1.2 动量守恒定律 学案 (4)

第2节动量守恒定律
课　标　解　读
重　点　难　点
1.知道牛顿运动定律和动量守恒定律的关系，能用牛顿运动定律推导动量守恒定律．2.理解动量守恒定律的确切含义和表达式．3.知道什么是反冲运动，了解它在实际中的简单应用．4.了解火箭的飞行原理和主要用途.
1.理解并掌握动量守恒定律．(重点)2.知道动量守恒定律的运用条件和适用范围．(重点)3.会用动量守恒定律解决简单的实际问题．(难点)
动量守恒定律
1.基本知识
(1)动量守恒定律的内容：一个系统不受外力或者所受合外力为零，这个系统的总动量保持不变．
(2)动量守恒定律的成立条件
①系统不受外力的作用．
②系统受外力作用，但合外力为零．
③系统受外力的作用，合外力也不为零，但合外力远小于内力．这种情况严格地说只是动量近似守恒，但却是最常见的情况．
(3)动量守恒定律的表达式
①p＝p′(系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′)．
②Δp1＝－Δp2(相互作用的两个物体组成的系统，一个物体动量的变化量与另一个物体动量的变化量大小相等、方向相反．)
③Δp＝0(系统总动量的增量为零)．
④m1v1＋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．思考判断
(1)如果系统的机械能守恒，则动量也一定守恒．(×)
(2)只要系统内存在摩擦力，动量不可能守恒．(×)
(3)只要系统受外力做的功为零，动量就守恒．(×)
3．探究交流
动量守恒定律可由牛顿运动定律和运动学公式(或动量定理)推导出来，那么二者的适用范围是否一样？
【提示】　牛顿运动定律适用于宏观物体、低速运动(相对光速而言)，而动量守恒定律适用于任何物体，任何运动．
反冲运动与火箭
1.基本知识
(1)反冲
根据动量守恒定律，一个静止的物体在内力的作用下分裂为两个部分，一部分向某一个方向运动，另一部分向相反方向运动的现象．
(2)反冲现象的防止及应用
①防止：枪身的反冲、高压水枪的反冲等．
②应用：喷灌装置、火箭等．
(3)火箭
①原理：火箭的飞行应用了反冲的原理，靠喷出气流的反冲作用来获得巨大速度．
②影响火箭获得速度大小的因素：一是喷气速度，喷气速度越大火箭能达到的速度越大．二是燃料质量越大，负荷越小，火箭能达到的速度也越大．
2．思考判断
(1)宇航员利用喷气装置实现太空行走是利用反冲的原理．(√)
(2)火箭发射时，其速度大小只与喷出气体的质量有关．(×)
3．探究交流
假如在月球上建一飞机场，应配置喷气式飞机还是螺旋浆飞机呢？
【提示】　应配置喷气式飞机．喷气式飞机利用反冲原理，可以在真空中飞行，而螺旋桨飞机是靠转动的螺旋浆与空气的相互作用力飞行的，不能在真空中飞行.
两物体相互作用前后总动量是否守恒
【问题导思】　
1．教材用气垫导轨探究动量守恒需要哪些实验器材？
2．实验探究的基本步骤有哪些？
1．实验器材
气垫导轨、滑块(3块)、天平、光电门、数字毫秒表等
2．实验步骤
(1)将两个质量相等的滑块装上相同的挡光板，放在光滑气垫导轨的中部．两滑块靠在一起，压缩其间的弹簧，并用细线栓住，使滑块处于静止状态．烧断细线，两滑块被弹开并朝相反的方向通过光电门，记录挡光板通过光电门的时间，表示出滑块的速度，求出两滑块的总动量p＝mv1－mv2，如图1－2－1所示．
图1－2－1
实验结果：两滑块的总动量p＝0.
(2)增加一滑块，质量与前两块相同，使弹簧一侧滑块的质量是另一侧的2倍，重复(1)步骤，求出两侧滑块的总动量p＝mv1－2mv2.
实验结果：两侧滑块的总动量p＝0.
