专题15 动量守恒定律及其应用（解析版）

专题15 动量守恒定律及其应用目录TOC \o "1-3" \h \u  HYPERLINK \l "_Toc26707" 题型一 动量守恒定律的理解  PAGEREF _Toc26707 \h 1 HYPERLINK \l "_Toc16891" 类型1 系统动量守恒的判断  PAGEREF _Toc16891 \h 1 HYPERLINK \l "_Toc10969" 类型2 某一方向动量守恒定律的应用  PAGEREF _Toc10969 \h 3 HYPERLINK \l "_Toc28273" 题型二 动量守恒定律的基本应用  PAGEREF _Toc28273 \h 4 HYPERLINK \l "_Toc18943" 题型三 动量守恒定律和图像问题的结合  PAGEREF _Toc18943 \h 5 HYPERLINK \l "_Toc8579" 题型四 应用动量守恒定律分析多过程问题  PAGEREF _Toc8579 \h 7 HYPERLINK \l "_Toc1243" 题型五 应用动量守恒定律处理临界问题  PAGEREF _Toc1243 \h 10 HYPERLINK \l "_Toc25565" 题型六 反冲运动的理解和应用  PAGEREF _Toc25565 \h 13 HYPERLINK \l "_Toc6055" 题型七 应用动量守恒定律分析“跳车”问题  PAGEREF _Toc6055 \h 16题型一 动量守恒定律的理解类型1 系统动量守恒的判断．【例1】(2021·全国乙卷，14)如图2，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动。在地面参考系(可视为惯性系)中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统(　　)A．动量守恒，机械能守恒B．动量守恒，机械能不守恒C．动量不守恒，机械能守恒D．动量不守恒，机械能不守恒【答案】　B【解析】　撤去推力，系统所受合外力为0，动量守恒，滑块和小车之间有滑动摩擦力，由于摩擦生热，系统机械能减少，故B正确。【例2】 (多选) (2022·福建龙岩市质量检测)如图所示，在世界女排大奖赛中，中国球员朱婷竖直跳起，恰好在她达最高点时将水平飞来的排球迎面击出，排球以更大的速率水平返回，直接落在对方的场地上。则下列说法正确的是(　　)A．在击打过程中朱婷与球组成的系统动量不守恒B．击打前后瞬间朱婷与球组成的系统的动能相等C．朱婷击打球完后比排球先落地D．朱婷击打球完后落回起跳点上【答案】　AC【解析】　击打过程中朱婷与球在半空中都受到重力的作用，故朱婷和球组成的系统动量不守恒，A正确；击打前后瞬间朱婷用力使球加速，自身化学能转变为球的动能，动能不守恒，B错误；击球后朱婷与球均做平抛运动，朱婷离地高度低于球的高度，且不可视为质点，故应先落地，C正确；朱婷击球后，向后做平抛运动，故击完球后不会落回起跳点上，D错误。【例3】(2022届云南省保山市智源中学高三第三次月考)如图甲所示，把两个质量相等的小车A和B静止地放在光滑的水平地面上．它们之间装有被压缩的轻质弹簧，用不可伸长的轻细线把它们系在一起．如图乙所示，让B紧靠墙壁，其他条件与图甲相同．对于小车A、B和弹簧组成的系统，烧断细线后下列说法正确的是(　　)A．从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，图甲所示系统动量守恒，机械能守恒B．从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，图乙所示系统动量守恒，机械能守恒C．从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，墙壁对图乙所示系统的冲量为零D．