还剩22页未读，
继续阅读
成套系列资料，整套一键下载
高中物理人教版 (2019)选择性必修 第一册6 反冲现象 火箭导学案
展开
这是一份高中物理人教版 (2019)选择性必修 第一册6 反冲现象 火箭导学案，共25页。
■知识点一：反冲运动
1．定义：一个静止的物体在内力的作用下分裂为两部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向相反的方向运动的现象．
2．规律：反冲运动中，相互作用力一般较大，满足动量守恒定律．
3．反冲现象的应用及防止
(1)应用：农田、园林的喷灌装置利用反冲使水从喷口喷出时，一边喷水一边旋转．
(2)防止：用枪射击时，由于枪身的反冲会影响射击的准确性，所以用枪射击时要把枪身抵在肩部，以减少反冲的影响．
反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力矢量和，所以反冲运动遵循动量守恒定律；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
■知识点二：火箭
1.工作原理：利用反冲运动，火箭燃料燃烧产生的高温、高压燃气从尾部喷管迅速喷出，使火箭获得巨大的向前的速度.
2.影响火箭获得速度大小的两个因素：
(1)喷气速度：现代火箭的喷气速度为2 000～4 000 m/s.
(2)质量比：火箭初始时的质量与燃料用完时箭体质量之比.喷气速度越大，质量比越大，火箭获得的速度越大 .
3.现代火箭的主要用途：利用火箭作为运载工具，如发射探测仪器、常规弹头和核弹头、人造卫星和宇宙飞船等.
1.火箭的工作原理是反冲运动，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.影响火箭获得速度大小的因素
①喷气速度；②火箭的质量比：喷气速度越大，质量比越大，火箭获得的速度越大。
■知识点三：人船模型
1．“人船模型”问题
两个原来静止的物体发生相互作用时，若所受外力的矢量和为零，则动量守恒．
2．人船模型的特点：
①两物体满足动量守恒定律：mv人－Mv船＝0
②两物体的位移满足：meq \f(x人,t)－Meq \f(x船,t)＝0， x人＋x船＝L，得x人＝eq \f(M,M＋m)L，x船＝eq \f(m,M＋m)L
3.运动特点
①人动则船动，人静则船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；
②人船位移比等于它们质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即eq \f(x人,x船)＝eq \f(v人,v船)＝eq \f(M,m).
注意：讨论反冲运动应注意的两个问题
(1)速度的方向性：对于原来静止的整体，可任意规定某一部分的运动方向为正方向，则反方向的另一部分的速度就要取负值．
(2)速度的相对性：反冲问题中，若已知相互作用的两物体的相对速度，应先将相对速度转换成相对地面的速度，再列动量守恒方程．
人动则船动，人静则船静，人快船快，人慢船慢，人左船右
人船位移比等于它们质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比
考向一：反冲现象的理解
【例1】有关实际中的现象，下列说法正确的是（ ）
A．火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度
B．体操运动员在着地时屈腿是为了减小地面对运动员的作用力
C．用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减少反冲的影响
D．为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，发动机舱越坚固越好
【答案】B
【解析】A、根据反冲运动的特点与应用可知，火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度。故A正确；
B、体操运动员在落地的过程中，动量变化一定。由动量定理可知，运动员受到的冲量I一定；由I＝Ft可知，体操运动员在着地时屈腿是延长时间t，可以减小运动员所受到的平均冲力F，故B正确；
C、用枪射击时子弹给枪身一个反作用力，会使枪身后退，影响射击的准确度，所以为了减少反冲的影响，用枪射击时要用肩部抵住枪身。故C正确；
D、为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，就要延长碰撞的时间，由I＝Ft可知位于车体前部的发动机舱不能太坚固。故D错误。
故选：ABC。
【例2】如图所示，自行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时，发射一枚质量为m的炮弹后，自行火炮的速度变为v2，仍向右行驶，则炮弹相对炮筒的发射速度v0为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】火炮车与炮弹组成的系统动量守恒，以火炮车的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得
Mv1=（M-m）v2＋m（v0＋v2）
解得 v0=
故选B。
考向二：火箭原理的理解
【例3】我国在酒泉卫星发射中心用长征四号乙运载火箭成功发射首颗X射线调制望远镜卫星“慧眼”．假设将发射火箭看成如下模型：静止的实验火箭，总质量为M＝2 100 g．当它以对地速度为v0＝840 m/s喷出质量为Δm＝100 g的高温气体后，火箭的对地速度为(喷出气体过程中重力和空气阻力可忽略不计)( )
A．42 m/s B．－42 m/s
C．40 m/s D．－40 m/s
【答案】B
【解析】 喷出气体过程中重力和空气阻力可忽略不计，可知在火箭发射的过程中二者组成的系统竖直方向的动量守恒，以喷出气体的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：Δmv0＋(M－Δm)v＝0，解得：v＝－42 m/s，故B正确，A、C、D错误．
【例4】一火箭喷气发动机每次喷出m＝200 g的气体，气体离开发动机喷出时的速度v＝1 000 m/s.设火箭(包括燃料)质量M＝300 kg，发动机每秒喷气20次．
(1)当发动机第三次喷出气体后，火箭的速度为多大？
(2)运动第1 s末，火箭的速度为多大？
【答案】(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，以火箭和三次喷出的气体为研究对象，据动量守恒定律得：(M－3m)v3－3mv＝0，故v3＝eq \f(3mv,M－3m)≈2 m/s
(2)发动机每秒钟喷气20次，以火箭和20次喷出的气体为研究对象，根据动量守恒定律得：(M－20m)v20－20mv＝0，故v20＝eq \f(20mv,M－20m)≈13.5 m/s.
考向三：反冲运动模型
【例5】如图所示，质量m＝60 kg的人，站在质量M＝300 kg的车的一端，车长L＝3 m，相对于地面静止。当车与地面间的摩擦可以忽略不计时，人由车的一端走到另一端的过程中，车将( )
A．后退0.5 m B．后退0.6 m
C．后退0.75 m D．一直匀速后退
【答案】A
【解析】 人车组成的系统动量守恒，则mv1＝Mv2，所以mx1＝Mx2，又有x1＋x2＝L，解得x2＝0.5 m。
【例6】一空船静止于水面上，船后舱因有漏洞进水，堵住漏洞后用一水泵把后舱中的水抽往前舱，前后舱用隔板隔开，如图所示。不计水的阻力，在抽水过程中船的运动情况是（ ）
A．保持静止B．持续向前运动C．持续向后运动D．前后往复运动
【答案】C
【解析】不计水的阻力，则系统动量守恒，系统总动量为零，用一水泵把后舱的水抽往前舱，则水的重心前移，故船将向后运动（等效于人船模型）。故选C。
考向四：爆炸现象
【例7】运动会闭幕式上燃放爆竹，有一个质量为的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为、方向水平向东，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为，速度大小为，方向水开向东，则另一块的速度是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】设另一块速度为，由动量守恒定律有
得
故选B。
【例8】一枚在空中水平飞行的玩具火箭质量为m，在某时刻距离地面的高度为h，速度为v。此时，火箭突然炸裂成A、B两部分，其中质量为的B部分速度恰好为0。忽略空气阻力的影响，重力加速度为g。求：
（1）炸裂后瞬间A部分的速度大小v1；
（2）炸裂后B部分在空中下落的时间t；
（3）在爆炸过程中增加的机械能。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）炸裂后瞬间由动量守恒可知
解得A部分的速度为
（2）炸裂后由运动学规律可知
空中下落的时间为
（3）在爆炸过程中增加的机械能为
解得
单项选择题：
1.下列现象中不属于反冲现象的是（ ）
A．发射炮弹后炮身后退
B．火箭向下高速喷射炽热气体时上升
C．人用桨向后划水船向前运动
D．章鱼调整喷水方向可以向不同方向运动
