课时作业5 反冲现象 火箭
1．(多选)下列图片所描述的事例或应用中，利用了反冲原理的是( ABC )
解析：喷灌装置的自动旋转是利用水流喷出时的反冲作用而运动的，故属于反冲运动，A正确；章鱼在水中前行和转向利用了喷出的水的反冲作用，B正确；气球带动小车是利用喷出的气体的反冲作用运动的，属于反冲运动，C正确；码头边轮胎的作用是延长碰撞时间，从而减小作用力，不是利用了反冲作用，D错误．
2．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( D )
A．v0－v2
B．v0＋v2
C．v0－v2
D．v0＋(v0－v2)
解析：忽略空气阻力和分离前后系统质量的变化，卫星和箭体整体分离前后动量守恒，则有(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，整理可得v1＝v0＋(v0－v2)，故D项正确．
3．如图所示，自行火炮连同炮弹的总质量为m0，当炮筒水平，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( B )
A.
B.
C.
D.
解析：自行火炮水平匀速行驶时，牵引力与阻力平衡，系统动量守恒．设向右为正方向，发射前总动量为m0v1，发射后系统的动量之和为(m0－m)v2＋m(v0＋v2)，
则由动量守恒定律可知m0v1＝(m0－m)v2＋m(v0＋v2)
解得v0＝－v2＝.
4．一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，以下关于喷气方向的说法正确的是( C )
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
解析：航天探测器通过反冲运动获得动力，可以根据探测器的运动状态结合牛顿第二定律判断合力的情况，由喷气方向可以判断推动力的方向．航天探测器做加速直线运动时，合力应当与运动方向相同，喷气方向应当是向下偏后方向喷射；探测器做匀速直线运动时，合力为零，由于受到月球的万有引力的作用，探测器必然要朝竖直向下的方向喷射，来平衡万有引力，不可能不喷气．故只有选项C正确．
5．(多选)一小型火箭在高空绕地球做匀速圆周运动，若其沿运动方向的相反方向释放出一物体P，不计空气阻力，则( AC )
A．火箭一定离开原来轨道运动
B．物体P一定离开原来轨道运动
C．火箭运动半径一定增大
D．物体P运动半径一定减小
解析：由反冲运动的知识可知，火箭的速度一定增大，火箭做离心运动，运动半径增大．但物体P是否离开原来的轨道运动，要根据释放时的速度大小而定，若释放的速度与原来的速度大小相等，则P仍在原来的轨道上反方向运动．反之，轨道半径变化．
6．(多选)某人站在静止于水面的船上，从某时刻开始，人从船头走向船尾，水的阻力不计，则( ABC )
A．人匀速运动，船则匀速后退，两者的速度大小与它们的质量成反比
B．人走到船尾不再走动，船也停止不动
C．不管人如何走动，人在行走的任意时刻人和船的速度方向总是相反，大小与它们的质量成反比
D．船的运动情况与人行走的情况无关
解析：由动量守恒定律可知，A、B、C正确．
7．如图所示，一质量为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面上，若车长为L，细杆高为h且位于小车的中央，试问玩具蛙对地最小以多大的水平速度跳出才能落到地面上(重力加速度为g)?
答案：
解析：蛙和车组成的系统水平方向动量守恒，则Mv′－mv＝0
蛙下落时间t＝
若蛙恰好落地，则有v′t＋vt＝
解得v＝.
8．如图所示，质量为m0的小车静止在光滑的水平地面上，车上装有半径为R的半圆形光滑轨道，现将质量为m的小球在轨道的边缘由静止释放，当小球滑至半圆轨道的最低位置时，小车移动的距离为多少？小球的速度大小为多少？
答案：R
解析：以车和小球组成的系统在水平方向总动量为零且守恒．当小球滑至最低处时车和小球相对位移是R，利用“人船模型”可得小车移动距离为R.设此时小车速度大小为v1，小球速度大小为v2，由动量守恒有m0v1＝mv2，由能量守恒有mgR＝m0v＋mv，解得v2＝
.
