14-B暑期高三第14讲-复习-动量守恒-强化版

第14讲动量守恒考点1：动量守恒定律1．系统内力和外力：两个或两个以上的物体组成了一个力学系统。系统内两物体的相互作用力称为内力，系统以外的物体对系统的作用力称为外力。2．动量守恒定律：一个系统不受外力或者所受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变。p

典例精讲【典例1】（2019春•洛阳期中）如图所示，在光滑水平地面上，A、B两物体质量都为m，A以速度v向右运动，B左端有一轻弹簧且初速度为0，在A与弹簧接触以后的过程中（A与弹簧不粘连），下列说法正确的是（）A．A、B两物体组成的系统机械能守恒 B．弹簧恢复原长时，A的动量一定为零 C．轻弹簧被压缩到最短时，A的动能为14mv2D．轻弹簧被压缩到最短时，A、B系统总动量仍然为mv【分析】弹簧恢复原长时，根据动量守恒和机械能守恒求出A的速度，得出A的动量。当弹簧压缩至最短时，A、B速度相等，结合动量守恒求出共同速度，从而得出A的动能。【解答】解：A、A与弹簧接触的过程中，弹簧弹性势能发生变化，A、B组成的系统机械能不守恒，故A错误。B、规定向右为正方向，A、B两物体与弹簧组成的系统在整个过程中动量守恒、机械能守恒，有：mv＝mv1+mv2，12mv2=C、当轻弹簧压缩到最短时，A、B的速度相等，根据动量守恒有：mv＝2mv′，解得v'=v2，则A的动能D、轻弹簧压缩到最短的过程中，动量守恒，则A、B系统总动量仍然为mv，故D正确。故选：BD。【点评】本题考查了动量守恒和机械能守恒的综合运用，知道弹簧恢复原长时，A、B两物体之间的运动与弹性碰撞类似，知道质量相等的两个物体发生弹性碰撞，速度交换。【典例2】（2019•宝安区校级模拟）观赏“烟火”表演是每年“春节”庆祝活动的压轴大餐。某型“礼花”底座仅0.2s的发射时间，就能将5kg的礼花弹竖直抛上180m的高空。（忽略发射底座高度，不计空气阻力，g取10m/s2）。（1）“礼花”发射时燃烧的火药对礼花弹的平均作用力约是多大？（2）某次试射，当礼花弹到达最高点时爆炸为沿水平方向运动的两块（爆炸时炸药质量忽略不计），测得两块落地点间的距离S＝900m，落地时两者的速度相互垂直，两块的质量各为多少？【分析】（1）先根据竖直上抛运动的规律求出礼花弹竖直抛上180m高空所用时间。对整个过程，由动量定理列方程求解火药对礼花弹的作用力为F；（2）礼花弹爆炸时该水平方向合外力为零，由动量守恒定律结合平抛运动的规律列方程求解两块的质量。【解答】解：（1）设礼花弹竖直抛上180m高空用时为t，由竖直上抛运动的对称性知：h解得：t＝6s设发射时间为t1，火药对礼花弹的作用力为F，对礼花弹发射到180m高空运用动量定理有：Ft1﹣mg（t+t1）＝0解得：F＝1550N（2）设礼花弹在180m高空爆炸时分裂为质量为m1、m2的两块，对应水平速度大小为v1、v2，方向相反，礼花弹爆炸时该水平方向合外力为零，取m1的速度方向为正方向，由动量守恒定律有：m1v1﹣m2v2＝0且有：m1+m2＝m由平抛运动的规律和题目落地的距离条件有：（v1+v2）t＝S设物块落地时竖直速度为vy，落地时两者的速度相互垂直，如图所示，有：tanθ=vyv代入数据解得：m1=1kgm或m1=4kg答：（1）“礼花”发射时燃烧的火药对礼花弹的平均作用力约是1550N；（2）两块的质量各为1kg和4kg。【点评】解决本题的关键要明确此题涉及三个过程，能准确把握每个过程的规律，特别是爆炸过程，由于外力远小于内力，系统的动量守恒。对于平抛运动，关键要抓住两个弹片速度关系。

考点2：→动量守恒定律的条件

