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第2讲　动量守恒定律
素养目标　1.知道动量守恒的条件．(物理观念) 2.明确碰撞的概念和碰撞的分类．(物理观念) 3.知道应用动量守恒定律解题的一般步骤．(科学思维) 4.能够用动量守恒定律解决碰撞、爆炸和反冲问题．(科学思维) 5.体会用守恒的思想分析物理问题的方法，体会自然界的和谐与统一．(科学思维)
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零，这个系统的总动量保持不变，这就是动量守恒定律．
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增量等大反向．
二、碰撞、反冲和爆炸问题
1．碰撞
(1)概念：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，可认为相互碰撞的物体组成的系统动量守恒．
(3)分类
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
2.反冲运动
(1)物体在内力作用下分裂为两个不同部分，并且这两部分向相反方向运动的现象．
(2)反冲运动中，相互作用力一般较大，通常可以用动量守恒定律来处理．
3．爆炸问题
(1)爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量守恒．
(2)爆炸过程中位移很小，可忽略不计，作用后从相互作用前的位置以新的动量开始运动．
1．思维辨析
(1)系统动量不变是指系统的动量大小和方向都不变．( )
(2)系统的动量守恒时，机械能也一定守恒．( )
(3)当质量相等时，发生完全弹性碰撞的两个球碰撞前后速度交换．( )
(4)光滑水平面上的两球做相向运动，发生正碰后两球均变为静止，于是可以断定碰撞前两球的动量大小一定相等．( )
(5)只要系统内存在摩擦力，系统的动量就不可能守恒．( )
2．在如图所示的装置中，木块B与水平桌面间的接触是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在其中，将弹簧压缩到最短．若将子弹、木块和弹簧合在一起作为系统，则此系统在从子弹开始射入到弹簧被压缩至最短的整个过程中(　　)
A．动量守恒，机械能守恒
B．动量不守恒，机械能不守恒
C．动量守恒，机械能不守恒
D．动量不守恒，机械能守恒
3．(多选)半径相等的两个小球A和B，在光滑水平面上沿同一直线相向运动．若A球的质量大于B球的质量，发生弹性碰撞前，两球的动能相等，碰撞后两球的运动状态可能是(　　)
A．A球的速度为零，B球的速度不为零
B．B球的速度为零，A球的速度不为零
C．两球的速度均不为零
D．两球的速度方向均与原方向相反，两球的动能仍相等
考点　动量守恒定律的理解及应用
1．适用条件
(1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒．
(2)近似守恒：系统受到的合力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒．
(3)分方向守恒：系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒．
2．动量守恒定律的“五性”
矢量性 动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题时应选取统一的正方向
相对性 各物体的速度必须是相对同一参考系的速度(一般是相对于地面)
同时性 动量是一个瞬时量，表达式中的p1、p2、…必须是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p′1、p′2、…必须是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量
系统性 研究的对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统
普适性 不仅适用于低速宏观系统，也适用于高速微观系统
3.应用动量守恒定律解题的步骤
典例1　(2024·黄冈中学检测)人和冰车的总质量为M，另有一个质量为m的坚固木箱，开始时人坐在冰车上静止在光滑水平冰面上，某一时刻人将原来静止在冰面上的木箱以速度v推向前方弹性挡板，木箱与挡板碰撞后又反向弹回，设木箱与挡板碰撞过程中没有机械能的损失，人接到木箱后又以速度v将木箱推向挡板，如此反复多次，试求人推多少次木箱后将不可能再接到木箱．(已知M∶m＝31∶2)
1．[对动量和冲量的理解](多选)使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的N极正对着乙的S极，甲的质量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等．现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的任一时刻(　　)
A．甲的速度大小比乙的大
B．甲的动量大小比乙的小
C．甲的动量大小与乙的相等
D．甲和乙的动量之和不为零
2．[动量守恒定律的应用]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M1＝50 kg，乙和他的小车的总质量M2＝30 kg.为避免相撞，甲不断地将小球以相对地面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
考点　弹性碰撞与非弹性碰撞
1．碰撞问题遵守的三条原则
(1)动量守恒：p1＋p2＝p′1＋p′2.
(2)动能不增加：Ek1＋Ek2≥E′k1＋E′k2.
