鲁科版（2019）高中物理 选择性必修第一册 第1章 第2节　动量守恒定律及其应用学案（含练习）

第2节　动量守恒定律及其应用
核心素养 物理观念 科学思维 科学态度与责任
1.理解动量守恒定律的内容及表达式形式。
2.理解动量守恒定律的适用条件，并能应用动量守恒定律解释生产生活中的碰撞现象，提出一些参考建议。
3.知道什么是反冲运动，了解它在实际中的应用。 1.能用动量定理推导动量守恒定律。
2.会应用系统和守恒的思想分析物理问题。 通过对动量守恒定律的理论推导与实验探究，能认识科学探究中的理论与实验研究的重要性，将所学知识应用于生活实际中去。
知识点一　动量守恒定律
[观图助学]
太空行走的宇航员A和B，在处于静止状态的情况下，A轻推一下B，他们获得的速度与他们各自的质量有什么关系？
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0时，这个系统的总动量保持不变。
2.动量守恒定律的表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。
3.动量守恒定律的普适性
动量守恒定律是自然界普遍适用的基本规律之一，不仅适用于低速、宏观物体的运动，而且也适用于高速、微观物体的运动。
4.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0。
(3)系统所受合外力不为0，但系统所受合外力远小于系统内力，该系统的总动量可认为近似守恒。
[思考判断]
(1)一个系统初、末状态动量大小相等，即动量守恒。(×)
(2)只要系统内存在摩擦力，动量不可能守恒。(×)
(3)如果系统的机械能守恒，则动量也一定守恒。(×)
(4)系统动量守恒也就是系统的动量变化量为零。(√)
光滑水平面上，子弹射击木块的过程中，子弹和木块组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒。
动量守恒定律的表达式也可以是Δp1＝－Δp2，即两个物体组成的系统若动量守恒，则两物体动量的变化量等大、反向。
光滑的斜面放在光滑的水平面上，物块下滑时，系统水平方向上动量守恒，但是竖直方向上动量不守恒。
知识点二　反冲运动与火箭
[观图助学]
(1)我国宋代就发明了火箭(如图)，火箭上扎一个火药筒，火药筒的前端是封闭的，火药点燃后火箭就能向前运动，你能说出它的工作原理吗？
(2)假定冰面是光滑的，某人站在冰冻河面的中央，他能自己跑到河岸上去吗？有什么可行的办法能让他运动到岸边？
1.反冲运动：将气球充气后松手释放，气球会沿与喷气方向相反的方向飞去。喷出的空气具有动量，由动量守恒定律可知，气球要向相反方向运动，这就是一种反冲运动。
2.火箭
(1)原理：火箭发射是典型的反冲运动。火箭点火后，燃料燃烧产生的高速气流从火箭尾部喷出，使火箭向前飞行。
(2)影响火箭获得速度大小的因素：火箭负荷越小、喷气速度越大、燃料越多，火箭能达到的速度就越大。
3.反冲现象的应用及防止
(1)应用：宇航员无绳太空行走是通过太空服背部的喷气装置实现的；有的自动喷水装置喷水时，水流的反冲作用可使喷水管旋转起来，这样就能达到多角度喷洒的目的。
(2)防止：射击时子弹向前飞去，枪身会向后反冲，枪身的反冲会影响射击的精确度；用高压水枪灭火时，水高速喷出，高压水枪向后反冲，消防队员必须牢牢抓住水枪将身体稍向前倾以保持平衡。
[思考判断]
(1)反冲运动可以用动量守恒定律来解释。(√)
(2)宇航员利用喷气装置实现太空行走是利用反冲的原理。(√)
(3)火箭发射时，其速度大小只与喷出气体的质量有关。(×)
火箭被点燃后，向后喷出的高温气体对火箭有一个向前的反冲力，使它向前运动；光滑冰面上的人不能自己跑到岸上，他可以向相反的方向抛出携带的物品而使自己获得一定的速度，运动到岸边。
火箭发射时，喷出气体与火箭间的作用力远大于重力，动量守恒。
核心要点 　动量守恒定律的实验探究和理解
[问题探究]
在光滑的水平面上有一辆平板车，一个人站在车上用大锤敲打车的左端，如图所示。在连续的敲打下，这辆车能持续地向右运动吗？
答案　当把锤头打下去时，锤头向右摆动，系统总动量为零，车就向左运动；举起锤头时，锤头向左运动，车就向右运动。用锤头连续敲击时，车只是左右运动，一旦锤头不动，车就会停下来，所以车不能持续向右运动。
