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6.反冲
题组一　反冲的理解及应用
1.如图所示，将吹足气的气球由静止释放，球内气体向后喷出，气球会向前运动，这是因为气球受到（　　）
A.重力
B.手的推力
C.空气的浮力
D.喷出气体对气球的作用力
2.乌贼在水中的运动方式是十分奇特的，它不用鳍也不用手足，而是靠自身的漏斗喷射海水推动身体运动，在无脊椎动物中是游泳最快的，速度可达15 m/s。逃命时更可以达到40 m/s，被称为“水中火箭”。如图所示，一只悬浮在水中的乌贼，当外套膜吸满水后，它的总质量为4 kg，遇到危险时，通过短漏斗状的体管在极短时间内将水向后高速喷出，从而迅速逃窜，喷射出的水的质量为0.8 kg，则喷射出的水的速度为（　　）
A.200 m/s B.160 m/s
C.75 m/s D.60 m/s
题组二　火箭原理的理解及应用
3.〔多选〕采取下列哪些措施有利于增加喷气式飞机的飞行速度（　　）
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
4.火箭发射后，在升空过程中向后喷出高速燃气，从而获得较大的前进速度。燃料耗尽时，火箭达到最大速度，火箭最大速度的制约因素是（　　）
A.火箭初始质量和喷出气体速度
B.火箭初始质量和喷出气体总质量
C.火箭喷出气体总质量和喷气速度
D.火箭喷气速度和火箭始末质量比
5.将总质量为1.05 kg的模型火箭点火升空，从静止开始，在0.02 s时间内有50 g燃气以大小为 200 m/s 的速度从火箭尾部喷出，且燃气喷出过程中重力和空气阻力可忽略。则下列说法正确的是（　　）
A.在燃气喷出过程，火箭获得的平均推力为800 N
B.在燃气喷出过程，火箭获得的平均推力为200 N
C.在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小约为 5 m/s
D.在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小约为 10 m/s
题组三　“人船模型”问题
6.停在静水中的船的质量为180 kg，长12 m，不计水的阻力，当质量为60 kg的人从船尾走到船头的过程中，船后退的距离是（　　）
A.3 m B.4 m
C.5 m D.6 m
7.一半径为R、质量为M的光滑半圆柱形底座，放置在光滑水平面上，将一半径为 R、质量为m的小球紧靠底座右侧由静止释放，释放时小球球心O'和底座圆心O在同一水平高度上，且M＝3m，当小球到达底座最低点时，底座运动的位移大小是（　　）
A.R B.R
C.R D.R
8.〔多选〕质量均为2m的A、B两船静止在平静的湖面上，最初静止在A船中质量为m的人，以对地的水平速度v从A船跳到B船，再从B船跳到A船……，经n次跳跃后，人停在B船上。不计水的阻力，此后（　　）
A.A船和B船（包括人）速度大小之比为2∶3
B.A船和B船（包括人）动量大小之比为1∶1
C.A船和B船（包括人）动能之比为3∶2
D.A船和B船（包括人）动能之比为1∶1
9.穿着溜冰鞋的人静止站在光滑的冰面上，沿水平方向举枪射击，每次射击时子弹对地速度相等，设第一次射出子弹后，人相对于地后退的速度为v，下列说法正确的是（　　）
A.无论射出多少子弹，人后退的速度都为v
B.射出n颗子弹后，人后退的速度为nv
C.射出n颗子弹后，人后退的速度小于nv
D.射出n颗子弹后，人后退的速度大于nv
10.〔多选〕某滑杆游戏可简化为如图所示的模型，质量m＝0.5 kg的滑环套在固定光滑水平杆上，滑环可沿着水平杆左右滑动，滑环通过长L＝0.6 m的轻绳连着质量M＝1.0 kg的小球，开始时滑环静止在O点，轻绳水平，现将它们由静止释放，小球和滑环都可看作质点，取g＝10 m/s2，下列说法正确的是（　　）
A.小球第一次运动至最低点时的速度大小为2 m/s
B.小球再次返回最高点时的速度大小为0
C.小球第二次运动至最低点时的速度大小为2 m/s
D.小球运动轨迹左、右两端点间的距离为0.4 m
11.2024年1月5日19时20分，命名为“快舟·湖北交广号”的快舟一号甲固体运载火箭在酒泉卫星发射中心点火升空，以“一箭四星”方式将天目一号掩星探测星座15～18星送入预定轨道，发射任务取得圆满成功。假设火箭喷气发动机每次喷出m＝200 g的气体，气体喷出时的速度v＝1 000 m/s。设火箭质量M＝300 kg，发动机每秒钟喷气20次。
（1）当第三次喷出气体后，火箭的速度为多大？
（2）运动第1 s末，火箭的速度为多大？
12.如图所示，物体A和B质量分别为m2和m1，其水平直角边长分别为a和b。A、B之间存在摩擦，B与水平地面无摩擦。可视为质点的A与地面间的高度差为h，当A由B的顶端从静止开始滑到B的底端时。
（1）B的水平位移是多少？
（2）A滑到斜面底端时速度为v，则在A下滑过程中，A损失的机械能为多少？
6.反冲
1.D　将吹足了气的气球嘴松开并放手，气球会向相反的方向运动是因为气体喷出时，由于反冲作用，喷出的气体对气球产生反作用力，故选D。
2.B　乌贼逃命时的速度为v1＝40 m/s，设乌贼向前逃窜的方向为正方向，由动量守恒定律得0＝（m－m0）v1－m0v2，可得v2＝160 m/s，故选B。
3.AC　设飞机原来总质量为M，喷出的气体质量为m，喷出的速度为v0，剩余部分的速度为v，由动量守恒定律得（M－m）v－mv0＝0，v＝v0，可见m越大，v0越大，v越大，选项A、C正确。
4.D　分别用M、m表示火箭初始质量和在极短时间内喷出一部分燃气后剩余的质量，v0表示喷出的气体的速度大小，火箭喷气过程动量守恒，有mΔv－（M－m）v0＝0，解得火箭速度增加量Δv＝v0，由此式可以预计火箭最大速度的制约因素是火箭喷气速度和火箭始末质量比，D正确。
