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专题07 动量定理 动量守恒定律
目录
考点一 动量定理的理解及应用...................................3
.........3
..............4
1. 动量定理的深入理解.........................................4
2. 利用动量定理解题的基本思路.........................5
3. 用动量定理处理多过程问题.............................5
4. 用动量定理处理“流体类”问题.....................5
..................6
考向一 动量定理的应用.............................................6
考向二 利用动量定理处理流体(变质量)问题..........7
考点二 动量守恒定律的理解及应用...........................8
.........8
............11
1. 动量守恒定律的深入理解...............................11
2. 利用动量守恒定律解题的基本思路...............12
3. 碰撞...................................................................12
4. 爆炸...................................................................13
5. 反冲运动和人船模型.......................................13
................14
考向一 碰撞模型.......................................................14
考向二 爆炸 反冲 人船模型...................................15
1
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考点要求
考题统计
动量定理的理解及应用
考向一 动量定理的应用：2023•山西•高考真题、2023•广东•高考真题、2023•
福建•高考真题、2022•湖南•高考真题、2021•山东•高考真题、2021•北京•高考
真题
考向二 利用动量定理处理流体(变质量)问题：2022•福建•高考真题、2021•湖
北•高考真题、2021•福建•高考真题
动量守恒定律的理解及应用
考向一 碰撞模型：2023•重庆•高考真题、2023•天津•高考真题、2023•全国•高
考真题、2022•北京•高考真题、2022•湖南•高考真题、2021•重庆•高考真题
考向二 爆炸 反冲 人船模型：2023•湖南•高考真题、2022•山东•高考真题、
2021•天津•高考真题、2021•浙江•高考真题、2021•天津•高考真题
考情分析
【命题规律及方法指导】
1.命题重点：本专题一种是对动量、冲量本身的知识考察，结合生活例子解释现象，多以
选择题出现，涉及的内容有碰撞、反冲、流体问题等问题，难度相对也较低。另一种与结
合牛顿运动定律、功和能、带电粒子碰撞、电磁感应结合的综合题形式考察，这些难度较
大。备考时要熟练掌握动量、冲量、动量定理及动量守恒定律，以及它们在生活中的应用
2.常用方法：微元法、图像法；理解过程与状态、过程量与状态量。
3.常考题型：选择题，计算题．
【命题预测】
1.本专题属于热点、难点内容；
2.高考命题考察方向
①动量定理的考察：对动量、冲量的理解，解释生活中的问题。
②动量守恒定律的考察：以实际情境为素材，考察碰撞、流体作用力、反冲等
2
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考点一 动量定理的理解及应用
1．（2023·山西·高考真题）（多选）使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的N 极正
对着乙的S 极，甲的质量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等。现同时释放甲和乙，在它们
相互接近过程中的任一时刻（ ）
A．甲的速度大小比乙的大
B．甲的动量大小比乙的小
C．甲的动量大小与乙的相等
D．甲和乙的动量之和不为零
【考向】动量与冲量
【答案】BD
【详解】对甲、乙两条形磁铁分别做受力分析，如图所示
A．根据牛顿第二定律有
,
，,由于m 甲>m 乙,所以a 甲<a 乙,由于两物体运动时间
相同，且同时由静止释放，可得v 甲<v 乙,A 错误；BCD．对于整个系统而言，由于μm 甲g>μm 乙g，合力方
向向左，合冲量方向向左，所以合动量方向向左，显然甲的动量大小比乙的小，BD 正确、C 错误。
故选BD。
2．（2023·广东·高考真题）（多选）某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型．多个质量均
为
的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力．开窗帘过程中，电机对滑块1 施加一个水平向右的恒力
，
推动滑块1 以
的速度与静止的滑块2 碰撞，碰撞时间为
，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度
为
．关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有（ ）
A．该过程动量守恒
B．滑块1 受到合外力的冲量大小为
C．滑块2 受到合外力的冲量大小为
D．滑块2 受到滑块1 的平均作用力大小为
【考向】动量定理的应用
【答案】BD
【详解】A．取向右为正方向，滑块1 和滑块2 组成的系统的初动量为
，
碰撞后的动量为
，则滑块的碰撞过程动量不守恒，故A 错误；
3
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B．对滑块1，取向右为正方向，则有
，负号表
示方向水平向左，故B 正确；C．对滑块2，取向右为正方向，则有
，
故C 错误；D．对滑块2 根据动量定理有
，解得
则滑块2 受到滑块1 的平均作用力大小为
，故D 正确。
故选BD。
3．（2021·福建·高考真题）福建属于台风频发地区，各类户外设施建设都要考虑台风影响。已知10 级台
风的风速范围为
，16 级台风的风速范围为
。若台风迎面垂直吹向一固
定的交通标志牌，则16 级台风对该交通标志牌的作用力大小约为10 级台风的（ ）
A．2 倍B．4 倍C．8 倍D．16 倍
【考向】流体、微粒类问题
【答案】B
【详解】设空气的密度为
，风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的横截面积为，在时间
的空气质量
为
，假定台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的末速度变为零，对风由动量定理有
，可得
，10 级台风的风速
，16 级台风的风速
，则有
，
故选B。
1. 动量定理的深入理解
1）内容：物体所受合外力的冲量等于它的动量的变化.
