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第2讲　动量守恒定律及应用
目标要求　1.理解系统动量守恒的条件.2.会应用动量守恒定律解决基本问题.3.会用动量守恒观点分析爆炸、反冲运动和人船模型.4.理解碰撞的种类及其遵循的规律．
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　(2019·江苏卷·12(1))质量为M的小孩站在质量为m的滑板上，小孩和滑板均处于静止状态，忽略滑板与地面间的摩擦．小孩沿水平方向跃离滑板，离开滑板时的速度大小为v，此时滑板的速度大小为(　　)
A.v B.v
C.v D.v
答案　B
解析　以小孩运动方向为正方向，对小孩和滑板组成的系统，由动量守恒定律有0＝Mv－mv′，解得滑板的速度大小v′＝.
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
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
2.反冲运动的三点说明
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
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：m－M＝0，
x人＋x船＝L，
得x人＝L，x船＝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＝＝.
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　火箭的飞行应用了反冲的原理，靠喷出气流的反冲作用而获得巨大的速度．设质量为m的火箭在极短的时间Δt内喷射燃气的质量是Δm(Δm m)，以喷气前的火箭为参考系，喷出燃气的速率是u.
(1)求火箭在喷气后增加的速度Δv；
(2)比冲是用于衡量火箭发动机效率的重要物理参数，其定义为发动机消耗单位质量的推进剂产生的冲量，用Isp表示，请推导比冲Isp与喷气速率u的关系式．(很短时间Δt内，研究火箭及其喷出的燃气组成的系统，可以不考虑火箭重力的冲量．)
答案　(1)　(2)Isp＝u
解析　(1)在很短时间Δt内，研究火箭及其喷出的燃气组成的系统，系统动量守恒
(m－Δm)Δv＋Δm(－u)＝0
火箭在喷气后增加的速度Δv＝
若认为Δm m，解得
Δv＝
(2)比冲的定义式为
Isp＝
在很短时间Δt内，火箭受到的冲量
I＝(m－Δm)Δv＝Δmu
代入比冲的定义式，得
Isp＝＝u
考向3　人船模型
例6　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. B.
C. D.
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，则人的位移为L－d，所以v＝，v′＝.以船后退的方向为正方向，根据动量守恒有：Mv－mv′＝0，可得：M＝，小船的质量为：M＝，故B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
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
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′
m1v12＝m1v1′2＋m2v2′2
联立解得：v1′＝v1，v2′＝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＝v0，当发生弹性碰撞时，物体B速度最大，vB＝v0.则碰后物体B的速度范围为：v0≤vB≤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＝mAvA′2＋
mBvB′2＝57 J，大于碰前的总动能Ek前＝mAvA2＋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　如图所示，在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速率v0向右运动．在小球A的前方O点处有一质量为m2的小球B处于静止状态，Q点处为一竖直的墙壁．小球A与小球B发生弹性正碰后小球A与小球B均向右运动．小球B与墙壁碰撞后以原速率返回并与小球A在P点相遇，PQ＝2PO，则两小球质量之比m1∶m2为(　　)
A．7∶5 B．1∶3
C．2∶1 D．5∶3
答案　D
解析　设A、B两个小球碰撞后的速度分别为v1、v2，由动量守恒定律有m1v0＝m1v1＋m2v2，发生弹性碰撞，不损失动能，故根据能量守恒定律有m1v02＝m1v12＋m2v22，两个小球碰撞后到再次相遇，其速率不变，由运动学规律有v1∶v2＝PO∶(PO＋2PQ)＝1∶5，联立三式可得m1∶m2＝5∶3，D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＝mv12＝1.52 J，
碰撞后两冰壶的总动能E2＝mv22＋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.如图所示，气球下面有一根长绳，一个质量为m1＝50 kg的人抓在气球下方，气球和长绳的总质量为m2＝20 kg，长绳的下端刚好和水平地面接触，当静止时人离地面的高度为h＝5 m．如果这个人开始沿绳向下滑，当滑到绳下端时，他离地面的高度约是(可以把人看成质点)(　　)
A．5 m B．3.6 m
