資源簡介

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1.6反沖現象、火箭
一、考點梳理
考點一、反沖運動的理解和應用
1．定義：一個靜止的物體在內力的作用下分裂為兩部分，一部分向某個方向運動，另一部分必然向相反的方向運動的現象．
2．規律：反沖運動中，相互作用力一般較大，滿足動量守恒定律．
3．反沖運動的三個特點
(1)物體的不同部分在內力作用下向相反方向運動．
(2)反沖運動中，相互作用的內力一般情況下遠大于外力或在某一方向上內力遠大于外力，所以可以用動量守恒定律或在某一方向上應用動量守恒定律來處理．
(3)反沖運動中，由于有其他形式的能轉化為機械能，所以系統的總動能增加．
4．討論反沖運動應注意的兩個問題
(1)速度的方向性：對于原來靜止的整體，當被拋出部分具有速度時，剩余部分的反沖是相對于拋出部分來說的，兩者運動方向必然相反．在列動量守恒方程時，可任意規定某一部分的運動方向為正方向，則反方向的另一部分的速度就要取負值．
(2)速度的相對性：反沖運動的問題中，有時遇到的速度是相互作用的兩物體的相對速度．但是動量守恒定律中速度是對同一慣性參考系的速度(通常為對地的速度)．因此應先將相對速度轉換成對地的速度，再列動量守恒定律方程．
5．反沖現象的應用及防止
(1)應用：農田、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，所以用槍射擊時要把槍身抵在肩部，以減少反沖的影響．
【典例1】反沖小車靜止放在水平光滑玻璃上，點燃酒精，水蒸氣將橡皮塞水平噴出，小車沿相反方向運動．如果小車運動前的總質量M＝3 kg，水平噴出的橡皮塞的質量m＝0.1 kg.(水蒸氣質量忽略不計)
(1)若橡皮塞噴出時獲得的水平速度v＝2.9 m/s，求小車的反沖速度；
(2)若橡皮塞噴出時速度大小不變，方向與水平方向成60°角，小車的反沖速度又如何(小車一直在水平方向運動)
【答案】(1)0.1 m/s，方向與橡皮塞運動的方向相反 (2)0.05 m/s，方向與橡皮塞運動的水平分運動方向相反
【解析】(1)小車和橡皮塞組成的系統所受外力之和為零，系統總動量為零．以橡皮塞運動的方向為正方向
根據動量守恒定律，mv＋(M－m)v′＝0
v′＝－v＝－×2.9 m/s＝－0.1 m/s
負號表示小車運動方向與橡皮塞運動的方向相反，反沖速度大小是0.1 m/s.
(2)小車和橡皮塞組成的系統水平方向動量守恒．以橡皮塞運動的水平分運動方向為正方向，有
mvcos 60°＋(M－m)v″＝0
v″＝－＝－ m/s＝－0.05 m/s
負號表示小車運動方向與橡皮塞運動的水平分運動方向相反，反沖速度大小是0.05 m/s.
【典例2】“爆竹聲中一歲除，春風送暖入屠蘇”，爆竹聲響是辭舊迎新的標志，是喜慶心情的流露．有一個質量為3m的爆竹斜向上拋出，到達最高點時速度大小為v0、方向水平向東，在最高點爆炸成質量不等的兩塊，其中一塊質量為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．2v0－3v
C．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．
練習1、如圖所示，自行火炮連同炮彈的總質量為M，當炮管水平，火炮車在水平路面上以v1的速度向右勻速行駛時，發射一枚質量為m的炮彈后，自行火炮的速度變為v2，仍向右行駛，則炮彈相對炮筒的發射速度v0為（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】火炮車與炮彈組成的系統動量守恒，以火炮車的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得
Mv1=（M-m）v2＋m（v0＋v2）
解得
v0=
練習2、在光滑水平面上停著一輛平板車，車左端站著一個大人，右端站著一個小孩，此時平板車靜止。在大人和小孩交換位置的過程中，平板車的運動情況應該是（　　）
A．向右運動一段距離，最后靜止
B．向左運動一段距離，最后靜止
C．一直保持靜止
D．上述三種都可能
【答案】B
【解析】以大人、小孩和平板車三者作為研究對象，系統水平方向所受的合外力為零，根據動量守恒定律，可得在大人和小孩相互交換位置時，系統的重心位置保持不變。在大人和小孩相互交換位置時，可假定平板車不動，則在大人和小孩相互交換位置后，系統的重心將右移（因大人的質量要大于小孩的質量）。因此為使系統的重心位置保持不變，平板車必須左移，而在大人和小孩交換位置后，人的動量為零，而總動量為零，則車的動量也為零，故向左運動一段距離，最后靜止，故選B。
練習3、步槍的質量為4.1 kg，子彈的質量為9.6 g，子彈從槍口飛出時的速度為855 m/s，步槍的反沖速度為(　　)
A．2 m/s B．1 m/s
C．3 m/s D．4 m/s
【答案】A
【解析】以子彈從槍口飛出時速度的反方向為正方向，由動量守恒定律：Mv1－mv2＝0，得v1＝ m/s≈2 m/s.