【答案】C
【解析】反冲的定义是一个静止的物体在内力的作用下分裂为两部分，且两部分分别往不同的方向运动。根据定义可知，发射炮弹后炮身后退属于反冲现象；
火箭向下高速喷射炽热气体时上升属于反冲现象；
人用桨划船，人和船都往前运动，不属于反冲现象；
章鱼调整喷水方向可以向不同方向运动，属于反冲现象，故C错误，ABD正确；
本题选错误的，故选：C。
2.质量为M的小孩站在质量为m的滑板上，小孩和滑板均处于静止状态，忽略滑板与地面间的摩擦。小孩以相对滑板的速度v沿水平方向跃离了滑板，则跃离后滑板的速度大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】根据题意，设跃离后滑板的速度大小为，取向右为正方向，由动量守恒定律有
解得
故选D。
3.下列各图中，不属于反冲现象的是（ ）
A．B． C．D．
【答案】B
【解析】A．墨鱼在遇到危险时瞬间向与运动相反的方向喷出墨汁，使自己瞬间获得一个较大的速度，这是利用了反冲原理，故A正确，不符合题意；B．马拉车，马对车做功，马和车一起向着相同的方向运动，不属于反冲现象，故B错误，符合题意；C．手枪在射击后，枪身向后运动，这是反冲原理，故C正确，不符合题意；D．“窜天猴”被点然后，火药的燃烧使内部气体迅速膨胀后向下喷出，使自身瞬间获得一个向上的较大的速度，这是反冲原理，故D正确，不符合题意。
故选B。
4.如图所示，装有炮弹的火炮总质量为，炮弹的质量为，炮弹射出炮口时对地速率为，若炮管与水平地面的夹角为，水平面光滑，忽略火药燃烧损耗的质量，则火炮后退的速度大小为（ ）
A． B．C． D．
【答案】A
【解析】炮弹离开炮口时，炮弹和炮车在水平方向受到的外力相对于内力可忽略不计，则系统在水平方向动量守恒，取炮车后退的方向为正，对炮弹和炮车组成系统为研究，根据水平方向动量守恒有
可得炮车后退的速度大小为
故选A。
5．如图所示，光滑的水平地面上静止放着质量为M的小车，小车底边长为L，质量为m的小球从小车顶端静止释放，最终从小车上滑离，不计一切摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．M、m组成的系统动量守恒
B．M、m组成的系统机械能不守恒
C．小球从小车上滑离后，将做自由落体运动
D．小球从小车上滑离时，小车向左运动的距离为
【答案】D
【解析】A．对于M、m组成的系统，由于ｍ沿曲面加速下滑，有竖直向下的加速度，所以存在失重现象，系统竖直方向的合外力不为零，系统动量不守恒，A错误；
B．对于M、m组成的系统，在滑块下滑过程中只有重力做功，所以系统机械能守恒，B错误；
C．对系统，水平方向动量守恒
机械能守恒
小球离开小车的速度不为零，因此小球做平抛运动，C错误；
D．对系统，水平方向动量守恒 ，即有 ，即
又因为 ，解得 ，选项D正确。
故选D。
6．乌贼在水中运动方式是靠自身的漏斗喷射海水推动身体运动，被称为“水中火箭”。如图所示，一只静止在水中的乌贼，当外套膜吸满水后，它的总质量为4.8kg，某次遇到危险时，通过短漏斗状的体管在极短时间内将水向后高速喷出，从而以40m/s的速度逃窜，喷射出的水的质量为1.6kg，则喷射出水的速度为（ ）
A．20m/sB．90m/sC．120m/sD．80m/s
【答案】D
【解析】根据动量守恒有
可得喷射出水的速度为
故选D。
7．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气的质量为m，喷出的燃气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．若继续喷出燃气，火箭的速度会减小
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减小燃气的喷射速度u
【答案】B
【解析】A．火箭向后喷气，火箭对喷出的气体有向后的作用力，喷出的气体反过来对火箭产生一个反作用力，从而使火箭获得了向前的推力，不断喷出气体，则火箭的速度会越来越大，故A错误；
BC．由动量守恒可知
即喷气后，火箭的速度变化量为
因喷气前火箭的速度未知，则不能确定喷气后火箭的速度，选项B正确，C错误；
D．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，选项D错误。
故选B。
8．“世界上第一个想利用火箭飞行的人”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。假设万户及所携设备的总质量为，点燃火箭后在极短的时间内，质量为的炽热燃气相对地面以的速度竖直向下喷出。下列说法中正确的是（ ）
A．火箭的推力来自空气对它的反作用力
B．在燃气喷出的过程中，万户及所携设备包括喷出的燃气满足动量守恒和机械能守恒
C．在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为
D．喷出燃气后万户及所携设备能上升的最大高度为
【答案】C
【解析】A．火箭的推力是燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对火箭的反作用力，故A错误；
B．在燃气喷出的过程中，时间极短，内力远大于外力，动量守恒，机械能增加，故B错误；
C．在燃气喷出后得瞬间，万户及所携设备组成的系统动量守恒，设火箭的速度大小为v，规定火箭运动方向为正方向，则有 解得火箭的速度大小为 ，故C正确；
D．喷出燃气后，万户及所携设备做竖直上抛运动，根据运动学公式可得，最大上升高度为
，故D错误；
故选C。
9．我国神话故事中哪吒脚踩风火轮在天空中来去自由，现在人类穿上涡喷飞翼飞行器（简称飞行器）也能像哪吒一样，在高空中自由地完成上升、下降、悬停、平飞和翻转等动作，如图。飞行器主要由微型喷气发动机和操纵系统组成，下列说法正确的是（ ）
A．飞行器要加速上升，需向下喷射燃气
B．某段时间飞行器在空中悬停，重力的冲量为零
C．燃气对飞行器的冲量与飞行器对燃气的冲量相同
D．飞行器在下降过程，其动量一定越来越大
【答案】A
【解析】A．飞行器要加速上升，需向下喷射燃气，产生向上的推力，故A正确；
B．某段时间飞行器在空中悬停，重力的冲量不为零，故B错误；
C．燃气对飞行器的冲量与飞行器对燃气的冲量方向不同，故C错误；
D．飞行器在下降过程，可能速度减小，其动量不一定越来越大，故D错误。
故选A。
10．2022年11月29日23时08分，神舟十五号载人飞船发射入轨，6名航天员实现了太空会师，2022年12月4日晚上20时09分，神舟十四号飞行乘组（陈冬、刘洋和蔡旭哲）完成了所有的既定任务后成功返回地面，其中还包括三次太空行走。如图所示，已知某次陈冬离开空间站太空行走时，连同装备共100kg，在离飞船30m的位置与空间站处于相对静止的状态，装备中有一个高压气源，能以50m/s的速度喷出气体，为了能在5min内返回空间站，他需要在开始返回的瞬间至少一次性向后喷出气体的质量是（不计喷出气体后航天员和装备质量的变化）（ ）
A．0.10kgB．0.20kgC．0.35kgD．0.40kg
【答案】B
【解析】返回空间站的速度为
根据动量守恒 ，得
故选B。
11．如图所示，一个质量为m=50kg的人抓在一只大气球下方，气球下面有一根长绳。气球和长绳的总质量为M=20kg，当静止时人离地面的高度为h=5m，长绳的下端刚好和地面接触。如果这个人开始沿绳向下滑，当他滑到绳下端时，他离地高度约是（可以把人看做质点）（ ）
A．5mB．3.6mC．2.6 mD．8m
【答案】B
【解析】热气球和人原来静止在空中，说明系统所受合外力为零，故系统在人下滑过程中动量守恒，设当他滑到绳下端时，他离地高度为，设此过程人下滑的位移大小为，热气球上升的位移大小为，由动量守恒定律有 ，又 ，
联立解得
故选B。
12．张静老师想用卷尺粗略测定码头上自由停泊小船的质量，他进行了如下操作：首先他轻轻从船尾上船，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，然后用卷尺测出船长L。已知他自身的质量为m，不计水的阻力，则渔船的质量为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】设渔船的质量为，人和船组成的系统满足动量守恒，则有
则有 ，可得
又 ，
联立解得渔船的质量为
故选C。
13．如图所示，水火箭静止在光滑水平面上，用打气筒通过气门芯向水火箭瓶身内打气，当瓶内空气达到一定压强时，水将橡皮塞冲开并向后高速喷出，水火箭便在光滑水平面上冲出。若喷水前水火箭的总质量为M，运动过程中每秒向后喷出质量为m的水，水喷出时相对地面的速度大小均为v，忽略空气阻力的影响，则第N秒末（设上述过程中该水火箭仍在匀速喷水中）水火箭的速度大小为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】设第N秒末水火箭的速度大小为，此时水火箭的质量为，水火箭喷水过程系统动量守恒，则有
解得
故选A。
14.2023年4月16日，我国首颗低倾角轨道降水测量卫星——风云三号G星搭乘长征四号乙遥五十一运载火箭，在酒泉卫星发射中心成功发射。关于火箭、反冲现象，下列说法正确的是（ ）
A．火箭点火后离开地面向上运动，是地面对火箭的反作用力作用的结果
