(新高考)高考物理一轮复习课时练习第6章第2讲《动量守恒定律及“三类模型”问题》(含解析)

这是一份(新高考)高考物理一轮复习课时练习第6章第2讲《动量守恒定律及“三类模型”问题》(含解析)，共18页。试卷主要包含了动量守恒定律，“三类”模型问题等内容，欢迎下载使用。

一、动量守恒定律
1.内容
如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变。
2.表达式
(1)p＝p′，系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′。
(2)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和。
(3)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向。
(4)Δp＝0，系统总动量的增量为零。
3.适用条件
(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为零。
(2)近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力。
(3)某一方向守恒：如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在这一方向上动量守恒。
【自测1】 (多选)如图1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( )
图1
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、小车的总动量增量大小相同
答案 CD
解析 男孩和木箱组成的系统受小车的摩擦力，所以动量不守恒，A错误；小车与木箱组成的系统受男孩的力为外力，所以动量不守恒，B错误；男孩、小车与木箱三者组成的系统，所受合外力为0，所以动量守恒，C正确；木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相同，但方向相反，D正确。
二、“三类”模型问题
1.“子弹打木块”模型
(1)“木块”放置在光滑的水平面上
①运动性质：“子弹”对地在滑动摩擦力作用下做减速直线运动；“木块”在滑动摩擦力作用下做加速直线运动。
②处理方法：通常由于“子弹”和“木块”的相互作用时间极短，内力远大于外力，可认为“子弹”与“木块”组成的系统在这一过程中动量守恒。把“子弹”和“木块”看成一个系统，系统水平方向动量守恒；机械能不守恒；对“木块”和“子弹”分别应用动能定理。
(2)“木块”固定在水平面上
①运动性质：“子弹”对地在滑动摩擦力作用下做减速直线运动；“木块”静止不动。
②处理方法：对“子弹”应用动能定理或牛顿第二定律列方程求解。
2.“反冲”和“爆炸”模型
(1)反冲
①定义：当物体的一部分以一定的速度离开物体向前运动时，剩余部分必将向后运动，这种现象叫反冲运动。
②特点：系统内各物体间的相互作用的内力远大于系统受到的外力。实例：发射炮弹、发射火箭等。
③规律：遵从动量守恒定律。
(2)爆炸问题
爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用时间很短，作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量守恒。如爆竹爆炸等。
3.“人船模型”问题
(1)模型介绍
两个原来静止的物体发生相互作用时，若整体所受外力的矢量和为零，则两物体组成的系统动量守恒。在相互作用的过程中，任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比。这样的问题即为“人船模型”问题。
(2)模型特点
①两物体相互作用过程满足动量守恒定律m1v1－m2v2＝0。
②运动特点：人动船动，人静船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；人与船的位移比等于它们质量比的倒数；人与船
的平均速度(瞬时速度)比等于它们质量比的倒数，即eq \f(x1,x2)＝eq \f(v1,v2)＝eq \f(m2,m1)。
③应用eq \f(x1,x2)＝eq \f(v1,v2)＝eq \f(m2,m1)时要注意：v1、v2和x1、x2一般都是相对地面而言的。
【自测2】 如图2所示，长为L、质量为m船的小船停在静水中，质量为m人的人由静止开始从船的一端走到船的另一端，不计水的阻力。则船和人相对地面的位移各为多少？
图2
答案 eq \f(m人,m人＋m船)L eq \f(m船,m人＋m船)L
