1.6 反冲现象 火箭【三大必考点+两大秒杀招+九大题型+分层训练】（解析版）

.6反冲现象火箭【三大必考点+两大秒杀招+九大题型+分层训练】课前预习课前预习+知识精讲知识点01火箭与反冲1、反冲(1)定义：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的现象．(2)特点①物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动．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)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，所以用步枪射击时要把枪身抵在肩部，以减少反冲的影响．2、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．知识点02反冲运动与动量守恒定律的理解1．反冲与动量守恒反冲运动的产生是系统内力作用的结果，两个相互作用的物体A、B组成的系统，A对B的作用力使B获得某一方向的动量，B对A的反作用力使A获得相反方向的动量，从而使A沿着与B运动方向的相反方向运动．在以下三种情况中均可用动量守恒定律解决反冲运动问题：(1)系统不受外力或所受外力之和为零，满足动量守恒的条件，可以用动量守恒定律解决反冲运动问题．(2)系统虽然受到外力作用，但内力远远大于外力，外力可以忽略，也可以用动量守恒定律解决反冲运动问题．(3)系统虽然所受外力之和不为零，系统的动量并不守恒，但系统在某一方向上不受外力或外力在该方向上的分力之和为零，则系统的动量在该方向上的分量保持不变，可以用该方向上动量守恒解决反冲运动问题．2．在讨论反冲运动时应注意以下几点(1)速度的反向性：若系统原来静止，抛出部分具有速度时，剩余部分的反冲是相对于抛出部分而言的，两者速度方向相反．可任意规定某一部分的运动方向为正方向，列出动量守恒方程．质量为M的物体以对地速度v抛出一个质量为m的物体，研究剩余部分(M－m)对地反冲速度时，设v的方向为正．列出的方程式为mv＋(M－m)v′＝0，得v′＝－eq\f(m,M－m)v.由于v′为待求速度，事先可不考虑其方向，由计算结果为负值，表示剩余部分的运动方向与抛出部分速度方向相反．由于我们已明确剩余部分与抛出部分反向，因此可直接列出两部分动量大小相等方程．即上例可列式为mv＝(M－m)v′，v′＝eq\f(m,M－m)v其中v′为剩余部分的速率．(2)速度的相对性在反冲运动中，若已知条件是物体间的相对速度，利用动量守恒定律列方程时，应将相对速度转化为绝对速度(一设为对地速度)．知识点03“人船模型”的处理方法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．这样的问题归为“人船模型”问题．2．处理“人船模型”问题的关键(1)利用动量守恒，确定两物体速度关系，再确定两物体通过的位移的关系．由于动量守恒，所以任一时刻系统的总动量为零，动量守恒式可写成m1v1＝m2v2的形式(v1、v2为两物体的瞬时速率)，表明任意时刻的瞬时速率都与各物体的质量成反比．所以全过程的平均速度也与质量成反比．进而可得两物体的位移大小与各物体的质量成反比，即eq\f(x1,x2)＝eq\f(m2,m1).(2)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．解题大招解题大招大招01“人船模型”动量守恒定律是瞬时关系式，动量守恒是指时时刻刻的动量守恒．故人匀速走动，车匀速后退；人加速走动，车加速后退；人减速走动，车减速后退；人动车动；人快车快；人慢车慢；人停车停．动量守恒定律的参考系是地面，故人对地位移不是车长L(L为人相对于车的位移)．作出位移示意图有助于正确求解．大招02火箭的反冲运动问题(1)变质量问题：在反冲运动中还常遇到变质量物体的运动，如在火箭的运动过程中，随着燃料的消耗，火箭本身的质量不断减小，此时必须取火箭本身和在相互作用的短时间内喷出的所有气体为研究对象，取相互作用的这个过程为研究过程来进行研究．(2)速度的相对性：解决火箭多次向外喷射气体的问题时应注意，动量守恒定律中的速度必须是相对于同一惯性参考系(一般取地面为参考系)，另一方面就是注意速度方向的表示方法．题型分类题型分类题型01运用动量守恒定律处理反冲运动问题【例1】如图是2022年2月5日中国选手在北京冬奥会短道速滑接力赛中交接棒时的一个情景，“交棒”的曲春雨在“接棒”的任子威身后猛推一把，使任子威获得更大的速度向前滑行。若任子威的质量小于曲春雨的质量，不计一切阻力，在曲春雨用力推任子威的过程中，下列说法正确的是（）A．曲春雨推任子威的力大于任子威对曲春雨的推力B．任子威的速度增加量等于曲春雨的速度减少量C．任子威的动能的增加量等于曲春雨的动能的减少量D．任子威的动量增加量等于曲春雨的动量减少量【答案】D【解析】A．根据牛顿第三定律，曲春雨推任子威的力等于任子威对曲春雨的推力，A错误；B．根据动量定理得解得质量小的速度变化量大，所以任子威的速度增加量大于曲春雨的速度减少量，B错误；C．通过推力做功，使人体内的生物质能转化为动能，两个人的总动能增加，所以任子威的动能的增加量大于曲春雨的动能的减少量，C错误；D．系统的动量守恒，根据动量守恒定律，所以任子威的动量增加量等于曲春雨的动量减少量，D正确。故选D。【变式1-1】（多选）站在冰面上处于静止状态的80千克运动员甲，把身边静止的60千克的运动员乙推出去，自己向着反方向也运动了出去，不计冰面的摩擦力，关于此过程，下列说法正确的是（

