2019年高考物理專題復(fù)習(xí)講義：專題30 動(dòng)量守恒定律

2②2②量都保持不變，但系統(tǒng)的總動(dòng)量不一定為零5．一個(gè)繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的人造衛(wèi)星，在軌道上瞬間炸裂成質(zhì)量相等的A、B兩塊，其中A仍沿原軌道運(yùn)動(dòng)，不計(jì)炸裂前后衛(wèi)星總質(zhì)量的變化，則B不可能沿原軌道運(yùn)動(dòng)炸裂后的瞬間A、B的總動(dòng)能大于炸裂前的動(dòng)能炸裂后的瞬間A、B的動(dòng)量大小之比為1:3炸裂后的瞬間A、B速率之比為1:1A、B兩球在光滑水平面上做相向運(yùn)動(dòng)，已知m>m，當(dāng)兩球相碰后。AB其中一球停止，則可以斷定碰前A的動(dòng)量等于B的動(dòng)量碰前A的動(dòng)量大于B的動(dòng)量若碰后A的速度為零，則碰前A的動(dòng)量大于B的動(dòng)量若碰后B的速度為零，則碰前A的動(dòng)量小于B的動(dòng)量質(zhì)量為m的小車中掛有一個(gè)單擺，擺球的質(zhì)量為m，小車和單擺以0恒定的速度v沿水平地面運(yùn)動(dòng)，與位于正對(duì)面的質(zhì)量為m的靜止木01塊發(fā)生碰撞，碰撞時(shí)間極短，在此過程中，下列說法可能發(fā)生的是小車、木塊、擺球的速度都發(fā)生變化，分別為v、v和v，且滿123足：(m+m)V二mv+mv+mv011203B.擺球的速度不變，小車和木塊的速度為V、V，且滿足：12mv=mv+mv0112擺球的速度不變，小車和木塊的速度都為v，且滿足：mv=(m+m011小車和擺球的速度都變?yōu)閂，木塊的速度變?yōu)閂，且滿足：(m+m)v=(m+m\+mv100112一炮艦總質(zhì)量為M,以速度v0勻速行駛，從艦上以相對(duì)海岸的速度v沿前進(jìn)的方向射出一質(zhì)量為m的炮彈，發(fā)射炮彈后炮艦的速度為V,若不計(jì)水的阻力，則下列各關(guān)系式中正確的是Mv=(M—m)v+mv0Mv=(M—m)v'+m(v+v)00Mv=(M—m)v+m(v+v‘)0Mv=Mv+mv09．如圖所示，小車的上面由中間突出的兩個(gè)對(duì)稱的曲面組成，整個(gè)小車的質(zhì)量為m,原來靜止在光滑的水平面上。今有一個(gè)可以看作質(zhì)點(diǎn)的小球，質(zhì)量也為m,以水平速度v從左端滑上小車，恰好到達(dá)小車的最高點(diǎn)后，又從另一個(gè)曲面滑下。關(guān)于這個(gè)過程，下列說法正確的是小球滑離小車時(shí)，小車又回到了原來的位置小球在滑上曲面的過程中，小車的動(dòng)量變化大小是竺2小球和小車作用前后，小車和小球的速度一定變化車上曲面的豎直高度不會(huì)大于蘭4g10.質(zhì)量為m=1kg，m=2kg的小球在光滑的水平面上發(fā)生碰撞，碰撞ab前后兩球的位移—時(shí)間圖象如圖所示，則可知碰撞屬于彈性碰撞非彈性碰撞完全非彈性碰撞條件不足，不能判斷11．如圖所示，在光滑水平面上，有質(zhì)量分別為3m和m的A、B兩滑塊，它們中間夾著（不相連）一根處于壓縮狀態(tài)的輕質(zhì)彈簧，由于被一根細(xì)繩拉著而處于靜止?fàn)顟B(tài)。則下列說法正確的是I占阿州/乍:"4XS點(diǎn)■氏：T#W曲■"沖剪斷細(xì)繩，在兩滑塊脫離彈簧后，A、B兩滑塊的動(dòng)量大小之比pA:pB=3:1剪斷細(xì)繩，在兩滑塊脫離彈簧后，A、B兩滑塊的速度大小之比vA:vB=3:1剪斷細(xì)繩，在兩滑塊脫離彈簧后，A、B兩滑塊的動(dòng)能之比E:E=1:3kAkB剪斷細(xì)繩到兩滑塊脫離彈簧過程中，彈簧對(duì)A、B兩滑塊做功之比W:W=1:1AB12．兩磁鐵各放在兩輛小車上，小車能在水平面上無摩擦地沿同一直線運(yùn)動(dòng)。已知甲車和磁鐵的總質(zhì)量為0.5kg，乙車和磁鐵的總質(zhì)量為1.0kg，兩磁鐵的N極相對(duì)。推動(dòng)一下，使兩車相向運(yùn)動(dòng)，某時(shí)刻甲的速率為2m/s，乙的速度為3m/s，方向與甲相反，兩車運(yùn)動(dòng)過程中始終未相碰。則：（1）兩車最近時(shí)，乙的速度為多大？