(共79张PPT)
动量守恒定律的“三类典型问题”
(综合融通课)
第 3 讲
1
类型(一) 碰撞问题
2
类型(二) 爆炸与反冲
3
类型(三) 人船模型问题
4
课时跟踪检测
CONTENTS
目录
类型(一) 碰撞问题
1．碰撞类问题遵循的三条原则
速度要合理 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两物体速度相等
相向碰撞 碰撞后两物体的运动方向不可能都不改变
续表
2．弹性碰撞讨论
①m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1，碰撞后两物体交换速度。
②m1＞m2时，v1′＞0，v2′＞0，碰撞后两物体沿相同方向运动。
③m1＜m2时，v1′＜0，v2′＞0，碰撞后质量小的物体被反弹回来。
[典例] (2022·广东高考)某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型。竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态。当滑块从A处以初速度v0为10 m/s向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f为1 N，滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。已知滑块的质量m＝0.2 kg，滑杆的质量M＝0.6 kg，A、B间的距离l＝1.2 m，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。求：
(1)滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小N1和N2；
(2)滑块碰撞前瞬间的速度大小v1；
(3)滑杆向上运动的最大高度h。
[解析] (1)滑块静止时，对滑块和滑杆整体受力
分析如图甲所示，可得N1＝(M＋m)g
代入数据解得N1＝8 N，
滑块向上滑动时，对滑杆受力分析如图乙所示，可得N2＋f＝Mg
代入数据解得N2＝5 N。
[答案] (1)8 N 5 N (2)8 m/s (3)0.2 m
考法1 弹性碰撞
1.如图所示，五个等大的小球B、C、D、E、F，沿一条直线静放在光滑水平面上，另一等大小球A沿该直线以速度v向 B球运动，小球间发生碰撞均为弹性碰撞。若B、C、D、E四个球质量相等，且比A、F两球质量均要大些，则所有碰撞结束后，还在运动的小球个数为( )
A．1个 B．2个
C．3个 D．4个
考法全训
√
2．(2024·黄冈高三模拟)甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙两物块的速度随时间的变化如图中实线所示。已知甲物块的质量为1 kg，则碰撞过程中两物块损失的机械能为( )
A．3 J B．4 J
C．5 J D．6 J
考法2 非弹性碰撞
√
3．(2024·重庆高三质检)如图为台球运动员正在准备击球，假设运动员在某一杆击球过程中，白色球(主球)和花色球碰撞前后都在同一直线上运动，碰前白色球A的动量pA＝5 kg·m/s，花色球B静止，碰后花色球B的动量变为pB′＝4 kg·m/s，则下列关于两球的质量mA与mB间的关系可能是( )
考法3 碰撞应遵守的三原则
√
类型(二) 爆炸与反冲
(一)爆炸问题
1．爆炸现象的特点
爆炸过程中内力远大于外力，爆炸的各部分组成的系统总动量守恒。
2．爆炸现象的三个规律
动量守恒 爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒
动能增加 在爆炸过程中，有其他形式的能量(如化学能)转化为动能
位置不变 爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，可以认为爆炸后各部分仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动
[例1] (2024·德州高三模拟)双响爆竹是民间庆典使用
