第6节 反冲现象 火箭
课标要求 学习目标
体会用守恒定律分析物理问题的方法,体会自然界的和谐与统一。 1.了解反冲现象及反冲现象在生活中的应用。 2.理解火箭的飞行原理,能够应用动量守恒定律分析火箭飞行的问题。 3.掌握“人船模型”的特点,并能运用动量守恒定律分析、解决相关问题。 4.能运用动量守恒定律解决“爆炸问题”。
一、反冲现象
1.概念:一个静止的物体在内力的作用下分裂为两部分,两部分分别向相反方向运动的现象。
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)反冲运动中,相互作用力一般较大,通常可以用 定律来处理。
3.应用与防止
(1)应用:农田、园林的喷灌装置能够一边喷水一边 ,这是因为喷口的朝向略有偏斜,水从喷口喷出时,喷管因反冲而旋转。
(2)防止:用枪射击时,由于枪身的反冲会影响射击的准确性,所以用步枪射击时要把枪身抵在肩部,以减少反冲的影响。
[微点拨]
反冲运动中,系统的初动量为零,则动量守恒定律的形式为:0=m1v1+m2v2,即做反冲运动的两部分的动量大小相等、方向相反。
[情境思考]
两位同学在公园里划船。租船时间将到,她们把小船划向码头。当小船离码头约为2 m时,有一位同学心想:自己在体育课上立定跳远的成绩从未低于2 m,跳到岸上绝对没有问题。于是她纵身一跳,结果却掉到了水里(如图)。她为什么不能如她所想的那样跳到岸上呢 (假设起跳时船已静止)
二、火箭
1.工作原理:利用 原理,火箭点燃燃料产生的燃气从尾部以很大的速度向后喷出,使火箭获得巨大的速度。
2.火箭速度的大小
(1)推导:设火箭在极短时间内喷出的气体质量为Δm,气体的速度为u,喷出气体后火箭的质量为m,火箭的速度增加量为Δv,由动量守恒定律得:mΔv+Δmu=0,解得Δv=- u。
(2)影响火箭速度大小的因素
①喷气速度u。喷出的气体速度越大,火箭获得的速度Δv越大。
②火箭喷出物质的质量与火箭本身质量之比。比值越大,火箭获得的速度Δv越大。
[质疑辨析]
我国早在宋代就发明了火箭(如图甲),火箭上扎一个火药筒,火药筒的前端是封闭的,火药点燃后火箭由于反冲向前运动。现代火箭原理与古代火箭原理相同(如图乙)。
判断下列说法是否正确:
(1)火箭应用了反冲的原理。 ( )
(2)火箭在向后喷气的过程中,火箭的总质量在不断减小,火箭向前运动的速度在不断增大。 ( )
(3)火箭点火后向下喷出高速高压气体,离开地面火箭向上加速,是地面对火箭的反作用力作用的结果。( )
强化点(一) 反冲现象的理解与应用
任务驱动
草坪灌溉用的自动旋转喷水器原理图如图所示,当水从弯管的喷嘴里喷射出来时,弯管自动旋转,大大增加了喷水的面积,请说明原理。
[要点释解明]
1.反冲运动的特点及遵循的规律
(1)特点:是物体之间的作用力与反作用力产生的效果。
(2)条件:
①系统不受外力或所受外力的矢量和为零。
②内力远大于外力。
③系统在某一方向上不受外力或在该方向上所受外力之和为零。
(3)规律:反冲过程中系统动量守恒、机械能不守恒。
2.处理反冲运动应注意的三个问题
(1)速度的方向:对于原来静止的整体,两部分的运动方向必然相反。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,则反方向的速度应取负值。
(2)相对速度问题:在反冲运动中,有时遇到的速度是两物体的相对速度。此类问题中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。
(3)变质量问题:如在火箭的运动过程中,随着燃料的消耗,火箭本身的质量不断减小,此时必须取火箭本身和在相互作用的短时间内喷出的所有气体为研究对象,取相互作用的这个过程为研究过程来进行研究。
[典例] 反冲小车静止放在水平光滑玻璃上,点燃酒精灯,蒸汽将橡皮塞水平喷出,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。
(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)
尝试解答:
[题点全练清]
1.(2025·辽宁阜新阶段练习)(多选)下列利用反冲原理的是 ( )
A.喷气式飞机飞行
B.喷灌装置的自动旋转
C.章鱼游动
D.苹果下落
2.(2025·山西太原开学考试)(多选)站在冰面上处于静止状态的80千克的运动员甲,把身边静止的60千克的运动员乙推出去,自己向着反方向运动了出去,不计冰面的摩擦力,关于此过程,下列说法正确的是 ( )
A.甲对乙做的功与乙对甲做的功大小相等
B.甲对乙做功的平均功率大于乙对甲做功的平均功率
C.乙的动能增加量等于甲的动能增加量
D.两运动员构成的系统机械能不守恒
强化点(二) 火箭的工作原理分析
任务驱动
1.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
2.根据上述分析,讨论如何提高火箭获得的飞行速度大小。
[要点释解明]
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点
(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,要设法予以转换,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。
[题点全练清]
1.(2025·江苏南通阶段练习)如图所示,一架质量为m的喷气式飞机飞行的速率为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uB.只有uC.喷气后飞机速度为u
D.喷气后飞机增加的速度为u
2.将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空,50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。在燃气喷出后的瞬间,火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略) ( )
A.30 kg·m/s B.5.7×102 kg·m/s
C.6.0×102 kg·m/s D.6.3×102 kg·m/s
强化点(三) “人船模型”问题
任务驱动
一质量为M的小船静止在水面上,站在船尾的质量为m的小孩从静止开始向左运动。求此过程中:
(1)船向哪个方向运动 当小孩速度为v时,船速多大;
(2)当小孩向左移动了x时,船的位移多大;
(3)小孩和船的位移大小与两者质量有什么关系;
(4)若小孩从船头移动到船尾,船长为L,小孩的位移为多大。
[要点释解明]
1.“人船模型”适用条件
两个原来静止的物体发生相对运动的过程中,动量守恒或某一个方向上动量守恒。
2.“人船模型”的特点
(1)两物体满足动量守恒定律:m人v人-m船v船=0,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。
(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、船位移大小之比等于它们质量的反比,即=。人和船的位移满足|x人|+|x船|=L。
3.三点提醒
(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)。
(3)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] (2025·湖北咸宁期中)平静的水面上停着一只小船,船头站立着一个人,人的质量为m=50 kg,船的质量为M=100 kg,从某时刻起,人以v=10 m/s的速度向船尾走去,走到船尾时他突然停止走动。不计水对船的阻力,船长为L=6 m,则下列说法正确的是 ( )
A.人在船上走动过程中,船的速度大小为10 m/s
B.人在船上走动过程中,人的位移大小是船的位移大小的2倍
C.走动时人的动量大于小船的动量
D.人突然停止走动后,小船由于惯性的缘故还会继续运动
听课记录:
[题点全练清]
1.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
2.(2025·安徽马鞍山阶段练习)如图所示,质量为m、半径为R的小球放在半径为2R、质量为3m的大空心球内,大球开始时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,大球移动的距离为 ( )
