2025新課改-高中物理-選修第1冊（21講）05 A反沖現(xiàn)象 火箭 基礎(chǔ)版含答案

2025新課改-高中物理-選修第1冊（21講）05A反沖現(xiàn)象火箭基礎(chǔ)版含答案反沖現(xiàn)象火箭知識點：反沖現(xiàn)象火箭一、反沖現(xiàn)象1．定義一個靜止的物體在內(nèi)力的作用下分裂為兩部分，一部分向某個方向運(yùn)動，另一部分必然向相反的方向運(yùn)動的現(xiàn)象．2．規(guī)律：反沖運(yùn)動中，相互作用力一般較大，滿足動量守恒定律．3．反沖現(xiàn)象的應(yīng)用及防止(1)應(yīng)用：農(nóng)田、園林的噴灌裝置利用反沖使水從噴口噴出時，一邊噴水一邊旋轉(zhuǎn)．(2)防止：用槍射擊時，由于槍身的反沖會影響射擊的準(zhǔn)確性，所以用槍射擊時要把槍身抵在肩部，以減少反沖的影響．二、火箭1．工作原理：噴氣式飛機(jī)和火箭的飛行應(yīng)用了反沖的原理，它們靠噴出氣流的反沖作用而獲得巨大的速度．2．決定火箭增加的速度Δv的因素(1)火箭噴出的燃?xì)庀鄬姎馇盎鸺乃俣龋?2)火箭噴出燃?xì)獾馁|(zhì)量與火箭本身質(zhì)量之比．技巧點撥一、反沖運(yùn)動的理解和應(yīng)用1．反沖運(yùn)動的三個特點(1)物體的不同部分在內(nèi)力作用下向相反方向運(yùn)動．(2)反沖運(yùn)動中，相互作用的內(nèi)力一般情況下遠(yuǎn)大于外力或在某一方向上內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，所以兩部分組成的系統(tǒng)動量守恒或在某一方向動量守恒．(3)反沖運(yùn)動中，由于有其他形式的能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，所以系統(tǒng)的機(jī)械能增加．2．討論反沖運(yùn)動應(yīng)注意的兩個問題(1)速度的方向性：對于原來靜止的整體，可任意規(guī)定某一部分的運(yùn)動方向為正方向，則反方向的另一部分的速度就要取負(fù)值．(2)速度的相對性：反沖問題中，若已知相互作用的兩物體的相對速度，應(yīng)先將相對速度轉(zhuǎn)換成相對地面的速度，再列動量守恒方程．二、火箭的工作原理分析1．火箭噴氣屬于反沖類問題，是動量守恒定律的重要應(yīng)用．2．分析火箭類問題應(yīng)注意的三個問題(1)火箭在運(yùn)動過程中，隨著燃料的燃燒，火箭本身的質(zhì)量不斷減小，故在應(yīng)用動量守恒定律時，必須取在同一相互作用時間內(nèi)的火箭和噴出的氣體為研究對象．注意反沖前、后各物體質(zhì)量的變化．(2)明確兩部分物體初、末狀態(tài)的速度的參考系是否為同一參考系，如果不是同一參考系要設(shè)法予以轉(zhuǎn)換，一般情況要轉(zhuǎn)換成對地的速度．(3)列方程時要注意初、末狀態(tài)動量的方向．三、反沖運(yùn)動的應(yīng)用——“人船模型”1．“人船模型”問題兩個原來靜止的物體發(fā)生相互作用時，若所受外力的矢量和為零，則動量守恒．2．人船模型的特點(1)兩物體滿足動量守恒定律：m1eq\x\to(v)1－m2eq\x\to(v)2＝0.(2)運(yùn)動特點：人動船動，人停船停，人快船快，人慢船慢，人左船右，人、船位移比等于它們質(zhì)量的反比，即eq\f(x1,x2)＝eq\f(m2,m1).總結(jié)提升“人船模型”是利用平均動量守恒求解的一類問題，解決這類問題應(yīng)注意：(1)適用條件：①系統(tǒng)由兩個物體組成且相互作用前靜止，系統(tǒng)總動量為零；②在系統(tǒng)內(nèi)發(fā)生相對運(yùn)動的過程中至少有一個方向的動量守恒(如水平方向或豎直方向)．