→典例精讲【典例1】（2019•南昌模拟）如图所示，光滑水平面上有一质量M＝1.98kg的小车，车的B点右侧的上表面是粗糙水平轨道，车的B点的左侧固定半径R＝3m的14光滑圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在B点相切，车的最右端D点固定轻质弹簧，弹簧处于自然长度其左端正好对应小车的C点，B与C之间距离L＝0.9m，一个质量m＝2kg的小物块，置于车的B点，车与小物块均处于静止状态，突然有一质量m0＝20g的子弹，以速度v0＝1000m/s击中小车并停留在车中，设子弹击中小车的过程时间极短，已知小物块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10m/s2（1）通过计算判断小物块是否能达到圆弧轨道的最高点A；（2）若已知弹簧被小物块压缩的最大压缩量x＝10cm，求弹簧的最大弹性势能。【分析】（1）由于子弹击中小车的过程时间极短，则子弹和小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律求出子弹击中小车获得的速度。此后小物块沿圆轨道上滑，到圆轨道最高点时，子弹、小车和小物块的速度相同，由水平动量守恒求出共同速度，再由系统的机械能守恒求小物块上升的最大高度h，将h与R比较，即可判断小物块是否能达到圆弧轨道的最高点A，再根据系统水平动量守恒和机械能守恒求小物块再次回到B点时小物块的最大速度。（2）当弹簧具有最大弹性势能时三者速度相同，由动量守恒定律和能量守恒定律结合求解。【解答】解：（1）对于子弹打小车的过程，取向右为正方的，根据动量守恒定律得m0v0＝（m0+M）v，当小物块运动到圆轨道的最高点时，三者共速为v共1。根据动量守恒定律得：（m0+M）v＝（m0+M+m）v共1。根据机械能守恒定律得：12解得：h＝2.5m＜R＝3m，所以小物块不能达到圆弧轨道的最高点A。（2）当弹簧具有最大弹性势能EP时，三者速度相同，由动量守恒定律得：m0v0＝（m0+M+m）v共2根据质量守恒定律得：μmg（L+x）+EP=代入数据解得：EP＝40J；答：（1）小物块不能达到圆弧轨道的最高点A；（2）若已知弹簧被小物块压缩的最大压缩量x＝10cm，弹簧的最大弹性势能为40J。【点评】本题是系统水平方向动量守恒和能量守恒的问题，要分析清楚物块的运动过程，把握隐含的临界状态：弹簧具有最大弹性势能时三个物体的速度相同，结合动量守恒定律和能量守恒定律研究。

综合练习一．选择题（共10小题）1．（2019•榆林三模）如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA＝4.0kg和m＝3.0kg，用轻弹簧拴接，一定速度向右运动在t＝4s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v﹣t图象如图乙所示，墙壁对物块B的弹力在4s到12s的时间内对B的冲量I的大小（）A．9N•s B．18N•s C．36N•s D．72N•s【分析】A、C碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律可以求出C的质量。在4s到8s的时间内，物体B不移动，故墙对物体B不做功；在4s到8s的时间内，对ABC系统运用动量定理列式求解墙壁对B的冲量。【解答】解：由图知，C与A碰前速度为：v1＝9m/s，碰后速度为：v2＝3m/s，C与A碰撞过程动量守恒，以C的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mCv1＝（mA+mC）v2代入数据解得：mC＝2kg；由图知，12s末A和C的速度为：v3＝﹣3m/s，4s到12s，墙对B的冲量为：I＝（mA+mC）v3﹣（mA+mC）v2，代入数据解得：I＝﹣36N•s，方向向左，故ABD错误，C正确；故选：C。