）A．甲对乙做的功与乙对甲做的功大小相等B．甲对乙做功的平均功率大于乙对甲做功的平均功率C．乙的动能增加量等于甲的动能增加量D．两运动员构成的系统机械能不守恒【答案】BD【解析】AC．此过程根据动量守恒可得甲、乙的末动能分别为，由于，可知甲的动能增加量小于乙的动能增加量，根据动能定理可知，乙对甲做的功小于甲对乙做的功，故AC错误；B．根据由于作用时间相同，乙对甲做的功小于甲对乙做的功，则甲对乙做功的平均功率大于乙对甲做功的平均功率，故B正确；D．由于甲乙的动能均增加，所以两运动员构成的系统机械能不守恒，故D正确。故选BD。【变式1-2】一个士兵坐在皮划艇上，他连同装备和皮划艇的总质量是M=120kg，这个士兵用自动步枪在t=2s内沿水平方向连续射出20发子弹，每发子弹的质量是m=10g，子弹离开枪口时相对步枪的速度是v0=800m/s，射击前皮划艇是静止的，不考虑水的阻力。则以下说法正确的是（）A．每次射击后皮划艇的速度改变量都相同B．每次射击后皮划艇的速度改变量都不同，若射出第n发，则C．连续射击20发后皮划艇的速度是0.67m/sD．连续射击时枪受到的平均反冲作用力是40N【答案】B【解析】C．射出第1发子弹的过程中，根据动量守恒定律得解得射出第2发子弹的过程中，根据动量守恒定律得解得同理连续射击20发后皮划艇的速度是C错误；AB．射出第n发，皮划艇速度的改变量为解得A错误，B正确；D．根据动量定理得解得D错误。故选B。题型02单一方向上动量守恒的反冲运动【例2】春节是我国传统节日，人们通常在夜晚放烟花进行庆祝。如图所示，某种烟花弹从地面处发射竖直上升至最高点时炸裂为A、B两块，质量分别为3m和m，A、B初速度方向水平，A的落地点与发射点距离为s，不计空气阻力，则（）A．A、B同时落地B．A、B下落过程中动量守恒C．A、B落地时的速度大小之比为1：3D．A、B落地时间距为4s【答案】AD【解析】A．炸裂后，A、B均做平抛运动，由于下落的高度相同，因此同时落到，A正确；B．由于A、B在下落的过程中，竖直方向受重力的作用，因此动量不守恒，B错误；C．由于水平方向动量守恒，落地时水平方向速度大小之比为1:3，而竖直方向速度相等，因此合速度之比不是1:3，C错误；D．由于水平方向动量守恒，而落地时间相同，因此水平方向位移大小之比为1:3，方向相反，因此落地时距离为4s，D正确；故选AD。【变式2-1】一个质量为m的小型炸弹自水平地面朝右上方射出，在最高点以水平向右的速度v飞行时，突然爆炸为质量相等的甲、乙、丙三块弹片，如图所示。爆炸之后乙自静止自由下落，丙沿原路径回到原射出点。若忽略空气阻力，则爆炸过程释放的化学能为（）A． B． C． D．【答案】D【解析】取向右为正，根据动量守恒解得甲的速度为由能量守恒定律，爆炸过程释放的化学能为故选D。【变式2-2】（多选）中国国防部新闻发言人任国强宣布从当日起，中国人民解放军东部战区在台海附近组织实战化演练。一质量为M的炮弹从地面发射（炮架高度不计），经过时间t在最高处击中相对地面静止的质量为m的（模拟）台军目标，此时炮弹正好发生爆炸，并分成两块质量不同的残骸，可视为两个残骸分别相向做平抛运动，落到地面的时间为t，较小的残骸质量为m并向我方炮架方向飞去。击中过程可看作完全非弹性碰撞，爆炸过程可视为反冲运动，不计空气阻力，下列说法正确的是（）A．击中过程动量守恒，机械能也守恒B．炮弹在最高处速度大小为C．若，残骸会误伤我方人员D．爆炸过程中机械能守恒，但动量不守恒【答案】BC【解析】A．击中过程可看作完全非弹性碰撞，可知击中过程动量守恒，机械能不守恒，故A错误；B．设炮弹在最高处速度大小为，爆炸过程根据动量守恒可得击中过程根据动量守恒可得又，联立解得炮弹在最高处速度大小为故B正确；C．若残骸误伤我方人员，则有即故C正确；D．爆炸过程中机械能不守恒，动量守恒，故D错误。故选BC。题型03爆炸形成的反冲运动【例3】如图所示，光滑桌面上木板C静止并被锁定，质量为1kg，在木板的中央处放置两个可视为质点的小滑块A和B，质量分别为2kg和1kg，两滑块间有少量炸药。某时刻炸药爆炸释放的能量为12J，两滑块开始运动，当一个滑块速度减为零时，木板锁定被解除，两滑块与木板间的动摩擦因数均为0.2，最终一个滑块恰好滑到木板的边缘，g取，不计炸药的质量。则（）A．木板C的最终速度为0.5m/sB．整个过程中两滑块与木板间因摩擦产生的内能为11JC．木板C的最小长度为7.5mD．木板C受到的冲量为1N·s【答案】AC【解析】A．爆炸过程两滑块组成的系统动量守恒，炸药爆炸释放的能量转化为两滑块的动能，有动量守恒能量守恒解得滑块A速度减为零所用时间此时B的速度此过程B与C间的相对位移木板锁定被解除后，滑块A与木板C相对静止，整体与滑块B发生相对运动，设最终三者达到共同速度为v，根据动量守恒定律有解得故A正确；B．整个过程中两滑块与木板间因摩擦产生的内能故B错误；C．设A、C整体与B相对运动过程B与C间的相对位移为，由功能关系可得解得木板最小长度故C正确；D．根据动量定理，木板C受的冲量故D错误；故选AC。【变式3-1】据外媒报道，中国最新的洲际弹道导弹东风-51已经研发完成，东风-51采用固体燃料发动机，最多可携带14枚分导式多弹头。假设一枚在空中飞行的东风-51导弹，质量为，飞行到某点时速度的方向水平，大小为，方向如图所示，导弹在该点突然炸裂成两部分，其中质量的一个弹头沿着v的方向飞去，其速度大小为，求（1）炸裂后另一块质量的弹头的速度；（2）炸裂后导弹两部分总动能比炸裂前增加了多少。【答案】（1），方向与v的方向相反；（2）【解析】（1）设初速度v的方向为正方向，爆炸前后水平方向动量守恒，则有其中解得可知炸裂后另一块质量的弹头的速度大小为，方向与v的方向相反。（2）炸裂前导弹的动能为炸裂后导弹两部分总动能为则炸裂后导弹两部分总动能比炸裂前增加了【变式3-2】一质量为的烟花弹获得动能后，从地面竖直升空，当烟花弹上升的速度为零时，烟花弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为，且均沿竖直方向运动，爆炸时间极短，重力加速度大小为，不计空气阻力和火药的质量，求：（1）求烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间及此时离地面的高度；（2）爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。【答案】（1），；（2）【解析】（1）设烟花弹的初速度为，则有解得烟花弹从地面开始上升的过程中做竖直上抛运动，则有解得烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸上升的高度为（2）对于爆炸过程，取竖直向上为正方向，由动量守恒定律有根据能量守恒定律有解得爆炸后烟花弹向上运动的部分能继续上升的最大高度为所以爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度为题型04火箭的原理【例4】2024年7月5日，我国在太原卫星发射中心使用长征六号改运载火箭，成功将天绘五号02组卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务获得圆满成功。关于火箭点火发射升空的情景，下列说法正确的是（