(2)畫草圖：解題時要畫出各物體的位移關(guān)系草圖，找出各長度間的關(guān)系，注意兩物體的位移是相對同一參考系的位移．例題精練1．關(guān)于反沖運(yùn)動的說法中，正確的是()A．拋出部分的質(zhì)量m1要小于剩下部分的質(zhì)量m2才能獲得反沖B．若拋出部分的質(zhì)量m1大于剩下部分的質(zhì)量m2，則m2的反沖力大于m1所受的力C．反沖運(yùn)動中，牛頓第三定律適用，但牛頓第二定律不適用D．拋出部分和剩余部分都適用于牛頓第二定律答案D解析由于系統(tǒng)的一部分向某一方向運(yùn)動，而使另一部分向相反方向運(yùn)動，這種現(xiàn)象叫反沖運(yùn)動．定義中并沒有確定兩部分之間的質(zhì)量關(guān)系，故選項A錯誤．在反沖運(yùn)動中，兩部分之間的作用力是一對作用力與反作用力，由牛頓第三定律可知，它們大小相等，方向相反，故選項B錯誤．在反沖運(yùn)動中一部分受到另一部分的作用力產(chǎn)生了該部分的加速度，使該部分的速度逐漸增大，在此過程中對每一部分牛頓第二定律都成立，故選項C錯誤，選項D正確．2．將質(zhì)量為1.00kg的模型火箭點火升空，50g燃燒的燃?xì)庖源笮?00m/s的速度從火箭噴口在很短時間內(nèi)噴出．在燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g，火箭的動量大小為(噴出過程中重力和空氣阻力可忽略)()A．30kg·m/s B．5.7×102kg·m/sC．6.0×102kg·m/s D．6.3×102kg·m/s答案A解析設(shè)火箭的質(zhì)量為m1，燃?xì)獾馁|(zhì)量為m2.由題意可知，燃?xì)獾膭恿縫2＝m2v2＝50×10－3×600kg·m/s＝30kg·m/s.以火箭運(yùn)動的方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律可得，0＝m1v1－m2v2，則火箭的動量大小為p1＝m1v1＝m2v2＝30kg·m/s，所以A正確，B、C、D錯誤．隨堂練習(xí)1．靜止的實驗火箭，總質(zhì)量為M，當(dāng)它以相對地面的速度v0噴出質(zhì)量為Δm的高溫氣體后，火箭的速度為()A.eq\f(Δm,M－Δm)v0 B．－eq\f(Δm,M)v0C.eq\f(Δm,M)v0 D．－eq\f(Δm,M－Δm)v0答案D解析火箭整體動量守恒，以v0的方向為正方向，則有(M－Δm)v＋Δmv0＝0，解得：v＝－eq\f(Δm,M－Δm)v0，負(fù)號表示火箭的運(yùn)動方向與v0方向相反．2．(多選)某同學(xué)想用氣墊導(dǎo)軌模擬“人船模型”．該同學(xué)到實驗室里，將一質(zhì)量為M、長為L的滑塊置于水平氣墊導(dǎo)軌上(不計摩擦)并接通電源．該同學(xué)又找來一個質(zhì)量為m的蝸牛置于滑塊的一端，在食物的誘惑下，蝸牛從該端移動到另一端．下面說法正確的是()A．只有蝸牛運(yùn)動，滑塊不運(yùn)動B．滑塊運(yùn)動的距離是eq\f(M,M＋m)LC．蝸牛運(yùn)動的位移是滑塊的eq\f(M,m)倍D．滑塊與蝸牛運(yùn)動的距離之和為L答案CD解析根據(jù)“人船模型”，易得滑塊的位移為eq\f(m,M＋m)L，蝸牛運(yùn)動的位移為eq\f(M,M＋m)L，C、D正確．綜合練習(xí)1．（2021·黑龍江鶴崗一中高一期末）如圖所示，水平地面上緊挨著的兩個滑塊P、Q之間有少量炸藥（質(zhì)量不計），爆炸后P、Q沿水平地面向左、右滑行的最大距離分別為0.8m、0.2m。