较多的一种烟花爆竹，其结构简图如图所示，纸筒内分上、
下两层安放火药。使用时首先引燃下层火药，使爆竹获得
竖直向上的初速度，升空后上层火药被引燃，爆竹凌空爆
响。一人某次在水平地面上燃放双响爆竹，爆竹上升至最高点时恰好引燃上层火药，立即爆炸成两部分，两部分的质量之比为1∶2，获得的速度均沿水平方向。已知这次燃放爆竹上升的最大高度为h，两部分落地点之间的距离为L，重力加速度为g，不计空气阻力，不计火药爆炸对爆竹总质量的影响。
(1)求引燃上层火药后两部分各自获得的速度大小。
(2)已知火药燃爆时爆竹增加的机械能与火药的质量成正比，求上、下两层火药的质量比。
1．(多选)一个质量为m的小型炸弹自水平地面朝右上方射出，在最高点以水平向右的速度v飞行时，突然爆炸为质量相等的甲、乙、丙三块弹片，如图所示。爆炸之后乙自静止自由下落，丙沿原路径回到原射出点。若忽略空气阻力，释放的化学能全部转化为动能，则下列说法正确的是( )
A．爆炸后乙落地的时间最长
B．爆炸后甲落地的时间最长
针对训练
√
√
(二)反冲运动
1．反冲运动的特点
物体在内力作用下分裂为两个不同部分，并且这两部分向相反方向运动的现象。反冲运动中，相互作用力一般较大，通常可以用动量守恒定律来处理。
2．对反冲运动的三点说明
作用原理 反冲运动是系统内物体之间的作用力和反作用力产生的效果
动量守恒 反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，所以反冲运动遵循动量守恒定律
机械能增加 反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总机械能增加
[例2] 一火箭喷气发动机每次喷出质量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(包括燃料)质量M＝300 kg，发动机每秒喷气20次，火箭初始时静止(结果保留1位小数)。
(1)当发动机第三次喷出气体后，火箭的速度为多大？
(2)运动第1 s末，火箭的速度为多大？
[解析] (1)设喷出三次气体后火箭的速度为v3，以火箭和喷出的三次气体为研究对象，由动量守恒定律得(M－3m)v3－3mv＝0，解得v3≈2.0 m/s。
(2)发动机每秒喷气20次，设运动第1 s末，火箭的速度为v20，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，解得v20≈13.5 m/s。
[答案] (1)2.0 m/s (2)13.5 m/s
2．(2024·重庆模拟)如图所示，某中学航天兴趣小组的同学将静置在地面上的质量为M(含水)的自制“水火箭”释放升空，在极短的时间内，质量为m的水以相对地面为v0的速度竖直向下喷出。已知重力加速度为g，空气阻力不计，下列说法正确的是( )
针对训练
√
解析：火箭的推力来源于火箭里喷出的水对它的反作用力，故A错误；
水喷出的过程中，瓶内气体做功，火箭和水机械能不守恒，故B错误；
类型(三) 人船模型问题
1．人船模型问题
两个原来静止的物体发生相互作用时，若所受外力的矢量和为零，则动量守恒。在相互作用的过程中，任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比。这样的问题即为人船模型问题。人船模型还适用于某一方向上动量守恒(如水平方向或竖直方向)的二物系统，只要相互作用前两物体在该方向上速度都为零即可。
[典例] (2024·哈尔滨调研)如图所示，质
量为M＝4 kg的小车静止在光滑水平面上，小
车AB段是半径为R＝1 m 的四分之一光滑圆弧
轨道，BC段是长为L的粗糙水平轨道，两段轨道相切于B点。一质量为m＝1 kg 的可视为质点的滑块从小车上的A点由静止开始沿AB轨道下滑，然后滑入BC轨道，最后恰好停在C点，滑块与BC轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g＝10 m/s2，则( )
A．整个过程中滑块和小车组成的系统动量守恒
B．滑块由A滑到B过程中，滑块的机械能守恒
C．BC段长L＝1 m
D．全过程小车相对地面的位移大小为0.6 m
√
