第一章第3節(jié)動量守恒定律的應(yīng)用

第3節(jié)動量守恒定律的應(yīng)用一、碰撞問題的定量分析1．碰撞過程中動量守恒物體在碰撞過程中，由于碰撞時間極短，外力遠(yuǎn)小于碰撞物體間的內(nèi)力，故碰撞過程中動量守恒。2．碰撞過程中的能量物體在碰撞過程中，動能不會增加，碰后當(dāng)兩物體粘合在一起具有共同速度時動能損失最多。二、中子的發(fā)現(xiàn)、反沖與火箭1．中子的發(fā)現(xiàn)查德威克借助微觀粒子碰撞過程中的動量守恒發(fā)現(xiàn)了中子。2．反沖現(xiàn)象及火箭發(fā)射(1)反沖：①反沖現(xiàn)象。根據(jù)動量守恒定律，如果一個靜止的物體在內(nèi)力的作用下分裂為兩個部分，一部分向某一個方向運(yùn)動，另一部分必然向相反方向運(yùn)動的現(xiàn)象。②特點(diǎn)。A．物體的不同部分在內(nèi)力作用下向相反方向運(yùn)動。B．反沖運(yùn)動中，相互作用力一般較大，通?？梢杂脛恿渴睾愣蓙硖幚?。C．反沖運(yùn)動中，由于有其他形式能轉(zhuǎn)變?yōu)闄C(jī)械能，所以系統(tǒng)的總動能增加。(2)火箭：①工作原理：利用反沖運(yùn)動，火箭燃料燃燒產(chǎn)生的高溫、高壓燃?xì)鈴奈膊繃姽苎杆賴姵鰰r，使火箭獲得巨大速度。②影響火箭獲得速度大小的因素。A．噴氣速度：現(xiàn)代液體燃料火箭的噴氣速度約為2000m/s～4000m/s。B．質(zhì)量比：指火箭起飛時的質(zhì)量與火箭除燃料外的箭體質(zhì)量之比。噴氣速度越大，質(zhì)量比越大，火箭獲得的速度越大。1．判斷：(1)發(fā)生碰撞的兩個物體，動量是守恒的。()(2)發(fā)生碰撞的兩個物體，機(jī)械能是守恒的。()(3)碰撞后，兩個物體粘在一起，動量是守恒的，但機(jī)械能損失是最大的。()答案：(1)√(2)×(3)√2．思考：如圖所示，打臺球時，質(zhì)量相等的白球與花球發(fā)生碰撞，兩個球一定交換速度嗎？提示：不一定。只有質(zhì)量相等的兩個物體發(fā)生一維彈性碰撞時，系統(tǒng)的總動量守恒，總機(jī)械能守恒，才會交換速度，否則不會交換速度。碰撞過程滿足的條件在所給的條件不同的情況下，碰撞情況有各種可能，但不管哪種情況必須同時滿足以下三條：(1)系統(tǒng)的總動量守恒。(2)系統(tǒng)的機(jī)械能不增加，即Ek1′＋Ek2′≤Ek1＋Ek2。(3)符合實際情況，如碰后兩者同向運(yùn)動，應(yīng)有v前≥v后，若不滿足，則該碰撞過程不可能。(1)即使物體在碰撞過程中系統(tǒng)所受合外力不等于零，由于內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，所以外力的作用可以忽略，認(rèn)為系統(tǒng)的總動量守恒。故分析碰撞問題時，應(yīng)首先想到動量守恒定律。(2)一般兩個硬質(zhì)小球間的碰撞，都很接近彈性碰撞，常當(dāng)成彈性碰撞來處理。1．[多選]在光滑水平面上，兩球沿球心連線以相等速率相向而行，并發(fā)生碰撞，下列現(xiàn)象可能的是()A．若兩球質(zhì)量相等，碰后以某一相等速率互相分開B．若兩球質(zhì)量相等，碰后以某一相等速率同向而行C．若兩球質(zhì)量不等，碰后以某一相等速率互相分開D．若兩球質(zhì)量不等，碰后以某一相等速率同向而行解析：選AD光滑水平面上兩球的對心碰撞符合動量守恒的條件，因此碰撞前、后兩球組成的系統(tǒng)總動量守恒。選項A，碰撞前兩球總動量為零，碰撞后總動量也為零，動量守恒，所以選項A是可能的。選項B，若碰撞后兩球以某一相等速率同向而行，則兩球的總動量不為零，而碰撞前總動量為零，所以選項B不可能。選項C，碰撞前、后系統(tǒng)的總動量的方向不同，不符合動量守恒，選項C不可能。選項D，碰撞前總動量不為零，碰撞后總動量也不為零，方向可能相同，所以選項D是可能的。