）A．在火箭向下喷出气体的过程中，火箭的惯性变大B．火箭尾部向下喷出气体，该气体对空气产生一个作用力，空气对该气体的反作用力使火箭获得向上的推力C．火箭尾部向下喷出气体，火箭对该气体产生一个作用力，该气体会对火箭产生一个反作用力，使火箭获得向上的推力D．火箭飞出大气层后，由于没有了空气，因此火箭虽然向后喷气，但是无法获得向前的推力【答案】C【解析】A．火箭喷出气体后质量变小，其惯性变小，故A错误；BC．火箭尾部向下喷出气体，火箭对该气体产生一个作用力，该气体会对火箭产生一个反作用力，使火箭获得向上的推力，故B错误，C正确；D．火箭飞出大气层后，火箭对气体作用，该气体对火箭有反作用力，使火箭获得向前的推力，故D错误。故选C。【变式4-1】如图所示，水火箭中水被向下喷出时，瓶及瓶内的空气就受力向上冲，水火箭就是利用这个原理升空的。某同学将静置在地面上的质量为800g（含水）的自制水火箭释放升空，在极短的时间内，质量为200g的水以相对地面大小为80m/s的速度竖直向下喷出，水喷出后的瞬间，水火箭的动量大小为（喷出过程中重力和空气阻力可忽略）（）A． B．C． D．【答案】D【解析】水从水火箭喷口喷出的瞬间，水火箭和水组成的系统动量守恒，设水喷出后的瞬间，水火箭的动量大小为，根据动量守恒定律，可得解得故选D。【变式4-2】2024年5月7日，长征六号丙运载火箭在我国太原卫星发射中心成功发射，顺利将海王星01星等4颗卫星送入预定轨道，发射任务取得圆满成功。关于火箭、反冲现象，下列说法正确的是（）A．火箭不可以飞出大气层在太空中飞行B．在反冲现象中，系统所受的合外力一定为零，系统的机械能一定守恒C．火箭升空是让高温高压的燃气高速地向下喷出，而使它获得向上的动力D．宇宙飞船、空中飞艇、F1赛车、航母航行都是利用反冲运动原理工作的【答案】C【解析】A．火箭可以飞出大气层在太空中飞行，故A错误；B．在反冲现象中，系统所受的合外力不一定为零，系统动量不一定守恒，反冲现象中，不一定只有重力或只有弹力做功，系统机械能不一定守恒，故B错误；C．火箭升空是让高温高压的燃气高速地向下喷出，而使它获得向上的动力，故C正确；D．反冲是静止或运动的物体通过分离排除部分物质，而使自身在反方向获得加速的现象。开始静止的系统分为两部分，分别朝相反方向运动，这种现象叫反冲。宇宙飞船通过喷气的方式改变速度，从而改变轨道，运用了反冲运动的原理，空中飞艇、F1赛车、航母航行不是运用反冲运动原理工作的，故D错误。故选C。题型05反冲运动与天体运动的结合【例5】北京时间4月26日3时32分，神舟十八号载人飞船成功对接于空间站天和核心舱径向端口，3名航天员随后将从神舟十八号载人飞船进入空间站天和核心舱，若空间站运行轨道上存在密度为的均匀稀薄静态气体，为了维持空间站长期在固定轨道上做匀速圆周运动，需要对空间站施加一个与速度方向相同的动力，已知中国空间站离地高度为h，地球半径为R，地球表面的重力加速度为g。空间站在垂直速度方向的截面积为S，假设稀薄气体碰到空间站后立刻与空间站速度相同，则发动机需要对空间站施加的推力大小为（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】碰到稀薄气体过程中，设空间站对稀薄气体的作用力大小为，经过时间，以稀薄气体为对象，根据动量定理可得其中，中国空间站绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力可得又联立可得故选A。【变式5-1】2023年7月20日21时40分，神舟十六号航天员景海鹏、朱杨柱、桂海潮密切协同，进行了八个小时的太空行走，圆满完成出舱活动全部既定任务。喷气背包作为航天员舱外活动的主要动力装置，它能让航天员保持较高的机动性。如图所示，一个连同装备总质量为的航天员，装备内有一个喷嘴可以使压缩气体以相对空间站v=50m/s的速度喷出。航天员在距离空间站处与空间站处于相对静止状态，航天员完成太空行走任务后，必须向着返回空间站方向的反方向释放压缩气体，才能回到空间站，喷出的气体总质量为，返回时间约为（）A．100s B．200s C．300s D．400s【答案】D【解析】取喷出的气体速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得航天员匀速返回空间站所需要的时间联立得故选D。【变式5-2】（多选）2023年4月15日，神舟十五号航天员乘组进行了第四次出舱活动。如图所示，假设一航天员在距离空间站舱门为的位置与空间站保持相对静止，某一时刻航天员启动喷气背包，压缩气体通过横截面积为的喷口以相对空间站的速度向后持续喷出，若喷出的压缩气体密度恒为，航天员连同整套舱外太空服的质量为，不计喷出气体后航天员和装备总质量的变化，则下列说法正确的是（）A．航天员此操作与喷气式飞机飞行的原理相同B．喷气过程中，航天员受到喷出气体的作用力恒为C．喷气过程中航天员相对空间站做加速度逐渐减小的加速运动D．航天员到达空间站时相对空间站的速度为【答案】ABD【解析】A．航天员此操作的原理为反冲，与喷气式飞机飞行的原理相同，故A正确；B．设在极短的时间内喷出的气体的质量为，则设对压缩气体的作用力为，则对压缩气体有解得可知喷气过程中，航天员受到喷出气体的作用力恒为故B正确；CD．由于喷气过程中，气体的密度和速度恒定，且不考虑航天员和装备总质量的变化，因此航天员受力恒定，做初速度为零的匀加速直线运动，根据，解得故C错误，D正确。故选ABD。题型06“人船”模型【例6】生命在于运动，体育无处不在，运动无限精彩。如图所示，质量为450kg的小船静止在水面上，质量为50kg的人在甲板上立定跳远的成绩为2m，不计空气和水的阻力，下列说法正确的是（）A．人在甲板上散步时，船将后退 B．人在立定跳远的过程中船保持静止C．人在立定跳远的过程中船后退了m D．人相对地面的成绩为2.2m【答案】A【解析】A．根据反冲运动中的人船模型可知，人在甲板上散步时，船将后退，故A正确；BC．设船的质量为，后退位移为，人的质量为，人船相对运动位移为，人和船组成的系统满足水平动量守恒，根据人船模型有代入数据解得人在立定跳远的过程中船后退了0.2m，故BC错误；D．人相对地面的成绩为故D错误。故选A。【变式6-1】如图所示，平板车停在光滑的水平面上，某工人(可视为质点)在平板车上卸货，该工人从固定在平板车上右端的货厢左边缘水平向左跳出，恰好落在平板车左边缘上的P点(该工人落在P点瞬间与平板车共速)。已知平板车长度4m，货厢长度为1m，高度为h=1.25m，工人的质量为m，平板车连同货厢的质量为M=5m，g取10m/s²。则下列说法正确的是（