(3)把气垫导轨的一半覆盖上牛皮纸，并用胶带固定后，用两块质量相等的滑块重复(1)步骤，求出滑块的总动量p＝mv1－mv2.
实验结果：两滑块的总动量p≠0.
3．实验结论
(1)在光滑气垫导轨上无论两滑块质量是否相等，它们被弹开前的总动量为零，分开后的总动量也为零．
(2)两滑块构成的系统受到牛皮纸的摩擦力后，两滑块的总动量发生了变化．
在用气垫导轨验证动量守恒的实验中，为了减小误差应该将气垫导轨调整到水平，确保两滑块分开后均做匀速直线运动．
图1－2－2
　(2013·莆田检测)如图1－2－2所示，在实验室用两端带竖直挡板C、D的气垫导轨和有固定挡板的质量都是M的滑块A、B做“验证动量守恒定律”的实验，实验步骤如下：
(1)把两滑块A、B紧贴在一起，在A上放质量为m的砝码，置于导轨上，用电动卡销卡住A、B，在A、B的固定挡板间放入一弹簧，使弹簧在水平方向上处于压缩状态．
(2)按下电钮使电动卡销放开，同时启动记录两滑块运动时间的电子计时器，在滑块A、B与挡板C、D碰撞的同时，电子计时器自动停止计时，记下A至C的运动时间t1和B至D的运动时间t2.
(3)将两滑块A、B仍置于原位置，重复几次上述实验，并对多次实验记录的t1、t2分别取平均值．
①在调整气垫导轨时，应注意_____________________________________________．
②应测量的数据还有__________________________________________________．
③只要满足关系式________，即可验证动量守恒．
【审题指导】　(1)滑块和气垫导轨的摩擦很小可忽略不计．
(2)滑块在气垫导轨上的速度可通过距离和时间计算．
【解析】　由于滑块和气垫导轨间的摩擦力很小，可以忽略不计，可认为滑块在导轨上做匀速直线运动，因此两滑块作用后的速度可分别表示为：
vA＝
，vB＝.(L1为A至C板的距离，L2为B至D板的距离)
若(M＋m)＝M成立，
则(M＋m)vA＝mvB成立，即动量守恒．
【答案】　(3)①用水平测量仪使导轨水平
②A至C板的距离L1，B至D板的距离L2
③(M＋m)＝M
1．(2013·琼海检测)某同学设计了一个用打点计时器验证两物体碰撞前后总动量是否守恒的实验：在小车A的前端粘有橡皮泥，推动小车A使之做匀速直线运动．然后与原来静止在前方的小车B相碰并粘合成一体，继续做匀速直线运动，他设计的具体装置如图1－2－3所示．在小车A后连着纸带，电磁打点计时器所用电源频率为50
Hz，长木板下垫着小木片用以平衡摩擦力．
图1－2－3
(1)若已得到打点纸带如图1－2－4所示，并将测得的各计数点间距离标在图上，A点是运动起始的第一点，则应选________段来计算小车A的碰前速度，应选________段来计算小车A和小车B碰后的共同速度．(以上两空填“AB”或“BC”或“CD”或“DE”)
图1－2－4
(2)已测得小车A的质量mA＝0.40
kg，小车B的质量mB＝0.20
kg，由以上测量结果可得：碰前mAvA＋mBvB＝________
kg·m/s；碰后mAvA′＋mBvB′＝________
kg·m/s.并比较碰撞前后两个小车质量与速度的乘积之和是否相等．
【解析】　(1)因小车做匀速直线运动，纸带上应取打点均匀的一段来计算速度，碰前BC段点距相等，碰后DE段点距相等，故取BC段、DE段分别计算碰前小车A的速度和碰后小车A和小车B的共同速度．
(2)碰前小车A的速度vA＝＝m/s＝1.05
m/s，其动量p＝mAvA＝0.40×1.05
kg·m/s＝0.420
kg·m/s，小车B的速度为零，动量也为零．碰后小车A和B的共同速度vA′＝vB′＝v′＝＝
m/s＝0.695
m/s.碰后总动量p′＝(mA＋mB)v′＝(0.40＋0.20)×0.695
