1.6反冲现象火箭 导学案-2026-2027学年高二上学期物理人教版选择性必修第一册

1.6 反冲现象 火箭 人教版（2019）· 高中物理 选择性必修第一册 教 学 内 容 导练目标 导练内容 目标1 知道反冲现象的定义和特点，了解反冲的应用与防止（重点）。 目标2 理解火箭的工作原理，会用动量守恒分析火箭喷气问题（难点）。 目标3 掌握“人船模型”的适用条件和位移关系，能解决实际问题（易错点）。 ■ 知识导学与典例导练 ▍一、反冲现象 1．定义：当物体的一部分以一定的速度离开物体时，剩余部分将获得一个反向冲量，这种现象称为反冲运动。 2．特点： （1）物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动。 （2）系统内各物体间相互作用的内力远大于所受外力，系统遵循动量守恒定律，或在某一方向上动量守恒。 （3）反冲过程中其他形式的能转化为机械能，系统的机械能增加。 3．反冲的应用与防止： （1）应用：农田、园林的喷灌装置一边喷水一边旋转，火箭、章鱼喷水推进等。 （2）防止：用步枪射击时把枪身抵在肩部，以增大系统质量、减小反冲（后坐）的影响。 4．若系统原来静止，反冲时两部分动量大小相等、方向相反，即 ▍二、爆炸问题 1．爆炸与碰撞类似，物体间相互作用时间很短，作用力很大且远大于系统所受外力，所以爆炸过程系统动量守恒。 2．爆炸过程中燃料的化学能转化为机械能，系统的机械能增加，因此爆炸问题不能套用机械能守恒。 ▍三、火箭的工作原理 1．用途：火箭是运载工具，用于发射探测仪器、人造卫星、宇宙飞船及各类弹头等。 2．原理：火箭利用燃气高速喷发时的反冲运动，内力远大于外力，遵循动量守恒定律。 3．设火箭喷气前总质量为 M，一次向后喷出质量为 m、相对火箭速度为 u 的燃气，火箭初始静止，则喷气后火箭获得的速度为 4．提高火箭速度的方法： （1）提高火箭发射前总质量与燃料燃尽后火箭质量之比（质量比）； （2）提高火箭喷出燃气的速度。 5．多级火箭：燃料逐级燃尽、壳体逐级抛掉，可减小后续飞行质量、进一步提高速度；火箭获得的机械能来自燃料燃烧释放的化学能。 ▍四、“人船模型”问题 1．适用条件： （1）系统由两个物体组成，相互作用前静止、总动量为零； （2）系统在某一方向上动量守恒（如水平方向或竖直方向）。 2．速度关系：任一时刻两物体的速度大小与质量成反比，即 3．位移关系：由于相互作用时间相同，两边同乘时间 t，得位移与质量成反比 4．设人相对船的位移为 L，则两物体对地位移满足 联立可得人、船相对地面的位移分别为 5．运动特点：人动船动、人停船停、人快船快、人慢船慢、人左船右；两物体位移之比等于质量的反比。 ▍考向一 反冲现象的理解与应用 反冲是物体一部分离开、剩余部分获得反向冲量的现象，内力远大于外力、遵循动量守恒；要会辨析反冲现象，并结合爆炸、喷水等情境用动量守恒求解。 【例1】下列现象中应用了反冲原理的是（　　） ①发射炮弹后炮身后退 ②园林的灌溉装置能一边喷水一边旋转 ③喷气式飞机和火箭的飞行 ④用力向后蹬地，人向前运动 A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④ 【例2】章鱼遇到危险时可将吸入体内的水在极短时间内向后喷出，由此获得一个反冲速度，从而迅速向前逃窜完成自救。假设有一只吸满水后的章鱼总质量为M，它正以速度v0匀速运动。若它相对于自身以速率u在极短时间内向后一次性喷射出质量为m的水，章鱼所受阻力可以忽略，则以下说法中正确的是（　　） A．喷水的过程中，章鱼和喷出的水组成的系统总动量一直为零 B．喷水的过程中，章鱼和喷出的水组成的系统机械能守恒 C．章鱼喷水后瞬间逃跑的速度大小为 D．章鱼喷水后瞬间逃跑的速度大小为 【例3】“火树银花十里开”，花城广州常在珠江边燃放烟花庆祝盛大的节日。现有某烟花筒的结构如图甲所示，其工作原理为：点燃引线，引燃发射药燃烧发生爆炸，礼花弹获得一个竖直方向的初速度并同时点燃延期引线，当礼花弹到最高点时，延期引线点燃礼花弹并炸开形成漂亮的球状礼花。现假设某礼花弹在最高点炸开成a、b两部分，速度均为水平方向。炸开后a、b的轨迹图如乙图所示。忽略空气阻力的作用，则（　　） A．a、b两部分落地时的速度大小之比1：3 B．a、b两部分的初动能之比1：3 C．a、b两部分的质量之比1：3 D．a、b两部分落地时的重力功率之比为1：3 ▍考向二 火箭的工作原理 火箭利用燃气高速喷发的反冲获得速度，遵循动量守恒；理解喷气相对速度的换算，知道提高质量比和喷气速度可增大火箭速度。 【例4】下列关于火箭的描述正确的是（　　） A．增加单位时间内燃气喷射量可以增大火箭的推力 B．气体喷出的过程中，火箭和气体组成的系统机械能守恒 C．火箭是靠喷出气流与空气间的作用而获得巨大速度的 D．