）A．平板车最终的速度大小为0.5m/s B．工人水平方向移动的距离为4mC．平板车最终移动的距离为2.5m D．工人水平向左跳出时的速度大小为5m/s【答案】D【解析】A．工人与平板车在水平方向动量守恒，则解得故A错误；BC．根据人船模型可得解得，故工人水平方向移动的距离为2.5m，平板车最终移动的距离为0.5m，故BC错误；D．对工人做平抛运动过程，有解得故D正确。故选D。【变式6-2】在一次打靶训练中，起初人和车一起静止在光滑水平面上。人和靶分别在小车两端，车、人、枪、靶总质量M（不含子弹），每颗子弹质量为m，一共有n发。枪靶之间距离为d，子弹击中靶盘后会镶嵌其中，射击时总是等上一发击中后再打下一发。则以下说法正确的是（）A．射击完成后，车会向右做匀速运动B．射击过程中车会移动，射击结束后车会回到原来的位置C．每发射一颗子弹，小车都会向右移动D．全部子弹打完后，小车向右移动的总距离为【答案】D【解析】A．水平面光滑，以车、人、枪、靶和子弹组成的系统所受外力之和为零，系统动量守恒，起初人和车一起静止，射击完成后，车仍然静止，故A错误；BCD．设子弹出口速度为v，车后退速度为，以向左为正方向，根据动量守恒定律有子弹匀速前进的同时，车匀速后退，则有在每一发子弹射击过程中，小车所发生的位移为联立解得所以每颗子弹从发射到击中靶过程，车均向右退，故n颗子弹发射完毕后，小车总共后退距离为所以待打完n发子弹后，小车总共后退，故BC错误，D正确。故选D。题型07弹簧弹开两物体模型【例7】如图所示，在水平光滑桌面上有两辆静止的小车A和B，质量关系为mA=3mB，将两车用细线拴在一起，中间有一被压缩的弹簧。现烧断细线后至弹簧恢复原长前的某一时刻，两辆小车的（）A．加速度大小之比aA:aB=3:1 B．位移大小之比xA:xB=1:3C．动能之比EkA:EkB=3:1 D．动量大小之比pA:pB=1:3【答案】B【解析】CD．根据系统水平方向动量守恒可得，动量大小之比为所以动能之比为故CD错误；A．由于A、B之间的弹力属于作用力和反作用力，大小相等，由牛顿第二定律得加速度之比为故A错误；B．两车速度大小之比为所以位移之比为故B正确。故选B。【变式7-1】（多选）在光滑的水平面上有静止的物体A和B，物体A的质量是B的2倍，两物体与中间用细绳束缚的处于压缩状态的轻质弹簧相连。当把细绳剪断，弹簧在恢复原长的过程中（）A．B的速率是A的2倍B．A的动量大小大于B的动量大小C．A受到的合外力等于B受到的合外力D．A、B组成的系统的总动量为零【答案】AD【解析】ABD．根据题意可知，弹簧在恢复原长的过程中，两物体与弹簧组成的系统动量守恒，规定水平向左为正方向，则有所以即物体A的动量大小与物体B的动量大小相等，方向相反，总动量为零，B的速率是A的速率的2倍，故AD正确，B错误；C．A、B受到的合外力大小相等，均等于弹簧弹力，而方向相反，故C错误。故选AD。【变式7-2】（多选）如图所示，静止在光滑水平面上的两辆小车用细线相连，中间有一个压缩了的轻弹簧（与小车不栓接），烧断细线后（

）A．两车同时开始运动B．在弹簧第一次恢复原长前，两车的动能减少C．在弹簧第一次恢复原长前，两车的移动的距离之比不变D．在弹簧第一次恢复原长的整个过程中，两车动量的变化相同【答案】AC【解析】A．烧断细线后，两车同时开始运动，故A正确；B．在弹簧第一次恢复原长前，两车的动能一直增加，故B错误；C．在弹簧第一次恢复原长前，两车组成的系统动量守恒，则平均动量也守恒，即两边同乘时间可得可得两车的移动的距离之比不变，故C正确；D．在弹簧第一次恢复原长的整个过程中，两车动量的变化大小相等，方向相反，故D错误。故选AC。题型08气球和人模型【例8】如图所示，大气球质量为，载有质量为的人，静止在空气中距地面高的地方，气球下方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地面，为了安全到达地面，则绳长至少为（不计人的身高，可以把人看作质点）（）A． B． C． D．【答案】D【解析】设人的质量为m1，气球的质量为m2，系统所受重力与浮力平衡，合外力为零，根据系统动量守恒得人与气球运动的距离分别为，联立可得又代入数据，解得绳长至少为故选D。【变式8-1】如图所示，一个质量为的人抓在一只大气球下方，气球下面有一根长绳。气球和长绳的总质量为，长绳的下端刚好和水平面接触。初始静止时人离地面的高度为。如果这个人开始沿长绳向下滑动，当他滑到长绳下端时，他离地面的高度大约是（可以把人看作质点）（）A． B． C． D．【答案】B【解析】根据题意，设人的速度为，气球的速度为，人下滑的距离为，气球上升的距离为，根据人和气球动量守恒得则有解得又有则人下滑的距离为气球上升的距离为则此时人离地面的高度大约是。故选B。【变式8-2】质量为M的热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，当他相对于绳梯的速度达到v时（）A．人相对于地面的速度为 B．人相对于地面的速度为C．气球相对于地面的速度为 D．气球相对于地面的速度为【答案】C【解析】AB．和不是同一时刻的速度，和无实际意义，故AB错误；CD．当人相对于绳梯的速度达到v时，气球相对于地面的速度设为，则人相对于地面的速度应为，根据动量守恒定律有可得故C正确，D错误。故选C。题型09圆环与滑块模型【例9】如图所示，质量的圆环套在光滑的水平轨道上，质量的小球通过长的轻绳与圆环连接。现将细绳拉直，且与AB平行，由静止释放小球，重力加速度。则（