（2）甲車開始反向時(shí)，乙的速度為多大？如圖所示，木塊A的質(zhì)量m=1kg，足夠長(zhǎng)的木板B的質(zhì)量m=4kg，AB質(zhì)量為m=2kg的木塊C置于木板B上，水平面光滑，B、C之間C有摩擦。現(xiàn)使A以v=10m/s的初速度向右勻速運(yùn)動(dòng)，與B碰撞后0將以大小為v'=4m/s的速度彈回。求：A>CAB///〃〃//////〃〃/〃////////〃///////（1）B運(yùn)動(dòng)過程中的最大速度；（2）C運(yùn)動(dòng)過程中的最大速度。如圖所示，一光滑水平桌面AB與一半徑為R的光滑半圓形軌道相切于C點(diǎn)，且兩者固定不動(dòng)。一長(zhǎng)L=0.8m的細(xì)繩，一端固定于O點(diǎn)，另一端系一個(gè)質(zhì)量m=0.2kg的小球。當(dāng)小球在豎直方向靜止1時(shí)，球?qū)λ阶烂娴淖饔昧偤脼榱恪，F(xiàn)將球提起使細(xì)繩處于水平位置時(shí)無初速度釋放。當(dāng)小球m擺至最低點(diǎn)時(shí)，細(xì)繩恰好被拉斷，1此時(shí)小球m恰好與放在桌面上的質(zhì)量m=0.8kg的小球正碰，碰后12m以2m/s的速度彈回，m將沿半圓形軌道運(yùn)動(dòng)。兩小球均可視為12質(zhì)點(diǎn)，取g=10m/s2。求:&——L°ID■fB（1）細(xì)繩所能承受的最大拉力為多大？（2）m在半圓形軌道最低點(diǎn)C點(diǎn)的速度為多大？2（3）為了保證m在半圓形軌道中運(yùn)動(dòng)時(shí)不脫離軌道，半圓形軌道2的半徑R應(yīng)滿足什么條件。如圖所示，固定的長(zhǎng)直水平軌道MN與位于豎直平面內(nèi)的光滑半圓軌道相接，圓軌道半徑為R，PN恰好為該圓的一條豎直直徑。可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊A和B緊靠在一起靜止于N處，物塊A的質(zhì)量m=2m,AB的質(zhì)量m=m,兩物塊在足夠大的內(nèi)力作用下突然分離，分別沿軌B道向左、右運(yùn)動(dòng)，物塊B恰好能通過P點(diǎn)。已知物塊A與MN軌道物塊B運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)的速度大小v；P兩物塊剛分離時(shí)物塊B的速度大小v；B物塊A在水平面上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t。(2017新課標(biāo)全國I卷)將質(zhì)量為1.00kg的模型火箭點(diǎn)火升空，50g燃燒的燃?xì)庖源笮?00m/s的速度從火箭噴口在很短時(shí)間內(nèi)噴出。在燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g，火箭的動(dòng)量大小為(噴出過程中重力和空氣阻力可忽略)A.30kg-m/sB.5.7X102kg-m/sC.6.0X102kg-m/sD.6.3X102kg-m/s(2015福建卷)如圖，兩滑塊A、B在光滑水平面上沿同一直線相向運(yùn)動(dòng)，滑塊A的質(zhì)量為m,速度為2v,方向向右，滑塊B的質(zhì)量0為2m，速度大小為v，方向向左，兩滑塊發(fā)生彈性碰撞后的運(yùn)動(dòng)狀0態(tài)是A．A和B都向左運(yùn)動(dòng)B．A和B都向右運(yùn)動(dòng)D.A向左運(yùn)動(dòng)，B向CD.A向左運(yùn)動(dòng)，B向右運(yùn)動(dòng)（2014福建卷）一枚火箭搭載著衛(wèi)星以速率v進(jìn)入太空預(yù)定位置,0由控制系統(tǒng)使箭體與衛(wèi)星分離。已知前部分的衛(wèi)星質(zhì)量為m，后部1分的箭體質(zhì)量為m，分離后箭體以速率v沿火箭原方向飛行，若忽22略空氣阻力及分離前后系統(tǒng)質(zhì)量的變化，則分離后衛(wèi)星的速率v1為。（填選項(xiàng)前的字母）A.v-A.v-v02B.v+v02C.mv=C.mv=V一2V10m21D.m()V二V+—2XV—V丿10m021（2016上海卷）如圖，粗糙水平面上，兩物體A、B以輕繩相連,在恒力F作用下做勻速運(yùn)動(dòng)。