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现代文阅读Ⅰ
把握共性之“新”　打通应考之“脉”
第一章　动量守恒定律
6．反冲现象　火箭
[学习目标]　1．通过实验认识反冲运动，能举出反冲运动的实例，知道火箭的发射是反冲现象。2．能结合动量守恒定律对常见的反冲现象做出解释。3．了解我国航天事业的巨大成就，增强对我国科学技术发展的自信。
[教用·问题初探]——通过让学生回答问题来了解预习教材的情况
问题1　喷气式飞机和火箭的飞行应用了什么原理？
问题2　反冲运动中系统的机械能如何变化？
问题3　你还可以举出生活中哪些反冲现象的例子？
探究重构·关键能力达成
【链接教材】　如人教版教材P26图 1.6-2乙所示，把弯管装在可旋转的盛水容器的下部。当水从弯管流出时，容器就旋转起来。
知识点一　反冲现象
问题1　这种现象利用了什么原理？
提示：反冲原理。
问题2　水和容器增加的动能来自哪里？
提示：水和容器增加的动能是由水的重力势能转化来的。
【知识梳理】　
1．定义：原来静止的系统在____的作用下分裂为两个部分，一部分向某个方向运动，另一部分向____方向运动的现象。
提醒：被分离的一部分物体既可以是高速喷射出的液体、气体，也可以是固体。
内力
相反
2．规律：反冲现象中，系统内力很大，外力可忽略，满足____________。
3．反冲现象的防止及应用
(1)防止：用枪射击时，由于枪身的反冲会影响射击的______，所以用枪射击时要把枪身抵在肩部，以减少反冲的影响。
(2)应用：农田、园林的喷灌装置利用反冲使水从喷口喷出时，一边喷水一边____。
动量守恒定律
准确性
旋转
【思考讨论】　北京时间2025年12月3日，朱雀三号遥一运载火箭在东风商业航天创新试验区发射升空，按程序完成了飞行任务，火箭二级进入预定轨道。火箭发射是利用反冲运动原理的典型代表，火箭发动机喷出气体对气体有一个向后的作用力，那么气体就会对火箭有一个向前的反作用力。
问题1　反冲运动的物体受力有什么特点？
提示：物体的不同部分受相反的作用力，在内力作用下向相反方向运动。
问题2　反冲运动过程中系统的动量、机械能有什么变化？
提示：反冲运动中，相互作用的内力一般情况下远大于外力，所以系统的动量守恒；反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的机械能增加。
【知识归纳】
1．反冲运动的特点
(1)物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动。
(2)在反冲运动中，相互作用力一般较大，通常可以用动量守恒定律来处理。
(3)在反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总机械能增加。
2．处理反冲运动应注意的问题
(1)速度的方向
对于原来静止的整体，抛出部分与剩余部分的运动方向必然相反。在列动量守恒方程时，可任意规定某一部分的运动方向为正方向，则反方向的速度应取负值。
(2)相对速度问题
在反冲运动中，有时遇到的速度是两物体的相对速度。此类问题中应先将相对速度转换成对地的速度后，再列动量守恒定律方程。
(3)变质量问题
如在火箭的运动过程中，随着燃料的消耗，火箭本身的质量不断减小，此时必须取火箭本身和在相互作用的短时间内喷出的所有气体为研究对象，取相互作用的这个过程来进行研究。
【典例1】　(反冲运动问题分析)章鱼是一种温带软体动物，生活在水中。一只悬浮在水中的章鱼，当外套膜吸满水后，它的总质量为M，突然发现后方有一只海鳗，章鱼迅速将体内的水通过短漏斗状的体管在极短时间内向后喷出，喷射的水力强劲，从而迅速向前逃窜。若喷射出的水的质量为m，喷射速度的大小为v0，则下列说法正确的是(　　)
A．章鱼喷水的过程中，章鱼和喷出的水组成的系统机械能守恒
B．章鱼喷水的过程中，章鱼和喷出的水组成的系统动量增加
C．章鱼喷水后瞬间逃跑的速度大小为v0
D．章鱼喷水的过程中受到水的冲量大小为
√
思路点拨：本题的研究对象是章鱼和喷出的水，注意章鱼喷水时要消耗自身的能量，同时还要注意速度的矢量性和相对性。
C　[在章鱼喷水的过程中，章鱼的生物能转化为机械能，系统机械能增加，选项A错误；章鱼喷水过程所用的时间极短，内力远大于外力，章鱼和喷出的水组成的系统动量守恒，选项B错误；取章鱼前进的方向为正方向，由动量守恒定律得0＝(M－m)v－mv0，可得章鱼喷水后瞬间逃跑的速度大小为v＝v0，选项C正确；章鱼喷水的过程中受到水的冲量大小等于喷出的水的动量大小，即为mv0，选项D错误。]
