动量守恒定律及三类模型（解析版）-2024物理一轮复习题型归纳（新高考专用）

第六章碰撞与动量守恒定律

动找守恒定律及三类模型

【考点司i测］

1.动量守恒的条件

2.动量守恒的简单应用

3.子弹打木块问题

4.爆炸反冲问题

5.人船模型问题

【方法技巧与总结】

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.

2.表达式

(1加=少，系统相互作用前总动量P等于相互作用后的总动量

(2)机15+巾2。2=机13'+馆2。2'，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)Ap产一△.，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向.

(4)Ap=0,系统总动量的增量为零.

3.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.

二、“三类”模型问题

1.“子弹打木块”模型

(1)“木块”放置在光滑的水平面上

①运动性质：“子弹”对地在滑动摩擦力作用下做匀减速直线运动;“木块”在滑动摩擦力作用下做匀加速直

线运动.

②处理方法:通常由于''子弹”和“木块”的相互作用时间极短，内力远大于外力，可认为在这一过程中动量

守恒.把“子弹”和“木块”看成一个系统：a.系统水平方向动量守恒；b.系统的机械能不守恒；c.对“木块”

和“子弹”分别应用动能定理.

(2)“木块”固定在水平面上

①运动性质：“子弹”对地在滑动摩擦力作用下做匀减速直线运动;“木块”静止不动.

②处理方法:对“子弹”应用动能定理或牛顿第二定律.

2.“反冲”和“爆炸”模型

(1)反冲

①定义:当物体的一部分以一定的速度离开物体时，剩余部分将获得一个反向冲量，这种现象叫反冲运动.

②特点：系统内各物体间的相互作用的内力远大于系统受到的外力.实例:发射炮弹、发射火箭等.

③规律:遵从动量守恒定律.

(2)爆炸问题

爆炸与碰撞类似,物体间的相互作用时间很短，作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量守恒.

如爆竹爆炸等.

3.“人船模型”问题

（1）模型介绍

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）模型特点

①两物体满足动量守恒定律：Tn1v1—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;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，即生=%=%.

力2恒1

③应用生=%=2曳时要注意：口、上和电、电一般都是相对地面而言的.

x2v2mi

【题型归纳目录】

题型一:动・守恒的判定

题型二:动■:守恒定律的理解和基本应用

题型三模型

题型四「子弹打木块”模型

题型五:反冲和爆炸模型

【题型一】动景守恒的判定

【典型例题】

题1"世界上第一个想利用火箭飞行的人”是明朝的士大夫万户。他把47个自制的火箭绑在椅子上，自己坐

在椅子上,双手举着大风筝,设想利用火箭的推力,飞上天空，然后利用风筝平稳着陆。假设万户及所携设

备［火箭（含燃料）、椅子、风筝等］总质量为点燃火箭后在极短的时间内，质量为机的炽热燃气相对地

面以“。的速度竖直向下喷出。忽略此过程中空气阻力的影响，重力加速度为9,下列说法中正确的是

（）

A.火箭的推力来自燃气对它的反作用力

B.在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为贵

C.喷出燃气后万户及所携设备能上升的最大高度为

D.在燃气喷出后上升过程中，万户及所携设备动量守恒•••

【答案】A

【详解】A.火箭的推力是燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对火箭的反作用力，故人正确；

B.在燃气喷出后得瞬间，万户及所携设备组成的系统动量守恒，设火箭的速度大小为。，规定火箭运动方

向为正方向，则有

[M—m）v—mv0—0

解得火箭的速度大小为

mv

v―0-----

故B错误；

C.喷出燃气后，万户及所携设备做竖直上抛运动，根据运动学公式可得，最大上升高度为

h=^=—*.

