1.第6节 反冲现象 火箭-【正禾一本通】2025-2026学年高二物理选择性必修第一册同步课堂高效讲义配套课件（人教版）

该高中物理课件聚焦反冲现象与火箭原理，以动量守恒定律为核心，通过“自主建构·认知导学”的教材引读与诊断自评，引导学生从动量守恒知识自然过渡到反冲现象分析，搭建理论到实际的学习支架。 其亮点在于“深度探析·思维进阶”环节结合示意图（如高压气体、压出的水）引导模型建构（科学思维），拓展延伸联系火箭应用培养科学态度与责任。分层练习设计贴合学情，学生能深化理解，教师可高效检测教学目标达成。

第6节 反冲现象　火箭 1 第 页 1 学习目标 2 第 页 2 自主建构·认知导学 深度探析·思维进阶 格物究理·拓展延伸 目标达成·课堂评价 目录 课后分层练 第 页 3 教材引读 知识生成 后退 动量守恒定律 反冲 速度 大 大 诊断自评 × √ √ √ 探究深化 探究深化 课后分层练（六） 2 1 4 3 6 5 8 7 10 9 11 12 2 1 4 3 6 5 8 7 10 9 11 12 2 1 4 3 6 5 8 7 10 9 11 12 2 1 4 3 6 5 8 7 10 9 11 12 2 1 4 3 6 5 8 7 10 9 11 12 2 1 4 3 6 5 8 7 10 9 11 12 2 1 4 3 6 5 8 7 10 9 11 12 2 1 4 3 6 5 8 7 10 9 11 12 2 1 4 3 6 5 8 7 10 9 11 12 2 1 4 3 6 5 8 7 10 9 11 12 2 1 4 3 6 5 8 7 10 9 11 12 2 1 4 3 6 5 8 7 10 9 11 12 2 1 4 3 6 5 8 7 10 9 11 12 2 1 4 3 6 5 8 7 10 9 11 12 2 1 4 3 6 5 8 7 10 9 11 12 2 1 4 3 6 5 8 7 10 9 11 12 2 1 4 3 6 5 8 7 10 9 11 12 2 1 4 3 6 5 8 7 10 9 11 12 2 1 4 3 6 5 8 7 10 9 11 12 2 1 4 3 6 5 8 7 10 9 11 12 2 1 4 3 6 5 8 7 10 9 11 12 2 1 4 3 6 5 8 7 10 9 11 12 2 1 4 3 6 5 8 7 10 9 11 12 2 1 4 3 6 5 8 7 10 9 11 12 2 1 4 3 6 5 8 7 10 9 11 12 2 1 4 3 6 5 8 7 10 9 11 12 2 1 4 3 6 5 8 7 10 9 11 12 1．通过生活实例分析，了解反冲运动，知道反冲运动在生活中的应用。 2．通过火箭模型的类比，知道火箭的飞行原理，能用动量守恒定律解决反冲问题。 3．通过阅读教材和查阅课外材料，了解我国航天技术的发展。 1．举例说明：什么叫反冲？反冲在生产生活中有哪些影响和应用？ 2．类比古代的火箭、喷气式飞机等，说明火箭的工作原理。 3．通过理论分析说明：提高火箭飞行速度的方法有哪些？ 一、反冲现象 1．定义：发射炮弹时，炮弹从炮筒中飞出，炮身则向 。 炮身的这种后退运动叫作反冲。 2．规律：反冲现象中，系统内力很大，外力可忽略，满足 。 3．反冲现象的防止及应用 (1)防止：用枪射击时要把枪身抵在肩部，以减少反冲的影响。 (2)应用：农田、园林的喷灌装置利用反冲使水从喷口喷出时，一边喷水一边旋转。 二、火箭 1．工作原理：利用 的原理，火箭燃料燃烧产生的高温、高压燃气从尾部喷管迅速喷出，使火箭获得巨大速度。 2．影响火箭获得速度大小的因素 一是喷出燃气的 ，二是火箭喷出物质的质量与火箭本身质量之比。