2020高中物理第十六章动量守恒定律第5节反冲运动火箭课时训练含解析 人教版选修3-5 15页

第5节　反冲运动　火箭 ‎1．了解反冲运动的概念及反冲运动的一些应用。‎ ‎2．理解反冲运动的原理，能够应用动量守恒定律解决反冲运动问题。‎ ‎3．了解火箭的工作原理及决定火箭最终速度大小的因素。‎ 一、反冲 ‎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．特点 ‎(1)物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动。‎ ‎(2)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．反冲现象的应用及防止 ‎(1)应用：农田、园林的喷灌装置是利用反冲，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，所以用步枪射击时要把枪身抵在肩部，以减少反冲的影响。‎ 二、火箭 ‎1．工作原理：应用了反冲的原理，火箭燃料燃烧产生的高温、高压的燃气从尾部迅速喷出时，使火箭获得巨大的速度。‎ ‎2．影响火箭获得速度大小的因素 ‎(1)喷气速度：现代火箭喷气的速度约为2000～4000 m/s。‎ ‎(2)火箭的质量比：指火箭起飞时的质量与火箭除燃料外的箭体质量之比。现代火箭的质量比一般小于10。喷气速度越大，质量比越大，火箭获得的速度越大。‎ 判一判 ‎(1)飞船做圆周运动时，若想变轨通常需要向前或向后喷出气体，该过程中动量守恒。(　　)‎ ‎(2)火箭点火后离开地面加速向上运动，是地面对火箭的反作用力作用的结果。(　　)‎ ‎(3)吹大的气球松手放气时，气球会飞快地向后飞出是反冲现象。(　　)‎ ‎(4)反冲运动中，系统的内力做功，系统的总动量虽然守恒，但系统的动能会发生变化。(　　)‎ ‎(5)反冲是系统内力作用的结果，虽然有时系统所受合外力不为零，但由于内力远大于外力，动量近似守恒。(　　)‎ 15‎ 提示：(1)√　(2)×　(3)√　(4)√　(5)√‎ 想一想 反冲现象都是有益的吗？‎ 提示：不是的。如用枪射击时，枪身的反冲会影响射击的准确性。‎ 课堂任务　反冲 ‎1．反冲的理解 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。‎ ‎2．反冲运动的三个特点 ‎(1)物体的两个不同部分在内力作用下向相反方向运动。‎ ‎(2)反冲运动中，相互作用的内力一般情况下远大于外力或在某一方向上内力远大于外力，所以可以用动量守恒定律或在某一方向上应用动量守恒定律来处理。‎ ‎(3)反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总动能增加。‎ ‎3．讨论反冲运动时应注意的三个问题 ‎(1)速度的方向性：对于原来静止的整体，当被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，两者的运动方向必然相反。在列动量守恒方程时，可规定任意某一部分的运动方向为正方向，则反方向运动的这一部分的速度要取负值。‎ ‎(2)速度的相对性：反冲运动的问题中，有时遇到的速度是相互作用的两物体的相对速度，但是动量守恒定律中要求速度是对同一惯性参考系的速度(通常为对地的速度)，因此应先将相对速度转换成对地的速度，再列动量守恒定律关系式。‎ ‎(3)变质量问题：在反冲运动中会经常遇到变质量物体的运动，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为研究过程来进行研究。‎ 例1　反冲小车静止放置在水平光滑玻璃上，点燃酒精，水蒸气使橡皮塞水平喷出，小车沿相反方向运动。如果小车的总质量M＝3 kg，水平喷出的橡皮塞的质量m＝0.1 kg。