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1.6反冲现象 火箭
思维导图
目录
考向1：反冲现象
考向2：火箭的运动问题
考向3：人船模型
考向4：人船模型变式1：劈或圆弧轨道与物块模型
考向5：人船模型变式2：圆弧槽与滑块模型
考向6：人船模型变式3：小车或滑块与小球模型
考向7：人船模型变式4：棒与双球模型
考向8：人船模型变式5：气球与人模型（竖直方向）
考向9：抛接体问题
考向10：爆炸问题
考向1：反冲现象
1．一辆小车停在光滑的水平面上，一个士兵坐在小车上，他连同装备和小车的总质量为，这个士兵用自动步枪沿水平方向连续射出子弹，每个子弹的质量为m，子弹离开枪口时，相对于步枪的速度大小为，当第二发子弹射出后，小车的速度大小为（ ）
A． B． C． D．
2．2019年8月。“法国哪吒”扎帕塔身背燃料包，脚踩安装了小型涡轮喷气发动机的“飞板”，仅用22分钟就飞越英吉利海峡35公里的海面。当扎帕塔及装备悬浮在空中静止时。发动机将气体以3000m/s的恒定速度从喷口向下喷出，此时扎帕塔及装备的总质量为120kg。不考虑喷出气体对总质量的影响，取，则发动机每秒喷出气体的质量为（ ）
A．0.8kg B．0.4kg C．0.1kg D．5.0kg
3．某小组在探究反冲运动时，将质量为m1的一个小液化瓶固定在质量为m2的小船上，利用液化瓶向外喷射气体作为船的动力。现把整个装置静止放在平静的水面上，已知打开液化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，求：
(1)喷射出质量为Δm的气体后，小船的速度大小；
(2)喷射出质量为Δm的气体的过程中，小船所受气体的平均作用力的大小。
考向2：火箭的运动问题
4．总质量为的火箭竖直向上发射，发动机单位时间内向正下方喷出质量为的燃气，燃气相对火箭的喷出速度为，重力加速度为。若不计空气阻力，则（ ）
A．火箭发动机获得的推力越来越大
B．火箭上升的加速度越来越大
C．燃气相对火箭的喷出速度变大，火箭的加速度变小
D．火箭总质量增大，火箭的加速度变大
5．总质量为的人造卫星绕地球做匀速圆周运动，线速度大小为，为了使卫星到达较高轨道运行，需要加速做离心运动，卫星发动机在极短时间内以相对于喷气前卫星的速度向后喷出速度为，质量为的燃气，则喷气结束时卫星的速度大小是（ ）
A． B． C． D．
6．（多选）某兴趣小组动手制作了一套竖直喷射的简易模型（以下简称模型）。模型（含待喷射燃气、支架等全部组件）总质量为，点燃燃料后在极短的时间内，质量为的燃气相对地面以的速度竖直向下喷出，忽略空气阻力的影响，重力加速度为，下列说法正确的是（ ）
A．模型的推力来源于空气对它的反作用力
B．在燃气喷出后的瞬间，模型获得的速度大小为
C．在火箭喷气过程中，模型及其所携设备的机械能增加
D．喷出燃气后向上运动过程中，模型机械能和动量守恒
考向3：人船模型
7．有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长，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：首先将船平行码头自由停泊，然后他轻轻从船尾上船，走到船头后停下，而后轻轻下船，用卷尺测出船后退的距离，然后用卷尺测出船长，已知他自身的质量为，则渔船的质量为（ ）
A． B． C． D．
8．如图所示，有一只小船停在静水中，一人站在船头。已知人的质量，船的质量，船长为，若此人从船头走到船尾，不计水的阻力。
(1)某时刻人的速度大小为，求此时船的速度大小；
(2)求船在水中移动的距离。
9．如图所示，一艘小船长为l，质量为M，漂浮在流速稳定的水面上，水流速度为u。一人立于船头上，其质量为m，相对于船的步行速度为v。当人从船头走到船尾时，船移动了多远？设小船是两头对称的，且忽略一切阻力。
考向4：人船模型变式1：劈或圆弧轨道与物块模型
10．如图所示，斜面体Q静置于光滑水平地面上，光滑斜面长度为L，物块P（可视为质点）沿斜面从顶端由静止下滑到底端的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．物块下滑过程中机械能守恒
B．斜面对物块的支持力不做功
C．物块相对地面的速度方向沿斜面向下
D．物块相对地面的位移小于L
11．如图所示，光滑斜劈AB两端的距离为l，质量为M、倾角为，放置在光滑水平地面上。斜劈上端A点处放置质量为m的物块，m可视作质点。重力加速度为g，现将m由静止释放，它将沿斜劈下滑，同时斜劈M也将向左运动。
