2021-2022学年人教版（2019）选择性必修第一册 1.6反冲运动火箭 课时作业（word解析版）
文档属性
| 名称 | 2021-2022学年人教版（2019）选择性必修第一册 1.6反冲运动火箭 课时作业（word解析版） |  | |
| 格式 | doc | ||
| 文件大小 | 1.7MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2021-08-27 21:48:16 | ||
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文档简介
2021-2022学年人教版（2019）选择性必修第一册
1.6反冲运动火箭
课时作业（解析版）
1．我国发射的“神舟十一号”飞船与“天宫二号”空间站实现了完美对接假设“神舟十一号”飞船到达对接点附近时对地的速度为v，此时的质量为m；欲使飞船追上“天宫二号”实现对接，飞船需加速到，飞船发动机点火，将质量为的燃气一次性向后喷出，燃气对地向后的速度大小为，不考虑飞船加速过程中的变轨，则在这个过程中，下列各表达式正确的是
A．
B．
C．
D．
2．穿着溜冰鞋的人，站在光滑的冰面上，沿水平方向举枪射击.设第一次射出子弹后，人后退的速度为v，且每次射出的子弹对地速度均相同，则
A．无论射出多少颗子弹，人后退的速度为nv保持不变
B．射出n颗子弹后，人后退的速度为nv
C．射出n颗子弹后，人后退的速度大于nv
D．射出n颗子弹后，人后退的速度小于nv
3．总质量为M的火箭以速度飞行，质量为m的燃气相对于火箭以速率u向后喷出，则火箭的速度大小为
A．
B．
C．
D．
4．如图所示，甲、乙两人静止在光滑的冰面上，甲沿水平方向推了乙一下，结果两人向相反方向滑去．已知甲的质量为45kg，乙的质量为50kg．则下列判断正确的是
A．甲的速率与乙的速率之比为
9:10
B．甲的加速度大小与乙的加速度大小之比为
9:10
C．甲对乙的冲量大小与乙对甲的冲量大小之比为
1:1
D．甲的动能与乙的动能之比为1:1
5．“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．有一个质量为的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为、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，速度大小为，方向水平向东，则另一块的速度是（
）
A．
B．
C．
D．
6．静止在水面上的船，船身长为，质量为，船头紧靠码头，船头上有一固定木板伸出船身，现有一质量为的人从船尾走向码头，如图所示．要使该人能安全上岸，则木板伸出船身部分长度至少应为（水对船及码头对木板的阻力不计）（
）
A．
B．
C．
D．
7．如图所示，滑块A静置在半圆柱B的最高点，B的表面光滑，初始时系统静止.现给A一个轻微扰动，使得A沿B的表面下滑.若在下滑过程中，两者分离，记分离时A的角位置为θ（A和圆心的连线与竖直方向的夹角，0°＜θ＜90°）.对于（1）A的质量m远小于B的质量M；（2）A的质量m远大于B的质量M这两种情况，下列说法正确的是（
）
A．两种情况下，两者都不会分离
B．只有一种情况两者会分离
C．都能分离，（1）的θ更大
D．都能分离，（2）的θ更大
8．光滑水平桌面上有P、Q两个物块，Q的质量是P的n倍.将一轻弹簧置于P、Q之间，用外力缓慢压P、Q.撤去外力后，P、Q开始运动，P和Q的动量大小的比值为（
）
A．n2
B．n
C．
D．1
9．向空中发射一枚炮弹，不计空气阻力，当此炮弹的速度恰好沿水平方向时，炮弹炸裂成a、b两块，若质量较大的a的速度方向仍沿原来的方向，则有（
）
A．b的速度方向一定与原来速度方向相反
B．从炸裂到落地的这段时间内，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一定相同
10．电影《火星救援》中，宇航员在太空中与飞船之间相距7.5m，飞船无法实施救援活动，为了靠近飞船，男主角剪破自己的宇航服，反向喷出气体使自己飞向飞船．假设气体能以50m/s的速度喷出，宇航员连同装备共100kg，开始时宇航员和飞船保持相对静止，宇航员必须在100s内到达飞船，喷出气体的质量至少为（ ）
