2023年高考物理一輪復習核心知識點提升-動量守恒定律及三類模型

6.2動量守恒定律及三類模型一、動量守恒定律.內容如果一個系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的矢量和為零,這個系統(tǒng)的總動量保持不變..表達式(T)p=p'，系統(tǒng)相互作用前總動量0等于相互作用后的總動量p'.(2)m\V\+m2V2=miVi'+m2V2'?相互作用的兩個物體組成的系統(tǒng)，作用前的動量和等于作用后的動量和.(3)Api=~Ap2,相互作用的兩個物體動量的變化量等大反向.(4)Ap=0,系統(tǒng)總動量的增量為零..適用條件(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力為雯一(2)近似守恒：系統(tǒng)內各物體間相互作用的內力遠大土它所受到的外力.(3)某一方向守恒：如果系統(tǒng)在某一方向上所受外力的合力為零，則系統(tǒng)在這一方囪上動量守恒.二、“三類”模型問題“子彈打木塊”模型“木塊”放置在光滑的水平面上①運動性質：“子彈”對地在滑動摩擦力作用下做勻減速直線運動；“木塊”在滑動摩擦力作用下做勻加速直線運動.②處理方法：通常由于“子彈”和“木塊”的相互作用時間極短，內力遠大于外力，可認為在這一過程中動量守恒.把“子彈”和“木塊”看成一個系統(tǒng)：a.系統(tǒng)水平方向動量受恒；b.系統(tǒng)的機械能不守恒;c.對“木塊”和“子彈”分別應用動能定理.“木塊”固定在水平面上①運動性質：“子彈”對地在滑動摩擦力作用下做勻減速直線運動；“木塊”靜止不動.②處理方法：對“子彈”應用動能定理或牛頓第二定律.“反沖”和“爆炸”模型

⑴反沖①定義：當物體的一部分以一定的速度離開物體時，剩余部分將獲得一個反向沖量，這種現(xiàn)象叫反沖運動.②特點：系統(tǒng)內各物體間的相互作用的內力遠大于系統(tǒng)受到的外力.實例：發(fā)射炮彈、發(fā)射火箭等.③規(guī)律：遵從動量守恒定律.(2)爆炸問題爆炸與碰撞類似，物體間的相互作用時間很短，作用力很大，且遠大于系統(tǒng)所受的外力，所以系統(tǒng)動量守恒.如爆竹爆炸等.“人船模型”問題(1)模型介紹兩個原來靜止的物體發(fā)生相互作用時，若所受外力的矢量和為零,則動量守恒.在相互作用的過程中，任一時刻兩物體的速度大小之比等于質量的反比.這樣的問題即為“人船模型”問題.(2)模型特點①兩物體滿足動量守恒定律：m\V\—miV2=Q.②運動特點：人動船動，人靜船靜，人快船快，人慢船慢，人左船右；人船位移比等于它們質量的反比；人船平均速度(瞬時速度)比等于它們質量的反比，即當人2v\m2V2③應用*4案時要注意…、力和正"一般都是相對地面而言的.I動量守恒的判定I動量守恒的判定.動量守恒的條件(1)理想守恒：系統(tǒng)不受外力或所受外力的矢量和為零，則系統(tǒng)動量守恒。(2)近似守恒：系統(tǒng)受到的外力矢量和不為零，但當內力遠大于外力時，系統(tǒng)的動量可近似看成守恒。(3)某一方向上守恒：系統(tǒng)在某個方向上所受外力矢量和為零時，系統(tǒng)在該方向上動量守恒。

