2020-2021学年 高二物理 动量守恒定律及守恒条件 期末复习强化学案Word版含答案

动量守恒定律及守恒条件
知识点一　动量守恒定律及守恒条件
1．动量守恒定律
(1)内容：如果一个系统________，或者所受外力的矢量和为0，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＝________________或Δp1＝－Δp2.
2．系统动量守恒的条件
(1)理想守恒：系统不受外力或所受________的合力为零，则系统动量守恒．
(2)近似守恒：系统受到的合外力不为零，但当内力____________合外力时，系统的动量可近似看成守恒．
(3)分方向守恒：系统在某个方向上所受____________为零或该方向F内?F外时，系统在该方向上动量守恒．
知识点二　弹性碰撞和非弹性碰撞
1．碰撞
(1)概念：碰撞是指物体间的相互作用持续时间__________，而物体间相互作用力________的现象．
(2)特点：在碰撞现象中，一般都满足内力____________外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒．
(3)分类
种类
动量是否守恒
机械能是否守恒
弹性碰撞
守恒
________
非弹性碰撞
守恒
有损失
完全非弹性碰撞
守恒
损失________
2.反冲运动
(1)定义：静止或运动的物体通过分离出部分物质，而使自身在反方向获得加速的现象．
(2)特点：在反冲运动中，如果没有外力作用或外力远小于物体间的相互作用力，系统的________是守恒的．
(3)爆炸现象：爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用力很大，且____________系统所受的外力，所以系统动量________，爆炸过程中位移很小，可忽略不计，作用后从相互作用前的位置以新的动量开始运动．
思考辨析
(1)系统动量不变是指系统的动量大小和方向都不变．(　　)
(2)系统的动量守恒时，机械能也一定守恒．(　　)
(3)当质量相等时，发生完全弹性碰撞的两个球碰撞前后速度交换．(　　)
(4)光滑水平面上的两球做相向运动，发生正碰后两球均变为静止，于是可以断定碰撞前两球的动量大小一定相等．(　　)
教材改编
[人教版选修3－5P21T2改编]A球的质量是m，B球的质量是2m，它们在光滑的水平面上以相同的动量运动．B在前，A在后，发生正碰后，A球仍朝原方向运动，但其速率是原来的一半，碰后两球的速率比v′A:v′B为(　　)
A．1：2 B．1：3
C．2：1 D．2：3
考点一　动量守恒定律的理解与应用
师生共研
题型1|动量守恒的判断
例1 [2020·江西南昌新建一中月考]如图所示，用轻弹簧相连的物块A和B放在光滑的水平面上，物块A紧靠竖直墙壁，一颗子弹沿水平方向射入物块B并留在其中，在下列依次进行的四个过程中，由子弹、弹簧和A、B物块组成的系统，动量守恒，机械能也守恒的是(　　)
A．子弹射入物块B的过程
B．物块B和子弹一起向左运动的过程
C．弹簧推物块B向右运动，直到弹簧恢复原长的过程
D．弹簧恢复原长后，物块B因惯性继续向右运动，直到弹簧伸长最大的过程
题型2|动量守恒定律的基本应用
例2 [2020·全国卷Ⅲ，15]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、乙的速度随时间的变化如图中实线所示．已知甲的质量为1 kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为(　　)
A．3 J　　　　B．4 J　　　　C．5 J　　　　D．6 J
题型3|某一方向上的动量守恒问题
例3 [2021·六安模拟]如图所示将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上，槽的左侧有一固定在水平面上的物块．今让一小球自左侧槽口A的正上方从静止开始落下，与圆弧槽相切自A点进入槽内，则以下结论中正确的是(　　)
A．小球在半圆槽内运动的全过程中，只有重力对它做功
B．小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒
C．小球自半圆槽的最低点B向C点运动的过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒
D．小球离开C点以后，将做竖直上抛运动
题型4|内力远大于外力的动量守恒
