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第2節 第2課時　反沖運動與火箭
選擇題1～11題，每小題8分，共88分。
基礎對點練
題組一　反沖運動
1．(多選)(2024·山東青島檢測)下列運動屬于反沖運動的是(　　)
汽車的運動 直升機的運動
火箭的運動 反擊式水輪機的運動
2．一航天探測器完成對月球的探測后，離開月球的過程中，由靜止開始沿著與月球表面成一定傾角的直線飛行，先加速運動后勻速運動。探測器通過噴氣而獲得動力，以下關于噴氣方向的說法正確的是(　　)
探測器加速運動時，向后噴射
探測器加速運動時，豎直向下噴射
探測器勻速運動時，豎直向下噴射
探測器勻速運動時，不需要噴射
3.如圖所示，火炮車連同炮彈的總質量為m0，炮管水平，火炮車在水平路面上以v1的速度向右勻速行駛，發射一枚質量為m的炮彈后，火炮車的速度變為v2，仍向右行駛，則炮彈相對炮管的發射速度v0為(　　)
題組二　火箭
4．運送人造地球衛星的火箭開始工作后，火箭做加速運動的原因是(　　)
燃料燃燒推動周圍的空氣，空氣的反作用力推動火箭
火箭發動機將燃料燃燒產生的氣體向后噴出，氣體的反作用力推動火箭
火箭吸入空氣，然后向后推出，空氣對火箭的反作用力推動火箭
火箭燃料燃燒發熱，加熱周圍空氣，空氣膨脹推動火箭
5．(2024·重慶南開中學期末)假設一顆航天器質量為M，以速度v0在太空中飛行，某一時刻該航天器接到加速的指令后，發動機瞬間向后噴出一定質量的氣體，氣體噴出時速度大小為v1，加速后航天器的速度大小為v2，則噴出氣體的質量m為(　　)
M M
M M
6．將質量為1.00 kg的模型火箭點火升空，50 g燃燒的燃氣以大小為600 m/s的速度從火箭噴口在很短時間內噴出。在燃氣噴出后的瞬間，火箭的動量大小為(噴出過程中重力和空氣阻力可忽略)(　　)
30 kg·m/s 5.7×102 kg·m/s
6.0×102 kg·m/s 6.3×102 kg·m/s
7.(2024·廣東湛江市高二聯考)如圖所示，水火箭靜止在光滑水平面上，用打氣筒通過氣門芯向水火箭瓶身內打氣，當瓶內空氣達到一定壓強時，水將橡皮塞沖開并向后高速噴出，水火箭便在光滑水平面上沖出。若噴水前水火箭的總質量為M，運動過程中每秒向后噴出質量為m的水，水噴出時相對地面的速度大小均為v，忽略空氣阻力的影響，則第N秒末(設上述過程中該水火箭仍在勻速噴水中)水火箭的速度大小為(　　)
v v
題組三　人船模型
8．(2024·遼寧沈陽市高二統考期末)如圖所示，有一只小船停靠在湖邊碼頭，小船又窄又長(質量約一噸)。一位站在船尾的同學輕輕從船尾走到船頭停下。已知在此過程中船后退的距離為d，船長為L，他的自身質量為m，水的阻力不計，則船的質量M為(　　)
9.(多選)(2024·江蘇蘇州期末)如圖所示，一質量為M的小車靜止在光滑水平面上，車上固定一個豎直支架，輕繩一端固定在支架上，另一端固定一質量為m的小球，輕繩長為l，將小球向右拉至輕繩水平后，從靜止釋放，則(　　)
系統的動量守恒
水平方向任意時刻小球與小車的動量等大反向
小球不能向左擺到原高度
小車向右移動的最大距離為
綜合提升練
10．(2024·重慶渝中區期末)如圖所示，已知一個連同裝備共80 kg的航天員，離開空間站太空行走，在離飛船30 m的位置與空間站處于相對靜止的狀態。裝備中有一個高壓氣源，能以50 m/s 的速度噴出氣體。航天員為了能在5 min內返回空間站，他需要在開始返回的瞬間至少一次性向后噴出氣體的質量是(不計噴出氣體后航天員和裝備質量的變化)(　　)
0.1 kg 0.12 kg 0.14 kg 0.16 kg
11．(多選)(2024·遼寧沈陽市聯合體學校期末)如圖所示，載有物資的熱氣球的總質量為M，靜止于距離水平地面H的高處。現將質量為m的物資以相對地面豎直向下的速度v0投出，物資落地時與熱氣球的距離為d。設整個過程中熱氣球所受浮力不變，重力加速度為g，不計空氣阻力，忽略物資受到的浮力。下列說法正確的是(　　)
物資落地前，熱氣球與其組成的系統動量守恒
投出物資后，熱氣球勻速上升
物資落地時，熱氣球上升的高度為
d＝
培優加強練
12．(12分)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緣沿水平方向順著軌道方向向右跳出，落在平板車地板上的A點，A點距貨箱的水平距離為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水平反沖速度的大小(g取10 m/s2，不計空氣阻力)。
第2節　第2課時　反沖運動與火箭
1.CD　[汽車的運動利用了汽車的牽引力，不屬于反沖運動，A錯誤；直升機的運動利用了空氣的反作用力，不屬于反沖運動，B錯誤；火箭的運動是利用噴氣的方式而獲得動力的，屬于反沖運動，C正確；反擊式水輪機的運動利用了水的反沖作用而獲得動力，屬于反沖運動，D正確。]
2.C　[探測器做加速直線運動時，合力方向與運動方向一致，探測器所受萬有引力豎直向下，則噴出氣體的作用力方向斜向上，噴氣方向斜向后下方，故A、B錯誤；航天器做勻速直線運動時，合力為零，由于受到月球的萬有引力的作用，航天器必然要朝豎直向下的方向噴射，來平衡萬有引力，不可能不噴氣，故C正確，D錯誤。]
3.B　[炮彈相對地的速度為v0＋v2，由動量守恒定律得m0v1＝(m0－m)v2＋m(v0＋v2)，得v0＝，B正確。]
4.B　[火箭燃料燃燒產生的高溫、高壓燃氣從尾噴管迅速噴出，使火箭獲得反沖速度，與周圍的空氣無關，故B正確。]
5.C　[規定航天器的速度方向為正方向，發動機噴氣過程中系統動量守恒，由動量守恒定律可得Mv0＝(M－m)v2－mv1，解得m＝M，故C正確。]
6.A　[設火箭的質量為m1，燃氣的質量為m2。由題意可知，燃氣的動量大小p2＝m2v2＝50×10－3×600 kg·m/s＝30 kg·m/s。以火箭運動的方向為正方向，根據動量守恒定律可得0＝m1v1－m2v2，則火箭的動量大小為p1＝m1v1＝m2v2＝30 kg·m/s，所以A正確，B、C、D錯誤。]
7.A　[設第N秒末水火箭的速度大小為v1，此時水火箭的質量為M－Nm，水火箭噴水過程系統動量守恒，有(M－Nm)v1＝Nmv，解得v1＝，故A正確。]
8.B　[人、船水平方向平均動量守恒，設人走動時船的速度大小為船，人的速度大小為人，取船的速度方向為正方向，根據動量守恒定律有M船－m人＝0，故M－m＝0，人、船運動時間相等，則有Ms船－ms人＝0，又s船＋s人＝L，s船＝d，聯立解得船的質量為M＝，故B正確。]
9.BD　[系統只是在水平方向所受的合力為零，豎直方向的合力不為零，故水平方向的動量守恒，而總動量不守恒，A錯誤，B正確；根據水平方向的動量守恒及機械能守恒可知，小球仍能向左擺到原高度，C錯誤；小球相對于小車的位移為2l，根據人船模型ms1＝Ms2，s1＋s2＝2l，解得小車向右移動的最大距離為s2＝，D正確。]
10.D　[航天員噴出氣體后的最小速度為v＝＝0.1 m/s，根據動量守恒定律得Mv＝mv0，解得m＝0.16 kg，故D正確。]
11.ACD　[物資拋出之前，物資和氣球所受合外力為零，物資拋出后，氣球和物資受合外力不變，則系統所受合外力仍為零，則物資落地前，熱氣球與投出的物資組成的系統動量守恒，A正確；投出物資后熱氣球所受合外力向上，則向上做勻加速直線運動，B錯誤；設物資落地時熱氣球上升的高度為h，則對物資和熱氣球系統，由動量守恒定律(M－m)＝m，解得h＝，則d＝H＋h＝H＋＝，C、D正確。]
12.1.6 m/s
解析　人從貨箱邊緣跳離的過程，系統(人、車和貨箱)水平方向動量守恒，設人的水平速度大小是v1，車的反沖速度大小是v2，取向右為正方向，
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則mv1－Mv2＝0，解得v2＝v1，人跳離貨箱后做平拋運動，車以速度v2做勻速運動，運動時間
t＝＝ s＝0.5 s
由圖可知，在這段時間內人的水平位移大小s1＝v1t
車的位移大小s2＝v2t，由于s1＋s2＝l
即v1t＋v2t＝l，則v2＝＝ m/s＝1.6 m/s。第2節　第1課時　動量守恒定律的理解及應用
選擇題1～10題，每小題8分，共80分。
基礎對點練
題組一　動量守恒的理解
1．關于動量守恒的條件，下列說法正確的有(　　)
只要系統內存在摩擦力，系統動量不可能守恒