(1)请你求出m平滑过渡到水平面时，m速度的大小和M速度的大小；
(2)请你求出当m到达B端时，M运动的距离。
12．如图所示，质量为的四分之一光滑圆弧体静止在光滑水平面上，圆弧面的半径为，圆弧面的最低点刚好与水平面相切，在圆弧体右侧水平面上固定一个竖直挡板，将质量为的小物块在圆弧面的最高点由静止释放，物块与挡板碰撞过程没有能量损失，重力加速度取，物块的大小不计，求：
(1)物块第一次滑离圆弧体时，物块的速度大小；
(2)物块第一次滑离圆弧体时，圆弧体向左运动的距离；
(3)圆弧体最终的速度大小。
考向5：人船模型变式2：圆弧槽与滑块模型
13．如图，质量为M的半圆形槽静置于水平地面上，将质量为m的小球从槽口A点由静止释放，小球可视为质点，忽略一切摩擦，下列说法中正确的是（ ）
A．小球运动到半圆形槽右侧最高点一定与A点等高
B．小球向右摆动时，槽向右运动，且系统动量守恒
C．小球向右摆动时，槽向左运动，且系统动量守恒
D．从A点释放到右侧最高点，半圆形槽的位移一定大于小球在水平方向上的位移
14．光滑水平地面上静止放着质量为、半径为的光滑圆弧轨道，质量也为的小球从轨道最左端的点由静止滑下（为水平直径，为轨道最低点），重力加速度为，下列正确的是（ ）
A．整个系统动量守恒
B．小球从至过程中，轨道先向左加速运动，后向右加速运动
C．小球从至第一次到过程中，位移大小等于轨道通过的位移大小
D．小球运动到时速度大小为
15．某物流仓库设计了一个可移动的圆弧滑槽，用于将包裹从高处安全滑下。如图所示，滑槽质量，放置在水平地面上，其左端紧靠固定挡板。将质量的包裹（视为质点）从滑槽顶端A点由静止释放，包裹从末端B点飞出时速度方向与水平方向的夹角为30°。已知滑槽的AB段为半径、圆心角为的圆弧，O点为圆心，AO连线水平，不计一切摩擦，取重力加速度，计算结果可保留根号。
(1)求包裹到达滑槽最低点时受到的弹力大小F；
(2)求包裹从B点飞出时，滑槽的速度大小；
(3)若包裹从滑槽最低点到离开滑槽的运动时间，求此过程滑槽的位移大小x。
考向6：人船模型变式3：小车或滑块与小球模型
16．（多选）如图所示，质量均为2m的木块A、B并排放在光滑水平面上，木块A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为l的细线，细线另一端系一质量为m的小球C。现将小球C拉起使细线水平伸直且无拉力，并由静止释放小球C，重力加速度为g，小球和木块均可视为质点。下列判断正确的是（ ）
A．小球C从释放到轨迹最低点的过程中，物体A、B和小球C组成的系统动量守恒
B．小球C从释放到轨迹最低点的过程中，木块A移动的距离为
C．木块A、B分离时，木块A的速度大小为
D．小球C第一次到达轻杆左侧能上升的最大高度为l（相对于轨迹的最低点）
17．（多选）如图所示，带有电磁铁装置的小车静止在光滑水平面上，小车质量为 m，在小车两侧立柱的横梁上的O点固定一条长为L且不可伸长的水平轻细绳，细绳的另一端系有质量为m的小球 ，且小球 右端涂有强力胶水； O的正下方有一质量为m的小球 被小车的电磁铁装置吸附在小车上。小球 由与O等高处静止释放，在即将与 碰撞瞬间给电磁铁装置断电（不再有磁性），之后小球 与小球 粘连在一起运动。不计一切摩擦和空气阻力，则（　　）
A．从小球 释放到第一次运动到最低点，小车的位移大小为 L
B．小球 与小球 碰撞后瞬间总动量为零
C．小球 与小球 碰撞后瞬间轻绳拉力大小为 mg
D．小球 与小球 碰撞后瞬间轻绳拉力大小为 mg
18．如图所示，光滑水平面上静止放置一质量为2m的小车，小车的左侧是半径为R的光滑圆弧轨道AB，右侧是长度为R的水平轨道BC，BC的左端与圆弧轨道相切，右端固定一个竖直的弹性挡板。已知小物块与BC间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度为g。一质量为m的小物块从圆弧的A点以的初速度滑下，求：
(1)若将小车固定，求小物块经过圆弧轨道最低点B时受到的支持力大小；
(2)若小车不固定，求小物块第一次滑到B点时，小物块速度大小v1；
(3)若小车不固定，小物块第一次与挡板碰撞时，小车位移大小x车；
(4)若小车不固定，小物块与挡板碰撞的次数n。
考向7：人船模型变式4：棒与双球模型
19．如图所示，质量均为m的两个小球A、B用长为L的轻质细绳连接，B球穿在光滑水平细杆上，初始时刻，细绳处于水平状态，将A、B由静止释放，空气阻力不计。从释放到A球第一次运动到最低点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．A、B组成的系统动量守恒 B．B球向右运动的距离为
