1.6反冲现象、火箭 学案（含解析答案）

中小学教育资源及组卷应用平台
1.6反冲现象、火箭
一、考点梳理
考点一、反冲运动的理解和应用
1．定义：一个静止的物体在内力的作用下分裂为两部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向相反的方向运动的现象．
2．规律：反冲运动中，相互作用力一般较大，满足动量守恒定律．
3．反冲运动的三个特点
(1)物体的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．
4．讨论反冲运动应注意的两个问题
(1)速度的方向性：对于原来静止的整体，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，两者运动方向必然相反．在列动量守恒方程时，可任意规定某一部分的运动方向为正方向，则反方向的另一部分的速度就要取负值．
(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，再列动量守恒定律方程．
5．反冲现象的应用及防止
(1)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．
(2)防止：用枪射击时，由于枪身的反冲会影响射击的准确性，所以用枪射击时要把枪身抵在肩部，以减少反冲的影响．
【典例1】反冲小车静止放在水平光滑玻璃上，点燃酒精，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)
(1)若橡皮塞喷出时获得的水平速度v＝2.9 m/s，求小车的反冲速度；
(2)若橡皮塞喷出时速度大小不变，方向与水平方向成60°角，小车的反冲速度又如何(小车一直在水平方向运动)
【答案】(1)0.1 m/s，方向与橡皮塞运动的方向相反 (2)0.05 m/s，方向与橡皮塞运动的水平分运动方向相反
【解析】(1)小车和橡皮塞组成的系统所受外力之和为零，系统总动量为零．以橡皮塞运动的方向为正方向
根据动量守恒定律，mv＋(M－m)v′＝0
v′＝－v＝－×2.9 m/s＝－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，反冲速度大小是0.1 m/s.
(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
mvcos 60°＋(M－m)v″＝0
v″＝－＝－ m/s＝－0.05 m/s
负号表示小车运动方向与橡皮塞运动的水平分运动方向相反，反冲速度大小是0.05 m/s.
【典例2】“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”，爆竹声响是辞旧迎新的标志，是喜庆心情的流露．有一个质量为3m的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为v0、方向水平向东，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为2m，速度大小为v，方向水平向东，则另一块的速度是(　　)
A．3v0－v B．2v0－3v
C．3v0－2v D．2v0＋v
【答案】C
【解析】在最高点水平方向动量守恒，以水平向东为正方向，由动量守恒定律可知，3mv0＝2mv＋mv′，可得另一块的速度为v′＝3v0－2v．
练习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，则炮弹相对炮筒的发射速度v0为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】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=
练习2、在光滑水平面上停着一辆平板车，车左端站着一个大人，右端站着一个小孩，此时平板车静止。在大人和小孩交换位置的过程中，平板车的运动情况应该是（　　）
A．向右运动一段距离，最后静止
B．向左运动一段距离，最后静止
C．一直保持静止
D．上述三种都可能
【答案】B
【解析】以大人、小孩和平板车三者作为研究对象，系统水平方向所受的合外力为零，根据动量守恒定律，可得在大人和小孩相互交换位置时，系统的重心位置保持不变。在大人和小孩相互交换位置时，可假定平板车不动，则在大人和小孩相互交换位置后，系统的重心将右移（因大人的质量要大于小孩的质量）。因此为使系统的重心位置保持不变，平板车必须左移，而在大人和小孩交换位置后，人的动量为零，而总动量为零，则车的动量也为零，故向左运动一段距离，最后静止，故选B。
练习3、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855 m/s，步枪的反冲速度为(　　)
A．2 m/s B．1 m/s
C．3 m/s D．4 m/s
【答案】A
【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：Mv1－mv2＝0，得v1＝ m/s≈2 m/s.
考点二、火箭的工作原理分析
1.火箭喷气属于反冲类问题，是动量守恒定律的重要应用.
2.分析火箭类问题应注意的三个问题
(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、后各物体质量的变化.
(2)明确两部分物体初、末状态的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调整，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.