解析 以人和船组成的系统为研究对象，在人由船的一端走到船的另一端的过程中，系统水平方向不受外力作用，所以整个系统水平方向动量守恒，可得m船v船＝m人v人，因人和船组成的系统动量始终守恒，故有m船x船＝m人x人，由题图可看出，x船＋x人＝L，可解得x人＝eq \f(m船,m人＋m船)L，x船＝eq \f(m人,m人＋m船)L。
命题点一 动量守恒定律的理解和基本应用
题型1 动量守恒的理解
【例1】 如图3所示，A、B两物体的质量之比为mA∶mB＝1∶2，它们原来静止在平板车C上，A、B两物体间有一根被压缩了的水平轻质弹簧，A、B两物体与平板车上表面间的动摩擦因数相同，水平地面光滑。当弹簧突然释放后，A、B两物体被弹开(A、B两物体始终不滑出平板车)，则有( )
图3
A.A、B系统动量守恒
B.A、B、C及弹簧组成的系统机械能守恒
C.小车C先向左运动后向右运动
D.小车C一直向右运动直到静止
答案 D
解析 A、B两物体和弹簧、小车C组成的系统所受合力为零，所以系统的动量守恒。在弹簧释放的过程中，因mA∶mB＝1∶2，由滑动摩擦力公式Ff＝μFN＝μmg知，A、B两物体所受的摩擦力大小不等，所以A、B两物体组成的系统合力不为零，A、B两物体组成的系统动量不守恒，故A错误；A物体对小车向左的滑动摩擦力小于B物体对小车向右的滑动摩擦力，在A、B两物体相对小车停止运动之前，小车所受的合力向右，会向右运动，因滑动摩擦力做负功，则系统的机械能不守恒，最终整个系统将静止，故B、C错误，D正确。
【变式1】 (2021·1月湖北学业水平选择性考试模拟演练，1)如图4所示，曲面体P静止于光滑水平面上，物块Q自P的上端静止释放。Q与P的接触面光滑，Q在P上运动的过程中，下列说法正确的是( )
图4
A.P对Q做功为零
B.P和Q之间相互作用力做功之和为零
C.P和Q构成的系统机械能守恒、动量守恒
D.P和Q构成的系统机械能不守恒、动量守恒
答案 B
解析 根据题意可知，物块Q从光滑曲面体P滑下，两者组成的系统没有重力以外的其他力做功，系统的机械能守恒，故D错误；物块Q滑下，曲面体向后运动，说明滑块Q对曲面体P做正功，则曲面体P对滑块Q做负功，且P和Q之间的相互作用力做功之和为零，故B正确，A错误；P和Q组成的系统所受外力不为零，动量不守恒，但在水平方向的外力为零，系统在水平方向的动量守恒，故C错误。
题型2 动量守恒定律的基本应用
【例2】 (2020·山东青岛市上学期期末)在靶场用如图5所示的简易装置测量某型号步枪子弹的出膛速度。在平坦靶场的地面上竖直固定一根高h＝1.25 m的直杆，在杆的顶端放置质量m1＝0.2 kg 的实心橡皮球，测试人员水平端枪，尽量靠近并正对着橡皮球扣动扳机，子弹穿过球心，其他测试人员用皮尺测得橡皮球和子弹的着地点离杆下端的距离分别为x1＝20 m、x2＝100 m。子弹质量m2＝0.01 kg，重力加速度g＝10 m/s2，求该型号步枪子弹的出膛速度大小。
图5
答案 1 000 m/s
解析 设步枪子弹的出膛速度大小为v0，子弹穿过球后瞬间，橡皮球的速度为v1，子弹的速度为v2，有m2v0＝m1v1＋m2v2，h＝eq \f(1,2)gt2，x1＝v1t，x2＝v2t，解得v0＝1 000 m/s。
【变式2】 (2020·江苏扬州市5月调研)如图6所示，在足够长的光滑水平面上，用质量分别为2 kg和1 kg的甲、乙两滑块，将轻弹簧压紧后处于静止状态，轻弹簧仅与甲拴接，乙的右侧有一挡板P。现将两滑块由静止释放，当弹簧恢复原长时，甲的速度大小为2 m/s，此时乙尚未与P相撞。
图6
(1)求弹簧恢复原长时乙的速度大小；
(2)若乙与挡板P碰撞反弹后不能再与弹簧发生碰撞。求挡板P对乙的冲量的最大值。
答案 (1)4 m/s (2)6 N·s
解析 (1)设向左为正方向，由动量守恒定律得
m甲v甲－m乙v乙＝0，代入数据解得v乙＝4 m/s。
(2)要使乙反弹后不能再与弹簧发生碰撞，碰后最大速度为v甲，设向左为正方向，由动量定理得I＝m乙v甲－m乙(－v乙)，解得I＝6 N·s。
命题点二 “子弹打木块”模型
1.木块放在光滑水平面上，子弹水平打进木块，系统所受的合力为零，因此系统动量守恒。
2.两者发生的相对位移为子弹射入木块的深度x相。
3.根据能量守恒定律，系统损失的动能等于系统增加的内能。
4.系统产生的内能Q＝Ffx相，即两物体由于相对运动而摩擦产生的内能，等于摩擦力大小与两物体相对滑动的路程的乘积。
5.当子弹速度很大时，可能射穿木块，这时末状态子弹和木块的速度大小不再相等，但穿透过程中系统的动量仍守恒，系统损失的动能为ΔEk＝FfL(L为木块的长度)。