只要系統所受外力做的功為零，系統動量守恒
只要系統所受到合外力為零，系統動量守恒
系統加速度為零，系統動量不一定守恒
2．在下列幾種現象中，所選系統動量守恒的是(　　)
在光滑水平面上，運動的小車迎面撞上一靜止的小車，以兩車為一系統
運動員將鉛球從肩窩開始加速推出，以運動員和鉛球為一系統
從高空自由下落的重物落在靜止于地面上的車廂，以重物和車廂為一系統
光滑水平面上放一個表面光滑的斜面體，一個物體沿斜面滑下，以物體和斜面體為一系統
3.如圖所示，小車與木箱緊挨著靜止放在光滑的水平冰面上，現有一男孩站在小車上用力向右迅速推出木箱，關于上述過程，下列說法正確的是(　　)
男孩和木箱組成的系統動量守恒
小車與木箱組成的系統動量守恒
男孩、小車與木箱三者組成的系統動量守恒
木箱的動量的變化量與男孩、小車的總動量的變化量相同
4.(多選)如圖所示，小車靜止放在光滑的水平面上，將系著輕繩的小球拉開一定的角度，然后同時放開小球和小車，不計空氣阻力，那么在以后的過程中(　　)
小球向左擺動時，小車也向左運動，且系統動量守恒
小球向左擺動時，小車向右運動，且系統在水平方向上動量守恒
小球向左擺到最高點，小球的速度為零而小車的速度不為零
在任意時刻，小球和小車在水平方向上的動量一定大小相等、方向相反(或者都為零)
題組二　動量守恒定律的應用
5．(2024·云南曲靖期中)春節期間，小明燃放了一枚火炮，燃放前火炮靜止，爆炸后火炮被分成兩部分，質量分別是m1、m2，二者分別沿同一直線向相反方向運動，m1速度為v1，不考慮空氣阻力，則m2的速度大小為(　　)
(m1＋m2)v1 (m1－m2)v1
6.如圖所示，我國自行研制的第五代隱形戰機“殲－20”以速度v0水平向右勻速飛行，到達目標地時，將質量為M的導彈自由釋放，導彈向后噴出質量為m、對地速率為v1的燃氣，則噴氣后導彈的速率為(　　)
7．(2024·河南新鄉市高二期末)假設在花樣滑冰訓練時兩位滑冰運動員甲、乙均以1 m/s的速度沿同一直線相向滑行，相遇時在極短時間內用力推開對方，此后甲以1 m/s、乙以0.5 m/s的速度向各自初速度的反方向運動，忽略冰面的摩擦，則兩位運動員的質量之比是(　　)
3∶5 3∶4 2∶3 3∶2
8.(2023·陜西榆林市期中)質量m＝100 kg的小船靜止在平靜水面上，船兩端載著m甲＝40 kg，m乙＝60 kg的游泳者，在同一水平線上甲朝左、乙朝右同時以相對于岸3 m/s的速度躍入水中，如圖所示，則小船的運動方向和速度為(　　)
向左，小于1 m/s 向左，大于1 m/s
向右，大于1 m/s 向右，小于1 m/s
綜合提升練
9．質量為M的機車后面掛著質量為m的拖車，在水平軌道上以速度v勻速運動，已知它們與水平軌道間的摩擦力與它們的質量成正比。運動過程中拖車脫鉤，但當時司機沒發現，當拖車剛停下來時，機車的速度為(　　)
v v
v v
10.(多選)如圖，花樣滑冰運動員所穿冰鞋的冰刀與冰面間的動摩擦因數是相同的，為表演一個動作，處于靜止狀態的兩運動員站在一起互推一把后各自自由滑行，下列說法正確的是(　　)
質量大的運動員滑行的初速度小
質量大的運動員滑行時加速度小
質量大的運動員滑行時間長
質量大的運動員滑行距離短
11．(8分)(2024·湖南寧鄉市期末)一質量為30 kg的小孩，以8 m/s的速度水平跑動跳到一輛原來靜止在光滑水平面上的滑板小車并與小車保持相對靜止一起運動。已知小車質量是10 kg，小孩跳上滑板小車過程中，求：
(1)(4分)小孩對小車的沖量大小；
(2)(4分)小孩對小車所做的功。
培優加強練
12.(12分)(2024·陜西咸陽市期中)如圖所示，在某次3 000 m接力賽練習中，“接棒”的運動員甲提前站在“交棒”的運動員乙前面，并且開始向前滑行，待乙追上甲時，乙的速度大小為12 m/s，甲的速度大小為10 m/s，此時乙沿水平方向猛推甲一把，使甲以13 m/s的速度向前沖出。在乙推甲的過程中，忽略運動員與冰面間在水平方向上的相互作用，已知甲、乙運動員的質量均為60 kg，乙推甲的時間為0.8 s，在乙推甲的過程中，求：
(1)(6分)乙對甲的平均作用力大小；
(2)(6分)乙推甲后瞬間乙的速度。
第2節　第1課時　動量守恒定律的理解及應用
1.C　[只要系統所受合外力為零，系統動量就守恒，與系統內是否存在摩擦力無關，故A錯誤；系統所受外力做的功為零，但系統所受合外力不一定為零，系統動量不一定守恒，如用繩子拴著一個小球，讓小球做勻速圓周運動，小球轉過半圓的過程中，外力做功為零，但小球的動量不守恒，故B錯誤；系統所受到合外力為零，則系統受到的合外力為零，系統動量守恒，故C正確；系統加速度為零，由牛頓第二定律可得，系統所受合外力為零，系統動量守恒，故D錯誤。]
2.A　[兩車組成的系統受到的合外力為零，故動量守恒，A正確；運動員與鉛球組成的系統初動量為零，末動量不為零，B錯誤；重物和車廂組成的系統的末動量為零而初動量不為零，C錯誤；在物體沿斜面下滑時，向下的動量增大，D錯誤。]
3.C　[在男孩站在小車上用力向右迅速推出木箱的過程中，男孩在水平方向受到小車的摩擦力，即男孩和木箱組成的系統所受合外力不為零，系統動量不守恒，A錯誤；小車在水平方向上受到男孩的摩擦力，即小車與木箱組成的系統所受合外力不為零，系統動量不守恒，B錯誤；男孩、小車與木箱三者組成的系統所受合外力為零，系統動量守恒，C正確；木箱、男孩、小車組成的系統動量守恒，木箱的動量變化量與男孩、小車的總動量變化量大小相同，方向相反，D錯誤。]
4.BD　[以小球和小車組成的系統為研究對象，在水平方向上不受外力的作用，所以系統在水平方向上動量守恒。由于初始狀態小車與小球均靜止，因此小球與小車在水平方向上的動量要么都為零，要么大小相等、方向相反，所以B、D正確。]
5.B　[爆炸瞬間內力遠大于外力，系統的動量守恒，由動量守恒定律得m1v1－m2v2＝0可得v2＝，故B正確。]
6.A　[取導彈飛行的方向為正方向，由動量守恒定律Mv0＝(M－m)v－mv1，解得v＝，故A正確。]
7.B　[設甲、乙兩位運動員的質量分別是m1、m2，取運動員甲初始速度方向為正方向，由動量守恒定律得m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，解得＝，即兩位運動員的質量之比是3∶4，故B正確。]
8.A　[取甲的速度方向為正方向，根據動量守恒定律m甲v－m乙v＋mv船＝0得v船＝0.6 m/s，v船>0表示小船速度方向向左，故A正確。]
9.C　[由題意知，對機車與拖車組成的系統，所受的合外力為零，動量守恒，則有(M＋m)v＝Mv′，解得v′＝v，故C正確。]
10.AD　[兩運動員互推的過程動量守恒，由動量守恒定律，有m1v1＝m2v2，質量大的運動員后退的初速度小，故A正確；兩運動員在各自的摩擦力作用下做減速運動，動摩擦因數相同，根據μmg＝ma可知，加速度大小相同，故B錯誤；滑行的時間t＝，質量大的初速度小，運動時間短，故C錯誤；由s＝可知質量大的初速度小，滑行距離短，故D正確。]
11.(1)60 N·s　(2)180 J
解析　(1)小孩跳上滑板小車過程中動量守恒，設人與車的共同速度為v，則mv0＝(m＋M)v，解得v＝＝6 m/s
小孩對小車的沖量大小為I＝Mv＝60 N·s。
(2)小孩對小車所做的功等于小車動能的變化，有
W＝Mv2＝180 J。
12.(1)225 N　(2)9 m/s，方向與甲運動員初始運動方向相同
解析　(1)取甲運動員初始運動方向為正方向，乙推甲的過程中，對運動員甲，由動量定理有Ft＝mv甲2－mv甲1，解得F＝225 N。
(2)取甲運動員初始運動方向為正方向，乙推甲的過程中，兩者所組成的系統動量守恒，有mv乙1＋mv甲1＝mv乙2＋mv甲2
解得v乙2＝9 m/s，方向與甲運動員初始運動方向相同。第2節　動量守恒定律及其應用
第1課時　動量守恒定律的理解及應用
學習目標　1.理解動量守恒定律的內容及其表達式。2.理解動量守恒的條件，能用動量守恒定律解釋生活中的一些相互作用現象。3.能用動量守恒定律解決簡單問題。
知識點一　動量守恒定律的理解
如圖所示，在光滑水平桌面上沿同一方向做勻速運動的兩個物體，質量為m2的B物體追上質量為m1的A物體，并發生碰撞，設A、B兩物體碰前速度分別為v1、v2(v2>v2)，碰后速度分別為v1′、v2′，碰撞時間很短，設為Δt。設B對A的作用力是F1，A對B的作用力是F2。