2）表达式:F合t=mv t−mv 0
【技巧点拨】
①上述公式是一矢量式，两边不仅大小相等，而且方向相同，运用它分析问题时要特别注意
冲量、动量及动量变化量的方向.
②公式中的F合是研究对象所受的包括重力在内的所有外力的合力.
③由Ft=p
'−p ，得
F= p'−p
t
，即物体所受的合外力等于物体动量的变化率．
④上述公式除了表明两边大小、方向的关系外，还说明了两边的因果关系，即合外力的冲量
是动量变化的原因．
⑤动量定理的研究对象可以是单个物体，也可以是物体系统.对物体系统，只需分析系统受的
外力，不必考虑系统内力.系统内力的作用不改变整个系统的总动量.
⑥动量定理不仅适用于恒定的力，也适用于随时间变化的力.对于变力，动量定理中的力F 应
当理解为变力在作用时间内的平均值.
⑦当物体运动包含多个不同过程时，可分段应用动量定理求解，也可以全过程应用动量定理
求解．
4
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2. 利用动量定理解题的基本思路
1）确定研究对象．
2）对物体进行受力分析．可先求每个力的冲量，再求各力冲量的矢量和——合力的冲量；或先求合
力，再求合力的冲量．
3）抓住过程的初、末状态，选好正方向，确定各动量和冲量的正负号．
4）根据动量定理列方程，如有必要还需要补充其他方程，最后代入数据求解．
3. 用动量定理处理多过程问题
如果物体在不同阶段受力不同，即合外力不恒定，此情况下应用动量定理时，一般采取以下两种方法：
1）分段处理法：找出每一段合外力的冲量I1、I2…In，这些冲量的矢量和即外力的合冲量I＝I1＋I2＋…
＋In，根据动量定理I＝p′－p 求解，分段处理时，需注意各段冲量的正负。
2）全过程处理法：在全过程中，第一个力的冲量I1，第二个力的冲量I2，…第n 个力的冲量In，这些
冲量的矢量和即合冲量I，根据I＝p′－p 求解，用全过程法求解时，需注意每个力的作用时间及力的方向。
3）若不需要求中间量，用全程法更为简便。
4. 用动量定理处理“流体类”问题
1）流体类问题：运动着的连续的气流、水流等流体，与其他物体的表面接触的过程中，会对接触面
有冲击力。此类问题通常通过动量定理解决。
2）解答质量连续变动的动量问题的基本思路
①确定研究对象：Δt 时间内流体微元。
②建立“柱体”模型：对于流体，可沿流速v 的方向选取一段柱形流体， 设在Δt 时间内通过某
一横截面积为S 的流体长度Δl ＝v·Δt，如图所示，若流体的密度为ρ，那么，在 这段时间内流过该截
面的流体的质量为Δm＝ρSΔl＝ρSvΔt；
③运用动量定理，即流体微元所受的合力的冲量等于流体微元动量的增量，即F 合Δt＝Δp。(Δt 足
够短时，流体重力可忽略不计)
【技巧点拨】若求解流体对接触物体的力，首先转换研究对象，分析与流体接触的物体对流体的
力，再结合牛顿第三定律进行解答
考向一 动量定理的应用
1．（2024·江西景德镇·江西省乐平中学校联考一模）一位同学事先在坚硬的地面上铺上一层地毯（厚度远
小于下落的高度），然后将手中的玻璃杯从一米多高处自由释放，玻璃杯落在地毯上安然无恙，没有反弹