A．0.1kg
B．0.15kg
C．0.2kg
D．0.25kg
11．将质量为1.00㎏的模型火箭点火升空，50g燃烧的燃气以大小为500m/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．5.7×102kg·m/s
B．25kg·m/s
C．6.0×102kg·m/s
D．6.3×102kg·m/s
12．如图所示，一光滑地面上有一质量为m′的木板ab，一质量为m的人站在木板的a端，关于人由静止开始运动到木板的b端(M、N表示地面上原a、b对应的点)，下列图示正确的是
A．
B．
C．
D．
13．斜向上抛出一个爆竹，到达最高点时(速度水平向东)立即爆炸成质量相等的三块，前面一块速度水平向东，后面一块速度水平向西，前、后两块的水平速度(相对地面)大小相等、方向相反．则以下说法中正确的是
A．爆炸后的瞬间，中间那块的速度可能水平向西
B．爆炸后的瞬间，中间那块的速度大于爆炸前瞬间爆竹的速度
C．爆炸后三块将同时落到水平地面上，并且落地时的动量相同
D．爆炸后的瞬间，中间那块的动能可能小于爆炸前的瞬间爆竹的总动能
14．如图所示，某人站在一辆平板车的左端，车静止在光滑的水平地面上，若他用铁锤连续敲击车的左端?下列对平板车的运动情况描述正确的是
A．锤子向上抡起(速度与图中υ同向)时，车向左运动
B．锤子下落(速度与图中υ反向)时，车向右运动
C．锤子抡至最高点静止时，车速度为0
D．这种办法可使车持续向右运动
15．A、B两船的质量均为m，都静止在平静的湖面上，现A船上质量为的人，以对地水平速度v从A船跳到B船，再从B船跳到A船，经n次跳跃后，人停在B船上，不计水的阻力，则（
）
A．A、B两船速度大小之比为2：3
B．A、B（包括人）两船的动量大小之比为1：1
C．A、B（包括人）两船的动量之和为0
D．A、B（包括人）两船动能之比为1：1
16．一只质量为的乌贼吸入的水，静止在水中。遇到危险时，它在极短时间内把吸入的水向后全部喷出，以的速度向前逃窜。求该乌贼喷出的水的速度大小v。
17．如图所示，进行太空行走的宇航员A和B的质量分别为80kg和100kg，他们携手远离空间站，相对空间站的速度为0.1m/s，A将B向空间站方向轻推后，A的速度变为0.2m/s，求此时B的速度大小和方向。
18．如图所示，质量为m3＝2m的滑道静止在光滑的水平面上，滑道的AB部分是半径为R的四分之一圆弧，圆弧底部与长为0.5R滑道水平部分相切，滑道末端距离地面高度为R，整个滑道均光滑。质量为m2＝3m的物体2(可视为质点)放在滑道的B点，现让质量为m1＝m的物体1(可视为质点)自A点由静止释放，两物体在滑道上相碰后粘为一体，重力加速度为g。求：
（1）物体1从释放到与物体2恰好将要相碰的过程中，滑道向左运动的距离；
（2）物体1和2落地时，距滑道右侧底部的距离。
参考答案
1．C
【详解】
ABCD.飞船发动机点火喷出燃气由动量守定律得
故C正确ABD错误。
故选C。
2．C
【详解】
ABCD.设人、枪（包括子弹）的总质量为M，每颗子弹质量为m子弹出射速度为，由已知有
设射出n颗后，人后退速度为，则有
由以上分析有
，
因，所以有，故C正确ABD错误。
故选C。
3．A
【详解】
ABCD.设喷出燃气后火箭的速度为，则燃气的对地速度为（取火箭的速度方向为正方向），由动量守恒定律，可得
解得
选A正确BCD错误。
故选A。
4．C
【详解】
A．甲、乙两人组成的系统动量守恒，以两人组成的系统为研究对象，以甲的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
甲、乙的速率之比：
故A错误；
B．甲与乙之间的作用力为作用力与反作用力，大小相等，由牛顿第二定律：
加速度之比：
故B错误；
C．甲、乙两人组成的系统动量守恒，所以分离后二者动量大小相等，方向相反．由动量定理：I=△mv=△P可知，甲对乙的冲量大小与乙对甲的冲量大小之比为1：1．故C正确；
D．动能的表达式：
甲、乙动能之比：
故D错误．
5．C
【详解】
在最高点水平方向动量守恒，由动量守恒定律可知，，可得另一块的速度为．
A.