当燃气喷出火箭喷口的速度相对于地面为零时火箭就不再加速 【例5】一架总质量为m的火箭在太空背景中以速度v匀速飞行，某时刻火箭在极短的时间内喷射出质量为Δm的燃烧气体，喷出气体与火箭的相对速度大小为u，设火箭初速度方向为正方向，则（　　） A．气体喷出后的运动方向可能与火箭运动方向相同 B．气体和火箭组成的系统在短时间内可近似认为动量和机械能都守恒 C．火箭喷出气体后速度可增加到 D．Δm和m的比值越大，火箭速度的增加量就越小 【例6】“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．增大v0的同时减小m B．增大M的同时减小m C．增大v0的同时减小M D．同比例增大M、m ▍考向三 “人船模型”问题 人船模型适用于初始静止、动量守恒的两物体系统，任一时刻速度与质量成反比，位移与质量成反比，且两位移之和等于相对位移，据此列式求解。 【例7】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 【例8】如图所示，有一只小船停靠在湖边码头，小船又窄又长（估计重一吨左右）。一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量。他进行了如下操作：首先将船平行于码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头停下，而后轻轻下船。用卷尺测出船后退的距离d，然后用卷尺测出船长L。已知他的自身质量为m，水的阻力不计，船的质量为（　　） A． B． C． D． 【例9】如图所示，一个质量为m1＝45kg的人爬在一只大气球下方，气球下面有一根长绳。气球和长绳的总质量为m2＝15kg，长绳的下端刚好和水平面接触。当静止时人离地面的高度为h＝8m。如果这个人开始沿绳向下滑，当他滑到绳下端时，他离地面高度是（可以把人看作质点）（　　） A．6m B．4m C．3m D．2m ■ 课堂训练（中上难度） 1．如图为一空间探测器的示意图，探测器质量为10kg，A1、A2、A3、A4是四个喷气发动机，每台发动机开动时，都能沿出口方向以200m/s的速率向外喷出气体（忽略探测器质量变化）。开始时探测器以恒定速率1m/s向+x方向运动，要使探测器改为向+y方向以原来的速率运动，若忽略探测器受到的地球及其他星球的吸引力。则下列措施正确的是（　　） A．开动A1与A2，均喷出0.05kg的气体 B．开动A3与A4，均喷出0.05kg的气体 C．开动A1与A2，均喷出0.1kg的气体 D．开动A3与A4，均喷出0.1kg的气体 2．在水平地面上某点安装有声音记录仪，一可视为质点的爆炸物体从该点以初速度v0竖直向上抛出，当它上升到最高点时被引爆，炸裂成质量之比为mP：mN＝1：2的两个碎块P、N，爆炸后两个碎块的速度均沿水平方向。从引爆瞬间开始计时，在5.5s和7s时分别记录到从空气中传来的两碎块撞击地面的响声。已知声音在空气中的传播速度为340m/s，忽略空气阻力，重力加速度g＝10m/s2。下列说法中正确的是（　　） A．爆炸物体的初速度v0＝50m/s B．两碎块P、N落地点到抛出点距离之比为1：2 C．爆炸后碎块P的初速度为vP＝255m/s D．爆炸后碎块N的初速度为vN＝170m/s 3．总质量为m的返回式人造地球卫星沿半径为R的圆轨道绕地球运动到某点时，向原来运动方向喷出气体以降低卫星的速度，随后卫星转到与地球相切的椭圆轨道，要使卫星相对地面的速度变为原来的k倍（k＜1），则卫星在该点将质量为Δm的气体喷出的对地速度大小应为（将连续喷气等效为一次性喷气，地球半径为R0，地球表面重力加速度为g）（　　） A． B． C． D． 4．2021年5月15日，天问一号着陆巡视器成功着陆于火星，中国首次火星探测任务取得圆满成功。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（含燃料）为M，极短时间Δt内喷射的燃气质量是m，为使着陆器经一次瞬间喷射燃气后，其下落的速率从v0减为v，重力加速度为g火，求： （1）瞬间喷出的燃气相对火星表面的速率v′。 （2）极短时间Δt内燃气对着陆器的作用力大小。 5．如图所示，甲、乙两船的总质量（包括船、人和货物）分别为8m、14m，两船沿同一直线同一方向运动，速率分别为2v0、v0，乙船上的人将一质量为2m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，刚好可避免两船相撞，同时保证两船继续同向运动，不计水的阻力。则抛出货物的速率是（　　） A． B． C． D． 6．如图所示，在光滑的水平面上，有一静止的平板小车，甲、乙两人分别站在小车左、右两端。