喷气速度越 ，质量比越 ，火箭获得的速度越大。 1．判断下列说法是否正确 (1)反冲运动是相互作用的物体之间的作用力与反作用力产生的效果。 ( ) 反冲运动的原理既适用于宏观物体，也适用于微观粒子。 ( ) 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。 ( ) (4)火箭发射时，火箭获得的机械能来自于燃料燃烧释放的化学能。 ( ) 2．下列情景中涉及的运动是否满足反冲现象的原理？ (1)蹦床运动员被弹回。 (2)两个台球间的斜碰。 (3)火箭垂直发射升空。 提示：(1)不满足。 (2)不满足。 (3)满足。 (Flyboard)是水上飞行娱乐产品，游戏者利用它可以做出各种惊险、优美的动作，极具观赏性和娱乐性。 问题1：水上飞行器的工作原理是什么？ 问题2：游戏者若想后退，应如何调节手臂的喷水方向？ 提示：1.反冲。2.向前喷水从而获得向后的反冲力。 能力点1 反冲现象的特点及应用 1．反冲运动的特点 (1)反冲运动中，系统不受外力或内力远大于外力，遵循动量守恒定律或在某一方向上动量守恒。 (2)反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的机械能增加。 2．讨论反冲运动应注意的两个问题 (1)速度的矢量性：对于原来静止的整体，可任意规定某一部分的运动方向为正方向，则反方向运动的另一部分的速度就要取负值。 (2)速度的相对性：反冲问题中，若已知相互作用的两物体的相对速度，应将各速度转换成相对同一参考系的速度，再列动量守恒方程。 【典例1】 乌贼在水中的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，它在无脊椎动物中游得最快，速度可达15 m/s。逃命时更是可以达到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，喷射出的水的质量为0.8 kg，则喷射出水的速度为(　　 ) A．210 m/s B．160 m/s C．75 m/s D．60 m/s 解析：选B。乌贼和喷出的水组成的系统动量守恒，由题意可知，乌贼逃命时的速度达到v1＝40 m/s，设乌贼喷射出水的速度为v2，取乌贼向前逃窜的方向为正方向，由动量守恒定律可得(m－m0)v1－m0v2＝0，解得v2＝v1＝×40 m/s＝160 m/s，故B正确。 提示：1.喷气式飞机利用反冲运动原理，螺旋桨飞机是靠转动的螺旋桨与空气的相互作用力飞行。2．月球上没有空气，所以应配置喷气式飞机。 能力点2 火箭的工作原理分析 如图甲为喷气式飞机，如图乙为螺旋桨飞机。 问题1：两种飞机的飞行原理有何不同？ 问题2：假如在月球上建一飞机场，为使飞机正常起降，应配置喷气式飞机还是螺旋桨飞机？为什么？ 火箭类反冲问题解题要领 (1)两部分物体初、末速度的参考系必须是同一参考系，一般以地面为参考系。 (2)要特别注意反冲前、后各部分质量的变化及关系。 (3)列方程时要注意初、末状态动量的方向，并引入正负号表示。 【典例2】 一火箭喷气发动机每次喷出m＝200 g的气体， 气体离开发动机喷出时的速度v＝1 000 m/s(相对地面)，设火箭与燃料总质量M＝300 kg，发动机每秒喷气20次。求： (1)原来静止的火箭第三次喷气后的速度大小； (2)运动第1 s末，火箭的速度大小。 解析：(1)方法一　喷出气体的运动方向与火箭运动的方向相反，系统动量守恒。 第一次气体喷出后，火箭速度为v1，有(M－m)v1－mv＝0 所以v1＝ 第二次气体喷出后，火箭速度为v2，有 (M－2m)v2－mv＝(M－m)v1 所以v2＝ 第三次气体喷出后，火箭速度为v3，有(M－3m)v3－mv＝(M－2m)v2 所以v3＝＝, m/s≈2 m/s。 