‎ ‎(1)若橡皮塞喷出时获得的水平速度v＝2.9 m/s，求小车的反冲速度；‎ ‎(2)若橡皮塞喷出时速度大小不变，方向与水平方向成60°角，小车的反冲速度又如何(小车一直在水平方向运动)?‎ ‎ (1)解答本题时应以什么为研究对象？‎ 提示：以小车和橡皮塞组成的系统为研究对象。‎ ‎(2)试分析系统的受力情况。‎ 15‎ 提示：系统在竖直方向所受合力为零，水平方向不受外力作用。‎ ‎(3)系统在水平方向的总动量是多少？‎ 提示：零。‎ ‎[规范解答]　(1)小车和橡皮塞组成的系统所受外力之和为零，系统动量守恒，且系统总动量为零。以橡皮塞运动的方向为正方向，‎ 根据动量守恒定律得mv＋(M－m)v′＝0‎ 解得v′＝－v＝－×2.9 m/s＝－0.1 m/s 负号表示小车运动方向与橡皮塞运动的方向相反，反冲速度大小是0.1 m/s。‎ ‎(2)若橡皮塞喷出时速度大小不变，方向与水平方向成60°角，小车和橡皮塞组成的系统在水平方向动量守恒。以橡皮塞运动的水平分运动方向为正方向，‎ 有mvcos60°＋(M－m)v″＝0‎ 解得v″＝－ m/s＝－ m/s＝－0.05 m/s 负号表示小车运动方向与橡皮塞水平分运动的方向相反，反冲速度大小是0.05 m/s。‎ ‎[完美答案]　(1)0.1 m/s，方向与橡皮塞运动的方向相反 ‎(2)0.05 m/s，方向与橡皮塞水平分运动的方向相反 反冲运动的特别提醒 ‎(1)外力的存在，不影响系统的动量守恒。‎ ‎(2)内力做的功往往会改变系统的总动能。‎ ‎(3)要明确反冲运动对应的过程，弄清初、末状态的速度大小和方向的对应关系。‎ 　如图所示，装有炮弹的火炮总质量为m1，炮弹的质量为m2，炮弹射出炮口时相对地面的速率为v0，若炮管与水平地面的夹角为θ，则火炮后退的速度大小为(设水平地面光滑)(　　)‎ A.v0 B. C. D. 答案　C 解析　炮弹和火炮组成的系统水平方向动量守恒，0＝m2v0cosθ－(m1－m2)v，得v＝，C正确。‎ 15‎ 课堂任务　火箭 ‎1．火箭喷气属于反冲问题，是动量守恒定律的重要应用。在火箭运动的过程中，随着燃料的消耗，火箭本身的质量不断减小，对于这一类问题，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。‎ ‎2．在火箭发射过程中，由于内力远大于外力，所以可认为动量守恒。以喷气前的火箭为参考系，取火箭的末速度方向为正方向，喷气前火箭的总动量为0，火箭喷出速度为u、质量为Δm的气体后，剩余质量为m，火箭速度增加Δv，则喷气后的总动量为mΔv＋Δmu，由动量守恒定律得mΔv＋Δmu＝0，解得Δv＝－u。该式表明，火箭喷出的燃气的速度u越大、火箭喷出物质的质量与火箭本身质量之比越大，火箭获得的速度Δv越大。火箭燃料燃尽时火箭获得的最大速度由喷气速度u和质量比(火箭起飞时的质量与火箭除燃料外的箭体质量之比)两个因素决定。‎ ‎3.由于现代火箭喷气的速度在2000～4000 m/s，近期内难以大幅度提高；火箭的质量比(火箭起飞时的质量与火箭除燃料外的箭体质量之比)一般小于10，故为使火箭达到发射人造地球卫星的7.9 km/s的速度，采用多级火箭，即把火箭一级一级地接在一起，第一级燃料用完之后就把箭体抛弃，减轻负担，然后第二级开始工作，这样一级一级地连起来。但是在实际应用中一般不会超过四级，因为级数太多时，连接机构和控制机构的质量会增加很多，工作的可靠性也会降低。‎ ‎4．提高火箭飞行速度的方法 ‎(1)提高喷气速度；‎ 15‎ ‎(2)提高火箭起飞时燃料的质量占火箭总质量的比重；‎ ‎(3)使用多级火箭，一般为三级。‎ 例2　一火箭喷气发动机每次喷出m＝200 g的气体，气体离开发动机时的速度v＝1000 m/s(相对地面)，设火箭质量M＝300 kg，发动机每秒喷气20次。求当第三次气体喷出后，火箭的速度为多大？‎ ‎ (1)本题中以什么为研究对象？