第2讲　动量守恒定律-2025版物理大一轮复习

动量守恒定律目标要求1.理解系统动量守恒定律，知道动量守恒的条件。2.理解碰撞的种类及其遵循的规律，会分析一维碰撞的相关问题。3.会用动量守恒观点分析爆炸、反冲运动和人船模型。考点一动量守恒定律的理解及应用1.内容：如果一个系统不受外力或者所受合外力的矢量和为eq\o(□,\s\up1(1))零，这个系统的总动量保持不变。2.表达式(1)p＝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′。(2)m1v1＋m2v2＝eq\o(□,\s\up1(2))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。(3)Δp1＝eq\o(□,\s\up1(3))－Δp2，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向。(4)Δp＝0，系统总动量的增量为零。3.适用条件(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为eq\o(□,\s\up1(4))零。(2)近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力eq\o(□,\s\up1(5))远大于它所受到的外力。(3)某一方向守恒：如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在eq\o(□,\s\up1(6))这一方向上动量守恒。【判断正误】1.只要系统所受的外力的矢量和为零，系统的动量就守恒。(√)2.只要系统内存在摩擦力，系统的动量就不可能守恒。(×)3.若在光滑水平面上两球相向运动，碰后均变为静止，则两球碰前的动量大小一定相同。(√)1.动量守恒定律的五个特性矢量性动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题应选取统一的正方向相对性各物体的速度必须是相对同一参考系的速度(一般是相对于地面)同时性动量是一个瞬时量，表达式中的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系统性研究的对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统普适性动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，还适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统2.应用动量守恒定律的解题步骤(1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)。(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上是否守恒)。(3)规定正方向，确定初、末状态动量。(4)由动量守恒定律列出方程。(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明。【对点训练】1.(动量守恒的判断)如图所示，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动。在地面参考系(可视为惯性系)中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统()A.动量守恒，机械能守恒B.动量守恒，机械能不守恒C.动量不守恒，机械能守恒D.动量不守恒，机械能不守恒解析：B撤去推力，系统所受合外力为零，动量守恒；因为滑块与车厢水平底板间有摩擦，且撤去推力后滑块在车厢底板上有相对滑动，即摩擦力做功，故系统的机械能减少，B正确。2.(动量守恒定律的基本应用)甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑的水平冰面上匀速相向行驶，速度大小均为v0＝6m/s，甲小孩所在小车上有质量为m＝1kg的小球若干个，甲和他的小车及小车上小球的总质量为M1＝50kg，乙和他的小车的总质量为M2＝30kg。为避免相撞，甲不断地将小球以相对地面为v′＝16.5m/s的水平速度抛向乙，且被乙接住，假如某一次甲将小球抛出且被乙接住后，刚好可保证两车不相撞。则甲总共抛出的小球个数是()A.12 B.13C.14 D.15解析：D规定甲的速度方向为正方向，两车刚好不相撞，则两车速度相等，由动量守恒定律得M1v0－M2v0＝(M1＋M2)v，解得v＝1.5m/s，对甲、小车及从甲车上抛出的小球，由动量守恒定律得M1v0＝(M1－n·m)v＋n·mv′，解得n＝15，D正确。3.(某一方向上的动量守恒)如图所示，小车放在光滑的水平面上，将系着轻绳的小球向右拉开到一定的角度，然后同时放开小球和小车，不计一切阻力，则在小球、小车运动过程中，下列说法正确的是()A.小车和小球组成的系统动量守恒B.小车的机械能一直在增加C.小车和小球组成的系统机械能守恒D.