高考物理總復(fù)習(xí)第六章動(dòng)量守恒定律第2講動(dòng)量守恒定律及“兩類模型”問(wèn)題

第2講動(dòng)量守恒定律及“兩類模型”問(wèn)題一、動(dòng)量守恒定律1．內(nèi)容如果一個(gè)系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的矢量和為0，這個(gè)系統(tǒng)的總動(dòng)量保持不變。2．表達(dá)式(1)p＝p′，系統(tǒng)相互作用前的總動(dòng)量p等于相互作用后的總動(dòng)量p′。(2)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的兩個(gè)物體組成的系統(tǒng)，作用前的動(dòng)量和等于作用后的動(dòng)量和。(3)Δp1＝－Δp2，相互作用的兩個(gè)物體動(dòng)量的變化量等大反向。(4)Δp＝0，系統(tǒng)總動(dòng)量的增量為零。3．適用條件(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力為零。(2)近似守恒：系統(tǒng)內(nèi)各物體間相互作用的內(nèi)力遠(yuǎn)大于它所受到的外力。(3)某一方向守恒：如果系統(tǒng)在某一方向上所受外力的合力為零，則系統(tǒng)在這一方向上動(dòng)量守恒?！咀詼y(cè)(多選)如圖1所示，小車與木箱緊挨著靜止放在光滑的水平冰面上，現(xiàn)有一男孩站在小車上用力向右迅速推出木箱。關(guān)于上述過(guò)程，下列說(shuō)法中正確的是()圖1A．男孩和木箱組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒B．小車與木箱組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒C．男孩、小車與木箱三者組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒D．木箱的動(dòng)量增量與男孩、小車的總動(dòng)量增量大小相同答案CD解析男孩和木箱組成的系統(tǒng)受小車的摩擦力，所以動(dòng)量不守恒，A錯(cuò)誤；小車與木箱組成的系統(tǒng)受男孩的力為外力，所以動(dòng)量不守恒，B錯(cuò)誤；男孩、小車與木箱三者組成的系統(tǒng)，所受合外力為0，所以動(dòng)量守恒，C正確；木箱的動(dòng)量增量與男孩、小車的總動(dòng)量增量大小相同，但方向相反，D正確。二、“兩類”模型問(wèn)題1．“反沖”和“爆炸”模型(1)反沖①定義：當(dāng)物體的一部分以一定的速度離開(kāi)物體向前運(yùn)動(dòng)時(shí)，剩余部分必將向后運(yùn)動(dòng)，這種現(xiàn)象叫反沖運(yùn)動(dòng)。②特點(diǎn)：系統(tǒng)內(nèi)各物體間的相互作用的內(nèi)力遠(yuǎn)大于系統(tǒng)受到的外力。實(shí)例：發(fā)射炮彈、發(fā)射火箭等。③規(guī)律：遵從動(dòng)量守恒定律。(2)爆炸問(wèn)題爆炸與碰撞類似，物體間的相互作用時(shí)間很短，作用力很大，且遠(yuǎn)大于系統(tǒng)所受的外力，所以系統(tǒng)動(dòng)量守恒。如爆竹爆炸等。2．“人—船”模型(1)模型介紹兩個(gè)原來(lái)靜止的物體發(fā)生相互作用時(shí)，若整體所受外力的矢量和為零，則兩物體組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒。在相互作用的過(guò)程中，任一時(shí)刻兩物體的速度大小之比等于質(zhì)量的反比。這樣的問(wèn)題即為“人船模型”問(wèn)題。(2)常見(jiàn)情境

