高中物理粤教版 (2019)选择性必修 第一册第四节 动量守恒定律的应用第2课时导学案

这是一份高中物理粤教版 (2019)选择性必修 第一册第四节 动量守恒定律的应用第2课时导学案，共14页。


一、反冲现象
1．定义：一个静止的物体在内力的作用下分裂成两个部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向相反的方向运动的现象．
2．规律：反冲运动中物体之间相互作用力很大，且作用时间极短，一般都满足内力远大于外力，外力可忽略，满足动量守恒定律．
二、火箭
1．工作原理：喷气式飞机和火箭的飞行应用了反冲的原理，它们靠喷出气流的反冲作用而获得巨大的速度．
2．决定火箭增加的速度Δv的因素
(1)火箭喷出的燃料相对喷气前火箭的速度．
(2)火箭喷出燃料的质量与火箭本身质量之比．
1．判断下列说法的正误．
(1)反冲运动是相互作用的物体之间的作用力与反作用力产生的效果．( √ )
(2)只有系统合外力为零的反冲运动才能用动量守恒定律来分析．( × )
(3)反冲运动的原理既适用于宏观物体，也适用于微观粒子．( √ )
(4)在没有空气的宇宙空间，火箭仍可加速前行．( √ )
(5)火箭点火后离开地面向上加速运动，是地面对火箭的反作用力作用的结果．( × )
(6)火箭获得的速度仅与喷气的速度有关．( × )
2.如图1所示是一门旧式大炮，炮车和炮弹的质量分别是M和m，炮筒与地面的夹角为α，炮弹射出出口时相对于地面的速度为v0.不计炮车与地面的摩擦，则炮身向后反冲的速度大小为________．
图1
答案 eq \f(mv0cs α,M)
解析 取炮弹与炮车组成的系统为研究对象，因不计炮车与地面的摩擦，所以水平方向动量守恒．炮弹发射前，系统的总动量为零，炮弹发射后，炮弹的水平分速度为v0cs α，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有：mv0cs α－Mv＝0，所以炮车向后反冲的速度大小为v＝eq \f(mv0cs α,M).
一、反冲运动的理解和应用
导学探究
点燃“起火”的药捻，“起火”向下喷出气体，同时“起火”飞向高空．结合该实例，回答下列问题：
(1)反冲运动的物体受力有什么特点？
(2)反冲运动过程中系统的动量、机械能有什么变化？
答案 (1)物体的不同部分受相反的作用力，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，所以系统的动量守恒；反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的机械能增加．
知识深化
1．反冲运动的三个特点
(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或在某一方向上内力远大于外力，所以两部分组成的系统动量守恒或在某一方向动量守恒．
(3)反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的机械能增加．
2．讨论反冲运动应注意的两个问题
(1)速度的方向性：对于原来静止的整体，可任意规定某一部分的运动方向为正方向，则反方向的另一部分的速度就要取负值．
(2)速度的相对性：反冲问题中，若已知相互作用的两物体的相对速度，应先将相对速度转换成相对地面的速度，再列动量守恒方程．
如图2，反冲小车静止放在水平光滑玻璃上，点燃酒精灯，水蒸气将橡皮塞水平喷出，小车沿相反方向运动．如果小车运动前的总质量M＝3 kg，水平喷出的橡皮塞的质量m＝
0.1 kg.(水蒸气质量忽略不计)
图2
(1)若橡皮塞喷出时获得的水平速度v＝2.9 m/s，求小车的反冲速度；
(2)若橡皮塞喷出时速度大小不变，方向与水平方向成60°角，求小车的反冲速度．(小车一直在水平方向运动)
答案 (1)0.1 m/s，方向与橡皮塞水平运动方向相反
(2)0.05 m/s，方向与橡皮塞水平分运动的方向相反
解析 (1)小车和橡皮塞组成的系统所受外力之和为零，系统总动量为零．以橡皮塞运动的方向为正方向
根据动量守恒定律，mv＋(M－m)v′＝0
v′＝－eq \f(m,M－m)v＝－eq \f(0.1,3－0.1)×2.9 m/s＝－0.1 m/s
负号表示小车运动方向与橡皮塞水平运动的方向相反，反冲速度大小是0.1 m/s.