从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，墙壁弹力对图乙中B车做功不为零【答案】　A【解析】　从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，题图甲所示系统所受外力之和为0，则系统动量守恒，且运动过程中只有系统内的弹力做功，所以系统机械能守恒，故A正确；从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，题图乙所示系统中由于墙壁对B有力的作用，则系统所受外力之和不为0，则系统动量不守恒，运动过程中只有系统内的弹力做功，所以系统机械能守恒，故B错误；从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，题图乙所示系统中由于墙壁对B有力的作用，由公式I＝Ft可知，墙壁对题图乙所示系统的冲量不为零，故C错误；从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，由于B车没有位移，则墙壁弹力对题图乙中B车做功为0，故D错误．类型2 某一方向动量守恒定律的应用【例1】(多选)(2022·海南枫叶国际学校高二期中)如图所示，带有斜面的小车A静止于光滑水平面上，现B以某一初速度冲上斜面，在冲到斜面最高点的过程中 (　　)A.若斜面光滑，系统动量守恒，机械能守恒B.若斜面光滑，系统动量不守恒，机械能守恒C.若斜面不光滑，系统水平方向动量守恒，机械能不守恒D.若斜面不光滑，系统水平方向动量不守恒，机械能不守恒【答案】　BC【解析】　无论斜面是否光滑，系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，但竖直方向物体B受力不平衡，竖直方向动量不守恒；斜面光滑的情况下机械能守恒，斜面粗糙的情况下机械能不守恒，选项B、C正确，A、D错误。【例2】(2022·湖北省模拟)如图所示，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(　　)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】　P对Q有弹力的作用，并且在力的方向上有位移，在运动中，P会向左移动，P对Q的弹力方向垂直于接触面向上，与Q前后移动连线的位移夹角不等于90°，所以P对Q做功不为0，故A错误；因为P、Q之间的力属于系统内力，并且等大反向，两者在力的方向上发生的位移相等，所以做功之和为0，故B正确；因为系统只有系统内力和重力的作用，所以该P、Q组成的系统机械能守恒，系统水平方向上不受外力的作用，水平方向上动量守恒，但是在竖直方向上Q有加速度，即竖直方向上动量不守恒，故C、D错误。【例3】如图所示，一质量为M的沙车，在光滑的水平面上做匀速直线运动，速度为v0，质量为m的铁球以速度v竖直向下落入沙车中，稳定后，沙车的速度(　　)A.eq \f(Mv0,M＋m) B.eq \f(mv0,M＋m)C.v0 D.eq \f(（Mv0＋mv）,m＋M)【答案】　A【解析】　沙车与铁球组成的系统水平方向动量守恒，则有Mv0＝(M＋m)v解得v＝eq \f(Mv0,M＋m)故A正确，B、C、D错误。题型二 动量守恒定律的基本应用【例1】如图，质量为200 kg的小船在静止水面上以3 m/s的速率向右匀速行驶，一质量为50 kg的救生员站在船尾，相对小船静止。若救生员以相对船以6 m/s的速率水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为(　　)A.4. 2 m/s B.3 m/sC.2.5 m/s D.2.25 m/s【答案】　A【解析】　人在跃出的过程中船人组成的系统水平方向合外力为零，动量守恒，规定水平向右的方向为正方向，设救生员跃出后小船的速率为v′，救生员的速率为v，则由动量守恒定律得其中v＋v′＝6 m/s(M＋m)v0＝Mv′—mv代入数据解得v′＝4.2 m/s故A正确，B、C、D错误。【例2】a、b两球在光滑的水平面上沿同一直线发生正碰，作用前a球动量pa＝30 kg·m/s，b球动量pb＝0，碰撞过程中，a球的动量减少了20 kg·m/s，则作用后b球的动量为(　　)A.