C．A球重力的瞬时功率一直变大 D．细绳对A球不做功
20．（多选）如图所示，光滑水平面上静止放置质量为的滑块A，右侧有一竖直的固定挡板，A上用铰链连接一长度为L的轻杆，轻杆的另一端固定一质量为m的小球B，初始时轻杆竖直。重力加速度为g，A和B均可看成质点。现给B一个向左的小扰动（初速度可视为0），当A离开挡板后再经时间t，B运动到最低点。则（　　）
A．A离开挡板时，B的速度大小为
B．当轻杆水平时，A的速度为0
C．从初始到轻杆水平的过程，A的位移大小为
D．当轻杆水平时，B的动能为
21．质量为的小球A和质量为的小球B用一根长为的轻质刚性杆相连，初始时系统竖直静止在光滑水平面上（A位于B正上方，杆与水平面垂直）。现给小球A一个水平向左的微小扰动，使A向左下方摆动，同时B在杆的作用下向右运动。重力加速度为g，求：
(1)从开始运动到A落地前瞬间，在水平方向上，A向左移动的位移大小；
(2)A落地前瞬间的速度大小；
(3)当轻杆与水平面的夹角为时，小球B的速度大小。
考向8：人船模型变式5：气球与人模型（竖直方向）
22．如图所示，气球下面有一根长绳，气球和长绳的总质量为m1＝20 kg，长绳的下端刚好和水平面接触。一个质量为m2＝50 kg的人抓住大气球下方的绳，初始静止时人离地面的高度为h＝5 m。如果这个人开始沿长绳向下滑动，当他滑到长绳下端时，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
23．气球质量为，载有质量为的人，静止在空中距地面的地方，气球下悬一根质量可忽略不计的绳子，此人想从气球上沿绳慢慢下滑至安全到达地面，则这根绳长至少为（ ）
A． B． C． D．
24．人和气球离地高为h，恰好悬浮在空中，气球质量为M，人的质量为m。人要从气球下拴着的软绳上安全到达地面，软绳的长度至少为（　 　）
A． B． C． D．
考向9：抛接体问题
25．小船以速率向东行驶，若在小船上分别以相对于地面的速率向东向西水平抛出两个等质量的物体，不计水的阻力，则小船的速率（ ）
A．增大 B．减小
C．不变 D．由于两物体质量未知，无法确定
26．甲同学（包括滑板）的质量为19m，乙同学（包括滑板和球）的质量为25m，两人沿同一直线同一方向在滑板上运动，乙在前，甲在后，甲、乙的速率分别为、。为使两人恰好不相撞，乙将手中质量为m的球沿水平方向抛向甲，甲将球接住，不计地面的摩擦。则乙抛球的速率是（　　）
A． B． C． D．
27．（多选）如图所示，甲乙两人做抛球游戏，甲站在一辆平板车上，甲与车的总质量kg，车与水平地面间的摩擦不计。另有一质量kg的球，乙站在车对面的地上，身旁有若干质量不等的球。开始车静止，甲将球以速度v（相对于地面）水平抛给乙，乙接到抛来的球后，马上将另一只球以相同速率v水平抛回给甲，甲接到球后，再以速率v将此球水平抛给乙，这样反复进行，乙每次抛回给甲的球的质量都等于他接到球的质量的2倍，则（　　）
A．甲第二次抛出球后，比第一次抛出球后的速度增加了0.20v
B．甲第三次抛出球后，比第二次抛出球后的速度增加了0.32v
C．从第一次算起，甲抛出5个球后，再也不能接到乙抛回来的球
D．从第一次算起，甲抛出4个球后，再也不能接到乙抛回来的球
考向10：爆炸问题
28．如图所示，以水平向右为正方向，一枚火箭正在空中以的速度向右水平飞行，在某时刻炸裂成质量相等的甲、乙两块。已知炸裂过程中有化学能转化为系统的机械能，则炸裂后甲与乙的速度可能分别为（ ）
A．、 B．、
C．、 D．、
29．如图所示，小物块A与水平地面间的动摩擦因数；小物块B与水平地面间的动摩擦因数，开始时A、B靠在一起且均静止，A与左侧竖直墙壁之间的距离。某时刻点燃A、B之间的火药，火药瞬间燃爆使A、B获得的总机械能，一段时间后A、B发生碰撞并粘在一起。A的质量，B的质量，A与左侧竖直墙壁碰撞时无机械能损失且碰撞时间极短，取。求：
(1)点燃火药后，A获得的速度大小；
(2)A、B两小物块之间的最大距离；
(3)A和B最终静止时与左侧竖直墙壁之间的距离。
30．某物体以一定初速度从地面竖直向上抛出，经过时间到达最高点。在最高点该物体炸裂成A、B两部分，质量分别为2m和m，其中A以速度v沿水平方向飞出。重力加速度为g，不计空气阻力。求：
(1)该物体抛出时的初速度大小；
(2)炸裂过程中A、B的平均加速度的大小之比；
(3)A、B落地点之间的距离
综合练习