小球的机械能一直在减少解析：C小球摆动过程中，小球和小车系统只受重力和支持力作用，水平方向合力为零，所以系统水平方向动量守恒，在竖直方向上，只有小球有竖直方向的分速度，且分速度大小也不断变化，所以竖直方向动量不守恒，那么系统动量也不守恒，故A错误；小球在摆动过程中，系统机械能守恒，小球摆到最低点的过程中，绳子拉力对小车做正功，小车的机械能增加，小球的机械能减小，小球从最低点摆到最高点的过程中，绳子拉力对小车做负功，小车的机械能减少，小球的机械能增加，故B、D错误，C正确。考点二碰撞问题1.定义：碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力eq\o(□,\s\up1(7))很大的现象。2.特点：作用时间极短，内力(相互碰撞力)远eq\o(□,\s\up1(8))大于外力，总动量守恒。3.碰撞分类(1)弹性碰撞：碰撞后系统的总动能eq\o(□,\s\up1(9))不变。(2)非弹性碰撞：碰撞后系统的总动能eq\o(□,\s\up1(10))减少。(3)完全非弹性碰撞：碰撞后粘在一起，以相同的速度运动，机械能损失eq\o(□,\s\up1(11))最大。【判断正误】1.碰撞前后系统的动量和机械能均守恒。(×)2.在光滑水平面上的两球相向运动，碰撞后均变为静止，则两球碰撞前的动量大小一定相同。(√)3.两球发生非弹性碰撞时，既不满足动量守恒定律，也不满足机械能守恒定律。(×)1.碰撞现象满足的规律(1)动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′。(2)动能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或eq\f(p12,2m1)＋eq\f(p22,2m2)≥eq\f(p1′2,2m1)＋eq\f(p2′2,2m2)。(3)速度要合理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。2.弹性碰撞的重要结论以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2、速度为v2的小球发生弹性碰撞为例，则有m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2联立解得v1′＝eq\f(（m1－m2）v1＋2m2v2,m1＋m2)，v2′＝eq\f(2m1v1＋（m2－m1）v2,m1＋m2)结论1：当m1＝m2时：v1′＝v2，v2′＝v1，即m1、m2碰撞后交换速度。结论2：若v2＝0，即简化为“一动一静”模型，v1′＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v1，v2′＝eq\f(2m1,m1＋m2)v1。3.完全非弹性碰撞的特征(1)撞后共速。(2)有动能损失，且损失最多，ΔEk＝(eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22)－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m1＋m2))v共2。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10m/s向上滑动时，受到滑杆的摩擦力Ff为1N。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＝0.2kg，滑杆的质量M＝0.6kg，A、B间的距离l＝1.2m，重力加速度g取10m/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FN1和FN2；(2)滑块碰撞前瞬间的速度大小v；(3)滑杆向上运动的最大高度h。解析：(1)滑块静止时，滑块和滑杆均处于静止状态，以滑块和滑杆整体为研究对象，由平衡条件可知FN1＝(m＋M)g＝8N滑块向上滑动时，滑杆受重力、滑块对其向上的摩擦力以及桌面的支持力，则有FN2＝Mg－Ff′，Ff′＝Ff＝1N代入数据得FN2＝5N。(2)法一碰前，滑块向上做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得mg＋Ff＝ma1解得a1＝15m/s2，方向向下由运动学公式得v2－v02＝－2a1l代入数据得v＝8m/s。法二由动能定理得－(mg＋Ff)l＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02代入数据解得v＝8m/s。(3)滑块和滑杆发生的碰撞为完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律有mv＝(M＋m)v共代入数据得v共＝2m/s此后滑块与滑杆一起竖直向上运动，根据动能定理有－(M＋m)gh＝0－eq\f(1,2)(M＋m)v共2代入数据得h＝0.2m。答案：(1)8N5N(2)8m/s(3)0.2m【对点训练】4.