5
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便静止了。接着他又捡起玻璃杯，同时移开地毯，将玻璃杯从同样的高度自由释放，玻璃杯落在硬地上碎
裂成几块。碎片也没有反弹。空气阻力忽略不计。该同学通过比较分析得出的正确结论是（ ）
A．玻璃杯落在硬地上时的动量更大
B．玻璃杯受到硬地的冲量更大
C．玻璃杯与硬地作用过程中动量变化量更大
D．玻璃杯与硬地作用过程中动量变化率更大
【答案】D
【详解】A．由于空气阻力忽略不计，玻璃杯从同一高度落下，根据自由落体运动的规律
可知，
落到硬地和地毯上的速度相同，根据动量公式
可知，动量是相等的，故A 错误；B．由于碰撞后都
没有反弹，根据动量定理得
，则冲量也相同，故B 错误；C．动量的变化量
，则动量
的变化量也相同，故C 错误；D．由合外力的冲量公式
可知，落在硬地的时间更短，冲量的变化率
更大，故D 正确。
故选D。
2．（2022·海南·校联考三模）体育课上进行跳高训练时，训练者落地的一侧地面上要铺上厚厚的垫子，目
的是（ ）
A．使训练者落到垫子上时的动量减小
B．使训练者落在垫子上的过程中，动量变化量减小
C．使训练者落在垫子上的过程中，所受的冲量减小
D．使训练者落在垫子上的过程中，与垫子的作用时间延长
【答案】D
【详解】A．使训练者落到垫子上时速率不变，则动量大小不变，故A 错误；BCD．根据题意可知，跳高
运动员在落地的过程中，动量变化一定，所受的冲量一定，跳高运动员跳到厚厚的垫子上可以延长着地过
程的作用时间，由动量定理有
，可知，延长时间可以减小运动员所受到的平均冲力
，
故BC 错误，D 正确。
故选D。
3．（2023·陕西咸阳·校考模拟预测）（多选）如图所示，严冬树叶结有冰块，人在树下经常出现冰块砸到
头部的情况．若冰块质量为100g，从离人头顶约80cm 的高度无初速度掉落，砸到头部后冰块未反弹，头
部受到冰块的冲击时间约为0.4s，重力加速度g 取
，下列分析正确的是（ ）
A．冰块接触头部之前的速度大小约为5m/s
B．冰块与头部作用过程中，冰块对头部的冲量大小约为
C．冰块与头部作用过程中，冰块对头部的作用力大小约为4N
D．冰块与头部作用过程中，冰块的动量变化量大小约为
【答案】BD
6
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【详解】A．冰块掉落时做自由落体运动，故冰块接触头部之前的速度大小约为
,选项A 错误；BC．设头部对冰块的作用力为
，因为冰块落在头上没
反弹，速度减为0，以竖直向上为正方向，由动量定理得
,解得
,根据力的作用
是相互的，则冰块对头部的作用力
也是
，作用时间是
，故冰块对头部的冲量大小为
,选项B 正确，C 错误；D．冰块的动量变化量为
,选项D 正确。
故选BD。
考向二 利用动量定理处理流体(变质量)问题
4．（2023·安徽·校联考模拟预测）如图为正在热销的水上飞行器的商品展示图，产品有如下数据∶装备质
量10kg，三个喷口直径均为6.0cm。表演者质量为50kg，水的密度为1.
