资源描述
动量定理、动量守恒定律1. 将质量相等的三只小球A、B、C从离地同一高度以大小相同的初速度分别上抛、下抛、平抛出去，空气阻力不计，那么，有关三球动量和冲量的情况是A. 三球刚着地时的动量相同B. 三球刚着地时的动量各不相同C. 三球从抛出到落地时间内，受重力冲量最大的是A球，最小的是B球D. 三球从抛出到落地时间内，受重力冲量均相同【答案】C【解析】三个小球在空中均只受重力，故机械能守恒，则可知三小球落地时的速度大小相等，但C小球速度不沿竖直方向，故AB的速度相等，动量相等，但与C的不相等，故AB均错误；由于A的时间最长，而B的时间最短，故A受冲量最大，B受冲量最小，故C正确；物体动量的变化等于合外力的冲量，故A动量变化最大，B最小，D错误；故选C.2.如图所示，一段不可伸长的轻质细绳长为L，一端固定在O点，另一端系一个质量为m的小球（可视为质点），保持细绳处于伸直状态，把小球拉到跟O点登高的位置由静止释放，在小球摆到最低点的过程中，不计空气阻力，重力加速度大小为g，则A. 合力做功为零B. 合力的冲量为零C. 重力做的功为mgLD. 重力的冲量为m2gL【答案】C【解析】小球在向下运动的过程中，受到重力和绳子的拉力，绳子的拉力始终与运动的方向垂直，所以只有重力做功，合外力做的功等于重力做的功，大小为mgL故A错误，C正确；由机械能守恒可得，小球在最低点的动能：12mv2mgL所以速度：v=2gL ；由动量定理可得合力的冲量：I合Pmv0m2gL故B错误；小球向下的过程是摆动，运动的时间在空气的阻力不计的情况下运动的时间等于单摆周期的14 ，所以：t=142Lg ，所以重力的冲量：IGmgtm2gL 故D错误故选：C点睛：该题结合单摆的周期公式考查动量定理以及动能定理等，考查的知识点比较多，在解答的过程中一定要注意知识的迁移能力3.一质量为m的物体静止在光滑水平面上，在水平力F作用下，经时间t，通过位移L后，动量变为P、动能变为Ek若上述过程F不变，物体的质量变为m2，以下说法正确的是（ ）A. 经过时间2t，物体动量变为2P B. 经过位移2L，物体动量变为2PC. 经过时间2t，物体动能变为2Ek D. 经过位移2L，物体动能变为2Ek【答案】AD【解析】以初速度方向为正方向，根据动量定理，有：Ft=P，故时间变为2t后，动量变为2P，故A正确；根据EkP22m ，动量变为2倍，质量减半，故动能变为8Ek，故C错误；经过位移2L，根据动能定理，有：FL=Ek，故位移变为2倍后，动能变为2Ek，故D正确；根据P=2mEk ，动能变为2倍，质量减半，故动量不变，故B错误；故选AD.点睛：本题关键是分别根据动量定理和动能定理列式分析，同时要记住动量与动能的关系公式EkP22m，基础题目4.质量相等的A、B两物体放在同一水平面上，分别受到水平拉力F1、F2的作用而从静止开始作匀加速直线运动经过时间t0和4t0速度分别达到2v0和v0时，分别撤去F1和F2，以后物体继续做匀减速直线运动直至停止两物体速度随时间变化的图象如图所示设F1和F2对A、B的冲量分别为I1和I2，F1和F2对A、B做的功分别为W1和W2，则下列结论正确的是（）A. I1I2，W1W2 B. I1I2，W1W2C. I1I2，W1W2 D. I1I2，W1W2【答案】B【解析】从图象可知，两物块匀减速运动的加速度大小之都为v0t0，根据牛顿第二定律，匀减速运动中有f=ma，则摩擦力大小都为mv0t0根据图象知，匀加速运动的加速度分别为2v0t0，v04t0，根据牛顿第二定律，匀加速运动中有Ff=ma，则F1=3mv0t0，F2=5mv04t0，故I1:I2=F1t0:4F2t0=3:5；由图看出，撤去拉力后两图象平行，说明加速度，由牛顿第二定律分析则知加速度a=g，说明两物体与地面的动摩擦因数相等，则两物体所受的摩擦力大小相等，设为f，对全过程运用动能定理得：W1fs1=0，W2fs2=0，得W1=fs1，W2=fs2，图线与时间轴所围成的面积表示运动的位移，则位移之比为6：5，整个运动过程中F1和F2做功之比为W1:W2=s1:s2=6:5，故C正确5.