2022-2023學年人教版高二物理同步講義：反沖現(xiàn)象、火箭

第06講反沖現(xiàn)象火箭

金目標導航

課程標準課標解讀

1.了解反沖運動及反沖運動的典型事例.1.理解反沖運動原理，會應用動量守恒定律解決有關

2.能夠應用動量守恒定律分析反沖運動問反沖運動的問題.

題.2.知道火箭的工作原理及其應用.

3.了解火箭的飛行原理及決定火箭最終速3.了解航天技術的發(fā)展和宇宙航行.

度大小的因素.4.動量守恒定律在人船模型中的應用.

敢知識精講

知識點01火箭與反沖

1、反沖

⑴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動，另一部分必然向相

應的方向運動的現(xiàn)象.

(2)特點

①物體的不同部分在內(nèi)力作用下向相反方向運動.

②反沖運動中，相互作用力一般較大，通?？梢杂脛恿渴睾愣蓙硖幚?

(3)反沖現(xiàn)象的應用及防止

①應用：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.

②防止：用槍射擊時，由于槍身的反沖會影響射擊的準確性，所以用步槍射擊時要把槍身抵在肩部，

以減少反沖的影響.

2、火箭

(1)工作原理：利用反沖運動，火箭燃料燃燒產(chǎn)生的高溫、高壓燃氣從尾部噴管迅速噴出,使火箭獲得

巨大速度.

(2)影響火箭獲得速度大小的兩個因素

①噴氣諫度:現(xiàn)代火箭的噴氣速度為2000?4000m/s.

②質量比:火箭起飛時的質量與火箭除燃料外的箭體質量之比.噴氣速度越大，質量比越大,火箭獲

得的速度越大.

【即學即練1】下列運動不屬于反沖運動的有()

A.乒乓球碰到墻壁后彈回

B.發(fā)射炮彈后炮身后退

C.噴氣式飛機噴氣飛行

D.船員劃槳使船前進

【解析】乒乓球碰到墻壁上彈回是因為受到了墻壁的作用力，不是反沖；發(fā)射炮彈后炮身后退，是

反沖現(xiàn)象；噴氣式飛機是利用飛機與氣體間的相互作用，而促進飛機前進的；故屬于反沖運動；船員劃槳

使船前進，屬于反沖現(xiàn)象；本題考查不屬于反沖現(xiàn)象的，故選A.

【答案】A

【即學即練2】運送人造地球衛(wèi)星的火箭開始工作后，火箭做加速運動的原因()

A.燃料推動空氣，空氣的反作用力推動火箭

B.火箭發(fā)動機用力將燃料燃燒產(chǎn)生的氣體向后推出，氣體的反作用力推動火箭

C.火箭吸入空氣，然后向后排出，空氣對火箭的反作用力推動火箭

D.火箭燃料燃燒發(fā)熱，加熱周圍空氣，空氣膨脹推動火箭

【解析】火箭的工作原理是利用反沖運動，是火箭燃料燃燒產(chǎn)生的高溫高壓燃氣從尾噴管噴出時，

使火箭獲得反沖速度，故正確答案為選項B.

【答案】B

知識點02反沖運動與動量守恒定律的理解

1.反沖與動量守恒

反沖運動的產(chǎn)生是系統(tǒng)內(nèi)力作用的結果，兩個相互作用的物體/、B組成的系統(tǒng)，/對3的作用力使3

獲得某一方向的動量，3對/的反作用力使/獲得相反方向的動量，從而使/沿著與2運動方向的相反方

向運動.在以下三種情況中均可用動量守恒定律解決反沖運動問題：

⑴系統(tǒng)不受外力或所受外力之和為霎，滿足動量守恒的條件，可以用動量守恒定律解決反沖運動問題.

(2)系統(tǒng)雖然受到外力作用，但內(nèi)力遠遠大于外力,外力可以忽略，也可以用動量守恒定律解決反沖運

動問題.

（3）系統(tǒng)雖然所受外力之和不為零，系統(tǒng)的動量并不守恒，一系統(tǒng)在某一方向上不受外力或外力在該方

向上的分力之和為零,則系統(tǒng)的動量在該方向上的分量保持不變，可以用該方向上動量守恒解決反沖運動

問題.