請用動量定理證明碰撞前后兩物體總動量之和相等。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1.內容：一個系統不受________或者所受________為0時，這個系統的________保持不變。
2.表達式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。
3.普適性
動量守恒定律是自然界普遍適用的基本規律之一，不僅低速、宏觀領域遵循這一規律，________(接近光速)、________(分子、原子的尺度)領域也遵循這一規律。
思考
1.如圖所示，公路上三輛汽車發生了追尾事故。如果將前面兩輛汽車看作一個系統，后面一輛汽車對中間汽車的作用力是內力還是外力？如果將后面兩輛汽車看作一個系統呢？
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
2.光滑的地面上，A、B兩完全相同的小車用一根輕彈簧相連。用手緩慢向中間推兩小車使彈簧壓縮。當A、B兩小車同時釋放后：兩輛小車分別向左、向右運動，它們都獲得了動量，它們的總動量是否增加了？
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
例1 圖甲、乙、丙、丁分別反映的物理過程中，系統動量守恒的是(　　)
A.只有甲和乙 B.只有丙和丁
C.只有乙和丁 D.只有甲和丙
例2 (多選)(魯科版教材P17節練習2改編)如圖所示，光滑水平面上的兩玩具小車中間連接一被壓縮的輕彈簧，兩手分別按住小車，使它們靜止。對于兩車及彈簧組成的系統，下列說法正確的是(　　)
A.兩手先后放開后，系統總動量始終為0
B.兩手都放開后，系統機械能和動量都守恒
C.先放開左手緊接著放開右手后，系統總動量向左
D.若兩手先后放開，則在兩手都放開前，系統機械能不守恒
系統動量是否守恒的判定方法
(1)選定研究對象及研究過程，分清外力與內力。
(2)分析系統受到的外力矢量和是否為零，若外力矢量和為零，則系統動量守恒；若外力在某一方向上合力為零，則在該方向上系統動量守恒。系統動量嚴格守恒的情況很少，在分析具體問題時要注意把實際過程理想化。
(3)除了利用動量守恒條件判定外，還可以通過實際過程中系統各物體各方向上總動量是否保持不變來進行直觀的判定。　　
知識點二　動量守恒定律的應用
如圖所示，在光滑的水平面上有一輛平板車，某同學站在車上，想通過敲打車的左端讓平板車向右不斷運動。
這個做法可行嗎？為什么？
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1.動量守恒定律的“五性”
五性 具體內容
系統性 研究對象是相互作用的兩個或多個物體組成的系統
相對性 應用時，系統中各物體在相互作用前后的速度必須相對于同一慣性系，通常均為對地的速度
瞬時性 初動量必須是系統中各物體在相互作用前同一時刻的動量，末動量必須是系統中各物體在相互作用后同一時刻的動量，不同時刻的動量不能相加
矢量性 對于作用前后物體的運動方向都在同一直線上的問題，應先選取正方向，與選取的正方向一致的動量為正值，相反的為負值
普適性 動量守恒定律不僅適用于低速、宏觀的系統，而且適用于高速、微觀的系統
2.動量守恒定律不同表達式的含義
(1)p＝p′：系統相互作用前的總動量p等于相互作用后的總動量p′。
(2)Δp1＝－Δp2：相互作用的兩個物體組成的系統，一個物體的動量變化量與另一個物體的動量變化量大小相等、方向相反。
(3)Δp＝0：系統總動量增量為零。
例3 如圖所示，光滑的水平面上，小球A以速度v0向右運動時與靜止的小球B發生對心正碰，碰后A球速度反向，大小為，B球的速率為，A、B兩球的質量之比為(　　)
A.3∶8 B.8∶3
C.2∶5 D.5∶2
例4 (魯科版教材P17節練習4T改編)如圖所示，在游樂場上，兩位同學各駕駛著一輛碰碰車迎面相撞，此后，兩車以共同的速度運動。設甲同學和他的車的總質量為150 kg，碰撞前向右運動，速度的大小為4.5 m/s；乙同學和他的車的總質量為200 kg，碰撞前向左運動，速度的大小為3.9 m/s。求碰撞后兩車共同的運動速度。
　
　
　
　
　
　
　
　
應用動量守恒定律的解題步驟
(1)確定相互作用的系統為研究對象。
(2)分析研究對象所受的外力。
(3)判斷系統是否符合動量守恒條件。
(4)規定正方向，確定初、末狀態動量。
(5)根據動量守恒定律列式求解。　　
訓練 (魯科版教材P14“遷移”改編)在微觀粒子發生碰撞時，運用動量守恒定律還可測量微觀粒子的質量。例如，氫原子核的質量是1.67×10－27 kg，它以7.0×106 m/s的速度與一個原來靜止的未知原子核相碰撞，碰撞后以1.0×106 m/s的速度被反彈回來，而未知原子核以4.0×106 m/s的速度向前運動，則未知原子核的質量與氫原子核的質量比值為(　　)
A.1.5 B.2
C.2.5 D.3
隨堂對點自測
1.(動量守恒定律的理解)(多選)如圖所示，木塊A、B用輕彈簧連接，放在光滑的水平面上，A緊靠墻壁，在木塊B上施加向左的水平力F，使彈簧壓縮，當撤去外力后(　　)
A.A尚未離開墻壁前，A、B系統的動量守恒
B.A尚未離開墻壁前，彈簧和B系統的機械能守恒
C.A離開墻壁后，A、B系統動量守恒
D.A離開墻壁后，A、B系統機械能守恒
2.(動量守恒定律的應用)(2024·江蘇蘇州常熟中學期中)如圖所示，載有物資的無人機靜止于空中某高度處，某時吊掛的物資突然脫落，空氣對無人機的作用力始終不變，不計物資受到的空氣作用力，則從物資脫落到物資落地前的時間內，脫落的物資和無人機組成的系統的動量(　　)
A.為零 B.方向豎直向上
C.方向豎直向下 D.方向均有可能
3.(動量守恒定律的應用)將兩個完全相同的磁鐵(磁性極強)分別固定在質量相等的小車上，水平面光滑。開始時甲車速度大小為3 m/s，方向向右，乙車速度大小為2 m/s，方向向左并與甲車速度方向在同一直線上，如圖所示。
(1)當乙車速度為零時，甲車的速度多大？方向如何？
(2)由于磁性極強，故兩車不會相碰，那么兩車的距離最近時，乙車的速度是多大？方向如何？
　
　
　
　
　
　
　
　
　
第1課時　動量守恒定律的理解及應用
知識點一
導學　提示　根據動量定理：
對A：F1Δt＝m1v1′－m1v1①
對B：F2Δt＝m2v2′－m2v2②
由牛頓第三定律得F1＝－F2③
由①②③得兩物體總動量關系為
m1v1′＋m2v2′＝m1v1＋m2v2。
知識梳理
1.外力　合外力　總動量　3.高速　微觀
[思考]
1.提示　如果將前面兩輛汽車看作一個系統，后面一輛汽車對中間汽車的作用力是系統以外的物體對系統內物體的作用力，是外力；如果將后面兩輛汽車看作一個系統，后面一輛汽車對中間汽車的作用力是系統內物體之間的作用力，是內力。
2.提示　兩輛小車分別向左、向右運動，它們同時獲得了動量，但兩輛小車的動量的方向相反，動量的矢量和仍然為0，故系統的總動量沒有增加。
例1 D　[圖甲中，子彈射入木塊的過程中，系統所受外力的矢量和為零，則系統動量守恒；圖乙中，剪斷細線，壓縮的輕彈簧恢復原長的過程中，水平方向要受到豎直墻壁對M的作用力，即水平方向所受外力的矢量和不為零，系統的動量不守恒；圖丙中，兩球勻速下降，則兩球組成的系統受到的重力和浮力的矢量和為零，剪斷細線后，系統受到的重力和浮力不變，則系統所受外力的矢量和仍為零，系統動量守恒；圖丁中，木塊沿光滑固定斜面下滑的過程中，所受外力的矢量和不為零，系統動量不守恒；則只有甲和丙系統動量守恒。故D正確。]
例2 BC　[兩手都放開后，系統所受合外力為零，機械能和動量都守恒，故B正確；先放開左手，左邊的小車向左運動，當再放開右手后，系統所受合外力為零，故系統總動量守恒，且開始時總動量方向向左，放開右手后總動量方向也始終向左，故A錯誤，C正確；放開一側，彈簧的彈性勢能轉化為小車的動能，在兩手都放開前，系統機械能守恒，故D錯誤。]
知識點二
導學　提示　不可行。此相互作用過程中動量守恒，當把錘頭打下去時，錘頭向右運動，車就向左運動，系統總動量為零；舉起錘頭時，錘頭向左運動，車就向右運動。用錘頭連續敲打時，車只是左右運動，一旦錘頭不動，車就會停下來，所以車不能持續向右運動。
例3 C　[以A、B兩球組成的系統為研究對象，兩球碰撞過程中動量守恒，取A球的初速度方向為正方向，由動量守恒定律有mAv0＝mA＋mB，可得兩球的質量之比＝，C正確。]
例4 0.3 m/s，方向向左