31．研究得出，打喷嚏时气流喷出的速度可达，假设打一次喷嚏大约喷出的空气，用时约。已知空气的密度为，估算打一次喷嚏人受到的平均反冲力为（ ）
A． B． C． D．
32．如图所示，自行火炮连同炮弹的总质量为M，开始时炮车静止在光滑水平轨道上。现使炮车水平向右发射炮弹，每颗炮弹质量均为m，且离开炮筒时相对炮筒的速度大小均为v，连续发射两颗炮弹后，炮车的速度大小为（ ）
A． B． C． D．
33．质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB长度为2R，现将质量也为m的小球从距A点正上方2R高处由静止释放，小球由A点进入半圆轨道后从B点冲出，在空中能上升的最大高度为（假设小球与小车间的摩擦力大小恒定，不计空气阻力），则（ ）
A．小球和小车组成的系统动量守恒
B．小球从B端离开小车后做斜上抛运动
C．小球从B点落回后一定不能从A点冲出
D．小车向左运动的最大距离为2R
34．如图所示，质量的小车可在光滑水平轨道上自由平动，小车上固定一轻质竖直支架，支架顶端O处系有长的轻质不可伸长细绳，细绳另一端拴一质量的小球。初始时小车静止，细绳拉直且水平，小球位于O点左侧。现将小球由静止释放，细绳始终绷紧，且小球不会碰到小车。忽略一切阻力及车轮的转动动能，已知重力加速度。求：
(1)小球到最低点时对地的速度大小；
(2)小球在最低点时绳上的拉力大小。
35．如图所示，一质量的小车静置于光滑水平地面上，左侧用固定在地面上的销钉挡住．小车上表面由光滑圆弧轨道和水平粗糙轨道组成，与相切于，所对圆心角，长．质量的小物块从某一高度处的点以的速度水平抛出，恰好沿切线方向自点进入圆弧轨道，滑到点时刚好与小车达到共同速度．取，，忽略空气阻力．
(1)求、间的水平距离；
(2)求小物块从滑到所用时间；
(3)若在小物块抛出时拔掉销钉，已知小物块自点进入圆弧轨道运动到点用时，求此时小车移动的距离。
36．如图，一只牛蛙坐在圆形薄王莲莲叶的圆心处顺河水从上游向下游移动，河水水流速度始终为，方向由上游指向下游，莲叶速度与水流速度相同。河水对漂浮在水面上共速的物体没有水平作用力，对与水流速度不相等的物体提供恒定的水平力，并最终使水面上的物体运动速度与水流相同。在牛蛙的正前上方有一只昆虫静止在树枝上。牛蛙在莲叶上相对地面以速度沿与水流方向的夹角为跃起（跃起过程作用时间很短），恰好在跳跃的最高点捕捉到昆虫。莲叶质量，牛蛙质量。牛蛙和昆虫可以视为质点，昆虫质量远小于牛蛙质量，不考虑树枝、昆虫对牛蛙运动的影响和竖直方向莲叶的运动，不计空气阻力。重力加速度取，，。
(1)求昆虫距离水面的竖直高度；
(2)求牛蛙跃起后瞬间莲叶的速度；
(3)牛蛙落下后恰好落到莲叶的边缘，求莲叶的半径。
答案与解析
1．C
【解析】由于水平面光滑，系统动量守恒，初始总动量为零，每次射出一发子弹，小车速度发生变化，且剩余质量减小。射出第一发子弹后，以小车的运动方向为正方向，由所有子弹、小车连同装备组成的系统动量守恒得
解得
同理，射出第二发子弹后，由动量守恒定律有
解得
故选C。
2．B
【解析】设发动机每秒喷出气体的质量为。取时间内喷出的气体为研究对象，其质量，喷出速度，动量变化量。根据动量定理有
解得
由牛顿第三定律可知，气体对飞行器的反作用力大小也为。飞行器悬停时，根据平衡条件有
即
解得
代入数据，，
解得
故选B。
3．(1)
(2)
【解析】（1）以小船的运动方向为正方向，则对小液化瓶和小船组成的系统由动量守恒定律得
解得
（2）对喷射出的气体运用动量定理得
解得喷射出的气体所受的推力大小为
则由牛顿第三定律可知，小船所受气体的平均作用力大小为
4．B
【解析】A．取单位时间内喷出的燃气为研究对象，根据动量定理
根据牛顿第三定律，可得火箭获得的竖直向上的推力大小为
由于、恒定，则火箭发动机获得的推力保持不变，故A错误；
B．设某时刻火箭的瞬时总质量为，对火箭应用牛顿第二定律，竖直方向合力满足
整理得加速度表达式为
火箭上升过程中持续喷出燃气，瞬时质量随喷气过程不断减小，则加速度随时间越来越大，即火箭上升的加速度越来越大，故B正确；
C．根据加速度表达式为
当燃气相对火箭的喷出速度变大时，在其他量不变的情况下，火箭的加速度会随之增大，故C错误；
D．由加速度表达式
当火箭总质量增大时，相同喷气条件下火箭的瞬时质量更大，减小，因此火箭的加速度会随之变小，故D错误。
故选B。
5．D
【解析】喷气过程时间极短，卫星与燃气组成的系统所受万有引力的冲量可忽略，满足动量守恒条件。取卫星初始运动方向为正方向，设喷气后卫星速度为：初始状态系统总动量为；喷气后剩余卫星质量为，动量为；燃气相对喷气前卫星向后的速度大小为，因此燃气相对地面的速度为，动量为，根据动量守恒定律列方程
