6.反冲现象 火箭-【金版教程】2025-2026学年高中物理选择性必修第一册创新导学案课件PPT（人教版2019）

将水倒入反冲演示器中。提起钢球，观察演示器运动情况。反冲演示器中流出的水具有一定的动量，根据动量守恒定律，反冲演示器获得大小相同、方向相反的动量，开始旋转起来。把吹好的气球粘在小车上，松手让气体喷出，观察小车的运动，当手松开时，喷出的气体具有一定的动量。根据动量守恒定律，小车获得大小相同、方向相反的动量，因而发生连续的反冲现象，小车像气球喷出气体的反向运动。 第一章　动量守恒定律 6.反冲现象　火箭 1．了解反冲的概念及反冲现象的防止和应用。2.理解反冲运动的原理，能够应用动量守恒定律解决反冲运动问题。3.了解火箭的工作原理及火箭在一次喷气后增加的速度大小的影响因素。 2 目录 1 课后课时作业 任务 2 任务 1．反冲：一个系统的两个部分原来处于相对静止状态，由于巨大内力的作用(外力可忽略)，两个部分突然分开，其中一部分以很大的速度向前运动，根据动量守恒定律，另一部分必将_____运动。另一部分的这种______运动叫作反冲。 2．反冲现象的规律：在反冲现象中，系统内相互作用力很大，系统不受外力或内力远大于外力，遵循动量守恒定律。 任务 　反冲现象 向后 后退 任务 5 3．反冲现象的防止及应用 (1)防止：用枪射击时，由于枪身的反冲会影响射击的_______，所以用步枪射击时要把枪身抵在______，以减少反冲的影响。 (2)应用：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______。 准确性 肩部 旋转 任务 6 判一判 (1)飞船做圆周运动时，若想变轨通常需要向前或向后喷出气体，该过程中动量守恒。(　　) 提示： √　以飞船和喷出的气体所组成的系统为研究对象，内力远大于外部的万有引力，故可认为变轨过程系统动量守恒。 任务 7 (2)火箭点火后离开地面加速向上运动，是地面对火箭的反作用力作用的结果。(　　) (3)反冲运动中，系统的内力做功，系统的总动量虽然守恒，但系统的动能会发生变化。(　　) 提示： ×　火箭点火后离开地面向上运动，是由于火箭燃料燃烧产生高温、高压的燃气，燃气从尾部喷管喷出，对火箭施以反作用力，使火箭加速上升。 √ 任务 8 步枪的质量为4.1 kg，子弹的质量为9.6 g，子弹从枪口飞出时的速度为865 m/s，则步枪的反冲速度大小约为(　　) A．2 m/s B．1 m/s C．3 m/s D．4 m/s 任务 9 (多选)“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，以下说法中正确的是(　　) A．质量较大的部分速度大小为20 m/s B．质量较大的部分速度大小为5 m/s C．爆竹爆炸过程释放的化学能为1.5 J D．爆竹爆炸过程释放的化学能为1.0 J 任务 10 任务 11 爆炸的特点 爆炸是一种特殊的反冲现象，其特点有： (1)爆炸过程的持续时间极短，动量守恒； (2)作用过程各部分的位移极小，一般可以忽略； (3)与其他反冲现象类似，爆炸过程系统的动能也会增加。 任务 12 1．工作原理：应用了______的原理，火箭燃料燃烧产生的高温、高压的燃气从尾部迅速喷出时，使火箭获得巨大的_______。 2．火箭喷气一次增加的速度：设火箭飞行时在极短的时间Δt内喷射燃气的质量是Δm，喷出的燃气相对喷气前火箭的速度是u，喷出燃气后火箭的质量是m，火箭在这样一次喷气后增加的速度是Δv。以喷气前的火箭为参考系，根据动量守恒定律有_____________，解出Δv＝______。 任务 　火箭 速度 mΔv＋Δmu＝0 反冲 任务 13 3．火箭喷气一次获得速度大小的影响因素：火箭喷出的燃气速度_____，火箭喷出物质的质量与火箭本身质量之比______，火箭获得的速度就越大。 越大 越大 任务 14 用火箭发射人造卫星，假设最后一级火箭的燃料用完后，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，最后一级火箭壳体的质量m＝100 kg，某时刻火箭壳体与卫星分离，以地球为参考系，分离后瞬间火箭壳体的速度为v2＝5.5×103 m/s，方向与原方向相同，试分析计算： (1)分离后瞬间卫星的速度v1是多大？ (2)与火箭壳体分离过程中，卫星动能的增加量。(结果保留两位有效数字) 答案　(1)7.3×103 m/s　(2)1.1×109 J 任务 15 任务 16 火箭类反冲问题的解题要领 (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，并注意反冲前、后各物体质量的变化。 (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，一般而言，反冲部分速度的方向与另一部分的运动方向是相反的。 任务 17 任务 18 任务 19 1．“人船”模型分析 如图所示，长为L、质量为m船的小船停在静水中，质量为m人的人由静止开始从船的一端走到船的另一端，不计水的阻力。 任务 　人船模型 任务 20 以人和船组成的系统为研究对象，在人由船的一端走到船的另一端的过程中，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，可得：m船v船＝m人v人， 因人和船组成的系统水平方向动量始终守恒，故有：m船x船＝m人x人， 由图可看出：x船＋x人＝L。 任务 21 任务 22 停在静水中的船的质量为180 kg，长12 m，不计水的阻力，在质量为60 kg的人从船尾走到船头的过程中，船后退的距离是(　　) A．3 m B．4 m C．5 m D．6 m 任务 23 处理“人船”模型问题的两个关键 (1)处理思路：利用动量守恒定律，先确定两物体的速度关系，再确定两物体通过的位移关系。 (2)画出各物体的位移关系图，找出它们相对地面的位移关系。 任务 24 课后课时作业 知识点一　反冲现象 1．(多选)下列现象中不属于反冲现象的是(　　) A．发射炮弹后炮身后退 B．火箭向下高速喷射炽热气体时上升 C．人用桨向后划水船向前运动 D．乒乓球碰到墙壁后弹回 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 解析：原来静止的系统在内力作用下分裂成两个部分，根据动量守恒定律，当一部分向某一方向运动时，剩余部分沿相反方向运动的现象就是反冲现象。发射炮弹，在内力作用下炮弹向前，炮身后退，属于反冲现象，故A不符合题意；火箭向下高速喷射炽热气体，火箭向上运动，属于反冲现象，故B不符合题意；划船时用桨向后划水，给水一个向后的力，物体间力的作用是相互的，水会对人、船和桨构成的整体产生一个向前的力，使整体向前运动，这个过程不属于反冲现象，故C符合题意；乒乓球碰到墙壁后弹回是因为受到了墙壁的作用力，不属于反冲现象，故D符合题意。 　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 2.乌贼在水中运动的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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 [名师点拨] 　本题中，炮车在反冲运动中系统所受合力不为0，炮车反冲的竖直分速度由于水平铁轨的作用力而立即减为零，所以炮车只在水平方向反冲，则应在水平方向列动量守恒方程。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 5．一门旧式大炮在水平地面上以v＝5 m/s的速度匀速前进，炮身质量为M＝1000 kg，现将一质量为m＝25 kg的炮弹与v反向水平射出，已知射出后炮弹相对炮身的速度大小v1＝600 m/s，求射出炮弹后炮身的对地速度v′。(结果保留三位有效数字) 解析：以炮身原运动方向为正方向，设炮弹射出后的对地速度为v1′，则有v1′－v′＝－v1 根据动量守恒定律有(M＋m)v＝Mv′＋mv1′ 解得v′＝19.6 m/s，方向与原运动方向相同。　 答案：19.6 m/s，方向与原运动方向相同 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 9．