第1章 6 反冲-【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全书PPT（教科版）

该高中物理课件聚焦“反冲”主题，系统呈现反冲现象的定义、特点及应用（如火箭、人船模型），通过课前检测（判一判、想一想）和生活实例（气球放气、飞船变轨）导入，衔接动量守恒定律，构建“定义-原理-模型-应用”的学习支架。 其亮点在于以问题驱动（如火箭喷气速度分析）和实验探究（人船模型位移关系）为主线，结合模型建构（人船模型）与科学推理（动量守恒方程推导），体现科学思维与科学探究。联系航天实际（嫦娥五号、可重复航天器）渗透科学态度与责任，分层作业（合格性与等级性训练）助力学生深化运动和相互作用观念，教师可直接用于完整教学流程。

第一章　动量与动量守恒定律 6.反冲 目录 1 2 3 课前自主学习 课后课时作业 课堂探究评价 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.了解火箭发射的原理，知道影响火箭最终速度大小的因素。 3 课前自主学习 一　反冲现象 1．定义：如果一个静止的物体在_____的作用下分裂为两部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向_____的方向运动。这个现象叫作反冲。 2．特点：反冲过程中相互作用力常为变力，且作用力大，一般都满足内力_______外力，所以可用_______________来处理。 3．应用：火箭、灌溉喷水器、反击式水轮机等。 内力 相反 远大于 动量守恒定律 课前自主学习 5 二　火箭的发射 1．原理：火箭的发射利用了_____。火箭燃料舱内的燃料被点燃后，产生急剧膨胀的燃气，舱壁对这部分燃气的作用力使气体从火箭尾部高速喷出，燃气对火箭的__________把火箭推向前方。 2．影响火箭最终速度大小的因素 火箭飞行所能达到的最大速度，就是燃料燃尽时获得的最终速度。这个速度主要取决于两个条件：一是向后的喷气速度；二是质量比(火箭开始飞行时的质量与燃料燃尽时的质量之比)。喷气速度越___，质量比越___，最终速度就越大。 反冲 反作用力 大 大 课前自主学习 6 1．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，该过程中飞船与其喷出的气体组成的系统动量守恒。(　　) (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)吹大的气球松手放气时，气球会飞快地向后飞出是反冲现象。(　　) (4)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。(　　) (5)反冲是系统内力作用的结果，虽然有时系统所受合外力不为零，但由于内力远大于外力，动量近似守恒。(　　) 课前自主学习 7 提示 提示:(1)√　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。 (2)×　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。 (3)√　气球飞出的原因是气球中的气体从球口喷出，气球由于反冲而向后飞出。 (4)√　(5)√　 课前自主学习 8 提示 2．想一想 (1)反冲现象都是有益的吗？ (2)假如在月球上建一座飞机场，螺旋桨飞机可以飞行吗？如果不行应怎么办？ 提示：不是的。如用枪射击时，枪身的反冲会影响射击的准确性。 提示：不可以。螺旋桨飞机是靠转动的螺旋桨与空气的相互作用力飞行的，不能在真空中飞行。若想在真空中飞行，可利用反冲原理。 课前自主学习 9 课堂探究评价 探究1　反冲现象 仔细观察下列图片，认真参与“师生互动”。 课堂探究评价 11 提示 活动1：如图甲所示，吹大的气球松开开口后会如何运动？如图乙、丙所示，章鱼、乌贼在水中是怎样游泳的？章鱼如何使得身体向任意方向前进？ 活动2：气球、章鱼、乌贼运动时的受力特点是什么？ 活动3：气球、章鱼、乌贼运动时应用了什么物理原理？ 提示：气球松开开口后，会向喷气的相反方向运动；章鱼、乌贼先把水吸入体腔，然后用力压水，通过身体前面的孔将水喷出，使身体很快地运动。章鱼能够调整自己的喷水口方向，这样可以使得身体向任意方向前进。　 提示：气球及其喷出的气体，章鱼、乌贼及其喷出的水，在内力作用下向相反方向运动，且相互作用的内力远大于外力或在某一方向上内力远大于外力。 提示：动量守恒定律。 课堂探究评价 12 1．反冲的理解 根据动量守恒定律，如果一个静止的系统在内力的作用下分为两部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向相反的方向运动。 2．反冲运动的三个特点 (1)系统的两个不同部分在内力作用下向相反方向运动。 (2)反冲运动中，相互作用的内力一般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。 (3)反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总动能增加。 课堂探究评价 13 3．讨论反冲运动时应注意的两个问题 (1)速度的方向性：对于原来静止的系统，当被抛出部分具有速度时，剩余部分的反冲是相对于抛出部分来说的，两者的运动方向必然相反。在列动量守恒方程时，可规定任意一部分的运动方向为正方向，则反方向运动的这一部分的速度要取负值。 (2)速度的相对性：反冲运动的问题中，有时遇到的速度是相互作用的两物体的相对速度，但是动量守恒定律中要求速度是对同一惯性参考系的速度(通常为对地的速度)，因此应先将相对速度转换成对地的速度，再列动量守恒定律关系式。 课堂探究评价 14 例1　如图所示，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时，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，则炮弹相对炮管的发射速度v0为(　　) 答案 课堂探究评价 15 提示 v0和v1、v2是同一参考系中的速度吗？ 提示:不是。　 规范解答 课堂探究评价 16 规律点拨 反冲运动的特别提醒 (1)外力的存在，不影响系统的动量守恒。 (2)内力做的功往往会改变系统的总动能。 (3)要明确反冲运动对应的过程，弄清对应的初、末状态的速度大小和方向。 课堂探究评价 答案 解析 课堂探究评价 18 探究2　火箭的发射 仔细观察下列图片，认真参与“师生互动”。 课堂探究评价 19 提示 活动1：火箭的发射利用了什么原理？在分析火箭发射时可否应用动量守恒定律？ 活动2：设火箭在极短的时间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。则火箭在这一次喷气后增加的速度Δv为多少？ 提示:火箭的发射利用了反冲的原理，火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度。在火箭发射时，由于火箭与高温、高压燃气组成的系统内力很大，远大于系统所受外力，故可应用动量守恒定律。　 课堂探究评价 20 提示 活动3：根据活动2中结论，分析提高火箭飞行速度的可行办法。 课堂探究评价 21 1．火箭喷气属于反冲问题，是动量守恒定律的重要应用。在火箭发射的过程中，随着燃料的消耗，火箭本身的质量不断减小，对于这一类问题，可选取火箭本身和在相互作用的时间内喷出的全部气体为研究对象，取相互作用的整个过程为研究过程，运用动量守恒的观点解决问题。 课堂探究评价 22 课堂探究评价 23 例2　着陆前嫦娥五号在离月球表面高度为h的圆轨道上绕月球运行，在P点相对月球以速度v向前喷出质量为Δm的气体，从而过渡到着陆轨道(图中虚线所示)。已知探测器喷气前的质量为m，月球的半径为R，月球表面的重力加速度为g月，引力常量为G，忽略月球自转的影响。求嫦娥五号探测器喷气前后的速度v1及v2的大小。 答案 课堂探究评价 24 提示 (1)根据什么物理规律可求解v1? (2)根据什么物理规律可求解v2? 提示:万有引力定律及牛顿第二定律。 提示:动量守恒定律。　 课堂探究评价 25 规范解答 课堂探究评价 规律点拨 火箭类反冲问题解题要领 (1)两部分初、末状态的速度所选的参考系必须是同一参考系，且一般以地面为参考系。 (2)要特别注意反冲前、后两部分对应的质量。 (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。 课堂探究评价 [变式训练2] 　火箭发射后，在升空过程中向后喷出高速燃气，从而获得较大的前进速度。燃料耗尽时，火箭达到最大速度，火箭最大速度的制约因素是(　　) A．火箭初始质量和喷出气体速度 B．火箭初始质量和喷出气体总质量 C．火箭喷出气体总质量和喷气速度 D．火箭喷气速度和火箭始末质量比 答案 解析 课堂探究评价 28 模型拓展　“人船”模型 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。 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， 课堂探究评价 29 课堂探究评价 30 3．“人船”模型应用 例如：人沿着静止在空中的热气球下面的软梯滑下或攀上，求热气球上升或下降高度的问题；小球沿放在光滑水平地面上的弧形槽滑下，求弧形槽移动距离的问题等。 课堂探究评价 31 例3　质量为m1的热气球吊筐中有一质量为m2的人，共同静止在距地面为h的高空中，现从气球上放下一根质量不计的软绳，为使此人沿软绳能安全滑到地面，求软绳至少有多长？ 答案 课堂探究评价 32 提示 (1)本题以什么为研究对象？ (2)试分析研究对象在竖直方向的受力情况。 (3)系统是否符合“人船”模型？ 提示:以热气球和人组成的系统为研究对象。 提示:系统在竖直方向所受合力为零。 提示:系统符合“人船”模型。初态静止，竖直方向动量守恒。 课堂探究评价 33 规范解答 课堂探究评价 规律点拨 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。 课堂探究评价 [变式训练3] 　如图所示，有一只小船停靠在湖边码头，一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量，进行了如下操作：首先测量船长为L；然后轻轻从船尾上船，走到船头停下，而后轻轻下船，测出船相对码头后退的距离d，水的阻力忽略不计。要想达到实验目的，该同学还需要测量(　　) A．当地的重力加速度 B．从船头走到船尾所用时间 C．自身的质量 D．自身相对码头前进的距离 答案 解析 解析　由“人船”模型可知m人(L－d)＝M船d，所以要想测出船的质量，该同学还需要测量自身的质量，故选C。 课堂探究评价 36 课后课时作业 1．(反冲现象)(多选)关于反冲现象、火箭，下列说法不正确的是(　　) 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 C．战斗机在紧急情况下抛出副油箱，是利用反冲运动提高速度 D．