当他俩同时相向而行时，发现小车向左运动，下列说法正确的是（　　） A．乙的速度必定小于甲的速度 B．甲的动量必定大于乙的动量 C．甲的加速度必定大于乙的加速度 D．乙对小车的水平冲量必定大于甲对小车的水平冲量 7．在滑冰场上有质量m＝40kg的孩童，站在质量M＝20kg的长木板的一端，该孩童与木板在水平光滑冰面上一起以v0＝2m/s的速度向右运动。若孩童以a0＝1m/s2的加速度匀加速跑向另一端，并从端点水平跑离木板时，木板恰好静止，则下列判断正确的是（　　） A．孩童跑动时受到木板的摩擦力方向向左 B．孩童在木板上运动的时间为t＝2s C．木板对地位移为2m D．木板长度为1.5m 8．一长度为L、质量为M的木板静止放置在光滑水平地面上，一质量为m的青蛙静止蹲在木板的左端。观察者发现：青蛙竖直向上起跳时，能上升的最大高度为h。青蛙向右上方起跳时，恰好能落至长木板右端。设青蛙（看作质点）每次起跳做功相同，忽略空气阻力，重力加速度为g。求： （1）每次青蛙起跳做的功W； （2）青蛙向右上方起跳恰好落在木板右端时的水平位移大小（用木板长度L表示）； （3）若青蛙在水平地面上起跳，则其落地时的最大水平位移大小（用h表示）。 9．如图所示，静置于光滑水平面上的轨道A由粗糙水平轨道和半径为R、圆心角为53°的光滑圆弧轨道组成。A最左侧固定一轻弹簧，开始时弹簧处于压缩状态且被锁定，储存的弹性势能为Ep（Ep未知），小物块B紧靠在弹簧右侧，到圆弧底端距离为0.4R。解除弹簧的锁定后，A、B同时开始运动。已知A的质量为2m，B的质量为m，重力加速度为g，水平轨道与B之间的动摩擦因数为0.5，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。 （1）若Ep＝0.6mgR，求B能上升的最大高度； （2）若Ep＝0.6mgR，求A向左运动的最大位移。 （3）若Ep＝0.85mgR，求B从轨道冲出后上升到最高点的速度。 10．如图所示，光滑水平面MN上放两相同小滑块A、B，左端挡板处有一弹射装置P，右端N处与水平传送带平滑连接，传送带水平部分长度L＝8m，传送带沿逆时针方向以恒定速度v＝6m/s匀速转动。滑块A、B（大小不计）与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，滑块A、B质量mA＝mB＝1kg。开始时滑块A、B均静止，A、B间压缩一轻质弹簧（与A、B均未栓接），弹簧中锁定有弹性势能EP＝16J。现解除锁定，弹开A、B并立即拿走弹簧，g取10m/s2。 （1）计算A、B弹开后瞬间，A、B的速度大小vA1、vB1； （2）滑块B获得速度后，向右运动滑上传送带，计算滑块B在传送带上向右滑动的最远距离sm和滑块B从传送带返回水平面MN时的速度大小vB2，已知在这个过程中，B没有与A相碰； （3）若滑块B返回水平面MN后与被弹射装置P弹回的A在水平面上相碰，且A、B碰后互换速度。则弹射装置P至少给A做多少功才能让A、B碰后B能从Q端滑出。 1.6 反冲现象 火箭 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 1.6 反冲现象 火箭 人教版（2019）· 高中物理 选择性必修第一册 教 学 内 容 导练目标 导练内容 目标1 知道反冲现象的定义和特点，了解反冲的应用与防止（重点）。 目标2 理解火箭的工作原理，会用动量守恒分析火箭喷气问题（难点）。 目标3 掌握“人船模型”的适用条件和位移关系，能解决实际问题（易错点）。 ■ 知识导学与典例导练 ▍一、反冲现象 1．定义：当物体的一部分以一定的速度离开物体时，剩余部分将获得一个反向冲量，这种现象称为反冲运动。 2．特点： （1）物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动。 （2）系统内各物体间相互作用的内力远大于所受外力，系统遵循动量守恒定律，或在某一方向上动量守恒。 （3）反冲过程中其他形式的能转化为机械能，系统的机械能增加。 3．反冲的应用与防止： （1）应用：农田、园林的喷灌装置一边喷水一边旋转，火箭、章鱼喷水推进等。 （2）防止：用步枪射击时把枪身抵在肩部，以增大系统质量、减小反冲（后坐）的影响。 4．若系统原来静止，反冲时两部分动量大小相等、方向相反，即 ▍二、爆炸问题 1．爆炸与碰撞类似，物体间相互作用时间很短，作用力很大且远大于系统所受外力，所以爆炸过程系统动量守恒。 2．爆炸过程中燃料的化学能转化为机械能，系统的机械能增加，因此爆炸问题不能套用机械能守恒。 ▍三、火箭的工作原理 1．用途：火箭是运载工具，用于发射探测仪器、人造卫星、宇宙飞船及各类弹头等。 2．原理：火箭利用燃气高速喷发时的反冲运动，内力远大于外力，遵循动量守恒定律。 3．