如图所示，质量为m的小滑块（可视为质点），从h高处的A点由静止开始沿斜面下滑，停在水平地面上的B点（斜面和水平面之间有小圆弧平滑连接）。要使物体能原路返回，在B点需给物体的瞬时冲量最小应是： （ ）A. 2mgh B. mgh C. mgh2 D. 4mgh【答案】A【解析】滑块从A到B过程，根据动能定理，有mghWf=0，滑块从B返回A过程，根据动能定理，有：mghWf=012mv2，联立解得：v=2gh，在B点需给物体的瞬时冲量等于动量的增加量，故I=mv=2mgh，故A正确。6.如图所示，质量为M的盒子放在光滑的水平面上，盒子内表面不光滑，盒内放有一块质量为m的物体，某时刻给物体一个水平向右的初速度v0，那么在物体与盒子前后壁多次往复碰撞后（）A. 两者的速度均为零B. 两者的速度总不会相等C. 盒子的最终速度为mv0M，方向水平向右D. 盒子的最终速度为mv0M+m，方向水平向右【答案】D【解析】试题分析：选物体与小车组成的系统为研究对象，由水平方向动量守恒得：Mv0=（M十m）v所以：v=v方向与v0同向，即方向水平向右，故选：D。考点：动量守恒定律【名师点睛】以物体与小车组成的系统为研究对象，水平方向仅有系统内力而不受外力作用，水平方向动量守恒，由于盒子内表面不光滑，最终的状态是两者具有共同的速度。运用动量守恒定律求解最终速度。7.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h0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34h0（不计空气阻力），则（ ）A. 小球和小车组成的系统动量守恒B. 小车向左运动的最大距离为12RC. 小球离开小车后做斜上抛运动D. 小球第二次能上升的最大高度12h0hm，重力加速度为g，某时刻m获得一瞬时速度v0，当m第一次回到O点正下方时，细线拉力大小为A. mg B. mg+mv02L C. mg+m(2m)2v02(M+m)2L D. mg+m(Mm)2v02(M+m)2L【答案】B【解析】当小球运动到最低点的速度为v2，把小球和框架看成一个系统，满足动量守恒：mv0=Mv1+mv2，根据能量守恒有：12mv02=12Mv12+12mv22，联立解得：v1=2mM+mv0， v2=mMM+mv0，m相对圆心的速度为：v=v1v2=v0，由向心力公式：Tmg=mv2L，联立解得：T=mg+mv02L，故B正确，ACD错误。 12.如图所示，在光滑水平地面上有A、B两个小物块，其中物块A的左侧连接一轻质弹簧。物块A处于静止状态，物块B以一定的初速度向物块A运动，并通过弹簧与物块A发生弹性正碰。对于该作用过程，两物块的速率变化可用速率时间图象进行描述，在图所示的图象中，图线1表示物块A的速率变化情况，图线2表示物块B的速率变化情况。则在这四个图象中可能正确的是 （ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】物块B压缩弹簧的过程，开始时A做加速运动，B做减速运动，随着压缩量的增大，弹簧的弹力增大，两个物块的加速度增大当弹簧压缩至最短时，二者的速度相等；此后A继续加速，B继续减速，弹簧的压缩量减小，弹力减小，两个物块的加速度减小当弹簧恢复原长时B离开弹簧所以v-t图象切线斜率的大小都先增大后减小设B离开弹簧时A、B的速度分别为vA和vB取水平向右为正方向，根据动量守恒定律：mBv0=mAvA+mBvB，由机械能守恒得：12mBv02=12mAvA2+mBvB2联立解得vA=2mBmA+mBv0 ，vB=mBmAmA+mBv0 若mBmA，由上式可得：vAvB所以B图是可能的若mB=mA，由上式可得：vA=v0，vB=0若mBmA，由上式可得：vA0，vB0综上，只有B图是可能的故ACD错误，B正确故选B.