【点评】本题考查了动量守恒定律与动量定理的应用，分析清楚物体的运动过程、正确选择研究对象是正确解题的关键，应用动量守恒定律和动量定理即可正确解题。2．（2019春•太和县校级月考）在光滑水平面上，动能为E0、动量的大小为p0的小钢球l与静止小钢球2发生碰撞。将碰撞后球l的动能和动量的大小分别记为E1、p1，球2的动能和动量的大小分别记为E2、p2，下列说法可能正确的是（）A．E1＞E0 B．p1＞p0 C．E2＞E0 D．p2＞p0【分析】根据碰撞过程的两大基本规律：系统动量守恒和总动能不增加，分析可知得到：E1＜E0，E2＜E0，P1＜P0．由动量守恒定律分析P2与P0的关系。【解答】解：A、碰撞后两球均有速度，碰撞过程中总动能不增加，则E1＜E0，E2＜E0，故AC错误；C、碰撞过程中，系统总机械能不会增加，碰撞后球1反向，则P1＜P0，否则违反能量守恒定律，由动量守恒定律得：P0＝P2﹣P1，P2＝P0+P1，可见，P2＞P0，故B错误，D正确。故选：D。【点评】本题考查对碰撞过程基本规律的理解和应用能力。碰撞过程的两大基本规律：系统动量守恒和总动能不增加，常常用来分析碰撞过程可能的结果。3．（2019春•舒城县校级月考）有一宇宙飞船，它的正对面积S＝2m2，以v＝3×103m/s的相对速度飞入一宇宙微粒区。此微粒区1m2空间中有一个微粒，每一个微粒的平均质量为m＝2×10﹣6kg．设微粒与飞船外壳碰撞后附着于飞船上，要使飞船速度不变，飞船的牵引力应增加（）A．36N B．3.6N C．12N D．1.2N【分析】选在时间△t内与飞船碰撞的微粒为研究对象，表示出其质量，再根据动量定理即可求解。【解答】解：选在时间△t内与飞船碰撞的微粒为研究对象，其质量应等于底面积为S，高为v△t的圆柱体内微粒的质量。即M＝mSv△t，初动量为0，末动量为Mv。设飞船对微粒的作用力为F，由动量定理得：F•△t＝Mv﹣0则F=Mv△t=根据牛顿第三定律可知，微粒对飞船的撞击力大小也等于mSv2，则飞船要保持原速度匀速飞行牵引力应增加F′＝F＝mSv2；代入数据得：F′＝2×10﹣6×2×（3×103）2N＝36N．故A正确，BCD错误故选：A。【点评】本题主要考查了动量定理及根据牛顿第三定律的直接应用，关键要会选择研究对象，运用动量定理列式。4．（2019•茂名二模）如图所示，一斜面体静止在光滑的水平面上，斜面倾角为θ，高为h。现将小物块A轻轻放在光滑斜面的顶端，则小物块沿斜面下滑的过程中（）A．斜面对地面的压力小于小物块与斜面体重力之和 B．小物块滑到斜面底端的速度为2ghC．斜面与小物块组成的系统动量守恒 D．斜面对小物块的作用力垂直于接触面，做功为零【分析】物体A下滑的过程中做加速运动，竖直方向有加速度，根据失重观点分析斜面对地面的压力与小物块与斜面体重力之和的关系。根据系统的机械能守恒分析物块滑到斜面底端的速度。当系统不受外力或所受的外力之和为零，系统动量守恒。根据做功的要素有两个：力和物体在力的方向上发生位移，由此来分析斜面对物块的作用力是否做功。【解答】解：A、小物块加速下滑，有竖直向下的分加速度，系统处于失重状态，则斜面对地面的压力小于小物块与斜面体重力之和，故A正确。B、若斜面静止不动，对小物块，由机械能守恒定律得mgh=12mv2，可得，小物块滑到斜面底端的速度v=2ghC、系统竖直方向的合力不为零，水平方向不受外力，则系统的合外力不为零，所以系统动量不守恒。故C错误。