设火箭喷气前总质量为 M，一次向后喷出质量为 m、相对火箭速度为 u 的燃气，火箭初始静止，则喷气后火箭获得的速度为 4．提高火箭速度的方法： （1）提高火箭发射前总质量与燃料燃尽后火箭质量之比（质量比）； （2）提高火箭喷出燃气的速度。 5．多级火箭：燃料逐级燃尽、壳体逐级抛掉，可减小后续飞行质量、进一步提高速度；火箭获得的机械能来自燃料燃烧释放的化学能。 ▍四、“人船模型”问题 1．适用条件： （1）系统由两个物体组成，相互作用前静止、总动量为零； （2）系统在某一方向上动量守恒（如水平方向或竖直方向）。 2．速度关系：任一时刻两物体的速度大小与质量成反比，即 3．位移关系：由于相互作用时间相同，两边同乘时间 t，得位移与质量成反比 4．设人相对船的位移为 L，则两物体对地位移满足 联立可得人、船相对地面的位移分别为 5．运动特点：人动船动、人停船停、人快船快、人慢船慢、人左船右；两物体位移之比等于质量的反比。 ▍考向一 反冲现象的理解与应用 反冲是物体一部分离开、剩余部分获得反向冲量的现象，内力远大于外力、遵循动量守恒；要会辨析反冲现象，并结合爆炸、喷水等情境用动量守恒求解。 【例1】下列现象中应用了反冲原理的是（　　） ①发射炮弹后炮身后退 ②园林的灌溉装置能一边喷水一边旋转 ③喷气式飞机和火箭的飞行 ④用力向后蹬地，人向前运动 A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④ 【答案】A 【解答】解：反冲是指系统的一部分在内力的作用下向某一方向运动时，由于相互作用瞬间动量守恒，其余部分向相反的方向运动。①发射炮弹时，炮身因反冲作用向后运动，符合反冲原理；②园林的灌溉装置喷水时，灌溉装置因反冲作用向相反方向旋转，符合反冲原理；③喷气式飞机和火箭向后喷射高速气体，喷气式飞机和火箭因反冲作用向前运动，符合反冲原理；④用力向后蹬地，人获得向前的反作用力而向前运动，但这个反作用力并不是由于地面向相反方向运动而产生的，不符合反冲原理。综合上述，故A正确，BCD错误。 故选：A。 【例2】章鱼遇到危险时可将吸入体内的水在极短时间内向后喷出，由此获得一个反冲速度，从而迅速向前逃窜完成自救。假设有一只吸满水后的章鱼总质量为M，它正以速度v0匀速运动。若它相对于自身以速率u在极短时间内向后一次性喷射出质量为m的水，章鱼所受阻力可以忽略，则以下说法中正确的是（　　） A．喷水的过程中，章鱼和喷出的水组成的系统总动量一直为零 B．喷水的过程中，章鱼和喷出的水组成的系统机械能守恒 C．章鱼喷水后瞬间逃跑的速度大小为 D．章鱼喷水后瞬间逃跑的速度大小为 【答案】D 【解答】解：A.喷水过程时间极短，系统内力远大于外力，动量守恒，初始系统总动量为Mv0，因此总动量保持Mv0不变，并非一直为零，故A错误； B.喷水过程中章鱼体内的化学能转化为系统机械能，系统机械能增加，不满足机械能守恒条件，故B错误； CD.规定章鱼初始运动方向为正方向，设喷水后章鱼瞬间对地速度为v，喷出的水相对章鱼向后的速率为u，因此喷出的水相对章鱼的速度为﹣u，由相对速度关系得水对地速度为v﹣u。根据动量守恒定律列方程有Mv0＝（M﹣m）v+m（v﹣u），化简得Mv0＝Mv﹣mu，解得，故C错误，D正确。 故选：D。 【例3】“火树银花十里开”，花城广州常在珠江边燃放烟花庆祝盛大的节日。现有某烟花筒的结构如图甲所示，其工作原理为：点燃引线，引燃发射药燃烧发生爆炸，礼花弹获得一个竖直方向的初速度并同时点燃延期引线，当礼花弹到最高点时，延期引线点燃礼花弹并炸开形成漂亮的球状礼花。现假设某礼花弹在最高点炸开成a、b两部分，速度均为水平方向。炸开后a、b的轨迹图如乙图所示。忽略空气阻力的作用，则（　　） A．a、b两部分落地时的速度大小之比1：3 B．a、b两部分的初动能之比1：3 C．a、b两部分的质量之比1：3 D．a、b两部分落地时的重力功率之比为1：3 【答案】B 【解答】解：A、a、b两部分落地时的速度大小 ， 结合上述可知，a、b两部分落地时的速度大小之比不等于1：3，故A错误； B、a、b两部分的初动能 ， 结合上述解得 Eka：Ekb＝1：3 故B正确； C、平抛运动水平方向为匀速直线运动，则有 x＝vata，3x＝vbtb 竖直方向上有 ， 则有 va：vb＝1：3 根据动量守恒定律有 mava﹣mbvb＝0 解得 ma：mb＝3：1 故C错误； D、a、b两部分落地时的重力功率 ， 结合上述解得 Pa：Pb＝3：1 故D错误。 故选：B。 ▍考向二 火箭的工作原理 火箭利用燃气高速喷发的反冲获得速度，遵循动量守恒；理解喷气相对速度的换算，知道提高质量比和喷气速度可增大火箭速度。 【例4】下列关于火箭的描述正确的是（　　） A．增加单位时间内燃气喷射量可以增大火箭的推力 B．