5.D　设模型火箭的质量为M，燃气的质量为m。燃气的速度大小为v1，在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为v2，在燃气喷出过程中，对燃气由动量定理得Ft＝mv1－0，解得 F＝500 N，根据牛顿第三定律，火箭获得的平均推力为 500 N，故A、B错误； 规定燃气喷出的方向为正方向，根据动量守恒定律得 0＝mv1－（M－m）v2，解得v2＝10 m/s，故D正确，C错误。
6.A　船和人组成的系统在水平方向上动量守恒，人在船上行进，船向后退，人从船尾走到船头，设船后退的位移大小为x，则人相对于岸的位移大小为L－x。以人的速度方向为正方向，由动量守恒定律得m人·－m船·＝0，代入数据解得x＝3 m，A正确。
7.A　小球向下运动的过程，底座向右运动，设小球和底座的位移分别为x1、x2，则有mx1＝Mx2，且x1＋x2＝R，解得x2＝R，故A正确。
8.BC　整个过程中，人和两船组成的系统动量守恒，A船和B船（包括人）动量大小之比为1∶1，故经n次跳跃后，有2mvA＝（2m＋m）vB，所以＝，故A错误，B正确；根据EkA＝·2m·，EkB＝·3m·，因为＝，联立求得＝，故C正确，D错误。
9.D　设人、枪（包括子弹）的总质量为M，每颗子弹质量为m，子弹射出速度为v0，射出第1颗子弹，有0＝（M－m）v－mv0，设人射出n颗子弹后的速度为v'，则（M－nm）v'＝nmv0，可得v＝，v'＝，因M－m＞M－nm，所以v'＞nv，故选项D正确。
10.BCD　自静止开始释放至小球第一次运动至最低点的过程，小球和滑环组成的系统水平方向动量守恒，有0＝Mv1－mv2，由机械能守恒定律得MgL＝M＋m，联立解得小球第一次运动至最低点时的速度大小为v1＝2 m/s，A错误；小球再次返回最高点时和滑环有相同的速度，由动量守恒定律得0＝（M＋m）v，解得共同速度v＝0，B正确；根据A项分析可知，小球第二次运动至最低点的速度大小为2 m/s，方向水平向左，C正确；由机械能守恒定律可知，小球运动至左、右两侧最高点时在同一水平线上，即与初始位置等高，设小球运动轨迹左、右两端点间的距离为x1，在小球从左侧最高点运动到右侧最高点的过程，设滑环运动轨迹左、右两端点的距离为x2，运动时间为t，则由动量守恒定律有M＝m，由几何关系知x1＋x2＝2L，联立可解得x1＝0.4 m，D正确。
11.（1）2 m/s　（2）13.5 m/s
解析：（1）设喷出三次气体后火箭的速度为v3，以火箭和喷出的三次气体为研究对象，根据动量守恒定律得（M－3m）v3－3mv＝0，所以v3＝≈2 m/s。
（2）以火箭和20次喷出的气体为研究对象，根据动量守恒定律，有（M－20m）v20－20mv＝0
所以v20＝≈13.5 m/s。
12.（1）　（2）m2gh－m2v2
解析：（1）设向右为正方向，下滑过程中A的速度的水平分量为－vA，B的速度为vB，对A和B组成的系统，水平方向上不受任何外力，故水平方向的动量守恒，则每时每刻都有m1vB－m2vA＝0，则有m1x1－m2x2＝0
由题意可知x1＋x2＝b－a，
联立可得x1＝。
（2）根据能量守恒定律，A损失的机械能为
ΔE＝m2gh－m2v2。
3 / 36.反冲
素养目标
1.知道反冲的概念，理解反冲的原理，了解其在生产、生活中的应用。 2.知道火箭的发射原理，知道决定火箭最大速度的相关因素，会处理有关问题。 3.会应用动量守恒定律解决与反冲、火箭发射有关的问题。 4.理解并会处理“人船模型”问题。
知识点一｜反冲现象
1.定义：如果一个静止的物体在　　　　的作用下分裂为两部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向　　　　的方向运动，这个现象叫作反冲。
2.特点：反冲过程中相互作用力常为　　　　力，且作用力大，一般都满足内力远大于外力，所以可用　　　　　　　定律来处理。
3.应用：火箭、灌喷水器、反去菚水轮机等。
【情境思辨】
（1）喷灌装置的自动旋转应用了反冲原理。（　　）
（2）章鱼在水中前行和转向不属于反冲现象。（　　）
（3）吹足气的气球用手捏住通气口由静止释放后气球的运动属于反冲运动。（　　）
（4）码头边轮胎的保护作用利用了反冲原理。（　　）
（5）反冲运动的原理既适用于宏观物体，也适用于微观粒子。（　　）
知识点二｜火箭的发射
1.原理
火箭的发射利用了　　　　。火箭燃料舱内的燃料被点燃后，产生急剧膨胀的燃气，舱壁对这部分燃气的作用力使气体从火箭尾部高速喷出，燃气对火箭的　　　　把火箭推向前方。
2.影响火箭最终速度大小的因素
（1）喷气速度：现代火箭的喷气速度约为2 000～5 000 m/s。
（2）质量比：指火箭　　　　　　时的质量与　　　　　时的质量之比。现代火箭能达到的质量比不超过　　　　。
（3）影响关系：喷气速度　　　　，　　　　越大，最终速度　　　　。
要点一　反冲的理解及应用
【探究】
　（1）把气球吹起来，用手捏住气球的通气口，如图甲所示，突然松开后让气体喷出，气球会怎样运动？这个属于什么物理现象？
（2）把弯管装在盛水容器的下部，当水从弯管流出后，如图乙所示，悬吊的容器会怎样运动？这个属于什么物理现象？
【归纳】
1.反冲运动的特点
（1）系统的两个不同部分在内力作用下向相反方向运动。
（2）反冲运动中系统动量守恒（或者在某一方向上动量守恒）。
（3）反冲运动中系统的总动能会增加。
2.处理反冲运动问题的三个注意事项
（1）速度的方向性：若系统原来静止，抛出部分具有速度时，剩余部分的速度必然相反，可任意规定某一部分的方向为正方向，另一速度要取负值。
（2）速度的相对性：反冲运动中，若已知条件是物体间的相对速度，应将相对速度转化为绝对速度（一般为对地速度）。
（3）变质量问题：注意反冲运动中物体质量的变化，确定反冲前后物体的质量。
【典例1】　如图所示，自动火炮连同炮弹的总质量为M，当炮管水平，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，自动火炮的速度变为v2，仍向右行驶，则炮弹相对炮筒的发射速度v0为（　　）
A.
B.
C.
D.
