【成才之路】2016高中物理 第16章 第5节 反冲运动 火箭同步练习 新人教版选修3-5

5 反冲运动火箭基础稳固1.以下不属于反冲运动的是()A. 喷气式飞机的运动B. 物体做自由落体的运动C.火箭的运动D. 还击式水轮机的运动分析喷气式飞机和火箭都是靠喷出气体, 经过反冲获取行进的动力; 还击式水轮机靠水轮击取水, 通过反冲获取动力。

答案 B2.一人静止于圆滑的水平冰面上, 现欲向前运动, 以下方法中可行的是()A. 向后踢腿B. 手臂向后甩C.在冰面上转动D. 脱下外套向后水平抛出分析因为冰面没有摩擦, 所以 C 不可以 ;A 、 B因为总动量守恒, 所以人整体不动; 只有 D是反冲现象 , 可令人向前运动。

答案 D3.如下图 , 自行火炮连同炮弹的总质量为m0, 当炮筒水平 , 火炮车在水平路面上以v1的速度向右匀速行驶中 ,发射一枚质量为m的炮弹后 , 自行火炮的速度变成v2, 仍向右行驶 , 则炮弹相对炮筒的发射速度 v0为()A.mv1-v2)+mv2mB.m0v1-v2)mC.mv1-v2)+2mv2mD.m0v1-v2)-m(v1-v2)m分析自行火炮水平匀速行驶时, 牵引力与阻力均衡, 系统动量守恒。

设向右为正方向, 发射前总动量为 m0v1,发射后系统的动量之和为( m0-m) v2+m( v0+v2),m0v1=( m0-m) v2+m( v0+v2)解得 v0=m0v1m0-m)v2m-v 2=m0v1-v2)m。

答案 B4. ( 多项选择 ) 一小型火箭在高空绕地球做匀速圆周运动, 若其沿运动方向的相反方向开释出一物体P,不计空气阻力 , 则()A.火箭必定走开本来轨道运动B.物体 P 必定走开本来轨道运动C.火箭运动半径必定增大D.物体P运动半径必定减小分析由反冲运动的知识可知, 火箭的速度必定增大, 火箭做离心运动, 运动半径增大。

但物体P 能否走开本来的轨道运动, 要依据开释时的速度大小而定, 若开释的速度与本来的速度大小相等, 则P仍在本来的轨道上反方向运动。

第十六章动量守恒定律5反冲运动火箭当堂检测 A组（反馈练）1．一探测器完成对月球的探测任务后，在离开月球的过程中，由静止开始沿着与月球表面成一倾角的直线飞行，先加速运动，再匀速运动，探测器通过喷气而获得推动力．以下关于喷气方向的描述中正确的是( )A．探测器加速运动时，沿直线向后喷气B．探测器加速运动时，竖直向下喷气C．探测器匀速运动时，竖直向下喷气D．探测器匀速运动时，不需要喷气2．如图16－5－3所示，半径为R的光滑圆槽质量为M，静止在光滑水平面上，其内表面有一质量为m的小球被细线吊着位于槽的边缘处，如将线烧断，小球滑到最低点向右运动时，圆槽的速度为( )图16－5－3A．0 B.mM2MgRM＋m，向左C.mM2MgRM＋m，向右 D．不能确定3．跳远运动员手握铁球起跳后，当他跳到最高点时，欲提高成绩，他可将手中的铁球( )A．竖直上抛 B．向前抛出 C．向后抛出 D．向左抛出4．一辆小车静止在光滑的水平面上，一个人从小车的一端走到另一端。

对此，以下说法中正确的是 ( )A．人匀速走动时，车也一定反向匀速运动B．人停止走动时，车也停止运动C．人速与车速之比，等于车的质量与人的质量之比D．整个过程中，车相对于地面的位移是一定值，与人走动的快慢无关B组（拓展练）1．用火箭发射人造地球卫星．假设最后一节火箭的燃料用完后，火箭壳体和卫星一起以速度v＝7.0×103 m/s绕地球做匀速圆周运动；已知卫星质量m1＝500 kg，最后一节火箭壳体的质量m2＝100 kg；某时刻火箭壳体与卫星分离，分离时卫星与火箭壳体沿轨道切线方向的相对速度u＝1.8×103 m/s.试分析计算：分离后卫星的速度增加到多大？火箭壳体的速度为多大？分离后它们将如何运动？2．在沙堆上有一木块，质量M ＝5 kg ，木块上放一爆竹，质量m ＝0.10 kg.点燃爆竹后木块陷入沙中深5 cm ，若沙对木块运动的阻力恒为58 N ，不计爆竹中火药质量和空气阻力．求爆竹上升的最大高度．(g 取10 m/s 2)3．火箭喷气发动机每次喷出m ＝200 g 的气体，喷出气体相对地的速度v ＝1000 m/s ，设火箭初始质量M ＝300 kg ，发动机每秒喷气20次，在不考虑地球引力及空气阻力的情况下，火箭发动机1 s 末的速度是多大？4.课外科技小组制作了一只“水火箭”，用压缩空气压出水流使火箭运动．假如喷出的水流流量保持为2×10－4 m 3/s ，喷出速度保持为对地10 m/s.启动前火箭总质量为1.4 kg ，则启动 2 s 末火箭的速度可以达到多少？(已知火箭沿水平轨道运动，阻力不计，水的密度是103kg/m 3)【参考答案】A 组（反馈练）:1.C 2.B 3.C 4.ABCDB 组（拓展练）:1．解析：设分离后卫星与火箭壳体相对地的速度分别为v 1和v 2，分离时系统在轨道切线方向上，(m 1＋m 2)v ＝m 1v 1＋m 2v 2，又因为v 2＝v 1－u ，解得：v 1＝7.3×103 m/s ，v 2＝5.5×103 m/s.分离后卫星将在某一较高的圆轨道上“稳定”下来做匀速圆周运动．火箭壳体轨道高度将不断降低，最后将会在大气层中被烧毁．答案：7.3×103 m/s 5.5×103 m/s 卫星到较高轨道上做匀速圆周运动，壳体轨道半径不断降低，最后在大气层中被烧毁2．解析：火药爆炸时内力远大于重力，所以爆炸时动量守恒，取向上的方向为正方向，由动量守恒定律得：mv －Mv ′＝0 ①(式中v 、v ′分别为爆炸后爆竹和木块的速率)木块陷入沙中做匀减速运动到停止，其加速度为a ＝F －Mg M ＝58－505m/s 2＝1.6 m/s 2 木块做匀减速运动的初速度v ′＝2ax ＝2×1.6×0.05 m/s ＝0.4 m/s ②②代入①式，得v ＝20 m/s爆竹以初速度v 做竖直上抛运动，上升的最大高度为h ＝v 22g ＝20220m ＝20 m. 3．解析：设火箭在1 s 末的速度为v,1 s 内共喷出的气体的质量为20m .选火箭前进方向为正方向，由动量守恒得(M －20m )v －20mv 0＝0解得v ＝20mv 0M －20m ＝20×0.2×1000300－20×0.2m/s≈13.5 m/s. 4.解析：“水火箭”喷出水流做反冲运动，设火箭原来总质量为M ，喷出水流的流量为Q ，水的密度为ρ，水流的喷出速度为v ，火箭的反冲速度为v ′，由动量守恒定律得(M －ρQt )v ′＝ρQtv ，火箭启动后2 s 末的速度为v ′＝ρQtv M －ρQt ＝103×2×10－4×2×101.4－103×2×10－4×2m/s ＝4 m/s.。

第十六章动量守恒定律5 反冲运动火箭1．(多选)下列属于反冲运动的是( )A．向后划水，船向前运动B．用枪射击时，子弹向前飞，枪身后退C．用力向后蹬地，人向前运动D．水流过水轮机时，水轮机旋转方向与水流出方向相反解析：反冲运动是物体在内力作用下分为两部分，其运动方向相反．选项A是桨与外部水的作用，选项C是人脚与外部地面的作用，都不属于反冲；选项B中子弹与枪身是系统中的两部分，选项D中水流过水轮机内部，是系统中的两部分，选项B、D正确．答案：BD2．(多选)下列哪些措施有利于增加喷气式飞机的飞行速度( )A．使喷出的气体速度增大B．使喷出的气体温度更高C．使喷出的气体质量更大 D．使喷出的气体密度更小答案：AC3.一装有柴油的船静止于水面上，船前舱进水，堵住漏洞后用一水泵把前舱的油抽往后舱，如图所示．不计水的阻力，船的运动情况是( )A．向前运动B．向后运动C．静止D．无法判断解析：虽然抽油的过程属于船与油的内力作用，但油的质量发生了转移，从前舱转移到了后舱，相当于人从船的一头走到另一头的过程．故A正确．答案：A4．一炮艇在湖面上匀速行驶，突然从船头和船尾同时向前和向后发射一发炮弹，设两炮弹质量相同，相对于地的速率相同，牵引力、阻力均不变，则船的动量和速度的变化情况是( )A．动量不变，速度增大 B．动量变小，速度不变C．动量增大，速度增大 D．动量增大，速度减小解析：整个过程动量守恒，由于两发炮弹的总动量为零，因而船的动量不变．又因为船发射炮弹后质量减小，因此船的速度增大．答案：A5．发射卫星要用多级火箭，发射时先点燃第一级火箭，燃料用完后，空壳自动脱落，然后下级火箭开始工作，多级火箭能及时把空壳抛掉，使总质量减小，因而达到很高的速度，可用来发射洲际导弹、人造卫星、宇宙飞船等．试通过计算说明：火箭不是一次把燃气喷完而是逐渐向后喷气以获得更大反冲速度的道理．(设每次喷出的气体相对火箭的速度是相同的)解析：设运载物质量为m 1，每级燃料及空壳质量均为m 2，燃料燃气喷出相对运载物的速度大小为v 0.若三级火箭一次把燃气喷完，运载物获得的速度v 可由动量守恒定律求出．0＝m 1v ＋3m 2(v －v 0)， 解得v ＝3m 2m 1＋3m 2v 0.若三级火箭逐渐向后喷气，运载物获得的速度依次为v 1、v 2、v 3，根据动量守恒定律，有0＝(m 1＋2m 2)v 1＋m 2(v 1－v 0)， 得v 1＝m 2m 1＋3m 2v 0； 第二级火箭燃气喷出(m 1＋2m 2)v 1＝(m 1＋m 2)v 2＋m 2(v 2－v 0)， 得v 2＝v 1＋m 2v 0m 1＋2m 2；第三级火箭燃气喷出(m 1＋m 2)v 2＝m 1v 3＋m 2(v 3－v 0)， 得v 3＝v 2＋m 2v 0m 1＋m 2. 所以v 3＝m 2v 0⎝ ⎛⎭⎪⎫1m 1＋m 2＋1m 1＋2m 2＋1m 1＋3m 2>3m 2v 0m 1＋3m 2＝v .以上分析说明分次喷气可使火箭获得更大的速度． 答案：见解析1．(多选)某人站在静止于水面的船上，从某时刻开始，人从船头走向船尾，水的阻力不计，则( )A ．人匀速运动，船则匀速后退，两者的速度大小与它们的质量成反比B ．人走到船尾不再走动，船也停止不动C ．不管人如何走动，人在行走的任意时刻人和船的速度方向总是相反，大小与它们的质量成反比D ．船的运动情况与人行走的情况无关 解析：由动量守恒定律可知，A 、B 、C 正确． 答案：ABC2．一辆小车置于光滑水平桌面上，车左端固定一水平弹簧枪，右端安一网兜．若从弹簧枪中发射一粒弹丸，恰好落在网兜内，结果小车将(空气阻力不计)( )A ．向左移动一段距离停下B ．在原位置不动C ．向右移动一段距离停下D ．一直向左移动解析：由于弹丸与车组成的系统水平方向动量守恒，故总动量保持不变．弹丸离开枪向右运动，则小车必向左运动，弹丸落在网兜内做完全非弹性碰撞，弹丸立即停下，而车向左移动了一段距离后也将停下，故选A.答案：A3．一个静止的质量为M 的原子核，放射出一个质量为m 的粒子，粒子离开原子核时相对于核的速度为v 0，原子核剩余部分的速率等于( )A ．v 0 B.mM －m v 0 C.m Mv 0D.m2m －Mv 0 解析：取整个原子核为研究对象．由于放射过程极为短暂，放射过程中其他外力的冲量均可不计，系统的动量守恒．放射前的瞬间，系统的动量p 1＝0，放射出粒子的这一瞬间，设剩余部分对地的反冲速度为v ′，并规定粒子运动的方向为正方向，则粒子的对地速度v ＝v 0－v ′，系统的动量p 2＝mv －(M －m )v ′＝m (v 0－v ′)－(M －m )v ′，由p 1＝p 2，即0＝m (v 0－v ′)－(M －m )v ′＝mv 0－Mv ′得v ′＝mMv 0.答案：C4．(多选)一平板小车静止在光滑的水平地面上，甲、乙两人分别站在车的左、右端，当两人同时相向而行时，发现小车向左移，则( )A ．若两人质量相等，必有v 甲>v 乙B ．若两人质量相等，必有v 甲<v 乙C ．若两人速率相等，必有m 甲>m 乙D ．若两人速率相等，必有m 甲<m 乙解析：甲、乙两人和小车组成的系统动量守恒，且总动量为零，甲动量方向向右，小车动量方向向左，说明|p 甲|＝|p 乙|＋|p 车|，即m 甲v 甲>m 乙v 乙，若m 甲＝m 乙，则v 甲>v 乙，A 对，B 错；若v 甲＝v 乙，则m 甲>m 乙，C 对，D 错．答案：AC5．装有炮弹的大炮总质量为M ，炮弹的质量为m ，炮弹射出炮口时对地的速度为v 0，若炮筒与水平地面的夹角为θ，则炮车后退的速度大小为( )A.m Mv 0 B.mv 0cos θM －mC.mv 0M －mD.mv 0cos θM解析：发射炮弹时，炮车只可能沿水平地面向后退，水平方向所受的摩擦力远小于火药爆炸时炮弹与炮车间的相互作用力，故系统在水平方向上动量守恒，由mv 0cos θ＝(M －m )v ，得v ＝mv 0cos θM －m.答案：B6．如图所示，一个质量为m 1＝50 kg 的人抓在一只大气球下方，气球下面有一根长绳．气球和长绳的总质量为m 2＝20 k g ，长绳的下端刚好和水平面接触．当静止时人离地面的高度为h ＝5 m ．如果这个人开始沿绳向下滑，当他滑到绳下端时，他离地高度是(可以把人看作质点)( )A ．5 mB ．3.6 mC ．2.6 mD ．8 m解析：当人滑到绳下端时，由平均动量守恒，得：m 1h 1t ＝m 2h 2t，且h 1＋h 2＝h . 解得h 1＝1.4 m.所以他离地高度H ＝h －h 1＝3.6 m ，故选项B 正确． 答案：B7．质量为m 的人站在质量为2m 的平板小车上，以共同的速度在水平地面上沿直线前行，车所受地面阻力的大小与车对地面压力的大小成正比．当车速为v 0时，人从车上以相对于地面大小为v 0的速度水平向后跳下．跳离瞬间地面阻力的冲量忽略不计，则能正确表示车运动的vt 图象为( )解析：人和车以共同的速度在水平地面上沿直线前行，做匀减速直线运动，当车速为v 0时，人从车上以相对于地面大小为v 0的速度水平向后跳下，跳离前后系统动量守恒．规定车的速度方向为正方向，则有(m ＋2m )v 0＝2mv ＋(－mv 0)，得v ＝2v 0，人跳车后做匀减速直线运动，车所受地面阻力的大小与车对地面压力的大小成正比，所以人跳车前后车的加速度不变，所以能正确表示车运动的vt 图象是B.故选B.答案：B8.如图所示，带有光滑的半径为R 的14圆弧轨道的滑块静止在光滑水平面上，滑块的质量为M ，使一个质量为m 的小球由静止从A 处释放，当小球从B 点水平飞出时，滑块的速度为多大？解析：运动过程中小球和滑块组成的系统机械能守恒，又因为系统在水平方向不受外力，故系统水平方向动量守恒，设小球从B 点飞出时速度为v 1，滑块的速度为v 2，则有：mv 1－Mv 2＝0，mgR ＝12mv 21＋12Mv 22，解得：v 2＝m 2gRM （M ＋m ）.答案：m2gRM （M ＋m ）9．某宇航员在太空站内做了如下实验：选取两个质量分别为m A ＝0.1 kg 、m B ＝0.2 kg 的小球A 、B 和一根轻质短弹簧，弹簧的一端与小球A 粘连，另一端与小球B 接触而不粘连．现使小球A 和B 之间夹着被压缩的轻质弹簧，处于锁定状态，一起以速度v 0＝0.1 m/s 做匀速直线运动，如图所示．过一段时间，突然解除锁定(解除锁定没有机械能损失)，两球仍沿原直线运动，从弹簧与小球B 刚刚分离开始计时，经时间t ＝3.0 s ，两球之间的距离增加了s ＝2.7 m ，求弹簧被锁定时的弹性势能E p .解析：取A 、B 为系统，由动量守恒得： (m A ＋m B )v 0＝m A v A ＋m B v B .① 又根据题意得：v A t －v B t ＝s .②由①②两式联立得：v A ＝0.7 m/s ，v B ＝－0.2 m/s. 由机械能守恒得：E p ＋12(m A ＋m B )v 20＝12m A v 2A ＋12m B v 2B .③代入数据解得：E p ＝0.027 J. 答案：0.027 J10．质量为m 的人站在质量为M ，长为L 的静止小船的右端，小船的左端靠在岸边．当他向左走到船的左端时，船左端离岸多远？(忽略水的阻力)解析：在人从船头走到船尾的过程中，任设某一时刻船和人的速度大小分别为v 1和v 2，则由于船和人的总动量守恒，于是mv 1－Mv 2＝0.而这过程中船与人的平均速度v －1和v －2也应满足类似的关系：m v －1－M v －2＝0.上式同乘过程所经历的时间t 后，船和人相对于岸的位移同样有：mL 1－ML 2＝0.从图中可以看出，人、船的位移L 1和L 2大小之和等于L .L 1＋L 2＝L .由以上各式解得：L 1＝MM ＋m L ；L 2＝mM ＋mL . 答案：m M ＋mL。

人教版高中物理选修35第16章动量守恒定律第5节反冲运动火箭同步小题练习（含解析）第5节反冲运动火箭同步小题练习1.如下图,船运动在安静的水面上,船前舱有一抽水机,抽水机把前舱的水平均地抽往后舱,不计水的阻力,以下说法中正确的选项是( )A.假定前后舱是分开的,那么前舱将向后减速运动B.假定前后舱是分开的,那么前舱将向前减速运动C.假定前后舱不分开,那么船将向后减速运动D.假定前后舱不分开,那么船将向前减速运动答案:B解析:前后舱分开时,前舱和抽出的水相互作用,靠反冲作用前舱向前减速运动,假定不分开,前后舱和水是一个全体,那么船不动。

2.一炮艇总质量为m0,以速度v0匀速行驶,从艇上以相对海岸的水平速度v沿行进方向射出一质量为m的炮弹,发射炮弹后艇的速度为v',假定不计水的阻力,那么以下各关系式中正确的选项是( )A.m0v0=(m0-m)v'+mvB.m0v0=(m0-m)v'+m(v+v0)C.m0v0=(m0-m)v'+m(v+v')D.m0v0=m0v'+mv答案:A解析:动量守恒定律中的速度都是相关于同一参照物的,题中所给炮弹的速度是相关于河岸的,即相关于空中的,依据动量守恒定律,可得m0v0=(m0-m)v'+mv,故正确的关系式为A。

3.质量为m的人站在质量为2m的平板小车上,以共同的速度在水平空中上沿直线前行,车所受空中阻力的大小与车对空中压力的大小成正比。

当车速为v0时,人从车上以相关于空中大小为v0的速度水平向后跳下。

跳离瞬间空中阻力的冲量疏忽不计,那么能正确表示车运动的v t图象为( )答案:B解析:人跳离车瞬间,人车水平方向动量守恒,那么(m+2m)v0=2mv-mv0,解得v=2v0,故只要选项B 正确。

4.一航天探测器完成对月球的探测义务后,在分开月球的进程中,由运动末尾沿着与月球外表成一倾斜角的直线飞行,先减速运动,再匀速运动。

5 反冲运动火箭基础巩固1.如图所示,将吹足气的气球由静止释放,球内气体向后喷出,气球会向前运动,这是因为气球受到()A.重力B.手的推力C.空气的浮力D.喷出的气体对气球的作用力解析:将吹足了气的气球释放,气球会向喷气方向的反方向运动是因为气体喷出时,由于反冲作用,喷出的气体对气球有作用力。

答案:D2.运送人造地球卫星的火箭开始工作后,火箭做加速运动的原因是()A.燃料燃烧推动空气,空气反作用力推动火箭B.火箭发动机将燃料燃烧产生的气体向后推出,气体的反作用力推动火箭C.火箭吸入空气,然后向后推出,空气对火箭的反作用力推动火箭D.火箭燃料燃烧发热,加热周围空气,空气膨胀推动火箭答案:B3.下列图片所描述的事例或应用中,没有利用反冲原理的是()答案:D4.人和气球离地高为h,恰好悬浮在空中,气球质量为m气,人的质量为m人。

人要从气球下拴着的软绳上安全到达地面,软绳的长度至少为()AC解析:开始时,人和气球在空中悬浮,说明合力等于零。

在人沿软绳下滑的过程中,两者所受外力不变,即合力仍等于零。

以人和气球为系统,动量守恒而且符合“人船模型”,如图所示,根据动量守恒定律有m人h=m气H,解得H l=H+h D正确。

答案:D5.如图所示,自行火炮连同炮弹的总质量为m0,炮管水平。

火炮车在水平路面上以v1的速度向右匀速行驶中,发射一枚质量为m的炮弹后,自行火炮的速度变为v2,仍向右行驶。

则炮弹相对炮筒的发射速度v0为()AC解析:自行火炮水平匀速行驶时,牵引力与阻力平衡,系统动量守恒。

设向右为正方向,发射前动量之和为m0v1,发射后系统的动量之和为(m0-m)v2+m(v2+v0)由m0v1=(m0-m)v2+m(v2+v0)解得v0B正确。

答案:B6.一小型火箭在高空绕地球做匀速圆周运动,若其沿运动方向的相反方向射出一物体P,不计空气阻力,则()A.火箭一定离开原来轨道运动B.P一定离开原来轨道运动C.火箭运动半径可能不变D.P运动半径一定减小答案:A7.如图所示,质量为m0、半径为R的光滑半圆弧槽静止在光滑水平面上,有一质量为m的小滑块在与圆心O等高处无初速度滑下,在小滑块滑到圆弧槽最低点的过程中,圆弧槽产生的位移大小为。

5 反冲运动火箭更上一层楼基础·巩固1.下列属于反冲运动的是( )A.喷气式飞机的运动B.直升机的运动C.火箭的运动D.反击式水轮机的运动解析：直升机运动是飞机螺旋桨与外部空气作用的结果，不属于反冲运动.答案：ACD2.一气球由地面匀速上升，当气球下的吊梯上站着的人沿着梯子上爬时，下列说法正确的是( )A.气球可能匀速上升B.气球可能相对地面静止C.气球可能下降D.气球运动速度不发生变化解析：设气球质量为M ，人的质量为m ，由于气球匀速上升，系统所受的外力之和为零，当人沿绳梯向上爬时，动量守恒，则(M+m)v 0=mv 1+Mv 2,，在人向上爬的过程中，气球的速度为v 2=Mmv v m M 10)(-+.当v 2＞0且v 1恒定时，气球可匀速上升；当v 2=0时气球静止；当v 2＜0时气球下降.所以，选项A 、B 、C 均正确.要使气球运动速度不变，则人的速度仍为v 0，即人不上爬，显然不对，D 选项错.答案：ABC3.小车上装有一桶水，静止在光滑水平地面上，如图16-5-5所示，桶的前、后、底及侧面各装有一个阀门，分别为S 1、S 2、S 3、S 4(图中未画出)，要使小车向前运动，可采用的方法是( )图16-5-5A.打开阀门S 1B.打开阀门S 2C.打开阀门S 3D.打开阀门S 4解析：据水和车系统动量守恒，如原来系统动量为0，由0=m 水v 水+m 车v 车知，车的运动方向与水的运动方向相反，故水应向后喷出.答案：B4.静止的实验火箭，总质量为M ，当它以对地速度为v 0喷出质量为Δm 的高温气体后，火箭的速度为( ) A.m M mv ∆-∆0 B.-m M mv ∆-∆0 C.M mv 0∆ D.-Mmv 0∆ 解析：由动量守恒定律得Δmv 0+(M-Δm)v=0.火箭的速度为 v=-m M mv ∆-∆0.选项B 正确.答案：B5.一平板小车静止在光滑的水平地面上，甲、乙两人分别站在车的左、右端，当两人同时相向而行时，发现小车向左移动，则( )A.若两人质量相等，则必定是v 甲＞v 乙B.若两人质量相等，则必定是v 甲＜v 乙C.若两人速率相等，则必定是m 甲＞m 乙D.若两人速率相等，则必定是m 甲＜m 乙解析：以向左为正方向，则m 乙v 乙-m 甲v 甲+MV=0，即m 乙v 乙-v 甲m 甲=-MV ，当m 乙=m 甲时，有v 乙-v 甲＜0，即v 甲＞v 乙，当∣v 乙∣=∣v 甲∣时，有m 乙-m 甲＜0，即m 甲＞m 乙.答案：AC6.质量m=100 kg 的小船静止在静水中，船两端载着m 甲=40 kg ，m 乙=60 kg 的游泳者，在同一水平线上甲朝左乙朝右同时以相对于岸以3 m/s 的速度跃入水中，如图16-5-6所示，则甲、乙二人跃入水中时，小船运动的方向和速率为( )图16-5-6A.向左，小于1 m/sB.向左，大于1 m/sC.向右，大于1 m/sD.向右，小于1 m/s解析：以向右为正方向，由系统动量守恒得：m 乙v 乙+m 甲v 甲+mv=0 v=-m v m v m 甲甲乙乙+=-100(-3)40360⨯+⨯ m/s=-0.6 m/s. 负号表示船将向左运动，速度大小为0.6 m/s.答案：A7.静水中甲、乙两只小船都处于静止状态，它们的质量均为120 kg ，甲船上质量为30 kg 的小孩以 6 m/s 的对地速度跳上乙船，则甲、乙两船的速度大小分别为v 甲=_________________m/s ，v 乙=____________________m/s.解析：小孩跳离甲船的过程中，由动量守恒定律得 mv-m 甲v 甲=0，小孩跳离后甲船的速度为v 甲=甲m m v=12030×6 m/s=1.5 m/s.小孩跳上乙船的过程中，由动量守恒定律得mv=(m 乙+m)v 乙，小孩跳上乙船后乙船的速度为v 乙=m m mv +乙=30120630+⨯ m/s=1.2 m/s. 答案：1.51.2综合·应用8.如图16-5-7所示，光滑圆槽质量为M ，静止在光滑的水平面上，其内表面有一小球被细线吊着恰位于槽的边缘处，如将线烧断，小球滑到另一边的最高点时，圆槽的速度为( )图16-5-7A.0B.向左C.向右D.不能确定解析：把小球m 和物体M 作为一个系统，因水平面光滑，故系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒(注意：此题小球运动过程中，竖直方向合力不为零，总动量不守恒).又因为小球滚到最高点时，小球和圆槽水平方向有共同速度(若速度不同，还要相对运动，还不是最高点)由水平方向动量守恒得：0=(M+m)v′，所以v′=0，故选项A 正确.答案：A9.一航天器完成对月球的探测任务后，在离开月球的过程中，由静止开始沿着与月球表面成一倾角的直线飞行，先加速运动，再匀速运动，探测器通过喷气而获得推动力，以下关于喷气方向的描述中正确的是( )A.探测器加速运动时，沿直线向后喷气B.探测器加速运动时，竖直向下喷气C.探测器匀速运动时，竖直向下喷气D.探测器匀速运动时，不需要喷气解析：探测器加速运动时，通过喷气获得的推动力与月球对探测器的引力的合力沿加速方向直线前进，选项A 、B 错误；探测器匀速运动时，通过喷气获得的推动力与月球对探测器的引力的合力为零，根据反冲运动的特点可知选项C 正确，选项D 错误.答案：C10.一个静止的质量为M 的不稳定原子核，放射出一个质量为m 的粒子，粒子离开原子核时相对于核的速度为v 0，则原子核剩余部分的速率等于多少？解析：该题是一个反冲运动现象的问题，遵循动量守恒定律，关键是确定好粒子和剩余部分相对地的速率.应用动量守恒定律时，各个速度是对同一参考系的.设剩余部分对地的速率为v′，若规定粒子运动方向为正方向，则剩余部分的动量为-(M-m)v′，粒子对地速率为(v 0-v′).由动量守恒定律得：0=m(v 0-v′)-(M-m)v′， 解得：v′=Mmv 0. 11.课外科技小组制作一只“水火箭”，用压缩空气压出水流使火箭运动.假如喷出的水流流量保持为2×10-4m 3/s ，喷出速度保持为对地10 m/s.启动前火箭总质量为1.4 kg ，则启动2s 末火箭的速度可以达到多少?已知火箭沿水平轨道运动阻力不计，水的密度是103 kg ／m 3.解析：“水火箭”喷出水流做反冲运动.设火箭原来总质量为M ，喷出水流的流量为Q ，水的密度为ρ，水流的喷出速度为v ，火箭的反冲速度为v′，由动量守恒定律得(M-ρQt)v′=ρQtv.火箭启动后2 s 末的速度为v′=Qt M Qtv ρρ-=210210-1.4102102104-3-43⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯ m/s=4 m/s. 12.一个连同装备共有100 kg 的宇航员，脱离宇宙飞船后，在离飞船45 m 处，与飞船处于相对静止状态.他带着一个装有0.5 kg 氧气的贮氧筒，贮氧筒有个可以使氧气以50 m/s 的速度喷出的喷嘴.宇航员必须向着与返回飞船相反的方向释放氧气，才能回到飞船上去，同时又必须保留部分氧气供他在飞回飞船的途中呼吸.宇航员呼吸的耗氧率为2.5×10-4kg/s ，如果他在开始返回的瞬时释放0.1 kg 的氧气，则他能安全返回飞船吗?解析：反冲运动中动量守恒，根据动量守恒定律计算出宇航员释放氧气后获得的反冲速度. 宇航员释放氧气后获得的反冲速度为v 1，喷出氧气的速度为v 2，由动量守恒定律得(M-m)v 1-mv 2=0,宇航员释放氧气后获得的反冲速度为v 1=m M mv -2=0.1-100500.1⨯ m/s=5×10-2 m/s. 宇航员返回飞船需要的时间为t=1v s =2-10545⨯ s=900 s. 在这一段时间内他需呼吸的氧气的质量为m′=2.5×10-4×900 kg=0.225 kg，由于他需要呼吸的氧气质量小于贮氧筒中剩余的氧气质量，所以他能安全返回飞船.13.(2005江苏)如图16-5-8所示，三个质量均为m 的弹性小球用两根长均为L 的轻绳连成一条直线而静止在光滑水平面上.现给中间的小球B 一个水平初速度v 0，方向与绳垂直.小球相互碰撞时无机械能损失，轻绳不可伸长.求：图16-5-8(1)当小球A 、C 第一次相碰时，小球B 的速度；(2)当三个小球再次处在同一直线上时，小球B 的速度；(3)运动过程中小球A 的最大动能E KA 和此时两根绳的夹角θ；(4)当三个小球处在同一直线上时，绳中的拉力F 的大小.解析：根据题意，分析各状态的速度、动量和能量特点，找出各过程遵循的规律，挖掘隐含条件是解决综合性题目的关键.根据动量守恒定律、机械能守恒定律进行计算.(1)设小球A 、C 第一次相碰时，小球B 的速度为v B ，考虑到对称性及绳的不可伸长特性，小球A 、C 沿小球B 初速度方向的速度也为v B ，由动量守恒定律，得mv 0=3mv B ,由此解得v b =31v 0. (2)当三个小球再次处在同一直线上时，则由动量守恒定律和机械能守恒定律，得 mv 0=mv B +2mv A 21mv 02=21mv B 2+2×21mv A 2 解得v B =-31v 0,v A =32v 0(三球再次处于同一直线) v B =v 0,v A =0(初始状态，舍去)，所以，三个小球再次处在同一直线上时，小球B 的速度为v B =-31v 0(负号表明与初速度反向). (3)当小球A 的动能最大时，小球B 的速度为零.设此时小球A 、C 的速度大小为u ，两根绳间的夹角为θ(如下图)，则仍由动量守恒定律和机械能守恒定律，得mv 0=2musin 2θ 21mv 02=2×21mu 2另外，E KA =21mu 2，由此可解得，小球A 的最大动能为E KA =41mv 02，此时两根绳间夹角为θ=90°. (4)小球A 、C 均以半径L 绕小球B 做圆周运动，当三个小球处在同一直线上时，以小球B 为参考系(小球B 的加速度为0，为惯性参考系)，小球A(C)相对于小球B 的速度均为v=|v A -v B |=v 0,所以，此时绳中拉力大小为F=m L v 2=m Lv 20. 14.如图16-5-9所示，光滑轨道的DP 段为水平轨道，PQ 段为半径是R 的竖直半圆轨道，半圆轨道的下端与水平的轨道的右端相切于P 点.一轻质弹簧两端分别固定质量为2m 的小球A 和质量为m 的小球B ，质量为m 小球C 靠在B 球的右侧.现用外力作用在A 和C 上，弹簧被压缩(弹簧仍在弹性限度内).这时三个小球均静止于距离P 端足够远的水平轨道上.若撤去外力，C 球恰好可运动到轨道的最高点Q.已知重力加速度为g.求撤去外力前的瞬间，弹簧的弹性势能E 是多少？图16-5-9解析：对A 、B 、C 及弹簧组成的系统动量守恒，B 、C 共同速度直到弹簧第一次恢复原长为止，此过程中系统能量守恒.B 、C 分离后，C 恰好运动至最高点Q ，此过程C 球机械能守恒，根据C 恰好运动至最高点这一条件可计算速度.对A 、B 、C 及弹簧组成的系统，当弹簧第一次恢复原长时，设B 、C 共同速度大小为v 0，A 的速度大小为v A ，由动量守恒定律有2mv A =(m+m)v 0①则v A =v 0由系统能量守恒有E=212mv A 2+21(m+m)v 02② 此后B 、C 分离，设C 恰好运动至最高点Q 的速度为v,此过程C 球机械能守恒，则 mg·2R=21mv 02-21mv 2③ 在最高点Q ，由牛顿第二定律得mg=Rmv 2④ 联立①②③④式解得E=10mgR.。

5 反冲运动火箭1．(多选)有关实际中的现象，下列说法正确的是( ) A ．火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度B ．体操运动员在着地时屈腿是为了减小地面对运动员的作用力C ．用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减少反冲的影响D ．为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，发动机舱越坚固越好解析：火箭靠喷出气体，通过反冲获得前进的动力，从而获得巨大速度，A 正确；体操运动员在着地时屈腿是为了延长作用时间来减小地面对运动员的作用力，B 正确；用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减少反冲的影响，C 正确；为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，需要兼顾延长作用时间，减小作用力，D 错误．答案：ABC2．(多选)下列哪些措施有利于增加喷气式飞机的飞行速度( ) A ．使喷出的气体速度增大 B ．使喷出的气体温度更高 C ．使喷出的气体质量更大 D ．使喷出的气体密度更小 答案：AC3．如图所示是一种弹射装置，弹丸质量为m ，底座质量为3m ，开始时均处于静止状态，当弹簧释放将弹丸以相对地面v 的速度发射出去后，底座的反冲速度大小是( )A ．3v /4B ．v /4C ．v /3D ．0解析：在水平方向上，弹丸和底座组成的系统动量守恒，设水平向右为正，由动量守恒可得3mv ′＋mv ＝0，得v ′＝－v3，负号表示速度方向水平向左，故C 正确．答案：C4．一炮艇在湖面上匀速行驶，突然从船头和船尾同时向前和向后发射一发炮弹，设两炮弹质量相同，相对于地的速率相同，牵引力、阻力均不变，则船的动量和速度的变化情况是( )A ．动量不变，速度增大B ．动量变小，速度不变C ．动量增大，速度增大D ．动量增大，速度减小解析：整个过程动量守恒，由于两发炮弹的总动量为零，因而船的动量不变．又因为船发射炮弹后质量减小，因此船的速度增大．答案：A5．“神舟六号”宇宙飞船是由火箭喷气发动机向后喷气而加速的．假设火箭喷气发动机每次喷出气体质量为m，喷出的气体相对地面的速度为v，设“神舟”六号载人飞船及火箭的总质量为M(m≪M)，喷气前飞船的速度为v0，火箭发动机每秒喷气20次，在不考虑地球引力及空气阻力的情况下，火箭发动机点火后1 s末，飞船的速度是多大？解析：选火箭和1 s内喷出的气体为研究对象，设火箭1 s末的速度为v′，1 s内共喷出质量为20m的气体，取火箭运动方向为正方向，由动量守恒定律得(M－20m)v′－20mv＝0所以1 s末火箭的速度v′＝20mvM－20m.答案：20mvM－20mA级抓基础1．(多选)假设一小型火箭沿人造地球卫星的轨道在高空中做匀速圆周运动．如果火箭向跟其速度相反的方向射出一个质量不可忽略的物体A，则下列情况哪些是能够成立的( )A．物体A可能竖直落下地球，火箭可能沿原轨道运动B．A跟火箭都不可能沿原轨道运动C．A运行轨道半径将减小，火箭运动轨道半径将增大D．A可能沿地球半径方向竖直下落，火箭运行的轨道半径增大解析：火箭绕地球做匀速圆周运动时，万有引力刚好充当向心力，在轨迹切线方向无外力作用，故火箭沿切线向后发射物体过程中，系统沿轨道切线方向动量守恒，所以v′>v0.所以火箭要做离心运动，即火箭不可能在原轨道上运行．至于被发射的物体A，由于发射时做功情况的不同，发射后的A，速度可沿原运动方向，但速度变小，要做向心运动，即轨道半径变小；速度也可能刚好为零(对地)，以后则竖直下落；速度也可能大小刚好等于火箭原飞行速度，所以A也可能在原轨道上运行，只是绕行方向与火箭绕行方向相反．综上讨论可知，正确选项为C、D.答案：CD2．有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(估计一吨左右)．一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量．他进行了如下操作：首先将船平行码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头后停下来，而后轻轻下船，用卷尺测出船后退的距离为d，然后用卷尺测出船长L，已知他自身的质量为m，则渔船的质量M为( )A.mLdB.m （L －d ）d C.m （L ＋d ）dD.md L －d解析：据题意，人从船尾走到船头过程中，动量守恒，则有： Mv ′＝mv ，即M d t＝m L －dt，则船的质量为： M ＝m （L －d ）d，B 正确；ACD 错误；故选B. 答案：B3．一个静止的质量为M 的原子核，放射出一个质量为m 的粒子，粒子离开原子核时相对于核的速度为v 0，原子核剩余部分的速率等于( )A ．v 0 B.mM －m v 0 C.m Mv 0D.m2m －Mv 0 解析：取整个原子核为研究对象．由于放射过程极为短暂，放射过程中其他外力的冲量均可不计，系统的动量守恒．放射前的瞬间，系统的动量p 1＝0，放射出粒子的这一瞬间，设剩余部分对地的反冲速度为v ′，并规定粒子运动的方向为正方向，则粒子的对地速度v ＝v 0－v ′，系统的动量p 2＝mv －(M －m )v ′＝m (v 0－v ′)－(M －m )v ′，由p 1＝p 2，即0＝m (v 0－v ′)－(M －m )v ′＝mv 0－Mv ′得v ′＝mMv 0.答案：C4．(多选)一平板小车静止在光滑的水平地面上，甲、乙两人分别站在车的左、右端，当两人同时相向而行时，发现小车向左移，则( )A ．若两人质量相等，必有v 甲>v 乙B ．若两人质量相等，必有v 甲<v 乙C ．若两人速率相等，必有m 甲>m 乙D ．若两人速率相等，必有m 甲<m 乙解析：甲、乙两人和小车组成的系统动量守恒，且总动量为零，甲动量方向向右，小车动量方向向左，说明|p 甲|＝|p 乙|＋|p 车|，即m 甲v 甲>m 乙v 乙，若m 甲＝m 乙，则v 甲>v 乙，A 对，B 错；若v 甲＝v 乙，则m 甲>m 乙，C 对，D 错．答案：AC5．装有炮弹的大炮总质量为M ，炮弹的质量为m ，炮弹射出炮口时对地的速度为v 0，若炮筒与水平地面的夹角为θ，则炮车后退的速度大小为( )A.m Mv 0B.mv 0cos θM －mC.mv 0M －mD.mv 0cos θM解析：发射炮弹时，炮车只可能沿水平地面向后退，水平方向所受的摩擦力远小于火药爆炸时炮弹与炮车间的相互作用力，故系统在水平方向上动量守恒，由mv 0cos θ＝(M －m )v ，得v ＝mv 0cos θM －m.答案：B[B 级 提能力]6．如图所示，一个质量为m 1＝50 kg 的人抓在一只大气球下方，气球下面有一根长绳．气球和长绳的总质量为m 2＝20 kg ，长绳的下端刚好和水平面接触．当静止时人离地面的高度为h ＝5 m ．如果这个人开始沿绳向下滑，当他滑到绳下端时，他离地高度是(可以把人看作质点)( )A ．5 mB ．3.6 mC ．2.6 mD ．8 m解析：当人滑到绳下端时，由平均动量守恒，得：m 1h 1t ＝m 2h 2t，且h 1＋h 2＝h . 解得h 1＝1.4 m.所以他离地高度H ＝h －h 1＝3.6 m ，故选项B 正确． 答案：B7．质量为m 的炮弹沿水平方向飞行，其动能为E k ，突然在空中爆炸成质量相同的两块，其中一块向后飞去，动能为E k2，另一块向前飞去，则向前的这块的动能为( )A.E k 2B.9E k 2C.9E k 4D.9＋422E k 解析：由于爆炸产生的作用力远大于重力，在爆炸的瞬间水平方向上动量守恒，根据动量守恒求出另一块炸弹的速度，从而求出动能的大小．炸弹开始动能E k ＝12mv 2，解得v ＝2E km .其中一块动能为E k 2＝12·m 2v 21，解得v 1＝2E km，根据动量守恒定律得mv ＝－m 2v 1＋m2v 2，解得v 2＝32E km ，则动能E k ′＝12·m 2v 22＝92E k ，B 正确． 答案：B8.如图所示，质量为m 的小球A 系在长为l 的轻绳一端，另一端系在质量为M 的小车支架的O 点．现用手将小球拉至水平，此时小车静止于光滑水平面上，放手让小球摆下与B 处固定的橡皮泥碰击后粘在一起，则在此过程中小车的位移是( )A ．向右，大小为ml MB ．向左，大小为ml MC ．向右，大小为ml M －mD ．向左，大小为mlM ＋m解析：当小球向下摆动的过程中，小球与小车组成的系统，水平方向动量守恒，即0＝mv －MV ，变形得：mv ＝MV ，两边同乘以t ，可得： mvt ＝MVt ，设小车的位移大小为x ，则小球相对于地的位移大小为l －x ，可得： m (l －x )＝Mx ，解得： x ＝mlM ＋m，方向向左，故D正确，ABC 错误．答案：D9．质量为m 的人站在质量为M ，长为L 的静止小船的右端，小船的左端靠在岸边．当他向左走到船的左端时，船左端离岸多远？(忽略水的阻力)解析：在人从船头走到船尾的过程中，任设某一时刻船和人的速度大小分别为v 1和v 2，则由于船和人的总动量守恒，于是mv 1－Mv 2＝0.而这过程中船与人的平均速度v －1和v －2也应满足类似的关系：m v －1－M v －2＝0.上式同乘过程所经历的时间t 后，船和人相对于岸的位移同样有：mL 1－ML 2＝0.从图中可以看出，人、船的位移L 1和L 2大小之和等于L .L 1＋L 2＝L .由以上各式解得：L 1＝MM ＋m L ；L 2＝mM ＋mL .答案：mM ＋mL 10．一质量为m ＝0.5 kg 的子弹以初速度v 0＝8 m/s 水平射入置于光滑水平面上的木块A 并留在其中，A 与木块B 用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，开始弹簧处于原长，如图所示，木块A 、B 的质量分别为M A ＝1.5 kg.M B ＝2.0 kg 求：(1)子弹射入木块A 后的速度，此过程损失的机械能； (2)弹簧被压缩到最短时弹簧的弹性势能．解析：(1)对子弹和木块在打击的过程中满足动量守恒，有：mv 0＝(M A ＋m )v ，解得： v ＝2 m/s ，ΔE ＝12mv 20－12(M A ＋m )v 2＝12×0.5×82 J －12×(0.5＋1.5)×22J ＝12 J.(2)当子弹、木块速度相同时，弹簧最短，弹性势能最大 (M A ＋m )v ＝(M A ＋M B ＋m )v ′，解得： v ′＝1 m/s ， 根据能量守恒得到： E p ＝12(M A ＋m )v 2－12(M A ＋M B ＋m )v ′2，解得： E p ＝2 J.答案：(1)2 m/s 12 J (2)2 J。

5 反冲运动火箭主动成长夯基达标1.质量为M的原子核，原来处于静止状态，当它以速度v放出质量为m的粒子时（设v方向为正），剩余部分速度为（）A. B.C. D.思路解析：由于原子核原来处于静止状态，总动量为零，可由动量守恒定律列方程求解.由动量守恒定律得：0=mv+(M-m)v′解得：.答案：B2.如图16-5-2所示，自行火炮连同炮弹的总质量为M，当炮管水平、火炮车在水平路面上以v1的速度向右匀速行驶中，发射一枚质量为m的炮弹后，自行火炮的速度变为v2，仍向右行驶，则炮弹相对炮筒的发射速度v0为( )图16-5-2A. B.C. D.思路解析：自行火炮水平匀速行驶时，牵引力与阻力平衡，系统动量守恒，设向右为正方向，发射前动量之和为Mv1,发射后系统的动量之和为（M-m)v2+m(v0+v2).由Mv1=（M-m)v2+m(v0+v2)解得.答案：B3.倾角为θ、长为L的各面光滑的斜面体置于水平地面上，已知斜面质量为M，今有一质量为m的滑块（可视为质点）从斜面顶端由静止开始沿斜面下滑，滑块滑到底端时，求斜面后退位移s的大小.思路解析：以滑块和斜面体组成的系统为研究对象，水平方向系统不受外力，系统水平方向动量守恒，以斜面体后退方向为正方向，根据动量守恒定律，列方程有：解得.答案：4.在平静的水面上，有一条载人的小船，船的质量为M，人的质量为m，人相对船静止，船和人以速度v0前进，当人对船以速度u沿跟船的运动相反方向行走时，船的速度是多大？若船长为L，且开始时系统静止，当人从船的一头走到另一头停止时，船后退距离是多少？（水的阻力不计）思路解析：本题考查动量守恒定律以及动量的相对性，解答时分清作用前后各物体的动量，然后应用动量守恒定律即可.同时还应注意此类题的解题步骤.①此题第一步解题中，应该把人对船的速度变为人对地的速度，即各物体的运动应对同一参考系.②第二步解题中，人走船也走，人停船也停，因此整个过程系统动量变化为零，人在船上不管做什么运动，只要是从船的一头走到另一头，船后退的距离一定相同.③人船模型可以推广到“人车模型”和“子弹打木块模型”，它们的解法类似.（1）人和船组成系统，水平方向动量守恒，由于人对地速度为v-u，则由动量守恒定律知（m+M)v0=Mv+m(v-u)所以，方向与v0方向相同.（2）开始时人船都停止，总动量为零，设人在船上走一段较短时间Δt时，人和船都看作是匀速运动，推广到整个过程时，人的平均速度为，船的平均速度为，如右图，设船后退s，则人的位移为L-s，由动量守恒定律，，故.答案：（1），方向与v0方向相同（2）5.一个飞行器为完成空间考察任务，需降落到月球表面，在飞行器离月球表面较近处，开启喷气发动机向下喷出高温、高压气体，使飞行器以不太大的速度匀速降落到月球表面上.若飞行器质量M=1.8 t，气体喷出的速度（对月球表面）是103 m/s,月球表面重力加速度g′=g/6(g取10 m/s2），短时间内喷出的气体质量不太大，可认为不影响飞行器的总质量，则每秒喷出的气体的质量为多少？思路解析：设每秒喷出的气体质量为m0，则时间t内喷出的气体总质量为m0t，设飞行器对喷出的气体的作用力为F，则喷出的气体对飞行器的反作用力F′与F大小相等.以时间t内喷出的气体为研究对象，由动量定理可得：Ft=m0tv-0①由于飞行器匀速运动，则F′=Mg′，故F=Mg′②将②代入①得：Mg′=m0v.答案：3 kg6.从地面竖直向上发射一枚礼花弹，当它距地面高度为100 m、上升速度为17.5 m/s时，炸成质量相等的A、B两块，其中A块经4 s落回出发点.求B块经多长时间落回出发点.（不计空气阻力，取g=10 m/s2)思路解析：在礼花弹爆炸的瞬间，虽然受到的外力不为零（受重力作用），但由于爆炸产生的内力远大于重力，故重力可忽略，所以在爆炸过程中仍可应用动量守恒定律求解.设爆炸后A的速度为v A，并设向上为正方向由得v A=-5 m/s在爆炸过程中，根据动量守恒定律（仍设向上为正方向）得v B=40 m/s由得t=10 s即B块经10 s落回地面.答案：10 s7.一质量为6×103kg的火箭从地面竖直向上发射，若火箭喷射燃料气体的速度（相对于火箭）为103 m/s，求：（1）每秒钟喷出多少气体才能有克服火箭重力所需的推力？（2）每秒钟喷出多少气体才能使火箭在开始时有20 m/s2的加速度？思路解析：这是一个反冲运动的问题，火箭升空是喷出的气体对火箭反作用力的结果，可以根据动量定理先求出火箭对气体的作用力.（1）以喷出的气体质量为研究对象，设每秒喷出的质量为Δm，火箭对这部分气体的作用力为F，由动量定理有FΔt=Δmv0①火箭刚要升空时对地速度为零，此时气体相对火箭的速度也就是气体对地的速度，气体对火箭的反作用力F′=F,对火箭（忽略气体的重力）F′=Mg②由①②两式解得即要获得克服火箭重力的推力，每秒要喷出60 kg的气体.（2）同第（1）问，以喷出的气体Δm为研究对象FΔt=Δmv0③而对火箭F-Mg=M a④由③④两式解得答案：(1)60 kg/s(2)180 kg/s8.连同炮弹在内的炮车停放在水平地面上，炮车质量为M，炮膛中炮弹质量为m，炮车与地面间的动摩擦因数为μ，炮筒的仰角为α.设炮弹以速度v0射出，那么炮车在地面上后退多远？思路解析：发射炮弹，相互作用力远大于摩擦力，所以水平方向满足动量守恒定律，仰角α以v0射出，即v0是相对于炮筒的速度，将v0分解，水平方向v x0=v0co sα.设炮身后退速度大小为v，则炮弹水平向前的速度大小为v0co sα-v.由水平方向动量守恒有Mv=m(v0co sα-v)，则,炮车滑行加速度a=μg,由v12=v02+2a s,有,所以.答案：9.如图16-5-3所示，带有光滑1/4圆弧轨道的滑块静止在一个光滑水平面上，质量为M.一个质量为m的小球静止在A处，当小球从滑块B处飞出时，滑块M的反冲速度为多大？（圆弧半径R已知）图16-5-3思路解析：滑块上圆弧轨道虽然光滑，但由于滑块在小球下滑过程中对小球做了功，所以不能认为小球在下滑过程中机械能守恒.由于滑块、小球系统在小球下滑过程中除重力外，其他外力没有做功，系统的机械能守恒.即①系统水平方向动量守恒，即0=mv1+Mv2②联立①②得：.答案：10.一个宇航员，连同装备的总质量为100 kg，在空间跟飞船相距45 m处相对飞船处于静止状态.他带有一个装有0.5 kg氧气的贮氧筒，贮氧筒上有一个可以使氧气以50 m/s的速度喷出的喷嘴，宇航员必须向着跟返回飞船方向相反的方向释放氧气，才能回到飞船上去，同时又必然保留一部分氧气供他在返回飞船的途中呼吸.已知宇航员呼吸的耗氧率为2.5×10-4 kg/s，试问：（1）如果他在准备返回飞船的瞬间，释放0.15 kg的氧气，他能安全地回到飞船吗？（2）宇航员安全地返回飞船的最长和最短时间分别为多少？思路解析：宇航员使用氧气喷嘴喷出一部分氧气后，根据动量守恒定律，可以计算出宇航员返回的速度，根据宇航员离开飞船的距离和返回速度，可以求出宇航员返回的时间，即可求出这段时间内宇航员要消耗的氧气，再和喷射后剩余氧气质量相比，即求出答案.（1）令M=100 kg，m0=0.5 kg,Δm=0.15 kg,氧气释放速度为v,宇航员在释放氧气后的速度为v′,由动量守恒定律得0=（M-Δm）v′-Δm（v-v′)宇航员返回飞船所需时间.宇航员返回途中所耗氧气m′=kt=2.5×10-4×600 kg=0.15 kg,氧气筒喷射后所余氧气m″=m0-Δm=(0.5-0.15)kg=0.35 kg,因为m″>m′，所以宇航员能顺利返回飞船.（2）设释放的氧气Δm未知，途中所需时间为t,则m0=kt+Δm为宇航员返回飞船的极限条件.0.5=2.5×10-4×+Δm解得Δm1=0.45 kg或Δm2=0.05 kg.分别代入,得t1=200 s,t2=1 800 s.即宇航员安全返回飞船的最长时间为1 800 s，最短时间只有200 s.答案：（1）能（2）最长时间1 800 s,最短时间200 s11.总质量为m的一颗返回式人造地球卫星沿半径为R的圆形轨道绕地球运动到P点时，接到地面指挥中心返回地面的指令，于是立即打开制动火箭向原来运动方向喷出燃气以降低速度并转到跟地球相切的椭圆轨道，如图16-5-4所示.要使卫星对地速度降为原来的，卫星在P处应将质量为Δm的燃气以多大的对地速度向前喷出？（将连续喷气等效为一次性喷气，地球半径为R0，地面重力加速度为g）图16-5-4思路解析：由于地球半径R0和地面重力加速度g为已知，可求出人造地球卫星在原轨道上时的速度，再由动量守恒定律求出喷气速度.地球对卫星的万有引力提供卫星做圆周运动的向心力，故即①又由于在地球表面附近即GM=g R02②将②代入①式可得设卫星在P点喷出的燃气对地速度为v′,卫星与燃气组成的系统动量定恒，则有即mg R02R=(m-Δm)89g R02R+Δmv′解得：.答案：12.如图16-5-5所示，一个质量为m的玩具蛙蹲在质量为m′的小车的细杆上，小车放在光滑的水平桌面上.若车长为，细杆高为h，且位于小车的中点，则玩具蛙至少以多大的水平速度v0跳出时，才能落到桌面上？图16-5-5思路解析：设蛙水平跳出速度为v0，小车后退速度为v1，则与蛙在车作用过程中，系统水平方向动量守恒，则0=mv0-m′v1(以v0方向为正）.在蛙未落至桌面前，小车以v1做匀速运动，设t内走x，则x=v1·t(x为对地位移）.在t时间内，蛙做平抛运动，根据平抛运动规律，即,蛙对地的水平位移应为,而至少应为.解以上各式得.答案：13.一个在空中飞行的手雷，以水平速度v飞经离地面高为h的轨道最高点时，炸裂成A、B 两块，A、B质量之比为n（少量炸药质量不计）.之后，B正好自由下落，求A的落地点比不发生爆炸时手雷的落地点远多少？爆炸前后机械能变化了多少？思路解析：爆炸前后动量守恒，有mv=m A v A得爆炸后，A以v A做平抛运动，运动时间射程的增加量Δs为此题爆炸前后可认为动量守恒，但机械能并不守恒，.机械能是增加的，这一点与碰撞过程不同.答案：增加走近高考14.在光滑水平桌面上，有一长为=2 m的木板C，它的两端各有一挡板，C的质量m C=5 kg，在C的正中央并排放着两个可视为质点的滑块A、B，质量分别为m A=1 kg,m B=4 kg,开始时A、B、C都静止，并且AB间夹有少量的塑胶炸药，如图16-5-6所示，炸药爆炸使得A以6 m/s 的速度水平向左运动.如果A、B与C间的摩擦可忽略不计，两滑块中任一块与挡板碰撞后都与挡板结合成一体，爆炸和碰撞时间都可忽略.求：图16-5-6（1）当两滑块都与挡板相撞后，板C的速度是多大？（2）到两个滑块都与挡板碰撞为止，板的位移大小和方向如何？思路解析：由于爆炸，A、B相互作用系统满足动量守恒，A、B分离后以不同速率奔向挡板，A先到达挡板与C作用，发生完全非弹性碰撞，以后C与另一物体有相对运动，直到碰撞为止，整个过程满足动量守恒.（1）设向左的方向为正方向，对A、B组成的系统由动量守恒定律有：m a v a+m b v b=0得v b=-1.5 m/s对A、B、C组成的系统开始时静止，由动量守恒有（m A+m B+m C）v C=0得v C=0，即最终木板C的速度为0.（2）A先与C相碰，由动量守恒定律：m A v A=(m A+ v C)v共v共=1 m/s从炸药爆炸到A、C相碰的时间：t1=λ2v A=16 s,此时B距C的右壁s B=l2-v B t1=0.75 m, 设再经过t2时间B与C相碰，则t2=s B v B+v共=0.3 s,故C向左的位移Δs C=v共t=1×0.3 m=0.3 m.答案：(1)0 (2)0.3 m方向向左。

