知识讲解 动量守恒定律的应用（反冲） 提高

1 动量守恒定律的应用（反冲） 【学习目标】 1．了解什么是反冲运动和反冲运动在生活中的应用； 2．知道火箭的飞行原理和主要用途； 3．了解我国航天技术的发展． 【要点梳理】要点诠释： 要点一、反冲运动 1．反冲运动 （1）反冲：根据动量守恒定律，如果一个静止的物体在内力的作用下分裂为两个部分，一部分向 某个方向运动，另一部分必然向相反的方向运动．这个现象叫做反冲． （2）反冲运动的特点：反冲运动是相互作用的物体之间的作用力与反作用力产生的效果．反冲运 动过程中，一般满足系统的合外力为零或内力远大于外力的条件，因此可以运用动量守恒定律进行分 析． （3）反冲现象的应用及防止：反冲是生活和生产实践中常见的一种现象，在许多场合，反冲是不 利的，如大炮射击时，由于炮身的反冲，会影响炮弹的出口速度和准确性．为了减小反冲的影响，可 增大炮身的阻力．但还有许多场合，恰好是利用了反冲，如反击式水轮机是应用反冲而工作的、喷气 式飞机和火箭是反冲的重要应用，它们都是靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度的． （4）理解反冲运动与动量守恒定律． 反冲运动的产生是系统内力作用的结果，两个相互作用的物体 组成的系统， 对 的作用 力使 获得某一方向的动量， 对 的反作用力使 获得相反方向的动量，从而使 沿着与 的运 动方向相反的方向做反冲运动． 实际遇到的动量守恒问题通常有以下三种： ①系统不受外力或所受外力之和为零，满足动量守恒的条件，可以用动量守恒定律解决反冲运动 问题． ②系统虽然受到外力作用，但内力远远大于外力，外力可以忽略，也可以用动量守恒定律解决反 冲运动问题． ③系统虽然所受外力之和不为零，系统的动量并不守恒，但系统在某一方向上不受外力或外力在 该方向上的分力之和为零，则系统的动量在该方向上的分量保持不变，可以用该方向上动量守恒解决 反冲运动问题． （5）在讨论反冲运动问题时，应注意以下几点． ①速度的反向性． 对于原来静止的整体，抛出部分具有速度时，剩余部分的反冲是相对于抛出部分来说的，两者运 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，则反方向的另一 A B、 A B B B A A A B2 部分的速度应取负值． 质量为 的物体以对地速度 抛出一个质量为 的物体，研究剩余部分对地反冲速度时，设 的 方向为正． 列出的方程式为 ， 得 ． 由于 为待求速度，事先可不考虑其方向，由计算结果为负值，表示剩余部分的运动方向与抛出 部分速度力向相反． 由于我们已明确剩余部分与抛出部分反向，因此可直接列出两部分动量大小相等方程．即上例可 列式为 ， ． 其中 为剩余部分速率． ②速度的相对性． 反冲运动中存在相互作用的物体间发生相对运动，已知条件中告知的常常是物体的相对速度，在 应用动量守恒定律时，应将相对速度转换为绝对速度（一般为对地速度）． 2．火箭 （1）火箭：现代火箭是指一种靠喷射高温高压燃气获得反作用力向前推进的飞行器，是反冲运动 的典型应用之一． （2）火箭的工作原理：动量守恒定律． 当火箭推进剂燃烧时，从尾部喷出的气体具有很大的动量，根据动量守恒定律，火箭获得大小相 等、方向相反的动量，因而发生连续的反冲现象，随着推进剂的消耗，火箭的质量逐渐减小，速度不 断增大，当推进剂燃尽时，火箭即以获得的速度沿着预定的空间轨道飞行． （3）火箭飞行能达到的最大飞行速度，主要取决于两个因素： ①喷气速度：现代液体燃料火箭的喷气速度约为 ，提高到 需很高的技术水 平． ②质量比（火箭开始飞行时的质量与火箭除燃料外的箭体质量之比），现代火箭能达到的质量比不 超过 ． （4）现代火箭的主要用途：利用火箭作为运载工具，例如发射探测仪器、常规弹头和核弹头、人 造卫星和宇宙飞船． （5）我国的火箭技术已跨入了世界先进行列． M v m v ( ) 0mv M m v+ =－ ＇ ' mv vM m = − − v＇ ( ) 'mv M m v= − ' mv vM m = − − v＇ 2.5 km/s 3 4 km/s～ 103 要点二、反冲运动的模型 1．