点睛：该题考查系统的动量守恒定律与机械能守恒定律，解决本题的关键是对物体进行受力分析和运动过程分析，要知道v-t图象的斜率表示加速度13.冲击摆是用来测量子弹速度的一种简单装置如图所示，将一个质量很大的砂箱用轻绳悬挂起来，一颗子弹水平射入砂箱，砂箱发生摆动若子弹射击砂箱时的速度为v，测得冲击摆的最大摆角为，砂箱上升的最大高度为h，则当子弹射击砂箱时的速度变为2v时，下列说法正确的是（ ）A. 冲击摆的最大摆角将变为2B. 冲击摆的最大摆角的正切值将变为2tanC. 砂箱上升的最大高度将变为2hD. 砂箱上升的最大高度将变为4h【答案】D【解析】设子弹的质量为m，砂箱的质量为M，砂箱上升的最大高度为h，最大偏转角为，冲击摆的摆长为L；以子弹和砂箱作为整体，在子弹和砂箱一起升至最高点的过程中，由机械能守恒，由机械能守恒定律得：12(m+M)v共2(m+M)gh，解得：v共2gh ；在子弹射入砂箱的过程中，系统的动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv=（m+M）v共，解得：vm+Mmv共m+Mm2gh；冲击摆的最大偏转角满足cos=LhL，由于不知道h与L之间的关系，所以不能判断出冲击摆的最大摆解是否将变为2故A错误；由于不知道h与L之间的关系，所以不能判断出冲击摆的最大摆解的正切值是否将变为2tan故B错误；由公式可知，当v增大为2v时，砂箱上升的最大高度将变为4h故C错误，D正确；故选D点睛：本题属于动量守恒与机械能守恒在日常生活中的应用的例子，分析清楚物体运动过程、应用机械能守恒定律与动量守恒定律即可正确解题求出子弹的初速度与冲击摆上升的高度、摆动的夹角之间的关系是解答的关键14.用一个半球形容器和三个小球可以进行碰撞实验，已知容器内侧面光滑，半径为R，三个质量分别为m1、m2、m3，两两的小球1、2、3，半径相同且可视为质点，自左向右依次静置于容器底部的同一直线上且彼此相互接触，若将质量为m，的球移至左侧离容器底高h处无初速释放，如图所示，各小球间的碰撞时间极短且碰撞时无机械能损失，小球1与2、2与3碰后，球1停在0点正下方，球2上升的最大高度为19R，球3恰能滑出容器，则三个小球的质量之比为A. 2:2:1 B. 3:3:1 C. 4:4:1 D. 3:2:1【答案】B【解析】碰撞前球1下滑过程，由机械能守恒定律得m1gh=12m1v02对于碰撞过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得m1v0=m2v2+m3v3由机械能守恒定律得：12m1v02=12m2v22+12m3v32碰后，对球2有12m2v22=m2g19R对球3有12m3v32=m3gR联立解得m1:m2:m3=3:3:1.故选：B【名师点睛】由于小球间的碰撞时间极短且碰撞时无机械能损失，所以碰撞过程遵守动量守恒定律和机械能守恒定律，由此列式；再对碰后，运用机械能守恒定律对球2和球3列式，联立可解。15.某研究小组通过实验测得两滑块碰撞前后运动的实验数据，得到如图所示的位移时间图象图中的线段a、b、c分别表示沿光滑水平面上同一条直线运动的滑块、和它们发生正碰后结合体的位移变化关系已知相互作用时间极短，由图象给出的信息可知()A. 碰前滑块与滑块速度大小之比为72B. 碰前滑块的动量大小比滑块的动量大小大C. 碰前滑块的动能比滑块的动能小D. 滑块的质量是滑块的质量的16 【答案】D【解析】根据st图像的斜率等于速度，可知碰前滑块速度为v12 m/s，滑块的速度为v20.8 m/s，则碰前速度大小之比为5：2，故A错误；碰撞前后系统动量守恒，碰撞前，滑块的动量为负，滑块的动量为正，由于碰撞后总动量为正，故碰撞前总动量也为正，故碰撞前滑块的动量大小比滑块的小，故B错误；碰撞后的共同速度为v0.4 m/s，根据动量守恒定律，有m1v1m2v2(m1m2)v，解得m26m1，由动能的表达式可知，12m1v1212m2v22，故C错误，D正确故选D16.