A. B.
C. D.
强化点(四) 爆炸问题
[要点释解明]
爆炸与碰撞的比较
比较项目 爆炸 碰撞
动能 情况 有其他形式的能转化为动能,动能会增加 弹性碰撞时动能不变,非弹性碰撞时动能有损失,动能转化为内能
过程 特点 都是物体间的相互作用突然发生,相互作用的力为变力,作用时间很短,平均作用力很大,且远大于系统所受的外力,所以可以认为碰撞、爆炸过程中系统的总动量守恒
过程 模型 由于碰撞、爆炸过程相互作用的时间很短,作用过程中物体的位移很小,一般可忽略不计,因此可以把作用过程看作一个理想化过程来处理,即作用后物体仍从作用前瞬间的位置以新的动量开始运动
能量 情况 都满足能量守恒定律,总能量保持不变
[题点全练清]
1.“爆竹声中一岁除”,爆竹送来浓浓的年味。一质量为0.06 kg的爆竹以一定的速度竖直向上运动,当运动到最高点时爆炸成质量之比为1∶2的两部分,质量较小的部分速度大小为10 m/s,不计空气阻力及爆炸过程中的质量损失,取重力加速度大小g=10 m/s2,爆竹爆炸后的总动能为 ( )
A.2.0 J B.2.5 J
C.1.5 J D.1.0 J
2.(2025·黑龙江哈尔滨期末)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。爆炸之后乙自静止自由下落,丙沿原路径回到原射出点。若忽略空气阻力,释放的化学能全部转化为弹片的机械能,则爆炸过程释放的化学能为 ( )
A.mv2 B.mv2
C.mv2 D.mv2
第6节 反冲现象 火箭
课前预知教材
一、2.(2)动量守恒 3.(1)旋转
[情境思考]
提示：若立定跳远时，人离地时速度为v，如果从船上起跳时，人离船时速度为v′，船的反冲速度为v船′，由动量守恒定律得m人v′＝m船v船′，在她跳出瞬间，船也要向后运动。所以人在船上跳出时相对地面的速度比在地上起跳时速度小，人跳出的距离变小，掉到了水里。正是由于船的反冲导致了此结果。
二、1.反冲
[质疑辨析]
(1)√ (2)√ (3)×
课堂精析重难
强化点(一)
[任务驱动] 提示：当水从弯管的喷嘴里喷射出来时，水给弯管一个反作用力，弯管在这个反作用力下实现自动旋转。
[典例] 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，根据动量守恒定律有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。
(2)小车和橡皮塞组成的系统在水平方向动量守恒。以橡皮塞的水平分运动方向为正方向，有mvcos 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的水平分运动方向相反。
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，方向与橡皮塞的水平分运动方向相反
[题点全练清]
1．选ABC 喷气式飞机是利用喷气的方式而获得动力，利用了反冲原理，故A正确；喷灌装置的自动旋转、章鱼在水中前行和转向是利用喷出的水的反冲作用，故B、C正确；苹果下落是由于地球引力作用，不属于反冲现象，故D错误。
2．选BD 此过程根据动量守恒定律可得m甲v甲＝m乙v乙，甲、乙的末动能分别为Ek甲＝m甲v甲2，Ek乙＝m乙v乙2，又m甲＝80 kg、m乙＝60 kg，可知甲的动能增加量小于乙的动能增加量，根据动能定理可知，乙对甲做的功小于甲对乙做的功，根据＝，由于作用时间相同，则甲对乙做功的平均功率大于乙对甲做功的平均功率，故A、C错误，B正确；由于甲、乙的动能均增加，所以两运动员构成的系统机械能不守恒，故D正确。
强化点(二)
[任务驱动] 1.提示：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， 发射前的总动量为0
发射后的总动量为mv－(M－m)v1
由动量守恒定律得0＝mv－(M－m)v1
解得v＝v1＝v1。
2．提示：根据v＝v1 ，分析可知，若要提高火箭获得的速度，有下列两种措施：
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。
[题点全练清]
1．选D 设喷气后飞机的速度为v′，对飞机和喷出气体组成的系统，根据动量守恒定律有mv＝(m－Δm)v′＋Δm(v′－u)，解得v′＝v＋u，则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，喷气后飞机速度均会增加，故A、B、C错误，D正确。
2．选A 燃气从火箭喷口喷出的瞬间，火箭和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为p，根据动量守恒定律，可得p－mv0＝0，解得p＝mv0＝0.050 kg×600 m/s＝30 kg·m/s，A正确。
强化点(三)
[任务驱动] 提示：(1)因为小孩与小船组成的系统动量守恒，当小孩向左运动时，小船向右运动。设小孩的速度方向为正方向，当小孩速度为v时，由动量守恒定律有mv－Mv′＝0，解得v′＝。
(2)根据人船系统始终动量守恒可知m－M′＝0，故当小孩的位移大小为x时，有mx－Mx′＝0，
解得x′＝。
(3)小孩和小船的位移大小与两者质量成反比，
即＝。
(4)由几何关系得x＋x′＝L，解得x＝L。
[典例] 选B 对船和人组成的系统，水平方向上动量守恒，以人的速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv－Mv′＝0，可得人在船上走动过程中，船的速度大小为v′＝＝ m/s＝5 m/s，故A错误；人从船头走到船尾，设人和船对地发生的位移大小分别为x1和x2，以人的速度方向为正方向，由动量守恒定律得m－M＝0，又x1＋x2＝L，解得x1＝4 m，x2＝2 m，即人在船上走动过程中，人的位移大小是船的位移大小的2倍，故B正确；由系统动量守恒可知，走动时人的动量与小船的动量等大反向，故C错误；人突然停止走动是指人和船相对静止，设这时人、船的速度为v1，则v1＝0，所以v1＝0，说明船的速度立即变为零，故D错误。
[题点全练清]
1．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，所受合外力为零，根据动量守恒定律有m1v1＝m2v2，人与气球运动的距离分别为h＝v1t＝20 m，x＝v2t，得＝，又h＋x＝l，代入数据解得绳长至少为l＝60 m，故选D。
2．选C 由于水平面光滑，系统在水平方向上动量守恒，设任意时刻小球的水平速度大小为v1，大球的水平速度大小为v2，由动量守恒定律有mv1＝3mv2，若小球到达最低点时，小球的水平位移大小为x1，大球的水平位移大小为x2，则有mx1＝3mx2，又x1＋x2＝2R－R＝R，联立解得大球移动的距离为x2＝，故选C。
强化点(四)