尝试解答
易错警示
要注意【典例1】“炮弹相对炮筒的发射速度”与“炮弹相对地面的发射速度”的不同意义。否则本题容易错选A项。
1.滑板运动是年轻人喜爱的一种运动。如图所示，质量为m1＝50 kg的年轻人站在质量为m2＝5 kg的滑板上，年轻人和滑板都处于静止状态，年轻人沿水平方向向前跃出，离开滑板的速度为v＝1 m/s。不考虑滑板与地面之间的摩擦，此时滑板的速度大小是（　　 ）
A. m/s　 B.10 m/s　 C. m/s　 D. m/s
2.如图，反冲小车静止放在水平光滑玻璃上，点燃酒精灯，水蒸气将橡皮塞水平喷出，小车沿相反方向运动。如果小车运动前的总质量M＝3 kg，水平喷出的橡皮塞的质量m＝0.1 kg。（水蒸气质量忽略不计）
（1）若橡皮塞喷出时获得的水平速度v＝2.9 m/s，求小车的反冲速度；
（2）若橡皮塞喷出时速度大小不变，方向与水平方向成60°角，求小车的反冲速度。（小车一直在水平方向运动）
要点二　火箭原理的理解及应用
【探究】
我国早在宋代就发明了火箭，在箭杆上捆一个前端封闭的火药筒，火药点燃后生成的燃气以很大的速度向后喷出，火箭就会向前运动，如图甲所示；图乙为我国“长征”家族系列运载火箭示意图。请思考：
（1）古代火箭与现代火箭的运动是否为反冲运动？
（2）火箭飞行利用了怎样的工作原理？
【归纳】
（1）火箭喷气过程属于反冲问题，随着燃料的消耗，火箭的质量不断减小。
（2）处理该类问题时，可选取火箭本身和在相互作用的时间内喷出的全部气体为研究对象，取相互作用的整个过程为研究过程，运用动量守恒的观点解决问题。
【典例2】　我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭。如图所示，发射仓内的高压气体先将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零时再点火飞向太空。从火箭开始运动到点火的过程中（　　）
A.火箭的加速度为零时，动能最大
B.高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能
C.高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量
D.高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量
尝试解答
易错警示
处理火箭发射问题的两点提醒
（1）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速度。
（2）列方程时要注意初、末状态动量的方向。反冲后火箭速度的方向与反冲前火箭的运动方向是相同的。
1.“世界航天第一人”是明朝的士大夫万户，他把47个自制的火箭绑在椅子上，自己坐在椅子上，双手举着大风筝，设想利用火箭的推力，飞上天空，然后利用风筝平稳着陆。假设万户及其所携设备（火箭、燃料、椅子、风筝等）的总质量为M，点燃火箭后在极短的时间内，质量为m的炽热燃气相对地面以v0的速度竖直向下喷出，忽略空气阻力的影响，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A.火箭的推力来源于空气对它的反作用力
B.在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为
C.喷出燃气后，万户及其所携设备能上升的最大高度为
D.在火箭喷气过程中，万户及其所携设备的机械能守恒
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（　　）
A.v0－v2 B.v0＋v2
C.v0－v2 D.v0＋（v0－v2）
要点三　“人船模型”问题
【探究】
　如图所示，长为L、质量为m2的小船停在静水中，质量为m1的人由静止开始从船的右端走到船的左端，人对地位移大小为x1、方向向左，小船对地的位移大小为x2、方向向右。不计水的阻力。对人和船组成的系统，在人由船的一端走到船的另一端的过程中，系统水平方向不受外力作用，所以整个系统水平方向动量守恒。请推导分析人对地位移的大小x1、小船对地位移的大小x2与小船质量m2及人的质量m1的关系。
【归纳】
1.“人船模型”的特点
（1）两个物体相互作用前均静止，相互作用后向相反的方向运动。
（2）系统所受外力矢量和为零（或者在某一方向上的外力矢量和为零），系统的动量守恒（或者在某一方向上的动量守恒）。
（3）两个物体的运动特点：“人”走“船”行、“人”快“船”快、“人”慢“船”慢、“人”停“船”停。
2.“人船模型”的结论
（1）两个物体的动量守恒：m1v1－m2v2＝0；
（2）两个物体的位移大小与质量成反比：m1x1＝m2x2。
特别提醒
　　上式中的x1、x2必须是相对于同一参考系的位移大小。
【典例3】　有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长，一位同学想用一个卷尺测量它的质量。他进行了如下操作：首先将船平行码头自由停泊，然后他轻轻从船尾上船，走到船头后停下，而后轻轻下船，用卷尺测出船后退的距离d和船长L。已知他自身的质量为m，则船的质量为（　　）
A. B.
C. D.
尝试解答
规律总结
处理“人船模型”问题的两个关键
（1）利用动量守恒，确定两物体的速度或者位移大小的关系。
（2）画出两物体的运动草图，找出它们相对地面的位移的联系。
1.如图所示，质量为m、半径为R的小球，放在半径为2R、质量为2m的大空心球内，大球开始静止在光滑水平面上。当小球从如图所示的位置无初速度沿内壁滚到最低点时，大球移动的距离是（　　）
