方向，且其中的速度必須相對同一個參考系。(√)(4)發射炮彈，炮身后退；園林噴灌裝置一邊噴水一邊旋轉均屬于反沖現象。(√)(5)爆炸過程中機械能增加，反沖過程中機械能減少。(×)(6)在光滑水平面上的兩球相向運動，碰撞后均變為靜止，則兩球碰撞前的動量大小一定相等。(√)2.(多選)如圖1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，下列說法中正確的是()圖1A.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、小車的總動量增量大小相同答案CD考點一動量守恒定律的理解和基本應用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：如果系統在某一方向上所受外力的合力為零，則系統在這一方向上動量守恒。2.應用動量守恒定律解題的步驟角度動量守恒定律的理解例1(2021·全國乙卷，14)如圖2，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()圖2A.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解析撤去推力，系統所受合外力為0，動量守恒，滑塊和小車之間有滑動摩擦力，由于摩擦生熱，系統機械能減少，故B正確。角度動量守恒定律的基本應用例2(多選)如圖3所示，三輛完全相同的平板小車a、b、c成一直線排列，靜止在光滑水平面上。c車上有一小孩跳到b車上，接著又立即從b車跳到a車上。小孩跳離c車和b車時對地的水平速度相同。他跳到a車上相對a車保持靜止，此后()圖3A.a、b兩車運動速率相等B.a、c兩車運動速率相等C.三輛車的速率關系vc＞va＞vbD.a、c兩車運動方向相反答案CD解析設向右為正方向，設人跳離b、c車時對地水平速度為v，在水平方向由動量守恒定律有0＝M車vc＋m人v，m人v＝M車vb＋m人v，m人v＝(M車＋m人)va，所以vc＝eq\f(m人,M車)v，vb＝0，va＝eq\f(m人,M車＋m人)v，即vc＞va＞vb，并且vc與va方向相反。所以選項A、B錯誤，C、D正確。跟蹤訓練1.(多選)(2023·山東棗莊月考)足夠大的光滑水平面上，一根不可伸長的細繩一端連接著質量為m1＝1.0kg的物塊A，另一端連接質量為m2＝1.0kg的長木板B，繩子開始是松弛的。質量為m3＝1.0kg的物塊C放在長木板B的右端，C與長木板B間的滑動摩擦力的大小等于最大靜摩擦力大小。現在給物塊C水平向左的瞬時初速度v0＝2.0m/s，物塊C立即在長木板B上運動。已知繩子繃緊前，B、C已經達到共同速度；繩子繃緊后，A、B總是具有相同的速度；物塊C始終未從長木板B上滑落。下列說法正確的是()圖4A.繩子繃緊前，B、C達到的共同速度大小為1.0m/sB.繩子剛繃緊后的瞬間，A、B的速度大小均為1.0m/sC.繩子剛繃緊后的瞬間，A、B的速度大小均為0.5m/sD.最終A、B、C三者將以大小為eq\f(2,3)m/s的共同速度一直運動下去答案ACD解析繩子繃緊前，B、C已經達到共同速度，設B、C達到的共同速度大小為v1，根據動量守恒定律可得m3v0＝(m2＋m3)v1，解得v1＝1.0m/s，A正確；繩子剛繃緊后的瞬間，A、B具有相同的速度v2，A、B組成的系統滿足動量守恒，則有m2v1＝(m1＋m2)v2，解得v2＝0.5m/s，B錯誤，C正確；A、B、C三者最終有共同的速度v3，A、B、C組成的系統滿足動量守恒，則有m3v0＝(m1＋m2＋m3)v3，解得v3＝eq\f(2,3)m/s，D正確。考點二碰撞問題1.碰撞問題遵守的三條原則(1)動量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′。(2)動能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′。(3)速度要符合實際情況①碰前兩物體同向運動，若要發生碰撞，則應有v后＞v前，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v前′≥v后′。