1．选C 根据题意，设爆炸后两部分的质量分别为m1、m2，则有m1＋m2＝0.06 kg，＝，解得m1＝0.02 kg，m2＝0.04 kg，设爆炸后质量较大的部分的速度为v，取质量较小的部分的速度方向为正方向，由动量守恒定律可得m1v0＋m2v＝0，解得v＝－5 m/s，则爆竹爆炸后的总动能为Ek＝×0.02×102＋×0.04×(－5)2J＝1.5 J，故选C。
2．选D 取向右为正方向，由题意可知丙的速度为－v，根据动量守恒定律有mv＝－v＋v1，解得甲的速度为v1＝4v，由能量守恒定律，爆炸过程释放的化学能为E＝×(－v)2＋×2－mv2＝mv2，故选D。
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反冲现象 火箭
第 6 节
课标要求 学习目标
体会用守恒定律分析物理问题的方法，体会自然界的和谐与统一。 1.了解反冲现象及反冲现象在生活中的应用。
2.理解火箭的飞行原理，能够应用动量守恒定律分析火箭飞行的问题。
3.掌握“人船模型”的特点，并能运用动量守恒定律分析、解决相关问题。
4.能运用动量守恒定律解决“爆炸问题”。
课前预知教材
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课前预知教材
一、反冲现象
1.概念：一个静止的物体在内力的作用下分裂为两部分，两部分分别向相反方向运动的现象。
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)反冲运动中，相互作用力一般较大，通常可以用_________定律来处理。
动量守恒
3.应用与防止
(1)应用：农田、园林的喷灌装置能够一边喷水一边_____，这是因为喷口的朝向略有偏斜，水从喷口喷出时，喷管因反冲而旋转。
(2)防止：用枪射击时，由于枪身的反冲会影响射击的准确性，所以用步枪射击时要把枪身抵在肩部，以减少反冲的影响。
旋转
[微点拨]
反冲运动中，系统的初动量为零，则动量守恒定律的形式为：0=m1v1+m2v2，即做反冲运动的两部分的动量大小相等、方向相反。
[情境思考]
两位同学在公园里划船。租船时间将到，她们把小船划向码头。当小船离码头约为2 m时，有一位同学心想：自己在体育课上立定跳远的成绩从未低于2 m，跳到岸上绝对没有问题。于是她纵身一跳，结果却掉到了水里(如图)。她为什么不能如她所想的那样跳到岸上呢 (假设起跳时船已静止)
提示：若立定跳远时，人离地时速度为v，如果从船上起跳时，人离船时速度为v'，船的反冲速度为v船'，由动量守恒定律得m人v'=m船v船'，在她跳出瞬间，船也要向后运动。所以人在船上跳出时相对地面的速度比在地上起跳时速度小，人跳出的距离变小，掉到了水里。正是由于船的反冲导致了此结果。
二、火箭
1.工作原理：利用_____原理，火箭点燃燃料产生的燃气从尾部以很大的速度向后喷出，使火箭获得巨大的速度。
2.火箭速度的大小
(1)推导：设火箭在极短时间内喷出的气体质量为Δm，气体的速度为u，喷出气体后火箭的质量为m，火箭的速度增加量为Δv，由动量守恒定律得：mΔv+Δmu=0，解得Δv=- u。
反冲
(2)影响火箭速度大小的因素
①喷气速度u。喷出的气体速度越大，火箭获得的速度Δv越大。
②火箭喷出物质的质量与火箭本身质量之比。比值越大，火箭获得的速度Δv越大。
[质疑辨析]
我国早在宋代就发明了火箭(如图甲)，火箭上扎一个火药筒，火药筒的前端是封闭的，火药点燃后火箭由于反冲向前运动。现代火箭原理与古代火箭原理相同(如图乙)。
判断下列说法是否正确：
(1)火箭应用了反冲的原理。 ( )
(2)火箭在向后喷气的过程中，火箭的总质量在不断减小，火箭向前运动的速度在不断增大。 ( )
(3)火箭点火后向下喷出高速高压气体，离开地面火箭向上加速，是地面对火箭的反作用力作用的结果。 ( )
√
√
×
课堂精析重难
草坪灌溉用的自动旋转喷水器原理图如图所示，当水从弯管的喷嘴里喷射出来时，弯管自动旋转，大大增加了喷水的面积，请说明原理。
任务驱动
强化点(一) 反冲现象的理解与应用
提示：当水从弯管的喷嘴里喷射出来时，水给弯管一个反作用力，弯管在这个反作用力下实现自动旋转。
1.反冲运动的特点及遵循的规律
(1)特点：是物体之间的作用力与反作用力产生的效果。
(2)条件：
①系统不受外力或所受外力的矢量和为零。
②内力远大于外力。
③系统在某一方向上不受外力或在该方向上所受外力之和为零。
(3)规律：反冲过程中系统动量守恒、机械能不守恒。
要点释解明
2.处理反冲运动应注意的三个问题
(1)速度的方向：对于原来静止的整体，两部分的运动方向必然相反。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，则反方向的速度应取负值。
(2)相对速度问题：在反冲运动中，有时遇到的速度是两物体的相对速度。此类问题中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。
(3)变质量问题：如在火箭的运动过程中，随着燃料的消耗，火箭本身的质量不断减小，此时必须取火箭本身和在相互作用的短时间内喷出的所有气体为研究对象，取相互作用的这个过程为研究过程来进行研究。
[典例] 反冲小车静止放在水平光滑玻璃上，点燃酒精灯，蒸汽将橡皮塞水平喷出，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。
(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;
[答案] 0.1 m/s，方向与橡皮塞运动的方向相反
[解析] 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，根据动量守恒定律有
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。
(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)
[解析] 小车和橡皮塞组成的系统在水平方向动量守恒。以橡皮塞的水平分运动方向为正方向，有
mvcos 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的水平分运动方向相反。
[答案] 0.05 m/s，方向与橡皮塞的水平分运动方向相反
1.(2025·辽宁阜新阶段练习)(多选)下列利用反冲原理的是 ( )
A.喷气式飞机飞行 B.喷灌装置的自动旋转
C.章鱼游动 D.苹果下落
题点全练清
√
解析：喷气式飞机是利用喷气的方式而获得动力，利用了反冲原理，故A正确;喷灌装置的自动旋转、章鱼在水中前行和转向是利用喷出的水的反冲作用，故B、C正确;苹果下落是由于地球引力作用，不属于反冲现象，故D错误。
√
√
2.(2025·山西太原开学考试)(多选)站在冰面上处于静止状态的80千克的运动员甲，把身边静止的60千克的运动员乙推出去，自己向着反方向运动了出去，不计冰面的摩擦力，关于此过程，下列说法正确的是 ( )
A.甲对乙做的功与乙对甲做的功大小相等
