第一章 6．反冲现象 火箭-【金版新学案】2025-2026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）

本讲义聚焦反冲现象、火箭原理及人船模型核心知识点，前承动量守恒定律，通过气球喷气、章鱼喷水等情境导入，结合反冲小车实验、火箭发射模拟等师生互动，辅以例题与变式拓展构建学习支架，系统梳理规律应用与定量计算。 资料以情境化设计融合核心素养，如神舟十八号出舱案例渗透科学态度与责任，反冲小车动量守恒推导培养科学思维（科学推理、模型建构），乌贼喷水、宇航员喷气等实例强化物理观念（运动和相互作用）。课中助力教师引导探究，课后测评帮助学生巩固提升，有效查漏补缺。

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 【情境导入】　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．以上两种现象属于什么现象？ 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。 学生用书第25页 【教材梳理】 (阅读教材P25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。 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。 【师生互动】　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) 任务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？ 任务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：任务1.小车和橡皮塞组成的系统所受外力之和为零，系统动量守恒。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运动的方向相反，反冲速度大小为0.1 m/s。 任务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 mv cos 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。 【探究归纳】 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，所以可以应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。 如图所示，自行火炮车同炮弹的总质量为M，炮管水平，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，自行火炮车的速度变为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：自行火炮车水平匀速行驶时，牵引力与阻力平衡，系统动量守恒。设向右为正方向，发射前动量之和为Mv1，炮弹相对炮筒的发射速度为v0，则炮弹对地的速度为v0＋v2，发射后系统的动量之和为(M－m)v2＋m(v0＋v2)，有Mv1＝(M－m)v2＋m(v0＋v2)，解得v0＝。故选B。 变式拓展1．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，炮筒与水平方向成θ角，若发射炮弹的速度大小为v0，求炮车的反冲速度为多大？ 答案： 解析：炮筒与水平方向成θ角，炮车和炮弹组成的系统在水平方向上动量守恒，以向右为正方向，则有 0＝mv0cos θ＋M(－v3)，解得v3＝。 变式拓展2．在【变式拓展1】中，若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v4，则炮弹相对于地面的水平速度为(v0cos θ－v4)，由于炮车和炮弹系统在水平方向上动量守恒，以向右为正方向，则有0＝m(v0cos θ－v4)＋M(－v4)，解得v4＝。 学生用书第26页 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)。　　 针对练1．(2024·广东佛山高二月考) 乌贼在水中运动方式是十分奇特的，它不用鳍也不用手足，而是靠自身的漏斗喷射海水推动身体运动，在无脊椎动物中游泳最快，速度可达15 m/s。逃命时更可以达到40 m/s，被称为“水中火箭”。如图所示，一只悬浮在水中的乌贼，当外套膜吸满水后，它的总质量为4 kg，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，从而迅速逃窜，喷射出水的质量为0.8 kg，不计水的阻力，则喷射出水的速度为(　　) A．200 m/s B．160 m/s C．75 m/s D．65 m/s 答案：B 解析：乌贼逃命时的速度v1＝40 m/s，设乌贼向前逃窜的方向为正方向，由动量守恒得0＝(m－m0)v1－m0v2，可得v2＝160 m/s。