②碰前兩物體相向運動，碰后兩物體的運動方向不可能都不改變。2.彈性碰撞的結論以質量為m1、速度為v1的小球與質量為m2的靜止小球發生彈性碰撞為例，則有m1v1＝m1v1′＋m2v2′eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2聯立解得v1′＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v1，v2′＝eq\f(2m1,m1＋m2)v1討論：(1)若m1＝m2，則v1′＝0，v2′＝v1(速度交換)；(2)若m1＞m2，則v1′＞0，v2′＞0(碰后，兩物體沿同一方向運動)；(3)若m1?m2，則v1′≈v1，v2′≈2v1；(4)若m1＜m2，則v1′＜0，v2′＞0(碰后，兩物體沿相反方向運動)；(5)若m1?m2，則v1′≈－v1，v2′≈0。3.非彈性碰撞碰撞結束后，動能有部分損失。m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2＋ΔEk損4.完全非彈性碰撞碰撞結束后，兩物體合二為一，以同一速度運動，動能損失最大。m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)veq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v2＋ΔEk損max角度彈性碰撞例3(2022·湖南卷，4)1932年，查德威克用未知射線轟擊氫核，發現這種射線是由質量與質子大致相等的中性粒子(即中子)組成。如圖5，中子以速度v0分別碰撞靜止的氫核和氮核，碰撞后氫核和氮核的速度分別為v1和v2。設碰撞為彈性正碰，不考慮相對論效應，下列說法正確的是()圖5A.碰撞后氮核的動量比氫核的小B.碰撞后氮核的動能比氫核的小C.v2大于v1D.v2大于v0答案B解析設中子的質量為m，則氫核的質量也為m，氮核的質量為14m，設中子和氫核碰撞后中子速度為v3，取v0的方向為正方向，由動量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝mv1＋mv3eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)聯立解得v1＝v0設中子和氮核碰撞后中子速度為v4，取v0的方向為正方向，由動量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝14mv2＋mv4eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)×14mveq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,4)聯立解得v2＝eq\f(2,15)v0可得v1＝v0>v2，故C、D錯誤；碰撞后氫核的動量為pH＝mv1＝mv0氮核的動量為pN＝14mv2＝eq\f(28mv0,15)可得pN>pH，故A錯誤；碰撞后氫核的動能為EkH＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)氮核的動能為EkN＝eq\f(1,2)×14mveq\o\al(2,2)＝eq\f(28mveq\o\al(2,0),225)可得EkH>EkN，故B正確。角度非彈性碰撞例4(多選)(2023·福建龍巖模擬)如圖6所示，帶有四分之一光滑圓弧軌道的斜劈A和滑塊B、C均靜止在光滑水平地面上，斜劈A的末端與水平地面相切。一滑塊D從斜劈A的圓弧軌道的最高點由靜止釋放，滑塊D滑到水平地面后與滑塊B碰撞并粘在一起向前運動，再與滑塊C碰撞又與C粘在一起向前運動。已知斜劈A和三個滑塊的質量均為m，斜劈A的圓弧軌道半徑為R，重力加速度大小為g。滑塊B、C、D均可視為質點，則下列說法正確的是()圖6A.滑塊D在圓弧軌道上滑動的過程中，A對D的支持力做功為－eq\f(1,2)mgRB.與滑塊B碰撞前瞬間，滑塊D的速度大小為eq\r(2gR)C.滑塊B與滑塊C碰撞后的速度大小為eq\f(\r(2gR),3)D.