B.甲对乙做功的平均功率大于乙对甲做功的平均功率
C.乙的动能增加量等于甲的动能增加量
D.两运动员构成的系统机械能不守恒
√
√
解析：此过程根据动量守恒定律可得m甲v甲=m乙v乙，甲、乙的末动能分别为Ek甲=m甲，Ek乙=m乙，又m甲=80 kg、m乙=60 kg，可知甲的动能增加量小于乙的动能增加量，根据动能定理可知，乙对甲做的功小于甲对乙做的功，根据=，由于作用时间相同，则甲对乙做功的平均功率大于乙对甲做功的平均功率，故A、C错误，B正确;由于甲、乙的动能均增加，所以两运动员构成的系统机械能不守恒，故D正确。
1.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
任务驱动
强化点(二) 火箭的工作原理分析
提示：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， 发射前的总动量为0
发射后的总动量为mv-(M-m)v1
由动量守恒定律得0=mv-(M-m)v1
解得v=v1=v1。
2.根据上述分析，讨论如何提高火箭获得的飞行速度大小。
提示：根据v=v1 ，分析可知，若要提高火箭获得的速度，有下列两种措施：
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。
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点
(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。
要点释解明
(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，要设法予以转换，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。
1.(2025·江苏南通阶段练习)如图所示，一架质量为m的喷气式飞机飞行的速率为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 ( )
题点全练清
A.若uB.只有uC.喷气后飞机速度为u
D.喷气后飞机增加的速度为u
√
解析：设喷气后飞机的速度为v'，对飞机和喷出气体组成的系统，根据动量守恒定律有mv=(m-Δm)v'+Δm(v'-u)，解得v'=v+u，则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，喷气后飞机速度均会增加，故A、B、C错误，D正确。
2.将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略) ( )
A.30 kg·m/s B.5.7×102 kg·m/s
C.6.0×102 kg·m/s D.6.3×102 kg·m/s
√
解析：燃气从火箭喷口喷出的瞬间，火箭和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为p，根据动量守恒定律，可得p-mv0=0，解得p=mv0=0.050 kg×600 m/s=30 kg·m/s，A正确。
一质量为M的小船静止在水面上，站在船尾的质量为m的小孩从静止开始向左运动。求此过程中：
任务驱动
强化点(三) “人船模型”问题
(1)船向哪个方向运动 当小孩速度为v时，船速多大;
提示：因为小孩与小船组成的系统动量守恒，当小孩向左运动时，小船向右运动。设小孩的速度方向为正方向，当小孩速度为v时，由动量守恒定律有mv-Mv'=0，解得v'=。
(2)当小孩向左移动了x时，船的位移多大;
提示：根据人船系统始终动量守恒可知m-M'=0，故当小孩的位移大小为x时，有mx-Mx'=0，解得x'=。
(3)小孩和船的位移大小与两者质量有什么关系;
提示：小孩和小船的位移大小与两者质量成反比，
即=。
(4)若小孩从船头移动到船尾，船长为L，小孩的位移为多大。
提示：由几何关系得x+x'=L，解得x=L。
1.“人船模型”适用条件
两个原来静止的物体发生相对运动的过程中，动量守恒或某一个方向上动量守恒。
2.“人船模型”的特点
(1)两物体满足动量守恒定律：m人v人-m船v船=0，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。
要点释解明
(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、船位移大小之比等于它们质量的反比，即=。人和船的位移满足|x人|+|x船|=L。
3.三点提醒
(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)。
(3)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] (2025·湖北咸宁期中)平静的水面上停着一只小船，船头站立着一个人，人的质量为m=50 kg，船的质量为M=100 kg，从某时刻起，人以v=10 m/s的速度向船尾走去，走到船尾时他突然停止走动。不计水对船的阻力，船长为L=6 m，则下列说法正确的是 ( )
A.人在船上走动过程中，船的速度大小为10 m/s
B.人在船上走动过程中，人的位移大小是船的位移大小的2倍
C.走动时人的动量大于小船的动量
D.人突然停止走动后，小船由于惯性的缘故还会继续运动
√
[解析] 对船和人组成的系统，水平方向上动量守恒，以人的速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv-Mv'=0，可得人在船上走动过程中，船的速度大小为v'== m/s=5 m/s，故A错误;人从船头走到船尾，设人和船对地发生的位移大小分别为x1和x2，以人的速度方向为正方向，由动量守恒定律得m-M=0，又x1+x2=L，解得x1=4 m，x2=2 m，
即人在船上走动过程中，人的位移大小是船的位移大小的2倍，故B正确;由系统动量守恒可知，走动时人的动量与小船的动量等大反向，故C错误;人突然停止走动是指人和船相对静止，设这时人、船的速度为v1，则v1=0，所以v1=0，说明船的速度立即变为零，故D错误。
1.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
题点全练清
√
解析：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，所受合外力为零，根据动量守恒定律有m1v1=m2v2，人与气球运动的距离分别为h=v1t=20 m，x=v2t，得=，又h+x=l，代入数据解得绳长至少为l=60 m，故选D。
2.(2025·安徽马鞍山阶段练习)如图所示，质量为m、半径为R的小球放在半径为2R、质量为3m的大空心球内，大球开始时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，大球移动的距离为 ( )