－20 kg·m/s B.10 kg·m/sC.20 kg·m/s D.30 kg·m/s【答案】　C【解析】　碰撞过程中，a球的动量减少了20 kg·m/s，故此时a球的动量是10 kg·m/s，a、b两球碰撞前、后总动量保持不变为30 kg·m/s，则作用后b球的动量为20 kg·m/s。故选项C正确。【例3】(多选)如图所示，小车放在光滑地面上，A、B两人站在车的两端，这两人同时开始相向行走，发现车向左运动，分析小车运动的原因可能是(　　)A.A、B质量相等，但A比B的速率大B.A、B质量相等，但A比B的速率小C.A、B速率相等，但A比B的质量大D.A、B速率相等，但A比B的质量小【答案】　AC【解析】　A、B两人与车组成的系统动量守恒，开始时系统动量为零；两人相向运动时，车向左运动，车的动量向左，由于系统总动量为零，由动量守恒定律可知，A、B两人的动量之和向右，A的动量大于B的动量；如果A、B的质量相等，则A的速度大于B的速度，故A正确，B错误；如果A、B速率相等，则A的质量大于B的质量，故C正确，D错误。题型三 动量守恒定律和图像问题的结合【例1】如图甲所示，质量为M的薄长木板静止在光滑的水平面上，t＝0时一质量为m的滑块以水平初速度v0从长木板的左端冲上木板并最终从右端滑下。已知滑块和长木板在运动过程中的v－t图像如图乙所示，则木板与滑块的质量之比M∶m为(　　)A.1∶2 B.2∶1 C.1∶3 D.3∶1【答案】　B【解析】　取滑块的初速度方向为正方向，对滑块和木板组成的系统，根据动量守恒定律有mv0＝mv1＋Mv2，由题图乙知v0＝40 m/s，v1＝20 m/s，v2＝10 m/s，代入数据解得M∶m＝2∶1，故B正确。【例2】(多选)如图甲所示，在光滑水平面上的两小球A、B发生正碰，小球A的质量为m1＝0.1 kg，图乙为它们碰撞前、后的x－t图像。由此可以判断(　　)A.碰前小球B静止，小球A向右运动B.碰后小球A和B都向右运动C.小球B的质量为m2＝0.2 kgD.小球B的质量为m2＝0.3 kg【答案】　AD【解析】　由x－t图像知碰前B的位移不随时间变化，小球B静止，A的速度大小为v1＝eq \f(Δx,Δt)＝eq \f(8,2) m/s＝4 m/s，方向只有向右才能与B相撞，故A正确；由x－t图像可知，碰后B的速度方向为正方向，说明向右运动，A的速度为负方向，说明向左运动，两球运动方向相反，故B错误；由x－t图像可知，碰后B和A的速度分别为v2′＝2 m/s，v1′＝－2 m/s，根据动量守恒定律得m1v1＝m2v2′＋m1v1′，代入数据解得m2＝0.3 kg，故C错误，D正确。【例3】滑块a、b沿水平面上同一条直线发生碰撞，碰撞后两者粘在一起运动，两者的位置x随时间t变化的图像如图所示。则滑块a、b的质量之比(　　)A.5∶4 B.1∶8 C.8∶1 D.4∶5【答案】　B解析　设滑块a、b的质量分别为m1、m2，a、b两滑块碰撞前的速度分别为v1、v2，由题图得v1＝－2 m/s，v2＝1 m/s两滑块发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度设为v，由题图得v＝eq \f(2,3) m/s，由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，联立解得m1∶m2＝1∶8。选项B正确。【例4】.(多选)沿光滑水平面在同一条直线上运动的两物体A、B碰撞后以共同的速度运动，该过程的位移—时间图像如图所示，则下列说法正确的是(　　)A.碰撞前后物体A的运动方向相同B.物体A、B的质量之比为1∶2C.碰撞过程中A的动能变大，B的动能减小D.碰前物体B的动量较大【答案】　BD【解析】　由题图可知，碰撞前vA＝eq \f(20－30,2) m/s＝－5 m/s，碰撞后vA′＝eq \f(20－10,2) m/s＝5 m/s，则碰撞前后物体A的运动方向相反，故A错误；由题图可得，碰撞前vB＝eq \f(20－0,2) m/s＝10 m/s，根据动量守恒定律得mAvA＋mBvB＝(mA＋mB)vA′，代入数据得mA∶mB＝1∶2，故B正确；碰撞前后物体A速度大小相等，则碰撞过程中物体A动能不变，故C错误；碰前物体A、B速度方向相反，碰后物体A、B的速度方向与碰前物体B的速度方向相同，则碰前物体B动量较大，故D正确。