，与结论不相符，选项A不符合题意；
B.
，与结论不相符，选项B不符合题意；
C.
，与结论相符，选项C符合题意；
D.
，与结论不相符，选项D不符合题意；
6．D
【详解】
对于船和人组成的系统，在水平方向上动量守恒，人上岸的过程，船向后退，设后退的位移大小为x，则人相对于地面的位移大小为L，取人的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
即有
解得，所以木板伸出船身部分长度至少应为．
A.
，与结论不相符，选项A不符合题意；
B.
，与结论不相符，选项B不符合题意；
C.
，与结论不相符，选项C不符合题意；
D.
，与结论相符，选项D符合题意；
7．C
【详解】
建立坐标系如图所示，设分离时B的速度为v，A相对于B的速度分量分别为v'x=ωRcosθ，v'y=－ωRsinθ.其中ω为A绕О转动的瞬时角速度，则A的绝对速度分量分别为vx=ωRcosθ－v，vy=－ωRsinθ.
根据机械能守恒定律和动量守恒定律，有，mvx=Mv.
分离时有N=0，则有mgcosθ=mω2R.
联立解得.
当A的质量m远小于B的质量M时，，则有－3cosθ+2=0，解得.当A的质量m远大于B的质量M时，，则有cos3θ－3cosθ+2=0，即（cosθ－1）2（cosθ+2）=0.舍掉不合理的解，得cosθ=1，则两种情况两者都会分离，且（1）的θ更大.
A．两种情况下，两者都不会分离，与结论不相符，选项A错误；
B．只有一种情况两者会分离，与结论不相符，选项B错误；
C．都能分离，（1）的θ更大，与结论不相符，选项C错误；
D．都能分离，（2）的θ更大，与结论相符，选项D正确；
8．D
【详解】
对于两个物块组成的系统，弹簧的弹力属于内力，而内力不改变系统的总动量，所以两个物块的动量大小相等，方向相反；故pP：pQ=1：1.
A．n2，与结论不相符，选项A错误；
B．n，与结论不相符，选项B错误；
C．，与结论不相符，选项C错误；
D．1，与结论相符，选项D正确；
9．C
【详解】
A．在炸裂过程中，由于重力远小于内力，系统的动量守恒，炸裂前炮弹的速度沿水平方向，炸裂后a的速度沿原来的水平方向，根据动量守恒定律判断出b的速度一定沿水平方向，但不一定与原速度方向相反，取决于a的动量与炮弹原来动量的大小关系，故A错误.
B．a、b都做平抛运动，飞行时间相同，由于初速度大小关系无法判断，所以a飞行的水平距离不一定比b的大，故B错误.
C．a、b都做平抛运动，在竖直方向做自由落体运动，由于高度相同，飞行时间一定相同，a、b一定同时到达水平地面，故C正确.
D．在炸裂过程中，a、b受到的爆炸力大小相等，作用时间相同，则爆炸力的冲量大小一定相等，但方向相反，爆炸力的冲量不同，故D错误．
10．B
【详解】
设宇航员反冲获得的速度为u，则：u0.075m/s，设喷出气体的质量为m，宇航员连同装备的质量为M，喷出气体的过程系统动量守恒，以气体的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv﹣（M﹣m）u＝0，解得：m≈0.15kg，故选B．
11．B
【详解】
开始总动量为零，规定气体喷出的方向为正方向，根据动量守恒定律得：0=m1v1+p，解得，火箭的动量为：p=-m1v1=-0.05×500kg?m/s=-25kg?m/s，负号表示方向，故B正确，BCD错误．
故选B．
12．D
【详解】
根据动量守恒定律，M、m系统动量守恒，对于题中的“人板模型”，各自对地的位移为sM、sm，且有
MsM=msm，
sM+sm=L板（有时也称为平均动量守恒），
解得：
sm=，
sM=；
以M点为参考，人向右运动，木板向左运动，且人向右运动的位移加上木板向左运动的位移之和为板的长度，所以D正确，ABC错误。
故选D。
【点睛】
动量守恒定律是力学中的一条重要规律，又可应用于整个高中物理，所以它是高考重点考查的内容，更是复习备考的一个难点．在应用定律时应该注意其条件性、矢量性、相对性和普遍性.