‎ 提示：以火箭和喷出的气体所组成的系统为研究对象。‎ ‎(2)每次喷出气体后，火箭的动量变化是否相同？‎ 提示：由于每次喷出的气体质量相同，相对地面的速度也相同，所以喷出气体的动量相同，根据动量守恒定律，每次喷出气体后火箭的动量变化相同。‎ ‎[规范解答]　解法一：喷出气体的运动方向与火箭的运动方向相反，系统动量守恒。‎ 设火箭运动方向为正方向，第一次喷出气体后，火箭速度为v1，有(M－m)v1－mv＝0，所以v1＝；‎ 设第二次喷出气体后，火箭速度为v2，有 ‎(M－2m)v2－mv＝(M－m)v1，所以v2＝；‎ 设第三次喷出气体后，火箭速度为v3，有 ‎(M－3m)v3－mv＝(M－2m)v2，所以 v3＝＝ m/s≈2 m/s。‎ 解法二：选取整个过程为研究对象，运用动量守恒定律求解。‎ 设喷出三次气体后火箭的速度为v3，以火箭和喷出的三次气体为研究对象，根据动量守恒定律，得 ‎(M－3m)v3－3mv＝0，‎ 所以v3＝≈2 m/s。‎ ‎[完美答案]　2 m/s 火箭类反冲问题解题要领 ‎(1)两部分初、末状态的速度所选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、后两部分对应的质量。‎ ‎(3)列方程时要注意初、末状态动量的方向，一般而言，反冲部分速度的方向与另一部分的运动方向是相反的。‎ 　火箭发射后，在升空过程中向后喷出高速燃气，从而获得较大的前进速度。燃料耗尽时，火箭达到最大速度，火箭最大速度的制约因素是(　　)‎ 15‎ A．火箭初始质量和喷出气体速度 B．火箭初始质量和喷出气体总质量 C．火箭喷出气体总质量和喷气速度 D．火箭喷气速度和火箭始末质量比 答案　D 解析　分别用M、m表示火箭初始质量和在极短时间内喷出一部分燃气后剩余的质量，v0表示喷气速度大小，火箭喷气过程动量守恒，有mΔv－(M－m)v0＝0，解得火箭速度增加量Δv＝v0，由此式可以预计火箭最大速度的制约因素是火箭喷气速度和火箭始末质量比，D正确。‎ 思维拓展：“人船”模型 ‎1．“人船”模型分析 如图所示，长为L、质量为m船的小船停在静水中，质量为m人的人由静止开始从船的一端走到船的另一端，不计水的阻力。‎ 以人和船组成的系统为研究对象，在人由船的一端走到船的另一端的过程中，系统水平方向不受外力作用，所以整个系统水平方向动量守恒，可得：m船v船＝m人v人，‎ 因人和船组成的系统动量始终守恒，‎ 故有：m船x船＝m人x人，‎ 由图可看出：x船＋x人＝L，‎ 可解得：x人＝L，x船＝L。‎ ‎2．“人船”模型的特点 ‎(1)两物体组成的系统遵守动量守恒定律：m1v1－m2v2＝0。‎ ‎(2)运动特点：人动船动，人静船静，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，即＝＝。‎ ‎(3)应用此关系时要注意一个问题：公式中的v1、v2和x都是相对地面而言的。‎ ‎3．模型拓展：原来静止的系统在某一方向上动量守恒，运动过程中，组成系统的两部分在该方向上速度的方向相反，也可应用处理人船模型问题的思路来处理。此模型可进一步推广到其他类似的情景中，进而能解决大量的实际问题，例如：人沿着静止在空中的热气球下面的软梯滑下或攀上，求热气球上升或下降高度的问题；小球沿放在光滑水平地面上的弧形槽滑下，求弧形槽移动距离的问题等。‎ 15‎ ‎　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ 例3　质量为m1的热气球吊筐中有一质量为m2的人， 共同静止在距地面为h的高空中，现从气球上放下一根质量不计的软绳，为使此人沿软绳能安全滑到地面，求软绳至少有多长。‎ ‎ (1)本题以什么为研究对象？‎ 提示：以热气球和人组成的系统为研究对象。‎ ‎(2)试分析研究对象在竖直方向的受力情况。