一、反沖現(xiàn)象的理解與應(yīng)用
1．定義
一個(gè)靜止的物體在內(nèi)力的作用下分裂為兩部分，一部分向某個(gè)方向運(yùn)動(dòng)，另一部分必然向相反的方向運(yùn)動(dòng)的現(xiàn)象。
2．規(guī)律：反沖運(yùn)動(dòng)中，相互作用力一般較大，滿足動(dòng)量守恒定律。
3．反沖現(xiàn)象的應(yīng)用及防止
(1)應(yīng)用：農(nóng)田、園林的噴灌裝置利用反沖使水從噴口噴出時(shí)，一邊噴水一邊旋轉(zhuǎn)。
(2)防止：用槍射擊時(shí)，由于槍身的反沖會(huì)影響射擊的準(zhǔn)確性，所以用步槍射擊時(shí)要把槍身抵在肩部，以減少反沖的影響。
只有系統(tǒng)合外力為零時(shí)，反沖運(yùn)動(dòng)才能用動(dòng)量守恒定律來(lái)分析，這種說(shuō)法是否正確？
答案 不正確。在反沖運(yùn)動(dòng)中，即使系統(tǒng)所受合外力不為零，因內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，外力可以忽略，也可用動(dòng)量守恒定律來(lái)解釋。
1．反沖運(yùn)動(dòng)的三個(gè)特點(diǎn)
(1)物體的不同部分在內(nèi)力作用下向相反方向運(yùn)動(dòng)。
(2)反沖運(yùn)動(dòng)中，系統(tǒng)不受外力或內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，遵循動(dòng)量守恒定律或在某一方向上動(dòng)量守恒。
(3)反沖運(yùn)動(dòng)中，由于有其他形式的能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，所以系統(tǒng)的機(jī)械能增加。
2．討論反沖運(yùn)動(dòng)應(yīng)注意的兩個(gè)問(wèn)題
(1)速度的方向性：對(duì)于原來(lái)靜止的整體，可任意規(guī)定某一部分的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较?，則反方向運(yùn)動(dòng)的另一部分的速度就要取負(fù)值。
(2)速度的相對(duì)性：反沖問(wèn)題中，若已知相互作用的兩物體的相對(duì)速度，將各速度轉(zhuǎn)換成相對(duì)同一參考系的速度，再列動(dòng)量守恒方程。
(1)反沖運(yùn)動(dòng)是相互作用的物體之間的作用力與反作用力產(chǎn)生的效果。( √ )
(2)反沖運(yùn)動(dòng)的原理既適用于宏觀物體，也適用于微觀粒子。( √ )
(3)一切反沖現(xiàn)象都是有益的。( × )
例1 狙擊槍重M＝8 kg，射出的子彈質(zhì)量m為20 g，若子彈射出槍口時(shí)的速度為v＝1 000 m/s，不計(jì)人對(duì)槍的作用力，則槍的后退速度v′是多大？
答案 2.5 m/s
解析 子彈和槍組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以子彈的速度方向?yàn)檎较颉?br>作用前：p＝0
作用后： p′＝mv－Mv′
由動(dòng)量守恒定律得：p＝ p′
即0＝mv－Mv′
解得v′＝eq \f(mv,M) ＝(0.02 ×eq \f(1000,8) ) m/s＝2.5 m/s。
針對(duì)訓(xùn)練 如圖，反沖小車(chē)靜止放在水平光滑玻璃上，點(diǎn)燃酒精燈，水蒸氣將橡皮塞水平噴出，小車(chē)沿相反方向運(yùn)動(dòng)。如果小車(chē)運(yùn)動(dòng)前的總質(zhì)量M＝3 kg，水平噴出的橡皮塞的質(zhì)量m＝0.1 kg。(水蒸氣質(zhì)量忽略不計(jì))
(1)若橡皮塞噴出時(shí)獲得的水平速度v＝2.9 m/s，求小車(chē)的反沖速度；