(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不可能都不改变．
2．弹性碰撞模型
情境 发生弹性碰撞的两个物体碰撞前、后系统动量守恒，动能守恒，如图所示，若两物体质量分别为m1和m2，碰前速度分别为v1、v2，碰后速度分别为v′1、v′2
规律 动量守恒 m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2
机械能守恒 m1v＋m2v＝m1v′＋m2v′
结果 v′1＝2－v1， v′2＝2－v2
讨论 若v2＝0，则v′1＝v1， v′2＝v1
m1＝m2 v′1＝0， v′2＝v1 质量相等，交换速度
m1＞m2 v′1＞0，v′2＞0，且v′2＞v′1 大碰小，一起跑
m1＜m2 v′1＜0，v′2＞0 小碰大，要反弹
m1 m2 v′1≈v′1，v′2≈2v1 极大碰极小，大不变，小加倍(碰后小质量物体的速率为大质量物体原速率的2倍)
m1 m2 v′1≈－v1，v′2≈0 极小碰极大，大不变，小等速率反弹
3.完全非弹性碰撞模型
情境 如图所示，若两物体质量分别为m1和m2，碰前速度分别为v1、v2，碰后两物体的速度相同，为v共
规律 动量守恒 m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共
有机械能损失(完全非弹性碰撞时系统损失的动能最多) 损失的动能ΔEk＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v
结果 v共＝，ΔEk＝(v1－v2)2
典例2　(2022·湖南卷)1932年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子(即中子)组成．如图所示，中子以速度v0分别碰撞静止的氢核和氮核，碰撞后氢核和氮核的速度分别为v1和v2.设碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应，下列说法正确的是　(　　)
A．碰撞后氮核的动量比氢核的小
B．碰撞后氮核的动能比氢核的小
C．v2大于v1
D．v2大于v0
1．[弹性碰撞的计算]如图所示，质量为m的小球A沿光滑水平面以速度v0向右运动，与质量为4m的静止小球B发生碰撞，碰撞后小球A以速率v＝kv0(k为待定系数且0A.C．k<或k≥ D．02．[碰撞可能性分析](多选)光滑水平面上，有两个小球A和B沿同一直线运动，已知碰前两球动量分别为pA＝12 kg·m/s，pB＝13 kg·m/s，当A追上B发生碰撞后它们动量的变化分别是ΔpA和ΔpB，下列数值可能正确的是(　　)
A．ΔpA＝－3 kg·m/s，ΔpB＝3 kg·m/s
B．ΔpA＝－24 kg·m/s，ΔpB＝24 kg·m/s
C．ΔpA＝－5 kg·m/s，ΔpB＝5 kg·m/s
D．ΔpA＝4 kg·m/s，ΔpB＝－4 kg·m/s
考点　爆炸和反冲
1．爆炸及其特点
概念 一个物体由于内力的巨大作用而分为两个或两个以上物体的过程
特点 动量 守恒 由于爆炸是在极短时间内完成的，爆炸物体间的相互作用远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的动量守恒
动能 增加 在爆炸过程中，由于其他形式的能量转化为动能，所以爆炸后系统的总动能增加
位置 不变 爆炸的时间极短，因而在爆炸过程中，物体产生的位移很小，一般忽略不计，即认为位置不变
2.反冲运动及其特点
概念 根据动量守恒定律，如果一个静止的物体在内力的作用下分裂为两部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向相反的方向运动　
特点 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
动能增加 反冲运动中，由于有其他形式的能转化为动能，所以系统的总动能增加
典例3　(2024·湖南汉寿一中模拟)(多选)如图所示，在返回舱距地面1 m时，返回舱底部的四台反推发动机同时点火，使其着地速度减为零，实现“软着陆”．已知返回舱的质量为3 t(含航天员，不考虑推进剂喷出对质量的影响)，在距地面1 m时的速度为10 m/s，发动机喷出推进剂的速度为v(远远大于返回舱的速度)，共喷出推进剂的质量为10 kg，每台发动机可以产生方向竖直向上、大小为4.5×104 N的恒定推力．若发动机的工作时间等于返回舱的落地时间，重力加速度取g＝10 m/s2，则在返回舱距地面1 m后的着地过程中，下列说法正确的是(　　)
A．航天员受到返回舱的作用力等于航天员重力的6倍
B．航天员受到返回舱的作用力等于航天员重力的5倍
C．反推发动机喷出推进剂的速度为v＝3.6×103 m/s
D．反推发动机喷出推进剂的速度为v＝0.9×103 m/s
1．[爆炸与平抛运动的综合应用]斜向上发射的炮弹在最高点爆炸(爆炸时间极短)成质量均为m的两块碎片，其中一块碎片沿原来的方向飞去．已知炮弹爆炸时距水平地面的高度为H，炮弹爆炸前的动能为E，爆炸后系统的机械能增加了，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量，则两块碎片落地点间的距离为(　　)