方法二　选取整体为研究对象，运用动量守恒定律求解。 设喷出三次气体后火箭的速度为v3，以火箭和喷出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)发动机每秒喷气20次，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 故v20＝≈13.5 m/s。 答案：(1)2 m/s　(2)13.5 m/s 【思维进阶】 在“典例2”中，若发动机每次喷出200 g的气体，气体离开发动机喷出时相对火箭的速度v＝1 000 m/s，则当第一次气体喷出后，火箭的速度多大？ 提示：由动量守恒定律得(M－m)v1－m(v－v1)＝0，解得v1≈0.67 m/s。 ►误区警示：由于火箭每次喷出气体的动量不变，所以用火箭和喷出的三次气体为研究对象解决本题较方便。如果火箭每次喷出的气体相对火箭的速度不变，则需将每次喷出气体的动量转换为对地的动量。 能力点3 人船模型及其应用 1．模型解读 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，所以整个系统动量守恒，可得 m船v船＝m人v人或m船＝m人人 即m船·＝m人 由图可知x船＋x人＝L 联立解得x人＝L，x船＝L。 2．适用条件 (1)系统由两个物体组成且相互作用前静止，系统总动量为零； (2)在系统内发生相对运动的过程中，至少有一个方向的动量守恒。 3．运动特点 (1)人“走”船“走”，人“停”船“停”，人“快”船“快”，人“慢”船“慢”； (2)人、船的位移大小与质量成反比，即＝ 。 角度1　人船模型 【典例3】 如图所示，大气球质量为25 kg，载有质量为50 kg的人，静止在空气中距地面20 m高的地方，气球下方悬挂一根质量可忽略不计的绳子，此人想从气球上沿绳慢慢下滑至地面，为了安全到达地面，则绳长至少为(不计人的身高，可以把人看作质点)(　　 ) A．20 m B．40 m C．50 m D．60 m 解析：选D。设人的质量为m1，气球的质量为m2，系统所受重力与浮力平衡，合外力为零，根据系统动量守恒得m1v1＝m2v2，人与气球运动的距离分别为h＝v1t＝20 m，x球＝v2t，联立可得＝ ，又h＋x球＝l， 代入数据解得绳长至少为l＝60 m，故D正确。 ►规律方法：分析“人船模型”类问题时要画出各物体的位移关系草图， 找出各位移间的关系，同时要注意两物体的位移是相对同一参考系的位移。 角度2　分方向的人船模型 【典例4】 (2025·四川绵阳期末)如图所示，静止放置在光滑水平地面上的表面光滑的等腰直角斜面体的质量为3m，直角边长为L，将质量为m的滑块(视为质点)从斜面体顶端由静止释放，从滑块刚下滑到滑块滑至斜面底端时，斜面体的位移大小为(　　 ) A． B． C． D． 解析：选B。因为滑块与斜面体组成的系统在水平方向上无外力，所以系统在水平方向上动量守恒，在水平方向有mv1＝3mv2，两边同乘以t，有mv1t＝3mv2t，可得mx1＝3mx2，又有x1＋x2＝L，解得x2＝，则斜面体的位移大小为，故B正确。 【提出问题】 如图所示，炸弹在空中突然爆炸成两块。爆炸前后，系统的动量是否守恒？能量转化有何特点？ 【剖析论证】 虽然炸弹在空中受到的合力不为零，但由于炸弹的爆炸时间极短，系统的内力远大于外力，所以爆炸前后系统的动量可认为近似守恒；爆炸时系统通过内力做功将化学能转化为机械能，即爆炸后系统的机械能一定增加，这一点与碰撞不同。 【科学方法】 模型的简化、构建与类比。 1．(2025·江苏扬州期中)“世界上第一个想利用火箭飞行的人”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。