(2)若橡皮塞噴出時(shí)速度大小不變，方向與水平方向成60°角，求小車(chē)的反沖速度。(小車(chē)一直在水平方向運(yùn)動(dòng))
答案 (1)0.1 m/s，方向與橡皮塞水平運(yùn)動(dòng)方向相反
(2)0.05 m/s，方向與橡皮塞水平分運(yùn)動(dòng)的方向相反
解析 (1)小車(chē)和橡皮塞組成的系統(tǒng)所受外力之和為零，系統(tǒng)總動(dòng)量為零。以橡皮塞運(yùn)動(dòng)的方向?yàn)檎较?br>根據(jù)動(dòng)量守恒定律，mv＋(M－m)v′＝0
解得v′＝－0.1 m/s
負(fù)號(hào)表示小車(chē)運(yùn)動(dòng)方向與橡皮塞水平運(yùn)動(dòng)的方向相反，反沖速度大小是0.1 m/s。
(2)小車(chē)和橡皮塞組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒。以橡皮塞運(yùn)動(dòng)的水平分運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较颍?br>mvcs 60°＋(M－m)v″＝0
解得v″＝－0.05 m/s
負(fù)號(hào)表示小車(chē)運(yùn)動(dòng)方向與橡皮塞水平分運(yùn)動(dòng)方向相反，反沖速度大小是0.05 m/s。
二、火箭的工作原理分析
1．火箭的主要用途：火箭作為運(yùn)載工具，例如發(fā)射探測(cè)儀器、常規(guī)彈頭和核彈頭、人造衛(wèi)星和宇宙飛船。
2．火箭的工作原理：火箭是利用燃?xì)飧咚賴姲l(fā)時(shí)的反沖運(yùn)動(dòng)，遵循動(dòng)量守恒定律。
1．火箭發(fā)射前的總質(zhì)量為M、燃料燃盡后火箭的質(zhì)量為m，火箭燃?xì)獾膰娚渌俣葹関1，求燃料燃盡后火箭的飛行速度v為多大？
答案 在火箭發(fā)射過(guò)程中，內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，所以動(dòng)量守恒。
以火箭的速度方向?yàn)檎较颍?發(fā)射前的總動(dòng)量為0；
發(fā)射后的總動(dòng)量為：mv－(M－m) v1
由動(dòng)量守恒定律得：0＝ mv－(M－m) v1
得v＝eq \f(M－m,m)v1＝( eq \f(M,m)－1) v1。
2．根據(jù)上述分析，討論如何提高火箭飛行獲得的速度大小。
答案 根據(jù)v＝(eq \f(M,m)－1)v1 ，分析可知，若要提高火箭獲得的速度，應(yīng)
①提高火箭發(fā)射前的總質(zhì)量和燃料燃盡后火箭的質(zhì)量比；
②提高火箭噴出的燃?xì)獾乃俣取?br>例2 2021年6月17日，搭載神舟十二號(hào)載人飛船的長(zhǎng)征二號(hào)F遙十二運(yùn)載火箭在酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心點(diǎn)火發(fā)射，成功將神舟十二號(hào)載人飛船送入預(yù)定軌道。如果長(zhǎng)征二號(hào)F遙十二運(yùn)載火箭(包括載人飛船、航天員和燃料)的總質(zhì)量為M，豎直向上由靜止開(kāi)始加速，每次向下噴出質(zhì)量為m的燃?xì)?，燃?xì)獗粐姵鰰r(shí)相對(duì)地面的速度大小均為v，則第5次噴出燃?xì)獾乃查g，運(yùn)載火箭速度大小為(忽略重力的影響)( )
A.eq \f(5mv,M－5m) B.eq \f(?M－5m?v,5m)
C．(eq \f(m,M－m))5v D．(eq \f(M－m,m))5v
答案 A
解析 設(shè)第5次噴出燃?xì)獾乃查g運(yùn)載火箭的速度為v1，此時(shí)運(yùn)載火箭的質(zhì)量為M－5m，忽略重力影響，運(yùn)載火箭噴氣過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有(M－5m)v1＝5mv，解得v1＝eq \f(5mv,M－5m)，故選A。