【典例1】2021年6月17日，搭载神舟十二号载人飞船的长征二号F遥十二运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射，成功将神舟十二号载人飞船送入预定轨道。如果长征二号F遥十二运载火箭（包括载人飞船、宇航员和燃料）的总质量为M，竖直向上由静止开始加速，每次向下喷出质量为m的燃气，燃气被喷出时相对地面的速度大小均为v，则第5次喷出燃气的瞬间，运载火箭速度大小为（忽略重力的影响）（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】第5次喷出燃气的瞬间运载火箭的速度为，此时运载火箭的质量为，忽略重力影响，运载火箭喷气过程系统当量守恒
解得
【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.设火箭质量M＝300 kg，发动机每秒钟喷气20次．
(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 m/s　(2)13.5 m/s
【解析】规定与v相反的方向为正方向
(1)设喷出三次气体后，火箭的速度为v3，
以火箭和喷出的三次气体为研究对象，据动量守恒定律得：(M－3m)v3－3mv＝0，故v3＝≈2 m/s
(2)发动机每秒钟喷气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.
练习1、某一火箭喷气发动机每次喷出的气体，气体离开发动机喷出时的速度。设火箭（包括燃料）质量，发动机每秒喷气20次。以下说法正确的是（　　）
A．运动第末，火箭的速度约为
B．运动第末，火箭的速度约为
C．当发动机第3次喷出气体后，火箭的速度约为
D．当发动机第4次喷出气体后，火箭的速度约为
【答案】C
【解析】A．1s末发动机喷出20次，共喷出的气体质量为
根据动量守恒定律得
则得火箭1s末的速度大小为
故A错误；
B．2s末发动机喷出40次，共喷出的气体质量为
同理可得，火箭2s末的速度大小为
故B错误；
C．第3次气体喷出后，共喷出的气体质量
同理可得，火箭第3次喷出气体后的速度大小为
故C正确；
D．第4次气体喷出后，共喷出的气体质量
同理可得，火箭第4次喷出气体后的速度大小为
故D错误。
练习2、将静置在地面上，质量为M(含燃料)的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体．忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是(　　)
A.v0 B.v0
C.v0 D.v0
【答案】D
【解析】火箭模型在极短时间点火，设火箭模型获得速度为v，规定竖直向上为正方向，据动量守恒定律有0＝(M－m)v－mv0，得v＝v0.
考点三、反冲运动的应用——“人船模型”
1．“人船模型”问题
两个原来静止的物体发生相互作用时，若所受外力的矢量和为零，则动量守恒．在相互作用的过程中，任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比．这样的问题归为“人船模型”问题．
2．人船模型的特点
(1)两物体满足动量守恒定律：
(2)运动特点：人动船动，人停船停，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
(3)应用此关系时要注意一个问题：公式、和x一般都是相对地面而言的．
3.“人船模型”是利用平均动量守恒求解的一类问题，解决这类问题应明确：
(1)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(如水平方向或竖直方向)．
(2)画草图：解题时要画出各物体的位移关系草图，找出各长度间的关系，注意两物体的位移是相对同一参考系的位移．
【典例1】如图所示，一个倾角为α的直角斜面体静置于光滑水平面上，斜面体质量为M，顶端高度为h.现有一质量为m的小物块，沿光滑斜面下滑，当小物块从斜面顶端自由下滑到底端时，斜面体在水平面上移动的距离是(　　)
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】m与M组成的系统在水平方向上动量守恒，设m在水平方向上对地位移大小为x1，M在水平方向上对地位移大小为x2，以水平向左为正方向，则有0＝mx1－Mx2，且x1＋x2＝，解得x2＝．
【典例2】质量为M的热气球吊筐中有一质量为m的人，它们共同静止在距地面为h的高空中．现从热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，则软绳至少有多长？
【答案】h
【解析】如图所示，设绳长为L，人沿软绳滑至地面的时间为t，由图可知，L＝x人＋x球．设人下滑的平均速度大小为v人，气球上升的平均速度大小为v球，以向上为正方向，由动量守恒定律得：0＝Mv球－mv人，即0＝M－m，0＝Mx球－mx人，又有x人＋x球＝L，x人＝h，联立以上各式得：L＝h.因此软绳的长度至少为 h.