.動量守恒定律常用的四種表達形式(l)p=p，：即系統(tǒng)相互作用前的總動量p和相互作用后的總動量“大小相等，方向相同。(2)Ap=p，一p=0：即系統(tǒng)總動量的增加量為零。(3)AP1=-Ap2：即相互作用的系統(tǒng)內的兩部分物體，其中一部分動量的增加量等于另一部分動量的減少量。(4)wj1y1+m2V2=m\Vi'+mivi',即相互作用前后系統(tǒng)內各物體的動量都在同一直線上時，作用前總動量與作用后總動量相等。例題1.如圖甲所示，把兩個質量相等的小車/和8靜止地放在光滑的水平地面上.它們之間裝有被壓縮的輕質彈簧，用不可伸長的輕細線把它們系在一起.如圖乙所示，讓8緊靠墻壁，其他條件與圖甲相同.對于小車4、8和彈簧組成的系統(tǒng)，燒斷細線后下列說法正確的是()〃〃力力〃〃“〃力^,〃〃?〃〃〃 〃〃方f”〃力力〃〃〃〃“力〃〃方方)〃〃,甲 乙A.從燒斷細線到彈簧恢復原長的過程中,圖甲所示系統(tǒng)動量守恒，機械能守恒B.從燒斷細線到彈簧恢復原長的過程中，圖乙所示系統(tǒng)動量守恒，機械能守恒C.從燒斷細線到彈簧恢復原長的過程中，墻壁對圖乙所示系統(tǒng)的沖量為零D.從燒斷細線到彈簧恢復原長的過程中，墻壁彈力對圖乙中8車做功不為零【答案】A【解析】從燒斷細線到彈簧恢復原長的過程中，題圖甲所示系統(tǒng)所受外力之和為0,則系統(tǒng)動量守恒，且運動過程中只有系統(tǒng)內的彈力做功，所以系統(tǒng)機械能守恒，故A正確；從燒斷細線到彈簧恢復原長的過程中，題圖乙所示系統(tǒng)中由于墻壁對8有力的作用，則系統(tǒng)所受外力之和不為0,則系統(tǒng)動量不守恒，運動過程中只有系統(tǒng)內的彈力做功，所以系統(tǒng)機械能守恒，故B錯誤：從燒斷細線到彈簧恢復原長的過程中，題圖乙所示系統(tǒng)中由于墻壁對8有力的作用，由公式/=—可知，墻壁對題圖乙所示系統(tǒng)的沖量不為零，故C錯誤；從燒斷細線到彈簧恢復原長的過程中，由于8車沒有位移，則墻壁彈力對題圖乙中8車做功為0,故D錯誤.(多選)如圖所示，小車在光滑水平面上向左勻速運動。水平輕質彈

簧左端固定在/點，物體與固定在N點的細線相連，彈簧處于壓縮狀態(tài)（物體與彈簧未連接）。某時刻細線斷了，物體沿車滑動到8端粘在8端的油泥上，取小車、物體和彈簧為一個系統(tǒng)，下列說法正確的是（）4 —I 匚B?若物體滑動中不受摩擦力，則該系統(tǒng)全過程機械能守恒B.若物體滑動中有摩擦力，則該系統(tǒng)全過程動量守恒C.不論物體滑動中有沒有摩擦，小車的最終速度與斷線前相同D.不論物體滑動中有沒有摩擦，系統(tǒng)損失的機械能相同【答案】BCD【解析】物體與油泥黏合的過程，發(fā)生非彈性碰撞，系統(tǒng)機械能有損失，故A錯誤；整個系統(tǒng)在水平方向不受外力，豎直方向上合外力為零，則系統(tǒng)動量一定守恒，故B正確；取系統(tǒng)的初速度方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律可知，物體在沿車滑動到B端粘在B端的油泥上后系統(tǒng)共同的速度與初速度是相同的，故C正確；由C的分析可知，當物體與8端油泥粘在一起時，系統(tǒng)的速度與初速度相等，所以系統(tǒng)的末動能與初動能是相等的，系統(tǒng)損失的機械能等于彈簧的彈性勢能，與物體滑動中有沒有摩擦無關，故D正確。（多選）如圖所示，在光滑水平面上有4、8兩個木塊，A.B之間用一輕彈簧連接，A靠在墻壁上，用力F向左推B使兩木塊之間的彈簧壓縮并處于靜止狀態(tài)。若突然撤去力R則下列說法正確的是（）A.木塊/離開墻壁前,4、8和彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒,機械能也守恒B.木塊4離開墻壁前，A,8和彈簧組成的系統(tǒng)動量不守恒，但機械能守恒C.木塊〃離開墻壁后，力、8和彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒，機械能也守恒D.木塊N離開墻壁后，/、8和彈簧組成的系統(tǒng)動量不守恒，但機械能守恒【答案】BC【解析】木塊4離開墻壁前，由4、8和彈簧組成的系統(tǒng)受墻壁的彈力，屬于外力，