三、“人船模型”問(wèn)題
一質(zhì)量為M的小船靜止在水面上，站在船尾的質(zhì)量為m的小孩，從靜止開(kāi)始向左運(yùn)動(dòng)。求此過(guò)程中：
(1)船向哪運(yùn)動(dòng)？當(dāng)小孩速度為v時(shí)，船速多大；
(2)當(dāng)小孩向左移動(dòng)了x時(shí)，船的位移多大；
(3)小孩和船的位移大小與兩者質(zhì)量有什么關(guān)系；
(4)若小孩從船頭移動(dòng)到船尾，船長(zhǎng)為L(zhǎng)，小孩的位移為多大。
答案 (1)因?yàn)樾『⑴c小船組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，當(dāng)小孩向左運(yùn)動(dòng)時(shí)，小船向右運(yùn)動(dòng)。設(shè)小孩的速度v的方向?yàn)檎较?，?dāng)小孩速度為v時(shí)，mv－Mv′＝0，解得v′＝eq \f(mv,M)。
(2)由人船系統(tǒng)始終動(dòng)量守恒可知
meq \x\t(v)－Meq \x\t(v′)＝0，故當(dāng)小孩的位移大小為x時(shí)，有
mx－Mx′＝0，解得x′＝eq \f(mx,M)。
(3)小孩與小船的位移大小與質(zhì)量成反比，即eq \f(x,x′)＝eq \f(M,m)。
(4)x＋x′＝L
解得x＝eq \f(M,M＋m)L
1．“人船模型”問(wèn)題
兩個(gè)原來(lái)靜止的物體發(fā)生相互作用時(shí)，若所受外力的矢量和為零，則動(dòng)量守恒。
2．人船模型的特點(diǎn)
(1)兩物體滿足動(dòng)量守恒定律：m人v人－m船v船＝0，在相互作用的過(guò)程中，任一時(shí)刻兩物體的速度大小與質(zhì)量成反比。
(2)運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)：人動(dòng)船動(dòng)，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(zhì)量的反比，即eq \f(x人,x船)＝eq \f(m船,m人)。人和船的位移滿足|x人|＋|x船|＝L。
例3 如圖所示，物體A和B質(zhì)量分別為m1和m2，圖示直角邊長(zhǎng)分別為a和b。設(shè)B與水平地面無(wú)摩擦，當(dāng)A由頂端O從靜止開(kāi)始滑到B的底端時(shí)，B的水平位移是( )
A.eq \f(m2,m1＋m2)b B.eq \f(m1,m1＋m2)b
C.eq \f(m1,m1＋m2)(b－a) D.eq \f(m2,m1＋m2)(b－a)
答案 C
解析 A、B組成的系統(tǒng)在相互作用過(guò)程中水平方向動(dòng)量守恒，兩物體位移關(guān)系如圖所示，則
m2x－m1(b－a－x)＝0，
解得x＝eq \f(m1?b－a?,m1＋m2)，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤。
“人船模型”是利用平均動(dòng)量守恒求解的一類(lèi)問(wèn)題，解決這類(lèi)問(wèn)題應(yīng)注意：
(1)適用條件：
①系統(tǒng)由兩個(gè)物體組成且相互作用前靜止，系統(tǒng)總動(dòng)量為零；
②在系統(tǒng)內(nèi)發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中至少有一個(gè)方向的動(dòng)量守恒(如水平方向或豎直方向)。
(2)畫(huà)草圖：解題時(shí)要畫(huà)出各物體的位移關(guān)系草圖，找出各長(zhǎng)度間的關(guān)系，注意兩物體的位移是相對(duì)同一參考系的位移。
四、爆炸問(wèn)題
有一炸彈突然爆炸分成了兩塊，在爆炸前后，系統(tǒng)的動(dòng)量和機(jī)械能怎樣變化，為什么？