练习1、如图所示，气球下面有一根长绳，一个质量为m1＝50 kg的人抓在气球下方，气球和长绳的总质量为m2＝20 kg，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＝5 m．如果这个人开始沿绳向下滑，当滑到绳下端时，他离地面的高度是(可以把人看成质点)(　　)
A．5 m B．3.6 m
C．2.6 m D．8 m
【答案】B
【解析】当人滑到下端时，设人相对地面下滑的位移大小为h1，气球相对地面上升的位移大小为h2，由动量守恒定律，得m1＝m2，且h1＋h2＝h，解得h2≈3.6 m，所以他离地高度是3.6 m．
练习2、平板车停在水平光滑的轨道上，平板车上有一人从固定在车上的货箱边沿水平方向顺着轨道方向跳出，落在平板车地板上的A点，A点距货箱水平距离为l＝4 m，如图所示．人的质量为m，车连同货箱的质量为M＝4m，货箱高度为h＝1.25 m．求车在人跳出后到落到地板前的反冲速度为多大(g取10 m/s2)．
【答案】1.6 m/s
【解析】人从货箱边跳离的过程，系统(人、车和货箱)水平方向动量守恒，设人的水平速度是v1，车的反冲速度是v2，取向右为正方向，则mv1－Mv2＝0，解得v2＝v1
人跳离货箱后做平抛运动，车以v2做匀速运动，运动时间为t＝＝ s＝0.5 s．由图可知，在这段时间内人的水平位移x1和车的位移x2分别为
x1＝v1t，x2＝v2t，x1＋x2＝l
即v1t＋v2t＝l，
则v2＝＝ m/s＝1.6 m/s.
二、夯实小练
1、一个连同装备共有100kg的宇航员，脱离宇宙飞船后，在离飞船45m的位置与飞船处于相对静止状态。装备中有一高压气源，能以50m/s的速度喷出气体。航天员为了能在10分钟内返回飞船，他需要在开始返回的瞬间一次性向后喷出气体的质量是（　　）
A．0.10kg B．0.15kg C．0.20kg D．0.25kg
【答案】B
【解析】设宇航员的速度为u，则释放m1氧气后，则根据动量守恒有0=m1v-(M-m1)u代入数据得m1=0.15kg
2、如图所示，装有炮弹的火炮总质量为m1，炮弹的质量为m2，炮弹射出炮口时对地的速率为v0，若炮管与水平地面的夹角为θ，则火炮后退的速度大小为（设水平面光滑）（　　）
A．v0 B． C． D．
【答案】C
【解析】由于炮弹的重力作用，火炮发射炮弹的过程只有水平方向动量守恒，以向右为正方向，根据动量守恒定律可得m2v0cosθ-(m1-m2)v=0解得C正确。
3、如图所示，气球下面有一根长绳，一个质量为m1=50 kg的人抓在气球下方，气球和长绳的总质量为m2=20 kg，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=5 m。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（可以把人看做质点）（　　）
A．5 m B．3.6 m C．2.6 m D．8 m
【答案】B
【解析】
当人滑到绳下端时，如图所示，由动量守恒定律，得
且h1＋h2=h解得h1=1.4 m所以他离地高度H=h-h1=3.6 m
故选B。
4、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．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. B. C. D.
【答案】D
【解析】开始时，人和气球在空中静止，说明合力等于零．在人沿软绳下滑的过程中，两者所受外力不变，即合力仍等于零．以人和气球为系统，动量守恒而且符合“人船模型”（如图所示），
根据动量守恒定律有mh＝MH，解得H＝ ．所以软绳至少为L＝H＋h＝．
5、如图所示将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上，槽的左侧有一固定在水平面上的物块．今让一小球自左侧槽口A的正上方从静止开始落下，与圆弧槽相切自A点进入槽内，则以下结论中正确的是（ ）
A.小球在半圆槽内运动的全过程中，只有重力对它做功
B.小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒
C.小球自半圆槽的最低点B向C点运动的过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒
D.小球离开C点以后，将做竖直上抛运动
【答案】C
【解析】解：A、小球在半圆槽内运动的B到C过程中，小球与槽组成的系统机械能守恒．由于小球对槽有斜向右下方的压力，槽做加速运动，动能增加，则知小球的机械能减小，故A错误．
B、小球在槽内运动的前半过程中，左侧物体对槽有作用力，小球与槽组成的系统水平方向上的动量不守恒，故B错误．
C、小球自半圆槽的最低点B向C点运动的过程中，水平方向合外力为零，故小球与半圆槽动量守恒．故C正确．
D、小球离开C点以后，既有竖直向上的分速度，又有水平分速度，小球做斜上抛运动．故D错误．
6、如图所示，质量为m的木块和质量为M的金属块用细绳系在一起，处于深水中静止，剪断细绳，木块上浮h时（还没有露出水面），铁块下沉的深度为________。（水的阻力不计）
【答案】
【解析】木块与金属块所构成的系统的重力与所受浮力平衡，合外力为零，故动量守恒。当剪断细绳时，个体的动量不守恒，但系统的动量守恒。对系统而言，剪断前动量为零，当剪断细绳后，金属块下降，动量方向向下，木块上升，动量方向向上，由于合动量为零，即向上的动量与向下的动量大小相等。
设金属块下降的距离为x，则根据动量守恒定律有：Mx＝mh，解得x＝ 。
7、如图所示，小车的质量M＝2.0 kg，带有光滑的圆弧轨道AB和粗糙的水平轨道BC，且两轨道相切于B点。一小物块(可视为质点)质量为m＝0.5 kg，与轨道BC间的动摩擦因数μ＝0.10，BC部分的长度L＝0.80 m，重力加速度g取10 m/s2。
(1)若小车固定在水平面上，将小物块从AB轨道的D点静止释放，小物块恰好可运动到C点。试求D点与BC轨道的高度差；
(2)若将小车置于光滑水平面上，小物块仍从AB轨道的D点静止释放，试求小物块滑到BC中点时的速度大小。
【答案】(1)8.0×10－2 m (2)0.80 m/s
【解析】(1)设D点与BC轨道的高度差为h，根据动能定理有mgh＝μmgL，解得：h＝8.0×10－2 m。
(2)设小物块滑到BC中点时小物块的速度为v1，小车的速度为v2，对系统，水平方向动量守恒有：mv1－Mv2＝0；根据功能关系有：μmg＝mgh－；由以上各式，解得：v1＝0.80 m/s。
8、如图所示，质量为m1=3kg的 光滑圆弧形轨道ABC与一质量为m2=1kg 的物块P紧靠着（不粘连）静置于光滑水平面上，B为半圆轨道的最低点，AC为轨道的水平直径，轨道半径R=0.3m．一质量为m3=2kg的小球（可视为质点）从圆弧轨道的A处由静止释放，g取10m/s2 ， 求：
①小球第一次滑到B点时的速度v1；
②小球第一次经过B点后，相对B能上升的最大高度h．
【答案】（1）v1=﹣2m/s （2）h为0.27m．
【解析】①设小球第一次滑到B点时的速度为v1 ， 轨道和P的速度为v2 ， 取水平向左为正方向，由水平方向动量守恒有：（m1+m2）v2+m3v1=0…根据系统机械能守恒m3gR= （m1+m2）v22+ m3v12 …联①②解得：v1=﹣2m/s方向向右v2=1m/s 方向向左②小球经过B点后，物块P与轨道分离，小球与轨道水平方向动量守恒，且小球上升到最高点时，与轨道共速，设为vm1v2+m3v1=（m1+m3）v …③解得：v=﹣0.2m/s 方向向右由机械能守恒 m1v22+ m3v12= （m1+m3）v2+m3gh …④解得：h=0.27m答：①小球第一次滑到B点时的速度v1为﹣2m/s，方向向右．②小球第一次经过B点后，相对B能上升的最大高度h为0.27m．
9、质量为4 t的火箭，其喷出气体对地的速度为500 m/s，则：(取g＝10 m/s2)
(1)它至少每秒喷出质量为多少的气体，才能开始上升？
(2)如果要以2 m/s2的加速度上升，则每秒可喷出多少气体？
(3)火箭上升后，由于继续喷气，火箭质量将逐渐变小，如果喷气对地速度保持不变，要维持不变的上升加速度，则每秒喷出的气体的质量应如何变化？
【答案】(1)78.4 kg　(2)93.8 kg　(3)减小
【解析】(1)当喷出的气体对火箭的平均冲力大于重力时，火箭才能开始上升．由F＝>(M－m)g，t＝1 s，得m>≈78.4 kg.
(2)设a＝2 m/s2时，每秒喷出气体的质量为m′，则由牛顿运动定律得，－(M－m′)g＝(M－m′)a，t＝1 s，求出m′＝≈93.8 kg.
