第1章 第6节 反冲现象火箭-【重难点手册】2024-2025学年高中物理选择性必修第一册（人教版2019）

第一章 动量守恒定律么9 第6节反冲现象 火箭 重点和难点 课标要求 重点：通过实验探究认识反冲现象，特别是知道火箭的 1.知道反冲运动的原理. 飞行原理及用途。 2,会应用动量守恒定律解决有关反冲运动的问题. 难点：通过调练，进一步提高运用动量守恒定律解决实 3会用动量守恒定律分析航天技术中的反冲问题， 际问题的能力 01必备知识梳理。 础梳理 知识点1反冲现象 1.定义：根据动量守恒定律，原来静止的系统在内力的作用 卫划重点 下分裂为两个部分，当其中一部分向某个方向运动时，另一部分 反冲运动的产生是系統 内力作用的结果，两个相互作 向相反方向运动，这就叫作反冲运动 用的物体A、B组成的系统，A 2.反冲原理：反冲运动实际上是相互作用的物体之间的作用 对B的作用力使B获得某一 力与反作用力产生的效果。 方向的动量，B对A的作用力 3.反冲运动的应用实例 使A获得相反方向的动量，从 (1)利用有益的反冲运动 而使A沿着与B运动方向相 反的方向运动。 反击式水轮机是使水从转轮的叶片中流出，使转轮由于反冲 在以下三种情况中均可 而旋转，从而带动发电机发电， 用动量守恒定律解决反冲运 喷气式飞机是靠喷出气流的反冲作用而获得巨大的速度， 动问题： (2)避免有害的反冲运动 (1)系统不受外力或所受 射击时，子弹向前飞去，枪身向后发生反冲，这会影响射击的 外力之和为0，满足动量守恒 的条件，可以用动量守恒定律 准确性 解决反冲运动问题 例①(2024·湖北武钢三中月考)在水平铁轨上放置一门质 (2)系统虽然受到外力作 量为M的炮车（不含炮弹），发射的炮弹质量为，设铁轨和炮车 用，但内力远大于外力，外力 间摩擦不计，则： 可以忽略，也可以用动量守恒 (1)水平发射炮弹时，炮弹速度为，炮车的反冲速度为多大？ 定律解决反冲运动问题。 (3)系统虽然所受外力之 (2)炮身与水平方向成0角，炮弹速度大小为，炮车的反冲 和不为0，系统的动量并不守 速度是多大？ 恒，但系统在某一方向上不受 (3)炮身与水平方向成0角，炮弹射出炮口时，相对于炮口的 外力或外力在该方向上的分 53 重雅点手细高中物理选择性必修第一册) 速度为，炮车的反冲速度为多大？ 力之和为0，则系统的动量在 解析以炮车和炮弹为研究系统，在水平方向上系统的动量 该方向上的分量保持不变，可 以在该方向上用动量守恒定 守恒.以炮弹前进的方向为正方向，由动量守恒定律得 律解决反冲运动问题」 0=m十M冰一，解得=7. (2)0=m·cos0+M(-),解得2=mcos日. M (3)0=m(w·cos0-)十M(-w),解得="mcos9 M+m· 知识点2火箭 1.定义 口记方法 现代火箭是指一种靠喷射高温、高压燃气获得反作用力向前 讨论反冲运动应注意的 推进的飞行器，是反冲运动的典型应用之一 两个问题 2.原理 1.速度的方向性：对于原 来静止的整体，可任意规定某 火箭主要由壳体和燃料两大部分组成，壳体是圆筒形的，前 一部分的运动方向为正方向， 端是封闭的尖端，后端有尾喷管，燃料燃烧时产生的高温、高压气 则反方向的另一部分的速度 体以很大的速度从尾部向后喷出，火箭就向前飞去， 就要取负值】 3.火箭飞行速度的决定因素 2.速度的相对性：反冲问 设火箭在△t时间内喷射燃气的质量为△m,速度为，喷气 题中，若已知相互作用的两物 后火箭的质量为m,获得的速度为v,由动量守恒定律有0=w十 体的相对速度，应先将相对速 △m,得=-△m， 度转换成相对地面的速度，再 列动量守恒方程 火箭获得的速度取决于燃气喷出速度“及燃气质量与火箭 本身质量之比0两个因素。 4.多级火箭及卫星发射 园记方法岁 在当今技术条件下，一级火箭的最终速度还达 运载物 火箭类反冲问题的解题技巧 不到发射人造卫星所需的速度，所以要发射卫星， 1.