，不计浮力等，重力
加速度
，则当他和装备悬浮在空中时，喷水速度近似为（ ）
A．0.4m/s
B．8.5m/s
C．25.2m/s
D．32.3m
【答案】B
【详解】设一个喷口单位时间
内喷出的水质量为m，水的速度为v，取向上为正，根据动量定理
,
,
,可得
。
故选B。
7
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考点二 动量守恒定律的理解及应用
1．（2023·全国·高考真题）如图，一竖直固定的长直圆管内有一质量为M 的静止薄圆盘，圆盘与管的上端
口距离为l，圆管长度为
。一质量为
的小球从管的上端口由静止下落，并撞在圆盘中心，圆盘
向下滑动，所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等。小球在管内运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，小
球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求
（1）第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小；
（2）在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离；
（3）圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的次数。
【考向】碰撞问题
【答案】（1）小球速度大小
，圆盘速度大小
；（2）l；（3）4
【详解】（1）过程1：小球释放后自由下落，下降，根据机械能守恒定律
解得
过程2：小球以
与静止圆盘发生弹性碰撞，根据能量守恒定律和动量守恒定律分别有
解得
即小球碰后速度大小
，方向竖直向上，圆盘速度大小为
，方向竖直向下；
（2）第一次碰后，小球做竖直上抛运动，圆盘摩擦力与重力平衡，匀速下滑，所以只要圆盘下降速度比
8
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小球快，二者间距就不断增大，当二者速度相同时，间距最大，即
解得
根据运动学公式得最大距离为
（3）第一次碰撞后到第二次碰撞时，两者位移相等，则有
即
解得
此时小球的速度
圆盘的速度仍为
，这段时间内圆盘下降的位移
之后第二次发生弹性碰撞，根据动量守恒
根据能量守恒
联立解得
同理可得当位移相等时
解得
圆盘向下运动
此时圆盘距下端管口13l，之后二者第三次发生碰撞，碰前小球的速度
有动量守恒
机械能守恒
得碰后小球速度为
圆盘速度
当二者即将四次碰撞时x 盘3=x 球3
即
9
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得
在这段时间内，圆盘向下移动
此时圆盘距离下端管口长度为20l－1l－2l－4l－6l = 7l
此时可得出圆盘每次碰后到下一次碰前，下降距离逐次增加2l，故若发生下一次碰撞，圆盘将向下移动
x 盘4= 8l
则第四次碰撞后落出管口外，因此圆盘在管内运动的过程中，小球与圆盘的碰撞次数为4 次。
2．（2023·湖南·高考真题）如图，质量为
的匀质凹槽放在光滑水平地面上，凹槽内有一个半椭圆形的
光滑轨道，椭圆的半长轴和半短轴分别为
和
，长轴水平，短轴竖直．质量为
的小球，初始时刻从椭
圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑．以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点，在竖直平面内建立固定于
地面的直角坐标系
，椭圆长轴位于
轴上。整个过程凹槽不翻转，重力加速度为
。
（1）小球第一次运动到轨道最低点时，求凹槽的速度大小以及凹槽相对于初始时刻运动的距离；
（2）在平面直角坐标系
中，求出小球运动的轨迹方程；
（3）若
，求小球下降
高度时，小球相对于地面的速度大小（结果用
及
表示）。
【考向】人船模型
【答案】（1）
，
；（2）
；（3）
【详解】（1）小球运动到最低点的时候小球和凹槽水平方向系统动量守恒，取向左为正
小球运动到最低点的过程中系统机械能守恒
联立解得
因水平方向在任何时候都动量守恒即
两边同时乘t 可得
且由几何关系可知
联立得
（2）小球向左运动过程中凹槽向右运动，当小球的坐标为
时，此时凹槽水平向右运动的位移为
，
根据上式有
则小球现在在凹槽所在的椭圆上，根据数学知识可知此时的椭圆方程为
10
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整理得
（
）
（3）将
代入小球的轨迹方程化简可得
即此时小球的轨迹为以
为圆心，b 为半径的圆，则当小球下降的高度为
时有如图
此时可知速度和水平方向的的夹角为
，小球下降
的过程中，系统水平方向动量守恒
系统机械能守恒
联立得
1. 动量守恒定律的深入理解
1）内容：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.
2）表达式:
①系统相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量：m1v1+m2v2=m1v1
' +m2v2
'
②相互作用的两个物体动量的变化量等大反向：Δp1=−Δp2
3）动量守恒定律成立的条件
①理想守恒：系统不受外力或系统所受外力的合力为零.
②近似守恒：系统所受的外力的合力虽不为零，但系统外力比内力小得多，如碰撞问题中的摩擦力，爆炸
过程中的重力等外力比起相互作用的内力来小得多，可以忽略不计.
