第一章 6．反冲现象 火箭-【金版新学案】2024-2025学年新教材高二物理选择性必修第一册同步课堂高效讲义教师用书word（人教版2019）

6．反冲现象　火箭 【素养目标】　1．知道反冲现象，能用动量守恒定律解释反冲现象。2．知道火箭的原理和主要用途。3．了解我国航天技术的发展。 知识点一　反冲现象 情境导学 1．如图甲所示，把气球吹起来用手捏住气球的通气口，突然松开后让气体喷出，气球会向什么方向运动？ 2．如图乙所示，章鱼是靠喷水使自己运动的，当水从章鱼的体内喷出后，章鱼会向什么方向运动？ 3．以上两个现象属于什么现象？ 提示：1．气球会沿着喷出气体的反方向飞出。 2．章鱼会沿着喷水的反方向运动。 3．以上两种现象属于反冲现象。 (阅读教材P25－P26完成下列填空) 1．反冲现象：一个物体内力远大于外力时，在内力的作用下分成两部分，一部分向某个方向运动，另一部分向相反方向运动的现象。 学生用书第26页 2．反冲现象的应用与防止 (1)应用实例：农田、园林的喷灌装置是利用反冲使水从喷口喷出时，一边喷水一边旋转等。 (2)防止实例：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，以减少反冲的影响等。 问题探究　如图所示，反冲小车(含酒精灯、铁架台、带有橡皮塞盛水的玻璃管)静止在水平光滑玻璃地板上，点燃酒精灯对玻璃管内的水加热，到一定程度时管内水蒸气将橡皮塞水平喷出，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。(水蒸气质量忽略不计) (1)若橡皮塞喷出时获得的水平速度v＝2.9 m/s，则小车的反冲速度的大小及方向如何？ (2)若橡皮塞喷出时速度大小不变，调整玻璃管方向，使橡皮塞喷出时速度方向与水平方向成60°角，则小车的反冲速度的大小及方向如何？ 提示：(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，根据动量守恒定律得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水平运动的方向相反，反冲速度大小为0.1 m/s。 (2)小车和橡皮塞组成的系统水平方向动量守恒。以橡皮塞运动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水平分运动方向相反，反冲速度大小为0.05 m/s。 如图所示，在水平铁轨上放置一门质量为M的炮车(不含炮弹)，发射的炮弹质量为m，铁轨和炮车间摩擦不计，求： (1)炮筒水平时，若发射炮弹的速度为v0，炮车的反冲速度为多大？ (2)炮筒与水平方向成θ角时，若发射炮弹的速度大小为v0′，炮车的反冲速度为多大？ 答案：(1)　(2) 解析：(1)炮筒水平时，炮车和炮弹系统的动量守恒，则有0＝mv0＋M(－v1)，解得v1＝。 (2)炮筒与水平方向成θ角时，炮车和炮弹系统在水平方向上的动量守恒，则有 0＝mv0′cos θ＋M(－v2)，解得v2＝。 变式拓展．在【例1】中，若炮筒与水平方向成θ角时，炮弹射出炮口时相对于炮口的速度大小为v0，则炮车的反冲速度为多大？ 答案： 解析：炮筒与水平方向成θ角时，炮弹相对于炮口的速度大小为v0时，设炮车的反冲速度为v3，则炮弹相对于地面的水平速度为v0cos θ－v3 由于炮车和炮弹系统在水平方向上的动量守恒，则有0＝m(v0cos θ－v3)＋M(－v3) 解得v3＝。 　　 1．反冲现象的特点 (1)物体的两个不同部分在内力作用下向相反方向运动。 (2)反冲现象中，相互作用的内力一般情况下远大于外力或在某一方向上内力远大于外力，所以可以用动量守恒定律或在某一方向上应用动量守恒定律来处理。 2．处理反冲现象问题的“两点注意” (1)速度的矢量性：若系统原来静止，抛出部分具有速度时，剩余部分的速度必然相反，可任意规定某一部分的速度方向为正方向，另一部分的速度要取负值。 (2)速度的相对性：反冲运动中，若已知条件是物体间的相对速度，应将相对速度转化为绝对速度(一般为对地速度)。　　 学生用书第27页 针对练1.2023年7月20日21时40分，经过约8小时的出舱活动，神舟十六号宇航员圆满完成出舱活动全部既定任务。在出舱活动中，假设宇航员连同出舱装备共100 kg，在离飞船30 m的位置与飞船处于相对静止状态，为返回飞船，宇航服中的高压气源一次性喷出一定质量的速度为40 m/s的气体，5分钟后宇航员返回飞船，则喷出气体的质量为(　　) A．0.15 kg B．0.25 kg C．0.35 kg D．0.5 kg 答案：B 解析：宇航员相对飞船的速度大小v＝＝＝0.1 m/s，以飞船为参考系，取宇航员的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有0＝(m－m′)v－m′v′，解得喷出气体的质量m′≈0.25 kg，B正确。 针对练2．一个不稳定的原子核质量为M，处于静止状态。放出一个质量为m的粒子后反冲，已知原子核反冲的动能为E0，则放出的粒子的动能为(　　) A． B．E0 C．E0 D．E0 答案：A 解析：原子核放出粒子的过程系统动量守恒，以放出粒子的速度方向为正方向，由动量守恒定律得p粒－p核＝0，原子核的动能E0＝，粒子的动能E＝，解得E＝，故A正确，B、C、D错误。故选A。 针对练3．如图所示，炮管水平的自动火炮车连同炮弹的总质量为M，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，自动火炮车的速度变为v2，仍向右行驶，则炮弹相对炮筒的发射速度v0为(　　) A． B． C． D． 答案：B 解析：由题意知，炮弹相对地的速度为v0＋v2。由动量守恒定律得Mv1＝(M－m)v2＋m(v0＋v2)，解得v0＝，故选B。 知识点二　火箭 情境导学　我国早在宋代就发明了“火箭”，如图甲所示，在箭杆上捆一个前端封闭的火药筒，火药点燃后生成的燃气以很大的速度向后喷出，“火箭”就会向前飞出；图乙为我国“长征”家族系列运载火箭示意图。 (1)古代“火箭”与现代火箭的运动是什么运动？ (2)火箭的飞行利用了什么原理？ 提示：(1)古代“火箭”与现代火箭的运动都是反冲运动。 (2)火箭飞行利用了反冲原理。 (阅读教材P26－P27完成下列填空) 1．火箭的工作原理：应用了反冲的原理，靠喷出气流的反冲作用而获得巨大的速度。 2．火箭获得的速度Δv (1)推导：以喷气前的火箭为参考系，在极短时间Δt内喷出燃气的质量为Δm，喷出的燃气相对喷气前火箭的速度为u，喷气后火箭的质量为m，火箭增加的速度为Δv。由动量守恒定律可得mΔv＋Δmu＝0，可得Δv＝－u。 (2)影响Δv的因素 ①火箭喷出的燃气的速度u。 ②火箭喷出物质的质量与火箭本身的质量之比。 注意：u越大、越大，则Δv越大。 问题探究　如图为火箭发射时的情景。 (1)火箭飞行的动力来源是什么？ (2)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？ (3)根据(2)的结果，讨论如何提高火箭飞行获得的速度大小。 学生用书第28页 提示：(1)火箭飞行的动力来源是火箭尾部喷出的高速气流的反作用力。 (2)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， 由动量守恒定律得0＝ mv－(M－m) v1，解得v＝v1＝(－1) v1。 (3)根据v＝(－1)v1 可知，提高火箭获得的速度的方法： 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。 2023年10月26日11时14分，搭载“神舟十七号”载人飞船的长征二号F遥十七运载火箭成功发射。