‎ 提示：系统在竖直方向所受合外力为零。‎ ‎(3)系统是否符合“人船”模型？‎ 提示：系统符合“人船”模型。初态静止，竖直方向动量守恒。‎ ‎[规范解答]　人与热气球组成的系统动量守恒，设热气球的速度大小为v1，人的速度大小为v2，运动时间为t，以人与热气球组成的系统为研究对象，以竖直向上为正方向，‎ 由动量守恒得m1v1－m2v2＝0‎ 即m1－m2＝0，其中s人＝h，解得s气＝h 若人滑到地面时恰好滑到软绳末端，此时软绳的长度最短，最短长度L＝h＋h＝h。‎ ‎[完美答案]　h 处理“人船模型”问题的两个关键 ‎(1)处理思路：利用动量守恒定律，先确定两物体的速度关系，再确定两物体通过的位移关系。‎ ‎①用动量守恒定律求位移的题目，大都是系统原来处于静止状态，且系统内物体相互作用，此时动量守恒表达式经常写成m1v1－m2v2＝0的形式，式中v1、v2是m1、m2末状态的瞬时速率。‎ ‎②动量守恒的过程中，任意时刻的系统总动量为零，因此任意时刻的瞬时速率v1和v2都与各物体的质量成反比，所以全过程的平均速度也与质量成反比，即有m11－m22＝0。‎ ‎③如果两物体相互作用的时间为t，在这段时间内两物体的位移大小分别为x1＝1t和x2＝2t，则有m1x1－m2x2＝0。‎ (2)画出各物体的位移关系图，找出它们相对地面的位移的关系。‎ 　如图所示，质量为m＝60 kg的人，站在质量为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(　　)‎ 15‎ 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，A正确。‎ 课堂任务　爆炸问题 爆炸的特点 ‎(1)动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远大于物体受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的动量守恒。‎ ‎(2)动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，因此爆炸后系统的总动能增加。‎ ‎(3)位置不变：爆炸的时间极短，因而作用过程中物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后，物体仍然从爆炸的位置以新的速度开始运动。‎ 例4　(2019·湖北省荆门市期末)如图所示，光滑水平桌面上放有一个凹槽C(凹槽底面水平)，质量mC＝2 kg，其正中央并排放着两个小滑块A、B，mA＝1 kg，mB＝4 kg，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vA＝6 m/s的速度水平向左运动，A、B中任意一块与凹槽C的挡板碰撞后都与凹槽粘在一起，不计摩擦和碰撞时间，求：‎ ‎(1)炸药爆炸后滑块B的速度vB；‎ ‎(2)当两滑块A、B都与凹槽C的挡板碰撞后，C的速度vC；‎ ‎(3)A、C碰撞过程中损失的机械能ΔE。‎ ‎ (1)爆炸过程中选什么系统为研究对象？系统动量是否守恒？‎ 提示：炸药爆炸过程中选滑块A、B组成的系统为研究对象，系统动量守恒。‎ 15‎ ‎(2)凹槽C的最终速度是多少？‎ 提示：为零。以A、B、C整体为研究对象，由碰撞过程中动量守恒可求得三者的最终速度为零。‎ ‎(3)爆炸和碰撞最主要的区别是什么？‎ 提示：爆炸前、后系统的总动能增加，碰撞前、后系统的总动能不增加。‎ ‎[规范解答]　(1)炸药爆炸过程中，滑块A、B组成的系统动量守恒。炸药爆炸前后瞬间，对A、B组成的系统有：mAvA－mBvB＝0‎ 解得vB＝1.5 m/s，方向水平向右。‎ ‎(2)两滑块A、B与凹槽C的挡板碰撞过程中，A、B、C组成的系统动量守恒。