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1.3　动量守恒定律的案例分析
课时1　分析碰碰车的碰撞　探究未知粒子的性质
[学习目标]　1.进一步理解动量守恒的含义，熟练掌握应用动量守恒定律解决问题的方法和步骤.2.会分析碰撞中的临界问题．
一、分析碰碰车的碰撞(临界问题分析)
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　如图1所示，甲、乙两小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏．甲和他的冰车的总质量与乙和他的冰车的总质量都为M＝30kg.游戏时，甲推着一个质量为m＝15kg的箱子和他一起以v0＝2m/s的速度滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来．
图1
(1)若甲和乙迎面相撞，碰撞后两车以共同的速度运动，求碰撞后两车的共同速度．
(2)为了避免相撞，甲突然将箱子沿冰面推给乙，箱子滑到乙处，乙迅速抓住．若不计冰面摩擦，求甲至少以多大的速度(相对地面)将箱子推出，才能避免与乙地相撞．
答案　(1)0.4m/s，方向与甲车初速度方向相同
(2)5.2m/s，方向与甲车的初速度方向相同
解析　(1)选择甲整体、箱子、乙整体组成的系统为研究对象，
由动量守恒定律得：(M＋m)v0－Mv0＝(2M＋m)v′
解得v′＝0.4m/s，方向与甲车初速度方向相同．
(2)要想刚好避免相撞，要求乙抓住箱子后与甲的速度正好相等，设甲推出箱子后的速度为v1，箱子的速度为v，乙抓住箱子后的速度为v2.
对甲和箱子，推箱子前后动量守恒，以初速度方向为正方向，
由动量守恒定律得(M＋m)v0＝mv＋Mv1
对乙和箱子，抓住箱子的前后动量守恒，以箱子初速度方向为正方向，
由动量守恒定律得mv－Mv0＝(m＋M)v2
刚好不相撞的条件是v1＝v2
联立以上三式并代入数值解得v＝5.2m/s，方向与甲车的初速度方向相同．
二、探究未知粒子的性质
动量守恒定律不仅适用于宏观领域也适用于微观领域．
为了探究未知粒子的性质，物理学家常用加速后的带电粒子去轰击它们，这时常要运用动量守恒定律．
例2　用α粒子轰击静止氮原子核(N)的实验中，假设某次碰撞恰好发生在同一条直线上．已知α粒子的质量为4m0，轰击前的速度为v0，轰击后，产生一个质量为17m0的氧核速度大小为v1，方向与v0相同，且v1＜，同时产生质量为m0的质子，求质子的速度大小和方向．
答案　4v0－17v1　方向与v0的方向同向
解析　设产生的质子的速度为v2，由动量守恒定律得：
4m0v0＝17m0v1＋m0v2；
解得：v2＝4v0－17v1，
由于v1＜，则v2＞0，即质子飞出的方向与v0的方向同向．
针对训练　(多选)一个质子以1.0×107m/s的速度撞入一个静止的铝原子核后被俘获，铝原子核变为硅原子核，已知铝核的质量是质子的27倍，硅核的质量是质子的28倍，则下列判断中正确的是(　　)
A．硅原子核速度的数量级为107m/s
B．硅原子核速度的数量级为105m/s
C．硅原子核速度方向跟质子的初速度方向一致
D．硅原子核速度方向跟质子的初速度方向相反
答案　BC
解析　铝原子核俘获质子的过程动量守恒，由动量守恒定律得，mv＝28mv′，解得v′＝m/s≈3.57×105 m/s，故数量级为105m/s，方向跟质子的初速度方向一致，B、C正确．
1．(临界问题分析)(多选)如图2所示，长木板B质量m1＝3.0kg，在其右端放一个质量m2＝1.0kg的小木块A.现以光滑地面为参考系，给A和B以大小均为4.0m/s、方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，最后A没有滑离B.站在地面的观察者看到在一段时间内小木块A正在做加速运动，则在这段时间内的某时刻木板对地面的速度大小可能是(　　)
图2
A．1.8m/s B．2.4 m/s
C．2.6m/s D．3.0 m/s
答案　BC
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的速度为零时，由动量守恒定律定得：(m1－m2)v0＝m1vB1，
代入数据解得：vB1≈2.67 m/s，
从开始运动到A、B速度相同时，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得：
(m1－m2)v0＝(m1＋m2)vB2，
代入数据解得：vB2＝2 m/s，
则在木块A正在做加速运动的时间内B的速度范围为：
2 m/s2．(临界问题分析)将两个完全相同的磁铁(磁性极强)分别固定在质量相等的小车上，水平面光滑．开始时甲车速度大小为3m/s，方向向右，乙车速度大小为2 m/s，方向向左并与甲车速度方向在同一直线上，如图3所示．
图3
(1)当乙车速度为零时，甲车的速度多大？方向如何？
(2)由于磁性极强，故两车不会相碰，那么两车的距离最小时，乙车的速度是多大？方向如何？
答案　(1)1m/s　方向向右　(2)0.5 m/s　方向向右
解析　两个小车及磁铁组成的系统在水平方向不受外力作用，两车之间的磁力是系统内力，系统动量守恒，设向右为正方向．
(1)v甲＝3m/s，v乙＝－2 m/s.