火箭的燃料用完后，火箭壳体和卫星一起以6.0×103 m/s的速度绕地球做匀速圆周运动。某时刻火箭壳体与卫星分离，分离后瞬间火箭壳体相对卫星以1.5×103 m/s的速度沿轨道切线方向向后飞去。已知卫星的质量是400 kg，火箭壳体的质量是100 kg，则分离后瞬间卫星的速度是(　　) A．4.8×103 m/s B．5.5×103 m/s C．6.3×103 m/s D．7.2×103 m/s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 解析：以卫星运动方向为正方向，设卫星的质量为m1，火箭壳体的质量为m2，二者分离前速度为v0，分离后瞬间卫星速度为v，火箭壳体的速度为v′，由题意可知v′－v＝－1.5×103 m/s，沿轨道切线方向，由动量守恒定律可得(m1＋m2)v0＝m1v＋m2v′，联立可得v＝6.3×103 m/s，A、B、D错误，C正确。 　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 13．电影《火星救援》中，宇航员在太空中与飞船之间相距7.5 m，飞船无法实施救援活动，为了靠近飞船，男主角剪破自己的宇航服，反向喷出气体使自己飞向飞船。开始时宇航员连同装备共100 kg，宇航员和飞船保持相对静止，宇航员必须在100 s内到达飞船，且喷出气体的质量最多为150 g，则喷出气体的速度至少为(不计气体喷出的时间)(　　) A．30 m/s B．50 m/s C．70 m/s D．100 m/s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 15．火箭相对地面匀速飞行的速度为v0，某时刻的总质量为M，现火箭发动机向后喷出气体，若每次喷出的气体质量恒为m，相对于火箭的速度大小恒为u，不计空气阻力和地球引力，求： (1)第1次喷气后火箭的速度大小； (2)第2次喷气后火箭的速度大小； (3)第n次喷气后火箭的速度大小(n为大于0的整数)。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 [名师点拨] 　(1)本题的求解用到数学归纳法。灵活应用数学方法解决物理问题，是一种要求较高的学科素养能力，高考压轴题有时会出现这类题，如2024年湖南高考卷第15题。 (2)本题是计算火箭末速度的简化模型。实际上火箭是连续喷气的，计算火箭的末速度时应用微元累积法，基本思路为：已知火箭的总质量M、燃料和氧化剂的总质量m、燃气相对火箭的喷气速率u，将m等分为极多个等份，每一等份Δm可以看作一次喷气的质量，应用动量守恒定律列方程求出喷气一次火箭的速度增量，最后对极多个速度增量求和，即可求得火箭的末速度。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 解析　设步枪的质量为M，子弹的质量为m，子弹射出时步枪的速度大小为v1，子弹的速度大小为v2，以子弹从枪口飞出时步枪的反冲速度方向为正方向，由动量守恒定律有Mv1－mv2＝0，解得步枪的反冲速度大小为v1＝eq \f(mv2,M)＝eq \f(9.6×10－3×865,4.1) m/s≈2 m/s，A正确。 解析　设爆炸后两部分质量分别为m1、m2，且eq \f(m1,m2)＝eq \f(1,2)，爆炸后质量较大的部分的速度为v，取质量较小的部分的速度v0的方向为正方向，由动量守恒定律可得m1v0＋m2v＝0，解得v＝－5 m/s，负号表示质量较大部分的速度与质量较小部分的速度方向相反，A错误，B正确；由m1＋m2＝0.06 kg及eq \f(m1,m2)＝eq \f(1,2)可得m1＝0.02 kg，m2＝0.04 kg，爆竹爆炸过程释放的化学能ΔE＝eq \f(1,2)m1veq \o\al(2,0)＋eq \f(1,2)m2v2＝1.5 J，C正确，D错误。 －eq \f(Δm,m)u 解析　(1)以分离前瞬间卫星速度方向为正方向，卫星与火箭壳体分离过程中，由动量守恒定律有(m＋M)v＝mv2＋Mv1 解得v1＝7.3×103 m/s。 (2)卫星动能的增加量ΔEk＝eq \f(1,2)Mveq \o\al(2,1)－eq \f(1,2)Mv2 解得ΔEk＝1.1×109 J。 [跟进训练]　一质量为M的火箭，其发动机喷出的气体相对喷气前火箭的速度大小恒为v0。以地面为参考系，该火箭正以速度v在太空中飞行，某一时刻火箭接到加速的指令后，发动机瞬间向后喷出质量为m的气体，加速后火箭相对地面的速度大小等于(　　) A.eq \f(Mv－mv0,M) B.eq \f(Mv＋mv0,M) C.eq \f(（M－m）v＋mv0,M－m) D.eq \f(Mv0－mv,M－m) 解析：设加速后火箭相对地面的速度为v1，喷出的气体相对地面的速度为v2，根据题意可知v2＝v－v0，以地面为参考系，以火箭的飞行方向为正方向，由动量守恒定律有Mv＝(M－m)v1＋mv2，联立解得v1＝eq \f(（M－m）v＋mv0,M－m)，故选C。 2．“人船”模型的特点 (1)两物体组成的系统初态静止，运动过程中遵循动量守恒定律：m1v1－m2v2＝0。 (2)运动特点：人动船动，人静船静，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；人、船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即eq \f(x1,x2)＝eq \f(v1,v2)＝eq \f(m2,m1)。 (3)应用此关系时要注意一个问题：公式中的v1、v2和x1、x2都是相对地面而言的。 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，人从船尾走到船头，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·eq \f(L－x,t)－m船·eq \f(x,t)＝0，代入数据解得x＝3 m，A正确。 解析：设乌贼静止时总质量为m，喷射出的水的质量为m0，乌贼逃窜的速度大小为v1，喷射出水的速度大小为v2，以乌贼逃窜方向为正方向，在乌贼喷水的过程中，根据动量守恒定律有0＝(m－m0)v1－m0v2，解得v2＝eq \f(m－m0,m0)v1＝eq \f(4.8－1.6,1.6)×40 m/s＝80 m/s，故选D。 3．一个不稳定的原子核质量为M，处于静止状态。衰变时放出一个质量为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.eq \f(（M－m）E0,m) B.eq \f(m,M)E0 C.eq \f(m,M－m)E0 D.eq \f(M,M－m)E0 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粒子－p原子核＝0，原子核的动能E0＝2,原子核)eq \f(p,2（M－m）) ，粒子的动能E＝2,粒子)eq \f(p,2m) ，联立解得E＝eq \f(（M－m）E0,m)，故A正确，B、C、D错误。 4．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，设铁轨和炮车间摩擦不计，炮身与水平方向成θ角，炮弹速度大小为v0，则炮车的反冲速度是(　　) A.eq \f(mv0,M) B.eq \f(mv0,M－m) C.eq \f(mv0cosθ,M－m) D.eq \f(mv0cosθ,M) 解析：以炮车和炮弹组成的系统为研究对象，在水平方向上系统的动量守恒，以炮弹速度的水平分速度方向为正方向，有0＝mv0cosθ＋M(－v2)，解得炮车的反冲速度v2＝eq \f(mv0cosθ,M)，故A、B、C错误，D正确。 知识点二　火箭 6.如图所示，携带火星车的着陆器与环绕器分离后，最后阶段利用反推火箭在火星表面实现软着陆，设着陆器总质量为M，瞬间(时间极短)喷射的燃气质量是m，为使着陆器经一次瞬间喷射燃气后，下落的速率从v0减为v，需要瞬间喷出的燃气速率约为(　　) A．v0－v B．(v0－v)eq \f(M,m) C．(v0－v)eq \f(M,m)＋v D.eq \f(Mv0,M－m) 解析：设喷出的燃气的速率为v′，喷射燃气的过程时间极短，内力远大于外力，可认为动量守恒，有Mv0＝(M－m)v＋mv′，解得v′＝(v0－v)eq \f(M,m)＋v，故选C。 