故选B。 针对练2．2024年5月28日，“神舟十八号”航天员叶光富、李聪、李广苏密切协同完成首次出舱活动，用时约8.5 h，刷新了中国航天员单次出舱活动时间纪录。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，则喷出气体的质量约为(　　) 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＝ m/s＝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。故选B。 知识点二　火箭 【情境导入】　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速度向后喷出，“火箭”就会向前飞出；如图乙为我国“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。 【教材梳理】 (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，设在极短时间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，Δv越大。 【师生互动】　如图为火箭发射时的情境。 任务1．火箭飞行的动力来源是什么？ 学生用书第27页 任务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？ 任务3．根据(2)的结果，讨论如何提高火箭获得的速度。 提示：任务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。 任务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 mv－(M－m) v1＝0，解得v＝＝ v1。 任务3．根据v＝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之比； ②提高火箭喷出的燃气的速度。 【探究归纳】 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，一般转换为对地速度。 3．列方程时要注意初、末状态动量的方向。 2024年10月30日04时27分，搭载“神舟十九号”载人飞船的长征二号F遥十九运载火箭成功发射。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，设火箭总质量M＝300 kg，发动机每秒喷气20次。(结果均保留小数点后1位) (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)2.0 m/s　(2)13.5 m/s 解析：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，以火箭运动方向为正方向 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－mv＝(M－m)v1，所以v2＝ 第三次喷出气体后，设火箭速度为v3，有－mv＝(M－2m)v2，所以v3＝ m/s≈2.0 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v20＝m/s≈13.5 m/s。 法二：全过程法 (1)设喷出三次气体后火箭的速度为v3，以火箭和喷气三次喷出的气体为研究对象，以火箭运动方向为正方向，根据动量守恒定律得(M－3m)v3－3mv＝0，解得v3＝≈2.0 m/s。 (2)以火箭和喷气20次喷出的气体为研究对象，根据动量守恒定律得(M－20m)v20－20mv＝0，解得v20＝≈13.5 m/s。 针对练1．关于火箭、反冲现象，下列说法正确的是(　　) A．火箭、汽车的运动都属于反冲运动 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，空气的反作用力推动火箭 C．为了减少反冲的影响，用枪射击时要用肩部抵住枪身 D．在没有空气的宇宙空间，火箭无法利用反冲进行加速 答案：C 解析：火箭的运动属于反冲运动，而汽车是利用燃料燃烧获得向前的牵引力从而使汽车前进的，不属于反冲运动，故A错误；由于反冲作用，火箭燃料燃烧产生的气体给火箭一个反作用力使火箭加速运动，这个反作用力并不是空气给的，故B错误；用枪射击时要用肩部抵住枪身，这样可以减少反冲的影响，故C正确；火箭的加速利用了反冲原理，靠喷出气流的反作用力进行加速，没有空气也可以加速，故D错误。故选C。 针对练2．(2024·辽宁盘锦高二期中) 我国航天梦由来已久。明朝人万户把多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，翱翔天际，然后利用风筝平稳着陆。假设万户及所携设备[火箭(含燃料)、椅子、风筝等]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。