两部分物体初、末状态 必须采用多级火箭.如图所示是多级火箭的示意 第级 速度的参考系必须是同一参考 图.发射时，先点燃第一级火箭，燃料用完后，空壳 第二级 系，且一殷以地面为参考系， 自动脱落，然后下一级火箭开始工作.多级火箭及 2.要特别注意反冲前后 第一级 时地将空壳抛掉，使火箭的总质量减少，因而能达 各物体质量的变化. 到很大的速度，可用来发射洲际导弹、人造卫星、宇 3.列方程时要注意初、未 宙飞船等.但火箭发射时并不是一次把燃气喷完，而是逐渐向后 状态动量的方向，一般而言， 喷气以获得最大的反冲速度. 反冲后两物体的运动方向是 相反的 由于地球在自转，因而在发射卫星或飞船时，利用地球的自 54 第一章 动量守恒定律么 转可以尽量减少发射卫星或飞船时所需要提供的能量.因为地球 自西向东转，并且在赤道上地球自转的线速度最大，所以火箭最 理想的发射场地应该是地球赤道附近，发射方向应自西向东， 5.现代火箭的主要用途 利用火箭作为运载工具发射探测仪器、常规弹头、核弹头、人 造卫星和宇宙飞船等，我国的火箭技术已跨入世界先进行列： 国难拓展 重难点1人船模型问题分析 1.人船模型的特征 目敲黑板 两个原来静止的物体发生相互作用时，若所受外力的矢量和 人船模型是利用动量守 为0，则系统动量守恒.在相互作用的过程中，任一时刻两物体的 恒求解的一类问题，解决这类 问题应注意： 速度大小之比等于质量的反比.这样的问题归为人船模型问题 1.适用条件 2.人船模型的适用条件与实质 (1)系统由两个物体组成 对一个原来处于静止状态的系统，在系统发生相对运动的过 且相互作用前静止，系统总动 程中，动量守恒或有一个方向动量守恒，其实质就是初速度为0 量为0. 的系统中物体所做的反冲运动，系统满足某方向上的动量守恒. (2)在系统内发生相对运 3.人船模型的关系 动的过程中至少有一个方向 人船模型是动量守恒定律的拓展应用，它把速度与质量的关 的动量守恒（如水平方向或竖 系拓展到质量与位移的关系，如图所示 直方向). 2.画草图：解题时要画出 m.x1-Mx2=0, 各物体的位移关系草图，找出 十x2=l. 各长度间的关系，注意两物体 得到人、船的位移分别为 的位移是相对同一参考系的 ML x1一M干m 位移，应注意区分人和船的相 对位移与对地位移。 ml x2M+m 3.运动特点：人走船行，人 停船停、人快船快、人慢船慢 故位移大小之比满足x1:x2=M:m, 即两物体的位移大小与各物体的质量成反比 例2(2024·黑龙江大庆实验中学高二期中)如图所示，质 量为M=5kg的小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径为 R=1m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n=1kg的可视为质点的滑 块从小车上的A点由静止开始沿轨道下滑，然后滑入BC轨道， 最后恰好停在C点.若滑块与BC轨道间的动摩擦因数为0.5，重 力加速度g取10m/s2,则(). 55 重雕手细高中物理选择性必修第一册) R M 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的过程中，滑块的机械能守恒 C.BC段长L=1m D.全过程小车相对于地面的位移大小为0.5m 解析滑块在圆弧上运动时有竖直方向的加速度，所以对系 统而言，竖直方向的外力夫量和不为0，不满足动量守恒的条件， 故A错误：滑块由A滑到B的过程中，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，根据能量守恒有mgR=mgL,解得L=2m,故C错误； 水平方向动量守恒有M=必，整个过程中滑块和小车运动时 间相同，故有M1=1:x2,x1、x2分别为M、m相对于地面的位移 大小，则水平方向滑块相对于小车的位移大小为△x=x十x2= R十L,联立解得=0.5m,故D正确. [答寨D 重难点2火箭的速度 1.