(新高考)高考物理一轮复习第7章第2讲《动量守恒定律及应用》 (含解析)

这是一份(新高考)高考物理一轮复习第7章第2讲《动量守恒定律及应用》 (含解析)，共15页。试卷主要包含了理解系统动量守恒的条件，反冲运动的三点说明，8 m/s，0 kg的静止物块以大小为5等内容，欢迎下载使用。

考点一 动量守恒定律的理解和基本应用
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′或m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′.系统相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量．
(2)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向．
1．只要系统所受合外力做功为0，系统动量就守恒．( × )
2．系统的动量不变是指系统的动量大小和方向都不变．( √ )
3．动量守恒定律的表达式m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，一定是矢量式，应用时要规定正方向，且其中的速度必须相对同一个参考系．( √ )
1．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．
2．应用动量守恒定律解题的步骤
(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．
考向1 系统动量守恒的判断
例1 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．
考向2 动量守恒定律的基本应用
例2 (多选)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>vb
D．a、c两车运动方向相反
答案 CD
解析 设向右为正方向，设人跳离b、c车时对地水平速度为v，在水平方向由动量守恒定律有0＝M车vc＋m人v，m人v＝M车vb＋m人v，m人v＝(M车＋m人)·va，所以vc＝－eq \f(m人v,M车)，vb＝0，va＝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．
考向3 动量守恒定律的临界问题
例3 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．
考点二 爆炸、反冲运动和人船模型
1．爆炸现象的三个规律
2.反冲运动的三点说明
1．发射炮弹，炮身后退；园林喷灌装置一边喷水一边旋转均属于反冲现象．( √ )
2．爆炸过程中机械能增加，反冲过程中机械能减少．( × )
人船模型
(1)模型图示
(2)模型特点
①两物体满足动量守恒定律：mv人－Mv船＝0
②两物体的位移大小满足：meq \f(x人,t)－Meq \f(x船,t)＝0，
x人＋x船＝L，
得x人＝eq \f(M,M＋m)L，x船＝eq \f(m,M＋m)L
(3)运动特点
①人动则船动，人静则船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；
②人船位移比等于它们质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即eq \f(x人,x船)＝eq \f(v人,v船)＝eq \f(M,m).
考向1 爆炸问题
例4 在某次军演中，一炮弹由地面斜向上发射，假设当炮弹刚好到最高点时爆炸，炸成前后两部分P、Q，其中P的质量大于Q.已知爆炸后P的运动方向与爆炸前的运动方向相同，假设爆炸后P、Q的速度方向均沿水平方向，忽略空气的阻力，则下列说法正确的是( )
A．爆炸后Q的运动方向一定与P的运动方向相同
B．爆炸后Q比P先落地
C．Q的落地点到爆炸点的水平距离大
D．爆炸前后P、Q动量的变化量大小相等
答案 D
解析 在爆炸过程中，由于重力远小于内力，系统的动量守恒．爆炸前炮弹在最高点的速度沿水平方向，爆炸后P的运动方向与爆炸前的运动方向相同，根据动量守恒定律判断出Q的速度一定沿水平方向，但爆炸后的运动方向取决于P的动量与爆炸前炮弹的动量的大小关系，因此Q的运动方向不一定与爆炸前的运动方向相同，故A错误；在爆炸过程中，P、Q受到爆炸力大小相等，作用时间相同，则爆炸力的冲量大小一定相等，由动量定理可知，在爆炸过程中P、Q动量的改变量大小相等、方向相反，D正确；爆炸后P、Q均做平抛运动，竖直方向上为自由落体运动，由于高度相同，在空中运动时间一定相同，所以P、Q一定同时落地，B错误；由于爆炸后两部分速度的大小关系无法判断，因此落地点到爆炸点的水平距离无法确定，C错误．
考向2 反冲运动
例5 (2022·河南省模拟)解放军发出4枚“东风快递”(中程弹道导弹)，准确击中预定目标，发射导弹过程可以简化为：将静止的质量为M(含燃料)的东风导弹点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体，忽略喷气过程中重力和空气阻力的影响，则喷气结束时东风导弹获得的速度大小是( )
A.eq \f(m,M) v0 B.eq \f(M,m) v0 C.eq \f(M,M－m) v0 D.eq \f(m,M－m) v0
答案 D
解析 由动量守恒定律得mv0＝(M－m)v，导弹获得的速度v＝eq \f(m,M－m)v0，故选D.