据动量守恒定律得：mv甲＋mv乙＝mv甲′，代入数据解得
v甲′＝v甲＋v乙＝(3－2) m/s＝1 m/s，方向向右．
(2)两车的距离最小时，两车速度相同，设为v′，
由动量守恒定律得：mv甲＋mv乙＝mv′＋mv′.
解得v′＝＝＝m/s＝0.5 m/s，方向向右．

一、选择题
1．如图1所示，光滑水平面上有两辆车，甲车上面有发射装置，甲车连同发射装置的质量为M1＝1kg，车上另有一个质量为m＝0.2kg的小球．甲车静止在平面上，乙车以v0＝8m/s的速度向甲车运动，乙车上有接收装置，总质量为M2＝2kg，问：甲车至少以多大的水平速度将小球发射到乙车上(球很快与乙车达到相对静止)，两车才不会相撞(　　)
图1
A．15m/s B．25 m/s
C．40m/s D．80 m/s
答案　B
解析　要使两车不相撞，甲车将小球发射到乙车上的临界条件是两车速度相同，以三者为系统，规定乙车运动的方向为正方向，
由系统动量守恒得：
M2v0＝(M1＋m＋M2)v共
解得v共＝5m/s
以球与乙车为系统，规定乙车运动的方向为正方向，
由动量守恒定律得：
M2v0－mv＝(m＋M2)v共
解得：v＝25m/s.
2．质量为100kg的甲车连同质量为50kg的人一起以2m/s 的速度在光滑水平面上向前运动，质量150 kg的乙车以7 m/s的速度由后面追来，为避免相撞，当两车靠近时，甲车上的人至少要以多大的速度跳上乙车(　　)
A．6m/s B．4 m/s
C．3m/s D．2.4 m/s
答案　C
解析　速度v最小的条件是：人跳上乙车稳定后两车的速度相等，以甲车和人组成的系统为研究对象，以甲车的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
(M1＋m)v1＝M1v车－mv，
以乙车与人组成的系统为研究对象，由动量守恒定律得：
M2v2－mv＝(M2＋m)v车，
联立解得：v＝3m/s，选项C正确．
3.如图2所示，一轻质弹簧两端连着物体A和B，放在光滑的水平面上，物体A被水平速度为v0的子弹射中并且子弹嵌在其中．已知物体A的质量mA是物体B的质量mB的，子弹的质量m是物体B的质量的，弹簧压缩到最短时B的速度为(　　)
图2
A.B.C.D.
答案　C
解析　弹簧压缩到最短时，子弹、A、B具有共同的速度v1，且子弹、A、B组成的系统，从子弹开始射入物体A一直到弹簧被压缩到最短的过程中，系统所受合外力始终为零，故整个过程系统的动量守恒，由动量守恒定律得mv0＝(m＋mA＋mB)v1，又m＝mB，mA＝mB，故v1＝，即弹簧压缩到最短时B的速度为.
二、非选择题
4．(临界问题分析)如图3所示，光滑水平轨道上有三个木块A、B、C，质量分别为mA＝3m、mB＝mC＝m，开始时B、C均静止，A以初速度v0向右运动，A与B碰撞后分开，B又与C发生碰撞并粘在一起，此后A与B间的距离保持不变．求B与C碰撞前B的速度大小．
图3
答案　v0
解析　解法一　把A、B、C看成一个系统，整个过程中由动量守恒定律得：
mAv0＝(mA＋mB＋mC)v
B、C碰撞过程中由动量守恒定律得：
mBvB＝(mB＋mC)v
联立解得vB＝v0.
解法二　设A与B碰撞后，A的速度为vA，B与C碰撞前B的速度为vB，B与C碰撞后粘在一起的速度为v，由动量守恒定律得：
对A、B木块：mAv0＝mAvA＋mBvB①
对B、C木块：mBvB＝(mB＋mC)v②
由题意A与B间的距离保持不变可知vA＝v③
联立①②③式，代入数据得vB＝v0.
5．(临界问题分析)如图4所示，光滑水平轨道上放置长木板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为mA＝2kg、mB＝1kg、mC＝2kg.开始时C静止，A、B一起以v0＝5m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞．求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小．
图4
答案　2m/s
解析　长木板A与滑块C处于光滑水平轨道上，两者碰撞时间极短，碰撞过程中滑块B与长木板A间的摩擦力可以忽略不计，长木板A与滑块C组成的系统，在碰撞过程中动量守恒，取水平向右为正方向．
则mAv0＝mAvA＋mCvC①
A、C碰撞后，长木板A与滑块B组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)v②
长木板A和滑块B达到共同速度后，
恰好不再与滑块C碰撞，
则最后三者速度相等，vC＝v③
联立①②③式，代入数据解得：vA＝2m/s
6．(临界问题分析)如图5所示，一质量为的人站在质量为m的小船甲上，以速率v0在水平面上向右运动．另一个完全相同的小船乙以速率v0从右方向左方驶来，两船在一条直线上运动．为避免两船相撞，人从甲船以一定的速率水平向右跃到乙船上，问：为能避免两船相撞，人水平跳出时相对于地面的速率至少多大？
图5
答案　v0
解析　设向右为正方向，两船恰好不相撞，最后具有共同速率v1，由动量守恒定律，有
(＋m)·v0－mv0＝(2m＋)v1
解得v1＝v0.
