【学霸笔记：同步精讲】08 第一章 6．反冲现象 火箭 课件--高中人教版物理选择性必修第一册（江苏专版）

(共83张PPT)
现代文阅读Ⅰ
把握共性之“新”　打通应考之“脉”
第一章　动量守恒定律
6．反冲现象　火箭
[学习目标]　1．了解反冲的概念及反冲运动的一些应用。2．知道火箭工作原理，能利用动量守恒定律解释反冲现象。3．制作小火箭探究火箭的发射原理。4．了解我国航空、航天事业的成就，激发学生爱国主义热情，增强民族自豪感。
必备知识·自主预习储备
知识点一　反冲现象
1．定义
一个静止的物体在____的作用下分裂为两部分，一部分向某一个方向运动，另一部分必然向______方向运动的现象。
内力
相反的
2．特点
(1)物体的不同部分在__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____________来处理。
(3)反冲运动中，由于有________的能转变为____能，所以系统的总动能____。
内
动量守恒定律
其他形式
机械
增加
3．反冲现象的应用及防止
(1)应用：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____。
(2)防止：用枪射击时，由于枪身的反冲会影响射击的______，所以用步枪射击时要把枪身抵在____，以减少反冲的影响。
旋转
准确性
肩部
思考　如图所示，把弯管装在可旋转的盛水容器的下部。当水从弯管流出时，容器就旋转起来。这种现象利用了什么原理？
提示：反冲原理。
体验1．思考辨析(正确的打√，错误的打×)
(1)反冲现象可以用动量守恒定律来处理。 (　　)
(2)一切反冲现象都是有益的。 (　　)
(3)章鱼、乌贼的运动利用了反冲的原理。 (　　)
√
×
√
2．填空
如图所示，自动火炮车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中，发射一枚质量为m的炮弹后，自动火炮车的速度变为v2，仍向右行驶，则炮弹相对炮筒的发射速度v0＝________。
[解析]　炮弹相对地的速度为v0＋v2。由动量守恒定律得Mv1＝(M－m)v2＋m(v0＋v2)，得v0＝。
知识点二　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
(1)喷气速度：现代火箭发动机的喷气速度约为2 000～5 000 m/s。
(2)质量比：指火箭起飞时的质量与火箭除燃料外的箭体____之比。
喷气速度____，质量比____，火箭获得的速度越大。
反冲
质量
越大
越大
体验3．思考辨析(正确的打√，错误的打×)
(1)火箭点火后离开地面加速向上运动，是地面对火箭的反作用力作用的结果。 (　　)
(2)在没有空气的宇宙空间，火箭仍可加速前行。 (　　)
(3)火箭获得的速度仅与喷气的速度有关。 (　　)
×
√
×
思考　2024年10月30日4时27分，搭载神舟十九号载人飞船的长征二号F遥运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射，约10分钟后，神舟十九号载人飞船与火箭成功分离，进入预定轨道，发射取得圆满成功。现代使用的航天火箭几乎都分成几级，在使用时，总是让第一级火箭先燃烧，当燃尽了全部推进剂以后，就被丢弃并点燃第二级火箭……如图甲、乙、丙所示为某火箭发射过程中的几个瞬间。
那么，为什么火箭要这样分级制造呢？
提示：分级火箭有利于提高火箭的最终速度。
关键能力·情境探究达成
如图所示，取一只药瓶，在其盖上钻一小孔(瓶盖与瓶子需密封)，再取一块厚泡沫塑料做成船的样子，并在船上挖一凹坑，以容纳盛酒精的容器(可用金属瓶盖)。用两段铁丝，弯成环状以套住瓶的两端，并将铁丝的端头分别插入船中。将一棉球放入容器中，并倒入少量酒精，在瓶中装入半瓶开水。将船放入水中，点燃酒精棉球后一会
儿产生水蒸气，当水蒸气从药瓶盖的孔中喷出时，小船
便能勇往直前了。小船向前运动体现了什么物理原理？
提示：反冲原理。
考点1　反冲现象的理解与应用
1．反冲现象遵循的规律
反冲运动中，以下三种情况均可应用动量守恒定律解决：
(1)系统不受外力或所受外力之和为零，满足动量守恒的条件，可以用动量守恒定律解决反冲运动问题。
(2)系统虽然受到外力作用，但内力远远大于外力，外力可以忽略，也可以用动量守恒定律解决反冲运动问题。
(3)系统虽然所受外力之和不为零，系统的动量并不守恒，但系统在某一方向上不受外力或外力在该方向上的分力之和为零，则系统的动量在该方向上的分量保持不变，可以在该方向上应用动量守恒定律。
2．处理反冲运动应注意的问题
(1)速度的方向
对于原来静止的整体，抛出部分与剩余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。此类问题应先将相对速度转换成对地的速度后，再根据动量守恒定律列方程。