[探究归纳]
1.动量守恒定律的实验探究
(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，并用细线拴住，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，如图所示。
实验结果：两滑块的总动量p＝0，弹开过程中总动量守恒。
(2)增加其中一滑块质量，使其质量是另一个的2倍，重复(1)步骤，求出两滑块的总动量。
实验结果：两滑块的总动量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。
实验结果：两滑块的总动量p≠0，弹开过程中总动量不守恒。
2.动量守恒定律的理解
(1)“系统的总动量保持不变”的含义
①系统的总动量指系统内各物体动量的矢量和。
②总动量保持不变指的是大小和方向始终不变。
③系统的总动量保持不变，但系统内每个物体的动量可能在不断变化。
④系统在整个过程中任意两个时刻的总动量都相等，不能误认为只是初、末两个状态的总动量相等。
(2)动量守恒定律的四个特性
矢量性 动量守恒定律的表达式是一个矢量关系式，对作用前后物体的运动方向都在同一直线上的问题，要选取一个正方向，凡与正方向相同的动量取正值，与正方向相反的动量取负值，将矢量运算转化为代数运算
相对性 应用动量守恒定律列方程时，各物体的速度和动量必须相对于同一参考系，通常以地面为参考系
同时性 动量是状态量，动量守恒反映的是系统某两个状态的动量是相同的，应用动量守恒定律解题一定要注意同一时刻的动量才能相加，不是同一时刻的动量不能相加
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，不仅适用于低速宏观物体组成的系统，也适用于高速微观粒子组成的系统
[试题案例]
[例1] 把一支枪水平固定在小车上，小车放在光滑的水平地面上，枪发射一颗子弹时，关于枪、子弹、车，下列说法中正确的是(　　)
A.枪和子弹组成的系统，动量守恒
B.枪和小车组成的系统，动量守恒
C.三者组成的系统，因为子弹和枪筒之间的摩擦力很小，使系统的动量变化很小，可以忽略不计，故系统动量守恒
D.三者组成的系统，只受重力和地面支持力，这两个外力的合力为零，系统的总动量守恒
解析　当系统所受外力的合力为零时，系统动量守恒，对枪和子弹系统，车对枪的力是外力，动量不守恒；对枪和车系统，子弹对枪的力是外力，动量不守恒；对三者组成的系统，只受重力和地面支持力这两个外力的作用，且这两个外力的合力为零，总动量守恒。
答案　D
规律总结　在某一物理过程中，系统的动量是否守恒，与所选取的系统有关。判断动量是否守恒，必须明确所研究的对象和过程。常见的判断方法有两种：
(1)分析系统在所研究的过程中的受力情况，判断是否符合动量守恒的条件。
(2)直接分析系统在所研究的过程中始、末状态的动量，判断动量是否守恒。
[针对训练1] 下列情形中，满足动量守恒条件的是(　　)
A.用铁锤打击放在铁砧上的铁块，打击过程中，铁锤和铁块组成的系统的总动量
B.子弹水平穿过放在光滑桌面上的木块的过程中，子弹和木块的总动量
C.子弹水平穿过墙壁的过程中，子弹和墙壁组成系统的总动量
D.棒击垒球的过程中，棒和垒球的总动量
解析　铁锤打击放在铁砧上的铁块，打击过程中，铁锤和铁块组成的系统所受合外力不为零，它们组成的系统动量不守恒，故A错误；子弹水平穿过放在光滑水平桌面上的木块的过程中，子弹和木块组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，故B正确；子弹水平穿过墙壁的过程中，子弹和墙壁组成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故C错误；棒击垒球的过程中，棒和垒球组成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故D错误。
答案　B
核心要点 　动量守恒定律的应用
[要点归纳]
动量守恒定律的表达式及含义
(1)p＝p′：系统相互作用前总动量p等于相互作用后总动量p′。