气体喷出的过程中，火箭和气体组成的系统机械能守恒 C．火箭是靠喷出气流与空气间的作用而获得巨大速度的 D．当燃气喷出火箭喷口的速度相对于地面为零时火箭就不再加速 【答案】A 【解答】解：A.以火箭为研究对象，设火箭的质量为m、火箭所受到的推力大小为F，以竖直向上为正方向，根据动量定理可得：（F﹣mg）t＝mΔv，则：Fmg，则增加单位时间内燃气喷射量可以增大火箭的推力，故A正确； B.气体喷出的过程中，火箭内的气体做功，火箭和气体组成的系统机械能不守恒，故B错误； C.燃料燃烧时火箭向下喷气，喷出的气体的反作用力推动火箭升空，即火箭是靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度的，故C错误； D.当燃气喷出火箭喷口的速度相对于地面为零时，燃气相对火箭仍有速度，仍可使得火箭加速，故D错误； 故选：A。 【例5】一架总质量为m的火箭在太空背景中以速度v匀速飞行，某时刻火箭在极短的时间内喷射出质量为Δm的燃烧气体，喷出气体与火箭的相对速度大小为u，设火箭初速度方向为正方向，则（　　） A．气体喷出后的运动方向可能与火箭运动方向相同 B．气体和火箭组成的系统在短时间内可近似认为动量和机械能都守恒 C．火箭喷出气体后速度可增加到 D．Δm和m的比值越大，火箭速度的增加量就越小 【答案】A 【解答】解：A、当火箭的速度大于气体相对火箭的速度时，气体喷出后的运动方向与火箭运动方向相同，故A正确。 B、气体和火箭组成的系统在短时间内，内力远大于外力，可近似认为动量守恒。但由于燃料燃烧，化学能转化为机械能，机械能不守恒，故B错误。 CD、设火箭的初始运动方向为正，由动量守恒得mv＝（m﹣Δm）v'﹣Δm（u﹣v'），可得v'＝v，Δm和m的比值越大，火箭速度的增加量就越大，故CD错误。 故选：A。 【例6】“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．增大v0的同时减小m B．增大M的同时减小m C．增大v0的同时减小M D．同比例增大M、m 【答案】C 【解答】解：规定竖直向上为正方向，设火箭的速度大小为v，则燃气的速度为﹣v0，万户及剩余设备的动量为（M−m）v，燃气的动量为−mv0 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，则有 （M﹣m）v﹣mv0＝0 解得火箭的速度大小为 增大v0的同时减小M，可增大火箭的发射速度。故C正确，ABD错误。 故选C。 ▍考向三 “人船模型”问题 人船模型适用于初始静止、动量守恒的两物体系统，任一时刻速度与质量成反比，位移与质量成反比，且两位移之和等于相对位移，据此列式求解。 【例7】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】B 【解答】解：A、根据题意分析可知，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； B、根据题意分析可知，由动量守恒定律有 Mv船＝mv人 又M＞m，故 v人＞v船 故B正确； C、根据题意分析可知，由人和船组成的系统动量守恒且系统总动量为零知：人走船走，人停船停，故C错误； D、根据题意分析可知，由平均动量守恒 和 x人+x船＝L 知 故D错误。 故选：B。 【例8】如图所示，有一只小船停靠在湖边码头，小船又窄又长（估计重一吨左右）。一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量。他进行了如下操作：首先将船平行于码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头停下，而后轻轻下船。用卷尺测出船后退的距离d，然后用卷尺测出船长L。已知他的自身质量为m，水的阻力不计，船的质量为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【解答】解：水的阻力不计，人、船水平方向动量守恒，平均动量也守恒。设人走动时船的平均速度大小为，人的平均速度大小为，取船的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有： 即 人、船运动时间相等，则有Mx船﹣mx人＝0 又x船+x人＝L，x船＝d，联立解得船的质量为：，故ACD错误，B正确。 故选：B。 【例9】如图所示，一个质量为m1＝45kg的人爬在一只大气球下方，气球下面有一根长绳。气球和长绳的总质量为m2＝15kg，长绳的下端刚好和水平面接触。当静止时人离地面的高度为h＝8m。如果这个人开始沿绳向下滑，当他滑到绳下端时，他离地面高度是（可以把人看作质点）（　　） A．6m B．4m C．3m D．