③某一方向守恒：系统所受外力的合力虽不为零，但在某个方向上的分量为零，则在该方向上系统的总动
量的分量保持不变.
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4）动量守恒的速度具有“四性”:①矢量性;②瞬时性;③相对性;④普适性.
2. 利用动量守恒定律解题的基本思路
1）明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)．
2）进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上是否守恒)．
3）规定正方向，确定初、末状态动量．
4）由动量守恒定律列出方程．
5）代入数据，求出结果，必要时讨论说明．
3. 碰撞
1）碰撞：碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象．
2）特点：在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒．
3）分类
类型
定义
动量是否守恒
机械能是否守恒
弹性碰撞
碰撞时,内力是弹性力,只发生机械能
的转移,系统内无机械能损失
守恒
守恒
非弹性碰撞
发生非弹性碰撞时,内力是非弹性力,
部分机械能转化为物体的内能
守恒
有损失
完全非弹性碰撞
发生完全非弹性碰撞时,机械能向内
能转化得最多,机械能损失最大.碰后
物体粘在一起,以共同速度运动
守恒
损失最大
4）碰撞问题遵守的三条原则
①动量守恒：p1+ p2=p1
' + p2
'
.
②动能不增加：Ek 1+Ek 2=Ek 1
' +Ek 2
'
.
③速度要符合实际情况
Ⅰ、碰前两物体同向运动，若要发生碰撞，则应有v后>v前，碰后原来在前的物体速度一定
增大，若碰后两物体同向运动，则应有
v
前′≥v
后′ .
Ⅱ、碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向至少有一个改变．
5）弹性碰撞的结论
以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2 的静止小球发生弹性碰撞为例，则有
m1v1=m1v1
' +m2v2
'
，
1
2 m1v1
2=1
2 m1v1
'2
+ 1
2 m2v2
'2
联立解得：
v1
' = m1−m2
m1+m2
v1
，
v2
' = 2m1
m1+m2
v1
讨论：
①
若m1=m2 ，则v1
' =0 ，v2
' =v1 (速度交换)；
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②若m1>m2 ，则v1
' >0 ，v2
' >0 (碰后两物体沿同一方向运动)；当m1>>m2 时，v1
' ≈v1，
v2
' ≈2v1；
③若m1<m2 ，则v1
' <0 ，v2
' >0 (碰后两物体沿相反方向运动)；当m1<<m2 时，v1
' ≈−v1，
v2
' ≈0 .
【技巧点拨】物体A 与静止的物体B 发生碰撞，当发生完全非弹性碰撞时损失的机械能最多，物
体B 的速度最小，
vB=
mA
mA+mB
v0
，当发生弹性碰撞时，物体B 速度最大，
vB=
2mA
mA+mB
v0
，
则碰后物体B 的速度范围为：
mA
mA+mB
v0≤vB≤
2mA
mA+mB
v0
.
4. 爆炸
1.爆炸问题的特点是物体间的相互作用突然发生，作用时间很短，作用力很大，且远大于系统受的外
力，故可用动量守恒定律来处理.
2.在爆炸过程中，有其他形式的能转化为动能，系统的动能爆炸后会增加，在碰撞过程中，系统的总
动能不可能增加，一般有所减少而转化为内能.
3.由于爆炸问题作用时间很短，作用过程中物体的位移很小，一般可忽略不计，可以把作用过程作为
一个理想化过程简化处理.即作用后还从作用前瞬间的位置以新的动量开始运动.
5. 反冲运动和人船模型
1）反冲现象：反冲现象是指在系统内力作用下，系统内一部分物体向某方向发生动量变化时，系统
内其余部分物体向相反的方向发生动量变化的现象.喷气式飞机、火箭等都是利用反冲运动的实例.显然，
在反冲现象里，系统的动量是守恒的.
【技巧点拨】
①
作用原理：反冲运动是系统内两物体之间的作用力和反作用力产生的效果
②
反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，所以反冲运动遵循动量守恒定律
③反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总机械能增加
2）人船模型
①模型图示
②模型特点
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Ⅰ、两物体满足动量守恒定律：m人v人−m船v船=0
Ⅱ、两物体的位移大小满足：
m人
x人
t −m船
x船
t =0
，又x人+x船=L
得
x人=
m船
m船+m人
L
，
x船=
m人
m船+m人
L
③运动特点
Ⅰ、人动则船动，人静则船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；
Ⅱ、人船位移比等于它们质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即
x人
x船
= v人
v 船
= m船
m人.