解析　取向右運動方向為正方向，有
v甲＝4.5 m/s ，v乙＝－3.9 m/s
兩車碰撞前后，根據動量守恒定律有
m甲v甲＋m乙v乙＝(m甲＋m乙)v共
解得v共＝ m/s＝－0.3 m/s
則碰撞后兩車共同的運動速度大小為0.3 m/s，方向向左。
訓練 B　[設氫原子核與未知原子核的質量分別為m1、m2，根據動量守恒定律有m1v0＝m1(－v1)＋m2v2，其中v0＝7.0×106 m/s，v1＝1.0×106 m/s，v2＝4.0×106 m/s，解得＝2，故B正確。]
隨堂對點自測
1.BC　[當撤去外力F后，A尚未離開墻壁前，系統受到墻壁的作用力，系統所受的合外力不為0，所以A和B組成的系統的動量不守恒，A錯誤；以B和彈簧組成的系統為研究對象，在A離開墻壁前，除了系統內彈力做功外，無其他力做功，系統機械能守恒，B正確；A離開墻壁后，A、B系統所受的合外力為0，所以A、B組成的系統的動量守恒，C正確；在A離開墻壁后，對A、B及彈簧組成的系統，除了系統內彈力做功外，無其他力做功，A、B及彈簧組成的系統機械能守恒，D錯誤。]
2.A　[無人機和物資靜止在空中，空氣對無人機的作用力等于無人機和物資所受重力之和，物資脫落后，以無人機和物資構成的整體為研究對象，系統所受合外力仍為零。從物資脫落到物資落地前的過程中，系統一開始的初動量為零，根據動量守恒定律可知，系統的末動量也為零，故A正確。]
3.(1)1 m/s　方向向右　(2)0.5 m/s　方向向右
解析　兩個小車及磁鐵組成的系統在水平方向不受外力作用，兩車之間的磁力是系統內力，系統動量守恒，設向右為正方向。
(1)v甲＝3 m/s，v乙＝－2 m/s
據動量守恒定律得mv甲＋mv乙＝mv甲′
代入數據解得v甲′＝v甲＋v乙＝(3－2) m/s＝1 m/s，方向向右。
(2)兩車的距離最近時，兩車速度相同，設為v′，
由動量守恒定律得mv甲＋mv乙＝mv′＋mv′
解得v′＝＝＝ m/s＝0.5 m/s，方向向右。(共48張PPT)
第2節　動量守恒定律及其應用
第1課時　動量守恒定律的理解及應用
第1章 動量及其守恒定律
1.理解動量守恒定律的內容及其表達式。
2.理解動量守恒的條件，能用動量守恒定律解釋生活中的一些相互作用現象。
3.能用動量守恒定律解決簡單問題。
學習目標
目 錄
CONTENTS
知識點
01
隨堂對點自測
02
課后鞏固訓練
03
知識點
1
知識點二　動量守恒定律的應用
知識點一　動量守恒定律的理解
知識點一　動量守恒定律的理解
如圖所示，在光滑水平桌面上沿同一方向做勻速運動的兩個物體，質量為m2的B物體追上質量為m1的A物體，并發生碰撞，設A、B兩物體碰前速度分別為v1、v2(v2>v2)，碰后速度分別為v1′、v2′，碰撞時間很短，設為Δt。設B對A的作用力是F1，A對B的作用力是F2。
請用動量定理證明碰撞前后兩物體總動量之和相等。
提示　根據動量定理：
對A：F1Δt＝m1v1′－m1v1①
對B：F2Δt＝m2v2′－m2v2②
由牛頓第三定律得F1＝－F2③
由①②③得兩物體總動量關系為m1v1′＋m2v2′＝m1v1＋m2v2。
1.內容：一個系統不受______或者所受________為0時，這個系統的________保持不變。
2.表達式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。
3.普適性
動量守恒定律是自然界普遍適用的基本規律之一，不僅低速、宏觀領域遵循這一規律，______ (接近光速)、______ (分子、原子的尺度)領域也遵循這一規律。
外力
合外力
總動量
高速
微觀
【思考】
1.如圖所示，公路上三輛汽車發生了追尾事故。如果將前面兩輛汽車看作一個系統，后面一輛汽車對中間汽車的作用力是內力還是外力？如果將后面兩輛汽車看作一個系統呢？
提示　如果將前面兩輛汽車看作一個系統，后面一輛汽車對中間汽車的作用力是系統以外的物體對系統內物體的作用力，是外力；如果將后面兩輛汽車看作一個系統，后面一輛汽車對中間汽車的作用力是系統內物體之間的作用力，是內力。
2.光滑的地面上，A、B兩完全相同的小車用一根輕彈簧相連。用手緩慢向中間推兩小車使彈簧壓縮。當A、B兩小車同時釋放后：兩輛小車分別向左、向右運動，它們都獲得了動量，它們的總動量是否增加了？
提示　兩輛小車分別向左、向右運動，它們同時獲得了動量，但兩輛小車的動量的方向相反，動量的矢量和仍然為0，故系統的總動量沒有增加。
D
例1 圖甲、乙、丙、丁分別反映的物理過程中，系統動量守恒的是(　　)
A.只有甲和乙 B.只有丙和丁
C.只有乙和丁 D.只有甲和丙
解析　圖甲中，子彈射入木塊的過程中，系統所受外力的矢量和為零，則系統動量守恒；圖乙中，剪斷細線，壓縮的輕彈簧恢復原長的過程中，水平方向要受到豎直墻壁對M的作用力，即水平方向所受外力的矢量和不為零，系統的動量不守恒；圖丙中，兩球勻速下降，則兩球組成的系統受到的重力和浮力的矢量和為零，剪斷細線后，系統受到的重力和浮力不變，則系統所受外力的矢量和仍為零，系統動量守恒；圖丁中，木塊沿光滑固定斜面下滑的過程中，所受外力的矢量和不為零，系統動量不守恒；則只有甲和丙系統動量守恒。故D正確。
BC
例2 (多選)(魯科版教材P17節練習2改編)如圖所示，光滑水平面上的兩玩具小車中間連接一被壓縮的輕彈簧，兩手分別按住小車，使它們靜止。對于兩車及彈簧組成的系統，下列說法正確的是(　　)
A.兩手先后放開后，系統總動量始終為0
B.兩手都放開后，系統機械能和動量都守恒
C.先放開左手緊接著放開右手后，系統總動量向左
D.若兩手先后放開，則在兩手都放開前，系統機械能不守恒
解析　兩手都放開后，系統所受合外力為零，機械能和動量都守恒，故B正確；先放開左手，左邊的小車向左運動，當再放開右手后，系統所受合外力為零，故系統總動量守恒，且開始時總動量方向向左，放開右手后總動量方向也始終向左，故A錯誤，C正確；放開一側，彈簧的彈性勢能轉化為小車的動能，在兩手都放開前，系統機械能守恒，故D錯誤。
系統動量是否守恒的判定方法
(1)選定研究對象及研究過程，分清外力與內力。
(2)分析系統受到的外力矢量和是否為零，若外力矢量和為零，則系統動量守恒；若外力在某一方向上合力為零，則在該方向上系統動量守恒。系統動量嚴格守恒的情況很少，在分析具體問題時要注意把實際過程理想化。
(3)除了利用動量守恒條件判定外，還可以通過實際過程中系統各物體各方向上總動量是否保持不變來進行直觀的判定。　　
知識點二　動量守恒定律的應用
如圖所示，在光滑的水平面上有一輛平板車，某同學站在車上，想通過敲打車的左端讓平板車向右不斷運動。
這個做法可行嗎？為什么？
提示　不可行。此相互作用過程中動量守恒，當把錘頭打下去時，錘頭向右運動，車就向左運動，系統總動量為零；舉起錘頭時，錘頭向左運動，車就向右運動。用錘頭連續敲打時，車只是左右運動，一旦錘頭不動，車就會停下來，所以車不能持續向右運動。
1.動量守恒定律的“五性”
五性 具體內容
系統性 研究對象是相互作用的兩個或多個物體組成的系統
相對性 應用時，系統中各物體在相互作用前后的速度必須相對于同一慣性系，通常均為對地的速度
瞬時性 初動量必須是系統中各物體在相互作用前同一時刻的動量，末動量必須是系統中各物體在相互作用后同一時刻的動量，不同時刻的動量不能相加
矢量性 對于作用前后物體的運動方向都在同一直線上的問題，應先選取正方向，與選取的正方向一致的動量為正值，相反的為負值
普適性 動量守恒定律不僅適用于低速、宏觀的系統，而且適用于高速、微觀的系統
2.動量守恒定律不同表達式的含義
(1)p＝p′：系統相互作用前的總動量p等于相互作用后的總動量p′。
(2)Δp1＝－Δp2：相互作用的兩個物體組成的系統，一個物體的動量變化量與另一個物體的動量變化量大小相等、方向相反。
(3)Δp＝0：系統總動量增量為零。
C
例4 (魯科版教材P17節練習4T改編)如圖所示，在游樂場上，兩位同學各駕駛著一輛碰碰車迎面相撞，此后，兩車以共同的速度運動。設甲同學和他的車的總質量為150 kg，碰撞前向右運動，速度的大小為4.5 m/s；乙同學和他的車的總質量為200 kg，碰撞前向左運動，速度的大小為3.9 m/s。求碰撞后兩車共同的運動速度。
解析　取向右運動方向為正方向，有
v甲＝4.5 m/s ，v乙＝－3.9 m/s
兩車碰撞前后，根據動量守恒定律有
m甲v甲＋m乙v乙＝(m甲＋m乙)v共
則碰撞后兩車共同的運動速度大小為0.3 m/s，方向向左。