2m 【答案】A 【解答】解：系统所受合外力为零，系统动量守恒， 以向下为正方向，由动量守恒定律得m1v1﹣m2v2＝0，m1m20， 由几何关系可知x人+x气球＝h，代入数据解得x人＝2m，x气球＝6m， 当人滑到绳下端时，人离地面高度h'＝h﹣x人＝8m﹣2m＝6m，故A正确，BCD错误。 故选：A。 ■ 课堂训练（中上难度） 1．如图为一空间探测器的示意图，探测器质量为10kg，A1、A2、A3、A4是四个喷气发动机，每台发动机开动时，都能沿出口方向以200m/s的速率向外喷出气体（忽略探测器质量变化）。开始时探测器以恒定速率1m/s向+x方向运动，要使探测器改为向+y方向以原来的速率运动，若忽略探测器受到的地球及其他星球的吸引力。则下列措施正确的是（　　） A．开动A1与A2，均喷出0.05kg的气体 B．开动A3与A4，均喷出0.05kg的气体 C．开动A1与A2，均喷出0.1kg的气体 D．开动A3与A4，均喷出0.1kg的气体 【答案】A 【解答】解：+x方向速率减为0，需开动A1向外喷出质量为m1的气体，喷气过程系统动量守恒有m1×200m/s＝10kg×1m/s，解得m＝0.05 kg； +y方向由静止增大到速率为1m/s，需开动A2向外喷出质量为m2的气体，喷气过程系统动量守恒有m2×200m/s＝10kg×1m/s，解得m2＝0.05 kg，故A正确，BCD错误。 故选：A。 2．在水平地面上某点安装有声音记录仪，一可视为质点的爆炸物体从该点以初速度v0竖直向上抛出，当它上升到最高点时被引爆，炸裂成质量之比为mP：mN＝1：2的两个碎块P、N，爆炸后两个碎块的速度均沿水平方向。从引爆瞬间开始计时，在5.5s和7s时分别记录到从空气中传来的两碎块撞击地面的响声。已知声音在空气中的传播速度为340m/s，忽略空气阻力，重力加速度g＝10m/s2。下列说法中正确的是（　　） A．爆炸物体的初速度v0＝50m/s B．两碎块P、N落地点到抛出点距离之比为1：2 C．爆炸后碎块P的初速度为vP＝255m/s D．爆炸后碎块N的初速度为vN＝170m/s 【答案】C 【解答】解：A、设P、N落地声传播时间为t1、t2，声音传播距离等于落地点到抛出点的水平距离，即xP＝340m/s•t1，xN＝340m/s•t2，结合xP：xN＝2：1得t1＝2t2 总计时满足t+t1＝7s（P位移大，传播时间长，总时间更长），t+t2＝5.5s 解得t2＝1.5s，t1＝3s 下落时间t＝7s﹣3s＝4s 竖直上抛初速度v0＝gt＝10×4m/s＝40m/s，故A错误； B、最高点爆炸时水平方向动量守恒，取P运动方向为正方向，由动量守恒可得0＝mPvP﹣mNvN 已知mP：mN＝1：2，得vP：vN＝2：1 两碎块平抛下落高度相同，落地时间t相同，水平位移xP＝vPt、xN＝vNt，故xP：xN＝2：1，故B错误； C、爆炸后P的初速度，故C正确； D、爆炸后N的初速度，即vN＝127.5m/s，故D错误。 故选：C。 3．总质量为m的返回式人造地球卫星沿半径为R的圆轨道绕地球运动到某点时，向原来运动方向喷出气体以降低卫星的速度，随后卫星转到与地球相切的椭圆轨道，要使卫星相对地面的速度变为原来的k倍（k＜1），则卫星在该点将质量为Δm的气体喷出的对地速度大小应为（将连续喷气等效为一次性喷气，地球半径为R0，地球表面重力加速度为g）（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【解答】解：设原本速度v1，由万有引力提供向心力：， 喷出后速度kv1，Δm相对地球速度v，以原本速度方向为正，由动量守恒：mv1＝（m﹣Δm）kv1+Δmv， 又，解得： ，故ABD错误，C正确。 故选：C。 4．2021年5月15日，天问一号着陆巡视器成功着陆于火星，中国首次火星探测任务取得圆满成功。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（含燃料）为M，极短时间Δt内喷射的燃气质量是m，为使着陆器经一次瞬间喷射燃气后，其下落的速率从v0减为v，重力加速度为g火，求： （1）瞬间喷出的燃气相对火星表面的速率v′。 （2）极短时间Δt内燃气对着陆器的作用力大小。 【答案】（1）瞬间喷出的燃气相对火星表面的速率为（v0﹣v）。 （2）极短时间Δt内燃气对着陆器的作用力大小。 【解答】解：（1）喷射燃气的过程动量守恒，取向下为正方向有Mv0＝（M﹣m）v+mv′解得v′＝（v0﹣v）； （2）一次瞬间喷射前的动量p＝（M﹣m）v0 一次瞬间喷射后的动量p'＝（M﹣m）v 一次瞬间喷射过程中燃气对着陆器的冲量I＝（M﹣m）v﹣（M﹣m）v0 根据动量定理（F﹣mg火）Δt＝I＝（M﹣m）v﹣（M﹣m）v0 解得F。 