B．火箭开始工作后做加速运动的原因是燃料燃烧推动空气，空气反作用力推动火箭
C．为了减少反冲的影响，用枪射击时要用肩部抵住枪身
D．火箭、汽车、喷气式飞机、直升机的运动都属于反冲运动
【答案】C
【解析】A．火箭点火，加速上升离开地面过程中，并不是地面对其的反作用，而是喷出的气体对其的作用力使其加速上升，故A错误；
B．火箭开始工作后做加速运动的原因是燃料燃烧产生气体，喷出的气体的反作用力推动火箭，故B错误；
C．用枪射击时要用肩部抵住枪身是可以防止枪身快速后退而造成伤害，是为了减少反冲的影响，故C正确；
D．火箭、喷气式飞机利用了气体的反冲作用而获得动力，属于反冲运动，汽车的运动是利用地面的作用力而获得动力、直升飞机的运动是利用空气的反作用力的原理制成的，不属于反冲运动，故D错误。
故选C。
15．如图所示，小船静止在水面上，船的左右两端分别站着甲、乙两人，甲的质量为m甲，乙的质量为m乙，且m甲>m乙，最初人和船都处于静止状态，现在甲、乙两人同时由静止开始相向面行，甲和乙相对地面的速度大小相等，不计水的阻力，则船（ ）
A．静止不动B．向右运动
C．向左运动D．左右往返运动
【答案】C
【解析】两人与小船组成的系统动量守恒，开始时系统动量为零，两人以大小相等的速度相向运动，甲的质量大于乙的质量，则甲的动量大于乙的动量，甲、乙的总动量方向与甲的动量方向相同，即向右，要保证系统动量守恒，系统总动量为零，则小船应向左运动。
故选C。
16．质量为m2的小车放在光滑的水平面上，小车上固定一竖直轻杆，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m1的小球，如图所示，将小球向右拉至细线与竖直方向成60°角后由静止释放，下列说法正确的是（ ）
A．球、车组成的系统总动量守恒 B．小球不能向左摆到原高度
C．小车向右移动的最大距离为 D．小球运动到最低点时的速度大小为
【答案】C
【解析】A．根据题意可知，系统只是在水平方向所受的合力为零，竖直方向的合力不为零，故水平方向的动量守恒，而总动量不守恒，A错误；
B．以小球和小车组成的系统，只有重力做功，系统机械能守恒，且小球和小车水平方向的合动量为零，当小球的速度为零时、小车的速度也为零，所以小球能向左摆到原高度，B错误；
C．小球与小车组成的系统水平方向动量守恒，初始时总动量为0，设小车向右运动的最大距离为x，则小球向左运动的位移为；取向右为正方向，根据水平方向平均动量守恒有
，可得 ，C正确；
D．从静止释放到最低点，小球与小车组成的系统水平方向动量守恒，根据水平方向平均动量守恒有
，能量守恒得
得小球运动到最低点时的速度大小，D错误。
故选C。
17.．某学习小组在探究反冲现象时，将质量为m1的一个小液化气瓶固定在质量为m2的小玩具船上，利用液化气瓶向外喷射气体作为船的动力。现在整个装置静止放在平静的水面上，已知打开瓶后向外喷射气体的对地速度为v1，如果在Δt的时间内向后喷射的气体的质量为Δm，忽略水的阻力，则喷射出质量为Δm的气体后，小船的速度是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】由动量守恒定律得
解得
故选A。
18．如图，棱长为a、大小形状相同的立方体木块和铁块，质量为m的木块在上、质量为M的铁块在下，正对用极短细绳连结悬浮在在平静的池中某处，木块上表面距离水面的竖直距离为h。当细绳断裂后，木块与铁块均在竖直方向上运动，木块刚浮出水面时，铁块恰好同时到达池底。仅考虑浮力，不计其他阻力，则池深为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】设铁块竖直下降的位移为d，对木块与铁块系统，系统外力为零，由动量守恒（人船模型）可得，池深，解得，D正确。
故选D。
19.．如图所示，静止在水面上的船，船身长为L，质量为M，船头紧靠码头，船头上有一固定木板伸出船身，现有一质量为m的人从船尾走向码头，要使该人能安全上岸，则木板伸出船身部分长度至少应为（水对船及码头对木板的阻力均不计）
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】由动量守定律知
解得，船后退的距离即木板伸出身部分的最短长度，故D正确ABC错误。
故选D。
20.人的质量是，船的质量也是。若船用缆绳固定，船离岸时，人可以跃上岸。若撤去缆绳，如图所示，人要安全跃上岸，船离岸至多为（两次人消耗的能量相等，两次均可视为水平跃出，人和船的作用时间很短，不计水的阻力）（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】若船用缆绳固定时，有，若撤去缆绳，由动量守恒定律有
两次人消耗的能量相等，则动能不变，有，联立解得
船离岸的距离为
故选B。
多项选择题：
21.如图所示，甲、乙两车质量均为，静置在光滑的水平面上，两车相距为，乙车上站立着一个质量为的人，他通过一条轻绳拉甲车，甲、乙两车最后相接触，以下说法正确的是（ ）
A．甲、乙两车运动中速度之比为 B．甲、乙两车运动中速度之比为
C．甲车移动的距离为 D．乙车移动的距离为
【答案】AD
【解析】AB．甲、乙和两车组成的系统合外力为零，系统的动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得
可得甲、乙两车运动中速度之比为 ，故A正确，B错误；
CD．设甲车和乙车移动的距离分别为s甲和s乙，则有
又
联立解得 ，故C错误，D正确。
故选AD。
22.2016年8月16日1时40分，我国在酒泉卫星发射中心用“长征二号丁”运载火箭，成功将“墨子号”卫星发射升空并送入预定轨道。关于这次卫星与火箭上天的情形叙述正确的是（ ）
A．火箭尾部向外喷气，喷出的气体反过来对火箭产生一个反作用力，从而让火箭获得了向前的推力
B．火箭尾部喷出的气体对空气产生一个作用力，空气的反作用力使火箭获得飞行的动力
C．火箭飞出大气层后，由于没有了空气，火箭虽然向后喷气，但也无法获得前进的动力
D．火箭飞出大气层后，虽然没有空气，火箭向后喷气，喷出的气体的反作用力是火箭前进的动力
【答案】AD
【解析】火箭升空时，其尾部向下喷气，火箭箭体与被喷出的气体是一对相互作用的物体，火箭向下喷气时，喷出的气体同时对火箭产生向上的反作用力，即为火箭上升的推动力，故AD正确；
BC．火箭上升的推动力并不是由周围的空气提供的，因而与是否飞出大气层、是否存在空气无关，火箭向后喷气，就能让火箭获得前进的动力，故BC错误。
故选AD。
23.2023年4月15日，神舟十五号航天员乘组进行了第四次出舱活动。如图所示，假设一航天员在距离空间站舱门为的位置与空间站保持相对静止，某一时刻航天员启动喷气背包，压缩气体通过横截面积为的喷口以相对空间站的速度向后持续喷出，若喷出的压缩气体密度恒为，航天员连同整套舱外太空服的质量为，不计喷出气体后航天员和装备总质量的变化，则下列说法正确的是（ ）
A．航天员此操作与喷气式飞机飞行的原理相同
B．喷气过程中，航天员受到喷出气体的作用力恒为
C．喷气过程中航天员相对空间站做加速度逐渐减小的加速运动
D．航天员到达空间站时相对空间站的速度为
【答案】ABD
【解析】A．航天员此操作的原理为反冲，与喷气式飞机飞行的原理相同，故A正确；
B．设在极短的时间内喷出的气体的质量为，则
设对压缩气体的作用力为，则对压缩气体有，解得
可知喷气过程中，航天员受到喷出气体的作用力恒为 故B正确；
CD．由于喷气过程中，气体的密度和速度恒定，且不考虑航天员和装备总质量的变化，因此航天员受力恒定，做初速度为零的匀加速直线运动，根据 ，，解得，故C错误，D正确。
故选ABD。
24．如图所示，光滑水平面上静止着一辆小车，在酒精灯燃烧一段时间后塞子喷出。下列说法正确的是（ ）
A．塞子喷出时，塞子受到的冲击力将等于小车受到的冲击力
B．塞子喷出时，塞子受到的冲击力将小于小车受到的冲击力
C．塞子喷出瞬间，小车对水平面的压力大于小车整体的重力
D．若塞子喷出时速度越大，则惯性越大
【答案】AC
【解析】AB．塞子喷出时，塞子受到的冲击力与小车受到的冲击力大小相等，方向相反，故B错误，A正确；C．塞子喷出瞬间，试管内的气体对试管有斜向左下的作用力，根据共点力平衡条件得，小车对水平面的压力大于小车自身的重力，故C正确；D．惯性只与质量有关，与塞子喷出时速度无关，故D错误。
故选AC。
25.小车静止在光滑水平面上，站在车上的人练习打靶，靶装在车上的另一端，如图所示。已知车、人、枪和靶的总质量为M（不含子弹），每颗子弹质量为m，共n发。打靶时枪口到靶的距离为d。若每发子弹打入靶中后就留在靶里，且待前一发打入靶中后再打下一发。以下说法中正确的是（ ）
A．待打完n发子弹后，小车将以一定的速度向右匀速运动
B．待打完n发子弹后，小车应停在射击之前的位置
C．在每一发子弹的射击过程中，小车所发生的位移相同，大小均为
D．若其中一发子弹的发射速度斜向上，当子弹到达空中最高点时，小车的速度不为零
【答案】CD
【解析】AB．子弹、枪、人、车系统所受的合外力为零，系统的动量守恒，子弹射击前系统的总动量为零，子弹射入靶后总动量也为零，故小车仍然是静止的。在子弹射出枪口到打入靶中的过程中，小车向右运动，所以第n发子弹打入靶中后，小车应停在原来位置的右方。待打完n发子弹后，小车将静止不动，故AB错误；
C．设子弹出口速度为v，车后退速度大小为，以向左为正，根据动量守恒定律，有