考點二、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用.
2.分析火箭類問題應注意的三個問題
(1)火箭在運動過程中，隨著燃料的燃燒，火箭本身的質量不斷減小，故在應用動量守恒定律時，必須取在同一相互作用時間內的火箭和噴出的氣體為研究對象.注意反沖前、后各物體質量的變化.
(2)明確兩部分物體初、末狀態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法予以調整，一般情況要轉換成對地的速度.
(3)列方程時要注意初、末狀態動量的方向.
【典例1】2021年6月17日，搭載神舟十二號載人飛船的長征二號F遙十二運載火箭在酒泉衛星發射中心點火發射，成功將神舟十二號載人飛船送入預定軌道。如果長征二號F遙十二運載火箭（包括載人飛船、宇航員和燃料）的總質量為M，豎直向上由靜止開始加速，每次向下噴出質量為m的燃氣，燃氣被噴出時相對地面的速度大小均為v，則第5次噴出燃氣的瞬間，運載火箭速度大小為（忽略重力的影響）（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】第5次噴出燃氣的瞬間運載火箭的速度為，此時運載火箭的質量為，忽略重力影響，運載火箭噴氣過程系統當量守恒
解得
【典例2】一火箭噴氣發動機每次噴出m＝200 g的氣體，氣體離開發動機噴出時的速度v＝1 000 m/s.設火箭質量M＝300 kg，發動機每秒鐘噴氣20次．
(1)當第三次噴出氣體后，火箭的速度多大？
(2)運動第1 s末，火箭的速度多大？
【答案】(1)2 m/s　(2)13.5 m/s
【解析】規定與v相反的方向為正方向
(1)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，據動量守恒定律得：(M－3m)v3－3mv＝0，故v3＝≈2 m/s
(2)發動機每秒鐘噴氣20次，以火箭和噴出的20次氣體為研究對象，根據動量守恒定律得：(M－20m)v20－20mv＝0，故v20＝≈13.5 m/s.
練習1、某一火箭噴氣發動機每次噴出的氣體，氣體離開發動機噴出時的速度。設火箭（包括燃料）質量，發動機每秒噴氣20次。以下說法正確的是（　　）
A．運動第末，火箭的速度約為
B．運動第末，火箭的速度約為
C．當發動機第3次噴出氣體后，火箭的速度約為
D．當發動機第4次噴出氣體后，火箭的速度約為
【答案】C
【解析】A．1s末發動機噴出20次，共噴出的氣體質量為
根據動量守恒定律得
則得火箭1s末的速度大小為
故A錯誤；
B．2s末發動機噴出40次，共噴出的氣體質量為
同理可得，火箭2s末的速度大小為
故B錯誤；
C．第3次氣體噴出后，共噴出的氣體質量
同理可得，火箭第3次噴出氣體后的速度大小為
故C正確；
D．第4次氣體噴出后，共噴出的氣體質量
同理可得，火箭第4次噴出氣體后的速度大小為
故D錯誤。
練習2、將靜置在地面上，質量為M(含燃料)的火箭模型點火升空，在極短時間內以相對地面的速度v0豎直向下噴出質量為m的熾熱氣體．忽略噴氣過程重力和空氣阻力的影響，則噴氣結束時火箭模型獲得的速度大小是(　　)
A.v0 B.v0
C.v0 D.v0
【答案】D
【解析】火箭模型在極短時間點火，設火箭模型獲得速度為v，規定豎直向上為正方向，據動量守恒定律有0＝(M－m)v－mv0，得v＝v0.