题型四 应用动量守恒定律分析多过程问题【核心归纳】多个物体相互作用时，物理过程往往比较复杂，分析此类问题时应注意有时对整体应用动量守恒定律，有时对部分物体应用动量守恒定律。(1)正确进行研究对象的选取，研究对象的选取一是取决于系统是否满足动量守恒的条件，二是根据所研究问题的需要。(2)正确进行过程的选取和分析，通常对全程进行分段分析，并找出联系各阶段的状态量。根据所研究问题的需要，列式时有时需分过程多次应用动量守恒定律，有时只需针对初、末状态建立动量守恒的关系式。【例1】 (2022·武汉二中期中)如图所示，质量为mB的平板车B上表面水平，开始时静止在光滑水平面上，在平板车左端静止放置一质量为mA的物体A，一颗质量为m0的子弹以初速度v0水平射入物体A，射穿A后速度变为v，子弹穿过物体A的时间极短。已知A、B之间的动摩擦因数不为零，且A与B最终相对静止。求：(1)子弹射穿物体A的瞬间物体A的速度vA；(2)平板车B和物体A的最终速度v共。(设车身足够长)【答案】　(1)eq \f(m0（v0－v）,mA)　(2)eq \f(m0（v0－v）,mA＋mB)【解析】　(1)子弹穿过物体A的时间极短，在此过程中，可认为子弹和物体A组成的系统动量守恒，取水平向右的方向为正方向，对子弹与物体A组成的系统，由动量守恒定律得m0v0＝m0v＋mAvA解得vA＝eq \f(m0（v0－v）,mA)。(2)对物体A和平板车B，以A的速度方向为正方向，由动量守恒定律得mAvA＝(mA＋mB)v共解得v共＝eq \f(m0（v0－v）,mA＋mB)。【例2】 如图所示，A、B两个木块质量分别为2 kg与0.9 kg，A、B上表面粗糙，与水平地面间接触面光滑，质量为0.1 kg的铁块以10 m/s的速度从A的左端向右滑动，最后铁块与B的共同速度大小为0.5 m/s，求：(1)A的最终速度大小；(2)铁块刚滑上B时的速度大小。【答案】(1)0.25 m/s　(2)2.75 m/s【解析】(1)选铁块和木块A、B为一系统，取水平向右的方向为正方向，由动量守恒定律得mv＝(MB＋m)vB＋MAvA解得vA＝0.25 m/s。(2)设铁块刚滑上B时的速度大小为u，此时A、B的速度大小均为vA＝0.25 m/s。由系统动量守恒得mv＝mu＋(MA＋MB)vA解得u＝2.75 m/s。【例3】甲、乙两个溜冰者质量分别为48 kg和50 kg，甲手里拿着质量为2 kg的球，两人均以2 m/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.2 m/sC.4 m/s D.无法确定【答案】　A【解析】　以甲、乙及球组成的系统为研究对象，以甲原来的滑行方向为正方向，有(m甲＋m球)v甲＋m乙v乙＝(m甲＋m球)v甲′，解得v甲′＝eq \f(（m甲＋m球）v甲＋m乙v乙,m甲＋m球)＝eq \f(（48＋2）×2＋50×（－2）,48＋2)m/s＝0，A正确。【例4】甲、乙两人站在光滑的水平冰面上，他们的质量都是M，甲手持一个质量为m的球，现甲把球以相对地面为v的速度传给乙，乙接球后又以相对地面为2v的速度把球传回甲，甲接到球后，甲、乙两人的速度大小之比为(　　)A.eq \f(2M,M－m) B.eq \f(M＋m,M) C.eq \f(M＋m,3M) D.eq \f(M,M＋m)【答案】　D【解析】　以甲抛球时球的速度方向为正方向，以甲与球组成的系统为研究对象，甲抛球的过程中系统动量守恒，由动量守恒定律得mv－Mv1＝0，以乙与球组成的系统为研究对象，乙接球的过程中系统动量守恒，由动量守恒定律得mv＝(m＋M)v2，乙抛球的过程中系统动量守恒，由动量守恒定律得(m＋M)v2＝－m·2v＋Mv2′，甲接球的过程中系统动量守恒，由动量守恒定律得－Mv1－m·2v＝－(m＋M)v1′，解得v1′＝eq \f(3mv,m＋M)，v2′＝eq \f(3mv,M)，故所求的速度大小之比为eq \f(v1′,v2′)＝eq \f(M,M＋m)，故选项D正确。