火箭喷气中的相对速度问题 冒敲黑板 动量守恒定律是相对于某一参考系而言的，因此系统中各部 =n是在未考虑空 分的速度必须是相对于同一参考系的速度.如果喷气速率是相 气阻力和地球引力的情况下 对于火箭的，那么在应用动量守恒定律解决问题时必须换算成相 推导出来的，由于空气阻力和 对于地面的速度. 地球引力的影响，火箭速度达 如图，质量为M的火箭在某时刻以相对于火箭的速度“喷 不到公式中所给出的数值.但 出质量为m的气体，要求火箭上升的速度，选择地面为参考系，根 从这一公式中可以看出提高 据动量守恒定律得 火箭速度有两个办法，一是提 0=(M一m)v+m(一4)， 高气体的喷射速度，二是提高 解得一. 质量比.而提高喷射速度的办 法比提高质量比的办法更有 效，但喷射速度的提高也有一 定限度 mm地间 56 第一章 动量守恒定律么9 2.火箭的最终速度 火箭的工作原理就是动量守恒定律.当火箭推进剂燃烧时， 从尾部喷出的气体具有很大的动量，根据动量守恒定律，火箭就 获得大小相等、方向相反的动量，因而发生连续的反冲现象.随着 推进剂的消耗，火箭逐渐减轻，加速度不断增大，当推进剂燃尽 时，火箭即以获得的速度沿着预定的空间轨道飞行.根据动量守 恒定律可以推导出单级火箭的最终速度公式（设火箭开始飞行时 的速度为0)为 。=h0 式中，是燃烧气体相对于火箭的喷射速度，M是火箭开始 时的总质量，M是火箭喷气结束时剩下的壳体及其他附属设备 的总质量，？道常你为火箭的质量比 例3(2024·菏泽一中高二月考)2024年4月25日，搭载神 舟十八号载人飞船的长征二号F遥十八运载火箭在酒泉卫星发 射中心点火发射.将发射火箭看成如下模型：假设发射前火箭模 型（含燃料）的总质量为M=2200g,当它在极短的时间内以= 880m/s的对地速度竖直向下喷出质量为△m=200g的高温气 体后（取竖直向下为正方向），那么火箭模型获得的对地速度最接 近(). A.-80m/sB.80m/sC.-88m/s D.88 m/s 解析由于时间极短，可认为动量守恒，则有0=△十(M一 △m)v,解得火箭模型获得的对地速度为v=一88m/s,故选C. 答寨C 02关建能力提升。○ 题型】动量守恒定律在反冲运动中的应用 例①如图所示，装有炮弹的火炮总质量 为m1,炮弹的质量为m2,炮弹射出炮口时对 77777 7777777777 地的速率为，若炮管与水平地面间的夹角为 A.m B.m2t 11一mg 0,则火炮后退的速度大小为（设水平面光滑） C.mzucos D.m2vcos 0 (). 711一1712 57 国避食手细高中物理选择性必修第一册则 解析]火炮发射炮弹的过程中水平方向动 以6m/s的速度水平向左运动.如果A、B与C 量守恒，以水平向右为正方向，根据动量守恒 间的摩擦忽略不计，两滑块中任意一个与挡板 定律得m26cos0-(m1一m2)v=0,解得v= 碰撞后都与挡板结合成一体，爆炸和碰撞时间 mcos0,故选C. 都可忽略，求： 1一m2 (1)当两滑块都与挡板相碰 [答案C 后，板C的速度为多大？ 方闭8角 (2)到两个滑块都与挡板碰 ABC 解答本题时要注意系统在水平方向上 撞为止，板C的位移大小和方向如何？ 动量守恒，可以将炮弹的速度分解为水平方 解析(1)设向左的方向为正方向，对A、B 向和竖直方向的分量，在水平方向上应用动 组成的系统由动量守恒定律有 量守恒定律即可解题 mAVA十mg#=0. 题型2人船模型 得=-1.5m/s. 对于由A、B、C组成的系统，开始时静止， 例②如图所示，质量为M的小船在平静 由动量守恒定律有(mA十mg十mc)=0,得 水面上以速率。向右匀速行驶，一质量为m =0,即最终木板C的速度为0. 