考向3 人船模型
例6 (多选)如图所示，绳长为l，小球质量为m，小车质量为M，将小球向右拉至水平后放手，则(水平面光滑)( )
A．系统的总动量守恒
B．水平方向任意时刻小球与小车的动量等大反向或都为零
C．小球不能向左摆到原高度
D．小车向右移动的最大距离为eq \f(2ml,M＋m)
答案 BD
解析 系统只是在水平方向所受的合力为零，竖直方向的合力不为零，故水平方向的动量守恒，而总动量不守恒，A错误，B正确；根据水平方向的动量守恒及机械能守恒得，小球仍能向左摆到原高度，C错误；小球相对于小车的最大位移为2l，根据“人船模型”，系统水平方向动量守恒，设小球水平方向的平均速度为vm，小车水平方向的平均速度为vM，mvm－MvM＝0，两边同时乘以运动时间t，mvmt－MvMt＝0，即mxm＝MxM，又xm＋xM＝2l，解得小车向右移动的最大距离为eq \f(2ml,M＋m)，D正确．
考点三 碰撞问题
1．碰撞
碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象．
2．特点
在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒．
3．分类
1．碰撞前后系统的动量和机械能均守恒．( × )
2．在光滑水平面上的两球相向运动，碰撞后均变为静止，则两球碰撞前的动量大小一定相同．( √ )
1．碰撞问题遵守的三条原则
(1)动量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′.
(2)动能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′.
(3)速度要符合实际情况
①碰前两物体同向运动，若要发生碰撞，则应有v后>v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前′≥v后′.
②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向至少有一个改变．
2．弹性碰撞的重要结论
以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生弹性碰撞为例，则有
m1v1＝m1v1′＋m2v2′
eq \f(1,2)m1v12＝eq \f(1,2)m1v1′2＋eq \f(1,2)m2v2′2
联立解得：v1′＝eq \f(m1－m2,m1＋m2)v1，v2′＝eq \f(2m1,m1＋m2)v1
讨论：①若m1＝m2，则v1′＝0，v2′＝v1(速度交换)；
②若m1>m2，则v1′>0，v2′>0(碰后两小球沿同一方向运动)；当m1≫m2时，v1′≈v1，v2′≈2v1；
③若m10(碰后两小球沿相反方向运动)；当m1≪m2时，v1′≈－v1，v2′≈0.
3．物体A与静止的物体B发生碰撞，当发生完全非弹性碰撞时损失的机械能最多，物体B的速度最小，vB＝eq \f(mA,mA＋mB)v0，当发生弹性碰撞时，物体B速度最大，vB＝eq \f(2mA,mA＋mB)v0.则碰后物体B的速度范围为：eq \f(mA,mA＋mB)v0≤vB≤eq \f(2mA,mA＋mB)v0.