答案 由于爆炸時(shí)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，故爆炸時(shí)系統(tǒng)動(dòng)量守恒，爆炸時(shí)通過(guò)內(nèi)力做功將化學(xué)能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，故爆炸時(shí)系統(tǒng)機(jī)械能增加。
例4 (2022·鹽城市高二期末)如圖所示，光滑水平面上甲、乙兩球間粘少許炸藥，一起以
0.5 m/s的速度向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)。已知甲、乙兩球質(zhì)量分別為0.1 kg和0.2 kg。某時(shí)刻炸藥突然爆炸，分開(kāi)后兩球仍沿原直線運(yùn)動(dòng)，從爆炸開(kāi)始計(jì)時(shí)經(jīng)過(guò)3.0 s，兩球之間的距離為x＝2.7 m，則下列說(shuō)法正確的是( )
A．剛分離時(shí)，甲、乙兩球的速度方向相同
B．剛分離時(shí)，甲球的速度大小為0.6 m/s
C．剛分離時(shí)，乙球的速度大小為0.3 m/s
D．爆炸過(guò)程中甲、乙兩球增加的總機(jī)械能為0.027 J
答案 D
解析 設(shè)甲、乙兩球的質(zhì)量分別為m1、m2，剛分離時(shí)兩球速度分別為v1、v2，以向右為正方向，則由動(dòng)量守恒定律得(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，根據(jù)題意有v2－v1＝eq \f(x,t)，代入數(shù)據(jù)解得v2＝0.8 m/s，v1＝－0.1 m/s，說(shuō)明剛分離時(shí)兩球速度方向相反，故A、B、C錯(cuò)誤；爆炸過(guò)程中兩球增加的總機(jī)械能ΔE＝eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22－eq \f(1,2)(m1＋m2)v02，代入數(shù)據(jù)，
解得ΔE＝0.027 J，故D正確。
例5 一個(gè)質(zhì)量為m的物體從高處自由下落，當(dāng)物體下落h距離時(shí)突然炸裂成兩塊，其中質(zhì)量為m1的一塊恰好能沿豎直方向回到開(kāi)始下落的位置，不計(jì)空氣阻力，求：
(1)剛炸裂時(shí)另一塊的速度v2。
(2)爆炸中兩物體增加的總機(jī)械能。
答案 (1)eq \f(m＋m1,m－m1)eq \r(2gh)，方向豎直向下
(2)eq \f(4mm1gh,m－m1)
解析 (1)由自由落體運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知，炸裂前物體的速度v＝eq \r(2gh)，取豎直向下為正方向，炸裂前物體的動(dòng)量為p＝mv＝meq \r(2gh)，炸裂后質(zhì)量為m1的一塊恰好能向上運(yùn)動(dòng)到開(kāi)始下落的位置，則剛炸裂時(shí)其速度大小與炸裂前相同，即v1＝－eq \r(2gh)，方向與規(guī)定的正方向相反。由動(dòng)量守恒定律有mv＝m1v1＋(m－m1)v2
解得v2＝eq \f(m＋m1,m－m1)eq \r(2gh)，由于m>m1，則v2>0，說(shuō)明炸裂后另一塊的運(yùn)動(dòng)方向豎直向下。
(2)E總＝eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)(m－m1)v22
ΔE＝E總－E初，
則ΔE＝eq \f(1,2)(m－m1)v22－eq \f(1,2)(m－m1)v2＝eq \f(4mm1gh,m－m1)。
課時(shí)對(duì)點(diǎn)練
考點(diǎn)一 反沖現(xiàn)象的理解和應(yīng)用
1．(多選)(2022·陜西富平市期末)下列情境屬于反沖現(xiàn)象的有( )