子弹匀速前进的同时，车匀速后退，故有，解得，
故车后退位移大小为，故C正确；
D．若其中一发子弹的发射速度斜向上，当子弹到达空中最高点时，子弹在水平方向有速度，由子弹、枪、人、车组成的系统水平方向动量守恒可知，小车的速度不为零，故D正确。
故选CD。
26.一弹丸在飞行到距离地面高时仅有水平速度，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为，不计质量损失，取重力加速度。则下列图中两块弹片飞行的轨迹不正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ACD
【解析】规定向右为正方向，设弹丸的质量为4m，则甲的质量为3m，乙的质量为m，炮弹到达最高点时爆炸时，爆炸的内力远大于重力（外力），遵守动量守恒定律，则有
则表达式为
两块弹片都做平抛运动，高度一样，则运动时间相等
水平方向做匀速运动
则位移关系表达式为
结合图像可知，B的位移满足上述表达式，故B正确，ACD错误。本题选择不正确的，故选ACD。
三、解答题：
27.如图，一小船以1.0 m/s的速度匀速前行，站在船上的人竖直向上抛出一小球，小球上升的最大高度为0.45 m，则小球做的是 （选填“上抛”或“斜抛”）运动。假定抛接小球时人手的高度不变，不计空气阻力，g取10 m/s2，当小球再次落入手中时，小船前进的距离为 m。
【答案】 斜抛 0.6
【解析】[1]小球抛出时速度方向斜向上，故做斜抛运动。
[2]抛出小球过程，小球与小船组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，由动量守恒定律可知，抛出小球后，小球与小船在水平方向的速度不变，小球与小船在水平方向都做匀速直线运动；设小球抛出后在竖直方向上升的时间为t，小球上升高度 h=gt2
代入数据解得 t=0.3 s
从抛出小球到小球落入手中的时间 t′=2t=2×0.3 s=0.6 s
在此时间内小船在水平方向做匀速直线运动，小船前进的距离 s=vt′=1.0×0.6 m=0.6 m
28.如图所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为10m、12m，两船沿同一直线同一方向运动，速度分别为2v0、v0。为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度。(不计水的阻力)
【答案】4v0
【解析】设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为vmin，抛出货物后船的速度为v1，甲船上的人接到货物后船的速度为v2，由动量守恒定律得
货物从乙船抛出过程，12mv0＝11mv1－mvmin
货物落入甲船过程，10m·2v0－mvmin＝11mv2
为避免两船相撞应满足v1＝v2
解得vmin＝4v0。
29.一个连同装备共有M=100千克的宇宙航行员，脱离宇宙飞船后，在离飞船x=45米处与飞船处于相对静止状态。他带着一个装有m0=0.5千克氧气的贮氧筒，贮氧筒有个喷嘴可以使氧气相对于喷嘴以u=50米/秒的速率向后喷出。宇航员必须向着与返回飞船相反的方向喷出氧气，才能回到飞船上去，同时又必须保留一部分氧气供他在飞回飞船的途中呼吸。飞行员呼吸的耗氧率为千克/秒。
（1）如果宇航员在开始返回的瞬间喷出m1=0.1千克的氧气，求喷出氧气后宇航员相对于飞船的速度大小。
（2）试计算喷出m1=0.1千克的氧气后，该宇航员能安全回到飞船吗？
（3）如果宇舟航员想以最短的时间返回飞船，他开始最多能释放出多少氧气？这时他返回飞船所用的时间是多少？
【答案】（1）0.05m/s；（2）能安全返回飞船；（3）0.45kg，200s
【解析】（1）根据动量守恒定律可得 ，代入数据可得
（2）返回时间 ，呼吸耗氧
因为，所以能安全返回飞船
（3）为了使最短的时间返回飞船，设喷出m2氧气，喷气后速度为，喷气过程动量守恒
返回时间
呼吸耗氧
解之得 m2=0.45kg
返回时间
30.如图所示为春节期间燃放的“火箭”型爆竹，由上下A、B两部分构成，A的质量m1=0.1kg，B的质量m2=0.2kg，A、B中间夹有少量火药，不计其质量。开始时让“火箭”在距地面H=0.8m高处自由释放，“火箭”着地瞬间以原速率0.75倍的速率反弹，刚要离开地面时火药爆炸，经极短时间后A、B分离，此时B的速度恰好为零。不计空气阻力和“火箭”的体积，可认为火药爆炸所释放的化学能全部转化为A、B的机械能，重力加速度g=10m/s2。求：
（1）“火箭”着地时的速度v的大小；
（2）爆炸过程A部分所受作用力的冲量I的大小；
（3）火药爆炸所释放的化学能E。
【答案】（1）4m/s；（2）0.6N·s；（3）2.7J
【解析】（1）根据 ，得
（2）与地面碰撞后反弹速率
根据动量守恒
爆炸过程A部分所受作用力的冲量 ，得
（3）由能量关系 得
31.如图所示，质量为3m、半径为R的光滑圆弧形轨道C静止在光滑水平地面上，槽底端与水平地面相切，质量为m的小球A与轻弹簧相连接并静止于水平地面上，现有一个质量为m的小球B从圆弧轨道最高点由静止下滑，求：
（1）小球B从圆弧轨道最高点滑至底端的过程中圆弧轨道运动的位移
（2）在运动过程中轻弹簧具有的最大弹性势能是多少？
（3）若轻弹簧左端固定在墙上，则小球B仍能返回圆弧轨道且上升的最大高度为多少？
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）根据题意可知，球B沿圆弧轨道滑至底端的过程中与圆弧轨道C组成的系统水平方向动量守恒，则有
由于小球B和圆弧轨道C的运动时间相等，则有 ，可得
又有
联立解得
（2）球B沿圆弧轨道滑至底端的过程中，由能量守恒定律有
联立解得 ，
B与弹簧碰撞过程中，AB的动量守恒，弹簧压缩到最短时AB共速，弹簧弹性势能最大，有
由能量守恒定律有
联立解得
（3）若轻弹簧左端固定在墙上，由能量守恒定律可知，小球B速率不变弹回，BC组成的系统水平动量守恒，机械能守恒。则有
带入数值可得小球B仍能返回圆弧轨道且上升的最大高度为
模块一 思维导图串知识
模块二 基础知识全梳理
模块三 教材习题学解题
模块四 核心考点精准练
模块五 小试牛刀过关测
1．认识反冲现象。
2．理解反冲运动遵循的规律，会解决人船模型问题。
3．理解火箭的原理。
教材习题01
用火箭发射人造地球卫星，假设最后一节火箭的燃料用完后，火箭壳体和卫星一起以的速度绕地球做匀速圆周运动。已知卫星的质量为，最后一节火箭壳体的质量为。某时刻火箭壳体与卫星分离，分离时卫星与火箭壳体沿轨道切线方向的相对速度为。试分析计算：分离后卫星的速度增加到多大？火箭壳体的速度是多大？分离后它们将如何运动？
解题方法
【解析】设分离后壳体的速度为v′，根据动量守恒定律得
（m1+m2）v=m1（v′+u）+m2v′
代入数据解得
v′=5.5×103m/s
则卫星的速度为5.5×103m/s+1.8×103m/s=7.3×103m/s
卫星分离后速度v1=7.3×103m/s＞v=7.0×103m/s，将发生“离心现象”，卫星对地面的高度将增大，该过程需克服地球引力做功，万有引力势能将增大，动能将减小，卫星将在某一较高的圆轨道上“稳定”下来做匀速圆周运动．而火箭壳体分离的一速度v′=5.5×103m/s＜v，它的轨道高度不断降低，地球对它的引力做正功，万有引力势能不断减小，动能不断增大，最后将会在大气层中被烧毁．
【答案】分离后卫星的速度增加到7.3×103m/s，火箭壳体的速度为5.5×103m/s
教材习题02
一架喷气式飞机（图）飞行的速度是，如果它喷出的气体相对飞机的速度小于，那么以地面为参考系，气体的速度方向实际上是与飞机飞行的方向相同的。如果在这种情况下继续喷出气体，飞机的速度还会增加吗？为什么？
解题方法
【解析】令飞机的质量为M，喷出气体的质量为m，根据动量守恒定律有 (M+m)v0= Mv+mv’
所以喷出气体后，飞机的速度
由于喷出的气体相对于飞机的速度小于小于800m/s，所以气体相对于地面的速度与飞机速度同向，且小于开始时飞机的速度v0，根据表达式可见，喷出气体后的飞机速度仍是增加的。
故飞机的速度仍在增加，因为飞机和气体组成的系统动量守恒。
【答案】飞机的速度仍在增加，因为飞机和气体组成的系统动量守恒
■知识点一：反冲运动
1．定义：一个静止的物体在内力的作用下分裂为两部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向相反的方向运动的现象．
2．规律：反冲运动中，相互作用力一般较大，满足动量守恒定律．
3．反冲现象的应用及防止
(1)应用：农田、园林的喷灌装置利用反冲使水从喷口喷出时，一边喷水一边旋转．
(2)防止：用枪射击时，由于枪身的反冲会影响射击的准确性，所以用枪射击时要把枪身抵在肩部，以减少反冲的影响．
反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力矢量和，所以反冲运动遵循动量守恒定律；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
■知识点二：火箭
1.工作原理：利用反冲运动，火箭燃料燃烧产生的高温、高压燃气从尾部喷管迅速喷出，使火箭获得巨大的向前的速度.