假设万户及所携设备的总质量为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。忽略此过程中空气阻力的影响，要增大火箭的发射速度大小，下列操作中可行的是(　　 ) A．减小v0的同时减小m B．增大v0的同时减小M C．增大M的同时减小m D．同比例增大M、m 解析：选B。点燃火箭后在极短的时间内，根据动量守恒可知mv0＝(M－m)v，解得v＝，所以要增大火箭的发射速度大小，应增大m和v0的同时减小M，故B正确。 2．(2025·江苏泰州期中)“独竹漂”是一项独特的黔北民间绝技。如图甲所示，在平静的湖面上，一位女子脚踩竹竿抵达岸边，此时女子静立于竹竿A点，一位摄影爱好者使用连拍模式拍下了该女子在竹竿上行走过程的系列照片，并从中选取了两张进行对比，其简化图如图所示。经过测量发现，甲、乙两张照片中A、B两点的水平间距约为1 cm，乙图中竹竿右端距离河岸约为1.6 cm。女子在照片上身高约为1.6 cm。已知竹竿的质量约为30 kg，若不计水的阻力，则该女子的质量约为(　　 ) A．45 kg B．48 kg C．50 kg D．55 kg 解析：选B。根据题意，设女子的质量为m，由动量守恒定律有mv＝m竿v竿，由于系统的水平动量一直为0，运动时间相等，设运动时间为t，则有mvt＝m竿v竿t，整理可得mx＝m竿x竿，解得m＝＝kg＝48 kg，故B正确。 【基础练】 1．下列各图中，不属于反冲现象的是(　　 ) 解析：选B。墨鱼在遇到危险时瞬间向与运动相反的方向喷出墨汁，使自己瞬间获得一个较大的速度，这是利用了反冲原理，故A正确；马拉车，马对车做功，马和车一起向着相同的方向运动，不属于反冲现象，故B错误；手枪在射击后，枪身向后运动，这是反冲原理，故C正确；“窜天猴”被点燃后，火药的燃烧使内部气体迅速膨胀后向下喷出，使自身瞬间获得一个向上的较大的速度，这是反冲原理，故D正确。 2．某物理兴趣社在社团活动中发射水火箭如图所示，已知水火箭总质量为3 kg，在极短时间内将2 kg的水以对地8 m/s的速度喷出。空气阻力可忽略，g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　 ) A．该过程中系统机械能守恒 B．水火箭靠空气给的反作用力加速 C．喷水后水火箭获得的速度为20 m/s D．水火箭上升的最大高度约为12.8 m 解析：选D。系统的动能和重力势能都增大，系统机械能不守恒，故A错误；水火箭靠压出的水给的反作用力加速，故B错误；由动量守恒有0＝－mv1＋(M－m)v2，得喷水后水火箭获得的速度为v2＝16 m/s，故C错误；水火箭上升的最大高度约为h＝＝12.8 m，故D正确。 3．如图所示，质量为450 kg的小船静止在水面上，质量为50 kg的人在小船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．人起跳后在空中时，船在匀速运动 B．人起跳后在空中时，船仍保持静止 C．人相对地面的跳远成绩为2.2 m D．人在立定跳远过程中，船后退了0.4 m 解析：选A。人起跳后在空中时，由于不计空气和水的阻力，根据动量守恒定律，船有向后的速度，所以船向后匀速运动，A正确，B错误；设人的质量为m，船的质量为M，人相对地面的位移为x1，船后退的位移大小为x2，根据水平方向动量守恒，有m＝M ，x1＋x2＝x，解得x1＝1.8 m，x2＝0.2 m，C、D错误。 4．一个质量为m的小型炸弹自水平地面朝右上方射出，在最高点以水平向右的速度v飞行时，突然爆炸为质量相等的甲、乙、丙三块弹片，如图所示。