(3)由－(M′－m′)g＝(M′－m′)a分析知，火箭上升过程中，总质量M′在不断减小，(M′－m′)不断减小，a＝－g＝t－g，要使a保持不变，只有使每秒喷出气体的质量m′减小．
10、如图所示，A和B两小车静止在光滑的水平面上，质量分别为、, A车上有一质量为的人，相对地面以水平速度v0向右跳上B车，并与B车相对静止．若不考虑空气阻力．求：
(1)人跳离A车后，A车的速度大小和方向；
(2)人跳上B车后，B两车的速度大小．
【答案】（1），负号表示A车的速度方向向左．（2）
【解析】（1）设人跳离A车后，A车的速度为 ，研究A车和人组成的系统，以向右为正方向
由动量守恒定律有
解得
负号表示A车的速度方向向左．
(2)研究人和B车，由动量守恒定律有
解得 B 速度大小为：
三、培优练习
1、某人在一辆静止的小车上练习打靶，已知车、人、枪(不包括子弹)及靶的总质量为M，枪内装有n颗子弹，每颗子弹的质量均为m，枪口到靶的距离为L，子弹水平射出枪口时相对于地面的速度为v，在发射后一颗子弹时，前一颗子弹已嵌入靶中。发射完n颗子弹时，小车后退的距离为　 (　　)
A.L B.L
C.L D.L
【答案】C
【解析】以车、人连同枪(不包括子弹)、靶以及枪内n颗子弹组成的系统为研究对象，取子弹的速度方向为正方向。当射出一颗子弹时，由系统的动量守恒得mv-[M+(n-1)m]v'=0；设每颗子弹经过时间t打到靶上，则有vt+v't=L，联立以上两式得v't=L，同理，射完n颗子弹的过程中，每一次发射子弹小车后退的距离都相同，所以小车后退的总距离为s=nv't=。
2、(多选)如图所示，质量均为M的甲、乙两车静置在光滑的水平面上，两车相距为L.乙车上站立着一个质量为m的人，他通过一条轻绳拉甲车，甲、乙两车最后相接触，以下说法正确的是(　　)
A．甲、乙两车运动中速度之比为
B．甲、乙两车运动中速度之比为
C．甲车移动的距离为L
D．乙车移动的距离为L
【答案】ACD
【解析】本题类似人船模型．甲、乙、人看成一个系统，则系统在水平方向上动量守恒，甲、乙两车运动中速度之比等于质量的反比，即为，A正确，B错误；Mx甲＝(M＋m)x乙，x甲＋x乙＝L，解得C、D正确．
3、“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[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的炽热燃气以相对地面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，下列说法中正确的是 (　　)
A.火箭的推力来源于空气对它的反作用力
B.在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为
C.喷出燃气后万户及所携设备能上升的最大高度为
D.在火箭喷气过程中，万户及所携设备机械能守恒
【答案】B
【解析】火箭的推力来源于燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对火箭的作用力，A错误；在燃气喷出后的瞬间，视万户及所携设备[火箭(含燃料)、椅子、风筝等]为系统，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(M-m)v-mv0=0，解得火箭的速度大小为v=，B正确；喷出燃气后万户及所携设备做竖直上抛运动，根据运动学公式可得上升的最大高度为h==，C错误；在火箭喷气过程中，燃料燃烧时有化学能转化为内能和机械能，所以万户及所携设备机械能不守恒，D错误。
4、质量为m的人站在质量为2m的平板小车上，以共同的速度在水平地面上沿直线前行，车所受地面阻力的大小与车对地面压力的大小成正比．当车速为v0时，人从车上以相对于地面大小为v0的速度水平向后跳下．跳离瞬间地面阻力的冲量忽略不计，则能正确表示车运动的v－t图象为(　　)
【答案】B
【解析】人和车以共同的速度在水平地面上沿直线前行，做匀减速直线运动，当车速度为v0时，人从车上以相对于地面大小为v0的速度水平向后跳下，跳离前后系统动量守恒，规定车的速度方向为正方向，则有(m＋2m)v0＝2mv＋(－mv0)，得v＝2v0，人跳车后小车做匀减速直线运动，车所受地面阻力的大小与车对地面压力的大小成正比，所以人跳车前后，车的加速度不变，所以能正确表示车运动v－t图象的是B.