例4 如图所示是一个物理演示实验，图中自由下落的物体A和B被反弹后，B能上升到比初位置高的地方．A是某种材料做成的有凹坑的实心球，质量为m1＝0.28 kg.在其顶部的凹坑中插着质量为m2＝0.1 kg的木棍B，B只是松松地插在凹坑中，其下端与坑底之间有小空隙．将此装置从A下端离地板的高度H＝1.25 m处由静止释放，实验中，A触地后在极短时间内反弹，且其速度大小不变，接着木棍B脱离球A开始上升，而球A恰好停留在地板上，则反弹后木棍B上升的高度为(重力加速度g取10 m/s2)(　　)
A．4.05 m B．1.25 m C．5.30 m D．12.5 m
练1　(多选)如图所示，小车在光滑水平面上向左匀速运动，水平轻质弹簧左端固定在A点，物体与固定在A点的细线相连，弹簧处于压缩状态(物体与弹簧未连接)．某时刻细线断了，物体沿车滑动到B端粘在B端的油泥上，取小车、物体和弹簧为一个系统，下列说法正确的是(　　)
A．若物体滑动中不受摩擦力，则该系统全过程机械能守恒
B．若物体滑动中有摩擦力，则该系统全过程动量守恒
C．不论物体滑动中有没有摩擦，小车的最终速度与断线前相同
D．不论物体滑动中有没有摩擦，系统损失的机械能相同
练2　[2020·全国卷Ⅱ，21](多选)水平冰面上有一固定的竖直挡板．一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0 kg的静止物块以大小为5.0 m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板弹性碰撞．总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0 m/s，反弹的物块不能再追上运动员．不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为(　　)
A．48 kg B．53 kg C．58 kg D．63 kg
练3　[易错题]如图所示，在光滑水平面上有A、B两辆小车，水平面左侧有一竖直墙，在车B上坐着一个小孩，车B与小孩的总质量是车A质量的4倍．从静止开始，小孩把车A以速度v(对地)推出，车A返回后，小孩抓住并再次把它推出，每次推出车A的速度都是v(对地)、方向向左，则小孩把车A总共推出多少次后，车A返回时，小孩不能再接到车A.(小车与竖直墙相撞无能量损失)
题后反思
1．动量守恒定律常用的三种表达形式
(1)m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量矢量和等于作用后的动量矢量和．
(2)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向．
(3)Δp＝0，系统总动量的增量为零．
2．应用动量守恒定律解题的基本步骤
考点二　碰撞问题
多维探究
题型1|碰撞的可能性问题
碰撞后运动状态可能性判断的三个依据
(1)动量守恒：p1＋p2＝p′1＋p′2.
(2)动能不增加：Ek1＋Ek2≥E′k1＋E′k2或p122m1＋p222m2≥p'122m1＋p'222m2.
(3)速度要符合情景．
①若碰前两物体同向运动，则应有v后>v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v′前≥v′后．
②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变．
例5 (多选)质量分别为mP＝1 kg、mQ＝2 kg的小球P、Q静止在光滑的水平面上，现给小球P以水平的速度vP0＝4 m/s沿直线朝小球Q运动，并发生正碰，分别用vP、vQ表示两小球碰撞结束的速度．则关于vP、vQ的大小可能的是(　　)
A．vP＝vQ＝43 m/s
B．vP＝－1 m/s，vQ＝2.5 m/s
C．vP＝1 m/s，vQ＝3 m/s
D．vP＝－4 m/s，vQ＝4 m/s
题型2弹性碰撞模型
弹性碰撞
动量守恒、机械能守恒m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′212m1v12＋12m2v22＝12m1v'12＋12m2v'22
例6如图，水平面上相距为L＝5 m的P、Q两点分别固定一竖直挡板，一质量为M＝2 kg的小物块B静止在O点，OP段光滑，OQ段粗糙且长度为d＝3 m．一质量为m＝1 kg的小物块A以v0＝6 m/s的初速度从OP段的某点向右运动，并与B发生弹性碰撞。两物块与OQ段间的动摩擦因数均为μ＝0.2，两物块与挡板的碰撞时间极短且均不损失机械能。重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)A与B在O点碰后瞬间各自的速度；
(2)两物块各自停止运动时的时间间隔．
题型3|完全非弹性碰撞模型