答案　0.3 m/s，方向向左
應用動量守恒定律的解題步驟
(1)確定相互作用的系統為研究對象。
(2)分析研究對象所受的外力。
(3)判斷系統是否符合動量守恒條件。
(4)規定正方向，確定初、末狀態動量。
(5)根據動量守恒定律列式求解。　　
B
訓練 (魯科版教材P14“遷移”改編)在微觀粒子發生碰撞時，運用動量守恒定律還可測量微觀粒子的質量。例如，氫原子核的質量是1.67×10－27 kg，它以7.0×106 m/s的速度與一個原來靜止的未知原子核相碰撞，碰撞后以1.0×106 m/s的速度被反彈回來，而未知原子核以4.0×106 m/s的速度向前運動，則未知原子核的質量與氫原子核的質量比值為(　　)
A.1.5 B.2 C.2.5 D.3
隨堂對點自測
2
BC
1.(動量守恒定律的理解)(多選)如圖所示，木塊A、B用輕彈簧連接，放在光滑的水平面上，A緊靠墻壁，在木塊B上施加向左的水平力F，使彈簧壓縮，當撤去外力后(　　)
A.A尚未離開墻壁前，A、B系統的動量守恒
B.A尚未離開墻壁前，彈簧和B系統的機械能守恒
C.A離開墻壁后，A、B系統動量守恒
D.A離開墻壁后，A、B系統機械能守恒
解析　當撤去外力F后，A尚未離開墻壁前，系統受到墻壁的作用力，系統所受的合外力不為0，所以A和B組成的系統的動量不守恒，A錯誤；以B和彈簧組成的系統為研究對象，在A離開墻壁前，除了系統內彈力做功外，無其他力做功，系統機械能守恒，B正確；A離開墻壁后，A、B系統所受的合外力為0，所以A、B組成的系統的動量守恒，C正確；在A離開墻壁后，對A、B及彈簧組成的系統，除了系統內彈力做功外，無其他力做功，A、B及彈簧組成的系統機械能守恒，D錯誤。
A
2.(動量守恒定律的應用)(2024·江蘇蘇州常熟中學期中)如圖所示，載有物資的無人機靜止于空中某高度處，某時吊掛的物資突然脫落，空氣對無人機的作用力始終不變，不計物資受到的空氣作用力，則從物資脫落到物資落地前的時間內，脫落的物資和無人機組成的系統的動量(　　)
A.為零 B.方向豎直向上
C.方向豎直向下 D.方向均有可能
解析　無人機和物資靜止在空中，空氣對無人機的作用力等于無人機和物資所受重力之和，物資脫落后，以無人機和物資構成的整體為研究對象，系統所受合外力仍為零。從物資脫落到物資落地前的過程中，系統一開始的初動量為零，根據動量守恒定律可知，系統的末動量也為零，故A正確。
3.(動量守恒定律的應用)將兩個完全相同的磁鐵(磁性極強)分別固定在質量相等的小車上，水平面光滑。開始時甲車速度大小為3 m/s，方向向右，乙車速度大小為2 m/s，方向向左并與甲車速度方向在同一直線上，如圖所示。
(1)當乙車速度為零時，甲車的速度多大？方向如何？
(2)由于磁性極強，故兩車不會相碰，那么兩車的距離最近時，乙車的速度是多大？方向如何？
答案　(1)1 m/s　方向向右　(2)0.5 m/s　方向向右
解析　兩個小車及磁鐵組成的系統在水平方向不受外力作用，兩車之間的磁力是系統內力，系統動量守恒，設向右為正方向。
(1)v甲＝3 m/s，v乙＝－2 m/s
據動量守恒定律得mv甲＋mv乙＝mv甲′，代入數據解得v甲′＝v甲＋v乙＝(3－2) m/s＝1 m/s，方向向右。
(2)兩車的距離最近時，兩車速度相同，設為v′，
由動量守恒定律得mv甲＋mv乙＝mv′＋mv′
課后鞏固訓練
3
C
題組一　動量守恒的理解
1.關于動量守恒的條件，下列說法正確的有(　　)
A.只要系統內存在摩擦力，系統動量不可能守恒
B.只要系統所受外力做的功為零，系統動量守恒
C.只要系統所受到合外力為零，系統動量守恒
D.系統加速度為零，系統動量不一定守恒
基礎對點練
解析　只要系統所受合外力為零，系統動量就守恒，與系統內是否存在摩擦力無關，故A錯誤；系統所受外力做的功為零，但系統所受合外力不一定為零，系統動量不一定守恒，如用繩子拴著一個小球，讓小球做勻速圓周運動，小球轉過半圓的過程中，外力做功為零，但小球的動量不守恒，故B錯誤；系統所受到合外力為零，則系統受到的合外力為零，系統動量守恒，故C正確；系統加速度為零，由牛頓第二定律可得，系統所受合外力為零，系統動量守恒，故D錯誤。
A
2.在下列幾種現象中，所選系統動量守恒的是(　　)
A.在光滑水平面上，運動的小車迎面撞上一靜止的小車，以兩車為一系統
B.運動員將鉛球從肩窩開始加速推出，以運動員和鉛球為一系統
C.從高空自由下落的重物落在靜止于地面上的車廂，以重物和車廂為一系統
D.光滑水平面上放一個表面光滑的斜面體，一個物體沿斜面滑下，以物體和斜面體為一系統
解析　兩車組成的系統受到的合外力為零，故動量守恒，A正確；運動員與鉛球組成的系統初動量為零，末動量不為零，B錯誤；重物和車廂組成的系統的末動量為零而初動量不為零，C錯誤；在物體沿斜面下滑時，向下的動量增大，D錯誤。
C
3.如圖所示，小車與木箱緊挨著靜止放在光滑的水平冰面上，現有一男孩站在小車上用力向右迅速推出木箱，關于上述過程，下列說法正確的是(　　)
A.男孩和木箱組成的系統動量守恒
B.小車與木箱組成的系統動量守恒
C.男孩、小車與木箱三者組成的系統動量守恒
D.木箱的動量的變化量與男孩、小車的總動量的變化量相同
解析　在男孩站在小車上用力向右迅速推出木箱的過程中，男孩在水平方向受到小車的摩擦力，即男孩和木箱組成的系統所受合外力不為零，系統動量不守恒，A錯誤；小車在水平方向上受到男孩的摩擦力，即小車與木箱組成的系統所受合外力不為零，系統動量不守恒，B錯誤；男孩、小車與木箱三者組成的系統所受合外力為零，系統動量守恒，C正確；木箱、男孩、小車組成的系統動量守恒，木箱的動量變化量與男孩、小車的總動量變化量大小相同，方向相反，D錯誤。
BD
4.(多選)如圖所示，小車靜止放在光滑的水平面上，將系著輕繩的小球拉開一定的角度，然后同時放開小球和小車，不計空氣阻力，那么在以后的過程中(　　)
A.小球向左擺動時，小車也向左運動，且系統動量守恒
B.小球向左擺動時，小車向右運動，且系統在水平方向
上動量守恒
C.小球向左擺到最高點，小球的速度為零而小車的速度不為零
D.在任意時刻，小球和小車在水平方向上的動量一定大小相等、方向相反(或者都為零)
解析　以小球和小車組成的系統為研究對象，在水平方向上不受外力的作用，所以系統在水平方向上動量守恒。由于初始狀態小車與小球均靜止，因此小球與小車在水平方向上的動量要么都為零，要么大小相等、方向相反，所以B、D正確。
B
題組二　動量守恒定律的應用
5.(2024·云南曲靖期中)春節期間，小明燃放了一枚火炮，燃放前火炮靜止，爆炸后火炮被分成兩部分，質量分別是m1、m2，二者分別沿同一直線向相反方向運動，m1速度為v1，不考慮空氣阻力，則m2的速度大小為(　　)
A
6.如圖所示，我國自行研制的第五代隱形戰機“殲－20”以速度v0水平向右勻速飛行，到達目標地時，將質量為M的導彈自由釋放，導彈向后噴出質量為m、對地速率為v1的燃氣，則噴氣后導彈的速率為(　　)
B
7.(2024·河南新鄉市高二期末)假設在花樣滑冰訓練時兩位滑冰運動員甲、乙均以1 m/s的速度沿同一直線相向滑行，相遇時在極短時間內用力推開對方，此后甲以1 m/s、乙以0.5 m/s的速度向各自初速度的反方向運動，忽略冰面的摩擦，則兩位運動員的質量之比是(　　)
A.3∶5 B.3∶4 C.2∶3 D.3∶2
A
8.(2023·陜西榆林市期中)質量m＝100 kg的小船靜止在平靜水面上，船兩端載著m甲＝40 kg，m乙＝60 kg的游泳者，在同一水平線上甲朝左、乙朝右同時以相對于岸3 m/s的速度躍入水中，如圖所示，則小船的運動方向和速度為(　　)
A.向左，小于1 m/s B.向左，大于1 m/s
C.向右，大于1 m/s D.向右，小于1 m/s
解析　取甲的速度方向為正方向，根據動量守恒定律m甲v－m乙v＋mv船＝0得v船＝0.6 m/s，v船>0表示小船速度方向向左，故A正確。
C
綜合提升練
9.質量為M的機車后面掛著質量為m的拖車，在水平軌道上以速度v勻速運動，已知它們與水平軌道間的摩擦力與它們的質量成正比。運動過程中拖車脫鉤，但當時司機沒發現，當拖車剛停下來時，機車的速度為(　　)
AD
10.(多選)如圖，花樣滑冰運動員所穿冰鞋的冰刀與冰面間的動摩擦因數是相同的，為表演一個動作，處于靜止狀態的兩運動員站在一起互推一把后各自自由滑行，下列說法正確的是(　　)
A.質量大的運動員滑行的初速度小
B.質量大的運動員滑行時加速度小
C.質量大的運動員滑行時間長