2.在討論反沖運動時應注意以下幾點

（1）速度的反向性：若系統(tǒng)原來靜止，拋出部分具有速度時，剩余部分的反沖是相對于拋出部分而言的，

兩者速度方向相反.可任意規(guī)定某一部分的運動方向為正方向,列出動量守恒方程.質量為M的物體以對

地速度，拋出一個質量為加的物體，研究剩余部分（“一〃?）對地反沖速度時，設/的方向為正.

列出的方程式為力/+（〃一》?）M=0,得＞=-----z

由于“為待求速度，事先可不考慮其方向，由計算結果為負值，表示剩余部分的運動方向與拋出部分速

度方向相反.

由于我們已明確剩余部分與拋出部分反向，因此可直接列出兩部分動量大小相等方程.即上例可列式

為m巾，l/=----/

其中M為剩余部分的速率.

（2）速度的相對性

在反沖運動中，若已知條件是物體間的相對速度，利用動量守恒定律列方程時，應將相對速度轉化為

絕對速度（一設為對地速度）.

【即學即練3］如圖所示，是一種彈射器，總質量為其中彈丸的質量為加，彈射器中的彈簧處于壓

縮狀態(tài)，系統(tǒng)靜止在光滑水平面上.放開彈簧，彈丸以速度v（相對地面）向左飛出，下列說法正確的是（）

、（二二二、t

A.底座將以大小為v的速度后退

B.底座將以大小為小的速度后退

M

C.底座將以大小為的速度后退

M—m

D.底座將以大小為」憶的速度后退

M+m

【解析】系統(tǒng)水平方向動量守恒，有0=zwv+（A/—冽）M,得M=-----金一,選項C正確.

M-m

【答案】c

知識點03“人船模型”的處理方法

1.“人船模型”問題的特征

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雯，則動量守恒.在相互作用的過程中,

任一時刻兩物體的速度大小之比等于質量的反比.這樣的問題歸為“人船模型”問題.

2.處理“人船模型”問題的關鍵

（1）利用動量守恒，確定兩物體速度關系，再確定兩物體通過的位移的關系.

由于動量守恒，所以任一時刻系統(tǒng)的總動量為零，動量守恒式可寫成皿日⑵幺的形式（片、區(qū)為兩物

體的瞬時速率），表明任意時刻的瞬時速率都與各物體的質量成反比.所以全過程的平均速度也與質量成反

理.進而可得兩物體的位移大小與各物體的質量成反比，即且三也.

X2mi

（2）解題時要畫出各物體的位移關系草圖，找出各長度間的關系.

【即學即練41人和氣球離地高為人恰好懸浮在空中，氣球質量為人的質量為利人要從氣球下拴

著的軟繩上安全到達地面，軟繩的長度至少為（）

Mhcmh

A.--------B.--------

（mD（冽

mM

【解析】開始時，人和氣球在空中靜止，說明合力等于零.在人沿軟繩下滑的過程中，兩者所受外

力不變，即合力仍等于零.以人和氣球為系統(tǒng)，動量守恒而且符合“人船模型”（如右圖所示）.根據(jù)動量守恒

定律有解得，=也.所以軟繩至少為1=〃+//=也曲次，選項D正確.

【答案】D

【歸納總結】動量守恒定律是瞬時關系式，動量守恒是指時時刻刻的動量守恒.故人勻速走動，車

勻速后退；人加速走動，車加速后退；人減速走動，車減速后退；人動車動；人快車快；人慢車慢；人停

車停.動量守恒定律的參考系是地面，故人對地位移不是車長〃工為人相對于車的位移）.作出位移示意圖

有助于正確求解.

能力拓展

考法01火箭的反沖運動問題

【典例1】一火箭噴氣發(fā)動機每次噴出a=200g的氣體，氣體離開發(fā)動機噴出時的速度v=l000m/s.

設火箭質量M=300kg,發(fā)動機每秒鐘噴氣20次.

（1）當?shù)谌螄姵鰵怏w后，火箭的速度多大？

（2）運動第1s末，火箭的速度多大？

【解析】火箭噴氣屬反沖現(xiàn)象，火箭和氣體組成的系統(tǒng)動量守恒，運用動量守恒定律求解.

解法一（歸納法）（1）噴出氣體運動方向與火箭運動方向相反，系統(tǒng)動量可認為守恒.

第一次噴出氣體后，火箭速度為明

有（A/—冽）也一冽v=0,故vi=加一

第二次噴出氣體后，火箭速度為也

/2^/2V

有（Af-2m）v2-mv=（M一故也=------

M—2m

第三次噴出氣體后，火箭速度為V3,有

(M-3冽)V3—mv=(M—2m)v2

=3冽1=3x02x1000

故V3m/s=2m/s.

