19年高考物理大一轮复习第06章动量第1讲动量定理和动量守恒定律学案.docx
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19年高考物理大一轮复习第06章动量第1讲动量定理和动量守恒定律学案
第一讲 动量定理和动量守恒定律
考试内容
要求
高考命题统计
命题规律
2017
卷Ⅰ
卷Ⅱ
卷Ⅲ
动量、动量定理、动量守恒定律及应用
Ⅱ
T14
6分
T20
6分
动量守恒定律是高考命题的重点和热点，常常与牛顿运动定律、能量守恒定律等知识综合考查．常见考查形式：
①利用动量守恒定律的条件分析判断，对单一过程进行简单应用．②在碰撞、反冲等问题中，应用动量守恒、动量定理、能量知识和牛顿运动定律综合解题.
弹性碰撞和非弹性碰撞
Ⅰ
实验：
验证动量守恒定律
（对应学生用书P107）
一
冲量和动量
1.冲量
（1）定义：
力和力的__作用时间__的乘积．
（2）公式：
I＝__F·t__，适用于求恒力的冲量．
（3）方向：
与__力的方向__相同．
2．动量
（1）定义：
物体的__质量__与__速度__的乘积．
（2）表达式：
p＝__mv__.
（3）单位：
千克·米/秒；符号：
kg·m/s.
（4）特征：
动量是状态量，是__矢量__，其方向和__速度__方向相同．
3．思考下列问题：
（1）物体的速度变化动量是否变化？
动能呢？
举例说明．
提示：
速度变化动量一定变化，动能不一定变化，如匀速圆周运动．
（2）物体的动量或动能变化，其速度是否一定变化？
举例说明．
提示：
动量变化速度一定变化，动能变化动量一定变化，如变速直线运动．
（3）冲量与功有何区别？
一个力作用在物体上一段时间，该力的冲量是否为零？
该力是否一定对物体做功．
提示：
①冲量公式为：
I＝Ft.是描述力的时间积累效应的物理量，它与时间相对应．冲量是矢量，它的方向由力的方向决定．高中阶段只要求会用I＝Ft计算恒力的冲量．
②功的公式为：
W＝Fs.是描述力的位移积累效应的物理量，它与位移相对应，功是标量．力作用在物体上一段时间，不一定对物体做功，但一定有冲量.
二
动量定理
1.推导
一质量为m的物体在一段时间Δt内受到一恒力F的作用，作用前后的速度分别为v和v′，请你用动量表示出牛顿第二定律．
物体的加速度a＝__
__，由牛顿第二定律得F＝ma＝__m·
__.
整理得F·Δt＝__mv′－mv__.
2．动量定理
（1）内容：
物体所受合力的冲量等于物体__动量的变化__.
（2）表达式：
F合·t＝Δp＝p′－p.
（3）矢量性：
动量变化量方向与__冲量__的方向相同，可以在力的方向上用动量定理．
（4）动能和动量的关系：
Ek＝__
__.
3．
（1）合外力与动量有何关系？
合外力的冲量与动量有何关系？
提示：
F＝
，合外力等于动量的变化率；I＝Δp，合外力的冲量等于动量的变化．
（2）请你亲自体验一下：
把一纸条放在桌面上，然后把粉笔立在纸条上，当你快速和慢速把纸条从粉笔下抽出，会发生什么现象？
如何用动量定理解释？
提示：
快速抽纸条，粉笔不易倒．快抽和慢抽纸条、粉笔受到的摩擦力大小一样．快抽时，时间短，由F·t＝mv知，动量的变化小，速度的变化小，不易倒．
三
动量守恒定律
1.利用牛顿第二定律推导动量守恒定律的表达式
（1）情境：
光滑水平面上做匀速运动的两个小球，质量分别是m1和m2，沿着同一直线向相同的方向运动，速度分别是v1和v2，且v1＜v2，过一段时间后，m2追上了m1两球发生碰撞，碰撞后的速度分别是v1′和v2′.
