动量守恒定律_章节学习

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题型：单选题

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单选题

在竖直向上的匀强电场中，用细绳悬挂一个不带电的绝缘小球a，质量为m1．带电荷量为q、质量为m2的小球b以水平速度v与a相撞，如图所示．在a、b碰撞后的瞬间细绳断裂，并同时在该区域立即加上一个磁感应强度为B、垂直纸面向里的匀强磁场，经过时间，两小球第二次相撞，若不计碰撞前后两球电荷量的变化情况，下列说法中正确的是（　　）

A第一次碰撞后小球a的速度大小与v的关系为

B第一次碰撞后小球b的速度大小与v的关系为

C两小球由第一次相撞到第二次相撞这段时间内，小球a下落的高度与v的关系为

D两小球由第一次相撞到第二次相撞这段时间内，小球b下落的最大高度与v的关系为

正确答案

C

解析

解：设a球碰后的速度为v1，b球碰后的速度为v2，由动量守恒定律得，

m2v=m1v1-m2v2 ①

可知a球做平抛运动，b球做圆周运动，

因为B的周期T=，经过=两球第二次相遇，则可知a球平抛运动的水平位移和竖直位移都等于b球做圆周运动的半径R．

又R= ②

又x=h=R= ③

联立①②③解得，，．故C正确，A、B、D错误．

故选C．

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题型：填空题

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填空题

质量为m的物体A以速度v在光滑水平面上向右运动，与静止在光滑水平面上带有轻弹簧的质量为m的物体B发生作用．若物体A与弹簧不连接，则最终物体A和物体B的速度各为多大？并画出两个物体的速度时间图象．（从物体A与弹簧刚接触时开始计时）

正确答案

解析

解：A、B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：mAv=mAvA+mBvB ①

由机械能守恒定律的：

联立①②可得：，，

A、B相互作用过程，A做减速运动，B做加速运动，

直到两者分离，速度图象如图所示：

答：最终物体A和物体B的速度分别为：0、v，两个物体的速度时间图象如图所示．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，质量M=3.0kg的小车静止在光滑的水平面上，AD部分是表面粗糙的水平导轨，DC部分是光滑的l/4圆弧导轨，整个导轨都是由绝缘材料制成的，小车所在平面内有竖直向上E=40N/C的匀强电场和垂直纸面向里B=2.0T的匀强磁场．今有一质量为m=1.0kg带负电的滑块（可视为质点）以v0=8m/s的水平速度向右冲上小车，当它即将过D点时速度达到v1=5m/s，对水平导软的压力为l0.5N，（g取10m/s2）．