“子彈打木塊”模型的結(jié)論及其應(yīng)用如圖所示，一質(zhì)量為m的子彈以速度v0打入靜止在光滑水平面上質(zhì)量為M的木塊，若子彈進(jìn)入木塊深度為d時相對于木塊靜止，此時木塊位移為s，則由動量守恒定律有：mv0＝(m＋M)v①對子彈由動能定理：－Ff(s＋d)＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02②對木塊由動能定理：Ffs＝eq\f(1,2)Mv2③聯(lián)立可得：Ffd＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(m＋M)v2④由④式得到的結(jié)論：系統(tǒng)損失的機(jī)械能等于阻力乘以相對位移，即ΔEk＝Ffd。這種模型與完全非彈性碰撞具有相同的運(yùn)動特征。這種模型還有：運(yùn)動物塊置于光滑水平面上的木板直至相對靜止、物體沖上放置于光滑水平面上的斜面直至最高點(diǎn)等，這些情景中，系統(tǒng)動量守恒(或某一方向上動量守恒)，動能轉(zhuǎn)化為其他形式的能，末狀態(tài)兩物體相對靜止。2.如圖所示，一輛質(zhì)量為M的平板小車在光滑的水平面上以速度v做直線運(yùn)動，今在小車的前端輕輕地放上一個質(zhì)量為m的物體，物體放在小車上時相對于地面的水平速度為零，設(shè)物體與小車之間的動摩擦因數(shù)為μ，為使物體不致從小車上滑下去，小車的最短長度為多少？解析：達(dá)到相對靜止時有共同速度v′則由動量守恒有Mv＝(m＋M)v′平板車的最小長度為兩者發(fā)生的最小相對距離，設(shè)為L。由能量守恒有μmgL＝eq\f(1,2)Mv2－eq\f(1,2)(m＋M)v′2聯(lián)立解得L＝eq\f(Mv2,2μm＋Mg)。答案：eq\f(Mv2,2μm＋Mg)動量守恒和能量守恒的綜合應(yīng)用1.動量守恒與能量守恒的比較動量守恒定律機(jī)械能守恒定律守恒條件不受外力或所受合外力為零只有重力和彈力做功一般表達(dá)式p1＋p2＝p1′＋p2′Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2標(biāo)矢性矢量式標(biāo)量式守恒條件的理解外力總沖量為零，系統(tǒng)總動量不變只發(fā)生勢能和動能相互轉(zhuǎn)化。可以有重力和彈力以外的力作用，但必須是不做功注意事項應(yīng)選取正方向選取零勢能面2．解決該類問題用到的規(guī)律動量守恒定律、機(jī)械能守恒定律、能量守恒定律、功能關(guān)系等。3．解決該類問題的基本思路(1)認(rèn)真審題，明確題目所述的物理情景、確定研究對象。(2)如果物體間涉及多個過程，要把整個過程分解為幾個小的過程。(3)對所選取的對象進(jìn)行受力分析，判定系統(tǒng)是否符合動量守恒的條件。(4)對所選系統(tǒng)進(jìn)行能量轉(zhuǎn)化的分析，比如：系統(tǒng)是否滿足機(jī)械能守恒，如果系統(tǒng)內(nèi)有摩擦則機(jī)械能不守恒，有機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能。(5)選取所需要的方程列式并求解。(1)注意進(jìn)行受力分析及做功分析，明確守恒條件。(2)一般的碰撞及有摩擦的情況下，機(jī)械能不守恒，應(yīng)利用能量守恒求解。(3)當(dāng)有彈簧參與下的多過程問題，一定要分階段研究，不同的階段滿足的規(guī)律一般是不同的。3.如圖所示，設(shè)車廂長為L，質(zhì)量為M，靜止在光滑水平面上，車廂內(nèi)有一質(zhì)量為m的物體，以速度v0向右運(yùn)動，與車廂壁來回碰撞n次后，靜止于車廂中，這時車廂的速度為()A．v0，水平向右 B．