设人跃出甲船的速率为v2，人从甲船跃出的过程满足动量守恒定律，有(＋m)v0＝mv1＋v2
解得v2＝v0.
7．(临界问题分析)如图6，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面3m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3 m(h小于斜面体的高度)．已知小孩与滑板的总质量为m1＝30 kg，冰块的质量为m2＝10 kg，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小g＝10 m/s2.
图6
(1)求斜面体的质量；
(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？
答案　(1)20kg　(2)不能，理由见解析
解析　(1)规定向左为速度正方向．冰块在斜面体上上升
到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3.由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得
m2v0＝(m2＋m3)v①
m2v02＝(m2＋m3)v2＋m2gh②
式中v0＝3m/s为冰块推出时的速度．联立①②式并代入题给数据得
m3＝20kg③
(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有
m1v1＋m2v0＝0④
代入数据得v1＝－1m/s⑤
设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，由动量守恒定律和机械能守恒定律有
m2v0＝m2v2＋m3v3⑥
m2v02＝m2v22＋m3v32⑦
联立③⑥⑦式并代入数据得
v2＝－1m/s⑧
由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩．

课时2　反冲运动
[学习目标]　1.进一步理解动量守恒定律的含义，熟练掌握应用动量守恒定律解决问题的方法和步骤.2.理解反冲运动的原理，会用动量守恒定律分析解决反冲运动问题.3.了解火箭的工作原理．
一、反冲运动
[导学探究]　在生活中常见到这样的情形：吹饱的气球松手后喷出气体，同时向相反方向飞去；点燃药捻的“钻天猴”会向后喷出亮丽的火焰，同时“嗖”的一声飞向天空；乌贼向后喷出水后，它的身体却能向前运动，结合这些事例，体会反冲运动的概念，并思考以下问题：
(1)反冲运动的物体受力有什么特点？
(2)反冲运动过程中系统的动量、机械能有什么变化？
答案　(1)物体的不同部分受相反的作用力，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，可认为动量守恒；反冲运动中，由于有其他形式的能转变为机械能，所以系统的机械能增加．
[知识梳理]　反冲运动
1．定义：物体系统的一部分向某方向运动，而其余部分向相反方向运动的现象叫做反冲．
2．反冲运动的特点：是物体间作用力与反作用力产生的效果．
3．反冲运动的条件
(1)系统不受外力或所受合外力为零．
(2)内力远大于外力．
(3)某一方向上不受外力或所受合外力为零．
4．反冲运动遵循的规律：动量守恒定律．
5．反冲现象的应用及防止：
(1)应用：农田、园林的喷灌装置利用反冲使水从喷口喷出时，一边喷水一边旋转．
(2)防止：用枪射击时，由于枪身的反冲会影响射击的准确性，所以用枪射击时要把枪身抵在肩部，以减少反冲的影响．
[即学即用]　判断下列说法的正误．
(1)反冲运动可以用动量守恒定律来处理．(　√　)
(2)一切反冲现象都是有益的．(　×　)
(3)章鱼、乌贼的运动利用了反冲的原理．(　√　)
(4)反冲运动是相互作用的物体之间的作用力与反作用力产生的效果．(　√　)
(5)只有系统合外力为零的反冲运动才能用动量守恒定律来分析．(　×　)
二、火箭
[导学探究]　1.火箭飞行的工作原理是什么？
答案　火箭靠向后连续喷射高速气体飞行，利用了反冲原理．
2．设火箭发射前的总质量是M，燃料燃尽后的质量为m，火箭燃气的喷射速度为v，试求燃料燃尽后火箭飞行的最大速度v′.
答案　在火箭发射过程中，由于内力远大于外力，所以可认为动量守恒．取火箭的速度方向为正方向，发射前火箭的总动量为0，发射后的总动量为mv′－(M－m)v
则由动量守恒定律得0＝mv′－(M－m)v
所以v′＝v＝v
[知识梳理]　火箭
1．工作原理：利用反冲运动，火箭燃料燃烧产生的高温、高压燃气从尾部喷管迅速喷出，使火箭获得巨大的向前的速度．
2．影响火箭获得速度大小的两个因素：
(1)喷气速度：现代火箭的喷气速度为2000～4000m/s.