“人船模型”——反冲运动 【例】如图所示，长为 、质量为 的小船停在静水中，一个质量为 的人立在船头，若不计水 的粘滞阻力，当人从船头走到船尾的过程中，船和人对地面的位移各是多少？ 【解析】选人和船组成的系统为研究对象，由于人从船头走到船尾的过程中，系统在水平方向不 受外力作用，所以水平方向动量守恒，人起步前系统的总动量为零．当人起步加速前进时，船同时向 后加速运动；当人匀速前进时，船同时向后匀速运动，当人停下来时船也停止．设某一时刻人对地的 速度为 ，船对地的速度为 ，选人前进的方向为正方向，根据动量守恒定律有： ， 即： ． 因为在人从船头走到船尾的整个过程中，每一时刻系统都满足动量守恒定律，所以每一时刻人的 速度与船的速度之比，都与它们的质量成反比．从而可以得出判断：在人从船头走向船尾的过程中， 人和船的平均速度也跟它们的质量成反比，即对应的平均动量 ， 而位移 ， 所以有 ， l M m 2v 1v 2 1 0mv Mv =－ 2 1 v M v m = 1 2M v mv= s vt= 1 2Ms ms=4 即 ． 由图可知 ， 解得 ， ， ． “人船模型”是利用平均动量守恒求解的一类问题．适用条件是：（1）系统由两个物体组成且相 互作用前静止，系统总动量为零；（2）在系统内发生相对运动的过程中至少有一个方向的动量守恒 （如水平方向或竖直方向），注意两物体的位移是相对同一参照物的位移．在解题时要画出各物体的位 移关系草图，找出各长度间的关系．此类问题也可以根据静止系统不受外力、系统质心位置不变的道 理求解． 利用这一模型还可以推广到其他问题上来解决大量的实际问题． 2．火箭的最终速度 火箭的工作原理就是动量守恒定律．当火箭推进剂燃烧时，从尾部喷出的气体具有很大的动量， 根据动量守恒定律，火箭就获得数值相等、方向相反的动量，因而发生连续的反冲现象．随着推进剂 的消耗，火箭逐渐减轻，加速度不断增大．当推进剂烧尽时，火箭即以获得的速度沿着预定的空间轨 道飞行．根据动量守恒定律可以推导出单级火箭的最终速度公式（设火箭开始飞行时速度为零）： ， 式中 是燃烧气体相对于火箭的喷射速度， 是火箭开始时的总质量， 是火箭喷气终了时剩 下的壳体及其他附属设备的总质量， 通常称为火箭的质量比． 上式是在未考虑空气阻力和地球引力的情况下推导出来的，由于空气阻力和地球引力的影响，火 箭速度达不到公式中所给出的数值．但从这一公式可以看到提高火箭速度有两个办法，一是提高气体 的喷射速度，二是提高质量比．而提高喷射速度的办法比提高质量比的办法更有效，但喷射速度的提 高也有一定限度． 2 1 s M s m = 1 2s s l+ = 1 ms lM m = + 2 Ms lM m = + 1 2s s l s+ = = 人相对船 0ln s Mv u M = u 0M sM 0 s M M5 【典型例题】 类型一、反冲运动中的极值 例 1、（2014 长葛市三模）如下图所示，光滑水平地面上停放着甲、乙两辆相 同的平板车，一根 轻绳跨过乙车的定滑轮(不计定滑轮的质量和摩擦)，绳的一端与甲车相连，另一端被甲车上的人拉在 手中，已知每辆车和人的质量均为 30 kg，两车间的距离足够远．现在人用力拉绳，两车开始相向运动， 人与甲车始终保持相对静止，当乙车的速度为 0.5 m/s 时，停止拉绳．求 （1）人在拉绳过程中做了多少功？ （2）若人停止拉绳后，至少以多大速度立即从甲车跳到乙车才能使两车不发生碰撞？ 【答案】（1）W＝5.62 5 J.