(2)Δp1＝－Δp2：相互作用的两个物体组成的系统，一个物体的动量变化量与另一个物体的动量变化量大小相等、方向相反。
(3)Δp＝0：系统总动量增量为零。
(4)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。
[试题案例]
[例2] 质量m1＝10 g的小球在光滑的水平桌面上以v1＝30 cm/s的速率向右运动，恰遇上质量为m2＝50 g的小球以v2＝10 cm/s的速率向左运动，碰撞后，小球m2恰好停止，则碰后小球m1的速度大小和方向如何？
解析　碰撞过程中，两小球组成的系统所受合外力为零，动量守恒。设向右为正方向，则各小球速度为v1＝30 cm/s，v2＝－10 cm/s，v2′＝0。
由动量守恒定律列方程m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，
代入数据得v1′＝－20 cm/s。
故小球m1碰后的速度的大小为20 cm/s，方向向左。
答案　20 cm/s　方向向左
规律总结　应用动量守恒定律的解题步骤
(1)确定相互作用的系统为研究对象；
(2)分析研究对象所受的外力；
(3)判断系统是否符合动量守恒条件；
(4)规定正方向，确定初、末状态动量的正、负号；
(5)根据动量守恒定律列式求解。
[针对训练2] 如图所示，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
核心要点 　反冲运动与火箭
[观察探究]
两位同学在公园里划船。租船时间将到，她们把小船划向码头。当小船离码头大约2 m左右时处于静止状态，有一位同学心想：自己在体育课上立定跳远的成绩从未低于2 m，跳到岸上绝对没有问题。于是她纵身一跳，结果却掉到了水里。她为什么不能如她所想的那样跳到岸上呢？
答案　这位同学与船组成的系统在不考虑水阻力的情况下，所受合外力为零，在她起跳前后遵循动量守恒定律。她在向前跳出瞬间，船也要向后运动。所以人跳出时相对地的速度比在地上起跳时速度小，人不可能跳到岸上。
[探究归纳]
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化为动能，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。
[试题案例]
[例3] 一火箭喷气发动机每次喷出m＝200 g的气体，喷出的气体相对地面的速度v＝1 000 m/s。设此火箭的初始质量M＝300 kg，发动机每秒喷气20次，在不考虑地球引力及空气阻力的情况下，火箭在1 s末的速度是多大？
[思路点拨]　在喷气过程中，由于不考虑地球引力及空气阻力的情况，故系统动量守恒。
解析　法一　归纳法
以火箭和喷出的气体为研究对象，系统的动量守恒。
设第一次喷出气体后，火箭的速度为v1，有
(M－m)v1－mv＝0，所以v1＝。
设第二次喷出气体后，火箭的速度为v2，有
(M－2m)v2－mv＝(M－m)v1，得v2＝。
设第三次喷出气体后，火箭的速度为v3，有
(M－3m)v3－mv＝(M－2m)v2，所以v3＝。
依此类推，设第n次喷出气体后，火箭的速度为vn，有
(M－nm)vn－mv＝[M－(n－1)m]vn－1，
所以vn＝。
因为每秒喷气20次，所以1 s末火箭的速度为
v20＝＝ m/s≈13.5 m/s。
法二　整体法
以火箭和它在1 s内喷出的气体为研究对象。设火箭1 s末的速度为v′，1 s内共喷出质量为20m的气体，以火箭前进的方向为正方向，由动量守恒定律得(M－20m)v′－20mv＝0，解得v′＝＝ m/s
≈13.5 m/s。
答案　13.5 m/s
[针对训练3] 如图，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的速度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)
解析　根据动量守恒定律，选水平向右方向为正方向，则有(M＋m)v0＝Mv′－mv，解得v′＝v0＋(v0＋v)，故C正确。
答案　C
1.(对动量守恒条件的理解)(多选)如图所示，光滑水平面上两小车中间夹一压缩了的轻弹簧，两手分别按住小车，使它们静止，对两车及弹簧组成的系统，下列说法中正确的是(　　)