假设火箭的喷气发动机每次喷出m＝200 g的气体，发动机喷出的气体速度v＝1 000 m/s，设火箭质量M＝300 kg，发动机每秒喷气20次。 (1)当第三次喷出气体后，火箭的速度多大？ (2)运动第1 s末，火箭的速度多大？ 答案：(1)2 m/s　(2)13.5 m/s 解析：方法一：分过程法 (1)喷出气体运动方向与火箭运动方向相反，系统动量守恒 第一次喷出气体后，设火箭速度为v1，有(M－m)v1－mv＝0，所以v1＝ 第二次喷出气体后，设火箭速度为v2，有(M－2m)v2－mv＝(M－m)v1，所以v2＝ 第三次喷出气体后，设火箭速度为v3，有(M－3m)v3－mv＝(M－2m)v2，所以v3＝＝ m/s≈2 m/s。 (2)依次类推，第n次喷出气体后，设火箭速度为vn，有(M－nm)vn－mv＝[M－(n－1)m]vn－1，所以vn＝ 因为每秒喷气20次，所以第1 s末火箭速度为v20＝＝m/s≈13.5 m/s。 方法二：全过程法 (1)设喷出三次气体后火箭的速度为v3，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(M－3m)v3－3mv＝0，所以v3＝≈2 m/s。 (2)以火箭和喷出的20次气体为研究对象，根据动量守恒定律得(M－20m)v20－20mv＝0，所以v20＝≈13.5 m/s。 　　 分析火箭发射问题的三点提醒 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、后火箭质量的变化。 2．明确两部分物体初、末状态速度的参考系是否为同一参考系，如果不是同一参考系的，要转换为同一参考系的速度，一般转换成对地速度。 3．列方程时要注意初、末状态动量的方向。 针对练1．(多选)我国成功使用“冷发射”技术发射了长征十一系列运载火箭。如图所示，发射舱内的高压气体先将火箭竖直向上推出十几米，当火箭速度接近零时再点火飞向太空。从高压气体作用于火箭开始运动到火箭点火的过程中(　　) A．火箭的加速度保持不变 B．火箭的速度增大时，加速度的方向与速度方向相同 C．火箭开始运动时，速度和加速度均为零 D．火箭速度接近零时，加速度的方向与速度的方向相反 答案：BD 解析：火箭刚从发射舱发射出来，受竖直向下的重力、竖直向下的空气阻力和竖直向上的高压气体的推力作用，此刻速度为零，加速度最大；随着推力大小的不断减小，刚开始高压气体向上的推力大于向下的重力和空气阻力之和，合力减小，故火箭向上做加速度减小的加速运动，该过程加速度的方向与速度方向相同；当向上的高压气体的推力等于向下的重力和空气阻力之和时，火箭的加速度为零，速度最大；接着向上的高压气体的推力小于向下的重力和空气阻力之和时，火箭接着向上做加速度增大的减速运动，直至速度为零，该过程加速度的方向与速度方向相反。故选BD。 针对练2．如图所示，一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离。已知前部分的卫星质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v1为(　　) A．v0－v2 B．v0＋v2 C．v0－v2 D．v0＋ 答案：D 解析：火箭和卫星组成的系统在分离时水平方向上动量守恒，规定初速度的方向为正方向，有(m1＋m2)v0＝m2v2＋m1v1，解得v1＝v0＋(v0－v2)，故D正确，A、B、C错误。故选D。 知识点三　人船模型 问题探究　如图所示，长为L、质量为M的小船停在静水中，质量为m的人由静止开始从船的右端走到船的左端，人对地位移大小为x1、方向向左，小船对地的位移大小为x2、方向向右，不计水的阻力。 (1)对人和船组成的系统，在人由船的一端走到船的另一端的过程中，系统的动量守恒吗？ 学生用书第29页 (2)试求出人对地的位移大小x1和小船对地的位移大小x2。(用M、m、L表示) 提示：(1)对人和船组成的系统，水平方向不受外力作用，所以整个系统水平方向动量守恒。 (2)设某时刻人对地的速率为v1，船对地的速率为v2，以人走的方向为正方向， 根据动量守恒得mv1－Mv2＝0① 则全过程中的平均动量也守恒，即mv1－Mv2＝0② ②式两边同乘Δt得mx1－Mx2＝0③ 由题图可看出x1＋x2＝L④ 联立③④两式得 如图所示，物体A和B质量分别为m2和m1，其水平直角边长分别为a和b。A、B之间存在摩擦，B与水平地面无摩擦。可视为质点的A与地面间的高度差为h，当A由B的顶端从静止开始滑到B的底端时： (1)B的水平位移大小是多少？ (2)若A滑到斜面底端时速度为v，则在A下滑过程中，A损失的机械能为多少？ 审题指导　(1)物体A下滑的过程中物体A和B组成的系统在水平方向上动量守恒。 (2)A由B的顶端从静止开始滑到B的底端过程中，A、B的水平位移大小之和为(b－a)。 答案：(1)　(2)m2gh－m2v2 解析：(1)设向右为正方向，下滑过程中A速度的水平分量为－vA，B的速度为vB，对A和B组成的系统，水平方向上不受外力，故水平方向的动量守恒，则每时每刻都有m1vB－m2vA＝0， 则有m1x1－m2x2＝0 由题意可知x1＋x2＝b－a， 联立可得x1＝。 (2)根据能量守恒定律，A损失的机械能为 ΔE＝m2gh－m2v2。 “人船模型”的条件及结论 1．条件： (1)两个物体相互作用前均静止，相互作用后向相反的方向运动。 (2)系统所受合外力为零或者在某一方向上所受合外力为零，系统的动量守恒或者在该方向上动量守恒。 2．结论： (1)两个物体系统的动量守恒：m1v1－m2v2＝0。 (2)两个物体的平均速度(或者瞬时速度)大小与其质量成反比：＝。　　 (3)两个物体的位移大小与其质量成反比：＝。 (4)两个物体的运动：“人”走“船”行、“人”快“船”快、”人“慢”船”慢、“人”停“船”停。　　 针对练1．(多选)(2023·山东潍坊高二检测)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，现在人由静止开始由船头走到船尾。不计水对船的阻力，则(　　) A．人和船运动方向相同 B．船运行速度小于人的行进速度 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 D．人相对水面的位移为 答案：BD 解析：人和船动量守恒，系统总动量为零，故人和船运动方向始终相反，故A错误；由动量守恒定律有Mv船＝mv人，又M＞m，故v人＞v船，故B正确；由“人－船”系统动量守恒且系统总动量为零可知，人走船走，人停船停，故C错误； 由平均动量守恒M＝m和x人＋x船＝L可得x人＝，故D正确。 针对练2．如图所示，气球下面有一根长绳，气球和长绳的总质量为m1＝20 kg，长绳的下端刚好和水平面接触。一个质量为m2＝50 kg的人抓住大气球下方的绳，初始静止时人离地面的高度为h＝5 m。如果这个人开始沿长绳向下滑动，当他滑到长绳下端时，他离地面的高度是(可以把人看作质点)(　　) A．5 m B．3.6 m C．2.6 m D．8 m 答案：B 解析：当人滑到长绳下端时，由竖直方向动量守恒得m1h1－m2h2＝0，且h1＋h2＝h，联立解得h1＝ m，h2＝ m，所以他离地面的高度H＝h1≈3.6 m，故B正确。 学生用书第30页 1．(多选)物理知识在生活和生产中有广泛应用，以下实例利用了反冲现象的是(　　) 答案：ACD 解析：乌贼喷水前行、火箭喷气升空、飞机喷气加速都是利用了反冲原理；而电风扇吹风不是反冲。故选ACD。 2．火箭发射领域”世界航天第一人”是明朝的士大夫万户，他把47个自制的火箭绑在椅子上，自己坐在椅子上，双手举着大风筝，设想利用火箭的推力，飞上天空，然后利用风筝平稳着陆。假设万户及其所携设备(火箭、燃料、椅子、风筝等)的总质量为M，点燃火箭后在极短的时间内，质量为m的炽热燃气相对地面以v0的速度竖直向下喷出，忽略空气阻力的影响，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A．