已知P、Q與水平地面間的動摩擦因數(shù)相同，則P、Q的質(zhì)量之比m1:m2為（）A．1∶2 B．2∶1 C．4∶1 D．1∶4【答案】A【詳解】爆炸過程中，兩滑塊動量守恒，取水平向右為正，則爆炸之后分別對兩滑塊動能定理可知：滑塊P滑塊Q聯(lián)立代入已知數(shù)據(jù)解得故選A。2．（2021·臨澧縣第一中學(xué)高二期末）如圖所示，我國自行研制的第五代隱形戰(zhàn)機(jī)“殲-20”以速度水平向右勻速飛行，到達(dá)目標(biāo)地時，將質(zhì)量為M的導(dǎo)彈自由釋放，導(dǎo)彈向后噴出質(zhì)量為m、對地速率為的燃?xì)?，則噴氣后導(dǎo)彈的速率為（）

A． B． C． D．【答案】A【詳解】設(shè)導(dǎo)彈飛行的方向為正方向，由動量守恒定律解得故選A。3．（2021·河南高一期末）下列幾種運(yùn)動沒有利用反沖的原理的是（）A．烏賊的逃生B．雞蛋“破”與“不破”的訣竅C．宇航員無繩太空行走D．氣球充氣后敞口釋放【答案】B【詳解】A．烏賊的逃生是利用噴出的水的反沖作用，屬于反沖運(yùn)動，故A不符合題意；B．雞蛋“破”與“不破”的訣竅，是增大作用時間，減小作用力，起到緩沖作用。故B符合題意；C．宇航員無繩太空行走，是利用反沖的原理。故C不符合題意；D．氣球充氣后敞口釋放，利用噴出的氣體的反沖作用而運(yùn)動的，屬于反沖運(yùn)動，故D不符合題意。故選B。4．（2021·西寧市海湖中學(xué)高二期中）如圖所示為我國的長征七號運(yùn)載火箭剛發(fā)射時的情景。則下列法正確的是（）A．火箭受到地面對它的彈力作用而升空B．火箭受周圍空氣對它的作用而升空C．火箭受到向下噴射的氣體對它的作用而升空D．在沒有空氣的環(huán)境中這類火箭無法升空【答案】C【詳解】火箭高速向后噴出氣體，氣體對火箭的反作用力使火箭升空，故在沒有空氣的環(huán)境中這類火箭也能正常升空，C正確。故選C。5．（2021·福建省泰寧第一中學(xué)高二期中）如圖，質(zhì)量是M（包括繩）的氣球下方有一段繩長為L，一質(zhì)量為m的人懸掛在繩的末端B點，氣球和人均處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)人沿繩慢慢地爬到繩的上端A點處，空氣阻力不計，人可視為質(zhì)點，則人實際上爬的高度是（）A．L B．L C．L D．L【答案】B【詳解】設(shè)氣球下降的高度為h，則由平均動量守恒可知解得則人實際上爬的高度是故選B。6．（2021·周口市中英文學(xué)校高二期中）如圖所示，放在光滑水平桌面上的A、B木塊之間夾一被壓縮的水平輕彈簧?，F(xiàn)釋放彈簧，A、B木塊被彈開后，各自在桌面上滑行一段距離飛離桌面。A落地點距桌邊水平距離為0.5m，B落地點距桌邊水平距離為1m，則（）

A．A、B離開彈簧時的速度之比為2∶1B．A、B離開彈簧時的速度之比為1∶1C．A、B質(zhì)量之比為1∶2D．A、B質(zhì)量之比為2∶1【答案】D【詳解】AB．A和B離開桌面后做平拋運(yùn)動，下落的高度相同，它們的運(yùn)動時間相等，由得速度之比故AB錯誤；CD．彈簧彈開木塊的過程，兩木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，取向左為正方向，由動量守恒定律得則質(zhì)量之比故D正確C錯誤。故選D。7．（2021·北京豐臺區(qū)·高二期中）我國發(fā)射的“神舟十一號”飛船與“天宮二號”空間站實現(xiàn)了完美對接。假設(shè)“神舟十一號”飛船到達(dá)對接點附近時對地的速度為v0，此時的質(zhì)量為M。欲使飛船追上“天宮二號”實現(xiàn)對接，飛船需加速到v1，飛船發(fā)動機(jī)點火，將質(zhì)量為m的燃?xì)庖淮涡韵蚝髧姵?