D、斜面对小物块的作用力垂直于接触面，由于小物块沿斜面下滑的过程中，小物块对斜面有压力，所以斜面要向右运动，所以斜面对小物块的作用力与物块相对于地的位移方向不垂直，所以斜面对小物块的作用力要做功，故D错误。故选：A。【点评】解决本题的关键要掌握系统动量守恒的条件，以及系统机械能守恒的条件，注意两种条件不能混淆。要知道该系统的总动量不守恒，只是水平动量守恒。5．（2019•河南模拟）2018年12月8日我国在西昌卫星发射中心成功发射了嫦娥四号探测器。假设发射前火箭和探测器的总质量为M．点火后，当火箭以对地速度v0喷出质量为△m的高温气体后，火箭对地速度大小为（在喷出气体过程中箭体重力和空气阻力可忽略不计）（）A．△mMv0 B．△mM-△mv0【分析】以火箭和喷出的气体组成的系统为研究对象，应用动量守恒定律，可以求出喷气后火箭的速度。【解答】解：以火箭和喷出的气体组成的系统为研究对象，以喷出气体的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：△mv0﹣（M﹣△m）v＝0，解得：v=△m故选：B。【点评】本题应用动量守恒定律即可正确解题，解题时如系统的动量不为零，要注意研究对象的选择、正方向的选取。6．（2019•秦州区校级模拟）如图所示，小车静止在光滑的水平面上，小车的曲面部分AB光滑，水平部分BC粗糙，AB与BC在B点相切。现把小车固定，让小滑块m从A点静止下滑，最后停在小车上的P点。若小车不固定，让小滑块m仍从A点静止下滑，则小滑块停在车上的位置（）A．在P点左边 B．在P点右边 C．仍在P点 D．无法确定【分析】小车固定，由功能关系可求得克服摩擦力做的功，小车不固定，由动量守恒求得共同速度，再由功能关系可求得相对位移，比较即可得出结论。【解答】解：小车固定，设AB的高度差为h，BP的长度为s，滑块与小车的动摩擦因数为μ，由功能关系得：μmgs＝mgh，小车不固定，设滑块停在车上的位置距B的距离为x，最终滑块和小车达到共同速度，设为v，水平方向由动量守恒得：0＝（M+m）v由功能关系得：μmgx＝mgh-联立解得：x＝s，故ABD错误，C正确。故选：C。【点评】本题考查了动量守恒定律、功能关系的应用，要注意系统在水平方向满足动量守恒定律。7．（2018秋•东安区校级期末）如图所示，带有挡板的长木板质量为m，静止在光滑水平面上，轻弹簧右端与挡板相连，左端位于木板上的B点。开始时质量也为m的小铁块从木板上的A点以速度v0向右运动，压缩弹簧后被弹回，最终小铁块停在A点。则有（）A．小铁块停在A处时，长木板速度为零 B．弹簧储存的最大弹性势能为14mv02C．整个运动过程的内能增加量和弹簧最大弹性势能相等 D．整个运动过程的内能增加量是弹簧最大弹性势能的2倍【分析】铁块与木板组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出最终速度；当铁块与木板速度相等时弹簧弹性势能最大，应用动量守恒定律与能量守恒定律可以求出弹簧的最大弹性势能；根据运动过程应用能量守恒定律分析答题。【解答】解：A、铁块与木板组成的系统动量守恒，最终两者速度相等，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝（m+m）v共，解得：v共=12vBCD、铁块回到A点时，弹簧弹性势能为零，整个过程，对系统，由能量守恒定律得：12mv设弹簧压缩量最大时，铁块相对于木块滑动的距离为：s，则：Q＝μmg•2s＝2μmgs，铁块与木板速度相等时弹簧压缩量最大，弹性势能最大，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝2mv，由能量守恒定律得：12m解得：EP=18m故选：D。