(2)小车和橡皮塞组成的系统水平方向动量守恒．
以橡皮塞运动的水平分运动方向为正方向，有mvcs 60°＋(M－m)v″＝0
v″＝－eq \f(mvcs 60°,M－m)＝－eq \f(0.1×2.9×0.5,3－0.1) m/s＝－0.05 m/s
负号表示小车运动方向与橡皮塞运动的水平分运动方向相反，反冲速度大小是0.05 m/s.
针对训练1 (2020·江苏海安高级中学高二月考)如图3所示，质量为M的小船在平静水面上以速率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速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为( )
图3
A．v0＋eq \f(m,M)(v0＋v) B．v0－eq \f(m,M)v
C．v0＋eq \f(m,M)v D．v0＋eq \f(m,M)(v0－v)
答案 A
解析 人在跃出的过程中，船、人组成的系统动量守恒，规定向右为正方向，由动量守恒定律得(M＋m)v0＝Mv′－mv，解得v′＝v0＋eq \f(m,M)(v0＋v)，故选A.
二、火箭的工作原理分析
导学探究
1．火箭飞行的工作原理是什么？
答案 火箭靠向后连续喷射高速气体飞行，利用了反冲原理．
2．设火箭发射前的总质量是M，燃料燃尽后的质量为m，火箭燃气的喷射速度为v，试求燃料燃尽后火箭飞行的最大速度v′.
答案 在火箭发射过程中，由于内力远大于外力，所以可认为动量守恒．取火箭的速度方向为正方向，发射前火箭的总动量为0，燃料燃尽后的总动量为mv′－(M－m)v
则由动量守恒定律得0＝mv′－(M－m)v
所以v′＝eq \f(M－m,m)v.
知识深化
1．火箭喷气属于反冲类问题，是动量守恒定律的重要应用．
2．分析火箭类问题应注意的三个问题
(1)火箭在运动过程中，随着燃料的燃烧，火箭本身的质量不断减小，故在应用动量守恒定律时，必须取在同一相互作用时间内的火箭和喷出的气体为研究对象．注意反冲前、后各物体质量的变化．
(2)明确两部分物体初、末状态的速度的参考系是否为同一参考系，如果不是同一参考系要设法予以转换，一般情况要转换成对地的速度．
(3)列方程时要注意初、末状态动量的方向．
一火箭喷气发动机每次喷出m＝200 g的气体，气体离开发动机喷出时的速度v＝
1 000 m/s.设火箭质量M＝300 kg，发动机每秒喷气20次．
(1)当第三次喷出气体后，火箭的速度多大？
(2)运动第1 s末，火箭的速度多大？
答案 (1)2 m/s (2)13.5 m/s
解析 规定与v相反的方向为正方向
(1)设喷出三次气体后，火箭的速度为v3，
以火箭和三次喷出的气体为研究对象，据动量守恒定律得：(M－3m)v3－3mv＝0，故v3＝eq \f(3mv,M－3m)≈2 m/s
(2)发动机每秒喷气20次，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，故v20＝eq \f(20mv,M－20m)≈13.5 m/s.
(2021·临汾一中月考)关于火箭的发射，下列说法正确的是( )
A．火箭发射过程中机械能守恒
B．影响火箭速度大小的因素只有喷出气流的速度
C．影响火箭速度大小的因素包括喷气的质量与火箭本身质量之比
D．喷出气流对火箭的冲量与火箭对喷出气流的冲量相同
答案 C
解析 火箭发射过程中动能和重力势能均增加，则机械能不守恒，A错误；设喷出气流质量为m，火箭质量为M，则根据动量守恒定律有mv＝Mv′，解得v′＝eq \f(m,M)v，故影响火箭速度大小的因素是喷气速度和质量比，B错误，C正确；喷出气流对火箭的冲量与火箭对喷出气流的冲量大小相等，方向相反，D错误．
三、反冲运动的应用——“人船模型”
1．“人船模型”问题
两个原来静止的物体发生相互作用时，若所受外力的矢量和为零，则动量守恒．
2．“人船模型”的特点
(1)两物体满足动量守恒定律：m1eq \x\t(v)1－m2eq \x\t(v)2＝0.