kg·m/s＝0.417
kg·m/s.从上面的计算可知：在实验误差允许的范围内，碰撞前后总动量不变．
【答案】　(1)BC　DE　(2)0.420　0.417
动量守恒定律的理解
【问题导思】　
1．光滑水平面上，一小球与另一固定小球相碰并反弹，小球的动量守恒吗？
2．光滑水平面上，一小球与另一静止小球相碰，碰后两小球系统动量守恒吗？
3．光滑水平面上，一小球与另一小球碰后粘在一起运动系统动量守恒吗？
1．研究对象：相互作用的物体组成的系统．
2．“总动量保持不变”是指系统在整个过程中任意两个时刻的总动量相等．
3．动量守恒定律的“五性”
(1)矢量性：定律的表达式是一个矢量式．
①该式说明系统的总动量在任意两个时刻不仅大小相等，而且方向也相同．
②在求系统的总动量p＝p1＋p2＋…时，要按矢量运算法则计算．
(2)相对性：动量守恒定律中，系统中各物体在相互作用前后的动量，必须相对于同一惯性系，各物体的速度通常均为对地的速度．
(3)条件性：动量守恒是有条件的，应用时一定要首先判断系统是否满足守恒条件．
①系统不受外力或所受外力的矢量和为零，系统的动量守恒．
②系统受外力，但在某一方向上合外力为零，则系统在这一方向上动量守恒．
(4)同时性：动量守恒定律中p1、p2……必须是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p1′、p2′……必须是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量．
(5)普遍性：动量守恒定律不仅适用于两个物体组成的系统，也适用于多个物体组成的系统．不仅适用于宏观物体组成的系统，也适用于微观粒子组成的系统．
　(2012·上海高考)A、B两物体在光滑水平地面上沿一直线相向而行，A质量为5
kg，速度大小为10
m/s，B质量为2
kg，速度大小为5
m/s，它们的总动量大小为______
kg·m/s；两者相碰后，A沿原方向运动，速度大小为4
m/s，则B的速度大小为______
m/s.
【审题指导】　(1)动量是矢量，运算要规定正方向．
(2)根据条件判断是否守恒并列方程求解．
【解析】　以A物体的速度方向为正方向．则vA＝10
m/s　vB＝－5
m/s　p＝pA＋pB＝5×10
kg·m/s＋2×(－5)
kg·m/s＝40
kg·m/s碰撞后，由动量守恒定律得
p＝mAvA′＋mBvB′　vB′＝10
m/s，与A原来的速度方向相同．
【答案】　40　10
应用动量守恒定律解题的基本步骤
1．分析题意，合理地选取研究对象，明确系统是由哪几个物体组成的．
2．分析系统的受力情况，分清内力和外力，判断系统的动量是否守恒．
3．确定所研究的作用过程．选取的过程应包括系统的已知状态和未知状态，通常为初态到末态的过程，这样才能列出对解题有用的方程．
4．对于物体在相互作用前后运动方向都在一条直线上的问题，设定正方向，各物体的动量方向可以用正、负号表示．
5．建立动量守恒方程，代入已知量求解．
2．
图1－2－5
如图1－2－5所示，一人站在静止于冰面的小车上，人与车的总质量M＝70
kg，当它遇到一个质量m＝20
kg、以速度v0＝5
m/s迎面滑来的木箱后，立即以相对于冰面v′＝2
m/s的速度逆着木箱原来滑行的方向推出(不计冰面阻力)．问小车获得的速度是多大？方向如何？
【解析】　以v0方向为正方向，设推出木箱后小车的速度为v，由动量守恒定律得mv0＝Mv－mv′
v＝＝
m/s＝2
m/s
与木箱的初速度v0方向相同．
【答案】　2
m/s　方向与木箱的初速度v0相同
对反冲的进一步理解
【问题导思】　
1．反冲运动中物体一定不受外力吗？