【典例1】　如图所示，反冲小车静止放在水平光滑玻璃上，点燃酒精，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)
思路点拨：(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。(2)小车和橡皮塞组成的系统在水平方向动量守恒。
[解析]　(1)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，
v′＝－v＝－×2.9 m/s＝－0.1 m/s，
负号表示小车的运动方向与橡皮塞运动的方向相反。
(2)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，
负号表示小车的运动方向与橡皮塞运动的水平分运动的方向相反。
[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，方向与橡皮塞运动的水平分运动的方向相反
规律方法　反冲运动和碰撞、爆炸有相似之处，相互作用力常为变力，且作用力大，一般都满足内力 外力，所以反冲运动可用动量守恒定律来处理。
[跟进训练]
1．一个士兵在皮划艇上，他连同装备和皮划艇的总质量为M，这个士兵用自动步枪沿水平方向射出一发质量为m的子弹，子弹离开枪口时相对步枪的速度为v，射击前皮划艇是静止的，则射出子弹后皮划艇的速度为(　　)
A． B．
C． D．
√
B　[子弹与皮划艇组成的系统动量守恒，以子弹的速度方向为正方向，以地面为参考系，设皮划艇的速度为v1，则子弹的速度为v－v1，由动量守恒定律得m(v－v1)－(M－m)v1＝0，解得v1＝，选项B正确。]
考点2　火箭的工作原理分析
1．火箭的主要用途：火箭作为运载工具，例如发射探测仪器、常规弹头和核弹头、人造卫星和宇宙飞船。
2．火箭的工作原理：火箭的飞行是利用燃气高速喷发时的反冲运动，遵循动量守恒定律。
【典例2】　一火箭喷气发动机每次喷出m＝200 g的气体，气体被喷出时的速度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，系统的动量守恒，取火箭运动的方向为正方向。
第一次气体喷出后，设火箭速度为v1，有
(M－m)v1－mv＝0，
所以v1＝。
第二次气体喷出后，设火箭速度为v2，有
(M－2m)v2－mv＝(M－m)v1，
所以v2＝。
第三次气体喷出后，设火箭速度为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，以火箭和喷出的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
规律方法　由于火箭每次喷出气体的动量不变，所以选取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(为参考系)的动量。
[跟进训练]
2．将模型火箭放在光滑水平面上点火，燃气以某一速度从火箭喷口在很短时间内全部喷出。火箭在水平面上滑行，在燃气从火箭喷口喷出的过程中，下列说法正确的是(空气阻力可忽略)(　　)
A．火箭对燃气作用力的冲量大于燃气对火箭作用力的冲量
B．火箭对燃气作用力的冲量小于燃气对火箭作用力的冲量
C．火箭的动量比喷出燃气的动量大
D．火箭的动能比喷出的燃气动能小
√
D　[根据牛顿第三定律，火箭与燃气之间的作用力大小相等、方向相反，作用时间相同，根据冲量的定义式I＝Ft可知，火箭对燃气作用力的冲量大小等于燃气对火箭作用力的冲量大小，故A、B错误；根据动量守恒定律，系统初动量为零，所以末动量也为零，即火箭的动量与燃气的动量大小相等，方向相反，故C错误；根据动量与动能的关系Ek＝，二者动量大小相等，但火箭的质量大，所以火箭的动能小，故D正确。]
考点3　“人船模型”问题的处理
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．处理“人船模型”问题的关键
(1)利用动量守恒，确定两物体速度关系，再确定两物体通过的位移的关系。
用动量守恒定律求位移的题目，大都是系统原来处于静止状态，然后系统内物体相互作用，此时动量守恒表达式经常写成m1v1－m2v2＝0的形式，式中v1、v2是m1、m2末状态时的瞬时速率。此种状态下动量守恒的过程中，任意时刻的系统总动量为零，因此任意时刻的瞬时速率v1和v2都与各物体的质量成反比，所以全过程的平均速
率也与质量成反比，即有m1－m2＝0。如果两物体相互作用时间为t，在这段时间内两物体的位移大小分别为x1和x2，则有m1－m2 ＝0，即m1x1－m2x2＝0。
(2)解题时要画出各物体的位移关系草图，找出它们各自相对地面位移的大小。
【典例3】　有一只小船停在静水中，船上一人从船头走到船尾。如果人的质量m＝60 kg，船的质量M＝120 kg，船长为l＝3 m，则船在水中移动的距离是多少？(水的阻力不计)
[解析]　选人和船组成的系统为研究对象，由于人从船头走到船尾的过程中，系统动量守恒，人起步前系统的总动量为0，当人加速前进时，船加速后退，人停下来，船也停下来。设人的平均速度为，船的平均速度为，根据动量守恒有