完全非弹
性碰撞
动量守恒、机械能损失最多
m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v
ΔE＝12m1v12＋12m2v22－12 (m1＋m2)v2
例7 如图所示，某超市两辆相同的手推购物车质量均为10 kg，相距为3 m沿直线排列，静置于水平地面上．为了节省收纳空间，工人给第一辆车一个瞬间的水平推力使其运动，并与第二辆车相碰，且在极短时间内相互嵌套结为一体，以共同的速度运动了1 m，恰好停靠在墙边．若车运动时受到的摩擦力恒为车重力的0.2，忽略空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2.求：
(1)购物车碰撞过程中系统损失的机械能；
(2)工人给第一辆购物车的水平冲量大小．
练4　如图所示，竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道下端与光滑水平桌面相切，小滑块B静止在圆弧轨道的最低点．现将小滑块A从圆弧轨道的最高点无初速度释放．已知圆弧轨道半径R＝1.8 m，小滑块的质量关系是mB＝2mA，重力加速度g＝10 m/s2.则碰后小滑块B的速度大小不可能是(　　)
A．5 m/s　　B．4 m/s　　C．3 m/s　　D．2 m/s
练5　打羽毛球是一种常见的体育健身活动．当羽毛球以5 m/s的速度水平飞来时，运动员迅速挥拍以10 m/s的水平速度迎面击球，假设羽毛球和羽毛球拍的碰撞为弹性碰撞，且球拍的质量远大于球的质量，羽毛球反弹的速度大小为(　　)
A．25 m/s　　B．20 m/s　　C．15 m/s　　D．5 m/s
考点三　“反冲”和“爆炸”模型
多维探究
题型1| “反冲”模型
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8[2021·山东淄博一模]新型冠状病毒主要传播方式为飞沫传播，打喷嚏可以将飞沫喷到十米之外．有关专家研究得出打喷嚏时气流喷出的速度可达40 m/s，假设打一次喷嚏大约喷出50 mL的气体，用时约为0.02 s．已知空气的密度为1.3 kg/m3，估算打一次喷嚏人受到的平均反冲力为(　　)
A．13 N B．0.13 N C．0.68 N D．2.6 N
题型2| “人船”模型的应用
1．模型特点
2．结论：m1x1＝m2x2(m1、m2为相互作用的物体质量，x1、x2为其位移大小)
例9 [2021·湖南长沙九中月考]如图所示，质量为m的人在质量为M的平板车上从左端走到右端，若不计平板车与地面间的摩擦，则下列说法正确的是(　　)
A．人在车上行走时，车将向右运动
B．当人停止走动时，由于车的惯性大，车将继续后退
C．若人越慢地从车的左端走到右端，则车在地面上移动的距离越大
D. 不管人在车上行走的速度多大，车在地面上移动的距离都相同
题型3| “爆炸”模型
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10 [2021·山西太原五中月考]如图所示，光滑水平面上静止着两个滑块A、B，mA＝0.5 kg、mB＝1 kg，两滑块间夹有少量炸药，点燃炸药后其化学能全部转化为滑块A、B的动能，滑块A向左恰好能通过半圆轨道的最高点，滑块B向右冲上倾角为37°的斜面，到达高度h＝0.6 m后返回水平面，已知半圆轨道半径R＝0.72 m，滑块B与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，水平面与斜面平滑连接，滑块B经连接处时机械能无损失，重力加速度g＝10 m/s2(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．求：
(1)滑块B第一次返回水平面的速度大小；
(2)炸药点燃后释放的化学能；
(3)滑块A第一次通过半圆轨道克服阻力做功大小．
练6　[2021·福建三明一中月考]有一个质量为3m的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为v0、方向水平向右，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为2m，速度大小为v，方向水平向右，则另一块的速度是(　　)
A．3v0－v B．2v0－3v
C．3v0－2v D．2v0＋v
练7　[2021·江西名校月考]如图所示，长为l的轻绳，一端用质量为m的圆环套在水平光滑的横杆上，另一端连接一质量为2m的小球．开始时，将小球移至横杆处(轻绳处于水平伸直状态)，然后轻轻放手，当轻绳与横杆成直角时，小球速度沿水平方向且大小是v，此过程圆环的位移是x，则(　　)