（2）推导：
根据牛顿第二定律
对m1：
F1＝m1a1＝__m1
__
对m2：
F2＝m2a2＝__m2
__
两小球在碰撞过程中有F1＝－F2
所以m1
＝__－m2
__.
整理可得m1v1＋m2v2＝__m1v1′＋m2v2′__
2．
1．判断正误
（1）物体所受合力不变，则动量也不改变．（ ）
（2）物体所受合外力的冲量的方向与物体末动量的方向相同．（ ）
（3）物体所受的合外力的冲量方向与物体动量变化的方向是一致的．（ ）
（4）物体相互作用时动量守恒，但机械能不一定守恒．（ ）
（5）若在光滑水平面上的两球相向运动，碰后均变为静止，则两球碰前的动量大小一定相同．（ ）
答案：
（1）×
（2）× （3）√ （4）√ （5）√
2．一质量为m的物体静止在光滑水平面上，在水平力F作用下，经时间t，通过位移L后，动量变为P、动能变为Ek，若上述过程F不变，物体的质量变为
，以下说法正确的是（ ）
A．经过时间2t，物体动量变为2P
B．经过位移2L，物体动量变为2P
C．经过时间2t，物体动能变为4Ek
D．经过位移2L，物体动能变为4Ek
答案：
A
3．关于物体的动量，下列说法中正确的是（ ）
A．物体的动量越大，其惯性也越大
B．同一物体的动量越大，其速度一定越大
C．物体的加速度不变，其动量一定不变
D．运动物体在任一时刻的动量方向一定是该时刻的位移方向
答案：
B
4．（多选）质量为m的小物块，在与水平方向成α角的力F作用下，沿光滑水平面运动，物块通过A点和B点的速度分别是vA和vB，物块由A运动到B的过程中，力F对物块做功W和力F对物块作用的冲量I的大小是（ ）
A．W＝
mv
－
mv
B．W＞
mv
－
mv
C．I＝mvB－mvA
D．I＞mvB－mvA
答案：
AD
5．甲、乙两个溜冰者质量分别为48kg和50kg，甲手里拿着质量为2kg的球，两人均以2m/s的速率，在光滑的冰面上沿同一直线相向滑行，甲将球传给乙，乙再将球传给甲，这样抛接几次后，球又回到甲的手里，乙的速度为零，则甲的速度的大小为（ ）
A．0 B．2m/s
C．4m/sD．无法确定
答案：
A
（对应学生用书P108）
考点一
动量定理的理解和应用
1.动量定理理解的要点
（1）矢量式．
（2）F既可以是恒力也可以是变力．
（3）冲量是动量变化的原因．
（4）由Ft＝p′－p，得F＝
＝
，即物体所受的合力等于物体的动量对时间的变化率．
2．用动量定理解释现象
（1）Δp一定时，F的作用时间越短，力就越大；时间越大，力就越小．
（2）F一定，此时力的作用时间越长，Δp就越大；力的作用时间越短，Δp就越小．
分析问题时，要把哪个量一定、哪个量变化搞清楚．
3．应用动量定理解题的步骤
（1）确定研究对象：
可以是单个物体，也可以是几个物体组成的系统．
（2）进行受力分析：
分析研究对象以外的物体施加给研究对象的力．
（3）分析运动过程，选取正方向，确定初、末状态的动量以及整个过程合力的冲量．
（4）列方程：
根据动量定理列方程求解．
（2016·课标Ⅰ）某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中．为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板（面积略大于S）；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开．忽略空气阻力．已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g.求：
（1）喷泉单位时间内喷出的水的质量；
（2）玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度．
解析：
（1）设Δt时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则
Δm＝ρΔV①
ΔV＝v0SΔt②
由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为
＝ρv0S③
（2）设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v.对于Δt时间内喷出的水，由能量守恒得
（Δm）v2＋（Δm）gh＝
（Δm）v
④
在h高度处，Δt时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为
Δp＝（Δm）v⑤
设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有
FΔt＝Δp⑥
由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得
F＝Mg⑦
联立③④⑤⑥⑦式得
h＝
－
⑧
答案：
（1）ρv0S
（2）
－
在流体类问题中用动量知识解题时，通常要取Δt时间内的流体为研究对象求解未知量．
如图所示，质量为m＝2kg的物体，在水平力F＝8N的作用下，由静止开始沿水平面向右运动．已知物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2.若F作用t1＝6s后撤去，撤去F后又经t2＝2s物体与竖直墙壁相碰，若物体与墙壁作用时间t3＝0.1s，碰墙后反向弹回的速度v′＝6m/s，求墙壁对物体的平均作用力（g取10m/s2）．
解析：
研究从物体开始运动到撞墙后反弹的全过程，选F的方向为正方向，根据动量定理有
Ft1－μmg（t1＋t2）－
t3＝－mv′
解得墙对物体的平均作用力为
＝
＝
N
＝280N.