m－M＝0。
设人的位移为x人，船的位移为x船，则m－M＝0，
而x人＋x船＝l，
联立可得x船＝l＝×3 m＝1 m。
[答案]　1 m
规律方法　“人船模型”的特点
(1)“人”走“船”走，“人”停“船”停。
(2)x人＝l①，x船＝l②，x人、x船的大小与人运动的时间和运动状态无关。
(3)上①式比上②式得＝，在系统满足动量守恒的方向上，人、船的位移与质量成反比。
[跟进训练]
3．载人气球静止于高h的空中，气球的质量为M，人的质量为m，若人沿绳梯滑至地面，则绳梯至少为多长？
[解析]　气球和人原来静止在空中，说明系统所受合外力为零，故系统在人下滑过程中动量守恒，人着地时绳梯至少应接触地面，设绳梯长为L，人沿绳梯滑至地面，人的位移为x人，气球的位移为x球，它们的位移状态如图所示，由平均动量守恒有
Mx球－mx人＝0。
又有x球＋x人＝L，x人＝h，
故L＝h。
[答案]　h
学习效果·随堂评估自测
1．物理在生活和生产中有广泛应用，以下实例没有利用反冲现象的是(　　)
A．乌贼喷水前行　 B．电风扇吹风
C．火箭喷气升空　D．飞机喷气加速
√
B　[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B。]
2．假设一个人静止于光滑的水平冰面上，现欲离开冰面，下列方法可行的是(　　)
A．向后踢腿　　　　 B．手臂向后甩
C．在冰面上滚动 D．脱下外衣水平抛出
√
D　[把人和外衣看作一个系统，由动量守恒定律可知衣服水平抛出时，人会向衣服被抛出的相反方向运动，故选项D正确；人体各部分总动量为0，选项A、B错误；由于冰面光滑，人只能在冰面上原地滚动，选项C错误。]
3．(人教版P28T2设问变式)火箭飞行时，在极短时间Δt内喷射燃气的质量是Δm，喷出的燃气相对喷气前火箭的速度大小是u，喷出燃气后火箭的质量是m，不考虑火箭受到的万有引力。下列说法正确的是(　　)
A．火箭的发射没有用到反冲原理
B．喷出燃气时，火箭受到的推力为
C．喷出燃气后，火箭的动量变化量大小为Δmu
D．火箭喷出燃气的质量与火箭本身质量之比越小，火箭增加的速度Δv就越大
√
C　[火箭的发射利用了反冲原理，选项A错误；设火箭喷气前的速度为v，喷气后火箭的速度为v′，则喷出的燃气对地的速度为u－v，设火箭运动的方向为正方向，火箭和喷出的燃气间的作用力大小为F，则对喷出的燃气，根据动量定理有－FΔt＝－Δm(u－v)－Δmv，可得火箭受到的推力为F＝，选项B错误；由动量守恒定律有(m＋Δm)v＝－Δm(u－v)＋mv′，喷出燃气后，火箭的动量变化量大小为Δp＝mv′－mv＝Δmu，选项C正确；由上式可得v′＝u＋v，故火箭速度的增加量Δv＝v′－v＝u，即火箭喷出燃气的质量与火箭本身质量之比越小，火箭增加的速度Δv就越小，选项D错误。]
4．(新情境题，以空间飞行器为背景，考查反冲原理)在地球大气层以外的宇宙空间，基本上按照天体力学的规律运行的各类飞行器，又称空间飞行器(spacecraft)。航天器是执行航天任务的主体，是航天系统的主要组成部分。由于外太空是真空的，飞行器在加速过程中一般使用火箭推进器，火箭在工作时利用电场加速带电粒子，形成向外发射的粒子流而对飞行器产生反冲力，由于阻力极小，只需一点点动力即可以达到很高的速度。我国发射的“实践9号”携带的卫星上第一次使用了离子电推力技术，从此为我国的航天技术开
启了一扇新的大门。如图所示，已知飞行器的质量为M，发射的是2价氧离子，发射功率为P，加速电压为U，每个氧离子的质量为m，元电荷为e，原来飞行器静止，不计发射氧离子后飞行器质量的变化，求：
(1)射出的氧离子速度大小；
(2)每秒钟射出的氧离子数；
(3)射出离子后飞行器开始运动的加速度大小。
[解析]　(1)以氧离子为研究对象，由动能定理得2eU＝mv2，
所以，氧离子速度为v＝2。
(2)设每秒钟射出的氧离子数为N，则发射功率可表示为P＝NΔEk＝2NeU，
所以，每秒种射出的氧离子数为N＝。
(3)以氧离子和飞行器组成的系统为研究对象，设飞行器的反冲速度为v1，取飞行器的速度方向为正方向，根据动量守恒定律，t时间内有
0＝Mv1＋Ntm(－v)。
飞行器的加速度为a＝。
可得a＝。
[答案]　(1)2　(2)　(3)
回归本节知识，自我完成以下问题：
1．反冲过程中以相互作用的两部分为系统是否满足动量守恒？
提示：满足。
2．火箭的工作原理是什么？
提示：反冲原理。
3．应用反冲原理分析火箭发射时，研究对象是什么？
提示：箭体和喷出的气体。
航天员太空行走
太空行走(Walking in space)又称为出舱活动。是载人航天的一项关键技术，是载人航天工程在轨道上安装大型设备、进行科学实验、施放卫星、检查和维修航天器的重要手段。要实现太空行走这一目标，需要诸多的特殊技术保障。
阅读材料·拓宽物理视野