0C.eq\f(mv0,M＋m)，水平向右 D.eq\f(Mv0,M－m)，水平向右解析：選C物體和車廂組成的系統(tǒng)所受的合外力為零，物體與小車發(fā)生碰撞n次的過程中系統(tǒng)的動量守恒，只考慮初末態(tài)，忽略中間過程，則m的初速度為v1＝v0，M的初速度為v2＝0；作用后它們的末速度相同即v′1＝v′2＝v由動量守恒定律m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2得：mv0＝(m＋M)v解得：v＝eq\f(mv0,m＋M)，方向與v0相同，水平向右。選項C正確。碰撞問題分析[例1][多選]如圖所示，在光滑的水平支撐面上，有A、B兩個小球。A球動量為10kg·m/s，B球動量為12kg·m/s。A球追上B球并相碰，碰撞后，A球動量變?yōu)?kg·m/s，方向沒變，則A、B兩球質(zhì)量的比值為()A．0.5 B．0.6C．0.65 D．0.75[思路點(diǎn)撥]解答本題從三個方面：由速度的合理性確定速度關(guān)系式，然后由動量守恒定律確定B的末動量，再根據(jù)動能不增加原理建立關(guān)系式，從而綜合確定質(zhì)量比的范圍。[解析]A、B兩球同向運(yùn)動，A球要追上B球要有條件：vA＞vB。兩球碰撞過程中動量守恒，且動能不會增多，碰撞結(jié)束要有條件：vB′≥vA′。由vA＞vB得eq\f(pA,mA)＞eq\f(pB,mB)，即eq\f(mA,mB)＜eq\f(pA,pB)＝eq\f(5,6)＝0.83由碰撞過程動量守恒得：pA＋pB＝pA′＋pB′，pB′＝14kg·m/s由碰撞過程的動能關(guān)系得eq\f(pA2,2mA)＋eq\f(pB2,2mB)≥eq\f(pA′2,2mA)＋eq\f(pB′2,2mB)eq\f(mA,mB)≤eq\f(36,52)＝0.69由vB′＞vA′得eq\f(pB′,mB)＞eq\f(pA′,mA)，eq\f(mA,mB)＞eq\f(pA′,pB′)＝eq\f(8,14)＝0.57所以0.57＜eq\f(mA,mB)≤0.69選項B、C正確。[答案]BC(1)對一個給定的碰撞，首先要看動量是否守恒，其次再看總動能是否增加。(2)一個符合實際的碰撞，除動量守恒外還要滿足能量守恒，注意判斷碰撞完成后不可能發(fā)生二次碰撞的速度關(guān)系判定。(3)要靈活運(yùn)用Ek＝eq\f(p2,2m)或p＝eq\r(2mEk)；Ek＝eq\f(1,2)pv或p＝eq\f(2Ek,v)幾個關(guān)系轉(zhuǎn)換動能、動量。碰撞過程中的臨界問題分析[例2]如圖所示，甲、乙兩船的總質(zhì)量(包括船、人和貨物)分別為10m、12m，兩船沿同一直線同一方向運(yùn)動，速度分別為2v0、v0.為避免兩船相撞，乙船上的人將一質(zhì)量為m[解析]設(shè)乙船上的人拋出貨物的最小速度大小為vmin，拋出貨物后船的速度為v1，甲船上的人接到貨物后船的速度為v2，由動量守恒定律得12m×v0＝11m×v1－m×v10m×2v0－m×vmin＝11m×v為避免兩船相撞應(yīng)滿足v1＝v2③聯(lián)立①②③式得vmin＝4v0[答案]4v0在動量守恒定律的應(yīng)用中，常常會遇到相互作用的兩物體“恰好分離”、“恰好不相碰”，“兩物體相距最近”，“某物體恰開始反向”等臨界問題，分析此類問題時：(1)分析物體的受力情況、運(yùn)動性質(zhì)，判斷系統(tǒng)是否滿足動量守恒的條件，正確應(yīng)用動量守恒定律。(2)分析臨界狀態(tài)出現(xiàn)所需的條件，即臨界條件。臨界條件往往表現(xiàn)為某個(或某些)物理量的特定取值(或特定關(guān)系)，通常表現(xiàn)為兩物體的相對速度關(guān)系或相對位移關(guān)系，這些特定關(guān)系是求解這類問題的關(guān)鍵。動量守恒和能量守恒的綜合應(yīng)用[例3]如圖所示，一質(zhì)量M＝2kg的帶有弧形軌道的平臺置于足夠長的水平軌道上，弧形軌道與水平軌道平滑連接，水平軌道上靜置一小球B。