答案：
280N
1．（2017·北京海淀区高三三模）应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入．如图所示，将一花瓶置于桌面上的桌布上，用水平向右的拉力将桌布迅速抽出，花瓶发生了平移，但最终并没有滑出桌面，这是大家熟悉的惯性演示实验．若花瓶、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中（ ）
A．桌布对花瓶摩擦力的方向向左
B．花瓶在桌布上的滑动时间和在桌面上滑动的时间不相等
C．桌布对花瓶摩擦力的冲量与桌面对花瓶摩擦力的冲量大小相等，方向相反
D．若增大水平拉力，更快地将桌布拉出，则花瓶可能滑出桌面
解析：
选C 桌布对花瓶摩擦力的方向向右，选项A错误；由于花瓶在桌面上和在桌布上的动摩擦因数相同，故受到的摩擦力相等，则由牛顿第二定律可知，加速度大小相等；花瓶在桌布上做加速运动，在桌面上做减速运动，则由v＝at可知，它在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等；桌布对花瓶摩擦力的冲量与桌面对花瓶摩擦力的冲量相同，故C正确，B错误；若增大水平拉力时，桌布在桌面上运动的加速度增大，则运动时间变短，则桌布抽出时的位移以及速度均变小，则花瓶没有可能滑出桌面；故D错误；故选C．
2．（2018·四川仁寿一中模拟）（多选）如图（a）所示，a、b两物体分别从斜面上的同一位置A由静止下滑，经B点的水平面上滑行一段距离后停下．不计经过B点时的能量损失，用传感器采集到它们的v－t图象如图（b），则（ ）
A．a在水平面上滑行的距离比b的长
B．a在斜面上滑行的加速度比b的小
C．a与水平面间的动摩擦因数比b的小
D．在斜面上运动的全过程中a重力的冲量比b的大
解析：
选AC A、速度时间图线与时间轴围成的面积表示位移，由图线知，a匀减速直线运动图线围成的面积大于b，可知a在水平面上滑行的距离大于b，故A正确；B、速度时间图线的斜率表示加速度，在斜面上，a图线的斜率大于b图线的斜率，可知a在斜面上的加速度大于b的加速度，故B错误；C、由速度时间图线的斜率知，a在水平面上的加速度大小比b小，根据牛顿第二定律知，a＝μg，可知a与水平面间的动摩擦因数比b小，故C正确；D、重力的冲量等于重力乘以时间，由于a、b两物体质量关系未知，无法判断冲量的大小，D错误．故选AC．
考点二
动量守恒定律
1.判断动量是否守恒的步骤
方法一：
从受力的角度分析
（1）明确系统由哪几个物体组成．
（2）对系统中各物体进行受力分析，分清哪些是内力，哪些是外力．
（3）看所有外力的合力是否为零，或内力是否远大于外力，从而判断系统的动量是否守恒．
方法二：
从系统总动量变化情况判断
（1）明确初始状态系统的总动量是多少．
（2）对系统内的物体进行受力分析、运动分析，确定每一个物体的动量变化情况．
（3）确定系统动量变化情况，进而判断系统的动量是否守恒．
2．对动量守恒定律的理解
（1）动量守恒定律是说系统内部物体间的相互作用只能改变每个物体的动量，而不能改变系统的总动量．
（2）应用此定律时我们应该选择地面或相对地面静止或匀速直线运动的物体做参照物．
（3）动量是矢量，系统的总动量不变是说系统内各个物体的动量的矢量和不变．等号的含义是说等号的两边不但大小相等，而且方向相同．
