专题三 动量守恒定律及反冲现象 火箭（重难点训练）物理人教版选择性必修第一册

**基本信息** 以动量守恒定律为核心，通过7大题型构建“概念-条件-模型-应用”四层递进训练体系，融合物理观念与科学思维，实现从基础理解到复杂问题解决的能力突破。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |动量守恒基础|7题|系统划分/守恒条件判断/矢量性处理|从内力外力概念出发，推导守恒表达式，明确系统性、矢量性等特性| |反冲与火箭|10题|反冲速度计算/质量比影响分析|基于反冲现象特点，延伸至火箭原理，建立喷气速度与动量变化关系| |人船模型|10题|位移-质量反比关系/动量守恒应用|通过人船相对运动，体现动量守恒在平均速度与位移中的迁移| |爆炸问题|9题|动量守恒+机械能增加/瞬时性处理|结合爆炸瞬时内力远大于外力的特性，构建动量与能量综合解题模型|

动量守恒定律及反冲现象 火箭（题型突破） 题型01 动量守恒定律的内容、应用范围 题型02 判断系统动量是否守恒 题型03 动量守恒定律的初步应用 题型04 反冲现象 题型05 火箭的原理 题型06 人船模型 题型07 爆炸问题 ▌题型01 动量守恒定律的内容、应用范围 1．系统：相互作用的两个或多个物体作为一个整体研究，这个整体叫作系统。 2．内力与外力 （1）内力：系统中物体之间的作用力。 （2）外力：系统之外的物体施加给系统内物体的力。 3．动量守恒定律 （1）内容：一个系统不受外力或受合外力为零时，无论这一系统的内部发生了何种形式的相互作用，这个系统的总动量守恒。 （2）表达式：m1v1 + m2v2 = m1v1′ + m2v2′ （3）适用条件：系统不受外力或所受的合外力为零。 （4）普适性：动量守恒定律不仅适用于两个物体组成的系统，也适用于多个物体组成的系统；不仅适用于低速、宏观物体组成的系统，也适用于高速、微观粒子组成的系统。 4．对系统“总动量保持不变”的理解 （1）系统在整个运动过程中任意两个时刻的总动量都相等，不仅仅是初、末两个状态的总动量相等。 （2）系统的总动量保持不变，但系统内每个物体的动量可能都在不断变化。 （3）系统的总动量指系统内各物体动量的矢量和，总动量不变指的是系统总动量的大小和方向都不变。 5．动量守恒定律的特性 （1）系统性：研究对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统。 （2）矢量性：公式中的v1、v2、v1′和v2′都是矢量，只有它们在同一直线上，并先选定正方向，确定各速度的正负后，才能用代数方法运算。 （3）同时性：初动量必须是各物体在作用前同一时刻的动量，末动量必须是各物体作用后同一时刻的动量。 （4）相对性：公式中的v1、v2、v1′和v2′应是相对同一个惯性参考系的速度，一般取相对地面的速度。 1．如图甲所示，在一台已调平的气垫导轨上放置了质量分别为和的两个滑块、。气垫导轨两端安装了速度传感器并连接电脑进行数据处理。某次操作过程中记录下速度随时间变化的图像如图乙所示。下列说法正确的是（     ） A．两滑块的质量之比 B．两滑块的质量之比 C．两滑块碰撞过程中动量不守恒 D．碰撞过程中两滑块所受冲量相同 【答案】A 【详解】ABC．根据题意可知，两滑块碰撞过程中所受合外力为0，系统动量守恒，则有 由图可知，，， 解得，故A正确，BC错误； D．碰撞过程中两滑块所受冲量大小相等，方向相反，冲量不同，D错误。 故选A。 2．滑板运动是由冲浪运动演变而成的一种极限运动项目。如图所示，一同学在水平地面上进行滑板练习，该同学站在滑板A前端与滑板以3m/s的共同速度做匀速直线运动，在滑板A正前方有一静止的滑板B。在滑板A接近滑板B时，该同学迅速从滑板A跳上滑板B，接着又从滑板B跳回滑板A，两滑板恰好不相撞。该同学的质量为24kg，两滑板的质量均为3kg，不计滑板与地面间的摩擦和空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．上述过程中该同学与滑板A和滑板B组成的系统动量守恒 B．该同学跳离滑板B的过程中，滑板B的速度减小 C．该同学跳回滑板A后，他和滑板A的共同速度为 D．该同学全过程对滑板B的水平方向冲量大小为 【答案】D 【详解】A．上述过程中该同学与滑板A和滑板B组成的系统，在水平方向上所受合外力为0，则水平方向动量守恒，在竖直方向上所受合外力不为0，则竖直方向动量不守恒，所以该同学与滑板A和滑板B组成的系统动量不守恒，故A错误； B．该同学跳离滑板B的过程中，他对滑板B的作用力向右，滑板B向右加速，速度增大，故B错误； C．从滑板B跳回滑板A，两滑板恰好不相撞，三者共速，设速度为v，由水平方向动量守恒可得 其中，，，解得，故C错误； D．根据动量定理可知，该同学全过程对滑板B的水平方向冲量大小为，故D正确。 故选D。 3．在滑冰场上，甲、乙两个穿着溜冰鞋的小孩原来静止不动，在相互推一下后分别向相反的方向运动。忽略冰面对溜冰鞋的阻力，若分开时甲的速度较大，则下列判断正确的是（　　） A．甲的质量较大 B．分开时，甲的动能较大 C．推的过程，甲所受推力的冲量较大 D．推的过程，甲的动量变化量较大 【答案】B 【详解】A．根据动量守恒定律，系统总动量保持为零，故有 由于，可得，故甲的质量较小，故A错误； B．动能公式为，由动量守恒得，由于，故，故B正确； C．推力为相互作用力，大小相等、作用时间相同，故冲量的大小相等，故C错误； D．物体动量变化量等于冲量，两人动量变化量大小相等、方向相反，故D错误。 故选B。 4．如图所示，一质量为的人站在质量为m的小船甲上，以速度v0在水面上向右运动，另一完全相同小船乙以速率v0从右方向左方驶来，两船在一条直线上运动，为避免两船相撞，人从甲船以一定的速率水平向右跃到乙船上。 (1)若人从甲船中水平跃出时相对地面的速率为，计算人跃到乙船后乙船的速度； (2)为能避免两船相撞，人水平跳出时相对于地面的速率至少多大? 【答案】(1)，方向水平向左 (2) 【详解】（1）以向右为正方向，设人跃到乙船后乙船的速度为，对人和乙船根据动量守恒 解得 所以人跃到乙船后乙船的速度大小为，方向水平向左。 （2）以向右为正方向，两船恰好不相撞，最后具有共同速度，由动量守恒定律 解得 设人跳出甲船的速度为，人从甲船跃出的过程满足动量守恒定律 解得 5．如图所示，A和B两小车静止在光滑的水平面上，质量分别为，，A车上有一质量为的机器人，相对地面以的水平速度向右跳上B车，并与B车相对静止（不考虑空气阻力）。下列说法正确的是（    ） A．机器人跳离A车的过程中，机器人与A车系统机械能守恒 B．机器人跳离A车后，A车的速度大小为0.4m/s C．机器人跳上B车后与B车一起运动的速度大小为0.5m/s D．机器人跳上B车的过程中，对B车所做的功为0.5J 【答案】B 【详解】A．跳车过程中机器人，将化学能转化为系统的机械能，不满足只有重力或弹力做功，故机器人与A车系统机械能不守恒，故A错误； B．机器人跳离A车过程，机器人与A车组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律可得 代入数据解得 即A车的速度大小为，方向向左，故B正确； C．机器人跳上B车过程，机器人与车组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律可得 代入数据解得，故C错误； D．根据动能定理可知，机器人跳上B车的过程中，对B车所做的功等于B车动能的变化量，即 代入数据解得，故D错误。 故选B。 6．如图所示，两条船A、B的质量均为3m，静止于湖面上。质量为m的人一开始静止在A船中，人以对地的水平速度v从A船跳到B船，再从B船跳到A船……，经多次跳跃后，人停在B船上，不计水的阻力，则A船和B船（包括人）的速度大小之比为（　　） A．1：1 B．2：3 C．4：3 D．3：4 【答案】C 【详解】设最终A船和B船（包括人）的速度大小分别为、，根据系统动量守恒可得 可得 故选C。 7．（多选）如图所示，甲、乙两船的总质量（包括船、人和货物）分别为、，两船沿同一直线同一方向运动，速率分别为、，为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，同时保证两船继续同向运动，不计水的阻力。则抛出货物的速率可能是（     ） A． B． C． D． 【答案】BC 【详解】以原运动方向为正方向，抛出货物后，乙船的速度为，对乙船和货物，根据动量守恒有 解得 甲船接收到货物后的速度为，对甲船和货物，根据动量守恒有 解得 为同时保证两船继续同向运动，则有，且 即， 联立解得 故选BC。 ▌题型02 判断系统动量是否守恒 动量守恒定律的成立条件： 1. 一个系统不受力或者所受合外力为0。 2. 系统内物体之间相互作用的内力远大于系统所受到的外力。 3. 在某一方向上满足上面的条件1和条件2。 1．如图所示，用长为的轻绳悬挂一质量为的沙箱，沙箱静止。一质量为的弹丸以速度水平射入沙箱并留在其中，随后与沙箱共同摆动一小角度。不计空气阻力。对于子弹射向沙箱到与其共同摆过一小角度的过程中，下列说法正确的是（    ） A．整个过程中，弹丸和沙箱组成的系统动量守恒 B．子弹击中沙箱到与沙箱共速的过程机械能守恒 C．若保持、、不变，变大，则弹丸与沙箱的最大高度不变 D．若保持、、不变，变大，则弹丸与沙箱的最大摆角不变 【答案】C 【详解】AB．弹丸击中沙箱过程系统水平方向动量守恒，竖直方向受力不平衡，则系统动量不守恒，而系统的机械能因摩擦生热而减少，故AB错误； C．以弹丸的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得 解得 弹丸与沙箱一起摆动过程，设最大高度为h，则有 解得 则若保持、、不变，变大，则弹丸与沙箱的最大高度不变，故C正确； D．设弹丸与沙箱的最大摆角为，则有 若保持、、不变，变大，则弹丸与沙箱的最大摆角变小，故D错误。 故选C。 2．（多选）一颗速度较大的子弹，水平击穿原来静止在光滑水平面上的木块，设木块对子弹的阻力恒定，则当子弹入射速度增大时，下列关于子弹击穿木块的过程说法正确的是（     ） A．木块与子弹构成的系统动量守恒 B．子弹损失的动能变大 C．子弹穿过木块的时间变短 D．木块的位移变大 【答案】AC 【详解】A．水平面光滑，对系统，可知木块与子弹构成的系统动量守恒，与初速度大小无关，故A正确； C．设子弹的初速度为，作出子弹、木块的图像，如图中的实线所示，梯形面积为子弹相对木块的位移，即木块的厚度。面积为木块的位移。当子弹的初速度增大为时，子弹、木块运动的图像如图中的虚线，梯形面积仍等于子弹相对木块的位移，即木块的厚度，故梯形面积与梯形面积相等。 对比实虚曲线可知，当子弹射入速度增大后，子弹穿过木块的时间变短了，故C正确； D．的面积大于的面积，即木块的位移变小，故D错误； B．阻力不变，可知木块的加速度大小不变，木块的位移变小，根据 可得木块的速度变小，动能变小。系统产生的热量为，在这两种情况下相同，由能量关系知，子弹损失的动能等于木块得到的动能加上系统产生的热量，由于系统产生的热量不变，木块得到的动能变小了，所以子弹损失的动能变小了，故B错误。 故选AC。 3．（多选）如图所示，小车放在光滑的水平面上。现将系绳小球向右拉开到一定的角度，并由静止同时释放小球和小车，则（     ） A．此后的过程中，小球、小车组成的系统动量守恒 B．此后的过程中，小球不可能做圆周运动 C．从释放到向左摆到最高点的过程中，小球重力的平均功率为0 D．从释放到向左摆到最高点的过程中，小球重力的冲量为0 【答案】BC 【详解】A．在水平方向上合力为0，系统在水平方向的动量为0，在竖直方向上，小球有竖直方向的分速度，小车竖直方向没有分速度，则竖直方向上系统动量不守恒，故此后的过程中，小球、小车组成的系统动量不守恒，故A错误； B．若小车不动，则释放小球后做圆周运动，而现在小车在水平方向有运动，则小球的运动不是圆周运动，故B正确； C．刚释放小球时，小球和小车速度为0，系统在水平方向合外力为0，水平方向上动量守恒，则 则当向左摆到最高点的过程中，小球的速度为0，则小车的速度也为0，由于系统机械能守恒，则摆动过程中重力做功为0，由于 可知，小球重力的平均功率为0，故C正确； D．从释放到向左摆到最高点的过程中，小球重力的冲量为 时间增加，则冲量不为0，故D错误。 故选BC。 4．