A.两手同时放开后，系统总动量始终为零
B.先放开左手，再放开右手后，动量不守恒
C.先放开左手，后放开右手，总动量向左
D.无论是何时放手，两手放开后在弹簧恢复原长的过程中，系统总动量都保持不变，但系统的总动量不一定为零
解析　当两手同时放开时，系统所受的合外力为零，所以系统的动量守恒，又因开始时总动量为零，故系统总动量始终为零，选项A正确；先放开左手，左边的小车就向左运动，当再放开右手后，系统所受合外力为零，故系统的动量守恒，且开始时总动量方向向左，放开右手后总动量方向也向左，故选项B错误，C、D正确。
答案　ACD
2.(对动量守恒定律的理解)如图所示，小车与木箱紧挨着静放在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱，关于上述过程，下列说法中正确的是(　　)
A.男孩和木箱组成的系统动量守恒
B.小车与木箱组成的系统动量守恒
C.男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒
D.木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量相同
解析　由动量守恒定律成立的条件可知男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒，选项A、B错误，C正确；木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相等，方向相反，选项D错误。
答案　C
3.(反冲运动)小车上装有一桶水，静止在光滑水平地面上，如图所示，桶的前、后、底及侧面各装有一个阀门，分别为S1、S2、S3、S4(图中未全画出)。要使小车向前运动，可采用的方法是(　　)
A.打开阀门S1 B.打开阀门S2
C.打开阀门S3 D.打开阀门S4
解析　反冲运动中，系统的两部分运动方向相反，要使小车向前运动，水应向后喷出，故选项B正确。
答案　B
4.(对动量守恒定律的应用)甲、乙两个玩具小车在光滑水平面上沿同一直线相向运动，它们的质量和速度大小分别为m1＝0.5 kg，v1＝2 m/s；m2＝3 kg，v2＝1 m/s。两小车相碰后，乙车的速度减小为v2′＝0.5 m/s，方向不变，求甲车的速度v1′。
解析　设碰前甲车运动的方向为正方向。对两车组成的系统，由于在光滑的水平面上运动，作用在系统上的合外力为零，故由动量守恒定律有m1v1－m2v2＝m1v1′－m2v2′，
得v1′＝
＝m/s＝－1 m/s。
负号表示甲在相碰后速度的方向与乙车的速度方向相同。
答案　1 m/s，方向与乙车的速度方向相同
基础过关
1.关于系统动量守恒的条件，下列说法中正确的是(　　)
A.只要系统内存在摩擦力，系统的动量就不可能守恒
B.只要系统中有一个物体具有加速度，系统的动量就不守恒
C.只要系统所受的合外力为零，系统的动量就守恒
D.系统中所有物体的加速度都为零时，系统的总动量不一定守恒
解析　根据动量守恒的条件即系统所受合外力为零可知，选项C正确；系统内存在摩擦力，若系统所受的合外力为零，动量也守恒，选项A错误；系统内各物体之间有着相互作用，对单个物体来说，合外力不一定为零，加速度不一定为零，但整个系统所受的合外力仍可为零，动量守恒，选项B错误；系统内所有物体的加速度都为零时，各物体的速度恒定，动量恒定，总动量一定守恒，选项D错误。
答案　C
2.(多选)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.静止在空中的热气球下方吊篮突然脱落，吊篮与热气球组成的系统(不计空气阻力)
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，故选项A正确，B、C错误；静止在空中的热气球所受的浮力与总重力平衡，竖直方向上的合力为零，而吊篮脱落后，系统竖直方向上的合力仍为零，系统动量守恒，D正确。
答案　AD