[解析] 滑块在圆弧轨道上运动时有竖直方向的加速度，所以对系统而言竖直方向外力矢量和不为零，不满足动量守恒的条件，故A错误；
滑块由A滑到B过程中，小车对滑块的弹力做负功，滑块的机械能不守恒，故B错误；
滑块恰好停在C点时，二者均静止，根据能量守恒定律有mgR＝μmgL，解得L＝2 m，故C错误；
根据系统水平方向动量守恒有Mv1＝mv2，通过相同的时间有Mx1＝mx2，且有x1＋x2＝R＋L，解得x1＝0.6 m，故D正确。
考法1 对人船模型的理解
1．质量为m的人在质量为M的小车上从左端走到右
端，如图所示，当车与地面摩擦不计时，那么( )
A．人在车上行走，若人相对车突然停止，则车由于惯性过一会才停止
B．人在车上行走的平均速度越大，则车在地面上移动的距离也越大
C．人在车上行走的平均速度越小，则车在地面上移动的距离就越大
D．不管人以什么样的平均速度行走，车在地面上移动的距离相同
√
考法全训
解析：由人与车组成的系统动量守恒，初态系统总动量为零，则有mv人＝Mv车，若人相对车突然停止，则车也突然停止，故A错误；
考法2 某个方向上应用人船模型
√
C．若斜面光滑，则下滑过程中系统动量守恒，机械能守恒
D．若斜面粗糙，则下滑过程中系统动量守恒，机械能不守恒
不论斜面是否光滑，物块下滑过程中系统在竖直方向上所受合力都不为零，系统所受的合力不为零，所以系统动量不守恒，若斜面光滑，则系统机械能守恒，若斜面不光滑，则系统机械能不守恒，C、D错误。
课时跟踪检测
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一、立足基础，体现综合
1．(2024·武汉高三模拟) 如图，棱长为a、大小形
状相同的立方体木块和铁块，质量为m的木块在上，
质量为M的铁块在下，正对用极短细绳连接悬浮在平
静的池中某处，木块上表面距离水面的竖直距离为h。当细绳断裂后，木块与铁块均在竖直方向上运动，木块刚浮出水面时，铁块恰好同时到达池底。仅考虑浮力，不计其他阻力，则池深为( )
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2．(多选)在光滑的水平面上，动能为E0、动量大小为p0的小钢球A与静止小钢球B发生对心碰撞，碰撞前、后球A的运动方向相反。现将碰撞后球A的动能和动量大小分别记为EA、pA，球B的动能和动量的大小分别记为EB、pB，则下列判断中一定正确的是( )
A．EA
E0
C．pA√
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解析：碰撞后两球均有速度，碰撞过程中总动能不增加，则EA碰撞过程中，由动量守恒定律得p0＝pB－pA，可见，pA＜pB，pB＞p0，故D错误，C正确。
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3．“独竹漂”是一项独特的黔北民间绝技。独竹漂高手们脚踩一根楠竹，漂行水上如履平地。如图甲所示，在平静的湖面上，一位女子脚踩竹竿抵达岸边，此时女子静立于竹竿A点，一位摄影爱好者使用连拍模式拍下了该女子在竹竿上行走过程的一系列照片，并从中选取了两张进行对比，其简化图如图所示。经过测量发现，甲、乙两张照片中A、B两点的水平间距约为1 cm，乙照片中竹竿右端距离河岸约为1.8 cm。照片的比例尺为1∶40。已知竹竿的质量约为25 kg，若不计水的阻力，则该女子的质量约为( )
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A．41.5 kg B．45 kg
C．47.5 kg D．50 kg
解析：对女子和竹竿组成的系统，可看成人船模型，根据动量守恒定律，可得m1x1＝m2x2，代入数据解得该女子的质量为m1＝45 kg，故选B。
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4．(2024·南通高三模拟)如图甲所示，左端接有轻弹簧的物块A静止在光滑水平面上，物块B以一初速度向A运动，t＝0时B与弹簧接触，0～2 s内两物块的v-t图像如图乙所示。则( )