7．中国已成功发射可重复使用试验航天器。某实验小组仿照航天器的发射原理，在地球表面竖直向上发射了一质量为M(含燃料)的火箭，当火箭以大小为v0的速度竖直向上飞行时，火箭接到加速的指令瞬间向后喷出一定质量的气体，气体喷出时速度大小为v1，加速后火箭的速度大小为v2，不计喷气过程重力的影响，所有速度均为相对地面的速度。则喷出气体的质量为(　　) A.eq \f(Mv2,v1) B.eq \f(M（v2－v0）,v1＋v2) C.eq \f(M（v2－v0）,v1－v2) D.eq \f(Mv1,v2) 解析：规定火箭的速度方向为正方向，喷气过程由动量守恒定律可得Mv0＝(M－m)v2－mv1，解得m＝eq \f(M（v2－v0）,v1＋v2)，故B正确，A、C、D错误。 8.如图所示，一架质量为m的喷气式飞机飞行的速率是v，某时刻它向后喷出的气体相对喷气后飞机的速度大小为u，喷出气体的质量为Δm，以地面为参考系，下列说法正确的是(　　) A．若u<v，则喷出的气体的速度方向与飞机飞行方向相同，喷气后飞机的速度不会增加 B．只有u<v，喷气后飞机的速度才会增加 C．喷气后飞机的速度为eq \f(Δm,m－Δm)u D．喷气后飞机增加的速度为eq \f(Δm,m)u 解析：以飞机飞行的速度方向为正方向，设喷气后飞机的速度为v′，喷出的气体的速度为v气，由题意可知v气－v′＝－u，对飞机和喷出的气体组成的系统，根据动量守恒定律有mv＝(m－Δm)v′＋Δmv气，联立解得v′＝v＋eq \f(Δm,m)u，故C错误；喷气后飞机增加的速度为Δv＝v′－v＝eq \f(Δm,m)u，可知无论u与v的大小关系如何，喷气后飞机的速度均会增加，故A、B错误，D正确。 知识点三　人船模型 10．如图所示，平静湖面上静止的小船的船头直立一垂钓者，距离船头右侧d处有一株荷花，当此人沿直线走到船尾时，船头恰好到达荷花处。若已知人的质量为m，船长为L，不计水的阻力，则船的质量为(　　) A.eq \f(m（L－d）,d) B.eq \f(m（L＋d）,d) C.eq \f(md,L－d) D.eq \f(md,L＋d) 解析：设船的质量为M，船和垂钓者组成的系统水平方向动量守恒，故每时每刻均有mv人＝Mv船，所以有meq \o(v,\s\up6(－))人＝Meq \o(v,\s\up6(－))船，两边同乘以运动时间t，有meq \o(v,\s\up6(－))人t＝ Meq \o(v,\s\up6(－))船t，即mx人＝Mx船，且有x人＋x船＝L，其中x船＝d，联立解得M＝eq \f(m（L－d）,d)，故选A。 11．人和气球离地高为h，恰好悬浮在空中，气球质量为M，人的质量为m。不计空气阻力。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(　　) A.eq \f(Mh,M＋m) B.eq \f(mh,M＋m) C.eq \f(（M＋m）h,m) D.eq \f(（M＋m）h,M) 解析：设软绳长度至少为L，人沿绳滑至地面时，气球上升的高度为L－h，平均速度大小为eq \o(v,\s\up6(－))2＝eq \f(L－h,t)，人相对地面下降的高度为h，平均速度大小为eq \o(v,\s\up6(－))1＝eq \f(h,t)，以人和气球组成的系统为研究对象，竖直方向动量守恒，规定竖直向下为正方向，由动量守恒定律得0＝M(－eq \o(v,\s\up6(－))2)＋meq \o(v,\s\up6(－))1，联立解得L＝eq \f(（M＋m）h,M)，故选D。 12.(多选)如图所示，水平地面上紧挨着的两个滑块A、B之间有少量炸药(质量不计)，滑块A的质量为4 kg，滑块B的质量为2 kg。炸药爆炸释放的化学能为24 J，爆炸释放的化学能全部转化为滑块A、B的动能。已知A、B与水平地面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A．爆炸后A获得的速度大小为2 m/s B．爆炸后B获得的速度大小为1 m/s C．爆炸后A沿水平地面滑行的最大距离为2 m D．