(2)质量比：火箭起飞时的质量与火箭除燃料外的箭体质量之比．喷气速度越大，质量比越大，火箭获得的速度越大．
3．现代火箭的主要用途：利用火箭作为运载工具，如发射探测仪器、常规弹头和核弹头、人造卫星和宇宙飞船等．
[即学即用]
判断下列说法的正误．
(1)火箭点火后离开地面加速向上运动，是地面对火箭的反作用力作用的结果．(　×　)
(2)在没有空气的宇宙空间，火箭仍可加速前行．(　√　)
三、“人船模型”探究
[导学探究]　如图1甲所示，人在漂浮于水面上的小船上行走，小船同时向相反的方向运动，其简化运动如图乙所示．(不考虑船受到水的阻力)
　
图1
(1)人的速度和船的速度有什么关系？
(2)人和船的位移有什么关系？
答案　(1)原来静止的“人”和“船”发生相互作用时，所受外力的矢量和为零，则动量守恒．在相互作用的过程中，由mv1－Mv2＝0知任一时刻“人”和“船”的速度大小之比等于质量的反比．整个过程中“人”走“船”行，“人”停“船”停．
(2)因为任意时刻mv1＝Mv2，所以ms1＝Ms2，即人和船的位移与质量成反比．
[知识梳理]　“人船模型”的特点和遵循的规律
1．满足动量守恒定律：m1v1－m2v2＝0，也有m1s1－m2s2＝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；人、船的速度(平均速度或瞬时速度)与它们的质量成反比；人、船位移与它们的质量成反比，即＝＝.
3．应用上述关系时要注意一个问题：公式中v和s一般都是相对地面而言的．
[即学即用]　分析下面的情景，判断下列说法的正误．
一人从停泊在码头边的船上往岸上跳，若该船的缆绳并没拴在码头上，则：
(1)船质量越小，人越难跳上岸．(　√　)
(2)船质量越大，人越难跳上岸．(　×　)
(3)人跳跃相对船的速度等于相对地的速度．(　×　)
一、反冲运动的应用
1．反冲运动问题一般应用系统动量守恒定律列式计算．
列方程时要注意初、末状态动量的方向，反冲物体速度的方向与原物体的运动方向是相反的．
2．动量守恒定律表达式中的速度均为相对地面的速度，对“相对”速度，则要根据矢量关系转化为相对地面的速度．
例1　反冲小车静止放在水平光滑的玻璃上，点燃酒精，水蒸气将橡皮塞水平喷出，小车沿相反方向运动．如果小车运动前的总质量为M＝3kg，水平喷出的橡皮塞的质量为m＝0.1kg.
(1)若橡皮塞喷出时获得的水平速度v＝2.9m/s，求小车的反冲速度；
(2)若橡皮塞喷出时速度大小不变，方向与水平方向成60°夹角，小车的反冲速度又如何(小车一直在水平方向运动)?
答案　(1)0.1m/s，方向与橡皮塞运动的方向相反
(2)0.05m/s，方向与橡皮塞运动的水平分运动方向相反
解析　(1)小车和橡皮塞组成的系统所受合外力为零，系统总动量为零．以橡皮塞运动的方向为正方向
根据动量守恒定律得，mv＋(M－m)v′＝0
v′＝－v＝－×2.9m/s＝－0.1 m/s
负号表示小车运动方向与橡皮塞运动的方向相反，反冲速度大小是0.1m/s.
(2)小车和橡皮塞组成的系统水平方向动量守恒．以橡皮塞运动的水平分运动方向为正方向，有
mvcos60°＋(M－m)v″＝0
v″＝－＝－m/s＝－0.05 m/s
负号表示小车运动方向与橡皮塞运动的水平分运动方向相反，反冲速度大小是0.05m/s.
针对训练1　“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”，爆竹声响是辞旧迎新的标志，是喜庆心情的流露．有一个质量为3m的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为v0、方向水平向东，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为2m，速度大小为v，方向水平向东，则另一块的速度是(　　)
A．3v0－v B．2v0－3v
C．3v0－2v D．2v0＋v
答案　C
解析　在最高点水平方向动量守恒，以水平向东为正方向，由动量守恒定律可知，3mv0＝2mv＋mv′，可得另一块的速度为v′＝3v0－2v，故C正确．
二、火箭的工作原理分析
1．火箭喷气属于反冲类问题，是动量守恒定律的重要应用．
2．分析火箭类问题应注意的三个问题
(1)火箭在运动过程中，随着燃料的燃烧，火箭本身的质量不断减小，故在应用动量守恒定律时，必须取在同一相互作用时间内的火箭和喷出的气体为研究对象．注意反冲前、后各物体质量的变化．
(2)明确两部分物体初、末状态的速度的参考系是否为同一参考系，如果不是同一参考系要设法予以调整，一般情况要转换成对地的速度．
(3)列方程时要注意初、末状态动量的方向．
例2　一火箭喷气发动机每次喷出m＝200g的气体，气体离开发动机喷出时的速度v＝1000m/s.设火箭质量M＝300kg，发动机每秒钟喷气20次．
(1)当第三次喷出气体后，火箭的速度多大？
(2)运动第1s末，火箭的速度多大？
答案　(1)2m/s　(2)13.5 m/s
解析　规定与v相反的方向为正方向
(1)设三次喷出气体后，火箭的速度为v3，
以火箭和三次喷出的气体为研究对象，据动量守恒定律得：(M－3m)v3－3mv＝0，故v3＝≈2m/s
(2)发动机每秒钟喷气20次，以火箭和20次喷出的气体为研究对象，根据动量守恒定律得：(M－20m)v20－20mv＝0，故v20＝≈13.5m/s.