的救生员站在船尾，相对于小船静止，若救生 (2)A先与C相碰，由动量守恒定律有 员以相对于水面的速率)水平向左跃入水中， 则救生员跃出后小船的速度为( mAVA=(4十mc)V集： 所以共=1m/s. 2 从炸药爆炸到A、C相碰的时间1，= B助一 吉此时B距C的右侧挡板=号 C. D+得(- 0.75m.设再经过t2时间B与C相碰，则t2= 解析人在跃出的过程中，船、人组成的系 B一=0.3s,故C向左的位移△℃=%4 UB十U共 统动量守恒，规定向右为正方向，由动量守恒 =1×0.3m=0.3m,方向向左. 定律得(M+m)贴=Mu'一mw,解得v'=十 方法卷自 十，故选A 1.物体爆炸后分裂成几个物体，在爆炸 答案A 的瞬间一般内力远大于外力，在爆炸前后瞬 题型3爆炸与碰撞问题 间系统总动量守恒 2.在碰撞和爆炸这类问题中，相互作用 例3在光滑水平桌面上有一长1=2m 力是变力，且力的变化规律非常复杂，无法用 的木板C,它的两端各有一挡板，C的质量m 牛顿运动定律求解.但用动量守恒定律求解 5kg,在C的正中央并排放着两个可视为质点 时，只需要考虑过程的始，末状态，不需要考 的滑块A、B,质量分别为m1=1kg,mg= 虑过程的具体细节，这正是用动量守恒定律 4kg.开始时A、B、C都静止，并且A、B间夹有 少量的塑胶炸药，如图所示.炸药爆炸使得A 来求解问题的优点. 58 第一章动量守恒定律么 题型4对反冲运动中变质量物体的运动分析 第二种情况，两个球一起投掷时，有 例④一人站在静止于光滑平直轨道的平 0=1边一22(6一边)， 板车上，人和车的总质量为.现在让此人两 解得2= 2m2w m1+2m2 手各握一个质量为2的铅球，以两种不同的 方式顺着轨道方向水平抛出铅球.第一次是一 所以= 211+32 2(m1十m2)” 个一个地投，第二次是两个一起投.设每次投 方闭道自 掷时铅球相对车的速度相同.则在这两种投掷 1.处理变质量物体的运动，应用动量守 方式下，小车的末速度之比为多少？ 恒定律时，必须取同一相互作用时间内的总 解析人，铅球、车组成的系统所受合外力为 体为研究对象，注意作用前后各物体的质量 0,系统的动量守恒.设铅球相对车的速度为 变化. 第一种情况，一个一个地投掷时，有两个 2.明确两部分物体初、末状态的速度的 作用过程.投第一个球时，有0=(m1十2)v一 参考系是否为同一参考系，如果不是同一参 2(一)，投第二个球时，有(m1十2)= 考系则要设法予以调整，一般情况要转换成 一m2(h一）. 对地的速度. (21+312)1e 解得=(m十m)(m,+2m2) 3.列方程时要注意初、末状态动量的方向. 03核心素养聚焦。 考向1爆炸类问题 解析爆炸时，两碎块组成的系统在水平 例①(2021·浙江选考)在爆炸实验基地 方向动量守恒，根据动量守恒定律可知1 有一发射塔，发射塔正下方的水平地面上安装 2边=0，因两碎块落地时间相等，则有m1x1 有声音记录仪.爆炸物自发射塔竖直向上发 m=0,可得器册-号，两碎块的水平住移 射，上升到空中最高点时炸裂成质量之比为 大小之比为1：2，但竖直位移大小之比不为 2：1、初速度均沿水平方向的两个碎块.遥控 1:2,则两碎块从爆炸开始抛出到落地的位移 器引爆瞬间开始计时，在5s末和6s末先后记 大小之比不等于1：2，选项A错误：设两碎块 录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声，已 落地时间均为1，由题意可知5、)2=1。 知声音在空气中的传播速度为340m/s,忽略 (6s-t)v方21 空气阻力.下列说法正确的是() 解得1=4s,爆炸物的爆炸，点离地面的高度h 6=号×10Xm=80m,选项B正确；爆 1 A.两碎块的位移大小之比为1：2 B.爆炸物的爆炸点离地面高度为80m 炸后质量大的碎块的水平位移x1=(5一4) C.爆炸后质量大的碎块的初速度为68m/s 340m=340m,质量小的碎块的水平位移2 D.