考向1 碰撞的可能性
例7 A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝1 kg，mB＝2 kg，vA＝6 m/s，vB＝2 m/s，当A追上B并发生碰撞后，A、B两球速度的可能值是( )
A．vA′＝5 m/s，vB′＝2.5 m/s
B．vA′＝2 m/s，vB′＝4 m/s
C．vA′＝－4 m/s，vB′＝7 m/s
D．vA′＝7 m/s，vB′＝1.5 m/s
答案 B
解析 虽然题给四个选项均满足动量守恒定律，但A、D两项中，碰后A的速度vA′大于B的速度vB′，不符合实际，即A、D项错误；C项中，两球碰后的总动能Ek后＝eq \f(1,2)mAvA′2＋eq \f(1,2)mBvB′2＝57 J，大于碰前的总动能Ek前＝eq \f(1,2)mAvA2＋eq \f(1,2)mBvB2＝22 J，违背了能量守恒定律，所以C项错误；而B项既符合实际情况，也不违背能量守恒定律，所以B项正确．
考向2 弹性碰撞
例8 (多选)如图所示，竖直放置的半径为R的半圆形轨道与水平轨道平滑连接，不计一切摩擦．圆心O点正下方放置质量为2m的小球A，质量为m的小球B以初速度v0向左运动，与小球A发生弹性碰撞．碰后小球A在半圆形轨道运动时不脱离轨道，则小球B的初速度v0可能为(重力加速度为g)( )
A．2eq \r(2gR) B.eq \r(2gR) C．2eq \r(5gR) D.eq \r(5gR)
答案 BC
解析 A与B碰撞的过程为弹性碰撞，则碰撞的过程中动量守恒，设B的初速度方向为正方向，碰撞后B与A的速度分别为v1和v2，则：mv0＝mv1＋2mv2，由能量守恒得：eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)·2mv22，联立得：v2＝eq \f(2v0,3).若恰好能通过最高点，说明小球到达最高点时仅由小球的重力提供向心力，设在最高点的速度为vmin，由牛顿第二定律得：2mg＝2m·eq \f(vmin2,R)，A在碰撞后到达最高点的过程中机械能守恒，得：2mg·2R＝eq \f(1,2)·2mv2′2－eq \f(1,2)·2mvmin2，v2′＝eq \f(2v0′,3)，解得：v0′＝1.5eq \r(5gR)，可知若小球A经过最高点，则需要：v0≥1.5eq \r(5gR).若小球不能到达最高点，则小球不脱离轨道时，恰好到达与O等高处，由机械能守恒定律得：2mg·R＝eq \f(1,2)·2mv2″2，v2″2＝eq \f(2v0″,3)，解得v0″＝1.5eq \r(2gR)，可知若小球不脱离轨道时，需满足：v0≤1.5eq \r(2gR).由以上的分析可知，若小球不脱离轨道时，需满足：v0≤1.5eq \r(2gR)或v0≥1.5eq \r(5gR)，故A、D错误，B、C正确．
考向3 非弹性碰撞
例9 北京冬奥会冰壶比赛训练中，运动员将质量为19 kg的冰壶甲推出，运动一段时间后以0.4 m/s的速度正碰静止的冰壶乙，然后冰壶甲以0.1 m/s的速度继续向前滑向大本营中心．若两冰壶质量相等，求：
(1)冰壶乙获得的速度大小；
(2)试判断两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞还是非弹性碰撞；若是非弹性碰撞，能量损失多少．
答案 (1)0.3 m/s (2)非弹性碰撞 0.57 J
解析 (1)由动量守恒定律知mv1＝mv2＋mv3
将v1＝0.4 m/s，v2＝0.1 m/s
代入上式得v3＝0.3 m/s.
(2)碰撞前的动能E1＝eq \f(1,2)mv12＝1.52 J，
碰撞后两冰壶的总动能E2＝eq \f(1,2)mv22＋eq \f(1,2)mv32＝0.95 J
因为E1>E2，所以两冰壶间的碰撞为非弹性碰撞，
能量损失E＝ E1－ E2＝0.57 J.
课时精练
1.(2021·全国乙卷·14)如图，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 因为滑块与车厢水平底板间有摩擦，且撤去推力后滑块在车厢底板上有相对滑动，即摩擦力做功，而水平地面是光滑的；对小车、弹簧和滑块组成的系统，根据动量守恒和机械能守恒的条件可知撤去推力后该系统动量守恒，机械能不守恒．故选B.