忽略此过程中空气阻力的影响，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A．在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为 B．火箭在向下喷气上升的过程中，火箭机械能守恒 C．喷出燃气后，万户及所携设备能上升的最大高度为 D．在燃气喷出后上升过程中，万户及所携设备动量守恒 答案：A 解析：在燃气喷出后的瞬间，万户及所携设备组成的系统动量守恒，设火箭的速度大小为v，规定火箭运动方向为正方向，则有v－mv0＝0，解得火箭的速度大小v＝，故A正确；在火箭喷气过程中，燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对万户及所携设备做正功，所以火箭机械能不守恒，故B错误；燃气喷出后，万户及所携设备做竖直上抛运动，根据运动学公式可得，最大上升高度h＝，故C错误；在燃气喷出后上升过程中，万户及所携设备受到重力，动量不守恒，故D错误。故选A。 学生用书第28页 知识点三　人船模型 【师生互动】　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，人对地的位移大小为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。 任务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，系统水平方向动量守恒吗？ 任务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：任务1.对人和船组成的系统，水平方向不受外力作用，所以系统水平方向动量守恒。 任务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， 根据动量守恒定律得mv1－Mv2＝0　① 则全过程中的平均动量也守恒，即m＝0　② ②式两边同乘Δt得mx1－Mx2＝0　③ 由题图可看出x1＋x2＝L　④ 联立③④两式得x1＝L。 【探究归纳】 “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)系统所受合力为零或者在某一方向上所受合力为零，系统的动量守恒或者在该方向上动量守恒。 2．结论 (1)两个物体组成的系统的动量守恒：m1v1－m2v2＝0。 (2)两个物体的平均速度(或瞬时速度)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)两个物体的运动特点：“人”走“船”行、“人”快“船”快、“人”慢“船”慢、“人”停“船”停。 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，问： (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]　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。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，故系统水平方向动量守恒，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)根据能量守恒定律可得，A损失的机械能 ΔE＝m2v2。 针对练1．(2024·贵州遵义高二检测) 如图所示，光滑的水平地面上有一静止的平板小车，车的右端站着一个人，人和车的质量分别为60 kg和30 kg，车长为15 m。从某时刻起，人以一定的速度向车的左端走去，到达车的左端时再次静止。上述过程中，人相对地面的位移大小为(　　) A．15 m B．10 m C．7.5 m D．5 m 答案：D 解析：由题意知 ，对车和人组成的系统满足水平方向动量守恒，设向左为正方向，车的质量为m，人的质量为M，则有0＝Mv1－mv2，设经过Δt人向左走到平板小车左端，则有0＝Mv1Δt－mv2Δt，即Mx1＝mx2，又因为x1＋x2＝L，解得人相对地面的位移大小x1＝5 m。故选D。 学生用书第29页 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m1＝20 kg，长绳的下端刚好和水平面接触。一个质量m2＝50 kg的人抓住气球下方的绳，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＝，h2＝ m，所以他离地面的高度H＝h－h2≈3.6 m。故选B。 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1－5题，每题4分，6－13题，每题5分，共60分) 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．(2024·安徽巢湖高二检测)2024年5月7日，长征六号丙运载火箭在我国太原卫星发射中心成功发射，顺利将海王星01星等4颗卫星送入预定轨道，发射任务取得圆满成功。