在光滑的水平地面上水平放置着足够长的质量为M的木板，其上放置着质量为m带正电的物块（电量保持不变），两者之间的动摩擦因数恒定，且Mm，空间存在着足够大的方向垂直于纸面向里的匀强磁场，某时刻开始它们以大小相同的速度相向运动，如图，取向右为正方向，则下列图象可能正确反映它们以后运动的是（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】对m分析可知，m受重力、支持力和洛伦兹力与摩擦力作用，由左手定则可知，洛伦兹力方向向上；水平方向受M的摩擦力作用而做减速运动；则由F=Bqv可知，洛伦兹力减小，故m对M的压力增大，摩擦力增大，故m的加速度越来越大；同时M受m向右的摩擦力作用，M也做减速运动；因摩擦力增大，故M的加速度也越来越大；则可知v-t图象中对应的图象应为曲线；对Mm组成的系统分析可知，系统所受外力之和为零，故系统的动量守恒，最终两物体速度一定相同，则有mv0Mv0=M+mv，因Mm，故最终速度一定为负值，说明最终两物体均向左做匀速运动，则B正确17.如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接，并静止在光滑的水平面上。现使A瞬时获得水平向右的速度3m/s，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图象信息可得（ ）A. 从开始计时到t4这段时间内，物块A、B在t2时刻相距最远B. 物块A、B在t1与t3两个时刻各自的加速度相同C. t2到t3这段时间弹簧处于压缩状态D. m1:m2=1:2【答案】D【解析】结合图象可得两物块的运动过程，开始时m1逐渐减速，m2逐渐加速，弹簧被压缩，t1时刻二者速度相当，系统动能最小，势能最大，弹簧被压缩最大，然后弹簧逐渐恢复原长，m2依然加速，m1先减速为零，然后反向加速，t2时刻，弹簧恢复原长状态，由于此时两物块速度相反，因此弹簧的长度将逐渐增大，两木块均减速，当t3时刻，二木块速度相等，系统动能最小，弹簧最长，因此从t2到t3过程中弹簧的长度将逐渐变大，故A、B、C错误；系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得，t=0时刻和t=t1时刻系统总动量相等，有：m1v0=（m1+m2）v2，解得：m1：m2=1：2，故D正确。所以D正确，ABC错误。18.如图，带有光滑弧形轨道的小车质量为m，放在光滑水平面上，一质量也是m的小铁块，以速度v沿轨道水平端向上滑去，至某一高度后再向下返回，则当铁块回到小车右端时，将（）A. 以速度v做向右平抛运动B. 静止于车上C. 以小于v的速度向左做平抛运动D. 做自由落体运动【答案】D【解析】【详解】小铁块和小车组成的系统水平方向不受外力，系统水平方向的动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：mv=mv车+mv铁，系统的机械能守恒，由机械能守恒定律得：12mv02=12mv车2+12mv铁2，解得铁块离开车时：v铁=0，v车=v，所以铁块离开车时将做自由落体运动，故D正确，A、B、C错误.故选D.【点睛】解决本题关键是能够把动量守恒和机械能守恒结合起来，要知道接触面光滑时，往往考虑系统的机械能是否守恒19.如图甲所示，A、B两个滑块靠在一起放在光滑的水平面上，其质量分别为2m和m，从t=0时刻起，水平力F1、F2同时分别作用在滑块A和B上，已知F1、F2随时间变化的关系如图乙所示，两力作用在同一直线上则滑块从静止开始滑动到A、B两个滑块发生分离的时间是（）A. 2s B. 3s C. 4s D. 6s【答案】A【解析】【分析】先根据数学知识写出水平力F1、F2与时间的关系式再根据牛顿第二定律对整体和其中一个物体列式，求出A、B两个滑块发生分离的时间【详解】由乙图可得：F1=(60-10t)N，F2=10t N,当A、B两个滑块刚要发生分离时相互间的作用力为零，对整体，由牛顿第二定律得：F1+F2=(2m+m)a对B有：F2=ma联立得：t=2s即滑块从静止开始滑动到A、B两个滑块发生分离的时间是2s.