13．B
【详解】
A、B、爆竹在最高点速度大小为v0、方向水平向东，爆炸前动量为3mv0，其中前面一块质量为m，速度大小为v，方向水平向东，后面一块质量为m，速度大小为v，方向水平向西，设爆炸后中间一块瞬时速度为v′，取水平向东为正方向，爆炸过程动量守恒，?则有：3mv0=mv+m?v′
-mv；解得：，即.爆炸后的瞬间，中间那块的速度方向水平向东，且大于爆炸前瞬间爆竹的速度，故A错误，B正确．
C、下落的高度相同，则获得的竖直速度相同，根据速度的合成可知末速度方向不同，所以落地时的动量不相同，故C错误．
D、爆炸后中间那块的动能，爆炸前的瞬间爆竹的总动能，所以，故D错误．
故选B．
【点睛】
对于爆炸、碰撞等过程，系统所受的外力不为零，但内力远大于外力，系统的动量近似守恒，这类问题往往运用动量守恒和能量守恒两大守恒定律结合进行求解．
14．C
【详解】
A．小车和人与铁锤组成的系统在水平方向上动量守恒，锤子轮起的过程中，锤子有水平向左的动量分量，由动量守恒定律知，车向右运动，故A错误；
B．锤子下落的过程中，锤子有水平向右的动量分量，由动量守恒定律知，车向左运动，故B错误；
C．锤子抡至最高点时，其速度为零，由动量守恒定律知，车速度为0，故C正确；
D．这种办法不可使车持续向右运动，故D错误；
故选C．
15．BC
【详解】
A.最终人停在B船上，以A、B两船及人组成的系统为研究对象，在整个过程中，以A的速度方向为正方向，由动量守恒定律得
解得
故A错误；
B.以人与两船组成的系统为研究对象，人在跳跃过程中总动量守恒，所以A、B（包括人）两船的动量大小之比是1：1，故B正确；
C.由于系统的总动量守恒，始终为零，故A、B（包括人）两船的动量之和也为零，故C正确；
D.A、B（包括人）两船的动能之比
故D错误。
故选BC。
16．
【详解】
乌贼喷水过程，时间较短，内力远大于外力，动量守恒；选取乌贼逃窜的方向为正方向，根据动量守恒定律得
解得喷出水的速度大小为
17．0.02m/s，远离空间站。
【详解】
两宇航员组成的系统动量守恒，以远离空间站的方向为正方向，A和B开始的速度为v0=0.1m/s，方向远离空间站，推开后，A的速度vA=0.2m/s，此时B的速度为vB，由动量守恒定律得
（mA+mB）v0=mAvA+mBvB
即
（80+100）×0.1=80×0.2+100vB
解得：
vB=0.02m/s
B的速度方向沿远离空间站方向；
18．（1）0.5R；（2）
【详解】
(1)物体1从释放到与物体2碰撞前瞬间，物体1、滑道组成的系统水平方向动量守恒，设物体1水平位移大小为x1，滑道水平位移大小为x3，有：
0＝m1x1-m3x3
x1+x3＝R
解得
（2）设物体1运动到滑道上的B点时物体1的速度大小为v1，滑道的速度大小为v3，轨道对物体1的支持力为N，物体1和滑道组成的系统，由机械能守恒定律有
由动量守恒定律有
0＝m1v1－m3v3
物体1与物体2碰撞后立即飞离轨道做平抛运动，设物体1和物体2相碰后的共同速度大小为v2，做平抛运动时物体1、2水平位移为s1，轨道向左滑动s2，由动量守恒定律有
m1v1＝(m1＋m2)v2
代入数据可以求得
1.6反冲运动火箭
课时作业（解析版）
1．我国发射的“神舟十一号”飞船与“天宫二号”空间站实现了完美对接假设“神舟十一号”飞船到达对接点附近时对地的速度为v，此时的质量为m；欲使飞船追上“天宫二号”实现对接，飞船需加速到，飞船发动机点火，将质量为的燃气一次性向后喷出，燃气对地向后的速度大小为，不考虑飞船加速过程中的变轨，则在这个过程中，下列各表达式正确的是
A．
B．
C．
D．