帮助航天员怀特实现太空行走的是自足式手提机动喷射器(我国航天员太空出舱行走，暂未用此方式)。这个装置主要由两个氧气储罐和一个压力调节器组成，重3.4千克，其中高压氧气推进剂重约0.13千克。它每秒能产生约181牛的推力，速度为1.82米/秒，相当于普通人慢跑的速度。该装置有3个喷管，2个喷管
对着后方，1个喷管对着前方。开动对着后方的2
个喷管，即可推着航天员向前移动，开动对着前
方的1个喷管，即可停止移动。
问题
1．航天员太空行走用到的自足式手提机动喷射器的原理是什么？
提示：反冲原理。
2．航天员太空行走速度的快慢和什么有关？
提示：手提机动喷射器的喷射速度和喷出气体的质量。
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?题组一　对反冲运动的理解
1．一航天探测器完成对月球的探测后，离开月球的过程中，由静止开始沿着与月球表面成一定倾角的直线飞行，先加速运动后匀速运动。探测器通过喷气而获得动力，下列关于喷气方向的说法正确的是(　　)
课时分层作业(五)　反冲现象　火箭
题号
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A．探测器加速运动时，向后喷射
B．探测器加速运动时，竖直向下喷射
C．探测器匀速运动时，竖直向下喷射
D．探测器匀速运动时，不需要喷射
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√
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C　[探测器在加速运动时，因为受月球引力的作用，喷气所产生的推力一方面要平衡月球的引力，另一方面还要提供加速的动力，则沿着后下方某一个方向喷气，选项A、B错误；探测器在匀速运动时，因为受月球引力的作用，喷气产生的推力只需要平衡月球的引力即可(竖直向下喷气)，选项C正确，选项D错误。]
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2．乌贼游动时，先把水吸入体腔，然后收缩身体，通过身体上的小孔向外喷水，使身体向相反方向快速移动。某次静止的乌贼在瞬间喷出的水的质量占喷水前自身总质量的，喷水后乌贼获得的速度为8 m/s，则喷出的水的速度大小为(　　)
A．72 m/s B．80 m/s
C．88 m/s D．60 m/s
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√
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A　[设乌贼瞬间喷出的水的质量为m，则喷水前乌贼质量为10m，喷水后质量为9m，设喷出的水的速度为v1，喷水后乌贼获得的速度为v2，根据动量守恒定律有0＝mv1＋9mv2，将v2＝8 m/s代入可得v1＝－72 m/s，负号表示喷水方向与乌贼身体运动方向相反，故B、C、D错误，A正确。]
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3．采取下列哪些措施有利于增大喷气式飞机的飞行速度(　　)
A．使喷出的气体速度更小
B．增加飞机自身质量
C．使喷出的气体质量更大
D．使喷出的气体密度更小
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C　[把喷气式飞机和喷出的气体看成系统，设原来的总质量为M，喷出的气体质量为m，速度为v，剩余的部分质量为(M－m)，速度是v′，规定飞机的飞行方向为正方向，由系统动量守恒得(M－m)v′－mv＝0，解得v′＝，可知，m越大，v越大，M越小，则v′越大，故C正确，A、B、D错误。]
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?题组二　运用动量守恒定律处理反冲运动问题
4．如图所示，在光滑水平面上甲、乙两车相向而行，甲的速率为v0，乙的速率也为v0，甲车和车上人的总质量为10m，乙车和车上人及货包的总质量为12m，单个货包质量为，为使两车不相撞，乙车上的人以相对地面为v＝11v0的速率将货包抛给甲车上的人，则乙车上的人应抛出货包的最小数量是(　　)
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A．10个 B．11个
C．12个 D．20个
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A　[规定水平向左为正方向，两车刚好不相撞即最后两车速度相等，设相等的速度为v′。对两辆车、两人以及所有货包组成的系统，由动量守恒定律得12mv0－10mv0＝(12m＋10m)v′，解得v′＝。设为使两车不相撞，乙车上的人应抛出货包的最小数量为n，以乙及乙车上的人和货包为系统，由动量守恒定律得12mv0＝v′＋n·v，由题知v＝11v0，解得n＝10个，选项A正确。]