关于火箭、反冲现象，下列说法正确的是(　　) A．火箭不可以飞出大气层在太空中飞行 B．在反冲现象中，系统所受的合力一定为零，系统的机械能一定守恒 C．火箭升空是让高温高压的燃气高速地向下喷出，而使它获得向上的动力 D．宇宙飞船、空中飞艇、F1赛车、航母航行都是利用反冲运动的原理工作的 答案：C 解析：火箭可以飞出大气层在太空中飞行，故A错误；在反冲现象中，系统所受的合力不一定为零，不一定只有重力或只有弹力做功，系统机械能不一定守恒，故B错误；火箭升空是让高温高压的燃气高速地向下喷出，而使它获得向上的动力，故C正确；宇宙飞船通过喷气的方式改变速度，从而改变轨道，运用了反冲运动的原理，空中飞艇、F1赛车、航母航行不是运用反冲运动的原理工作的，故D错误。故选C。 3．如图为某实验小组发射的自制水火箭，火箭外壳质量M＝2 kg，发射瞬间将壳内质量m＝4 kg的水相对地面以10 m/s的速度瞬间喷出，g取，空气阻力忽略不计，火箭能够上升的最大高度为(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A．15 m B．20 m C．25 m D．30 m 答案：B 解析：由动量守恒定律有mv1＝Mv2，解得火箭的速度v2＝20 m/s，又v22＝2gh，解得火箭能够上升的最大高度h＝20 m。故选B。 4．(2024·广东佛山高二期中) 喷气背包曾经是宇航员舱外活动的主要动力装置。假定宇航员与空间站保持相对静止。启动喷气背包后，横截面积为S的喷口以速度v(以空间站为参考系)持续向后喷出密度为ρ的气体。已知宇航员连同整套舱外太空服的质量为M(含背包及其内气体)，则启动喷气时间t后宇航员相对空间站的速度大小为(　　) A． B． C． D． 答案：D 解析：设启动喷气时间t后宇航员相对空间站的速度大小为v′，规定宇航员相对空间站的速度方向为正方向，由动量守恒定律得0＝－ρvtS·v＋(M－ρvtS)v′，解得v′＝。故选D。 5．如图所示，一艘小船静止在平静的水面上，船前舱有一抽水机，抽水机把前舱的水均匀抽往后舱，不计水的阻力，在船的前舱与后舱分开、不分开的两种情况下，船的前舱运动情况分别是(　　) A．不运动；向前匀速运动 B．向前加速运动；不运动 C．不运动；向后匀速运动 D．向后匀速运动；不运动 答案：B 解析：船的前舱与后舱分开时，前舱和抽出的水相互作用，前舱靠反冲向前加速运动；若不分开，前后舱和水是一个整体，根据动量守恒可知船不运动。故选B。 6．(多选)(2024·福建南平高二期末) 如图所示，在一次特警训练中，质量为140 kg的小车静止在光滑的水平面上，A、B为小车的两端。质量为70 kg的特警站在A端，起跳后恰好落到B端，相对地面的位移为2 m。该过程不计空气阻力，下列说法正确的是(　　) A．小车后退了1 m B．小车后退了 m C．小车长为3 m D．小车长为2 m 答案：AC 解析：设小车质量为M，人的质量为m，对人和小车组成的系统，在水平方向上由动量守恒定律得mv－Mv′＝0，两边同时乘以Δt得mvΔt－Mv′Δt＝0，即mx－Mx′＝0，设小车长度为L，则x＋x′＝L，联立解得L＝3 m，x′＝1 m。故选AC。 7．(2024·浙江湖州高二期末) 用火箭发射人造卫星，发射过程中最后一节火箭的燃料用完后，火箭壳体和卫星一起以7.0×103 m/s的速度绕地球做匀速圆周运动。已知卫星的质量为500 kg，最后一节火箭壳体的质量为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为1.8×103 m/s。下列说法正确的是(　　) A．分离后火箭壳体的速度大小为7.3×103 m/s B．分离后火箭壳体的速度大小为3.3×104 m/s C．分离过程中火箭壳体对卫星的冲量大小为1.5×105 N·s D．分离前、后卫星与火箭壳体总动量的变化量大小为1.5×105 kg·m/s 答案：C 解析：设火箭壳体和卫星分离前一起绕地球做匀速圆周运动的速度为v，卫星的质量为m1，火箭壳体的质量为m2，分离时卫星与火箭壳体沿轨道切线方向的相对速度为Δv，分离后火箭壳体的速度大小为v′，根据题意可知，分离前、后卫星与火箭壳体组成的系统动量守恒，则分离前、后卫星与火箭壳体总动量的变化量大小为0，取分离前火箭壳体和卫星的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得解得 则分离后卫星的速度大小，故A、B、D错误；分离过程中，设火箭壳体对卫星的冲量大小为I，对卫星由动量定理有I＝m1v卫－m1v＝1.5×105 N·s，故C正确。故选C。 8．(2024·山西太原高二月考) 一个人在水平地面上立定跳远的最好成绩是s (m)，如图所示，假设他站立在车的右端要跳上距离在l (m)远的站台上(设车与站台同高，且车与地的摩擦不计)，则(　　) A．只要l＜s，他一定能跳上站台 B．如果l＜s，他有可能跳上站台 C．如果l＝s，他有可能跳上站台 D．