5、如图所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为10m、12m，两船沿同一直线同一方向运动，速度分别为2v0、v0。为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度。(不计水的阻力)
【答案】4v0
【解析】设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为vmin，抛出货物后船的速度为v1，甲船上的人接到货物后船的速度为v2，由动量守恒定律得
货物从乙船抛出过程，12mv0＝11mv1－mvmin
货物落入甲船过程，10m·2v0－mvmin＝11mv2
为避免两船相撞应满足
v1＝v2
解得vmin＝4v0。
6、如图所示，在平静的湖面上有一小船以速度v0=1 m/s匀速行驶，人和船的总质量为M=200 kg，船上另载有20个完全相同的小球，每个小球的质量为m=5 kg。人站立在船头，沿着船的前进方向、每隔一段相同的时间水平抛出一个小球，不计水的阻力和空气的阻力。
(1)如果每次都是以相对于湖岸的速度v=6 m/s抛出小球，试计算抛出第一个小球后小船的速度大小v1和抛出第几个球后船的速度反向？
(2)如果每次都是以相对于小船的速度v=6 m/s抛出小球，试问抛出第16个小球可以使船的速度改变多少？
【答案】(1) m/s　11　(2) m/s
【解析】(1)人抛出第一个球前后，对船、人、20个球整体分析，由动量守恒定律可得(M+20m)v0=(M+19m)v1+mv①
代入数据得v1= m/s，即抛出第一个小球后，船的速度为v1= m/s
设抛出第n个球时，有
[300-(n-1)m]vn-1=(300-nm)vn+mv②
联立①②两式可推得300v0=(300-nm)vn+nmv
代入数据得vn=
当vn<0，即船反向时，有
解得10(2)设第16次抛出小球前，小船的对地速度为v15，抛出后小船的对地速度为v16，
因小球是以相对于小船的速度v=6 m/s抛出，故抛出后小球对地的速度为v16+v，
由动量守恒定律可得
(M+20m-15m)v15=(M+20m-16m)v16+m(v16+v)
代入数据可得船的速度减小Δv=v15-v16= m/s= m/s
7、如图所示，甲、乙两船的总质量（包括船、人和货物）分别为10m、12m，两船沿同一直线、同一方向运动，速度分别为2v0、v0．不计水的阻力．某时刻乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，速度大小为v，则：
（1）抛出货物后，乙船的速度v乙是多少？
（2）甲船上的人将货物接住后，甲船的速度v甲是多少？
（3）为避免两船相撞，抛出的货物的最小速度vmin是多少？
【答案】（1）v乙=；（2）v甲=；（3）vmin=4v0
【解析】规定向右为正方向
（1）对于乙船，根据动量守恒定律得：
12m v0="11" mv乙﹣mv
解得：v乙=
（2）对于甲船根据动量守恒定律得：
20m v0﹣m v0="11" mv甲
解得：v甲=
（3）两车不相撞的条件是：v甲≤v乙
得到 v≥4v0
8、课外科技小组制作一只“水火箭”，用压缩空气压出水流使火箭运动．假如喷出的水流流量保持为2×10－4 m3/s，喷出速度保持为对地10 m/s.启动前火箭总质量为1.4 kg，则启动2 s末火箭的速度可以达到多少？已知火箭沿水平轨道运动阻力不计，水的密度是1.0×103 kg/m3.
【答案】
【解析】“水火箭”喷出水流做反冲运动．设火箭原来总质量为M，喷出水流的流量为Q，水的密度为ρ，喷出水流的速度为v，火箭的反冲速度为v′，
由动量守恒定律得
火箭启动2 s末的速度为
v′＝＝m/s＝4 m/s
9、总质量为m的一颗返回式人造地球卫星沿半径为R的圆轨道绕地球运动到P点时，接到地面指挥中心返回地面的指令，于是立即打开制动火箭向原来运动方向喷出燃气以降低速度并转到跟地球相切的椭圆轨道，如图所示，要使卫星对地速度降为原来的，卫星在P处应将质量为Δm的燃气以多大的对地速度向前喷出？(将连续喷气等效为一次性喷气，地球半径为R0，地面重力加速度为g)
【答案】
【解析】地球对卫星的万有引力提供卫星做圆周运动的向心力，故＝m，即v＝①
又由于在地球表面附近＝mg，即GM＝gR②
将②代入①式可得，v＝，设卫星在P点喷出的燃气对地速度为v′，卫星与燃气组成的系统动量守恒，则有mv＝(m－Δm)v＋Δmv′，即m＝(m－Δm)＋Δmv′，解得：v′＝.
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
HYPERLINK "http://www.21cnjy.com/" 21世纪教育网(www.21cnjy.com)