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5．如图所示，质量为m′的密闭气缸置于光滑水平面上，缸内有一隔板P，隔板右边是真空，隔板左边是质量为m的高压气体。若将隔板突然抽去，则气缸的运动情况是(　　)
A．保持静止不动
B．向左移动一定距离后恢复静止
C．最终向左做匀速直线运动
D．先向左移动，后向右移动回到原来的位置
题号
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√
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B　[突然抽去隔板P，气体向右运动，气缸做反冲运动，当气体充满整个气缸时，它们之间的作用结束。由动量守恒定律可知，开始时系统的总动量为0，结束时总动量必为0，气缸和气体都将停止运动，选项B正确。]
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6．如图所示，一对杂技演员(都视为质点)乘秋千(秋千绳处于水平位置)从A点由静止出发绕O点下摆，当摆到最低点B时，女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出，然后自己刚好能回到A处。已知男演员质量m1和女演员质量m2之比＝2，
秋千的质量不计，秋千的摆长为R，C点比O
点低5R。求男演员落地点C与O点的水平距离
x。
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[解析]　设分离前男女演员在秋千最低点B的速度为v0，由机械能守恒定律有(m1＋m2)gR＝。
设刚分离时男演员速度的大小为v1，方向与v0相同；女演员速度的大小为v2，方向与v0相反，设v0方向为正方向，由动量守恒定律有
(m1＋m2)v0＝m1v1－m2v2。
分离后，男演员做平抛运动，设男演员从被推出到落在C点所需的时间为t，根据题给条件，由运动学公式得
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4R＝gt2，
x＝v1t。
根据题给条件，女演员刚好回到A点，由机械能守恒定律得
m2gR＝，已知m1＝2m2。
由以上各式可得x＝8R。
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[答案]　8R
?题组三　火箭
7．如图所示，一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离。已知前部分的卫星质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v1为(　　)
A．v0－v2　　　　　　 B．v0＋v2
C．v0－v2 D．v0＋(v0－v2)
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D　[火箭和卫星组成的系统分离时在水平方向上动量守恒，规定初速度的方向为正方向，由动量守恒定律得(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，解得v1＝v0＋(v0－v2)，D正确。]
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8．“世界航天第一人”是明朝的万户，如图所示，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。假设万户及其所携设备(火箭、椅子、风筝等)的总质量为M，点燃火箭后在极短的时间内，质量为m的燃气相对地面以v0的速度竖
直向下喷出，忽略空气阻力的影响，重力加
速度为g。下列说法正确的是(　　)
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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，万户及其所携设备能上升的最大高度为
D．在火箭喷气过程中，万户及其所携设备的机械能守恒
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B　[火箭的推力来源于燃气对它的反作用力，选项A错误；以竖直向下为正方向，根据动量守恒定律有0＝mv0－(M－m)v，解得在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为v＝，选项B正确；喷出燃气后，万户及其所携设备做竖直上抛运动，动能转化为重力势能，有(M－m)v2＝(M－m)gh，解得万户及其所携设备能上升的最大高度为h＝，选项C错误；在火箭喷气过程中，燃料燃烧，将一部分化学能转化为万户及其所携设备的机械能，万户及其所携设备的机械能增加，选项D错误。]