考點三、反沖運動的應用——“人船模型”
1．“人船模型”問題
兩個原來靜止的物體發生相互作用時，若所受外力的矢量和為零，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．人船模型的特點
(1)兩物體滿足動量守恒定律：
(2)運動特點：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量的反比；人船平均速度(瞬時速度)比等于它們質量的反比，即
(3)應用此關系時要注意一個問題：公式、和x一般都是相對地面而言的．
3.“人船模型”是利用平均動量守恒求解的一類問題，解決這類問題應明確：
(1)適用條件：①系統由兩個物體組成且相互作用前靜止，系統總動量為零；
②在系統內發生相對運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系草圖，找出各長度間的關系，注意兩物體的位移是相對同一參考系的位移．
【典例1】如圖所示，一個傾角為α的直角斜面體靜置于光滑水平面上，斜面體質量為M，頂端高度為h.現有一質量為m的小物塊，沿光滑斜面下滑，當小物塊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(　　)
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】m與M組成的系統在水平方向上動量守恒，設m在水平方向上對地位移大小為x1，M在水平方向上對地位移大小為x2，以水平向左為正方向，則有0＝mx1－Mx2，且x1＋x2＝，解得x2＝．
【典例2】質量為M的熱氣球吊筐中有一質量為m的人，它們共同靜止在距地面為h的高空中．現從熱氣球上放下一根質量不計的軟繩，為使此人沿軟繩能安全滑到地面，則軟繩至少有多長？
【答案】h
【解析】如圖所示，設繩長為L，人沿軟繩滑至地面的時間為t，由圖可知，L＝x人＋x球．設人下滑的平均速度大小為v人，氣球上升的平均速度大小為v球，以向上為正方向，由動量守恒定律得：0＝Mv球－mv人，即0＝M－m，0＝Mx球－mx人，又有x人＋x球＝L，x人＝h，聯立以上各式得：L＝h.因此軟繩的長度至少為 h.
練習1、如圖所示，氣球下面有一根長繩，一個質量為m1＝50 kg的人抓在氣球下方，氣球和長繩的總質量為m2＝20 kg，長繩的下端剛好和水平面接觸，當靜止時人離地面的高度為h＝5 m．如果這個人開始沿繩向下滑，當滑到繩下端時，他離地面的高度是(可以把人看成質點)(　　)
A．5 m B．3.6 m
C．2.6 m D．8 m
【答案】B
【解析】當人滑到下端時，設人相對地面下滑的位移大小為h1，氣球相對地面上升的位移大小為h2，由動量守恒定律，得m1＝m2，且h1＋h2＝h，解得h2≈3.6 m，所以他離地高度是3.6 m．
練習2、平板車停在水平光滑的軌道上，平板車上有一人從固定在車上的貨箱邊沿水平方向順著軌道方向跳出，落在平板車地板上的A點，A點距貨箱水平距離為l＝4 m，如圖所示．人的質量為m，車連同貨箱的質量為M＝4m，貨箱高度為h＝1.25 m．求車在人跳出后到落到地板前的反沖速度為多大(g取10 m/s2)．
【答案】1.6 m/s
【解析】人從貨箱邊跳離的過程，系統(人、車和貨箱)水平方向動量守恒，設人的水平速度是v1，車的反沖速度是v2，取向右為正方向，則mv1－Mv2＝0，解得v2＝v1
人跳離貨箱后做平拋運動，車以v2做勻速運動，運動時間為t＝＝ s＝0.5 s．由圖可知，在這段時間內人的水平位移x1和車的位移x2分別為
x1＝v1t，x2＝v2t，x1＋x2＝l
即v1t＋v2t＝l，
則v2＝＝ m/s＝1.6 m/s.