M-3m300-3x0.2

⑵依此類推，第〃次噴出氣體后，火箭速度為有

(M-nm)vn-mv—\M一(n一

nmv

M-nm

因為每秒鐘噴氣20次，所以1s末火箭速度為

20mv20x0.2x1000

V20=m/s=13.5m/s.

Af~20m300-20x0.2

解法二（整體法）（1）選取整體為研究對象，運用動量守恒定律求解.

設噴出三次氣體后火箭的速度為V3,以火箭和噴出的三次氣體為研究對象，據(jù)動量守恒定律得

(M—3m)v3—3mv=0

i,_.3mv4,

故V3=------=2m/s.

M-3m

(2)發(fā)動機每秒鐘噴氣20次，以火箭和噴出的20次氣體為研究對象，根據(jù)動量守恒定律得

(M-20m)V20—20mv—0

故了20=2°""=13.5m/s.

M—20m

【答案】(1)2m/s(2)13.5m/s

【歸納總結】(1)變質量問題：在反沖運動中還常遇到變質量物體的運動，如在火箭的運動過程中，

隨著燃料的消耗，火箭本身的質量不斷減小，此時必須取火箭本身和在相互作用的短時間內(nèi)噴出的所有氣

體為研究對象，取相互作用的這個過程為研究過程來進行研究.

(2)速度的相對性：解決火箭多次向外噴射氣體的問題時應注意，動量守恒定律中的速度必須是相對于

同一慣性參考系(一般取地面為參考系)，另一方面就是注意速度方向的表示方法.

考法02反沖在流體問題中的應用

【典例2】課外科技小組制作一只“水火箭”，用壓縮空氣壓出水流使火箭運動.假如噴出的水流速度為

lOm/s(對地)，水流流量保持2.0x10-4m3/s,啟動前火箭的總質量為1.4kg.則啟動2s末火箭的速度可達到多

少？(已知火箭沿水平方向運動時軌道的阻力不計，水的密度水=lxl()3kg/m3.)

【解析】設火箭原來質量為“，水流流量為。，水的密度為"水，水噴出的速度為v,火箭的反沖速度

為M,由動量守恒定律有(M—p水水0加=0

,pqlx"2,。/［。［%2“，

v----------------v=----------------------------------x10m/s=-4m/s

M-p^Qt1.4-1x103x2.0x10-4X2

負號表示與水流噴出速度方向相反.

【答案】4m/s

考法03反沖特點在多物體中的應用

【典例3】如圖所示，光滑水平桌面上放有一個凹槽C(凹槽底面水平)，質量機c=2kg,其正中央并排

放著兩個小滑塊/、B,妨=lkg,mB=4kg,開始時三個物體都靜止。在/、3間放有少量塑膠炸藥，爆炸

后/以辦=6m/s的速度水平向左運動，/、2中任意一塊與凹槽C的擋板碰撞后都與凹槽粘在一起，不計

摩擦和碰撞時間，求：

(1)炸藥爆炸后滑塊B的速度VB；

(2)當兩滑塊N、3都與凹槽。的擋板碰撞后，C的速度vc；

(3乂、。碰撞過程中損失的機械能△及

【解析】(1)炸藥爆炸過程中，滑塊/、8組成的系統(tǒng)動量守恒。炸藥爆炸前后瞬間，

對/、3組成的系統(tǒng)有：nUVLWBVB=O

解得V8=L5m/s,方向水平向右。

(2)兩滑塊4、2與凹槽C的擋板碰撞過程中，4、B、C組成的系統(tǒng)動量守恒。

當兩滑塊48都與凹槽C的擋板碰撞后，對/、B、C組成的系統(tǒng)：加B+%C)V共=0

即：v共=0,即凹槽C的速度

(3)N、C碰撞過程中動量守恒，設碰后的共同速度大小為v共1,則加”4=(加，+優(yōu)c)v共1

解得v共i=2m/s,方向水平向左

該過程中損失的機械能為：

3(?u+mc)修1=12Jo

【答案】(1)1.5m/s,方向水平向右(2)0(3)12J

考法04板塊模型在彈簧問題中的應用

【典例4】(多選)光滑水平面上放有質量分別為2m和m的物塊/和B,用細線將它們連接起來，兩物

塊中間加有一壓縮的輕質彈簧(彈簧與物塊不相連)，彈簧的壓縮量為X?，F(xiàn)將細線剪斷，此刻物塊/的加速

度大小為。，兩物塊剛要離開彈簧時物塊/的速度大小為v,貝女)