规律方法　反冲运动和碰撞、爆炸有相似之处，相互作用力常为变力，且作用力大，一般都满足内力 外力，所以反冲运动可用动量守恒定律来处理。
【典例2】　(人教版P28T2改编)(反冲运动的计算)喷气背包作为航天员舱外活动的主要动力装置，它能让航天员保持较高的机动性。如图所示，一个连同装备总质量M＝100 kg的航天员，装备内有一个喷嘴可以使压缩气体以相对于空间站v＝50 m/s的速度喷出。航天员在距离空间站s＝45 m处与空间站处于相对静止状态，航天员完成太空行走任务后，必须向着返回空间站方向的反方向释放压缩气体，才能回到空间站，喷出的气体总质量m＝0.15 kg，返回时间约为
(　　)
A．300 s　 B．400 s　 C．600 s　 D．800 s
√
C　[因m M，则喷出的气体的质量可忽略不计，取喷出的气体速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得mv－Mv1＝0，航天员匀速返回空间站所需要的时间t＝，联立得t＝600 s，故C正确。]
【链接教材】　如人教版教材P27图1.6-5所示是多级运载火箭的示意图，发射时，先点燃第一级火箭，燃料用完后，空壳自动脱落，然后下一级火箭开始工作。
知识点二　火箭
问题1　火箭点火后能加速上升的动力是什么力？
提示：燃烧产生的气体高速向下喷出，气体产生的反作用力推动火箭加速上升。
问题2　要提升运载物的最大速度可采用什么措施？
提示：提高气体喷射速度，增加燃料质量，及时脱离前一级火箭空壳。
【知识梳理】　
1．工作原理：利用____的原理，火箭燃料燃烧产生的高温、高压燃气从尾部喷管迅速喷出，使火箭获得巨大速度。
2．影响火箭获得速度大小的因素
一是________，二是火箭喷出物质的质量与火箭本身质量之比。喷气速度____，质量比____，火箭获得的速度越大。
提醒：由火箭的工作原理可知，与火箭发生相互作用的是火箭喷出的燃气，而不是外界的空气。
反冲
喷气速度
越大
越大
【思考讨论】　火箭发射前的总质量为M，燃料全部燃烧完后的质量为m，火箭燃气的对地喷射速度为v0。
问题1　燃料燃尽后火箭的速度v为多大？
提示：(1)设火箭的速度方向为正方向，由动量守恒定律得
0＝mv－(M－m)v0，v＝v0＝v0
问题2　决定火箭最大飞行速度的因素有哪些？
提示：决定火箭最大飞行速度的因素如图所示。
【知识归纳】
1．工作原理
应用反冲运动，其反冲过程动量守恒。它靠向后喷出的气流的反冲作用而获得向前的速度。
2．分析火箭类问题应注意的三个问题
(1)火箭在运动过程中，随着燃料的燃烧，火箭本身的质量不断减小，故在应用动量守恒定律时，必须取在同一相互作用时间内的火箭和喷出的气体为研究对象。注意反冲前、后各物体质量的变化。
(2)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转换，一般情况要转换成对地的速度。
(3)列方程时要注意初、末状态动量的方向。
【典例3】　用火箭发射人造地球卫星，以喷气前的火箭为参考系，在极短时间内喷出燃料气体的质量为m，喷出的气体相对喷气前火箭的速度为u，喷气后火箭的质量为M。下列关于火箭的描述正确的是(　　)
A．持续喷出气体的过程中，火箭的加速度会减小
B．喷气后，火箭的速度变化量为
C．喷气后，火箭的速度大小一定为
D．为了提高火箭的速度，可以研制新型燃料
以增加气体的喷射速度u
√
D　[持续喷出气体的过程中，喷出的气体对火箭的反作用力大小近似不变，火箭质量逐渐减小，根据牛顿第二定律，火箭的加速度会增大，故A错误；喷气前后，由动量守恒可得mu＋MΔv＝0，即喷气后，火箭的速度变化量为Δv＝－，因喷气前火箭的速度未知，则不能确定喷气后火箭的速度，故B、C错误；为了提高火箭的速度，可以研制新型燃料以增加燃气的喷射速度u，故D正确。]
【典例4】　(火箭类反冲问题)(教科版P30例题)设有一质量M＝5 t的火箭，架设于发射台上，其喷出气体对地的速度为1 000 m/s。请估算它至少每秒喷出质量为多少的气体，才能让火箭开始上升。如果要使火箭以的加速度上升，请估算它每秒应喷出多少气体。(g取10 m/s2)
[解析]　设喷出气体的质量为Δm，以Δm为研究对象，它在Δt时间内速度由0增至v＝1 000 m/s，设火箭对它的作用力为F，由动量定理有
FΔt＝Δmv－0
得F＝ v
若要使火箭开始上升，则要求
F≥Mg
即×v≥Mg
＝＝50 kg/s