； （2）当人跳离甲车的速度大于或等于 0.5m/s 时，两车才不会相撞 【解析】（1）设甲、乙两车和人的质量分别 为 m 甲、m 乙和 m 人， 停止拉绳时，甲车的速度为 v 甲，乙车的速度为 v 乙，由动量守恒定律得 (m 甲＋m 人)v 甲＝m 乙 v 乙　求得 v 甲＝0.25 m/s 由功能关系可知，人拉绳过程做的功等于系统动能的增加量． W＝1 2(m 甲＋m 人)v 2甲＋1 2m 乙 v 2乙＝5.62 5 J. （2）设人跳离甲时人的速度方向为正，大小为 ，甲车的速度为 ，人离开甲车前后由动量 守恒定律得： 人跳到乙车时，人与车共同速度为 ： v人 'v甲 (m +m ) = m +mv v v甲 甲 甲 甲人 人 人’ 'v乙6 若两车不碰撞，则 代入得： 当人跳离甲车的速度大于或等于 0.5m/s 时，两车才不会相撞 【总结升华】注意不同物理过程中的不同研究对象。 举一反三: 【变式】(2015 晋江市校级模拟) 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】 【解析】设抛出货物的速度为 v，以向右为正方向，由动量守恒定律得： 乙船与货物： 甲船与货物： 两船不相撞的条件是： 解得： ，则最小速度为 类型二、反冲运动在发射火箭中的运用 例 2．一火箭喷气发动机每次喷出 的气体，气体离开发动机时速度 ，设 火箭质量 ，发动机每秒喷气 次，求： （1）当第 次气体喷出后，火箭的速度多大？ （2）运动第 末，火箭的速度多大？ 【答案】（1） （2） 【解析】解法一：喷出气体运动方向与火箭运动方向相反，系统动量可认为守恒． （1）第 次气体喷出后，火箭速度为 ，有： ． 故 ． 第 次气体喷出后，火箭速度为 ，有： ( )m v m v m m v− = +乙 乙 乙 乙人 人 人 ’ ' 'v v≤甲 乙 0.5m/sv ≥人 04v v≥ 0 112 11mv mv mv= − 0 210 2 11m v mv mv× − = 2 1v v≤ 1 04v v≥ 04v 200 gm = 1000 m/sv = 300 kgM = 20 3 1 s 2m/s 13.5m/s 1 1v 1( ) 0M m v mv =－ － 1 mvv M m = − 2 2v7 ． 故 ． 第 次气体喷出后，火箭速度为 ，有： ． ． （2）依此类推，第 次气体喷出后，火箭速度为 ，有： ． ． 因为每秒喷气 次，所以第 末火箭速度为： ． 解法二：由于每次喷气速度一样，可选整体为研究对象，运用动量守恒来求解． （1）设喷出 次气体后火箭的速度为 ，以火箭和喷出的 次气体为研究对象，据动量守恒可得 ． ． （2）以火箭和喷出的 次气体为研究对象 ． 得 ． 【总结升华】火箭在运动的过程中，随着燃料的消耗，火箭本身的质量在不断减小，对于这一类 的问题，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． 火箭喷气属于反冲类问题，考虑到多次喷气且每次喷气的速度相同，这时选用整体作研究对象， 解题简单明了，可见研究对象的合理选取很重要． 举一反三: 【高清课堂：动量守恒定律的应用（反冲） 例 1】 【变式 1】质量为 千克的火箭竖直向上发射时喷气速度为 米/秒,问刚开始时如果要使火 箭产生 的竖直向上的加速度, 每秒大约要喷出多少气体？ 2 1( 2 ) ( )M m v mv M m v=－ － － 2 2 2 mvv M m = − 3 3v 3 2( 3 ) ( 2 )M m v mv M m v=－ － － 3 3 3 0.2 1000 m/s 2m/s3 300 3 0.2 mvv M m × ×= = =− − × n nv 1( ) [ ( 1) ]n nM nm v mv M n m v= －－ － － － n nmvv M nm = − 20 1 s 20 20 20 0.2 1000 m/s 13.5m/s20 300 20 0.2 mvv M m × ×= = =− − × 3 3v 3 3( 3 ) 3 0M m v mv =－ － 3 3 2m/s3 mvv M m = =− 20 20( 20 ) 20 0M m v mv =－ － 20 20 13.5m/s20 mvv M m = =− 60 1000 2g8 【答案】 【解析】以火箭为研究对象，由牛顿第二定律得 所以 有牛顿第三定律知火箭对气体的作用力 大小为 ． 