（2018·天津静海一中调研）（多选）如图所示，A、B两个物体的质量之比mA∶mB＝3∶2，原来静止在平板车C上，A、B间有一根被压缩的轻弹簧，地面光滑，当弹簧突然释放后，则（ ）
A．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统动量守恒
B．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成的系统动量守恒
C．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统动量守恒
D．若A、B所受的摩擦力大小相等，则A、B、C组成的系统动量不守恒
解析：
选BC 当A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同时，A、B所受的摩擦力大小不相等，A、B组成的系统所受到的合外力不为零，动量不守恒，故A错误；当A、B所受的摩擦力大小相等时，A、B组成的系统合外力为零，动量守恒，故C正确；当A、B、C为一系统时，A、B所受的摩擦力为系统内力，不予考虑，地面光滑，所以系统动量守恒，故B正确，D错误．
判断动量守恒成立的条件
（1）系统不受外力作用时，系统动量守恒；
（2）系统所受到的合外力为零时，系统动量守恒；（3）系统所受合外力不为零，但系统内力远远大于外力时，系统动量近似守恒；（4）系统总动量不守恒，但系统在某一方向上符合以上三条中的某一条，则系统在该方向上动量守恒．
（多选）下列四幅图所反映的物理过程中，系统动量守恒的是（ ）
解析：
选AC A中子弹和木块组成的系统在水平方向不受外力，竖直方向所受合力为零，系统动量守恒；B中在弹簧恢复原长过程中，系统在水平方向始终受墙的作用力，系统动量不守恒；C中木球与铁球组成的系统所受合力为零，系统动量守恒；D中木块下滑过程中，斜面始终受挡板作用力，系统动量不守恒．
3．如图所示，小车与木箱紧挨着静止放在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱．关于上述过程，下列说法中正确的是（ ）
A．男孩和木箱组成的系统动量守恒
B．小车与木箱组成的系统动量守恒
C．男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒
D．木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量相同
解析：
选C 男孩、小车与木箱组成的系统所受合外力为零，动量守恒，A、B错误，C正确；木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相等，方向相反，D错误．
4.（多选）如图所示，光滑水平面上静止着一辆质量为M的小车，小车上带有一光滑的、半径为R的
圆弧轨道．现有一质量为m的光滑小球从轨道的上端由静止开始释放，下列说法中正确的是（ ）
A．小球下滑过程中，小车和小球组成的系统总动量守恒
B．小球下滑过程中，小车和小球组成的系统总动量不守恒
C．小球下滑过程中，在水平方向上小车和小球组成的系统总动量守恒
D．小球下滑过程中，小车和小球组成的系统机械能守恒
解析：
选BCD 小球和小车组成的系统水平方向上所受外力的合力为零，故系统水平方向上动量守恒，但总动量不守恒，A错误；B、C正确；又系统所受外力不做功．故系统机械能守恒，D正确.