火箭、喷气式飞机的运动都属于反冲运动 答案 解析 解析　喷气式飞机和火箭的飞行应用了反冲的原理，它们都靠喷出气流的反冲作用而获得巨大的推力，故A、B说法错误，D说法正确。战斗机在紧急情况下抛出副油箱，主要是为了减轻自身质量从而变得更灵活，不是利用反冲运动提升速度，故C说法错误。本题选说法不正确的，故选A、B、C。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 2．(反冲运动)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 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 3．(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 m B．4 m C．5 m D．6 m 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 答案 4.(火箭问题)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(　　) 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 答案 5．(火箭问题)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(　　) 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 6．(火箭问题)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 解析 解析　火箭射出物体P后，由反冲原理可知火箭速度变大，所需向心力变大，从而做离心运动离开原来轨道，运动半径变大，A正确，C错误；P的速率相对于离开火箭前的速率可能减小、可能不变、也可能增大，运动存在多种可能性，故B、D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 7．(人船模型)生命在于运动，体育无处不在，运动无限精彩。如图所示，质量为450 kg的小船静止在平静的水面上，质量为50 kg的人在甲板上立定跳远的成绩为2 m，不计空气和水的阻力，下列说法正确的是(　　) A．人在甲板上向右散步时，船也将向右运动 B．人在立定跳远的过程中船相对地面保持静止 C．人在立定跳远的过程中船相对地面向左运动了0.4 m D．人相对地面的成绩为1.8 m 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 答案 8．(反冲运动)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，则： (1)水平发射炮弹时，炮弹速度为v0，炮车的反冲速度为多大？ (2)炮身与水平方向成θ角，炮弹速度大小为v0，炮车的反冲速度是多大？ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 [名师点拨]　本题第(2)问中，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地面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 课后课时作业 9．(反冲现象)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 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 答案 10．(综合)(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(　　) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 答案 11．(火箭问题)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 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 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2020年山东高考卷第18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 课后课时作业 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R A.eq \f(M(v1－v2)＋mv2,m) B.eq \f(M(v1－v2),m) C.eq \f(M(v1－v2)＋2mv2,m) D.eq \f(M(v1－v2)－m(v1－v2),m) 规范解答　火炮车与炮弹组成的系统动量守恒，以火炮车的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得Mv1＝(M－m)v2＋m(v0＋v2)，解得v0＝eq \f(M(v1－v2),m)，故B正确。 [变式训练1] 　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。 提示:以喷气前的火箭为参考系。喷气前火箭的动量是0，喷气后火箭的动量是mΔv，喷出燃气的动量是Δmu。