A. B.C. D.
2.如图所示，质量为M的气球上有一质量为m的猴子，气球和猴子静止在离地面高为h的空中。从气球上放下一架不计质量的软梯，为使猴子沿软梯安全滑至地面，软梯的长度至少应为（　　）
A.h B.h C.h D.h
1.〔多选〕下列情境属于反冲现象的有（　　 ）
A.乒乓球碰到墙壁后弹回
B.发射炮弹后炮身后退
C.喷气式飞机喷气飞行
D.火箭升空
2.如图所示，某中学航天兴趣小组的同学将静置在地面上的质量为M（含水）的自制“水火箭”释放升空，在极短的时间内，质量为m的水以相对地面为v0的速度竖直向下喷出。已知重力加速度为g，空气阻力不计，下列说法正确的是（　　）
A.火箭的推力来源于火箭外的空气对它的反作用力
B.水喷出的过程中，火箭和水机械能守恒
C.火箭获得的最大速度为
D.火箭上升的最大高度为
3.〔多选〕如图，小船静止在水面上，站在船尾的人不断将船尾舱的鱼水平抛入左方船头的舱内（鱼可视为质点，抛出点高度保持不变，一条鱼落入船头的舱内后再抛出下一条鱼），下列说法正确的是（　　）
A.为使鱼始终可保证落入船头的舱内，人抛出鱼的速度应逐渐增大
B.为使鱼始终可保证落入船头的舱内，人抛出鱼的速度应保持不变
C.抛完所有鱼后，小船静止，船相对岸位置不变
D.抛完所有鱼后，小船静止，船相对岸向右移动了一些
6.反冲
【基础知识落实】
知识点一
1.内力　相反　2.变　动量守恒
情境思辨
（1）√　（2）×　（3）√　（4）×　（5）√
知识点二
1.反冲　反作用力　2.（2）开始飞行　燃料燃尽　10
（3）越大　质量比　越大
【核心要点突破】
要点一
知识精研
【探究】　提示：（1）气球会沿着喷出气体的反方向飞出，属于反冲现象。
（2）容器会沿着喷出水流的反方向旋转起来，属于反冲现象。
【典例1】　B　炮弹相对地的速度为v0＋v2。由动量守恒定律得Mv1＝（M－m）v2＋m（v0＋v2），得v0＝。故选B。
素养训练
1.B　不考虑滑板与地面之间的摩擦，对于年轻人和滑板构成的系统动量守恒，取年轻人沿水平方向向前跃出的方向为正方向，设滑板的速度大小为v'，则0＝m1v－m2v'，解得v'＝10 m/s，故B正确。
2.（1）0.1 m/s，方向与橡皮塞喷出时运动方向相反
（2）0.05 m/s，方向与橡皮塞喷出时水平分运动的方向相反
解析：（1）小车和橡皮塞组成的系统所受外力之和为零，系统总动量为零。以橡皮塞喷出时运动的方向为正方向，根据动量守恒定律有mv＋（M－m）v'＝0
解得v'＝－0.1 m/s
负号表示小车运动方向与橡皮塞喷出时运动的方向相反，小车的反冲速度大小是0.1 m/s。
（2）小车和橡皮塞组成的系统水平方向动量守恒。以橡皮塞喷出时水平分运动的方向为正方向，有
mvcos 60°＋（M－m）v″＝0
解得v″＝－0.05 m/s
负号表示小车运动方向与橡皮塞喷出时水平分运动方向相反，小车的反冲速度大小是0.05 m/s。
要点二
知识精研
【探究】　提示：（1）古代火箭与现代火箭的运动都是反冲运动。
（2）火箭飞行利用了反冲原理，靠向后连续喷射高速气体获得反冲力飞行。
【典例2】　A　从火箭开始运动到点火的过程中，火箭先加速运动后减速运动，当加速度为零时，动能最大，A正确；高压气体释放的能量转化为火箭的动能和重力势能及火箭与空气间因摩擦产生的热量，B错误；根据动量定理可得高压气体对火箭的推力F、火箭自身的重力mg和空气阻力f的冲量的矢量和等于火箭动量的变化量，C错误；根据动能定理可得高压气体对火箭的推力F、火箭自身的重力mg和空气阻力f对火箭做的功之和等于火箭动能的变化量，D错误。
素养训练
1.B　点燃火箭后，火箭在极短时间内向下喷出燃气，利用力的作用是相互的，燃气会给火箭向上的反作用力，此过程内力远大于火箭重力，动量守恒，有mv0＝（M－m）v，解得火箭速度为v＝，A错误，B正确；忽略空气阻力的影响，万户及其所携设备做竖直上抛运动，有h＝＝，C错误；在火箭喷气过程中，燃气的内能有部分转化为系统的机械能，机械能增加，D错误。
2.D　火箭和卫星组成的系统在分离时水平方向上动量守恒，规定初速度的方向为正方向，由动量守恒定律得（m1＋m2）v0＝m2v2＋m1v1，解得v1＝v0＋（v0－v2），D正确。
要点三
知识精研
【探究】　提示：设任意时刻人和小船的瞬时速率分别为v1、v2，对人和船组成的系统，由动量守恒定律得 m1v1－m2v2＝0，即＝。由于相互作用过程中任意时刻系统的动量守恒，故全过程中人和船的平均动量也守恒，即m1－m2＝0。设人和船相互作用的时间为t，则有m1－m2＝0，即 m1x1＝m2x2。
【典例3】　B
　画出如图所示的草图，设人走动时船的速度大小为v，人的速度大小为v'，船的质量为M，人从船尾走到船头所用时间为t。则v＝，v'＝，人和船组成的系统在水平方向上动量守恒，取船的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得Mv－mv'＝0，解得船的质量M＝，故B正确。
素养训练
1.B　由水平方向动量守恒有mx小球－2mx大球＝0，又x小球＋x大球＝R，所以x大球＝，选项B正确。
2.C　设猴子下降过程中气球上升高度为H，由题意知猴子下落高度为h，猴子和气球组成的系统所受合外力为零，由动量守恒定律得MH＝mh，解得H＝h，所以软梯长度至少为L＝h＋H＝h，故选C。
【教学效果检测】
1.BCD　乒乓球碰到墙壁后弹回是因为受到了墙壁的作用力，不是反冲现象，A错误；系统在内力作用下，当一部分向某一方向的动量发生变化时，剩余部分沿相反方向的动量发生同样大小变化的现象就是反冲现象，所以发射炮弹后炮身后退，是反冲现象；喷气式飞机是利用飞机与气体间的相互作用促进飞机前进，是反冲现象；同理火箭升空是反冲现象，B、C、D正确。
2.D　火箭的推力来源于向下喷出的水对它的反作用力，故A错误；水喷出的过程中，瓶内气体对火箭及水做功，火箭及水的机械能不守恒，故B错误；在水喷出后的瞬间，火箭获得的速度最大，由动量守恒定律有（M－m）v－mv0＝0，解得v＝，故C错误；水喷出后，火箭做竖直上抛运动，有v2＝2gh，解得h＝，故D正确。