(碰撞的可能性)A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝1kg，mB＝2kg，vA＝6m/s，vB＝2m/s，当A追上B并发生碰撞后，A、B两球速度的可能值是()A.vA′＝5m/s，vB′＝2.5m/sB.vA′＝2m/s，vB′＝4m/sC.vA′＝－4m/s，vB′＝7m/sD.vA′＝7m/s，vB′＝1.5m/s解析：B虽然题给四个选项均满足动量守恒定律，但A、D两项中，碰后A的速度vA′大于B的速度vB′，不符合实际，故A、D项错误；C项中，两球碰后的总动能Ek后＝eq\f(1,2)mAvA′2＋eq\f(1,2)mBvB′2＝57J，大于碰前的总动能Ek前＝eq\f(1,2)mAvA2＋eq\f(1,2)mBvB2＝22J，违背了能量守恒定律，所以C项错误；而B项既符合实际情况，也不违背能量守恒定律，所以B项正确。故选B。5.(弹性碰撞)1932年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子(即中子)组成。如图所示，中子以速度v0分别碰撞静止的氢核和氮核，碰撞后氢核和氮核的速度分别为v1和v2。设碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应，下列说法正确的是()A.碰撞后氮核的动量比氢核的小B.碰撞后氮核的动能比氢核的小C.v2大于v1D.v2大于v0解析：B设中子质量为m0，被碰粒子质量为m，碰后中子速度为v0′，被碰粒子速度为v，二者发生弹性正碰，由动量守恒定律和能量守恒定律有m0v0＝m0v0′＋mv，eq\f(1,2)m0v02＝eq\f(1,2)m0v0′2＋eq\f(1,2)mv2，解得v0′＝eq\f(m0－m,m0＋m)v0，v＝eq\f(2m0,m0＋m)v0，因此当被碰粒子分别为氢核(m0)和氮核(14m0)时，有v1＝v0，v2＝eq\f(2,15)v0，故C、D项错误；碰撞后氮核的动量为p氮＝14m0·v2＝eq\f(28,15)m0v0，氢核的动量为p氢＝m0·v1＝m0v0，p氮>p氢，故A错误；碰撞后氮核的动能为Ek氮＝eq\f(1,2)·14m0v22＝eq\f(28,225)m0v02，氢核的动能为Ek氢＝eq\f(1,2)·m0·v12＝eq\f(1,2)m0v02，Ek氮<Ek氢，故B正确。6.(非弹性碰撞)(2023·北京卷)如图所示，质量为m的小球A用一不可伸长的轻绳悬挂在O点，在O点正下方的光滑桌面上有一个与A完全相同的静止小球B，B距O点的距离等于绳长L。现将A拉至某一高度，由静止释放，A以速度v在水平方向和B发生正碰并粘在一起。重力加速度为g。求：(1)A释放时距桌面的高度H；(2)碰撞前瞬间绳子的拉力大小F；(3)碰撞过程中系统损失的机械能ΔE。解析：(1)A释放到与B碰撞前，根据动能定理得mgH＝eq\f(1,2)mv2解得H＝eq\f(v2,2g)。(2)碰前瞬间，对A由牛顿第二定律得F－mg＝meq\f(v2,L)解得F＝mg＋meq\f(v2,L)。(3)A、B碰撞过程中，根据动量守恒定律得mv＝2mv1解得v1＝eq\f(1,2)v则碰撞过程中损失的机械能为ΔE＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)·2m(eq\f(1,2)v)2＝eq\f(1,4)mv2。答案：(1)eq\f(v2,2g)(2)mg＋meq\f(v2,L)(3)eq\f(1,4)mv2考点三爆炸、反冲和人船模型1.爆炸：爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用时间很短，作用力很大，且eq\o(□,\s\up1(12))远大于系统所受的外力，所以系统动量eq\o(□,\s\up1(13))守恒。如爆竹爆炸。2.反冲(1)定义：如果一个静止的物体在内力的作用下分裂为两部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向相反的方向运动。(2)特点：系统内各物体间的相互作用的内力eq\o(□,\s\up1(14))远大于系统受到的外力。如发射炮弹、发射火箭等。(3)规律：遵从动量守恒定律。【判断正误】1.爆炸过程中机械能增加，反冲过程中机械能减少。(×)2.发射炮弹，炮身后退、园林喷灌装置一边喷水一边旋转均属于反冲现象。(√)3.飞船做圆周运动时，若想变轨通常需要向前或向后喷出气体，该过程中动量守恒。(√)1.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)转化为机械能，所以系统的机械能增加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2.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3.人船模型(1)模型图示(2)模型特点①两物体满足动量守恒定律：mv人－Mv船＝0。②两物体的位移大小满足：meq\f(x人,t)－Meq\f(x船,t)＝0，x人＋x船＝L，得x人＝eq\f(M,M＋m)L，x船＝eq\f(m,M＋m)L。(3)运动特点①人动则船动，人静则船静，人快船快，人慢船慢，人左船右。②人船位移比等于它们质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即eq\f(x人,x船)＝eq\f(v人,v船)＝eq\f(M,m)。维度1爆炸问题在爆炸实验基地有一发射塔，发射塔正下方的水平地面上安装有声音记录仪。