2g2（M—ni,y2g

故。错误；

D.在燃气喷出后上升过程中，万户及所携设备因为受重力，系统动量不守恒，故。错误。

故选4。

【方法技巧与总结】

1.动量守恒的条件

（1）理想守恒:系统不受外力或所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒。

（2）近似守恒:系统受到的外力矢量和不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒。

（3）某一方向上守恒:系统在某个方向上所受外力矢量和为零时,系统在该方向上动量守恒。

2.动量守恒定律常用的四种表达形式

⑴p=/：即系统相互作用前的总动量P和相互作用后的总动量，大小相等，方向相同。

（2）Ap=p,-p=0：即系统总动量的增加量为零。

（3）/\初=—颂2：即相互作用的系统内的两部分物体，其中一部分动量的增加量等于另一部分动量的减少量。

⑷他5+?712”2=g％'+加2"2'，即相互作用前后系统内各物体的动量都在同一直线上时，作用前总动量与作

用后总动量相等。

,题目工如图所示，两个带同种电荷的小球A和B,4B的质量分别为m和2m,开始时将它们固定在绝缘

的光滑水平面上保持静止，的相互作用力遵循牛顿第三定律，现同时释放经过一段时间，B的

速度大小为n,则此时（）

Z///Z//////X////Z

d

A.A球的速度大小为缶B.A球的动量大小为nw

C.A球与8球的动量大小之比一直为1:2D.A球的动能为2md

【答案】。

【详解】4.根据动量守恒定律可得

mv^2mv

解得

u行2v

A错误;

B.4球的动量大小为

pA=m-2v=2mv

B错误；

C.两球运动过程中，两球组成的系统始终动量守恒，则4球与B球的动量大小之比一直为1:1,。错误；

D.A球的动能

EkA=2一—

。正确。

故选。。

【题型二】动量守恒定律的理解和基本应用

【典型例题】

曲2(多选)如图所示,质量为2馆,高为无,倾角为占的光滑斜面体A放在光滑的水平面上。质量为小的细长

直杆B,受固定的光滑套管。约束，只能在竖直方向上自由运动。初始时，4在水平推力F作用下处于静

止状态，此时B杆下端正好压在人的顶端。现撤去推力F,A、B便开始运动。重力加速度为g,则

()

