1.4 动量守恒定律的应用（重难点专练）物理粤教版选择性必修第一册

**基本信息** 以动量守恒定律为核心，通过反冲、爆炸、人船等模型构建“条件判断-系统选取-临界分析”三阶方法体系，实现从概念理解到综合应用的逻辑递进。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |反冲/爆炸/人船模型|15判断+4计算|系统动量守恒条件（内力远大于外力）、人船位移公式（mx人=Mx船）|从基础模型（反冲、爆炸）到静态系统（人船），强化动量守恒条件辨析与公式应用| |抛接体问题|5计算|速度参考系统一（对地转换）、系统动态选取（抛接瞬间守恒）|结合相对速度深化系统分析，体现质量变化对动量的累积效应，培养模型建构能力| |临界过程分析|5综合题|临界标志（共速、相对位移等）、通法（动量守恒+临界条件+能量关系）|融合动量与能量，聚焦多过程问题中的临界状态判断，提升科学推理与论证能力|

1.4 动量守恒定律的应用 题型01 反冲现象与火箭发射 题型02 爆炸问题 题型03 人船模型 题型04 多过程 多物体问题分析 题型05 临界过程的分析方法 ▌题型01 反冲、爆炸、人船模型 1．判断下列说法的正误。 (1)人船模型的前提条件是系统初始总动量为0，且水平方向合外力为零。（     ） (2)人船模型中，人的位移和船的位移大小一定相等。（     ） (3)人船模型公式mx人=Mx船里，（x人、x船）都是相对地面的位移。（     ） (4)反冲运动的本质是系统内力远大于外力，动量近似守恒。（     ） (5)发生反冲时，两部分物体运动方向一定相反。（     ） (6)火箭升空过程，喷出气体和火箭组成的系统动量严格守恒。（     ） (7)火箭点火瞬间，内力极大，外力可忽略，系统动量近似守恒。（     ） (8)火箭喷气速度越大、燃料质量占比越大，火箭最终获得速度越大。（     ） (9)静止小船中人匀速走向船头，船会匀速向后退。（     ） (10)人船模型只适用于人和船，其他相互作用静止系统不能套用。（     ） (11)反冲运动中系统机械能一定增加（内力做功转化机械能）。（     ） (12)若系统初始动量不为零，依然可以直接套用标准人船位移公式。（     ） (13)步枪射击子弹时，枪身的后坐现象属于反冲运动。（     ） (14)水面有阻力时，人和船系统水平动量依旧守恒。（     ） (15)火箭多级分离是为了不断减轻箭体质量，提升最终速度。（     ） (16)人跳离小船瞬间，人和船组成系统总动量依旧为0。（     ） 【详解】（1）人船模型的推导前提就是系统初始总动量为，水平方向动量守恒（合外力为零），故正确。 （2）由人船公式可知，只有人和船质量相等时位移大小才相等，一般不相等，故错误。 （3）动量守恒定律中速度以地面为惯性参考系，推导得到的位移都是相对地面的位移，故正确。 （4）反冲运动是系统内部分裂为两部分的相互作用，过程中内力远大于外力，系统动量近似守恒，这是反冲运动的基本规律，故正确。 （5）只有系统初始总动量为零时，反冲后两部分运动方向才一定相反；若初始总动量不为零，两部分运动方向可能相同，故错误。 （6）火箭升空过程中，火箭和喷出气体组成的系统受重力、空气阻力等外力，合外力不为零，动量不严格守恒，故错误。 （7）火箭点火瞬间，相互作用时间极短，内力远大于外力，外力冲量可忽略，系统动量近似守恒，故正确。 （8）根据火箭速度规律，喷气速度越大、燃料质量占初始总质量的比例越大，火箭最终获得的速度越大，故正确。 （9）静止的人船系统水平动量守恒，任意时刻满足，若人匀速运动，船的速度也保持恒定，匀速向后退，故正确。 （10）只要满足“初始总动量为零、某方向动量守恒”，任意两个相互作用的物体都可以套用该模型，不局限于人和船，故错误。 （11）反冲运动过程中，内力做功将系统的内能、化学能等其他形式的能转化为机械能，因此系统机械能一定增加，故正确。 （12）标准人船位移公式是从“初始总动量为零”推导得出，若初始总动量不为零，公式不成立，不能直接套用，故错误。 （13）子弹射出时，枪身和子弹在内力作用下向相反方向运动，属于典型的反冲运动，故正确。 （14）水面有阻力时，人船系统水平方向合外力不为零，水平动量不守恒，故错误。 （15）多级火箭燃料耗尽后分离掉无用舱体，减轻剩余箭体质量，能够提升火箭的最终速度，故正确。 （16）原来静止的小船，人跳离瞬间内力远大于外力，动量近似守恒，因此跳离瞬间系统总动量仍为，故正确。 2．乌贼喷墨是一种防御行为，用于迷惑天敌，制造逃生机会，此过程伴随水流的喷射。一吸满水后质量为0.6kg的乌贼初始时静止，某时刻开始以相对于地面恒为45m/s的速度水平喷水，不计水的阻力且不考虑竖直方向的运动和受力变化，则（　　） A．喷出的水对周围的水产生一个作用力，周围的水对喷出的水的反作用力使乌贼向前 B．若乌贼要极短时间内达到15m/s的速度，则要一次性喷出约0.15kg的水 C．