D.質量大的運動員滑行距離短
11.(2024·湖南寧鄉市期末)一質量為30 kg的小孩，以8 m/s的速度水平跑動跳到一輛原來靜止在光滑水平面上的滑板小車并與小車保持相對靜止一起運動。已知小車質量是10 kg，小孩跳上滑板小車過程中，求：
(1)小孩對小車的沖量大小； (2)小孩對小車所做的功。
答案　(1)60 N·s　(2)180 J
解析　(1)小孩跳上滑板小車過程中動量守恒，設人與車的共同速度為v，則
培優加強練
12.(2024·陜西咸陽市期中)如圖所示，在某次3 000 m接力賽練習中，“接棒”的運動員甲提前站在“交棒”的運動員乙前面，并且開始向前滑行，待乙追上甲時，乙的速度大小為12 m/s，甲的速度大小為10 m/s，此時乙沿水平方向猛推甲一把，使甲以13 m/s的速度向前沖出。在乙推甲的過程中，忽略運動員與冰面間在水平方向上的相互作用，已知甲、乙運動員的質量均為60 kg，乙推甲的時間為0.8 s，在乙推甲的過程中，求：
(1)乙對甲的平均作用力大小；
(2)乙推甲后瞬間乙的速度。
答案　(1)225 N　(2)9 m/s，方向與甲運動員初始運動方向相同
解析　(1)取甲運動員初始運動方向為正方向，乙推甲的過程中，對運動員甲，由動量定理有Ft＝mv甲2－mv甲1，解得F＝225 N。
(2)取甲運動員初始運動方向為正方向，乙推甲的過程中，兩者所組成的系統動量守恒，有
mv乙1＋mv甲1＝mv乙2＋mv甲2
解得v乙2＝9 m/s，方向與甲運動員初始運動方向相同。第2課時　反沖運動與火箭
學習目標　1.知道什么是反沖運動；知道火箭的工作原理。2.能利用動量守恒定律解釋反沖現象。3.知道人船模型和爆炸類問題都可以看成反沖運動問題處理。
知識點一　反沖運動
草坪灌溉用的自動旋轉噴水器原理圖如圖所示，當水從彎管的噴嘴里噴射出來時，彎管自動旋轉，大大增加了噴水的面積，請說明原理。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1.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，系統不受外力或內力遠大于外力，遵循________________定律或在某一方向上____________。
(3)反沖運動中，由于有其他形式的能轉化為機械能，所以系統的機械能增加。
2.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，可任意規定某一部分的運動方向為正方向，則反方向運動的另一部分的速度就要取負值。
(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，應先將相對速度轉換成相對同一參考系(如地面)的速度，再列動量守恒方程。
思考 只有系統所受合外力為零時，反沖運動才能用動量守恒定律來分析，這種說法是否正確？
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
例1 如圖所示，質量為M的小船在靜止水面上以速率v0向右勻速行駛，一人質量為m、站在船尾，相對小船靜止。若此人以相對水面速率v水平向左躍入水中，則此人躍出后小船的速率為(　　)
A.v0＋v B.v0－v
C.v0＋(v0＋v) D.v0＋(v0－v)
變式 若人相對小船以速度2v0從船尾向左跳離小船，求人跳出后的船速。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
訓練1 2021年5月15日，天問一號著陸巡視器成功著陸于火星，中國首次火星探測任務著陸火星取得圓滿成功。攜帶火星車的著陸器與環繞器分離后，最后階段利用反推火箭在火星表面實現軟著陸，設著陸器總質量為M，極短時間內瞬間噴射的燃氣質量是m，為使著陸器經一次瞬間噴射燃氣后，其下落的速率從v0減為v，需要瞬間噴出的燃氣速率約為(　　)
A.v0－v B.
C.＋v D.
知識點二　火　箭
我國早在宋代就發明了火箭，在箭桿上捆一個前端封閉的火藥筒，火藥點燃后生成的燃氣以很大的速度向后噴出，火箭就會向前運動，如圖甲所示；圖乙為我國“長征”家族系列運載火箭示意圖。請思考：
(1)古代火箭與現代火箭的運動是否為反沖運動？
(2)火箭飛行利用了怎樣的工作原理？
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1.火箭發射是典型的反沖運動，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轉換。
(3)列方程時要注意初、末狀態動量的方向。
例2 (多選)(魯科版教材P16“迷你實驗室”改編)某興趣小組制作了如圖所示的“水火箭”，實驗時瓶內的高壓氣體將水快速噴出，由于反沖作用，“水火箭”便會沖向天空。已知“水火箭”質量為M(不包含水)，“水火箭”內裝有質量為m的水，發射時在極短的時間內將水以相對地面大小為v0的速度豎直向下噴出。已知重力加速度為g，空氣阻力忽略不計，“水火箭”內的空氣質量忽略不計，下列說法正確的是(　　)
A.“水火箭”噴出水時，由于“水火箭”和水組成的系統受重力作用，所以系統一定不能看作動量守恒
B.“水火箭”噴出水時，由于內力遠大于外力，所以“水火箭”和水組成的系統可以近似看作動量守恒
C.“水火箭”獲得的最大速度大小為
D.“水火箭”上升的最大高度為eq \f(m2v,gM2)
訓練2 (2024·山東菏澤市高二期末)2023年10月26日，搭載神舟十七號載人飛船的長征二號F遙十七運載火箭，在酒泉衛星發射中心點火發射。假設將發射火箭看成如下模型：發射前火箭模型(含燃料)總質量為M＝2 200 g，當它在極短的時間內以v0＝880 m/s的對地速度豎直向下噴出質量為Δm＝200 g的高溫氣體后(取豎直向下為正方向)，火箭模型獲得的對地速度最接近(　　)
A.－80 m/s B.80 m/s
C.－88 m/s D.88 m/s
知識點三　人船模型
一質量為M的小船靜止在水面上，站在船尾的質量為m的小孩，從靜止開始向左運動。求此過程中：
(1)船向哪運動？當小孩速度為v時，船速多大？
(2)當小孩向左移動了s時，船的位移多大？
(3)小孩和船的位移大小與兩者質量有什么關系？
(4)若小孩從船頭移動到船尾，船長為L，小孩的位移為多大？
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
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。
2.人船模型的特點
(1)兩物體滿足動量守恒定律m人v人－m船v船＝0，在相互作用的過程中，任一時刻兩物體的速度大小與質量成反比。
(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，即＝。人從船頭走到船尾時，人和船的位移滿足|s人|＋|s船|＝L。
例3 (多選)(2024·山東濰坊高二檢測)如圖所示，質量為M，長度為L的船停在平靜的湖面上，船頭站著質量為m的人，M>m，現在人由靜止開始由船頭走到船尾。不計水對船的阻力，則(　　)
A.人和船運動方向相同
B.船運行速度小于人的行進速度
C.由于船的慣性大，當人停止運動時，船還要繼續運動一段距離
D.人相對水面的位移為
處理“人船模型”問題的兩個關鍵
(1)利用動量守恒，確定兩物體的速度或者位移大小的關系。
(2)畫出兩物體的運動草圖，找出它們相對地面的位移的聯系。　　
訓練3 如圖所示，一個質量為m1＝50 kg的人抓在一只大氣球下方，氣球下面有一根長繩。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。初始靜止時人離地面的高度為h＝5 m。如果這個人開始沿長繩向下滑動，當他滑到長繩下端時，他離地面高度是(可以把人看作質點)(　　)
A.5 m B.3.6 m
C.2.6 m D.8 m
隨堂對點自測
1.(反沖運動)質量為0.5 kg的章魚在水中靜止，突然將體內的0.1 kg的水以2 m/s的速度向前噴出，不計章魚受到的阻力，則章魚后退的速度大小為(　　)
A.4 m/s B.2 m/s
C.0.5 m/s D.0.4 m/s
2.(火箭)如圖所示為學生制作的火箭模型，開始模型靜置在地面上，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. B.