针对训练2　将质量为1.00kg的模型火箭点火升空，50g燃烧的燃气以大小为600m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出．在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)(　　)
A．30kg·m/s B．5.7×102kg·m/s
C．6.0×102kg·m/s D．6.3×102kg·m/s
答案　A
喷气式飞机和火箭的飞行都属于反冲现象．燃料和氧化剂在燃烧室内混合后点火燃烧，产生的高温高压燃气从尾喷管迅速向下喷出．由于反冲，火箭就向空中飞去．
三、反冲运动的应用——“人船模型”
“人船模型”是利用平均动量守恒求解的一类问题，解决这类问题应明确：
(1)适用条件：
①系统由两个物体组成且相互作用前静止，系统总动量为零；
②在系统内发生相对运动的过程中至少有一个方向的动量守恒(如水平方向或竖直方向)．
(2)画草图：解题时要画出各物体的位移关系草图，找出各长度间的关系，注意两物体的位移是相对同一参考系的位移．
例3　有一只小船停在静水中，船上一人从船头走到船尾．如果人的质量m＝60kg，船的质量M＝120kg，船长为l＝3m，则船在水中移动的距离是多少？水的阻力不计．
答案　1m
解析　人在船上走时，由于人、船组成的系统所受合力为零，总动量守恒，因此系统的平均动量也守恒，如图所示．
设人从船头到船尾的时间为t，在这段时间里船后退的距离为x，人相对地面运动的距离为l－x，选船后退方向为正方向，由动量守恒有：M－m＝0
所以x＝l＝×3m＝1m.
针对训练3　质量为M的热气球吊筐中有一质量为m的人，它们共同静止在距地面为h的高空中．现从热气球上放下一根质量不计的软绳，为使此人沿软绳能安全滑到地面，则软绳至少有多长？
答案　h
解析　如图所示，设绳长为L，人沿软绳滑至地面的时间为t，由图可知，L＝x人＋x球．设人下滑的平均速度大小为v人，气球上升的平均速度大小为v球，以向上为正方向，由动量守恒定律得：0＝Mv球－mv人，即0＝M－m，0＝Mx球－mx人，又有x人＋x球＝L，x人＝h，联立以上各式得：L＝h.因此软绳的长度至少为h.
1．(反冲运动的认识)(多选)下列属于反冲运动的是(　　)
A．向后划水，船向前运动
B．用枪射击时，子弹向前飞，枪身后退
C．用力向后蹬地，人向前运动
D．水流过水轮机时，水轮机旋转方向与水流出方向相反
答案　BD
2．(反冲运动的计算)步枪的质量为4.1kg，子弹的质量为9.6g，子弹从枪口飞出时的速度为855m/s，步枪的反冲速度约为(　　)
A．2m/s B．1 m/sC．3m/s D．4 m/s
答案　A
解析　以子弹从枪口飞出时速度的反方向为正方向，由动量守恒定律：Mv1－mv2＝0，得v1＝ m/s≈2 m/s.
3．(火箭的工作原理)运送人造地球卫星的火箭开始工作后，火箭做加速运动的原因是(　　)
A．燃料推动空气，空气反作用力推动火箭
B．火箭发动机用力将燃料燃烧产生的气体向后推出，气体的反作用力推动火箭
C．火箭吸入空气，然后向后排出，空气对火箭的反作用力推动火箭
D．火箭燃料燃烧发热，加热周围空气，空气膨胀推动火箭
答案　B
4．(人船模型的迁移)质量为m、半径为R的小球，放在半径为2R、质量为2m的大空心球内，大球开始静止在光滑水平面上．当小球从如图2所示的位置无初速度沿内壁滚到最低点时，大球移动的距离是(　　)