(2)运动特点：人动船动，人停船停，人快船快，人慢船慢，人左船右，人、船位移比等于它们质量的反比，即eq \f(s1,s2)＝eq \f(m2,m1).
有一只小船停在静水中，船上一人从船头走到船尾．如果人的质量m＝60 kg，船的质量M＝120 kg，船长为l＝3 m，则船在水中移动的距离是多少？(水的阻力不计)
答案 1 m
解析 人在船上走时，由于人、船组成的系统所受合外力为零，总动量守恒，因此系统的平均动量也守恒，如图所示．
设人从船头到船尾的时间为t，在这段时间内船后退的距离为s，人相对地面运动的距离为l－s，选船后退方向为正方向，由动量守恒定律有：Meq \f(s,t)－meq \f(l－s,t)＝0
所以s＝eq \f(m,M＋m)l＝eq \f(60,120＋60)×3 m＝1 m.
“人船模型”是利用平均动量守恒求解的一类问题，解决这类问题应注意：
(1)适用条件：
①系统由两个物体组成且相互作用前静止，系统总动量为零；
②在系统内发生相对运动的过程中至少有一个方向的动量守恒(如水平方向或竖直方向)．
(2)画草图：解题时要画出各物体的位移关系草图，找出各长度间的关系，注意两物体的位移是相对同一参考系的位移．
针对训练2 如图4所示，物体A和B质量分别为m1和m2，图示直角边长分别为a和b.设B与水平地面无摩擦，当A由顶端O从静止开始滑到B的底端时，B的水平位移是( )
图4
A.eq \f(m2,m1＋m2)b
B.eq \f(m1,m1＋m2)b
C.eq \f(m1,m1＋m2)(b－a)
D.eq \f(m2,m1＋m2)(b－a)
答案 C
解析 A、B组成的系统在相互作用过程中水平方向动量守恒，两物体位移关系如图所示，则
m2s－m1(b－a－s)＝0
解得s＝eq \f(m1b－a,m1＋m2)，故C正确，A、B、D错误．
1．(反冲运动的理解)关于反冲运动的说法中，正确的是( )
A．抛出部分的质量m1要小于剩下部分的质量m2才能获得反冲
B．若抛出部分的质量m1大于剩下部分的质量m2，则m2的反冲力大于m1所受的力
C．反冲运动中，牛顿第三定律适用，但牛顿第二定律不适用
D．抛出部分和剩余部分都适用于牛顿第二定律
答案 D
解析 由于系统的一部分向某一方向运动，而使另一部分向相反方向运动，这种现象叫反冲运动．定义中并没有确定两部分之间的质量关系，故选项A错误．在反冲运动中，两部分之间的作用力是一对作用力与反作用力，由牛顿第三定律可知，它们大小相等，方向相反，故选项B错误．在反冲运动中一部分受到另一部分的作用力产生了该部分的加速度，使该部分的速度逐渐增大，在此过程中对每一部分牛顿第二定律都成立，故选项C错误，D正确．
2．(反冲运动的计算)将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出．在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)( )
A．30 kg·m/s B．5.7×102 kg·m/s
C．6.0×102 kg·m/s D．6.3×102 kg·m/s
答案 A
解析 设火箭的质量为m1，燃气的质量为m2.由题意可知，燃气的动量p2＝m2v2＝50×
10－3×600 kg·m/s＝30 kg·m/s.以火箭运动的方向为正方向，根据动量守恒定律可得，0＝m1v1－m2v2，则火箭的动量大小为p1＝m1v1＝m2v2＝30 kg·m/s，所以A正确，B、C、D错误．
3．(反冲运动的计算)静止的实验火箭，总质量为M，当它以相对地面的速度v0喷出质量为Δm的高温气体后，火箭的速度为( )
A.eq \f(Δm,M－Δm)v0 B．－eq \f(Δm,M)v0
C.eq \f(Δm,M)v0 D．－eq \f(Δm,M－Δm)v0
答案 D
解析 火箭整体动量守恒，以v0的方向为正方向，则有(M－Δm)v＋Δmv0＝0，解得：v＝－eq \f(Δm,M－Δm)v0，负号表示火箭的运动方向与v0方向相反．
4．(人船模型)(2020·西夏区宁夏大学附属中学高二月考)如图5所示，载人气球原来静止在空中，与地面距离为h，已知人的质量为m，气球的质量(不含人的质量)为M.若人要沿轻绳梯返回地面，则绳梯的长度至少为( )
图5
A．h B.eq \f(mh,M)
C.eq \f(mh,M＋m) D.eq \f(M＋mh,M)
答案 D
解析 设人沿绳梯滑至地面，绳梯长度至少为L.以人和气球组成的的系统为研究对象，竖直方向动量守恒，规定竖直向上为正方向，0＝Mv2－mv1，人相对于地面下降的高度为h，速度大小为v1＝eq \f(h,t)；人沿绳梯滑至地面时，气球上升的高度为L－h，速度大小v2＝eq \f(L－h,t)，根据以上式子可得L＝eq \f(M＋m,M)h，故选D.