AB

A.物塊B的加速度大小為a時彈簧的壓縮量為工

2

B.物塊/從開始運動到剛要離開彈簧時位移大小為M

3

C.物塊開始運動前彈簧的彈性勢能為3加v2

2

D.物塊開始運動前彈簧的彈性勢能為3wv2

【解析】當物塊N的加速度大小為。時，根據(jù)胡克定律和牛頓第二定律得依=2"°。當物塊3的加

速度大小為。時，有：kx'=ma,對比可得：無，=工，即此時彈簧的壓縮量為工，故A正確。

22

取水平向左為正方向，根據(jù)系統(tǒng)的動量守恒得：2加辿一機迎=0,又/+XB=X,解得/的位移為：必

-X,故B錯誤。

3

根據(jù)動量守恒定律得：0=2mv-mvB,得物塊3剛要離開彈簧時的速度照=2也由系統(tǒng)的機械能守恒得:

物塊開始運動前彈簧的彈性勢能為：皖=，2根官+$7VB2=3加廿，故C錯誤，D正確。

【答案】AD

題組A基礎過關練

1.下列圖片所描述的事例或應用中，沒有利用反沖原理的是（）

A.噴灌裝置的自動旋轉B.章魚在水中前行和轉向

C.運載火箭發(fā)射過程D.碼頭邊輪胎的保護作用

【解析】噴灌裝置的自動旋轉是利用水流噴出時的反沖作用而運動的，故屬于反沖運動，故A錯誤;

章魚在水中前行和轉向是利用噴出的水的反沖作用，故B錯誤；

火箭的運動是利用噴氣的方式而獲得動力，利用了反沖運動，故C錯誤；

碼頭邊的輪胎的作用是延長碰撞時間，從而減小作用力，不是利用了反沖作用，故D正確.

【答案】D

2.如圖所示，質量為M的密閉汽缸置于光滑水平面上，缸內(nèi)有一隔板尸，隔板右邊是真空，隔板左邊

是質量為機的高壓氣體，若將隔板突然抽去，則汽缸的運動情況是（）

r7~77~7~7~7~7~7~7~7~7~7~7~7~7~7~7~7~7~7~,

A.保持靜止不動

B.向左移動一定距離后恢復靜止

C.最終向左做勻速直線運動

D.先向左移動，后向右移動回到原來位置

【解析】突然撤去隔板，氣體向右運動，汽缸做反沖運動，當氣體充滿整個汽缸時，它們之間的作

用結束.由動量守恒定律可知，開始時系統(tǒng)的總動量為零，結束時總動量必為零，汽缸和氣體都將停止運

動，故B正確.

【答案】B

3.如圖所示，一枚火箭搭載著衛(wèi)星以速率vo進入太空預定位置，由控制系統(tǒng)使箭體與衛(wèi)星分離.已知

前部分的衛(wèi)星質量為如，后部分的箭體質量為〃⑵分離后箭體以速率V2沿火箭原方向飛行，若忽略空氣阻

力及分離前后系統(tǒng)質量的變化，則分離后衛(wèi)星的速率VI為（）

%——巧—

司ID三I□三D

A.Vo—V2B.Vo+v2

m2D.Vo+^(vo—V2)

C.Vo-----V2

mimi

【解析】忽略空氣阻力和分離前后系統(tǒng)質量的變化，衛(wèi)星和箭體整體分離前后動量守恒，則有（冽1+

冽2）VO=冽1V1+加2V2，整理可得Vl=V0+這（V0—V2）?故D項正確.

m\

【答案】D

4.小車上裝有一桶水，靜止在光滑水平地面上，如圖所示.桶的前、后、底及側面各裝有一個閥門,

分別為&、S3、S4（S4圖中未全畫出）.要使小車向前運動，可采用的方法是（）

A.打開閥門SB.打開閥門S2

C.打開閥門S3D.打開閥門&

【解析】據(jù)水和車組成的系統(tǒng)動量守恒，原來系統(tǒng)動量為0,由0=%水丫水+加車V車知，車的運動方

向與水的運動方向相反，故水應向后噴出.