爆炸后两碎块落地点之间的水平距离 (6一4)×340m=680m,爆炸后两碎块落地点 为340m 之间的水平距离为340m十680m=1020m, 59 重雕台手细高中物理选择性必修第一册 质量大的碎块的初速度=西=30m/s 4 通过爆炸考查平抛运动、动量守恒定律的 命题意图 综合应用 85m/s,选项CD错误. 核心素养 科学思雏 素养水平水平3 答案B 04学业质量测评。 ●A基础过关练 测试时间：30分钟 4.如图所示，设质量为M的导弹运动到空中最 1.下列关于反冲运动的说法中正确的是( 高点时速度为，突然炸成两块，质量为m A.抛出部分的质量1要小于剩下部分的质 的一块以速度。沿的方向飞去，则另一块 量2才能获得反冲 的运动( B.若抛出部分的质量1大于剩下部分的质 量2，则2的反冲力大于m1所受的力 C.反冲运动中，牛顿第三定律适用，但牛顿 A.一定沿的方向飞去 第二定律不适用 B.一定沿w的反方向飞去 D.抛出部分和剩余部分都适用于牛顿第二 C.可能做自由落体运动 定律 D.以上说法都不对 2.火箭升空过程中向后喷出高速气体，从而获 5.如图所示，一小车在光滑水平面上，甲、乙两 得较大的向前速度.火箭飞行所能达到的最 人分别站在左右两端，整个系统原来静止， 大速度是燃料燃尽时火箭获得的最终速度」 则当两人同时相向走动时( 影响火箭最大速度的因素是火箭( ). A.向后喷出的气体速度 B.开始飞行时的质量 C喷出的气体总质量 7n0777n7770n077777007 D.喷出的气体速度和火箭始、末质量比 A.要使小车静止不动，甲、乙速率必须相等 3.将静置在地面上质量为M(含燃料)的火箭 B.要使小车向左运动，甲的速率必须比乙 模型点火升空，在极短时间内以相对地面的 的大 速度竖直向下喷出质量为m的炽热气 C.要使小车向左运动，甲的动量必须比乙 体，忽略喷气过程中重力和空气阻力的影 的大 响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小 D.要使小车向左运动，甲的动量必须比乙 是( 的小 B M 6.(2024·荆州中学月考)如图所示，一个质量 A得 为m的木块从半径为R、质量为M的光滑 M C.M-mo D.M-m 圆弧形槽顶端由静止滑下.在槽被固定和可 60 第一章动量守恒定律格组 沿着光滑平面自由滑动两种情况下，木块从 乙综合提能练 测试时间：40分钟 槽口滑出时的速度大小之比为多少？ 8.(多选)如图所示，光滑水平面上两球用轻绳 捆在一起且发生形变，两球以0.1m/s的速 度向右做直线运动.某时刻轻绳突然自动断 W77777P7 开后两球仍沿原直线运动，经过5$后两球 相距4.5m,已知1号、2号两弹性小球质量 分别为1kg和2kg,则( 2 7777777777777777777727777 A.两球刚分离时，1号球的速度大小为 0.7m/s 7.(2024·孝感高中月考)一质量为0.3kg的 B.两球刚分离时，2号球的速度大小为 烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空.当 0.2m/s 烟花弹上升到离地20m高处时速度为0，此 C.两球刚分离时，两球的速度方向相同 时弹中火药爆炸将烟花弹炸为大、小两块， D.两球分开过程中释放的弹性势能为0.27J 大、小两块烟花弹分别获得水平向左、水平 9.质量为M的气球上有一个质量为m的人， 向右的速度，大块质量为小块质量的2倍， 气球和人在静止的空气中共同静止于离地 大、小两块烟花弹获得的动能之和也为E.爆 h高处，如果从气球上慢慢放下一个质量不 炸时间极短，重力加速度g取10m/s2,w2 计的软梯，让人沿软梯降到地面，则软梯长 1.4,不计空气阻力和火药的质量，释放烟花 弹位置的水平面足够大.