）A．运动过程中，小球的机械能守恒B．小球从释放到最低点过程，绳子对小球的拉力做正功C．小球通过最低点时，小球的速度大小为6m/sD．从小球开始运动到小球运动到最低点这段时间内，圆环的位移大小为0.6m【答案】D【解析】AB．该过程，系统机械能守恒，小球的机械能减小，绳子对其拉力做负功，故AB错误；C．依题意，系统水平方向动量守恒，可得由系统机械能守恒，可得联立解得故C错误；D．系统水平方向动量守恒，根据“人船模型”可得又联立解得即圆环的位移大小为，故D正确；故选D。【变式9-1】长为l的轻绳，一端用质量为m的圆环在水平光滑的横杆上，另一端一质量为2m的小球，开始时，将小球移至横杆处（轻绳处于水平伸直状态，见图），然后轻轻放手，当绳子与横杆成直角，此过程圆环的位移是x，则（）A． B． C．x=0 D．【答案】A【解析】选小球和圆环为系统，整个过程中在水平方向都满足动量守恒，设从开始到绳子与横杆成直角的过程中，圆环的平均速度大小为v1，小球的平均速度大小为v2，则设运动时间为t，此过程圆环的位移大小为x，小球的位移大小为l−x，则解得故选A。【变式9-2】如图所示，质量M=3kg的圆环套在光滑的水平轨道上，质量m=1kg的小球通过长L=0.6m的轻绳与圆环连接。现将细绳拉直，且与AB平行，由静止释放小球，重力加速度，求：（1）小球通过最低点时，小球和圆环的速度大小；（2）从小球开始运动到小球运动到最低点这段时间内，圆环的位移大小。【答案】（1）=3m/s，=1m/s；（2）0.15m【解析】（1）设小球通过最低点时小球、小环的速度分别为、，由机械能守恒由水平方向动量守恒可得解得，（2）根据水平方向动量守恒可知，小球和小环速度之比等于质量的反比，又两者运动时间相同，由公式可得又解得分层训练分层训练【基础过关】1．2023年10月10日，据黎巴嫩媒体报道，以色列军队在黎巴嫩南部领土使用国际法禁止的白磷弹。假设一质量为m的白磷弹竖直向上运动到最高点时，爆炸成两部分，爆炸后瞬时质量为部分的动能为，爆炸时间极短可不计，不计爆炸过程中的质量损失，则该白磷弹爆炸后瞬时的总动能为（）A． B． C． D．【答案】C【详解】爆炸后瞬时质量为部分的速度大小为，另一部分的质量为，速度大小为，根据动量守恒可得又，该白磷弹爆炸后瞬时的总动能为联立解得故选C。2．如图所示，水平地面上紧挨着的两个滑块P、Q之间有少量炸药（质量不计），爆炸后P、Q沿水平地面向左、右滑行的最大距离分别为0.8m、0.2m。已知P、Q与水平地面间的动摩擦因数相同，则P、Q的质量之比m1:m2为（）A．1∶2 B．2∶1 C．4∶1 D．1∶4【答案】A【详解】爆炸过程中，两滑块动量守恒，取水平向右为正，则爆炸之后分别对两滑块动能定理可知：滑块P滑块Q联立代入已知数据解得故选A。3．一门旧式大炮如图所示，炮车和炮弹的质量分别为M和m，炮筒与水平地面的夹角为α，炮弹发射瞬间相对于地面的速度为v0。不计炮车与地面的摩擦，则炮车向后反冲的速度大小为（

）A． B． C． D．【答案】A【详解】根据题意可知，炮弹离开炮口时，炮弹和炮车在水平方向上受到的外力相对于内力可忽略不计，则系统在水平方向上动量守恒。取炮车后退的方向为正，对炮弹和炮车组成系统为研究，在水平方向上，由动量守恒定律有解得故选A。4．在某次演练中，一颗炮弹在斜向上飞行过程中爆炸，如图所示。爆炸后，炮弹分成两部分。若炮弹重力远小于爆炸内力，则关于爆炸后两部分的运动轨迹不可能的是（）A． B．C． D．【答案】A【详解】炮弹重力远小于爆炸内力，则炮弹爆炸过程中动量守恒，炮弹爆炸前动量斜向右上，所以爆炸后瞬间两部分的动量矢量和也一定斜向右上。A图所示情况，爆炸后两部分的动量矢量和沿水平方向，所以是不可能的；B、C、D图所示情况，爆炸后两部分的动量矢量和可以斜向右上，所以是可能的。故选A。5．如图所示，一枚质量为m的火箭在空中飞行燃料即将耗尽，此时火箭的速度水平向右、大小为，若该瞬间火箭突然炸裂成两块，其中质量为的后部箭体以速率水平向左飞行。若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则炸裂瞬间前部箭体的速度大小为（）A． B． C． D．【答案】D【详解】以水平向右为正方向，炸裂过程根据动量守恒可得解得炸裂瞬间前部箭体的速度大小为故选D。6．如图所示，两辆质量相同的小车置于光滑的水平面上，有一人静止站在A车上，两车静止，当这个人自A车跳到B车上，接着又跳回A车，则以下说法正确的是（）A．A车的速率大于B车的速率 B．A车的速率等于B车的速率C．A、B两车仍然保持静止 D．A车的速率小于B车的速率【答案】D【详解】A、B两车和人组成的系统在水平方向不受外力，故A、B两车和人组成的系统在水平方向动量守恒，由于系统的初动量为0，则系统末动量为0，则有可得可知A车的速率小于B车的速率。故选D。7．一个质量为m的小型炸弹自水平地面朝右上方射出，在最高点以水平向右的速度v飞行时，突然爆炸为质量相等的甲、乙、丙三块弹片，如图所示。爆炸之后乙自静止自由下落，丙沿原路径回到原射出点。若忽略空气阻力，则爆炸过程释放的化学能为（）A． B． C． D．【答案】D【详解】取向右为正，根据动量守恒解得甲的速度为由能量守恒定律，爆炸过程释放的化学能为故选D。8．如图所示，凹槽Q静置于光滑水平面上，其上表面为半径为R的半圆柱面。现将一个小球P从凹槽的右侧最顶端由静止释放，一切摩擦均不计。则以下说法正确的是（）A．Q和P组成的系统机械能守恒B．Q和P组成的系统动量守恒C．当Q的动能最大时，P的动能最小D．当P释放后第一次速度为零时，其位移大于2R【答案】A【详解】A．Q和P组成的系统，只有小球P的重力做功，满足系统机械能守恒，故A正确；B．由于小球P在竖直方向存在加速度，而凹槽Q在竖直方向没有加速度，则Q和P组成的系统在竖直方向的合外力不为零，竖直方向动量不守恒，故Q和P组成的系统动量不守恒，故B错误；C．Q和P组成的系统在水平方向不受力，系统满足水平方向动量守恒，当小球P运动到圆心等高处时，小球P和凹槽Q的速度均为零，此时小球P和凹槽Q的动能均最小，故C错误；D．当P释放后第一次速度为零时，小球P相对于凹槽Q运动到左侧圆心等高处，此过程小球P相对凹槽Q向左的位移大小为，但由于凹槽Q向右运动，可知小球P的位移小于，故D错误。故选A。9．A、B两物体质量分别为和，与水平地面之间的动摩擦因数分别为和，开始时两物体之间有一压缩的轻弹簧（不拴接），并用细线将两物体拴接在一起放在水平地面上。现将细线剪断，则两物体将被弹簧弹开，最后两物体都停在水平地面上。下列判断正确的是（