如图所示，木块与弹簧相连放在光滑的水平面上，子弹 A 沿水平方向射入木块后留在木块 B 内，入射时间极短，两者之间的作用力极大，而后木块将弹簧压缩到最短，关于子弹和木块组成的系统，下列说法中正确的是（     ） A．子弹射入木块的过程中，系统机械能守恒 B．子弹射入木块的过程中，系统动量可看作守恒 C．木块压缩弹簧的过程中，系统机械能守恒 D．从子弹开始射入到弹簧被压缩到最短的过程中，系统动量守恒 【答案】B 【详解】A．子弹射入木块的过程中，系统克服摩擦力做功，部分机械能转化为内能，系统的机械能不守恒，故A错误； B．子弹射入木块的过程中，由于入射时间极短，两者之间的作用力极大，即内力远大于木块受到的弹簧弹力等外力，系统动量可看作守恒，故B正确； C．木块压缩弹簧的过程中，对于子弹和木块组成的系统，要克服弹簧弹力做功，系统的机械能转化为弹簧的弹性势能，系统的机械能不守恒，故C错误； D．从子弹开始射入到弹簧被压缩到最短的过程中，子弹和木块组成的系统受到墙壁通过弹簧施加的作用力，系统所受合外力不为零，系统的动量不守恒，故D错误。 故选B。 5．（多选）如图所示，水平地面上静置一块滑板，一名同学站在滑板上，随后该同学用力蹬滑板，向前上方跳起，滑板向后运动，该同学离开滑板后在空中运动一段时间，最终落回地面。不计空气阻力及滑板与地面间的摩擦力，下列说法正确的是（     ） A．人跳起的过程中，人与滑板组成的系统动量守恒 B．人跳起至落地的过程中，人与滑板组成的系统水平方向动量守恒 C．人离开滑板后的上升过程，人的重力势能增大 D．人离开滑板后的上升过程，人的动能增大 【答案】BC 【详解】A．人跳起过程中，人与滑板组成的系统在竖直方向有加速度，系统合外力不为零，系统总动量不守恒，故A错误； B．人跳起至落地的过程中，人与滑板构成的系统水平方向合外力为0，系统水平方向动量守恒，故B正确； C．人离开滑板后的上升过程，重力做负功，根据功能关系可知，人的重力势能增大，故C正确； D．人离开滑板后的上升过程，重力做负功，根据动能定理可知，人的动能减小，故D错误。 故选BC。 6．光滑斜面体静止在光滑水平面上，一个质量为的小物块由静止开始从顶端沿斜面下滑至底端的过程中，下列说法正确的是（     ） A．物块对斜面的压力对斜面做正功 B．斜面的支持力对物块不做功 C．物块的重力势能减少，物块的重力做负功 D．物块和斜面组成的系统动量守恒 【答案】A 【详解】A．物块对斜面的压力垂直于斜面向下，与斜面的运动方向之间的夹角小于，则物块对斜面的压力对斜面做正功，故A正确； B．斜面的支持力垂直于斜面向上，与物块的运动方向之间的夹角大于，则斜面的支持力对物块做负功，故B错误； C．物块下滑过程，物块的重力做正功，物块的重力势能减少，故C错误； D．物块下滑过程，物块在竖直方向有加速度，斜面在竖直方向没有加速度，所以物块和斜面组成的系统在竖直方向所受合外力不为0，系统动量不守恒，故D错误。 故选A。 7．如图所示，一辆小车静止在光滑水平地面上，小车左侧紧挨竖直墙壁，通过细线将小钢球悬挂在固定于小车的竖直杆上，将小球向左拉开一小角度并由静止释放。在此后的运动过程中，对小车和小球组成的系统，下列说法正确的是（    ） A．小车脱离墙壁前，系统机械能不守恒 B．小车脱离墙壁前，系统水平动量守恒 C．小车脱离墙壁后，系统机械能不守恒 D．小车脱离墙壁后，系统动量不守恒 【答案】D 【详解】AB．小车脱离墙壁前，小球向右摆动，小车不动，系统机械能守恒，动量不守恒，故AB错误； CD．小车离开墙壁后小球与小车组成的系统在水平方向所受合力为零，在水平方向动量守恒，在竖直方向所受合力不为零，系统所受合力不为零，系统动量不守恒，系统机械能守恒，故C错误，D正确。 故选D。 8．如图所示，光滑水平地面上有一斜面体，斜面体左侧有竖直固定墙面，一光滑小球被夹在竖直墙面与斜面体之间，水平向左的外力作用在斜面体上使得斜面体和小球均静止。某时刻撤去外力，小球沿竖直墙面向下运动，斜面体沿水平地面向右运动。从撤去外力到小球落地前，对于小球和斜面体构成的系统，下列说法正确的是（     ） A．系统动量守恒，机械能守恒 B．系统水平方向上动量守恒，机械能不守恒 C．系统水平方向上动量守恒，机械能守恒 D．系统动量不守恒，机械能守恒 【答案】D 【详解】对于小球和斜面构成的系统：在竖直方向上，小球向下加速运动，系统竖直方向合外力不为零；在水平方向上，小球沿竖直墙面运动，始终和墙面接触挤压，墙对小球有水平方向的弹力，因此系统水平方向合外力也不为零。 因此系统总动量不守恒，水平方向动量也不守恒。 题目明确说明地面光滑、小球光滑，所有接触面均无摩擦力，没有内能损耗。 墙面弹力对小球不做功（小球水平方向无位移），地面支持力对斜面不做功；系统内部小球和斜面之间的相互弹力是内力，一对弹力做功的总代数和为零，整个过程只有重力做功，因此系统机械能守恒。 故选D。 9．（多选）如图所示，滑块A、B位于光滑水平面上，滑块B的左端连有轻质弹簧，弹簧开始处于原长。滑块A以一定初速度水平向右运动，通过弹簧与静止的滑块B相互作用直至共速的整个过程（A与弹簧相碰时无能量损失，弹簧始终在弹性限度内），则下列说法正确的是（     ） A．A、B两物体组成的系统动量守恒 B．A、B两物体组成的系统动量不守恒 C．A、B两物体组成的系统机械能守恒 D．A、B和弹簧组成的系统机械能守恒 【答案】AD 【详解】AB．A、B两物体组成的系统，所受合外力为0，所以A、B两物体组成的系统动量守恒，故A正确，B错误； CD．A、B和弹簧组成的系统，只有弹簧弹力做功，所以A、B和弹簧组成的系统机械能守恒；但A、B两物体组成的系统机械能不守恒，故C错误，D正确。 故选AD。 10．如图所示，光滑水平面上两玩具小车中间夹一压缩了的轻弹簧，两手分别按住小车，使它们静止，对两车及弹簧组成的系统，下列说法中正确的是（     ） A．两手同时放开后，系统总动量始终不为零 B．先放开左手、再放开右手，全放手之后系统动量守恒 C．先放开左手，再放开右手，总动量向右 D．无论何时放手，只要两手放开后在弹簧恢复原长的过程中系统总动量都保持不变，但系统的总动量一定为零 【答案】B 【详解】A．当两手同时放开时，系统所受合外力为零，动量守恒。由于初始时系统总动量为零，故系统总动量始终为零，故A错误； B．先放开左手，再放开右手，在两手完全放开后，系统所受合外力为零，动量守恒，故B正确； C．先放开左手，左边小车向左运动，此时系统总动量方向向左；再放开右手后，系统动量守恒，总动量方向仍向左，故C错误； D．无论何时放手，只要两手放开后，系统所受合外力为零，动量守恒，总动量保持不变。但初始总动量是否为零取决于放手情况：若同时放手，初始总动量为零，总动量始终为零；若不同时放手，初始总动量不为零，总动量不为零，故系统总动量不一定为零，故D错误。 故选B。 ▌题型03 动量守恒定律的初步应用 动量守恒定律的几个表达式： 1. m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′：相互作用的两个物体组成的系统，作用前动量的矢量和等于作用后动量的矢量和。 2．Δp1＝－Δp2：相互作用的两个物体组成的系统，一个物体的动量变化量与另一个物体的动量变化量大小相等、方向相反。 3．Δp＝0：系统总动量增量为零。 1．（多选）如图1所示，两小球A、B在足够长的光滑水平面上发生正碰。小球A、B质量分别为mA和mB。取水平向右为正方向，两小球碰撞前后位移随时间变化的x-t图像如图2所示。下列说法正确的是（     ） A．碰撞过程中，小球A对B的冲量向左 B．碰撞后两球的动量大小相等、方向相反 C．两球质量关系满足 D．可判断出两球碰撞过程无机械能损失 【答案】CD 【详解】A．x-t图像中直线的斜率表示速度，故碰前小球B是静止的，小球A向右运动与B发生碰撞，故小球A对B的冲量向右，故A错误； BC．碰前，说明本题选向右为正方向 碰后， 由动量守恒 解得 又因，碰后小球A、B的动量方向（速度方向）相反，故碰后小球A的动量小于小球B的动量，故B错误，C正确； D．碰前动能 碰后总动能 故两球碰撞过程无机械能损失，故D正确。 故选CD。 2．如图所示，两个滑块A、B静置于同一光滑水平直轨道上，B的质量为m。现给滑块A向右的初速度，一段时间后A与B发生碰撞，碰后A、B分别以，的速度向右运动。求： (1)A的质量； (2)碰撞过程中B对A的冲量。 【答案】(1) (2)；方向：水平向左 【详解】（1）水平面光滑，A、B组成的系统在碰撞过程中合外力为零，满足动量守恒定律。根据动量守恒 解得 （2）根据动量定理：合外力对物体的冲量等于物体动量的变化量，取向右为正方向 可得， 负号表示冲量方向与规定的正方向（向右）相反，即冲量方向水平向左。 3．在光滑水平面上停着一辆质量为60kg的平板小车，一个质量为40kg的小孩以相对于地面5m/s的水平速度从后面跳上车和车保持相对静止。 (1)求小孩跳上车和车保持相对静止时二者的速度大小； (2)若此后小孩又向前跑，以相对于地面3.5m/s的水平速度从前面跳下车，求小孩跳下车后车的速度。 【答案】(1)2m/s (2)1m/s，方向与原方向相同 【详解】（1）小孩和车组成的系统在水平方向上动量守恒，以小孩跳上车时的速度方向为正方向，则有 解得 即小孩跳上车和车保持相对静止时二者的速度大小为2m/s。 （2）以二者相对静止时的速度方向为正方向，设小孩跳下车后车的速度为v3，在小孩跳下车的过程中，由动量守恒定律有 解得 即小孩跳下车后车的速度大小为1m/s，方向与原方向相同。 4．如图所示，足够长的小平板车B的质量M=5kg，静止在光滑水平面上，质量为m=2kg的小物体A从车的右端以水平速度v0=7m/s沿车的粗糙上表面向左运动。若物体与车上表面之间的动摩擦因数为μ=0.1，重力加速度g=10m/s2，求： (1)平板车运动的最大速度； (2)小物体与平板车相对滑动的时间。 【答案】(1)2m/s，方向水平向左 (2)5s 【详解】（1）A与B组成的系统动量守恒，规定水平向左为正方向，由mv0=(M+m)v共 得平板车运动的最大速度大小为v共=2m/s 方向水平向左。 （2）对小车B运用动量定理，μmg·t=Mv共 小物体与平板车相对滑动的时间t=5s 5．如图所示，质量的小船静止在平静水面上，船两端载着、的游泳者。在同一水平线上甲向左、乙向右同时以相对于岸4m/s的速度跳离船的瞬间，小船的运动速率和方向为（     ） A．0.8m/s，向左 B．0.8m/s，向右 C．4m/s，向左 D．4m/s，向右 【答案】B 【详解】在同一水平线上甲向左、乙向右同时以相对于岸4m/s的速度跳离船的瞬间，以向右为正方向，根据系统动量守恒可得 解得 方向向右。 故选B。 6．如图所示，在摩擦可以忽略不计的水平面上，当质量为2m的小球A以速度向右运动时与质量为9m的静止小球B发生碰撞，碰撞后B球以的速度向右运动，则碰撞后A球（     ） A．以的速度向右运动 B．以的速度向左运动 C．以的速度向右运动 D．以的速度向右运动 【答案】B 【详解】由题可知，两球碰撞过程中，动量守恒，选取向右的方向为正方向，则有 解得碰撞后A球的速度为 即碰撞后A球以的速度向左运动。 故选B。 7．A、B两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前、后的位移随时间变化的图像，a、b分别为A、B两球碰前的位移随时间变化的图像，c为碰撞后两球共同运动的位移随时间变化的图像，若A球质量是m = 2kg，则由图判断下列结论正确的是（   ） A．碰撞前、后A球的动量变化量为4kg·m/s B．碰撞时A球对B球所施的冲量为4N·s C．A、B两球碰撞前的总动量为3kg·m/s D．碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为20J 【答案】A 【详解】由图可知，碰撞发生在处 碰前（）有， 碰后（）共同速度​ 已知，动量守恒有 代入数据得 A．A球动量变化量，故A正确；​ B．A对B的冲量由动量守恒，系统总动量变化为0，故 由动量定理，A对B的冲量为，故B错误； C．碰撞前总动量，故C错误； D．系统损失的动能，故D错误。 故选A。 ▌题型04 反冲现象 1．实例分析 发射炮弹时，炮弹从炮筒中飞出，炮身则向后退。这种情况由于系统内力很大，外力可忽略，射击前，炮弹静止在炮筒中，它们的总动量为 0 。炮弹射出后以很大的速度向前运动，根据动量守恒定律，炮身必将向后运动。炮身的这种后退运动叫作反冲运动。 2．特点 （1）物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动。 （2）反向运动中， 相互作用力一般较大，通常可以用动量守恒定律来处理。 3．反冲现象的应用及防止 （1）应用：农田、园林的喷灌装置是利用反冲，使水从喷口喷出时一边喷水一边旋转。 （2）防止：用枪射击时，由于枪身的反冲会影响射击的准确性，所以用步枪射击时要把枪身抵在肩膀，以减少反冲的影响。 1．反冲现象在生活中很常见，下列情景与反冲现象无关的是（　　） A．体操运动员在落地时总要屈腿 B．火箭靠喷出气体获得巨大的速度 C．园林的喷灌装置一边喷水一边旋转 D．章鱼调整喷水方向，从而向任意方向运动 【答案】A 【详解】A．体操运动员通过屈腿延长作用时间以减少冲击力，属于动量变化问题，但无物体被抛出或分离，与反冲现象无关，故A正确； B．火箭喷出气体，气体获得向后动量，火箭获得向前动量，符合反冲现象，故B错误； C．园林的喷灌装置喷水时，水被喷出，装置因反冲力获得旋转动量，符合反冲现象，故C错误； D．章鱼喷水，水获得喷出方向的动量，章鱼获得相反方向的动量，符合反冲现象，故D错误。 故选A。 2．章鱼遇到危险时可将吸入体内的水在极短时间内向后喷出，由此获得一个反冲速度，从而迅速向前逃窜完成自救。假设有一只吸满水后的章鱼总质量为，它正以速度匀速运动。若它在极短时间内向后一次性喷射出质量为的水，喷出的水相对于喷水后瞬间它自身的速率为，章鱼所受阻力可以忽略，则以下说法中正确的是（     ） A．喷水的过程中，章鱼和喷出的水组成的系统总动量一直为零 B．喷水的过程中，章鱼和喷出的水组成的系统机械能守恒 C．章鱼喷水后瞬间逃跑的速度大小为 D．章鱼喷水后瞬间逃跑的速度大小为 【答案】D 【详解】A．喷水过程时间极短，系统内力远大于外力，动量守恒，初始系统总动量为，因此总动量保持不变，并非一直为零，故A错误； B．喷水过程中章鱼体内的化学能转化为系统机械能，系统机械能增加，不满足机械能守恒条件，故B错误； CD．规定章鱼初始运动方向为正方向，设喷水后章鱼瞬间对地速度为，喷出的水相对章鱼向后的速率为，因此喷出的水相对章鱼的速度为，由相对速度关系得水对地速度为。根据动量守恒定律列方程有 化简得 解得，故C错误，D正确。 故选D。 3．（多选）一小型宇宙飞船沿人造地球卫星的轨道在高空中做匀速圆周运动时，在飞船上沿与飞船运动的相反方向抛出一个质量不可忽略的小物体P，则下列说法中正确的有（     ） A．飞船一定离开原来轨道运动 B．P一定离开原来轨道运动 C．飞船运动半径一定增大 D．P运动半径一定减小 【答案】AC 【详解】AC．飞船往相反方向抛出一个质量不可忽略的小物体P，抛出过程中沿运动方向动量守恒，则有 以抛出前飞船的飞行速度方向为正方向，则可能为负或者小于（同向），可得 由于抛出后飞船速度增加，需要的向心力增加，万有引力不足以提供向心力，做离心运动，离开原来轨道，运动半径增大，故A正确，C正确； BD．与可能方向相反，但与的大小关系不确定。若，则P做离心运动，运动半径增加；若，则P做近心运动，运动半径减小；若，则P沿原轨道运动，故B错误，D错误。 故选AC。 4．如图所示，光滑水平面上有一平板小车，小车的最左端固定一个体积可忽略的可斜向右上发射小球的装置，小车的最右端有一个木箱（长度忽略不计），小车、小球和木箱的总质量为11kg。初始时刻，小车连同车上的木箱均处于静止状态，现从发射装置以大小为的初速度发射一个质量为1kg的小球，小球的出射方向与水平方向的夹角为，且小球恰好落入小车右端的木箱中，重力加速度。则平板车的长度是（　　） A．2.40 m B．2.80 m C．2.64 m D．3.00 m 【答案】C 【详解】由于小车、小球和木箱组成的系统水平方向不受外力，所以系统水平方向动量守恒，设小球发出去瞬间，小车和木箱的反冲速度为，则根据动量守恒定律有 解得 小球在空中做的是斜抛运动，其竖直方向做的是竖直上抛运动，所以小球在空中运动的时间为 由于小球在空中运动过程在水平方向做的是匀速直线运动，小车和木箱也是水平向左做匀速运动，所以平板车的长度是 故选C。 5．平板车上放着n个完全相同的沙包，一人站在平板车上，开始平板车静止在光滑的水平面上，当人沿正前方抛出一个沙包后，平板车的速度大小为v；此后陆续地将沙包依次抛出，且每次抛出的沙包相对水平面的速度均相同。则下列说法正确的是（　　） A．抛出第2个沙包后，平板车的速度仍为v B．将n个沙包全部抛出后，平板车的速度为nv C．将n个沙包全部抛出后，平板车的速度大于nv D．将n个沙包全部抛出后，平板车的速度小于nv 【答案】C 【详解】A．设每个沙包的质量为 ，平板车（包括人）的质量为 ，沙包相对地面速度为 ，初始时系统静止，动量为零。水平面光滑，系统动量守恒，则抛出第一个沙包后有 解得 抛出第2个沙包后，设平板车速度为，根据动量守恒有 解得，故A错误； BCD．将n个沙包全部抛出后，则有 解得平板车速度，故BD错误，C正确。 故选C。 6．乌贼喷墨是一种防御行为，用于迷惑天敌，制造逃生机会，此过程伴随“墨水”的喷射。一吸满“墨水”后质量为0.6kg的乌贼初始时静止，某时刻开始以相对于地面恒为75m/s的速度水平向前喷“墨水”，不计水的阻力且不考虑竖直方向的运动和受力变化，则（　　） A．周围水对喷出的“墨水”的作用力使乌贼向前运动 B．若乌贼要在极短时间内达到15m/s的速度，则要一次性喷出约0.1kg的“墨水” C．若乌贼要在极短时间内达到15m/s的速度，则要一次性喷出约0.2kg的“墨水” D．要极短时间内达到15m/s的速度，此过程中它受到喷出“墨水”的作用力的冲量为9N·s 【答案】B 【详解】A．喷出的“墨水”对乌贼有向后的反作用力使乌贼向后运动，故A错误； BC．根据动量守恒可得 解得，故B正确，C错误； D．根据动量定理可得，故D错误。 故选B。 7．某人在一静止的小船上练习射击，人在船头，靶在船尾，船、人连同枪（不包括子弹）及靶的总质量为M，枪内有n颗子弹，每颗子弹的质量为m，枪口到靶的距离为L，子弹水平射出枪口时相对于地的速度为v0，在发射后一发子弹时，前一发子弹已射入靶中，水的阻力不计，在射完n颗子弹时，小船后退的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】系统（船、人、枪、靶、所有子弹）水平方向不受外力，动量守恒，初始总动量为0。 设发射每颗子弹时，船（含剩余颗子弹）后退速度大小为，子弹对地速度大小为，由动量守恒得： 子弹打到靶的时间为，此过程子弹对地位移为，船后退位移为 ，两者相对位移为枪口到靶的距离，故 联立两式解得单次发射子弹船后退距离 共发射颗子弹，且每次发射前，前一颗子弹已射入靶中，每次后退距离相同，总后退距离。 故选C。 8．（多选）如图所示，小车上固定一个用胶塞封口的水平试管，试管内有少量水和大量空气，小车停在光滑的桌面上，总质量为。用车左端的酒精灯加热试管尾端，当试管内的空气达到一定温度时，质量为的胶塞瞬间从试管口喷出，胶塞喷出时相对地面的速度为，忽略空气阻力、酒精燃烧的质量和喷出的空气质量，下列说法正确的是（　　） A．喷气过程，小车和胶塞组成的系统动量守恒，机械能守恒 B．胶塞喷出时小车的速度大小为 C．若抬高试管右端到与水平方向的夹角为，则喷气过程，小车和胶塞组成的系统动量守恒，机械能不守恒 D．若抬高试管右端到与水平方向的夹角为，且胶塞喷出速度大小不变，则胶塞喷出后瞬间小车的速度大小为 【答案】BD 【详解】A．桌面光滑，喷气过程中，小车和胶塞组成的系统水平方向合外力为零，总动量守恒；但该过程中试管内气体的内能转化为系统的机械能，系统机械能增加，机械能不守恒，故A错误； B．水平放置试管时，系统初始总动量为0，设胶塞速度方向为正方向，由动量守恒定律 解得小车速度大小，故B正确； C．抬高试管右端后，胶塞获得竖直向上的分动量，系统竖直方向受桌面的支持力，合外力不为零，因此系统总动量不守恒，仅水平方向动量守恒；同时内能转化为机械能，机械能不守恒，故C错误； D．抬高试管后，水平方向不受外力，水平方向动量守恒，初始总动量为0，胶塞的水平分动量为，由水平方向动量守恒 解得小车速度大小，故D正确。 故选BD。 9．如图，反冲小车静止放在水平光滑玻璃板上，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=3kg，水平喷出的橡皮塞的质量m=0.1kg。(水蒸气质量忽略不计) (1)若橡皮塞喷出时获得的水平速度v=2.9m/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)大小，方向与橡皮塞的运动方向相反。 (2)大小，方向与橡皮塞的水平分运动方向相反。 【详解】（1）小车和橡皮塞组成的系统有水平方向合力为零，动量守恒，以橡皮塞运动的方向为正方向，有 解得 方向与橡皮塞运动方向相反。 （2）水平方向合力为零，动量守恒，以橡皮塞的水平分运动方向为正方向，有 解得 方向与橡皮塞的水平分运动方向相反。 10．一架喷气式飞机质量为M，当水平飞行速度大小为v时，开始连续不断向后喷气。每次喷出气体的质量均为m，喷出气体相对飞机的速度大小均为u。求：（可能用到的近似：时，M-nm≈M；n为小于等于10的正整数） (1)第n次喷气时飞机的速度增大了多少? (2)若10m<<M，则第10次喷气后飞机速度多大? (3)若10m<<M，10次喷气所用时间为t，则该过程中飞机受到的平均反冲力多大? 【答案】(1)。 (2)（近似）。 (3) 【详解】（1）飞机喷气过程系统动量守恒，以飞机的速度方向为正方向，设飞机的速度为v，第1次喷气过程，由动量守恒定律得 解得第1次喷气后飞机速度 第2次喷气过程，以飞机的速度方向为正方向，由动量守恒定律得 解得第2次喷气后飞机速度 同理第3次喷气，由动量守恒定律得 解得第3次喷气后飞机速度 同理可得第n次喷气后飞机速度 故第n次喷气后飞机速度增大了 （2）若10m＜＜M，则前10次喷气过程中每次喷气后飞机速度增大量 第10次喷气后飞机速度 （3）前10次喷气过程中，对飞机，由动量定理得 在10m≪M的条件下，可近似认为M-10m≈M，解得飞机受到的平均反冲力大小为 ▌题型05 火箭的原理 1. 工作原理：应用了反冲的原理，火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大的向前的速度。 2．影响火箭获得速度大小的因素： （1）喷气速度：现代液体燃料火箭的喷气速度通常为2000~4000m/s。 （2）火箭获得的速度大小：Δv＝－u，式中Δm为Δt时间内喷射燃气的质量，m为喷出燃气后火箭的质量，u为喷出的燃气相对喷气前火箭的速度。 （3）质量比：火箭起飞时的质量与火箭除燃料外的箭体质量之比，喷气速度越大，质量比越大，火箭获得的速度越大。 1．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，动量也守恒 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出气流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 【详解】A．火箭发射过程中动能和重力势能均增加，则机械能不守恒，速度增大，则动量增大，动量也不守恒，故A错误； BC．设火箭发射时在极短的时间内喷出气流的质量是，喷出气流的速度是，喷出气流后火箭的质量是，火箭在这样一次喷气后增加的速度是。以喷气前的火箭为参考系，喷气前火箭的动量是0，喷气后火箭的动量是，燃气的动量是。根据动量守恒定律，喷气后火箭和燃气的总动量仍然为0，所以 解出 上式表明，影响火箭速度大小的因素包括火箭喷出气流的速度和火箭喷出气流的质量与火箭本身质量之比，故B错误，C正确； D．冲量是矢量，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，故D错误。 故选C。 2．火箭加速上升时向下喷出高压气体从而产生向上的推力，若质量为的火箭喷气口的截面积为，喷出气体的密度为，不考虑火箭质量的变化，不计空气阻力，重力加速度为，当火箭向上加速运动的加速度大小为时，喷出气体的速度为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】根据牛顿第二定律，火箭向上加速度为 ，合力大小为 向上。火箭受推力 向上和重力 向下，故 解得 令极短时间内喷出气体的质量为，由动量定理得 其中 代入得 联立方程得 解得 故选A。 3．一个连同装备质量为M的航天员，脱离宇宙飞船后，在离飞船L的位置与飞船处于相对静止状态（L远小于飞船的轨道半径r）。