图2
A. B.
C. D.
答案　B
解析　由水平方向平均动量守恒有：mx小球＝2mx大球，又x小球＋x大球＝R，所以x大球＝R，B正确．
一、选择题
考点一　反冲运动的理解和应用
1．关于反冲运动的说法中，正确的是(　　)
A．抛出物m1的质量要小于剩下物体的质量m2才能获得反冲
B．若抛出质量m1大于剩下的质量m2，则m2的反冲力大于m1所受的力
C．反冲运动中，牛顿第三定律适用，但牛顿第二定律不适用
D．抛出部分和剩余部分都适用于牛顿第二定律
答案　D
解析　反冲运动的定义为由于系统的一部分物体向某一方向运动，而使另一部分向相反方向运动，这种现象叫反冲运动．定义中并没有确定两部分物体之间的质量关系，故选项A错误．在反冲运动中，两部分之间的作用力是一对作用力与反作用力，由牛顿第三定律可知，它们大小相等，方向相反，故选项B错误．在反冲运动中一部分受到的另一部分的作用力产生了该部分的加速度，使该部分的速度逐渐增大，在此过程中对每一部分牛顿第二定律都成立，故选项C错误，选项D正确．
2．小车上装有一桶水，静止在光滑水平地面上，如图1所示，桶的前、后、底及侧面各装有一个阀门，分别为S1、S2、S3、S4(图中未全画出)．要使小车向前运动，可采用的方法是(　　)
图1
A．打开阀门S1
B．打开阀门S2
C．打开阀门S3
D．打开阀门S4
答案　B
解析　根据反冲特点，当阀门S2打开时，小车将受到向前的推力，从而向前运动，故B项正确，A、C、D均错误．
3．如图2所示，装有炮弹的火炮总质量为m1，炮弹的质量为m2，炮弹射出炮口时对地的速率为v0，若炮管与水平地面的夹角为θ，则火炮后退的速度大小为(设水平地面光滑)(　　)
图2
A.v0 B.
C. D.
答案　C
解析　炮弹和火炮组成的系统水平方向动量守恒，由0＝m2v0cosθ－(m1－m2)v得v＝，故选项C正确．
4．(多选)向空中发射一物体，不计空气阻力，当此物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂成a、b两块，若质量较大的a块的速度方向仍沿原来的方向，则(　　)
A．b的速度方向一定与原速度方向相反
B．从炸裂到落地的这段时间里，a飞行的水平距离一定比b的大
C．a、b一定同时到达水平地面
D．在炸裂过程中，a、b受到的力大小一定相等
答案　CD
解析　爆炸后系统的总机械能增加，但不能确定a、b两块的速度大小及b块的速度方向，所以A、B不能确定；因炸开后两者都做平抛运动，且高度相同，故C对；由牛顿第三定律知D对．
5．质量为m的人站在质量为2m的平板小车上，以共同的速度在水平地面上沿直线前行，车所受地面阻力的大小与车对地面压力的大小成正比．当车速为v0时，人从车上以相对于地面大小为v0的速度水平向后跳下．跳离瞬间地面阻力的冲量忽略不计，则能正确表示车运动的v－t图像为(　　)
答案　B
解析　人和车以共同的速度在水平地面上沿直线前行，做匀减速直线运动，当车速度为v0时，人从车上以相对于地面大小为v0的速度水平向后跳下，跳离前后系统动量守恒，规定车的速度方向为正方向，则有(m＋2m)v0＝2mv＋(－mv0)，得v＝2v0，人跳车后小车做匀减速直线运动，车所受地面阻力的大小与车对地面压力的大小成正比，所以人跳车前后，车的加速度不变，所以能正确表示车运动v－t图像的是B.
考点二　火箭问题分析
6．(多选)采取下列哪些措施有利于增加火箭的飞行速度(　　)
A．使喷出的气体速度更大 B．使喷出的气体温度更高
C．使喷出的气体质量更大 D．使喷出的气体密度更小
答案　AC
解析　设原来的总质量为M，喷出的气体质量为m，速度是v，剩余的质量(M－m)的速度是v′，由动量守恒得出：(M－m)v′＝mv得：v′＝，由上式可知：m越大，v越大，v′越大，故A、C正确．
7．将静置在地面上，质量为M(含燃料)的火箭模型点火升空，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．忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是(　　)
A.v0B.v0C.v0D.v0
答案　D
解析　火箭模型在极短时间点火，设火箭模型获得速度为v，规定竖直向上为正方向，据动量守恒定律有0＝(M－m)v－mv0，得v＝v0，故选D.
考点三　“人船模型”的应用
8．如图3所示，一个倾角为α的直角斜面体静置于光滑水平面上，斜面体质量为M，顶端高度为h，今有一质量为m的小物体，沿光滑斜面下滑，当小物体从斜面顶端自由下滑到底端时，斜面体在水平面上移动的距离是(　　)
图3
A. B.
C. D.
答案　C
解析　此题属“人船模型”问题，m与M组成的系统在水平方向上动量守恒，以m在水平方向上对地位移的方向为正方向，设m在水平方向上对地位移为x1，M在水平方向对地位移为x2，因此0＝mx1－Mx2.①
且x1＋x2＝.②
由①②可得x2＝，故选C.