【答案】B

5.如圖所示，小車開始靜止于光滑的水平面上，一個小滑塊由靜止從小車右端高〃處沿光滑圓弧面相

對于小車向左滑動，滑塊能到達左端的最大高度〃（）

m

A.大于為

B.小于h

C.等于“

D.停在中點與小車一起向左運動

【解析】由動量守恒定律可知，當滑塊運動到左端的最大高度時滑塊和車速度為零，由于水平面和

圓弧面光滑，系統(tǒng)的機械能守恒，所以滑塊到達左端的最大高度〃等于九

【答案】C

6.一同學在地面上立定跳遠的最好成績是x（m）,假設他站在車的/端，如圖所示，想要跳上距離為/（m）

遠的站臺上，不計車與地面的摩擦阻力，則（）

7

Ay77777777777/

M///夕////〃//〃///%

A.只要他一定能跳上站臺

B.只有他才可能跳上站臺

C.只要/=x,他一■定能跳上站臺

D.只要/=x，他有可能跳上站臺

【解析】人起跳的同時，小車要做反沖運動，所以人跳的距離小于x,故時，才有可能跳上站臺.

【答案】B

7.如圖所示，裝有炮彈的火炮總質量為"21,炮彈的質量為加2,炮彈射出炮口時對地的速率為V0,若炮

管與水平地面的夾角為仇則火炮后退的速度大小為（設水平面光滑）（）

%

12

miD冽2Vo

A.—voJD.一

m\—mi

、冽2yoeos8D加2vocos0

m\—m2加i

【解析】炮彈和火炮組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，0=機2Voe05。一（如一機2?,得V=12VOCOS選

m\—m2

項C正確.

【答案】c

8.如圖所示，在光滑的水平地面上有一輛平板車，車的兩端分別站著人/和8,4的質量為利o8的

質量為加B，m,4>mBo最初人和車都處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)在兩人同時由靜止開始相向而行，/和2相對地面的

速度大小相等，則車（）

A.靜止不動B.向右運動

C.向左運動D.左右往返運動

【解析】/和8與小車作用過程中系統(tǒng)動量守恒，開始都靜止，總動量為零。由于科>如，兩人速

度大小相等，則N向右的動量大于8向左的動量，故小車應向左運動；故選C。

【答案】C

9.（多選）如圖所示，小車N8放在光滑水平面上，4端固定一個輕彈簧，B端粘有油泥，小車總質量為

M,質量為加的木塊C放在小車上，用細繩連接于小車的/端并使彈簧壓縮，開始時和。都靜止，當

突然燒斷細繩時，C被釋放，使C離開彈簧向8端沖去，并跟8端油泥粘在一起，忽略一切摩擦，以下說

法正確的是（）

A.彈簧伸長過程中C向右運動，同時小車也向右運動

B.C與油泥碰前，C與小車的速率之比為M：a

C.C與油泥粘在一起后，小車立即停止運動

D.C與油泥粘在一起后，小車繼續(xù)向右運動

【解析】小車與木塊。組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，C向右運動時，小車應向左運動，故A

錯誤；設碰前C的速率為電，小車的速率為V2,則O=〃?vi—“V2,得匕="，故B正確；設C與油泥粘在

V2m

一起后，小車、C的共同速度為V卻則O=（M+"）v共，得v共=0,故C正確，D錯誤。

【答案】BC

10.如圖所示，光滑水平面上有兩輛車，甲車上面有發(fā)射裝置，甲車連同發(fā)射裝置質量=1kg,車

上另有一個質量為加=0.2kg的小球。甲車靜止在平面上，乙車以vo=8m/s的速度向甲車運動，乙車上有

接收裝置，總質量〃2=2kg,問：甲車至少以多大的水平速度將小球發(fā)射到乙車上，兩車才不會相撞？（球

最終停在乙車上）

以三者為系統(tǒng)，動量守恒：0+〃2"0=（河1+”?+吹力共，

解得V共=5m/s,

以球與乙車為系統(tǒng)，動量守恒：

解得v=25m/so

【答案】25m/s

11.一枚豎直向上發(fā)射的火箭除燃料外質量/=6000kg,火箭噴氣的速度為1000m/s,在開始時每秒

大約要噴出多少質量的氣體才能支持火箭的重力？如果要使火箭開始時有19.6m八2向上的加速度，則每秒

要噴出多少氣體？

【解析】設火箭每秒噴出的氣體質量為處

根據(jù)動量定理可得Ft=mv2-mvx=m（%一匕）

其中尸=兒恁，v2-VI=1000m/s

FtMgt_6000x9.8x1

m=------

%一匕為一匕1000

當火箭以19.6m/s2的加速度向上運動時由牛頓第二定律得F'-Mg=Ma

所以尸'=M(g+a).