3.如图所示的装置中，木块B与水平桌面间的接触是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短。现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象(系统)，则此系统在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中(　　)
A.动量守恒，机械能守恒
B.动量不守恒，机械能不守恒
C.动量守恒，机械能不守恒
D.动量不守恒，机械能守恒
解析　在弹簧压缩至最短的过程中，受到墙对弹簧向右的作用力，系统动量不守恒。子弹射入木块的过程中克服摩擦力做功，动能转化为内能，所以机械能不守恒。
答案　B
4.一炮艇总质量为M，以速度v0匀速行驶，从艇上以相对海岸的水平速度v沿前进方向射出一质量为m的炮弹，发射炮弹后艇的速度为v′，若不计水的阻力，则下列各关系式中正确的是(　　)
A.Mv0＝(M－m)v′＋mv
B.Mv0＝(M－m)v′＋m(v＋v0)
C.Mv0＝(M－m)v′＋m(v＋v′)
D.Mv0＝Mv′＋mv
解析　以炮弹m和艇(M－m)为系统，系统动量守恒，则有Mv0＝(M－m)v′＋mv，选项A正确。
答案　A
5.在高速公路上发生一起交通事故，一辆质量为5 000 kg向南行驶的长途客车迎面撞上了一辆质量为10 000 kg向北行驶的卡车，碰撞后两辆车接在一起，并向南滑行了一小段距离后停下，根据测速仪的测定，长途客车碰前以20 m/s的速率行驶，由此可判断卡车碰撞前的行驶速率(　　)
A.小于10 m/s
B.大于20 m/s，小于30 m/s
C.大于10 m/s，小于20 m/s
D.大于30 m/s，小于40 m/s
解析　两车碰撞过程中系统动量守恒，两车相撞后向南滑行，则系统总动量方向向南，即p客>p卡，5 000×20 kg·m/s>10 000 kg×v，解得v<10 m/s，故A正确。
答案　A
6.如图所示，车厢长度为L，质量为M，静止于光滑水平面上，车厢内有一质量为m的物体以速度v向右运动，与车厢壁来回碰撞N次后，静止于车厢中，这时车厢的速度为(　　)
A.v，水平向右 B.0
C.，水平向右 D.，水平向右
解析　取车厢和物体为一个系统，系统动量守恒，与物体的往复运动没有关系。系统的初动量为mv，方向向右。碰撞结束后物体相对车厢静止，系统的末动量为(M＋m)v′，所以，车厢的速度v′＝，方向水平向右。
答案　C
7.一同学在地面上立定跳远的最好成绩是x(m)，假设他站在车的A端，如图所示，想要跳上距离为l(m)远的站台上，不计车与地面的摩擦阻力，则(　　)
A.只要lB.只有lC.只要l＝x，他一定能跳上站台
D.只要l＝x，他有可能跳上站台
解析　人起跳的同时，小车要做反冲运动，所以人跳的距离小于x，故l答案　B
8.(多选)如图所示，小车在光滑的水平面上向左运动，木块以水平向右的速度滑上小车并在小车的水平板上运动，且最终未滑出小车。下列说法中正确的是(　　)
A.若小车的动量大于木块的动量，则木块先减速再加速后匀速
B.若小车的动量大于木块的动量，则小车先减速再加速后匀速
C.若小车的动量小于木块的动量，则木块先减速后匀速
D.若小车的动量小于木块的动量，则小车先减速后匀速
解析　小车和木块水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒，若小车的动量大于木块的动量，Mv2－mv1＝(M＋m)v，末动量方向向左，木块先减速再反向加速后匀速，A正确，B错误；同理若小车的动量小于木块的动量，则木块先减速后匀速，C正确，D错误。
答案　AC
9.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　火箭模型在极短时间点火，设火箭模型获得速度为v，据动量守恒定律有0＝(M－m)v－mv0，得v＝v0，故选项D正确。
答案　D
能力提升
10.(多选)如图所示，轻质弹簧的一端固定在墙上，另一端与质量为m的物体A相连，A放在光滑水平面上，有一质量与A相同的物体B，从离水平面高h处由静止开始沿光滑曲面滑下，与A相碰后一起将弹簧压缩，弹簧复原过程中某时刻B与A分开且沿原曲面上升。下列说法正确的是(　　)
A.弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为mgh