2．反冲运动中，相互作用的两部分动量守恒吗？
3．反冲运动的速度是相互作用的两物体的相对速度吗？
1．反冲运动的特点
(1)物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动．
(2)反冲运动中，相互作用的内力一般情况下远大于外力，所以可以用动量守恒定律来处理．
(3)反冲运动中，由于有其他形式的能转变为机械能，所以系统的总动能增加．
2．讨论反冲运动时应注意的问题
(1)相对速度问题：在讨论反冲运动时，有时给出的速度是相互作用的两物体的相对速度．由于动量守恒定律中要求速度为对同一参考系的速度(通常为对地的速度)，应先将相对速度转换成对地速度后，再列动量守恒定律的方程．
(2)变质量问题：在讨论反冲运动时，还常遇到变质量物体的运动，如在火箭的运动过程中，随着燃料的消耗，火箭本身的质量不断减小，此时必须取火箭本身和在相互作用的短时间内喷出的所有气体为研究对象，取相互作用的这个过程为研究过程来进行研究．
　
1．内力的存在不会影响系统的动量守恒．
2．内力做的功往往会改变系统的总动能．
　
图1－2－6
(2012·福建高考)如图1－2－6，质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止．若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为(　　)
A．v0＋v　　　　
B．v0－v
C．v0＋(v0＋v)
D．v0＋(v0－v)
【审题指导】　解此题的关键是规定正方向和判断人跳出的速度，由于水静止，相对水面的速度即为相对地的速度．
【解析】　以向右为正方向，据动量守恒定律有(M＋m)v0＝－mv＋Mv′，解得v′＝v0＋(v0＋v)，故选C.
【答案】　C
3．(2013·江苏高考)如图1－2－7所示，进行太空行走的宇航员A和B的质量分别为80
kg和100
kg，他们携手远离空间站，相对空间站的速度为0.1
m/s.A将B向空间站方向轻推后，A的速度变为0.2
m/s，求此时B的速度大小和方向．
图1－2－7
【解析】　根据动量守恒定律，(mA＋mB)v0＝mAvA＋mBvB，代入数值解得vB＝0.02
m/s，离开空间站方向．
【答案】　0.02
m/s，离开空间站方向
综合解题方略——人船模型的
　　
分析方法
　(2013·三亚检测)长为L、质量为M的小船停在静水中，一个质量为m的人站立在船头，若不计水的阻力，在人从船头走到船尾的过程中，船和人对地面的位移各是多少？
【规范解答】　选人和船组成的系统为研究对象，因系统在水平方向不受外力，所以水平方向动量守恒，人未走时系统的总动量为零，当人走动时，船同时后退；当人速度为零时，船速度也为零．设某时刻人对地的速度为v1，船对地的速度为v2，根据动量守恒得
mv1－Mv2＝0①
因为在人从船头走到船尾的整个过程中动量守恒，对①式两边同乘以Δt，得ms1－Ms2＝0②
②式为人对地的位移和船对地的位移关系．
由图所示还可看出：s1＋s2＝L③
联立②③两式得
【答案】　船对地的位移为L
人对地的位移为L
1．“人船模型”问题的特征
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．这样的问题归为“人船模型”问题．
2．处理“人船模型”问题的关键
(1)利用动量守恒定律，确定两物体速度关系，再确定两物体通过的位移的关系．用动量守恒定律求位移的题目大都是系统原来处于静止状态，动量守恒表达式经常写成m1v1－m2v2＝0的形式，式中v1、v2是m1、m2末状态时的瞬时速率．如果两物体相互作用时间为t，在这段时间内两物体的位移大小分别为s1和s2，则有m1－m2＝0，即m1s1－m2s2＝0.