爆炸物自发射塔竖直向上发射，上升到空中最高点时炸裂成质量之比为2∶1、初速度均沿水平方向的两个碎块。遥控器引爆瞬间开始计时，在5s末和6s末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声。已知声音在空气中的传播速度为340m/s，重力加速度大小g取10m/s2，忽略空气阻力。下列说法正确的是()A.两碎块的位移大小之比为1∶2B.爆炸物的爆炸点离地面高度为80mC.爆炸后的质量大的碎块的初速度为68m/sD.爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340m解析：B设质量小的碎块的质量为m，则质量大的碎块的质量为2m；设爆炸时质量大的碎块的水平速度大小为v，质量小的碎块的水平速度大小为v′，根据动量守恒定律有2mv－mv′＝0，解得v′＝2v；两碎块都做平抛运动，设其下落时间为t，则vt＝v声(t1－t)，2vt＝v声(t2－t)，其中t1＝5s，t2＝6s，解得t＝4s，v＝85m/s；再由h＝eq\f(1,2)gt2可得，爆炸点离地面的高度为80m，B正确；两碎块的水平位移大小之比为1∶2，但从两碎块开始抛出到落地的位移大小之比不等于1∶2，A错误；爆炸后质量大的碎块的初速度为85m/s，C错误；爆炸后两碎块向相反的方向运动，水平间距Δx＝(v＋2v)t＝(85＋85×2)×4m＝1020m，D错误。维度2反冲问题一火箭喷气发动机每次喷出m＝200g的气体，气体离开发动机喷出时的速度v＝1000m/s。设火箭(包括燃料)质量M＝300kg，发动机每秒喷气20次。(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1s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≈2m/s。(2)发动机每秒喷气20次，设运动第1s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≈13.5m/s。答案：(1)2m/s(2)13.5m/s维度3“人船”模型如图所示，一半圆槽滑块的质量为M，半圆槽半径为R，滑块置于光滑水平桌面上，一质量为m的小智能机器人(可视为质点)置于半圆槽的A端，在无线遥控器控制下，机器人从半圆槽A端移动到B端。下面说法正确的是()A.只有小机器人运动，滑块不运动B.滑块运动的距离是eq\f(M,M＋m)RC.滑块与小机器人运动的水平距离之和为2RD.小机器人运动的位移是滑块的eq\f(m,M)倍解析：C小机器人和滑块组成的系统在水平方向动量守恒，小机器人从A端移动到B端的过程中，设小机器人和滑块在任意时刻的水平分速度大小分别为v1和v2，则mv1＝Mv2，所以在整个过程中，二者的平均速度大小满足meq\o(v,\s\up6(－))1＝Meq\o(v,\s\up6(－))2，则二者水平位移大小(即运动的水平距离)满足mx1＝Mx2，根据相对位移关系有x1＋x2＝2R，即滑块与小机器人运动的水平距离之和为2R，且eq\f(x1,x2)＝eq\f(M,m)，故C正确，D错误；根据前面分析可得小机器人和滑块移动的距离分别为x1＝eq\f(2MR,M＋m)，x2＝eq\f(2mR,M＋m)，故AB错误。故选C。限时规范训练27[基础巩固题组]1.(多选)如图所示，曲面体P静止于光滑水平面上，物块Q自P的上端静止释放。Q与P的接触面光滑，Q在P上运动的过程中，下列说法正确的是()A.P对Q做功为零B.P和Q之间相互作用力做功之和为零C.P和Q构成的系统机械能不守恒、动量守恒D.P和Q构成的系统机械能守恒、动量不守恒解析：BDQ在P上运动的过程中，P对Q有弹力且在力的方向上Q有位移，则P对Q做功不为零，A错误；Q在P上运动的过程中，P和Q构成的系统只有重力做功，系统机械能守恒，P、Q之间的弹力做功之和必为零；系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，但系统在竖直方向所受合外力不为零，系统在竖直方向动量不守恒，系统动量不守恒，C错误，BD正确。2.(多选)如图所示，A、B两物体质量之比mA∶mB＝3∶2，原来静止在平板车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑。当弹簧突然被释放后，则以下系统动量守恒的是()A.若A、B与C上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统B.若A、B与C上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成的系统C.若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统D.若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成的系统解析：BCD若A、B与C上表面间的动摩擦因数相同，弹簧被释放后，A、B分别相对C向左、向右滑动，它们所受的滑动摩擦力FA向右，FB向左，由于mA∶mB＝3∶2，所以FA∶FB＝3∶2，则A、B组成的系统所受的外力矢量和不为零，故A、B组成的系统动量不守恒，A错误；对A、B、C组成的系统，A与C、B与C间的摩擦力为内力，该系统所受的外力为竖直方向的重力和支持力，它们的合力为零，故该系统的动量守恒，和A、B与C间的动摩擦因数或摩擦力大小是否相等无关，B、D正确；若A、B所受的摩擦力大小相等，则A、B组成的系统所受的外力矢量和为零，故其动量守恒，C正确。