A.推力F的大小为mgsind

B.运动过程中，6对A做正功

C.力、8组成的系统,水平方向上动量守恒

D.当杆的下端滑到斜面底端时，斜面体的速度大小J2gh

V2+tan20

【答案】BD

【详解】静止时人对B只有垂直斜面向上的支持力，。对B有水平向右的作用力，对3受力分析，如

图1所示

由平衡条件可知，竖直方向上有

FABcosd=mg

可得

mg

^AB=

cos3

由牛顿第三定律可知，静止时右对幺只有垂直斜面向下的压力，大小为

mg

&4=cos3

对4受力分析，如图2示，由平衡条件，水平方向上有

F==mgtan8

故A错误；

B.直杆石对斜面体A的作用力垂直斜面向下，而斜面体4的位移方向为水平向右，所以直杆_8对斜面

体力的作用力做正功，故B正确；

C.由于运动过程中直杆石受到光滑套管C的水平作用力，所以杆和斜面体组成的系统水平方向上动量

不守恒，故。错误；

D.当在很短时间At内光滑直杆下落A/z高度，由几何知识可知，斜面体向右发生的位移大小为出I,所

tanc/

以光滑直杆与斜面体的速度大小之比为始终为tan仇当杆滑到斜面底端时，设杆的速度大小为口,斜面体

的速度大小为。2,由系统机械能守恒有

mgh=x2mvl

由速度关系

3=gtan。

解得

/2gh

必V2+tan20

故。正确。

故选BD。

【方法技巧与总结】

1.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，解题应选取统一的正方向

各物体的速度必须是相对同一参考系的速度（没有特殊说明要选

相对性地球这个参考系）。如果题设条件中各物体的速度不是相对同一参考

系时,必须转换成相对同一参考系的速度

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

同时性互作用前同一时刻的动量，P：、P?’…必须是系统中各物体在相互作用

后同一时刻的动量，不同时刻的动量不能相加

研究的对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统，而不是其

系统性

中的一个物体,更不能题中有几个物体就选几个物体

动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，还适用于接

普适性

近光速运动的微观粒子组成的系统

2.应用动量守恒定律解题的基本步骤

南目区（多选乌贼遇到强敌时会以“喷墨”作为逃生的方法并伺机离开,因而有“乌贼”、“墨鱼”等名称。一

只质量为M的乌贼在水中以速度为。做匀速直线运动时，发现后方出现天敌，乌贼在极短的时间内将墨囊

内质量为m的墨汁以速度S（相对于水）向后喷出，将周围海水染黑的同时迅速逃离，则（）

A.乌贼喷出墨汁的过程中,乌贼和喷出的墨汁构成的系统机械能守恒

B.乌贼喷出墨汁的过程中，乌贼和喷出的墨汁构成的系统动量守恒

C.乌贼喷出墨汁后的速度大小为当二

D.乌贼对喷出的墨汁的冲量大小为小（“（）+%）

【答案】

【详解】A.乌贼喷出墨汁的过程中，乌贼消耗能量转化为水的动能和自身动能，则乌贼和喷出的墨汁构成

的系统机械能不守恒，故A错误；

B.乌贼在极短的时间内将墨囊内墨汁向后喷出，喷出过程中，乌贼和喷出的墨汁构成的系统动量守恒，故

B正确；

C.根据题意，以乌贼初速度方向为正方向，设乌贼喷出墨汁后的速度为n,由动量守恒定律有

Mv0—（M—rn）v—mvx

解得

Mvo+mVi

v——---------

M-m

故。错误；

D.根据题意，对墨汁，以乌贼初速度方向为正方向，由动量定理有

I=—mV]—mvQ

即乌贼对喷出的墨汁的冲量大小为,故D正确。

故选BD。

【题型三】“人船”模型

【典型例题】

网]3如图所示，质量为60kg的人,站在质量为300kg的车的一端。车长为3馆,开始时人、车相对于水平地面

静止，车与地面间的摩擦可忽略不计。当人由车的一端走到另一端的过程中，下列说法正确的是（）

M

77）779777777777777〉）777777

A.人的速率最大时,车的速率最小

B.人的动量变化量和车的动量变化量相同

C.人对车的冲量大小大于车对人的冲量大小

D.当人走到车的另一端时,车运动的位移大小为0.5小

【答案】。

【详解】根据题意，由动量守恒定律有

mv—Mv'=0

可知，人的速率最大时，车的速率也最大，故4错误；

B.由动量定理可知，动量变化量的方向与合外力的方向相同，而车对人的摩擦力与人对车的摩擦力方向

相反，故人的动量变化量和车的动量变化量大小相等，方向相反，故错误；

C.人与车之间的作用力为相互作用力，则人对车的冲量大小等于车对人的冲量大小，故C错误；

D.设车移动的距离为力，则由动量守恒定律有

m(Z—x)=Mx

解得

x=0.5m

故。正确。

故选

【方法技巧与总结】

(1)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。这样的问题归为“人船”模型问题。

⑵“人船”模型的特点

①两物体满足动量守恒定律：miv1—m2V2=0o

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，即包=%=2线

力2恒1

③应用此关系时要注意一个问题：幼、必和力一般都是相对地面而言的。

题目⑤张洪老师想用卷尺粗略测定码头上自由停泊小船的质量,他进行了如下操作:首先他轻轻从船尾上

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d，然后用卷尺测出船长Lo已知他自身的

质量为利,不计水的阻力，则渔船的质量为()

m(L—d)nm5+d)

d

【答案】。

【详解】设渔船的质量为河，人和船组成的系统满足动量守恒，则有

7710人=MV^

则有

TTIQ人At—Mv船M

可得

ms^=Ms船

又

s人+§船=乙，5船=4

联立解得渔船的质量为

M=m(L-d)