，燃?xì)鈱Φ叵蚝蟮乃俣却笮関2，不考慮飛船加速過程中的變軌，則在這個過程中，下列各表達(dá)式正確的是（）A．Mv0=Mv1+mv2B．Mv0=Mv1-mv2C．Mv0=（M-m）v1+mv2D．Mv0=（M-m）v1-mv2【答案】D【詳解】選飛船向上飛行的速度方向為正方向，飛船發(fā)動機(jī)點火噴出燃?xì)膺^程動量守恒。由動量守定律得故選D。8．（2021·北京人大附中高一期中）如圖所示，靜止在光滑水平面上的兩輛小車用細(xì)線相連，中間有一個壓縮了的輕彈簧（與小車不栓接）。燒斷細(xì)線后（）A．兩車同時開始運(yùn)動B．在彈簧第一次恢復(fù)原長前，兩車的動能減少C．在彈簧第一次恢復(fù)原長前，兩車的移動的距離之比增大D．在彈簧第一次恢復(fù)原長的整個過程中，兩車動量的變化相同【答案】A【詳解】A．燒斷細(xì)線后，兩車同時開始運(yùn)動，選項A正確；B．在彈簧第一次恢復(fù)原長前，兩車的動能一直增加，選項B錯誤；C．在彈簧第一次恢復(fù)原長前，兩車組成的系統(tǒng)動量守恒，則平均動量也守恒，即即可得即兩車的移動的距離之比不變，選項C錯誤；D．在彈簧第一次恢復(fù)原長的整個過程中，兩車動量的變化大小相等，方向相反，選項D錯誤。故選A。9．（2021·莆田第二十四中學(xué)高一期末）在光滑的水平地面上放有一質(zhì)量為M的半圓柱體，在其圓心正上方靜止放有一質(zhì)量為m的光滑小球。某時刻小球受到輕微擾動，由靜止開始下滑。當(dāng)m與M分離時，m的水平位移為，則M的位移為（）A． B． C． D．【答案】C【詳解】M與m水平方向動量守恒，由人船模型可得解得故選C。反沖現(xiàn)象火箭知識點：反沖現(xiàn)象火箭一、反沖現(xiàn)象1．定義一個靜止的物體在內(nèi)力的作用下分裂為兩部分，一部分向某個方向運(yùn)動，另一部分必然向相反的方向運(yùn)動的現(xiàn)象．2．規(guī)律：反沖運(yùn)動中，相互作用力一般較大，滿足動量守恒定律．3．反沖現(xiàn)象的應(yīng)用及防止(1)應(yīng)用：農(nóng)田、園林的噴灌裝置利用反沖使水從噴口噴出時，一邊噴水一邊旋轉(zhuǎn)．(2)防止：用槍射擊時，由于槍身的反沖會影響射擊的準(zhǔn)確性，所以用槍射擊時要把槍身抵在肩部，以減少反沖的影響．二、火箭1．工作原理：噴氣式飛機(jī)和火箭的飛行應(yīng)用了反沖的原理，它們靠噴出氣流的反沖作用而獲得巨大的速度．2．決定火箭增加的速度Δv的因素(1)火箭噴出的燃?xì)庀鄬姎馇盎鸺乃俣龋?2)火箭噴出燃?xì)獾馁|(zhì)量與火箭本身質(zhì)量之比．技巧點撥一、反沖運(yùn)動的理解和應(yīng)用1．反沖運(yùn)動的三個特點(1)物體的不同部分在內(nèi)力作用下向相反方向運(yùn)動．(2)反沖運(yùn)動中，相互作用的內(nèi)力一般情況下遠(yuǎn)大于外力或在某一方向上內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，所以兩部分組成的系統(tǒng)動量守恒或在某一方向動量守恒．(3)反沖運(yùn)動中，由于有其他形式的能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，所以系統(tǒng)的機(jī)械能增加．2．討論反沖運(yùn)動應(yīng)注意的兩個問題(1)速度的方向性：對于原來靜止的整體，可任意規(guī)定某一部分的運(yùn)動方向為正方向，則反方向的另一部分的速度就要取負(fù)值．(2)速度的相對性：反沖問題中，若已知相互作用的兩物體的相對速度，應(yīng)先將相對速度轉(zhuǎn)換成相對地面的速度，再列動量守恒方程．