(2)解题时要画出各物体的位移关系草图，找出它们各自相对地面的位移的关系．
3．处理“人船模型”问题的两点注意
(1)“人船模型”问题中，两物体的运动特点是“人”走“船”行，“人”停“船”停．
(2)问题中的“船长”通常理解为“人”相对“船”的位移．而在求解过程中应讨论的是“人”及“船”相对地的位移，即相对于同一参照物的位移
【备课资源】(教师用书独具)
反冲运动的演示
(1)用火箭筒演示
拿一个空摩丝瓶，在其底部用大号缝衣针钻一小洞，这样就制成了一个简易的火箭筒．
图教1－2－1
如图教1－2－1所示，在铁支架的立柱顶端装上顶轴，在旋转臂的两侧各装一只火箭筒，再把旋转系统放在顶轴上．往火箭筒内注入约4
mL的酒精，并在火箭筒下方的棉球上注少量酒精，点燃酒精棉球，片刻火箭筒内的酒精蒸气从尾孔中喷出，并被点燃．这时可以看到火箭旋转起来，带着长长的火舌，并伴随有呼呼的声响．
注意棉球上的酒精不要太多，下方的桌上不要放易燃物品．实验完毕，应将筒内剩余的酒精烧尽或倒出．
(2)用水火箭演示
水火箭用空可乐瓶制作．用一段吸管和透明胶带在瓶上固定一个导向管．瓶口塞一橡皮塞，在橡皮塞上钻一个孔．在塞上固定一只自行车车胎上的进气阀门，并在气门芯内装上小橡皮管(如图教1－2－2)．
　　
图教1－2－2
实验时，瓶中先注入约体积的水，用橡皮塞把瓶口塞严．将尼龙线穿过可乐瓶上的导向管，使线的一端拴在门的上框上，另一端拴在板凳腿上，要把线拉直．将瓶的进气阀与打气筒相接，向筒内打气到一定程度时，瓶塞脱开，水从瓶口喷出，瓶向反方向飞去.
1．在利用气垫导轨探究碰撞中的不变量时，下列哪些因素可导致实验误差(　　)
A．导轨安放不水平　　　
B．小车上挡光片倾斜
C．两小车质量不相等
D．两小车碰后连在一起
【解析】　导轨安放不水平，小车速度将受重力的影响，从而导致实验误差；挡光片倾斜会导致挡光片宽度不等于挡光阶段小车通过的位移，使计算速度出现误差．
【答案】　AB
2．(2013·海口检测)运送人造地球卫星的火箭开始工作后，火箭做加速运动的原因是(　　)
A．燃料推动空气，空气的反作用力推动火箭
B．火箭发动机将燃料燃烧产生的气体向后排出，气体的反作用力推动火箭
C．火箭吸入空气，然后向后排出，空气对火箭的反作用力推动火箭
D．火箭燃料燃烧发热，加热周围空气，空气膨胀推动火箭
【解析】　火箭的工作原理是利用反冲运动，是火箭燃料燃烧产生的高温高压燃气从尾喷管迅速喷出时，使火箭获得反冲速度，故正确答案为B.
【答案】　B
3．(2012·厦门检测)一个静止的质量为M的不稳定原子核，当它以速度v放出一个质量为m的粒子后，剩余部分的速度为(　　)
A．－v
B．－mv/(M－m)
C．mv/(M－m)
D．－mv/(M＋m)
【解析】　由动量守恒：mv＋(M－m)v′＝0，v′＝－v，负号表示与v的方向相反．
【答案】　B
4．(2013·福建高考)将静置在地面上，质量为M(含燃料)的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体．忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是(　　)
A.v0
B.v0
C.v0
D.v0
【解析】　应用动量守恒定律解决本题，注意火箭模型质量的变化．取向下为正方向，由动量守恒定律可得：
0＝mv0－(M－m)v′
故v′＝，选项D正确．
【答案】　D
5．如图1－2－8所示，一质量为M、长为L的长方形木板B放在光滑的水平地面上，其右端放一质量为m的小木块A(可看成质点)，m图1－2－8
【解析】　取水平向右为正方向，设它们最后的共同速度为v，依据动量守恒定律：Mv0－mv0＝(M＋m)v，解得：v＝，
方向为水平向右(与木板B方向一致)．
【答案】　　向右
1．下面物体在相互作用过程中系统动量守恒的有(　　)