以 秒中内喷出的气体为研究对象，由动量定理得 所以： ． 【高清课堂：动量守恒定律的应用（反冲） 例２】 【变式 1】设火箭发射前的总质量为 ，燃料燃尽后的质量为 ，火箭燃气的喷射速度为 ，燃 料燃尽后火箭的飞行速度为 . 试求火箭飞行的速度 ？思考火箭飞行的最大速度是由什么因素决 定的？ 【答案】 【解析】由动量守恒定律： 即 通过式子： 可以看出，火箭所获得的速度与哪些因素有关呢？ （1）喷气速度 ： 越大，火箭获得的速度越大。现代火箭的喷气速度在 之间。 （2） ：比值越大，火箭获得的速度越大。 指的是火箭起飞时的质量与火箭除去燃 料外的壳体质量之比，叫做火箭的质量比，这个参数一般在 。 类型三、竖直方向的反冲运动 例 3. （2016 北京模拟）某炮竖直向上发射炮弹，炮弹的质量 M 为 3kg（内含炸药的质量可以忽 略不计），炮弹被射出的初速度 v0 为 60m/s．当炮弹到达最高点时爆炸为沿水平方向相向飞行的两片， 其中一片质量 m 为 2kg，其炸开瞬间的速度大小是另一片的一半．现要求弹片不能落到以发射点为圆 1.8kg F Mg Ma− = ( ) 60(10 20) 1800NF M g a= + = + = F ′ 1800N １ F t mv′ = / 1800 1/1000kg=1.8kgm F t v= ′ = × M m v v ′ v ′ ( / 1)M m v− ( )M m v mv− − ′ = 0 ( ) /v M m v m′ = − − ( / 1)v M m v′ = − − ( 1)Mv vm ′ = − − v v 2000 4000m/s− /M m /M m 6 ~109 心、以半径 R 为 480m 的圆周范围内．假定重力加速度 g 始终为 10m/s2，忽略空气阻力．求刚爆炸完 时两弹片的总动能至少多大？ 【答案】刚爆炸完时两弹片的总动能至少为 1.92×104J． 【解析】设炮弹止升到达最高点的高度为 H， 根据匀变速直线运动规律有， 解得：H=180m 设质量为 m 的弹片刚爆炸后的速度为 v，则另一块的速度为 v2=2v 根据动量守恒定律，有 运动的时间为 t，根据平抛运动规律，有 联立上式得 v=80 m/s v2=2v=160m/s 炮弹刚爆炸后，两弹片的总动能： 代入数据得 J 【总结升华】本题涉及到竖直上抛运动、平抛运动，综合运用了动量守恒定律、能量守恒定律以 及运动学公式，综合性强，关键理清运动过程，选择合适的规律求解． 【变式 1】雨滴在穿过云层的过程中，不断与漂浮在云层中的小水珠相遇并结合为一体，其质量 逐渐增大．现将上述过程简化为沿竖直方向的一系列碰撞．已知雨滴的初始质量为 ，初速度为 ， 下降距离 后与静止的小水珠碰撞且合并，质量变为 ．此后每经过同样的距离 后，雨滴均与静止 的小水珠碰撞且合并，质量依次变为 （设各质量为已知量）．不计空气阻力． （1）若不计重力，求第 次碰撞后雨滴的速度 ； （2）若考虑重力的影响， ①求第 次碰撞前、后雨滴的速度 和 ； ②求第 次碰撞后雨滴的动能 ． 【答案】（1） （2）① ② 【解析】（1）若不计重力，雨滴下落全过程中动量守恒，且由 2 0 2v gH= ( ) 2mv M m v= − × 21 2H gt= R vt= 2 21 1 ( )(2 )2 2kE mv M m v= + + 41.92 10kE = × 0m 0v l 1m l 2 3 nm m m 、 、 、 、 n nv ＇ 1 1v 1v＇ n 21 '2 n nm v 0 0 n m vm 2 0 2v gl+ 20 0 1 2m v glm + 1 2 2 2 0 0 0 1 ( 2 )2 n i i m v gl mm − = + ∑ 0 0 n nm v m v= ＇10 得 ． （2）若考虑重力的影响，雨滴下降过程中做加速度为 的匀加速运动，碰撞瞬间动量守恒． ①第 次碰撞前 ， ， 第 次碰撞后 ， ① ②第 次碰撞前 ， 利用①式化简得 ， ② 第 次碰撞后，利用②式得 ， 同理，第 次碰撞后 ， …… 第 次碰撞后 ， 动能 ． 