二、火箭的工作原理分析1．火箭噴氣屬于反沖類問題，是動量守恒定律的重要應(yīng)用．2．分析火箭類問題應(yīng)注意的三個問題(1)火箭在運(yùn)動過程中，隨著燃料的燃燒，火箭本身的質(zhì)量不斷減小，故在應(yīng)用動量守恒定律時，必須取在同一相互作用時間內(nèi)的火箭和噴出的氣體為研究對象．注意反沖前、后各物體質(zhì)量的變化．(2)明確兩部分物體初、末狀態(tài)的速度的參考系是否為同一參考系，如果不是同一參考系要設(shè)法予以轉(zhuǎn)換，一般情況要轉(zhuǎn)換成對地的速度．(3)列方程時要注意初、末狀態(tài)動量的方向．三、反沖運(yùn)動的應(yīng)用——“人船模型”1．“人船模型”問題兩個原來靜止的物體發(fā)生相互作用時，若所受外力的矢量和為零，則動量守恒．2．人船模型的特點(1)兩物體滿足動量守恒定律：m1eq\x\to(v)1－m2eq\x\to(v)2＝0.(2)運(yùn)動特點：人動船動，人停船停，人快船快，人慢船慢，人左船右，人、船位移比等于它們質(zhì)量的反比，即eq\f(x1,x2)＝eq\f(m2,m1).總結(jié)提升“人船模型”是利用平均動量守恒求解的一類問題，解決這類問題應(yīng)注意：(1)適用條件：①系統(tǒng)由兩個物體組成且相互作用前靜止，系統(tǒng)總動量為零；②在系統(tǒng)內(nèi)發(fā)生相對運(yùn)動的過程中至少有一個方向的動量守恒(如水平方向或豎直方向)．(2)畫草圖：解題時要畫出各物體的位移關(guān)系草圖，找出各長度間的關(guān)系，注意兩物體的位移是相對同一參考系的位移．例題精練1．關(guān)于反沖運(yùn)動的說法中，正確的是()A．拋出部分的質(zhì)量m1要小于剩下部分的質(zhì)量m2才能獲得反沖B．若拋出部分的質(zhì)量m1大于剩下部分的質(zhì)量m2，則m2的反沖力大于m1所受的力C．反沖運(yùn)動中，牛頓第三定律適用，但牛頓第二定律不適用D．拋出部分和剩余部分都適用于牛頓第二定律答案D解析由于系統(tǒng)的一部分向某一方向運(yùn)動，而使另一部分向相反方向運(yùn)動，這種現(xiàn)象叫反沖運(yùn)動．定義中并沒有確定兩部分之間的質(zhì)量關(guān)系，故選項A錯誤．在反沖運(yùn)動中，兩部分之間的作用力是一對作用力與反作用力，由牛頓第三定律可知，它們大小相等，方向相反，故選項B錯誤．在反沖運(yùn)動中一部分受到另一部分的作用力產(chǎn)生了該部分的加速度，使該部分的速度逐漸增大，在此過程中對每一部分牛頓第二定律都成立，故選項C錯誤，選項D正確．2．將質(zhì)量為1.00kg的模型火箭點火升空，50g燃燒的燃?xì)庖源笮?00m/s的速度從火箭噴口在很短時間內(nèi)噴出．在燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g，火箭的動量大小為(噴出過程中重力和空氣阻力可忽略)()A．30kg·m/s B．5.7×102kg·m/sC．6.0×102kg·m/s D．6.3×102kg·m/s答案A解析設(shè)火箭的質(zhì)量為m1，燃?xì)獾馁|(zhì)量為m2.由題意可知，燃?xì)獾膭恿縫2＝m2v2＝50×10－3×600kg·m/s＝30kg·m/s.以火箭運(yùn)動的方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律可得，0＝m1v1－m2v2，則火箭的動量大小為p1＝m1v1＝m2v2＝30kg·m/s，所以A正確，B、C、D錯誤．隨堂練習(xí)1．