滑塊D與滑塊B碰撞過程中損失的機械能為eq\f(1,4)mgR答案AD解析D在A上滑動時，A與D組成的系統水平方向上動量守恒，且系統機械能守恒，則當D滑到水平地面上時mvD－mvA＝0，且mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，兩式聯立解得A、D分離時的速度大小為vD＝vA＝eq\r(gR)，即A與D的速度大小相等，方向相反，下滑過程對D由動能定理得WN＋mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)，解得WN＝－eq\f(1,2)mgR，故A正確；D與B碰撞前的速度即為A、D分離時D的速度大小，為eq\r(gR)，故B錯誤；B與C碰撞過程中，B、C、D組成的系統動量守恒，有mvD＝(m＋m＋m)vC，則B與C碰撞后的速度大小為vC＝eq\f(\r(gR),3)，故C錯誤；D與B碰撞過程動量守恒，有mvD＝(m＋m)vB，則碰撞后B、D整體的速度大小為vB＝eq\f(\r(gR),2)，損失的機械能ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)(m＋m)veq\o\al(2,B)＝eq\f(1,4)mgR，故D正確。跟蹤訓練2.(2023·江蘇無錫高三期末)A、B兩小球在光滑水平面上沿同一直線運動，B球在前，A球在后，mA＝1kg。經過一段時間，A、B發生正碰，碰撞時間極短，碰撞前、后兩球的位移—時間圖像如圖7所示，根據以上信息可知()圖7A.碰撞過程中B球受到的沖量為8N·sB.碰撞過程中A球受到的沖量為－8N·sC.B球的質量mB＝4kgD.A、B兩球發生的是彈性碰撞答案D解析已知x－t圖像的斜率代表速度，則vA＝6m/s，vA′＝2m/s，vB＝3m/s，vB′＝5m/s，根據動量定理有IA＝mAvA′－mAvA＝－4N·s，IB＝mBvB′－mBvB，再根據動量守恒定律有mAvA＋mBvB＝mAvA′＋mBvB′，解得mB＝2kg，IB＝4N·s，A、B、C錯誤；碰撞前后的動能分別為Ek＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)＝27J，Ek′＝eq\f(1,2)mAvA′2＋eq\f(1,2)mBvB′2＝27J，則A、B兩球發生的是彈性碰撞，D正確。

考點三爆炸、反沖和“人船”模型1.爆炸現象的三個規律動量守恒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，系統的總動量守恒動能增加在爆炸過程中，有其他形式的能量(如化學能)轉化為機械能，所以系統的機械能增加位置不變爆炸的時間極短，因而作用過程中物體產生的位移很小，可以認為爆炸后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內物體之間的作用力和反作用力產生的效果動量守恒反沖運動中系統不受外力或內力遠大于外力，所以反沖運動遵循動量守恒定律機械能增加反沖運動中，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3.“人船”模型特點(1)常見情景(2)動量守恒：兩物體相互作用過程滿足動量守恒定律m1v1－m2v2＝0。(3)位移關系：m1eq\f(x1,t)－m2eq\f(x2,t)＝0，x1＋x2＝L，得x1＝eq\f(m2,m1＋m2)L，x2＝eq\f(m1,m1＋m2)L。(4)運動特點①人動船動，人靜船靜，人快船快，人慢船慢，人左船右。②人與船的位移比等于它們質量比的倒數；人與船的平均速度(瞬時速度)比等于它們質量的反比，即eq\f(x1,x2)＝eq\f(v1,v2)＝eq\f(m2,m1)。③應用eq\f(x1,x2)＝eq\f(v1,v2)＝eq\f(m2,m1)時要注意：v1、v2和x1、x2一般都是相對地面而言的。角度爆炸問題例5(多選)一個質量為m的小型炸彈自水平地面朝右上方射出，在最高點以水平向右的速度v飛行時，突然爆炸為質量相等的甲、乙、丙三塊彈片，如圖8所示。爆炸之后乙自靜止自由下落，丙沿原路徑回到原射出點。若忽略空氣阻力，則下列說法正確的是()圖8A.