（1）求滑块的电量；

（2）求滑块从A到D的过程中，小车、滑块系统损失的机械能；

（3）若滑块通过D时立即撤去磁场，求此后小车所能获得的最大速度．

正确答案

解：（1）在D点滑块竖直方向受力平衡，电场力竖直向下，洛伦兹力竖直向下，由平衡条件

N=mg+Bqv1+Eq

解得 q==1×10-2C

（2）滑块从A到D的过程中，小车、滑块系统水平方向动量守恒，则有

mv0=mv1+Mu1，得 =1m/s

由能量守恒定律得：小车、滑块系统损失的机械能为△E=

代入解得，△E=18J

（3）滑块通过D时立即撤去磁场，滑块先沿导轨上滑，后沿导轨下滑，整个过程中滑块都在加速，当滑块返回D点时小车所能获得的速度最大，

根据系统水平方向动量守恒和机械能守恒得

mv0=mv2+Mu2

=

可得 +3=0

解得，u2=1m/s=u1 舍去，u2=3m/s

答：（1）滑块的电量是1×10-2C；

（2）滑块从A到D的过程中，小车、滑块系统损失的机械能是18J；

（3）若滑块通过D时立即撤去磁场，此后小车所能获得的最大速度是3m/s．

解析

解：（1）在D点滑块竖直方向受力平衡，电场力竖直向下，洛伦兹力竖直向下，由平衡条件

N=mg+Bqv1+Eq

解得 q==1×10-2C

（2）滑块从A到D的过程中，小车、滑块系统水平方向动量守恒，则有

mv0=mv1+Mu1，得 =1m/s

由能量守恒定律得：小车、滑块系统损失的机械能为△E=

代入解得，△E=18J

（3）滑块通过D时立即撤去磁场，滑块先沿导轨上滑，后沿导轨下滑，整个过程中滑块都在加速，当滑块返回D点时小车所能获得的速度最大，

根据系统水平方向动量守恒和机械能守恒得

mv0=mv2+Mu2

=

可得 +3=0

解得，u2=1m/s=u1 舍去，u2=3m/s

答：（1）滑块的电量是1×10-2C；

（2）滑块从A到D的过程中，小车、滑块系统损失的机械能是18J；

（3）若滑块通过D时立即撤去磁场，此后小车所能获得的最大速度是3m/s．

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题型：简答题

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简答题

低空跳伞是一种极限运动，一般在高楼、悬崖、高塔等固定物上起跳．人在空中降落过程中所受空气阻力随下落速度的增大而变大，而且速度越大空气阻力增大得越快．因低空跳伞下落的高度有限，导致在空中调整姿态、打开伞包的时间较短，所以其危险性比高空跳伞还要高．一名质量为70kg的跳伞运动员背有质量为10kg的伞包从某高层建筑顶层跳下，且一直沿竖直方向下落，其整个运动过程的v-t图象如图所示．已知2.0s末的速度为18m/s，10s末拉开绳索开启降落伞，16.2s时安全落地，并稳稳地站立在地面上．g取10m/s2，请根据此图象估算：

（1）起跳后2s内运动员（包括其随身携带的全部装备）所受平均阻力的大小；

（2）运动员从脚触地到最后速度减为0的过程中，若不计伞的质量及此过程中的空气阻力，则运动员所需承受地面的平均冲击力多大；

（3）开伞前空气阻力对跳伞运动员（包括其随身携带的全部装备）所做的功．

正确答案

解：（1）由v-t图可知，起跳后前2s内运动员的运动近似是匀加速运动，其加速度为

a==9.0m/s2

设运动员受平均阻力为f，根据牛顿第二定律有

m总g-f=m总a

解得f=80N

（2）由v-t图可知，运动员脚触地时的速度为v2=5.0m/s，经过时间t2=0.2s速度减为0

设此过程中运动员所受平均冲击力大小为F，根据动量定理得

（mg-F）t2=0-mv2

代入解得F=2450N

（3）由v-t图可知，10s末开伞时的速度v=40m/s，开伞前10s内运动员下落的高度约为

h=30×10m=300m

设10s内空气阻力对运动员所做功为W，根据动能定理有

m总gh+W=

解得 W=-1.8×105J

答：（1）起跳后2s内运动员所受平均阻力的大小为80N；

（2）运动员所需承受地面的平均冲击力2450N；

（3）开伞前空气阻力对跳伞运动员所做的功为-1.8×105J．

解析

解：（1）由v-t图可知，起跳后前2s内运动员的运动近似是匀加速运动，其加速度为

a==9.0m/s2

设运动员受平均阻力为f，根据牛顿第二定律有

m总g-f=m总a

解得f=80N

（2）由v-t图可知，运动员脚触地时的速度为v2=5.0m/s，经过时间t2=0.2s速度减为0

设此过程中运动员所受平均冲击力大小为F，根据动量定理得

（mg-F）t2=0-mv2

代入解得F=2450N

（3）由v-t图可知，10s末开伞时的速度v=40m/s，开伞前10s内运动员下落的高度约为

h=30×10m=300m

设10s内空气阻力对运动员所做功为W，根据动能定理有

m总gh+W=

解得 W=-1.8×105J

答：（1）起跳后2s内运动员所受平均阻力的大小为80N；

（2）运动员所需承受地面的平均冲击力2450N；

（3）开伞前空气阻力对跳伞运动员所做的功为-1.8×105J．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，质量为M的平板小车静止于光滑的水平面上，质量为m的小铁块以水平速度v0飞来，沿平板小车的水平上表面滑行并停留在上面，小铁块与平板小车上表面的动摩擦因数为μ，求：