從弧形軌道上距離水平軌道高h(yuǎn)＝0.3m處由靜止釋放一質(zhì)量mA＝1kg的小球A，小球A沿軌道下滑后與小球B發(fā)生彈性正碰，碰后小球A被彈回，且恰好追不上平臺。已知所有接觸面均光滑，重力加速度為g＝10m/s2。求小球B的質(zhì)量。[思路點(diǎn)撥](1)所有接觸面均光滑，可知小球下滑過程中弧形軌道與小球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，水平方向動量守恒。(2)A球與B球發(fā)生彈性碰撞，說明兩球碰撞過程中動量、動能均守恒。(3)A球與B球碰后恰好追不上平臺，說明A球最終速度水平向左，且與平臺速度相等。[解析]設(shè)小球A下滑到水平軌道上時的速度大小為v1，平臺水平速度大小為v，由動量守恒定律有0＝mAv1－Mv由能量守恒定律有mAgh＝eq\f(1,2)mAv12＋eq\f(1,2)Mv2聯(lián)立解得v1＝2m/s，v＝1m/s小球A、B碰后運(yùn)動方向相反，設(shè)小球A、B的速度大小分別為v1′和v2，由于碰后小球A被彈回，且恰好追不上平臺，則此時小球A的速度等于平臺的速度，有v1′＝1m/s由動量守恒定律得mAv1＝－mAv1′＋mBv2由能量守恒定律有eq\f(1,2)mAv12＝eq\f(1,2)mAv1′2＋eq\f(1,2)mBv22聯(lián)立解得mB＝3kg。[答案]3kg1.質(zhì)量為M的砂車，沿光滑水平面以速度v0做勻速直線運(yùn)動，此時從砂車上方落入一個質(zhì)量為m的大鐵球，如圖所示，則鐵球落入砂車后，砂車將()A．立即停止運(yùn)動B．仍勻速運(yùn)動，速度仍為v0C．仍勻速運(yùn)動，速度小于v0D．做變速運(yùn)動，速度不能確定解析：選C砂車及鐵球組成的系統(tǒng)，水平方向不受外力，水平方向動量守恒，所以有Mv0＝(M＋m)v，得v＝eq\f(M,M＋m)v0＜v0，故選C。2.[多選]如圖所示，光滑絕緣的水平面上M、N兩點(diǎn)有完全相同的金屬小球A和B，帶有不等量的同種電荷?，F(xiàn)使A、B以大小相等的初動量相向運(yùn)動，并發(fā)生彈性碰撞，碰后返回M、N兩點(diǎn)，則()A．碰撞發(fā)生在M、N的中點(diǎn)之外B．兩球同時返回M、N兩點(diǎn)C．兩球回到原位置時各自的動量比原來大些D．兩球回到原位置時各自的動量與原來相等解析：選BC盡管兩小球所帶電荷量不相等，但兩小球間相互作用的庫侖力大小相等，兩小球又是完全相同的金屬小球，所以兩小球相向運(yùn)動的速度大小及加速度大小時刻相等，兩小球肯定在MN的中點(diǎn)發(fā)生碰撞，碰后兩小球速度互換同時返回到M、N兩點(diǎn)，碰撞后兩小球所帶電荷量相等，相互作用的庫侖力大于相向運(yùn)動時同一位置的庫侖力，即兩小球返回到原位置過程中庫侖力所做的正功大于相向運(yùn)動過程中庫侖力所做的負(fù)功，所以兩小球返回到原位置時速率增大，但總動量仍為零，正確答案為B、C。3.如圖所示，一根勁度系數(shù)足夠大的輕質(zhì)彈簧—端固定在墻上O點(diǎn)，另一端與靜止在光滑水平面上A點(diǎn)的物塊相連，物塊質(zhì)量為M，第一顆子彈以大小為v0的速度水平向右射入物塊但未穿出。此后，每當(dāng)物塊向左經(jīng)過A點(diǎn)時，都會有一顆子彈以大小為v0的速度水平向右射入物塊且均未穿出。若每顆子彈的質(zhì)量為m，子彈與物塊相互作用時間極短，不計空氣阻力，則()A．隨著子彈的不斷射入，彈簧的最大壓縮量將不斷增加B．當(dāng)?shù)?019顆子彈剛要射入時，物塊在A點(diǎn)時的速度大小為0C．當(dāng)?shù)?019顆子彈剛要射入時，物塊在A點(diǎn)時的速度大小為eq\f(2,3)v0D．