【例5】(2022届云南省昆明市第一中学高三（上）第三次双基检测理综物理试题)如图，一质量为10 kg的铁球静止在足够长的光滑地面上，人站在小车上向左推铁球，铁球运动一段时间后和墙壁碰撞，碰后铁球速度反向、大小不变，每次推球，球出手后的速度大小都为2 m/s，已知人和车的总质量为50 kg。以下说法正确的是（　　）A. 运动全过程人、小车和铁球组成的系统动量守恒B. 后一次推铁球比前一次推铁球推力的冲量更小C. 连续推4次后铁球将不能追上人和小车D. 最终人、小车和铁球的速度大小都是2 m/s【答案】D【解析】【分析】【详解】A．球与墙壁碰撞过程，墙壁的作用力对系统有冲量，系统动量不守恒，A错误；B．设铁球的质量为m、人和小车的质量为M，第一次推铁球，根据动量定理有以后每次推铁球，根据动理定理有则第二次推球的冲量大于第一次推球的冲量，之后每一次推铁球的冲量都相等，B错误；C．要使铁球不能追上小车，需使，推球过程人、小车和铁球组成的系统动量守恒，则第一次推球使人和小车获得了的动量，以后每次推球都使人和小车获得了的动量，根据解得故连续推3次后铁球将不能追上人和小车，C错误；D．根据可知，当时解得小车的速度为=，与铁球的速度大小相等，今后不能追上小车，三者都保持匀速运动，D正确。故选D。题型五 应用动量守恒定律处理临界问题【核心归纳】分析临界问题的关键是寻找临界状态，在动量守恒定律的应用中，常常出现相互作用的两物体相距最近、避免相碰和物体开始反向运动等临界状态，其临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系，这些特定关系的判断是求解这类问题的关键。【例1】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＝6 m/s，甲车上有质量为m＝1 kg的小球若干个，甲和他的小车及小车上小球的总质量为M1＝50 kg，乙和他的小车的总质量为M2＝30 kg.为避免相撞，甲不断地将小球以相对地面为v′＝16.5 m/s的水平速度抛向乙，且被乙接住，假如某一次甲将小球抛出且被乙接住后，刚好可保证两车不相撞．则甲总共抛出的小球个数是(　　)A．12 B．13 C．14 D．15【答案】　D【解析】　规定甲的速度方向为正方向，两车刚好不相撞，则两车速度相等，由动量守恒定律得M1v0－M2v0＝(M1＋M2)v ，解得v＝1.5 m/s，对甲、小车及从甲车上抛出的小球，由动量守恒定律得M1v0＝(M1－n·m)v＋n·mv′，解得n＝15，D正确．【例2】如图所示，甲车质量m1＝20 kg，车上有质量M＝50 kg的人，甲车(连同车上的人)以v＝3 m/s的速度向右滑行，此时质量m2＝50 kg的乙车正以v0＝1.8 m/s的速度迎面滑来，为了避免两车相撞，当两车相距适当距离时，人从甲车跳到乙车上，则人跳出甲车的水平速度(相对地面)应当在什么范围内才能避免两车相撞？不计地面和小车的摩擦，且乙车足够长．【答案】　大于或等于3.8 m/s【解析】　人跳到乙车上后，如果两车同向，且甲车的速度等于乙车的速度就可以恰好避免两车相撞以人、甲车、乙车组成的系统为研究对象，以向右为正方向由水平方向动量守恒得(m1＋M)v－m2v0＝(m1＋m2＋M)v′解得v′＝1 m/s以人与甲车为一系统，人跳离甲车过程水平方向动量守恒，得(m1＋M)v＝m1v′＋Mu解得u＝3.8 m/s因此，只要人跳离甲车的水平速度大于或等于3.8 m/s，就可避免两车相撞．【例3】(多选)(2021·山东邹城一中月考)如图所示，一个小孩在冰面上进行“滑车”练习，开始小孩站在A车前端与车以共同速度v0＝9 m/s向右做匀速直线运动，在A车正前方有一辆静止的B车，为了避免两车相撞，在A车接近B车时，小孩迅速从A车跳上B车，又立即从B车跳回A车，此时A、B两车恰好不相撞，已知小孩的质量m＝25 kg，A车和B车质量均为mA＝mB＝100 kg，若小孩跳离A车与跳离B车时对地速度的大小相等、方向相反，不计一切摩擦，则下列说法正确的是(　　)A.