为了返回飞船，他将质量为m的氧气以相对飞船大小为v的速度快速向后喷出，则宇航员获得相对飞船的速度大小为（　　） A． B． C．v D． 【答案】B 【详解】喷出氧气过程系统动量守恒，以氧气的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有 解得 故选B。 4．如图所示为某兴趣小组制作的气压式喷水火箭。用打气筒给瓶内打气加压，当气压增大到一定值时阀门自动打开，瓶内的水从瓶口向下喷出，从而推动火箭腾空飞起，已知重力加速度为，下列说法正确的是（     ） A．水刚喷出瞬间，水火箭的加速度为0 B．水火箭向上的推力来自周围空气的反作用力 C．水火箭竖直向上运动到最高点时的加速度大小为 D．在向下喷水过程中，水火箭和喷出水组成的系统机械能守恒 【答案】C 【详解】A．水刚喷出瞬间，火箭受到竖直向下的重力和竖直向上的推力。由于火箭能腾空飞起，说明 根据牛顿第二定律 可知加速度，故A错误； B．水火箭利用的是反冲原理，高压气体将水向下喷出，根据牛顿第三定律，喷出的水对火箭产生向上的反作用力，即推力，该力不是来自周围空气，故B错误； C．水火箭竖直向上运动到最高点时，速度为零，此时不再喷水（或喷水已结束），火箭只受重力作用（忽略空气阻力，或速度为零时空气阻力为零）。根据牛顿第二定律 解得加速度大小，故C正确； D．在向下喷水过程中，瓶内压缩气体膨胀对外做功，将气体的内能转化为水火箭和喷出水的机械能，系统的机械能增加，不守恒，故D错误。 故选C。 5．某兴趣小组制作了如图所示的水火箭，实验时瓶内的高压气体在∆t（极短）内将质量为m的水快速全部喷出，喷出时水的速度都相同，外壳质量为M的火箭获得竖直向上的初速度，设火箭上升的最大高度为h，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．喷出时水的速度大小为 B．高压气体释放的能量为 C．火箭对尾部空气的作用力大小为 D．高压气体对喷出的水做功的平均功率为 【答案】B 【详解】A．设火箭发射的初速度为v1，火箭做竖直上抛运动，根据速度位移公式，有 若水喷出的初速度为v2，取竖直向上为正方向，根据动量守恒定律可得 解得，故A错误； B．根据能量守恒定律可得，高压气体释放的能量为，故B正确； C．对火箭，根据动量定理可得 解得空气对火箭的作用力大小为 根据牛顿第三定律可得，火箭对尾部空气的作用力大小为，故C错误； D．高压气体对喷出的水做功的平均功率为，故D错误。 故选B。 6．（多选）火箭发射领域“世界航天第一人”是明朝的士大夫万户，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。假设万户及其所携设备（火箭、燃料、椅子、风筝等）的总质量为M，点燃火箭后在极短的时间内，质量为m的炽热燃气相对地面以的速度竖直向下喷出，忽略空气阻力的影响，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．火箭的推力来源于空气的浮力 B．在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小 C．喷出燃气后，万户及其所携设备能上升的最大高度为 D．在火箭喷气过程中，万户及其所携设备的机械能不守恒 【答案】BD 【详解】A．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反作用力，故A错误； B．在燃气喷出后的瞬间，万户及其所携设备组成的系统内力远大于外力，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，由动量守恒定律得（M-m）v-mv0=0 解得火箭的速度大小为，故B正确； C．喷出燃气后万户及所携设备做竖直上抛运动，上升的最大高度，故C错误； D．在火箭喷气过程中，燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对万户及所携设备做正功，所以万户及所携设备机械能不守恒，故D正确。 故选BD。 7．图甲是某同学自制的水火箭，图乙是水火箭的简易原理图。用打气筒向水火箭内不断打气，当内部气体压强增大到一定程度时，可近似认为在极短的时间内，水以相对地面v0的速度与水平方向成θ角斜向下喷出，使箭体升空。已知水和箭体的质量分别为2m、m，忽略空气阻力、重力加速度为g，下列说法正确的是（     ） A．水喷出的过程中，箭体和水组成的系统机械能守恒 B．水喷完时，箭体的速度接近2v0cosθ C．箭体从静止到最高点的过程中，重力的冲量小于推力的冲量 D．若θ=45°，箭体可上升的高度最大 【答案】C 【详解】A．水喷出过程中，火箭内部压缩气体的内能转化为箭体和水的机械能，系统机械能增加，因此机械能不守恒，故A错误； B．喷水过程极短，重力的冲量可忽略，箭体和水组成的系统动量守恒，初始总动量为0。设喷水后箭体速度为，水的速度为，由动量守恒定律有 解得 即箭体速度大小为，与水平方向成θ角斜向上，故B错误； C．喷水过程时间极短，重力在喷水过程的冲量可忽略，箭体做斜抛运动，上升到最高点的时间 则重力的冲量大小 根据动量定理可知，推力冲量大小等于箭体喷完水后的动量大小，则 由于 因此 即重力冲量小于推力冲量，故C正确； D．箭体上升高度 可知越大，越大，越大，当时，上升高度最大，故D错误。 故选C。 8．（多选）中国某新型连续旋转爆震发动机（CRDE）测试中，飞行器总质量（含燃料）为M，设每次爆震瞬间喷出气体质量均为∆m，喷气速度均为v（相对地面），喷气方向始终与飞行器运动方向相反。假设飞行器最初在空中静止，相继进行n次爆震（喷气时间极短，忽略重力与阻力）。下列说法正确的是（　　） A．每次喷气过程中，飞行器动量变化量方向与喷气方向相反 B．每次喷气后，飞行器（含剩余燃料）动量增量大小相同 C．经过n次喷气后，飞行器速度为 D．由于在太空中没有空气提供反作用力，所以该飞行器无法在太空环境中爆震加速 【答案】ABC 【详解】A．取飞行器运动方向为正方向，第次喷气前后，对飞行器和本次喷出的气体组成的系统，根据动量守恒定律有 解得飞行器的动量变化量为 飞行器的动量变化量方向向前，而喷气方向向后，二者方向相反，故A正确； B．由A选项的分析可知，每次喷气后飞行器的动量增量大小均为，与喷气次数无关，故B正确； C．经过次喷气后，所有喷出气体的总动量为，飞行器的质量为，设其速度为。以最初静止的飞行器及其燃料为系统，根据动量守恒定律有 解得，故C正确； D．飞行器向后喷出气体时，气体获得向后的动量，飞行器获得等量、方向相反的动量。该过程遵循动量守恒定律，不需要空气提供反作用力，因此飞行器能够在太空中爆震加速，故D错误。 故选ABC。 ▌题型06 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，若所受合外力为零，则动量守恒。 2.“人船模型”的特点 若质量为的人从长为、质量为的静止小船的一端走到另一端，不计水的阻力。 （1）两物体满足动量守恒定律，在相互作用的过程中，任一时刻两物体的速度大小与质量成反比。 （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、船位移大小比等于它们质量的反比，即。人和船的位移满足L。 1．（多选）一只小船静止在湖面上，一个人从小船的一端走到另一端，不计水的阻力，下列说法正确的是（     ） A．人在船上行走时，人对地的速度一定大于船对地的速度 B．人在船上行走时，人对地的位移与船对地的位移大小相等 C．当人停止走动时，小船也停止后退 D．人和船组成的系统动量守恒，总动量为零 【答案】CD 【详解】A．根据动量守恒公式，人对地速度与船对地速度的大小取决于质量比，因此只有当时，才成立，即人对地的速度不一定大于船对地的速度，故A错误； B．根据动量守恒及位移公式，由于两物体的质量通常不相等，故对地位移的比值固定为反比关系，仅当的条件下位移大小才相等，故B错误； C．由系统总动量守恒且可知，当人停下时（），必然有，即小船也会同步停止后退，故C正确； D．不计水的阻力，系统水平方向合外力为零，符合动量守恒定律条件，且系统初状态静止，初动量为零，故系统总动量始终守恒且为零，故D正确。 故选CD。 2．（多选）如图所示，光滑水平面上静止一长为L=5 m、质量为M=60 kg的平板小车，一质量为m=40 kg的小孩站在小车左端。小孩从小车左端移动到小车右端（不打滑），在这一过程中小孩对地的最大速度v人max=1.5 m/s，小孩可视为质点。下列说法中正确的是（　　 ） A．小孩和小车组成的系统动量守恒，机械能守恒 B．小车对地的最大速率v车max=1 m/s C．整个过程中小孩发生对地的位移为3 m D．若小孩运动至最右端静止，小车因惯性不会立刻静止 【答案】BC 【详解】A．小孩和小车组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，但在小孩走动过程中消耗化学能转化为系统的机械能和内能，因此系统的机械能不守恒，故A错误； B．设小孩和小车的最大速率分别为和，根据动量守恒定律有 解得 代入数据解得，故B正确； C．设整个过程中小孩和小车对地发生的位移大小分别为和，根据人船模型推论分别有， 联立解得，故C正确； D．若小孩运动至最右端相对小车静止，由于系统初动量为零，根据动量守恒定律可知此时系统的总动量为零，小车的速度也为零，故小车会立刻静止，故D错误。 故选BC。 3．如图所示，在一次特警训练中，质量为140kg的小车静止在光滑的水平面上，A、B为小车的两端。质量为70 kg的特警站在A端，起跳后恰好落到B端，特警相对地面的位移为2m。该过程不计空气阻力，下列说法正确的是（     ） A．小车向右运动了1m B．小车向左运动了2m C．小车AB长为3m D．小车AB长为2m 【答案】C 【详解】AB．根据动量守恒定律以及人船模型可知，特警向右运动时小车向左运动，则由 可得 即小车向左运动了1m，AB错误； CD．特警相对小车的位移为3m，则小车AB长为3m，C正确，D错误。 故选C。 4．如图所示，在光滑的水平面上，有一静止的平板小车，甲、乙两人分别站在小车左、右两端。当他俩同时相向而行时，发现小车向左运动，下列说法正确的是（　　） A．乙的速度必定小于甲的速度 B．甲的动量必定大于乙的动量 C．甲的加速度必定大于乙的加速度 D．乙对小车的水平冲量必定大于甲对小车的水平冲量 【答案】B 【详解】AB．取水平向左为正方向。设甲的质量为，速度为；乙的质量为，速度为；小车质量为，速度为 系统动量守恒 变形得 因此，甲的动量大小大于乙的动量大小 但、未知，因此无法比较速度大小，故A错误，B正确； C．甲、乙在水平方向上只受小车对他们的摩擦力（不计空气阻力），摩擦力提供他们相对小车运动的加速度。 摩擦力的大小取决于人脚与车面之间的正压力和摩擦因数，而正压力等于各自的重力，由于、未知，因此无法比较加速度大小，故C错误； D．人对小车的冲量等于人的动量变化量大小。由动量守恒，甲的动量大小大于乙的动量大小，因此甲对小车的冲量大小大于乙对小车的冲量大小，故D错误。 故选B。 5．（多选）如图所示，一个质量为、倾角为的光滑斜面体静置在水平光滑地面上（未固定），斜面长度为，现将一个质量也为的木块从斜面顶端点由静止释放，重力加速度为，则关于木块从点运动到点的过程，下列说法正确的是（    ） A．木块相对于地面做曲线运动 B．木块相对于地面的位移大于 C．木块受到斜面的支持力大小为 D．木块相对于地面的加速度大小为 【答案】CD 【详解】A．设相对于地面，木块在水平方向的位移为x，在竖直方向的位移为y,木块与斜面在水平方向动量守恒，可得 变形得 即木块与斜面在水平方向位移大小相等方向相反，则以斜面为参考系木块水平方向位移为2x，竖直方向位移为y，由几何关系可得 ​​ 因此木块相对于地面做的是直线运动，故A错误； B．全过程木块竖直方向的位移为，可得水平方向位移为​​ 因此由余弦定理总位移为​​，故B错误； CD．由上述分析可知，木块相对于地面的运动轨迹如图中虚线箭头所示，因此木块所受合力方向也在该虚线上，对木块受力分析，由正交分解可得 在中，由正弦定理 解得 垂直于虚线箭头方向 沿（虚线箭头方向）运动方向 联立解得木块受到斜面的支持力大小为​​ 木块相对于地面的加速度为​​,故CD正确。 故选CD。 6．（多选）如图所示，带有半径为R的光滑半圆弧轨道的凹槽放在光滑的水平面上，小球从B点由静止释放，经过一段时间小球运动到最低点C，圆弧BC所对应的圆心角为α=60°。