d

故选。。

【题型四】“子弹打木块”模型

【典型例题】

画士如图所示，质量为河的木块位于光滑水平面上，在木块与墙之间用轻弹簧连接，开始时木块静止在A位

置。现有一质量为小的子弹以水平速度的射向木块并嵌入其中，则当木块再次回到A位置时的速度。以

及此过程中墙对弹簧的冲量1的大小分别为（）

M

加匚nwwwww^

/////////////////////////////////////

A

rnv。

A.v=，1=。v—-^―，1=2mv

m+Mm+MQ

mvI_2TYIVQmv

C.v=0D.v=0，I=2mv

m+M'm+MM0

【答案】B

【详解】子弹射入木块过程，由于时间极短，子弹与木块间的内力远大于系统外力，设水平向右为正方向,

由动量守恒定律有

mv0—(M+m)v

解得

mv0

v=-----

m+M

子弹和木块系统在弹簧弹力的作用下先做减速运动，后做加速运动，回到4位置时速度大小不变，即当木

块回到A位置时的速度大小

mv

v-----0-

m+M

子弹和木块弹簧组成的系统受到合力的大小等于墙对弹簧的作用力，设水平向右为正方向，墙对弹簧的

冲量为1,根据动量定理有

I=­(Af+m)v—mvQ=—2mvQ

所以/的大小为2m/u。，即有

mv0

V------,I=2mVQ

m-\-M

故选B。

【方法技巧与总结】

（1）木块放在光滑水平面上，子弹水平打进木块,系统所受的合外力为零,因此动量守恒o

（2）两者发生的相对位移为子弹射入的深度c相。

(3)根据能量守恒定律，系统损失的动能等于系统增加的内能。

(4)系统产生的内能Q=相，即两物体由于相对运动而摩擦产生的热(机械能转化为内能)，等于摩擦力

大小与两物体相对滑动的路程的乘积。

(5)当子弹速度很大时,可能射穿木块，这时末状态子弹和木块的速度大小不再相等,但穿透过程中系统的

动量仍守恒，系统损失的动能为△及=F/L(L为木块的长度)。

题目⑷(多选如图所示,在固定的光滑水平杆上,套有质量为小的光滑圆环,轻绳一端拴在环上,另一端系

着质量也为e的木块，现有质量为m0的子弹以大小为*的水平速度射入木块并立刻留在木块中,不计空

气阻力，重力加速度为9,下列说法正确的是()

A.子弹射入木块后的运动过程中，木块、子弹、轻绳及圆环构成的系统动量不守恒

B.子弹射入木块后的瞬间,它们的共同速度为飞

T72o+2m

c.子弹射入木块后，子弹和木块能上升的最大高度为——巴嘤-------

2g(m0+m)(m0+2m)

D.子弹射入木块后，当子弹和木块上升到最大高度时，圆环的速度达到最大

【答案】AC

【详解】A.子弹射入木块后的运动过程中，木块、子弹、轻绳及圆环构成的系统只在水平方向合外力为零，

因此该系统只在水平方向动量守恒，故A正确；

B.子弹射入木块的过程，子弹与木块组成的系统动量守恒，设射入后的瞬间子弹和木块的共同速度大小

为5,根据动量守恒定律有

movo—(,m0+m)v1

解得

mv

5=­To一o

mo+m

故B错误；

C.子弹射入木块后的运动过程中，圆环、木块和子弹构成的系统在水平方向上所受合外力为零，水平方向

动量守恒，当三者达到共同速度。时，子弹和木块上升的高度最大，设为八,根据动量守恒定律有

movo=(m0+2m)v

从子弹射入木块后到子弹和木块上升到最大高度的过程中，根据机械能守恒定律有

2

](77io+ni)*=(m0+2m)v+(m0+m)gh

联立解得

,mmofo

h-----------；---------

2g(m0+iTi)(m0+2m)

故。正确；

D.子弹射入木块后的运动过程中，子弹和木块上升到最大高度时，圆环受到向右下方的拉力，而圆环的速

度方向又向右，此时圆环所受合外力方向与速度方向之间的夹角为锐角，则可知圆环之后做加速运动，即

此时速度不是最大，故。错误。

故选47。

【题型五】反冲和爆炸模型

【典型例题】

刷5（多选哈九中航天科普节活动中，航天兴趣小组模拟火箭升空的过程，将静置在地面上的自制“水火箭”