故A正确，B,C,D错误.故选A.【点睛】解决本题时要灵活选择研究对象，采用隔离法和整体法相结合研究，比较简洁还要抓住临界条件：两个物体刚要分离时相互间的作用力为零20.质量为ma1kg，mb2kg的小球在光滑的水平面上发生碰撞，碰撞前后两球的位移时间图象如图所示，则可知碰撞属于()A. 弹性碰撞 B. 非弹性碰撞 C. 完全非弹性碰撞 D. 条件不足，不能确定【答案】A【解析】根据x-t图象可知：a球的初速度为：va=31m/s=3m/s，b球的初的速度为vb=0，碰撞后a球的速度为：va=11m/s=1m/s ；碰撞后b球的速度为：vb=531m/s=2m/s ；两球碰撞过程中，动能变化量为：Ek=12mava2+012mava212mbvb2=121321211212222=0 则知碰撞前后系统的总动能不变，此碰撞是弹性碰撞；故选A点睛：本题主要考查了动量守恒定律得应用，要知道判断是否为弹性碰撞的方法是看机械能是否守恒，若守恒，则是弹性碰撞，若不守恒，则不是弹性碰撞.21.如图所示，将质量为M1、半径为R且内壁光滑的半圆槽置于光滑水平面上，左侧靠墙角，右侧靠一质量为M2的物块今让一质量为m的小球自左侧槽口A的正上方h高处从静止开始落下，与圆弧槽相切自A点进入槽内，则以下结论中正确的是（ ）A. 小球在槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒B. 小球在槽内运动的全过程中，小球、半圆槽和物块组成的系统动量守恒C. 小球离开C点以后，将做竖直上抛运动D. 槽将不会再次与墙接触【答案】D【解析】小球从AB的过程中，半圆槽对球的支持力沿半径方向指向圆心，而小球对半圆槽的压力方向相反指向左下方，因为有竖直墙挡住，所以半圆槽不会向左运动，可见，该过程中，小球与半圆槽在水平方向受到外力作用，动量并不守恒，而由小球、半圆槽 和物块组成的系统动量也不守恒；从BC的过程中，小球对半圆槽的压力方向向右下方，所以半圆槽要向右推动物块一起运动，因而小球参与了两个运动：一个是沿半圆槽的圆周运动，另一个是与半圆槽一起向右运动，小球所受支持力方向与速度方向并不垂直，此过程中，因为有物块挡住，小球与半圆槽在水平方向动量并不守恒，在小球运动的全过程，水平方向 动量也不守恒，选项AB错误；当小球运动到C点时，它的两个分运动的合速度方向并不是竖直向上，所以此后小球做斜上抛运动，C错误；因为全过程中，整个系统在水平 方向上获得了水平向右的冲量，最终槽将与墙不会再次接触，D正确【点睛】判断系统动量是否守恒关键是明确系统是否受到外力的作用，故在应用动量守恒定律时一定要明确是哪一系统动量守恒22.如图所示，质量之比mA：mB=3：2的两物体A、B，原来静止在平板上小车C上，地面光滑。现同时对A、B两物体施加等大反向的水平恒力F1、F2使A、B同时由静止开始运动，下列正确的说法是（ ）A. 仅当A、B与平板车上表面间的动摩擦因数之比为A：B=2：3时， ABC组成系统的动量才守恒B. 无论A、B与平板车上表面间的动摩擦因数是否相同， A、B、C组成系统的动量都守恒C. 因为F1、F2等大反向，故A、B组成的系统的机械能守恒D. 若A、B与小车C上表面间的动摩擦因数相同，则C与B的运动方向相同【答案】B【解析】试题分析：将A、B、C组成系统合力为零，故系统动量守恒，故选项A错误，选项B正确；由于A、B与C之间有摩擦力做功，有内能产生，故系统机械能不守恒，故选项C错误；若A、B与小车C上表面间的动摩擦因素相同，则A对C的摩擦力大于B对C的摩擦力，故A与C的运动方向相同，故选项D错误。考点：动量守恒，机械能守恒【名师点睛】本题要抓住摩擦力是内陆，分析清楚物体的受力情况是正确解题的关键，紧扣动量守恒和机械能守恒的条件进行分析即可。