【例3】 (2020·北京市昌平区二模练习)冲击摆可以测量子弹的速度大小。如图7所示，长度为l的细绳悬挂质量为M的沙箱，质量为m的子弹沿水平方向射入沙箱并留在沙箱中。测出沙箱偏离平衡位置的最大角度为α。沙箱摆动过程中未发生转动。
图7
(1)自子弹开始接触沙箱至二者共速的过程中，忽略沙箱的微小偏离。求：
①子弹射入沙箱后的共同速度大小v；
②子弹射入沙箱前的速度大小v0；
(2)自子弹开始接触沙箱至二者共速的过程中，沙箱已经有微小偏离。子弹入射沙箱的过程是否可以认为水平方向动量守恒？并简要说明理由。
答案 (1)①eq \r(2gl（1－cs α）) ②eq \f(m＋M,m)eq \r(2gl（1－cs α）)
(2) 守恒，理由见解析
解析 (1)①在子弹与沙箱共速至沙箱偏离平衡位置的角度为α过程中，由机械能守恒定律得
eq \f(1,2)(m＋M)v2＝(m＋M)gl(1－cs α)
解得v＝eq \r(2gl（1－cs α）)。
②对子弹与沙箱组成的系统，由水平方向动量守恒得
mv0＝(M＋m)v
解得v0＝eq \f(m＋M,m)eq \r(2gl（1－cs α）)。
(2)可以认为水平方向动量守恒。自子弹开始接触沙箱至二者共速的过程中，由于沙箱偏离平衡位置的距离很小，受到细绳拉力在水平方向的分力远小于子弹与沙箱相互作用的内力，因此子弹入射沙箱的过程可以认为水平方向动量守恒。
【变式3】 如图8所示，质量为M的木块位于光滑水平面上，在木块与墙之间用轻弹簧连接，开始时木块静止在A位置。现有一质量为m的子弹以水平速度v0射向木块并嵌入其中，则当木块回到A位置时的速度v以及此过程中墙对弹簧的冲量I的大小分别为( )
图8
A.v＝eq \f(mv0,M＋m)，I＝0 B.v＝eq \f(mv0,M＋m)，I＝2mv0
C.v＝eq \f(mv0,M＋m)，I＝eq \f(m2v0,M＋m) D.v＝eq \f(mv0,M)，I＝2mv0
答案 B
解析 子弹射入木块过程，由于时间极短，子弹与木块间的内力远大于系统外力，以v0的方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，解得v＝eq \f(mv0,M＋m)
子弹和木块组成的系统在弹簧弹力的作用下先做减速运动，后反向做加速运动，回到A位置时速度大小为eq \f(mv0,M＋m)。
子弹、木块和弹簧组成的系统受到的合力即为墙对弹簧的作用力，系统初动量为mv0，末动量为－(M＋m)v，根据动量定理得I＝－(M＋m)v－mv0＝－2mv0
所以墙对弹簧的冲量I的大小为2mv0，选项B正确。
命题点三 “反冲”和“爆炸”模型
1.反冲运动的三点说明
2.爆炸现象的三个规律
【例4】 (2020·山东济宁市质检)如图9所示，质量为m的炮弹运动到水平地面O点正上方时速度沿水平方向，离地面高度为h，炮弹动能为E，此时发生爆炸，炮弹炸为质量相等的两部分，两部分的动能之和为2E，速度方向仍沿水平方向，爆炸时间极短，重力加速度为g，不计空气阻力和火药的质量，求炮弹的两部分落地点之间的距离。
图9
答案 4eq \r(\f(Eh,mg))
解析 设爆炸前炮弹的水平速度为v0，则爆炸之前动能
E＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
爆炸过程动量守恒有mv0＝eq \f(1,2)mv1＋eq \f(1,2)mv2
eq \f(1,2)·eq \f(m,2)veq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)·eq \f(m,2)veq \\al(2,2)＝2E
解得v1＝0，v2＝2v0
随后一块做自由落体运动，一块做平抛运动，
则由h＝eq \f(1,2)gt2，x＝2v0t，解得x＝4eq \r(\f(Eh,mg))。
反冲运动中的“人—船”模型
1.特点：(1)两个物体；(2)动量守恒；(3)总动量为零。
2.方程：m1v1－m2v2＝0(v1、v2为速度大小)
3.结论：m1x1＝m2x2(x1、x2为位移大小)
【例5】 有一只小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(重一吨左右)。一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量。他进行了如下操作：首先将船平行于码头自由停泊，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。已知他的自身质量为m，水的阻力不计，则船的质量为( )