爆炸后乙落地的時間最長B.爆炸后甲落地的時間最長C.甲、丙落地點到乙落地點O的距離比為4∶1D.爆炸過程釋放的化學能為eq\f(7mv2,3)答案CD解析爆炸后甲、丙從同一高度平拋，乙從同一高度自由下落，則落地時間t＝eq\r(\f(2H,g))相等，選項A、B錯誤；爆炸過程動量守恒，有mv＝－eq\f(1,3)mv丙＋eq\f(1,3)mv甲，由題意知v丙＝v，得v甲＝4v，爆炸后甲、丙從同一高度平拋，落地點到乙落地點O的距離x＝vt，t相同，則x∝v，甲、丙落地點到乙落地點O的距離比為x甲∶x丙＝v甲∶v丙＝4∶1，選項C正確；根據能量守恒可得爆炸過程釋放的化學能ΔE＝eq\f(1,2)×eq\f(m,3)veq\o\al(2,甲)＋eq\f(1,2)×eq\f(m,3)veq\o\al(2,丙)－eq\f(1,2)mv2＝eq\f(7,3)mv2，選項D正確。角度反沖問題例6(2022·河南開封模擬)導彈發射過程可以簡化為：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v0豎直向下噴出質量為m的熾熱氣體，忽略噴氣過程中重力和空氣阻力的影響，則噴氣結束時東風導彈獲得的速度大小是()A.eq\f(m,M)v0 B.eq\f(M,m)v0C.eq\f(M,M－m)v0 D.eq\f(m,M－m)v0答案D解析由動量守恒定律得mv0＝(M－m)v，導彈獲得的速度v＝eq\f(m,M－m)v0，故D正確。角度“人船”模型例7(多選)(2023·福建廈門高三月考)如圖9所示，將一質量為M、半徑為R的光滑半圓形槽靜置于光滑水平面上，今讓一質量為m的小球自左側槽口從A點由靜止開始落下，則以下結論中正確的是()圖9A.小球在半圓槽內運動的全過程中，小球與半圓槽構成的系統機械能守恒B.小球在半圓槽內運動的全過程中，小球與半圓槽在水平方向動量守恒C.小球到達右邊最高點時，小球通過的水平位移是eq\f(2MR,M＋m)D.小球到達右邊最高點時，小球通過的水平位移是eq\f(2mR,M＋m)答案ABC解析小球在半圓槽內運動的全過程中，地面和圓弧面光滑，只有小球的機械能與半圓槽的機械能之間相互轉化，球與半圓槽構成的系統機械能守恒，A正確；小球在半圓槽內運動的全過程中，地面光滑，小球與半圓槽組成的系統在水平方向所受的合外力為零，小球與半圓槽在水平方向動量守恒，B正確；小球到達右邊最高點時，設小球和半圓槽通過的水平位移大小分別為x、y，如圖所示，小球和半圓槽組成的系統在水平方向上動量守恒，在運動過程中小球和半圓槽在任意時刻的水平速度滿足mvm＝MvM，則有mx＝My，根據位移關系可得x＋y＝2R，解得y＝eq\f(2mR,M＋m)，x＝eq\f(2MR,m＋M)，小球到達右邊最高點時，小球通過的水平位移是eq\f(2MR,M＋m)，C正確，D錯誤。A級基礎對點練對點練1動量守恒定律的理解與基本應用1.如圖1所示，小車放在光滑的水平面上，將系著輕繩的小球向右拉開到一定的角度，然后同時放開小球和小車，不計一切阻力，則在小球、小車運動過程中下列說法正確的是()圖1A.小車和小球組成的系統動量守恒B.小車的機械能一直在增加C.小車和小球組成的系統機械能守恒D.小球的機械能一直在減少答案C解析小球擺動過程中，小球和小車系統只受重力和支持力作用，水平方向合力為零，所以系統水平方向動量守恒，在豎直方向上，只有小球有豎直方向的分速度，且分速度大小也不斷變化，所以豎直方向動量不守恒，那么系統動量也不守恒，故A錯誤；小球在擺動過程中，系統機械能守恒，小球擺到最低點的過程中，繩子拉力對小車做正功，小車的機械能增加，小球的機械能減小，小球從最低點擺到最高點的過程中，繩子拉力對小車做負功，小車的機械能減少，小球的機械能增加，故B、D錯誤，C正確。2.(多選)無限長的水平面上放置有A、B兩滑塊，其質量mA>mB。一根輕質彈簧，一端與A拴接，另一端與B緊靠(不拴接)。用細線把兩滑塊拉緊，彈簧被壓縮，如圖2所示。如果把細線燒斷，兩滑塊與彈簧分離后，繼續運動。不計空氣阻力，把A、B和彈簧看作系統，下列說法正確的是()圖2A.若水平面光滑，系統動量守恒，系統機械能守恒B.若水平面粗糙，系統動量一定不守恒，機械能一定不守恒C.