2．穿着溜冰鞋的人，站在光滑的冰面上，沿水平方向举枪射击.设第一次射出子弹后，人后退的速度为v，且每次射出的子弹对地速度均相同，则
A．无论射出多少颗子弹，人后退的速度为nv保持不变
B．射出n颗子弹后，人后退的速度为nv
C．射出n颗子弹后，人后退的速度大于nv
D．射出n颗子弹后，人后退的速度小于nv
3．总质量为M的火箭以速度飞行，质量为m的燃气相对于火箭以速率u向后喷出，则火箭的速度大小为
A．
B．
C．
D．
4．如图所示，甲、乙两人静止在光滑的冰面上，甲沿水平方向推了乙一下，结果两人向相反方向滑去．已知甲的质量为45kg，乙的质量为50kg．则下列判断正确的是
A．甲的速率与乙的速率之比为
9:10
B．甲的加速度大小与乙的加速度大小之比为
9:10
C．甲对乙的冲量大小与乙对甲的冲量大小之比为
1:1
D．甲的动能与乙的动能之比为1:1
5．“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．有一个质量为的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为、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，速度大小为，方向水平向东，则另一块的速度是（
）
A．
B．
C．
D．
6．静止在水面上的船，船身长为，质量为，船头紧靠码头，船头上有一固定木板伸出船身，现有一质量为的人从船尾走向码头，如图所示．要使该人能安全上岸，则木板伸出船身部分长度至少应为（水对船及码头对木板的阻力不计）（
）
A．
B．
C．
D．
7．如图所示，滑块A静置在半圆柱B的最高点，B的表面光滑，初始时系统静止.现给A一个轻微扰动，使得A沿B的表面下滑.若在下滑过程中，两者分离，记分离时A的角位置为θ（A和圆心的连线与竖直方向的夹角，0°＜θ＜90°）.对于（1）A的质量m远小于B的质量M；（2）A的质量m远大于B的质量M这两种情况，下列说法正确的是（
）
A．两种情况下，两者都不会分离
B．只有一种情况两者会分离
C．都能分离，（1）的θ更大
D．都能分离，（2）的θ更大
8．光滑水平桌面上有P、Q两个物块，Q的质量是P的n倍.将一轻弹簧置于P、Q之间，用外力缓慢压P、Q.撤去外力后，P、Q开始运动，P和Q的动量大小的比值为（
）
A．n2
B．n
C．
D．1
9．向空中发射一枚炮弹，不计空气阻力，当此炮弹的速度恰好沿水平方向时，炮弹炸裂成a、b两块，若质量较大的a的速度方向仍沿原来的方向，则有（
）
A．b的速度方向一定与原来速度方向相反
B．从炸裂到落地的这段时间内，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一定相同
10．电影《火星救援》中，宇航员在太空中与飞船之间相距7.5m，飞船无法实施救援活动，为了靠近飞船，男主角剪破自己的宇航服，反向喷出气体使自己飞向飞船．假设气体能以50m/s的速度喷出，宇航员连同装备共100kg，开始时宇航员和飞船保持相对静止，宇航员必须在100s内到达飞船，喷出气体的质量至少为（ ）
A．0.1kg
B．0.15kg
C．0.2kg
D．0.25kg
11．将质量为1.00㎏的模型火箭点火升空，50g燃烧的燃气以大小为500m/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．5.7×102kg·m/s
B．25kg·m/s
C．6.0×102kg·m/s
D．6.3×102kg·m/s