某時(shí)刻輕繩斷開，在F牽引下繼續(xù)前進(jìn)，B最后靜止。則在B靜止前，A和B組成的系統(tǒng)動(dòng)量（選填：“守恒”或“不守恒”）。在B靜止后，A和B組成的系統(tǒng)動(dòng)量。（選填：“守恒”或“不守恒“）（2017江蘇卷）甲、乙兩運(yùn)動(dòng)員在做花樣滑冰表演，沿同一直線相向運(yùn)動(dòng)，速度大小都是1m/s，甲、乙相遇時(shí)用力推對(duì)方，此后都沿各自原方向的反方向運(yùn)動(dòng)，速度大小分別為1m/s和2m/s。求甲、乙兩運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量之比。（2015山東卷）如圖，三個(gè)質(zhì)量相同的滑塊A、B、C,間隔相等地靜置于同一水平軌道上?，F(xiàn)給滑塊A向右的初速度v0，一段時(shí)間后A與B發(fā)生碰撞，碰后AB分別以A【解析】系統(tǒng)動(dòng)量守恒的條件是合外力為零。系統(tǒng)內(nèi)存在摩擦力或一個(gè)物體具有加速度時(shí)，系統(tǒng)的動(dòng)量可能守恒。根據(jù)動(dòng)量守恒定律的條件可知，只要系統(tǒng)所受的合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量就守恒，故A正確；系統(tǒng)中所有物體的加速度為零時(shí)，系統(tǒng)所受的合外力為零，即系統(tǒng)的總動(dòng)量一定守恒，B錯(cuò)誤；若系統(tǒng)內(nèi)存在摩擦力，而系統(tǒng)所受的合外力為零，系統(tǒng)的動(dòng)量仍守恒，A【解析】系統(tǒng)動(dòng)量守恒的條件是合外力為零。系統(tǒng)內(nèi)存在摩擦力或一個(gè)物體具有加速度時(shí)，系統(tǒng)的動(dòng)量可能守恒。根據(jù)動(dòng)量守恒定律的條件可知，只要系統(tǒng)所受的合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量就守恒，故A正確；系統(tǒng)中所有物體的加速度為零時(shí)，系統(tǒng)所受的合外力為零，即系統(tǒng)的總動(dòng)量一定守恒，B錯(cuò)誤；若系統(tǒng)內(nèi)存在摩擦力，而系統(tǒng)所受的合外力為零，系統(tǒng)的動(dòng)量仍守恒，C錯(cuò)誤；系統(tǒng)中有一個(gè)物體具有加速度時(shí)，系統(tǒng)的動(dòng)量也可能守恒，比如碰撞過程，兩個(gè)物體的速度都改變，都有加速度，單個(gè)物體受外力作用，系統(tǒng)的動(dòng)量卻守8040C發(fā)生碰撞，碰后B、C粘在一起向右運(yùn)動(dòng)?；瑝KA、B與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為同一恒定值。兩次碰撞時(shí)間極短。求B、C碰后瞬間共同速度的大小。（2015新課標(biāo)全國I卷）如圖，在足夠長(zhǎng)的光滑水平面上，物體A、B、C位于同一直線上，A位于B、C之間。A的質(zhì)量為m，B、C的質(zhì)量都為M，三者都處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)使A以某一速度向右運(yùn)動(dòng),求m和M之間滿足什么條件才能使A只與B、C各發(fā)生一次碰撞。設(shè)物體間的碰撞都是彈性的。恒，D錯(cuò)誤。C【解析】碰撞過程中，盤球箭動(dòng)量減少了20kgin/g,故此時(shí)盤球的動(dòng)量是lOkgm/s,a.&兩球-碰撞前潔總動(dòng)量保持不耋為3Okg-nv￡則作用后b球的動(dòng)量iOkgm/s,C正確，ABD蠟誤-BC【解析】若A、B與平板車上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，由于m:m二3:2，根據(jù)f二卩mg，可知，彈簧釋放后，A、B所受的滑動(dòng)摩AB擦力大小不等，則AB組成的系統(tǒng)所受合外力不為零，故A、B系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，A錯(cuò)誤；地面光滑，彈簧釋放后，A、B、C組成的系統(tǒng)所受合外力為零，故A、B、C系統(tǒng)動(dòng)量守恒，B正確；若A、B所受的摩擦力大小相等，方向又相反，所以A、B組成的系統(tǒng)所受合外力為零，A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，C正確；對(duì)于A、B、C組成的系統(tǒng)合外力為零，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，D錯(cuò)誤；故選BC。