C．2.6 m D．8 m
答案　B
解析　当人滑到绳下端时，设人相对地面下滑的位移大小为h1，气球相对地面上升的位移大小为h2，由动量守恒定律，得m1＝m2，且h1＋h2＝h，解得h2≈3.6 m，所以他离地高度约是3.6 m，故选项B正确．
3．如图甲所示，光滑水平面上有A、B两物块，已知A物块的质量mA＝1 kg.初始时刻B静止，A以一定的初速度向右运动，之后与B发生碰撞并一起运动，它们的位移—时间图像如图乙所示(规定向右为位移的正方向)，已知A、B碰撞时间极短(t＝0.01 s)，图中无法显示，则(　　)
A．物块B的质量为2 kg
B．物块B的质量为4 kg
C．A、B碰撞时的平均作用力大小为300 N
D．A、B碰撞时的平均作用力大小为100 N
答案　C
解析　由题图乙可知撞前vA＝4 m/s，vB＝0，撞后的共同速度v＝ m/s＝1 m/s，则由mAvA＝(mA＋mB)v可得mB＝＝3 kg，A、B错误；对B有Ft＝mBv－0，解得F＝
300 N，C正确，D错误．
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＝>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＝v0
B．v1＝0，v2＝v3＝v0
C．v1＝0，v2＝v3＝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
D．整个过程小车的运动距离为
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＝，v2＝，则有m－M＝0，变形得mx1＝Mx2，根据x1＋x2＝L，联立解得x2＝，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＝，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＝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.如图所示，动量分别为pA＝12 kg·m/s、pB＝13 kg·m/s的两个小球A、B在光滑的水平面上沿一直线向右运动，经过一段时间后两球发生正碰，分别用ΔpA、ΔpB表示两小球动量的变化量．则下列选项中可能正确的是(　　)
A．ΔpA＝－3 kg·m/s、ΔpB＝4 kg·m/s
B．ΔpA＝－2 kg·m/s、ΔpB＝2 kg·m/s
C．ΔpA＝－24 kg·m/s、ΔpB＝24 kg·m/s
D．ΔpA＝3 kg·m/s、ΔpB＝－3 kg·m/s
答案　B
解析　本题属于追及碰撞，碰前，后面物体的速度一定要大于前面物体的速度(否则无法实现碰撞)，碰后，前面物体的动量增大，后面物体的动量减小，减小量等于增大量，所以ΔpA<0，ΔpB>0，并且ΔpA＝－ΔpB，据此可排除选项A、D；若ΔpA＝－24 kg·m/s、ΔpB＝24 kg·m/s，碰后两球的动量分别为pA′＝－12 kg·m/s、pB′＝37 kg·m/s，根据关系式Ek＝可知，A球的质量和动量大小不变，动能不变，而B球的质量不变，但动量增大，所以B球的动能增大，这样碰后系统的机械能比碰前增大了，可排除选项C；经检验，选项B满足碰撞遵循的三个规律．
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＝＝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＝m1v02
在B点对球1应用牛顿第二定律：
FN－m1g＝m1
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：
m1v02＝m1v12＋m2v22
解得：v2＝v0＝6.4 m/s.
(3)同理，球2、球3碰撞后：
v3＝v2
则v3＝·v0
代入数据得v3＝v0，
由数学知识可知，当m2＝时，m2＋＋0.5最小，v3最大
所以m22＝0.04，m2＝0.2 kg.
13.如图所示，竖直平面内有一光滑轨道ABC，AB是半径为R的四分之一圆弧轨道，水平轨道BC足够长，其上放有一前端固定轻弹簧的小物块Q.一质量为m的小物块P自A处由静止释放，沿AB滑下后与Q相碰．已知重力加速度为g.
(1)若Q的质量也为m，则弹簧被压缩的过程中最大弹性势能为多大；
(2)若Q的质量为2m，则P第一次反弹后，沿圆弧轨道达到的最大高度为多大；
(3)若要使P与Q只发生一次碰撞，则物块Q的质量应满足什么条件．
答案　(1)mgR　(2)R　(3)mQ≤3m
解析　(1)P从A滑到B重力势能转化为动能，设P在B点的速度为v1，有mgR＝mv12
得v1＝
当Q与P速度相同时，弹簧压缩量最大，弹簧的弹性势能最大，由系统动量守恒，有mv1＝2mv共
Ep＝mv12－×2mv共2
解得：Ep＝mgR
(2)P与Q发生碰撞时系统动量守恒，且没有机械能损失．取向右为正方向，有：
mv1＝mv1′＋2mv2′
mv12＝mv1′2＋×2mv2′2
解得：v1′＝－(负号表示P向左运动)
此后P冲上圆弧轨道，设P能达到的最大高度是h′，有
mv1′2＝mgh′
解得：h′＝R
(3)P滑到水平轨道以速度v1与静止的Q发生第一次碰撞，设向右为正方向，有：mv1＝mvP′＋mQvQ′
mv12＝mvP′2＋mQvQ′2
解得：vP′＝
vQ′＝
P与Q不发生第二次碰撞的条件为|vP′|≤vQ′，即|m－mQ|≤2m，
解得：mQ≤3m.

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