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′，人从船头走到船尾用时为t，船的位移为d，人的位移为L－d，所以v＝eq \f(d,t)，v′＝eq \f(L－d,t)。以船后退的方向为正方向，根据动量守恒有Mv－mv′＝0，可得M eq \f(d,t)＝eq \f(m（L－d）,t)，小船的质量为M＝eq \f(m（L－d）,d)，故B正确。
【变式4】 (2020·湖南娄底市下学期质量检测)质量为M的气球上有一个质量为m的人，气球和人在静止的空气中共同静止于离地h高处，如果从气球上慢慢放下一个质量不计的软梯，让人沿软梯降到地面，则软梯长至少应为( )
A.eq \f(m,m＋M)h B.eq \f(M,m＋M)h
C.eq \f(M＋m,M)h D.eq \f(M＋m,m)h
答案 C
解析 设人沿软梯滑至地面，软梯长度至少为L，以人和气球组成的系统为研究对象，竖直方向动量守恒，规定竖直向下为正方向，由动量守恒定律得0＝－Mv2＋mv1
人沿软梯降至地面，气球上升的高度为L－h，平均速度大小为v2＝eq \f(L－h,t)
人相对于地面下降的高度为h，平均速度大小为v1＝eq \f(h,t)
联立得0＝－M·eq \f(L－h,t)＋m·eq \f(h,t)，
解得L＝eq \f(M＋m,M)h，故C正确，A、B、D错误。
课时限时练
(限时：40分钟)
对点练1 动量守恒定律的理解和基本应用
1.关于系统动量守恒的条件，下列说法正确的是( )
A.只要系统内存在摩擦力，系统动量就不可能守恒
B.只要系统中有一个物体具有加速度，系统动量就不守恒
C.只要系统所受的合力为零，系统动量就守恒
D.系统中所有物体的加速度都为零时，系统的总动量不一定守恒
答案 C
2.(2020·福建龙岩市5月模拟)如图1所示，水平面上有一平板车，某人站在车上抡起锤子从与肩等高处挥下，打在车的左端，打后车与锤相对静止。以人、锤子和平板车为系统(初始时系统静止)，研究该次挥下、打击过程，下列说法正确的是( )
图1
A.若水平面光滑，在锤子挥下的过程中，平板车一定向右运动
B.若水平面光滑，打后平板车可能向右运动
C.若水平面粗糙，在锤子挥下的过程中，平板车一定向左运动
D.若水平面粗糙，打后平板车可能向右运动
答案 D
解析 以人、锤子和平板车为系统，若水平面光滑，系统水平方向合力为零，水平方向动量守恒，且总动量为零，在锤子挥下的过程中，锤子有水平向右的速度，所以平板车一定向左运动，A错误；系统水平方向动量为零，打后锤子与平板车均静止，B错误；若水平面粗糙，在锤子挥下的过程中，车由于受摩擦力作用，可能静止不动，在锤子打平板车时，在最低点与车相碰，锤子与平板车系统动量向右，所以打后平板车可能向右运动，C错误，D正确。
3.(多选)如图2所示，小车在光滑水平面上向左匀速运动。水平轻质弹簧左端固定在A点，物体与固定在A点的细线相连，弹簧处于压缩状态(物体与弹簧未连接)，某时刻细线断了，物体沿车滑动到B端粘在B端的油泥上，取小车、物体和弹簧为一个系统，下列说法正确的是( )
图2
A.若物体滑动中不受摩擦力，则该系统全过程机械能守恒
B.若物体滑动中有摩擦力，则该系统全过程动量守恒
C.不论物体滑动中有没有摩擦，小车的最终速度与线断前相同
D.不论物体滑动中有没有摩擦，系统损失的机械能相同
答案 BCD
解析 物体与油泥粘合的过程，发生非弹性碰撞，系统机械能有损失，故A错误；整个系统在水平方向不受外力，竖直方向上合力为零，则系统动量一定守恒，故B正确；取系统的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可知，物体在沿车滑动到B端粘在B端的油泥上后系统共同的速度与初速度是相同的，故C正确；由C的分析可知，当物体与B端油泥粘在一起时，系统的速度与初速度相等，所以系统的末动能与初动能是相等的，系统损失的机械能等于弹簧的弹性势能，与物体滑动中有没有摩擦无关，故D正确。
4.一质量为M的航天器远离太阳和行星，正以速度v0在太空中飞行，某一时刻航天器接到加速的指令后，发动机瞬间向后喷出质量为m的气体，气体向后喷出的速度大小为v1，加速后航天器的速度大小v2等于(v0、v1、v2均为相对同一参考系的速度)( )
A.eq \f(（M＋m）v0－mv1,M) B.eq \f(（M＋m）v0＋mv1,M)
C.eq \f(Mv0＋mv1,M－m) D.eq \f(Mv0－mv1,M－m)
答案 C
解析 以v0的方向为正方向，由动量守恒定律有Mv0＝－mv1＋(M－m)v2，解得v2＝eq \f(Mv0＋mv1,M－m)，故选项C正确。