1．质量m＝100
kg的小船静止在平静水面上，船两端载着m甲＝40
kg、m乙＝60
kg的游泳者，在同一水平线上甲向左、乙向右同时以相对于岸3
m/s的速度跃入水中，如图所示，则之后小船的速率和运动方向为( A )
A．0.6
m/s，向左
B．3
m/s，向左
C．0.6
m/s，向右
D．3
m/s，向右
解析：以向左为正方向，根据动量守恒得0＝m甲v－m乙v＋mv′，代入数据解得v′＝0.6
m/s，方向向左．
2．一个同学在地面上立定跳远的最好成绩是s.假设他站在车的A端，如图所示，想要跳到距离为l远的站台上，不计车与地面的摩擦阻力，则( B )
A．只要lB．只要lC．只要l＝s，他一定能跳上站台
D．只要l＝s，他就有可能跳上站台
解析：人起跳的同时，小车要做反冲运动，所以人跳的距离小于s，故l3．如图所示，滑槽M1与滑块M2紧靠在一起，静止于光滑的水平面上．小球m从M1的右上方无初速度地下滑，当m滑到M1左方最高处时，M1将( B )
A．静止
B．向左运动
C．向右运动
D．无法确定
解析：小球m和滑槽M1、滑块M2三个物体构成一个系统，这个系统所受水平方向的合外力为零，所以系统水平方向动量守恒，小球m下滑前系统总动量为零，小球m下滑后m和滑槽M1作用，滑槽M1和滑块M2作用，作用结果使滑块M2向右运动，有向右的动量．当m滑到左方最高点时，小球m和滑槽M1的相对速度为零，但小球m和滑槽M1这个整体向左运动，有向左的动量，这样才能保证系统总动量为零．故选项B正确．
4．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( D )
A.v0
B.v0
C.v0
D.v0
解析：应用动量守恒定律解决本题，注意火箭模型质量的变化．取向下为正方向，由动量守恒定律可得：
0＝mv0－(M－m)v′，故v′＝，选项D正确．
5．穿着溜冰鞋的人，站在光滑的冰面上，沿水平方向举枪射击，设第一次射出子弹后，人后退的速度为v，则(设每颗子弹射出时对地面的速度相同)( C )
A．无论射出多少颗子弹，人后退的速度为v保持不变
B．射出n颗子弹后，人后退的速度为nv
C．射出n颗子弹后，人后退的速度大于nv
D．射出n颗子弹后，人后退的速度小于nv
解析：设人、枪(包括子弹)总质量为M，每颗子弹质量为m，子弹射出速度大小为v0，由动量守恒定律得0＝(M－m)v－mv0，设射出n颗后，后退速度为v′，则有(M－nm)v′＝nmv0，由以上分析得v＝，v′＝，因为M－m>M－nm，所以有v′>nv，C正确．
6．质量相等的A、B两球之间压缩一根轻质弹簧，静置于光滑水平桌面上，当用板挡住小球A而只释放B球时，B球被弹出落到距桌边水平距离为s的地面上，如图所示．若再次以相同力压缩该弹簧，取走A左边的挡板，将A、B同时释放，则B球的落地点距桌边( D )
A.
B.s
C．s
D.s
解析：挡板挡住A球时，弹簧的弹性势能全部转化为B球的动能，有Ep＝mv，挡板撤走后，弹性势能被两球平分，则有Ep＝2×mvB′2，由以上两式解得vB′＝vB，由于B球抛出后做平抛运动，s＝vBt＝vB，s′＝vB′＝vB，所以s′＝s，所以D对．
7．(多选)下列说法正确的是( BCD )
A．一对平衡力所做功之和一定为零，一对作用力与反作用力所做功之和也一定为零
B．一对平衡力的冲量之和一定为零，一对作用力与反作用力的冲量之和也一定为零
C．物体所受合力冲量的方向一定与物体动量的变化方向相同，不一定与物体的末动量方向相同
D．火箭喷出的燃气的速度越大、火箭的质量比越大，则火箭获得的速度就越大
解析：合力的功等于各个分力的功的代数和，一对平衡力的合力为零，故一对平衡力所做功之和一定为零，一对作用力与反作用力作用在两个不同的物体上，两个力
的作用点的位移不一定相等，故一对作用力与反作用力所做功之和可以不为零，故A错误；冲量是力与时间的乘积，故一对平衡力的冲量大小相等、方向相反，故一对平衡力的冲量之和一定为零，一对作用力与反作用力大小相等、方向相反、作用时间相等，故一对作用力与反作用力的冲量之和也一定为零，故B正确；根据动量定理，物体所受合力冲量的方向一定与物体动量的变化方向相同，不一定与物体的末动量方向相同，故C正确；火箭是利用反冲原理工作的，根据动量守恒定律有0＝(M－m)v－mv′，得v′＝v，喷出的燃气的速度越大、火箭的质量比越大，则火箭能够获得的速度就越大，故D正确．
8．(多选)向空中发射一物体，不计空气阻力，当此物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂成a、b两部分，若质量较大的a的速度方向仍沿原来的方向，则( CD )
A．b的速度方向一定与原速度方向相反
B．从炸裂到落地的这段时间里，a飞行的水平距离一定比b的大
C．a、b一定同时到达水平地面
D．在炸裂过程中，a、b受到的爆炸力的大小一定相等
解析：爆炸后系统的总机械能增加，但不能确定a、b的速度大小，故b的方向也不能确定，所以选项A、B错误；因炸开后a、b都做平抛运动，且高度相同，故选项C正确；由牛顿第三定律知，选项D正确．
9．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所受阻力不计，水的密度是ρ＝103
kg/m3.)