考点一 反冲运动的理解和应用
1．(多选)下列属于反冲现象的是( )
A．乒乓球碰到墙壁后弹回
B．用枪射击时，子弹向前飞，枪身后退
C．用力向后蹬地，人向前运动
D．章鱼向某个方向喷出水，身体向相反的方向运动
答案 BD
2．运送人造地球卫星的火箭开始升空后，火箭做加速运动的原因是( )
A．燃料燃烧推动空气，空气反作用力推动火箭
B．火箭发动机将燃料燃烧产生的气体向后推出，气体的反作用力推动火箭
C．火箭吸入空气，然后向后推出，空气对火箭的反作用力推动火箭
D．火箭燃料燃烧发热，加热周围空气，空气膨胀推动火箭
答案 B
解析 火箭的工作原理是反冲运动，火箭燃料燃烧产生的高温高压气体从尾部迅速喷出，使火箭获得反冲速度，故选B.
3.(2020·山东省博兴县第三中学月考)如图1所示，小船静止在水面上，站在船尾的人不断将鱼抛向左方船头的舱内，将一定质量的鱼抛完后，关于小船的速度和位移，下列说法正确的是( )
图1
A．向左运动，船向左移动了一些
B．小船静止，船向左移动了一些
C．小船静止，船向右移动了一些
D．小船静止，船不移动
答案 C
解析 人、船、鱼组成的系统动量守恒，开始时系统静止，动量为零，由动量守恒定律可知，最终，船是静止的；在人将鱼向左抛出而鱼没有落入船舱的过程中，鱼具有向左的动量，由动量守恒定律可知，船(包括人)具有向右的动量，船要向右移动，鱼落入船舱后船立即停止运动，如此反复，在抛鱼的过程中船要向右运动，最终船要向右移动一些，C正确．
4．(2019·江苏卷)质量为M的小孩站在质量为m的滑板上，小孩和滑板均处于静止状态，忽略滑板与地面间的摩擦．小孩沿水平方向跃离滑板，离开滑板时的速度大小为v，此时滑板的速度大小为( )
A.eq \f(m,M) v B.eq \f(M,m) v C.eq \f(m,m＋M) v D.eq \f(M,m＋M) v
答案 B
解析 以小孩运动方向为正方向，对小孩和滑板组成的系统，由动量守恒定律有0＝Mv－mv′，解得滑板的速度大小v′＝eq \f(Mv,m)，故选B.
5．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.eq \f(m,M) v0 B.eq \f(M,m) v0
C.eq \f(M,M－m) v0 D.eq \f(m,M－m) v0
答案 D
解析 火箭模型在极短时间点火，设火箭模型获得的速度为v，据动量守恒定律有
0＝(M－m)v－mv0
得v＝eq \f(m,M－m)v0，故选D.
6．(2020·江苏卷)一只质量为1.4 kg的乌贼吸入0.1 kg的水，静止在水中．遇到危险时，它在极短时间内把吸入的水向后全部喷出，以2 m/s的速度向前逃窜．求该乌贼喷出的水的速度大小v.
答案 28 m/s
解析 对乌贼和吸入的水，由动量守恒定律得0＝Mv′－mv，代入数据得v＝28 m/s.