0 0'n n mv vm = g 1 2 2 1 0 2v v gl= + 2 1 0 2v v gl= + 1 0 1 1 1m v m v= ＇ 20 0 1 1 0 1 1 ' 2m mv v v glm m = = + 2 2 2 2 1 ' 2v v gl= + 2 2 2 2 20 0 1 2 0 2 1 1 2m m mv v glm m    += +        2 2 2 2 2 2 20 0 11 2 2 0 2 2 2 2 ' 2 2m m mmv v v glm m m      += = +            3 2 2 2 2 2 20 0 1 2 3 0 2 3 3 ' 2m m m mv v glm m    + += +        n 1 2 2 20 0 0 2' 2 ( )2 n i i n n n mmv v glm m − = = +    ∑ 1 2 2 2 2 0 0 0 1 1' ( 2 )2 2 n n n i i m v m v gl mm − = = + ∑11 【变式 2】两个质量分别为 和 的劈 和 ，高度相同，放在光滑水平面上． 和 的倾 斜面都是光滑曲面，曲面下端与水平面相切，如图所示． 一质量为 的物块位于劈 的倾斜面上，距水平面的高度为 ．物块从静止开始滑下，然后又滑 上劈 ．求物块在 上能够达到的最大高度． 【答案】 【解析】设物块到达劈 的底端时，物块和 的速度大小分别为 和 ，由机械能守恒和动量守 恒得 ， ① ． ② 设物块在劈 上达到的最大高度为 h＇，此时物块和 的共同速度大小为 v＇，由机械能守恒和 水平方向动量守恒得 ， ③ ， ④ 联立①②③④式得 ． ⑤ 【变式 3】如图所示，一条轨道固定在竖直平面内，粗糙的 段水平， 段光滑， 段是 以 为圆心、 为半径的一小段圆弧．可视为质点的物块 和 紧靠在一起，静止于 处， 的质 量是 的 倍．两物块在足够大的内力作用下突然分离，分别向左、右始终沿轨道运动． 到 点时 速度沿水平方向，此时轨道对 的支持力大小等于 所受重力的 ． 与 段的动摩擦因数为 ， 重力加速度为 ，求： 1M 2M A B A B m A h B B 1 2 1 2( )( ) M M hM m M m+ + A A v Av 2 2 1 1 1 2 2 Amgh mv m v= + 1 AM v mv= B B 2 2 2 1 1' ( ) '2 2mgh M m v mv+ + = ( )2mv M m v= + ＇ 1 2 1 2 ' ( )( ) M Mh hM m M m = + + ab bcde cde D R A B b A B 3 B d B B 3 4 A ab µ g12 （1）物块 在 点的速度大小 ； （2）物块 滑行的距离 ． 【答案】（1） （2） 【解析】（1）设物块 的质量为 ，则物块 的质量为 ，物块 在 点受到向下的重力 和向上的支持力 ，由牛顿第二定律得 ， 解得 ． （2）物块 由 点运动到 点的过程中机械能守恒，则 ， 解得 ． 物块 在 点分开过程中动量守恒，则 ， 解得 ． 物块 向左滑动过程中由动能定理得 ， 解得 ． B d v A s 2 gR 8 R µ B m A 3m B d mg 3 4 mg 23 4 vmg mg m R − = 2 gRv = B b d 2 21 1 2 2Bbmv mgR mv= + 2Bb gRv = A B、 b 3 Ab Bbmv mv= 2Ab gRv = A 213 32 Abmg s mvµ ⋅ ⋅ = × 8 Rs µ=13 类型四、动量守恒与万有引力的应用 例 4．