小孩跳离A车和B车时对地速度的大小为10 m/sB.小孩跳离A车的过程中对A车冲量的大小为250 kg·m/sC.整个过程中，小孩对B车所做的功为1 050 JD.小孩跳回A车后，他和A车的共同速度大小为5 m/s【答案】　AD【解析】　因为A、B恰好不相撞，则最后具有相同的速度，在小孩跳车的过程中，把小孩、A车、B车看成一个系统，该系统所受合外力为零，动量守恒，规定向右为正方向，由动量守恒定律得(m＋mA)v0＝(m＋mA＋mB)v，代入数据解得v＝5 m/s，方向向右，D正确；设小孩跳离A车和B车的速度大小为v人，则在与B车相互作用的过程中，由动量守恒定律得2mv人＝mBv，代入数据解得v人＝10 m/s，A正确；设小孩跳离A车后，A车的速度为vA，则由动量守恒定律有(m＋mA)v0＝mv人＋mAvA，解得vA＝8.75 m/s，方向向右，根据动量定理，该过程中小孩对A车的冲量大小等于A车动量的变化量大小，即I＝|Δp|＝mAv0－mAvA＝25 kg·m/s，B错误；整个过程中，小孩对B车做的功等于B车动能的变化量，即W＝eq \f(1,2)mBv2＝1 250 J，C错误。【例4】如图所示，甲、乙两小孩各乘一辆冰车在光滑水平冰面上游戏，甲和他的冰车总质量为30 kg，乙和他的冰车总质量也为30 kg，游戏时甲推着一质量为10 kg的木箱，和他一起以v0＝3.5 m/s的速度滑行，乙在甲的正前方相对地面静止，为避免碰撞，则甲至少以相对地面多大的速度将箱子推出才能避免与乙相撞(　　)A.8 m/s B.3 m/sC.6 m/s D.10 m/s【答案】　A【解析】　设甲至少以相对地面速度为v将箱子推出才能避免与乙相撞，甲与冰车和箱子组成的系统动量守恒，有M甲v0＝M甲v′＋mv①乙接住箱子的过程，乙与冰车和箱子组成的系统动量守恒，有mv＝(M乙＋m)v″②由题意知v′＝v″③联立①②③代入数值解得v＝8 m/s，选项A正确。【例5】(多选)如图所示，一质量mB＝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mA＝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(　　)A．2.1 m/s B．2.4 m/sC．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(mB－mA)v＝mBvB1，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(mB－mA)v＝(mB＋mA)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。【例6】(多选)(2020·全国卷Ⅱ·21)水平冰面上有一固定的竖直挡板，一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0 kg的静止物块以大小为5.0 m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板弹性碰撞．总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0 m/s，反弹的物块不能再追上运动员．不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为(　　)A．48 kg B．53 kg C．58 kg D．63 kg【答案】　BC【解析】　设运动员的质量为M，第一次推物块后，运动员速度大小为v1，第二次推物块后，运动员速度大小为v2……第八次推物块后，运动员速度大小为v8，第一次推物块后，由动量守恒定律知：Mv1＝mv0；第二次推物块后由动量守恒定律知：M(v2－v1)＝m[v0－(－v0)]＝2mv0，……，第n次推物块后，由动量守恒定律知：M(vn－vn－1)＝2mv0，整理得vn＝eq \f(2n－1mv0,M)，则v7＝eq \f(260 kg·m/s,M)，v8＝eq \f(300 kg·m/s,M).