靜止的實驗火箭，總質(zhì)量為M，當(dāng)它以相對地面的速度v0噴出質(zhì)量為Δm的高溫氣體后，火箭的速度為()A.eq\f(Δm,M－Δm)v0 B．－eq\f(Δm,M)v0C.eq\f(Δm,M)v0 D．－eq\f(Δm,M－Δm)v0答案D解析火箭整體動量守恒，以v0的方向為正方向，則有(M－Δm)v＋Δmv0＝0，解得：v＝－eq\f(Δm,M－Δm)v0，負(fù)號表示火箭的運(yùn)動方向與v0方向相反．2．(多選)某同學(xué)想用氣墊導(dǎo)軌模擬“人船模型”．該同學(xué)到實驗室里，將一質(zhì)量為M、長為L的滑塊置于水平氣墊導(dǎo)軌上(不計摩擦)并接通電源．該同學(xué)又找來一個質(zhì)量為m的蝸牛置于滑塊的一端，在食物的誘惑下，蝸牛從該端移動到另一端．下面說法正確的是()A．只有蝸牛運(yùn)動，滑塊不運(yùn)動B．滑塊運(yùn)動的距離是eq\f(M,M＋m)LC．蝸牛運(yùn)動的位移是滑塊的eq\f(M,m)倍D．滑塊與蝸牛運(yùn)動的距離之和為L答案CD解析根據(jù)“人船模型”，易得滑塊的位移為eq\f(m,M＋m)L，蝸牛運(yùn)動的位移為eq\f(M,M＋m)L，C、D正確．綜合練習(xí)1．如圖1所示，設(shè)質(zhì)量為M的導(dǎo)彈運(yùn)動到空中最高點時速度為v0，突然炸成兩塊，質(zhì)量為m的一塊以速度v沿v0的方向飛去，則另一塊的運(yùn)動()圖1A．一定沿v0的方向飛去B．一定沿v0的反方向飛去C．可能做自由落體運(yùn)動D．以上說法都不對答案C解析以整個導(dǎo)彈為研究對象，取v0的方向為正方向．根據(jù)爆炸的瞬間系統(tǒng)在水平向上動量守恒，有Mv0＝(M－m)v′＋mv，則得另一塊的速度為v′＝eq\f(Mv0－mv,M－m)，若v′>0，說明另一塊沿v0的方向飛去；若v′<0，說明另一塊沿v0的反方向飛去；若Mv0＝mv，即v′＝0，說明另一塊做自由落體運(yùn)動，故選C.2.如圖2所示，自動火炮連同炮彈的總質(zhì)量為M，當(dāng)炮管水平，火炮車在水平路面上以v1的速度向右勻速行駛中，發(fā)射一枚質(zhì)量為m的炮彈后，自動火炮的速度變?yōu)関2，仍向右行駛，則炮彈的發(fā)射速度v0為()圖2A.eq\f(Mv1－v2＋mv2,m)B.eq\f(Mv1－v2,m)C.eq\f(Mv1－v2＋2mv2,m)D.eq\f(Mv1－v2－mv1－v2,m)答案A解析由動量守恒得Mv1＝(M－m)v2＋mv0，得v0＝eq\f(Mv1－v2＋mv2,m).3．“爆竹聲中一歲除，春風(fēng)送暖入屠蘇”，爆竹聲響是辭舊迎新的標(biāo)志，是喜慶心情的流露．有一個質(zhì)量為3m的爆竹斜向上拋出，到達(dá)最高點時速度大小為v0、方向水平向東，在最高點爆炸成質(zhì)量不等的兩塊，其中一塊質(zhì)量為2m，速度大小為v，方向水平向東，則另一塊的速度是()A．3v0－v B．2v0－3vC．3v0－2v D．2v0＋v答案C解析在最高點水平方向動量守恒，以水平向東為正方向，由動量守恒定律可知，3mv0＝2mv＋mv′，可得另一塊的速度為v′＝3v0－2v，故C正確．4．(多選)在某次軍演中，炮兵使用了炮口與水平方向的夾角θ可調(diào)節(jié)的迫擊炮，已知迫擊炮的總質(zhì)量為M(不包括炮彈的質(zhì)量)，炮彈的質(zhì)量為m，忽略迫擊炮與水平面之間的摩擦力及炮管長度．則下列說法正確的是()A．如果θ＝0，炮彈離開炮口的速度為v0時，炮身后退的速度為eq\f(mv0,M－m)B．如果θ＝0，炮彈離開炮口的速度為v0時，炮身后退的速度為eq\f(mv0,M)C．如果θ＝60°，炮彈離開炮口的速度為v0時，炮身后退的速度為eq\f(mv0,M－m)D．