A．人在船上行走，人与船组成的系统(不计水的阻力)
B．子弹射穿一棵小树，子弹与小树组成的系统
C．人推平板车前进，人与平板车组成的系统
D．炮弹在空中爆炸，所有的弹片组成的系统
【解析】　人在船上行走，在不计水的阻力的情况下，人和船组成的系统所受合外力为零，系统的动量守恒；子弹射穿小树过程，子弹和小树组成的系统所受合外力不为零，动量不守恒；人推平板车前进，人受到地面的摩擦力，人与平板车组成的系统所受合外力不为零，动量不守恒；炮弹在空中爆炸，作用时间短，内力远大于外力，所有的弹片组成的系统在爆炸过程中动量守恒．故选项A、D正确，B、C不正确．
【答案】　AD
2．如图1－2－9所示，A、B两木块紧靠在一起且静止于光滑水平面上，物块C以一定的初速度v0从A的左端开始向右滑行，最后停在B木块的右端，对此过程，下列叙述正确的是(　　)
图1－2－9
A．当C在A上滑行时，A、C组成的系统动量守恒
B．当C在B上滑行时，B、C组成的系统动量守恒
C．无论C是在A上滑行还是在B上滑行，A、B、C三物块组成的系统动量守恒
D．当C在B上滑行时，A、B、C组成的系统动量不守恒
【解析】　无论C在A上滑行，还是B上滑行，A、B、C组成的系统，所受合外力为零，系统动量守恒，D错C对；当C在A上滑行时，B对A、C系统有向左的力的作用，A、C系统所受合外力不为零，动量不守恒，A错；当C在B上滑行时，A、B已经分开无相互作用，B、C系统所受合外力为零，动量守恒，故B正确．
【答案】　　BC
图1－2－10
3．(2013·三明检测)如图1－2－10所示，A、B两个小球在光滑水平面上沿同一直线相向运动，它们的动量大小分别为p1和p2，碰撞后A球继续向右运动，动量大小为p1′，此时B球的动量大小为p2′，则下列等式成立的是(　　)
A．p1＋p2＝p1′＋p2′
B．p1－p2＝p1′＋p2′
C．p1′－p1＝p2′＋p2
D．－p1′＋p1＝p2′＋p2
【解析】　因水平面光滑，所以A、B两球组成的系统在水平方向上动量守恒．由于p1、p2、p1′、p2′均表示动量的大小，所以碰前的动量为p1－p2，碰后的动量为p1′＋p2′，B对；经变形得－p1′＋p1＝p2′＋p2，D对．
【答案】　BD
4．总质量为M的火箭以速度v0飞行，质量为m的燃料相对于火箭的速率u向后喷出，则燃料喷出后，火箭的速度大小为(　　)
A．v0＋u　　　　　　　
B．v0－u
C．v0＋(v0＋u)
D．v0＋u
【解析】　由动量守恒定律得m(－u＋v)＋(M－m)v＝Mv0，解得v＝v0＋u，A选项正确．
【答案】　A
5．(2013·泉州检测)一颗手榴弹被投出后到达最高点时的速度为v0＝10
m/s，设它炸成两块后，质量为0.4
kg的大块的速度大小为250
m/s，方向与原来方向相反．若取v0方向为正方向，则质量为0.2
kg的小块的速度为(　　)
A．530
m/s，与原来方向相同
B．530
m/s，与原来方向相反
C．470
m/s，与原来方向相同
D．470
m/s，与原来方向相反
【解析】　手榴弹在最高点时速度沿水平方向，v0＝10
m/s，设v0方向为正方向，根据动量守恒得：(m1＋m2)v0＝－m1v1＋m2v2，所以v2＝530
m/s，v2为正值，说明与原来方向相同．
【答案】　A
6．如图1－2－11所示，两辆质量相同的小车置于光滑的水平面上，有一人静止站在A车上，两车静止，若这个人自A车跳到B车上，接着又跳回A车，静止于A车上，则A车的速率(　　)
图1－2－11
A．等于零
B．小于B车的速率
C．大于B车的速率
D．等于B车的速率
【解析】　A、B车和人三者构成的系统动量守恒，那么(m人＋mA)vA－mBvB＝0，m人＋mA＞mB，所以vA＜mB，B选项正确．
【答案】　B