3.BD　人、船和鱼组成的系统在水平方向不受外力，系统动量守恒，人抛出鱼后，鱼做平抛运动，人的高度不变，则飞行时间不变，船头到船尾的距离不变，为使鱼始终可保证落入船头的舱内，所以人抛出鱼的速度不变，故A错误，B正确。人、船、鱼组成的系统动量守恒，开始时系统静止，动量为零，由动量守恒定律可知，最终，船是静止的；在人将鱼向左抛出而鱼没有落入船舱的过程中，鱼具有向左的动量，由动量守恒定律可知，船（包括人）具有向右的动量，船要向右移动，鱼落入船舱后船立即停止运动，如此反复，在抛鱼的过程中船要向右运动，最终船要向右移一些，故D正确，C错误。
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6.反冲
1.知道反冲的概念，理解反冲的原理，了解其在
生产、生活中的应用。
2.知道火箭的发射原理，知道决定火箭最大速度的相关因素，会处理有关问题。
3.会应用动量守恒定律解决与反冲、火箭发射有关的问题。
4.理解并会处理“人船模型”问题。
素养目标
01
基础知识落实
目 录
02
核心要点突破
03
教学效果检测
04
课时作业
01
PART
基础知识落实
知识点一｜反冲现象
1. 定义：如果一个静止的物体在 的作用下分裂为两部分，一
部分向某个方向运动，另一部分必然向 的方向运动，这个现
象叫作反冲。
2. 特点：反冲过程中相互作用力常为 力，且作用力大，一般都满足
内力远大于外力，所以可用 定律来处理。
3. 应用：火箭、灌喷水器、反去菚水轮机等。
内力　
相反　
变　
动量守恒　
【情境思辨】
（1）喷灌装置的自动旋转应用了反冲原理。 （　√　）
（2）章鱼在水中前行和转向不属于反冲现象。 （　×　）
（3）吹足气的气球用手捏住通气口由静止释放后气球的运动属于反冲运动。 （　√　）
√
×
√
（4）码头边轮胎的保护作用利用了反冲原理。 （　×　）
（5）反冲运动的原理既适用于宏观物体，也适用于微观粒子。（　√）
×
√
知识点二｜火箭的发射
1. 原理
火箭的发射利用了 。火箭燃料舱内的燃料被点燃后，产生急剧膨
胀的燃气，舱壁对这部分燃气的作用力使气体从火箭尾部高速喷出，燃气
对火箭的 把火箭推向前方。
反冲　
反作用力　
2. 影响火箭最终速度大小的因素
（1）喷气速度：现代火箭的喷气速度约为2 000～5 000 m/s。
（2）质量比：指火箭 时的质量与 时的质量之
比。现代火箭能达到的质量比不超过 。
（3）影响关系：喷气速度 ， 越大，最终速度
。
开始飞行　
燃料燃尽　
10　
越大　
质量比　
越
大　
02
PART
核心要点突破
要点一　反冲的理解及应用
【探究】
（1）把气球吹起来，用手捏住气球的通气口，如图甲所示，突然松开后让气体喷出，气球会怎样运动？这个属于什么物理现象？
提示：气球会沿着喷出气体的反方向飞出，属于反冲现象。
（2）把弯管装在盛水容器的下部，当水从弯管流出后，如图乙所示，悬
吊的容器会怎样运动？这个属于什么物理现象？
提示：容器会沿着喷出水流的反方向旋转起来，属于反冲现象。
【归纳】
1. 反冲运动的特点
（1）系统的两个不同部分在内力作用下向相反方向运动。
（2）反冲运动中系统动量守恒（或者在某一方向上动量守恒）。
（3）反冲运动中系统的总动能会增加。
2. 处理反冲运动问题的三个注意事项
（1）速度的方向性：若系统原来静止，抛出部分具有速度时，剩余部
分的速度必然相反，可任意规定某一部分的方向为正方向，另一速度
要取负值。
（2）速度的相对性：反冲运动中，若已知条件是物体间的相对速度，应
将相对速度转化为绝对速度（一般为对地速度）。
（3）变质量问题：注意反冲运动中物体质量的变化，确定反冲前后物体
的质量。
【典例1】　如图所示，自动火炮连同炮弹的总质量为M，当炮管水平，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，自动火炮的速度变为v2，仍向右行驶，则炮弹相对炮筒的发射速度v0
为（　　）
A. B.
C. D.
解析：　炮弹相对地的速度为v0＋v2。由动量守恒定律得Mv1＝（M－m）
v2＋m（v0＋v2），得v0＝。故选B。
√
易错警示
　　要注意【典例1】“炮弹相对炮筒的发射速度”与“炮弹相对地面的
发射速度”的不同意义。否则本题容易错选A项。
1. 滑板运动是年轻人喜爱的一种运动。如图所示，质量为m1＝50 kg的年
轻人站在质量为m2＝5 kg的滑板上，年轻人和滑板都处于静止状态，年轻
人沿水平方向向前跃出，离开滑板的速度为v＝1 m/s。不考虑滑板与地面
之间的摩擦，此时滑板的速度大小是（　　 ）
A. m/s B. 10 m/s C. m/s D. m/s
√
解析：　不考虑滑板与地面之间的摩擦，对于年轻人和滑板构成的系统
动量守恒，取年轻人沿水平方向向前跃出的方向为正方向，设滑板的速度
大小为v'，则0＝m1v－m2v'，解得v'＝10 m/s，故B正确。
2. 如图，反冲小车静止放在水平光滑玻璃上，点燃酒精灯，水蒸气将橡皮
塞水平喷出，小车沿相反方向运动。如果小车运动前的总质量M＝3 kg，
水平喷出的橡皮塞的质量m＝0.1 kg。（水蒸气质量忽略不计）
（1）若橡皮塞喷出时获得的水平速度v＝2.9 m/s，求小车的反冲速度；
答案：0.1 m/s，方向与橡皮塞喷出时运动方向相反
解析：小车和橡皮塞组成的系统所受外力之和为零，系统总动量为零。以橡皮塞喷出时运动的方向为正方向，根据动量守恒定律有mv＋（M－m）v'＝0
解得v'＝－0.1 m/s
负号表示小车运动方向与橡皮塞喷出时运动的方向相反，小车的反冲速度
大小是0.1 m/s。
（2）若橡皮塞喷出时速度大小不变，方向与水平方向成60°角，求小车
的反冲速度。（小车一直在水平方向运动）
答案：0.05 m/s，方向与橡皮塞喷出时水平分运动
的方向相反
解析：小车和橡皮塞组成的系统水平方向动量守恒。
以橡皮塞喷出时水平分运动的方向为正方向，有
mvcos 60°＋（M－m）v″＝0
解得v″＝－0.05 m/s
负号表示小车运动方向与橡皮塞喷出时水平分运动方向相反，小车的反冲
速度大小是0.05 m/s。
要点二　火箭原理的理解及应用
【探究】
我国早在宋代就发明了火箭，在箭杆上捆一个前端封闭的火药筒，火药点
燃后生成的燃气以很大的速度向后喷出，火箭就会向前运动，如图甲所