故系統(tǒng)動量不守恒，但機械能守恒，故A錯誤，B正確；木塊/離開墻壁后，由4、8和彈簧組成的系統(tǒng)所受合外力為零，故系統(tǒng)動量守恒，又沒有機械能和其他形式的能量轉化，故機械能也守恒，故C正確，D錯誤。動量守恒定律的理解和基本應用動量守恒定律的理解和基本應用i.動量守恒定律的“五性”矢量性動量守恒定律的表達式為矢量方程，解題應選取統(tǒng)一的正方向相對性各物體的速度必須是相對同一參考系的速度（沒有特殊說明要選地球這個參考系）。如果題設條件中各物體的速度不是相對同一參考系時，必須轉換成相對同一參考系的速度同時性動量是一個瞬時量，表達式中的0、22…必須是系統(tǒng)中各物體在相互作用前同一時刻的動量，pi'、P2'…必須是系統(tǒng)中各物體在相互作用后同一時刻的動量，不同時刻的動量不能相加系統(tǒng)性研究的對象是相互作用的兩個或多個物體組成的系統(tǒng)，而不是其中的一個物體，更不能題中有幾個物體就選幾個物體普適性動量守恒定律不僅適用于低速宏觀物體組成的系統(tǒng)，還適用于接近光速運動的微觀粒子組成的系統(tǒng)2.應用動量守恒定律解題的基本步驟明確研究對象H確定系統(tǒng)的組成及研究過限:: 分析受力情況判斷系統(tǒng)或某一方向上動量是否守恒:t:,規(guī)定正方向一|確定初、末狀態(tài)的動量［利方現(xiàn)#結耍L」列動量守恒方程，求出結果，必要時討1萬程承箔廠I論說明 例題2.（多選）如圖所示，三輛完全相同的平板小車小從C成一直線排列，靜止在光滑水平面上.C車上有一小孩跳到6車上，接著又立即從b車跳到。車上.小孩跳離c車和b車時對地的水平速度相同.他跳到。車上相對a車保持靜止，此后（）小戶/fA.a、6兩車運動速率相等a、c兩車運動速率相等C.三輛車的速率關系Vc>Va>Vb

D.a、c兩車運動方向相反【答案】CD【解析】設向右為正方向，設人跳離6、c車時對地水平速度為。，在水平方向由動量守恒定律有0=M率&■+，〃人。，mkv=M^Vb+m^v,m人。=（A//+〃i人＞%,所以m^v%=一京'm^v%=一京'%=°'%=—+小,即V（＞Va＞Vb并且&與00方向相反.所以選項G?@@zA、B錯誤，選項C、DG?@@z乙兩小孩各乘一輛小車在光滑的水平冰面上勻速相向行駛,速度大小均為oo=6m/s,甲車上有質量為m=lkg的小球若干個，甲和他的小車及小車上小球的總質量為A/i=50kg,乙和他的小車的總質量為峪=30kg.為避免相撞，甲不斷地將小球以相對地面為=16.5m/s的水平速度拋向乙，且被乙接住，假如某一次甲將小球拋出且被乙接住后，剛好可保證兩車不相撞.則甲總共拋出的小球個數(shù)是（）A.12B.13C.14D.15【答案】D【解析】規(guī)定甲的速度方向為正方向，兩車剛好不相撞，則兩車速度相等，由動量守恒定律得防00—河2。0=（跖+m）0,解得。=1.5m/s,對甲、小車及從甲車上拋出的小球，由動量守恒定律得A/i0o=（A/|—〃?⑼o+〃?/,解得〃=15,D正確.在靶場用如圖所示的簡易裝置測量某型號步槍子彈的出膛速度。在平坦靶場的地面上豎直固定一根高/?=1.25m的直桿，在桿的頂端放置質量m\=0.2kg的實心橡皮球，測試人員水平端槍，盡量靠近并正對著橡皮球扣動扳機，子彈穿過球心，其他測試人員用皮尺測得橡皮球和子彈的著地點離桿下端的距離分別為xi=20m、》2=100m。子彈質量加2=0.01kg,重力加速度g取10m/s2,求該型號步槍子彈的出膛速度大小。】1000m/s【解析】設步槍子彈的出膛速度大小為內,子彈穿過球后瞬間，橡皮球的速度為VI，子彈的速度為。