即要使火箭开始上升，它至少每秒要喷出50 kg的气体。
若要使火箭以加速度a＝2 m/s2上升，取火箭为研究对象，由牛顿第二定律得F－Mg＝Ma
再取喷出的气体为研究对象，有
FΔt＝Δmv－0
可得＝＝＝60 kg/s。
[答案]　50 kg　60 kg/s
规律方法　火箭类反冲问题解题要领
(1)两部分物体初、末状态的速度的参考系必须是同一参考系，且一般以地面为参考系。
(2)要特别注意反冲前、后各物体质量的变化。
(3)列方程时要注意初、末状态动量的方向。
【教用·备选例题】　(相对速度问题)总质量为M的火箭以速度v0飞行，质量为m的燃气相对于火箭以速率u向后喷出，则火箭的速度大小为(　　)
A．v0＋　　　　　　 B．v0－
C．v0＋(v0＋u) D．v0＋
A　[设喷出气体后火箭的速度大小为v，则燃气的对地速度为(v－u)(取火箭的速度方向为正方向)，由动量守恒定律，得Mv0＝(M－m)v＋m(v－u)，解得v＝v0＋，A项正确。]
√
【思考讨论】　如图所示为一条约为180 kg的小船漂浮在静水中，当人从船尾走向船头时，小船也发生了移动，不计水的阻力。
知识点三　“人船模型”问题
问题1　小船发生移动的动力是什么力？小船向哪个方向运动？
提示：摩擦力。向左运动，即与人行走的方向相反。
问题2　当人走到船头相对船静止时，小船还运动吗？为什么？
提示：不运动。小船和人组成的系统动量守恒，当人的速度为零时，船的速度也为零。
问题3　当人从船尾走到船头时，有没有可能出现如图甲或如图乙的情形？为什么？
提示：不可能。由系统动量守恒可知，人和船相对于地面的速度方向一定相反，不可能向同一个方向运动，且人船位移比等于它们质量的反比。
【知识归纳】
1．模型条件
两个物体组成的系统原来处于静止状态，在系统中物体发生相对运动的过程中，动量守恒或某一个方向动量守恒，有m1－m2＝0，我们称之为“人船模型”。
2．模型分析
(1)情境：如图所示，长为L、质量为m船的小船停在静水中，质量为m人的人(视为质点)由静止开始从船的一端走到船的另一端，不计水的阻力。
(2)分析：
3．模型结论
(1)人走船行，人停船停；人快船快，人慢船慢。
(2)两物体位移x人、x船大小与人运动时间和运动状态无关。
(3)人、船的位移(在系统满足动量守恒的方向上的位移)与质量成反比。
(4)人与船的平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即＝＝。
4．类人船模型
【典例5】　(“人船模型”)长为L的小船停在静水中，质量为m的人由静止开始从船头走到船尾。不计水的阻力，船相对于地面位移的大小为d，则小船的质量为(　　)
A． B．
C． D．
√
B　[船和人组成的系统，在水平方向上动量守恒，人在船上行走，船向后退，设船的质量为M，人的速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv－Mv1＝0，人从船头到船尾，船相对于地面位移的大小为d，则人相对于地面的位移为L－d，则有m＝M，解得M＝，故B正确。]
【教用·备选例题】　(巧选系统问题)如图所示，人站在车的左端，将一质量m＝20 kg的木箱推出，木箱从车的左端开始运动恰好停在车的右端。已知人和车的总质量M＝300 kg(不含木箱的质量)，车长L＝3.2 m，车与地面间的摩擦可以忽略。人相对于车始终静止且人和木箱都可看作质点，则在该过程中，车将左移(　　)
A．0.2 m　　　　　 B．0.5 m
C．0.6 m D．0.8 m
√
A　[人、车和木箱组成的系统动量守恒，则mv1＝Mv2，所以mx1＝Mx2，又有x1＋x2＝L，解得x2＝0.2 m，故选A。]
【典例6】　(人教版P30T8改编)(“人船模型”)如图所示，质量均为m的木块A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为l的细线，细线另一端系一质量为m0的球C。现将C球拉起使细线水平伸直，并由静止释放C球。求：
(1)A、B两木块分离时，A、B、C的速度大小。
(2)小球摆到最低点时木块A向右移动的距离。
思路点拨：小球C向左摆动过程中，对A、B、C组成的系统水平方向动量守恒，小球C摆到最低点时，木块A、B之间弹力恰好为零，此时A、B开始分离。
[解析]　(1)取水平向左为正方向，由动量守恒定律得m0vC＋2mvAB＝0
由机械能守恒得m0gl＝
联立解得：vC＝2，vAB＝－。