示；图乙为我国“长征”家族系列运载火箭示意图。请思考：
（1）古代火箭与现代火箭的运动是否为反冲运动？
提示： 古代火箭与现代火箭的运动都是反冲运动。
（2）火箭飞行利用了怎样的工作原理？
提示：火箭飞行利用了反冲原理，靠向后连续喷射高速气体获得反冲力飞行。
【归纳】
（1）火箭喷气过程属于反冲问题，随着燃料的消耗，火箭的质量不断
减小。
（2）处理该类问题时，可选取火箭本身和在相互作用的时间内喷出的全
部气体为研究对象，取相互作用的整个过程为研究过程，运用动量守恒的
观点解决问题。
【典例2】　我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭。如图所示，发射仓内的高压气体先将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零时再点火飞向太空。从火箭开始运动到点火的过程中（　　）
A. 火箭的加速度为零时，动能最大
B. 高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能
C. 高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量
D. 高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量
√
解析：　从火箭开始运动到点火的过程中，火箭先加速运动后减速运
动，当加速度为零时，动能最大，A正确；高压气体释放的能量转化为火
箭的动能和重力势能及火箭与空气间因摩擦产生的热量，B错误；根据动
量定理可得高压气体对火箭的推力F、火箭自身的重力mg和空气阻力f的冲
量的矢量和等于火箭动量的变化量，C错误；根据动能定理可得高压气体
对火箭的推力F、火箭自身的重力mg和空气阻力f对火箭做的功之和等于火
箭动能的变化量，D错误。
易错警示
处理火箭发射问题的两点提醒
（1）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速度。
（2）列方程时要注意初、末状态动量的方向。反冲后火箭速度的方向与
反冲前火箭的运动方向是相同的。
1. “世界航天第一人”是明朝的士大夫万户，他把47个自制的火箭绑在椅
子上，自己坐在椅子上，双手举着大风筝，设想利用火箭的推力，飞上天
空，然后利用风筝平稳着陆。假设万户及其所携设备（火箭、燃料、椅
子、风筝等）的总质量为M，点燃火箭后在极短的时间内，质量为m的炽
热燃气相对地面以v0的速度竖直向下喷出，忽略空气阻力
的影响，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A. 火箭的推力来源于空气对它的反作用力
B. 在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为
C. 喷出燃气后，万户及其所携设备能上升的最大高度为
D. 在火箭喷气过程中，万户及其所携设备的机械能守恒
√
解析：　点燃火箭后，火箭在极短时间内向下喷出燃气，利用力的作用
是相互的，燃气会给火箭向上的反作用力，此过程内力远大于火箭重力，
动量守恒，有mv0＝（M－m）v，解得火箭速度为v＝，A错误，B正
确；忽略空气阻力的影响，万户及其所携设备做竖直上抛运动，有h＝＝
，C错误；在火箭喷气过程中，燃气的内能有部分转化为系统
的机械能，机械能增加，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（　　）
A. v0－v2 B. v0＋v2
C. v0－v2 D. v0＋（v0－v2）
解析：　火箭和卫星组成的系统在分离时水平方向上动量守恒，规定初
速度的方向为正方向，由动量守恒定律得（m1＋m2）v0＝m2v2＋m1v1，解
得v1＝v0＋（v0－v2），D正确。
√
要点三　“人船模型”问题
【探究】
　如图所示，长为L、质量为m2的小船停在静水中，质量
为m1的人由静止开始从船的右端走到船的左端，人对地位
移大小为x1、方向向左，小船对地的位移大小为x2、方向向
右。不计水的阻力。对人和船组成的系统，在人由船的一端
走到船的另一端的过程中，系统水平方向不受外力作用，所以整个系统水平方向动量守恒。请推导分析人对地位移的大小x1、小船对地位移的大小x2与小船质量m2及人的质量m1的关系。
提示：设任意时刻人和小船的瞬时速率分别为v1、v2，对人和船组成的系
统，由动量守恒定律得 m1v1－m2v2＝0，即＝。由于相互作用过程中任
意时刻系统的动量守恒，故全过程中人和船的平均动量也守恒，即m1－
m2＝0。设人和船相互作用的时间为t，则有m1－m2＝0，即 m1x1＝
m2x2。
【归纳】
1. “人船模型”的特点
（1）两个物体相互作用前均静止，相互作用后向相反的方向运动。
（2）系统所受外力矢量和为零（或者在某一方向上的外力矢量和为
零），系统的动量守恒（或者在某一方向上的动量守恒）。
（3）两个物体的运动特点：“人”走“船”行、“人”快“船”快、
“人”慢“船”慢、“人”停“船”停。
2. “人船模型”的结论
（1）两个物体的动量守恒：m1v1－m2v2＝0；
（2）两个物体的位移大小与质量成反比：m1x1＝m2x2。
特别提醒
　　上式中的x1、x2必须是相对于同一参考系的位移大小。
【典例3】　有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长，一位同学
想用一个卷尺测量它的质量。他进行了如下操作：首先将船平行码头自由
停泊，然后他轻轻从船尾上船，走到船头后停下，而后轻轻下船，用卷尺
测出船后退的距离d和船长L。已知他自身的质量为m，则船的质量为
（　　）
A. B.
C. D.
√
解析：　画出如图所示的草图，设人走动时船的速度大
小为v，人的速度大小为v'，船的质量为M，人从船尾走
到船头所用时间为t。则v＝，v'＝，人和船组成的系统在水平方向上动量守恒，取船的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得Mv－mv'＝0，解得船的质量M＝，故B正确。