2.影响火箭获得速度大小的两个因素：
(1)喷气速度：现代火箭的喷气速度为2 000～4 000 m/s.
(2)质量比：火箭初始时的质量与燃料用完时箭体质量之比.喷气速度越大，质量比越大，火箭获得的速度越大 .
3.现代火箭的主要用途：利用火箭作为运载工具，如发射探测仪器、常规弹头和核弹头、人造卫星和宇宙飞船等.
1.火箭的工作原理是反冲运动，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.影响火箭获得速度大小的因素
①喷气速度；②火箭的质量比：喷气速度越大，质量比越大，火箭获得的速度越大。
■知识点三：人船模型
1．“人船模型”问题
两个原来静止的物体发生相互作用时，若所受外力的矢量和为零，则动量守恒．
2．人船模型的特点：
①两物体满足动量守恒定律：mv人－Mv船＝0
②两物体的位移满足：meq \f(x人,t)－Meq \f(x船,t)＝0， x人＋x船＝L，得x人＝eq \f(M,M＋m)L，x船＝eq \f(m,M＋m)L
3.运动特点
①人动则船动，人静则船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；
②人船位移比等于它们质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即eq \f(x人,x船)＝eq \f(v人,v船)＝eq \f(M,m).
注意：讨论反冲运动应注意的两个问题
(1)速度的方向性：对于原来静止的整体，可任意规定某一部分的运动方向为正方向，则反方向的另一部分的速度就要取负值．
(2)速度的相对性：反冲问题中，若已知相互作用的两物体的相对速度，应先将相对速度转换成相对地面的速度，再列动量守恒方程．
人动则船动，人静则船静，人快船快，人慢船慢，人左船右
人船位移比等于它们质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比
考向一：反冲现象的理解
【例1】有关实际中的现象，下列说法正确的是（ ）
A．火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度
B．体操运动员在着地时屈腿是为了减小地面对运动员的作用力
C．用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减少反冲的影响
D．为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，发动机舱越坚固越好
【答案】B
【解析】A、根据反冲运动的特点与应用可知，火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度。故A正确；
B、体操运动员在落地的过程中，动量变化一定。由动量定理可知，运动员受到的冲量I一定；由I＝Ft可知，体操运动员在着地时屈腿是延长时间t，可以减小运动员所受到的平均冲力F，故B正确；
C、用枪射击时子弹给枪身一个反作用力，会使枪身后退，影响射击的准确度，所以为了减少反冲的影响，用枪射击时要用肩部抵住枪身。故C正确；
D、为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，就要延长碰撞的时间，由I＝Ft可知位于车体前部的发动机舱不能太坚固。故D错误。
故选：ABC。
【例2】如图所示，自行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时，发射一枚质量为m的炮弹后，自行火炮的速度变为v2，仍向右行驶，则炮弹相对炮筒的发射速度v0为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】火炮车与炮弹组成的系统动量守恒，以火炮车的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得
Mv1=（M-m）v2＋m（v0＋v2）
解得 v0=
故选B。
考向二：火箭原理的理解
【例3】我国在酒泉卫星发射中心用长征四号乙运载火箭成功发射首颗X射线调制望远镜卫星“慧眼”．假设将发射火箭看成如下模型：静止的实验火箭，总质量为M＝2 100 g．当它以对地速度为v0＝840 m/s喷出质量为Δm＝100 g的高温气体后，火箭的对地速度为(喷出气体过程中重力和空气阻力可忽略不计)( )
A．42 m/s B．－42 m/s
C．40 m/s D．－40 m/s
【答案】B
【解析】 喷出气体过程中重力和空气阻力可忽略不计，可知在火箭发射的过程中二者组成的系统竖直方向的动量守恒，以喷出气体的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：Δmv0＋(M－Δm)v＝0，解得：v＝－42 m/s，故B正确，A、C、D错误．
【例4】一火箭喷气发动机每次喷出m＝200 g的气体，气体离开发动机喷出时的速度v＝1 000 m/s.设火箭(包括燃料)质量M＝300 kg，发动机每秒喷气20次．
(1)当发动机第三次喷出气体后，火箭的速度为多大？
(2)运动第1 s末，火箭的速度为多大？
【答案】(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，以火箭和三次喷出的气体为研究对象，据动量守恒定律得：(M－3m)v3－3mv＝0，故v3＝eq \f(3mv,M－3m)≈2 m/s
(2)发动机每秒钟喷气20次，以火箭和20次喷出的气体为研究对象，根据动量守恒定律得：(M－20m)v20－20mv＝0，故v20＝eq \f(20mv,M－20m)≈13.5 m/s.
考向三：反冲运动模型
【例5】如图所示，质量m＝60 kg的人，站在质量M＝300 kg的车的一端，车长L＝3 m，相对于地面静止。当车与地面间的摩擦可以忽略不计时，人由车的一端走到另一端的过程中，车将( )
A．后退0.5 m B．后退0.6 m
C．后退0.75 m D．一直匀速后退
【答案】A
【解析】 人车组成的系统动量守恒，则mv1＝Mv2，所以mx1＝Mx2，又有x1＋x2＝L，解得x2＝0.5 m。
【例6】一空船静止于水面上，船后舱因有漏洞进水，堵住漏洞后用一水泵把后舱中的水抽往前舱，前后舱用隔板隔开，如图所示。不计水的阻力，在抽水过程中船的运动情况是（ ）
A．保持静止B．持续向前运动C．持续向后运动D．前后往复运动
【答案】C
【解析】不计水的阻力，则系统动量守恒，系统总动量为零，用一水泵把后舱的水抽往前舱，则水的重心前移，故船将向后运动（等效于人船模型）。故选C。
考向四：爆炸现象
【例7】运动会闭幕式上燃放爆竹，有一个质量为的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为、方向水平向东，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为，速度大小为，方向水开向东，则另一块的速度是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】设另一块速度为，由动量守恒定律有
得
故选B。
【例8】一枚在空中水平飞行的玩具火箭质量为m，在某时刻距离地面的高度为h，速度为v。此时，火箭突然炸裂成A、B两部分，其中质量为的B部分速度恰好为0。忽略空气阻力的影响，重力加速度为g。求：
（1）炸裂后瞬间A部分的速度大小v1；
（2）炸裂后B部分在空中下落的时间t；
（3）在爆炸过程中增加的机械能。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）炸裂后瞬间由动量守恒可知
解得A部分的速度为
（2）炸裂后由运动学规律可知
空中下落的时间为
（3）在爆炸过程中增加的机械能为
解得
单项选择题：
1.下列现象中不属于反冲现象的是（ ）
A．发射炮弹后炮身后退
B．火箭向下高速喷射炽热气体时上升
C．人用桨向后划水船向前运动
D．章鱼调整喷水方向可以向不同方向运动
【答案】C
【解析】反冲的定义是一个静止的物体在内力的作用下分裂为两部分，且两部分分别往不同的方向运动。根据定义可知，发射炮弹后炮身后退属于反冲现象；
火箭向下高速喷射炽热气体时上升属于反冲现象；
人用桨划船，人和船都往前运动，不属于反冲现象；
章鱼调整喷水方向可以向不同方向运动，属于反冲现象，故C错误，ABD正确；
本题选错误的，故选：C。
2.质量为M的小孩站在质量为m的滑板上，小孩和滑板均处于静止状态，忽略滑板与地面间的摩擦。小孩以相对滑板的速度v沿水平方向跃离了滑板，则跃离后滑板的速度大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】根据题意，设跃离后滑板的速度大小为，取向右为正方向，由动量守恒定律有
解得
故选D。
3.下列各图中，不属于反冲现象的是（ ）
A．B． C．D．