9．(多选)一气球由地面匀速上升，当气球下的吊梯上站着的人沿着梯子上爬时，下列说法正确的是(　　)
A．气球可能匀速上升
B．气球可能相对地面静止
C．气球可能下降
D．气球运动速度不发生变化
答案　ABC
解析　设气球质量为M，人的质量为m，由于气球匀速上升，系统所受的外力之和为零，当人沿吊梯向上爬时，动量守恒，以向上为正方向，则(M＋m)v0＝mv1＋Mv2，在人向上爬的过程中，气球的速度为v2＝.当v2>0时，气球匀速上升；当v2＝0时，气球静止；当v2<0时，气球下降，所以选项A、B、C均正确；要使气球运动速度不变，则人的速度仍为v0，即人不上爬，显然不对，D选项错误．
10．(多选)某同学想用气垫导轨模拟“人船模型”．该同学到实验室里，将一质量为M、长为L的滑块置于水平气垫导轨上(不计摩擦)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L
C．蜗牛运动的位移是滑块的倍
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”，易得滑块的位移为L，蜗牛运动的位移为L，C、D正确．
二、非选择题
11.(反冲问题模型)如图4所示，带有光滑的半径为R的圆弧轨道的滑块静止在光滑水平面上，滑块的质量为M，将一个质量为m的小球从A处由静止释放，当小球从B点水平飞出时，滑块的速度为多大？
图4
答案　m
解析　运动过程中小球和滑块组成的系统机械能守恒，又因为系统在水平方向不受外力，故系统水平方向动量守恒，设小球从B点飞出时速度大小为v1，滑块的速度大小为v2，以v1的方向为正方向，则有：mv1－Mv2＝0，mgR＝mv12＋Mv22，解得v2＝m.
12．(火箭发射问题)课外科技小组制作一只“水火箭”，用压缩空气压出水流使火箭运动．假如喷出的水流流量保持为2×10－4m3/s，喷出速度保持为对地10 m/s.启动前火箭总质量为
1.4kg，则启动2s末火箭的速度可以达到多少？(已知火箭沿水平轨道运动阻力不计，水的密度是103kg/m3)
答案　4m/s
解析　“水火箭”喷出水流做反冲运动，设火箭原来总质量为M，喷出水流的流量为Q，水的密度为ρ，水流的喷出
速度为v，火箭的反冲速度为v′，由动量守恒定律得(M－ρQt)v′＝ρQtv，火箭启动后2s末的速度为v′＝＝m/s＝4 m/s.
13．(“人船模型”的应用)平板车停在水平光滑的轨道上，平板车上有一人从固定在车上的货箱边沿水平方向顺着轨道方向跳出，落在平板车地板上的A点，A点距货箱水平距离为l＝4m，如图5所示．人的质量为m，车连同货箱的质量为M＝4m，货箱高度为h＝1.25m．求车在人跳出后到落到地板前的反冲速度为多大(不计空气阻力，g取10m/s2)．
图5
答案　1.6m/s
解析　人从货箱边跳离的过程，系统(人、车和货箱)水平方向动量守恒，设人的水平速度是v1，车的反冲速度是v2，取向右为正方向，则mv1－Mv2＝0，解得v2＝v1
人跳离货箱后做平抛运动，车以v2做匀速运动，运动时间为t＝＝s＝0.5s．由图可知，在这段时间内人的水平位移x1和车的位移x2分别为
x1＝v1t，x2＝v2t，x1＋x2＝l
即v1t＋v2t＝l，
则v2＝＝m/s＝1.6 m/s.
自我小测
1设a、b两小球相撞，碰撞前后都在同一直线上运动，若测得它们碰前的速度为va、vb，碰后的速度为va′、vb′，则两球的质量之比等于(　　)
A. B. C. D.
2如图所示，A、B两物体质量mA＝2mB，水平面光滑，当烧断细线后(原来弹簧被压缩)，则下列说法正确的是(　　)
A．弹开过程中A的速率小于B的速率
B．弹开过程中A的动量小于B的动量
C．A、B同时达到速度的最大值
D．当弹簧恢复原长时两物体同时脱离弹簧
3如图所示，一小车静止在光滑水平面上，甲、乙两人分别站在左右两侧，整个系统原来静止。则当两人同时相向走动时… (　　)
A．要使小车静止不动，甲、乙速率必须相等
B．要使小车向左运动，甲的速率必须比乙的大
C．要使小车向左运动，甲的动量必须比乙的大
D．要使小车向左运动，甲的动量必须比乙的小
4一个静止的质量为m的不稳定原子核，当它完成一次α衰变，以速度v发射出一个质量为mα的α粒子后，其剩余部分的速度为(　　)
A．－v B．－v C.v D．－v
5一人从泊在码头边的船上往岸上跳，若该船的缆绳并没拴在码头上时，则下列说法中正确的有 …(　　)
A．船越轻小，人越难跳上岸
B．人跳跃时相对船速度大于相对地速度
C．船越重越大，人越难跳上岸
D．人跳时相对船速度等于相对地速度
6一个不稳定的原子核质量为M，处于静止状态。放出一个质量为m的粒子后反冲，已知放出的粒子的动能为E0，则原子核反冲的动能为(　　)
A．E0 B.E0 C.E0 D.E0
7向空中发射一物体，不计空气阻力，当此物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂成a、b两块，若质量较大的a块的速度方向仍沿原来的方向，则(　　)
A．b的速度方向一定与原速度方向相反