若乌贼要极短时间内达到15m/s的速度，则要一次性喷出约0.20kg的水 D．要极短时间内达到15m/s的速度，此过程中它受到喷出水的作用力的冲量为9N·s 【答案】B 【详解】A．被向前喷出的水对乌贼有向后的反作用力使乌贼向后运动，故A错误； B C．由动量守恒 解得，故B正确，C错误； D．对喷出水由动量定理有，因作用力与反作用力等大，作用时间相同，故此过程中它受到喷出水的作用力的冲量为，故D错误。 故选B。 3．一个士兵坐在皮划艇上，他连同装备和皮划艇的总质量是。这个士兵用自动步枪在沿水平方向发射子弹，每发子弹的质量是，子弹离开枪口时相对步枪的速度是。射击前皮划艇是静止的，不考虑水的阻力，射出一颗子弹后，皮划艇的速度大小约为（　　） A． B． C．10m/s D．100m/s 【答案】A 【详解】根据动量守恒定律，射击前系统（皮划艇、士兵、装备和子弹）总动量为零。射击后，以子弹射出反方向为正方向，设皮划艇速度为，子弹相对步枪的速度为，则子弹的绝对速度为。总质量M=200kg，子弹质量m=20g=0.02kg。动量守恒方程为 简化得 解得v=0.1m/s 故选A。 4．如图所示，一枚炮弹发射的初速度为，发射角为。它飞行到最高点时炸裂成质量均为m的A、B两部分，A部分炸裂后竖直下落，B部分继续向前飞行。重力加速度为g，不计空气阻力，不计炸裂过程中炮弹质量的变化及炮口到地面高度。求： (1)炸裂前瞬间炮弹速度v； (2)炸裂后瞬间B部分速度的大小和方向； (3)炸裂前后，A、B系统机械能的变化量； (4)A、B两部分落地点之间的水平距离。 【答案】(1)，方向水平向右 (2)，方向水平向右 (3)A、B系统机械能增加了 (4) 【详解】（1）炮弹炸裂前瞬间速度为 方向水平向右 （2）炸裂过程中根据水平方向动量守恒，规定水平向右为正方向，有 炸裂后A部分竖直下落，说明此时A的水平速度为零，解得 方向水平向右 （3）炸裂前后系统机械能的变化量为 A、B系统机械能增加了。 （4）炸裂后，A做自由落体运动，B做平抛运动，下落时间为 落地后，A、B两部分落地点之间的水平距离为 解得 5．如图所示，小车静置于光滑的水平面上，将小球用细线悬挂在小车上，从图示位置无初速度地释放小球，不计空气阻力。关于释放小球后的运动过程，下列说法正确的是（     ） A．小球和小车组成的系统动量守恒 B．小球和小车组成的系统机械能守恒 C．小球摆到最高点时，小球的速度为零而小车的速度不为零 D．小球摆到最低点时，小球和小车速度相同且最大 【答案】B 【详解】A．小球和小车组成的系统在水平方向不受外力，只有水平方向动量守恒；竖直方向受重力、支持力等外力作用，系统总动量不守恒，故A错误； B．地面对小车的支持力不做功，重力为保守力，细线拉力属于系统内力，只在小球和小车间转移能量，小球和小车组成的系统机械能守恒，故B正确； C．小球摆到最高点时相对小车瞬时静止，设小球质量为，小车质量为，小球和小车的水平速度分别为、，则；又由水平方向动量守恒有 解得，故C错误； D．小球摆到最低点时系统总动能最大，此时小球相对小车沿水平方向运动，设小球和小车的水平速度分别为、，由水平方向动量守恒有 可知二者速度方向相反，故D错误。 故选B。 ▌题型02 抛接体问题 速度参考系的统一 抛接体问题中，题目给出的"抛出速度"通常是相对抛出者（或抛出载体）的速度，而动量守恒方程中的速度必须相对地面（惯性参考系）。因此必须先利用相对速度公式转换：v物对地​=v物对抛者​+v抛者对地​ ，注意方向相反时取负值。 动量守恒的系统选取 抛出瞬间：以抛出者和被抛物体为系统，内力远大于外力，动量守恒。 若小球与竖直墙壁发生弹性碰撞后被人接回，以人和球为系统，墙壁对球的作用力属于外力，因此全过程（含碰墙）系统动量不守恒；仅研究"抛出"和"接住"两瞬间时，若手与球作用时间极短，可认为动量近似守恒。 多次抛接的累积效应 连续向同一方向抛出多个相同物体，每次抛出后抛出者的速度增量不同（填"相同"或"不同"），因为抛出者的质量在减小（填"变化"或"不变"）。 若初态系统静止，且最终所有物体相对地面静止，则系统总动量最终为零。 典型模型 人船模型的抛接版：人站在船尾向船头方向抛出小球，球最终落在船头，系统水平方向动量守恒，船的位移可通过质心位置不变（或"人船模型"）原理求解。 火箭发射可视为连续向后抛出燃气，属于连续反冲，需用动量定理或变质量方程处理。 6．如图所示，甲、乙两位同学站在滑冰场的水平地面上，甲同学将球抛出后自身向后滑动了4 m才停下，乙同学将球接住后便与球共同运动。已知甲、乙两同学与滑冰场地面间的动摩擦因数均为，乙与球的总质量等于甲的质量，抛接球时甲、乙两同学所受地面的摩擦力不计，重力加速度g取，则乙同学将球接住的瞬间相对地面的速度大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】设甲同学自身质量为M，由运动学公式得抛球后甲的速度为，x=4m 解得v=2m/s 设乙同学质量为m，球的质量为m0，对甲乙同学与球整个系统由动量守恒定律得 由题意可知 联立解得乙同学将球接住的瞬间相对地面的速度大小为。 