12．如图所示，一光滑地面上有一质量为m′的木板ab，一质量为m的人站在木板的a端，关于人由静止开始运动到木板的b端(M、N表示地面上原a、b对应的点)，下列图示正确的是
A．
B．
C．
D．
13．斜向上抛出一个爆竹，到达最高点时(速度水平向东)立即爆炸成质量相等的三块，前面一块速度水平向东，后面一块速度水平向西，前、后两块的水平速度(相对地面)大小相等、方向相反．则以下说法中正确的是
A．爆炸后的瞬间，中间那块的速度可能水平向西
B．爆炸后的瞬间，中间那块的速度大于爆炸前瞬间爆竹的速度
C．爆炸后三块将同时落到水平地面上，并且落地时的动量相同
D．爆炸后的瞬间，中间那块的动能可能小于爆炸前的瞬间爆竹的总动能
14．如图所示，某人站在一辆平板车的左端，车静止在光滑的水平地面上，若他用铁锤连续敲击车的左端?下列对平板车的运动情况描述正确的是
A．锤子向上抡起(速度与图中υ同向)时，车向左运动
B．锤子下落(速度与图中υ反向)时，车向右运动
C．锤子抡至最高点静止时，车速度为0
D．这种办法可使车持续向右运动
15．A、B两船的质量均为m，都静止在平静的湖面上，现A船上质量为的人，以对地水平速度v从A船跳到B船，再从B船跳到A船，经n次跳跃后，人停在B船上，不计水的阻力，则（
）
A．A、B两船速度大小之比为2：3
B．A、B（包括人）两船的动量大小之比为1：1
C．A、B（包括人）两船的动量之和为0
D．A、B（包括人）两船动能之比为1：1
16．一只质量为的乌贼吸入的水，静止在水中。遇到危险时，它在极短时间内把吸入的水向后全部喷出，以的速度向前逃窜。求该乌贼喷出的水的速度大小v。
17．如图所示，进行太空行走的宇航员A和B的质量分别为80kg和100kg，他们携手远离空间站，相对空间站的速度为0.1m/s，A将B向空间站方向轻推后，A的速度变为0.2m/s，求此时B的速度大小和方向。
18．如图所示，质量为m3＝2m的滑道静止在光滑的水平面上，滑道的AB部分是半径为R的四分之一圆弧，圆弧底部与长为0.5R滑道水平部分相切，滑道末端距离地面高度为R，整个滑道均光滑。质量为m2＝3m的物体2(可视为质点)放在滑道的B点，现让质量为m1＝m的物体1(可视为质点)自A点由静止释放，两物体在滑道上相碰后粘为一体，重力加速度为g。求：
（1）物体1从释放到与物体2恰好将要相碰的过程中，滑道向左运动的距离；
（2）物体1和2落地时，距滑道右侧底部的距离。
参考答案
1．C
【详解】
ABCD.飞船发动机点火喷出燃气由动量守定律得
故C正确ABD错误。
故选C。
2．C
【详解】
ABCD.设人、枪（包括子弹）的总质量为M，每颗子弹质量为m子弹出射速度为，由已知有
设射出n颗后，人后退速度为，则有
由以上分析有
，
因，所以有，故C正确ABD错误。
故选C。
3．A
【详解】
ABCD.设喷出燃气后火箭的速度为，则燃气的对地速度为（取火箭的速度方向为正方向），由动量守恒定律，可得
解得
选A正确BCD错误。
故选A。
4．C
【详解】
A．甲、乙两人组成的系统动量守恒，以两人组成的系统为研究对象，以甲的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
甲、乙的速率之比：
故A错误；
B．甲与乙之间的作用力为作用力与反作用力，大小相等，由牛顿第二定律：
加速度之比：
故B错误；
C．甲、乙两人组成的系统动量守恒，所以分离后二者动量大小相等，方向相反．由动量定理：I=△mv=△P可知，甲对乙的冲量大小与乙对甲的冲量大小之比为1：1．故C正确；
D．动能的表达式：
甲、乙动能之比：
故D错误．
5．C
【详解】
在最高点水平方向动量守恒，由动量守恒定律可知，，可得另一块的速度为．
A.