根据动量守恒定律，喷气后火箭和燃气的总动量仍然为0，所以mΔv＋Δmu＝0，解得Δv＝－eq \f(Δm,m)u。 提示:由活动2中式子可得，火箭喷出燃气的速度u越大、火箭喷出物质的质量与火箭本身的质量之比eq \f(Δm,m)越大，火箭获得的速度Δv就越大。 2．在火箭发射过程中，由于系统内力远大于外力，所以可认为系统动量守恒。以喷气前的火箭为参考系，取火箭的末速度方向为正方向，喷气前火箭的总动量为0，火箭在极短时间内喷出速度为u、质量为Δm的气体后，剩余质量为m，火箭在这样一次喷气后速度增加Δv，则喷气后的总动量为mΔv＋Δmu，由动量守恒定律得mΔv＋Δmu＝0，解得Δv＝－eq \f(Δm,m)u。该式表明，火箭喷出的燃气的速度u越大、火箭(在极短时间内)喷出物质的质量与火箭本身的质量之比eq \f(Δm,m)越大，火箭一次喷气获得的速度Δv越大。 3．提高火箭最终飞行速度的方法 火箭燃料燃尽时，火箭获得的最大速度由喷气速度u和火箭的质量比eq \f(M,m)(火箭起飞时的质量M与火箭除燃料外的箭体质量m之比)两个因素决定。提高火箭最终飞行速度的方法有： (1)提高喷气速度； (2)提高火箭的质量比； (3)使用多级火箭，一般为二级或三级。 答案　eq \r(\f(g月R2,R＋h))　eq \f(m\r(\f(g月R2,R＋h))－Δmv,m－Δm) 规范解答　设月球质量为M，喷出气体前探测器的速度满足eq \f(GMm,(R＋h)2)＝m2,1)eq \f(v,R＋h) 对月球表面的物体，根据万有引力公式可得 m物g月＝eq \f(GMm物,R2) 解得v1＝eq \r(\f(GM,R＋h))＝eq \r(\f(g月R2,R＋h)) 喷气过程动量守恒，有 mv1＝Δmv＋(m－Δm)v2 解得v2＝eq \f(m\r(\f(g月R2,R＋h))－Δmv,m－Δm)。 解析　分别用M、m表示火箭初始质量和在极短时间内喷出一部分燃气后剩余的质量，v0表示喷气速度大小，火箭喷气过程动量守恒，有mΔv－(M－m)v0＝0，解得火箭速度增加量Δv＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(M,m)－1))v0，由此式可以预计火箭最大速度的制约因素是火箭喷气速度和火箭始末质量比，D正确。 可解得：x人＝eq \f(m船,m人＋m船)L，x船＝eq \f(m人,m人＋m船)L。 2．“人船”模型的特点 (1)两物体组成的系统初态静止，运动过程中遵守动量守恒定律：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。 答案　eq \f(m1＋m2,m1)h 规范解答　以人与热气球组成的系统为研究对象，以竖直向上为正方向，系统动量守恒，设热气球的速度大小为v1，人的速度大小为v2，运动时间为t，由动量守恒定律得m1v1－m2v2＝0 即m1eq \f(s气,t)－m2eq \f(s人,t)＝0 其中s人＝h 解得s气＝eq \f(m2,m1)h　　若人滑到地面时恰好滑到软绳末端，此时软绳的长度最短， 最短长度L＝eq \f(m2,m1)h＋h＝eq \f(m1＋m2,m1)h。 解析　以子弹从枪口飞出时速度的反方向为正方向，由动量守恒定律有：Mv1－mv2＝0，代入数据解得步枪的反冲速度大小为v1＝eq \f(9.6×10－3×865,4.1) m/s≈2 m/s，A正确。 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。 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。 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。 解析　人和船作为一个系统，水平方向不受外力作用， 则在水平方向上系统动量守恒，根据动量守恒定律知，人在 甲板上向右散步时，船将向左运动，故A错误；设人在立定 跳远的过程中的平均速度大小为eq \o(v,\s\up6(－))1，船的平均速度大小为eq \o(v,\s\up6(－))2，运动时间为t，根据动量守恒定律有meq \o(v,\s\up6(－))1＝Meq \o(v,\s\up6(－))2，等式两边同乘以t，有meq \o(v,\s\up6(－))1t＝Meq \o(v,\s\up6(－))2t，即mx1＝Mx2，由位移关系可得x1＋x2＝d，解得x1＝1.8 m，x2＝0.2 m，故人在立定跳远的过程中，船相对地面向左运动了0.2 m，人相对地面的成绩x1＝1.8 m，故B、C错误，D正确。 答案　(1)eq \f(mv0,M)　(2)eq \f(mv0cosθ,M) 解析　(1)以炮车和炮弹组成的系统为研究系统，在水平方向上系统的动量守恒。以炮弹前进的方向为正方向，由动量守恒定律得 0＝mv0＋M(－v1) 解得v1＝eq \f(mv0,M)。 (2)以炮车和炮弹组成的系统为研究系统，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，由动量守恒定律得 0＝mv0·cosθ＋M(－v2) 解得v2＝eq \f(mv0cosθ,M)。 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。 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 m 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)。 $$