設此時每秒噴出的氣體質量為加'，根據(jù)動量定理得歹7=mv2-mvx

m他+嘰6000x（9.8+19.6）x1kg=1764kg

v2-vxv2-v11000

【答案】58.8kg176.4kg

題組B能力提升練

1.（多選）平靜的水面上停著一只小船，船頭站立著一個人，船的質量是人的質量的8倍.從某時刻起,

這個人向船尾走去，走到船中部他突然停止走動.水對船的阻力忽略不計.下列說法中正確的是（）

A.人走動時，他相對于水面的速度大于小船相對于水面的速度

B.他突然停止走動后，船由于慣性還會繼續(xù)走動一小段時間

C.人在船上走動過程中，人對水面的位移是船對水面的位移的9倍

D.人在船上走動過程中，人的動能是船的動能的8倍

【解析】人船系統(tǒng)動量守恒，總動量始終為零，因此人、船動量等大，速度與質量成反比，A正確；

人“突然停止走動”是指人和船相對靜止，設這時人、船的速度為v,貝i］（”+%）v=0,所以v=0,說明船

的速度立即變?yōu)榱悖珺錯誤；

人和船系統(tǒng)動量守恒，速度和質量成反比，因此人的位移是船的位移的8倍，C錯誤；

由動能和動量關系人在船上走動過程中人的動能是船的動能的8倍，D正確.

2mm

【答案】AD

2.穿著溜冰鞋的人靜止站在光滑的冰面上，沿水平方向舉槍射擊，每次射擊時子彈對地速度相等，設

第一次射出子彈后，人相對于地后退的速度為v,下列說法正確的是（）

A.無論射出多少子彈，人后退的的速度都為v

B.射出〃顆子彈后，人后退的速度為

C.射出〃顆子彈后，人后退的速度小于"V

D.射出〃顆子彈后，人后退的速度大于"V

【解析】設人、槍（包括子彈）的總質量為每顆子彈質量為加，子彈射出速度為W，射出第1顆子

tmnmv

彈，有0=（A/—加）丫一加vo,設人射出n顆子彈后的速度為v',^!\{M—nm）v'=nmvo,可得v=°,v'-°；

M-mM-nm

r

因M—m>M—nm,所以v>nv9故選項D正確.

【答案】D

3.“世界航天第一人”是明朝的萬戶，如圖所示，他把47個自制的火箭綁在椅子上，自己坐在椅子上，

雙手舉著大風箏，設想利用火箭的推力，飛上天空，然后利用風箏平穩(wěn)著陸，假設萬戶及其所攜設備（火箭、

椅子、風箏等）的總質量為點燃火箭后在極短的時間內(nèi)，質量為小的燃氣相對地面以V0的速度豎直向下

噴出，忽略空氣阻力的影響，重力加速度為g,下列說法正確的是（）

A.火箭的推力來源于空氣對它的反作用力

B.在燃氣噴出后的瞬間，火箭的速度大小為處”