答案：4
m/s
解析：“水火箭”喷出水流做反冲运动，设“水火箭”原来总质量为M，水流的喷出速度为v，火箭的反冲速度即火箭启动后2
s末的速度为v′，由动量守恒定律得(M－ρQt)v′＝ρQtv
解得v′＝＝
m/s＝4
m/s.6 反冲现象 火箭
一、反冲现象
1．定义
一个静止的物体在内力的作用下分裂为两部分，一部分向某一个方向运动，另一部分必然向相反的方向运动的现象．
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变为机械能，所以系统的总动能增加．
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．
两位同学在公园里划船，租船的时间将到，他们把小船划向码头．当小船离码头大约1.5
m左右时，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(上图)，她为什么不能如她所想的那样跳到岸上呢？
提示：这位同学与船组成的系统在不考虑水阻力的情况下，所受合外力为零，在她跳前后遵循动量守恒定律．她在跳出瞬间，船也要向后运动．故该同学相对于地的速度小于她在体育课上立定跳远时相对于地的速度，从而掉到水里．
二、火箭
1．火箭的工作原理
利用反冲运动，火箭燃料燃烧产生的高温、高压燃气从尾喷管迅速喷出时，使火箭获得巨大的速度．
2．影响火箭获得速度大小的因素
(1)喷气速度：现代液体燃料火箭的喷气速度约为2
000～4
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质量之比．
喷气速度越大，质量比越大，火箭获得的速度越大．
2011年11月1日清晨5时58分10秒，中国“长征二号F”遥八运载火箭在酒泉卫星发射中心载人航天发射场点火发射，火箭将“神舟八号”飞船成功送入近地点200千米、远地点330千米的预定轨道．如图所示为“神舟八号”发射过程中的几个瞬间，图甲是火箭点火开始飞行的瞬间，图乙是助推器分离的瞬间，图丙是火箭一、二级分离的瞬间．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……
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．
考点一
对反冲现象的理解
1．反冲现象的特点及其遵循的规律
(1)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，由于有其他形式的能转变为机械能，所以系统的总动能增加．
(2)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．
①内力的存在不会改变系统的动量，但内力做功往往会改变系统的总动能.②反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总动能增加.反冲运动是作用力和反作用力都做正功的典型事例.
2．分析反冲运动应注意的问题
(1)速度的反向性问题
对于原来静止的整体，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应取负值．
(2)相对速度问题
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．由于动量守恒定律中要求速度为对同一参考系的速度，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后，再列动量守恒定律方程．
(3)变质量问题
在反冲运动中还常遇到变质量物体的运动，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．
【例1】 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)，设火箭质量M＝300
kg，发动机每秒喷气20次．求当第三次气体喷出后，火箭的速度多大？
【审题指导】
本题考查反冲运动过程中的动量守恒，解题时应注意火箭动量的变化及动量的方向．
【解析】 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.
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，据动量守恒定律，得
(M－3m)v3－3mv＝0，所以v3＝≈2
m/s.
【答案】 2
m/s
?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.反冲物体速度的方向与原物体的运动方向是相反的.
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 )
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，选项A正确．
考点二
“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m11－m22＝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关系．
【例2】 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．
【审题指导】
【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．设人的平均速度为人，船的平均速度为船，根据动量守恒有
m人－M船＝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
“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．
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？
答案：h
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，球的位移为x球，它们的位移状态图如图所示，
由平均动量守恒有：0＝Mx球－mx人，
又有x球＋x人＝L，x人＝h，故L＝h.学科素养提升
爆炸问题
炸弹的爆炸、原子核的裂变等都是同类问题，其实质为内力远大于外力，系统动量守恒，动能增加．
爆炸和碰撞的异同
【典例】 一枚质量为m的手榴弹，在空中某点运动速度的大小为v，方向沿水平方向．手榴弹在该点突然炸裂成两块，质量为m1的一块沿v的反方向飞去，速度大小为v1，求另一块炸裂后的速度v2.