5.(多选)如图3所示，一质量M＝3.0 kg 的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m＝1.0 kg的小木块A，同时给A和B以大小均为4.0 m/s、方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，A始终没有滑离B板，在小木块A做加速运动的时间内，木板速度大小可能是( )
图3
A.2.1 m/s B.2.4 m/s
C.2.8 m/s D.3.0 m/s
答案 AB
解析 以A、B组成的系统为研究对象，系统动量守恒，取水平向右为正方向，从A开始运动到A的速度为零过程中，由动量守恒定律得(M－m)v＝MvB1，代入数据解得vB1≈2.67 m/s。当从开始到A、B速度相同的过程中，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得(M－m)v＝(M＋m)vB2，代入数据解得vB2＝2 m/s，则在木块A做加速运动的时间内，B的速度范围为2 m/s＜vB＜2.67 m/s，故选项A、B正确。
6.如图4所示，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是( )
图4
A.A和B都向左运动 B.A和B都向右运动
C.A静止，B向右运动 D.A向左运动，B向右运动
答案 D
解析 以两滑块组成的系统为研究对象，两滑块碰撞过程动量守恒，由于初始状态系统的动量为零，所以碰撞后两滑块的动量之和也为零，所以A、B的运动方向相反或者两者都静止，而碰撞为弹性碰撞，碰撞后两滑块的速度不可能都为零，则A应该向左运动，B应该向右运动，选项D正确，A、B、C错误。
对点练2 “子弹打木块”模型
7.如图5甲所示，一块长度为L、质量为m的木块静止在光滑水平面上。一颗质量也为m的子弹以水平速度v0射入木块。当子弹刚射穿木块时，木块向前移动的距离为s，如图乙所示。设子弹穿过木块的过程中受到的阻力恒定不变，子弹可视为质点。则子弹穿过木块的时间为( )
图5
A.eq \f(1,v0)(s＋L) B.eq \f(1,v0)(s＋2L)
C.eq \f(1,2v0)(s＋L) D.eq \f(1,v0)(L＋2s)
答案 D
解析 子弹穿过木块过程，对子弹和木块组成的系统，外力之和为零，动量守恒，以v0的方向为正方向，有
mv0＝mv1＋mv2
设子弹穿过木块的过程所受阻力为Ff，对子弹由动能定理
－Ff(s＋L)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
由动量定理得－Fft＝mv1－mv0
对木块由动能定理得Ffs＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)
由动量定理Fft＝mv2
联立解得t＝eq \f(1,v0)(L＋2s)，故选项D正确。
8.(多选)如图6所示，一子弹以初速度v0击中静止在光滑的水平面上的木块，最终子弹未能射穿木块，射入的深度为d，木块加速运动的位移为s。则以下说法正确的是( )
图6
A.子弹动能的亏损等于系统动能的亏损
B.子弹动量变化量的大小等于木块动量变化量的大小
C.摩擦力对木块做的功等于摩擦力对子弹做的功
D.子弹对木块做的功等于木块动能的增量
答案 BD
解析 子弹射入木块的过程，要产生内能，由能量守恒定律知子弹动能的亏损大于系统动能的亏损，故A错误；子弹和木块组成的系统动量守恒，系统动量的变化量为零，则子弹与木块动量变化量大小相等，方向相反，故B正确；摩擦力对木块做的功为Ffs，摩擦力对子弹做的功为－Ff(s＋d)，可知二者不等，故C错误；对木块根据动能定理可知，子弹对木块做的功即为摩擦力对木块的功，等于木块动能的增量，故选项D正确。
对点练3 “反冲和爆炸”模型
9.(2017·全国卷Ⅰ，14)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。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，所以选项A正确，B、C、D错误。
10.一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(包括燃料)质量M＝300 kg，发动机每秒喷气20次。
(1)当发动机第三次喷出气体后，火箭的速度为多大？
(2)运动第1 s末，火箭的速度为多大？
答案 (1)2 m/s (2)13.5 m/s
解析 (1)选取整体为研究对象，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)发动机每秒钟喷气20次，以火箭和20次喷出的气体为研究对象，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。