火箭的推力来源于空气对它的反作用力 B．在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为 C．喷出燃气后，万户及其所携设备能上升的最大高度为 D．在火箭喷气过程中，万户及其所携设备的机械能守恒 答案：B 解析：点燃火箭后，火箭在极短时间内向下喷出燃气，利用力的作用是相互的，燃气会给火箭向上的反作用力，此过程内力远大于火箭重力，动量守恒，有mv0＝(M－m)v，解得火箭速度为v＝，A错误，B正确；忽略空气阻力的影响，万户及其所携设备做竖直上抛运动，有h＝＝，C错误；在火箭喷气过程中，燃料燃烧释放的化学能有部分转化为系统的机械能，机械能增加，D错误。 3．(多选)一只小船静止在水面上，一个人从小船的一端走到另一端，不计水的阻力，以下说法中正确的是(　　) A．人和小船组成的系统动量守恒 B．人运动的速度增大时，船运动的速度减小 C．当人停止走动时，因为小船惯性大，所以小船要继续向后退 D．当人停止走动时，小船也停止后退 答案：AD 解析：人在船上行走时，由于不计水的阻力，人和小船组成的系统所受外力之和为零，系统动量守恒，故A正确；根据动量守恒定律得m人v人＋m船v船＝0，可得＝－是一个定值，可知人的速度与船的速度大小成正比、方向相反，则当人运动的速度增大时，船运动的速度也增大，当人停止走动时，船也停止后退，故B、C错误，D正确。 4．(粤教版选择性必修第一册P19例题)如图所示，用火箭发射人造卫星，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M＝500 kg，最后一节火箭壳体的质量m＝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： (1)分离后卫星的速度是多大？ (2)火箭壳体的速度是多大？(以地面为参考系) 答案：(1)7.3×103 m/s　(2)5.5×103 m/s 解析：设分离时卫星速度方向为正方向，分离后卫星的速度为v1，火箭壳体的速度为v2。 由动量守恒，有(m＋M)v＝mv2＋Mv1， 由题意可知v1－v2＝u， 联立并代入数据解得 v1＝7.3×103 m/s，v2＝5.5×103 m/s。 课时测评6　反冲现象　火箭 (时间：30分钟　满分：60分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (选择题1－10题，每题5分，共50分) 1．(多选)下列情境属于反冲现象的有(　　) A．乒乓球碰到墙壁后弹回 B．发射炮弹后炮身后退 C．喷气式飞机喷气飞行 D．火箭升空 答案：BCD 解析：乒乓球碰到墙壁后弹回是因为受到了墙壁的作用力，不是反冲现象，A错误；系统在内力作用下，当一部分向某一方向的动量发生变化时，剩余部分沿相反方向的动量发生同样大小变化的现象就是反冲现象，所以发射炮弹后炮身后退，是反冲现象；喷气式飞机是利用飞机与气体间的相互作用促进飞机前进，是反冲现象；同理火箭升空是反冲现象，B、C、D正确。 2．狙击枪重M＝8 kg，射出的子弹质量m为20 g，若子弹射出枪口时的速度为v＝1 000 m/s，不计人对枪的作用力，则枪的后退速度v′大小为(　　) A．1.5 m/s B．2.5 m/s C．3.5 m/s D．4.0m/s 答案：B 解析：子弹和枪组成的系统动量守恒，以子弹的速度方向为正方向。由动量守恒定律得0＝mv－Mv′，解得v′＝＝(0.02 ×) m/s＝2.5 m/s，故选B。 3．如图为学生制作的火箭模型，开始模型静置在地面上，质量为M(含燃料)的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体。忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是(　　) A． B． C． D． 答案：D 解析：在不考虑重力和空气阻力影响的情况下，火箭及燃料气体组成的系统在点火喷气过程中动量守恒，设喷气后火箭获得的速度为v，并以v的方向为正方向，根据动量守恒定律有0＝(M－m)v＋m(－v0)，解得v＝，故D正确，A、B、C错误。故选D。 4．如图所示，某中学航天兴趣小组的同学将静置在地面上的质量为M(含水)的自制“水火箭”释放升空，在极短的时间内，质量为m的水以相对地面为v0的速度竖直向下喷出。已知重力加速度为g，空气阻力不计，下列说法正确的是(　　) A．“水火箭”的推力来源于“水火箭”外的空气对它的反作用力 B．水喷出的过程中，“水火箭”和水机械能守恒 C．“水火箭”获得的最大速度为 D．“水火箭”上升的最大高度为 答案：D 解析：“水火箭”的推力来源于向下喷出的水对它的反作用力，故A错误；水喷出的过程中，瓶内气体做功，“水火箭”和水机械能不守恒，故B错误；在水喷出后的瞬间，“水火箭”获得的速度最大，由动量守恒定律有(M－m)v－mv0＝0，解得v＝，故C错误；水喷出后，“水火箭”做竖直上抛运动，有v2＝2gh，解得h＝，故D正确。故选D。 5．(多选)如图所示，小船静止在水面上，站在船尾的人不断将船尾舱的鱼水平抛入左方船头的舱内(鱼可视为质点，抛出点高度保持不变，一条鱼落入船头的舱内后再抛出下一条鱼)，下列说法正确的是(　　) A．为使鱼始终可保证落入船头的舱内，人抛出鱼的速度应逐渐增大 B．为使鱼始终可保证落入船头的舱内，人抛出鱼的速度应保持不变 C．抛完所有鱼后，小船静止，船相对岸位置不变 D．抛完所有鱼后，小船静止，船相对岸向右移动了一些 答案：BD 解析：人、船组成的系统在水平方向上不受外力，系统动量守恒，人抛出鱼后，鱼做平抛运动，人的高度不变，则飞行时间不变，船头到船尾的距离不变，为使鱼始终可保证落入船头的舱内，人抛出鱼的速度应保持不变，故A错误，B正确；人、船、鱼组成的系统水平方向动量守恒，开始时系统静止，动量为零，由动量守恒定律可知，最终船是静止的；在人将鱼向左抛出而鱼没有落入船舱的过程中，鱼具有向左的动量，由动量守恒定律可知，船(包括人)具有向右的动量，船要向右移动，鱼落入船舱后船立即停止运动，如此反复，故抛完所有鱼后，船相对岸向右移动了一些，故D正确，C错误。故选BD。 6．某同学为研究反冲运动，设计了如图所示的装置，固定有挡光片的小车内表面水平，置于光滑水平面上，挡光片宽为d，小车的左侧不远处有固定的光电门，用质量为m的小球压缩车内弹簧，并锁定弹簧，整个装置处于静止，解除锁定，小球被弹射后小车做反冲运动并通过光电门，与光电门连接的计时器记录挡光片挡光时间为t，小车、弹簧和挡光片的总质量为3m，则小球被弹出小车的瞬间相对于地面的速度大小为(　　) A．　　 B．　　　 C．　　 D． 答案：C 解析：由题可知，小车做反冲运动的速度大小为v1＝，由于小车处于光滑水平面上，反冲运动过程系统动量守恒，以小球弹出方向为正方向，有3mv1＝mv2，解得v2＝3v1＝，故C正确，A、B、D错误。故选C。 7．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，则喷出水的速度大小为(　　) A．72 m/s B．80 m/s C．88 m/s D．60 m/s 答案：A 解析：设乌贼瞬间喷出水的质量为m，则喷水前乌贼质量为10m，喷水后质量为9m，设喷出水的速度为v1，喷水后乌贼获得的速度为v2，根据动量守恒定律有0＝mv1＋9mv2，将v2＝8 m/s代入可得v1＝－72 m/s，负号表示喷水方向与乌贼身体运动方向相反，故B、C、D错误，A正确。 8．(多选)如图所示，一半圆槽的质量为M，半径为R，静止在光滑水平桌面上，一质量为m的小型机器人(可视为质点)置于半圆槽的A端，在无线遥控器控制下，小型机器人从半圆槽A端沿圆弧移动到B端。