故选B 。 7．甲乙两人做抛球游戏，如图，甲站在一辆平板车上，车与水平地面间的摩擦不计。甲与车的总质量，另有一质量的球，乙站在车对面的地上，身旁有若干质量不等的球。开始车静止，甲将球以速度（相对于地面）水平抛给乙，乙接到抛来的球后，马上将另一只质量为的球以相同速率水平抛回给甲，甲接到球后，再以速率将此球水平抛给乙，这样反复进行，乙每次抛回给甲的球的质量都等于他接到球的质量的2倍，求： (1)甲第一次抛出球后，车的速度多大？ (2)甲第二次抛出球后，车的速度多大？ (3)从第一次算起，甲抛出多少个球后，再不能接到乙抛回来的球。 【答案】(1) (2) (3)5 【详解】（1）甲第一次抛出球后，对甲、车与第一只球，根据动量守恒定律有 解得 （2）甲第二次抛出球后，对甲、车与第二只球，根据动量守恒定律有 解得 （3）甲第一次抛出球后有 甲第二次抛出球后有 甲第三次抛出球后有 根据规律可知，甲第n次抛出球后有 根据上式有 若甲不能接到乙抛回来的球，则有 解得 即从第一次算起，甲抛出5个球后，再也不能接到乙抛回来的球。 8．（多选）如图所示，甲和他的冰车总质量，甲推着质量的小木箱一起以速度向右滑行。乙和他的冰车总质量也为，乙以同样大小的速度迎面而来。为了避免相撞，甲将小木箱以速度v沿冰面推出，木箱滑到乙处时乙迅速把它抓住。若不计冰面的摩擦力，则小木箱的速度v可能为（　　） A． B． C． D． 【答案】CD 【详解】对于甲和箱子根据动量守恒得 对于乙和箱子根据动量守恒得 当甲乙恰好不相碰，则 联立解得 若要避免碰撞，则需要满足 故选CD。 9．如图所示，有A、B两质量均为30kg的小车，在光滑的水平面上以相同的速率2m/s在同一直线上相向运动，A车上有一质量为40kg的人，他至少要以多大的水平速度（相对地）从A车跳到B车上，才能避免两车相撞？ 【答案】2.9m/s 【详解】规定mA向右速度为正，mB向左为负，由于水平面光滑，人跳离A后，A及人动量守恒，则有 人跳上B前后，mB动量守恒，则有 要使两车不相撞，满足v1、v2同向且 代入数据可解得 即他至少要以2.9m/s的水平速度（相对地）从A车跳到B车上，才能避免两车相撞。 10．如图所示，在平静的湖面上有一小船以速度匀速行驶，人和船的总质量为M=200kg，船上另载有N=20个完全相同的小球，每个小球的质量为m=5kg．人站立船头，沿着船的前进方向、每隔一段相同的时间水平抛出一个小球，不计水的阻力和空气的阻力． (1)如果每次都是以相对于湖岸的速度v=6m/s抛出小球，试计算出第一个小球抛出后小船的速度大小和抛出第几个球后船的速度反向？ (2)如果每次都是以相对于小船的速度v=6m/s抛出小球，试问抛出第16个小球可以使船的速度改变多少？ 【答案】(1)m/s，11 (2) 【详解】（1）人抛出第一个球前后，对船、人、20个球整体分析，由动量守恒定律可得 代入数据得 =m/s 即抛出第一个小球后，船的速度为=m/s； 设抛出第n个球时，有 联立上式可推得 代入数据得 = 当＜0，即船反向，有 、或、 得 10＜n＜60 即当抛出第11个小球时船反向。 （2）设第16次抛出小球时，小船的原来对地速度为，抛出后小船的对地速度为，因小球是相对于小船的速度v=6m/s抛出，抛出后小球对地的速度，由动量守恒定律可得 代入数据可得 ▌题型03 临界过程分析方法 常见临界标志 "恰好不滑出" → 两物体达到共同速度（共速），且相对位移等于板长（或轨道长度）； "恰好到最高点" → 两物体共速（或速度相等），或竖直方向分速度为零； "恰好分离" → 两物体间相互作用力为零； "恰好不掉下"（圆周运动） → 在最高点重力恰好提供向心力。 临界解题通法 第一步：根据过程特征列动量守恒方程； 第二步：写出临界条件（如共速、相对位移等于板长、弹力为零等）； 第三步：根据能量关系（机械能守恒或能量守恒 / 功能关系）联立求解。 11．如图所示，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。求： (1)乙接到第一个球后的速度（保留一位小数）； (2)为保证两车不相撞，甲最少抛给乙多少个小球？ 【答案】(1)5.3m/s ，水平向左 (2)15 【详解】（1）对乙和接住的第一个球整个系统，以向左为正，由动量守恒定律得M2v0-mv=（M2+m）v1 代入数据解得v1=5.3m/s ，水平向左。 （2）设抛出n个球后，两车的速度相等，对（M1+M2）整体，以向右为正，由动量守恒定律有M1v0-M2v0=（M1-nm+M2+nm）v共 再对乙车和接住的n个球系统，以向左为正，根据动量守恒定律有M2v0-nmv=（M2+nm）v共 代入数据得到n=15 12．如图所示，高度h=0.6m的斜面体固定于足够长的水平地面上，斜面体底部与地面平滑连接。水平面上一轻弹簧左端连接在固定的挡板上，右端与可视为质点的物块接触但不相连。用物块将弹簧压缩至P点，然后将物块从P点静止释放，物块离开弹簧后恰好能运动到斜面体的最高点。