A．乒乓球碰到墻壁后彈回
B．發(fā)射炮彈后炮身后退
C．噴氣式飛機(jī)噴氣飛行
D．火箭升空
答案 BCD
解析 乒乓球碰到墻壁后彈回是因?yàn)槭艿搅藟Ρ诘淖饔昧?，不是反沖現(xiàn)象，A錯(cuò)誤；系統(tǒng)在內(nèi)力作用下，當(dāng)一部分向某一方向的動(dòng)量發(fā)生變化時(shí)，剩余部分沿相反方向的動(dòng)量發(fā)生同樣大小變化的現(xiàn)象就是反沖現(xiàn)象，所以發(fā)射炮彈后炮身后退，是反沖現(xiàn)象；噴氣式飛機(jī)是利用飛機(jī)與氣體間的相互作用促進(jìn)飛機(jī)前進(jìn)，是反沖現(xiàn)象；同理火箭升空是反沖現(xiàn)象，B、C、D正確。
2．(2023·田家炳中學(xué)月考)一人靜止于光滑的水平冰面上，現(xiàn)欲離開(kāi)冰面，下列說(shuō)法中可行的是( )
A．向后踢腿
B．向后甩手
C．脫下衣服或鞋子水平拋出
D．脫下衣服或鞋子豎直向上拋出
答案 C
解析 以人作為整體為研究對(duì)象，向后踢腿或手臂向后甩，人整體的總動(dòng)量為0，不會(huì)運(yùn)動(dòng)起來(lái)，故A、B錯(cuò)誤；把人和外衣、鞋子視為一個(gè)整體，這個(gè)整體動(dòng)量為0，人給外衣或鞋子一個(gè)水平速度，總動(dòng)量不變，所以人有一個(gè)反向的速度，可以離開(kāi)冰面，故C正確；把人和外衣、鞋子視為一整體，這個(gè)整體動(dòng)量為0，人給外衣或鞋子一個(gè)豎直方向的速度，水平方向的總動(dòng)量仍然等于0，所以人仍然靜止，不能離開(kāi)冰面，故D錯(cuò)誤。
3．(2022·菏澤市高二期末)烏賊游動(dòng)時(shí)，先把水吸入體腔，然后收縮身體，通過(guò)身體上的小孔向外噴水，使身體向相反方向快速移動(dòng)。某次靜止的烏賊在瞬間噴出的水的質(zhì)量占噴水前自身總質(zhì)量的eq \f(1,10)，噴水后烏賊獲得的速度為8 m/s，則噴出的水的速度大小為( )
A．72 m/s B．80 m/s C．88 m/s D．60 m/s
答案 A
解析 設(shè)烏賊瞬間噴出的水的質(zhì)量為m，則噴水前烏賊質(zhì)量為10m，噴水后質(zhì)量為9m，設(shè)噴出的水的速度為v1，噴水后烏賊獲得的速度為v2，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有0＝mv1＋9mv2，將v2＝8 m/s代入可得v1＝－72 m/s，負(fù)號(hào)表示噴水方向與烏賊身體運(yùn)動(dòng)方向相反，故B、C、D錯(cuò)誤，A正確。
考點(diǎn)二 火箭工作原理和爆炸問(wèn)題
4．(多選)(2023·益陽(yáng)市月考)采取下列哪些措施有利于增加火箭的飛行速度( )
A．使噴出的氣體速度更大
B．使噴出的氣體溫度更高
C．使噴出的氣體質(zhì)量更大
D．使噴出的氣體密度更小
答案 AC
解析 設(shè)火箭原來(lái)的總質(zhì)量為M，噴出的氣體質(zhì)量為m，速度是v，剩余的質(zhì)量為M－m，速度是v′，由動(dòng)量守恒定律得(M－m)v′＝mv，得v′＝eq \f(mv,M－m)＝eq \f(v,\f(M,m)－1)，故m越大、v越大，v′越大，故A、C正確。
5．(2022·肇慶市期末)如圖是神舟十二號(hào)載人飛船發(fā)射瞬間的畫(huà)面，在火箭點(diǎn)火發(fā)射瞬間，質(zhì)量為m的燃?xì)庖源笮関的速度在很短時(shí)間內(nèi)從火箭噴口噴出。已知發(fā)射前火箭的質(zhì)量為M，則在燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g，火箭的速度大小為(燃?xì)鈬姵鲞^(guò)程不計(jì)重力和空氣阻力的影響)( )
A．v B．2v
C.eq \f(M,m)v D.eq \f(m,M－m)v
答案 D