考点三
动量守恒定律的理解和应用
1.动量守恒定律的“四性”
相对性
公式中v1、v2、v1′、v2′必须相对于同一个惯性系
同时性
公式中v1、v2是在相互作用前同一时刻的速度，v1′、v2′是在相互作用后同一时刻的速度
矢量性
应先选取正方向，凡是与选取的正方向一致的动量为正值，相反为负值
普适性
不仅适用于低速宏观系统，也适用于高速微观系统
2.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．
光滑水平轨道上有三个木块A、B、C，质量分别为mA＝3m、mB＝mC＝m，开始时B、C均静止，A以初速度v0向右运动，A与B碰撞后分开，B又与C发生碰撞并粘在一起，此后A与B间的距离保持不变．求B与C碰撞前B的速度大小．
解析：
设A与B碰撞后，A的速度为vA，B与C碰撞前B的速度为vB，B与C碰撞后粘在一起的速度为v，由动量守恒定律得
对A、B木块：
mAv0＝mAvA＋mBvB①
对B、C木块：
mBvB＝（mB＋mC）v②
由A与B间的距离保持不变可知
vA＝v③
联立①②③式，代入数据得
vB＝
v0④
答案：
v0
应用动量守恒定律解题
（1）系统的动量是否守恒，与选择哪几个物体作为系统和分析哪一段运动过程有直接关系．
（2）分析系统内物体受力时，要弄清哪些力是系统的内力，哪些力是系统外的物体对系统的作用力．
如图所示，光滑水平直轨道上有三个滑块A、B、C，质量分别为mA＝mC＝2m，mB＝m，A、B用细绳连接，中间有一压缩的轻弹簧（弹簧与滑块不拴接），开始时A、B以共同速度v0运动，C静止．某时刻细绳突然断开，A、B被弹开，然后B又与C发生碰撞并粘在一起，最终三滑块速度恰好相同．求B与C碰撞前B的速度．
解析：
设共同速度为v，滑块A与B分开后，B的速度为vB，由动量守恒定律：
（mA＋mB）v0＝mAv＋mBvB①
mBvB＝（mB＋mC）v②
联立①②式，得B与C碰撞前B的速度为
vB＝
v0.
答案：
v0
5．（2018·安徽滁州联考）（多选）一质量为M的小船静止在平静的湖面上，船头和船尾各站一位质量均为m的游泳爱好者，两人分别从船头和船尾沿相反的方向跃入水中，则下列说法中正确的有（ ）
A．若两人同时以相等的速率跃入水中，则船仍保持静止
B．若两人先后以相等的相对水的速率跃入水中，则船速等于0
C．若两人先后以相等的相对船的速率跃入水中，则船速等于0
D．无论两人如何跃入水中，船始终保持静止
解析：
选AB 两个人和船组成的系统在水平方向上动量守恒，开始总动量为零，不管谁先跃入水中，若两人相对水的速率相等，则有0＝mv－mv＋Mv′，可知v′＝0，故A、B正确．若两人先后以相等的相对船的速率跃入水中，可知两人相对水的速度大小不等，根据动量守恒定律知，船速不为0，故C、D错误．
6．（2018·郑州高三质量预测）如图所示，质量为m＝245g的物块（可视为质点）放在质量为M＝0.5kg的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4.质量为m0＝5g的子弹以速度v0＝300m/s沿水平方向射入物块并留在其中（时间极短），g取10m/s2.子弹射入后，求：
（1）子弹进入物块后一起向右滑行的最大速度v1.
（2）木板向右滑行的最大速度v2.
（3）物块在木板上滑行的时间t.
解析：
（1）子弹进入物块后一起向右滑行的初速度即为物块的最大速度，由动量守恒定律可得：
m0v0＝（m0＋m）v1，解得v1＝6m/s.
（2）当子弹、物块、木板三者同速时，木板的速度最大，由动量守恒定律可得：
（m0＋m）v1＝（m0＋m＋M）v2，解得
v2＝2m/s.
（3）对物块和子弹组成的整体应用动量定理得：
－μ（m0＋m）gt＝（m0＋m）v2－（m0＋m）v1，
解得：
t＝1s.
答案：
（1）6m/s
（2）2m/s （3）1s
考点四
动量守恒中的临界问题
（2016·全国卷Ⅱ）如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其前面的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面3m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3m（h小于斜面体的高度）．已知小孩与滑板的总质量为m1＝30kg，冰块的质量为m2＝10kg，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小g＝10m/s2.