规律总结
处理“人船模型”问题的两个关键
（1）利用动量守恒，确定两物体的速度或者位移大小的关系。
（2）画出两物体的运动草图，找出它们相对地面的位移的联系。
1. 如图所示，质量为m、半径为R的小球，放在半径为2R、质量为2m的大
空心球内，大球开始静止在光滑水平面上。当小球从如图所示的位置无初
速度沿内壁滚到最低点时，大球移动的距离是（　　）
A. B.
C. D.
解析：　由水平方向动量守恒有mx小球－2mx大球＝0，又x小球＋x大球＝R，
所以x大球＝，选项B正确。
√
2. 如图所示，质量为M的气球上有一质量为m的猴子，气球和猴子静止在离地面高为h的空中。从气球上放下一架不计质量的软梯，为使猴子沿软梯安全滑至地面，软梯的长度至少应为（　　）
A. h B. h
C. h D. h
√
解析：　设猴子下降过程中气球上升高度为H，由题意知猴子下落高度为
h，猴子和气球组成的系统所受合外力为零，由动量守恒定律得MH＝mh，
解得H＝h，所以软梯长度至少为L＝h＋H＝h，故选C。
03
PART
教学效果检测
1. 〔多选〕下列情境属于反冲现象的有（　　 ）
A. 乒乓球碰到墙壁后弹回 B. 发射炮弹后炮身后退
C. 喷气式飞机喷气飞行 D. 火箭升空
√
√
√
解析：乒乓球碰到墙壁后弹回是因为受到了墙壁的作用力，不是反冲现象，A错误；系统在内力作用下，当一部分向某一方向的动量发生变化时，剩余部分沿相反方向的动量发生同样大小变化的现象就是反冲现象，所以发射炮弹后炮身后退，是反冲现象；喷气式飞机是利用飞机与气体间的相互作用促进飞机前进，是反冲现象；同理火箭升空是反冲现象，B、C、D正确。
2. 如图所示，某中学航天兴趣小组的同学将静置在地面上的质量为M（含
水）的自制“水火箭”释放升空，在极短的时间内，质量为m的水以相对
地面为v0的速度竖直向下喷出。已知重力加速度为g，空气阻力不计，下列
说法正确的是（　　）
A. 火箭的推力来源于火箭外的空气对它的反作用力
B. 水喷出的过程中，火箭和水机械能守恒
C. 火箭获得的最大速度为
D. 火箭上升的最大高度为
√
解析：　火箭的推力来源于向下喷出的水对它的反作用力，故A错误；水
喷出的过程中，瓶内气体对火箭及水做功，火箭及水的机械能不守恒，故
B错误；在水喷出后的瞬间，火箭获得的速度最大，由动量守恒定律有
（M－m）v－mv0＝0，解得v＝，故C错误；水喷出后，火箭做竖直上
抛运动，有v2＝2gh，解得h＝，故D正确。
3. 〔多选〕如图，小船静止在水面上，站在船尾的人不断将船尾舱的鱼水平抛入左方船头的舱内（鱼可视为质点，抛出点高度保持不变，一条鱼落入船头的舱内后再抛出下一条鱼），下列说法正确的是（　　）
A. 为使鱼始终可保证落入船头的舱内，人抛出鱼的速度应逐渐增大
B. 为使鱼始终可保证落入船头的舱内，人抛出鱼的速度应保持不变
C. 抛完所有鱼后，小船静止，船相对岸位置不变
D. 抛完所有鱼后，小船静止，船相对岸向右移动了一些
√
√
解析： 　人、船和鱼组成的系统在水平方向不受外力，系统动量守恒，
人抛出鱼后，鱼做平抛运动，人的高度不变，则飞行时间不变，船头到船
尾的距离不变，为使鱼始终可保证落入船头的舱内，所以人抛出鱼的速度
不变，故A错误，B正确。人、船、鱼组成的系统动量守恒，开始时系统静
止，动量为零，由动量守恒定律可知，最终，船是静止的；在人将鱼向左
抛出而鱼没有落入船舱的过程中，鱼具有向左的动量，由动量守恒定律可
知，船（包括人）具有向右的动量，船要向右移动，鱼落入船舱后船立即
停止运动，如此反复，在抛鱼的过程中船要向右运动，最终船要向右移一
些，故D正确，C错误。
04
PART
课时作业
题组一　反冲的理解及应用
1. 如图所示，将吹足气的气球由静止释放，球内气体向后喷出，气球会向前运动，这是因为气球受到（　　）
A. 重力 B. 手的推力
C. 空气的浮力 D. 喷出气体对气球的作用力
解析：　将吹足了气的气球嘴松开并放手，气球会向相反的方向运动
是因为气体喷出时，由于反冲作用，喷出的气体对气球产生反作用
力，故选D。
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√
2. 乌贼在水中的运动方式是十分奇特的，它不用鳍也不用手足，而是靠自
身的漏斗喷射海水推动身体运动，在无脊椎动物中是游泳最快的，速度可
达15 m/s。逃命时更可以达到40 m/s，被称为“水中火箭”。如图所示，一
只悬浮在水中的乌贼，当外套膜吸满水后，它的总质量为4 kg，遇到危险
时，通过短漏斗状的体管在极短时间内将水向后高速喷出，
从而迅速逃窜，喷射出的水的质量为0.8 kg，则喷射出的
水的速度为（　　）
A. 200 m/s B. 160 m/s
C. 75 m/s D. 60 m/s
√
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解析：　乌贼逃命时的速度为v1＝40 m/s，设乌贼向前逃窜的方向为
正方向，由动量守恒定律得0＝（m－m0）v1－m0v2，可得v2＝160
m/s，故选B。
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题组二　火箭原理的理解及应用
3. 〔多选〕采取下列哪些措施有利于增加喷气式飞机的飞行速度（　　）
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
√
√
解析： 　设飞机原来总质量为M，喷出的气体质量为m，喷出的速度为
v0，剩余部分的速度为v，由动量守恒定律得（M－m）v－mv0＝0，v＝
v0，可见m越大，v0越大，v越大，选项A、C正确。
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4. 火箭发射后，在升空过程中向后喷出高速燃气，从而获得较大的前进速
度。燃料耗尽时，火箭达到最大速度，火箭最大速度的制约因素是
（　　）
A. 火箭初始质量和喷出气体速度
B. 火箭初始质量和喷出气体总质量
C. 火箭喷出气体总质量和喷气速度
D. 火箭喷气速度和火箭始末质量比
√
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解析：　分别用M、m表示火箭初始质量和在极短时间内喷出一部分
燃气后剩余的质量，v0表示喷出的气体的速度大小，火箭喷气过程动
量守恒，有mΔv－（M－m）v0＝0，解得火箭速度增加量Δv＝
v0，由此式可以预计火箭最大速度的制约因素是火箭喷气速度
和火箭始末质量比，D正确。
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5. 将总质量为1.05 kg的模型火箭点火升空，从静止开始，在0.02 s时间内
有50 g燃气以大小为 200 m/s 的速度从火箭尾部喷出，且燃气喷出过程中重
力和空气阻力可忽略。则下列说法正确的是（　　）
A. 在燃气喷出过程，火箭获得的平均推力为800 N
B. 在燃气喷出过程，火箭获得的平均推力为200 N
C. 在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小约为 5 m/s
D. 在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小约为 10 m/s
√
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解析：　设模型火箭的质量为M，燃气的质量为m。燃气的速度大小为