A. B.
C. D.
√
解析：由于水平面光滑，系统在水平方向上动量守恒，设任意时刻小球的水平速度大小为v1，大球的水平速度大小为v2，由动量守恒定律有mv1=3mv2，若小球到达最低点时，小球的水平位移大小为x1，大球的水平位移大小为x2，则有mx1=3mx2，又x1+x2=2R-R=R，联立解得大球移动的距离为x2=，故选C。
爆炸与碰撞的比较
要点释解明
强化点(四) 爆炸问题
比较项目 爆炸 碰撞
不同点 动能 情况 有其他形式的能转化为动能，动能会增加 弹性碰撞时动能不变，非弹性碰撞时动能有损失，动能转化为内能
相同点 过程 特点 都是物体间的相互作用突然发生，相互作用的力为变力，作用时间很短，平均作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以可以认为碰撞、爆炸过程中系统的总动量守恒
过程 模型 由于碰撞、爆炸过程相互作用的时间很短，作用过程中物体的位移很小，一般可忽略不计，因此可以把作用过程看作一个理想化过程来处理，即作用后物体仍从作用前瞬间的位置以新的动量开始运动
能量情况 都满足能量守恒定律，总能量保持不变
续表
1.“爆竹声中一岁除”，爆竹送来浓浓的年味。一质量为0.06 kg的爆竹以一定的速度竖直向上运动，当运动到最高点时爆炸成质量之比为1∶2的两部分，质量较小的部分速度大小为10 m/s，不计空气阻力及爆炸过程中的质量损失，取重力加速度大小g=10 m/s2，爆竹爆炸后的总动能为 ( )
A.2.0 J B.2.5 J
C.1.5 J D.1.0 J
题点全练清
√
解析：根据题意，设爆炸后两部分的质量分别为m1、m2，则有m1+m2=0.06 kg，=，解得m1=0.02 kg，m2=0.04 kg，设爆炸后质量较大的部分的速度为v，取质量较小的部分的速度方向为正方向，由动量守恒定律可得m1v0+m2v=0，解得v=-5 m/s，则爆竹爆炸后的总动能为Ek= J=1.5 J，故选C。
2.(2025·黑龙江哈尔滨期末)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。爆炸之后乙自静止自由下落，丙沿原路径回到原射出点。若忽略空气阻力，释放的化学能全部转化为弹片的机械能，则爆炸过程释放的化学能为 ( )
A.mv2 B.mv2
C.mv2 D.mv2
√
解析：取向右为正方向，由题意可知丙的速度为-v，根据动量守恒定律有mv=-v+v1，解得甲的速度为v1=4v，由能量守恒定律，爆炸过程释放的化学能为E=×(-v)2+×-mv2=mv2，故选D。
课时跟踪检测
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1.如图所示为我国的长征七号运载火箭刚发射时的情境。则下列说法正确的是 ( )
A.火箭受到地面对它的弹力作用而升空
B.火箭受到周围空气对它的作用而升空
C.火箭受到向下喷射的气体对它的作用而升空
D.在没有空气的环境中这类火箭无法升空
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解析：火箭向下喷出高速气体，气体对火箭的反作用力使火箭升空，故在没有空气的环境中这类火箭也能正常升空，故C正确。
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2.(多选)以下实例中是反冲现象的是 ( )
A.码头岸边轮胎的保护作用
B.乌贼向前喷水从而使自己向后游动
C.火箭中的燃料燃烧向下喷气推动自身向上运动
D.战斗机在紧急情况下抛出副油箱以提高机身的灵活性
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解析：码头岸边轮胎的保护作用是缓冲现象，选项A错误;乌贼向前喷水从而使自己向后游动是反冲现象，选项B正确;火箭中的燃料燃烧向下喷气推动自身向上运动是反冲现象，选项C正确;战斗机在紧急情况下抛出副油箱以提高机身的灵活性不是反冲现象，选项D错误。
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3.乌贼在水中的运动方式是靠自身的漏斗喷射海水推动身体运动，被称为“水中火箭”。如图所示，一只静止在水中的乌贼，当外套膜吸满水后，它的总质量为4.8 kg，某次遇到危险时，通过短漏斗状的体管在极短时间内将水向后高速喷出，从而以40 m/s的速度逃窜，喷射出的水的质量为1.6 kg，则喷射出水的速度大小为 ( )
A.20 m/s B.90 m/s
C.120 m/s D.80 m/s
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解析：根据动量守恒定律有0=(m-m0)v1-m0v2，可得喷射出水的速度大小为v2=v1=×40 m/s=80 m/s，故选D。
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4.(2025·重庆渝中阶段练习)学习了反冲原理之后，同学们利用饮料瓶制作的水火箭如图所示，瓶中装有一定量的水，其发射原理是通过打气使瓶内空气压强增大，当橡皮塞与瓶口脱离时，瓶内水向后喷出。静置于地面上的质量为M(含水)的水火箭释放升空，在极短的时间内，质量为m的水以相对地面为v0的速度竖
直向下喷出。重力加速度为g，空气阻力不计，
下列说法正确的是 ( )
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A.水火箭的原理与体操运动员在着地时要屈腿的原理是一样的
B.发射后，水火箭的速度大小为v=
C.水火箭的推力来源于火箭外的空气对它的反作用力
D.水火箭上升到最大高度的过程中，重力的冲量为(M-m)v0
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解析：体操运动员在着地时屈腿可以延长着地时间，从而可以减小地面对运动员的作用力，故A错误;由动量守恒定律可得v=mv0，解得水火箭获得的速度大小为v=，故B正确;水火箭的推力来源于向下喷出的水对它的反作用力，故C错误;水喷出后，水火箭做竖直上抛运动，水火箭在空中飞行的时间为t==，重力的冲量为I=gt=mv0，故D错误。