已知物块的质量m=0.5kg，与各接触面间的动摩擦因数均为µ=0.6，P点到斜面体右端的距离x=2m，取重力加速度g=10m/s2。求： (1)物块在P点时，弹簧的弹性势能； (2)若斜面体不固定且各接触面均光滑，物块从P点静止释放，离开弹簧后也恰能运动到斜面体的最高点。此情况下物块对斜面体做功的最大值。 【答案】(1)9J (2)8J 【详解】（1）斜面体固定时，物块从静止运动到斜面体最高点过程中，由能量守恒定律得 解得 （2）设物块离开弹簧瞬间的速度大小为v0，由能量守恒定律得 斜面体不固定时，设物块运动到斜面体最高点时的速度大小为v1，物块离开弹簧到运动到斜面体的最高点的过程中，系统水平方向动量守恒，机械能守恒，可得， 解得 物块与斜面体接触的过程中，系统水平方向动量守恒，机械能守恒，可得， 解得 所以物块与斜面体只进行一次接触，在物块与斜面体接触的过程中，物块对斜面体做的功为 解得 13．如图所示，光滑的水平台面左端固定一半径的四分之一圆弧轨道，右端竖直固定一挡板，一质量的薄木板静止在台面上，左端与轨道末端接触，其上表面与圆弧轨道末端相切，的右端与竖直挡板间的距离。现将一可视为质点、质量的物块由轨道顶端静止释放，时刻，由轨道末端滑上，最终静止在的最右端。已知圆弧轨道光滑，之间的动摩擦因数，与挡板及轨道之间的碰撞均为弹性碰撞，碰撞时间忽略不计，取。求： (1)从滑上至首次与挡板碰撞的时间内，摩擦力对的冲量； (2)木板的长度； (3)B最终静止时其右端与挡板之间的距离。 【答案】(1)4N·s，方向水平向左 (2)9m (3)0.25m 【详解】（1）设A刚滑上B时速度大小为v0，根据动能定理，有 A刚滑上B时，对A，根据牛顿第二定律，有 对B，根据牛顿第二定律，有 假设B首次碰撞挡板前始终做匀加速直线运动，t1时刻与挡板首次碰撞，根据位移时间关系 解得 B与挡板碰撞前速度大小 此时A速度大小 可知，假设成立。 规定水平向右为正方向，故此段时间内摩擦力对A的冲量 此段时间内摩擦力对A的冲量大小为4N·s，方向水平向左。 （2）由能量守恒定律可知 解得L=9 m （3）B与挡板首次碰撞后，其速度 B 做匀减速运动，经过 速度减为 0，位移 说明此时 B 左端恰好回到轨道末端，可知此后B继续向右加速运动，设A、B共速时速度大小为v共，根据动量守恒，有 根据速度-位移公式，有 解得x=0.25m＜d 可知共速后A、B继续向右运动0.75m后，B与挡板发生第2次碰撞，碰撞后B的速度记为，则 此后B向左运动，由动量守恒定律可知，A、B再次共速时，其速度均为0 从B第2次与挡板碰撞，至速度均为0，设B向左运动的位移大小为，则=0.25m 故B静止时其右端与挡板之间的距离为0.25m。 14．如图所示，光滑的水平地面上有一质量为M=1kg的木板，木板右端到墙壁的距离l0=3m，木板左端紧挨着带光滑圆弧轨道的物块P，圆弧半径R=1.6m，圆弧轨道底端和木板上表面等高，物块P固定在地面上，在圆弧轨道的正上方有两个可视为质点的物体A、B通过细线相连，物体A通过劲度系数k=100N/m的轻弹簧固定在天花板上，稳定后物体B到圆弧轨道最高点a的距离h0=0.2m，物体A的质量m1=1.6kg、物体B的质量m2=5kg。剪断两物体之间的细线，物体B下落后从a点平滑进入圆弧轨道，当物体B运动到圆弧轨道最低点时，物体A恰好第一次回到出发点，随后物体B滑上木板，经过一段时间后，木板与墙壁发生弹性碰撞，B始终未与墙壁发生碰撞。已知物体B与木板之间的动摩擦因数μ=0.5，弹簧振子的振动周期，π2取10，重力加速度g取10m/s2。求： (1)物体A做简谐运动的周期； (2)B在P上运动过程中合外力的冲量大小； (3)木板的最短长度L和木板运动的总路程s。 【答案】(1)0.8s (2) (3)3.6m，4.8m 【详解】（1）物体A做简谐运动的周期为 代入数据解得 （2）物体B进入圆弧轨道之前做自由落体运动，则有 物体B到达圆弧最高点时速度 到达圆弧最低点时速度v，根据动能定理有 解得 以向下为正方向，竖直方向的冲量 水平方向的冲量 B在P上运动过程中合外力的冲量大小 联立解得 （3）结合上述分析可知，物体B以的速度滑上木板，以物体B和木板组成的整体，根据动量守恒定律有 对木板，有 解得， 可知，木板与物体B共速后与墙壁发生碰撞，第1次与墙碰撞后有 解得第1次与墙碰撞后共速的速度 对木板进行分析有 碰后木板向左运动的最大距离 第2次与墙碰撞后有 解得 碰后木板向左运动的最大距离 第n次与墙碰撞后有 解得 则对木板M，有 木板M运动的总路程为 即有 代入数据解得 木板M和物块B最终停在右侧墙壁处，物块恰好停在木板右端，根据能量守恒定律有 解得 15．如图所示，固定的光滑水平平台上静止着两个滑块和，它们的质量分别为、，两滑块间夹有少量炸药，平台右侧有一带挡板的小车，小车静止在光滑的水平地面上。小车的质量，小车的上表面与平台的台面等高，小车上表面的右侧固定一根轻弹簧，弹簧的自由端在点，小车上表面的左端点与点之间是粗糙的，、的间距，滑块与之间表面的动摩擦因数，点右侧表面是光滑的。