已知小球的质量为m，凹槽的质量为M=2m，重力加速度为g，小球可视为质点。则下列说法正确的是（　　） A．小球与凹槽组成的系统动量守恒 B．小球运动到C点时，凹槽的速度大小为 C．小球运动到C点时，小球所受轨道的作用力大小为 D．小球运动到C点时，凹槽移动的距离为 【答案】BD 【详解】A．小球与凹槽组成的系统在竖直方向上受到的合外力不为零，动量不守恒；水平方向不受外力，动量守恒，因此系统总动量不守恒，故A错误； B．小球与凹槽组成的系统在水平方向动量守恒，则在水平方向有 小球与凹槽组成的系统能量守恒，则有 联立解得，，故B正确； C．在C点，对小球受力分析，由牛顿第二定律可得 结合上述结论， 解得，小球所受轨道的作用力大小为，故C错误； D．根据上述分析可知，水平方向有 结合 整理可得 又因为 代入数据解得 即小球运动到C点时，凹槽移动的距离为，故D正确。 故选BD。 7．（多选）如图所示，小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一光滑圆弧，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点。一质量为m的滑块（视为质点）在小车上从A点由静止开始沿轨道滑下，然后滑入BC轨道，最后恰好停在C点，已知小车的质量为2m，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是（　　） A．滑块运动过程中的最大速度为 B．整个运动过程中，小车和滑块组成的系统动量守恒 C．整个运动过程中，小车的位移大小为 D．滑块与轨道BC间的动摩擦因数 【答案】CD 【详解】A．滑块滑到B点时速度最大，下滑过程中水平动量守恒，设滑块速度为（向右），小车速度为（向左），由水平动量守恒： 解得 由能量守恒，滑块重力势能转化为滑块和小车的动能： 得，故A错误； B．系统动量守恒的条件是合外力为零。滑块沿圆弧下滑时，竖直方向存在加速度，竖直方向合外力不为零，因此整个系统总动量不守恒，仅水平方向动量守恒。故B错误； C．全过程水平方向动量守恒，满足人船模型关系，设滑块水平位移大小为（向右），小车位移大小为（向左），则 滑块相对于小车的水平总位移为 因此 联立得 ，故C正确； D．最终滑块停在C点，由水平动量守恒，初始总动量为0，因此最终滑块和小车都静止，系统重力势能全部转化为摩擦产生的内能，摩擦内能等于乘以相对位移：，即 解得，故D正确。 故选CD。 8．一质量为4 kg的小车静止在光滑水平面上，车上固定一个轻质竖直支架，长为1 m的轻绳一端固定在支架上，另一端连接一质量为1 kg的小球（视为质点）。如图所示，将小球向右拉至轻绳水平伸直后静止释放，小球在纸面内摆动的过程中不与车和支架发生碰撞，忽略所有阻力，已知重力加速度取10 m/s2，则小球摆到最低点的过程中（     ） A．任意时刻小球与小车的动量等大反向 B．小球运动到最低点时的速度大小为4 m/s C．小球运动到最低点时小车速度大小为4 m/s D．小车向右移动的距离为0.1 m 【答案】B 【详解】A．水平面光滑，因此系统（小球+小车）仅水平方向动量守恒，竖直方向小球有分动量、小车竖直动量始终为 0，因此任意时刻二者总动量不是等大反向，故A错误； BC． 设小球到最低点时，小球水平速度大小为，小车速度大小为 水平动量守恒（初始总动量为0） 系统机械能守恒 解得，，故B正确，C错误； D．设小车向右位移大小为，小球向左水平位移大小为，水平动量守恒（初始总动量为0） 公式变形可得：，即 且相对位移满足 代入得，故D错误。 故选 B。 9．如图，在光滑水平面上放有质量均为的小球A和坡形导轨B，导轨B的水平底边长为，现两者均以大小为的初速度相向运动，小球能越过导轨最高点并向右滑下离开B，不计一切摩擦，小球从滑上导轨到离开导轨的过程中，导轨B发生的位移大小为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】系统水平方向不受外力，动量守恒，取向右为正方向，初动量 根据动量守恒定律，任意时刻系统总动量为零，即 可得 等式两边乘以时间累加求和有 可得 ，即两物体对地位移大小相等，小球A从导轨B左端滑上并从右端滑下，A相对于B的水平位移大小为 ，则相对位移 联立解得 。 故选B。 10．如图，质量均为m=2kg的木块A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为L=1m的细线，细线另一端系一质量为m0=1kg的球C。现将C球拉起使细线水平伸直，并由静止释放C球。g取10m/s2，求： (1)C球摆至最低点时，A、B、C的速度大小； (2)C球摆动到另一侧的最大高度； (3)O点离地高度H=1.2m，若小球摆至最低点时绳子恰好断裂，C球落地时与O点起始位置间的水平距离。（C球落地过程中未与A接触） 【答案】(1)， (2) (3)0.6m 【详解】（1）C运动至最低点时速度大小为vc，此时A、B一起运动的速度大小为vA， 系统水平动量守恒 系统机械能守恒 联立解得， （2）此后A、B分离，C球摆到另一侧的最大高度为h，速度大小为v共 A、C系统水平动量守恒 A、C系统机械能守恒 联立解得 （3）C运动至最低点过程中，A的位移为xA，C的水平位移为xC，则有， 竖直方向 C平抛的水平距离 C球落地时与O点起始位置间的水平距离 ▌题型07 爆炸问题 爆炸的三个规律： 1. 动量守恒：爆炸物体系统内部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。 2. 机械能增加：在爆炸过程中有其他形式的能由化学能转化为机械能，所以系统的机械能增加。 3. 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从爆炸前的位置以新的动量开始运动。 1．一枚沿水平方向飞行的手榴弹飞行速度为，在空中爆炸后分裂成1kg和0.5kg两块，其中0.5kg的那块以的速率沿原来速度相反的方向运动，则另一块的速度为（不计空气阻力）（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】手榴弹总质量 爆炸过程中，爆炸内力远大于重力，水平方向不受外力，因此水平方向动量守恒。以手榴弹原飞行方向为正方向，则手榴弹爆炸前速度，爆炸后质量为的碎块速度。 根据动量守恒定律得 解得爆炸后另一质量为的碎块速度 故选D。 2．一爆竹由地面沿竖直方向发射出去，当爆竹运动到最高点时，刚好爆炸，爆炸后爆竹分成两部分，两部分的质量分别为、，且这两部分的速度均沿水平方向。则下列说法正确的是（　　） A．若，则的动量大 B．若，则的速度小 C．若，则的动能大 D．若，则先落地 【答案】B 【详解】爆竹在最高点时速度为0，爆炸瞬间内力远大于外力，水平方向动量守恒，总动量为0，因此爆炸后两部分水平动量大小相等、方向相反，满足 爆炸后两部分均从同一高度做平抛运动，竖直方向运动规律一致。 A．两部分水平动量大小始终相等，和质量无关，故A错误； B．由可知速度与质量成反比，若，则，即的速度小，故B正确； C．动能与动量的关系为，两部分动量大小相等，质量越大动能越小，因此时，的动能更小，故C错误； D．平抛运动竖直方向为自由落体运动，由 得落地时间 两部分下落高度相同，落地时间相同，故D错误。 故选B。 3．一枚在空中飞行的火箭质量为 ，在某时刻的速度为，方向水平，燃料即将耗尽。此时，火箭突然炸裂成两块（如图），其中质量为的一块沿着与相反的方向飞去，速率为。求炸裂后另一块的速度大小为（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】火箭炸裂前的总动量为，设为正方向 炸裂后的总动量为 根据动量守恒定律可得 解出 故选D。 4．如图所示，光滑水平地面上紧挨着的两个滑块A、B之间有少量炸药（质量不计），爆炸后A、B沿水平地面向左、右滑行的速度分别为2m/s、4m/s。已知滑块A的质量为mA=4kg，重力加速度g=10m/s2，炸药爆炸释放的化学能全部转化为滑块A、B的动能。下列说法正确的是（　　） A．滑块B的质量为1kg B．滑块B的质量为3kg C．炸药爆炸释放的化学能为16J D．炸药爆炸释放的化学能为24J 【答案】D 【详解】AB．爆炸过程系统所受合外力为零，系统动量守恒，规定向右为正方向，由动量守恒定律得 解得，故AB错误； CD．炸药爆炸释放的化学能全部转化为滑块A、B的动能，由能量守恒定律得 代入数据解得，故C错误，D正确。 故选D。 5．（多选）大连是滨海城市，每逢新春佳节都会举办盛大的烟火表演。某款新研制的烟花筒亮相大连烟花晚会，其结构如图1所示。工作原理如下：点燃引线后，发射药被引燃并发生爆炸，使礼花弹获得竖直方向的初速度，同时引燃延期引线。当礼花弹上升至最高点时，延期引线引爆礼花弹，使其炸裂为两部分，两部分均沿水平方向飞出。炸开后a、b的运动轨迹如图2所示。不计空气阻力，则（　　） A．炸开后a、b处于最高点时，a、b两部分的动能之比为1:3 B．炸开后a、b处于最高点时，a、b两部分的动量大小之比为1:3 C．从炸开到两部分落地的过程中，a、b两部分所受重力的冲量之比为3:1 D．a、b两部分落地时的重力功率之比为3:1 【答案】ACD 【详解】AB．a、b两部分水平方向做匀速运动，水平位移之比为1:3，竖直高度相等，根据可知，运动时间相等，根据可知，水平速度大小之比等于水平位移大小之比，即 a、b两部分在最高点炸裂时，根据动量守恒定律可得 根据动量与动能关系可知，a、b两部分的动能之比为1:3，a、b两部分的动量大小之比为1:1，故A正确，B错误； C．根据可知，a、b两部分所受重力的冲量之比为3:1，故C正确； D．落地时的重力功率为 由于时间相等，a、b落地时的重力功率之比等于质量之比，即3:1，故D正确。 故选ACD。 6．如图甲所示，质量为的物块、和质量为的用粘性炸药粘在一起，使它们获得的速度后沿足够长的粗糙水平地面向前滑动，物块A、B与水平地面之间的动摩擦因数相同，运动时间后炸药瞬间爆炸，A、B分离，爆炸前后物块A的速度随时间变化的图像如图乙所示，图乙中、均为已知量，若粘性炸药质量和体积均不计，爆炸前后A、B质量不变。则A、B均停止运动时它们之间的距离为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】爆炸过程，A、B组成的系统动量守恒 由图像可知 解得 爆炸后A、B减速滑动，由图像可知它们的加速度大小为 爆炸后，A向后的位移大小为 B向前的位移大小为 所以，A、B均停止运动时它们之间的距离为 故选B。 7．在某爆炸实验基地，把爆炸物以40m/s的速度斜向上发射。当爆炸物动能为发射时四分之一时恰好到最高点，此时爆炸物炸裂成两块A、B，其中mA＝0.2kg，mB＝0.8kg。经测量发现，A块恰好以原轨迹落回，忽略空气阻力及炸药质量。求： (1)爆炸前在最高点速度大小； (2)若爆炸时间持续0.005s，则爆炸过程A、B间的平均作用力大小； (3)爆炸过程中增加的机械能。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）设爆炸物初速度为v0，在最高点速度为v，则有， 联立解得 （2）取爆炸物爆炸前运动方向为正方向，爆炸后裂成两块做平抛运动，A块恰好以原轨迹落回，则爆炸后A的速度 对物块A，由动量定理得： 解得 （3）在最高点，取爆炸物爆炸前运动方向为正方向，爆炸过程中水平方向动量守恒，由动量守恒定律可得 解得 则爆炸过程增加的机械能等于系统动能的增加量，即 解得 8．“东风夜放花千树，更吹落、星如雨。”出自宋代辛弃疾《青玉案・元夕》，描述了烟花绽放后如流星雨般洒落人间的壮丽场面。烟花弹的燃放过程可简化为以下模型：发射烟花弹时，在发射装置中的黑火药瞬间燃烧产生大量高压气体，快速推动烟花弹向高空飞出，如图所示。当烟花弹在空中上升到最高点时爆炸成A、B两块。假设某次烟花燃放过程中，火药点燃后，经过t=0.01 s烟花弹被发射出去，当烟花弹上升到h=45 m时达到最高点且发生了爆炸，炸成质量为、的A、B两块。爆炸释放的能量E=270 J，且有转化为A、B两块的动能。发射装置的长度相比烟花上升的高度可以被忽略，爆炸时间极短，不计空气阻力和烟花弹中火药质量，g取。求： (1)烟花弹离开发射装置瞬间的速度大小； (2)在发射装置中烟花弹所受高压气体的平均冲击力大小F； (3)烟花弹在空中爆炸后的瞬间，A、B两块的速度大小和。 