C. D.
3.(人船模型)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。今有一質量為m的小物體(可視為質點)，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(　　)
A. B.
C. D.
第2課時　反沖運動與火箭
知識點一
導學　提示　當水從彎管的噴嘴里噴射出來時，水給彎管一個反作用力，彎管在這個反作用力下實現自動旋轉。
知識梳理
1.(2)動量守恒　動量守恒
[思考] 提示　不正確。在反沖運動中，即使系統所受合外力不為零，因內力遠大于外力，外力可以忽略，也可用動量守恒定律來解釋。
例1 C　[以人和小船組成的系統為研究對象，取向右為正方向，根據動量守恒定律可得(M＋m)v0＝m(－v)＋Mv2，解得v2＝v0＋(v0＋v)，選項C正確。]
變式 提示　選向右為正方向，設人跳出后船速為v，則－2v0＝v人－v，故人相對水面速度為v人＝v－2v0，由動量守恒定律得(M＋m)v0＝Mv＋m(v－2v0)，解得v＝v0。
訓練1 C　[設瞬間向下噴出的燃氣速度大小為v1，由于作用時間極短，噴射過程可認為系統動量守恒，則有Mv0＝(M－m)v＋mv1，解得v1＝＋v，C正確，A、B、D錯誤。]
知識點二
導學　提示　(1)古代火箭與現代火箭的運動都是反沖運動。
(2)火箭飛行利用了反沖原理，靠向后連續噴射高速氣體獲得反沖力飛行。
例2 BC　[“水火箭”和水組成的系統受到的合外力不為零，但“水火箭”噴出水時，水和“水火箭”的相互作用力遠大于重力，重力可以忽略不計，所以“水火箭”和水組成的系統可以近似看作動量守恒，故A錯誤，B正確；取豎直向上為正方向，根據動量守恒定律有Mv－mv0＝0，解得v＝，故C正確；“水火箭”做豎直上拋運動，根據運動學規律可知v2＝2gH，可得“水火箭”上升的最大高度為H＝eq \f(m2v,2gM2)，故D錯誤。]
訓練2 C　[由題意知，火箭和噴出氣體組成的系統可認為動量守恒，有0＝Δmv0＋(M－Δm)v，解得火箭模型獲得的對地速度為v＝－88 m/s，故C正確。]
知識點三
導學　提示　(1)因為小孩與小船組成的系統動量守恒，當小孩向左運動時，小船向右運動。設小孩的速度v的方向為正方向，當小孩速度為v時，mv－Mv′＝0，解得v′＝。
(2)由人船系統始終動量守恒可知
m－M′＝0，故當小孩的位移大小為s時，有
ms－Ms′＝0，解得s′＝。
(3)小孩與小船的位移大小與質量成反比，即＝。
INCLUDEPICTURE"L39.tif" INCLUDEPICTURE "E:\\2024(秋)物理 選擇性必修 第一冊 魯科版\\學生WORD文檔\\L39.tif" \* MERGEFORMATINET
(4)s＋s′＝L
解得s＝L。
例3 BD　[人和船組成的系統動量守恒，系統總動量為零，故人和船運動方向始終相反，故A錯誤；由動量守恒定律有Mv船＝mv人，又M＞m，故v人＞v船，故B正確；由人—船系統動量守恒且系統總動量為零知，人走船走，人停船停，故C錯誤； 由平均動量守恒M＝m和s人＋s船＝L知s人＝，故D正確。]
訓練3 B　[當人滑到長繩下端時，由動量守恒定律得m1h1－m2h2＝0，且h1＋h2＝h，解得h1＝ m，所以人離地面高度H＝h－h1≈3.6 m，故B正確。]
隨堂對點自測
1.C　[根據動量守恒定律可得0＝mv1－(M－m)v2，解得章魚后退的速度大小為v2＝＝ m/s＝0.5 m/s，故C正確。]
2.D　[在不考慮重力和空氣阻力影響的情況下， 火箭及燃料氣體系統在點火噴氣過程中動量守恒，設噴氣后火箭獲得的速度為v，并以v的方向為正方向，根據動量守恒定律有0＝(M－m)v＋m(－v0)，解得v＝，故D正確。]
3.C　[此題屬于“人—船”模型問題，小物體與斜面體組成的系統在水平方向上動量守恒，以水平向左為正方向，設小物體在水平方向上對地位移大小為s1，斜面體在水平方向上對地位移大小為s2。根據動量守恒定律有0＝ms1－Ms2，且s1＋s2＝，解得s2＝，故C正確。](共49張PPT)
第2課時　反沖運動與火箭
第1章　動量及其守恒定律
1.知道什么是反沖運動；知道火箭的工作原理。
2.能利用動量守恒定律解釋反沖現象。
3.知道人船模型和爆炸類問題都可以看成反沖運動問題處理。
學習目標
目 錄
CONTENTS
知識點
01
隨堂對點自測
02
課后鞏固訓練
03
知識點
1
知識點二　火箭
知識點一　反沖運動
知識點三　人船模型
知識點一　反沖運動
草坪灌溉用的自動旋轉噴水器原理圖如圖所示，當水從彎管的噴嘴里噴射出來時，彎管自動旋轉，大大增加了噴水的面積，請說明原理。
提示　當水從彎管的噴嘴里噴射出來時，水給彎管一個反作用力，彎管在這個反作用力下實現自動旋轉。
1.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，系統不受外力或內力遠大于外力，遵循__________定律或在某一方向上__________。
(3)反沖運動中，由于有其他形式的能轉化為機械能，所以系統的機械能增加。
動量守恒
動量守恒
2.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，可任意規定某一部分的運動方向為正方向，則反方向運動的另一部分的速度就要取負值。
(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，應先將相對速度轉換成相對同一參考系(如地面)的速度，再列動量守恒方程。
【思考】 只有系統所受合外力為零時，反沖運動才能用動量守恒定律來分析，這種說法是否正確？
提示　不正確。在反沖運動中，即使系統所受合外力不為零，因內力遠大于外力，外力可以忽略，也可用動量守恒定律來解釋。
C
例1 如圖所示，質量為M的小船在靜止水面上以速率v0向右勻速行駛，一人質量為m、站在船尾，相對小船靜止。若此人以相對水面速率v水平向左躍入水中，則此人躍出后小船的速率為(　　)
【變式】 若人相對小船以速度2v0從船尾向左跳離小船，求人跳出后的船速。
提示　選向右為正方向，設人跳出后船速為v，則－2v0＝v人－v，故人相對水面速度為v人＝v－2v0，
由動量守恒定律得(M＋m)v0＝Mv＋m(v－2v0)
C
訓練1 2021年5月15日，天問一號著陸巡視器成功著陸于火星，中國首次火星探測任務著陸火星取得圓滿成功。攜帶火星車的著陸器與環繞器分離后，最后階段利用反推火箭在火星表面實現軟著陸，設著陸器總質量為M，極短時間內瞬間噴射的燃氣質量是m，為使著陸器經一次瞬間噴射燃氣后，其下落的速率從v0減為v，需要瞬間噴出的燃氣速率約為(　　)
解析　設瞬間向下噴出的燃氣速度大小為v1，由于作用時間極短，噴射過程可認為系統動量守恒，則有Mv0＝(M－m)v＋mv1，解得v1＝＋v，C正確，A、B、D錯誤。
知識點二　火箭
我國早在宋代就發明了火箭，在箭桿上捆一個前端封閉的火藥筒，火藥點燃后生成的燃氣以很大的速度向后噴出，火箭就會向前運動，如圖甲所示；圖乙為我國“長征”家族系列運載火箭示意圖。請思考：
(1)古代火箭與現代火箭的運動是否為反沖運動？
(2)火箭飛行利用了怎樣的工作原理？
提示　(1)古代火箭與現代火箭的運動都是反沖運動。
(2)火箭飛行利用了反沖原理，靠向后連續噴射高速氣體獲得反沖力飛行。
1.火箭發射是典型的反沖運動，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轉換。
(3)列方程時要注意初、末狀態動量的方向。
例2 (多選)(魯科版教材P16“迷你實驗室”改編)某興趣小組制作了如圖所示的“水火箭”，實驗時瓶內的高壓氣體將水快速噴出，由于反沖作用，“水火箭”便會沖向天空。已知“水火箭”質量為M(不包含水)，“水火箭”內裝有質量為m的水，發射時在極短的時間內將水以相對地面大小為v0的速度豎直向下噴出。已知重力加速度為g，空氣阻力忽略不計，“水火箭”內的空氣質量忽略不計，下列說法正確的是(　　)
答案 BC