A. B.
C. D．2
2．[反冲运动的应用]2022年9月2日凌晨，神舟十四号航天员乘组圆满完成第一次出舱活动，中国航天员此次出舱活动也向世界展现了中国的前沿科技——空间站核心舱机械臂．假设一个连同装备共90 kg的航天员，离开空间站太空行走，在离飞船12 m的位置与空间站处于相对静止的状态．装备中有一个高压气源，能以60 m/s的速度喷出气体．航天员为了能在2 min内返回空间站，他需要在开始返回的瞬间至少一次性向后喷出气体的质量是(不计喷出气体后航天员和装备质量的变化)(　　)
A．0.1 kg B．0.13 kg
C．0.15 kg D．0.16 kg
课题研究　应用动量守恒定律解决“人船模型”问题
1．“人船模型”问题的特征
两个原来静止的物体发生相互作用时，若所受外力的矢量和为零，则动量守恒．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．“人船模型”的特点
(1)两物体满足动量守恒定律：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；两物体的位移满足：m－M＝0，x人＋x船＝L，即x人＝L，x船＝L.
(3)应用此关系时要注意一个问题：公式中v1和v2一般都是相对地面而言的．
3．类“人船模型”
　　
典例　(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
变式　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，当他滑到绳下端时，他离地面的高度是(可以把人看作质点)(　　)
A．5 m B．3.6 m
C．2.6 m D．8 m
答案及解析
1．思维辨析
(1)系统动量不变是指系统的动量大小和方向都不变．(√)
(2)系统的动量守恒时，机械能也一定守恒．(×)
(3)当质量相等时，发生完全弹性碰撞的两个球碰撞前后速度交换．(√)
(4)光滑水平面上的两球做相向运动，发生正碰后两球均变为静止，于是可以断定碰撞前两球的动量大小一定相等．(√)
(5)只要系统内存在摩擦力，系统的动量就不可能守恒．(×)
2．在如图所示的装置中，木块B与水平桌面间的接触是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在其中，将弹簧压缩到最短．若将子弹、木块和弹簧合在一起作为系统，则此系统在从子弹开始射入到弹簧被压缩至最短的整个过程中(　　)
A．动量守恒，机械能守恒
B．动量不守恒，机械能不守恒
C．动量守恒，机械能不守恒
D．动量不守恒，机械能守恒
解析：子弹射入木块是瞬间完成的，这个过程相当于子弹与木块发生一次完全非弹性碰撞，动量守恒，机械能不守恒，一部分动能转化为内能；之后木块(连同子弹)压缩弹簧，将其动能转化为弹性势能，这个过程机械能守恒，但动量不守恒，由于左侧挡板的支持力的冲量作用，使系统的动量不断减少，所以整个过程中，动量和机械能均不守恒．
答案：B
3．(多选)半径相等的两个小球A和B，在光滑水平面上沿同一直线相向运动．若A球的质量大于B球的质量，发生弹性碰撞前，两球的动能相等，碰撞后两球的运动状态可能是(　　)
A．A球的速度为零，B球的速度不为零
B．B球的速度为零，A球的速度不为零
C．两球的速度均不为零
D．两球的速度方向均与原方向相反，两球的动能仍相等
解析：在动能相同的情况下，根据p＝可知pA>pB，系统总动量方向与A球运动方向相同，根据动量守恒可知，A、C项正确，B项错误；若碰后两球反向，动能仍相等，则系统总动量方向改变，D项错误．
答案：AC
考点　动量守恒定律的理解及应用
典例1　(2024·黄冈中学检测)人和冰车的总质量为M，另有一个质量为m的坚固木箱，开始时人坐在冰车上静止在光滑水平冰面上，某一时刻人将原来静止在冰面上的木箱以速度v推向前方弹性挡板，木箱与挡板碰撞后又反向弹回，设木箱与挡板碰撞过程中没有机械能的损失，人接到木箱后又以速度v将木箱推向挡板，如此反复多次，试求人推多少次木箱后将不可能再接到木箱．(已知M∶m＝31∶2)
解析：人推木箱的过程，对于人和木箱组成的系统，由动量守恒定律有，第1次推木箱前后，0＝Mv1－mv，第2次推木箱前后，Mv1＋mv＝Mv2－mv，…，第n次推木箱前后，Mvn－1＋mv＝Mvn－mv，n个式子相加得(n－1)mv＝Mvn－nmv，所以vn＝＝v，依题意可知vn≥v，则有n≥8.25，所以n＝9.