当两滑块A、B都与凹槽C的挡板碰撞后，对A、B、C组成的系统：(mA＋mB＋mC)v共＝0‎ 即：v共＝0，即凹槽C的速度vC＝v共＝0。‎ ‎(3)A、C碰撞过程中动量守恒，设碰后的共同速度大小为v共1，则mAvA＝(mA＋mC)v共1‎ 解得v共1＝2 m/s，方向水平向左 该过程中损失的机械能为：‎ ΔE＝mAv－(mA＋mC)v＝12 J。‎ ‎[完美答案]　(1)1.5 m/s，方向水平向右　(2)0　(3)12 J 爆炸和碰撞的比较 15‎ 　一只爆竹竖直升空后，在高为h处达到最高点并发生爆炸，分为质量不同的两块，两块质量之比为3∶1，其中质量小的一块获得大小为v的水平速度。重力加速度为g，不计空气阻力，则两块爆竹落地后相距(　　)‎ A. B. C.4v D. 答案　D 解析　设其中一块质量为m，另一块质量为3m。将两块爆竹组成一个系统，爆炸过程中系统水平方向动量守恒，以v的速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv－3mv′＝0，解得v′＝；爆炸后两块爆竹做平抛运动，设平抛运动的时间为t，则有h＝gt2，解得t＝ ，落地后两者间的距离为s＝(v＋v′)t，联立各式解得s＝ ，D正确。‎ A组：合格性水平训练 ‎1．(反冲运动)以下实例中不属于反冲现象的是(　　)‎ A．当枪发射子弹时，枪身会同时向后运动 B．乌贼向前喷水从而使自己向后游动 C．火箭中的火药燃烧向下喷气推动自身向上运动 D．战斗机在紧急情况下抛出副油箱以提高机身的灵活性 答案　D 解析　当枪发射子弹时，枪身同时受到一个反作用力向后运动，A是反冲现象；乌贼向前喷水从而使自己受到一个向后的力，向后游动，B是反冲现象；火箭中的火药燃烧向下喷气而火箭自身受到一个向上的推力，推动火箭自身向上运动，C是反冲现象；战斗机抛出副油箱，质量减小，惯性减小，机身的灵活性提高，D不是反冲现象。故选D。‎ ‎2．(人船模型)停在静水中的船的质量为180 kg，长12 m，不计水的阻力，当质量为60 kg的人从船尾走到船头的过程中，船后退的距离是(　　)‎ A．3 m B．4 m ‎ C．5 m D．6 m 答案　A 解析　船和人组成的系统在水平方向上动量守恒，人在船上行进，船向后退，人从船头走到船尾，设船后退的位移大小为x，则人相对于岸的位移大小为L－x。以人的速度方向为正方向，由动量守恒定律得m人－m船·＝0，代入数据解得x＝3 m，故选A。‎ ‎3．(火箭问题)静止的实验火箭，总质量为M，当它以对地速度为v0喷出质量为Δm的高温气体后，火箭的速度为(　　)‎ A． B．－ 15‎ C． D．－ 答案　D 解析　以火箭和气体组成的系统为研究对象，选高温气体的速度方向为正方向，设火箭速度为v′，由动量守恒定律得0＝(M－Δm)v′＋Δmv0，得v′＝－，故选D。‎ ‎4．(火箭问题)一质量为M的航天器，正以大小为v0的速度在太空中飞行，某一时刻航天器接到加速的指令后，发动机瞬间向后喷出一定质量的气体，气体喷出时速度大小为v1，加速后航天器的速度大小为v2，则喷出气体的质量m为(　　)‎ A.M B.M C.M D.M 答案　C 解析　规定航天器的速度方向为正方向，由动量守恒定律得，Mv0＝(M－m)v2－mv1，解得m＝M，故C正确。‎ ‎5．(火箭问题)一支实验用的小火箭，所带燃烧物质的质量是50 g，这些物质燃烧后所产生的气体从火箭的喷嘴向下喷出的速度(以地面为参考系)是600 m/s，已知火箭除去燃料后的质量是1 kg，求燃料燃烧产生的气体喷完后火箭的速度大小。‎ 答案　30 m/s 解析　以火箭和燃料组成的系统为研究对象，设燃料的质量为m，燃料燃烧后产生的气体向下喷出的速度为v，除去燃料后的火箭质量为M，燃料燃烧产生的气体喷完后火箭的速度为v′，取向下为正方向，由动量守恒定律得Mv′＋mv＝0，代入数据解得燃料燃烧产生的气体喷完后火箭的速度v′＝－30 m/s，负号表示方向向上。