（1）小铁块与平板小车共速时的速度大小；

（2）从小铁块以速度v0飞来到停在平板上面，小铁块和小车的对地位移各是多大？

正确答案

解：（1）当小铁块与小车同速过程系统动量守恒，以向右为正方向，

由动量守恒得：mv0=（M+m）v，解得：v=v0；

（2）对小铁块应用动能定理得：-μmgs1=mv2-mv02，解得：s1=，

对小车应用动能定理得：μmgs2=Mv2-0，解得：s2=；

答：（1）小铁块与平板小车共速时的速度大小为v0；

（2）从小铁块以速度v0飞来到停在平板上面，小铁块和小车的对地位移分别是：、．

解析

解：（1）当小铁块与小车同速过程系统动量守恒，以向右为正方向，

由动量守恒得：mv0=（M+m）v，解得：v=v0；

（2）对小铁块应用动能定理得：-μmgs1=mv2-mv02，解得：s1=，

对小车应用动能定理得：μmgs2=Mv2-0，解得：s2=；

答：（1）小铁块与平板小车共速时的速度大小为v0；

（2）从小铁块以速度v0飞来到停在平板上面，小铁块和小车的对地位移分别是：、．

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题型：单选题

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单选题

a、b两个物体以相同的动能E沿光滑水平面上的同一条直线相向运动，a物体质量是b物体质量的4倍，它们发生碰撞过程中，a、b两物体组成的系统的动能损失可能是（　　）

①0，②E，③1.5E，④1.9E．

A只可能是①②

B只可能是②③

C只可能是③④

D只可能是①②③

正确答案

D

解析

解：设b的质量为m，则a的质量为4m，两物体的动能E相等，则：vb=2va，

碰撞过程两球组成的系统动量守恒，以a的初速度方向为正方向，

如果碰撞为完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得：4mva-mvb=（m+4m）v，

解得：v=0.4va，系统损失的动能：△E=•4mva2+mvb2-（m+4m）v2，

已知：E=•4mva2，解得：△E=E；

如果碰撞为完全弹性碰撞，由动量守恒定律得：4mva-mvb=4mva′+mvb′，

由机械能守恒定律得：•4mva2+mvb2=•4mva′2+mvb′2，

解得：va′=-va，vb′=va，

系统损失的动能：△E=•4mva2+mvb2-•4mva′2-mvb′2，

已知：E=•4mva2，解得：△E=0，

则损失的动能为：0≤△E≤E，故①②③正确，④错误，故D正确；

故选：D．

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题型：多选题

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多选题

如图所示，质量为M的小车A的右端固定着一根轻质弹簧，小车开始静止在光滑水平面上，一质量为m的小物块B从小车的左端以速度v0冲上小车并压缩弹簧，然后又被弹回，并且小物块最终回到小车左端且不从车上掉下来，已知小物块与小车间的动摩擦因数为μ，对于上述过程，下列说法正确的有（　　）

A小车的最终速度为

B弹簧的最大弹性势能为

C系统摩擦生热

D小物块相对于小车运动的总路程为

正确答案

A,C

解析

解：A、在整个过程中，系统动量守恒，设向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=（M+m）v，解得：v=，故A正确；

B、在整个过程中，系统动量守恒，小物块将弹簧压缩到最短和被弹回到车左端的两个时刻，系统的速度是相同的，设向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=（M+m）v，解得：v=，由于两个时刻速度相同，说明小物块从车左端返回车右端过程中弹性势能的减小恰好等于系统内能的增加，即弹簧的最大弹性势能Ep恰好等于返回过程的摩擦生热，而往返两个过程中摩擦生热是相同的，所以EP是全过程摩擦生热Q的一半，Q=2EP，

全过程由能量守恒和转过定律得：Q=mv02-（M+m）v2，联立得：EP=，Q=，故B错误，C正确；

D、克服摩擦力做功等于产生的热量，即：=μmgs，解得，小物块相对于小车运动的总路程：s=，故D错误；

故选：AC．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，光滑水平面上有一静止小车B，左端固定一砂箱，砂箱的右端连接一水平轻弹簧，小车与砂箱的总质量为M1=1.99kg．车上静置一物体A，其质量为M2=2.00kg．此时弹簧呈自然长度，物体A的左端的车面是光滑的，而物体A右端的车面与物体间的动摩擦因数为μ=0.2．现有一质量为m=0.01kg的子弹以水平速度v0=400m/s打入砂箱且静止在砂箱中，求：