A．v＝2gl3，x＝23l B．v＝gl3，x＝23l
C．v＝gl，x＝0 D．v＝ 2gl3，x＝13l
第2讲　动量守恒定律及守恒条件
基础落实
知识点一
1．(1)不受外力　(2)m1v′1＋m2v′2
2．(1)外力　(2)远大于　(3)合外力
知识点二
1．(1)很短　很大　(2)远大于　(3)守恒　最大
2．(2) 动量　(3)远大于　守恒
思考辨析
1．答案：(1)√　(2)×　(3)√　(4)√
教材改编
解析：设碰前A球的速率为v，根据题意pA＝pB，即mv＝2mvB，得碰前vB＝v2，碰后v′A＝v2，由动量守恒定律，有mv＋2m×v2＝m×v2＋2mv′B，解得v′B＝3v4，所以vA'∶v′B＝v2∶3v4＝23，D正确．
答案：D
考点突破
例1　解析：本题考查子弹打物块模型与弹簧的结合．子弹射入物块B的过程，由于时间极短，子弹与物块B组成的系统动量守恒，在此运动过程中，子弹的动能有一部分转化为系统的内能，则系统的机械能减小，所以系统的机械能不守恒，A错误；物块B和子弹一起向左运动的过程，系统受到墙壁的作用力，合外力不为零，则系统的动量不守恒，在此运动过程中，只有弹簧的弹力做功，所以系统的机械能守恒，B错误；弹簧推物块B向右运动，直到弹簧恢复原长的过程中，弹簧要恢复原长，墙壁对弹簧有向右的弹力，系统所受的合外力不为零，则系统的动量不守恒，在此运动过程中，只有弹簧的弹力做功，所以系统的机械能守恒，C错误；弹簧恢复原长后，物块A离开墙壁，物块B继续向右运动，系统所受的合外力为零，则系统的动量守恒，在此过程中只有弹簧的弹力做功，所以系统的机械能也守恒，D正确．
答案：D
例2　解析：由图象可知甲物块碰前速度v甲＝5 m/s，乙物块碰前速度v乙＝1 m/s，甲物块碰后速度v′甲＝－1 m/s，乙物块碰后速度v′乙＝2 m/s.甲和乙碰撞过程中系统动量守恒，有m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v′甲＋m乙v′乙，解得m乙＝6 kg.碰撞过程中两物块损失的机械能
ΔE＝12m甲v甲2＋12 m乙v乙2－12m甲v甲′2－12m乙v乙′2＝3 J．故选A项．
答案：A
例3　解析：当小球在槽内由A运动到B的过程中，左侧物块对槽有作用力，小球与槽组成的系统水平方向上的动量不守恒，故B错误；当小球由B运动到C的过程中，因小球对槽有斜向右下方的压力，槽做加速运动，动能增加，小球机械能减少，槽对小球的支持力对小球做了负功，故A错误；小球从B到C的过程中，系统水平方向所受合外力为零，满足系统水平方向动量守恒，故C正确；小球离开C点以后，既有竖直向上的分速度，又有水平分速度，小球做斜上抛运动，故D错误．
答案：C
例4　解析：由题意可知，A、B做自由落体运动，由v2＝2gH，可得A、B的落地速度的大小v＝2gH，A反弹后与B的碰撞为瞬时作用，A、B组成的系统在竖直方向上所受合力虽然不为零，但作用时间很短，系统的内力远大于外力，所以动量近似守恒，故有m1v－m2v＝0＋m2v′2，B上升高度h＝v2'2 2g，联立并代入数据得h＝4.05 m，A正确．
答案：A
练1　解析：物体与油泥粘合的过程，发生非弹性碰撞，系统机械能有损失，故A错误；整个系统在水平方向不受外力，竖直方向上合外力为零，则系统动量一直守恒，故B正确；取系统的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可知，物体在沿车滑动到B端粘在B端的油泥上后系统共同的速度与初速度是相同的，故C正确；由C的分析可知，当物体与B端油泥粘在一起时，系统的速度与初速度相等，所以系统的末动能与初动能是相等的，系统损失的机械能等于弹簧的弹性势能，与物体滑动中有没有摩擦无关，故D正确．
答案：BCD
练2　解析：物块每次与挡板碰撞后，挡板对物块的冲量I冲＝mv0－m(－v0)＝40 kg·m·s－1，方向与运动员退行方向相同，以此方向为正方向，以运动员和物块整体为研究对象，当物块撞击挡板7次后，7I冲＝m人v7＋mv0，v7<5 m/s，得m人>52 kg，当物块撞击挡板8次后，8I冲＝m人v8＋mv0，v8>5 m/s，得m人<60 kg.故B、C正确，A、D错误．
答案：BC
练3　解析：设小孩把车A总共推出n次后，车A返回时，小孩恰好不能再接到小车A.此时，车A返回时的速度v与车B的速度恰好相等，即vB＝v①
第1次推车时，小孩和车B获得的动量为mAv，以后每次推车时获得的动量为2mAv，根据动量守恒定律得
mAv＋(n－1)·2mAv＝mBvB②
又由题意知4mA＝mB③
联立①②③解得n＝2.5，
所以小孩把车A总共推出3次后，车A返回时，小孩不能再接到小车A.