訓練2 (2024·山東菏澤市高二期末)2023年10月26日，搭載神舟十七號載人飛船的長征二號F遙十七運載火箭，在酒泉衛星發射中心點火發射。假設將發射火箭看成如下模型：發射前火箭模型(含燃料)總質量為M＝2 200 g，當它在極短的時間內以v0＝880 m/s的對地速度豎直向下噴出質量為Δm＝200 g的高溫氣體后(取豎直向下為正方向)，火箭模型獲得的對地速度最接近(　　)
A.－80 m/s B.80 m/s C.－88 m/s D.88 m/s
解析　由題意知，火箭和噴出氣體組成的系統可認為動量守恒，有0＝Δmv0＋(M－Δm)v，解得火箭模型獲得的對地速度為v＝－88 m/s，故C正確。
C
知識點三　人船模型
一質量為M的小船靜止在水面上，站在船尾的質量為m的小孩，從靜止開始向左運動。求此過程中：
(1)船向哪運動？當小孩速度為v時，船速多大？
(2)當小孩向左移動了s時，船的位移多大？
(3)小孩和船的位移大小與兩者質量有什么關系？
(4)若小孩從船頭移動到船尾，船長為L，小孩的位移為多大？
提示　(1)因為小孩與小船組成的系統動量守恒，當小孩向左運動時，小船向右運動。設小孩的速度v的方向為正方向，當小孩速度為v時，mv－Mv′＝0，
BD
處理“人船模型”問題的兩個關鍵
(1)利用動量守恒，確定兩物體的速度或者位移大小的關系。
(2)畫出兩物體的運動草圖，找出它們相對地面的位移的聯系。　　
B
訓練3 如圖所示，一個質量為m1＝50 kg的人抓在一只大氣球下方，氣球下面有一根長繩。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。初始靜止時人離地面的高度為h＝5 m。如果這個人開始沿長繩向下滑動，當他滑到長繩下端時，他離地面高度是(可以把人看作質點)(　　)
A.5 m B.3.6 m C.2.6 m D.8 m
隨堂對點自測
2
C
1.(反沖運動)質量為0.5 kg的章魚在水中靜止，突然將體內的0.1 kg的水以2 m/s的速度向前噴出，不計章魚受到的阻力，則章魚后退的速度大小為(　　)
A.4 m/s B.2 m/s C.0.5 m/s D.0.4 m/s
D
2.(火箭)如圖所示為學生制作的火箭模型，開始模型靜置在地面上，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(　　)
C
3.(人船模型)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。今有一質量為m的小物體(可視為質點)，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(　　)
課后鞏固訓練
3
CD
題組一　反沖運動
1.(多選)(2024·山東青島檢測)下列運動屬于反沖運動的是(　　)
A.汽車的運動 B.直升機的運動
C.火箭的運動 D.反擊式水輪機的運動
解析　汽車的運動利用了汽車的牽引力，不屬于反沖運動，A錯誤；直升機的運動利用了空氣的反作用力，不屬于反沖運動，B錯誤；火箭的運動是利用噴氣的方式而獲得動力的，屬于反沖運動，C正確；反擊式水輪機的運動利用了水的反沖作用而獲得動力，屬于反沖運動，D正確。
基礎對點練
C
2.一航天探測器完成對月球的探測后，離開月球的過程中，由靜止開始沿著與月球表面成一定傾角的直線飛行，先加速運動后勻速運動。探測器通過噴氣而獲得動力，以下關于噴氣方向的說法正確的是(　　)
A.探測器加速運動時，向后噴射 B.探測器加速運動時，豎直向下噴射
C.探測器勻速運動時，豎直向下噴射 D.探測器勻速運動時，不需要噴射
解析　探測器做加速直線運動時，合力方向與運動方向一致，探測器所受萬有引力豎直向下，則噴出氣體的作用力方向斜向上，噴氣方向斜向后下方，故A、B錯誤；航天器做勻速直線運動時，合力為零，由于受到月球的萬有引力的作用，航天器必然要朝豎直向下的方向噴射，來平衡萬有引力，不可能不噴氣，故C正確，D錯誤。
B
3.如圖所示，火炮車連同炮彈的總質量為m0，炮管水平，火炮車在水平路面上以v1的速度向右勻速行駛，發射一枚質量為m的炮彈后，火炮車的速度變為v2，仍向右行駛，則炮彈相對炮管的發射速度v0為(　　)
B
題組二　火箭
4.運送人造地球衛星的火箭開始工作后，火箭做加速運動的原因是(　　)
A.燃料燃燒推動周圍的空氣，空氣的反作用力推動火箭
B.火箭發動機將燃料燃燒產生的氣體向后噴出，氣體的反作用力推動火箭
C.火箭吸入空氣，然后向后推出，空氣對火箭的反作用力推動火箭
D.火箭燃料燃燒發熱，加熱周圍空氣，空氣膨脹推動火箭
解析　火箭燃料燃燒產生的高溫、高壓燃氣從尾噴管迅速噴出，使火箭獲得反沖速度，與周圍的空氣無關，故B正確。
C
5.(2024·重慶南開中學期末)假設一顆航天器質量為M，以速度v0在太空中飛行，某一時刻該航天器接到加速的指令后，發動機瞬間向后噴出一定質量的氣體，氣體噴出時速度大小為v1，加速后航天器的速度大小為v2，則噴出氣體的質量m為(　　)
A
6.將質量為1.00 kg的模型火箭點火升空，50 g燃燒的燃氣以大小為600 m/s的速度從火箭噴口在很短時間內噴出。在燃氣噴出后的瞬間，火箭的動量大小為(噴出過程中重力和空氣阻力可忽略)(　　)
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　設火箭的質量為m1，燃氣的質量為m2。由題意可知，燃氣的動量大小p2＝m2v2＝50×10－3×600 kg·m/s＝30 kg·m/s。以火箭運動的方向為正方向，根據動量守恒定律可得0＝m1v1－m2v2，則火箭的動量大小為p1＝m1v1＝m2v2＝30 kg·m/s，所以A正確，B、C、D錯誤。
A
7.(2024·廣東湛江市高二聯考)如圖所示，水火箭靜止在光滑水平面上，用打氣筒通過氣門芯向水火箭瓶身內打氣，當瓶內空氣達到一定壓強時，水將橡皮塞沖開并向后高速噴出，水火箭便在光滑水平面上沖出。若噴水前水火箭的總質量為M，運動過程中每秒向后噴出質量為m的水，水噴出時相對地面的速度大小均為v，忽略空氣阻力的影響，則第N秒末(設上述過程中該水火箭仍在勻速噴水中)水火箭的速度大小為(　　)
B
題組三　人船模型
8.(2024·遼寧沈陽市高二統考期末)如圖所示，有一只小船停靠在湖邊碼頭，小船又窄又長(質量約一噸)。一位站在船尾的同學輕輕從船尾走到船頭停下。已知在此過程中船后退的距離為d，船長為L，他的自身質量為m，水的阻力不計，則船的質量M為(　　)
BD
9.(多選)(2024·江蘇蘇州期末)如圖所示，一質量為M的小車靜止在光滑水平面上，車上固定一個豎直支架，輕繩一端固定在支架上，另一端固定一質量為m的小球，輕繩長為l，將小球向右拉至輕繩水平后，從靜止釋放，則(　　)
D
綜合提升練
10.(2024·重慶渝中區期末)如圖所示，已知一個連同裝備共80 kg的航天員，離開空間站太空行走，在離飛船30 m的位置與空間站處于相對靜止的狀態。裝備中有一個高壓氣源，能以50 m/s 的速度噴出氣體。航天員為了能在5 min內返回空間站，他需要在開始返回的瞬間至少一次性向后噴出氣體的質量是(不計噴出氣體后航天員和裝備質量的變化)(　　)
A.0.1 kg B.0.12 kg
C.0.14 kg D.0.16 kg
ACD
培優加強練
12.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緣沿水平方向順著軌道方向向右跳出，落在平板車地板上的A點，A點距貨箱的水平距離為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水平反沖速度的大小(g取10 m/s2，不計空氣阻力)。
答案　1.6 m/s
解析　人從貨箱邊緣跳離的過程，系統(人、車和貨箱)水平方向動量守恒，設人的水平速度大小是v1，車的反沖速度大小是v2，取向右為正方向，
由圖可知，在這段時間內人的水平位移大小s1＝v1t
車的位移大小s2＝v2t
由于s1＋s2＝l，即v1t＋v2t＝l

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