解析 以向上為正方向，由動(dòng)量守恒定律可得(M－m)v′－mv＝0，解得v′＝eq \f(m,M－m)v，D正確。
6．(2022·玉溪第三中學(xué)高二月考)一質(zhì)量為m的炮彈在空中飛行，運(yùn)動(dòng)至最高點(diǎn)時(shí)炸裂成質(zhì)量相等的甲、乙兩塊，爆炸前瞬間炮彈速度為v，方向水平向右，爆炸后甲的速度為2v，方向水平向左。爆炸過(guò)程中轉(zhuǎn)化為動(dòng)能的化學(xué)能是( )
A.eq \f(1,2)mv2 B．mv2
C.eq \f(9,2)mv2 D．5mv2
答案 C
解析 爆炸瞬間內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，以水平向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律有
mv＝－eq \f(m,2)·2v＋eq \f(m,2)·v′，解得爆炸后乙的速度v′＝4v，
根據(jù)能量守恒定律有ΔE＝eq \f(1,2)×eq \f(m,2)·(2v)2＋eq \f(1,2)·eq \f(m,2)·(4v)2－eq \f(1,2)mv2
解得ΔE＝eq \f(9,2)mv2，故C正確。
考點(diǎn)三 人船模型
7．(多選)(2022·濰坊市高二檢測(cè))如圖所示，質(zhì)量為M，長(zhǎng)度為L(zhǎng)的船停在平靜的湖面上，船頭站著質(zhì)量為m的人，M>m，現(xiàn)在人由靜止開(kāi)始由船頭走到船尾。不計(jì)水對(duì)船的阻力，則( )
A．人和船運(yùn)動(dòng)方向相同
B．船運(yùn)行速度小于人的行進(jìn)速度
C．由于船的慣性大，當(dāng)人停止運(yùn)動(dòng)時(shí)，船還要繼續(xù)運(yùn)動(dòng)一段距離
D．人相對(duì)水面的位移為eq \f(ML,M＋m)
答案 BD
解析 人和船動(dòng)量守恒，系統(tǒng)總動(dòng)量為零，故人和船運(yùn)動(dòng)方向始終相反，故A錯(cuò)誤；由動(dòng)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(tǒng)動(dòng)量守恒且系統(tǒng)總動(dòng)量為零知：人走船走，人停船停，故C錯(cuò)誤； 由平均動(dòng)量守恒Meq \f(x船,t)＝meq \f(x人,t)和x人＋x船＝L知x人＝eq \f(ML,M＋m)，故D正確。
8.如圖所示，大氣球質(zhì)量為25 kg，載有質(zhì)量為50 kg的人，靜止在空氣中距地面20 m高的地方，氣球下方懸掛一根質(zhì)量可忽略不計(jì)的繩子，此人想從氣球上沿繩慢慢下滑至地面，為了安全到達(dá)地面，則繩長(zhǎng)至少為(不計(jì)人的身高，可以把人看作質(zhì)點(diǎn))( )
A．60 m B．40 m
C．30 m D．10 m
答案 A
解析 人與氣球組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)人的速度大小為v1，氣球的速度大小為v2，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，以人與氣球組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，以向下為正方向，由動(dòng)量守恒定律得m1v1－m2v2＝0，則m1eq \f(x人,t)－m2eq \f(x氣球,t)＝0，解得x氣球＝2x人＝40 m，則繩子長(zhǎng)度L＝x氣球＋x人＝40 m＋20 m＝60 m，即繩長(zhǎng)至少為60 m，故選A。
9.如圖所示，質(zhì)量為m、半徑為R的小球，放在半徑為2R、質(zhì)量為2m的大空心球內(nèi)，大球開(kāi)始靜止在光滑水平面上。當(dāng)小球從如圖所示的位置無(wú)初速度沿內(nèi)壁滾到最低點(diǎn)時(shí)，大球移動(dòng)的距離是( )