爆炸之后乙由静止自由下落，丙沿原路径回到原射出点。若忽略空气阻力，则爆炸后甲的速度为(　　 ) A．v B．2v C．3v D．4v 解析：选D。爆炸后丙沿原路径回到原射出点，可知爆炸后丙的速度为向左的v，设向右为正方向，则由动量守恒有3mv＝mv甲－mv，解得v甲＝4v，故D正确。 5．如图所示，装有炮弹的火炮总质量为M，炮弹的质量为m，炮弹射出炮口时对地速率为v，若炮管与水平地面的夹角为θ，水平面光滑，忽略火药燃烧损耗的质量，则火炮后退的速度大小为(　　 ) A． B． C． D． 解析：选A。炮弹离开炮口时，炮弹和炮车在水平方向受到的外力相对于内力可忽略不计，则系统在水平方向动量守恒，取炮车后退的方向为正，以炮弹和炮车组成的系统为研究对象，根据水平方向动量守恒有(M－m)v′－mv cos θ＝0，可得炮车后退的速度大小为v′＝，故A正确。 6．(2025·江苏南通检测)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，则喷出气体的速度方向与飞机 飞行方向相同，喷气后飞机速度不会增加 B．只有u>v，喷气后飞机速度才会增加 C．喷气后飞机的速度为u D．喷气后飞机增加的速度为u 解析：选D。设喷出气体后飞机的速度为v′，对飞机和气体组成的系统，根据动量守恒有mv＝(m－Δm)v′＋Δm(v′－u)，解得v′＝v＋u，故C错误；结合上述可知，喷气后飞机增加的速度为u，故D正确；根据上述，喷气后飞机增加的速度为u，可知无论u与v的大小关系如何，v′均大于v，故A、B错误。 【综合练】 7．(多选)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．物资落地时与热气球的距离d＝, 解析：选AD。物资抛出之前，物资和气球组成的系统合外力为零，物资抛出后，气球和物资所受合外力不变，则系统的合外力仍为零，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，合力向上，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(M－m)－m＝0，解得h＝，则d＝H＋h＝H＋＝，故C错误，D正确。 8．(多选)质量为M的小车置于光滑的水平面上，左端固定一根水平轻弹簧，质量为m的光滑物块放在小车上，压缩弹簧并用细线连接物块和小车左端，开始时小车与物块都处于静止状态，此时物块与小车右端相距为L，如图所示。当突然烧断细线后，下列说法正确的是(　　 ) A．物块和小车组成的系统动量守恒 B．物块和小车组成的系统机械能守恒 C．当物块速度大小为v时(未离开小车)，小车速度大小为 D．当物块离开小车时，小车向左运动的位移大小为L 解析：选ACD。取物块和小车组成的系统为研究对象，所受合外力为零，故系统的动量守恒，故A正确；弹簧推开物块和小车的过程，若取物块、小车和弹簧组成的系统为研究对象，则无其他力做功，机械能守恒，但选物块和小车组成的系统，弹力做功属于系统外其他力做功，弹性势能转化成系统的机械能，此时系统的机械能不守恒，故B错误；根据系统动量守恒有0＝mv－Mv′，解得v′＝，故C正确；弹开的过程满足反冲原理和“人船模型”，在相同时间内，有mx＝Mx′，x＋x′＝L，联立可得x′＝L，故D正确。 9．(2025·山东济宁检测)在一次打靶训练中，起初人和车一起静止在光滑水平面上，人和靶分别在车的两端，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．射击过程中，车向左移动 B．射击完成后，车会向右做匀速运动 C．每发射一颗子弹，车移动的距离为 D．子弹全部打完后，车移动的总距离为 解析：选C。