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5.(2025·江苏南京期中)在平静的水面上漂浮着一块质量为M的带有支架的木板，支架上蹲着一只质量为m的青蛙，M>m，青蛙突然以相对于地面的一定水平速度向右跳出，恰好落到木板最右端。水的阻力不计，下列说法正确的是 ( )
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A.青蛙对木板的冲量大小大于木板对青蛙的冲量大小
B.青蛙落到木板后两者一起向右做匀速直线运动
C.该过程青蛙相对于地面的水平位移大于木板相对于地面的水平位移
D.如果增加木板的质量(长度不变)，则青蛙以同样的水平速度跳出后会落入水中
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解析：由于青蛙对木板的作用力与木板对青蛙的作用力是一对相互作用力，二者大小相等、方向相反，时间相等，所以青蛙对木板的冲量大小等于木板对青蛙的冲量大小，故A错误;由于青蛙和木板组成的系统在水平方向动量守恒，系统初动量为零，则末动量也为零，青蛙落到木板后二者静止，故B错误;设青蛙相对于木板的水平位移为L，根据人船模型的特点可得mx蛙=Mx板，x蛙+x板=L，解得x蛙=L，x板=L，由于M>m，所以x蛙>x板，故C正确;
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设支架高为h，根据mv蛙=Mv板，v蛙t+v板t=L'，h=gt2，可知增加木板的质量(长度不变)，青蛙以同样的水平速度跳出，则木板的速度减小，由于时间不变，所以青蛙相对于木板的水平位移减小，青蛙不会落入水中，故D错误。
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6.(2025·山西长治阶段练习)如图所示，光滑水平面上三个质量均为2 kg的物体A、B、C紧贴着静止放在一起，A、B之间有微量炸药。炸药爆炸后三个物体均沿水平方向运动且B对C做的功为16 J，若炸药爆炸过程释放的能量全部转化为三个物体的动能，则炸药爆炸过程中释放出的能量为 ( )
A.48 J B.64 J C.96 J D.108 J
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解析：对C由动能定理得W=m，解得vC=4 m/s，爆炸后B和C共速，对A、B、C整体，由动量守恒定律得mvA=2mvC，解得vA=8 m/s，爆炸释放的能量为三者动能之和，故E=m+·2m=96 J，故选C。
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7.一质量为M的火箭喷气发动机每次喷出气体的质量为m，气体喷出时的速度大小为v0，从火箭静止开始，当第三次喷出气体后，火箭的速度大小为 ( )
A. B.
C. D.
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解析：设喷出三次气体后火箭的速度大小为v，以火箭和喷出的三次气体为研究对象，根据动量守恒定律得v-3mv0=0，可得v=，故选A。
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8.(2025·陕西西安阶段练习)(多选)如图所示，光滑水平面上甲、乙两球间粘少许炸药，一起以大小为0.5 m/s的速度向右做匀速直线运动。已知甲、乙两球的质量分别为0.1 kg和0.2 kg。某时刻炸药突然爆炸，分开后两球仍沿原直线运动，从爆炸开始计时，经过3.0 s，两球之间的距离为x=2.7 m，爆炸过程中释放的能量全部转化为两球的动能，则下列说法正确的是 ( )
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A.刚分离时，甲、乙两球的速度方向相同
B.刚分离时，甲球的速度大小为0.1 m/s，方向水平向左
C.刚分离时，乙球的速度大小为0.3 m/s
D.爆炸过程中释放的能量为0.027 J
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解析：设甲、乙两球的质量分别为m1、m2，刚分离时两球的速度分别为v1、v2，取向右为正方向，由动量守恒定律可得v0=m1v1+m2v2，由题意又有v2-v1=，联立解得v1=-0.1 m/s，v2=0.8 m/s，可知刚分离时，甲球的速度方向水平向左，乙球的速度方向水平向右，A、C错误，B正确;根据能量守恒定律可知，爆炸过程中释放的能量为ΔE=m1+m2-=0.027 J，D正确。
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9.(2025·辽宁锦州开学考试)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10 m/s2。
则下列说法正确的是 ( )
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A.平板车最终的速度大小为0.5 m/s
B.工人水平方向移动的距离为4 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
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解析：工人与平板车组成的系统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、C错误;工人做平抛运动过程，有h=gt2，x1=vt，解得v=5 m/s，故D正确。
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10.(2025·贵州贵阳阶段练习)(多选)如图所示，质量分别为4m、m的甲、乙两小球放在光滑的水平面上，半径为r的四分之一光滑圆弧槽固定在水平面上，圆弧槽的最低点A的切线水平，最高点B的切线竖直，点燃两球之间的少量炸药，释放出的化学能为5mgr，全部转化为甲、乙的动能，重力加速度为g，空气的阻力忽略不计，下列说法正确的是 ( )