【答案】B
【解析】A．墨鱼在遇到危险时瞬间向与运动相反的方向喷出墨汁，使自己瞬间获得一个较大的速度，这是利用了反冲原理，故A正确，不符合题意；B．马拉车，马对车做功，马和车一起向着相同的方向运动，不属于反冲现象，故B错误，符合题意；C．手枪在射击后，枪身向后运动，这是反冲原理，故C正确，不符合题意；D．“窜天猴”被点然后，火药的燃烧使内部气体迅速膨胀后向下喷出，使自身瞬间获得一个向上的较大的速度，这是反冲原理，故D正确，不符合题意。
故选B。
4.如图所示，装有炮弹的火炮总质量为，炮弹的质量为，炮弹射出炮口时对地速率为，若炮管与水平地面的夹角为，水平面光滑，忽略火药燃烧损耗的质量，则火炮后退的速度大小为（ ）
A． B．C． D．
【答案】A
【解析】炮弹离开炮口时，炮弹和炮车在水平方向受到的外力相对于内力可忽略不计，则系统在水平方向动量守恒，取炮车后退的方向为正，对炮弹和炮车组成系统为研究，根据水平方向动量守恒有
可得炮车后退的速度大小为
故选A。
5．如图所示，光滑的水平地面上静止放着质量为M的小车，小车底边长为L，质量为m的小球从小车顶端静止释放，最终从小车上滑离，不计一切摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．M、m组成的系统动量守恒
B．M、m组成的系统机械能不守恒
C．小球从小车上滑离后，将做自由落体运动
D．小球从小车上滑离时，小车向左运动的距离为
【答案】D
【解析】A．对于M、m组成的系统，由于ｍ沿曲面加速下滑，有竖直向下的加速度，所以存在失重现象，系统竖直方向的合外力不为零，系统动量不守恒，A错误；
B．对于M、m组成的系统，在滑块下滑过程中只有重力做功，所以系统机械能守恒，B错误；
C．对系统，水平方向动量守恒
机械能守恒
小球离开小车的速度不为零，因此小球做平抛运动，C错误；
D．对系统，水平方向动量守恒 ，即有 ，即
又因为 ，解得 ，选项D正确。
故选D。
6．乌贼在水中运动方式是靠自身的漏斗喷射海水推动身体运动，被称为“水中火箭”。如图所示，一只静止在水中的乌贼，当外套膜吸满水后，它的总质量为4.8kg，某次遇到危险时，通过短漏斗状的体管在极短时间内将水向后高速喷出，从而以40m/s的速度逃窜，喷射出的水的质量为1.6kg，则喷射出水的速度为（ ）
A．20m/sB．90m/sC．120m/sD．80m/s
【答案】D
【解析】根据动量守恒有
可得喷射出水的速度为
故选D。
7．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气的质量为m，喷出的燃气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．若继续喷出燃气，火箭的速度会减小
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减小燃气的喷射速度u
【答案】B
【解析】A．火箭向后喷气，火箭对喷出的气体有向后的作用力，喷出的气体反过来对火箭产生一个反作用力，从而使火箭获得了向前的推力，不断喷出气体，则火箭的速度会越来越大，故A错误；
BC．由动量守恒可知
即喷气后，火箭的速度变化量为
因喷气前火箭的速度未知，则不能确定喷气后火箭的速度，选项B正确，C错误；
D．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，选项D错误。
故选B。
8．“世界上第一个想利用火箭飞行的人”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。假设万户及所携设备的总质量为，点燃火箭后在极短的时间内，质量为的炽热燃气相对地面以的速度竖直向下喷出。下列说法中正确的是（ ）
A．火箭的推力来自空气对它的反作用力
B．在燃气喷出的过程中，万户及所携设备包括喷出的燃气满足动量守恒和机械能守恒
C．在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为
D．喷出燃气后万户及所携设备能上升的最大高度为
【答案】C
【解析】A．火箭的推力是燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对火箭的反作用力，故A错误；
B．在燃气喷出的过程中，时间极短，内力远大于外力，动量守恒，机械能增加，故B错误；
C．在燃气喷出后得瞬间，万户及所携设备组成的系统动量守恒，设火箭的速度大小为v，规定火箭运动方向为正方向，则有 解得火箭的速度大小为 ，故C正确；
D．喷出燃气后，万户及所携设备做竖直上抛运动，根据运动学公式可得，最大上升高度为
，故D错误；
故选C。
9．我国神话故事中哪吒脚踩风火轮在天空中来去自由，现在人类穿上涡喷飞翼飞行器（简称飞行器）也能像哪吒一样，在高空中自由地完成上升、下降、悬停、平飞和翻转等动作，如图。飞行器主要由微型喷气发动机和操纵系统组成，下列说法正确的是（ ）
A．飞行器要加速上升，需向下喷射燃气
B．某段时间飞行器在空中悬停，重力的冲量为零
C．燃气对飞行器的冲量与飞行器对燃气的冲量相同
D．飞行器在下降过程，其动量一定越来越大
【答案】A
【解析】A．飞行器要加速上升，需向下喷射燃气，产生向上的推力，故A正确；
B．某段时间飞行器在空中悬停，重力的冲量不为零，故B错误；
C．燃气对飞行器的冲量与飞行器对燃气的冲量方向不同，故C错误；
D．飞行器在下降过程，可能速度减小，其动量不一定越来越大，故D错误。
故选A。
10．2022年11月29日23时08分，神舟十五号载人飞船发射入轨，6名航天员实现了太空会师，2022年12月4日晚上20时09分，神舟十四号飞行乘组（陈冬、刘洋和蔡旭哲）完成了所有的既定任务后成功返回地面，其中还包括三次太空行走。如图所示，已知某次陈冬离开空间站太空行走时，连同装备共100kg，在离飞船30m的位置与空间站处于相对静止的状态，装备中有一个高压气源，能以50m/s的速度喷出气体，为了能在5min内返回空间站，他需要在开始返回的瞬间至少一次性向后喷出气体的质量是（不计喷出气体后航天员和装备质量的变化）（ ）
A．0.10kgB．0.20kgC．0.35kgD．0.40kg
【答案】B
【解析】返回空间站的速度为
根据动量守恒 ，得
故选B。
11．如图所示，一个质量为m=50kg的人抓在一只大气球下方，气球下面有一根长绳。气球和长绳的总质量为M=20kg，当静止时人离地面的高度为h=5m，长绳的下端刚好和地面接触。如果这个人开始沿绳向下滑，当他滑到绳下端时，他离地高度约是（可以把人看做质点）（ ）
A．5mB．3.6mC．2.6 mD．8m
【答案】B
【解析】热气球和人原来静止在空中，说明系统所受合外力为零，故系统在人下滑过程中动量守恒，设当他滑到绳下端时，他离地高度为，设此过程人下滑的位移大小为，热气球上升的位移大小为，由动量守恒定律有 ，又 ，
联立解得
故选B。
12．张静老师想用卷尺粗略测定码头上自由停泊小船的质量，他进行了如下操作：首先他轻轻从船尾上船，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，然后用卷尺测出船长L。已知他自身的质量为m，不计水的阻力，则渔船的质量为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】设渔船的质量为，人和船组成的系统满足动量守恒，则有
则有 ，可得
又 ，
联立解得渔船的质量为
故选C。
13．如图所示，水火箭静止在光滑水平面上，用打气筒通过气门芯向水火箭瓶身内打气，当瓶内空气达到一定压强时，水将橡皮塞冲开并向后高速喷出，水火箭便在光滑水平面上冲出。若喷水前水火箭的总质量为M，运动过程中每秒向后喷出质量为m的水，水喷出时相对地面的速度大小均为v，忽略空气阻力的影响，则第N秒末（设上述过程中该水火箭仍在匀速喷水中）水火箭的速度大小为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】设第N秒末水火箭的速度大小为，此时水火箭的质量为，水火箭喷水过程系统动量守恒，则有
解得
故选A。
14.2023年4月16日，我国首颗低倾角轨道降水测量卫星——风云三号G星搭乘长征四号乙遥五十一运载火箭，在酒泉卫星发射中心成功发射。关于火箭、反冲现象，下列说法正确的是（ ）
A．火箭点火后离开地面向上运动，是地面对火箭的反作用力作用的结果
B．火箭开始工作后做加速运动的原因是燃料燃烧推动空气，空气反作用力推动火箭
C．为了减少反冲的影响，用枪射击时要用肩部抵住枪身
D．火箭、汽车、喷气式飞机、直升机的运动都属于反冲运动
【答案】C
【解析】A．火箭点火，加速上升离开地面过程中，并不是地面对其的反作用，而是喷出的气体对其的作用力使其加速上升，故A错误；
B．火箭开始工作后做加速运动的原因是燃料燃烧产生气体，喷出的气体的反作用力推动火箭，故B错误；