命題點(diǎn)一動(dòng)量守恒定律的理解和基本應(yīng)用動(dòng)量守恒定律的理解【真題示例1(2021·全國(guó)乙卷，14)如圖2，光滑水平地面上有一小車，一輕彈簧的一端與車廂的擋板相連，另一端與滑塊相連，滑塊與車廂的水平底板間有摩擦。用力向右推動(dòng)車廂使彈簧壓縮，撤去推力時(shí)滑塊在車廂底板上有相對(duì)滑動(dòng)。在地面參考系(可視為慣性系)中，從撤去推力開(kāi)始，小車、彈簧和滑塊組成的系統(tǒng)()圖2A．動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒B．動(dòng)量守恒，機(jī)械能不守恒C．動(dòng)量不守恒，機(jī)械能守恒D．動(dòng)量不守恒，機(jī)械能不守恒答案B解析撤去推力，系統(tǒng)所受合外力為0，動(dòng)量守恒，滑塊和小車之間有滑動(dòng)摩擦力，由于摩擦生熱，系統(tǒng)機(jī)械能減少，故B正確?！踞槍?duì)訓(xùn)練1】(多選)(2021·福建龍巖市質(zhì)量檢測(cè))如圖3所示，在世界女排大獎(jiǎng)賽中，中國(guó)球員朱婷豎直跳起，恰好在她達(dá)最高點(diǎn)時(shí)將水平飛來(lái)的排球迎面擊出，排球以更大的速率水平返回，直接落在對(duì)方的場(chǎng)地上。則下列說(shuō)法正確的是()圖3A．在擊打過(guò)程中朱婷與球組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒B．擊打前后瞬間朱婷與球組成的系統(tǒng)的動(dòng)能相等C．朱婷擊打球完后比排球先落地D．朱婷擊打球完后落回起跳點(diǎn)上答案AC解析擊打過(guò)程中朱婷與球在半空中都受到重力的作用，故朱婷和球組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，A正確；擊打前后瞬間朱婷用力使球加速，自身化學(xué)能轉(zhuǎn)變?yōu)榍虻膭?dòng)能，動(dòng)能不守恒，B錯(cuò)誤；擊球后朱婷與球均做平拋運(yùn)動(dòng)，朱婷離地高度低于球的高度，且不可視為質(zhì)點(diǎn)，故應(yīng)先落地，C正確；朱婷擊球后，向后做平拋運(yùn)動(dòng)，故擊完球后不會(huì)落回起跳點(diǎn)上，D錯(cuò)誤。動(dòng)量守恒定律的基本應(yīng)用【例2(多選)如圖4所示，在光滑平直的路面上靜止著兩輛完全相同的小車，人從a車跳上b車，又立即從b車跳回a車，并與a車保持相對(duì)靜止。下列說(shuō)法正確的是()圖4A．最終a車的速率大于b車的速率B．最終a車的速率小于b車的速率C．全過(guò)程中，a車對(duì)人的沖量大于b車對(duì)人的沖量D．全過(guò)程中，a車對(duì)人的沖量小于b車對(duì)人的沖量答案BD解析人與a、b組成的系統(tǒng)水平方向不受外力，設(shè)水平向右的方向?yàn)檎较颍鶕?jù)動(dòng)量守恒定律，則有0＝(m人＋ma)va－mbvb，得eq\f(va,vb)＝eq\f(mb,ma＋m人)＜1，則a車的速率小于b車的速率，故A錯(cuò)誤，B正確；人對(duì)兩車的沖量大小Ia＝mava，Ib＝mbvb＝(ma＋m人)va＞mava，結(jié)合牛頓第三定律可知，a車對(duì)人的沖量小于b車對(duì)人的沖量，故C錯(cuò)誤，D正確?！踞槍?duì)訓(xùn)練2】(2021·山東泰安市檢測(cè))如圖5所示，質(zhì)量為m的滑環(huán)套在足夠長(zhǎng)的光滑水平桿上，質(zhì)量為m球＝3m的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))用長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)繩與滑環(huán)連接?；h(huán)固定時(shí)，給小球一個(gè)水平?jīng)_量I，小球擺起的最大高度為h1(h1<L)；滑環(huán)不固定時(shí)，仍給小球以同樣的水平?jīng)_量I，小球擺起的最大高度為h2。則h1∶h2()圖5A．6∶1 B．4∶1C．2∶1 D．