3.(多选)如图所示，三辆完全相同的平板小车a、b、c成一直线排列，静止在光滑水平面上。c车上有一小孩跳到b车上，接着又立即从b车跳到a车上。小孩跳离c车和b车时对地的水平速度相同。他跳到a车上相对a车保持静止，此后()A.a、b两车运动速率相等B.a、c两车运动速率相等C.三辆车的速率关系vc>va>vbD.a、c两车运动方向相反解析：CD设人跳离b、c车时速度为v，由动量守恒定律有0＝－M车vc＋m人v，m人v＝M车vb＋m人v，m人v＝(M车＋m人)va，所以vc＝eq\f(m人v,M车)，vb＝0，va＝eq\f(m人v,M车＋m人)，即vc>va>vb，并且vc与va方向相反。所以选项A、B错误，选项C、D正确。4.冰壶运动被喻为冰上的“国际象棋”，是一项考验参与者的体能与脑力，展现动静之美和取舍智慧的冰上运动。在一次比赛中，质量为19.6kg的红壶静止在水平冰面上，运动员用等质量的黄壶撞击红壶，两壶在t＝1s时发生正碰，碰撞前后两冰壶的v-t图像如图所示，已知两冰壶与冰面的动摩擦因数相同。关于两冰壶的运动，下列说法不正确的是()A.图像①是黄壶碰后的运动图像B.碰撞前后黄壶动量变化量的大小为27.44kg·m/sC.碰后红壶经7s停下D.两冰壶静止时距离为4.5m解析：A正碰后，黄壶的速度应小于红壶，图像①是红壶碰后的运动图像，A错误，符合题意；冰壶运动的加速度大小为a＝eq\f(2.0－1.8,1)m/s2＝0.2m/s2，则碰撞后黄壶的速度为v1＝0.2×2m/s＝0.4m/s，碰撞前后黄壶动量变化量的大小为Δp1＝m(v－v1)＝19.6×(1.8－0.4)kg·m/s＝27.44kg·m/s，B正确，不符合题意；根据动量守恒mv＝mv1＋mv2，碰撞后红壶的速度为v2＝1.4m/s，红壶停止的时间为t2＝eq\f(v2,a)＝7s，C正确，不符合题意；两冰壶静止时距离为Δx＝eq\f(v2,2)t2－eq\f(v1,2)t1＝eq\f(1.4,2)×7m－eq\f(0.4,2)×2m＝4.5m，D正确，不符合题意。5.甲、乙两球在水平光滑轨道上向同方向运动，已知它们的动量分别是p1＝5kg·m/s，p2＝7kg·m/s，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为10kg·m/s，则两球质量m1与m2间的关系可能是()A.m1＝m2 B.2m1＝m2C.4m1＝m2 D.6m1＝m2解析：C甲、乙两球在碰撞过程中动量守恒，所以有p1＋p2＝p1′＋p2′，得p1′＝2kg·m/s。由于在碰撞过程中，系统的机械能不会增加。所以有eq\f(p12,2m1)＋eq\f(p22,2m2)≥eq\f(p1′2,2m1)＋eq\f(p2′2,2m2)，得m1≤eq\f(21,51)m2。因为题目给出的物理情境是“甲从后面追上乙”，要符合这一物理情境，就必须有eq\f(p1,m1)>eq\f(p2,m2)，即m1<eq\f(5,7)m2；同时还要符合碰撞后乙球的速度必须大于或等于甲球的速度这一物理情境，即eq\f(p1′,m1)≤eq\f(p2′,m2)，所以m1≥eq\f(1,5)m2，综上eq\f(m2,m1)的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(17,7)，5))。因此选项C正确。6.质量为m的烟花弹升到最高点距离地面高度为h处爆炸成质量相等的两部分，两炸片同时落地后相距L，不计空气阻力，重力加速度为g，则烟花弹爆炸使炸片增加的机械能为()A.mgh B.eq\f(mgL2,16h)C.eq\f(mgL2,32h) D.eq\f(mgL2,8h)解析：B设烟花弹爆炸后瞬间两炸片的速度大小分别为v1、v2，由动量守恒定律有0＝eq\f(m,2)v1－eq\f(m,2)v2，可得v1＝v2＝v，根据题述，两炸片均做平抛运动，有2vt＝L，h＝eq\f(1,2)gt2，ΔE＝eq\f(1,2)×eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)×eq\f(1,2)mv2，解得ΔE＝eq\f(mgL2,16h)，故选B。7.用火箭发射人造地球卫星，假设最后一节火箭的燃料用完后，火箭壳体和卫星一起以7.0×103m/s的速度绕地球做匀速圆周运动。已知卫星的质量为500kg，最后一节火箭壳体的质量为100kg。某时刻火箭壳体与卫星分离，分离时卫星与火箭壳体沿轨道切线方向的相对速度为1.8×103m/s。则分离后卫星的速度大小是()A.7.3×103m/s B.6.3×103m/sC.5.3×103m/s D.4.3×103m/s解析：A设分离前的共同速度为v，卫星的质量m1，火箭壳体质量为m2，分离后卫星的速度为v1，相对速度为u，以共同速度方向为正方向，由动量守恒定律可得(m1＋m2)v＝m1v1＋m2(v1－u)，代入数据解得v1＝7.3×103m/s，A正确。故选A。8.如图所示，气球下面有一根长绳，一