(2)当小球到达最低点时，设小球向左移动的距离为x1，物块向右移动的距离为x2，根据水平方向平均动量守恒得：m0＝2m，且x1＋x2＝l
解得x2＝。
[答案]　(1)－　－　2　(2)
回归本节知识，完成以下问题：
1．反冲过程中以相互作用的两部分为系统是否满足动量守恒？
提示：满足。
2．火箭的工作原理是什么？
提示：反冲原理。
3．应用反冲原理分析火箭发射时，研究对象是什么？
提示：箭体和喷出的气体。
反冲现象　火箭
阅读材料·拓宽物理视野
航天员太空行走
太空行走又称为出舱活动，是载人航天的一项关键技术，是载人航天工程在轨道上安装大型设备、进行科学实验、施放卫星、检查和维修航天器的重要手段。要实现太空行走这一目标，需要诸多的特殊技术保障。
帮助航天员实现太空行走的是自足式手提机动喷射器。这个装置主要由两个氧气储罐和一个压力调节器组成，重3.4 kg，其中高压氧气推进剂重约0.13 kg。它每秒能产生约181 N的推力，速度为1.82 m/s，相当于普通人慢跑的速度。该装置有3个喷管，2个喷管对着后方，1个喷管对着前方。开动对着后方的2个喷管，即可推着航天员向前移动，开动对着前方的1个喷管，即可停止移动。
1．航天员太空行走用到的自足式手提机动喷射器的原理是什么？
提示：反冲原理。
2．航天员太空行走速度的快慢和什么有关？
提示：手提机动喷射器的喷射速度和喷出气体的质量。
题号
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?题组一　反冲现象
1．下列所描述的事例或应用中，没有利用反冲运动原理的是(　　)
A．喷灌装置的自动旋转
B．章鱼在水中前行和转向
C．运载火箭发射过程
D．码头边轮胎的保护作用
课时分层作业(五)　反冲现象　火箭
√
D　[喷灌装置是利用水流喷出时的反冲作用而旋转的，章鱼在水中前行和转向利用了喷出的水的反冲作用，火箭发射时利用喷气的方式而获得动力，利用了反冲作用，故A、B、C不符合题意；码头边轮胎的作用是延长碰撞时间，从而减小作用力，没有利用反冲作用，故D符合题意。]
题号
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2．一同学在地面上立定跳远的最好成绩是x(m)，假设他站在车的A端，如图所示，想要跳上距离为l(m)远的站台上，不计一切阻力，则 (　　)
A．lB．lC．l＝x时，他一定能跳上站台
D．l＝x时，他有可能跳上站台
√
题号
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B　[当人往站台上跳的时候，人有一个向站台的速度，由于动量守恒，车子必然有一个离开站台的速度。这样的话，人相对于地面的速度小于立定跳远时的初速度，若l＝x或l>x，人就一定跳不到站台上，只有l题号
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3．我国自主研制的新一代隐身舰载战斗机“歼-35”以速度v0水平向右匀速飞行，到达目标地时，将质量为M的导弹自由释放，导弹向后喷出质量为m、对地速率为v1的燃气，则喷气后导弹的速率为
(　　)
A．　　　　 B．
C． D．
√
题号
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A　[取水平向右为正方向，设喷气后导弹的速度大小为vx，导弹在喷出燃气前后瞬间根据动量守恒定律可得Mv0＝－mv1＋(M－m)vx，解得vx＝，故A正确。]
题号
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?题组二　火箭
4．在火箭点火发射瞬间，质量为m的燃气以大小为v的速度在很短时间内从火箭喷口喷出。已知发射前火箭的质量为M，则在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为(燃气喷出过程不计重力和空气阻力的影响)(　　)
A．v　 　B．2v 　　C．v　 　D．v
√
题号
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D　[以向上为正方向，由动量守恒定律可得(M－m)v′－mv＝0，解得v′＝v，D正确。]
5．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)
√
题号