由题意知，v7<5 m/s，则M>52 kg，又知v8>5 m/s，则M<60 kg，故选B、C.题型六 反冲运动的理解和应用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.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，再根据动量守恒定律列方程。【例1】如图所示，自行火炮连同炮弹的总质量为M，当炮管水平，火炮车在水平路面上以v1的速度向右匀速行驶中，发射一枚质量为m的炮弹后，自行火炮的速度变为v2，仍向右行驶。则炮弹相对炮筒的发射速度v0为(　　)A.eq \f(m（v1－v2）＋mv2,m) B.eq \f(M（v1－v2）,m)C.eq \f(M（v1－v2）＋2mv2,m) D.eq \f(M（v1－v2）－m（v1－v2）,m)【答案】　B【解析】　自行火炮水平匀速行驶时，牵引力与阻力平衡，系统动量守恒。设水平向右的方向为正方向，发射前系统动量之和为Mv1，发射后系统的动量之和为(M－m)v2＋m(v2＋v0)，由Mv1＝(M－m)v2＋m(v2＋v0)，解得v0＝eq \f(Mv1－（M－m）v2,m)－v2＝eq \f(M（v1－v2）,m)。故B正确。【例2】 某学习小组在探究反冲现象时，将质量为m1的一个小液化气瓶固定在质量为m2的小玩具船上，利用液化气瓶向外喷射气体作为船的动力。现在整个装置静止放在平静的水面上，已知打开瓶后向外喷射气体的对地速度为v1，如果在Δt的时间内向后喷射的气体的质量为Δm，忽略水的阻力，则喷射出质量为Δm的气体后，小船的速度是(　　)A.eq \f(Δmv1,m1＋m2－Δm) B.eq \f(Δmv1,m1＋m2)C.eq \f(Δmv1,m1－Δm) D.eq \f(Δmv1,m2－Δm)【答案】　A【解析】　由动量守恒定律得(m1＋m2－Δm)v船－Δmv1＝0，解得v船＝eq \f(Δmv1,m1＋m2－Δm)。故选项A正确。【例3】一质量为M的烟花斜飞到空中，到最高点时速度为v，此时烟花炸裂成两块(损失的炸药质量不计)，炸裂成的两块速度沿水平相反方向，落地时水平位移大小相等，不计空气阻力，若向前一块的质量为m，则向前一块的速度大小为(　　)A.eq \f(M,2m－M) v B.eq \f(M,M－m) vC.eq \f(2M,2M－m) v D.eq \f(2M,2m－M) v【答案】　A【解析】　由题意知在爆炸的短时间内，烟花所受的重力远小于内部爆炸力，故系统动量守恒，到达最高点时速度沿水平方向，大小为v，设初速度方向为正方向，向前一块的速度大小为v1，向后一块速度大小为v2，故有Mv＝mv1－(M－m)v2，又因为爆炸后两块均做平抛运动，落地时水平位移大小相等，故根据平抛运动规律可知v1＝v2，故联立两式可解得v1＝v2＝eq \f(M,2m－M) v，故A正确，B、C、D错误。【例3】.如图所示，我国自行研制的“歼－15”战斗机挂弹飞行时，接到命令，进行导弹发射训练，当战斗机水平飞行的速度为v0时，将总质量为M的导弹释放，刚释放时，导弹向战斗机飞行的反方向喷出对地速率为v1、质量为m的燃气，则喷气后导弹相对地面的速率v为(　　)A.eq \f(Mv0－mv1,M) B.eq \f(Mv0＋mv1,M)C.eq \f(Mv0－mv1,M－m) D.eq \f(Mv0＋mv1,M－m)【答案】　D【解析】　以导弹飞行的方向为正方向，导弹被战斗机释放后导弹喷出燃气前后瞬间，根据动量守恒定律得Mv0＝(M－m)v－mv1，解得v＝eq \f(Mv0＋mv1,M－m)，故选项D正确。【例4】.(2022·三明市二中高三期末)假设进行太空行走的宇航员A和B的质量分别为mA和mB，他们携手匀速远离空间站，相对空间站的速度为v0。某时刻A将B向空间站方向轻推，A的速度变为vA，B的速度变为vB，则下列各关系式中正确的是(　　)A.