（1）小车在前进过程中，弹簧弹性势能的最大值；

（2）为使物体A不从小车上滑下，车面的粗糙部分至少多长？（g取10m/s2）

正确答案

解：（1）子弹射入砂箱后，子弹、砂箱和小车获得相同的速度，设为v1．以子弹、砂箱和小车组成的系统为研究对象，根据动量守恒定律得

mv0=（M1+m）v1

之后，小车与A通过弹簧作用又达到共同速度，设为v2．对子弹、砂箱和小车及物体、弹簧整个系统，根据动量守恒得

（M1+m）v1=（M1+M2+m）v2，

根据能量守恒得：

EP=-

联立以上三式，解得 EP=2J．

（2）A被压缩的弹簧向右推动直到脱离弹簧后，又通过摩擦力与小车作用再次达到共同速度，设为v3．对小车与A组成的系统，根据动量守恒定律得

（M1+M2+m）v2=（M1+M2+m）v3，则得v2=v3，

再对物体A和弹簧组成的系统，根据功能关系，有

μM2gs=EP

解得，s=0.5m

答：

（1）小车在前进过程中，弹簧弹性势能的最大值是2J；

（2）为使物体A不从小车上滑下，车面的粗糙部分至少是0.5m．

解析

解：（1）子弹射入砂箱后，子弹、砂箱和小车获得相同的速度，设为v1．以子弹、砂箱和小车组成的系统为研究对象，根据动量守恒定律得

mv0=（M1+m）v1

之后，小车与A通过弹簧作用又达到共同速度，设为v2．对子弹、砂箱和小车及物体、弹簧整个系统，根据动量守恒得

（M1+m）v1=（M1+M2+m）v2，

根据能量守恒得：

EP=-

联立以上三式，解得 EP=2J．

（2）A被压缩的弹簧向右推动直到脱离弹簧后，又通过摩擦力与小车作用再次达到共同速度，设为v3．对小车与A组成的系统，根据动量守恒定律得

（M1+M2+m）v2=（M1+M2+m）v3，则得v2=v3，

再对物体A和弹簧组成的系统，根据功能关系，有

μM2gs=EP

解得，s=0.5m

答：

（1）小车在前进过程中，弹簧弹性势能的最大值是2J；

（2）为使物体A不从小车上滑下，车面的粗糙部分至少是0.5m．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，在光滑的水平面上有一长为L的木板B，其右侧边缘放有小滑块C，与木板B完全相同的木板A以一定的速度向左运动，与木板B发生正碰，碰后两者粘在一起并继续向左运动，最终滑块C刚好没有从木板上掉下．已知木板A、B和滑块C的质量均为m，C与A、B之间的动摩擦因数均为μ．求：

①木板A与B碰前的速度v0；

②整个过程中木板B对木板A的冲量I．

正确答案

解：①A、B碰后瞬时速度为v1，碰撞过程中动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

mv0=2mv1，

A、B粘为一体后通过摩擦力与C发生作用，最后有共同的速度v2，此过程中动量守恒，以A的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

2mv1=3mv2，

C在A上滑动过程中，由能量守恒定律得：

-μmgL=×3mv22-×2mv12，

联立以上三式解得：v0=2；

②根据动量定理可知，B对A的冲量与A对B的冲量等大反向，则I的大小等于B的动量变化量，

即：I=-mv2=-，负号表示B对A的冲量方向向右；

答：①木板A与B碰前的速度为2；

②整个过程中木板B对木板A的冲量大小为，方向向右．

解析

解：①A、B碰后瞬时速度为v1，碰撞过程中动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

mv0=2mv1，

A、B粘为一体后通过摩擦力与C发生作用，最后有共同的速度v2，此过程中动量守恒，以A的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

2mv1=3mv2，

C在A上滑动过程中，由能量守恒定律得：

-μmgL=×3mv22-×2mv12，

联立以上三式解得：v0=2；

②根据动量定理可知，B对A的冲量与A对B的冲量等大反向，则I的大小等于B的动量变化量，

即：I=-mv2=-，负号表示B对A的冲量方向向右；

答：①木板A与B碰前的速度为2；

②整个过程中木板B对木板A的冲量大小为，方向向右．

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题型：单选题

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单选题

A、B两球在光滑水平面上沿同一直线运动，A球动量为PA=5kg•m/s，B球动量为PB=7kg•m/s，当A追上B时发生碰撞，碰撞后A、B两球的动量可能是（　　）

APA=6kg•m/s，PB=6kg•m/s

BPA=3kg•m/s，PB=9kg•m/s

CPA=-5kg•m/s，PB=17kg•m/s

DPA=-3kg•m/s，PB=14kg•m/s

正确答案

B

解析

解：A、由题，碰撞后，两球的动量方向都与原来方向相同，A的动量不可能沿原方向增大．故A错误；

B、碰撞前，A的速度大于B的速度vA＞vB，则有，得到mA＜mB．根据碰撞过程总动能不增加，则有，得到mA≤2mB，

满足mA＜mB．故B正确；

C、可以看出，碰撞后A的动能不变，而B的动能增大，违反了能量守恒定律．故C错误；

D、由题，碰撞后总动量为11kg•m/s，小于碰撞前的总动量12kg•m/s．故D错误．

故选：B．

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题型：单选题

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单选题

质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线运动，A球的动量是7kg•m/s，B球的动量是3kg•m/s，当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值是（　　）

APA=5kg•m/s，PB=5kg•m/s

BPA=6kg•m/s，PB=4kg•m/s

CPA=-2kg•m/s，PB=12kg•m/s

DPA=-4kg•m/s，PB=17kg•m/s

正确答案

A

解析

解：碰撞前系统总动量：p=pA+pB=10kg•m/s，由题意可知mA=mB=m，碰前总动能为：+=；

A、如果pA′=5kg•m/s，pB′=5kg•m/s，系统动量守恒，碰撞后的总动能：+=＜，故A可能；

B、PA=6kg•m/s，PB=4kg•m/s，系统动量守恒，但是后面小球速度大于前面小球速度，不符合事实，故B错误；

C、PA=-2kg•m/s，PB=12kg•m/s，系统动量守恒，碰后的总动能：+=＞，不符合事实，故C错误；

D、PA=-4kg•m/s，PB=17kg•m/s，系统动量不守恒，故D错误；

故选：A．

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题型：多选题

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多选题

如图所示，质量相等的两个滑块位于光滑水平桌面上．其中，弹簧两端分别与静止的滑块N和挡板P相连接，弹簧与挡板P的质量均不计；滑块M以初速度V0向右运动，它与挡板P碰撞（不粘连）后开始压缩弹簧，最后，滑块N以速度V0向右运动．在此过程中（　　）

AM的速度等于0时，弹簧的弹性势能最大

BM与N具有相同的速度时，两滑块动能之和最小

C弹簧最大弹性势能为M的初动能的

D弹簧最大弹性势能为M的初动能的

正确答案

B,D

解析

解：A、M与P碰撞压缩弹簧时，M做减速运动，N做加速运动，开始时M的速度大于N的速度，当M与N速度相等时，弹簧被压缩到最短，弹簧弹性势能最大，由机械能守恒定律可知，MN速度相同时，两滑块的动能之和最小；故A错误，B正确；

B、设相等时的速度为v，根据动量守恒定律得：

mv0=2mv

解得v=v0 ．则弹簧的弹性势能EP=mv02-（3m）v2=mv02-=EK0；故C错误，D正确；

故选：BD．

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题型：简答题

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简答题

（2016•安徽模拟）如图，有一个光滑轨道，水平部分MN段和圆形部分NPQ平滑连接，圆形轨道的半径为R；质量为m的A球以v0=4的速度沿轨道向右运动，与静止在水平轨道上质量为2m的B球发生碰撞，碰撞中两个小球组成的系统共损失的机械能为碰撞前A球动能的一半．两球可视为质点．试通过计算判断碰撞后B球能否达到圆形轨道的最高点．

正确答案

解：设碰后A、B球速度分别为vA、vB，由动量守恒知

mv0=mvA+2mvB

碰撞中两个小球组成的系统共损失的机械能为碰撞前A球动能的一半

联立以上两式解得

vB==2 vB=（舍去）

设B球在最低点速度为vN时刚好能运动到圆形轨道的最高点，由机械能守恒可知

由P点重力充当圆周运动的向心力可知

联立以上两式解得

vN=

由于vB＜vN，所以碰后B球不能到达圆形轨道的最高点．

答：碰后B球不能到达圆形轨道的最高点．

解析

解：设碰后A、B球速度分别为vA、vB，由动量守恒知

mv0=mvA+2mvB

碰撞中两个小球组成的系统共损失的机械能为碰撞前A球动能的一半

联立以上两式解得

vB==2 vB=（舍去）

设B球在最低点速度为vN时刚好能运动到圆形轨道的最高点，由机械能守恒可知

由P点重力充当圆周运动的向心力可知

联立以上两式解得

vN=

由于vB＜vN，所以碰后B球不能到达圆形轨道的最高点．

答：碰后B球不能到达圆形轨道的最高点．

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题型：简答题

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简答题

A、B两滑块在同一光滑的水平直导轨上相向运动发生碰撞（碰撞时间极短）．用闪光照相，闪光4次摄得的闪光照片如图所示．已知闪光的时间间隔为△t，而闪光本身持续时间极短，在这4次闪光的瞬间，A、B两滑块均在0～80cm刻度范围内，且第一次闪光时，滑块A恰好通过x=55cm处，滑块B恰好通过x=70cm处，则