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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。]
题号
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?题组三　“人船模型”
6．(多选)如图所示，载有物资的、总质量为M的热气球静止于距水平地面H的高处，现将质量为m的物资以相对地面竖直向下的速度v0投出，物资落地时与热气球的距离为d。热气球所受浮力不变，重力加速度为g，不计阻力。下列说法正确的是(　　)
A．物资落地前，热气球与投出的物资组成的系统动量守恒
B．投出物资后热气球做匀速直线运动
C．d＝
D．d＝H＋()2H
√
题号
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√
AC　[物资投出之前，物资和热气球所受合外力为零，物资投出后，热气球和物资所受合外力不变，则系统所受合外力仍为零，物资落地前，热气球与投出的物资组成的系统动量守恒，选项A正确；投出物资后热气球所受合外力向上，则热气球向上做匀加速直线运动，选项B错误；设物资落地时热气球上升的高度为h，对物资和热气球组成的系统，由动量守恒定律得(M－m)＝m，解得h＝，则d＝H＋h＝H＋＝，选项C正确，D错误。]
题号
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7．如图所示，物体A和B质量分别为m1和m2，其图示直角边长分别为a和b。设B与水平地面无摩擦，当A由顶端O从静止开始滑到B的底端时，B的水平位移是(　　)
A．b B．b
C．(b－a) D．(b－a)
√
题号
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C　[由A、B组成的系统，在相互作用过程中水平方向动量守恒，则m2x－m1(b－a－x)＝0，解得x＝，故C正确，A、B、D错误。]
题号
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8．如图所示，水平光滑地面上停放着一辆质量为M的小车，其左侧有半径为R的四分之一光滑圆弧轨道AB，轨道最低点B与水平轨道BC相切，整个轨道处于同一竖直平面内。将质量为m的物块(可视为质点)从A点无初速度释放，物块沿轨道滑行至轨道末端C处恰好没有滑出。已知重力加速度为g，小物块与BC部分的动摩擦因数为μ，空气阻力可忽略不计。关于物块从A位置运动至C位置的过程，下列说法中正确的是(　　)
题号
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A．小车和物块构成的系统动量守恒
B．摩擦力对物块和轨道BC所做功的代数和为零
C．物块的最大速度为
D．小车发生的位移为
√
题号
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D　[AB段只是水平方向动量守恒，系统合外力不为0，动量不守恒，A错误；物块与小车BC段有相对位移，摩擦力做功的代数和不为0，B错误；如果小车不动，物块到达水平轨道时速度最大，由mgR＝mv2得v＝，现在物块下滑时，小车向左滑动，则物块的最大速度小于，C错误；设BC段长为L，根据系统水平方向动量守恒可知，物块和小车最后相对静止时的速度为0，对系统，由能量守恒定律得mgR＝μmgL，得L＝，设整个过程物块相对地面的位移大小为x1，小车相对地面的位移大小为x2，则有mx1－Mx2＝0，x1＋x2＝L＋R，解得x2＝，D正确。]
题号
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9．如图所示，一辆质量M＝3 kg的小车A静止在光滑的水平面上，小车上有一质量m＝1 kg的光滑小球B，将一轻质弹簧压缩并锁定，此时弹簧的弹性势能为Ep＝6 J，小球与小车右壁距离为l，解除锁定，小球脱离弹簧后与小车右壁的碰撞并被粘住，求：
题号
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(1)小球脱离弹簧时，小球和小车各自的速度大小；
(2)在整个过程中，小车移动的距离。
[解析]　(1)设小球脱离弹簧时，小球的速度大小为v1，小车的速度大小为v2，以小球运动方向为正方向，由动量守恒定律有mv1－Mv2＝0
小球弹开时，只有弹力做功，由能量守恒定律有
＝Ep，解得v1＝3 m/s，v2＝1 m/s。