若A、B受到的摩擦力大小相等，B運動的總路程較長D.若A、B受到的摩擦力大小相等，B運動的總時間較長答案AC解析動量守恒的條件是系統不受外力或所受合外力為零；機械能守恒的條件是只有重力或彈力做功，若水平面光滑，系統受到的合外力為零，只有彈力做功，A正確；若水平面粗糙，但A、B兩物體與水平面的動摩擦因數不同，A、B物體受到的摩擦力可能會等大反向，則系統所受合外力為零，動量守恒，但要克服摩擦力做功，系統機械能不守恒，B錯誤；若A、B受到的摩擦力大小相等，根據動量守恒定律，取B運動的方向為正，有0＝－mAvA＋mBvB，由于A、B受到的摩擦力大小相等，則A、B與彈簧分離前后受到的平均合力大小時刻相等，由動量定理F合tA＝0－mAvA，F合tB＝0－mBvB，則A、B運動的總時間相等，但由于mA>mB，則輕的物體平均速度大，有xA<xB，C正確，D錯誤。3.(多選)如圖3所示，在光滑平直的路面上靜止著兩輛完全相同的小車，人從a車跳上b車，又立即從b車跳回a車，并與a車保持相對靜止。下列說法正確的是()圖3A.最終a車的速率大于b車的速率B.最終a車的速率小于b車的速率C.全過程中，a車對人的沖量大于b車對人的沖量D.全過程中，a車對人的沖量小于b車對人的沖量答案BD解析人與a、b組成的系統水平方向不受外力，設水平向右的方向為正方向，根據動量守恒定律，則有0＝(m人＋ma)va－mbvb，得eq\f(va,vb)＝eq\f(mb,ma＋m人)＜1，則最終a車的速率小于b車的速率，故A錯誤，B正確；人對兩車的沖量大小Ia＝mava，Ib＝mbvb＝(ma＋m人)va＞mava，結合牛頓第三定律可知，a車對人的沖量小于b車對人的沖量，故C錯誤，D正確。4.(2023·山東淄博模擬)冰壺運動是冬奧會比賽項目之一。假設運動員用紅壺撞擊靜止在水平冰面上的藍壺，兩壺發生正碰，不計碰撞時間，碰撞前、后兩壺的v－t圖像如圖4所示。已知兩壺的質量均為19kg，則碰撞后藍壺所受的阻力大小為()圖4A.3.8N B.2.28N C.1.9N D.1.52N答案B解析根據動量守恒定律可得mv紅＝mv紅′＋mv藍，解得v藍＝0.6m/s，設碰撞后藍壺所受的阻力大小為f，取初速度方向為正方向，對藍壺根據動量定理－fΔt＝0－mv藍，由圖可知Δt＝6s－1s＝5s，解得f＝2.28N，故B正確，A、C、D錯誤。對點練2碰撞問題5.(多選)(2023·福建龍巖高三月考)A、B兩小球在光滑水平面上沿同一直線向同一方向運動，質量分別為m和2m，A的動量為5kg·m/s，B的動量為7kg·m/s，當A球追上B球時發生對心碰撞，則碰撞后A、B兩球動量的可能值為()A.pA′＝4kg·m/s，pB′＝8kg·m/sB.pA′＝3.5kg·m/s，pB′＝8.5kg·m/sC.pA′＝3kg·m/s，pB′＝9.5kg·m/sD.pA′＝2.5kg·m/s，pB′＝9.5kg·m/s答案AB解析A、B兩球發生對心碰撞，滿足動量守恒pA＋pB＝pA′＋pB′，滿足動能不增加Ek≥Ek′，根據Ek＝eq\f(peq\o\al(2,A),2m)＋eq\f(peq\o\al(2,B),2×2m)，代入數據可知A、B均滿足，C不滿足動量守恒，D不滿足動能不增加，故A、B正確，C、D錯誤。6.(2020·全國Ⅲ卷，15)甲、乙兩個物塊在光滑水平桌面上沿同一直線運動，甲追上乙，并與乙發生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度隨時間的變化如圖5中實線所示。已知甲的質量為1kg，則碰撞過程兩物塊損失的機械能為()圖5A.3J B.4J C.5J D.6J答案A解析設乙物塊的質量為m乙，由動量守恒定律得m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲′＋m乙v乙′，代入圖中數據解得m乙＝6kg，進而可求得碰撞過程中兩物塊損失的機械能為E損＝eq\f(1,2)m甲veq\o\al(2,甲)＋eq\f(1,2)m乙veq\o\al(2,乙)－eq\f(1,2)m甲v甲′2－eq\f(1,2)m乙v乙′2，代入圖中數據解得E損＝3J，選項A正確。