C．用枪射击时要用肩部抵住枪身是可以防止枪身快速后退而造成伤害，是为了减少反冲的影响，故C正确；
D．火箭、喷气式飞机利用了气体的反冲作用而获得动力，属于反冲运动，汽车的运动是利用地面的作用力而获得动力、直升飞机的运动是利用空气的反作用力的原理制成的，不属于反冲运动，故D错误。
故选C。
15．如图所示，小船静止在水面上，船的左右两端分别站着甲、乙两人，甲的质量为m甲，乙的质量为m乙，且m甲>m乙，最初人和船都处于静止状态，现在甲、乙两人同时由静止开始相向面行，甲和乙相对地面的速度大小相等，不计水的阻力，则船（ ）
A．静止不动B．向右运动
C．向左运动D．左右往返运动
【答案】C
【解析】两人与小船组成的系统动量守恒，开始时系统动量为零，两人以大小相等的速度相向运动，甲的质量大于乙的质量，则甲的动量大于乙的动量，甲、乙的总动量方向与甲的动量方向相同，即向右，要保证系统动量守恒，系统总动量为零，则小船应向左运动。
故选C。
16．质量为m2的小车放在光滑的水平面上，小车上固定一竖直轻杆，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m1的小球，如图所示，将小球向右拉至细线与竖直方向成60°角后由静止释放，下列说法正确的是（ ）
A．球、车组成的系统总动量守恒 B．小球不能向左摆到原高度
C．小车向右移动的最大距离为 D．小球运动到最低点时的速度大小为
【答案】C
【解析】A．根据题意可知，系统只是在水平方向所受的合力为零，竖直方向的合力不为零，故水平方向的动量守恒，而总动量不守恒，A错误；
B．以小球和小车组成的系统，只有重力做功，系统机械能守恒，且小球和小车水平方向的合动量为零，当小球的速度为零时、小车的速度也为零，所以小球能向左摆到原高度，B错误；
C．小球与小车组成的系统水平方向动量守恒，初始时总动量为0，设小车向右运动的最大距离为x，则小球向左运动的位移为；取向右为正方向，根据水平方向平均动量守恒有
，可得 ，C正确；
D．从静止释放到最低点，小球与小车组成的系统水平方向动量守恒，根据水平方向平均动量守恒有
，能量守恒得
得小球运动到最低点时的速度大小，D错误。
故选C。
17.．某学习小组在探究反冲现象时，将质量为m1的一个小液化气瓶固定在质量为m2的小玩具船上，利用液化气瓶向外喷射气体作为船的动力。现在整个装置静止放在平静的水面上，已知打开瓶后向外喷射气体的对地速度为v1，如果在Δt的时间内向后喷射的气体的质量为Δm，忽略水的阻力，则喷射出质量为Δm的气体后，小船的速度是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】由动量守恒定律得
解得
故选A。
18．如图，棱长为a、大小形状相同的立方体木块和铁块，质量为m的木块在上、质量为M的铁块在下，正对用极短细绳连结悬浮在在平静的池中某处，木块上表面距离水面的竖直距离为h。当细绳断裂后，木块与铁块均在竖直方向上运动，木块刚浮出水面时，铁块恰好同时到达池底。仅考虑浮力，不计其他阻力，则池深为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】设铁块竖直下降的位移为d，对木块与铁块系统，系统外力为零，由动量守恒（人船模型）可得，池深，解得，D正确。
故选D。
19.．如图所示，静止在水面上的船，船身长为L，质量为M，船头紧靠码头，船头上有一固定木板伸出船身，现有一质量为m的人从船尾走向码头，要使该人能安全上岸，则木板伸出船身部分长度至少应为（水对船及码头对木板的阻力均不计）
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】由动量守定律知
解得，船后退的距离即木板伸出身部分的最短长度，故D正确ABC错误。
故选D。
20.人的质量是，船的质量也是。若船用缆绳固定，船离岸时，人可以跃上岸。若撤去缆绳，如图所示，人要安全跃上岸，船离岸至多为（两次人消耗的能量相等，两次均可视为水平跃出，人和船的作用时间很短，不计水的阻力）（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】若船用缆绳固定时，有，若撤去缆绳，由动量守恒定律有
两次人消耗的能量相等，则动能不变，有，联立解得
船离岸的距离为
故选B。
多项选择题：
21.如图所示，甲、乙两车质量均为，静置在光滑的水平面上，两车相距为，乙车上站立着一个质量为的人，他通过一条轻绳拉甲车，甲、乙两车最后相接触，以下说法正确的是（ ）
A．甲、乙两车运动中速度之比为 B．甲、乙两车运动中速度之比为
C．甲车移动的距离为 D．乙车移动的距离为
【答案】AD
【解析】AB．甲、乙和两车组成的系统合外力为零，系统的动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得
可得甲、乙两车运动中速度之比为 ，故A正确，B错误；
CD．设甲车和乙车移动的距离分别为s甲和s乙，则有
又
联立解得 ，故C错误，D正确。
故选AD。
22.2016年8月16日1时40分，我国在酒泉卫星发射中心用“长征二号丁”运载火箭，成功将“墨子号”卫星发射升空并送入预定轨道。关于这次卫星与火箭上天的情形叙述正确的是（ ）
A．火箭尾部向外喷气，喷出的气体反过来对火箭产生一个反作用力，从而让火箭获得了向前的推力
B．火箭尾部喷出的气体对空气产生一个作用力，空气的反作用力使火箭获得飞行的动力
C．火箭飞出大气层后，由于没有了空气，火箭虽然向后喷气，但也无法获得前进的动力
D．火箭飞出大气层后，虽然没有空气，火箭向后喷气，喷出的气体的反作用力是火箭前进的动力
【答案】AD
【解析】火箭升空时，其尾部向下喷气，火箭箭体与被喷出的气体是一对相互作用的物体，火箭向下喷气时，喷出的气体同时对火箭产生向上的反作用力，即为火箭上升的推动力，故AD正确；
BC．火箭上升的推动力并不是由周围的空气提供的，因而与是否飞出大气层、是否存在空气无关，火箭向后喷气，就能让火箭获得前进的动力，故BC错误。
故选AD。
23.2023年4月15日，神舟十五号航天员乘组进行了第四次出舱活动。如图所示，假设一航天员在距离空间站舱门为的位置与空间站保持相对静止，某一时刻航天员启动喷气背包，压缩气体通过横截面积为的喷口以相对空间站的速度向后持续喷出，若喷出的压缩气体密度恒为，航天员连同整套舱外太空服的质量为，不计喷出气体后航天员和装备总质量的变化，则下列说法正确的是（ ）
A．航天员此操作与喷气式飞机飞行的原理相同
B．喷气过程中，航天员受到喷出气体的作用力恒为
C．喷气过程中航天员相对空间站做加速度逐渐减小的加速运动
D．航天员到达空间站时相对空间站的速度为
【答案】ABD
【解析】A．航天员此操作的原理为反冲，与喷气式飞机飞行的原理相同，故A正确；
B．设在极短的时间内喷出的气体的质量为，则
设对压缩气体的作用力为，则对压缩气体有，解得
可知喷气过程中，航天员受到喷出气体的作用力恒为 故B正确；
CD．由于喷气过程中，气体的密度和速度恒定，且不考虑航天员和装备总质量的变化，因此航天员受力恒定，做初速度为零的匀加速直线运动，根据 ，，解得，故C错误，D正确。
故选ABD。
24．如图所示，光滑水平面上静止着一辆小车，在酒精灯燃烧一段时间后塞子喷出。下列说法正确的是（ ）
A．塞子喷出时，塞子受到的冲击力将等于小车受到的冲击力
B．塞子喷出时，塞子受到的冲击力将小于小车受到的冲击力
C．塞子喷出瞬间，小车对水平面的压力大于小车整体的重力
D．若塞子喷出时速度越大，则惯性越大
【答案】AC
【解析】AB．塞子喷出时，塞子受到的冲击力与小车受到的冲击力大小相等，方向相反，故B错误，A正确；C．塞子喷出瞬间，试管内的气体对试管有斜向左下的作用力，根据共点力平衡条件得，小车对水平面的压力大于小车自身的重力，故C正确；D．惯性只与质量有关，与塞子喷出时速度无关，故D错误。
故选AC。
25.小车静止在光滑水平面上，站在车上的人练习打靶，靶装在车上的另一端，如图所示。已知车、人、枪和靶的总质量为M（不含子弹），每颗子弹质量为m，共n发。打靶时枪口到靶的距离为d。若每发子弹打入靶中后就留在靶里，且待前一发打入靶中后再打下一发。以下说法中正确的是（ ）
A．待打完n发子弹后，小车将以一定的速度向右匀速运动
B．待打完n发子弹后，小车应停在射击之前的位置
C．在每一发子弹的射击过程中，小车所发生的位移相同，大小均为
D．若其中一发子弹的发射速度斜向上，当子弹到达空中最高点时，小车的速度不为零
【答案】CD
【解析】AB．子弹、枪、人、车系统所受的合外力为零，系统的动量守恒，子弹射击前系统的总动量为零，子弹射入靶后总动量也为零，故小车仍然是静止的。在子弹射出枪口到打入靶中的过程中，小车向右运动，所以第n发子弹打入靶中后，小车应停在原来位置的右方。待打完n发子弹后，小车将静止不动，故AB错误；
C．设子弹出口速度为v，车后退速度大小为，以向左为正，根据动量守恒定律，有
子弹匀速前进的同时，车匀速后退，故有，解得，
故车后退位移大小为，故C正确；