11.如图7所示，一对杂技演员(都视为质点)乘秋千(秋千绳处于水平位置)从A点由静止出发绕O点下摆，当摆到最低点B时，女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出，然后自己刚好能回到高处A。求男演员落地点C与O点的水平距离s。已知男演员质量m1和女演员质量m2之比m1∶m2＝2，秋千的质量不计，秋千的摆长为R，C点比O点低5R。
图7
答案 8R
解析 两演员一起从A点摆到B点，只有重力做功，机械能守恒，设总质量为m，则mgR＝eq \f(1,2)mv2
女演员刚好能回到高处，机械能依然守恒
m2gR＝eq \f(1,2)m2veq \\al(2,1)
女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出，两演员系统动量守恒(m1＋m2)v＝－m2v1＋m1v2
根据题意：m1∶m2＝2
有以上四式解得v2＝2eq \r(2gR)
接下来男演员做平抛运动，由4R＝eq \f(1,2)gt2，得t＝eq \r(\f(8R,g))
因而s＝v2t＝8R。
12.(2020·辽宁葫芦岛市上学期质监)质量为M＝40 kg的平板车置于光滑的水平地面上，车上有一质量为m＝50 kg的人，车的上表面距离地面高为h＝0.8 m，初始时人和车都静止。现在人以v0＝2 m/s的水平速度从车的右边缘向右跳出，不计空气阻力，g＝10 m/s2。求：
图8
(1)人跳离车后车的速度大小；
(2)人跳车过程人做了多少功；
(3)人刚落地时距离平板车右边缘多远。
答案 (1)2.5 m/s (2)225 J (3)1.8 m
解析 (1)人跳车的过程，水平方向系统的外力为零，人和车水平方向动量守恒0＝mv0－Mv1，可得车获得的速度v1＝2.5 m/s。
(2)人跳车的过程，人的内力做功，把生物能转化为车和人的动能，由能量守恒可得
W＝eq \f(1,2)Mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
解得W＝225 J。
(3)人跳离车后做平抛运动，竖直方向h＝eq \f(1,2)gt2
解得t＝0.4 s
则人落地时距离车右端s＝(v0＋v1)t＝1.8 m。
13.如图9甲所示，质量m1＝4 kg的足够长的长木板静止在光滑水平面上，质量m2＝1 kg的小物块静止在长木板的左端。现对小物块施加一水平向右的作用力F，小物块和长木板运动的速度—时间图像如图乙所示。2 s后，撤去F，g取10 m/s2。求：
图9
(1)小物块与长木板之间的动摩擦因数μ；
(2)水平力的大小F；
(3)撤去F后，小物块和长木板组成的系统损失的机械能ΔE。
答案 (1)0.2 (2)4 N (3)3.6 J
解析 (1)由题图可知
长木板的加速度a1＝eq \f(1,2) m/s2＝0.5 m/s2
由牛顿第二定律可知：小物块施加给长木板的滑动摩擦力Ff＝m1a1＝2 N
小物块与长木板之间的动摩擦因数μ＝eq \f(Ff,m2g)＝0.2。
(2)由题图可知，小物块的加速度a2＝eq \f(4,2) m/s2＝2 m/s2
由牛顿第二定律可知F－μm2g＝m2a2
解得F＝4 N。
(3)撤去F后，小物块和长木板组成的系统动量守恒，以向右为正方向，最终两者以相同速度v运动
m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v
代入数据解得v＝1.6 m/s
则系统损失的机械能
ΔE＝(eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)m2veq \\al(2,2))－eq \f(1,2)(m1＋m2)v2＝3.6 J。作用原理
反冲运动是系统内物体之间的作用力和反作用力产生的效果
动量守恒
反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，所以反冲运动遵循动量守恒定律
机械能增加
反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总机械能增加
动量守恒
爆炸物体间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
动能增加
在爆炸过程中，有其他形式的能量(如化学能)转化为机械能，所以系统的机械能增加
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仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动