下面说法正确的是(　　) A．小型机器人与半圆槽组成的系统动量守恒 B．半圆槽运动的距离为 C．半圆槽与小型机器人运动的水平距离之和为R D．小型机器人运动的位移是半圆槽位移的倍 答案：BD 解析：系统竖直方向合力不为零，因此系统动量不守恒，A错误；两者在水平方向动量守恒，设半圆槽运动的距离为d，共同运动的时间为t，根据动量守恒定律可得m＝M，解得d＝，因此小型机器人与半圆槽运动的水平距离之和为2R，两者的位移之比为＝，B、D正确，C错误。 9．(多选)如图所示，一质量为M的小车静止在光滑水平面上，车上固定一个竖直支架，轻绳一端固定在支架上，另一端固定一质量为m的小球，绳长为l，将小球向右拉至轻绳水平后放手，则(　　) A．系统的总动量守恒 B．水平方向任意时刻小球与小车的动量等大反向 C．小球不能向左摆到原高度 D．小车向右移动的最大距离为 答案：BD 解析：根据题意可知，系统只是在水平方向所受的合外力为零，竖直方向的合外力不为零，故水平方向动量守恒，而总动量不守恒，故A错误，B正确；根据水平方向动量守恒及机械能守恒可知，小球仍能向左摆到原高度，故C错误；根据题意可知，小球相对于小车的最大位移为2l，根据“人船”模型，系统水平方向动量守恒，设小球的平均速度为vm，小车的平均速度为vM，由动量守恒定律有mvm－MvM＝0，则有mxm＝MxM，又有xm＋xM＝2l，联立解得xM＝，故D正确。故选BD。 10．(2023·湖北黄冈高二期中)“嫦娥五号”探月落地前，在被月球捕获过程中需要进行两次“刹车”(“刹车”点均在P点，P为轨道切点)，才能进入距离月球表面较近的圆轨道运行。若已知“刹车”前“嫦娥五号”的总质量为M，运行速度大小为v1(相对于月心)，推进器每次刹车要喷出Δm的气体，喷出气体的速度大小为Δv(相对于月心)，那么“嫦娥五号”被月球捕获以后的速度大小是(　　) A．　　　 B． C． D． 答案：B 解析：取推进器及喷出的气体为研究对象，喷气前和两次喷气后由系统动量守恒可得Mv1＝2ΔmΔv＋v，解得v＝，故B正确。 11．(10分)航天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。航天员带有一个装有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。航天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，同时又必须保留一部分氧气供他在返回飞船的途中呼吸。已知航天员呼吸的耗氧率为2.5×10－4 kg/s。试问： (1)如果他在准备返回飞船的瞬时，释放0.15 kg的氧气，他能安全回到飞船吗？(2)航天员安全地返回飞船的最长和最短时间分别为多少？ 答案：(1)能　(2)1 800 s　200 s 解析：(1)令M＝100 kg，m0＝0.5 kg，Δm＝0.15 kg，氧气释放速度为v，航天员在释放氧气后的速度为v′，由动量守恒定律得0＝v′＋Δmv，由于释放氧气的质量0.15 kg远远小于总质量100 kg，因此认为氧气喷出后总质量不变，则有 v′≈－v＝－×50 m/s＝－0.075 m/s 航天员返回飞船所需时间t＝＝ s＝600 s 航天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＝ kg＝0.35 kg 因为m″>m′，所以航天员能顺利返回飞船。 (2)设释放氧气的质量为Δm，途中所需时间为t，则m0＝kt＋Δm为航天员返回飞船的极限条件 t＝＝·＝·＝ kg·s 则0.5 kg＝2.5×10－4× kg＋Δm 解得Δm1＝0.45 kg，Δm2＝0.05 kg 分别代入t＝ kg·s 解得t1＝200 s，t2＝1 800 s 即航天员安全返回飞船的最长时间为1 800 s，最短时间只有200 s。 学生用书第31页 学科网（北京）股份有限公司 $$