考点二 人船模型
7.(2020·赤峰蒙古族中学高二月考)如图2所示，大气球质量为25 kg，载有质量为50 kg的人，静止在空气中距地面20 m高的地方，气球下方悬一根质量可忽略不计的绳子，此人想从气球上沿绳慢慢下滑至地面，为了安全到达地面，则绳长至少为(不计人的高度，可以把人看作质点)( )
图2
A．60 m B．40 m
C．30 m D．10 m
答案 A
解析 人与气球组成的系统动量守恒，设人的速度为v1，气球的速度为v2，运动时间为t，以人与气球组成的系统为研究对象，以向下为正方向，由动量守恒定律得m1v1－m2v2＝0，则m1eq \f(s人,t)－m2eq \f(s气球,t)＝0，解得s气球＝2s人＝40 m，则绳子长度L＝s气球＋s人＝40 m＋20 m＝60 m，即绳长至少为60 m，故选A.
8．(2020·鹤壁中学段考)如图3所示，有一只小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(估计重一吨左右)．一位同学想用一个卷尺粗略测量它的质量．他进行了如下操作：首先将船平行于码头岸边自由停泊，人轻轻从船尾上船，走到船头停下，而后轻轻下船．用卷尺测出船后退的距离d，然后用卷尺测出船长L.已知他自身的质量为m，水的阻力不计，则船的质量为( )
图3
A.eq \f(mL＋d,d) B.eq \f(mL－d,d)
C.eq \f(mL,d) D.eq \f(mL＋d,L)
答案 B
解析 设船的质量为M，人走动的时候船的速度为v，人的速度为v′，人从船尾走到船头用时为t，人的位移为L－d，船的位移为d ，所以v＝eq \f(d,t)，v′＝eq \f(L－d,t).以船的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有：Mv－mv′＝0，可得：Meq \f(d,t)＝meq \f(L－d,t) ，解得小船的质量为M＝meq \f(L－d,d) ，故B正确．
9．(多选)如图4所示，甲、乙两车的质量均为M，静置在光滑的水平面上，两车相距为L.乙车上站立着一个质量为m的人，他通过一条水平轻绳拉甲车，甲、乙两车最后相接触，以下说法正确的是( )
图4
A．甲、乙两车运动时的速度大小之比为eq \f(M＋m,M)
B．甲、乙两车运动时的速度大小之比为eq \f(M,M＋m)
C．甲车移动的距离为eq \f(M＋m,2M＋m)L
D．乙车移动的距离为eq \f(M,2M＋m)L
答案 ACD
解析 本题类似人船模型．把甲车、乙车与人看成一个系统，则水平方向动量守恒，有Mv甲＝(M＋m)v乙，则eq \f(v甲,v乙)＝eq \f(M＋m,M)，A正确，B错误；因甲、乙运动时间均为t，则s甲＝v甲t，s乙＝v乙t，则Ms甲＝(M＋m)s乙，s甲＋s乙＝L，解得s甲＝eq \f(M＋m,2M＋m)L，s乙＝eq \f(M,2M＋m)L，C、D正确．
10.(2020·湖南衡阳八中高三上第四次月考)“世界上第一个想利用火箭飞行的人”是明朝的士大夫万户．如图5所示，他把47个自制的火箭绑在椅子上，自己坐在椅子上，双手举着大风筝，设想利用火箭的推力，飞上天空，然后利用风筝平稳着陆．假设万户及所携设备[火箭(含燃料)、椅子、风筝等]总质量为M，点燃火箭后在极短的时间内，质量为m的炽热燃气以相对地面v0的速度竖直向下喷出．忽略此过程中空气阻力的影响，重力加速度为g，下列说法中正确的是( )
图5
A．火箭的推力来源于空气对它的反作用力
B．在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为eq \f(mv0,M－m)
C．喷出燃气后万户及所携设备能上升的最大高度为eq \f(m2v02,gM－m2)
D．在火箭喷气过程中，万户及所携设备机械能守恒
答案 B