4∶3答案B解析滑環(huán)固定時(shí)，設(shè)小球獲得沖量I后對(duì)應(yīng)的初速度為v0，根據(jù)機(jī)械能守恒定律，有eq\f(1,2)m球veq\o\al(2,0)＝m球gh1，解得h1＝eq\f(veq\o\al(2,0),2g)；滑環(huán)不固定時(shí)、物塊初速度仍為v0，在物塊擺起最大高度h2時(shí)，它們速度都為v，在此過(guò)程中物塊和滑環(huán)組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，水平方向動(dòng)量守恒，則m球v0＝(m＋m球)v，eq\f(1,2)m球veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(m＋m球)v2＋m球gh2，由以上各式可得h2＝eq\f(veq\o\al(2,0),8g)，則h1∶h2＝4∶1，故B正確。命題點(diǎn)二“反沖”和“爆炸”模型1．反沖運(yùn)動(dòng)的三點(diǎn)說(shuō)明作用原理反沖運(yùn)動(dòng)是系統(tǒng)內(nèi)物體之間的作用力和反作用力產(chǎn)生的效果動(dòng)量守恒反沖運(yùn)動(dòng)中系統(tǒng)不受外力或內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，所以反沖運(yùn)動(dòng)遵循動(dòng)量守恒定律機(jī)械能增加反沖運(yùn)動(dòng)中，由于有其他形式的能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，所以系統(tǒng)的總機(jī)械能增加2.爆炸現(xiàn)象的三個(gè)規(guī)律動(dòng)量守恒爆炸物體間的相互作用力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于受到的外力，所以在爆炸過(guò)程中，系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒動(dòng)能增加在爆炸過(guò)程中，有其他形式的能量(如化學(xué)能)轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，所以系統(tǒng)的機(jī)械能增加位置不變爆炸的時(shí)間極短，因而作用過(guò)程中物體產(chǎn)生的位移很小，可以認(rèn)為爆炸后各部分仍然從爆炸前的位置以新的動(dòng)量開(kāi)始運(yùn)動(dòng)【例3(2021·遼寧葫蘆島市高考模擬)一質(zhì)量為0.3kg的煙花彈獲得動(dòng)能E后，從地面豎直升空。當(dāng)煙花彈上升到離地20m高處時(shí)速度為零，此時(shí)彈中火藥爆炸將煙花彈炸為大、小兩塊，大、小塊煙花彈分別獲得水平向左、水平向右的速度，大塊質(zhì)量為小塊質(zhì)量的2倍，大、小兩塊煙花彈獲得的動(dòng)能之和也為E，爆炸時(shí)間極短，重力加速度g取10m/s2，eq\r(2)＝1.4，不計(jì)空氣阻力和火藥的質(zhì)量，釋放煙花彈位置的水平面足夠大。求：(1)動(dòng)能E；(2)大、小兩塊煙花彈落地之間的距離。答案(1)60J(2)84m解析(1)由機(jī)械能守恒定律得E＝mgh解得E＝60J。(2)煙花彈在最高點(diǎn)爆炸，水平方向動(dòng)量守恒，設(shè)水平向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律有0＝eq\f(2,3)mv1－eq\f(1,3)mv2由能量守恒定律有E＝eq\f(1,2)×eq\f(2,3)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)×eq\f(1,3)mveq\o\al(2,2)解得v1＝10eq\r(2)m/s，v2＝20eq\r(2)m/s大、小兩塊煙花彈均做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向h＝eq\f(1,2)gt2，則大、小兩塊煙花彈落地之間的距離x＝v1t＋v2t，解得x＝84m?！踞槍?duì)訓(xùn)練3】在爆炸實(shí)驗(yàn)基地有一發(fā)射塔，發(fā)射塔正下方的水平地面上安裝有聲音記錄儀。爆炸物自發(fā)射塔豎直向上發(fā)射，上升到空中最高點(diǎn)時(shí)炸裂成質(zhì)量之比為2∶1、初速度均沿水平方向的兩個(gè)碎塊。遙控器引爆瞬間開(kāi)始計(jì)時(shí)，在5s末和6s末先后記錄到從空氣中傳來(lái)的碎塊撞擊地面的響聲。