答案：9次
1．[对动量和冲量的理解](多选)使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的N极正对着乙的S极，甲的质量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等．现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的任一时刻(　　)
A．甲的速度大小比乙的大
B．甲的动量大小比乙的小
C．甲的动量大小与乙的相等
D．甲和乙的动量之和不为零
解析：对甲、乙两条形磁铁分别受力分析，如图所示，根据牛顿第二定律有a甲＝，a乙＝，由于m甲>m乙，所以a甲μm乙g，合力方向向左，合冲量方向向左，所以合动量方向向左，显然甲的动量大小比乙的小，B、D正确，C错误．
答案：BD
2．[动量守恒定律的应用]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M1＝50 kg，乙和他的小车的总质量M2＝30 kg.为避免相撞，甲不断地将小球以相对地面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
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．
答案：D
考点　弹性碰撞与非弹性碰撞
典例2　(2022·湖南卷)1932年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子(即中子)组成．如图所示，中子以速度v0分别碰撞静止的氢核和氮核，碰撞后氢核和氮核的速度分别为v1和v2.设碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应，下列说法正确的是　(　　)
A．碰撞后氮核的动量比氢核的小
B．碰撞后氮核的动能比氢核的小
C．v2大于v1
D．v2大于v0
解析：设中子的质量为m，氢核的质量为m，氮核的质量为14m，设中子和氢核碰撞后中子速度为v3，由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝mv1＋mv3
mv＝mv＋mv
联立解得v1＝v0
设中子和氮核碰撞后中子速度为v4，由动量守恒定律和能量守恒定律可得
mv0＝14mv2＋mv4
mv＝·14mv＋mv
联立解得v2＝v0
可得v1＝v0>v2
碰撞后氢核的动量为pH＝mv1＝mv0
氮核的动量为pN＝14mv2＝
可得pN>pH
碰撞后氢核的动能为EkH＝mv＝mv
氮核的动能为EkN＝·14mv＝
可得EkH>EkN
故B正确，A、C、D错误．故选B．
1．[弹性碰撞的计算]如图所示，质量为m的小球A沿光滑水平面以速度v0向右运动，与质量为4m的静止小球B发生碰撞，碰撞后小球A以速率v＝kv0(k为待定系数且0A.C．k<或k≥ D．0解析：A球与B球第一次碰撞过程中，设水平向右为正方向，根据动量守恒定律有mv0＝－m·kv0＋4mvB，碰撞过程中系统总动能不会增加，则mv≥m(kv0)2＋×4mv，要使A球能与B球再次发生碰撞，则小球A碰后返回的速度大于B球的速度，即kv0>vB，联立解得答案：A
2．[碰撞可能性分析](多选)光滑水平面上，有两个小球A和B沿同一直线运动，已知碰前两球动量分别为pA＝12 kg·m/s，pB＝13 kg·m/s，当A追上B发生碰撞后它们动量的变化分别是ΔpA和ΔpB，下列数值可能正确的是(　　)
A．ΔpA＝－3 kg·m/s，ΔpB＝3 kg·m/s
B．ΔpA＝－24 kg·m/s，ΔpB＝24 kg·m/s
C．ΔpA＝－5 kg·m/s，ΔpB＝5 kg·m/s
D．ΔpA＝4 kg·m/s，ΔpB＝－4 kg·m/s
解析：从动量的角度看，四个选项都满足ΔpA＝－ΔpB，即动量都守恒．从速度的角度看，A追上B发生碰撞，碰撞后B的速度要增大，即v′B>vB，故ΔpB>0，故D项错误．从动能的角度看，由Ek＝可知，碰前系统动能Ek＝＋＝＋，而B选项中p′A＝－12 kg·m/s，p′B＝37 kg·m/s，则碰后系统动能E′k＝＋>Ek，故A、C项均正确，B项错误．
答案：AC
考点　爆炸和反冲