【解析】 爆炸前，可认为手榴弹是由质量为m1和m－m1的两块弹片组成的．手榴弹爆炸的过程，可看作是这两块弹片相互作用的过程．由于两块弹片所受的爆炸力远大于它们受到的重力，所以满足动量守恒定律．
两块弹片在炸开前(初状态)的总动量是mv，炸开后(末状态)的总动量为－m1v1＋(m－m1)v2.
根据动量守恒定律有mv＝－m1v1＋(m－m1)v2
所以v2＝，方向与v相同．
【答案】 ，方向与v相同
对于爆炸类问题，由于相互作用力是变力，用牛顿运动定律求解非常复杂，甚至根本就无法求解，但用动量守恒定律求解时，只需要考虑过程的始末状态，而不需要考虑过程的具体细节，这正是用动量守恒定律求解问题的优点．
类题试解
有一大炮竖直向上发射炮弹，炮弹的质量为m′＝6.0
kg(内含炸药的质量可以忽略不计)，射出的初速度v0＝60
m/s.当炮弹到达最高点时爆炸为沿水平方向运动的两片，其中一片质量为m＝4.0
kg.现要求这一片不能落到以发射点为圆心，以R＝600
m为半径的圆周范围内，则刚爆炸完时两弹片的总动能至少多大？(g取10
m/s2，忽略空气阻力)
【解析】 设炮弹上升到达最高点的高度为H，根据匀变速直线运动规律，有v＝2gH.设质量为m的弹片刚爆炸后的速度为v1，另一块的速度为v，根据动量守恒定律有
mv1＋(m′－m)v＝0.
设质量为m的弹片恰好落到该圆周上，它运动的时间为t，根据平抛运动规律有H＝gt2，R＝v1t.
炮弹刚爆炸后，两弹片的总动能
Ek＝mv＋(m′－m)v2.
解以上各式得Ek＝·.
代入数值得Ek＝6.0×104
J.
【答案】 6.0×104
J
1．(多选)下列属于反冲运动的是( ACD )
A．喷气式飞机的运动
B．直升机的运动
C．火箭的运动
D．反击式水轮机的运动
解析：反冲运动是一个物体分裂成两部分，两部分朝相反的方向运动，故直升机不是反冲运动．
2．(多选)下列哪些措施有利于增加喷气式飞机的飞行速度( AC )
A．使喷出的气体速度增大
B．使喷出的气体温度更高
C．使喷出的气体质量更大
D．使喷出的气体密度更小
3．假设一个人静止于完全光滑的水平冰面上，现欲离开冰面，下列方法中可行的是( D )
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
解析：人向后踢腿或甩手，整体总动量为0，腿和手停止运动，身体便停止运动，不会运动起来，故A、B错误；因为是完全光滑的水平冰面，没有摩擦力，人是滚不了的，故C错误；把外衣抛出，人会获得一个反向的速度，可以离开冰面，故D正确．
4．运送人造地球卫星的火箭开始工作后，火箭做加速运动的原因是( B )
A．燃料燃烧推动空气，空气反作用力推动火箭
B．火箭发动机将燃料燃烧产生的气体向后推出，气体的反作用力推动火箭
C．火箭吸入空气，然后向后推出，空气对火箭的反作用力推动火箭
D．火箭燃料燃烧发热，加热周围空气，空气膨胀推动火箭
解析：火箭工作的原理是利用反冲运动，火箭燃料燃烧产生的高温高压燃气从尾喷管迅速喷出时，使火箭获得反冲速度，故选B项．
5．(多选)一人从泊在码头边的船上往岸上跳，若该船的缆绳并没拴在码头上，则下列说法中正确的有( AB )
A．船越轻小，人越难跳上岸
B．人跳跃时相对船速度大于相对地速度
C．船越重越大，人越难跳上岸
D．人跳时相对船速度等于相对地速度
解析：船越轻小，船的反冲速度越大，人获得的速度反而越小，人船相对反向运动，因此人跳跃时相对船的速度大于相对地的速度，故A、B正确．(共51张PPT)
第一章
动量守恒定律
6 反冲现象 火箭
课堂效果检测
课前自主学习
课堂考点演练
课后作业