2，有ni2Vo=m\V]+/M202.1、Xl=VliX2=Vlt解得00=1000m/so.“人船”模型(i)兩個原來靜止的物體發(fā)生相互作用時，若所受外力的矢量和為零，則動量守恒，在相互作用的過程中，任一時刻兩物體的速度大小之比等于質量的反比。這樣的問題歸為“人船”模型問題。2)“人船”模型的特點①兩物體滿足動量守恒定律：m\V\—m2V2=0o②運動特點：人動船動，人靜船靜，人快船快，人慢船慢，人左船右；人船位移比等于它們質量的反比；人船平均速度(瞬時速度)比等于它們質量的反比，Rnxiv\m2即-=-=-oX2V2mi③應用此關系時要注意一個問題：5、02和X一般都是相對地面而言的。.“子彈打木塊”模型(1)木塊放在光滑水平面上，子彈水平打進木塊，系統(tǒng)所受的合外力為零，因此動量守恒。(2)兩者發(fā)生的相對位移為子彈射入的深度XM.O(3)根據(jù)能量守恒定律，系統(tǒng)損失的動能等于系統(tǒng)增加的內能。(4)系統(tǒng)產(chǎn)生的內能Q=Ff?x柑，即兩物體由于相對運動而摩擦產(chǎn)生的熱(機械能轉化為內能)，等于摩擦力大小與兩物體相對滑動的路程的乘積。(5)當子彈速度很大時，可能射穿木塊，這時末狀態(tài)子彈和木塊的速度大小不再相等，但穿透過程中系統(tǒng)的動量仍守恒，系統(tǒng)損失的動能為AEk=R?LQ為木塊的長度)。.反沖和爆炸模型(1)對反沖運動的三點說明作用原理反沖運動是系統(tǒng)內物體之間的作用力和反作用力產(chǎn)生的效果動量守恒反沖運動中系統(tǒng)不受外力或內力遠大于外力，所以反沖運動遵循動量守恒定律機械能增加反沖運動中，由于有其他形式的能轉化為機械能，所以系統(tǒng)的總機械能增加(2)爆炸現(xiàn)象的三個規(guī)律動量守恒由于爆炸是在極短的時間內完成的，爆炸物體間的相互作用力遠遠大于受到的外力，所以在爆炸過程中，系統(tǒng)的總動量守恒動能增加在爆炸過程中，由于有其他形式的能量(如化學能)轉化為動能，所以爆炸后系統(tǒng)的總動能增加位置不變爆炸的時間極短，因而作用過程中，物體產(chǎn)生的位移很小，一般可忽略不計，可以認為爆炸后仍然從爆炸前的位置以新的動量開始運動例題3.在某次軍演中，一炮彈由地面斜向上發(fā)射，假設當炮彈剛好到最高點時爆炸，炸成前后兩部分P、Q,其中尸的質量大于0.已知爆炸后尸的運動方向與爆炸前的運動方向相同，假設爆炸后P、。的速度方向均沿水平方向，忽略空氣的阻力，則下列說法正確的是()A.爆炸后。的運動方向一定與P的運動方向相同B.爆炸后。比尸先落地C.。的落地點到爆炸點的水平距離大D.爆炸前后尸、。動量的變化量大小相等【答案】D【解析】在爆炸過程中，由于重力遠小于內力，系統(tǒng)的動量守恒.爆炸前炮彈在最高點的速度沿水平方向，爆炸后尸的運動方向與爆炸前的運動方向相同，根據(jù)動量守恒定律判斷出。的速度一定沿水平方向，但爆炸后的運動方向取決于P的動量與爆炸前炮彈的動量的大小關系，因此Q的運動方向不一定與爆炸前的運動方向相同，故A錯誤；在爆炸過程中，尸、。受到爆炸力大小相等，作用時間相同，則爆炸力的沖量大小一定相等，由動量定理可知，在爆炸過程中尸、。動量的改變量大小相等、方向相反，D正確；爆炸后尸、。均做平拋運動，豎直方向上為自由落體運動，由于高度相同，在空中運動時間一定相同，所以尸、。一定同時