已知聲音在空氣中的傳播速度為340m/s，g取10m/s2，忽略空氣阻力。下列說(shuō)法正確的是()A．兩碎塊的位移大小之比為1∶2B．爆炸物的爆炸點(diǎn)離地面高度為80mC．爆炸后的質(zhì)量大的碎塊的初速度為68m/sD．爆炸后兩碎塊落地點(diǎn)之間的水平距離為340m答案B解析設(shè)碎塊落地的時(shí)間為t，質(zhì)量大的碎塊水平初速度為v，則由動(dòng)量守恒定律知m1v1－m2v2＝0，質(zhì)量小的碎塊水平初速度為2v，爆炸后的碎塊做平拋運(yùn)動(dòng)，下落的高度相同，則在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相同，由水平方向x＝v0t知落地水平位移之比為1∶2，碎塊位移s＝eq\r(x2＋y2)，可見(jiàn)兩碎塊的位移大小之比不是1∶2，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；據(jù)題意知，vt＝(5－t)×340，又2vt＝(6－t)×340，聯(lián)立解得t＝4s，v＝85m/s，故爆炸點(diǎn)離地面高度為h＝eq\f(1,2)gt2＝80m，所以B項(xiàng)正確，C項(xiàng)錯(cuò)誤；兩碎塊落地點(diǎn)的水平距離為Δx＝3vt＝1020m，故D項(xiàng)錯(cuò)誤。命題點(diǎn)三“人—船”模型模型特點(diǎn)(1)兩物體相互作用過(guò)程滿足動(dòng)量守恒定律m1v1－m2v2＝0。(2)運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)：人動(dòng)船動(dòng)，人靜船靜，人快船快，人慢船慢，人左船右；人與船的位移比等于它們質(zhì)量比的倒數(shù)；人與船的平均速度(瞬時(shí)速度)比等于它們質(zhì)量比的倒數(shù)，即eq\f(x1,x2)＝eq\f(v1,v2)＝eq\f(m2,m1)。(3)應(yīng)用eq\f(x1,x2)＝eq\f(v1,v2)＝eq\f(m2,m1)時(shí)要注意：v1、v2和x1、x2一般都是相對(duì)地面而言的?！纠?有一只小船?？吭诤叴a頭，小船又窄又長(zhǎng)(重一噸左右)。一位同學(xué)想用一個(gè)卷尺粗略測(cè)定它的質(zhì)量。他進(jìn)行了如下操作：首先將船平行于碼頭自由停泊，輕輕從船尾上船，走到船頭停下，而后輕輕下船。用卷尺測(cè)出船后退的距離d，然后用卷尺測(cè)出船長(zhǎng)L。已知他的自身質(zhì)量為m，水的阻力不計(jì)，則船的質(zhì)量為()A.eq\f(m（L＋d）,d) B.eq\f(m（L－d）,d)C.eq\f(mL,d) D.eq\f(m（L＋d）,L)答案B解析設(shè)船的質(zhì)量為m船，人走動(dòng)的時(shí)候船的速度為v，人的速度為v′，人從船頭走到船尾用時(shí)為t，船的位移為d，人的位移為L(zhǎng)－d，所以v＝eq\f(d,t)，v′＝eq\f(L－d,t)。以船后退的方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量守恒有m船v－mv′＝0，可得m船eq\f(d,t)＝eq\f(m（L－d）,t)，小船的質(zhì)量為m船＝eq\f(m（L－d）,d)，故B正確?！踞槍?duì)訓(xùn)練4】(多選)如圖6所示，繩長(zhǎng)為l，小球質(zhì)量為m1，小車質(zhì)量為m2，將小球向右拉至水平后放手，則(水平面光滑)()圖6A．系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒B．水平方向任意時(shí)刻小球與小車的動(dòng)量等大反向C．小球不能向左擺到原高度D．