点燃炸药后，、分离瞬间两滑块获得的总动能为，之后滑块滑上小车。两滑块都可以看成质点，炸药的质量忽略不计，爆炸的时间极短，爆炸后两个物块的速度方向在同一水平直线上，重力加速度。 (1)求炸药爆炸后滑块获得的速度； (2)求在滑块滑上小车后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能； (3)滑块运动到何处小车的速度最大？并求出小车运动过程中的最大速度。 【答案】(1) (2) (3)滑块B压缩弹簧后返回到Q点时小车的速度最大，小车的最大速度为2m/s 【详解】（1）由于爆炸的时间极短，则滑块和组成的系统动量守恒，设炸药爆炸后滑块获得的速度大小为，滑块获得的速度大小为，则有 又因为点燃炸药后，、分离瞬间两滑块获得的总动能为 代入数据联立解得 （2）当弹簧压缩到最短时弹簧的弹性势能最大，由于滑块B与小车组成的系统动量守恒，以向右为正方向，则由动量守恒定律得 由能量守恒定律得 代入数据联立解得弹簧的最大弹性势能为 （3）当弹簧恢复到原长时，即滑块B压缩弹簧后返回到Q点时小车的速度最大，设此时滑块B的速度为，小车的速度为，以向右为正方向，则由动量守恒定律得 由能量守恒定律得 代入数据联立解得，或， 由于当，时，滑块B的速度大于小车的速度，不符合实际，应舍去，所以小车运动过程中的最大速度为。 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 1.4 动量守恒定律的应用 题型01 反冲现象与火箭发射 题型02 爆炸问题 题型03 人船模型 题型04 多过程 多物体问题分析 题型05 临界过程的分析方法 ▌题型01 反冲、爆炸、人船模型 1．判断下列说法的正误。 (1)人船模型的前提条件是系统初始总动量为0，且水平方向合外力为零。（     ） (2)人船模型中，人的位移和船的位移大小一定相等。（     ） (3)人船模型公式mx人=Mx船里，（x人、x船）都是相对地面的位移。（     ） (4)反冲运动的本质是系统内力远大于外力，动量近似守恒。（     ） (5)发生反冲时，两部分物体运动方向一定相反。（     ） (6)火箭升空过程，喷出气体和火箭组成的系统动量严格守恒。（     ） (7)火箭点火瞬间，内力极大，外力可忽略，系统动量近似守恒。（     ） (8)火箭喷气速度越大、燃料质量占比越大，火箭最终获得速度越大。（     ） (9)静止小船中人匀速走向船头，船会匀速向后退。（     ） (10)人船模型只适用于人和船，其他相互作用静止系统不能套用。（     ） (11)反冲运动中系统机械能一定增加（内力做功转化机械能）。（     ） (12)若系统初始动量不为零，依然可以直接套用标准人船位移公式。（     ） (13)步枪射击子弹时，枪身的后坐现象属于反冲运动。（     ） (14)水面有阻力时，人和船系统水平动量依旧守恒。（     ） (15)火箭多级分离是为了不断减轻箭体质量，提升最终速度。（     ） (16)人跳离小船瞬间，人和船组成系统总动量依旧为0。（     ） 2．乌贼喷墨是一种防御行为，用于迷惑天敌，制造逃生机会，此过程伴随水流的喷射。一吸满水后质量为0.6kg的乌贼初始时静止，某时刻开始以相对于地面恒为45m/s的速度水平喷水，不计水的阻力且不考虑竖直方向的运动和受力变化，则（　　） A．喷出的水对周围的水产生一个作用力，周围的水对喷出的水的反作用力使乌贼向前 B．若乌贼要极短时间内达到15m/s的速度，则要一次性喷出约0.15kg的水 C．若乌贼要极短时间内达到15m/s的速度，则要一次性喷出约0.20kg的水 D．要极短时间内达到15m/s的速度，此过程中它受到喷出水的作用力的冲量为9N·s 3．一个士兵坐在皮划艇上，他连同装备和皮划艇的总质量是。这个士兵用自动步枪在沿水平方向发射子弹，每发子弹的质量是，子弹离开枪口时相对步枪的速度是。射击前皮划艇是静止的，不考虑水的阻力，射出一颗子弹后，皮划艇的速度大小约为（　　） A． B． C．10m/s D．100m/s 4．如图所示，一枚炮弹发射的初速度为，发射角为。它飞行到最高点时炸裂成质量均为m的A、B两部分，A部分炸裂后竖直下落，B部分继续向前飞行。重力加速度为g，不计空气阻力，不计炸裂过程中炮弹质量的变化及炮口到地面高度。求： (1)炸裂前瞬间炮弹速度v； (2)炸裂后瞬间B部分速度的大小和方向； (3)炸裂前后，A、B系统机械能的变化量； (4)A、B两部分落地点之间的水平距离。 5．如图所示，小车静置于光滑的水平面上，将小球用细线悬挂在小车上，从图示位置无初速度地释放小球，不计空气阻力。关于释放小球后的运动过程，下列说法正确的是（     ） A．小球和小车组成的系统动量守恒 B．小球和小车组成的系统机械能守恒 C．小球摆到最高点时，小球的速度为零而小车的速度不为零 D．