）

A．在两物体被弹开的过程中，因为弹簧弹力，A、B两物体组成的系统动量不守恒B．在脱离弹簧后两物体的运动过程中，因为摩擦力，两物体组成系统动量不守恒C．在弹簧弹开两物体以及脱离弹簧后两物体的运动过程中，A、B两物体组成的系统动量守恒D．两物体不一定同时停在地面上【答案】C【详解】ABC．因为A、B与地面之间的摩擦力分别为在弹簧弹开两物体以及脱离弹簧后两物体的运动过程中，A、B两物体组成的系统受合外力为零，则系统的动量守恒，选项AB错误，C正确；D．在弹簧弹开两物体以及脱离弹簧后两物体的运动过程中，因系统的总动量为零，则当一个物体停下来速度为零时，另一个物体的速度一定也为零，即两物体一定同时停在地面上，选项D错误。故选C。10．一爆竹飞行到距离地面的最高处时速度大小为，水平向右，此时从中间瞬间爆炸成质量相等的头、尾两块，头部在右端，两者均沿水平方向飞出且不翻转，不计质量损失，不计空气阻力，g取。下列图中关于头、尾两块爆竹飞行的轨迹可能正确的是（

）A．

B．

C．

D．

【答案】A【详解】A．由图可知，爆炸后的两块爆竹下落时间为解得两块爆竹水平方向做匀速直线运动，则头部，尾部，设爆竹的总质量为，以爆炸前的速度方向为正方向，爆炸过程中动量守恒，则爆炸前的总动量和总动能为，爆炸后的总动量和总动能为，则有，则爆炸前后动量守恒，动能增加，符合实际，故A正确；B．两块爆竹水平方向做匀速直线运动，则头部，尾部，设爆竹的总质量为，以爆炸前的速度方向为正方向，爆炸过程中动量守恒，则爆炸前的总动量为爆炸后的总动量为则有则爆炸前后动量不守恒，故B错误；C．两块爆竹水平方向做匀速直线运动，则头部，尾部，设爆竹的总质量为，以爆炸前的速度方向为正方向，爆炸过程中动量守恒，则爆炸前的总动量为爆炸后的总动量为则有则爆炸前后动量守恒，但头部的速度小于尾部速度，不符合实际，故C错误；D．两块爆竹水平方向做匀速直线运动，则头部，尾部，设爆竹的总质量为，以爆炸前的速度方向为正方向，爆炸过程中动量守恒，则爆炸前的总动量和总动能为，爆炸后的总动量和总动能为，则有，则爆炸前后动量守恒，动能相等，但爆炸后总动能会增大，不符合实际，故D错误。故选A。11．（多选）如图所示，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h高处由静止释放，然后由A点经过半圆轨道后从B冲出，在空中能上升的最大高度为（不计空气阻力），则该过程（）A．小球和小车组成的系统满足动量守恒B．小车向左运动的最大距离为RC．小球离开小车后做斜上抛运动D．该过程小球克服摩擦做功为【答案】BD【详解】A．小球与小车组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向系统动量守恒，但竖直方向合力不为零，所以系统动量不守恒，故A错误；B．系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得，解得，小车的位移x=R故B正确；C．小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，小球由B点离开小车时系统水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，故C错误；D．小球在车中运动过程中，由动能定理得该过程小球克服摩擦做功为故D正确。故选BD。12．（多选）科普节活动中，某兴趣小组利用饮料瓶制作的“水火箭”如图所示，瓶中装有一定量的水，其发射原理是通过打气使瓶内空气压强增大，当橡皮塞与瓶口脱离时，瓶内水向后喷出。静置于地面上的质量为M（含水）的“水火箭”释放升空，在极短的时间内，质量为m的水以相对地面为v0的速度竖直向下喷出。重力加速度为g，空气阻力不计，下列说法正确的是（

）A．水喷出的过程中，火箭和水机械能守恒B．火箭的推力来源于火箭外的空气对它的反作用力C．发射后，火箭在空中飞行的时间为D．火箭上升的最大高度为【答案】CD【详解】A．水喷出的过程中，瓶内气体做功，火箭及水的机械能不守恒，故A错误；B．火箭的推力来源于向下喷出的水对它的反作用力，故B错误；C．由题意可得，由动量守恒定理可得解得火箭获得的速度为火箭在空中飞行的时间为故C正确；D．水喷出后，火箭做竖直上抛运动，由题意有解得火箭上升的最大高度为故D正确。故选CD。13．（多选）如图所示，光滑水平面上有两辆小车，用细线（未画出）相连，中间有一个被压缩的轻弹簧（与两小车未连接），小车处于静止状态，烧断细线后，由于弹力的作用两小车分别向左、右运动。已知两小车的质量之比为，下列说法正确的是（）