求： 至少应为( (1)动能E. A.m mMh B.M Mh (2)大、小两块烟花弹落地之间的距离. c D.M+mh m 10.(多选)小车静止在光滑水平面上，站在车 上的人练习打靶，靶装在车上的另一端，如 图所示.已知车、人、枪和靶的总质量为M (不含子弹)，每颗子弹质量为1，共n发， 打靶时，枪口到靶的距离为d.若每发子弹 打入靶中后就留在靶里，且待前一发打人 靶中后再打下一发，则下列说法中正确的 是( ）. A.待打完n发子弹后，小车将以一定的速 61 国雕手细高中物理选择性必修第一册圆 度向右匀速运动 箱，木箱又被挡板以原速率反弹回来 B.待打完n发子弹后，小车应停在射击之 问人最多能推几次木箱？ 前位置的右方 C.在每一发子弹的射击过程中，小车发生 的位移相同 D.在每一发子弹的射击过程中，小车发生 的位移不相同 11.(2024·华中师大一附中月考)（多选）如图 所示，在光滑的水平面上有一静止的物体 M,物体M上有一光滑的半圆弧轨道，最低 点为C,A、B为同一水平直径上的两点，现 让小滑块m从A点由静止下滑，则( 777777777777777777777777727777777 A.小滑块m到达物体M上的B点时，小 滑块m的速度不为0 B.小滑块m从A点到C点的过程中物体 M向左运动，小滑块m从C点到B点的 过程中物体M向右运动 C.若小滑块m由A点正上方h高处自由 下落，则由B点飞出时做竖直上抛运动 13.如图所示，一条轨道固定在竖直平面内，粗 D.物体M与小滑块m组成的系统机械能 糙的ab段水平，bcde段光滑，cde段是以O 守恒，水平方向动量守恒 为圆心、R为半径的一小段圆弧.可视为质 12.(2024·黄冈中学月考)如图所示，光滑水 点的物块A和B紧靠在一起，中间夹有少 平面上停放一个木箱和小车，木箱质量为 量炸药，静止于b处，A的质量是B的3倍.某 时刻炸药爆炸，两物块突然分离，分别向 m,小车和人的总质量为M,M:m=4：1, 左、右沿轨道运动.B到d点时速度沿水平 人以速率)沿水平方向将木箱推出，木箱 方向，此时轨道对B的支持力大小等于B 被挡板以原速率反弹回来以后，人接住木 箱后再以同样大小的速度。第二次推出木 所受重力的子，A与ab段的动摩擦因数为 62参考答案与解析么组 据动能定理，有mg·kng一合m成. 一块沿的反方向飞去；若M=mw,即=0，说明 另一块做自由落体运动，故选C,] m与：碰撞后粘连在一起，设速度为，根据动量 5.C「甲、乙两人及小车组成的系统不受外力，系统动量 守恒定律，有1功=(m十n2)2. 守恒，根据动量守恒定律得m弹十mz十m炸=0， 联立以上两式解得= 1十 -√/2 glsin9 若小车不动，则咖十mz边=0，甲、乙动量大小一定 加与？一起向下运动到斜面底部静止，根据动能定 相等，但是甲和乙的质量不一定相同，所以甲和乙的速 理，有 度不一定相同，所以A错误：要使小车向左运动，则甲 (m十m:)g·2lsin9-asgcos·2=0- 2(m,十 乙的总动量必须向右，而甲向右运动，乙向左运动，所 以甲的动量一定比乙的大，所以BD错误，C正确.] ). 解得4一3n十m座十3m女 6.槽固定时，木块下滑过程中只有重力做功，由动能定理得 22(m1十2） mgR-之mi-Q ① 第6节反冲现象火箭 则木块滑出槽口时的速度为 1.D[由于系统的一部分向某一方向运动，而使另一部 分向相反方向运动，这种现象叫反冲运动.定义中并没 =√2gR ② 有确定两部分之间的质量关系，故选项A错误，在反冲 悟可动时，当木块开始下滑到脱离槽口的过程中，对木 运动中，两部分之间的作用力是一对作用力与反作用 块和槽所组成的系统，水平方向不受外力，水平方向动 力，由牛顿第三定律可知，它们大小相等、方向相反，故 量守恒，设木块滑出槽口时的速度为边，槽的速度为 选项B错误.在反冲运动中一部分受到另一部分的作 4.