答案：3次
例5　解析：碰撞前总动量为p＝mPvP0＝4 kg·m/s，碰撞前总动能为Ek＝12mPvP02＝8 J．如果vP＝vQ＝43 m/s，p′＝mPvP＋mQvQ＝4 kg·m/s，E′k＝12mPvP2+12mQvQ2＝83 J，碰撞过程动量守恒，能量不增加，A正确；如果vP＝－1 m/s，vQ＝2.5 m/s，p′＝mPvP＋mQvQ＝4 kg·m/s，E′k＝12mPvP2+12mQvQ2＝6.75 J，能量不增加，碰撞过程动量守恒，B正确；如果vP＝1 m/s，vQ＝3 m/s，p′＝mPvP＋mQvQ＝7 kg·m/s，碰撞过程动量不守恒，C错误；如果vP＝－4 m/s，vQ＝4 m/s，p′＝mPvP＋mQvQ＝4 kg·m/s，E′k＝12mPvP2+12mQvQ2＝24 J，碰撞过程动量守恒，动能增加，D错误．
答案：AB
例6　解析：(1)设A、B在O点碰后的速度分别为v1和v2，以向右为正方向．由动量守恒定律得：mv0＝mv1＋Mv2.碰撞前后动能相等，则得：12mv02＝12mv12+12Mv22，解得：v1＝－2 m/s，方向向左，v2＝4 m/s，方向向右．
(2)碰后，两物块在OQ段减速时加速度大小均为：a＝μg＝2 m/s2.B经过t1时间与Q处挡板相碰，由运动学公式：v2t1-12at12＝d，得：t1＝1 s(t1＝3 s舍去)．与挡板碰后，B的速度大小v3＝v2－at1＝2 m/s，反弹后减速时间t2＝v3a＝1 s，反弹后经过位移s1＝v32 2a＝1 m，B停止运动．物块A与P处挡板碰后，以v4＝2 m/s的速度滑上O点，经过s2＝v42 2a＝1 m停止．所以最终A、B的距离s＝d－s1－s2＝1 m，两者不会碰第二次．在A、B碰后，A运动总时间tA＝2L-dv1+v4a＝3 s，B运动总时间 tB＝t1＋t2＝2 s，则时间间隔ΔtAB＝tA－tB＝1 s.