如果θ＝60°，炮彈離開炮口的速度為v0時，炮身后退的速度為eq\f(mv0,2M)答案BD解析如果θ＝0，炮彈沿水平方向射出，炮身和炮彈組成的系統(tǒng)滿足動量守恒定律，若炮彈速度為v0，則有mv0－Mv1＝0，解得v1＝eq\f(mv0,M)，A錯誤，B正確；如果θ＝60°，在炮彈出射瞬間，炮身和炮彈組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，設(shè)炮身后退的速度為v3，則mv0cos60°－Mv3＝0，解得v3＝eq\f(mv0,2M)，C錯誤，D正確．5．一彈丸在飛行到距離地面5m高時僅有向右的水平速度v0＝2m/s，爆炸成為甲、乙兩塊水平飛出，甲、乙的質(zhì)量比為3∶1.不計質(zhì)量損失，取重力加速度g＝10m/s2.則下列圖中兩塊彈片飛行的軌跡可能正確的是()答案B解析彈丸爆炸瞬間內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，故爆炸瞬間動量守恒．因兩彈片均水平飛出，飛行時間t＝eq\r(\f(2h,g))＝1s，取向右為正方向，由水平速度v＝eq\f(x,t)知，選項A中，v甲＝2.5m/s，v乙＝－0.5m/s；選項B中，v甲＝2.5m/s，v乙＝0.5m/s；選項C中，v甲＝1m/s，v乙＝2m/s；選項D中，v甲＝－1m/s，v乙＝2m/s.因爆炸瞬間動量守恒，故mv0＝m甲v甲＋m乙v乙，其中m甲＝eq\f(3,4)m，m乙＝eq\f(1,4)m，v0＝2m/s，代入數(shù)值計算知選項B正確．6．將靜置在地面上，質(zhì)量為M(含燃料)的火箭模型點火升空，在極短時間內(nèi)以相對地面的速度v0豎直向下噴出質(zhì)量為m的熾熱氣體．忽略噴氣過程重力和空氣阻力的影響，則噴氣結(jié)束時火箭模型獲得的速度大小是()A.eq\f(m,M)v0 B.eq\f(M,m)v0C.eq\f(M,M－m)v0 D.eq\f(m,M－m)v0答案D解析火箭模型在極短時間點火，設(shè)火箭模型獲得速度為v，據(jù)動量守恒定律有0＝(M－m)v－mv0得v＝eq\f(m,M－m)v0.7．如圖3所示，有一只小船停靠在湖邊碼頭，小船又窄又長(估計重一噸左右)．一位同學(xué)想用一個卷尺粗略測量它的質(zhì)量．他進(jìn)行了如下操作：首先將船平行于碼頭岸邊自由停泊，人輕輕從船尾上船，走到船頭停下，而后輕輕下船．用卷尺測出船后退的距離d，然后用卷尺測出船長L.已知他自身的質(zhì)量為m，水的阻力不計，則船的質(zhì)量為()圖3A.eq\f(mL＋d,d) B.eq\f(mL－d,d)C.eq\f(mL,d) D.eq\f(mL＋d,L)答案B解析設(shè)人走動的時候船的速度為v，人的速度為v′，人從船尾走到船頭用時為t，人的位移為L－d，船的位移為d，所以v＝eq\f(d,t)，v′＝eq\f(L－d,t).以船的速度方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律有：Mv－mv′＝0，可得：Meq\f(d,t)＝meq\f(L－d,t)，解得小船的質(zhì)量為M＝meq\f(L－d,d)，故B正確．8．(多選)小車靜止在光滑水平地面上，站在車上的人練習(xí)打靶，靶裝在車上的另一端，如圖4所示．已知車、人、槍和靶的總質(zhì)量為M(不含子彈)，每顆子彈質(zhì)量為m，共n發(fā)，打靶時，槍口到靶的距離為d.若每發(fā)子彈打入靶中，就留在靶里，且待前一發(fā)打入靶中后，再打下一發(fā)．則以下說法正確的是()圖4A．待打完n發(fā)子彈后，小車將以一定的速度向右勻速運(yùn)動B．