【点评】本题考查了动量守恒定律的应用，分析清楚物体运动过程是解题的前提，应用动量守恒定律与能量守恒定律即可解题。8．（2019春•赣州期中）质量为m的木块和质量为M（M＞m）的铁块用细线连接刚好能在水中某个位置悬浮静止不动，此时木块至水面距离为h，铁块至水底的距离为H（两物体均可视为质点）。突然细线断裂，忽略两物体运动中受到水的阻力，只考虑重力及浮力，若M、m同时分别到达水面水底，以M、m为系统，那么以下说法正确的是（）A．该过程中系统动量不守恒 B．该过程中M、m均作匀速直线运动 C．同时到达水面水底时，两物体速度大小相等 D．系统满足MH＝mh【分析】当系统所受合外力为零时，系统动量守恒，对系统进行受力分析，判断动量是否守恒，然后根据物体受力情况判断物体运动性质，应用动量守恒定律分析答题。【解答】解：A、以木块与铁块组成的系统为研究对象，开始系统静止，处于平衡状态，由平衡条件可知，系统所受合外力为零，不计水的阻力，细线断裂后系统所受合外力为零，系统动量守恒，故A错误；B、细线断裂后，木块m上浮，受到的合外力向上，不为零，木块向上做加速运动，铁块向下运动，所受合外力向下，向下做加速运动，故B错误；C、以木块与铁块组成的系统为研究对象，系统动量守恒，以向上为正方向，由动量守恒定律得：mv﹣Mv′＝0，则mv＝Mv′，由于M＞m，则v′＜v，故C错误；D、以木块与铁块组成的系统为研究对象，系统动量守恒，以向上为正方向，由动量守恒定律得：mv﹣Mv′＝0，则：mhtt﹣MH故选：D。【点评】本题考查了动量守恒定律的应用，知道动量守恒条件，应用动量守恒定律即可正确解题。9．（2019•运城模拟）某电影里两名枪手在房间对决，他们各自背靠墙壁，一左一右假设他们之间的地面光滑随机放着一均匀木块到左右两边的距离不一样。两人拿着相同的步枪和相同的子弹同时朝木块射击一发子弹听天由命。但是子弹都没有射穿木块两人都活了下来反而成为了好朋友。假设你是侦探仔细观察木块发现右边的射孔（弹痕）更深。设子弹与木块的作用力大小一样，请你分析一下，哪个结论是正确的（）A．开始时，木块更靠近左边的人，左边的人相对更安全 B．开始时，木块更靠近左边的人，右边的人相对更安 C．开始时木块更幕近右边的人左边的人相对更安全区 D．开始时，木块更靠近右边的人，右边的人相对更安全【分析】子弹与木块组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统动量守恒，对子弹与木块组成的系统，应用动量守恒定律与能量守恒定律分析答题。【解答】解：子弹的质量与射出时的速度都相等，两子弹与木块组成的系统总动量为零；如果木块在正中间，则弹痕应该一样长，结果是右边的长一些，假设木块靠近其中某一人，设子弹质量为m，初速度为v0，木块质量为M，阻力为f，弹痕长度分别为x1、x2，两子弹与木块组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝（M+m）v1，由能量守恒定律得：12对另一发子弹，同样有：（M+m）v1﹣mv0＝0，12解得：x1＜x2，综合判断，后接触木块的子弹弹痕长，更容易射穿木块，对面的人更危险，所以一开始木块离左边近一些，右边的人相对更安全，故B正确，ACD错误，故选：B。【点评】本题考查了动量守恒定律的应用，根据题意分析清楚子弹与木块的运动过程、正确选择研究对象是解题的前提与关键，应用动量守恒定律与能量守恒定律可以解题。10．（2019春•城关区校级月考）如图所示，半径为R、质量为M的14A．2gR B．2gRMM+m C．