23.如图所示,光滑的水平面上有一质量M=9Kg的木板,其右端恰好和光滑固定圆弧轨道AB的底端等高对接(木板的水平上表面与圆弧轨道相切),木板右端放有一质量m0=2kg的物体C(可视为质点),已知圆弧轨道半径R=0.9m.现将一质量m=4kg的小滑块(可视为质点),由轨道顶端A点无初速释放,滑块滑到B端后冲上木板,并与木板右端的物体C粘在一起沿木板向左滑行,最后恰好不从木板左端滑出.已知滑块与木板上表面的动摩擦因数,物体C与木板上表面的动摩擦因数.取g=10m/.求: (1)滑块到达圆弧的B端时,轨道对它的支持力大小FN(2)木板的长度L【答案】(1)120N (2)1.2m【解析】（1）滑块从A端下滑到B端，由机械能守恒得：mgR=12mv2得：v=2gR=2100.9=32m/s在B点，由牛顿第二定律得：FN-mg=mv02R解得轨道对滑块的支持力为：FN=3mg=3410N=120N 由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力为120 N （2）滑块滑上小车后，滑块与木板右侧的物体C发生碰撞，以向左为正方向，设碰撞后共同的速度为v1，则：mv0=m+m0v1,代入数据得：v1=22m/s对滑块物块C以及小车，三者组成的系统沿水平方向的动量守恒，设末速度为v2，由动量守恒有：m+m0v1=m+m0+Mv2，由能的转化和守恒得：1m+2m0gl=12m+m0v12-12M+m+m0v22代入数据得：l=1.2m24.如图所示，一个半径为R=1.00m的14粗糙圆孤轨道，固定在竖直平面内，其下端切线是水平的，轨道下端距地面高度为h=1.25m在轨道末端放有质量为mB=0.05kg的小球(视为质点)，B左侧轨道下装有微型传感器，另一质量为mA=0.10kg的小球A(也视为质点)由轨道上端点从静止开始释放，运动到轨道最低处时，传感器显示读数为2.60N，A与B发生正碰，碰后B小球水平飞出，落到地面时的水平位移为s=2.00m，不计空气阻力，重力加速度取g=10 m/s2。求：(1)小球A在碰前克服摩擦力所做的功；(2)A与B碰撞过程中，系统损失的机械能。【答案】(1) 0.20 J (2) 0.20 J【解析】小球A在圆弧轨道上做圆周运动，经过最低点时由合力提供向心力，由牛顿第二定律可以求出小球A运动到轨道最低处时的速度大小。对于A球下滑的过程，利用动能定理可以求出小球A克服摩擦力做的功。小球B离开轨道后做平抛运动，由平抛运动规律可以求出碰后B的速度，然后由动量守恒定律求出碰撞后A的速度，再由能量守恒定律求碰撞过程系统损失的机械能。（1）在最低点对球由牛顿第二定律有：FAmAg=mAvA2R vA=4.00 m/s由动能定理有：mAgRWf=12mAvA2解得Wf = 0.20 J （2）碰后B球做平抛运动有：h=12gt2 s=vBt vB=4m/sA、B碰撞，由动量守恒定律有：mAvA=mAvA+mBvB 得vA=2.0m/s由能量守恒得：E损=E损=12mAvA212mAvA212mBvB2故 E损=0.20J【点睛】本题是多研究对象多过程问题，分析清楚物体运动过程，应用牛顿第二定律、动能定理、平抛运动规律、动量守恒定律即可正确解题，解题时要注意过程的选择与正方向的选择。25.某小组在探究反冲运动时，将质量为m1一个小液化瓶固定在质量为m2的小球具船上，利用液化瓶向外喷射气体做为船的动力。现在整个装置静止放在平静的水面上，已知打开液化汽瓶后向外喷射气体的对地速度为v1，如果在t的时间内向后喷射的气体的质量为m，忽略水的阻力，则喷射出质量为m的液体后，小船的速度是多少？喷射出m液体的过程中，小船所受气体的平均作用力的大小是多少？【答案】（1）（2）【解析】（1）由动量守恒定律得0=(m1+m2m)vmv1得：v船=。(2)对喷射出的气体运用动量定理得：Ft=mv1解得F=由牛顿第三定律得，小船所受气体的平均作用力大小为F=
展开阅读全文