整理得
解得；故选D。
6．BC
【解析】A．该模型属于火箭类喷射推进装置，推力来源于喷出的燃气对模型的反作用力，并非来自空气的反作用力，真空环境下该类推进依然可以工作，故A错误；
B．喷气过程极短，重力的冲量可忽略，系统（模型总组件）竖直方向动量近似守恒。初始总动量为0，设喷出燃气后剩余模型的速度为v，取向上为正方向，燃气速度为，由动量守恒
解得，故B正确；
C．喷气过程中，燃气的内能转化为模型及其携带设备的机械能，模型及其所携设备的机械能增加，故C正确；
D．喷出燃气后模型向上运动的过程中，仅受重力作用，只有重力做功，因此模型的机械能守恒；但重力会对模型产生冲量，合外力不为零，因此模型的动量不守恒，故D错误。
故选BC。
7．B
【解析】设人走动时船的平均速度大小为，人的平均速度大小为，人从船尾走到船头所用时间为，则，。
根据动量守恒定律有
解得船的质量为
故选B。
8．(1)
(2)
【解析】（1）不计水的阻力时，人和船组成的系统合外力为零，系统初始静止，因此全程满足动量守恒，总动量始终为0。设此时人的速度为，船的速度大小为，则有
解得
（2）人和船组成的系统全程满足动量守恒，总动量始终为0，任意时刻都满足
则全程的平均速度满足
对两边同时乘行走的总时间可得
其中是人相对于水面的位移大小，记为；是船相对于水面的位移大小，记为，因此得到位移关系
人从船头走到船尾，人相对于地面的位移与船相对于地面的位移大小之和等于船长
联立解得
9．
【解析】由于忽略一切阻力，人与船整个系统在水平方向上不受外力，动量守恒。初始时刻系统随水漂流，相对于流水静止，故质心参考系即为随水流运动的惯性系。当人起步向右前进时，船同时向左运动。人匀速运动，则船匀速运动；人停下时，船也停下，人在走动过程中的任意时刻，系统均满足动量守恒定律。
先以质心为参考系，规定向右为正方向，有，人和船的平均速度也满足
而，分别为人、船相对于质心的位移大小，所以有，又
解得
人相对于船的速度大小为，相对位移大小为，故走动时间
设水流（或质心）对地的位移为
再返回到地面参考系中，则船相对于河岸移动的距离为
10．D
【解析】AB．物块P下滑过程中，物块P对斜面体Q的压力对斜面体做正功，斜面体向右做加速运动，斜面体Q对物块P的支持力对物块P做负功，物块机械能不守恒，故AB错误；
C．物块相对斜面体的速度方向沿斜面向下，相对地面的速度方向不是沿斜面向下，故C错误；
D．设斜面体倾角为θ，物块P的质量为m，斜面体Q的质量为M，根据人船模型的特点可得，
联立解得
所以物块相对地面的位移大小为，故D正确。
故选D。
11．(1)，
(2)
【解析】（1）m和M组成的系统在水平方向动量守恒，有
由系统机械能守恒，得
联立得，
（2）设m在水平方向移动的距离为，M位移为，则易得
又因水平方向动量守恒始终被满足，结合（1）分析有
因此
可得
12．(1)
(2)
(3)
【解析】（1）设物块第一次滑离圆弧体时物块的速度大小为、圆弧体的速度大小为，水平方向动量守恒有
根据机械能守恒有
解得，
（2）水平方向动量守恒有
两边同乘以运动时间有
即
又有
解得物块第一次滑离圆弧体时，圆弧体向左运动的距离
（3）物块第一次与挡板碰撞后，物块与圆弧体同向运动，设物块第一次冲上圆弧体后到两者水平方向共速，物块又落回圆弧体，然后从圆弧体右侧第二次离开，设此时物块的速度大小为，圆弧体的速度大小为，根据动量守恒有
根据机械能守恒有
解得，
同理可求得，第二次冲上圆弧体后第三次从圆弧体右侧滑离时物块的速度大小和圆弧体的速度大小，根据动量守恒有
根据机械能守恒有
解得，
由于，因此物块不会第三次冲上圆弧体，则圆弧体最终的速度大小为。
13．A
【解析】ABC．系统水平方向不受力，可知水平方向动量守恒，小球向右摆动时，槽向左运动，但系统动量不守恒，小球运动到半圆形槽右侧最高点时，二者速度均为零，根据能量守恒可知一定与A点等高，故A正确，BC错误；
D．从A点释放到右侧最高点，有
两边微元求和可得
可得
因为不知道小球和半圆形槽的质量关系，故无法判断半圆形槽的位移和小球在水平方向上的位移大小关系，故D错误。
故选A。
14．D
【解析】A．地面是光滑的，整个系统水平方向动量守恒，故A错误；
B．小球从A到B的过程中，轨道向左加速，小球到达B时轨道向左的速度达到最大，小球从B向C的过程中，轨道向左减速，故B错误；
C．小球从至第一次到过程中，设任一时刻小球速度的水平分量为，轨道速度为，由水平方向动量守恒易得
变形得
整理得，即球与轨道在水平方向的位移相等