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A．A的质量比B的大
B．0～1 s内，弹簧对A、B的冲量相同
C．t＝1 s时，弹簧的弹性势能最大
D．t＝2 s时，A的动量比B的大
解析：由题图乙可知，物块B的初速度为v0＝1.2 m/s，t＝1 s时，物块A、B的共同速度大小为v＝1.0 m/s，由动量守恒定律可得mBv0＝(mA＋mB)v，解得mB＝5mA，故A错误；
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0～1 s内，弹簧对A的冲量方向向右，弹簧对B的冲量方向向左，所以弹簧对A、B的冲量不相同，故B错误；
t＝1 s时，物块A、B有共同速度，弹簧的形变量最大，弹簧的弹性势能最大，故C正确；
t＝2 s时，A的动量pA＝mAvA，B的动量pB＝mBvB，由题图乙可知vA＝2.0 m/s，vB＝0.8 m/s，又mB＝5mA，所以A的动量比B的小，故D错误。
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5．(多选)如图所示，质量均为m的物块A、B并排放置在光滑水平面上，一个质量也为m的物块C以初速度2v0在极短时间与A相碰并粘在一起。由于A、B的相互作用，A、B分离时B的速度等于v0，从C接触A到A、B分离的全过程中，下面说法正确的是( )
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铁锤击打的时间未知，所以在击打过程中，铁锤重力的冲量大小不能求解，故B错误；
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解析：由于B球不固定，故A球的轨迹不可能为圆周，A错误；A球来回摆动，A、B组成的系统在水平方向上不受外力，系统在水平方向上动量守恒，可知B球将做往复运动，B错误；
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8．(2024·内蒙古包头模拟)如图，倾角为θ＝37°、足够大的固定斜面与水平直导轨连接。光滑球A和粗糙物体B放置在导轨最左侧，两者均视为质点，mA＝2 kg，mB＝1 kg，物体B与水平导轨的动摩擦因数为μ＝0.4。A、B粘在一起且中间夹有一小块炸药(炸药的质量可以忽略不计)。0时刻炸药爆炸使A、B分离，物体B在导轨上运动距离L＝2 m后静止，爆炸时间很短可以忽略不计。重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6。求：
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(1)爆炸后瞬间物体B的速度大小；
(2)物体B速度为0时，AB间距离。
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答案：(1)4 m/s (2)5 m
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二、注重应用，强调创新
9．(多选)如图所示，质量为100 kg的小木船静止
在湖岸附 近的水面上，船身垂直于湖岸，船面可看
作水平面，并且比湖岸高出h＝0.8 m，在船尾处有一
质量为20 kg的铁块，将弹簧压缩后再用细线将铁块拴住，此时铁块到船头的距离L＝3 m，船头到湖岸的水平距离x＝0.7 m。将细线烧断后该铁块恰好能落到湖岸上，忽略船在水中运动时受到水的阻力以及其他一切摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2。下列判断正确的有( )
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A．铁块脱离小木船后在空中运动的时间为0.4 s
B．铁块脱离小木船时的瞬时速度大小为1.75 m/s
C．小木船最终的速度大小为1.25 m/s
D．弹簧释放的弹性势能为108 J