解析 火箭的推力来源于燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对火箭的作用力，A错误；在燃气喷出后的瞬间，视万户及所携设备[火箭(含燃料)、椅子、风筝等]为系统，动量守恒，设火箭的速度大小为v，规定火箭运动方向为正方向，则有(M－m)v－mv0＝0，解得火箭的速度大小为v＝eq \f(mv0,M－m)，B正确；喷出燃气后万户及所携设备做竖直上抛运动，根据运动学公式可得上升的最大高度为h＝eq \f(v2,2g)＝eq \f(m2v02,2M－m2g)，C错误；在火箭喷气过程中，燃料燃烧时有化学能转化为内能和机械能，所以万户及所携设备机械能不守恒，D错误．
11．(2021·南宁八中月考)如图6所示，在光滑水平面上有一小车，小车上固定一竖直杆，总质量为M，杆顶系一长为l的轻绳，绳另一端系一质量为m的小球，绳被水平拉直处于静止状态，小球处于最右端．将小球由静止释放，重力加速度为g，求：
图6
(1)小球摆到最低点时的速度大小；
(2)小球摆到最低点时小车向右移动的距离．
答案 (1)eq \r(\f(2Mgl,M＋m)) (2)eq \f(ml,M＋m)
解析 (1)取水平向右为正方向，设当小球到达最低点时速度大小为v1，此时小车的速度大小为v2，则根据动量守恒定律与能量守恒定律可以得到：0＝Mv2－mv1，mgl＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)Mv22
解得：v1＝eq \r(\f(2Mgl,M＋m))，v2＝eq \r(\f(2m2gl,M2＋Mm))
(2)当小球到达最低点时，设小球向左移动的距离为s1，小车向右移动的距离为s2，根据动量守恒定律，有：ms1＝Ms2，而且s1＋s2＝l
解得：s1＝eq \f(Ml,M＋m)，s2＝eq \f(ml,M＋m).
12.平板车停在水平光滑的轨道上，平板车上有一人从固定在车上的货箱边沿水平方向顺着轨道方向向右跳出，落在平板车地板上的A点，A点距货箱水平距离为l＝4 m，如图7所示．人的质量为m，车连同货箱的质量为M＝4m，货箱高度为h＝1.25 m．求车在人跳出后到落到地板前的水平反冲速度的大小(g取10 m/s2)．
图7
答案 1.6 m/s
解析 人从货箱边跳离的过程，系统(人、车和货箱)水平方向动量守恒，设人的水平速度是v1，车的反冲速度是v2，取向右为正方向，则mv1－Mv2＝0，解得v2＝eq \f(1,4)v1，人跳离货箱后做平抛运动，车以速度v2做匀速运动，运动时间为t＝eq \r(\f(2h,g))＝eq \r(\f(2×1.25,10)) s＝0.5 s．由图可知，在这段时间内人的水平位移s1和车的位移s2分别为
s1＝v1t，s2＝v2t，由于s1＋s2＝l
即v1t＋v2t＝l，
则v2＝eq \f(l,5t)＝eq \f(4,5×0.5) m/s＝1.6 m/s.
13．如图8所示，水平光滑地面上停放着一辆质量为M的小车，其左侧有半径为R的四分之一光滑圆弧轨道AB，轨道最低点B与水平轨道BC相切，整个轨道处于同一竖直平面内．将质量为m的物块(可视为质点)从A点无初速度释放，物块沿轨道滑行至轨道末端C处恰好没有滑出．已知重力加速度为g，小物块与BC部分的动摩擦因数为μ，空气阻力可忽略不计．关于物块从A位置运动至C位置的过程，下列说法中正确的是( )
图8
A．小车和物块构成的系统动量守恒
B．摩擦力对物块和轨道BC所做功的代数和为零
C．物块的最大速度为eq \r(2gR)
D．小车发生的位移为eq \f(m,m＋M)(R＋eq \f(R,μ))
答案 D
解析 系统只是水平方向动量守恒，系统合外力不为零，动量不守恒，A错；物块A与小车BC段有相对位移，摩擦力做功的代数和不为零，B错；如果小车不动，物块到达水平轨道时速度最大，由mgR＝eq \f(1,2)mv2得v＝eq \r(2gR)，现在物块下滑时，小车向左滑动，则物块的最大速度小于eq \r(2gR)，C错误；根据系统水平方向动量守恒可知：物块和小车最后相对静止时的速度为零，对系统，由能量守恒得mgR＝μmgL，得L＝eq \f(R,μ)，设整个过程物块对地的位移为s1，小车相对地面的位移为s2.则有：ms1－Ms2＝0，s1＋s2＝L＋R，解得：s2＝eq \f(m,M＋m)(R＋eq \f(R,μ))，D正确．