二、夯實小練
1、一個連同裝備共有100kg的宇航員，脫離宇宙飛船后，在離飛船45m的位置與飛船處于相對靜止狀態。裝備中有一高壓氣源，能以50m/s的速度噴出氣體。航天員為了能在10分鐘內返回飛船，他需要在開始返回的瞬間一次性向后噴出氣體的質量是（　　）
A．0.10kg B．0.15kg C．0.20kg D．0.25kg
【答案】B
【解析】設宇航員的速度為u，則釋放m1氧氣后，則根據動量守恒有0=m1v-(M-m1)u代入數據得m1=0.15kg
2、如圖所示，裝有炮彈的火炮總質量為m1，炮彈的質量為m2，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θ，則火炮后退的速度大小為（設水平面光滑）（　　）
A．v0 B． C． D．
【答案】C
【解析】由于炮彈的重力作用，火炮發射炮彈的過程只有水平方向動量守恒，以向右為正方向，根據動量守恒定律可得m2v0cosθ-(m1-m2)v=0解得C正確。
3、如圖所示，氣球下面有一根長繩，一個質量為m1=50 kg的人抓在氣球下方，氣球和長繩的總質量為m2=20 kg，長繩的下端剛好和水平面接觸，當靜止時人離地面的高度為h=5 m。如果這個人開始沿繩向下滑，當他滑到繩下端時，他離地面高度是（可以把人看做質點）（　　）
A．5 m B．3.6 m C．2.6 m D．8 m
【答案】B
【解析】
當人滑到繩下端時，如圖所示，由動量守恒定律，得
且h1＋h2=h解得h1=1.4 m所以他離地高度H=h-h1=3.6 m
故選B。
4、人和氣球離地高為h，恰好懸浮在空中，氣球質量為M，人的質量為m．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 ）
A. B. C. D.
【答案】D
【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，動量守恒而且符合“人船模型”（如圖所示），
根據動量守恒定律有mh＝MH，解得H＝ ．所以軟繩至少為L＝H＋h＝．
5、如圖所示將一光滑的半圓槽置于光滑水平面上，槽的左側有一固定在水平面上的物塊．今讓一小球自左側槽口A的正上方從靜止開始落下，與圓弧槽相切自A點進入槽內，則以下結論中正確的是（ ）
A.小球在半圓槽內運動的全過程中，只有重力對它做功
B.小球在半圓槽內運動的全過程中，小球與半圓槽在水平方向動量守恒
C.小球自半圓槽的最低點B向C點運動的過程中，小球與半圓槽在水平方向動量守恒
D.小球離開C點以后，將做豎直上拋運動
【答案】C
【解析】解：A、小球在半圓槽內運動的B到C過程中，小球與槽組成的系統機械能守恒．由于小球對槽有斜向右下方的壓力，槽做加速運動，動能增加，則知小球的機械能減小，故A錯誤．
B、小球在槽內運動的前半過程中，左側物體對槽有作用力，小球與槽組成的系統水平方向上的動量不守恒，故B錯誤．
C、小球自半圓槽的最低點B向C點運動的過程中，水平方向合外力為零，故小球與半圓槽動量守恒．故C正確．
D、小球離開C點以后，既有豎直向上的分速度，又有水平分速度，小球做斜上拋運動．故D錯誤．
6、如圖所示，質量為m的木塊和質量為M的金屬塊用細繩系在一起，處于深水中靜止，剪斷細繩，木塊上浮h時（還沒有露出水面），鐵塊下沉的深度為________。（水的阻力不計）
【答案】