D【解析】當(dāng)兩手同時(shí)放開時(shí)，系統(tǒng)的合外力為零，所以系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，又因?yàn)殚_始時(shí)總動(dòng)量為零，故系統(tǒng)總動(dòng)量始終為零，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；先放開左手，左邊的小車就向左運(yùn)動(dòng)，當(dāng)再放開右手后，系統(tǒng)所受合外力為零，故系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，且開始時(shí)總動(dòng)量方向向左，放開右手后總動(dòng)量方向也向左，故選項(xiàng)BC錯(cuò)誤；無論何時(shí)放手，兩手放開后在彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)的過程中，系統(tǒng)的合外力為零，總動(dòng)量都保持不變，但系統(tǒng)的總動(dòng)量不一定為零，D正確?！久麕燑c(diǎn)睛】當(dāng)兩手同時(shí)放開時(shí)，系統(tǒng)的合外力為零，所以系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，先放開左手，左邊的小車就向左運(yùn)動(dòng)，當(dāng)再放開右手后，系統(tǒng)所受合外力為零，故系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，且開始時(shí)總動(dòng)量方向向左，放開右手后總動(dòng)量方向也向左。BC【解析】如果爆炸后E的連度大小與:揮炸前連屢大小相等，則B沿原軸透運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤：堆炸過程系統(tǒng)動(dòng)量帶恒，培炸釋放的能量轉(zhuǎn)優(yōu)為丿、占的動(dòng)寵，堀炸后系蛻的總動(dòng)能壇加，因此炸製后的瞬間』、E的總■動(dòng)能大于炸裂前的動(dòng)能，E正確：擁炸過程系統(tǒng)動(dòng)量于惶，如杲堆炸后喪的逹度方向與原運(yùn)動(dòng)方向相反可知，幾喪的動(dòng)量大小之比為1:3,C正確：：塞炸后4月的質(zhì)量相等，命果炸裂后的瞬狗乩心連率之比為1:1,則耀褲言A、E的動(dòng)量大小相等，如果:曇炸后幾￡的建度壽向相反，總■動(dòng)量為零，堆炸過程動(dòng)量不守恒，因此爆炸后A、B的速度方向不能相反，如果爆炸后A、B的速度方向相同，則爆炸后總動(dòng)能小于爆炸前的總動(dòng)能，不符合實(shí)際情況，假設(shè)錯(cuò)誤，由此可知，炸裂后的瞬間A、B速率之比不可能為1:1，D錯(cuò)誤；故選BC。CD【解析】?jī)汕蚪M成的系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以A的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得：mv-mv=mv'+mv'，AABBAABB如果碰撞前A的動(dòng)量等于B的動(dòng)量，碰撞后兩者速度都等于零，故A錯(cuò)誤；若碰后A的速度為零，則碰撞后B反向運(yùn)動(dòng)，這說明系統(tǒng)總動(dòng)量與A的動(dòng)量方向相同，則碰撞前A的動(dòng)量大于B的動(dòng)量；若碰后B的速度為零，則碰撞后A反向運(yùn)動(dòng)，這說明系統(tǒng)總動(dòng)量與B的動(dòng)量方向相同，則碰撞前A的動(dòng)量小于B的動(dòng)量，由以上分析可知，兩球碰撞后一球靜止，可能是碰撞前A的動(dòng)量大于B的動(dòng)量，也可能是碰撞前A的動(dòng)量小于B的動(dòng)量，故B錯(cuò)誤，CD正確?！