待打完n發(fā)子彈后，小車應(yīng)停在射擊之前位置的右方C．在每一發(fā)子彈的射擊過程中，小車所發(fā)生的位移相同D．在每一發(fā)子彈的射擊過程中，小車所發(fā)生的位移應(yīng)越來越大答案BC解析子彈、槍、人、車系統(tǒng)所受的合外力為零，系統(tǒng)的動量守恒．子彈射擊前系統(tǒng)的總動量為零，子彈射入靶后總動量也為零，故小車仍然是靜止的．在子彈射出槍口到打入靶中的過程中，小車向右運(yùn)動，所以第n發(fā)子彈打入靶中后，小車應(yīng)停在原來位置的右方，待打完n發(fā)子彈后，小車將靜止不動，故A錯誤，B正確；設(shè)子彈射出槍口速度為v，車后退速度大小為v′，以子彈射出方向為正，根據(jù)動量守恒定律，有：0＝mv－[M＋(n－1)m]v′子彈勻速前進(jìn)的同時，車勻速后退，故有：vt＋v′t＝d故車后退位移大小為：Δx＝v′t＝eq\f(md,nm＋M)，每發(fā)子彈從發(fā)射到擊中靶過程，小車均后退相同的位移Δx，故C正確，D錯誤．9．(多選)如圖5所示，甲、乙兩車的質(zhì)量均為M，靜置在光滑的水平面上，兩車相距為L.乙車上站立著一個質(zhì)量為m的人，他通過一條水平輕繩拉甲車，甲、乙兩車最后相接觸，以下說法正確的是()圖5A．甲、乙兩車運(yùn)動時的速度大小之比為eq\f(M＋m,M)B．甲、乙兩車運(yùn)動時的速度大小之比為eq\f(M,M＋m)C．甲車移動的距離為eq\f(M＋m,2M＋m)LD．乙車移動的距離為eq\f(M,2M＋m)L答案ACD解析本題類似人船模型．把甲車、乙車、人看成一個系統(tǒng)，則水平方向動量守恒，有Mv甲＝(M＋m)v乙，則eq\f(v甲,v乙)＝eq\f(M＋m,M)，A正確，B錯誤；因甲、乙運(yùn)動時間均為t，則x甲＝v甲t，x乙＝v乙t，則Mx甲＝(M＋m)x乙，x甲＋x乙＝L，解得x甲＝eq\f(M＋m,2M＋m)L，x乙＝eq\f(M,2M＋m)L，C、D正確．10．如圖6所示，在光滑水平面上有一小車，小車上固定一豎直桿，總質(zhì)量為M，桿頂系一長為l的輕繩，繩另一端系一質(zhì)量為m的小球，繩被水平拉直處于靜止?fàn)顟B(tài)，小球處于最右端．將小球由靜止釋放，重力加速度為g，求：圖6(1)小球擺到最低點時的速度大?。?2)小球擺到最低點時小車向右移動的距離；答案(1)eq\r(\f(2Mgl,M＋m))(2)eq\f(ml,M＋m)解析(1)取水平向右為正方向，設(shè)當(dāng)小球到達(dá)最低點時速度大小為v1，此時小車的速度大小為v2，則根據(jù)動量守恒與能量守恒可以得到：0＝Mv2－mv1，mgl＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv22解得：v1＝eq\r(\f(2Mgl,M＋m))，v2＝eq\r(\f(2m2gl,M2＋Mm))(2)當(dāng)小球到達(dá)最低點時，設(shè)小球向左移動的距離為s1，小車向右移動的距離為s2，根據(jù)動量守恒，有：ms1＝Ms2，而且s1＋s2＝l解得：s1＝eq\f(Ml,M＋m)，s2＝eq\f(ml,M＋m).11．一火箭噴氣發(fā)動機(jī)每次噴出m＝200g的氣體，氣體離開發(fā)動機(jī)噴出時的速度v＝1000m/s.設(shè)火箭質(zhì)量M＝300kg，發(fā)動機(jī)每秒噴氣20次．(1)當(dāng)?shù)谌螄姵鰵怏w后，火箭的速度多大？(2)運(yùn)動第1s末，火箭的速度多大？答案(1)2m/s(2)13.5m/s解析規(guī)定與v相反的方向為正方向(1)設(shè)噴出三次氣體后，火箭的速度為v3，以火箭和三次噴出的氣體為研究對象，據(jù)動