典例3　(2024·湖南汉寿一中模拟)(多选)如图所示，在返回舱距地面1 m时，返回舱底部的四台反推发动机同时点火，使其着地速度减为零，实现“软着陆”．已知返回舱的质量为3 t(含航天员，不考虑推进剂喷出对质量的影响)，在距地面1 m时的速度为10 m/s，发动机喷出推进剂的速度为v(远远大于返回舱的速度)，共喷出推进剂的质量为10 kg，每台发动机可以产生方向竖直向上、大小为4.5×104 N的恒定推力．若发动机的工作时间等于返回舱的落地时间，重力加速度取g＝10 m/s2，则在返回舱距地面1 m后的着地过程中，下列说法正确的是(　　)
A．航天员受到返回舱的作用力等于航天员重力的6倍
B．航天员受到返回舱的作用力等于航天员重力的5倍
C．反推发动机喷出推进剂的速度为v＝3.6×103 m/s
D．反推发动机喷出推进剂的速度为v＝0.9×103 m/s
解析：设返回舱加速度为a，单个发动机推力为F，根据牛顿第二定律有，4F－Mg＝Ma，代入数据解得a＝5g，对航天员根据牛顿第二定律有F舱－mg＝ma，代入数据解得F舱＝6mg，故A正确，B错误；根据运动学公式，可得返回舱落地时间t＝＝0.2 s，由题意知反推发动机推进剂的喷出速度为v(远远大于返回舱的速度)，设发动机喷出推进剂的总质量为Δm，以喷出的质量为Δm的推进剂为研究对象，根据动量定理有4Ft＝Δmv，解得v＝＝3.6×103 m/s，故C正确，D错误．故选AC.
1．[爆炸与平抛运动的综合应用]斜向上发射的炮弹在最高点爆炸(爆炸时间极短)成质量均为m的两块碎片，其中一块碎片沿原来的方向飞去．已知炮弹爆炸时距水平地面的高度为H，炮弹爆炸前的动能为E，爆炸后系统的机械能增加了，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量，则两块碎片落地点间的距离为(　　)
A. B.
C. D．2
解析：炮弹炸裂前质量为2m，设炸裂前速度为v，则v＝，炮弹在最高点爆炸，设炸裂后的两碎片速度分别为v1、v2，水平方向动量守恒，则2mv＝mv1＋mv2，爆炸后系统的机械能增加了，则E＋E＝mv＋mv，联立解得v1＝，v2＝，由H＝gt2得，两块碎片落地所用时间均为t＝，两块碎片落地点间的距离为x＝(v1－v2)t＝，B正确．
答案：B
2．[反冲运动的应用]2022年9月2日凌晨，神舟十四号航天员乘组圆满完成第一次出舱活动，中国航天员此次出舱活动也向世界展现了中国的前沿科技——空间站核心舱机械臂．假设一个连同装备共90 kg的航天员，离开空间站太空行走，在离飞船12 m的位置与空间站处于相对静止的状态．装备中有一个高压气源，能以60 m/s的速度喷出气体．航天员为了能在2 min内返回空间站，他需要在开始返回的瞬间至少一次性向后喷出气体的质量是(不计喷出气体后航天员和装备质量的变化)(　　)
A．0.1 kg B．0.13 kg
C．0.15 kg D．0.16 kg
解析：设喷出气体后航天员及装备相对空间站的速度大小为u，航天员连同装备的总质量为M，一次性向后喷出气体的质量是m，则u＝＝0.1 m/s.喷出的气体相对空间站的速度大小为v，对于喷气过程，取喷出的气体速度方向为正方向，根据动量守恒定律有mv－Mu＝0，解得m＝0.15 kg，故C正确．
答案：C
课题研究　应用动量守恒定律解决“人船模型”问题
典例　(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
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，D正确．
答案：BD
变式　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，当他滑到绳下端时，他离地面的高度是(可以把人看作质点)(　　)
A．5 m B．3.6 m
C．2.6 m D．8 m
解析：当人滑到绳下端时，如图所示，由动量守恒定律，得m1＝m2，且h1＋h2＝h.解得h1≈1.4 m，所以他离地高度H＝h－h1＝3.6 m，故选项B正确．
答案：B(共49张PPT)
第2讲　动量守恒定律
第六章　碰撞与动量守恒
理清教材 强基固本
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重难考点 全线突破
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课题研究 提升能力
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