久麕燑c(diǎn)睛】本題考查了動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用，考查了兩球碰撞前動(dòng)量大小的關(guān)系，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律即可正確解題，本題難度不大。BC【解析】小車與木塊相碰，隨之發(fā)生的將有兩個(gè)過程：其一是，小車與木塊相碰，作用時(shí)間極短，過程結(jié)束時(shí)小車與木塊速度發(fā)生了變化，而小球的速度未變；其二是，擺球?qū)⒁鄬?duì)于小車向右擺動(dòng)，又導(dǎo)致小車與木塊速度的改變。但是題目中已明確指出只需討論碰撞的極短過程，不需考慮第二過程。因此，我們只需分析B、C兩項(xiàng)。其實(shí)，小車與木塊相碰后，將可能會(huì)出現(xiàn)兩種情況，即碰撞后小車與木塊合二為一或它們碰后又分開，前者正是C項(xiàng)所描述的，后者正是B項(xiàng)所描述的，所以BC正確?！久麕燑c(diǎn)睛】解決本題的關(guān)鍵是合理選擇研究對(duì)象和物理過程，知道在碰撞的瞬間擺球的速度不變，未參與作用，小車和木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒。A【解析】對(duì)炮艦和炮彈組組成的系統(tǒng)，開炮過程中動(dòng)量守恒，開炮后炮艦的質(zhì)量變?yōu)?M-m)，有Mv0=(M-m)v'+mv，故選A。BD【解析】小球滑上曲面的過程，小車向右運(yùn)動(dòng)，小球滑下時(shí)，小車還會(huì)繼續(xù)前進(jìn)，故不會(huì)回到原位置，所以A錯(cuò)誤；由小球恰好到最高點(diǎn)，知道兩者有共同速度，對(duì)于小車和小球組成的系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律列式為mv=2mV，得共同速度V二v，小車的動(dòng)量變化2大小為mV，則B正確；由于滿足動(dòng)量守恒定律，如果系統(tǒng)機(jī)械能沒2有減少，可能出現(xiàn)速度交換兩次后和初始情況相同，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由于小球原來的動(dòng)能為mv2，小球到最高點(diǎn)時(shí)系統(tǒng)的動(dòng)能為2x2mx(V)2=mV2，所以系統(tǒng)動(dòng)能減少了mV2，如果曲面光滑，則減244少的動(dòng)能等于小球增加的重力勢(shì)能，即mv2=mgh，得h=蘭，顯然這44g是最大值，如果曲面粗糙，高度還要小些，所以D正確。故選BD。A【解析】根據(jù)X-t圖象可知：a球的初速度為V二3m/s=3m/s，ba1球的初的速度為v=0，碰撞后a球的速度為：v\-!m/s=-1m/s，碰ba1撞后b球的速度為：土3m/s=2m/s，碰撞前動(dòng)量：

b1p二mv+mv=3kg-m/s，碰撞后動(dòng)量：p二mv'+mV-3kg-m/s，兩1aabb2aabb球碰撞過程中，動(dòng)能變化量為：AE二1mv2+0-1mv‘2—1mv‘2=0,k2aa2aa2bb則知碰撞前后動(dòng)量不變，系統(tǒng)的總動(dòng)能不變，此碰撞是彈性碰撞；故選A。C【解析】系統(tǒng)動(dòng)童守恒，厭向左為正方向，在兩捕塊剛奸貶離彈簧時(shí)，由動(dòng)童守棹定律縛：pa-ph^),則：凹曲=1:1,故A錯(cuò)誤：系統(tǒng)動(dòng)量于惶，以向左為正右向，由動(dòng)量守恒定律蒔：3沁-用!