答：（1）瞬间喷出的燃气相对火星表面的速率为（v0﹣v）。 （2）极短时间Δt内燃气对着陆器的作用力大小。 5．如图所示，甲、乙两船的总质量（包括船、人和货物）分别为8m、14m，两船沿同一直线同一方向运动，速率分别为2v0、v0，乙船上的人将一质量为2m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，刚好可避免两船相撞，同时保证两船继续同向运动，不计水的阻力。则抛出货物的速率是（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【解答】解：以原运动方向为正方向，抛后乙船的速度为v1对乙船和抛出货物列动量守恒，则有14mv0＝﹣2mv+12mv1 甲船接收到货物后的速度为v2 对甲船和货物列动量守恒，则有16mv0﹣2mv＝10mv2 依题意有v1＝v2，16mv0＞2mv 代入数据可得v，故A正确，BCD错误。 故选：A。 6．如图所示，在光滑的水平面上，有一静止的平板小车，甲、乙两人分别站在小车左、右两端。当他俩同时相向而行时，发现小车向左运动，下列说法正确的是（　　） A．乙的速度必定小于甲的速度 B．甲的动量必定大于乙的动量 C．甲的加速度必定大于乙的加速度 D．乙对小车的水平冲量必定大于甲对小车的水平冲量 【答案】B 【解答】解：AB.取水平向左为正方向。设甲的质量为m1，速度为﹣v1；乙的质量为m2，速度为v2；小车质量为M，速度为v，系统动量守恒﹣m1v1+m2v2+Mv＝0 变形得m1v1＝m2v2+Mv 因此，甲的动量大小p甲＝m1v1大于乙的动量大小p乙＝m2v2 但m1、m2未知，因此无法比较速度大小，故A错误，B正确； C.甲、乙在水平方向上只受小车对他们的摩擦力（不计空气阻力），摩擦力提供他们相对小车运动的加速度。摩擦力的大小取决于人脚与车面之间的正压力和摩擦因数，而正压力等于各自的重力，由于m1、m2未知，因此无法比较加速度大小，故C错误； D.人对小车的冲量等于人的动量变化量大小。由动量守恒，甲的动量大小大于乙的动量大小，因此甲对小车的冲量大小大于乙对小车的冲量大小，故D错误。 故选：B。 7．在滑冰场上有质量m＝40kg的孩童，站在质量M＝20kg的长木板的一端，该孩童与木板在水平光滑冰面上一起以v0＝2m/s的速度向右运动。若孩童以a0＝1m/s2的加速度匀加速跑向另一端，并从端点水平跑离木板时，木板恰好静止，则下列判断正确的是（　　） A．孩童跑动时受到木板的摩擦力方向向左 B．孩童在木板上运动的时间为t＝2s C．木板对地位移为2m D．木板长度为1.5m 【答案】D 【解答】解：A、孩童向右做匀加速运动，加速度向右，合力向右，孩童水平方向仅受木板的摩擦力，因此摩擦力方向向右，故A错误； B、孩童和木板组成的系统动量守恒，设孩童离开木板时速度为v，设向右为正方向，根据动量守恒，有（M+m）v0＝mv+M•0 代入数据得v＝3m/s 已知孩童对地加速度 由运动学公式v＝v0+a0t 得运动时间，故B错误； C、对木板，由牛顿第三定律，木板受到孩童的摩擦力大小f＝ma0＝40×1N＝40N，方向向左 木板加速度 木板对地位移，故C错误； D、孩童对地位移 木板长度等于孩童相对于木板的位移L＝x孩﹣x＝2.5m﹣1m＝1.5m，故D正确。 故选：D。 8．一长度为L、质量为M的木板静止放置在光滑水平地面上，一质量为m的青蛙静止蹲在木板的左端。观察者发现：青蛙竖直向上起跳时，能上升的最大高度为h。青蛙向右上方起跳时，恰好能落至长木板右端。设青蛙（看作质点）每次起跳做功相同，忽略空气阻力，重力加速度为g。求： （1）每次青蛙起跳做的功W； （2）青蛙向右上方起跳恰好落在木板右端时的水平位移大小（用木板长度L表示）； （3）若青蛙在水平地面上起跳，则其落地时的最大水平位移大小（用h表示）。 【答案】（1）每次青蛙起跳做的功为mgh； （2）青蛙向右上方起跳恰好落在木板右端时的水平位移大小为； （3）若青蛙在水平地面上起跳，则其落地时的最大水平位移大小为2h。 【解答】解：（1）青蛙在向上运动的过程中机械能守恒，可知青蛙起跳做的功W 最高的转化为其重力势能，所以W＝mgh （2）青蛙向右上方起跳的过程中青蛙与木板组成的系统沿水平方向的动量守恒，设青蛙沿水平方向的分速度大小为v1x，木板的速度大小为v2，则mv1x＝Mv2 此后它们沿水平方向的速度大小不变，它们沿水平方向的位移大小则满足mx1＝Mx2 又x1+x2＝L 联立解得青蛙水平位移大小 （3）设青蛙跳起时的速度为v0，则 设初速度与水平方向的夹角为θ，则青蛙的水平方向的分速度为vx＝v0cosθ 竖直方向的分速度为vy＝v0sinθ 因为青蛙的运动轨迹为对称的抛物线，因此从抛出至落地过程中，水平方向分速度不变，竖直方向分速度由vy变为﹣vy， 由此可知青蛙在空中运动的时间为t 可得青蛙在水平方向的位移为xx＝vxt 可知当θ＝45°时，xx取最大值，为xxm＝2h 答：（1）每次青蛙起跳做的功为mgh； （2）青蛙向右上方起跳恰好落在木板右端时的水平位移大小为； （3）若青蛙在水平地面上起跳，则其落地时的最大水平位移大小为2h。 