A.eq \f(R,2) B.eq \f(R,3) C.eq \f(R,4) D.eq \f(R,6)
答案 B
解析 由水平方向動(dòng)量守恒有mx小球－2mx大球＝0，又x小球＋x大球＝R，聯(lián)立解得x大球＝eq \f(R,3)，B正確。
10．某一火箭噴氣發(fā)動(dòng)機(jī)每次噴出m＝200 g的氣體，氣體離開(kāi)發(fā)動(dòng)機(jī)噴出時(shí)相對(duì)地面的速度均v＝1 000 m/s。設(shè)火箭(包括燃料)質(zhì)量M＝300 kg，發(fā)動(dòng)機(jī)每秒噴氣20次。以下說(shuō)法正確的是( )
A．運(yùn)動(dòng)第1 s末，火箭的速度約為10 m/s
B．運(yùn)動(dòng)第2 s末，火箭的速度約為135 m/s
C．當(dāng)發(fā)動(dòng)機(jī)第3次噴出氣體后，火箭的速度約為2 m/s
D．當(dāng)發(fā)動(dòng)機(jī)第4次噴出氣體后，火箭的速度約為200 m/s
答案 C
解析 1 s末發(fā)動(dòng)機(jī)噴氣20次，共噴出的氣體質(zhì)量為m1＝20×0.2 kg＝4 kg，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得(M－m1)v1－m1v＝0，解得火箭1 s末的速度大小為v1＝eq \f(m1v,M－m1)＝eq \f(4×1 000,300－4) m/s≈13.5 m/s，故A錯(cuò)誤；2 s末發(fā)動(dòng)機(jī)噴氣40次，共噴出的氣體質(zhì)量為m2＝40×0.2 kg＝8 kg，同理可得，火箭2 s末的速度大小為v2＝eq \f(m2v,M－m2)＝eq \f(8×1 000,300－8) m/s≈27.4 m/s，故B錯(cuò)誤；第3次噴出氣體后，共噴出的氣體質(zhì)量m3＝3×0.2 kg＝0.6 kg，同理可得，火箭第3次噴出氣體后的速度大小為v3＝eq \f(m3v,M－m3)＝eq \f(0.6×1 000,300－0.6) m/s≈2.0 m/s，故C正確；第4次噴出氣體后，共噴出的氣體質(zhì)量m4＝4×0.2 kg＝0.8 kg，同理可得，火箭第4次噴出氣體后的速度大小為v4＝eq \f(m4v,M－m4)＝eq \f(0.8×1 000,300－0.8) m/s≈2.7 m/s，故D錯(cuò)誤。
11.如圖所示，光滑水平面上有三個(gè)滑塊A、B、C，質(zhì)量關(guān)系是mA＝mC＝m、mB＝eq \f(m,2)。開(kāi)始時(shí)滑塊B、C緊貼在一起，中間夾有少量炸藥，處于靜止?fàn)顟B(tài)，滑塊A以速度v0正對(duì)B向右運(yùn)動(dòng)，在A與B碰撞之前，引爆B、C間的炸藥，炸藥爆炸后B與A迎面碰撞，最終A與B粘在一起，以速度v0向左運(yùn)動(dòng)。
(1)求炸藥爆炸過(guò)程中炸藥對(duì)C的沖量大小；
(2)炸藥的化學(xué)能有多少轉(zhuǎn)化為機(jī)械能？
答案 (1)eq \f(5,2)mv0 (2)eq \f(75,8)mv02
解析 (1)全過(guò)程中A、B、C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)向右為正方向。
mAv0＝－(mA＋mB)v0＋mCvC
炸藥對(duì)C的沖量：I＝mCvC－0
解得I＝eq \f(5,2)mv0
(2)炸藥爆炸過(guò)程中B和C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)向右為正方向，有
mCvC－mBvB＝0
根據(jù)能量守恒定律：ΔE＝eq \f(1,2)mBvB2＋eq \f(1,2)mCvC2
解得ΔE＝eq \f(75,8)mv02。