小球摆到最低点时，小球和小车速度相同且最大 ▌题型02 抛接体问题 速度参考系的统一 抛接体问题中，题目给出的"抛出速度"通常是相对抛出者（或抛出载体）的速度，而动量守恒方程中的速度必须相对地面（惯性参考系）。因此必须先利用相对速度公式转换：v物对地​=v物对抛者​+v抛者对地​ ，注意方向相反时取负值。 动量守恒的系统选取 抛出瞬间：以抛出者和被抛物体为系统，内力远大于外力，动量守恒。 若小球与竖直墙壁发生弹性碰撞后被人接回，以人和球为系统，墙壁对球的作用力属于外力，因此全过程（含碰墙）系统动量不守恒；仅研究"抛出"和"接住"两瞬间时，若手与球作用时间极短，可认为动量近似守恒。 多次抛接的累积效应 连续向同一方向抛出多个相同物体，每次抛出后抛出者的速度增量不同（填"相同"或"不同"），因为抛出者的质量在减小（填"变化"或"不变"）。 若初态系统静止，且最终所有物体相对地面静止，则系统总动量最终为零。 典型模型 人船模型的抛接版：人站在船尾向船头方向抛出小球，球最终落在船头，系统水平方向动量守恒，船的位移可通过质心位置不变（或"人船模型"）原理求解。 火箭发射可视为连续向后抛出燃气，属于连续反冲，需用动量定理或变质量方程处理。 6．如图所示，甲、乙两位同学站在滑冰场的水平地面上，甲同学将球抛出后自身向后滑动了4 m才停下，乙同学将球接住后便与球共同运动。已知甲、乙两同学与滑冰场地面间的动摩擦因数均为，乙与球的总质量等于甲的质量，抛接球时甲、乙两同学所受地面的摩擦力不计，重力加速度g取，则乙同学将球接住的瞬间相对地面的速度大小为（　　） A． B． C． D． 7．甲乙两人做抛球游戏，如图，甲站在一辆平板车上，车与水平地面间的摩擦不计。甲与车的总质量，另有一质量的球，乙站在车对面的地上，身旁有若干质量不等的球。开始车静止，甲将球以速度（相对于地面）水平抛给乙，乙接到抛来的球后，马上将另一只质量为的球以相同速率水平抛回给甲，甲接到球后，再以速率将此球水平抛给乙，这样反复进行，乙每次抛回给甲的球的质量都等于他接到球的质量的2倍，求： (1)甲第一次抛出球后，车的速度多大？ (2)甲第二次抛出球后，车的速度多大？ (3)从第一次算起，甲抛出多少个球后，再不能接到乙抛回来的球。 8．（多选）如图所示，甲和他的冰车总质量，甲推着质量的小木箱一起以速度向右滑行。乙和他的冰车总质量也为，乙以同样大小的速度迎面而来。为了避免相撞，甲将小木箱以速度v沿冰面推出，木箱滑到乙处时乙迅速把它抓住。若不计冰面的摩擦力，则小木箱的速度v可能为（　　） A． B． C． D． 9．如图所示，有A、B两质量均为30kg的小车，在光滑的水平面上以相同的速率2m/s在同一直线上相向运动，A车上有一质量为40kg的人，他至少要以多大的水平速度（相对地）从A车跳到B车上，才能避免两车相撞？ 10．如图所示，在平静的湖面上有一小船以速度匀速行驶，人和船的总质量为M=200kg，船上另载有N=20个完全相同的小球，每个小球的质量为m=5kg．人站立船头，沿着船的前进方向、每隔一段相同的时间水平抛出一个小球，不计水的阻力和空气的阻力． (1)如果每次都是以相对于湖岸的速度v=6m/s抛出小球，试计算出第一个小球抛出后小船的速度大小和抛出第几个球后船的速度反向？ (2)如果每次都是以相对于小船的速度v=6m/s抛出小球，试问抛出第16个小球可以使船的速度改变多少？ ▌题型03 临界过程分析方法 常见临界标志 "恰好不滑出" → 两物体达到共同速度（共速），且相对位移等于板长（或轨道长度）； "恰好到最高点" → 两物体共速（或速度相等），或竖直方向分速度为零； "恰好分离" → 两物体间相互作用力为零； "恰好不掉下"（圆周运动） → 在最高点重力恰好提供向心力。 临界解题通法 第一步：根据过程特征列动量守恒方程； 第二步：写出临界条件（如共速、相对位移等于板长、弹力为零等）； 第三步：根据能量关系（机械能守恒或能量守恒 / 功能关系）联立求解。 11．如图所示，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。求： (1)乙接到第一个球后的速度（保留一位小数）； (2)为保证两车不相撞，甲最少抛给乙多少个小球？ 12．如图所示，高度h=0.6m的斜面体固定于足够长的水平地面上，斜面体底部与地面平滑连接。水平面上一轻弹簧左端连接在固定的挡板上，右端与可视为质点的物块接触但不相连。用物块将弹簧压缩至P点，然后将物块从P点静止释放，物块离开弹簧后恰好能运动到斜面体的最高点。已知物块的质量m=0.5kg，与各接触面间的动摩擦因数均为µ=0.6，P点到斜面体右端的距离x=2m，取重力加速度g=10m/s2。求： (1)物块在P点时，弹簧的弹性势能； (2)若斜面体不固定且各接触面均光滑，物块从P点静止释放，离开弹簧后也恰能运动到斜面体的最高点。此情况下物块对斜面体做功的最大值。 13．如图所示，光滑的水平台面左端固定一半径的四分之一圆弧轨道，右端竖直固定一挡板，一质量的薄木板静止在台面上，左端与轨道末端接触，其上表面与圆弧轨道末端相切，的右端与竖直挡板间的距离。