（1）求斜面体的质量；
（2）通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？
解析：
（1）规定水平向左为正
对冰块与斜面组成的系统
由动量守恒：
m冰v冰＝（m冰＋M）v共
由能量守恒：
m冰v
＝
（m冰＋M）v
＋m冰gh
解得v共＝1m/s M＝20kg
（2）由动量守恒（m冰＋M）v共＝MvM＋m冰vm
由能量守恒
m冰v
＝
Mv
＋
m冰v
联立解得vM＝2m/s vm＝－1m/s
对小孩和冰块组成的系统：
0＝m冰v冰＋m小v小
解得v小＝－1m/s vm＝v小＝－1m/s
即两者速度相同 故追不上
答案：
（1）20kg
（2）追不上
在动量守恒定律的应用中，常常会遇到相互作用的两物体恰好分离、恰好不相碰、两物体相距最近、某物体恰好开始反向运动等临界问题，分析此类问题时：
分析物体的受力情况、运动性质，判断系统是否满足动量守恒的条件，正确应用动量守恒定律．
如图所示，一质量M＝2kg的带有弧形轨道的平台置于足够长的水平轨道上，弧形轨道与水平轨道平滑连接，水平轨道上静置一小球B．从弧形轨道上距离水平轨道高h＝0.3m处由静止释放一质量mA＝1kg的小球A，小球A沿轨道下滑后与小球B发生弹性正碰，碰后小球A被弹回，且恰好追不上平台．已知所有接触面均光滑，重力加速度为g＝10m/s2.求小球B的质量．
解析：
设小球A下滑到水平轨道上时的速度大小为v1，平台水平速度大小为v，由动量守恒定律有0＝mAv1－Mv
由能量守恒定律有mAgh＝
mAv
＋
Mv2
联立解得v1＝2m/s，v＝1m/s
小球A、B碰后运动方向相反，设小球A、B的速度大小分别为v1′和v2，由于碰后小球A被弹回，且恰好追不上平台，则此时小球A的速度等于平台的速度，有v1′＝1m/s
由动量守恒定律得mAv1＝－mAv1′＋mBv2
由能量守恒定律有
mAv
＝
mAv
＋
mBv
联立解得mB＝3kg.
答案：
3kg
7．（多选）如图所示，木块A的质量mA＝1kg，足够长的木板B的质量mB＝4kg，质量为mC＝4kg的木块C置于木板B上，水平面光滑，B、C之间有摩擦．现使A以v0＝12m/s的初速度向右运动，与B碰撞后以4m/s速度弹回，则（ ）
A．B运动过程中的最大速度为4m/s
B．B运动过程中的最大速度为8m/s
C．C运动过程中的最大速度为4m/s
D．C运动过程中的最大速度为2m/s
解析：
选AD A与B碰后瞬间，C的运动状态未变，此时B的速度最大，由A、B组成的系统动量守恒（取向右为正方向），有mAv0＝－mAvA＋mBvB，代入数据得vB＝4m/s，A正确，B错误；B与C相互作用使B减速、C加速，由于B足够长，所以B和C能达到相同速度，二者共速后，C速度最大，由B、C组成的系统动量守恒，有mBvB＝（mB＋mC）vC，代入数据得vC＝2m/s，C错误，D正确．
8.（2018·广东阳江模拟）（多选）质量为m的物块甲以3m/s的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定于其左端，另一质量也为m的物块乙以4m/s的速度与物块甲相向运动，如图所示．则（ ）
A．甲、乙两物块组成的系统在弹簧压缩过程中动量守恒
B．当两物块相距最近时，物块甲的速率为零
C．物块甲的速率可能达到5m/s
D．当物块甲的速率为1m/s时，物块乙的速率可能为0
解析：
选AD 甲、乙两物块组成的系统在弹簧压缩过程中，系统所受的合外力为零，系统动量守恒，故A正确．当两物
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