水平面光滑，车、人、枪、靶和子弹组成的系统所受外力的合力为零，系统动量守恒，起初人和车一起静止，射击过程中，子弹向左运动，车向右移动，射击完成后，车仍然处于静止，故A、B错误；设子弹出枪口的速度为v，车后退速度为v′，以向左为正方向，根据动量守恒定律有0＝mv－[M＋(n－1)m]v′，则有0＝mvt－[M＋(n－1)m]v′t，子弹前进的同时，车向后退，则有vt＋v′t＝d，在每一发子弹射击过程中，小车所移动的距离x＝v′t，联立解得x＝，故C正确；结合上述可知，n颗子弹发射完毕后，小车总共后退的距离s＝nx＝，故D错误。 10．(2025·黑龙江哈尔滨期中)如图所示，在光滑水平面上有一小车，小车上固定一竖直杆，总质量为M，杆顶系一长为L的轻绳，绳另一端系一质量为m的小球，绳被水平拉直处于静止状态，将小球由静止释放，重力加速度为g，不计空气阻力，已知小球运动过程中，始终未与杆相撞。则下列说法正确的是(　　 ) 将小球由静止释放，重力加速度为g，不计空气阻力，已知小球运动过程中，始终未与杆相撞。则下列说法正确的是(　　 ) A．小球向左摆动的过程中，小车速度也向左 B．小球向左摆动到最高点瞬间，小车速度向右 C．小球摆到最低点的速率为 D．小球向左摆到最低点的过程中，小车向右移动的距离为 解析：选D。小球向左摆动的过程中，根据水平方向动量守恒，由于初动量为零，则小车速度向右，故A错误；小球与车组成的系统水平方向动量守恒，当小球向左摆到最高点瞬间，水平方向速度为零，所以此时小车速度也为零，故B错误；取水平向右为正方向，设当小球到达最低点时速度大小为v1，此时小车的速度大小为v2，则根据动量守恒和能量守恒定律可知0＝Mv2－mv1；mgL＝mv12＋Mv22，解得小球摆到最低点的速率为v1＝，故C错误；当小球到达最低点时，设小球向左移动的距离为s1，小车向右移动的距离为s2，根据水平方向动量守恒有ms1＝Ms2，且有s1＋s2＝L，解得s2＝，故D正确。 11．如图所示，一个质量为m的玩具蛙。蹲在质量为M的小车的细杆上，小车放在光滑的水平桌面上，若车长为l，细杆高为h，且位于小车的中点。试求：玩具蛙能落到车面上的最小跳出速度是多少？ 解析：设玩具蛙以v跳出时，车获得的速度为v′，由动量守恒定律有mv＝Mv′ 设蛙从跳出到落到车面上，蛙对地位移为x1，车对地位移为x2，则 x1＝vt，x2＝v′t，h＝gt2 且有x1＋x2＝ 解得v＝ 。 答案： 【创新练】 12．(生活中的爆炸现象)双响爆竹，其一响之后，腾空再发一响，因此得名二踢脚。如图所示，质量为0.1 kg的二踢脚竖立在地面上被点燃后发出一响，向下喷出少量高压气体(此过程位移可忽略)后获得20 m/s的速度竖直升起，到达最高点时恰好发生第二响，立即被炸成A、B两块，其中质量mA＝0.06 kg的A部分以vA＝30 m/s的速度向南水平飞出。已知第二响释放的能量有30%转化为A、B的机械能，不计二踢脚内火药的质量和所受的空气阻力，取g＝10 m/s2，求： (1)A、B两部分落地时的距离L； (2)第二响释放的能量ΔE。 解析：(1)A、B两部分落地的时间为t＝＝s＝2 s 炸成A、B两块时，根据在水平方向动量守恒得mAvA＝mBvB 其中mB＝0.1 kg－0.06 kg＝0.04 kg 解得vB＝45 m/s 炸成A、B两块后，两部分分别做平抛运动，则两部分水平位移分别为 LA＝vAt＝60 m LB＝vBt＝90 m 则A、B两部分落地时的距离L为L＝LA＋LB＝150 m。 (2)由题意可知30%×ΔE＝EkA＋EkB 其中EkA＝mAvA2＝27 J，EkB＝mBvB2＝40.5 J 解得ΔE＝225 J。 答案：(1)150 m　(2)225 J $