释放升空。已知“水火箭”质量为河（不包含水），“水火箭”内装有质量为小的水，发射时在极短的时间内

将水以相对地面大小为的速度竖直向下喷出。已知重力加速度为g,空气阻力忽略不计，“水火箭”内的

空气质量忽略不计，不列说法正确的是（）

A.“水火箭”喷出水时，由于“水火箭”和水组成的系统受重力作用，所以系统一定不能看作动量守恒

B.“水火箭”喷出水时，由于内力远大于外力，所以“水火箭”和水组成的系统可以近似看作动量守恒

C.“水火箭”获得的最大速度大小为箸

22

D.“水火箭”上升的最大高度为”

gM2

【答案】BC

【详解】“水火箭”和水组成的系统受到的外力之合不为零，但“水火箭”喷出水时，水和“水火箭”的

相互作用力远大于重力，重力可以忽略不计，所以"水火箭”和水组成的系统可以近似看作动量守恒，故A

错误，B正确；

C.取向上为正方向，根据动量守恒有

Mv—mv0=0

解得

m

忏行的

故。正确；

D.“水火箭”做竖直上抛运动，根据运动学规律可知

d=2gH

可得“水火箭”上升的最大高度为

22

〃二M.

_2gM2

故。错误。

故选

萍方法归纳IS添谢靛鳍匐

（1）对反冲运动的三点说明

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

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

（2）爆炸现象的三个规律

动量由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所

守恒以在爆炸过程中，系统的总动量守恒

动能在爆炸过程中，由于有其他形式的能量（如化学能）转化为动能，所以爆炸后系统的总动

增加能增加

位置爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆

不变炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动

［题目回以一定的倾角斜向上发射一质量为机的炮弹,达到最高点时其速度大小为0,方向水平。炮弹在最

高点爆炸成两块，其中质量为的一块恰好做自由落体运动，则爆炸后质量为的另一块瞬时速度大

小为（）

43

A.vB.--VC.--VD.0

34

【答案】B

【详解】爆炸前总动量为nw,设爆炸后另一块瞬时速度大小为取速度o的方向为正方向，爆炸过程水平

方向动量守恒，则有

3

mv=0+~—mv

4

解得

，4

v=­v

O

故选B。

【过关制试】

一、单的

题目口如图所示,质量为M=5kg的小车静止在光滑水平面上，小车段是半径为A=的四分之一光

滑圆弧轨道，6。段是长为L的粗糙水平轨道，两段轨道相切于B点。一质量为巾=1kg的可视为质点的

滑块从小车上的A点由静止开始沿轨道下滑，然后滑入5C轨道,最后恰好停在。点，滑块与轨道BC间的

动摩擦因数为0.5,重力加速度g取10m/s2/iJ（）

A.整个过程中滑块和小车组成的系统动量守恒B.滑块由A滑到B过程中，滑块的机械能守恒

C.BC段长乙=lmD.全过程小车相对地面的位移大小为0.5m

【答案】。

【解析】滑块社圆弧上运动时有竖直方向的加速度，所以对系统而言竖直方向外力矢量和不为零，不满

足动量守恒的条件，故A错误；

B.滑块由A滑到B过程中，小车对滑块的弹力做负功，滑块的机械能不守恒，故B错误；

。.恰好停在。对点时，二者均静止，根据能量守恒有

mgR—/imgL

解得

L—2m

故。错误；

D.水平动量守恒有

Mv1—mv2

整个过程滑块和小车运到时间相同，故有

Mxi=mx2

g、电分别为M、m,相对地面的位移大小，则滑块相对于小车的位移大小为

Arc=21+2；2=R+L

联合解得

Xi=0.5m

故。正确。

故选。。

题目囱如图所示,光滑水平面上有一小车，小车上有一物体,用一细线将物体系于小车的A端，物体与小车

A端之间有一压缩的弹簧,某时刻线断了，物体沿车滑动到B端粘在B端的油泥上。则下述说法错误的是

AMA/WWW匚5

ZZZZ/Z.

A.若物体滑动中不受摩擦力,则全过程机械能守恒

B.若物体滑动中有摩擦力，则全过程系统动量守恒

C.小车的最终速度与断线前相同

D.全过程系统的机械能不守恒

【答案】A

［解析］AD.根据题意可知，物体与橡皮泥粘合的过程，发生非弹性碰撞，系统机械能有损失，全过程系统

的机械能不守恒，故A错误，。正确；

B.根据题意，取小车、物体和弹簧为一个系统，则系统水平方向不受外力（若物体在滑动有摩擦力，为系统

的内力），全过程系统的动量守恒，故B正确;

C.取系统的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可知，物体沿车滑动到B端粘在口端的油泥上后系