v1，在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为v2，在燃气喷出过程中，对
燃气由动量定理得Ft＝mv1－0，解得 F＝500 N，根据牛顿第三定律，火箭
获得的平均推力为 500 N，故A、B错误； 规定燃气喷出的方向为正方向，
根据动量守恒定律得 0＝mv1－（M－m）v2，解得v2＝10 m/s，故D正确，C
错误。
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题组三　“人船模型”问题
6. 停在静水中的船的质量为180 kg，长12 m，不计水的阻力，当质量为60
kg的人从船尾走到船头的过程中，船后退的距离是（　　）
A. 3 m B. 4 m
C. 5 m D. 6 m
解析：　船和人组成的系统在水平方向上动量守恒，人在船上行进，船
向后退，人从船尾走到船头，设船后退的位移大小为x，则人相对于岸的位
移大小为L－x。以人的速度方向为正方向，由动量守恒定律得m人·－m
船·＝0，代入数据解得x＝3 m，A正确。
√
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7. 一半径为R、质量为M的光滑半圆柱形底座，放置在光滑水平面上，将
一半径为 R、质量为m的小球紧靠底座右侧由静止释放，释放时小球球心
O'和底座圆心O在同一水平高度上，且M＝3m，当小球到达底座最低点
时，底座运动的位移大小是（　　）
A. R B. R
C. R D. R
解析：　小球向下运动的过程，底座向右运动，设小球和底座的位移分
别为x1、x2，则有mx1＝Mx2，且x1＋x2＝R，解得x2＝R，故A正确。
√
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8. 〔多选〕质量均为2m的A、B两船静止在平静的湖面上，最初静止在A船
中质量为m的人，以对地的水平速度v从A船跳到B船，再从B船跳到A
船……，经n次跳跃后，人停在B船上。不计水的阻力，此后（　　）
A. A船和B船（包括人）速度大小之比为2∶3
B. A船和B船（包括人）动量大小之比为1∶1
C. A船和B船（包括人）动能之比为3∶2
D. A船和B船（包括人）动能之比为1∶1
√
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解析： 整个过程中，人和两船组成的系统动量守恒，A船和B船（包括人）动量大小之比为1∶1，故经n次跳跃后，有2mvA＝（2m＋m）vB，所以＝，故A错误，B正确；根据EkA＝·2m·，EkB＝·3m·，因为＝，联立求得＝，故C正确，D错误。
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9. 穿着溜冰鞋的人静止站在光滑的冰面上，沿水平方向举枪射击，每次射
击时子弹对地速度相等，设第一次射出子弹后，人相对于地后退的速度为
v，下列说法正确的是（　　）
A. 无论射出多少子弹，人后退的速度都为v
B. 射出n颗子弹后，人后退的速度为nv
C. 射出n颗子弹后，人后退的速度小于nv
D. 射出n颗子弹后，人后退的速度大于nv
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解析：　设人、枪（包括子弹）的总质量为M，每颗子弹质量为m，子弹
射出速度为v0，射出第1颗子弹，有0＝（M－m）v－mv0，设人射出n颗子
弹后的速度为v'，则（M－nm）v'＝nmv0，可得v＝，v'＝，因M
－m＞M－nm，所以v'＞nv，故选项D正确。
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10. 〔多选〕某滑杆游戏可简化为如图所示的模型，质量m＝0.5 kg的滑环
套在固定光滑水平杆上，滑环可沿着水平杆左右滑动，滑环通过长L＝0.6
m的轻绳连着质量M＝1.0 kg的小球，开始时滑环静止在O点，轻绳水平，
现将它们由静止释放，小球和滑环都可看作质点，取g＝10 m/s2，下列说
法正确的是（　　）
A. 小球第一次运动至最低点时的速度大小为2 m/s
B. 小球再次返回最高点时的速度大小为0
C. 小球第二次运动至最低点时的速度大小为2 m/s
D. 小球运动轨迹左、右两端点间的距离为0.4 m
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解析：自静止开始释放至小球第一次运动至最低点的过程，小球和滑环组成的系统水平方向动量守恒，有0＝Mv1－mv2，由机械能守恒定律得MgL＝M＋m，联立解得小球第一次运动至最低点时的速度大小为v1＝2 m/s，A错误；小球再次返回最高点时和滑环有相同的速度，由动
量守恒定律得0＝（M＋m）v，解得共同速度v＝0，B正确；根据A项分析可知，小球第二次运动至最低点的速度大小为2 m/s，方向水平向左，C正确；由机械能守恒定律可知，小球运动至左、右两侧最高点时在同一水平线上，即与初始位置等高，设小球运动轨迹左、右两端点间的距离为x1，在小球从左侧最高点运动到右侧最高点的过程，设滑环运动轨迹左、右两端点的距离为x2，运动时间为t，则由动量守恒定律有M＝m，由几何关系知x1＋x2＝2L，联立可解得x1＝0.4 m，D正确。
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11. 2024年1月5日19时20分，命名为“快舟·湖北交广号”的快舟一号甲固
体运载火箭在酒泉卫星发射中心点火升空，以“一箭四星”方式将天目一
号掩星探测星座15～18星送入预定轨道，发射任务取得圆满成功。假设火
箭喷气发动机每次喷出m＝200 g的气体，气体喷出时的速度v＝1 000 m/s。
设火箭质量M＝300 kg，发动机每秒钟喷气20次。
（1）当第三次喷出气体后，火箭的速度为多大？
答案：2 m/s　
解析：设喷出三次气体后火箭的速度为v3，以火箭和喷出的三次气体为研究对象，根据动量守恒定律得（M－3m）v3－3mv＝0，所以v3＝≈2 m/s。
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（2）运动第1 s末，火箭的速度为多大？
答案：13.5 m/s
解析： 以火箭和20次喷出的气体为研究对象，根据动量守恒定律，有（M－20m）v20－20mv＝0
所以v20＝≈13.5 m/s。
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12. 如图所示，物体A和B质量分别为m2和m1，其水平直角边长分别为a和
b。A、B之间存在摩擦，B与水平地面无摩擦。可视为质点的A与地面间的
高度差为h，当A由B的顶端从静止开始滑到B的底端时。
（1）B的水平位移是多少？
答案：　
解析：设向右为正方向，下滑过程中A的速度的水平分量为－vA，B
的速度为vB，对A和B组成的系统，水平方向上不受任何外力，故水平方向
的动量守恒，则每时每刻都有m1vB－m2vA＝0，则有m1x1－m2x2＝0
由题意可知x1＋x2＝b－a，联立可得x1＝。
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（2）A滑到斜面底端时速度为v，则在A下滑过程中，A损失的机械能
为多少？
答案：m2gh－m2v2
解析： 根据能量守恒定律，A损失的机械能为
ΔE＝m2gh－m2v2。
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