（1）碰撞发生在x=______处

（2）碰撞发生在第一次闪光后______秒；

（3）设两滑块的质量之比为mA：mB=2：3，试分析碰撞前后两滑块的质量与速度乘积之和是否相等？______（填“是”或者“不是”）

正确答案

解：（1）碰撞发生在第1、2两次闪光时刻之间，碰撞后B静止，故碰撞发生在x=60cm处．

（2）碰撞后A向左做匀速运动，设其速度为vA′，

所以vA′•△t=20，

碰撞到第二次闪光时A向左运动10cm，时间为t′

有vA′•t′=10，

第一次闪光到发生碰撞时间为t，

有t+t′=△t，

得t=

（3）碰撞前，A的速度大小为：vA==；B的速度大小为vB==；

取向左为正方向，设mA=2m，mB=3m，

则碰撞前两滑块的质量与速度乘积之和为-2mvA+3mvB=-2m+3m=；

碰撞后两滑块的质量与速度乘积之和为2mvA′=2m=

故碰撞前后两滑块的质量与速度乘积之和相等．

故答案为：

（1）60cm；（2）△t；（3）是．

解析

解：（1）碰撞发生在第1、2两次闪光时刻之间，碰撞后B静止，故碰撞发生在x=60cm处．

（2）碰撞后A向左做匀速运动，设其速度为vA′，

所以vA′•△t=20，

碰撞到第二次闪光时A向左运动10cm，时间为t′

有vA′•t′=10，

第一次闪光到发生碰撞时间为t，

有t+t′=△t，

得t=

（3）碰撞前，A的速度大小为：vA==；B的速度大小为vB==；

取向左为正方向，设mA=2m，mB=3m，

则碰撞前两滑块的质量与速度乘积之和为-2mvA+3mvB=-2m+3m=；

碰撞后两滑块的质量与速度乘积之和为2mvA′=2m=

故碰撞前后两滑块的质量与速度乘积之和相等．

故答案为：

（1）60cm；（2）△t；（3）是．

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题型：简答题

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简答题

苏联科学家齐奥尔科夫斯基提出了多级火箭的概念．把火箭一级一级的接在一起，三级火箭从上到下依次为运载物、第三级、第二级和第一级构成，实际应用中一般不会超过四级，可以简化成模型，运载物的质量为M，每一级的质量为m，当运载物和三级物离开地面时已经具有速度v0，点火过程连续，上次一点火后紧接着点火下一级（可以看成反冲现象），每一级物分离时速度大小均为，每次分离时间t，M=3m忽略空气阻力，不考虑燃料消耗质量，重力加速度为g．

（1）当第一级与火箭主体分离时，求火箭主体速度．

（2）最后一次分离运载物获得推力为多大．

正确答案

解：（1）火箭分离过程系统动量守恒，以向上为正方向，由动量守恒定律得，

第一级分离时：（M+3m）v0=（M+2m）v1+m×，解得：v1=v0，

第二级分离时：（M+2m）v1=（M+m）v2+m×，解得：v2=v0，

第二级分离时：（M+m）v2=Mv3+m×，解得：v3=v0；

（2）对运载物，由动量定理得：Ft=Mv3-Mv2，解得：F=；

答：（1）当第一级与火箭主体分离时，火箭主体速度为v0；

（2）最后一次分离运载物获得推力为．

解析

解：（1）火箭分离过程系统动量守恒，以向上为正方向，由动量守恒定律得，

第一级分离时：（M+3m）v0=（M+2m）v1+m×，解得：v1=v0，

第二级分离时：（M+2m）v1=（M+m）v2+m×，解得：v2=v0，

第二级分离时：（M+m）v2=Mv3+m×，解得：v3=v0；

（2）对运载物，由动量定理得：Ft=Mv3-Mv2，解得：F=；

答：（1）当第一级与火箭主体分离时，火箭主体速度为v0；

（2）最后一次分离运载物获得推力为．

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