统共同的速度与初速度是相同的，故。正确。

本题选错误的，故选4。

题目①如图甲所示,在光滑水平面上的两小球发生正碰。小球的质量分别为小1和神2。图乙为它们碰撞前

后的c—t图像。已知神尸0.1kg,如图向右为正方向。由此可以判断（）

x/m

甲

A.碰前mi和都向右运动B,碰后两物体动量大小相等

C.m2=0.3kgD.碰撞过程中系统损失了0.4J的机械能

【答案】。

【解析】A.根据①-1图像的斜率表示速度，可知碰前向右运动，处于静止状态，故A错误;

BC.根据c-t图像的斜率表示速度,可知碰前mi的速度为

5=》=1^=4111/$

2

碰后mi和m2的速度分别为

，0-8-m/s=—2m/s,以=4^16-8

-m/s=2m/s

5=^7=6-26-2

△力2At2

根据动量守恒可得

联立解得

m2—0.3kg

碰后两物体的速度大小相等，但质量不相等，则动量大小不相等，故B错误，。正确;

D.碰撞过程中系统损失的机械能为

AE=—71M27n2泼=0

故。错误。

故选。。

［题目⑷如图所示，质量小产3kg且足够长的小车静止在光滑的水平面上，现有质量加2=2kg可视为质点的

物块，以水平向右的速度*=2m/s从左端滑上小车,物块与车上表面间的动摩擦因数〃=0.5,最后恰好不

掉下小车且与小车保持相对静止，g取lOm/s?。在这一过程中，下列说法正确的是（）

777777777777777777777777777

A.系统最后共同运动的速度为1.2m/sB.系统损失的机械能为4.8J

C.小车获得的最大动能为0.96JD.物块克服摩擦力做的功为4J

【答案】。

【解析】由物块与小车组成的系统动量守恒得

馆2。0=（馆］+g）。共

则

m2P0

Vj_=-------m/s=0.8m/s

:j-:

八乙

mi+m2OI

故A错误;

B.由能量守恒可知，系统损失的机械能为

AE=十小2端—^~（馆1+馆2）。工=；x2x*J—~~x（3+2）x0.8叮=2.4J

故B错误；

C.当物块与小车到达共速时，小车的速度最大，动能最大，为

瓦max小车=］加yX3X0.82J=0.96J

故C正确；

D.整个过程中对物块由动能定理可知

14^•克=~Tn2iJo—去~x2x2\7—，x2x0.82J=3.36J

故D错误。

故选C。

题目回皮划艇射击是一种比赛运动，比赛时,运动员站在静止的皮划艇上，持枪向岸上的枪靶水平射击。己

知运动员（包括除子弹外的装备）及皮划艇的总质量为河,子弹的质量为假设子弹射击过程中火药释放

的总能量为E,且全部转化为动能，在陆地射击和在皮划艇上射击时子弹出射速度会有少许差异。陆地射

击时子弹的射出速度为3,子弹动能为耳1；在皮划艇上射击时子弹的出射速度为。2,动能为七2,运动员及

皮划艇的速度为”3,射击过程中可认为子弹、运动员及皮划艇组成的系统在水平方向动量守恒。下列关系

式正确的是（）

。尸

【答案】。

【解析】？1.在陆地射击时，火药释放的能量全部转化为子弹的动能，因此有

Ekl=^mvt=E

解得

5=

严Vm

A错误;

CD.在皮划艇上射击时，根据水平方向动量守恒，有

0=Mv^+mv2

11

E=­M9vl~\--mv92

联立解得

Vo=/-------；——H

xy（7W+m）m

vi_IM+m

五一'M

故。错误，。正确；

B.在皮划艇上射击时，子弹的动能

Ek2—［馆*=77^~~E

k222M+m

则

Eki_M+m

瓦一M

故B错误。

故选。。

题目回2023年春节期间，中国许多地方燃放了爆竹，爆竹带来浓浓的年味。一质量为”的爆竹竖直运动到

最高点时,爆炸成两部分，爆炸后瞬时质量为m的部分动能为E,爆炸时间极短可不计，不计爆炸过程中的

质量损失，则该爆竹爆炸后瞬时的总动能为()