(2)整个过程中，根据平均动量守恒(“人船模型”)得m＝M 和x1＋x2＝l，解得x2＝。
题号
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[答案]　(1)3 m/s　1 m/s　(2)
10．在光滑的冰面上，放置一个截面为四分之一圆的半径足够大的光滑自由曲面体，一个坐在冰车上的小孩手扶一球静止在冰面上。某时刻小孩将球以大小为v0的速度向曲面推出，如图所示。已知小孩和冰车的总质量为m1＝40 kg，球的质量为m2＝2 kg，若小孩将球推出后还能再接到球，求曲面体的质量m3应满足的条件。
题号
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[解析]　设小孩将球推出后小孩向右运动的速度大小为v1，以水平向左为正方向，小孩推球过程动量守恒，有0＝m2v0－m1v1，从球滚上曲面前到球滚下曲面的过程中，球和曲面体组成的系统动量守恒、能量守恒，设球滚下曲面后，球的速度大小为v2，曲面体的速度大小为v3，根据动量守恒定律和机械能守恒定律，有
题号
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m2v0＝－m2v2＋m3v3
＝
解得v2＝v0
若小孩将球推出后还能再接到球，则有v2＞v1
联立解得m3＞ kg。
题号
1
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[答案]　m3＞ kg
题号
1
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5
2
4
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一、选择题
1．某校科技小组发射水火箭如图所示，已知水火箭总质量为0.3 kg，在极短时间内将0.2 kg的水以对地11 m/s的速度喷出。喷出过程中重力可忽略，重力加速度g取10 m/s2，空气阻力不计，喷水后水火箭获得的速度大小和水火箭上升的最大高度分别为(　　)
A．16 m/s，24.2 m B．16 m/s，12.1 m
C．22 m/s，24.2 m D．22 m/s，12.1 m
小阶段巩固练(二)　第一章　第4－6节
√
C　[水火箭靠压出的水给的反作用力加速，以水火箭运动的方向为正方向，由动量守恒定律有0＝－mv1＋(M－m)v2，可得喷水后水火箭获得的速度为v2＝22 m/s，水火箭上升的最大高度约为h＝＝24.2 m，故选C。]
题号
1
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2．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(　　)
√
题号
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A．　　　　　　　　 B．
C． D．
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。]
题号
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3．中国古代连弩采用复合弓结构，驽臂与底座相固定，总质量为M，通过绞盘拉伸弩弦使其最大形变量为x，弩弦劲度系数为k，其对箭矢产生的弹力F＝kx，弩弦因形变储存的弹性势能Ep＝kx2，释放后，弩弦将质量为m的箭矢水平弹出。不计箭矢与弩臂间的摩擦，弩弦与箭矢作用时间Δt极短，底座放置于地面，与地面未固定，忽略空气阻力。则箭矢弹出瞬间的速度为(　　)
A． B．
C． D．
√
题号
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C　[设箭矢弹出瞬间的速度为v，底座的速度为v′，二者作用时间极短，系统动量守恒，选取箭矢的运动方向为正方向，则有mv－Mv′＝0，根据能量守恒则有Ep＝mv2＋mv′2，联立解得v＝＝，故选C。]
题号
1
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4．(多选)如图所示，质量为M＝80 kg的木船静止在湖边附近的水面上，船面可看作水平面，并且比湖岸高出h＝1.25 m。在船尾处有一质量为m＝16 kg的铁块，铁块将一端固定的轻弹簧压缩后再用细线拴住，铁块与弹簧不拴接，此时铁块到船头的距离L＝4.2 m，船头到湖岸的水平距离x＝1.3 m，将细线烧断后铁块恰好能落到湖岸上。已知铁块离开木船前弹簧已经恢复原长，忽略船在水中运动时受到水的阻力以及其他一切摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