落地，B錯誤；由于爆炸后兩部分速度的大小關系無法判斷，因此落地點到爆炸點的水平距離無法確定，C錯誤.I解放軍發(fā)出4枚“東風快遞”（中程彈道導彈），準確擊中預定目標,過程中重力和空氣阻力的影響,A.T7VoB.—VoC.,過程中重力和空氣阻力的影響,A.T7VoB.—VoC.,v。mD- VoM-m【答案】D【解析】ni由動量守恒定律得mvo=（M-m）v9導彈獲得的速度。=用_〃uo,故選D.k多選）如圖所示，繩長為/,小球質量為加,k多選）如圖所示，繩長為/,小球質量為加,小車質量為M,將小球向右拉至水平后放手，則（水平面光滑）（）B.水平方向任意時刻小球與小車的動量等大反向或都為零C.小球不能向左擺到原高度D.小車向右移動的最大距離端普【答案】BD【解析】系統(tǒng)只是在水平方向所受的合力為零，豎直方向的合力不為零，故水平方向的動量守恒，而總動量不守恒，A錯誤，B正確：根據(jù)水平方向的動量守恒及機械能守恒得，小球仍能向左擺到原高度，C錯誤；小球相對于小車的最大位移為2/,根據(jù)“人船模型”，系統(tǒng)水平方向動量守恒，設小球水平方向的平均速度為4,，小車水平方向的平均速度為0M,〃辦/=0,兩邊同時乘以運動時間mvmt2m/—Mv.yt=O,即nix”尸Mxm,又x；w+xm=2/,解得小車向右移動的最大距離為TTZfT-D正確.

新嗝境綜合擺開練/WWV乙-A.甲木塊的動量守恒■MBWMMMBiMMll.如圖所示，甲木塊的質量為加，以o新嗝境綜合擺開練/WWV乙-A.甲木塊的動量守恒B.乙木塊的動量守恒C.甲、乙兩木塊所組成系統(tǒng)的動量守恒D.甲、乙兩木塊所組成系統(tǒng)的動能守恒【答案】C【解析】兩木塊在光滑水平地面上相碰，且中間有彈簧，則碰撞過程系統(tǒng)的動量守恒，機械能也守恒，故A、B錯誤，C正確；甲、乙兩木塊碰撞前、后動能總量不變，但碰撞過程中有彈性勢能，故動能不守恒，只是機械能守恒，D錯誤。.如圖所示，一個傾角為a的直角斜面體靜置于光滑水平面上，斜面體質量為M,頂端高度為兒今有一質量為加的小物體，沿光滑斜面下滑，當小物體從斜面頂端自由下滑到底端時，斜面體在水平面上移動的距離是（）nth 口 Mh. (M+m)tana '(M+m)tana【答案】C【解析】〃，與A/組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，設m在水平方向上對地位移為xi，Af在水平方向上對地位移為X2,因此有O=mxi-Mr2①，且xi+x2=1Jz，tanamh由①②式可得X2=（. x-' ?故選C°\M+m）tana.“爆竹聲中一歲除，春風送暖入屠蘇”，爆竹聲響是辭舊迎新的標志，是喜慶心情的流露。有一個質量為3m的爆竹斜向上拋出，到達最高點時速度大小為歷、方向水平向東，在最高點爆炸成質量不等的兩塊，其中一塊質量為2加，速度大小為。，方向水平向東，則另一塊的速度為（）A.3vo-v B.2vo~3v

C.3vo~2v D.2vo~\~v【答案】C【解析】取水平向東為正方向，爆炸過程系統(tǒng)動量守恒，可得vx=3vo~2v,C正確。.如圖所示，質量為M的長木塊放在水平面上，子彈沿水平方向射入木塊并留在其中，測出木塊在水平面上滑行的距離為s。已知木塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為爐子彈的質量為如重力加速度為g,空氣阻力可忽略不計，則由此可得子彈射入木塊前的速度大小為() I M—m? —同〃力〃勿〃xXtttzA?~72Ags B.~72〃gsC^+7?^ D.【答案】A【解析】子彈擊中木塊過程，系統(tǒng)內力遠大于外力，系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：mv\=(M+m)v,由動量守恒定律得：mv\=(M+m)v,解得:尸赤；子彈擊中木塊后做勻減速直線運動，對子彈與木塊組成的系統(tǒng)，由動能定理得：一〃(M+m)gs=O—g(M+AyH-m/m)v2,解得：v\=~~—72figs;故A正確，B、C、D錯誤。.