A．弹簧弹开左右两小车的速度大小之比为B．弹簧弹开后左右两小车的动量大小之比为C．弹簧弹开过程左右两小车受到的冲量大小之比为D．弹簧弹开过程弹力对左右两小车做功之比为【答案】BD【详解】A．两小车及弹簧系统所受合力为零，动量守恒，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律得解得故A错误；B．由动量守恒定律知，弹簧弹开后左右两小车的动量大小相等，即弹簧弹开后左右两小车的动量大小之比为，故B正确；C．弹簧弹开过程中，左右两小车受到的弹力大小相等，作用时间相同，由知，左右两小车受到的冲量大小之比为，故C错误；D．由动能定理得，弹簧弹开过程弹力对左右两小车做功之比为故D正确。故选BD。14．如图，A、B质量分别为m1=1kg，m2=2kg，置于小车C上，小车的质量为m3=1kg，A、B与小车的动摩擦因数0.5，小车静止在光滑的水平面上。某时刻炸药爆炸，若A、B间炸药爆炸的能量有12J转化为A、B的机械能，其余能量转化为内能。A、B始终在小车表面水平运动，小车足够长，求：（1）炸开后A、B获得的速度各是多少？（2）A、B在小车上滑行的时间各是多少？【答案】（1）,；（2）0.8s，0.3s【详解】（1）炸药爆炸瞬间A、B系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得A、B的机械能总量为12J，故有联立解得，（不合实际，舍去）或者，（2）爆炸后AB在C上滑动，B先与C相对静止，设此时A的速度为v3，B、C的速度为v4，该过程中ABC组成的系统动量守恒。设该过程的时间为t3，对A应用动量定理对B应用动量定理对C应用动量定理代入数据得，，之后，A在C是滑动直到相对静止，根据系统的动量守恒，有解得设A滑动的总时间为t，则，解得15．双响爆竹，其一响之后，腾空再发一响，因此得名二踢脚。如图所示，质量为0.1kg的二踢脚竖立在地面上被点燃后发出一响，向下喷出少量高压气体（此过程位移可忽略）后获得20m/s的速度竖直升起，到达最高点时恰好发生第二响，立即被炸成的A、B两块，其中质量的A部分以的速度向南水平飞出。已知第二响释放的能量有30%转化为A、B的机械能，不计二踢脚内火药的质量和所受的空气阻力，取，求：（1）A、B两部分落地时的距离L；（2）第二响释放的能量。【答案】（1）；（2）【详解】（1）A、B两部分落地的时间为炸成的A、B两块时，根据在水平方向动量守恒其中解得炸成的A、B两块后，两部分分别做平抛运动，则两部分水平位移分别为则，A、B两部分落地时的距离L为（2）由题意可知其中解得【能力提升】1．如图所示，水平面左侧有一足够长的、相对水平面高为H的光滑平台，质量为M的滑块与质量为m的小球之间有一个处于压缩且锁定状态的轻弹簧（弹簧不与滑块和小球连接），系统处于静止状态。某时刻弹簧解除锁定，小球离开平台后做平抛运动，落到水平面上时落点到平台的距离为s，重力加速度为g，则滑块的速度大小为（）