對點練3爆炸、反沖和“人船”模型7.(多選)如圖6所示，光滑的水平地面上有木板C，mC＝4kg，C板上表面粗糙，A、B兩個物體緊挨在一起，初始A、B和C三個物體均處于靜止狀態，mA＝1kg，mB＝2kg。A、B間夾有少量火藥，某時刻火藥爆炸，瞬間釋放了E＝27J的能量并全部轉化為A和B的動能，使A、B分別水平向左、向右運動起來，C板足夠長，以下結論正確的是()圖6A.爆炸后瞬間A、B速度大小vA＝2vBB.若A、B與木板C上表面間的動摩擦因數相同，則爆炸后A、B組成的系統動量守恒C.若A、B與木板C上表面間的摩擦力大小不相等，則A、B、C組成的系統動量不守恒D.整個過程中A、B、C系統由于摩擦產生的內能為27J答案AD解析爆炸瞬間，以A、B為系統，由動量守恒定律有0＝mAvA－mBvB，則mAvA＝mBvB，代入數據得速度大小vA＝2vB，故A正確；A、B受到的摩擦力大小不等，則A、B系統所受外力不為0，A、B系統動量不守恒，故B錯誤；對A、B、C整體分析，合力為零，滿足A、B、C組成的系統動量守恒，故C錯誤；C足夠長，最終A、B、C總動量為0，故三者最終速度也為0，即A、B動能全部轉化為內能為27J，故D正確。8.(2023·天津一模)將總質量為1.05kg的模型火箭點火升空，從靜止開始，在0.02s時間內有50g燃氣以大小為200m/s的速度從火箭尾部噴出，且燃氣噴出過程中重力和空氣阻力可忽略。則下列說法正確的是()A.在燃氣噴出過程，火箭獲得的平均推力為800NB.在燃氣噴出過程，火箭獲得的平均推力為200NC.在燃氣噴出后的瞬間，火箭的速度大小約為5m/sD.在燃氣噴出后的瞬間，火箭的速度大小約為10m/s答案D解析在燃氣噴出過程，以燃氣為對象，規定火箭的速度方向為正方向，根據動量定理可得－FΔt＝－m氣v氣－0，解得F＝eq\f(m氣v氣,Δt)＝500N，根據牛頓第三定律可得火箭獲得的平均推力為500N，故A、B錯誤；燃氣噴射前后，火箭和燃氣組成的系統動量守恒，根據動量守恒定律得0＝(M－m氣)v箭－m氣v氣，解得火箭的速度大小v箭＝eq\f(m氣v氣,M－m氣)＝10m/s，故C錯誤，D正確。9.(2022·福建龍巖模擬)如圖7所示，一個質量為m1＝50kg的人爬在一只大氣球下方，氣球下面有一根長繩。氣球和長繩的總質量為m2＝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h＝7m。如果這個人開始沿繩向下滑，當他滑到繩下端時，他離地面的高度是(可以把人看作質點)()圖7A.0 B.2m C.5m D.7m答案C解析設人的速度為v1，氣球的速度為v2，根據人和氣球組成的系統動量守恒，有m1v1＝m2v2，則有m1x1＝m2x2，所以x1＝eq\f(2,5)x2，氣球和人運動的路程之和為7m，則人下滑的距離為x1＝eq\f(2,7)h＝2m，離地面的高度為x2＝eq\f(5,7)h＝5m，故C正確。B級綜合提升練10.(2023·廣東廣州綜合測試)如圖8，北京2022年冬奧會某次冰壺比賽中，甲壺以速度v0與靜止的乙壺發生正碰。已知冰面粗糙程度處處相同，兩壺完全相同，從碰撞到兩壺都靜止，乙的位移是甲的9倍，則()圖8A.兩壺碰撞過程無機械能損失B.兩壺碰撞過程動量變化量相同C.碰撞后瞬間，甲壺的速度為eq\f(v0,4)D.碰撞后瞬間，乙壺的速度為v0答案C解析碰撞后，兩冰壺均做勻減速直線運動，由動能定理有－μmgx＝0－eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(2μgx)，由題可知乙的位移為甲位移的9倍，故碰撞后乙的速度為甲速度的3倍，設碰后甲的速度為v，則乙的速度為3v，碰撞過程中，兩冰壺的動量守恒，即兩壺碰撞過程中動量變化量大小相等、方向相反，B錯誤；由動量守恒定律有mv0＝mv＋3mv，解得v＝eq\f(v0,4)，則3v＝eq\f(3v0,4)，C正確，D錯誤；由于eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＞eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,4)))eq\s\up1