小球位移还有竖直方向的位移，故C错误；
D．设小球运动到时速度为，轨道速度为，由水平方向动量守恒可得
轨道光滑，由机械能守恒可得
代入数据解得，故D正确。
故选D。
15．(1)
(2)
(3)
【解析】（1）根据机械能守恒定律有
解得
竖直平面内圆周运动
解得包裹到达滑槽最低点时受到的弹力大小
（2）由几何关系可知，包裹相对圆弧滑槽速度v与圆弧滑槽速度成60°角，包裹速度与圆弧滑槽速度成30°角，所以四边形是菱形，则有
，
水平方向动量守恒
解得
（3）根据题意可知，包裹与滑槽始终水平方向动量守恒，则有
包裹在滑槽上运动时间为，则有
整理可得
解得
16．BC
【解析】A．系统在小球下摆过程中，竖直方向小球存在向心加速度，合外力竖直方向不为零，因此系统总动量不守恒，系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，故A错误；
B．小球从释放到最低点的过程中，A、B始终共速运动，系统水平方向动量守恒，初始总水平动量为0
满足人船模型规律： 设小球水平位移大小为，A、B的位移大小为，则
由几何关系，小球相对A的水平位移为，即
联立解得，即木块A移动距离为，故B正确；
C．小球摆到轨迹最低点时，细线拉力竖直向上，此后小球向左运动时，细线对A的拉力会产生向左的分力，使A减速，而B不受水平力将保持匀速，因此小球到达最低点瞬间就是A、B分离的时刻。
对该过程，水平动量守恒
系统机械能守恒
联立解得分离时A的速度，故C正确；
D．初始 C 的势能为，当AB分离时，B物体分去一部分机械能，AC的总机械能小于，所以C到达的最大高度一定小于，故D错误。
故选BC。
17．AD
【解析】A．系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，根据人船模型有，又
联立解得，方向向左，故A正确；
B．碰撞前小球A向右运动，小车与小球B向左运动，系统水平方向总动量为零；但小球A与小球B各自动量均不为零，二者总动量也不为零，碰撞后二者粘在一起，总动量仍不为零，故B错误；
CD．设碰撞前小球A对地速度大小为，方向向右；小车与小球B对地速度大小为，方向向左。系统水平方向动量守恒，有
系统机械能守恒，有
联立解得，
取向右为正方向，碰撞瞬间小球A与小球B水平方向动量守恒，有
解得，方向向右。碰后A、B共同对地速度向右，大小为；小车对地速度大小为，方向向左。碰后A、B相对小车的速度大小为
在最低点对A、B整体，根据牛顿第二定律有
代入数据解得，故C错误，D正确。
故选AD。
18．(1)4mg
(2)
(3)
(4)4
【解析】（1）若将小车固定，小物块下滑过程，根据机械能守恒定律可得
在B点，根据牛顿第二定律可得
联立解得
（2）若小车不固定，小物块与小车组成的系统水平方向动量守恒，则
根据系统机械能守恒定律可得
联立解得
（3）小物块和小车组成的系统满足水平方向动量守恒，则有
即
根据几何关系可得
联立解得
（4）以小物块和小车为系统，水平方向动量守恒，小物块与挡板多次碰撞后，最终与小车速度同时为0，根据动能定理可得
解得
由于
则小物块与挡板碰撞4次。
19．B
【解析】A．A、B组成的系统在水平方向上不受外力，水平方向动量守恒，但在竖直方向上，A球有向下的加速度，系统处于失重状态，竖直方向合外力不为零，故系统总动量不守恒，故A错误；
B．系统在水平方向上动量守恒，且初始总动量为零，设A、B水平位移大小分别为、，由水平方向动量守恒可得
两边乘上时间并累加可得
且
解得
即B球向右运动的距离为，故B正确；
C．根据重力功率计算式可知，初始时刻A球速度为零，重力的瞬时功率为零，当A球运动到最低点时，A球的速度方向水平，竖直分速度为零，重力的瞬时功率也为零，而在中间过程中A球有竖直向下的分速度，重力的瞬时功率大于零，所以A球重力的瞬时功率先变大后变小，故C错误；
D．在运动过程中，B球的动能增加，细绳对B球做正功，由于细绳为轻质细绳，细绳对A、B做功的代数和为零，所以细绳对A球做负功，故D错误。
故选B。
20．AC
【解析】A．记轻杆上作用力为零时轻杆与竖直方向的夹角为α，轻杆上作用力为零时B的速度为v0，此后A与挡板分离。B运动至轻杆上作用力为零的过程由动能定理可知
此时重力沿杆的分力提供所需要的向心力
联立解得，，故A正确；
B．轻杆作用力为零到轻杆水平前一瞬间，A、B构成的系统水平方向上动量守恒
B落地前一瞬间，由A、B速度关联有
联立解得
故B错误；
C．由于A离开挡板后系统水平动量守恒，系统水平方向的质心速度为恒定值，有
解得