A． B． C． D．【答案】C【详解】小球射出时，设其速度为，系统在水平方向上动量守恒，取向右为正方向，对系统在水平方向上，由动量守恒有小球做平抛运动，有联立解得故选C。2．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。已知运动员（包括除子弹外的装备）及皮划艇的总质量为M，子弹的质量为m，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v1，子弹动能为；在皮划艇上射击时子弹的出射速度为v2，动能为，运动员及皮划艇的速度为v3，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（）A． B． C． D．【答案】D【详解】A．在陆地射击时，火药释放的能量全部转化为子弹的动能，因此有解得A错误；CD．在皮划艇上射击时，根据水平方向动量守恒，有联立解得故C错误，D正确；B．在皮划艇上射击时，子弹的动能则故B错误。故选D。3．如图所示，完全相同的A、B两物块随足够长的水平传送带按图中所示方向匀速运动，A、B间夹有少量炸药。现炸药发生爆炸，则在爆炸及随后的过程中，下列说法正确的是（）A．炸药爆炸过程，A、B两物块组成的系统动量不守恒B．炸药爆炸过程，A、B两物块组成的系统机械能不能增加C．在炸药爆炸后至A、B相对传送带静止过程，A、B组成的系统动量守恒D．在炸药爆炸后至A、B相对传送带静止过程，A、B组成的系统机械能守恒【答案】C【详解】A．A、B在炸药爆炸过程中，内力远远大于外力，A、B两物块组成的系统动量守恒，故A错误；B．A、B在炸药爆炸过程中，将炸药的化学能转化为A、B两物块的机械能，所以A、B两物块的机械能增加，故B错误；CD．以传送带为参考系，A、B两物块爆炸后，由动量守恒定律可知，两物块的速度大小相等，方向相反，两物块在传送带上的加速度大小相等，且都与各自的运动方向相反，都做匀减速运动，两物块同时相对传送带静止，所以总冲量是0，动量是守恒的；但需克服摩擦力做功，机械能不守恒，故C正确，D错误。故选C。4．地空导弹又称防空导弹，是指从地面发射攻击空中目标的导弹．如图所示，某次导弹试射中，质量为M的地空导弹斜射向天空，运动到空中最高点时速度为，突然炸成两块，质量为m的弹头以速度v沿的方向飞去，爆炸过程时间极短，为。整个过程忽略空气阻力，则下列说法正确的是（）A．爆炸后的一瞬间，另一块以的速度一定沿着与相反的方向飞去B．爆炸过程中另一块对弹头的平均作用力大小为C．爆炸过程释放的化学能为D．爆炸后到落地前，对弹头和另一块构成的系统，水平方向动量守恒【答案】D【详解】A．在最高点水平方向动量守恒，取的方向为正则得另一块的速度为可正可负可为零，故A错误；B．爆炸过程时间极短，可忽略重力作用，对质量为m的弹头用动量定理，取的方向为正解得故B错误；C．爆炸过程释放的化学能为故C错误D．爆炸后到落地前，对弹头和另一块构成的系统，在水平方向上不受外力，因此在水平方向动量守恒，故D正确。故选D。5．如图所示，半径分别为3R和R的两光滑半圆轨道安置在同一竖直平面内，两轨道之间由一条光滑水平轨道CD相连，在水平轨道CD上有一轻弹簧被a、b两小球夹住，同时释放两小球，a、b球恰好均能通过各自半圆轨道的最高点，已知a球的质量为m。则（）A．b球质量为mB．两小球与弹簧分离时，动能相等C．若要求a、b都能通过各自的最高点，弹簧释放前至少具有的弹性势能为D．a球到达圆心等高处时，对轨道压力为9mg【答案】C【详解】当小球恰好能通过半圆轨道的最高点时，在最高点的位置，小球的重力提供小球做圆周运动的向心力，对a小球，根据动能定理得在最高点时，根据牛顿第二定律得联立解得同理对b分析可得：b球的速度为A．对a、b组成的系统进行研究，在释放瞬间，两小球的动量守恒，选a球的速度方向为正方向，则解得故A错误；B．动能与动量的关系为因为两个小球的动量相等，但质量不相等，则两小球与弹簧分离时，动能也不相等，故B错误；C．若两小球的质量相等，则与弹簧分力时两小球的速度大小相等，方向相反，根据上述分析，两小球具备的最小速度与上述分析的a球的速度相等，则弹簧的弹性势能等于两小球的动能之和，因此故C正确；D．当a球到达圆心等高处时，对此过程根据动能定理得在与圆心等高的位置，根据牛顿第二定律得：结合牛顿第三定律可得N=FN联立解得N=3mg方向水平向右，故D错误；故选C。6．如图所示，假设烟花上升到距地面高度为h的最高点时，炸裂成甲、乙、丙三个质量均为m的碎块（可视为质点），其中甲的初速度大小为v0，方向竖直向上，乙、丙的初速度大小相等且夹角为120°，爆炸产生的热量为Q，重力加速度大小为g，空气阻力忽略不计。下列说法正确的是（）A．爆炸刚结束时，乙、丙的合动量大小为2mv0B．三个物体到达地面时的动能不相等C．甲在落地的过程中，重力对甲的冲量大小为D．爆炸过程中释放的总能量为【答案】C【详解】A．根据动量守恒可知，爆炸刚结束时，乙、丙的合动量应与甲的动量等大反向，即大小为mv0，故A错误；B．三物块的质量相等，且乙、丙的初速度大小相等且夹角为120°，根据平行四边形定则可知，乙、丙的动量大小与乙、丙两速度合成后的动量大小相同，因此三个物块初速度大小均相等，初动能相等，三个物体到达地面时重力做功相等，则末动能相等，故B错误；C．甲在落地的过程中，设用时为t，则有重力对甲的冲量大小解得故C正确；D．结合以上分析，三个物块初速度大小和初动能均相同，爆炸过程中释放的总能量即三个物块初动能之和加上爆炸产生的热量为Q，即大于，故D错误。故选C。7．两个小木块B、C中间夹着少量炸药，使它们一起在光滑水平面上沿直线运动，这时它们的运动图线如图中a线段所示，在t=4s末，引爆炸药，B、C瞬间分离后，运动图线分别如图中b、c线段所示。从图中的信息可知（）A．木块B、C分离后的运动方向相反B．木块B的质量是木块C质量的四分之一C．木块B、C分离过程中B木块的动量变化较大D．木块B、C分离前后，系统的总动能不变【答案】B【详解】A.图像的斜率表示速度的大小，从图像上可以木块B、C分离后的运动方向相同，故A错误；B.碰前的速度为：碰后B的速度为：碰后C的速度为：碰撞动量守恒解得故B正确；C.系统内动量守恒所以木块B、C分离过程中两木块的动量大小相等，方向相反，故C错误；D.木块B、C分离前后，由于由化学能转化为动能，所以系统的总动能增大，故D错误。故选B。8．燃放炮竹是我国很多地方春节期间的习俗，其中有一种“冲天炮”的炮竹，可以从地面上升到空中爆炸．若有一颗“冲天炮”从水平地面发射到达最高点时爆炸成质量比为的两部分1和2，如图所示。已知爆炸后瞬间部分1的初速度大小为，方向斜向上与竖直方向成角。测得部分1的落地点到爆炸点间的水平距离为，重力加速度，不计空气阻力，，。则下列说法正确的是（

）A．爆炸后瞬间部分2的速度大小为B．爆炸点离地的高度为C．部分1、2落地的时间差为D．部分1、2落地点间的距离为【答案】D【详解】A．由动量守恒有解得A错误；B．爆炸后1做斜抛运动，在竖直方向分速度为则1上升到最高点的时间为上升的高度为在水平方向分速度为则从爆炸后到1落地共经历时间则从最高点到地面经历时间为则最高点到地面高度为故爆炸点离地面高度为B错误；C．部分2竖直向下分速度为则有解得则部分1、2落地的时间差为C错误；D．部分2水平向左的分速度为则2落地点水平位移则两部分落地点间的距离为D正确。故选D。9．如图所示，质量为m的木块A放在光滑的水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为l的细线（线长小于杆长），细线另一端系一质量为m、可视为质点的小球B，现将小球B拉起使细线处于水平伸直状态并由静止释放，已知重力加速度为g，在小球开始运动到最低点的过程中木块和轻杆始终不翻倒，下列说法正确的是（）A．小球到最低点时速度大小为B．木块对地面的最小压力大小为2mgC．小球和木块组成的系统总动量守恒D．小球竖直方向合力为零时，重力的瞬时功率最大【答案】D【详解】C．由于木块放在光滑水平面上，小球向下运动的过程中，系统竖直方向合力不为零，水平方向不受外力，所以系统水平方向动量守恒，故C错误；A．由于小球和木块的质量相同，根据水平方向动量守恒，有所以小球到最低点速度大小与木块速度大小相同，根据系统的机械能守恒有解得故A错误；B．小球刚释放时，小球不受拉力，木块对地面的压力最小，此时压力大小为mg，故B错误；D．由于小球重力的瞬时功率为当小球竖直方向速度最大时，竖直方向加速度为零，竖直方向合力为零，重力的瞬时功率最大，故D正确。故选D。10．2023年7月20日21时40分，神舟十六号航天员景海鹏、朱杨柱、桂海潮密切协同，进行了八个小时的太空行走，圆满