总质量为 的一颗返回式人造地球卫星沿半径为 的圆轨道绕地球运动到 点时，接到地 面指挥中心返回地面的指令，于是立即打开制动火箭向原来运动方向喷出燃气以降低卫星速度并转到 跟地球相切的椭圆轨道，如图所示． 要使卫星对地速度降为原来的 ，卫星在 处应将质量为 的燃气以多大的对地速度向前喷 出？（将连续喷气等效为一次性喷气，地球半径为 ，地面重力加速度为 ） 【思路点拨】这是一道万有引力定律与动量守恒定律应用的综合题． 【答案】 【解析】卫星绕地球做半径为 的匀速圆周运动，设线速度为 ，由万有引力提供圆周运动的向 心力得 ， 在地球附近： ， 由以上两式得 ． 设卫星在 点喷出的气体对地速度为 ，此时卫星的速度为 ，由题意知 ， 由卫星和燃气组成的系统动量守恒有 m R P 8 9 P m∆ 0R g 2 08 9 gRm m m R + ∆ ∆ R v 2 2 Mm mvG R R = 2 0 MmG mgR = 2 0gRv R = P 1v 2v 2 0 2 8 8 9 9 gRv v R = =14 ， 代入 及 得 ． 即应将质量为 的燃气以 的速度向前喷出． 【总结升华】该题情景看似较新颖，实际上就是一道万有引力定律与动量守恒定律应用的综合 题 ． 卫 星 在 点 向 前 喷 出 气 体 的 过 程 中 ， 卫 星 和 喷 出 气 体 组 成 的 系 统 动 量 守 恒 ． 1 2( )mv mv m m v= ∆ + ∆－ v 2v 2 0 1 8 9 gRm mv m R + ∆= ∆ m∆ 2 08 9 gRm m m R + ∆ ∆ P15 【巩固练习】 一、选择题 1．航天飞机利用喷出的气体进行加速，是利用了高速气体的哪种作用？（ ） A．产生的浮力 B．向外的喷力 c．反冲作用 D．热作用 2．竖直发射的火箭质量为 6×103 kg．已知每秒钟喷出气体的质量为 200 kg．若要使火箭最初能得 到 20. 2 m／s。的向上加速度，则喷出气体的速度应为（ ）． A．700 rn／s B．800 m／s C．900 m／s D．1000 m／s 3．质量相等的 A、B 两球之间压缩一根轻质弹簧，静置于光滑水平桌面上，当用板挡住小球 A 而 只释放 B 球时，B 球被弹出落到距桌边水平距离为 s 的地面上，如图所示．若再次以相同力压缩该弹 簧，取走 A 左边的挡板，将 A、B 同时释放，则四球的落地点距桌边（ ）． 　　　　　　 A． B． C．s D． 4．质量 m=100 kg 的小船静止在平静水面上，船两端载着 m 甲=40 kg，m 乙=60 kg 的游泳者，在 同一水平线上甲向左、乙向右同时以相对于岸 3 m／s 的速度跃入水中，如图所示，则小船的运动速率 和方向为（ ）． 　　　　　　 A．0.6 m／s，向左 B．3 m／s，向左 C．0.6 m／s，向右 D．3 m／s，向右 5．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，当小球从图所示位置无初速地沿内壁滚到最低点时，大球移动的距离为（ ）． 　　　　　　 A． B． C． D． 6、（2015 三门峡校级月考）一炮艇在湖面上匀速行驶，突然从船头和船尾同时向前和向后各发 射一发炮弹，设两炮弹质量相同，相对于地的速度率相同，牵引力、阻力均不变，则船的动量和速度 的变化情况是( ) 2 s 2s 2 2 s 2 R 3 R 4 R 6 R16 A、动量不变，速度变大 B、动量变小，速度不变 C、动量变大，速度增大 D、动量变大，速度减小 7、（2014 大城县期中考）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中，发射枚质量为 m 的炮弹后，自行火炮的速度为 v2，仍向右行 驶，则炮弹相对炮筒的发射速度 v0 为 ( ) A、 B、 C、 D、 8、（2014 信阳校级期末）穿着溜冰鞋的人，站在光滑的冰面上，沿水平方向举枪射击．设第一 次射出子弹后，人后退的速度为 v，则(　　 ) A．