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A.爆炸刚结束的瞬间，甲的速度大小为
B.爆炸刚结束的瞬间，乙的动能为2mgr
C.乙上升的最大高度为2r
D.假设乙从A出发至第一次返回到A运动的时间为t0，则该过程中乙受到水平方向上的平均作用力大小为
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解析：根据题意，炸药爆炸释放出的化学能为5mgr=×4m+m，爆炸过程甲、乙组成的系统动量守恒，有4mv甲=mv乙，联立解得v甲=，v乙=2，故A正确;由上述分析得Ek乙=m=4mgr，故B错误;根据动能定理有-mgh=0-m，解得乙上升的最大高度为h=4r，故C错误;取向右为正方向，对乙从A出发至第一次返回到A的过程，由动量定理得t0=m×2v乙，解得=，故D正确。
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11.(8分)(2024·江苏高考)嫦娥六号探测器于5月3日在中国文昌航天发射场发射升空并进入地月转移轨道，探测器经过轨道修正、近月制动，顺利进入环月轨道飞行。此后，探测器经历着陆器和上升器组合体、轨道器和返回器组合体的分离。已知嫦娥六号在轨速度为v0，着陆器对应的组合体A与轨道器对应的组合体B分离时间为Δt，分离后B的速度为vB，且与v0同向，A、B的质量分别为m、M。求：
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(1)分离后A的速度vA;(4分)
答案：
解析：A、B组成的系统沿速度方向动量守恒，由动量守恒定律有(m+M)v0=MvB+mvA
解得分离后A的速度vA=。
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(2)分离时A对B的推力大小。(4分)
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解析：A、B分离的过程，对B由动量定理有
FΔt=MvB-Mv0
解得分离时A对B的推力大小为F=。
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12.(12分)如图所示，光滑水平面上有三个滑块A、B、C，质量关系是mA=mC=m、mB=。开始时滑块B、C紧贴在一起，中间夹有少量炸药，处于静止状态，滑块A以大小为v0的速度正对B向右运动，在A与B碰撞之前，引爆B、C间的炸药，炸药爆炸后B与A迎面碰撞，最终A与B粘在一起以大小为v0的速度向左运动。
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(1)求炸药爆炸过程中炸药对C的冲量大小;(6分)
答案：mv0
解析：全过程中A、B、C组成的系统动量守恒，设向右为正方向，根据动量守恒定律有
mAv0=-(mA+mB)v0+mCvC
炸药对C的冲量I=mCvC-0，解得I=mv0。
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(2)炸药的化学能有多少转化为机械能 (6分)
答案：m
解析：炸药爆炸过程中B和C组成的系统动量守恒，设向右为正方向，有mCvC-mBvB=0
爆炸过程增加的机械能为
ΔE=mB+mC
解得ΔE=m。课时跟踪检测(七) 反冲现象 火箭
1.如图所示为我国的长征七号运载火箭刚发射时的情境。则下列说法正确的是 ( )
A.火箭受到地面对它的弹力作用而升空
B.火箭受到周围空气对它的作用而升空
C.火箭受到向下喷射的气体对它的作用而升空
D.在没有空气的环境中这类火箭无法升空
2.(多选)以下实例中是反冲现象的是 ( )
A.码头岸边轮胎的保护作用
B.乌贼向前喷水从而使自己向后游动
C.火箭中的燃料燃烧向下喷气推动自身向上运动
D.战斗机在紧急情况下抛出副油箱以提高机身的灵活性
3.乌贼在水中的运动方式是靠自身的漏斗喷射海水推动身体运动,被称为“水中火箭”。如图所示,一只静止在水中的乌贼,当外套膜吸满水后,它的总质量为4.8 kg,某次遇到危险时,通过短漏斗状的体管在极短时间内将水向后高速喷出,从而以40 m/s的速度逃窜,喷射出的水的质量为1.6 kg,则喷射出水的速度大小为 ( )
A.20 m/s B.90 m/s C.120 m/s D.80 m/s
4.(2025·重庆渝中阶段练习)学习了反冲原理之后,同学们利用饮料瓶制作的水火箭如图所示,瓶中装有一定量的水,其发射原理是通过打气使瓶内空气压强增大,当橡皮塞与瓶口脱离时,瓶内水向后喷出。静置于地面上的质量为M(含水)的水火箭释放升空,在极短的时间内,质量为m的水以相对地面为v0的速度竖直向下喷出。重力加速度为g,空气阻力不计,下列说法正确的是 ( )
A.水火箭的原理与体操运动员在着地时要屈腿的原理是一样的
B.发射后,水火箭的速度大小为v=
C.水火箭的推力来源于火箭外的空气对它的反作用力
D.水火箭上升到最大高度的过程中,重力的冲量为(M-m)v0
5.(2025·江苏南京期中)在平静的水面上漂浮着一块质量为M的带有支架的木板,支架上蹲着一只质量为m的青蛙,M>m,青蛙突然以相对于地面的一定水平速度向右跳出,恰好落到木板最右端。水的阻力不计,下列说法正确的是 ( )
A.青蛙对木板的冲量大小大于木板对青蛙的冲量大小
B.青蛙落到木板后两者一起向右做匀速直线运动
C.该过程青蛙相对于地面的水平位移大于木板相对于地面的水平位移
D.如果增加木板的质量(长度不变),则青蛙以同样的水平速度跳出后会落入水中
6.(2025·山西长治阶段练习)如图所示,光滑水平面上三个质量均为2 kg的物体A、B、C紧贴着静止放在一起,A、B之间有微量炸药。炸药爆炸后三个物体均沿水平方向运动且B对C做的功为16 J,若炸药爆炸过程释放的能量全部转化为三个物体的动能,则炸药爆炸过程中释放出的能量为 ( )
A.48 J B.64 J
C.96 J D.108 J
7.一质量为M的火箭喷气发动机每次喷出气体的质量为m,气体喷出时的速度大小为v0,从火箭静止开始,当第三次喷出气体后,火箭的速度大小为 ( )