小車向右移動(dòng)的最大距離為eq\f(2m1l,m2＋m1)答案BD解析系統(tǒng)只是在水平方向所受的合力為零，豎直方向的合力不為零，故水平方向的動(dòng)量守恒，而總動(dòng)量不守恒，A錯(cuò)誤，B正確；根據(jù)水平方向的動(dòng)量守恒及機(jī)械能守恒得，小球仍能向左擺到原高度，C錯(cuò)誤；小球相對(duì)于小車的最大位移為2l，根據(jù)“人船模型”，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，設(shè)小球的平均速度為v1，小車的平均速度為v2，m1v1－m2v2＝0，兩邊同時(shí)乘以運(yùn)動(dòng)時(shí)間t，m1v1t－m2v2t＝0，即m1x1＝m2x2，又x1＋x2＝2l，解得小車移動(dòng)的最大距離為eq\f(2m1l,m2＋m1)，D正確。對(duì)點(diǎn)練動(dòng)量守恒定律的理解和基本應(yīng)用1．關(guān)于系統(tǒng)動(dòng)量守恒的條件，下列說(shuō)法正確的是()A．只要系統(tǒng)內(nèi)存在摩擦力，系統(tǒng)動(dòng)量就不可能守恒B．只要系統(tǒng)中有一個(gè)物體具有加速度，系統(tǒng)動(dòng)量就不守恒C．只要系統(tǒng)所受的合力為零，系統(tǒng)動(dòng)量就守恒D．系統(tǒng)中所有物體的加速度都為零時(shí)，系統(tǒng)的總動(dòng)量不一定守恒答案C2．(2021·湖北省模擬)如圖1所示，曲面體P靜止于光滑水平面上，物塊Q自P的上端靜止釋放。Q與P的接觸面光滑，Q在P上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是()圖1A．P對(duì)Q做功為零B．P和Q之間相互作用力做功之和為零C．P和Q構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒、動(dòng)量守恒D．P和Q構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒、動(dòng)量守恒答案B解析P對(duì)Q有彈力的作用，并且在力的方向上有位移，在運(yùn)動(dòng)中，P會(huì)向左移動(dòng)，P對(duì)Q的彈力方向垂直于接觸面向上，與Q前后移動(dòng)連線的位移夾角不等于90°，所以P對(duì)Q做功不為0，故A錯(cuò)誤；因?yàn)镻、Q之間的力屬于系統(tǒng)內(nèi)力，并且等大反向，兩者在力的方向上發(fā)生的位移相等，所以做功之和為0，故B正確；因?yàn)橄到y(tǒng)只有系統(tǒng)內(nèi)力和重力的作用，所以該P(yáng)、Q組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，系統(tǒng)水平方向上不受外力的作用，水平方向上動(dòng)量守恒，但是在豎直方向上Q有加速度，即豎直方向上動(dòng)量不守恒，故C、D錯(cuò)誤。3．如圖2所示，A、B兩物體的質(zhì)量之比為mA∶mB＝1∶2，它們?cè)瓉?lái)靜止在平板車C上，A、B兩物體間有一根被壓縮了的水平輕質(zhì)彈簧，A、B兩物體與平板車上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，水平地面光滑。當(dāng)彈簧突然釋放后，A、B兩物體被彈開(kāi)(A、B兩物體始終不滑出平板車)，則有()圖2A．A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒B．A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒C．小車C先向左運(yùn)動(dòng)后向右運(yùn)動(dòng)D．小車C一直向右運(yùn)動(dòng)直到靜止答案D解析A、B兩物體和彈簧、小車C組成的系統(tǒng)所受合力為零，所以系統(tǒng)的動(dòng)量守恒。在彈簧釋放的過(guò)程中，因mA∶mB＝1∶2，由滑動(dòng)摩擦力公式Ff＝μFN＝μmg知，A、B兩物體所受的摩擦力大小不等，所以A、B兩物體組成的系統(tǒng)合力不為零，動(dòng)量不守恒，故A錯(cuò)誤；A物體對(duì)小車向左的滑動(dòng)摩擦力小于B物體對(duì)小車向右的滑動(dòng)摩擦力，在A、B兩物體相對(duì)小車停止運(yùn)動(dòng)之前，小車所受的合力向右，會(huì)向右運(yùn)動(dòng)，因滑動(dòng)摩擦力做負(fù)功，則系統(tǒng)的機(jī)械能不守恒，最終整個(gè)系統(tǒng)將靜止，故B、C錯(cuò)誤，D正確。