现将一可视为质点、质量的物块由轨道顶端静止释放，时刻，由轨道末端滑上，最终静止在的最右端。已知圆弧轨道光滑，之间的动摩擦因数，与挡板及轨道之间的碰撞均为弹性碰撞，碰撞时间忽略不计，取。求： (1)从滑上至首次与挡板碰撞的时间内，摩擦力对的冲量； (2)木板的长度； (3)B最终静止时其右端与挡板之间的距离。 14．如图所示，光滑的水平地面上有一质量为M=1kg的木板，木板右端到墙壁的距离l0=3m，木板左端紧挨着带光滑圆弧轨道的物块P，圆弧半径R=1.6m，圆弧轨道底端和木板上表面等高，物块P固定在地面上，在圆弧轨道的正上方有两个可视为质点的物体A、B通过细线相连，物体A通过劲度系数k=100N/m的轻弹簧固定在天花板上，稳定后物体B到圆弧轨道最高点a的距离h0=0.2m，物体A的质量m1=1.6kg、物体B的质量m2=5kg。剪断两物体之间的细线，物体B下落后从a点平滑进入圆弧轨道，当物体B运动到圆弧轨道最低点时，物体A恰好第一次回到出发点，随后物体B滑上木板，经过一段时间后，木板与墙壁发生弹性碰撞，B始终未与墙壁发生碰撞。已知物体B与木板之间的动摩擦因数μ=0.5，弹簧振子的振动周期，π2取10，重力加速度g取10m/s2。求： (1)物体A做简谐运动的周期； (2)B在P上运动过程中合外力的冲量大小； (3)木板的最短长度L和木板运动的总路程s。 15．如图所示，固定的光滑水平平台上静止着两个滑块和，它们的质量分别为、，两滑块间夹有少量炸药，平台右侧有一带挡板的小车，小车静止在光滑的水平地面上。小车的质量，小车的上表面与平台的台面等高，小车上表面的右侧固定一根轻弹簧，弹簧的自由端在点，小车上表面的左端点与点之间是粗糙的，、的间距，滑块与之间表面的动摩擦因数，点右侧表面是光滑的。点燃炸药后，、分离瞬间两滑块获得的总动能为，之后滑块滑上小车。两滑块都可以看成质点，炸药的质量忽略不计，爆炸的时间极短，爆炸后两个物块的速度方向在同一水平直线上，重力加速度。 (1)求炸药爆炸后滑块获得的速度； (2)求在滑块滑上小车后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能； (3)滑块运动到何处小车的速度最大？并求出小车运动过程中的最大速度。 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 1.4 动量守恒定律的应用 ▌题型01 反冲、爆炸、人船模型 1．判断下列说法的正误。 （1）人船模型的推导前提就是系统初始总动量为，水平方向动量守恒（合外力为零），故正确。 （2）由人船公式可知，只有人和船质量相等时位移大小才相等，一般不相等，故错误。 （3）动量守恒定律中速度以地面为惯性参考系，推导得到的位移都是相对地面的位移，故正确。 （4）反冲运动是系统内部分裂为两部分的相互作用，过程中内力远大于外力，系统动量近似守恒，这是反冲运动的基本规律，故正确。 （5）只有系统初始总动量为零时，反冲后两部分运动方向才一定相反；若初始总动量不为零，两部分运动方向可能相同，故错误。 （6）火箭升空过程中，火箭和喷出气体组成的系统受重力、空气阻力等外力，合外力不为零，动量不严格守恒，故错误。 （7）火箭点火瞬间，相互作用时间极短，内力远大于外力，外力冲量可忽略，系统动量近似守恒，故正确。 （8）根据火箭速度规律，喷气速度越大、燃料质量占初始总质量的比例越大，火箭最终获得的速度越大，故正确。 （9）静止的人船系统水平动量守恒，任意时刻满足，若人匀速运动，船的速度也保持恒定，匀速向后退，故正确。 （10）只要满足“初始总动量为零、某方向动量守恒”，任意两个相互作用的物体都可以套用该模型，不局限于人和船，故错误。 （11）反冲运动过程中，内力做功将系统的内能、化学能等其他形式的能转化为机械能，因此系统机械能一定增加，故正确。 （12）标准人船位移公式是从“初始总动量为零”推导得出，若初始总动量不为零，公式不成立，不能直接套用，故错误。 （13）子弹射出时，枪身和子弹在内力作用下向相反方向运动，属于典型的反冲运动，故正确。 （14）水面有阻力时，人船系统水平方向合外力不为零，水平动量不守恒，故错误。 （15）多级火箭燃料耗尽后分离掉无用舱体，减轻剩余箭体质量，能够提升火箭的最终速度，故正确。 （16）原来静止的小船，人跳离瞬间内力远大于外力，动量近似守恒，因此跳离瞬间系统总动量仍为，故正确。 2．B 3．A 4． 【详解】（1）炮弹炸裂前瞬间速度为 方向水平向右 （2）炸裂过程中根据水平方向动量守恒，规定水平向右为正方向，有 炸裂后A部分竖直下落，说明此时A的水平速度为零，解得 方向水平向右 （3）炸裂前后系统机械能的变化量为 A、B系统机械能增加了。 （4）炸裂后，A做自由落体运动，B做平抛运动，下落时间为 落地后，A、B两部分落地点之间的水平距离为 解得 5． B ▌题型02 抛接体问题 6．B 7．