A. B. C. D.
8.(2025·陕西西安阶段练习)(多选)如图所示,光滑水平面上甲、乙两球间粘少许炸药,一起以大小为0.5 m/s的速度向右做匀速直线运动。已知甲、乙两球的质量分别为0.1 kg和0.2 kg。某时刻炸药突然爆炸,分开后两球仍沿原直线运动,从爆炸开始计时,经过3.0 s,两球之间的距离为x=2.7 m,爆炸过程中释放的能量全部转化为两球的动能,则下列说法正确的是 ( )
A.刚分离时,甲、乙两球的速度方向相同
B.刚分离时,甲球的速度大小为0.1 m/s,方向水平向左
C.刚分离时,乙球的速度大小为0.3 m/s
D.爆炸过程中释放的能量为0.027 J
9.(2025·辽宁锦州开学考试)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10 m/s2。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.工人水平方向移动的距离为4 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
10.(2025·贵州贵阳阶段练习)(多选)如图所示,质量分别为4m、m的甲、乙两小球放在光滑的水平面上,半径为r的四分之一光滑圆弧槽固定在水平面上,圆弧槽的最低点A的切线水平,最高点B的切线竖直,点燃两球之间的少量炸药,释放出的化学能为5mgr,全部转化为甲、乙的动能,重力加速度为g,空气的阻力忽略不计,下列说法正确的是 ( )
A.爆炸刚结束的瞬间,甲的速度大小为
B.爆炸刚结束的瞬间,乙的动能为2mgr
C.乙上升的最大高度为2r
D.假设乙从A出发至第一次返回到A运动的时间为t0,则该过程中乙受到水平方向上的平均作用力大小为
11.(8分)(2024·江苏高考)嫦娥六号探测器于5月3日在中国文昌航天发射场发射升空并进入地月转移轨道,探测器经过轨道修正、近月制动,顺利进入环月轨道飞行。此后,探测器经历着陆器和上升器组合体、轨道器和返回器组合体的分离。已知嫦娥六号在轨速度为v0,着陆器对应的组合体A与轨道器对应的组合体B分离时间为Δt,分离后B的速度为vB,且与v0同向,A、B的质量分别为m、M。求:
(1)分离后A的速度vA;(4分)
(2)分离时A对B的推力大小。(4分)
12.(12分)如图所示,光滑水平面上有三个滑块A、B、C,质量关系是mA=mC=m、mB=。开始时滑块B、C紧贴在一起,中间夹有少量炸药,处于静止状态,滑块A以大小为v0的速度正对B向右运动,在A与B碰撞之前,引爆B、C间的炸药,炸药爆炸后B与A迎面碰撞,最终A与B粘在一起以大小为v0的速度向左运动。
(1)求炸药爆炸过程中炸药对C的冲量大小;(6分)
(2)炸药的化学能有多少转化为机械能 (6分)
课时跟踪检测(七)
1．选C 火箭向下喷出高速气体，气体对火箭的反作用力使火箭升空，故在没有空气的环境中这类火箭也能正常升空，故C正确。
2．选BC 码头岸边轮胎的保护作用是缓冲现象，选项A错误；乌贼向前喷水从而使自己向后游动是反冲现象，选项B正确；火箭中的燃料燃烧向下喷气推动自身向上运动是反冲现象，选项C正确；战斗机在紧急情况下抛出副油箱以提高机身的灵活性不是反冲现象，选项D错误。
3．选D 根据动量守恒定律有0＝(m－m0)v1－m0v2，可得喷射出水的速度大小为v2＝v1＝×40 m/s＝80 m/s，故选D。
4．选B 体操运动员在着地时屈腿可以延长着地时间，从而可以减小地面对运动员的作用力，故A错误；由动量守恒定律可得v＝mv0，解得水火箭获得的速度大小为v＝，故B正确；水火箭的推力来源于向下喷出的水对它的反作用力，故C错误；水喷出后，水火箭做竖直上抛运动，水火箭在空中飞行的时间为t＝＝，重力的冲量为I＝gt＝mv0，故D错误。
5．选C 由于青蛙对木板的作用力与木板对青蛙的作用力是一对相互作用力，二者大小相等、方向相反，时间相等，所以青蛙对木板的冲量大小等于木板对青蛙的冲量大小，故A错误；由于青蛙和木板组成的系统在水平方向动量守恒，系统初动量为零，则末动量也为零，青蛙落到木板后二者静止，故B错误；设青蛙相对于木板的水平位移为L，根据人船模型的特点可得mx蛙＝Mx板，x蛙＋x板＝L，解得x蛙＝L，x板＝L，由于M>m，所以x蛙>x板，故C正确；设支架高为h，根据mv蛙＝Mv板，v蛙t＋v板t＝L′，h＝gt2，可知增加木板的质量(长度不变)，青蛙以同样的水平速度跳出，则木板的速度减小，由于时间不变，所以青蛙相对于木板的水平位移减小，青蛙不会落入水中，故D错误。
6．选C 对C由动能定理得W＝mvC2，解得vC＝4 m/s，爆炸后B和C共速，对A、B、C整体，由动量守恒定律得mvA＝2mvC，解得vA＝8 m/s，爆炸释放的能量为三者动能之和，故E＝mvA2＋·2mvC2＝96 J，故选C。
7．选A 设喷出三次气体后火箭的速度大小为v，以火箭和喷出的三次气体为研究对象，根据动量守恒定律得v－3mv0＝0，可得v＝，故选A。
8．选BD 设甲、乙两球的质量分别为m1、m2，刚分离时两球的速度分别为v1、v2，取向右为正方向，由动量守恒定律可得v0＝m1v1＋m2v2，由题意又有v2－v1＝，联立解得v1＝－0.1 m/s，v2＝0.8 m/s，可知刚分离时，甲球的速度方向水平向左，乙球的速度方向水平向右，A、C错误，B正确；根据能量守恒定律可知，爆炸过程中释放的能量为ΔE＝m1v12＋m2v22－v02＝0.027 J，D正确。
9．选D 工人与平板车组成的系统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、C错误；工人做平抛运动过程，有h＝gt2，x1＝vt，解得v＝5 m/s，故D正确。
10．选AD 根据题意，炸药爆炸释放出的化学能为5mgr＝×4mv甲2＋mv乙2，爆炸过程甲、乙组成的系统动量守恒，有4mv甲＝mv乙，联立解得v甲＝，v乙＝2，故A正确；由上述分析得Ek乙＝mv乙2＝4mgr，故B错误；根据动能定理有－mgh＝0－mv乙2，解得乙上升的最大高度为h＝4r，故C错误；取向右为正方向，对乙从A出发至第一次返回到A的过程，由动量定理得t0＝m×2v乙，解得＝，故D正确。
11．解析：(1)A、B组成的系统沿速度方向动量守恒，由动量守恒定律有(m＋M)v0＝MvB＋mvA
解得分离后A的速度vA＝。
(2)A、B分离的过程，对B由动量定理有
FΔt＝MvB－Mv0
解得分离时A对B的推力大小为F＝。
答案：(1) (2)
12．解析：(1)全过程中A、B、C组成的系统动量守恒，设向右为正方向，根据动量守恒定律有
mAv0＝－(mA＋mB)v0＋mCvC
炸药对C的冲量I＝mCvC－0，解得I＝mv0。
(2)炸药爆炸过程中B和C组成的系统动量守恒，设向右为正方向，有mCvC－mBvB＝0
爆炸过程增加的机械能为ΔE＝mBvB2＋mCvC2
解得ΔE＝mv02。
答案：(1)mv0 (2)mv02
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