4．(多選)如圖3所示，一質(zhì)量mB＝3.0kg的長(zhǎng)方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一個(gè)質(zhì)量mA＝1.0kg的小木塊A，同時(shí)給A和B以大小均為4.0m/s、方向相反的初速度，使A開(kāi)始向左運(yùn)動(dòng)，B開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)，A始終沒(méi)有滑離B板，在小木塊A做加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間內(nèi)，木板速度大小可能是()圖3A．2.1m/s B．2.4m/sC．2.8m/s D．3.0m/s答案AB解析以A、B組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，取水平向右為正方向，從A開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到A的速度為零過(guò)程中，由動(dòng)量守恒定律得(mB－mA)v＝mBvB1，代入數(shù)據(jù)解得vB1≈2.67m/s。當(dāng)從開(kāi)始到A、B速度相同的過(guò)程中，取水平向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得(mB－mA)v＝(mB＋mA)vB2，代入數(shù)據(jù)解得vB2＝2m/s，則在木塊A做加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間內(nèi)，B的速度范圍為2m/s＜vB＜2.67m/s，故選項(xiàng)A、B正確。對(duì)點(diǎn)練“反沖和爆炸”模型5．(多選)(2021·江西鷹潭市模擬)如圖4所示，光滑的水平地面上有木板C，mC＝4kg，C板上表面粗糙，A、B兩個(gè)物體緊挨在一起，初始A、B和C三個(gè)物體均處于靜止?fàn)顟B(tài)，mA＝1kg，mB＝2kg。A、B間夾有少量火藥，某時(shí)刻火藥爆炸，瞬間釋放了E＝27J的能量并全部轉(zhuǎn)化為A和B的動(dòng)能，使A、B分別水平向左、向右運(yùn)動(dòng)起來(lái)，C板足夠長(zhǎng)，以下結(jié)論正確的是()圖4A．爆炸后瞬間A、B速度大小vA＝2vBB．若A、B與木板C上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，爆炸后A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒C．若A、B與木板C上表面間的摩擦力大小不相等，則A、B、C組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒D．整個(gè)過(guò)程中A、B、C系統(tǒng)由于摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能為27J答案AD解析爆炸瞬間，以A、B為系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律有0＝mAvA＋mBvB，則mAvA＝－mBvB，代入數(shù)據(jù)得速度大小vA＝2vB，故A正確；A、B受到的摩擦力Ff＝μmg大小不等，則A、B系統(tǒng)所受外力不為0，A、B系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，故B錯(cuò)誤；對(duì)A、B、C整體分析，合力為零，滿足A、B、C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，故C錯(cuò)誤；C足夠長(zhǎng)，最終A、B、C總動(dòng)量為0，故三者最終速度也為0，即A、B動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能為27J，故D正確。6．