，与结论不相符，选项A不符合题意；
B.
，与结论不相符，选项B不符合题意；
C.
，与结论相符，选项C符合题意；
D.
，与结论不相符，选项D不符合题意；
6．D
【详解】
对于船和人组成的系统，在水平方向上动量守恒，人上岸的过程，船向后退，设后退的位移大小为x，则人相对于地面的位移大小为L，取人的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
即有
解得，所以木板伸出船身部分长度至少应为．
A.
，与结论不相符，选项A不符合题意；
B.
，与结论不相符，选项B不符合题意；
C.
，与结论不相符，选项C不符合题意；
D.
，与结论相符，选项D符合题意；
7．C
【详解】
建立坐标系如图所示，设分离时B的速度为v，A相对于B的速度分量分别为v'x=ωRcosθ，v'y=－ωRsinθ.其中ω为A绕О转动的瞬时角速度，则A的绝对速度分量分别为vx=ωRcosθ－v，vy=－ωRsinθ.
根据机械能守恒定律和动量守恒定律，有，mvx=Mv.
分离时有N=0，则有mgcosθ=mω2R.
联立解得.
当A的质量m远小于B的质量M时，，则有－3cosθ+2=0，解得.当A的质量m远大于B的质量M时，，则有cos3θ－3cosθ+2=0，即（cosθ－1）2（cosθ+2）=0.舍掉不合理的解，得cosθ=1，则两种情况两者都会分离，且（1）的θ更大.
A．两种情况下，两者都不会分离，与结论不相符，选项A错误；
B．只有一种情况两者会分离，与结论不相符，选项B错误；
C．都能分离，（1）的θ更大，与结论不相符，选项C错误；
D．都能分离，（2）的θ更大，与结论相符，选项D正确；
8．D
【详解】
对于两个物块组成的系统，弹簧的弹力属于内力，而内力不改变系统的总动量，所以两个物块的动量大小相等，方向相反；故pP：pQ=1：1.
A．n2，与结论不相符，选项A错误；
B．n，与结论不相符，选项B错误；
C．，与结论不相符，选项C错误；
D．1，与结论相符，选项D正确；
9．C
【详解】
A．在炸裂过程中，由于重力远小于内力，系统的动量守恒，炸裂前炮弹的速度沿水平方向，炸裂后a的速度沿原来的水平方向，根据动量守恒定律判断出b的速度一定沿水平方向，但不一定与原速度方向相反，取决于a的动量与炮弹原来动量的大小关系，故A错误.
B．a、b都做平抛运动，飞行时间相同，由于初速度大小关系无法判断，所以a飞行的水平距离不一定比b的大，故B错误.
C．a、b都做平抛运动，在竖直方向做自由落体运动，由于高度相同，飞行时间一定相同，a、b一定同时到达水平地面，故C正确.
D．在炸裂过程中，a、b受到的爆炸力大小相等，作用时间相同，则爆炸力的冲量大小一定相等，但方向相反，爆炸力的冲量不同，故D错误．
10．B
【详解】
设宇航员反冲获得的速度为u，则：u0.075m/s，设喷出气体的质量为m，宇航员连同装备的质量为M，喷出气体的过程系统动量守恒，以气体的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv﹣（M﹣m）u＝0，解得：m≈0.15kg，故选B．
11．B
【详解】
开始总动量为零，规定气体喷出的方向为正方向，根据动量守恒定律得：0=m1v1+p，解得，火箭的动量为：p=-m1v1=-0.05×500kg?m/s=-25kg?m/s，负号表示方向，故B正确，BCD错误．
故选B．
12．D
【详解】
根据动量守恒定律，M、m系统动量守恒，对于题中的“人板模型”，各自对地的位移为sM、sm，且有
MsM=msm，
sM+sm=L板（有时也称为平均动量守恒），
解得：
sm=，
sM=；
以M点为参考，人向右运动，木板向左运动，且人向右运动的位移加上木板向左运动的位移之和为板的长度，所以D正确，ABC错误。
故选D。
【点睛】
动量守恒定律是力学中的一条重要规律，又可应用于整个高中物理，所以它是高考重点考查的内容，更是复习备考的一个难点．在应用定律时应该注意其条件性、矢量性、相对性和普遍性.