有一條捕魚小船停靠在湖邊碼頭，小船又窄又長，一位同學想用一個卷尺測量它的質量。他進行了如下操作：首先將船平行碼頭自由停泊，然后他輕輕從船尾上船，走到船頭后停下，而后輕輕下船，用卷尺測出船后退的距離d和船長￡。己知他自身的質量為m，則船的質量為()m(Z+J) m(,L—d)A. j B. j a a【答窠】B【解析】畫出如圖所示的草圖，設人走動時船的速度大小為v,人的速度大小為v',船的質量為人從船尾走到船頭所用時間為f。則0=(,v，=L(:人和船組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，取船的速度方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律（L—d）得M@-mu'=O,解得船的質量A/= -j ,B正確。 ~m~~卜——一晨——6如圖所示，在足夠長的光滑水平面上，用質量分別為2kg和1kg的甲、乙兩滑塊，將輕彈簧壓緊后處于靜止狀態(tài)，輕彈簧僅與甲拴接，乙的右側有一擋板P?，F(xiàn)將兩滑塊由靜止釋放，當彈簧恢復原長時，甲的速度大小為2m/s,此時乙尚未與尸相撞。甲乙［尸1）求彈簧恢復原長時乙的速度大?。虎迫粢遗c擋板p碰撞反彈后不能再與彈簧發(fā)生碰撞。求擋板P對乙的沖量的最大值。【答案】（l）4m/s（2）6N?s【解析】（1）設向左為正方向，由動量守恒定律得v乙=4m/So（2）要使乙反彈后不能再與彈簧發(fā)生碰撞，碰后最大速度Vm=V甲設向左為正方向，由動量定理得/=/〃乙O甲一〃？乙（一O乙）解得/=6N?So7.如圖所不，甲、乙兩船的總質量（包括船、人和貨物）分別為10〃?、12加，兩船沿同一直線同一方向運動，速度分別為2內、poo為避免兩船相撞，乙船上的人將一質量為加的貨物沿水平方向拋向甲船，甲船上的人將貨物接住，求拋出貨物的最小速度。（不計水的阻力）2voV0【答案】4vo【解析】設乙船上的人拋出貨物的最小速度大小為Omin，拋出貨物后船的速度為VI，甲船上的人接到貨物后船的速度為。2，以內方向為正方向,先選乙船、人和貨物為研究系統(tǒng)，由動量守恒定律得12/nUo=Wnw\―/Wmin①再選甲船、人和貨物為研究系統(tǒng)，由動量守恒定律得10〃7X2vo—mVmin=11力2②為避免兩船相撞應滿足力=02③聯(lián)立①②③式得Omin=4O0。8.沖擊擺可以測量子彈的速度大小。如圖所示，長度為/的細繩懸掛質量為M的沙箱，質量為，〃的子彈沿水平方向射入沙箱并留在沙箱中。測出沙箱偏離平衡位置的最大角度為如沙箱擺動過程中未發(fā)生轉動。II(1)自子彈開始接觸沙箱至二者共速的過程中，忽略沙箱的微小偏離。求：①子彈射入沙箱后的共同速度大小。；②子彈射入沙箱前的速度大小。0；(2)自子彈開始接觸沙箱至二者共速的過程中，沙箱已經(jīng)有微小偏離。子彈射入沙箱的過程是否可以認為是水平方向動量守恒？并簡要說明理由。［答案］(1)①\/2gl(1—cosa) ②一——72gl(1—cosa)(2)守恒，理由見解析【解析】(1)?在子彈與沙箱共速至沙箱偏離平衡位置的角度為a的過程中，由機械能守恒定律得;(掰+A/)u2=(“7+M)gl(\—cosa)解得o=72gl(1—cosa)o②由水平方向動量守恒得mvo=(M+m)vzn+AfI ； -解付vo=——a/2g/(1—cosa)omvo(2)可以認為水平方向動量守恒；自子彈開始接觸沙箱至二者共速的過程中，由于沙箱偏離平衡位置的距離很小，受到細繩拉力在水平方向的分力遠小于子彈與沙箱的內力，因此子彈射入沙箱的過程可以認為是水平方向動量守恒。9.在發(fā)射地球衛(wèi)星時需要運載火箭多次點火，以提高最終的發(fā)射速度.某次地球近地衛(wèi)星發(fā)射的過程中，火箭噴