考向一 碰撞模型
1．（2024·海南·校联考一模）如图，质量均为
的物体
和
静止在水平台面上的
，
两处，
左侧台面光滑，右侧台面粗糙。
、
与粗糙台面间的动摩擦因数均为
。现给
瞬时冲量
，a 运
动至
与
发生弹性碰撞，碰后
滑至离
处
的
处停下。
和
均视为质点，重力加速度
取
。求：
（1）碰撞后瞬间
的速度大小；
（2）冲量
的大小。
【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）碰撞后
做匀减速运动，加速度
由
得
（2）设
与
碰撞前
的速度大小为
，碰撞后
的速度大小为
，取水平向右为正方向
动量守恒有
机械能守恒有
解得
,
冲量
得
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考向二 爆炸 反冲 人船模型
2．（2024·安徽·校联考模拟预测）如图所示，在水平面上放置一个右侧面半径为
的
圆弧凹槽，凹槽质
量为
，凹槽
点切线水平，
点为最高点.一个质量也为
的小球以速度
从
点冲上凹槽，重力加速
度为
，不计一切摩擦，则下列说法正确的是（ ）
A．小球在凹槽内运动的全过程中，小球与凹槽的总动量守恒，且离开凹槽后做平抛运动
B．若
，小球恰好可到达凹槽的
点且离开凹槽后做自由落体运动
C．若
，小球最后一次离开凹槽的位置一定是
点，且离开凹糟后做自由落体运动
D．若
，小球最后一次离开凹槽的位置一定是
点，且离开凹槽后做竖直上抛运动
【答案】C
【详解】A．小球在凹槽内运动的全过程中，小球与凹槽的水平方向动量守恒，但总动量不守恒，故A 错
误；B．若小球恰好到达
点时，由于水平方向动量守恒有
，由机械能守恒
，解得
，故B 错误；CD．当
时，小球从
点飞出后做斜抛运动，
水平方向速度跟凹槽相同，再次返回时恰好能落到
点，故最后一次离开斜面的位置一定是
点，由水平
方向动量守恒得
，由机械能守恒得
，解得
，
，可知小球
最后一次离开凹槽的位置一定是
点，且离开凹槽后做自由落体运动，故C 正确，D 错误。
故选C。
3．（2023·山东青岛·统考三模）如图，某中学航天兴趣小组在一次发射实验中将总质量为M 的自制“水火
箭”静置在地面上。发射时“水火箭”在极短时间内以相对地面的速度
竖直向下喷出质量为m 的水。已
知火箭运动过程中所受阻力与速度大小成正比，火箭落地时速度为v，重力加速度为g，下列说法正确的是
（ ）
A．火箭的动力来源于火箭外的空气对它的推力
B．火箭上升过程中一直处于超重状态
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C．火箭获得的最大速度为
D．火箭在空中飞行的时间为
【答案】D
【详解】A．火箭向下喷出水，水对火箭的反作用力是火箭的动力，A 错误；B．火箭加速上升过程处于超
重状态，减速上升过程和加速下降过程处于失重状态，B 错误；C．喷水瞬间由动量守恒定律可得
，解得火箭获得的最大速度为
，C 错误；D．以向下为正方向，上升过程
由动量定理可得
，下降过程由动量定理可得
，
其中
,
，联立解得
，D 正确。
故选D。
4．（2023·湖南·校联考模拟预测）如图，棱长为a、大小形状相同的立方体木块和铁块，质量为m 的木块
在上、质量为M 的铁块在下，正对用极短细绳连结悬浮在在平静的池中某处，木块上表面距离水面的竖直
距离为h。当细绳断裂后，木块与铁块均在竖直方向上运动，木块刚浮出水面时，铁块恰好同时到达池底。
仅考虑浮力，不计其他阻力，则池深为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】设铁块竖直下降的位移为d，对木块与铁块系统，系统外力为零，由动量守恒（人船模型）可得
，池深
，解得
，D 正确。
故选D。
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