D．若其中一发子弹的发射速度斜向上，当子弹到达空中最高点时，子弹在水平方向有速度，由子弹、枪、人、车组成的系统水平方向动量守恒可知，小车的速度不为零，故D正确。
故选CD。
26.一弹丸在飞行到距离地面高时仅有水平速度，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为，不计质量损失，取重力加速度。则下列图中两块弹片飞行的轨迹不正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ACD
【解析】规定向右为正方向，设弹丸的质量为4m，则甲的质量为3m，乙的质量为m，炮弹到达最高点时爆炸时，爆炸的内力远大于重力（外力），遵守动量守恒定律，则有
则表达式为
两块弹片都做平抛运动，高度一样，则运动时间相等
水平方向做匀速运动
则位移关系表达式为
结合图像可知，B的位移满足上述表达式，故B正确，ACD错误。本题选择不正确的，故选ACD。
三、解答题：
27.如图，一小船以1.0 m/s的速度匀速前行，站在船上的人竖直向上抛出一小球，小球上升的最大高度为0.45 m，则小球做的是 （选填“上抛”或“斜抛”）运动。假定抛接小球时人手的高度不变，不计空气阻力，g取10 m/s2，当小球再次落入手中时，小船前进的距离为 m。
【答案】 斜抛 0.6
【解析】[1]小球抛出时速度方向斜向上，故做斜抛运动。
[2]抛出小球过程，小球与小船组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，由动量守恒定律可知，抛出小球后，小球与小船在水平方向的速度不变，小球与小船在水平方向都做匀速直线运动；设小球抛出后在竖直方向上升的时间为t，小球上升高度 h=gt2
代入数据解得 t=0.3 s
从抛出小球到小球落入手中的时间 t′=2t=2×0.3 s=0.6 s
在此时间内小船在水平方向做匀速直线运动，小船前进的距离 s=vt′=1.0×0.6 m=0.6 m
28.如图所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为10m、12m，两船沿同一直线同一方向运动，速度分别为2v0、v0。为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度。(不计水的阻力)
【答案】4v0
【解析】设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为vmin，抛出货物后船的速度为v1，甲船上的人接到货物后船的速度为v2，由动量守恒定律得
货物从乙船抛出过程，12mv0＝11mv1－mvmin
货物落入甲船过程，10m·2v0－mvmin＝11mv2
为避免两船相撞应满足v1＝v2
解得vmin＝4v0。
29.一个连同装备共有M=100千克的宇宙航行员，脱离宇宙飞船后，在离飞船x=45米处与飞船处于相对静止状态。他带着一个装有m0=0.5千克氧气的贮氧筒，贮氧筒有个喷嘴可以使氧气相对于喷嘴以u=50米/秒的速率向后喷出。宇航员必须向着与返回飞船相反的方向喷出氧气，才能回到飞船上去，同时又必须保留一部分氧气供他在飞回飞船的途中呼吸。飞行员呼吸的耗氧率为千克/秒。
（1）如果宇航员在开始返回的瞬间喷出m1=0.1千克的氧气，求喷出氧气后宇航员相对于飞船的速度大小。
（2）试计算喷出m1=0.1千克的氧气后，该宇航员能安全回到飞船吗？
（3）如果宇舟航员想以最短的时间返回飞船，他开始最多能释放出多少氧气？这时他返回飞船所用的时间是多少？
【答案】（1）0.05m/s；（2）能安全返回飞船；（3）0.45kg，200s
【解析】（1）根据动量守恒定律可得 ，代入数据可得
（2）返回时间 ，呼吸耗氧
因为，所以能安全返回飞船
（3）为了使最短的时间返回飞船，设喷出m2氧气，喷气后速度为，喷气过程动量守恒
返回时间
呼吸耗氧
解之得 m2=0.45kg
返回时间
30.如图所示为春节期间燃放的“火箭”型爆竹，由上下A、B两部分构成，A的质量m1=0.1kg，B的质量m2=0.2kg，A、B中间夹有少量火药，不计其质量。开始时让“火箭”在距地面H=0.8m高处自由释放，“火箭”着地瞬间以原速率0.75倍的速率反弹，刚要离开地面时火药爆炸，经极短时间后A、B分离，此时B的速度恰好为零。不计空气阻力和“火箭”的体积，可认为火药爆炸所释放的化学能全部转化为A、B的机械能，重力加速度g=10m/s2。求：
（1）“火箭”着地时的速度v的大小；
（2）爆炸过程A部分所受作用力的冲量I的大小；
（3）火药爆炸所释放的化学能E。
【答案】（1）4m/s；（2）0.6N·s；（3）2.7J
【解析】（1）根据 ，得
（2）与地面碰撞后反弹速率
根据动量守恒
爆炸过程A部分所受作用力的冲量 ，得
（3）由能量关系 得
31.如图所示，质量为3m、半径为R的光滑圆弧形轨道C静止在光滑水平地面上，槽底端与水平地面相切，质量为m的小球A与轻弹簧相连接并静止于水平地面上，现有一个质量为m的小球B从圆弧轨道最高点由静止下滑，求：
（1）小球B从圆弧轨道最高点滑至底端的过程中圆弧轨道运动的位移
（2）在运动过程中轻弹簧具有的最大弹性势能是多少？
（3）若轻弹簧左端固定在墙上，则小球B仍能返回圆弧轨道且上升的最大高度为多少？
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）根据题意可知，球B沿圆弧轨道滑至底端的过程中与圆弧轨道C组成的系统水平方向动量守恒，则有
由于小球B和圆弧轨道C的运动时间相等，则有 ，可得
又有
联立解得
（2）球B沿圆弧轨道滑至底端的过程中，由能量守恒定律有
联立解得 ，
B与弹簧碰撞过程中，AB的动量守恒，弹簧压缩到最短时AB共速，弹簧弹性势能最大，有
由能量守恒定律有
联立解得
（3）若轻弹簧左端固定在墙上，由能量守恒定律可知，小球B速率不变弹回，BC组成的系统水平动量守恒，机械能守恒。则有
带入数值可得小球B仍能返回圆弧轨道且上升的最大高度为
模块一 思维导图串知识
模块二 基础知识全梳理
模块三 教材习题学解题
模块四 核心考点精准练
模块五 小试牛刀过关测
1．认识反冲现象。
2．理解反冲运动遵循的规律，会解决人船模型问题。
3．理解火箭的原理。
教材习题01
用火箭发射人造地球卫星，假设最后一节火箭的燃料用完后，火箭壳体和卫星一起以的速度绕地球做匀速圆周运动。已知卫星的质量为，最后一节火箭壳体的质量为。某时刻火箭壳体与卫星分离，分离时卫星与火箭壳体沿轨道切线方向的相对速度为。试分析计算：分离后卫星的速度增加到多大？火箭壳体的速度是多大？分离后它们将如何运动？
解题方法
【解析】设分离后壳体的速度为v′，根据动量守恒定律得
（m1+m2）v=m1（v′+u）+m2v′
代入数据解得
v′=5.5×103m/s
则卫星的速度为5.5×103m/s+1.8×103m/s=7.3×103m/s
卫星分离后速度v1=7.3×103m/s＞v=7.0×103m/s，将发生“离心现象”，卫星对地面的高度将增大，该过程需克服地球引力做功，万有引力势能将增大，动能将减小，卫星将在某一较高的圆轨道上“稳定”下来做匀速圆周运动．而火箭壳体分离的一速度v′=5.5×103m/s＜v，它的轨道高度不断降低，地球对它的引力做正功，万有引力势能不断减小，动能不断增大，最后将会在大气层中被烧毁．
【答案】分离后卫星的速度增加到7.3×103m/s，火箭壳体的速度为5.5×103m/s
教材习题02
一架喷气式飞机（图）飞行的速度是，如果它喷出的气体相对飞机的速度小于，那么以地面为参考系，气体的速度方向实际上是与飞机飞行的方向相同的。如果在这种情况下继续喷出气体，飞机的速度还会增加吗？为什么？
解题方法
【解析】令飞机的质量为M，喷出气体的质量为m，根据动量守恒定律有 (M+m)v0= Mv+mv’
所以喷出气体后，飞机的速度
由于喷出的气体相对于飞机的速度小于小于800m/s，所以气体相对于地面的速度与飞机速度同向，且小于开始时飞机的速度v0，根据表达式可见，喷出气体后的飞机速度仍是增加的。
故飞机的速度仍在增加，因为飞机和气体组成的系统动量守恒。
【答案】飞机的速度仍在增加，因为飞机和气体组成的系统动量守恒
相关学案
高中人教版 (2019)6 反冲现象 火箭优秀学案设计： 这是一份高中人教版 (2019)<a href="/wl/tb_c163176_t4/?tag_id=42" target="_blank">6 反冲现象 火箭优秀学案设计</a>，共12页。
高中物理人教版 (2019)选择性必修 第一册6 反冲现象 火箭学案： 这是一份高中物理人教版 (2019)选择性必修 第一册6 反冲现象 火箭学案，共17页。
物理选择性必修 第一册6 反冲现象 火箭导学案： 这是一份物理选择性必修 第一册6 反冲现象 火箭导学案，共4页。学案主要包含了预习目标，使用说明，学习目标，思考探究，合作探究，体系构建，学习评价等内容，欢迎下载使用。