B.弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为
C.B与A分开后能达到的最大高度为
D.B与A分开后能达到的最大高度不能计算
解析　根据机械能守恒定律可得B刚到达水平面的速度v0＝，根据动量守恒定律可得A与B碰撞后的速度为v＝v0，所以弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为Epm＝·2mv2＝mgh，即选项A错误，B正确；当弹簧再次恢复原长时，A与B分开，B以大小为v的速度向左沿曲面上滑，根据机械能守恒定律可得mgh′＝mv2，B能达到的最大高度为h′＝h，即选项C正确，D错误。
答案　BC
11.两辆质量相同的小车，置于光滑的水平面上，有一人静止在小车A上，两车A、B静止，如图所示。当这个人从A车跳到B车上，接着又从B车跳回A车并与A车保持相对静止时，则A车的速率(　　)
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　选A车、B车和人作为系统，两车均置于光滑的水平面上，在水平方向上无论人如何跳来跳去，系统均不受外力作用，故满足动量守恒定律。设人的质量为m，A车和B车的质量均为M，最终两车速度分别为vA和vB。由动量守恒定律得0＝(M＋m)vA－MvB，则＝，即vA答案　B
12.如图所示，质量为M的密闭气缸置于光滑水平面上，缸内有一隔板P，隔板右边是真空，隔板左边是质量为m的高压气体，若将隔板突然抽去，则气缸的运动情况是(　　)
A.保持静止不动
B.向左移动一定距离后恢复静止
C.最终向左做匀速直线运动
D.先向左移动，后向右移动回到原来位置
解析　突然撤去隔板，气体向右运动，气缸做反冲运动；当气体充满整个气缸时，它们之间的作用结束。由动量守恒定律可知，开始时系统的总动量为零，结束时总动量为零，气缸和气体都将停止运动，故B正确。
答案　B
13.如图所示，质量为M的木块放在粗糙的水平面上且弹簧处于原长状态，质量为m的子弹以初速度v0击中木块而未穿出，则击中木块瞬间二者的共同速度为多大？
解析　由于从子弹打入到与物块相对静止，时间非常短，弹簧未发生形变，且此过程中地面对物块摩擦力远小于内力(子弹与物块间作用力)，故可认为此过程动量守恒。
对m、M系统，m击中M过程动量守恒
mv0＝(m＋M)v，所以v＝v0。
答案　v0
14.一颗手榴弹以v0＝10 m/s的速度沿水平方向飞行，设它炸裂成两块后，质量为0.4 kg的大块速度为250 m/s，其方向与原来方向相反。若取v0的方向为正方向，问：
(1)质量为0.2 kg的小块速度为多少？
(2)爆炸过程中有多少化学能转化为弹片的动能？
解析　(1)手榴弹在爆炸过程中内力非常大，因此动量守恒。设小块质量为m，大块的质量为M。
由动量守恒定律得(M＋m)v0＝－Mv＋mv′，
代入数据解得v′＝530 m/s。
(2)爆炸过程中转化为动能的化学能等于系统动能的增量ΔEk＝Mv2＋mv′2－(M＋m)v，
代入数据解得ΔEk＝40 560 J。
答案　(1)530 m/s　(2)40 560 J
15.如图所示，光滑水平轨道上放置木板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为mA＝2 kg、mB＝1 kg、mC＝2 kg。开始时C静止，A、B一起以v0＝5 m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞。求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小(木板足够长)。
解析　木板A与滑块C处于光滑水平面上，两者碰撞时间极短，碰撞过程中滑块B与木板A间的摩擦力可以忽略不计，木板A与滑块C组成的系统，在碰撞过程中动量守恒，则mAv0＝mAvA＋mCvC。碰撞后，木板A与滑块B组成的系统，在两者达到同速之前系统所受合外力为零，A与B系统动量守恒mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)v。A和B达到共同速度后，恰好不再与滑块C碰撞，则最后三者速度相等，vC＝v，联立以上各式，代入数值解得vA＝2 m/s。
答案　2 m/s