答案：(1)2 m/s，方向向左　4 m/s，方向向右　(2)1 s
例7　解析：(1)设第一辆车碰前瞬间的速度为v1，碰前两车间距为L1，与第二辆车碰后的共同速度为v2，共同移动的距离为L2，由动量守恒定律有mv1＝2mv2
由动能定理有－0.2×2mgL2＝0-122mv22
则碰撞中系统损失的机械能ΔE＝12mv12-122mv22
联立解得ΔE＝40 J
(2)设第一辆车推出时的速度为v0
由动能定理有－0.2mgL1＝12mv12-12mv02
第一辆车的水平冲量大小I＝mv0
联立解得I＝207 N·s
答案：(1)40 J　(2)207 N·s
练4　解析：滑块A下滑过程，由机械能守恒定律得mAgR＝12mAv02 ，解得v0＝6 m/s.若两个滑块发生的是弹性碰撞，取向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得mAv0＝mAvA+mBvB，12mAv02＝12mAvA2+12mBvB2，解得vB＝4 m/s.若两个滑块发生的是完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得mAv0＝(mA＋mB)v′B，解得v′B＝2 m/s.所以碰后小滑块B的速度范围为2 m/s≤vB≤4 m/s，不可能为5 m/s.
答案：A
练5　解析：设碰撞前羽毛球和羽毛球拍的速度分别为v1和v2，碰后羽毛球和羽毛球拍的速度分别为v′1和v′2.取碰撞前羽毛球的速度方向为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得
m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v2′.①
12m1v12+12m2v22＝12m1v1'2+12m2v2'2.②
联立解得v′1＝m1-m2v1+2m2v2m1+m2
据题有m1?m2，
则得v′1＝2v2－v1＝[2×10－(－5)] m/s＝25 m/s.
答案：A
例8　解析：本题考查反冲运动，打一次喷嚏大约喷出气体的质量m＝ρV，由动量定理得FΔt＝mv，解得F＝mvΔt＝ρVvΔt＝1.3×50×10-6×400.02 N＝0.13 N，根据牛顿第三定律可知，打一次喷嚏人受到的平均反冲力为0.13 N，故选B.
答案：B
例9　解析：本题考查“人船模型”．人与平板车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得mv人＋Mv车＝0，故平板车运动的方向一定与人运动的方向相反，故人与平板车的速度方向相反，人在车上向右行走时，车将向左运动，A错误；因人与平板车的总动量为零，故人停止走动，速度为零时，车的速度也为零，B错误；因人与车的运动时间相等，动量守恒，以人行走的方向为正方向，则mx人－Mx车＝0，故车与人的位移之比为x车x人＝mM，则车的位移与人的运动速度无关，不论人的速度多大，车在地面上移动的距离都相等，C错误，D正确．
答案：D
例10　解析：本题考查动能定理、动量守恒定律和能量守恒定律．(1)设滑块B返回水平面的速度大小为v′B，在斜面上运动的最大距离为L，则L＝hsin37°，滑块B从斜面最高点返回水平面，由动能定理得(mBg sin 37°－μmBg cos 37°)L＝12mBvB'2－0，联立解得v′B＝2 m/s.
(2)设滑块B滑上斜面的初速度大小为vB，滑块B从水平面滑到斜面最高点，由动能定理得－(mBg sin 37°＋μmBg cos 37°)L＝0-12mBvB2，点燃炸药后，由动量守恒定律得mAvA－mBvB＝0，由能量守恒定律得E＝12mAvA2+12mBvB2，联立解得E＝30 J.
(3)滑块A恰好到达半圆轨道的最高点，有mAg＝mAvA'2 R，由动能定理得－2mAgR－Wf＝12mAvA'2-12mAvA2，联立解得Wf＝11 J.
答案：(1)2 m/s　(2)30 J　(3)11 J
练6　解析：本题考查爆炸中的动量守恒问题．爆竹在最高点速度大小为v0、方向水平向右，爆炸前动量为3mv0，其中一块质量为2m，速度大小为v，方向水平向右，设爆炸后另一块瞬时速度大小为v′，取爆竹到最高点未爆炸前的速度方向为正方向，爆炸过程动量守恒，则3mv0＝2mv＋mv′，解得v′＝3v0－2v，C正确，A、B、D错误．
答案：C
练7　解析：本题考查动量守恒定律、机械能守恒定律．设当轻绳与横杆成直角时，圆环的速度为v1，根据圆环、小球组成的系统在水平方向动量守恒，则有2mv＝mv1，由于机械能守恒，则有2mgl＝12(2m)v2+12mv12，联立解得v＝23gl，圆环、小球运动的时间相等，则有2m(l－x)＝mx，解得x＝23l，A正确，B、C、D错误．
答案：A