【答案】(1) (2) (3)， 【详解】（1）竖直上抛运动，最高点速度为 0，由运动学公式： 代入数据解得 （2）烟花总质量： 对发射过程用动量定理，取向上为正： 解得 （3）爆炸转化的动能： 则有 爆炸过程系统满足动量守恒 解得， 9．如图所示，两滑块甲、乙静止在水平地面上，滑块甲质量为m1=1kg，甲、乙间夹有少量炸药，半径为R=5m的四分之一光滑圆弧槽固定在地面，槽底端与水平面相切。现点燃炸药将滑块甲、乙分开，分开后滑块甲从光滑平台的端点A以一定初速度水平飞出后，恰好从B点无碰撞滑入竖直平面内的光滑圆弧轨道BC，滑块乙刚好能运动到圆弧槽的最高点。A、B两点的高度差为h=3.2m，光滑圆弧半径OB与竖直方向夹角为θ=53°，不计任何阻力和炸药质量，滑块甲、乙均可视为质点，sin53°=0.8，cos53°=0.6，重力加速度g=10m/s2。求： (1)滑块甲从A点飞出的速度v0的大小和在B点时的速度v1的大小； (2)爆炸过程中增加的机械能∆E。 【答案】(1)6m/s，10m/s (2)48J 【详解】（1）根据平抛运动规律，竖直方向，有 解得 滑块甲运动到B点时，有， 所以， （2）设滑块乙的质量为m2，滑块乙刚好能运动到圆弧槽的最高点，则 炸药爆炸过程，有， 联立解得 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 动量守恒定律及反冲现象 火箭（题型突破） 题型01 动量守恒定律的内容、应用范围 题型02 判断系统动量是否守恒 题型03 动量守恒定律的初步应用 题型04 反冲现象 题型05 火箭的原理 题型06 人船模型 题型07 爆炸问题 ▌题型01 动量守恒定律的内容、应用范围 1．系统：相互作用的两个或多个物体作为一个________研究，这个整体叫作系统。 2．内力与外力 （1）内力：系统中物体_______的作用力。 （2）外力：系统_____________施加给系统内物体的力。 3．动量守恒定律 （1）内容：一个系统_____________________________________，无论这一系统的内部发生了何种形式的相互作用，这个系统的总动量________________。 （2）表达式：m1v1 + m2v2 = ________________________________。 （3）适用条件：系统________________或所受的合外力________。 （4）普适性：动量守恒定律不仅适用于两个物体组成的系统，也适用于______物体组成的系统；不仅适用于低速、宏观物体组成的系统，也适用于_________________组成的系统。 4．对系统“总动量保持不变”的理解 （1）系统在整个运动过程中任意两个时刻的总动量都_______，不仅仅是初、末两个状态的总动量相等。 （2）系统的总动量保持不变，但系统内每个物体的动量可能都在不断变化。 （3）系统的总动量指系统内各物体动量的_______，总动量不变指的是________总动量的大小和方向都不变。 5．动量守恒定律的特性 （1）系统性：研究对象是相互作用的_________或________物体组成的系统。 （2）矢量性：公式中的v1、v2、v1′和v2′都是 __量，只有它们在同一直线上，并先选定正方向，确定各速度的正负后，才能用代数方法运算。 （3）同时性：初动量必须是各物体在作用前 ______时刻的动量，末动量必须是各物体作用后同一时刻的动量。 （4）相对性：公式中的v1、v2、v1′和v2′应是相对_______参考系的速度，一般取相对地面的速度。 1．如图甲所示，在一台已调平的气垫导轨上放置了质量分别为和的两个滑块、。气垫导轨两端安装了速度传感器并连接电脑进行数据处理。某次操作过程中记录下速度随时间变化的图像如图乙所示。下列说法正确的是（     ） A．两滑块的质量之比 B．两滑块的质量之比 C．两滑块碰撞过程中动量不守恒 D．碰撞过程中两滑块所受冲量相同 2．滑板运动是由冲浪运动演变而成的一种极限运动项目。如图所示，一同学在水平地面上进行滑板练习，该同学站在滑板A前端与滑板以3m/s的共同速度做匀速直线运动，在滑板A正前方有一静止的滑板B。在滑板A接近滑板B时，该同学迅速从滑板A跳上滑板B，接着又从滑板B跳回滑板A，两滑板恰好不相撞。该同学的质量为24kg，两滑板的质量均为3kg，不计滑板与地面间的摩擦和空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．上述过程中该同学与滑板A和滑板B组成的系统动量守恒 B．该同学跳离滑板B的过程中，滑板B的速度减小 C．该同学跳回滑板A后，他和滑板A的共同速度为 D．该同学全过程对滑板B的水平方向冲量大小为 3．在滑冰场上，甲、乙两个穿着溜冰鞋的小孩原来静止不动，在相互推一下后分别向相反的方向运动。忽略冰面对溜冰鞋的阻力，若分开时甲的速度较大，则下列判断正确的是（　　） A．甲的质量较大 B．分开时，甲的动能较大 C．推的过程，甲所受推力的冲量较大 D．推的过程，甲的动量变化量较大 4．如图所示，一质量为的人站在质量为m的小船甲上，以速度v0在水面上向右运动，另一完全相同小船乙以速率v0从右方向左方驶来，两船在一条直线上运动，为避免两船相撞，人从甲船以一定的速率水平向右跃到乙船上。 (1)若人从甲船中水平跃出时相对地面的速率为，计算人跃到乙船后乙船的速度； (2)为能避免两船相撞，人水平跳出时相对于地面的速率至少多大? 5．如图所示，A和B两小车静止在光滑的水平面上，质量分别为，，A车上有一质量为的机器人，相对地面以的水平速度向右跳上B车，并与B车相对静止（不考虑空气阻力）。下列说法正确的是（    ） A．机器人跳离A车的过程中，机器人与A车系统机械能守恒 B．机器人跳离A车后，A车的速度大小为0.4m/s C．机器人跳上B车后与B车一起运动的速度大小为0.5m/s D．机器人跳上B车的过程中，对B车所做的功为0.5J 6．如图所示，两条船A、B的质量均为3m，静止于湖面上。质量为m的人一开始静止在A船中，人以对地的水平速度v从A船跳到B船，再从B船跳到A船……，经多次跳跃后，人停在B船上，不计水的阻力，则A船和B船（包括人）的速度大小之比为（　　） A．1：1 B．2：3 C．4：3 D．3：4 7．（多选）如图所示，甲、乙两船的总质量（包括船、人和货物）分别为、，两船沿同一直线同一方向运动，速率分别为、，为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，同时保证两船继续同向运动，不计水的阻力。则抛出货物的速率可能是（     ） A． B． C． D． ▌题型02 判断系统动量是否守恒 动量守恒定律的适用条件 1. 一个系统________________________或者_____________________。 2. 系统内物体之间相互作用的内力____________系统所受到的外力。 3. 在某一方向上满足上面的条件1和条件2。 1．如图所示，用长为的轻绳悬挂一质量为的沙箱，沙箱静止。一质量为的弹丸以速度水平射入沙箱并留在其中，随后与沙箱共同摆动一小角度。不计空气阻力。对于子弹射向沙箱到与其共同摆过一小角度的过程中，下列说法正确的是（    ） A．整个过程中，弹丸和沙箱组成的系统动量守恒 B．子弹击中沙箱到与沙箱共速的过程机械能守恒 C．若保持、、不变，变大，则弹丸与沙箱的最大高度不变 D．若保持、、不变，变大，则弹丸与沙箱的最大摆角不变 2．（多选）一颗速度较大的子弹，水平击穿原来静止在光滑水平面上的木块，设木块对子弹的阻力恒定，则当子弹入射速度增大时，下列关于子弹击穿木块的过程说法正确的是（     ） A．木块与子弹构成的系统动量守恒 B．子弹损失的动能变大 C．子弹穿过木块的时间变短 D．木块的位移变大 3．（多选）如图所示，小车放在光滑的水平面上。现将系绳小球向右拉开到一定的角度，并由静止同时释放小球和小车，则（     ） A．此后的过程中，小球、小车组成的系统动量守恒 B．此后的过程中，小球不可能做圆周运动 C．从释放到向左摆到最高点的过程中，小球重力的平均功率为0 D．从释放到向左摆到最高点的过程中，小球重力的冲量为0 4．如图所示，木块与弹簧相连放在光滑的水平面上，子弹 A 沿水平方向射入木块后留在木块 B 内，入射时间极短，两者之间的作用力极大，而后木块将弹簧压缩到最短，关于子弹和木块组成的系统，下列说法中正确的是（     ） A．子弹射入木块的过程中，系统机械能守恒 B．子弹射入木块的过程中，系统动量可看作守恒 C．木块压缩弹簧的过程中，系统机械能守恒 D．从子弹开始射入到弹簧被压缩到最短的过程中，系统动量守恒 5．（多选）如图所示，水平地面上静置一块滑板，一名同学站在滑板上，随后该同学用力蹬滑板，向前上方跳起，滑板向后运动，该同学离开滑板后在空中运动一段时间，最终落回地面。不计空气阻力及滑板与地面间的摩擦力，下列说法正确的是（     ） A．人跳起的过程中，人与滑板组成的系统动量守恒 B．人跳起至落地的过程中，人与滑板组成的系统水平方向动量守恒 C．人离开滑板后的上升过程，人的重力势能增大 D．人离开滑板后的上升过程，人的动能增大 6．光滑斜面体静止在光滑水平面上，一个质量为的小物块由静止开始从顶端沿斜面下滑至底端的过程中，下列说法正确的是（     ） A．物块对斜面的压力对斜面做正功 B．斜面的支持力对物块不做功 C．物块的重力势能减少，物块的重力做负功 D．物块和斜面组成的系统动量守恒 7．如图所示，一辆小车静止在光滑水平地面上，小车左侧紧挨竖直墙壁，通过细线将小钢球悬挂在固定于小车的竖直杆上，将小球向左拉开一小角度并由静止释放。在此后的运动过程中，对小车和小球组成的系统，下列说法正确的是（    ） A．小车脱离墙壁前，系统机械能不守恒 B．小车脱离墙壁前，系统水平动量守恒 C．小车脱离墙壁后，系统机械能不守恒 D．小车脱离墙壁后，系统动量不守恒 8．如图所示，光滑水平地面上有一斜面体，斜面体左侧有竖直固定墙面，一光滑小球被夹在竖直墙面与斜面体之间，水平向左的外力作用在斜面体上使得斜面体和小球均静止。某时刻撤去外力，小球沿竖直墙面向下运动，斜面体沿水平地面向右运动。从撤去外力到小球落地前，对于小球和斜面体构成的系统，下列说法正确的是（     ） A．系统动量守恒，机械能守恒 B．系统水平方向上动量守恒，机械能不守恒 C．系统水平方向上动量守恒，机械能守恒 D．系统动量不守恒，机械能守恒 9．（多选）如图所示，滑块A、B位于光滑水平面上，滑块B的左端连有轻质弹簧，弹簧开始处于原长。滑块A以一定初速度水平向右运动，通过弹簧与静止的滑块B相互作用直至共速的整个过程（A与弹簧相碰时无能量损失，弹簧始终在弹性限度内），则下列说法正确的是（     ） A． A、B两物体组成的系统动量守恒 B． B．A、B两物体组成的系统动量不守恒 C．A、B两物体组成的系统机械能守恒 D．A、B和弹簧组成的系统机械能守恒 10．如图所示，光滑水平面上两玩具小车中间夹一压缩了的轻弹簧，两手分别按住小车，使它们静止，对两车及弹簧组成的系统，下列说法中正确的是（     ） A．两手同时放开后，系统总动量始终不为零 B．先放开左手、再放开右手，全放手之后系统动量守恒 C．先放开左手，再放开右手，总动量向右 D．无论何时放手，只要两手放开后在弹簧恢复原长的过程中系统总动量都保持不变，但系统的总动量一定为零 ▌题型03 动量守恒定律的初步应用 动量守恒定律的几个表达式： 1．m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′：相互作用的两个物体组成的系统，作用前动量的矢量和_____作用后动量的矢量和。 2．Δp1＝－Δp2：相互作用的两个物体组成的系统，一个物体的动量变化量与另一个物体的动量变化量大小_____、方向_________。 3．Δp＝0：系统总动量增量为______。 1．（多选）如图1所示，两小球A、B在足够长的光滑水平面上发生正碰。小球A、B质量分别为mA和mB。取水平向右为正方向，两小球碰撞前后位移随时间变化的x-t图像如图2所示。下列说法正确的是（     ） A．碰撞过程中，小球A对B的冲量向左 B．碰撞后两球的动量大小相等、方向相反 C．两球质量关系满足 D．可判断出两球碰撞过程无机械能损失 2．如图所示，两个滑块A、B静置于同一光滑水平直轨道上，B的质量为m。现给滑块A向右的初速度，一段时间后A与B发生碰撞，碰后A、B分别以，的速度向右运动。求： (1)A的质量； (2)碰撞过程中B对A的冲量。 3．