13．B
【详解】
A、B、爆竹在最高点速度大小为v0、方向水平向东，爆炸前动量为3mv0，其中前面一块质量为m，速度大小为v，方向水平向东，后面一块质量为m，速度大小为v，方向水平向西，设爆炸后中间一块瞬时速度为v′，取水平向东为正方向，爆炸过程动量守恒，?则有：3mv0=mv+m?v′
-mv；解得：，即.爆炸后的瞬间，中间那块的速度方向水平向东，且大于爆炸前瞬间爆竹的速度，故A错误，B正确．
C、下落的高度相同，则获得的竖直速度相同，根据速度的合成可知末速度方向不同，所以落地时的动量不相同，故C错误．
D、爆炸后中间那块的动能，爆炸前的瞬间爆竹的总动能，所以，故D错误．
故选B．
【点睛】
对于爆炸、碰撞等过程，系统所受的外力不为零，但内力远大于外力，系统的动量近似守恒，这类问题往往运用动量守恒和能量守恒两大守恒定律结合进行求解．
14．C
【详解】
A．小车和人与铁锤组成的系统在水平方向上动量守恒，锤子轮起的过程中，锤子有水平向左的动量分量，由动量守恒定律知，车向右运动，故A错误；
B．锤子下落的过程中，锤子有水平向右的动量分量，由动量守恒定律知，车向左运动，故B错误；
C．锤子抡至最高点时，其速度为零，由动量守恒定律知，车速度为0，故C正确；
D．这种办法不可使车持续向右运动，故D错误；
故选C．
15．BC
【详解】
A.最终人停在B船上，以A、B两船及人组成的系统为研究对象，在整个过程中，以A的速度方向为正方向，由动量守恒定律得
解得
故A错误；
B.以人与两船组成的系统为研究对象，人在跳跃过程中总动量守恒，所以A、B（包括人）两船的动量大小之比是1：1，故B正确；
C.由于系统的总动量守恒，始终为零，故A、B（包括人）两船的动量之和也为零，故C正确；
D.A、B（包括人）两船的动能之比
故D错误。
故选BC。
16．
【详解】
乌贼喷水过程，时间较短，内力远大于外力，动量守恒；选取乌贼逃窜的方向为正方向，根据动量守恒定律得
解得喷出水的速度大小为
17．0.02m/s，远离空间站。
【详解】
两宇航员组成的系统动量守恒，以远离空间站的方向为正方向，A和B开始的速度为v0=0.1m/s，方向远离空间站，推开后，A的速度vA=0.2m/s，此时B的速度为vB，由动量守恒定律得
（mA+mB）v0=mAvA+mBvB
即
（80+100）×0.1=80×0.2+100vB
解得：
vB=0.02m/s
B的速度方向沿远离空间站方向；
18．（1）0.5R；（2）
【详解】
(1)物体1从释放到与物体2碰撞前瞬间，物体1、滑道组成的系统水平方向动量守恒，设物体1水平位移大小为x1，滑道水平位移大小为x3，有：
0＝m1x1-m3x3
x1+x3＝R
解得
（2）设物体1运动到滑道上的B点时物体1的速度大小为v1，滑道的速度大小为v3，轨道对物体1的支持力为N，物体1和滑道组成的系统，由机械能守恒定律有
由动量守恒定律有
0＝m1v1－m3v3
物体1与物体2碰撞后立即飞离轨道做平抛运动，设物体1和物体2相碰后的共同速度大小为v2，做平抛运动时物体1、2水平位移为s1，轨道向左滑动s2，由动量守恒定律有
m1v1＝(m1＋m2)v2
代入数据可以求得