A．铁块脱离木船时的瞬时速度大小为4 m/s
B．木船最终的速度大小为2 m/s
C．当铁块刚好落到湖岸的瞬间，船后退的距离为1.1 m
D．弹簧释放的弹性势能为153.6 J
√
题号
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√
√
ACD　[烧断细线后，木船、铁块组成的系统，合力为零，动量守恒MvM＝mvm，则有MvMt＝mvmt，即MsM＝msm，又sM＋sm＝L，解得sM＝0.7 m，sm＝3.5 m，铁块离开小木船后做平抛运动，在水平方向sM＋x＝vmt，在竖直方向h＝gt2，解得t＝0.5 s，vm＝4 m/s，vM＝0.8 m/s，当铁块刚好落到湖岸的瞬间，船后退的距离为x′＝sM＋vMt＝1.1 m，故A、C正确，B错误；由机械能守恒定律得Ep＝＝153.6 J，故D正确。]
题号
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5．如图所示，A、B两个小球沿光滑水平面向右运动，取向右为正方向，则A的动量pA＝10 kg·m/s，B的动量pB＝6 kg·m/s，A、B碰后A的动量增加量ΔpA＝－4 kg·m/s，则A、B的质量比应满足的条件为(　　)
A．＞ B．≤1
C．＜ D．≤1
√
题号
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B　[因为A追上B发生碰撞，则碰前速度满足vA＞vB，即＞，解得＜，碰撞过程满足动量守恒，则pA＋pB＝p′A＋p′B，由题意知p′A＝pA＋ΔpA＝6 kg·m/s，则p′B＝10 kg·m/s，由能量关系得，解得≤1，碰后速度满足v′A≤v′B，即，解得，综上可得≤1，B正确。]
题号
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6．如图所示，质量为m的滑环套在足够长的光滑水平杆上，质量为m球＝3m的小球(可视为质点)用长为L的轻质细绳与滑环连接，滑环固定时，给小球一个水平冲量I，小球摆起的最大高度为h1(h1A．6∶1 B．4∶1
C．2∶1 D．4∶3
√
题号
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B　[滑环固定时，设小球获得冲量I后对应的初速度为v0，根据机械能守恒定律，有m球＝m球gh1，解得h1＝ ；滑环不固定时，小球初速度仍为v0，在小球摆起最大高度h2时，小球与滑环速度都为v，在此过程中小球和滑环组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒，则m球v0＝(m＋m球)v，m球＝(m＋m球)v2＋m球gh2，联立解得h2＝，则h1∶h2＝4∶1，故B正确。]
题号
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7．(多选)冰壶运动是冬奥会上以队为单位在冰上进行的一种投掷性竞赛项目，深受观众喜爱。A、B两冰壶在光滑水平冰面上发生对心正碰前后的x-t图像如图所示，mB＝0.6 kg，下列说法正确的是
(　　)
A．碰撞过程中，两冰壶所受合力相同
B．mA＝0.2 kg
C．两冰壶发生的是弹性碰撞
D．碰撞前后，冰壶A动量的变化量大小为0.4 kg·m·s-1
√
题号
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√
BC　[碰撞过程中，两冰壶所受合力为对方所施加的弹力，是一对相互作用力，大小相等，方向相反，故A错误；碰撞前瞬间，A的速度v0＝ m/s＝
4 m/s，以此方向为正方向，B静止，碰撞后瞬间，A的速度v1＝ m/s＝
－2 m/s，B的速度v2＝ m/s＝2 m/s，总动量守恒，有mAv0＋0＝mAv1＋mBv2，解得mA＝0.2 kg，故B正确；碰撞前总机械能E＝＋0＝1.6 J，碰撞后总机械能E′＝＝1.6 J，碰撞前后机械能守恒，可知二者是弹性碰撞，故C正确；A动量的变化量为ΔpA＝mA(v1－v0)＝－1.2 kg·m·s-1，其大小为1.2 kg·m·s-1，故D错误。]