【解析】木塊與金屬塊所構成的系統的重力與所受浮力平衡，合外力為零，故動量守恒。當剪斷細繩時，個體的動量不守恒，但系統的動量守恒。對系統而言，剪斷前動量為零，當剪斷細繩后，金屬塊下降，動量方向向下，木塊上升，動量方向向上，由于合動量為零，即向上的動量與向下的動量大小相等。
設金屬塊下降的距離為x，則根據動量守恒定律有：Mx＝mh，解得x＝ 。
7、如圖所示，小車的質量M＝2.0 kg，帶有光滑的圓弧軌道AB和粗糙的水平軌道BC，且兩軌道相切于B點。一小物塊(可視為質點)質量為m＝0.5 kg，與軌道BC間的動摩擦因數μ＝0.10，BC部分的長度L＝0.80 m，重力加速度g取10 m/s2。
(1)若小車固定在水平面上，將小物塊從AB軌道的D點靜止釋放，小物塊恰好可運動到C點。試求D點與BC軌道的高度差；
(2)若將小車置于光滑水平面上，小物塊仍從AB軌道的D點靜止釋放，試求小物塊滑到BC中點時的速度大小。
【答案】(1)8.0×10－2 m (2)0.80 m/s
【解析】(1)設D點與BC軌道的高度差為h，根據動能定理有mgh＝μmgL，解得：h＝8.0×10－2 m。
(2)設小物塊滑到BC中點時小物塊的速度為v1，小車的速度為v2，對系統，水平方向動量守恒有：mv1－Mv2＝0；根據功能關系有：μmg＝mgh－；由以上各式，解得：v1＝0.80 m/s。
8、如圖所示，質量為m1=3kg的 光滑圓弧形軌道ABC與一質量為m2=1kg 的物塊P緊靠著（不粘連）靜置于光滑水平面上，B為半圓軌道的最低點，AC為軌道的水平直徑，軌道半徑R=0.3m．一質量為m3=2kg的小球（可視為質點）從圓弧軌道的A處由靜止釋放，g取10m/s2 ， 求：
①小球第一次滑到B點時的速度v1；
②小球第一次經過B點后，相對B能上升的最大高度h．
【答案】（1）v1=﹣2m/s （2）h為0.27m．
【解析】①設小球第一次滑到B點時的速度為v1 ， 軌道和P的速度為v2 ， 取水平向左為正方向，由水平方向動量守恒有：（m1+m2）v2+m3v1=0…根據系統機械能守恒m3gR= （m1+m2）v22+ m3v12 …聯①②解得：v1=﹣2m/s方向向右v2=1m/s 方向向左②小球經過B點后，物塊P與軌道分離，小球與軌道水平方向動量守恒，且小球上升到最高點時，與軌道共速，設為vm1v2+m3v1=（m1+m3）v …③解得：v=﹣0.2m/s 方向向右由機械能守恒 m1v22+ m3v12= （m1+m3）v2+m3gh …④解得：h=0.27m答：①小球第一次滑到B點時的速度v1為﹣2m/s，方向向右．②小球第一次經過B點后，相對B能上升的最大高度h為0.27m．
9、質量為4 t的火箭，其噴出氣體對地的速度為500 m/s，則：(取g＝10 m/s2)
(1)它至少每秒噴出質量為多少的氣體，才能開始上升？
(2)如果要以2 m/s2的加速度上升，則每秒可噴出多少氣體？
(3)火箭上升后，由于繼續噴氣，火箭質量將逐漸變小，如果噴氣對地速度保持不變，要維持不變的上升加速度，則每秒噴出的氣體的質量應如何變化？
【答案】(1)78.4 kg　(2)93.8 kg　(3)減小
【解析】(1)當噴出的氣體對火箭的平均沖力大于重力時，火箭才能開始上升．由F＝>(M－m)g，t＝1 s，得m>≈78.4 kg.
(2)設a＝2 m/s2時，每秒噴出氣體的質量為m′，則由牛頓運動定律得，－(M－m′)g＝(M－m′)a，t＝1 s，求出m′＝≈93.8 kg.