在水平方向上，由动量守恒定律可得 用力产生了该部分的加速度，使该部分的速度逐渐增 -Mu=0. ③ 大，在此过程中对每一部分牛顿第二定律都成立，故选 木块下滑时，只有重力做功，系统机械能守恒，由机械 项C错误，D正确.] 2.D[分别用M,m表示火箭初始质量和燃料燃尽时的 能守恒定律得mgR=令m+号Md。 ⑦ 质量，表示喷气速度大小，火箭喷气过程动量守恒， 由③④解得木块滑出槽口的速度为边=√m干 2MgR 有m一(M-m=0,即火箭的最大速度u=(M 两种情况下木块滑出槽口的速度之比为 1)w,影响火箭最大速度的因素是火箭喷出的气体速 “=V2gR mM /2MgR 度和火箭始、末的质量之比，] m+M 7.(1)由机械能守恒有E=mgh,解得E=60J. 3.D[设喷气结束时火箭模型获得的速度大小为，取 (2)烟花弹在最高点爆炸，动量守恒，设水平向左为正 竖直向上为正方向，由动量守恒定律得(M一m)w m=0,解得火箭获得的速度一Mn·迹项D 方向，0=2 m一3m: 正确.] 由能量守恒有E=合×号mf+号 3m呢. 4.C[以整个导弹为研究对象，取的方向为正方向.根 烟花弹竖直上艳运动有A=子，大，小两块烟花弹均 据爆炸的瞬间系统在水平方向上动量守恒，有 M-md十m,得另一块的速度为-智严若 做平抛运动，大、小两块姻花弹落地之间的距离x=功 十边t,解得x=84m >0,说明另一块沿的方向飞去：若'<0，说明另 8.ABD[系统动量守恒，以向右方向为正方向，由动量 9 重雅⑤手册高中物理选择性必修第一册凡) 守恒定律得(m1十m2)=m1v1十m22,位移s=v1t M的水平速度均为0，故当小滑块m从A点由静止下 一uet,代人数据解得1=0.7m/s,U2=一0.2m/s,负 滑，则能拾好到达B点，当小滑块由A点正上方h高 号表示速度方向与正方向相反，故AB正确，C错误：由 处自由下落，则由B点飞出时做竖直上抛运动，A错 能量守恒定律可得(m:十m:)话十B=豆m1十 误，C正确：小滑块m从A点到C点的过程中物体M 向左加速运动，小滑块m从C点到B点的过程中物 1 m:v,代人数据解得E=0.27J,故D正确.] 体M向左减速运动，B错误.] 9.C[设人沿软梯滑至地面，软梯长度至少为，以人和 12.选木箱、人和小车组成的系统为研究对象，取向右为 气球组成的系统为研究对象，竖直方向动量守恒，规定 正方向.设第次推出木箱后人与小车的速度为。， 竖直向下为正方向，由动量守恒定律得0=一M十 第拉次接住后速度为。，则由动量守恒定律可知， m,人沿软梯降至地面，气球上升的高度为L一h,平 第一次推出后有0=M一m,则n=得 均速度大小为L,·,人相对于地面下降的高度为 第一次接住后有M十w=(M十m)'. A,平均速度大小为=女，联立得0=一M,+ 第二次推出后有(M+m)=M一m,则=3四 M m·解得L=灯%，放C正确，AD错误.] 第二次接住后有M2十o=(M十m)边. 10.C[子弹、枪、人，车和靶组成的系统水平方向上不 第n一1次接住后有M1十mu=(M什m)x(1. 受外力，水平方向动量一直守恒，子弹射击前系统总 第n次推出后有(M十m)1=M,一mu 动量为0，子弹射人靶后总动量也为0，故打靶结束后 即4=(2n-1) 系统仍然是静止的：设子弹出枪口的速度为，车后退 的速度大小为，取向左为正方向，根据动量守恒定 当≥u时，人就接不到木箱了，由此得n≥2.5，取 律有0=mw一[M十(n一1)·m]v,子弹匀速前进 n=3.所以，人最多能推3次木箱： 的同时，车匀速后退，故t十t=d,联立解得= 13.