9．如图所示，静置于光滑水平面上的轨道A由粗糙水平轨道和半径为R、圆心角为53°的光滑圆弧轨道组成。A最左侧固定一轻弹簧，开始时弹簧处于压缩状态且被锁定，储存的弹性势能为Ep（Ep未知），小物块B紧靠在弹簧右侧，到圆弧底端距离为0.4R。解除弹簧的锁定后，A、B同时开始运动。已知A的质量为2m，B的质量为m，重力加速度为g，水平轨道与B之间的动摩擦因数为0.5，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。 （1）若Ep＝0.6mgR，求B能上升的最大高度； （2）若Ep＝0.6mgR，求A向左运动的最大位移。 （3）若Ep＝0.85mgR，求B从轨道冲出后上升到最高点的速度。 【答案】（1）B能上升的最大高度为0.4R； （2）A向左运动的最大位移为0.4R； （3）B从轨道冲出后上升到最高点的速度为。 【解答】解：（1）对AB系统水平方向受合外力为零，则水平方向动量守恒，当B上升到最高点时，AB共速且速度为零，则由能量关系可知 Ep＝0.6mgR＝μmg×0.4R+mgh 解得h＝0.6R﹣0.5×0.4R＝0.4R 此时B刚好到达最高点； （2）当B运动到水平轨道右端点时，A向左运动的位移最大， 对AB系统，水平方向动量守恒，mv1＝2mv2 两边同乘以时间可得mx1＝2mx2，可得x1＝2x2 其中x1+x2＝0.4R+Rsin53°＝0.4R+0.8R＝1.2R 可得 x1＝0.8R x2＝0.4R； （3）当Ep＝0.85mgR时，滑块B将滑离轨道，水平方向，由动量守恒2mv2′＝mv1x′， 设AB分离时，B相对A的速度为u，则v1x′＝ucos53°﹣v2′，v1y＝usin53°，v1′2＝v1x′2+v1y′2， 由能量守恒可得 联立解得。 答：（1）B能上升的最大高度为0.4R； （2）A向左运动的最大位移为0.4R； （3）B从轨道冲出后上升到最高点的速度为。 10．如图所示，光滑水平面MN上放两相同小滑块A、B，左端挡板处有一弹射装置P，右端N处与水平传送带平滑连接，传送带水平部分长度L＝8m，传送带沿逆时针方向以恒定速度v＝6m/s匀速转动。滑块A、B（大小不计）与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，滑块A、B质量mA＝mB＝1kg。开始时滑块A、B均静止，A、B间压缩一轻质弹簧（与A、B均未栓接），弹簧中锁定有弹性势能EP＝16J。现解除锁定，弹开A、B并立即拿走弹簧，g取10m/s2。 （1）计算A、B弹开后瞬间，A、B的速度大小vA1、vB1； （2）滑块B获得速度后，向右运动滑上传送带，计算滑块B在传送带上向右滑动的最远距离sm和滑块B从传送带返回水平面MN时的速度大小vB2，已知在这个过程中，B没有与A相碰； （3）若滑块B返回水平面MN后与被弹射装置P弹回的A在水平面上相碰，且A、B碰后互换速度。则弹射装置P至少给A做多少功才能让A、B碰后B能从Q端滑出。 【答案】（1）计算A、B弹开后瞬间，A、B的速度大小vA1、vB1分别为4m/s、4m/s； （2）滑块B在传送带上向右滑动的最远距离sm为4m，滑块B从传送带返回水平面MN时的速度大小vB2为4m/s； （3）弹射装置P至少给A做8J的功才能让A、B碰后B能从Q端滑出。 【解答】解：（1）解除锁定弹开A、B过程中，设向右为正方向 由机械能守恒有： 由动量守恒有：mBvB1﹣mAvA1＝0 两式联立解得：vA1＝4m/s，vB1＝4m/s （2）滑块B滑上传送带后做匀减速运动，当速度减为零时，运动距离最远。 由动能定理得：﹣μmBg•sm＝0 解得：sm＝4m 滑块B沿传送带向左返回时，根据运动的对称性，滑块B将在摩擦力作用下一直做匀加速运动直到滑上水平面MN。 由动能定理得：μmBg•sm0 解得：vB2＝4m/s （3）设弹射装置对A做功为W，则： A、B碰后速度互换，B的速度：vB3＝vA2 B要滑出平台Q端，由能量关系有： （或） 联立解得：W≥8J 即装置P至少给A做8J的功才能让B从Q端滑出。 答：（1）计算A、B弹开后瞬间，A、B的速度大小vA1、vB1分别为4m/s、4m/s； （2）滑块B在传送带上向右滑动的最远距离sm为4m，滑块B从传送带返回水平面MN时的速度大小vB2为4m/s； （3）弹射装置P至少给A做8J的功才能让A、B碰后B能从Q端滑出。 1 学科网（北京）股份有限公司 $