怦=0,解蒔:也:訕=1:3,故E蠟誤：兩滑塊的動(dòng)能之比：童呼％=1:3,故C正確：弾簧對(duì)兩滑塊做功之比等于兩溝塊動(dòng)能之比，弾簧對(duì)A.B兩淆玦做功之比：曬:嚀Eti遇尸上3,故D錯(cuò)誤-(1)-m/s(2)2m/s3兩車相距最近時(shí)，兩車的速度相同，設(shè)該速度為V,取乙車的速度方向?yàn)檎较蛴蓜?dòng)量守恒定律得mv—mv=(m+m)v乙乙甲甲甲乙所以兩車最近時(shí)，乙車的速度為v=4m/s甲車開始反向時(shí)，其速度為0設(shè)此時(shí)乙車的速度為V乙‘乙由動(dòng)量守恒定律得mv—mv二mv'乙乙甲甲乙乙解得v'=2m/s乙【名師點(diǎn)睛】解決本題的關(guān)鍵是知道兩車作用的過程中動(dòng)量守恒，當(dāng)兩車速度相同時(shí)，相距最近，當(dāng)甲車的速度為零時(shí)，開始反向運(yùn)動(dòng)。(1)3.5m/s，方向向右(2)-m/s，方向向右3碰后瞬間B速度最大，選向右為正方向由動(dòng)量守恒定律得mv=m(-v')+mvA0AABB所以v=^-^0乙=嘆10+嘆4m/s=3.5m/s，方向向右Bm4BB、C以共同速度運(yùn)動(dòng)時(shí)，C速度最大，選向右為正方向由動(dòng)量守恒定律得mv=(m+m)vBBBCC

所以VC=mBVB=443.5m/s=7m/s，方向向右Cm+m4+23BC(1)6N(2)1.5m/sC3)^<0.045m或丘(1)設(shè)小球用i擺至最低點(diǎn)時(shí)連度為％由機(jī)■械能守惶定牟駅解挪％=^2gL=4m/s小球m在最低點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律，得：F-mg=mVo^-1T11L解得：F=6NT(2)m與m碰撞，動(dòng)量守恒，設(shè)m、m碰后的速度分別為v、v，121212選向右的方向?yàn)檎较?，則mv=mv+mv101122解得：v=1.5m/s2①若小球m恰好通過最高點(diǎn)D點(diǎn)，由牛頓第二定律，得：2mv2mg二一2-d-2R1m在m在CD軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)，2由機(jī)械能守恒定律，得：-mg(2R-mg(2R)+22i2解得R=0.045m1②若小球恰好到達(dá)圓軌道與圓心等高處速度減為O則有:mv2=mgR22222解得R=0.1125m2綜上：R應(yīng)該滿足RW0.045m或R20.1125m15．1)vP2)vB15．1)vP2)vB(1)物體B在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，在P點(diǎn)時(shí)重力提供向心力由mg=mVp，可得v=、,：gR（2）兩物塊分離后B物體沿圓軌道向上運(yùn)動(dòng)，僅重力做功11由動(dòng)能定理可得-mg-2R=—mv2-—mv22P2B解得乙=、5gR（3）物塊丄芍煬塊遲由足夠大的內(nèi)力究然分離，分離瞬間內(nèi)力遠(yuǎn)大于殲力，兩揚(yáng)塊在水平古向上動(dòng)童守恒，由動(dòng)童守恒定肄，諫向右為正污向，則有0=—胡厘叫+用逛卩遠(yuǎn)棧人毀攥蒔0=—2稱匕+用（5盤，蒔匕=』器之后物體A做勻減速直線運(yùn)動(dòng)由牛頓第二定律得：-Rmg=ma,AAa=-Rg由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式v=v+att0代入數(shù)據(jù)得t=巫2RgA【解析】設(shè)火箭的質(zhì)量（不含燃?xì)猓閙，燃?xì)獾馁|(zhì)量為m，根12據(jù)動(dòng)量守恒，mv=mv,解得火箭的動(dòng)量為：p=mv=mv=30kg?m/s,11221122所以A正確，BCD錯(cuò)誤?！久麕燑c(diǎn)睛】本題主要考查動(dòng)量即反沖類動(dòng)量守恒問題，只要注意動(dòng)量的矢量性即可，比較簡(jiǎn)單。D【解析】取向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒：m2v-2mv00AB知系統(tǒng)總動(dòng)量為零，所以碰后總動(dòng)量也為零，即A、B的運(yùn)動(dòng)方向一定相反，所以D正確；ABC錯(cuò)誤?！久麕燑c(diǎn)睛】本題主要考察動(dòng)量守恒，在利用動(dòng)量守恒解決問題時(shí)，注意動(dòng)量是矢量，要先選擇正方向。D【解析】系統(tǒng)分離前后，動(dòng)量守恒：（m+m'=mv+mv，解得：—20——22v=v+m（v-v），故ABC錯(cuò)誤，D