解析：烧断细线后以小木船、铁块组成的系统为研究对象，对小木船与铁块组成的系统由动量守恒定律得Ms1＝ms2，s1＋s2＝L，解得s1＝0.5 m，s2＝2.5 m，
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铁块与小木船相互作用时，由动量守恒定律得Mv1－mv2＝0，解得v1＝0.6 m/s，选项C错误。
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10.如图所示，竖直放置的轻弹簧的一端固定在水平地面
上，另一端拴接着质量为M的木块A，开始时木块A静止，现
让一质量为m的木块B从木块A正上方高为h处自由下落，与木
块A碰撞后一起向下压缩弹簧，经过时间t木块A下降到最低点。
已知弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，木块A与木块B碰撞时间极短，重力加速度为g，下列关于从两木块发生碰撞到木块A第一次回到初始位置的过程中弹簧对木块A的冲量I的大小正确的是( )
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(1)b与a碰撞前瞬间的速度大小v以及A与B间的距离x0；
(2)弹簧的最大弹性势能Epm以及碰后b运动的路程L。
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4课时跟踪检测(三十六) 动量守恒定律的“三类典型问题”
一、立足基础，体现综合
1．(2024·武汉高三模拟)如图，棱长为a、大小形状相同的立方体木块和铁块，质量为m的木块在上，质量为M的铁块在下，正对用极短细绳连接悬浮在平静的池中某处，木块上表面距离水面的竖直距离为h。当细绳断裂后，木块与铁块均在竖直方向上运动，木块刚浮出水面时，铁块恰好同时到达池底。仅考虑浮力，不计其他阻力，则池深为( )
A.h B.(h＋2a)
C.(h＋2a) D.h＋2a
2．(多选)在光滑的水平面上，动能为E0、动量大小为p0的小钢球A与静止小钢球B发生对心碰撞，碰撞前、后球A的运动方向相反。现将碰撞后球A的动能和动量大小分别记为EA、pA，球B的动能和动量的大小分别记为EB、pB，则下列判断中一定正确的是( )
A．EAE0
C．pA3．“独竹漂”是一项独特的黔北民间绝技。独竹漂高手们脚踩一根楠竹，漂行水上如履平地。如图甲所示，在平静的湖面上，一位女子脚踩竹竿抵达岸边，此时女子静立于竹竿A点，一位摄影爱好者使用连拍模式拍下了该女子在竹竿上行走过程的一系列照片，并从中选取了两张进行对比，其简化图如图所示。经过测量发现，甲、乙两张照片中A、B两点的水平间距约为1 cm，乙照片中竹竿右端距离河岸约为1.8 cm。照片的比例尺为1∶40。已知竹竿的质量约为25 kg，若不计水的阻力，则该女子的质量约为( )
A．41.5 kg B．45 kg
C．47.5 kg D．50 kg
4．(2024·南通高三模拟)如图甲所示，左端接有轻弹簧的物块A静止在光滑水平面上，物块B以一初速度向A运动，t＝0时B与弹簧接触，0～2 s内两物块的v t图像如图乙所示。则( )
A．A的质量比B的大
B．0～1 s内，弹簧对A、B的冲量相同
C．t＝1 s时，弹簧的弹性势能最大
D．t＝2 s时，A的动量比B的大
5．(多选)如图所示，质量均为m的物块A、B并排放置在光滑水平面上，一个质量也为m的物块C以初速度2v0在极短时间与A相碰并粘在一起。由于A、B的相互作用，A、B分离时B的速度等于v0，从C接触A到A、B分离的全过程中，下面说法正确的是( )
A．A、B分离时A的速度为v0
B．A、B分离时A的速度为v0
C．A、B、C组成的系统损失的机械能为mv02
D．A、B、C组成的系统损失的机械能为mv02
6．用质量为m的小铁锤以速度v1向下击打一块质量为M的砖头(击打时间极短)，击打后，小铁锤以v1的速率反向弹回，已知砖头受到击打后在手中的缓冲时间为t，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A．在击打过程中，铁锤所受合外力的冲量大小为mv1