B．从炸裂到落地的这段时间里，a飞行的水平距离一定比b的大
C．a、b一定同时到达水平地面
D．在炸裂过程中，a、b受到的爆炸力的冲量大小一定相等
8质量为M的气球下吊一架轻的绳梯，梯上站着质量为m的人，气球以v0速度匀速上升，如果人加速向上爬，当他相对于梯的速度达到v时，气球的速度将变为__________。
9静水中的两只船静止在一条直线上，质量都是M(不包括人)，甲船上质量为m的人跳到乙船上，又马上跳回甲船上，则甲、乙两船的速度之比＝______。
10在水平铁轨上放置一门质量为M的炮车，发射的炮弹质量为m，假设铁轨和炮车间摩擦不计，求：
(1)水平发射炮弹时，炮弹速度为v0，则炮身的反冲速度是多大？
(2)炮身水平方向，炮弹出炮口时，相对炮口速度为v0，则炮身的反冲速度为多大？
(3)炮车车身与水平方向成θ角，炮弹速度大小为v0，则炮身反冲速度是多大？
11如图所示，装甲车和其中炮弹的总质量为M，正沿轨道向右匀速行驶，其速度为v0，发射一枚质量为m的炮弹后，装甲车的速度变为v，仍向右行驶。若不计轨道的摩擦，求炮弹射出炮口时相对于炮口的速度是多少？(炮管是水平的)
12如图所示，质量m1＝0.3 kg 的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝1.5 m，现有质量m2＝0.2 kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0＝2 m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止。物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10 m/s2，求
(1)物块在车面上滑行的时间t；
(2)要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0′不超过多少？
参考答案
1解析：根据动量守恒定律：mava＋mbvb＝mava′＋mbvb′，解得A对。
答案：A
2解析：作用前总动量为零，作用后两物体的动量大小相等，方向相反。速度大小跟它们的质量成反比，A正确B错误；弹簧恢复原状时，作用完毕，选项C、D对。
答案：ACD
3解析：系统总动量为零，要使车不动，两人动量的矢量和必须为零，即他们的动量大小相等，由于不知道两人各自的质量，故无法判断A项；要使车向左运动，两人动量的矢量和必须向右，故知甲的动量要大于乙的才行，C对而B、D错。
答案：C
4解析：由动量守恒定律0＝mαv＋(m－mα)v′，得D正确。
答案：D
5解析：船越轻小，船的反冲速度越大，人获得的速度反而越小。人船相对运动，因此说人跳跃时相对船速度大于相对地速度，故A、B正确。
答案：AB
6解析：由动量守恒定律(M－m)V＝mv0＝p，又Ek＝，E0＝，选项C对。
答案：C
7解析：爆炸后系统的总机械能增加，但不能确定a、b两块的速度大小，所以A、B两项不能确定；因炸开后两者都做平抛运动，且高度相同，故C对，由牛顿第三定律知，D对。
答案：CD
8解析：系统遵守动量守恒定律，设气球的速度为u，人的速度为(v＋u)，则有
(M＋m)v0＝m(u＋v)＋Mu，解得u＝v0－v。
答案：v0－v
9解析：由0＝(M＋m)v甲－mv乙得＝。
答案：
10解析：(1)设炮身反冲速度为v1，炮车和炮弹系统动量守恒
mv0＝Mv1，故v1＝mv0/M。
(2)设炮身反冲速度为v1，则炮弹对地速度v0－v1
由动量守恒m(v0－v1)＝Mv1，故v1＝mv0/(M＋m)
(3)炮车和炮弹水平方向系统动量守恒
mv0cosθ＝Mv1，故v1＝mv0cosθ/M。
答案：(1)mv0/M　(2)mv0/(M＋m)　(3)mv0cosθ/M
11解析：设炮弹相对于炮口的速度为u，则对地速度为(u－v)
由动量守恒定律：Mv0＝Mv＋(M－m)(u－v)
解得u＝。
答案：u＝
12解析：本题考查摩擦拖动类的动量和能量问题。涉及动量守恒定律、动量定理和功能关系这些物理规律的运用。
(1)设物块与小车的共同速度为v，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有
m2v0＝(m1＋m2)v①
设物块与车面间的滑动摩擦力为F，对物块应用动量定理有
－Ft＝m2v－m2v0②
其中F＝μm2g③
解得
t＝
代入数据得t＝0.24 s④
(2)要使物块恰好不从车厢滑出，须物块到车面右端时与小车有共同的速度v′，则
m2v′0＝(m1＋m2)v′⑤
由功能关系有
m2v′＝(m1＋m2)v′2＋μm2gL⑥
代入数据解得v′0＝5 m/s
故要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车的速度v′0不能超过5 m/s。
答案：(1)0.24 s　(2)5 m/s

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