如果l＝s，他一定能跳上站台 答案：B 解析：当人往站台上跳的时候，人有一个向站台的速度，由于动量守恒，车子必然有一个离开站台的速度。这样的话，人相对于地面的速度小于站在地面上立定跳远时的初速度，则水平位移一定减小，所以l＝s或l＞s，人就一定跳不到站台上了，l＜s，人才有可能跳上站台。故选B。 9．(多选)(2024·宁夏石嘴山高二期中) 如图所示，载有物资的热气球的总质量为M，静止于距离水平地面H的高处。现将质量为m的物资以相对地面竖直向下的速度v0投出，物资落地时与热气球的距离为d。设整个过程中热气球所受浮力不变，重力加速度为g，不计空气阻力，忽略物资受到的浮力。下列说法正确的是(　　) A．物资落地前，热气球与其组成的系统动量守恒 B．投出物资后，热气球匀速上升 C．物资落地时，热气球上升的高度为 D．d＝ 答案：AD 解析：物资投出之前，物资和热气球组成的系统合力为零，物资投出后，热气球和物资所受合力不变，则系统的合力仍为零，因此物资落地前，热气球与投出的物资组成的系统动量守恒，故A正确；投出物资后，热气球受到的浮力大于重力，则热气球向上做匀加速直线运动，故B错误；设物资落地时，热气球上升的高度为h，则对物资和热气球组成的系统，取竖直向上为正方向，由动量守恒定律可得＝0，解得h＝，则d＝H＋h＝H＋，故C错误，D正确。故选AD。 10．如图所示，质量为m、半径为R的小球，放在半径为2R、质量为2m的大空心球内，大球开始静止在光滑水平面上。当小球从如图所示的位置无初速度沿内壁滚到最低点时，大球移动的距离是(　　) A． B． C． D． 答案：B 解析：由水平方向动量守恒有mx小球－2mx大球＝0，又x小球＋x大球＝R，联立解得x大球＝。故选B。 11．(多选)(2024·陕西宝鸡高二期末) 如图所示，光滑水平面上放置着半径为R、质量为3m的半圆形槽，AB为槽的水平直径。质量为m的小球自左端槽口A点的正上方距离为R处由静止下落，从A点切入槽内。已知重力加速度大小为g，不计一切摩擦，下列说法正确的是(　　) A．槽向左运动的最大位移为0.5R B．小球在槽中运动的最大速度为2 C．小球能从B点离开槽，且上升的最大高度小于R D．小球和半圆形槽构成的系统动量不守恒，但水平方向动量守恒 答案：AD 解析：小球和半圆形槽构成的系统竖直方向所受合力不为零，则动量不守恒，但水平方向所受合力为零，则水平方向动量守恒，小球从A点到B点，设槽向左移动x，则由水平方向动量守恒可得3mx－m(2R－x)＝0，可得x＝0.5R，A、D正确；小球运动到最低点时速度最大，若半圆形槽不动，则小球到达底端时，由机械能守恒可得mg·2R＝mv2，解得v＝2，因半圆形槽向左运动，则小球到达底端时的速度小于2，B错误；因小球和半圆形槽组成的系统水平方向动量守恒，则小球到达B点时半圆形槽的水平速度为零，此时小球从B点向上做竖直上抛运动，由能量守恒可知，小球上升的最大高度仍等于R，C错误。故选AD。 12．(2024·河南郑州高二期中) 在一次打靶训练中，起初人和车一起静止在光滑水平面上。人和靶分别在小车两端，车、人、枪、靶总质量为M(不含子弹)，每颗子弹质量为m，一共有n颗。枪靶之间距离为d，子弹击中靶盘后会镶嵌其中，射击时总是等上一发击中后再打下一发。则以下说法正确的是(　　) A．射击完成后，车会向右做匀速运动 B．射击过程中车会移动，射击结束后车会回到原来的位置 C．每发射一颗子弹，小车都会向右移动 D．全部子弹打完后，小车向右移动的总距离为　 答案：D 解析：水平面光滑，以车、人、枪、靶和子弹组成的系统所受外力之和为零，系统动量守恒，起初人和车一起静止，射击完成后，车仍然静止，故A错误；设子弹射出枪口速度为v，车向右运动速度为v′，以向左为正方向，根据动量守恒定律有0＝mv－[M＋(n－1)m]v′，子弹匀速向左运动的同时，车匀速向右运动，则有vt＋v′t＝d，在每一颗子弹射击过程中，小车所发生的位移x＝v′t，联立解得x＝，所以每颗子弹从发射到击中靶过程，车均向右运动，故n颗子弹发射完毕后，小车总共向右运动的距离s＝nx＝，故B、C错误，D正确。故选D。 13．(多选)(2024·辽宁大连高二月考) 如图所示，平板车停在光滑的水平面上，某工人(可视为质点)在平板车上卸货，该工人从固定在平板车上右端的货厢左边缘水平向左跳出，恰好落在平板车左边缘上的P点(该工人落在P点瞬间与平板车共速)。已知平板车长度l＝4 m，货厢长度为1 m，高度为h＝1.25 m，工人的质量为m，平板车连同货厢的质量为M＝5m，g取。则下列说法正确的是(　　) A．平板车最终的速度大小为0.5 m/s B．工人在水平方向移动的距离为2.5 m C．平板车最终移动的距离为2.5 m D．工人水平向左跳出时的速度大小为5 m/s 答案：BD 解析：工人与平板车在水平方向动量守恒，则0＝v共，解得v共＝0，故A错误；根据“人船模型”可得mx1＝Mx2，x1＋x2＝3 m，解得x1＝2.5 m，x2＝ 0.5 m，故工人在水平方向移动的距离为2.5 m，平板车最终移动的距离为0.5 m，故B正确，C错误；对工人做平抛运动的过程，有h＝，x1＝vt，解得v＝5 m/s，故D正确。故选BD。 学科网（北京）股份有限公司 $