爆炸后B沿水平地面滑行的最大距离为4 m 解析：以水平向右为正方向，设爆炸后A获得的速度大小为v1，B获得的速度大小为v2，爆炸过程中，两滑块组成的系统动量守恒，有0＝－mAv1＋mBv2，炸药爆炸释放的化学能为E＝eq \f(1,2)mAveq \o\al(2,1)＋eq \f(1,2)mBveq \o\al(2,2)，联立解得v1＝2 m/s，v2＝4 m/s，故A正确，B错误；爆炸之后，由动能定理可知，对滑块A有－μmAgx1＝0－eq \f(1,2)mAveq \o\al(2,1)，对滑块B有－μmBgx2＝0－eq \f(1,2)mBveq \o\al(2,2)，代入数据解得，爆炸后A沿水平地面滑行的最大距离为x1＝1 m，B沿水平地面滑行的最大距离为x2＝4 m，故C错误，D正确。 解析：设宇航员反冲获得的速度为u，则u≥eq \f(x,t)＝eq \f(7.5,100) m/s＝0.075 m/s，设喷出气体的质量为m，开始时宇航员连同装备的质量为M，喷出气体的过程系统动量守恒，以气体的速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv－(M－m)u＝0，解得v≥50 m/s，故B正确。 14．(多选)某滑杆游戏可简化为如图所示的模型，质量m＝0.5 kg的滑环套在固定光滑水平杆上，滑环可沿着水平杆左右滑动，滑环通过长L＝0.6 m的轻绳连着质量M＝1.0 kg的小球，开始时滑环静止在O点，轻绳水平，现将它们由静止释放，小球和滑环都可看作质点，取g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A．小球第一次运动至最低点时的速度大小为2eq \r(3) m/s B．小球再次返回最高点时的速度大小为0 C．小球第二次运动至最低点时的速度大小为2 m/s D．小球运动轨迹左、右两端点间的距离为0.4 解析：自静止开始释放至小球第一次运动至最低点的过程，小球和滑环组成的系统水平方向动量守恒，有0＝Mv1－mv2，由系统机械能守恒得MgL＝eq \f(1,2)Mveq \o\al(2,1)＋eq \f(1,2)mveq \o\al(2,2)，联立解得小球第一次运动至最低点时的速度大小为v1＝2 m/s，A错误；小球再次返回最高点时和滑环有相同的速度，由动量守恒定律得0＝(M＋m)v，解得共同速度v＝0，B正确；根据A项分析同理可知，小球第二次运动至最低点时的速度大小为2 m/s，方向水平向左，C正确；由机械能守恒定律可知，小球运动至左、右两侧最高 点时在同一水平线上，即与初始位置等高，设小球运动轨迹左、右两端点间的距离为x1，在小球从左侧最高点运动到右侧最高点的过程，设滑环运动轨迹左、右两端点的距离为x2，运动时间为t，则由动量守恒定律有Meq \f(x1,t)＝meq \f(x2,t)，由几何关系知x1＋x2＝2L，联立可解得x1＝0.4 m，D正确。 答案：(1)v0＋eq \f(mu,M)　(2)v0＋eq \f(mu,M)＋eq \f(mu,M－m) (3)vn＝v0＋eq \f(mu,M)＋eq \f(mu,M－m)＋eq \f(mu,M－2m)＋…＋eq \f(mu,M－（n－1）m)(n为大于0的整数) 解析：(1)火箭与被喷气体组成的系统不受外力作用，动量守恒。以v0方向为正方向，设第1次喷出气体后火箭速度大小为v1，应用动量守恒定律，对第1次喷气过程有 Mv0＝(M－m)v1＋m(v1－u) 解得v1＝v0＋eq \f(mu,M)。 (2)设第2次喷出气体后火箭速度大小为v2，由动量守恒定律有 (M－m)v1＝(M－2m)v2＋m(v2－u) 解得v2＝v1＋eq \f(mu,M－m)＝v0＋eq \f(mu,M)＋eq \f(mu,M－m)。 (3)设第n次喷气后火箭速度大小为vn，由动量守恒定律有 [M－(n－1)m]vn－1＝(M－nm)vn＋m(vn－u) 解得vn＝vn－1＋eq \f(mu,M－（n－1）m) 则vn＝v0＋eq \f(mu,M)＋eq \f(mu,M－m)＋eq \f(mu,M－2m)＋…＋eq \f(mu,M－（n－1）m)(n为大于0的整数)。 $$