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．
4．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图象为( )
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图象的是B. 考点二 火箭问题分析
5．(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 C．使喷出的气体质量更大 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mvv′，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′
M－m越大．故A、C正确．
B．使喷出的气体温度更高 D．使喷出的气体密度更小
6．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( ) mMMmA.v0 B.v0 C.v0 D.v MmM－mM－m0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m量守恒定律有0＝(M－m)v－mv0，得v＝v0，故选D.
M－m考点三 “人船模型”的应用
7．(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?M＋m?v0－mv1
程中，气球的速度为v2＝.当v2>0时，气球可匀速上升；当v2＝0时，气球静
M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．
8．如图2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2
mhA. M＋mmhC. ?M＋m?tan α
MhB. M＋mMhD. ?M＋m?tan α
答案 C
解析 此题属于“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 h
且x1＋x2＝.②
tan α
mh
由①②可得x2＝，故选C.
?M＋m?tan α
9．(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 M
B．滑块运动的距离是L
M＋mM
C．蜗牛运动的位移是滑块的倍
mD．滑块与蜗牛运动的距离之和为L 答案 CD
mM
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
M＋mM＋m确． 二、非选择题
1
10. (反冲问题模型)如图3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
4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？(重力加速度为g)
图3
答案 m2gR
M?M＋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v111
的方向为正方向，则有：mv1－Mv2＝0，mgR＝mv12＋Mv22，解得v2＝m
22
. M?M＋m?2gR
11．(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2×104 m3/s，喷出速度保持为对地10 m/s.启动前火箭总质量为
－
1.4 kg，则启动2 s末火箭的速度可以达到多少？(已知火箭沿水平轨道运动且阻力不计，水的密度是103 kg/m3) 答案 4 m/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2 s末的速度为v′＝＝ m/s＝4 m/s.
M－ρQt1.4－103×2×10－4×212．(“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＝4 m，如图4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＝1.25 m．求车在人跳出后到落到地板前的反冲速度为多大(g取10 m/s2)．
ρQtv
103×2×10－4×2×10
图4
答案 1.6 m/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1v1，车的反冲速度是v2，取向右为正方向，则mv1－Mv2＝0，解得v2＝v1
4
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＝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，
2h＝g
2×1.25
s＝0.5 s．由10
相关推荐：
loading