M-m

c.噴出燃氣后，萬戶及其所攜設備能上升的最大高度為」

D.在火箭噴氣過程中，萬戶及其所攜設備的機械能守恒

【解析】火箭的推力來源于燃氣對它的反作用力，選項A錯誤；

以豎直向下為正方向，根據(jù)動量守恒定律有O=mvo—（河一加）v,解得在燃氣噴出后的瞬間，火箭的速度

大小為丫=」嘰，選項B正確；

M-m

噴出燃氣后，萬戶及其所攜設備做豎直上拋運動，動能轉化為重力勢能，有#M一刈廿=（加一m）g〃，解

得萬戶及其所攜設備能上升的最大高度為人=」^:，選項C錯誤；

2g（A/■一機）2

在火箭噴氣過程中，萬戶及其所攜設備的機械能增加，燃料燃燒，將一部分化學能轉化為萬戶及其所

攜設備的機械能，選項D錯誤。

【答案】B

4.（多選）一個質量為M的平板車靜止在光滑的水平面上，在平板車的車頭與車尾站著甲、乙兩人，質

量分別為小1和心2，當兩人相向而行時（）

A.當m1>機2時，車子與甲運動方向一致

B.當V1>V2時，車子與甲運動方向一致

C.當加1V1=7H2V2時，車子靜止不動

D.當a1V1>加2V2時，車子運動方向與乙運動方向一致

【解析】取甲、乙兩人和平板車為系統(tǒng)，整個系統(tǒng)水平方向所受合力為零，所以系統(tǒng)動量守恒.由

于系統(tǒng)開始動量為零，所以總動量始終為零.當如>“2時，由于不清楚速率也、V2的關系，即無法確定甲、

乙兩人動量大小關系，所以不能確定車子運動方向，選項A錯誤;

當也〉V2時，由于不清楚如和〃?2的關系，即無法確定甲、乙兩人動量大小關系，所以不能確定車子運

動方向，選項B錯誤；

兩人速度方向相反，即動量方向相反，當加1也=加2也時，兩人動量和為零，而系統(tǒng)動量為零，所以車

子靜止不動，選項C正確；

兩人速度方向相反，即動量方向相反，當如也＞加2V2時，兩人動量之和的方向與甲的動量方向相同，

而系統(tǒng)動量為零，所以車子動量的方向與甲的動量方向相反，即車子運動方向與乙運動方向一致，選項D

正確.

【答案】CD

5.如圖所示，一個傾角為a的直角斜面體靜置于光滑水平面上，斜面體質量為頂端高度為加今有

一質量為優(yōu)的小物體，沿光滑斜面下滑，當小物體從斜面頂端自由下滑到底端時，斜面體在水平面上移動

的距離是（）

M-\~m

mhcotaMhcata

M~\~m

【解析】此題屬于“人船模型”問題，冽與"組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，設冽在水平方向上

對地位移為XI，M在水平方向上對地位移為X2.

因此O=MQ—Ate,

且xi+%2=〃cota,

由①②可得X2="",選項C正確.

【答案】c

6.如圖所示，質量為加，半徑為r的小球，放在內(nèi)半徑為R,質量為"=5加的大空心球內(nèi)，大球開始

靜止在光滑水平面上，當小球由圖中位置無初速釋放沿內(nèi)壁滾到最低點時，下列說法中正確的是（）

A.M與加系統(tǒng)動量守恒B.M與冽系統(tǒng)動量不守恒

C./的對地位移大小為一D.機對地位移大小為班二^

612

【解析】因為Af與加系統(tǒng)在豎直方向合外力不為0,所以M與加系統(tǒng)動量不守恒，故B正確，A

錯誤;

因為加與機系統(tǒng)在水平方向合外力為0,所以M與"7系統(tǒng)動量不守恒，但水平方向動量守恒，設大球

M的水平位移大小為X,小球機滑到最低點所用的時間為f,發(fā)生的水平位移大小為R—7—x,取水平向左

方向為正方向。由人船模型可知：加丁=紇'解得'的對地位移大小為x二出；機的對地位移大小

為“…，故C正確，D錯誤。

【答案】BC

7.如圖所示，一只質量為加的玩具青蛙，蹲在質量為M的小車的細桿上，小車停放在光滑水平桌面

上，若車長為人細桿高為肌且細桿固定在小車的中點.求玩具青蛙最小應以多大的相對于地面的水平速

度v跳出才能落到桌面上？

【解析】設玩具青蛙跳起后小車相對于地面的速度為v',青蛙下落入距離的時間為,,

由動量守恒定律得mv—Mv,=0

以玩具青蛙為研究對象，由運動學公式得〃=上修②

設小車在，段時間內(nèi)的位移為％,X=v)③

玩具青蛙在這段時間內(nèi)的水平位移至少應為lz—x=vt④

2

由①②③④式解得二ML仔.

【答案】ML衿

2("+M\l2h

8.如圖所示，小車的質量M=2.0kg,帶有光滑的圓弧軌道N3和粗糙的水平軌道3C,且兩軌道相切

于3點。一小物塊(可視為質點)質量為加=0.5kg,與軌道3C間的動摩擦因數(shù)〃=0.10,3c部分的長度￡=

0.80m,重力加速度g取10m/s2o

（1）若小車固定在水平面上，將小物塊從軌道的。點靜止釋放，小物塊恰好可運動到。點。試求。

點與8c軌道的高度差；

（2）若將小車置于光滑水平面上，小物塊仍從A