(3)由－(M′－m′)g＝(M′－m′)a分析知，火箭上升過程中，總質量M′在不斷減小，(M′－m′)不斷減小，a＝－g＝t－g，要使a保持不變，只有使每秒噴出氣體的質量m′減小．
10、如圖所示，A和B兩小車靜止在光滑的水平面上，質量分別為、, A車上有一質量為的人，相對地面以水平速度v0向右跳上B車，并與B車相對靜止．若不考慮空氣阻力．求：
(1)人跳離A車后，A車的速度大小和方向；
(2)人跳上B車后，B兩車的速度大小．
【答案】（1），負號表示A車的速度方向向左．（2）
【解析】（1）設人跳離A車后，A車的速度為 ，研究A車和人組成的系統，以向右為正方向
由動量守恒定律有
解得
負號表示A車的速度方向向左．
(2)研究人和B車，由動量守恒定律有
解得 B 速度大小為：
三、培優練習
1、某人在一輛靜止的小車上練習打靶，已知車、人、槍(不包括子彈)及靶的總質量為M，槍內裝有n顆子彈，每顆子彈的質量均為m，槍口到靶的距離為L，子彈水平射出槍口時相對于地面的速度為v，在發射后一顆子彈時，前一顆子彈已嵌入靶中。發射完n顆子彈時，小車后退的距離為　 (　　)
A.L B.L
C.L D.L
【答案】C
【解析】以車、人連同槍(不包括子彈)、靶以及槍內n顆子彈組成的系統為研究對象，取子彈的速度方向為正方向。當射出一顆子彈時，由系統的動量守恒得mv-[M+(n-1)m]v'=0；設每顆子彈經過時間t打到靶上，則有vt+v't=L，聯立以上兩式得v't=L，同理，射完n顆子彈的過程中，每一次發射子彈小車后退的距離都相同，所以小車后退的總距離為s=nv't=。
2、(多選)如圖所示，質量均為M的甲、乙兩車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量為m的人，他通過一條輕繩拉甲車，甲、乙兩車最后相接觸，以下說法正確的是(　　)
A．甲、乙兩車運動中速度之比為
B．甲、乙兩車運動中速度之比為
C．甲車移動的距離為L
D．乙車移動的距離為L
【答案】ACD
【解析】本題類似人船模型．甲、乙、人看成一個系統，則系統在水平方向上動量守恒，甲、乙兩車運動中速度之比等于質量的反比，即為，A正確，B錯誤；Mx甲＝(M＋m)x乙，x甲＋x乙＝L，解得C、D正確．
3、“世界上第一個想利用火箭飛行的人”是明朝的士大夫萬戶。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，然后利用風箏平穩著陸。假設萬戶及所攜設備[火箭(含燃料)、椅子、風箏等]總質量為M，點燃火箭后在極短的時間內，質量為m的熾熱燃氣以相對地面v0的速度豎直向下噴出。忽略此過程中空氣阻力的影響，重力加速度為g，下列說法中正確的是 (　　)
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
C.噴出燃氣后萬戶及所攜設備能上升的最大高度為
D.在火箭噴氣過程中，萬戶及所攜設備機械能守恒
【答案】B
【解析】火箭的推力來源于燃料燃燒時產生的向后噴出的高溫高壓氣體對火箭的作用力，A錯誤；在燃氣噴出后的瞬間，視萬戶及所攜設備[火箭(含燃料)、椅子、風箏等]為系統，動量守恒，設火箭的速度大小為v，規定火箭運動方向為正方向，則有(M-m)v-mv0=0，解得火箭的速度大小為v=，B正確；噴出燃氣后萬戶及所攜設備做豎直上拋運動，根據運動學公式可得上升的最大高度為h==，C錯誤；在火箭噴氣過程中，燃料燃燒時有化學能轉化為內能和機械能，所以萬戶及所攜設備機械能不守恒，D錯誤。
4、質量為m的人站在質量為2m的平板小車上，以共同的速度在水平地面上沿直線前行，車所受地面阻力的大小與車對地面壓力的大小成正比．當車速為v0時，人從車上以相對于地面大小為v0的速度水平向后跳下．跳離瞬間地面阻力的沖量忽略不計，則能正確表示車運動的v－t圖象為(　　)
【答案】B
【解析】人和車以共同的速度在水平地面上沿直線前行，做勻減速直線運動，當車速度為v0時，人從車上以相對于地面大小為v0的速度水平向后跳下，跳離前后系統動量守恒，規定車的速度方向為正方向，則有(m＋2m)v0＝2mv＋(－mv0)，得v＝2v0，人跳車后小車做勻減速直線運動，車所受地面阻力的大小與車對地面壓力的大小成正比，所以人跳車前后，車的加速度不變，所以能正確表示車運動v－t圖象的是B.