12.如圖所示，在光滑水平面上有一小車(chē)，小車(chē)上固定一豎直桿，總質(zhì)量為M，桿頂系一長(zhǎng)為l的輕繩，繩另一端系一質(zhì)量為m的小球，繩被水平拉直處于靜止?fàn)顟B(tài)，小球處于最右端．將小球由靜止釋放，重力加速度為g，求：
(1)小球擺到最低點(diǎn)時(shí)小球速度的大小；
(2)小球擺到最低點(diǎn)時(shí)小車(chē)向右移動(dòng)的距離。
答案 (1) eq \r(\f(2Mgl,M＋m)) (2)eq \f(ml,M＋m)
解析 (1)取水平向右為正方向，設(shè)當(dāng)小球到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)其速度大小為v1，此時(shí)小車(chē)的速度大小為v2，根據(jù)動(dòng)量守恒定律與能量守恒定律得0＝Mv2－mv1，mgl＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)Mv22
解得v1＝ eq \r(\f(2Mgl,M＋m))
(2)當(dāng)小球到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)，設(shè)小球向左移動(dòng)的距離為x1，小車(chē)向右移動(dòng)的距離為x2，根據(jù)動(dòng)量守恒定律，有：meq \f(x1,t)＝Meq \f(x2,t)，而且x1＋x2＝l
解得：x2＝eq \f(ml,M＋m)。
13.如圖所示，水平光滑地面上停放著一輛質(zhì)量為M的小車(chē)，其左側(cè)有半徑為R的四分之一光滑圓弧軌道AB，軌道最低點(diǎn)B與水平軌道BC相切，整個(gè)軌道處于同一豎直平面內(nèi)．將質(zhì)量為m的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從A點(diǎn)無(wú)初速度釋放，物塊沿軌道滑行至軌道末端C處恰好沒(méi)有滑出。已知重力加速度為g，小物塊與BC部分的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，空氣阻力可忽略不計(jì)。關(guān)于物塊從A位置運(yùn)動(dòng)至C位置的過(guò)程，下列說(shuō)法中正確的是( )
A．小車(chē)和物塊構(gòu)成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒
B．摩擦力對(duì)物塊和軌道BC所做功的代數(shù)和為零
C．物塊的最大速度為eq \r(2gR)
D．小車(chē)發(fā)生的位移為eq \f(m,m＋M)(R＋eq \f(R,μ))
答案 D
解析 AB段只是水平方向動(dòng)量守恒，系統(tǒng)合外力不為零，動(dòng)量不守恒，A錯(cuò)誤；物塊與小車(chē)BC段有相對(duì)位移，摩擦力做功的代數(shù)和不為零，B錯(cuò)誤；如果小車(chē)不動(dòng)，物塊到達(dá)水平軌道時(shí)速度最大，由mgR＝eq \f(1,2)mv2得v＝eq \r(2gR)，現(xiàn)在物塊下滑時(shí)，小車(chē)向左滑動(dòng)，則物塊的最大速度小于eq \r(2gR)，C錯(cuò)誤；設(shè)BC段長(zhǎng)為L(zhǎng)，根據(jù)系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒可知：物塊和小車(chē)最后相對(duì)靜止時(shí)的速度為零，對(duì)系統(tǒng)，由能量守恒定律得mgR＝μmgL，得L＝eq \f(R,μ)，設(shè)整個(gè)過(guò)程物塊相對(duì)地面的位移大小為x1，小車(chē)相對(duì)地面的位移大小為x2。則有：mx1－Mx2＝0，x1＋x2＝L＋R，解得：x2＝eq \f(m,M＋m)(R＋eq \f(R,μ))，D正確。

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