從第一顆子彈射入到彈簧被壓縮到最短的過程中，子彈、物塊和彈簧系統(tǒng)機(jī)械能守恒解析：選B第一顆子彈射入物塊的過程，取向右為正方向，由動量守恒定律得mv0＝(M＋m)v1，解得v1＝eq\f(mv0,M＋m)，之后彈簧的最大彈性勢能為Ep1＝eq\f(1,2)(M＋m)v12＝eq\f(m2v02,2M＋m)，根據(jù)機(jī)械能守恒可知，物塊返回A點(diǎn)時速度大小為v1＝eq\f(mv0,M＋m)。第二顆子彈射入物塊的過程，取向右為正方向，由動量守恒定律得mv0－(M＋m)v1＝(M＋2m)v2，解得v2＝0，第三顆子彈射入物塊的過程，取向右為正方向，由動量守恒定律得mv0＝(M＋3m)v3，解得v3＝eq\f(mv0,M＋3m)，之后彈簧的最大彈性勢能為Ep3＝eq\f(1,2)(M＋3m)v32＝eq\f(m2v02,2M＋3m)，第四顆子彈射入物塊的過程，取向右為正方向，由動量守恒定律得mv0－(M＋3m)v3＝(M＋4m)v4，解得v4＝0，可知，隨著子彈的不斷射入，彈簧的最大壓縮量并不是不斷增加，A錯誤。由上分析知，當(dāng)偶數(shù)顆子彈射入物塊后物塊在A點(diǎn)時的速度大小為0，所以當(dāng)?shù)?019顆子彈剛要射入時，物塊在A點(diǎn)時的速度大小為0，B正確，C錯誤。在第一顆子彈射入物塊的過程中，機(jī)械能有一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，所以子彈、物塊和彈簧系統(tǒng)機(jī)械能要減小，D錯誤。4.如圖所示，小球A和小球B質(zhì)量相同，球B置于光滑水平面上，當(dāng)球A從高為h處由靜止擺下，到達(dá)最低點(diǎn)時恰好與B相撞，并粘合在一起繼續(xù)擺動，它們能上升的最大高度是()A．h B.eq\f(1,2)hC.eq\f(1,4)h D.eq\f(1,8)h解析：選CA與B碰前速度vA＝eq\r(2gh)。A與B碰后粘合在一起的共同速度v′由動量守恒可求出。m·vA＝2mv′，所以v′＝eq\f(1,2)vA＝eq\r(\f(gh,2))，能上升的高度H可由2mg·H＝eq\f(1,2)×2mv′2求得，所以H＝eq\f(h,4)。5.如圖所示，質(zhì)量為m的半圓軌道小車靜止在光滑的水平地面上，其水平直徑AB長度為2R，現(xiàn)將質(zhì)量也為m的小球從距A點(diǎn)正上方h0高處由靜止釋放，然后由A點(diǎn)經(jīng)過半圓軌道后從B沖出，在空中能上升的最大高度為eq\f(3,4)h0(不計空氣阻力)，則()A．小球和小車組成的系統(tǒng)動量守恒B．小車向左運(yùn)動的最大距離為eq\f(1,2)RC．小球離開小車后做斜上拋運(yùn)動D．小球第二次能上升的最大高度eq\f(1,2)h0<h<eq\f(3,4)h0解析：選D小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向所受合外力為零，水平方向系統(tǒng)動量守恒，但系統(tǒng)整體所受合外力不為零，系統(tǒng)動量不守恒，故A錯誤；系統(tǒng)水平方向動量守恒，以向右為正方向，在水平方向，由動量守恒定律得：mv－mv′＝0，meq\f(2R－x,t)－meq\f(x,t)＝0，解得，小車的位移：x＝R，故B錯誤；小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，小球離開小車時系統(tǒng)水平方向動量為零，小球與小車水平方向速度為零，小球離開小車后做豎直上拋運(yùn)動，故C錯誤；小球第一次在車中運(yùn)動過程中，由動能定理得：mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(h0－\f(3,4)h0))－Wf＝0，Wf為小球克服摩擦力做功大小，解得：Wf＝eq\f(1,4)mgh0，即小球第一次在車中滾動損失的機(jī)械能為eq\f(1,4)mgh0，由于小球第二次在車中滾動時，對應(yīng)位置處速度變小，因此小車給小球的彈力變小，摩擦力變小，摩擦力做功小于eq\f(1,4)mgh0，機(jī)械能損失小于eq\f(1,4)mgh0，因此小球再次離開小車時，能上升的高度大于：eq\f(3,4)h0－eq\f(1,4)h0＝eq\f(1,2)h0，而小于eq\f(3,4)h0，故D正確。