A离开挡板后再经时间t，B运动到最低点，则此过程质心的位移
又
从A离开挡板到B运动到最低点的过程，A、B水平相对位移为
联立解得
故C正确；
D．该过程系统机械能守恒
当轻杆水平时，B的动能
故D错误。
故选AC。
21．(1)
(2)
(3)
【解析】（1）小球A和B满足水平方向动量守恒，设A向左水平位移为，B向右水平位移为，则有
解得，即在水平方向上，A向左移动
（2）A落地前瞬间杆水平，刚性杆沿杆方向速度分量相等，因此A水平速度大小
水平动量守恒
联立得，即A、B水平速度均为0，A只有竖直速度
由机械能守恒，重力势能减少量等于A的动能增量
解得
（3）当杆与水平面夹角为时，设B速度大小为；水平动量守恒
解得（为A水平速度大小）
刚性杆沿杆方向速度分量相等，则有
推导得A竖直速度
A高度下降了
AB系统机械能守恒，势能减少量全部转化为系统动能
代入，，得
解得
22．B
【解析】当人滑到长绳下端时，由竖直方向动量守恒得
则有m1h1－m2h2＝0
由几何关系h1＋h2＝h
解得，
所以他离地面的高度H＝h1≈3.6m
故选B。
23．C
【解析】以人和气球组成的系统为研究对象，系统动量守恒，设人在沿绳缓慢下滑时的速度为v1，气球的速度为v2，经过时间t人安全到达地面，人运动的位移为s1=20m,气球上升的位移为s2，因为人从气球上沿绳慢慢下滑，所以在整个过程可看成匀速直线运动，有
则
解得
所以绳长最短为
20m+10m=30m
故选C。
24．D
【解析】设人沿软绳滑至地面，软绳长度至少为L。以人和气球的系统为研究对象，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
人沿绳梯滑至地面时，气球上升的高度为L-h，速度大小
人相对于地面下降的高度为h，速度大小为
得
解得
故选D。
25．A
【解析】设船的质量为，两物体的质量为，抛出物体后，船的速度为，选向东的方向为正方向，则相对于地面的速率向东抛出一个物体，在抛出物体的过程中，水平方向上合力为零，动量守恒，由动量守恒定律有
设相对于地面的速率向西水平抛出物体后，船的速度为，选向东的方向为正方向，由动量守恒定律有
联立解得 ，所以小船的速率会增大，故选A。
26．D
【解析】以甲乙初始运动方向为正方向，对甲、乙、球组成的整体，整个过程水平动量守恒。 初始总动量
总质量
设最终共同速度为，由动量守恒得
解得
乙抛球过程中，乙和球组成的系统动量守恒，设抛出后球对地速度为，得
代入
计算得
负号表示球速度方向与原运动方向相反，速率为速度大小，因此乙抛球的速率为
故选D。
27．BD
【解析】AB．第一次抛出球甲的速度为v1，由动量守恒定律
第二次抛出球甲的速度为v2，由动量守恒定律
第三次抛出球甲的速度为v3，由动量守恒定律
解得
甲第二次抛出球后，比第一次抛出球后的速度增加了
甲第三次抛出球后，比第二次抛出球后的速度增加了，故A错误，B正确；
CD．第三四次抛出球甲的速度为v4，由动量守恒定律
解得，从第一次算起，甲抛出4个球后，再也不能接到乙抛回来的球，故C错误，D正确。
故选BD。
28．B
【解析】设火箭总质量为2m，炸裂前速度，炸裂成质量均为m的甲、乙两块。炸裂过程内力远大于外力，水平方向动量守恒；化学能转化为机械能，所以系统动能增加。
动量守恒
得
炸裂前总动能
炸裂后总动能
要求
A．，
炸裂过程内力为斥力，甲位于乙左侧时，甲受向左的斥力速度应不大于8m/s，乙受向右的斥力速度应不小于8m/s，选项不符合该物理情景，故A错误；
B．，
动量守恒，动能增加，故B正确；
C．，不满足动量守恒，故C错误；
D．，
动能不变，没有化学能转化为机械能，故D错误。
故选B。
29．(1)
(2)
(3)
【解析】（1）火药瞬间燃爆，由动量守恒定律可得
根据能量守恒定律有
联立以上两式解得，A获得的速度大小为，B获得的速度大小为
（2）运动时的加速度大小为
运动时的加速度大小为
两物块速度相同时，和之间距离最大，设两物块相同的速度大小为。因与墙壁碰撞后速度大小不变，方向变为与原方向相反，加速度大小不变，与速度方向相反，仍做匀减速运动，可视为A继续向左做匀减速运动，经过时间后两物块速度大小相同，则有
解得，
时间内运动的路程为
时间内运动的路程为
、两小物块之间的最大距离为
（3）第一次减速到零时离墙壁的距离为
与碰撞时的速度为
、发生碰撞时，由动量守恒定律有
解得、的共同速度为
从、发生碰撞到最终静止的过程，由动能定理可得
解得、共同运动的距离为
则和最终静止时与左侧竖直墙壁之间的距离为
30．(1)
(2)
(3)
【解析】（1）根据题意可知，物体抛出后做竖直上抛运动，则有