在光滑水平面上停着一辆质量为60kg的平板小车，一个质量为40kg的小孩以相对于地面5m/s的水平速度从后面跳上车和车保持相对静止。 (1)求小孩跳上车和车保持相对静止时二者的速度大小； (2)若此后小孩又向前跑，以相对于地面3.5m/s的水平速度从前面跳下车，求小孩跳下车后车的速度。 4．如图所示，足够长的小平板车B的质量M=5kg，静止在光滑水平面上，质量为m=2kg的小物体A从车的右端以水平速度v0=7m/s沿车的粗糙上表面向左运动。若物体与车上表面之间的动摩擦因数为μ=0.1，重力加速度g=10m/s2，求： (1)平板车运动的最大速度； (2)小物体与平板车相对滑动的时间。 5．如图所示，质量的小船静止在平静水面上，船两端载着、的游泳者。在同一水平线上甲向左、乙向右同时以相对于岸4m/s的速度跳离船的瞬间，小船的运动速率和方向为（     ） A．0.8m/s，向左 B．0.8m/s，向右 C．4m/s，向左 D．4m/s，向右 6．如图所示，在摩擦可以忽略不计的水平面上，当质量为2m的小球A以速度向右运动时与质量为9m的静止小球B发生碰撞，碰撞后B球以的速度向右运动，则碰撞后A球（      ） A．以的速度向右运动 B．以的速度向左运动 C．以的速度向右运动 D．以的速度向右运动 7．A、B两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前、后的位移随时间变化的图像，a、b分别为A、B两球碰前的位移随时间变化的图像，c为碰撞后两球共同运动的位移随时间变化的图像，若A球质量是m = 2kg，则由图判断下列结论正确的是（   ） A．碰撞前、后A球的动量变化量为4kg·m/s B．碰撞时A球对B球所施的冲量为4N·s C．A、B两球碰撞前的总动量为3kg·m/s D．碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为20J ▌题型04 反冲现象 1．实例分析 发射炮弹时，炮弹从炮筒中飞出，炮身则向_______。这种情况由于系统_______很大，______可忽略，射击前，炮弹静止在炮筒中，它们的总动量为_____。炮弹射出后以很大的速度________运动，根据_______定律，炮身必将_______运动。炮身的这种后退运动叫作_______。 2．特点 （1）物体的不同部分在_______作用下向相反方向运动。 （2）反向运动中， 相互作用力一般较大，通常可以用_________来处理。 3．反冲现象的应用及防止 （1）应用：农田、园林的喷灌装置是利用反冲，使水从喷口喷出时一边喷水一边________。 （2）防止：用枪射击时，由于枪身的反冲会影响射击的_______，所以用步枪射击时要把枪身抵在_______，以减少反冲的影响。 1．反冲现象在生活中很常见，下列情景与反冲现象无关的是（　　） A．体操运动员在落地时总要屈腿 B．火箭靠喷出气体获得巨大的速度 C．园林的喷灌装置一边喷水一边旋转 D．章鱼调整喷水方向，从而向任意方向运动 2．章鱼遇到危险时可将吸入体内的水在极短时间内向后喷出，由此获得一个反冲速度，从而迅速向前逃窜完成自救。假设有一只吸满水后的章鱼总质量为，它正以速度匀速运动。若它在极短时间内向后一次性喷射出质量为的水，喷出的水相对于喷水后瞬间它自身的速率为，章鱼所受阻力可以忽略，则以下说法中正确的是（     ） A．喷水的过程中，章鱼和喷出的水组成的系统总动量一直为零 B．喷水的过程中，章鱼和喷出的水组成的系统机械能守恒 C．章鱼喷水后瞬间逃跑的速度大小为 D．章鱼喷水后瞬间逃跑的速度大小为 3．（多选）一小型宇宙飞船沿人造地球卫星的轨道在高空中做匀速圆周运动时，在飞船上沿与飞船运动的相反方向抛出一个质量不可忽略的小物体P，则下列说法中正确的有（     ） A．飞船一定离开原来轨道运动 B．P一定离开原来轨道运动 C．飞船运动半径一定增大 D．P运动半径一定减小 4．如图所示，光滑水平面上有一平板小车，小车的最左端固定一个体积可忽略的可斜向右上发射小球的装置，小车的最右端有一个木箱（长度忽略不计），小车、小球和木箱的总质量为11kg。初始时刻，小车连同车上的木箱均处于静止状态，现从发射装置以大小为的初速度发射一个质量为1kg的小球，小球的出射方向与水平方向的夹角为，且小球恰好落入小车右端的木箱中，重力加速度。则平板车的长度是（　　） A．2.40 m B．2.80 m C．2.64 m D．3.00 m 5．平板车上放着n个完全相同的沙包，一人站在平板车上，开始平板车静止在光滑的水平面上，当人沿正前方抛出一个沙包后，平板车的速度大小为v；此后陆续地将沙包依次抛出，且每次抛出的沙包相对水平面的速度均相同。则下列说法正确的是（　　） A．抛出第2个沙包后，平板车的速度仍为v B．将n个沙包全部抛出后，平板车的速度为nv C．将n个沙包全部抛出后，平板车的速度大于nv D．将n个沙包全部抛出后，平板车的速度小于nv 6．乌贼喷墨是一种防御行为，用于迷惑天敌，制造逃生机会，此过程伴随“墨水”的喷射。一吸满“墨水”后质量为0.6kg的乌贼初始时静止，某时刻开始以相对于地面恒为75m/s的速度水平向前喷“墨水”，不计水的阻力且不考虑竖直方向的运动和受力变化，则（　　） A．周围水对喷出的“墨水”的作用力使乌贼向前运动 B．若乌贼要在极短时间内达到15m/s的速度，则要一次性喷出约0.1kg的“墨水” C．若乌贼要在极短时间内达到15m/s的速度，则要一次性喷出约0.2kg的“墨水” D．要极短时间内达到15m/s的速度，此过程中它受到喷出“墨水”的作用力的冲量为9N·s 7．某人在一静止的小船上练习射击，人在船头，靶在船尾，船、人连同枪（不包括子弹）及靶的总质量为M，枪内有n颗子弹，每颗子弹的质量为m，枪口到靶的距离为L，子弹水平射出枪口时相对于地的速度为v0，在发射后一发子弹时，前一发子弹已射入靶中，水的阻力不计，在射完n颗子弹时，小船后退的距离为（    ） A． B． C． D． 8．（多选）如图所示，小车上固定一个用胶塞封口的水平试管，试管内有少量水和大量空气，小车停在光滑的桌面上，总质量为。用车左端的酒精灯加热试管尾端，当试管内的空气达到一定温度时，质量为的胶塞瞬间从试管口喷出，胶塞喷出时相对地面的速度为，忽略空气阻力、酒精燃烧的质量和喷出的空气质量，下列说法正确的是（　　） A．喷气过程，小车和胶塞组成的系统动量守恒，机械能守恒 B．胶塞喷出时小车的速度大小为 C．若抬高试管右端到与水平方向的夹角为，则喷气过程，小车和胶塞组成的系统动量守恒，机械能不守恒 D．若抬高试管右端到与水平方向的夹角为，且胶塞喷出速度大小不变，则胶塞喷出后瞬间小车的速度大小为 9．如图，反冲小车静止放在水平光滑玻璃板上，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=3kg，水平喷出的橡皮塞的质量m=0.1kg。(水蒸气质量忽略不计) (1)若橡皮塞喷出时获得的水平速度v=2.9m/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) 10．一架喷气式飞机质量为M，当水平飞行速度大小为v时，开始连续不断向后喷气。每次喷出气体的质量均为m，喷出气体相对飞机的速度大小均为u。求：（可能用到的近似：时，M-nm≈M；n为小于等于10的正整数） (1)第n次喷气时飞机的速度增大了多少? (2)若10m<<M，则第10次喷气后飞机速度多大? (3)若10m<<M，10次喷气所用时间为t，则该过程中飞机受到的平均反冲力多大? ▌题型05 火箭的原理 1. 工作原理：应用了反冲的原理，火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大的______。 2. 影响火箭获得速度大小的因素： （1）喷气速度：现代液体燃料火箭的喷气速度通常为__________ m/s。 （2）火箭获得的速度大小：Δv＝－u，式中Δm为Δt时间内_______的质量，m为喷出燃气后_______的质量，u为喷出的_______相对喷气前火箭的速度。 （3）质量比：火箭起飞时的质量与火箭除燃料外的箭体质量之比，喷气速度_______，质量比______，火箭获得的速度越大。 1．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，动量也守恒 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出气流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 2．火箭加速上升时向下喷出高压气体从而产生向上的推力，若质量为的火箭喷气口的截面积为，喷出气体的密度为，不考虑火箭质量的变化，不计空气阻力，重力加速度为，当火箭向上加速运动的加速度大小为时，喷出气体的速度为（　　） A． B． C． D． 3．一个连同装备质量为M的航天员，脱离宇宙飞船后，在离飞船L的位置与飞船处于相对静止状态（L远小于飞船的轨道半径r）。为了返回飞船，他将质量为m的氧气以相对飞船大小为v的速度快速向后喷出，则宇航员获得相对飞船的速度大小为（　　） A． B． C．v D． 4．如图所示为某兴趣小组制作的气压式喷水火箭。用打气筒给瓶内打气加压，当气压增大到一定值时阀门自动打开，瓶内的水从瓶口向下喷出，从而推动火箭腾空飞起，已知重力加速度为，下列说法正确的是（     ） A．水刚喷出瞬间，水火箭的加速度为0 B．水火箭向上的推力来自周围空气的反作用力 C．水火箭竖直向上运动到最高点时的加速度大小为 D．在向下喷水过程中，水火箭和喷出水组成的系统机械能守恒 5．某兴趣小组制作了如图所示的水火箭，实验时瓶内的高压气体在∆t（极短）内将质量为m的水快速全部喷出，喷出时水的速度都相同，外壳质量为M的火箭获得竖直向上的初速度，设火箭上升的最大高度为h，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．喷出时水的速度大小为 B．高压气体释放的能量为 C．火箭对尾部空气的作用力大小为 D．高压气体对喷出的水做功的平均功率为 6．（多选）火箭发射领域“世界航天第一人”是明朝的士大夫万户，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。假设万户及其所携设备（火箭、燃料、椅子、风筝等）的总质量为M，点燃火箭后在极短的时间内，质量为m的炽热燃气相对地面以的速度竖直向下喷出，忽略空气阻力的影响，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．火箭的推力来源于空气的浮力 B．在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小 C．喷出燃气后，万户及其所携设备能上升的最大高度为 D．在火箭喷气过程中，万户及其所携设备的机械能不守恒 7．图甲是某同学自制的水火箭，图乙是水火箭的简易原理图。用打气筒向水火箭内不断打气，当内部气体压强增大到一定程度时，可近似认为在极短的时间内，水以相对地面v0的速度与水平方向成θ角斜向下喷出，使箭体升空。已知水和箭体的质量分别为2m、m，忽略空气阻力、重力加速度为g，下列说法正确的是（     ） A．水喷出的过程中，箭体和水组成的系统机械能守恒 B．水喷完时，箭体的速度接近2v0cosθ C．箭体从静止到最高点的过程中，重力的冲量小于推力的冲量 D．若θ=45°，箭体可上升的高度最大 8．（多选）中国某新型连续旋转爆震发动机（CRDE）测试中，飞行器总质量（含燃料）为M，设每次爆震瞬间喷出气体质量均为∆m，喷气速度均为v（相对地面），喷气方向始终与飞行器运动方向相反。假设飞行器最初在空中静止，相继进行n次爆震（喷气时间极短，忽略重力与阻力）。下列说法正确的是（　　） A．每次喷气过程中，飞行器动量变化量方向与喷气方向相反 B．每次喷气后，飞行器（含剩余燃料）动量增量大小相同 C．经过n次喷气后，飞行器速度为 D．由于在太空中没有空气提供反作用力，所以该飞行器无法在太空环境中爆震加速 ▌题型06 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________为零，则动量守恒。 2.“人船模型”的特点 若质量为的人从长为、质量为的静止小船的一端走到另一端，不计水的阻力。 （1）两物体满足动量守恒定律，在相互作用的过程中，任一时刻两物体的速度大小与质量成________。 （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、船位移大小比等于它们质量的反比，即_________。人和船的位移满足________。 1．（多选）一只小船静止在湖面上，一个人从小船的一端走到另一端，不计水的阻力，下列说法正确的是（     ） A．人在船上行走时，人对地的速度一定大于船对地的速度 B．人在船上行走时，人对地的位移与船对地的位移大小相等 C．当人停止走动时，小船也停止后退 D．人和船组成的系统动量守恒，总动量为零 2．（多选）如图所示，光滑水平面上静止一长为L=5 m、质量为M=60 kg的平板小车，一质量为m=40 kg的小孩站在小车左端。小孩从小车左端移动到小车右端（不打滑），在这一过程中小孩对地的最大速度v人max=1.5 m/s，小孩可视为质点。下列说法中正确的是（　　 ） A．小孩和小车组成的系统动量守恒，机械能守恒 B．小车对地的最大速率v车max=1 m/s C．整个过程中小孩发生对地的位移为3 m D．若小孩运动至最右端静止，小车因惯性不会立刻静止 3．如图所示，在一次特警训练中，质量为140kg的小车静止在光滑的水平面上，A、B为小车的两端。质量为70 kg的特警站在A端，起跳后恰好落到B端，特警相对地面的位移为2m。该过程不计空气阻力，下列说法正确的是（     ） A．小车向右运动了1m B．小车向左运动了2m C．小车AB长为3m D．小车AB长为2m 4．如图所示，在光滑的水平面上，有一静止的平板小车，甲、乙两人分别站在小车左、右两端。当他俩同时相向而行时，发现小车向左运动，下列说法正确的是（　　） A．乙的速度必定小于甲的速度 B．甲的动量必定大于乙的动量 C．甲的加速度必定大于乙的加速度 D．乙对小车的水平冲量必定大于甲对小车的水平冲量 5．（多选）如图所示，一个质量为、倾角为的光滑斜面体静置在水平光滑地面上（未固定），斜面长度为，现将一个质量也为的木块从斜面顶端点由静止释放，重力加速度为，则关于木块从点运动到点的过程，下列说法正确的是（    ） A．木块相对于地面做曲线运动 B．木块相对于地面的位移大于 C．木块受到斜面的支持力大小为 D．木块相对于地面的加速度大小为 6．（多选）如图所示，带有半径为R的光滑半圆弧轨道的凹槽放在光滑的水平面上，小球从B点由静止释放，经过一段时间小球运动到最低点C，圆弧BC所对应的圆心角为α=60°。已知小球的质量为m，凹槽的质量为M=2m，重力加速度为g，小球可视为质点。则下列说法正确的是（　　） A．小球与凹槽组成的系统动量守恒 B．小球运动到C点时，凹槽的速度大小为 C．小球运动到C点时，小球所受轨道的作用力大小为 D．小球运动到C点时，凹槽移动的距离为 7．（多选）如图所示，小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一光滑圆弧，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点。一质量为m的滑块（视为质点）在小车上从A点由静止开始沿轨道滑下，然后滑入BC轨道，最后恰好停在C点，已知小车的质量为2m，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是（　　） A．滑块运动过程中的最大速度为 B．整个运动过程中，小车和滑块组成的系统动量守恒 C．整个运动过程中，小车的位移大小为 D．滑块与轨道BC间的动摩擦因数 8．一质量为4 kg的小车静止在光滑水平面上，车上固定一个轻质竖直支架，长为1 m的轻绳一端固定在支架上，另一端连接一质量为1 kg的小球（视为质点）。如图所示，将小球向右拉至轻绳水平伸直后静止释放，小球在纸面内摆动的过程中不与车和支架发生碰撞，忽略所有阻力，已知重力加速度取10 m/s2，则小球摆到最低点的过程中（     ） A．任意时刻小球与小车的动量等大反向 B．小球运动到最低点时的速度大小为4 m/s C．小球运动到最低点时小车速度大小为4 m/s D．小车向右移动的距离为0.1 m 9．如图，在光滑水平面上放有质量均为的小球A和坡形导轨B，导轨B的水平底边长为，现两者均以大小为的初速度相向运动，小球能越过导轨最高点并向右滑下离开B，不计一切摩擦，小球从滑上导轨到离开导轨的过程中，导轨B发生的位移大小为（     ） A． B． C． D． 10．如图，质量均为m=2kg的木块A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为L=1m的细线，细线另一端系一质量为m0=1kg的球C。现将C球拉起使细线水平伸直，并由静止释放C球。g取10m/s2，求： (1)C球摆至最低点时，A、B、C的速度大小； (2)C球摆动到另一侧的最大高度； (3)O点离地高度H=1.2m，若小球摆至最低点时绳子恰好断裂，C球落地时与O点起始位置间的水平距离。（C球落地过程中未与A接触） ▌题型07 爆炸问题 爆炸的三个规律： 1. 动量守恒：爆炸物体系统内部的相互作用力_________受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒。 2. 机械能增加：在爆炸过程中有其他形式的能由化学能转化为机械能，所以系统的机械能_________。 3. 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_________，可以认为爆炸后各部分从爆炸前的位置以新的动量开始运动。 1．一枚沿水平方向飞行的手榴弹飞行速度为，在空中爆炸后分裂成1kg和0.5kg两块，其中0.5kg的那块以的速率沿原来速度相反的方向运动，则另一块的速度为（不计空气阻力）（     ） A． B． C． D． 2．一爆竹由地面沿竖直方向发射出去，当爆竹运动到最高点时，刚好爆炸，爆炸后爆竹分成两部分，两部分的质量分别为、，且这两部分的速度均沿水平方向。则下列说法正确的是（　　） A．若，则的动量大 B．若，则的速度小 C．若，则的动能大 D．若，则先落地 3．一枚在空中飞行的火箭质量为 ，在某时刻的速度为，方向水平，燃料即将耗尽。此时，火箭突然炸裂成两块（如图），其中质量为的一块沿着与相反的方向飞去，速率为。求炸裂后另一块的速度大小为（     ） A． B． C． D． 4．如图所示，光滑水平地面上紧挨着的两个滑块A、B之间有少量炸药（质量不计），爆炸后A、B沿水平地面向左、右滑行的速度分别为2m/s、4m/s。已知滑块A的质量为mA=4kg，重力加速度g=10m/s2，炸药爆炸释放的化学能全部转化为滑块A、B的动能。下列说法正确的是（　　） A．滑块B的质量为1kg B．滑块B的质量为3kg C．炸药爆炸释放的化学能为16J D．炸药爆炸释放的化学能为24J 5．（多选）大连是滨海城市，每逢新春佳节都会举办盛大的烟火表演。某款新研制的烟花筒亮相大连烟花晚会，其结构如图1所示。工作原理如下：点燃引线后，发射药被引燃并发生爆炸，使礼花弹获得竖直方向的初速度，同时引燃延期引线。当礼花弹上升至最高点时，延期引线引爆礼花弹，使其炸裂为两部分，两部分均沿水平方向飞出。炸开后a、b的运动轨迹如图2所示。不计空气阻力，则（　　） A．炸开后a、b处于最高点时，a、b两部分的动能之比为1:3 B．炸开后a、b处于最高点时，a、b两部分的动量大小之比为1:3 C．从炸开到两部分落地的过程中，a、b两部分所受重力的冲量之比为3:1 D．a、b两部分落地时的重力功率之比为3:1 6．如图甲所示，质量为的物块、和质量为的用粘性炸药粘在一起，使它们获得的速度后沿足够长的粗糙水平地面向前滑动，物块A、B与水平地面之间的动摩擦因数相同，运动时间后炸药瞬间爆炸，A、B分离，爆炸前后物块A的速度随时间变化的图像如图乙所示，图乙中、均为已知量，若粘性炸药质量和体积均不计，爆炸前后A、B质量不变。则A、B均停止运动时它们之间的距离为（　　） A． B． C． D． 7．在某爆炸实验基地，把爆炸物以40m/s的速度斜向上发射。当爆炸物动能为发射时四分之一时恰好到最高点，此时爆炸物炸裂成两块A、B，其中mA＝0.2kg，mB＝0.8kg。经测量发现，A块恰好以原轨迹落回，忽略空气阻力及炸药质量。求： (1)爆炸前在最高点速度大小； (2)若爆炸时间持续0.005s，则爆炸过程A、B间的平均作用力大小； (3)爆炸过程中增加的机械能。 8．“东风夜放花千树，更吹落、星如雨。”出自宋代辛弃疾《青玉案・元夕》，描述了烟花绽放后如流星雨般洒落人间的壮丽场面。烟花弹的燃放过程可简化为以下模型：发射烟花弹时，在发射装置中的黑火药瞬间燃烧产生大量高压气体，快速推动烟花弹向高空飞出，如图所示。当烟花弹在空中上升到最高点时爆炸成A、B两块。假设某次烟花燃放过程中，火药点燃后，经过t=0.01 s烟花弹被发射出去，当烟花弹上升到h=45 m时达到最高点且发生了爆炸，炸成质量为、的A、B两块。爆炸释放的能量E=270 J，且有转化为A、B两块的动能。发射装置的长度相比烟花上升的高度可以被忽略，爆炸时间极短，不计空气阻力和烟花弹中火药质量，g取。求： (1)烟花弹离开发射装置瞬间的速度大小； (2)在发射装置中烟花弹所受高压气体的平均冲击力大小F； (3)烟花弹在空中爆炸后的瞬间，A、B两块的速度大小和。 9．如图所示，两滑块甲、乙静止在水平地面上，滑块甲质量为m1=1kg，甲、乙间夹有少量炸药，半径为R=5m的四分之一光滑圆弧槽固定在地面，槽底端与水平面相切。现点燃炸药将滑块甲、乙分开，分开后滑块甲从光滑平台的端点A以一定初速度水平飞出后，恰好从B点无碰撞滑入竖直平面内的光滑圆弧轨道BC，滑块乙刚好能运动到圆弧槽的最高点。A、B两点的高度差为h=3.2m，光滑圆弧半径OB与竖直方向夹角为θ=53°，不计任何阻力和炸药质量，滑块甲、乙均可视为质点，sin53°=0.8，cos53°=0.6，重力加速度g=10m/s2。求： (1)滑块甲从A点飞出的速度v0的大小和在B点时的速度v1的大小； (2)爆炸过程中增加的机械能∆E。 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 动量守恒定律及反冲现象火箭（题型突破） 题型01动量守恒定律的内容、应用范围 1.【答案】A 2.【答案】D 3.【答案】B 1 25 = 4.【答案】)4”，方向水平向左2) 5.【答案】B 6.【答案】C 7.【答案】BC 1题型02判断系统动量是否守恒 1.【答案】c 2.【答案】AC 3.【答案】BC 4.【答案】B 5.【答案】BC 6.【答案】A 7.【答案】D 8.【答案】D 9.【答案】AD 10.【答案】B 1/4 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 题型03动量守恒定律的初步应用 1.【答案】CD 6 m mvo 2.【答案】(1)7 (24°：方向：水平向左 3.【答案】(1)2m/s (2)1m/s,方向与原方向相同 4.【答案】(1)2m/5,方向水平向左(2)5s 5.【答案】B 6.【答案】B 7.【答案】A ■题型04实验：反冲现象 1.【答案】A 2.【答案】D 3.【答案】AC 4.【答案】c 5.【答案】c 6.【答案】B 7.【答案】c 8.【答案】BD 9.【答案】(1)大小0.lm/s,方向与橡皮塞的运动方向相反： (2)大小0.05m/s,方向与橡皮塞的水平分运动方向相反 2/4 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 mu 10mu 10.【答案】(1)M-(n-1)m v+10mu (2)M (近似) (3)t 题型05火箭的原理 1.【答案】c 2.【答案】A 3.【答案】B 4.【答案】c 5.【答案】B 6.【答案】BD 7.【答案】c 8.【答案】ABC 题型06人船模型 1.【答案】CD 2.【答案】BC 3.【答案】c 4.【答案】B 5.【答案】CD 6.【答案】BD 7.【答案】CD 8.【答案】B 9.【答案】B 10.【答案】(a)a=g=lm/s,%=4ms m (2)6 (3)0.6m 3/4 可学科网·上好课 Www.z×xk.com 上好每一堂课 题型07爆炸的题 1.【答案】D 2.【答案】B 3.【答案】D 4.【答案】D 5.【答案】ACD 6.【答案】B 7.【答案】(1)20m/s (2)1600N(3)200J 8.【答案】(1)30m/s(2)1806N 3)4=30m/s,3=15m/s 9.【答案】(1)6m/s,10m/s(2)48J 4/4