2gRmM+m 【分析】当光滑圆槽不固定时，木块与槽组成的系统在水平方向上动量守恒，系统机械能守恒，由动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出木块到达槽口时的速度．【解答】解：对木块和槽所组成的系统，水平方向不受外力，水平方向动量守恒，设木块滑出槽口时的速度为v，槽的速度为u，在水平方向上，由动量守恒定律可得：mv﹣Mu＝0木块下滑时，只有重力做功，系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgR=1联立解得v=2gRM故选：B。【点评】本题考查了动量守恒和能量守恒的基本运用，知道系统在水平方向上动量守恒，注意不能认为槽静止不动，结合动能定理求出木块到达槽口的速度．二．填空题（共3小题）11．（2019•扬州一模）验证动量守恒定律装置如图所示。在气垫导轨上给滑块A向右的速度，通过光电门1后与静止的滑块B相碰并粘合在一起通过光电门2．计时器显示滑块A、B通过光电门1和2的时间分别为△t1和△t2．测得滑块A、B的质量分别为m1、m2，A、B滑块上的遮光片宽度分别为d1、d2．碰撞过程中，滑块A对B的冲量大小＝（选填“＞”“＜”或“＝”）滑块B对A的冲量大小，碰撞过程中验证动量守恒定律的表达式为m1d【分析】两滑块碰撞过程滑块间的作用力为作用力与反作用力，大小相等方向相反作用时间相等，根据冲量计算公式分析答题；根据动量守恒定律可明确表达式，再根据光电门确定对应的速度，从而确定应证明的表达式。【解答】解：滑块A对B的作用力与B对A的作用力等大反向，所以滑块A对B的冲量大小等于滑块B对A的冲量大小；根据动量守恒定律可知：m1v1＝（m1+m2）v2根据速度公式可知：v1=v2=d代入上式可得应满足的公式为：m1故答案为：＝；m1【点评】本题考查验证动量守恒定律的实验，要注意明确实验原理，知道滑块在导轨上可以认为不受阻力，碰撞过程动量守恒，同时掌握根据光电门研究滑块运动性质的方法。12．（2019春•淮安期中）在光滑水平面上，质量均为m的三个物块排成直线，如图所示。第1个物块以动量p0向右运动，依次与其余两个静止物块发生碰撞，并粘在﹣起，则物块的最终速度大小为p03m，1物块对2物块的冲量大小为23p【分析】碰撞过程遵守动量守恒定律，由动量守恒定律求出物块的最终速度大小。对物块1，利用动量定理求出物块2对物体1的冲量大小，再得到1物块对2物块的冲量大小。【解答】解：取向右为正方向，以三个物块组成的系统为研究对象，根据动量守恒定律得：p0＝3mv得：v=对物块1，由动量定理得I＝mv﹣p0=-23p则1物块对2物块的冲量大小为23p0故答案为：p03m，23【点评】从本题可体会到运用动量守恒定律的优越性，由于只考虑初末两个状态，不涉及过程的细节，运用动量守恒定律解题往往比较简洁。13．如图，粗糙水平面上，两物体A、B以轻绳相连，在恒力F作用下做匀速运动。某时刻轻绳断开，在F牵引下继续前进，B最后静止。则在B静止前，A和B组成的系统动量守恒（选填“守恒”或“不守恒”）。在B静止后，A和B组成的系统动量不守恒。（选填“守恒”或“不守恒“）【分析】动量守恒的条件：系统的合外力为零。两物体原来做匀速直线运动，合外力为零，某时刻剪断细线，在A停止运动以前，系统的合力仍为零，系统动量守恒；在B静止后，系统合力不为零，A和B组成的系统动量不守恒。【解答】解：轻绳断开前，A、B做匀速运动，系统受到的拉力F和摩擦力平衡，合外力等于零，即F﹣fA﹣fB＝0，所以系统动量守恒；当轻绳断开B静止之前，A、B系统的受力情况不变，即F﹣fA﹣fB＝0，所以系统的动量依然守恒；当B静止后，系统的受力情况发生改变，即F﹣fA＝mAa，系统合外力不等于零，系统动量不守恒。故答案为：守恒；不守恒。