（1）甲第一次抛出球后，对甲、车与第一只球，根据动量守恒定律有 解得 （2）甲第二次抛出球后，对甲、车与第二只球，根据动量守恒定律有 解得 （3）甲第一次抛出球后有 甲第二次抛出球后有 甲第三次抛出球后有 根据规律可知，甲第n次抛出球后有 根据上式有 若甲不能接到乙抛回来的球，则有 解得 即从第一次算起，甲抛出5个球后，再也不能接到乙抛回来的球。 8．CD 9．规定mA向右速度为正，mB向左为负，由于水平面光滑，人跳离A后，A及人动量守恒，则有 人跳上B前后，mB动量守恒，则有 要使两车不相撞，满足v1、v2同向且 代入数据可解得 即他至少要以2.9m/s的水平速度（相对地）从A车跳到B车上，才能避免两车相撞。 10．（1）人抛出第一个球前后，对船、人、20个球整体分析，由动量守恒定律可得 代入数据得 =m/s 即抛出第一个小球后，船的速度为=m/s； 设抛出第n个球时，有 联立上式可推得 代入数据得 = 当＜0，即船反向，有 、或、 得 10＜n＜60 即当抛出第11个小球时船反向。 （2）设第16次抛出小球时，小船的原来对地速度为，抛出后小船的对地速度为，因小球是相对于小船的速度v=6m/s抛出，抛出后小球对地的速度，由动量守恒定律可得 代入数据可得 ▌题型03 临界过程分析方法 11．（1）对乙和接住的第一个球整个系统，以向左为正，由动量守恒定律得M2v0-mv=（M2+m）v1 代入数据解得v1=5.3m/s ，水平向左。 （2）设抛出n个球后，两车的速度相等，对（M1+M2）整体，以向右为正，由动量守恒定律有M1v0-M2v0=（M1-nm+M2+nm）v共 再对乙车和接住的n个球系统，以向左为正，根据动量守恒定律有M2v0-nmv=（M2+nm）v共 代入数据得到n=15 12．（1）斜面体固定时，物块从静止运动到斜面体最高点过程中，由能量守恒定律得 解得 （2）设物块离开弹簧瞬间的速度大小为v0，由能量守恒定律得 斜面体不固定时，设物块运动到斜面体最高点时的速度大小为v1，物块离开弹簧到运动到斜面体的最高点的过程中，系统水平方向动量守恒，机械能守恒，可得， 解得 物块与斜面体接触的过程中，系统水平方向动量守恒，机械能守恒，可得， 解得 所以物块与斜面体只进行一次接触，在物块与斜面体接触的过程中，物块对斜面体做的功为 解得 13．（1）设A刚滑上B时速度大小为v0，根据动能定理，有 A刚滑上B时，对A，根据牛顿第二定律，有 对B，根据牛顿第二定律，有 假设B首次碰撞挡板前始终做匀加速直线运动，t1时刻与挡板首次碰撞，根据位移时间关系 解得 B与挡板碰撞前速度大小 此时A速度大小 可知，假设成立。 规定水平向右为正方向，故此段时间内摩擦力对A的冲量 此段时间内摩擦力对A的冲量大小为4N·s，方向水平向左。 （2）由能量守恒定律可知 解得L=9 m （3）B与挡板首次碰撞后，其速度 B 做匀减速运动，经过 速度减为 0，位移 说明此时 B 左端恰好回到轨道末端，可知此后B继续向右加速运动，设A、B共速时速度大小为v共，根据动量守恒，有 根据速度-位移公式，有 解得x=0.25m<d 可知共速后A、B继续向右运动0.75m后，B与挡板发生第2次碰撞，碰撞后B的速度记为，则 此后B向左运动，由动量守恒定律可知，A、B再次共速时，其速度均为0 从B第2次与挡板碰撞，至速度均为0，设B向左运动的位移大小为，则=0.25m 故B静止时其右端与挡板之间的距离为0.25m。 14．（1）物体A做简谐运动的周期为 代入数据解得 （2）物体B进入圆弧轨道之前做自由落体运动，则有 物体B到达圆弧最高点时速度 到达圆弧最低点时速度v，根据动能定理有 解得 以向下为正方向，竖直方向的冲量 水平方向的冲量 B在P上运动过程中合外力的冲量大小 联立解得 （3）结合上述分析可知，物体B以的速度滑上木板，以物体B和木板组成的整体，根据动量守恒定律有 对木板，有 解得， 可知，木板与物体B共速后与墙壁发生碰撞，第1次与墙碰撞后有 解得第1次与墙碰撞后共速的速度 对木板进行分析有 碰后木板向左运动的最大距离 第2次与墙碰撞后有 解得 碰后木板向左运动的最大距离 第n次与墙碰撞后有 解得 则对木板M，有 木板M运动的总路程为 即有 代入数据解得 木板M和物块B最终停在右侧墙壁处，物块恰好停在木板右端，根据能量守恒定律有 解得 15．（1）由于爆炸的时间极短，则滑块和组成的系统动量守恒，设炸药爆炸后滑块获得的速度大小为，滑块获得的速度大小为，则有 又因为点燃炸药后，、分离瞬间两滑块获得的总动能为 代入数据联立解得 （2）当弹簧压缩到最短时弹簧的弹性势能最大，由于滑块B与小车组成的系统动量守恒，以向右为正方向，则由动量守恒定律得 由能量守恒定律得 代入数据联立解得弹簧的最大弹性势能为 （3）当弹簧恢复到原长时，即滑块B压缩弹簧后返回到Q点时小车的速度最大，设此时滑块B的速度为，小车的速度为，以向右为正方向，则由动量守恒定律得 由能量守恒定律得 代入数据联立解得，或， 由于当，时，滑块B的速度大于小车的速度，不符合实际，应舍去，所以小车运动过程中的最大速度为。 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $