第6节 反冲现象 火箭（课件PPT）-【新课程学案】2024-2025学年高中物理选择性必修第一册（人教版2019 江苏北京版）

反冲现象 火箭 (赋能课—精细培优科学思维) 第 6 节 课标要求 学习目标 体会用守恒定律分析物理问题的方法，体会自然界的和谐与统一。 1．了解反冲现象及反冲现象在生活中的应用。 2．理解火箭的飞行原理，能够应用动量守恒定律分析火箭飞行的问题。 3．掌握“人船模型”的特点，并能运用动量守恒定律分析、解决相关问题。 4．能运用动量守恒定律解决“爆炸问题”。 1 课前预知教材/落实主干基础 2 课堂精析重难/深度发掘知能 3 课时跟踪检测 CONTENTS 目录 课前预知教材/落实主干基础 一、反冲现象 1．概念：一个静止的物体在内力的作用下分裂为两部分，两部分分别向相反方向运动的现象。 2．特点 (1)物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动。 (2)反冲运动中，相互作用力一般较大，通常可以用__________定律来处理。 动量守恒 3．应用与防止 (1)应用：农田、园林的喷灌装置能够一边喷水一边_____，这是因为喷口的朝向略有偏斜，水从喷口喷出时，喷管因反冲而旋转。 (2)防止：用枪射击时，由于枪身的反冲会影响射击的准确性，所以用步枪射击时要把枪身抵在肩部，以减少反冲的影响。 旋转 反冲运动中，系统的初动量为零，则动量守恒定律的形式为：0＝m1v1＋m2v2，即做反冲运动的两部分的动量大小相等，方向相反。 二、火箭 1．工作原理：利用_____原理，火箭点燃产生的燃气从尾部以很大的速度向后喷出，使火箭获得巨大速度。 反冲 (2)影响火箭速度大小的因素 ①喷气速度u。喷出的气体速度越大，火箭获得的速度Δv越大。 ②火箭喷出物质的质量与火箭本身质量之比。比值越大，火箭获得的速度Δv越大。 研究火箭运动时，要明确火箭和喷出的气体的初、末状态的速度必须是相对同一参考系，一般以大地为参考系。 1.两位同学在公园里划船。租船时间将到，她们把小船划向码头。当小船离码头约为2 m时，有一位同学心想：自己在体育课上立定跳远的成绩从未低于2 m，跳到岸上绝对没有问题。于是她纵身一跳，结果却掉到了水里(如图)。她为什么不能如她所想的那样跳到岸上呢？(假设起跳时船已静止) 微情境·大道理 提示：若立定跳远时，人离地时速度为v，如果从船上起跳时，人离船时速度为v′，船的反冲速度为v船′，由动量守恒定律得m人v′＝m船v船′，在她跳出瞬间，船也要向后运动。所以人在船上跳出时相对地面的速度比在地上起跳时速度小，人跳出的距离变小，掉到了水里。正是由于船的反冲导致了此结果。 2．我国早在宋代就发明了火箭(如图甲)，火箭上扎一个火药筒，火药筒的前端是封闭的，火药点燃后火箭由于反冲向前运动。现代火箭原理与古代火箭相同(如图乙)。 关于火箭，试判断正误： (1)火箭应用了反冲的原理。 ( ) (2)火箭在向后喷气的过程中，火箭的总质量在不断减小，火箭向前运动的速度在不断增大。 ( ) (3)火箭点火后向下喷出高速高压气体，离开地面火箭向上加速，是地面对火箭的反作用力作用的结果。 ( ) √ √ × 课堂精析重难/深度发掘知能 草坪灌溉用的自动旋转喷水器原理图如图所示，当 水从弯管的喷嘴里喷射出来时，弯管自动旋转，大大增 加了喷水的面积，请说明原理。 提示：当水从弯管的喷嘴里喷射出来时，水给弯管一个反作用力，弯管在这个反作用力下实现自动旋转。 强化点(一) 反冲现象的理解与应用 任务驱动 1．反冲运动的特点及遵循的规律 (1)特点：是物体之间的作用力与反作用力产生的效果。 (2)条件： ①系统不受外力或所受外力的矢量和为零。 ②内力远大于外力。 ③系统在某一方向上不受外力或在该方向上所受外力之和为零。 (3)反冲运动遵循动量守恒定律。 要点释解明 2．处理反冲运动应注意的三个问题 (1)速度的方向：对于原来静止的整体，两部分的运动方向必然相反。在列动量守恒方程时，可任意规定某一部分的运动方向为正方向，则反方向的速度应取负值。 (2)相对速度问题：在反冲运动中，有时遇到的速度是两物体的相对速度。此类问题中应先将相对速度转换成对地的速度，再列动量守恒定律方程。 (3)变质量问题：如在火箭的运动过程中，随着燃料的消耗，火箭本身的质量不断减小，此时必须取火箭本身和在相互作用的短时间内喷出的所有气体为研究对象，取相互作用的这个过程为研究过程来进行研究。 [典例]　反冲小车静止放在水平光滑玻璃上，点 燃酒精灯，蒸汽将橡皮塞水平喷出，小车沿相反方 向运动。如果小车运动前的总质量M＝3 kg，水平喷 出的橡皮塞的质量m＝0.1 kg。 (1)若橡皮塞喷出时获得的水平速度v＝2.9 m/s，求小车的反冲速度； (2)若橡皮塞喷出时速度大小不变，方向与水平方向成60°角，小车的反冲速度又如何(小车一直在水平方向运动)? [解析]　(1)小车和橡皮塞组成的系统所受外力之和为零，系统总动量为零。以橡皮塞运动的方向为正方向，根据动量守恒定律有 mv＋(M－m)v′＝0，解得v′＝－0.1 m/s 负号表示小车运动方向与橡皮塞运动的方向相反。 (2)小车和橡皮塞组成的系统在水平方向动量守恒。以橡皮塞的水平分运动方向为正方向，有 mvcos 60°＋(M－m)v″＝0 解得v″＝－0.05 m/s 负号表示小车运动方向与橡皮塞的水平分运动方向相反。 [答案]　(1)0.1 m/s，方向与橡皮塞运动的方向相反　(2)0.05 m/s，方向与橡皮塞的水平分运动方向相反 /方法技巧/ (1)反冲是系统内的不同部分在强大内力作用下向相反方向运动的现象。 (2)反冲运动实际上是相互作用的物体之间的作用力与反作用力产生的效果。 (3)反冲过程中系统动量守恒、机械能不守恒。 1．(2024·安徽合肥期中)2024年1月5日19时20分，我国在酒泉卫星发射中心使用快舟一号甲运载火箭，成功将天目一号气象星座15－18星发射升空。关于火箭、反冲现象，下列说法正确的是(　 ) A．火箭点火后离开地面向上运动，是地面对火箭的反作用力作用的结果 B．火箭开始工作后做加速运动的原因是燃料燃烧推动空气，空气反作用力推动火箭 题点全练清 C．为了减少反冲的影响，士兵用枪射击训练时要用肩部抵住枪身 D．火箭、汽车、喷气式飞机、直升机的运动都属于反冲运动 解析：火箭点火后加速上升离开地面过程中，并不是地面对其的反作用力，而是喷出的气体对火箭的作用力使其加速上升，故A错误； 火箭开始工作后做加速运动的原因是燃料燃烧产生气体，喷出的气体的反作用力推动火箭，故B错误； √ 用枪射击时要用肩部抵住枪身，可以防止枪身快速后退而造成影响，故C正确； 火箭、喷气式飞机利用了气体的反冲作用而获得动力，属于反冲运动，汽车的运动是利用地面的作用力而获得动力，直升机的运动是利用空气的反作用力而获得动力，不属于反冲运动，故D错误。 √ 1．火箭发射前的总质量为M，燃料燃尽后火箭的质量为m，火箭燃气的喷射速度为v1，求燃料燃尽后火箭的飞行速度v为多大？ 提示：在火箭发射过程中，内力远大于外力，所以动量守恒。 以火箭的速度方向为正方向， 发射前的总动量为0； 任务驱动 强化点(二) 火箭的工作原理分析 2．根据上述分析，讨论如何提高火箭获得的飞行速度大小。 1．火箭喷气属于反冲类问题，是动量守恒定律的重要应用。 2．分析火箭类问题应注意的三点 (1)火箭在运动过程中，随着燃料的燃烧，火箭本身的质量不断减小，故在应用动量守恒定律时，必须取在同一相互作用时间内的火箭和喷出的气体为研究对象。注意反冲前、后各物体质量的变化。 要点释解明 (2)明确两部分物体初、末状态的速度的参考系是否为同一参考系，如果不是同一参考系，要设法予以转换，一般情况要转换成对地的速度。 (3)列方程时要注意初、末状态动量的方向。 1.如图所示，我国自行研制的“歼-15”战斗机挂弹飞行时，接到命令，进行导弹发射训练，当战斗机水平飞行的速度为v0时，将总质量为M的导弹释放，刚释放时，导弹向战斗机飞行的反方向喷出对地速率为v1、质量为m的燃气，则喷气后导弹相对地面的速率v为(　 ) 题点全练清 √ √ 一质量为M的小船静止在水面上，站在船尾的质量为m的小孩，从静止开始向左运动。求此过程中： (1)船向哪个方向运动？当小孩速度为v时，船速多大； (2)当小孩向左移动了x时，船的位移多大； (3)小孩和船的位移大小与两者质量有什么关系； (4)若小孩从船头移动到船尾，船长为L，小孩的位移为多大。 任务驱动 强化点(三) “人船模型”问题 1．“人船模型”适用条件 两个原来静止的物体发生相对运动的过程中，动量守恒或某一个方向上动量守恒。 要点释解明 3．三点提醒 (1)系统由两个物体组成且相互作用前静止，系统总动量为零。 (2)在系统内发生相对运动的过程中至少有一个方向的动量守恒(如水平方向或竖直方向)。 (3)画草图：解题时要画出各物体的位移关系草图，找出各长度间的关系，注意两物体的位移是相对同一参考系的位移。 [典例]　(2024·河南开封期中)如图所示，质量为M、长度为L的船停在平静的湖面上，船头站着质量为m的人，M>m。现在人由静止开始从船头走到船尾，不计船在运动过程中所受的水的阻力。则(　 ) A．人和船运动方向相同 B．船运行速度大于人的行进速度 C．由于船的惯性大，当人停止运动时，船还要继续运动一段距离 √ 1.(2024·湖北荆州期中)如图所示，大气球质量为25 kg，载有质量为50 kg的人，静止在空气中距地面20 m高的地方，气球下方悬挂一根质量可忽略不计的绳子，此人想从气球上沿绳慢慢下滑至地面，为了安全到达地面，则绳长至少为(不计人的身高，可以把人看作质点)(　 ) A．20 m　　　　　 B．40 m C．50 m D．60 m 题点全练清 √ 2．(2024·福州高二检测) 光滑水平面上放有一表面 光滑、倾角为θ的斜面体A，斜面体质量为M、底边长 为L，如图所示。将一质量为m、可视为质点的光滑小球B从斜面的顶端由静止释放，经过一段时间后，小球B刚好滑到斜面底端，重力加速度为g。则下列说法中正确的是(　 ) A．小球B下滑的过程中A、B组成的系统动量守恒 B．小球B下滑的过程中做匀加速直线运动且加速度为a＝gsin θ 解析：小球B下滑过程，系统在水平方向所受合外力为零，系统在竖直方向所受合外力不为零，系统整体所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误； √ 小球B下滑过程斜面会向左运动，小球加速度方向与水平面的夹角不是θ，加速度不等于gsin θ，故B错误； 比较项目 爆炸 碰撞 不同点 动能情况 有其他形式的能转化为动能，动能会增加 弹性碰撞时动能不变，非弹性碰撞时动能有损失，动能转化为内能 要点释解明 强化点(四) 　爆炸问题 爆炸与碰撞的比较 相同点 过程特点 都是物体间的相互作用突然发生，相互作用的力为变力，作用时间很短，平均作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以可以认为碰撞、爆炸过程中系统的总动量守恒 过程模型 由于碰撞、爆炸过程相互作用的时间很短，作用过程中物体的位移很小，一般可忽略不计，因此可以把作用过程看作一个理想化过程来处理，即作用后物体仍从作用前瞬间的位置以新的动量开始运动 能量情况 都满足能量守恒，总能量保持不变 续 表 1．“爆竹声中一岁除”，爆竹送来浓浓的年味。一质量为0.06 kg的爆竹以一定的速度竖直向上运动，当运动到最高点时爆炸成质量之比为1∶2的两部分，质量较小的部分速度大小为10 m/s，不计空气阻力及爆炸过程中的质量损失，取重力加速度大小g＝10 m/s2，爆竹爆炸后的总动能为(　 ) A．2.0 J　　　　　　　 B．2.5 J C．1.5 J D．1.0 J 题点全练清 √ 2．(2024·黑龙江鹤岗期末)如图所示，水平地面上紧挨着的两个滑块P、Q之间有少量炸药(质量不计)，爆炸后P、Q沿水平地面向左、右滑行的最大距离分别为0.8 m、0.2 m。已知P、Q与水平地面间的动摩擦因数相同，则P、Q的质量之比m1∶m2为(　 ) A．1∶2　　　　　　 B．2∶1 C．4∶1 D．1∶4 √ 课时跟踪检测 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 √ A级——基础达标 1.(2024·西宁海湖中学期中)如图所示为我国的长征七号运载火箭刚发射时的情境。则下列说法正确的是(　 ) A．火箭受到地面对它的弹力作用而升空 B．火箭受周围空气对它的作用而升空 C．火箭受到向下喷射的气体对它的作用而升空 D．在没有空气的环境中这类火箭无法升空 6 7 8 9 10 11 12 13 解析：火箭向后喷出高速气体，气体对火箭的反作用力使火箭升空，故在没有空气的环境中这类火箭也能正常升空，故C正确。 1 2 3 4 5 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2．(2024·徐州高二质检)以下实例中不是反冲现象的是(　 ) 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．火箭中的燃料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 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析：当枪发射子弹时，枪身会同时向后运动，是一种反冲现象；乌贼向前喷水从而使自己向后游动是反冲现象；火箭中的燃料燃烧向下喷气推动自身向上运动是反冲现象；战斗机在紧急情况下抛出副油箱以提高机身的灵活性不是反冲现象；故选D。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3.(2024·扬州高二模拟)乌贼在水中运动方式是靠自身的漏斗喷射海水推动身体运动，被称为“水中火箭”。如图所示，一只静止在水中的乌贼，当外套膜吸满水后，它的总质量为4.8 kg，某次遇到危险时，通过短漏斗状的体管在极短时间内将水向后高速喷出，从而以40 m/s的速度逃窜，喷射出的水的质量为1.6 kg，则喷射出水的速度为(　 ) A．20 m/s　　　　　 B．90 m/s C．120 m/s D．80 m/s 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 4.如图是“神舟”系列返回舱返回地面的示意图，假定其过程可简化为：打开降落伞一段时间后，整个装置匀速下降，为确保安全着陆，需点燃返回舱的缓冲火箭，在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动，则(　 ) A．火箭开始喷气瞬间伞绳对返回舱的拉力变小 B．返回舱在喷气过程中减速的主要原因是空气阻力 C．返回舱在喷气过程中所受合外力竖直向下 D．返回舱在喷气过程中处于失重状态 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析：返回舱原来匀速下降，绳上的拉力和空气阻力的合力等于返回舱的重力，喷气瞬间，返回舱受到喷出气体向上的反冲力作用，绳上的拉力会变小，A正确； 返回舱在喷气过程中减速的主要原因是火箭向下喷气而获得的向上的反冲力，B错误； 返回舱在喷气过程中做减速运动，加速度向上，所受合外力向上，处于超重状态，C、D均错误。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 6.(2024·常州高二段考)地空导弹又称防空导弹，是指从地面发射攻击空中目标的导弹。如图所示，某次导弹试射中，质量为M的地空导弹斜射向天空，运动到空中最高点时速度为v0，突然炸成两块，质量为m的弹头以速度v沿v0的方向飞去，爆炸过程时间为Δt(极短)。整个过程忽略空气阻力，则下列说法正确的是(　 ) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 爆炸后到落地前，对弹头和另一块构成的系统，在水平方向上不受外力，因此在水平方向动量守恒，故D正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 7．(2024·北京昌平区月考)水火箭制作原理如图甲所示，发射时在水火箭内高压空气压力作用下，水从水火箭尾部喷嘴向下高速喷出，外壳受到反冲作用而快速上升(如图乙)。某次发射过程水火箭将壳内质量为2.5 kg的水相对地面以6 m/s的速度在极短时间内喷出，已知水火箭外壳质量为0.5 kg。空气阻力忽略不计，重力加速度g取10 m/s2。则下列说法正确的是(　 ) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 A．水火箭喷水过程机械能守恒 B．水火箭喷水结束时速度约为5 m/s C．水火箭上升的最大高度约为30 m D．水火箭上升的最大高度约为45 m 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 解析：水火箭喷水过程，除重力外还有水对水火箭的作用力对水火箭做功，机械能不守恒，故A错误；设向上为正方向，设水火箭外壳质量为M，水的质量为m，则由动量守恒定律可得mv1＝Mv2，解得水火箭喷水结束时速度约为v2＝30 m/s，由v22＝2gh，解得水火箭上升的最大高度h＝45 m，故D正确，B、C错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 B级——综合应用 10．(2024·江苏盐城期末)如图所示，光滑水平面上甲、乙两球间粘少许炸药，一起以速度0.5 m/s向右做匀速直线运动。已知甲、乙两球质量分别0.1 kg和0.2 kg。某时刻炸药突然爆炸，分开后两球仍沿原直线运动，从爆炸开始计时经过3.0 s，两球之间的距离为x＝2.7 m，设爆炸过程中炸药释放的能量全部转化为甲、乙两球的机械能，则下列说法正确的是(　 ) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 A．刚分离时，甲、乙两球的速度方向相同 B．刚分离时，甲球的速度大小为0.6 m/s C．刚分离时，乙球的速度大小为0.3 m/s D．爆炸过程中炸药释放的能量为0.027 J 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 11．(2024·连云港调研)如图所示，质量为M＝4 kg的小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径为R＝1 m 的四分之一光滑圆弧轨道，BC段是长为L的粗糙水平轨道，两段轨道相切于B点。一质量为m＝1 kg 的可视为质点的滑块从小车上的A点由静止开始沿AB轨道下滑，然后滑入BC轨道，最后恰好停在C点，滑块与BC轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g＝10 m/s2，则(　 ) 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 √ A．整个过程中滑块和小车组成的系统动量守恒 B．滑块由A滑到B过程中，滑块的机械能守恒 C．BC段长L＝1 m D．全过程小车相对地面的位移大小为0.6 m 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 解析：滑块在圆弧轨道上运动时有竖直方向的加速度，所以对系统而言竖直方向外力矢量和不为零，不满足动量守恒的条件，故A错误； 滑块由A滑到B过程中，小车对滑块的弹力做负功，滑块的机械能不守恒，故B错误； 滑块恰好停在C点时，二者均静止，根据能量守恒定律有mgR＝μmgL，解得L＝2 m，故C错误； 根据系统水平方向动量守恒有Mv1＝mv2，通过相同的时间有Mx1＝mx2，且有x1＋x2＝R＋L，解得x1＝0.6 m，故D正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 (1)求炸药爆炸过程中炸药对C的冲量大小； (2)炸药的化学能有多少转化为机械能？ 解析：(1)全过程中A、B、C组成的系统动量守恒，设向右为正方向 根据动量守恒定律 mAv0＝－(mA＋mB)v0＋mCvC 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 13．(2024·南京模拟)第24届冬奥会在北京的成功举办，掀起了中国人冰雪运动的热潮，实现了中国“带动3亿人参与冰雪运动”的目标。在某冰雪运动场举行的射击游戏中，一小孩卧在光滑冰面上冰车的一端向固定在冰车另一端的靶射击。已知冰车、人连同枪(不包括子弹)及靶的总质量为M，枪内装有n颗子弹，每颗子弹的质量均为m，枪口到靶的距离为L，子弹出枪口时相对于地面的速度为v，若在发射后一颗子弹时前一颗子弹已陷入靶中，不计一切阻力。问： 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 (1)射出第一颗子弹时，车的速度为多大？ (2)发射完n颗子弹后(第n颗子弹已射入靶中)，车一共向后移动距离为多少？ 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 2．火箭速度的大小 (1)推导：设火箭在极短时间内喷出的气体质量为Δm，气体的速度为u，喷出气体后火箭的质量为m，火箭的速度增加量为Δv，由动量守恒定律得：mΔv＋Δmu＝0，解得Δv＝－ u。 2．(2024·河北唐山期中)乌贼游动时，先把水吸入体腔，然后收缩身体，通过身体上的小孔向外喷水，使身体向相反方向快速移动。某次静止的乌贼在瞬间喷出的水的质量占喷水前自身总质量的，喷水后乌贼获得的速度为8 m/s，则喷出的水的速度为(　 ) A．72 m/s　　　　　　　 B．80 m/s C．88 m/s D．16 m/s 解析：取喷水后乌贼获得的速度方向为正方向。设喷水后乌贼质量为m1，速度大小为v1，喷出的水的质量为m2，速度大小为v2，根据动量守恒定律得0＝m1v1－m2v2，其中＝，解得v2＝72 m/s，故选A。 发射后的总动量为：mv－(M－m)v1 由动量守恒定律得：0＝mv－(M－m)v1 得v＝v1＝v1。 提示：根据v＝v1 ，分析可知，若要提高火箭获得的速度，有下列两种措施： ①提高火箭发射前的总质量和燃料燃尽后火箭的质量比； ②提高火箭喷出的燃气的速度。 A．　　　　 B． C． D． 解析：以导弹飞行的方向为正方向，导弹被战斗机释放后，导弹喷出燃气前后水平方向动量守恒，根据动量守恒定律得Mv0＝(M－m)v－mv1，解得v＝。 2．(2024·四川南充期中)一质量为 M 的航天器正以速度v0在同步卫星轨道上做匀速圆周运动，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v1(以地心为参考系)，加速后航天器的速度大小为v2，则喷出气体的质量m为(　 ) A．M B．M C．M D．M 解析：规定航天器的速度方向为正方向，由动量守恒定律可得Mv0＝(M－m)v2－mv1，解得m＝M，故选C。 提示：(1)因为小孩与小船组成的系统动量守恒，当小孩向左运动时，小船向右运动。设小孩的速度方向为正方向，当小孩速度为v时，mv－Mv′＝0，解得v′＝。 (2)根据人船系统始终动量守恒可知m－M′＝0，故当小孩的位移大小为x时，有mx－Mx′＝0，解得x′＝。 (3)小孩和小船的位移大小与两者质量成反比，即＝。 (4)x＋x′＝L，解得x＝L。 2．“人船模型”的特点 (1)两物体满足动量守恒定律：m人v人－m船v船＝0，在相互作用的过程中，任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比。 (2)运动特点：人动船动，人停船停，人快船快，人慢船慢，人左船右，人、船位移比等于它们质量的反比，即＝。人和船的位移满足|x人|＋|x船|＝L。 D．人相对水面的位移大小为L [解析]　对于人和船组成的系统，不计船在运动过程中所受的水的阻力，则动量守恒，有mv0＋Mv＝0，所以人和船运动的方向相反，由于M>m，所以v0>v，当人停止时，船也停止，根据ms0＝M(L－s0)，解得s0＝L，故选D。 解析：设人的质量为m1，气球的质量为m2，系统所受重力与浮力平衡，合外力为零，根据动量守恒定律m1v1＝m2v2，人与气球运动的距离分别为h＝v1t＝20 m，x＝v2t，得＝，又h＋x＝l，代入数据解得绳长至少为l＝60 m，故选D。 C．小球B下滑到底端过程中斜面体向左滑动的距离为L D．小球B下滑到底端过程中斜面体向左滑动的距离为L 小球与斜面体组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得mv1－Mv2＝0，可得mx1－Mx2＝0，又x1＋x2＝L，解得小球下滑过程斜面体向左滑动的距离为x2＝L，故C错误，D正确。 解析：根据题意，设爆炸后的质量分别为m1、m2，则有m1＋m2＝0.06 kg，＝，解得m1＝0.02 kg，m2＝0.04 kg，设爆炸后质量较大的部分的速度为v，取质量较小部分速度方向为正方向，由动量守恒定律可得m1v0＋m2v＝0，解得v＝－5 m/s，由动能公式Ek＝mv2可得，爆竹爆炸后的总动能为Ek＝J＝1.5 J，故选C。 解析：爆炸过程中，两滑块动量守恒，取水平向右为正，则0＝－m1v1＋m2v2，爆炸之后分别对两滑块由动能定理可知：－μm1gx1＝0－m1v12，－μm2gx2＝0－m2v22，联立并代入已知数据解得m1∶m2＝1∶2，故选A。 解析：根据动量守恒定律有0＝(m－m0)v1－m0v2，可得喷射出水的速度为v2＝v1＝×40 m/s＝80 m/s，故选D。 5.如图所示，物体A和B质量分别为m1和m2，图示直角边长分别为a和b。设B与水平地面无摩擦，当A由顶端O从静止开始滑到B的底端时，B的水平位移是(　 ) A．b B．b C．(b－a) D．(b－a) 解析：A、B组成的系统在相互作用过程中水平方向动量守恒，两物体位移关系如图所示，则m2x－m1(b－a－x)＝0，解得x＝，故C正确，A、B、D错误。 A．爆炸后的一瞬间，另一块以的速度一定沿着与v0相反的方向飞去 B．爆炸过程中另一块对弹头的平均作用力大小为＋mg C．爆炸过程释放的化学能为mv2－Mv02 D．爆炸后到落地前，对弹头和另一块构成的系统，水平方向动量守恒 解析：在最高点爆炸，水平方向动量守恒，取v0的方向为正方向，则有Mv0＝(M－m)v′＋mv，解得另一块的速度为v′＝，可正可负可为零，故A错误； 爆炸过程时间极短，可忽略重力作用，对质量为m的弹头用动量定理，取v0的方向为正方向，FΔt＝mv－mv0，解得F＝，故B错误； 爆炸过程释放的化学能为E＝mv2＋(M－m)v′2－Mv02，故C错误； 8．(2024·江苏宿迁期中)一质量为M的火箭喷气发动机每次喷出气体的质量为m，气体离开发动机喷出时的速度大小为v0，从火箭静止开始，当第三次喷出气体后，火箭的速度大小为(　 ) A． B． C． D． 解析：设喷出三次气体后火箭的速度为v，以火箭和喷出的三次气体为研究对象，根据动量守恒定律得v－3mv0＝0，可得v＝，故选A。 9．如图所示是一门旧式大炮，炮车和炮弹的质量分别是M和m，炮筒与水平地面的夹角为α，炮弹射出炮筒时相对于地面的速度大小为v0，不计炮车与地面间的摩擦，则炮车向后反冲的速度大小为(　 ) A． B． C． D． 解析：取炮弹与炮车组成的系统为研究对象，因不计炮车与地面的摩擦，所以系统水平方向动量守恒。炮弹发射前，系统的总动量为零，炮弹发射后，炮弹的水平分速度为v0cos α。根据动量守恒定律有mv0cos α－Mv＝0，所以炮车向后反冲的速度大小为v＝，故选A。 解析：设甲、乙两球的质量分别为m1、m2，刚分离时两球速度分别为v1、v2，以向右为正方向，则由动量守恒定律得(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，根据题意有v2－v1＝，代入数据可解得v2＝0.8 m/s，v1＝－0.1 m/s，说明刚分离时两球速度方向相反，故A、B、C错误； 爆炸过程中释放的能量ΔE＝m1v12＋m2v22－(m1＋m2)v02，代入数据可得ΔE＝0.027 J，故D正确。 12.如图所示，光滑水平面上有三个滑块A、B、C，质量关系是mA＝mC＝m、mB＝。开始时滑块B、C紧贴在一起，中间夹有少量炸药，处于静止状态，滑块A以速度v0正对B向右运动，在A与B碰撞之前，引爆B、C间的炸药，炸药爆炸后B与A迎面碰撞，最终A与B粘在一起，以速度v0向左运动。 炸药对C的冲量I＝mCvC－0，解得I＝mv0。 (2)炸药爆炸过程中B和C组成的系统动量守恒，设向右为正方向，有mCvC－mBvB＝0 根据能量守恒定律：ΔE＝mBvB2＋mCvC2 解得ΔE＝mv02。 答案：(1)mv0　(2)mv02 解析：(1)设射出第一颗子弹时，车的速度是v1，根据系统动量守恒mv＝v1 解得v1＝。 (2)设射出一颗子弹的过程中，小车的位移大小是x1 ，子弹的位移大小是x2，根据人船模型mx2＝x1，同时x1＋x2＝L 解得x1＝ 设发射完n颗子弹，车的总位移为x，则x＝nx1＝。 答案：(1)　(2) $$