解得物体抛出时的初速度大小
（2）根据题意可知，由于爆炸过程中内力远大于外力，则可认为爆炸过程产生的内力为两物块分离后的合力，设为，由牛顿第二定律有，
可得，炸裂过程中A、B的平均加速度的大小之比为。
（3）爆炸瞬间水平方向动量守恒，爆炸前总动量为0。A速度为v，设B速度为，由动量守恒定律得
解得
根据竖直上抛运动的对称性可知下落时间与上升时间相等为t，则A的水平位移大小为
B的水平位移大小为
所以落地点A、B之间的距离
31．A
【解析】打一次喷嚏喷出空气的质量为
设打喷嚏时人对气流的平均冲力为，由
可得
由牛顿第三定律可得，打一次喷嚏人受到的平均反冲力为，故A正确，BCD错误。
故选A。
32．B
【解析】炮车与炮弹系统初动量为零，炮车水平向右发射炮弹，系统水平所受合外力为零，则系统在水平方向动量守恒，设发射第一枚炮弹后炮车对地速度为，炮车剩余质量为，则炮弹对地速度为，则由动量守恒定律得
设发射第二枚炮弹后炮车对地速度为，炮车剩余质量为，则炮弹对地速度为，则由动量守恒定律得
联立解得
上述解得小于零，则炮车的速度大小为
故选B。
33．C
【解析】A．小球与小车组成的系统在水平方向所受合外力为零，水平方向系统动量守恒，但系统整体所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；
BC．由小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒可知，小球由B点离开小车时系统水平方向的总动量为零，故小球由B点离开小车时，小球与小车水平方向的速度均为零，因此小球离开小车后做竖直上抛运动，然后再从B点落回小车。对小球第一次在小车中运动的过程，由动能定理得
其中为小球克服摩擦力做的功，解得
即小球第一次在小车中滚动过程克服摩擦力做功为。以水平面为零势能参考面，当小球再次回到点时，具有的总机械能为
由于小球与小车间的摩擦力大小恒定，故小球从B点落回后一定不能从A点冲出。故B错误，C正确；
D．系统水平方向动量守恒，以水平向右为正方向，设小球从B点冲出时小车向左的位移为，由水平方向动量守恒有
解得，故D错误。
故选C。
34．(1)
(2)
【解析】（1）取小球在最低点速度方向（向右）为正方向。设最低点时小球对地速度为，小车速度为，小球向右运动，小车因反冲向左运动，因此
水平方向动量守恒
解得
系统机械能守恒，重力势能减少量等于总动能增加量，即
代入数据解得
（2）最低点时，小球相对悬点O做圆周运动。小球对地速度为，悬点随小车速度为
所以小球相对悬点的速度为
解得
最低点绳竖直，圆周运动的向心加速度竖直向上，大小为
对小球在竖直方向列牛顿第二定律
解得最低点时绳上的拉力为
35．(1)
(2)
(3)
【解析】（1）由平抛运动的规律得
代入
解得
从点抛出后，小球在水平方向做匀速直线运动，、间的水平距离
（2）小物块从点滑到点的过程中，地面光滑，小物块与小车组成的系统水平方向不受外力，动量守恒。设小物块到达点时的速度为，取水平向右为正方向，则
代入数据解得
小物块从点滑到点的过程，由能量守恒定律可得
解得小物块在段运行过程受到的摩擦力
对物块，由动量定理得
解得
（3）设抛出点到点的高度差为，轨道半径为，如图所示
有销钉时，根据动能定理有
解得
由几何关系得
解得
、间的水平距离
拔掉销钉后，小物块从到的过程中，小物块和小车组成的系统水平方向始终不受外力，因此水平方向动量守恒，即
等式两边对时间微元求和得
其中
又因为小物块沿圆弧运动到点时，物块相对于小车的水平位移等于对应的水平分量，故有
代入数据解得
其中负号代表小车的位移方向向左，故小物块自点进入圆弧轨道运动到点，小车移动的距离为。
36．(1)
(2)，方向与水流方向相同
(3)
【解析】（1）牛蛙跃起后做斜抛运动，竖直方向做竖直上抛运动，初速度的竖直分量
代入得
昆虫的高度即牛蛙上升的最大高度，由
得
代入得
（2）跃起过程时间极短，水的水平作用力冲量可忽略，牛蛙与莲叶组成的系统水平方向动量守恒，即
初速度的水平分量
代入得
把数据代入动量守恒式解得，方向与水流方向相同。
（3）牛蛙在空中运动的时间
代入得
这段时间内牛蛙的水平位移
代入得
莲叶速度小于水速，受河水的恒定推力作用而加速，加速度
代入得
莲叶加速到与水速相同所用的时间
代入得
此阶段的位移
代入得
此后莲叶与水共速、匀速运动，时间
代入得
位移
代入得
牛蛙落在莲叶边缘，故莲叶的半径
代入得。

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