2.(多选)在光滑的水平面上，一个质量为2 kg的物体A与另一物体B发生正碰，碰撞时间不计，两物体的位置随时间变化规律如图所示，以A物体碰前速度方向为正方向，下列说法正确的是( )
A．碰撞后A的动量为6 kg·m/s
B．碰撞后A的动量为2 kg·m/s
C．物体B的质量为2 kg
D．碰撞过程中合外力对B的冲量为6 N·s
答案 BD
解析 由题图可知，碰撞前A的速度为v0＝eq \f(16,4) m/s＝4 m/s，碰撞后A、B共同的速度为v＝eq \f(24－16,12－4) m/s＝1 m/s，则碰撞后A的动量为pA＝mAv＝2 kg×1 m/s＝2 kg·m/s，A错误，B正确；A、B碰撞过程中，由动量守恒定律可得mAv0＝(mA＋mB)v，解得：mB＝6 kg，C错误；对B，由动量定理可得IB＝mBv－0＝6 N·s，D正确．
3．(多选)某同学想用气垫导轨模拟“人在船上走”模型．该同学到实验室里，将一质量为M的滑块置于长为L的气垫导轨上并接通电源．该同学又找来一个质量为m的蜗牛置于滑块的一端，在食物的诱惑下，蜗牛从该端移动到另一端．下面说法正确的是( )
A．只有蜗牛运动，滑块不运动
B．滑块运动的距离是eq \f(M,M＋m)L
C．蜗牛运动的位移是滑块的eq \f(M,m)倍
D．滑块与蜗牛运动的距离之和为L
答案 CD
解析 根据“人船模型”，易得滑块运动的距离为eq \f(m,M＋m)L，蜗牛运动的距离为eq \f(M,M＋m)L，二者运动的距离之和为L，C、D正确．
4．竖直向上发射一物体(不计空气阻力)，在物体上升的某一时刻突然炸裂为a、b两块，质量较小的a块速度方向与物体原来的速度方向相反，则( )
A．炸裂后瞬间，a块的速度一定比原来物体的速度小
B．炸裂后瞬间，b块的速度方向一定与原来物体的速度方向相同
C．炸裂后瞬间，b块的速度一定比原来物体的速度小
D．炸裂过程中，b块的动量变化量大小一定小于a块的动量变化量大小
答案 B
解析 在炸裂过程中，由于重力远小于内力，系统的动量守恒，炸裂后瞬间a块的速度大小不能确定，以竖直向上为正方向，根据动量守恒定律有(ma＋mb)v0＝ma(－va)＋mbvb，解得vb＝eq \f(ma＋mbv0＋mava,mb)>v0，b块的速度方向一定与原来物体的速度方向相同，故A、C错误，B正确；由动量守恒可知，炸裂过程中，b块的动量变化量大小一定等于a块的动量变化量大小，故D错误．
5．冰壶运动深受观众喜爱，在某次投掷中，冰壶甲运动一段时间后与静止的冰壶乙发生正碰，如图乙．若两冰壶质量相等，则碰后两冰壶最终停止的位置，可能是图中的哪幅图( )
答案 B
解析 两冰壶碰撞过程中动量守恒，两冰壶发生正碰，由动量守恒定律可知，碰撞前后系统动量不变，两冰壶的动量方向即速度方向，不会偏离甲原来的方向，可知，A图情况是不可能的，故A错误；如果两冰壶发生弹性碰撞，碰撞过程动量守恒、机械能守恒，两冰壶质量相等，碰撞后两冰壶交换速度，甲静止，乙的速度等于甲的速度，碰后乙做减速运动，最后停止，最终两冰壶的位置可能如选项B所示，故B正确；两冰壶碰撞后，乙在前，甲在后，选项C所示是不可能的，故C错误；碰撞过程机械能不可能增大，两冰壶质量相等，碰撞后甲的速度不可能大于乙的速度，碰撞后甲的位移不可能大于乙的位移，故D错误．
6.如图所示，在光滑的水平面上有三个完全相同的小球，它们排成一条直线，小球2、3静止，并靠在一起，球1以速度v0撞向它们，设碰撞过程中不损失机械能，则碰后三个小球的速度分别为( )
A．v1＝v2＝v3＝eq \f(1,\r(3))v0
B．v1＝0，v2＝v3＝eq \f(1,\r(2))v0
C．v1＝0，v2＝v3＝eq \f(1,2)v0
D．v1＝v2＝0，v3＝v0
答案 D
解析 由题设条件，三球在碰撞过程中总动量和总动能守恒．设三球质量均为m，则碰撞前系统总动量为mv0，总动能为eq \f(1,2)mv02.选项A、B中的数据都违反了动量守恒定律，故不可能．对选项C，碰后总动量为mv0，但总动能为eq \f(1,4)mv02，这显然违反了机械能守恒定律，故不可能．对选项D，既满足动量守恒定律，也满足机械能守恒定律，故选D.