5、如圖所示，甲、乙兩船的總質量(包括船、人和貨物)分別為10m、12m，兩船沿同一直線同一方向運動，速度分別為2v0、v0。為避免兩船相撞，乙船上的人將一質量為m的貨物沿水平方向拋向甲船，甲船上的人將貨物接住，求拋出貨物的最小速度。(不計水的阻力)
【答案】4v0
【解析】設乙船上的人拋出貨物的最小速度大小為vmin，拋出貨物后船的速度為v1，甲船上的人接到貨物后船的速度為v2，由動量守恒定律得
貨物從乙船拋出過程，12mv0＝11mv1－mvmin
貨物落入甲船過程，10m·2v0－mvmin＝11mv2
為避免兩船相撞應滿足
v1＝v2
解得vmin＝4v0。
6、如圖所示，在平靜的湖面上有一小船以速度v0=1 m/s勻速行駛，人和船的總質量為M=200 kg，船上另載有20個完全相同的小球，每個小球的質量為m=5 kg。人站立在船頭，沿著船的前進方向、每隔一段相同的時間水平拋出一個小球，不計水的阻力和空氣的阻力。
(1)如果每次都是以相對于湖岸的速度v=6 m/s拋出小球，試計算拋出第一個小球后小船的速度大小v1和拋出第幾個球后船的速度反向？
(2)如果每次都是以相對于小船的速度v=6 m/s拋出小球，試問拋出第16個小球可以使船的速度改變多少？
【答案】(1) m/s　11　(2) m/s
【解析】(1)人拋出第一個球前后，對船、人、20個球整體分析，由動量守恒定律可得(M+20m)v0=(M+19m)v1+mv①
代入數據得v1= m/s，即拋出第一個小球后，船的速度為v1= m/s
設拋出第n個球時，有
[300-(n-1)m]vn-1=(300-nm)vn+mv②
聯立①②兩式可推得300v0=(300-nm)vn+nmv
代入數據得vn=
當vn<0，即船反向時，有
解得10(2)設第16次拋出小球前，小船的對地速度為v15，拋出后小船的對地速度為v16，
因小球是以相對于小船的速度v=6 m/s拋出，故拋出后小球對地的速度為v16+v，
由動量守恒定律可得
(M+20m-15m)v15=(M+20m-16m)v16+m(v16+v)
代入數據可得船的速度減小Δv=v15-v16= m/s= m/s
7、如圖所示，甲、乙兩船的總質量（包括船、人和貨物）分別為10m、12m，兩船沿同一直線、同一方向運動，速度分別為2v0、v0．不計水的阻力．某時刻乙船上的人將一質量為m的貨物沿水平方向拋向甲船，速度大小為v，則：
（1）拋出貨物后，乙船的速度v乙是多少？
（2）甲船上的人將貨物接住后，甲船的速度v甲是多少？
（3）為避免兩船相撞，拋出的貨物的最小速度vmin是多少？
【答案】（1）v乙=；（2）v甲=；（3）vmin=4v0
【解析】規定向右為正方向
（1）對于乙船，根據動量守恒定律得：
12m v0="11" mv乙﹣mv
解得：v乙=
（2）對于甲船根據動量守恒定律得：
20m v0﹣m v0="11" mv甲
解得：v甲=
（3）兩車不相撞的條件是：v甲≤v乙
得到 v≥4v0
8、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．假如噴出的水流流量保持為2×10－4 m3/s，噴出速度保持為對地10 m/s.啟動前火箭總質量為1.4 kg，則啟動2 s末火箭的速度可以達到多少？已知火箭沿水平軌道運動阻力不計，水的密度是1.0×103 kg/m3.
【答案】
【解析】“水火箭”噴出水流做反沖運動．設火箭原來總質量為M，噴出水流的流量為Q，水的密度為ρ，噴出水流的速度為v，火箭的反沖速度為v′，
由動量守恒定律得
火箭啟動2 s末的速度為
v′＝＝m/s＝4 m/s
9、總質量為m的一顆返回式人造地球衛星沿半徑為R的圓軌道繞地球運動到P點時，接到地面指揮中心返回地面的指令，于是立即打開制動火箭向原來運動方向噴出燃氣以降低速度并轉到跟地球相切的橢圓軌道，如圖所示，要使衛星對地速度降為原來的，衛星在P處應將質量為Δm的燃氣以多大的對地速度向前噴出？(將連續噴氣等效為一次性噴氣，地球半徑為R0，地面重力加速度為g)
【答案】
【解析】地球對衛星的萬有引力提供衛星做圓周運動的向心力，故＝m，即v＝①
又由于在地球表面附近＝mg，即GM＝gR②
將②代入①式可得，v＝，設衛星在P點噴出的燃氣對地速度為v′，衛星與燃氣組成的系統動量守恒，則有mv＝(m－Δm)v＋Δmv′，即m＝(m－Δm)＋Δmv′，解得：v′＝.
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