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9．平静的水面上停着一只小船，船头站立着一个人，船的质量是人的质量的8倍。从某时刻起，这个人向船尾走去，走到船中部他突然停止走动。水对船的阻力忽略不计。下列说法中正确的是(　　)
A．人走动时，他相对于水面的速度等于小船相对于水面的速度
B．他突然停止走动后，船由于惯性还会继续走动一小段时间
C．人在船上走动过程中，人对水面的位移是船对水面的位移的9倍
D．人在船上走动过程中，人的动能是船的动能的8倍
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D　[人船系统动量守恒，总动量始终为零，因此人、船动量大小相等，速度与质量成反比，A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v，则(M＋m)v＝0，所以v＝0，说明船的速度立即变为零，B错误；人和船系统动量守恒，速度和质量成反比，因此人的位移是船的位移的8倍，C错误；由动能和动量关系Ek＝∝，人在船上走动过程中人的动能是船的动能的8倍，D正确。]
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10．(源自粤教版教材改编)如图所示，一个质量为m的半圆槽形物体P放在光滑水平面上，半圆槽半径为R，一可视为质点的小球Q质量为3m，从半圆槽的最左端与圆心等高位置无初速度释放，然后滑上半圆槽右端。接触面均光滑，重力加速度为g，则Q从释放到滑至半圆槽右端最高点的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．P、Q组成的系统满足动量守恒
B．P的位移大小为R
C．Q滑动到最低点时的速度大小为
D．Q的位移大小为R
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D　[对P、Q组成的系统进行分析，系统在水平方向上不受外力，所以在水平方向上系统动量守恒，在竖直方向上受到的合力不为0，所以系统动量不守恒，A错误；Q滑至半圆槽右端最高点的过程中，设Q在水平方向上的速度大小为vQ，位移大小为xQ，P在水平方向上的速度大小为vP，位移大小为xP，整个过程中，根据水平方向动量守恒有mvP－3mvQ＝0，所以mxP－3mxQ＝0，又因为系统机械能守恒，所以Q滑至右侧的最高点时与圆心等高，如图所示，可知xP
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＋xQ＝2R，解得xP＝R，xQ＝R，B错误，D正确；Q滑动到最低点的过程中，根据水平方向动量守恒有mvP1－3mvQ1＝0，根据能量守恒定律有3mgR＝，解得vQ1＝，C错误。]
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11．某校课外科技小组制作了一只“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，喷出速度保持水平且对地为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103 kg/m3。
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[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，水流的喷出速度为v，火箭的反冲速度为v′，由动量守恒定律得
(m－ρQt)v′＝ρQtv。
火箭启动后2 s末的速度为
v′＝＝ m/s＝4 m/s。
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[答案]　4 m/s
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12．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，小球处于最右端。将小球由静止释放，重力加速度为g，求：
(1)小球摆到最低点时小球速度的大小；
(2)小球摆到最低点时小车向右移动的距离。
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[解析]　(1)取水平向右为正方向，设当小球到达最低点时其速度大小为v1，此时小车的速度大小为v2，根据动量守恒定律与能量守恒定律得0＝Mv2－mv1，mgl＝，
解得v1＝。
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(2)当小球到达最低点时，设小球向左移动的距离为x1，小车向右移动的距离为x2，根据动量守恒定律得m＝M，
而且x1＋x2＝l，
解得x2＝。
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[答案]　(1)　(2)
谢 谢！