7.如图所示，在光滑水平面上有一静止的质量为M的小车，用长为L的细线系一质量为m的小球，将小球拉至水平位置，球放开时小车与小球保持静止状态，松手后让小球下落，在最低点与固定在小车上的油泥相撞并粘在一起，则( )
A．小球与油泥相撞后一起向左运动
B．小球与油泥相撞后一起向右运动
C．整个过程小车的运动距离为eq \f(ML,m＋M)
D．整个过程小车的运动距离为eq \f(mL,m＋M)
答案 D
解析 在水平方向上，系统不受外力，因此在水平方向动量守恒．小球下落过程中，水平方向具有向右的分速度，因此为保证动量守恒，小车要向左运动．当撞到油泥，是完全非弹性碰撞，小球和小车大小相等方向相反的动量恰好抵消掉，所以小车和小球都保持静止，故A、B错误；设当小球到达最低点时，小球向右移动的距离为x1，小车向左移动的距离为x2，根据系统水平方向动量守恒有mv1－Mv2＝0，又v1＝eq \f(x1,t)，v2＝eq \f(x2,t)，则有meq \f(x1,t)－Meq \f(x2,t)＝0，变形得mx1＝Mx2，根据x1＋x2＝L，联立解得x2＝eq \f(mL,m＋M)，故C错误，D正确．
8．(2021·浙江1月选考·12)在爆炸实验基地有一发射塔，发射塔正下方的水平地面上安装有声音记录仪．爆炸物自发射塔竖直向上发射，上升到空中最高点时炸裂成质量之比为2∶1、初速度均沿水平方向的两个碎块．遥控器引爆瞬间开始计时，在5 s末和6 s末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声．已知声音在空气中的传播速度为340 m/s，重力加速度大小g取10 m/s2，忽略空气阻力．下列说法正确的是( )
A．两碎块的位移大小之比为1∶2
B．爆炸物的爆炸点离地面高度为80 m
C．爆炸后的质量大的碎块的初速度为68 m/s
D．爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340 m
答案 B
解析 设碎块落地的时间为t，质量大的碎块水平初速度为v，则由动量守恒定律知质量小的碎块水平初速度为2v，爆炸后的碎块做平抛运动，下落的高度相同，则在空中运动的时间相同，由水平方向x＝v0t知落地水平位移之比为1∶2，碎块位移s＝eq \r(x2＋y2)，可见两碎块的位移大小之比不是1∶2，故A项错误；据题意知，vt＝(5 s－t)×340 m/s，又2vt＝(6 s－t)×340 m/s，联立解得t＝4 s，v＝85 m/s，故爆炸点离地面高度为h＝eq \f(1,2)gt2＝80 m，所以B项正确，C项错误；两碎块落地点的水平距离为Δx＝3vt＝1 020 m，故D项错误．
9．(多选)质量为M的物块以速度v运动，与质量为m的静止物块发生正撞，碰撞后两者的动量正好相等，两者质量之比eq \f(M,m)可能为( )
A．2 B．3 C．4 D．5
答案 AB
解析 根据动量守恒得，设碰撞后两者的动量都为p，则总动量为2p，根据动量和动能的关系有：p2＝2mEk，根据能量关系，由于动能不增加，则有：eq \f(4p2,2M)≥eq \f(p2,2m)＋eq \f(p2,2M)，解得eq \f(M,m)≤3，故A、B正确，C、D错误．
10．在发射地球卫星时需要运载火箭多次点火，以提高最终的发射速度．某次地球近地卫星发射的过程中，火箭喷气发动机每次喷出质量为m＝800 g的气体，气体离开发动机时的对地速度v＝1 000 m/s，假设火箭(含燃料在内)的总质量为M＝600 kg，发动机每秒喷气20次，忽略地球引力的影响，则( )