6.質(zhì)量分別是m和M的兩球發(fā)生正碰前后的位移跟時間t的關(guān)系如圖所示，由此可知，兩球的質(zhì)量之比m∶M為()A．1∶3 B．3∶1C．1∶1 D．1∶2解析：選A從x－t圖可知m、M碰撞前速度分別為v1＝4m/s，v2＝0，m、M碰撞后的速度相同，v1′＝v2′＝v＝1m/s。根據(jù)動量守恒列式：mv1＋Mv2＝(m＋M)v，即4m＝(m＋M)×1，得m∶M＝1∶7．穿著溜冰鞋的人，站在光滑的冰面上，沿水平方向舉槍射擊。設(shè)第一次射出子彈后，人后退的速度為v，則()A．無論射出多少顆子彈，人后退的速度為v保持不變B．射出n顆子彈后，人后退的速度為nvC．射出n顆子彈后，人后退的速度大于nvD．射出n顆子彈后，人后退的速度小于nv解析：選C設(shè)人、槍(包括子彈)的總質(zhì)量為M，每顆子彈質(zhì)量為m，子彈出射速度為v0.由已知有0＝(M－m)v－mv0.設(shè)射出n顆后，后退速度為v′。則有(M－nm)v′＝nmv0.由以上分析有v＝eq\f(mv0,M－m)，v′＝eq\f(nmv0,M－nm)。因M－m＞M－nm，所以有v′＞nv，選項C正確。8.[多選]質(zhì)量為m的物塊甲以3m/s的速度在光滑水平面上運(yùn)動，有一輕彈簧固定于其左端，另一質(zhì)量也為m的物塊乙以4m/s的速度與甲相向運(yùn)動，如圖所示。則()A．甲、乙兩物塊在彈簧壓縮過程中，由于彈力屬于內(nèi)力作用，故系統(tǒng)動量守恒B．當(dāng)兩物塊相距最近時，甲物塊的速率為零C．甲物塊的速率可能達(dá)到5m/sD．當(dāng)甲物塊的速率為1m/s時，乙物塊的速率可能為2m/s，也可能為0解析：選AD甲、乙兩物塊(包括彈簧)組成的系統(tǒng)在彈簧壓縮過程中，系統(tǒng)所受的合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，故A正確；當(dāng)兩物塊相距最近時速度相同，取碰撞前乙的速度方向為正方向，設(shè)共同速度為v，根據(jù)動量守恒定律得mv乙－mv甲＝2mv，解得v＝0.5m/s，故B錯誤；若物塊甲的速率達(dá)到5m/s，方向與原來相同，則：mv乙－mv甲＝－mv甲′＋mv乙′，代入數(shù)據(jù)解得：v乙′＝6m/s，兩個物體的速率都增大，動能都增大，違反了能量守恒定律，若物塊甲的速率達(dá)到5m/s，方向與原來相反，則：mv乙－mv甲＝mv甲′＋mv乙′，代入數(shù)據(jù)解得：v乙′＝－4m/s，可得，碰撞后乙的動能不變，甲的動能增加，系統(tǒng)總動能增加，違反了能量守恒定律，所以物塊甲的速率不可能達(dá)到5m/s，故C錯誤；甲、乙組成的系統(tǒng)動量守恒，若物塊甲的速率為1m/s，方向與原來相同，由動量守恒定律得：mv乙－mv甲＝－mv甲′＋mv乙′，代入數(shù)據(jù)解得：v乙′＝2m/s；若物塊甲的速率為1m/s，方向與原來相反，由動量守恒定律得：mv乙－mv甲＝mv甲′＋mv乙′，代入數(shù)據(jù)解得：v乙′＝0，故D正確。9．[多選]在光滑水平面上，動能為E0、動量的大小為p0的小鋼球1與靜止小鋼球2發(fā)生碰撞，碰撞前后球1的運(yùn)動方向相反，將碰撞后球1的動能和動量的大小分別記為E1、p1，球2的動能和動量的大小分別記為E2、p2，則必有()A．E1＜E0 B．p1＜p0C．E2＞E0 D．p2＞p0解析：選ABD根據(jù)動量守恒定律p0＝－p1＋p2，對球1有p02＝2m1E0，p12＝