B．在击打过程中，铁锤重力的冲量大小为mgt
C．砖头缓冲过程中，对手的压力大小为Mg
D．砖头缓冲过程中，对手的压力大小为Mg＋
7．(多选)如图所示，质量相同的两个小球A、B用长为L的轻质细绳连接，B球穿在光滑水平细杆上，初始时刻，细绳处于水平状态。将A、B由静止释放，空气阻力不计，下列说法正确的是( )
A．A球将做变速圆周运动
B．B球将一直向右运动
C．B球向右运动的最大位移为L
D．B球运动的最大速度为
8．(2024·内蒙古包头模拟)如图，倾角为θ＝37°、足够大的固定斜面与水平直导轨连接。光滑球A和粗糙物体B放置在导轨最左侧，两者均视为质点，mA＝2 kg，mB＝1 kg，物体B与水平导轨的动摩擦因数为μ＝0.4。A、B粘在一起且中间夹有一小块炸药(炸药的质量可以忽略不计)。0时刻炸药爆炸使A、B分离，物体B在导轨上运动距离L＝2 m后静止，爆炸时间很短可以忽略不计。重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6。求：
(1)爆炸后瞬间物体B的速度大小；
(2)物体B速度为0时，AB间距离。
二、注重应用，强调创新
9．(多选)如图所示，质量为100 kg的小木船静止在湖岸附近的水面上，船身垂直于湖岸，船面可看作水平面，并且比湖岸高出h＝0.8 m，在船尾处有一质量为20 kg的铁块，将弹簧压缩后再用细线将铁块拴住，此时铁块到船头的距离L＝3 m，船头到湖岸的水平距离x＝0.7 m。将细线烧断后该铁块恰好能落到湖岸上，忽略船在水中运动时受到水的阻力以及其他一切摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2。下列判断正确的有( )
A．铁块脱离小木船后在空中运动的时间为0.4 s
B．铁块脱离小木船时的瞬时速度大小为1.75 m/s
C．小木船最终的速度大小为1.25 m/s
D．弹簧释放的弹性势能为108 J
10.如图所示，竖直放置的轻弹簧的一端固定在水平地面上，另一端拴接着质量为M的木块A，开始时木块A静止，现让一质量为m的木块B从木块A正上方高为h处自由下落，与木块A碰撞后一起向下压缩弹簧，经过时间t木块A下降到最低点。已知弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，木块A与木块B碰撞时间极短，重力加速度为g，下列关于从两木块发生碰撞到木块A第一次回到初始位置的过程中弹簧对木块A的冲量I的大小正确的是( )
A．I＝2(M＋m)
B．I＝2m－2(M＋m)gt
C．I＝2(M－m)
D．I＝2m＋2(M＋m)gt
11．(2024·福州高三模拟)如图，一水平轻弹簧左端固定，右端与一质量为m的小物块a连接，a静止在水平地面上的A处，此时弹簧处于原长状态，A左侧地面光滑；另一质量为m的小滑块b静止在B处，b与地面间的动摩擦因数为μ。现对b施加一水平向左、大小为F＝μmg的恒定推力，经时间t后b与a发生弹性正碰(碰撞时间极短)，碰前瞬间撤去推力，之后a与b不再相碰。已知重力加速度大小为g。求：
(1)b与a碰撞前瞬间的速度大小v以及A与B间的距离x0；
(2)弹簧的最大弹性势能Epm以及碰后b运动的路程L。
课时跟踪检测(三十六)
1．选D 设铁块竖直下降的位移为d，对木块与铁块系统，系统合外力为零，由动量守恒定律可得0＝mh－Md，池深H＝h＋d＋2a，解得H＝h＋2a，D正确。
2．选AC 碰撞后两球均有速度，碰撞过程中总动能不增加，则EA3．选B 对女子和竹竿组成的系统，可看成人船模型，根据动量守恒定律，可得m1x1＝m2x2，代入数据解得该女子的质量为m1＝45 kg，故选B。
4．选C 由题图乙可知，物块B的初速度为v0＝1.2 m/s，t＝1 s时，物块A、B的共同速度大小为v＝1.0 m/s，由动量守恒定律可得mBv0＝(mA＋mB)v，解得mB＝5mA，故A错误；0～1 s内，弹簧对A的冲量方向向右，弹簧对B的冲量方向向左，所以弹簧对A、B的冲量不相同，故B错误；t＝1 s时，物块A、B有共同速度，弹簧的形变量最大，弹簧的弹性势能最大，故C正确；t＝2 s时，A的动量pA＝mAvA，B的动量pB＝mBvB，由题图乙可知vA＝2.0 m/s，vB＝0.8 m/s，又mB＝5mA，所以A的动量比B的小，故D错误。