无论射出多少颗子弹，人后退的速度为 v 保持不变 B．射出 n 颗子弹后，人后退的速度为 nv C．射出 n 颗子弹后，人后退的速度大于 nv D．射出 n 颗子弹后，人后退的速度小于 nv 9.（2016 西城区一模）如图所示，质量为 M 的人在远离任何星体的太空中，与他旁边的飞船相 对静止．由于没有力的作用，他与飞船总保持相对静止的状态．这个人手中拿着一个质量为 m 的小物 体，他以相对飞船为 v 的速度把小物体抛出，在抛出物体后他相对飞船的速度大小为（　　） A． B． C． D． 10．如图所示，质量为 M 的密闭汽缸置于光滑水平面上，缸内有一隔板 P，隔板右边是真空，隔 板左边是质量为 m 的高压气体，若将隔板突然抽去，则汽缸的运动情况是(　　) 　　　　 A．保持静止不动 B．向左移动一定距离后恢复静止 C．最终向左做匀速直线运动 D．先向左移动，后向右移动回到原来位置 二、填空题 11．如图所示，质量为 m，长为 a 的汽车由静止开始从质量为 M、长为 b 的平板车一端行至另一 端时，汽车发生的位移大小为________，平板车发生的位移大小为________．（水平地面光滑） 1 2 2( )M v v mv m − + 1 2( )M v v m − 1 2 2( ) 2M v v mv m − + 1 2 1 2( ) ( )M v v m v v m − − − m vM M vm M m vm + m vM m+17 　　 12．小车静置在光滑水平面上，站在车上的人练习打靶，靶装在车上的另一端，如图所示（小圆 点表示枪口）．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， 每发子弹打入靶中，就留在靶里，且待前一发打入靶中后，再打下一发．若枪口到靶的距离为 d，待 打完 n 发子弹后，小车移动的距离为________． 　　　　　　 三、解答题 13．如图所示，一玩具车携带若干质量为 m1 的弹丸，车和弹丸的总质量为 m2，在半径为尺的水 平光滑轨道上以速率 v0 做匀速圆周运动，若小车每转一周便沿运动方向相对地面以恒定速度 u 发射一 枚弹丸．求： 　　　　　　 （1）至少发射多少颗弹丸后小车开始反向运动？ （2）写出小车反向运动前发射相邻两枚弹丸的时间间隔的表达式． 14．课外科技小组制作一只“水火箭”，用压缩空气压出水流使水火箭运动，假如喷出的水流流量 保持为 2×10－4 m3／s，喷出速度保持为对地 10 m／s，启动前火箭总质量为 1.4 kg，则启动 2 s 末火箭 的速度可以达到多少？（已知火箭沿水平轨道运动，阻力不计，水的密度是 103 kg／m3） 15.（2016 会宁县校级模拟）如图所示，光滑水平桌面上有长 L=2m 的挡板 C，质量 mC=5kg，在 其正中央并排放着两个小滑块 A 和 B，mA=1kg，mB=3kg，开始时三个物体都静止．在 A、B 间放有少 量塑胶炸药，爆炸后 A 以 6m/s 速度水平向左运动，A、B 中任意一块与挡板 C 碰撞后，都粘在一起， 不计摩擦和碰撞时间，求： （1）当两滑块 A、B 都与挡板 C 碰撞后，C 的速度是多大； （2）A、C 碰撞过程中损失的机械能．18 【答案与解析】 一、选择题 1．【答案】C 2．【答案】C 【解析】动量守恒，即每秒喷出气体的动量等于火箭每秒增加的动量，即 m 气 v 气=m 箭 v 箭，由动 量定理得火箭获得的动力 ，又 F－m 箭 g=m 箭 a，得 v 气=900 m／s． 3．【答案】D 【解析】挡板挡住 A 球时，弹簧的弹性势能全部转化为 B 球的动能，有 ，挡板撤走 后，弹性势能两球平分，则有 ，由以上两式解得 ，D 对． 4．【答案】A 5．【答案】B 6、【答案】C 【解析】以炮弹和炮艇为系统进行分析，由动量守恒可知船的动量及速度的变化。因船受到的牵 引力及阻力不变，且开始时船匀速运动，故整个系统动量守恒；设炮弹质量为 m，船（不包括两炮弹） 的质量为 M，则由动量守恒可得：Mv+mv1-mv1=（M+2m）v0，可得 v>v0,可得发射炮弹后瞬间船的动 量变大，速度增大； 故选 C． 