A．第三次气体喷出后火箭的速度大小约为4 m/s
B．地球卫星要能成功发射，速度大小至少达到11.2 km/s
C．要使火箭能成功发射至少要喷气500次
D．要使火箭能成功发射至少要持续喷气17 s
答案 A
解析 设喷出三次气体后火箭的速度为v3，以火箭和喷出的三次气体为研究对象，以竖直向上为正方向，由动量守恒定律得：(M－3m)v3－3mv＝0，解得：v3≈4 m/s，故A正确；地球卫星要能成功发射，喷气n次后至少要达到第一宇宙速度，即：vn＝7.9 km/s，故B错误；以火箭和喷出的n次气体为研究对象，以竖直向上为正方向，由动量守恒定律得：(M－nm)vn－nmv＝0，代入数据解得：n≈666，故C错误；至少持续喷气时间为：t＝eq \f(n,20)＝33.3 s，故D错误．
11.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．
12．如图所示，ABC为一固定在竖直平面内的光滑轨道，AB段是半径R＝0.8 m的eq \f(1,4)圆弧，B在圆心O的正下方，BC段水平，AB段与BC段平滑连接．球2、球3均放在BC轨道上，质量m1＝0.4 kg的球1从A点由静止释放，球1进入水平轨道后与球2发生弹性正碰，球2再与球3发生弹性正碰，g＝10 m/s2.
(1)求球1到达B点时对轨道的压力大小；
(2)若球2的质量m2＝0.1 kg，求球1与球2碰撞后球2的速度大小；
(3)若球3的质量m3＝0.1 kg，为使球3获得最大的动能，球2的质量应为多少．
答案 (1)12 N (2)6.4 m/s (3)0.2 kg
解析 (1)对球1从A到B应用动能定理：m1gR＝eq \f(1,2)m1v02
在B点对球1应用牛顿第二定律：
FN－m1g＝m1eq \f(v02,R)
联立解得：v0＝4 m/s、FN＝12 N
由牛顿第三定律知球1在B点对轨道的压力大小FN′＝FN＝12 N.
(2)球1、球2碰撞时，根据动量守恒定律有：
m1v0＝m1v1＋m2v2
由机械能守恒定律得：
eq \f(1,2)m1v02＝eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22
解得：v2＝eq \f(2m1,m1＋m2)v0＝6.4 m/s.
(3)同理，球2、球3碰撞后：
v3＝eq \f(2m2,m2＋m3)v2
则v3＝eq \f(2m2,m2＋m3)·eq \f(2m1,m1＋m2)v0
代入数据得v3＝eq \f(1.6,m2＋\f(0.04,m2)＋0.5)v0，
由数学知识可知，当m2＝eq \f(0.04,m2)时，m2＋eq \f(0.04,m2)＋0.5最小，v3最大
所以m22＝0.04，m2＝0.2 kg.
13．(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.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
作用
原理
反冲运动是系统内两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
动量是否守恒
机械能是
否守恒
弹性碰撞
守恒
守恒
非弹性碰撞
守恒
有损失
完全非弹性碰撞
守恒
损失最大