5．选BD 该过程动量守恒，有2mv0＝2mv＋mv0，解得v＝v0，A错误，B正确；A、B、C组成的系统损失的机械能为ΔEk＝m(2v0)2－·2mv02－mv02＝mv02，C错误，D正确。
6．选D 设方向向下为正方向，在击打过程中，对铁锤由动量定理可得I＝m＝－mv1，在击打过程中，铁锤所受合外力的冲量大小为mv1，故A错误；铁锤击打的时间未知，所以在击打过程中，铁锤重力的冲量大小不能求解，故B错误；在击打过程中，对铁锤与砖头由动量守恒定律可得mv1＝－mv1＋Mv，解得Mv＝mv1，砖头缓冲过程中，对砖头由动量定理可得(F1＋Mg)t＝0－mv1，解得手对砖头的支持力为F1＝－Mg－，由牛顿第三定律可知砖头对手的压力为F1′＝－F1＝Mg＋，故C错误，D正确。
7．选CD 由于B球不固定，故A球的轨迹不可能为圆周，A错误；A球来回摆动，A、B组成的系统在水平方向上不受外力，系统在水平方向上动量守恒，可知B球将做往复运动，B错误；对于A、B组成的系统，当A球摆到左侧，细绳再次处于水平状态时，B球有向右的最大位移，此时对系统有mA－mB＝0，xA＋xB＝2L，解得B球向右运动的最大位移为L，C正确；当A球摆到B球正下方时，B球的速度最大，在水平方向上由动量守恒定律得mAvA＝mBvB，由机械能守恒定律得mAgL＝mAvA2＋mBvB2，解得B球运动的最大速度为vB＝，D正确。
8．解析：(1)爆炸后物体B向右做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律，加速度大小为aB＝＝4 m/s2
设爆炸后瞬间物体B的速度大小为vB，根据运动学公式可得－2aBL＝0－vB2
解得vB＝＝ m/s＝4 m/s。
(2)设爆炸后瞬间光滑球A的速度大小为vA，根据动量守恒定律可得mAvA＝mBvB
解得vA＝2 m/s
光滑球A在斜面上做类平抛运动，沿斜面向下的加速度大小为
aA＝＝6 m/s2
物体B运动的时间为t＝＝1 s
光滑球A水平方向运动的位移为
xA＝vAt＝2 m
光滑球A沿斜面向下运动的位移为
yA＝aAt2＝3 m
则物体B速度为0时，AB间距离为
Δx＝＝5 m。
答案：(1)4 m/s (2)5 m
9．选AD 烧断细线后以小木船、铁块组成的系统为研究对象，对小木船与铁块组成的系统由动量守恒定律得Ms1＝ms2，s1＋s2＝L，解得s1＝0.5 m，s2＝2.5 m，铁块离开小木船后做平抛运动s1＋x＝v2t，h＝gt2，解得t＝0.4 s，v2＝3 m/s，选项A正确，B错误。铁块与小木船相互作用时，由动量守恒定律得Mv1－mv2＝0，解得v1＝0.6 m/s，选项C错误。由机械能守恒定律得Ep＝Mv12＋mv22，解得Ep＝108 J，选项D正确。
10．选D 对木块B下落h过程有mgh＝mvB2，解得vB＝，木块B与A碰撞过程由动量守恒定律得mvB＝(M＋m)v，规定向下为正方向，则两木块从开始共同运动至最低点过程中由动量定理得(M＋m)gt－I1＝0－(M＋m)v，从两木块发生碰撞到木块A第一次回到初始位置的过程中弹簧对木块A的冲量的大小为I＝2I1，联立解得弹簧对木块A的冲量的大小为I＝2m＋2(M＋m)gt，故D正确。
11．解析：(1)b从B运动到A的过程中做匀加速直线运动，设加速度大小为a1，
则v＝a1t，x0＝a1t2
根据牛顿第二定律有
μmg－μ·mg＝ma1
解得v＝2μgt，x0＝μgt2。
(2)b与a发生弹性正碰，碰撞过程动量守恒、机械能守恒，有mv＝mvb＋mva
×mv2＝×mvb2＋mva2
解得vb＝－μgt，va＝μgt
a碰后向左运动到速度为零时弹簧的弹性势能最大，则Epm＝mva2，
解得Epm＝μ2mg2t2
b碰后向右做匀减速直线运动，设加速度大小为a2，则vb2＝2a2L
根据牛顿第二定律有μ·mg＝ma2
解得L＝μgt2。
答案：(1)2μgt μgt2
(2)μ2mg2t2 μgt2
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