7、【答案】A 【解析】火炮与炮弹组成的系统动量守恒，以火炮的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得： ，解得： ，故选 A。 8、【答案】C 【解析】设人的质量为 M，每颗子弹的质量为 m，射出子弹的速度为 v0，共有 k 颗子弹，以人与 子 弹 组 成 的 系 统 为 研 究 对 象 ， 以 子 弹 的 初 速 度 方 向 为 正 方 向 ， 由 动 量 守 恒 定 律 得 ： ，得： 射第二颗子弹过程： ， 得： 200m v m vF vt t = = =箭 箭 气 气 气 21 '2p BE mv= 212 '2p BE mv= × 2' 2B Bv v= 1 2 0(M m)Mv v mv= − + 1 2 2 0 ( )M v v mvv m − += 0 1 ] 0[mv M k v− + − =（ ） 0 (k 1)m mvv M = + − 0 12 1[ ] [ ]mv M k v M k v− + − = − + −（ ） （ ） 0 1 2 (k 2)m mvv M = + −19 同理可得： ，故 C 正确； 故选：C． 9.【答案】A． 【解析】人和物体组成的系统不受外力作用，系统动量守恒，以 v 的速度方向为正方向，根据动 量守恒定律得： ，解得： ，故 A 正确． 10．【答案】B　 【解析】突然撤去隔板，气体向右运动，汽缸做反冲运动，当气体充满整个汽缸时，它们之间的 作用结束．由动量守恒定律可知，开始时系统的总动量为零，结束时总动量必为零，汽缸和气体都将 停止运动，故 B 正确． 二、填空题 11．【答案】 12．【答案】 三、解答题 13．【答案】见解析 【解析】（1）由动量守恒定律得发射了 n 颗弹丸后小车的速度为 ，小车开始反 向时，vn=0，所以 ． （2）由动量守恒定律得，小车向前发射第 k 颗子弹后小车的速度 ，则时间间隔 且 ． 14．【答案】见解析 【解析】“水火箭”喷出水流做反冲运动，设火箭原来总质量为 M，喷出水流的流量为 Q，水的密 度为 ，水流的喷出速度为 v，火箭的反冲速度为 v＇．由动量守恒定律，得 (M－ Qt)v＇= Qtv， 火箭启动后 2 s 末的速度为 0 0(n 1) (n 1) (k 1)m (k 1)mn mv mvv M n M + += >+ − − + − 1mv Mv= 1 mv vM = ( )M b a M m − + ( )m b a M m − + nmd M nm+ 2 0 1 2 1 n m v nm uv m nm −= − 2 0 1 m vn m u = 2 0 1 2 1 k m v km uv m km −= − 2 1 2 0 1 2 ( ) k R m kmt T m v km u π −∆ = = − 2 0 1 m mk m u < ρ ρ ρ20 ． 15. 【答案】（1）当两滑块 A、B 都与挡板 C 碰撞后，C 的速度是 0；（2）A、C 碰撞过程中损失 的机械能为 15J． 【解析】（1）A、B 都和 C 碰撞粘在一起后，三者速度相等，A、B、C 组成的系统动量守恒，由 动量守恒定律得： 解得：C 的速度 vC=0； （2）A、C 组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得： 解得：v=1m/s， 碰撞过程，由能量守恒定律得： J． 3 4 3 4 10 2 10 2 10' m / s 4m / s1.4 10 2 10 2 Qtvv M Qt ρ ρ − − × × × ×= = =− − × × × ( ) 0A B C Cm m m v+ + = ( )A A A Cm v m m v= + 2 21 1 ( ) 152 2A A A CE m v m m v∆ = − + =