將質(zhì)量為1.00kg的模型火箭點(diǎn)火升空，50g燃燒的燃?xì)庖源笮?00m/s的速度從火箭噴口在很短時(shí)間內(nèi)噴出。在燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g，火箭的動(dòng)量大小為(噴出過(guò)程中重力和空氣阻力可忽略)()A．30kg·m/s B．5.7×102kg·m/sC．6.0×102kg·m/s D．6.3×102kg·m/s答案A解析設(shè)火箭的質(zhì)量為m1，燃?xì)獾馁|(zhì)量為m2。由題意可知，燃?xì)獾膭?dòng)量p2＝m2v2＝50×10－3×600kg·m/s＝30kg·m/s。根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得0＝m1v1－m2v2，則火箭的動(dòng)量大小為p1＝m1v1＝m2v2＝30kg·m/s，所以選項(xiàng)A正確，B、C、D錯(cuò)誤。對(duì)點(diǎn)練“人—船”模型問(wèn)題7．質(zhì)量為m球的氣球上有一個(gè)質(zhì)量為m的人，氣球和人在靜止的空氣中共同靜止于離地h高處，如果從氣球上慢慢放下一個(gè)質(zhì)量不計(jì)的軟梯，讓人沿軟梯降到地面，則軟梯長(zhǎng)至少應(yīng)為()A.eq\f(m,m＋m球)h B.eq\f(m球,m＋m球)hC.eq\f(m球＋m,m球)h D.eq\f(m球＋m,m)h答案C解析設(shè)人沿軟梯滑至地面，軟梯長(zhǎng)度至少為L(zhǎng)，以人和氣球組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，豎直方向動(dòng)量守恒，規(guī)定豎直向下為正方向，由動(dòng)量守恒定律得0＝－m球v2＋mv1，人沿軟梯降至地面，氣球上升的高度為L(zhǎng)－h(huán)，平均速度大小為v2＝eq\f(L－h(huán),t)，人相對(duì)于地面下降的高度為h，平均速度大小為v1＝eq\f(h,t)，聯(lián)立得0＝－m球·eq\f(L－h(huán),t)＋m·eq\f(h,t)，解得L＝eq\f(m球＋m,m球)h，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤。8．如圖5所示，質(zhì)量為M的小車靜止在光滑的水平面上，小車AB段是半徑為R的四分之一光滑圓弧軌道，BC段是長(zhǎng)為L(zhǎng)的水平粗糙軌道，兩段軌道相切于B點(diǎn)，一質(zhì)量為m的滑塊在小車上從A點(diǎn)靜止開(kāi)始沿AB軌道滑下，然后滑入BC軌道，最后恰好停在C點(diǎn)。已知小車質(zhì)量M＝3m，滑塊與軌道BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g。則()圖5A．全程滑塊水平方向相對(duì)地面的位移為R＋LB．全程小車相對(duì)地面的位移大小s＝eq\f(1,4)(R＋L)C．滑塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的最大速度vm＝eq\r(2gR)D．μ、L、R三者之間的關(guān)系為R＝4μL答案B解析設(shè)全程小車相對(duì)地面的位移大小為s，則滑塊水平方向相對(duì)地面的位移x＝R＋L－s，取水平向右為正方向，由水平方向動(dòng)量守恒得meq\f(x,t)－Meq\f(s,t)＝0，即meq\f(R＋L－s,t)－Meq\f(s,t)＝0，結(jié)合M＝3m，解得s＝eq\f(1,4)(R＋L)，x＝eq\f(3,4)(R＋L)，故A錯(cuò)誤，B正確；滑塊剛滑到B點(diǎn)時(shí)速度最大，取水平向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律得0＝mvm－Mv，mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)＋eq\f(1,2)Mv2，聯(lián)立解得vm＝eq\r(\f(3,2)gR)，故C錯(cuò)誤，對(duì)整個(gè)過(guò)程，由動(dòng)量守恒定律得0＝(m＋M)v