(mA＋mB)v0＝mAvA－mBvBB.(mA＋mB)v0＝mAvA＋mB(vA＋v0)C.(mA＋mB)v0＝mAvA＋mB(vA＋vB)D.(mA＋mB)v0＝mAvA＋mBvB【答案】　D【解析】　本题中的各个速度都是相对于空间站的，不需要转换，相互作用前系统的总动量为(mA＋mB)v0，A将B向空间站方向轻推后，A的速度变为vA，B的速度变为vB，动量分别为mAvA、mBvB，根据动量守恒得(mA＋mB)v0＝mAvA＋mBvB，故A、B、C错误，D正确。题型七 应用动量守恒定律分析“跳车”问题【例1】如图所示，在光滑水平面上，有一质量为M的静止平板车，其上有质量皆为m的甲、乙两人，两人都相对地以速度v向后跳下，试求下列情况下车速大小？(1)甲、乙两人同时跳下；(2)甲先跳，乙后跳。【模型分析】　反冲模型无阻力情况下，人与车(船)组成的系统水平方向动量守恒，人的动量与车的动量等大反向。两个质量均为m的人以对地速度v同时跳出，人的动量为2mv，车获得的动量大小也是2mv；两个质量均为m的人先后以对地速度v水平跳出，人的动量同样为2mv，车获得的动量大小也是2mv，“先后跳”与“同时跳”效果相同；若选择车为参考系，人相对地的动量与人相对运动的车的动量显然不同，第一个人相对车的动量与第二个人相对车的动量也不同，此情况下“先后跳”与“同时跳”效果是不同的。【答案】　见解析【解析】　(1)车与两人组成的系统，水平方向上不受外力，满足动量守恒定律的适用条件。取人跳的速度方向为正方向。 设两人同时跳下时，车对地速度为v1，由动量守恒定律得0＝2mv＋Mv1①v1＝－eq \f(2mv,M)负号表示车与人跳的速度方向相反。(2)设甲先跳下时，乙跟车对地的共同速度为v2，乙再跳下时，车对地的速度为v3，由动量守恒定律得甲先跳下时：0＝mv＋(M＋m)v2②乙再跳下时：(M＋m)v2＝mv＋Mv3③解②③式得：v3＝－eq \f(2mv,M)比较v1、v3，知v1＝v3，即甲、乙两人“先后跳下”与“同时跳下”效果相同。【思维感悟】在应用动量守恒定律解题时，常遇到多个物体的相互作用，这多个物体的作用可能是同时作用一次完成的，也可能是作用有先有后，分段完成的。人跳出时的水平速度选择地面，“先后作用”与“同时作用”是等效的。可以把“先后作用”的问题视为“同时作用”一次完成的情况来研究，把分过程需列的多个动量守恒方程简化为只列一个方程就可求解，使求解过程大为简化。【例2】(多选)(2020·山东广饶一中高二月考)如图所示，三辆完全相同的平板小车a、b、c成一直线排列，静止在光滑水平面上。c车上有一小孩跳到b车上，接着又立即从b车跳到a车上。小孩跳离c车和b车时对地的水平速度相同。他跳到a车上相对a车保持静止，此后(　　)A.a、b两车运动速率相等B.a、c两车运动速率相等C.三辆车的速率关系vc>va>vbD.a、c两车运动方向相反【答案】　CD【解析】　设人跳离b、c车时速度为v，由动量守恒定律有0＝－M车vc＋m人vm人v＝M车vb＋m人vm人v＝(M车＋m人)va所以vc＝eq \f(m人v,M车)vb＝0va＝eq \f(m人v,M车＋m人)即vc>va>vb并且vc与va方向相反。所以选项A、B错误，选项C、D正确。【例2】(多选)如图所示，在光滑平直的路面上静止着两辆完全相同的小车，人从a车跳上b车，又立即从b车跳回a车，并与a车保持相对静止。下列说法正确的是(　　)A．最终a车的速率大于b车的速率B．最终a车的速率小于b车的速率C．全过程中，a车对人的冲量大于b车对人的冲量D．全过程中，a车对人的冲量小于b车对人的冲量【答案】　BD【解析】　人与a、b组成的系统水平方向不受外力，设水平向右的方向为正方向，根据动量守恒定律，则有0＝(m人＋ma)va－mbvb，得eq \f(va,vb)＝eq \f(mb,ma＋m人)＜1，则a车的速率小于b车的速率，故A错误，B正确；人对两车的冲量大小Ia＝mava，Ib＝mbvb＝(ma＋m人)va＞mava，结合牛顿第三定律可知，a车对人的冲量小于b车对人的冲量，故C错误，D正确。