题号
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二、非选择题
8．嫦娥六号探测器于5月3日在中国文昌航天发射场发射升空并进入地月转移轨道，探测器经过轨道修正、近月制动，顺利进入环月轨道飞行。此后，探测器经历着陆器和上升器组合体、轨道器和返回器组合体的分离。已知嫦娥六号在轨速度为v0，着陆器对应的组合体A与轨道器对应的组合体B分离时间为Δt，分离后B的速度为vB，且与v0同向，A、B的质量分别为m、M。求：
(1)分离后A的速度vA；
(2)分离时A对B的推力大小。
题号
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[解析]　(1)A、B组成的系统沿速度方向动量守恒，由动量守恒定律有
(m＋M)v0＝MvB＋mvA
解得分离后A的速度vA＝。
(2)A、B分离的过程，对B由动量定理有
FΔt＝MvB－Mv0
解得分离时A对B的推力大小为F＝。
题号
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[答案]　(1)　(2)
9．(12分)两滑块a、b沿水平面上同一条直线运动，并发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段。两者的位置x随时间t变化的图像如图所示。求：
(1)滑块a、b的质量之比；
(2)整个运动过程中，两滑
块克服摩擦力做的功与因
碰撞而损失的机械能之比。
题号
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[解析]　(1)设a、b的质量分别为m1、m2，a、b碰撞前的速度为v1、v2。由题图可得
v1＝ m/s＝－2 m/s ①
v2＝ m/s＝1 m/s ②
a、b发生完全非弹性碰撞，设碰撞后两滑块的共同速度为v。由题图可得
v＝ m/s＝ m/s ③
由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v ④
联立①②③④式得m1∶m2＝1∶8。 ⑤
题号
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(2)由能量守恒定律得，两滑块因碰撞而损失的机械能为ΔE＝－(m1＋m2)v2 ⑥
由题图可知，两滑块最后停止运动。由动能定理得，两滑块克服摩擦力所做的功为
W＝(m1＋m2)v2 ⑦
联立①②③⑤⑥⑦式得W∶ΔE＝1∶2。
题号
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[答案]　(1)1∶8　(2)1∶2
10．在冰壶比赛中，球员手持毛刷擦刷冰面，可以改变冰壶滑行时受到的阻力。如图a所示，蓝壶静止在圆形区域内，运动员用等质量的红壶撞击蓝壶，两壶发生正碰。碰撞前后两壶的v-t图像如图b所示。
(1)蓝壶运动时加速度多大？
(2)碰撞后两壶相距的最远距离为多少？
(3)请通过计算说明两壶是否发生了弹性碰撞。
题号
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[解析]　(1)由题图b可知，碰前瞬间红壶的速度v0＝1.2 m/s，碰后瞬间红壶的速度为v红＝0.3 m/s，根据动量守恒定律可得mv0＝mv红＋mv蓝
解得v蓝＝0.9 m/s
根据三角形相似知＝
解得t1＝4 s
蓝壶运动时间为Δt＝4 s－1 s＝3 s
蓝壶的加速度大小为a＝＝0.3 m/s2。
题号
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(2)碰撞后蓝壶速度一直大于红壶，故在蓝壶静止前两壶距离一直在增大，速度时间图像与横轴围成的面积表示位移，则碰后两壶相距的最远距离为
s＝ m－ m＝1.275 m。
(3)碰撞前瞬间两壶的总动能为Ek1＝＋0＝0.72m(J)
碰撞后瞬间两壶的总动能为Ek2＝＝0.45m(J)
则Ek1>Ek2，所以两壶碰撞为非弹性碰撞。
题号
1
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[答案]　(1)0.3 m/s2　(2)1.275 m　(3)没有发生弹性碰撞
谢 谢！

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