(1)物块B在d点时，由牛顿第二定律得 d 3 2 M+(n-1)m1= 一，故车后退的距离 mg一mg=mF M+(n-1)m 解得=R 2 △=t=M+m1DmX d +M+(一1)m (2)设A,B分离瞬间的速度大小分别为1，边，取水 每颗子弹从发射到击中靶的过程中，车均退△x,故n 平向右为正方向， 颗子弹发射完毕后，小车后退=n·△：一M干m mmd A、B分离过程动量守恒，则 3m(一功）十2=0， 由于整个系统动量守恒，初动量为0，故打完发后， A,B分离后，B从b点到d点过程，由动能定理得 车静止不动，小车应停在射击之前位置的右方，故AD 错误，BC正确.] -mgR-之m2-md, 1L.CD[物体M和小滑块m组成的系统机械能守恒， A向左减速至0过程，由动能定理得 水平方向动量守恒，D正确：小滑块m滑到右端时两 1 一r3mgs=0-z(3m)f, 者水平方向具有相同的速度，0=(m十M),=0,可 知小滑块m到达物体M上的B点时，小滑块m、物体 联立解得一 R 10 参考答架与解析么 14.(1)小球弹出后做平抛运动，则 单元学能测评 h=, ① 1.A[合外力的冲量等于动量的变化量，如果合外力的 x=功 @ 冲量为0，则动量的变化量为0，所以物体速度不变，动 小球弹出过程中，小球与弹簧组成的系统机械能守 能变化量为0，合外力做功也为0，选项A正确：重力是 恒，则 恒力，则重力的冲量为mg1,与重力是否做功无关，选 Emd. ③ 项B错误：物体所受合力的冲量越大，则动量的变化量 越大，动量变化可能只改变方向，故动能不一定变大， 联立①@③式可得E=四二 4h 合外力做功不一定越大，选项C错误：物体受到了力的 代人数据可得E=0.91. 作用，这个力一般指的是合力，但是如果力是变力，则 一段时间内的总冲量也可能为0，如匀速圆周运动中受 (2)设向右为正方向，在小球弹出过程中，小球与小车 到了力的作用.但在转一周的过程中的总冲量是0，选 组成的系统动量守恒、机械能守恒，则 项D错误.故选A.] 0=mv-Mve, ⑦ 2.D[物体做匀加速直线运动时，速度一直增大，根据p E=mi+号M, ⊙ =v可知其动量发生了变化，故A错误：同理，物体做 小球弹出后，小车在地面阻力作用下逐渐减速为0的 斜上抛运动，其速度方向时刻在改变，可知其动量发生 过程中，由动能定理得 了变化，故B错误：同理，物体做匀速圆周运动时，速度 方向时刻在发生变化，可知其动量发生了变化，故C错 -kMgs-0-Mvi. ⑥ 误：当物体做匀速直线运动时，其速度大小和方向均不 联立①⑤⑤式可得 变化，所以其动量不发生变化，故D正确.故选D.] ① 3.C[小车停在光滑水平面上，车上的人在车上走动时， s-RM(Mm)gE. 人与车组成的系统所受合外力为0，动量守恒，故A不 代人数据可得=0.3m 符合题意：子弹水平射入放在光滑水平面上的木块中， (3)仅根据现有信息，不能预测与s的大小关系.理 子弹与木块组成的系统所受合外力为0，动量守恒，故 由如下： B不符合题意：子弹射人固定在墙角的木块中，墙壁对 第一，在实验一中，上述计算弹簧储存的弹性势能E 木块有弹力作用，系统所受合外力不为0，动量不守恒， 时，由于没有考虑小球运动过程中所受阻力的彩响， 故C符合题意：斜向上抛出的手榴弹在空中炸开时，手 使得E,的预测值比实际值偏小，由⑦式可知预测值s 榴弹组成的系统内力远大于外力，动量守恒，故D不符 将偏小 合题意.故选C.] 第二，在实验二中，上述预测值计算时没有考虑弹出 4.D[当力与速度的夹角为0时，该力对物体做功不为 小球过程中地面摩擦的影响，使得小车速度边的预 0,对物体的冲量也不为0，所以A错误：物体受到的合 测值要比实际值偏大：同时，在上述预测值计算中，也 力的冲量越大，合力可能越大，加速度也越大，如果物 没有考虑小车反冲过程所受空气阻力的影响，由⑥式 体做减速运动，速度减小，所以B错误：当人从某高度 可知，均可致使预测值s偏大. 跳到地面时，屈麗是为了减小冲力，但是冲量大小不 综上，仅根据现有信息，无法比较上述偏差的大小关 变，是冲力作用的时间变长了，所以C错误：系统动量守 系，所以不能预测s与s的大小关系。 恒也就是系统总动量的变化量始终为0，所以D正确.] 11