A.9MEB.丁图一-EC.mED.ME

M—m2(M—m)M—mM—m

【答案】。

【解析】设爆炸后瞬时质量为771的速度大小为小，另一部分的速度大小为根据动量守恒可得

mg=(M—m)v2

解得

m

3=1M7-----m--0

又

E=

则该爆竹爆炸后瞬时的总动能为

E,'=m)vl

联立解得

故选。。

颔目⑦有一条窄长小船停靠在湖边码头，某同学想用一个卷尺粗略测定它的质量。他首先使船平行码头自

由停泊,轻轻从船尾上船，走到船头后停下来，然后轻轻下船，用卷尺测出船后退的距离为d,船长为L，已

知他自身的质量为小,不计水的阻力，则船的质量”为()

AmL口m(L—d)m(L+d)md

AfB--d-C--d-D-

【答案】B

【解析】设人走动时船的速度大小为夕,人的速度大小为M,人从船尾走到船头所用时间为to取船的速度为

正方向。则

d

v=一

t

，_L—d

v~~r

根据动量守恒

Mv—mv—0

代入解得

d

故选B。

题目回如图所示,质量为3kg的光滑轨道静置于足够大的光滑水平地面上，光滑轨道的部分为半径为

△的四分之一圆弧，8部分水平。质量为1kg的小球(可视为质点)从圆弧轨道顶端B正上方的A点由

静止自由落下,与圆弧相切于B点并从B点进入圆弧。已知AB=CD=A=0.3m，取重力加速度大小g=

lOm/s?,下列说法正确的是（）

力。

A.轨道对小球做正功B.轨道的最大速度为3m/s

C.轨道对地面的最大压力为70ND.两者分离时轨道移动了0.15m

【答案】。

【解析】A.小球对轨道做正功，轨道对小球做负功，故4错误；

系统在水平方向动量守恒，有

0=mv1—Mv2

根据能量守恒有

mg（J?+R）=

解得

%=3m/s,。2=lm/s

由此可知，轨道的最大速度为lm/s,故B错误；

C.小球在。点时对物块的压力最大，此时物块没有加速度，以物块为参考系（此时为惯性系），小球此时相

对圆心的速度为Vi+5，对整体应用牛顿运动定律有

„,,,,（vi+vs）2280z

FN=胸+mg+m-------=~^N

rio

故。错误；

D.对小球和轨道组成的系统，有

mg=MX2

力1+电=272

所以二者分离时轨道移动的距离为

2R八［二

x=——=0.15m

24

故。正确；

故选。。

二、多选题

>1回如图，“水上飞人”是近几年流行的游乐项目。假设人（包括装备）的质量为70kg,两个出水口的横截

面积均为lOOcn?,适当调节出水口的喷水速度可以使人悬停在空中（近似认为水流喷出前的速度为0）,忽

略中间水管对人的作用力，水的密度为L0xH）3kg/m3,重力加速度大小取g=10m/s2。则（）

A.悬停过程中水对人做正功B.悬停过程中水对人的冲量竖直向上

C.出水口的喷水速度大小约为6m/sD.出水口的喷水速度大小约为12m/s

【答案】BC

【解析】悬停过程，因人未发生位移，因此水的反冲动力对人不做功，故A错误；

B.设水的反冲作用力为F,飞行器及人的质量为则根据平衡条件有

F=Mg

即水的反冲作用力竖直向上，因此可知悬停过程中水对人的冲量竖直向上，故B正确；

CD.设出水口的喷水速度为u,在极短的M时间内两个出水口喷出的水的质量为Am,则有

Am=pV—2pSvt\t

设在极短时间内飞行器及人对喷出的水的平均作用力为已取向下为正方向，对喷出的水由动量定理有

F/\t=Amv

根据牛顿第三定律有

F=F

而由平衡条件

F—Mg

联立解得

v~6m/s

故。正确，。错误。

故选BC。

题目,如图所示，载有物资的热气球的总质量为静止于距离水平地面H的高处。现将质量为小的物

资以相对地面竖直向下的速度。。投出，物资落地时与热气球的距离为原设整个过程中热气球所受浮力不

变,重力加速度为g,不计