6 反冲现象 火箭 [教材链接] (1)内力 相反 (2)①内力 ②动量守恒定律 例1 B [解析] 乌贼喷水前行、火箭喷气升空、飞机喷气加速都是利用了反冲原理,而电风扇吹风没有利用反冲原理,故选B. 变式1 C [解析] 放出质量为m的粒子后,剩余质量为(M-m),该过程动量守恒,有mv0=(M-m)v,放出的粒子的动能为Ek0=m,原子核反冲的动能Ek=(M-m)v2,联立解得Ek=Ek0,故A、B、D错误,C正确. 例2 B [解析] 体操运动员在着地时屈腿可以延长着地时间,从而可以减小地面对运动员的作用力,故A错误;由动量守恒定律可得v=mv0,解得火箭获得的速度为v=,故B正确;火箭的推力来源于向下喷出的水对它的反作用力,故C错误;水喷出后,火箭做竖直上抛运动,火箭在空中飞行的时间为t==,重力的冲量为I=gt=mv0,故D错误. [教材链接] (1)反冲 速度 (2)②越大 越大 例3 D [解析] 水从水火箭喷口喷出的瞬间,水火箭和水组成的系统动量守恒,设水喷出后的瞬间,水火箭的动量大小为p,根据动量守恒定律,可得p-mv0=0,解得p=mv0=0.2 kg×80 m/s=16 kg·m/s,故选D. 例4 2 m/s [解析] 方法一:喷出气体的运动方向与火箭运动的方向相反,系统动量守恒,第一次气体喷出后,设火箭速度为v1,有 (M-m)v1-mv=0 解得v1= 第二次气体喷出后,设火箭速度为v2,有 (M-2m)v2-mv=(M-m)v1 解得v2= 第三次气体喷出后,设火箭速度为v3,有 (M-3m)v3-mv=(M-2m)v2 解得v3== m/s≈2 m/s 方法二: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,根据动量守恒定律得 (M-3m)v3-3mv=0 解得v3=≈2 m/s [物理建模] “人船模型”是由人和船两个物体构成的系统,该系统在人和船相互作用下各自运动,运动过程中该系统所受到的合外力为零,即人和船组成的系统在运动过程中动量守恒.由系统动量守恒得mv1=Mv2,人在t时间内从船左端走到船右端,有mv1t=Mv2t,则mx人=Mx船,又有x人+ x船=L,结论:x人=L,x船=L. 例5 C [解析] 根据反冲运动中的人船模型可知,人在甲板上散步时突然停下,船将立即停下,人在立定跳远的过程中,船向相反方向运动,故A、B错误;设船的质量为M,后退位移为x,人的质量为m,人、船相对运动位移为L,人和船组成的系统水平方向上动量守恒,根据人船模型有Mx=m,解得船后退的距离为x=,故C正确;人相对地面的位移为L-x=,故D错误. 例6 A [解析] 人与气球组成的系统动量守恒,设人的速度大小为v1,气球的速度大小为v2,运动时间为t,以人与气球组成的系统为研究对象,以向下为正方向,由动量守恒定律得m1v1-m2v2=0,则m1-m2=0,解得x气球=2x人=40 m,则绳子长度L=x气球+x人=40 m+20 m=60 m,即绳长至少为60 m,故选A. 变式2 C [解析] 设某时刻小球的速度大小为v1,大球的速度大小为v2,大球的位移大小为x,小球相对于水平面的水平位移大小为R-x,取水平向左为正方向,根据系统水平方向动量守恒得2mv2-mv1=0,两边均乘以t,有2mv2t-mv1t=0,则2mx-m(R-x)=0,解得x=,故C正确. 例7 (1) (2) [解析] (1)设射出第一颗子弹时,车的速度是v1,根据系统动量守恒得 mv=v1 解得v1= (2)设射出一颗子弹的过程中,小车的位移大小是x1,子弹的位移大小是x2,根据人船模型有 mx2=x1 同时x1+x2=L 解得x1= 设发射完n颗子弹,车的总位移为x,则 x=nx1= 素养提升 示例 (1)大小为2.5v0,方向与原来的速度方向相反 (2)6.75m [解析] (1)斜抛的手榴弹在水平方向上做匀速直线运动,在最高点处爆炸前的速度v=v0cos 60°=v0,设v的方向为正方向,如图所示,由动量守恒定律得3mv=2mv1+mv2,其中爆炸后质量较大的一块弹片速度v1=2v0,质量较小的一块弹片的速度v2=-2.5v0,“-”号表示v2的方向与爆炸前速度方向相反. (2)爆炸过程中转化为弹片动能的化学能等于系统动能的增量,有 ΔEk=×2m+m-(3m)v2=6.75m 变式3 (1),方向竖直向下 (2) [解析] (1)由自由落体运 ... ...
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