7．(2012·福州高一检测)甲、乙两球在光滑水平面上发生碰撞．碰撞前，甲球向左运动，乙球向右运动，碰撞后一起向右运动，由此可以判断(　　)
A．甲的质量比乙小
B．甲的初速度比乙小
C．甲的初动量比乙小
D．甲的动量变化比乙小
【解析】　甲、乙两球碰撞过程中系统动量守恒，规定向右为正方向，则m乙v乙－m甲v甲＝(m甲＋m乙)v>0，故m乙v乙>m甲v甲，即甲的初动量比乙的小．而甲的动量变化与乙的动量变化是大小相同的，故C正确．
【答案】　C
8．如图1－2－12所示，一个木箱原来静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个小木块．木箱和小木块都具有一定的质量．现使木箱获得一个向右的初速度v0，则(　　)
图1－2－12
A．小木块和木箱最终都将静止
B．小木块最终将相对木箱静止，二者一起向右运动
C．小木块在木箱内壁将始终来回往复碰撞，而木箱一直向右运动
D．如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对木箱静止，则二者将一起向左运动
【解析】　系统不受外力，系统动量守恒，最终两个物体以相同的速度一起向右运动，B正确．
【答案】　B
9．(2011·福建高考)在光滑水平面上，一质量为m、速度大小为v的A球与质量为2m静止的B球碰撞后，A球的速度方向与碰撞前相反，则碰撞后B球的速度大小可能是(　　)
A．0.6v
B．0.4v
C．0.3v
D．0.2v
【解析】　由动量守恒定律得mv＝mvA＋2mvB，规定A球原方向为正方向，由题意可知vA为负值，则2mvB>mv，因此B球的速度可能为0.6v，故选A.
【答案】　A
10．如图1－2－13甲所示，在水平光滑轨道上停着甲、乙两辆实验小车，甲车系一穿过打点计时器的纸带，当甲车受到水平向右的瞬时力时，随即启动打点计时器，甲车运动一段距离后，与静止的乙车发生正碰并粘在一起运动，纸带记录下碰撞前甲车和碰撞后两车的运动情况如图乙所示，电源频率为50
Hz，则碰撞前甲车速度大小为________m/s，碰撞后的共同速度大小为________m/s，m甲∶m乙＝________.
图1－2－13
【解析】　由图知在开始0.02
s内位移约为1.2×10－2
m．故碰前速度v1＝
m/s＝0.6
m/s.碰后在0.02
s内位移约为0.8×10－2
m．故碰后速度v2＝
m/s＝0.4
m/s.
碰撞过程动量守恒，所以有m甲v1＝(m甲＋m乙)v2解得m甲∶m乙＝2∶1.
【答案】　0.6　0.4　2∶1
11．(2012·山东高考)如图1－2－14所示，光滑水平轨道上有三个木块A、B、C，质量分别为mA＝3m、mB＝mC＝m，开始时B、C均静止，A以初速度v0向右运动，A与B碰撞后分开，B又与C发生碰撞并粘在一起，此后A与B间的距离保持不变．求B与C碰撞前B的速度大小．
图1－2－14
【解析】　设A与B碰撞后，A的速度为vA，B与C碰撞前B的速度为vB，B与C碰撞后粘在一起的速度为v，由动量守恒定律得
对A、B木块：mAv0＝mAvA＋mBvB①
对B、C木块：mBvB＝(mB＋mC)v②
由A与B间的距离保持不变可知
vA＝v③
联立①②③式，代入数据得
vB＝v0.④
【答案】　v0
12．一炮弹质量为m，以一定的倾角斜向上发射，到达最高点时速度为v，炮弹在最高点爆炸成两块，其中一块沿原轨道原速返回，质量为.求：
(1)爆炸后另一块瞬时速度的大小；
(2)爆炸过程系统增加的机械能．
【解析】　(1)爆炸后沿原轨道返回，则该弹片速度大小为v，方向与原方向相反，爆炸过程动量守恒
mv＝－v＋v1
解得v1＝3v.
(2)爆炸过程中重力势能没有改变，
爆炸前系统总动能为Ek＝mv2
爆炸后系统总动能为Ek′＝·v2＋··(3v)2＝2.5mv2
系统增加的机械能ΔE＝2mv2.
【答案】　(1)3v　(2)2mv2