【点评】本题是脱钩问题，尽管两个没有发生相互作用，但系统的合力为零，系统的总动量也守恒。要注意动量守恒的条件；先通过匀速运动分析A、B整体的合外力，再分析轻绳断开后A、B整体的合外力，只要合外力为零，系统动量守恒，反之不守恒。三．解答题（共3小题）14．（2019•葫芦岛二模）如图，是某科技小组制做的嫦娥四号模拟装置示意图，用来演示嫦娥四号空中悬停和着陆后的分离过程，它由着陆器和巡视器两部分组成，其中着陆器内部有喷气发动机，底部有喷气孔，在连接巡视器的一侧有弹射器。演示过程：先让发动机竖直向下喷气，使整个装置竖直上升至某个位置处于悬停状态，然后让装置慢慢下落到水平面上，再启动弹射器使着陆器和巡视器瞬间分离，向相反方向做减速直线运动。若两者均停止运动时相距为L，着陆器（含弹射器）和巡视器的质量分别为M和m，与水平面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，发动机喷气着陆器口截面积为S，喷出气体的密度为p；不计喷出气体巡视器对整体质量的影响。求（1）整个装置悬停时受到的竖直向上的作用力和喷出气体的速度；（2）巡视器在水平面上滑动的位移大小。【分析】（1）对整个装置分析，由平衡条件可求出作用力大小；取△t时间内喷出的气体为研究对象，由动量定理结合气体对模拟装置的作用力等于重力求解速度；（2）装置分离时水平方向动量守恒，分别对着陆器和巡视器由动能定理列式，再由位移关系列式，联立即可确定巡视器在水平面上的位移。【解答】解：（1）对整个装置处于平衡装置受向上作用力为：F＝（M+m）g对气体由动量定理有：F△t＝m0v而m0＝ρsv△t联立解得喷出的气体速度为：v=（2）整个装置在水平面上分离瞬间，水平方向动量守恒，有：Mv1﹣mv2＝0对着陆器，由动能定理有：μMg对巡视器，由动能定理有：s位移关系为：s1+s2＝L联立解得巡视器在水平面上的位移M答：（1）整个装置悬停时受到的竖直向上的作用力为（M+m）g；喷出气体的速度为(M+m)gρs（2）巡视器在水平面上滑动的位移大小为M2【点评】本题考查动量定理，动量守恒，动能定理的综合应用，明确研究对象，确定运动过程是解题的要点。综合性强要认真对待。15．（2019•和平区三模）利用冲击摆测量速度的实验，可以简化为图示模型，一质量M＝0.8kg的小木块，用长L＝0.8m的细绳悬挂在天花板上，处于静止状态。一质量m＝0.2kg的小球以某一水平速度射向木块，小球与木块相互作用时间极短，并嵌在木块里，测得小球与木块上升最大高度为0.2m，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。求：（1）小球与木块共速瞬时，小球和木块共同速度v的大小；（2）小球和木块一起摆动过程中，细线受到的最大拉力T；（3）小球的射入木块速度v0大小。【分析】（1）木块上摆过程机械能守恒，应用机械能守恒定律可以求出小球与木块的共同速度。（2）应用牛顿第二定律可以求出最大拉力。（3）小球射入木块过程系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出小球的速度。【解答】解：（1）小球与木块上升过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：12代入数据解得：v＝2m/s；（2）小球与木块共速时细线的拉力最大，由牛顿第二定律得：T﹣（M+m）g＝（M+m）v2代入数据解得：T＝15N；（3）小球击中木块过程系统动量守恒，由动量守恒定律得：mv0＝（M+m）v，代入数据解得：v0＝10m/s；答：（1）小球与木块共速瞬时，小球和木块共同速度v的大小为