第5节 反冲运动 火箭A 组：合格性水平训练1．(反冲运动)以下实例中不属于反冲现象的是( ) A ．当枪发射子弹时,枪身会同时向后运动 B ．乌贼向前喷水从而使自己向后游动C ．火箭中的火药燃烧向下喷气推动自身向上运动D ．战斗机在紧急情况下抛出副油箱以提高机身的灵活性 答案 D解析 当枪发射子弹时,枪身同时受到一个反作用力向后运动,A 是反冲现象；乌贼向前喷水从而使自己受到一个向后的力,向后游动,B 是反冲现象；火箭中的火药燃烧向下喷气而火箭自身受到一个向上的推力,推动火箭自身向上运动,C 是反冲现象；战斗机抛出副油箱,质量减小,惯性减小,机身的灵活性提高,D 不是反冲现象。

故选D 。

2．(人船模型)停在静水中的船的质量为180 kg,长12 m,不计水的阻力,当质量为60 kg 的人从船尾走到船头的过程中,船后退的距离是( )A ．3 mB ．4 mC ．5 mD ．6 m答案 A解析 船和人组成的系统在水平方向上动量守恒,人在船上行进,船向后退,人从船头走到船尾,设船后退的位移大小为x ,则人相对于岸的位移大小为L －x 。

以人的速度方向为正方向,由动量守恒定律得m 人L －x t －m 船·xt＝0,代入数据解得x ＝3 m,故选A 。

3．(火箭问题)静止的实验火箭,总质量为M ,当它以对地速度为v 0喷出质量为Δm 的高温气体后,火箭的速度为( )A ．Δmv 0M －ΔmB ．－Δmv 0MC ．Δmv 0MD ．－Δmv 0M －Δm答案 D解析 以火箭和气体组成的系统为研究对象,选高温气体的速度方向为正方向,设火箭速度为v ′,由动量守恒定律得0＝(M －Δm )v ′＋Δmv 0,得v ′＝－Δmv 0M －Δm,故选D 。

4．(火箭问题)一质量为M 的航天器,正以大小为v 0的速度在太空中飞行,某一时刻航天器接到加速的指令后,发动机瞬间向后喷出一定质量的气体,气体喷出时速度大小为v 1,加速后航天器的速度大小为v 2,则喷出气体的质量m 为( )A.v2－v0v1M B.v2v2＋v1MC.v2－v0v2＋v1M D.v2－v0v2－v1M答案 C解析规定航天器的速度方向为正方向,由动量守恒定律得,Mv0＝(M－m)v2－mv1,解得m＝v2－v0v2＋v1M,故C正确。