‎ ‎6. (人船模型)一个质量为M、底边边长为b的三角形斜劈静止于光滑的水平桌面上，如图所示。有一质量为m的小球由斜面顶部无初速度地滑到底部时，斜劈移动的距离为多少？‎ 答案　 15‎ 解析　斜劈和小球组成的系统在整个运动过程中都不受水平方向的外力，所以系统在水平方向上动量守恒。斜劈和小球在整个过程中发生的水平位移如图所示。‎ 由图知斜劈的水平位移大小为x，‎ 小球的水平位移大小为b－x，得M＝m 解得x＝。‎ ‎7．(爆炸问题)(2019·江苏省苏北三市检测)一枚在空中飞行的炮弹，质量M＝6 kg，在最高点时的速度v0＝900 m/s，炮弹在该点突然炸裂成A、B两块，其中质量m＝2 kg的B做自由落体运动。求：‎ ‎(1)爆炸后A的速度vA；‎ ‎(2)爆炸过程中A受到的冲量。‎ 答案　(1)1350 m/s，方向与初速度方向相同 ‎(2)1800 N·s，方向与初速度方向相同 解析　(1)炮弹爆炸过程系统动量守恒，以炮弹的初速度方向为正方向，‎ 根据动量守恒定律有Mv0＝(M－m)vA 解得vA＝1350 m/s，方向与初速度方向相同。‎ ‎(2)根据动量定理可知A受到的冲量为 I＝Δp＝(M－m)(vA－v0)＝1800 N·s 方向与初速度方向相同。‎ ‎8. (爆炸问题)如图所示，1两质量均为m的物块A、B紧捆在一起，中间夹有火药，它们沿光滑水平面以速度v0向右运动，某时刻火药爆炸，爆炸完成后，B与前方质量为2m的物体C发生完全非弹性碰撞，之后A、B、C三物块速度相等，不计火药质量和爆炸产生气体的质量，求爆炸使系统增加的机械能。‎ 答案　mv 解析　对A、B组成的系统，火药爆炸前后动量守恒，有2mv0＝mv1＋mv2‎ 对B、C组成的系统，碰撞前后动量守恒，有 mv2＝(m＋2m)v1‎ 15‎ 爆炸增加的机械能为ΔE＝mv＋mv－×2mv 联立解得ΔE＝mv。‎ B组：等级性水平训练 ‎9．(反冲运动)(多选)小车静止放在光滑的水平面上，车上左、右两端分别站有A、B两人，当这两人同时开始相向而行时，发现小车向左运动，分析小车运动的原因，可能是(　　)‎ A．若A、B质量相等，A比B速率大 B．若A、B质量相等，A比B速率小 C．若A、B速率相等，A比B质量大 D．若A、B速率相等，A比B质量小 答案　AC 解析　A、B两人与车组成的系统动量守恒，开始时系统动量为零；两人相向运动时，车向左运动，车的动量向左，因为系统总动量为零，由动量守恒定律可以知道，A、B两人的动量之和向右，A的动量大于B的动量。由动量公式p＝mv可知，如果A、B的质量相等，则A的速度大于B的速度，所以A正确，B错误；如果A、B速率相等，则A的质量大于B的质量，所以C正确，D错误。故选A、C。‎ ‎10．(火箭问题)一小型火箭在高空绕地球做匀速圆周运动，若其沿运动方向的相反方向射出一物体P，不计空气阻力，则(　　)‎ A．火箭一定离开原来轨道运动 B．P一定离开原来轨道运动 C．火箭运动半径可能不变 D．P运动半径一定减小 答案　A 解析　火箭射出物体P后，由反冲原理可知火箭速度变大，所需向心力变大，从而做离心运动离开原来轨道，运动半径变大，A正确，C错误；P的速率相对于离开火箭前的速率可能减小、可能不变、也可能增大，运动存在多种可能性，故B、D错误。‎ ‎11．(反冲运动)一名连同装备总质量为100 kg的宇航员，在离飞船45 m的位置与飞船处于相对静止的状态。装备中有一个高压气源，能以50 m/s的速度喷出气体。宇航员为了能在10 min内返回飞船，则他需要在开始返回的瞬间一次性向后喷出气体的质量至少是多少？‎ 答案　0.15 kg 解析　设宇航员的速度大小为u，则 u＝＝ m/s＝0.075 m/s 设喷出气体的质量为m1，根据动量守恒定律有 ‎0＝m1v－(M－m1)u 代入数据得m1≈0.15 kg。‎ ‎12. (人船模型)质量为m、半径为R的小球，放在半径为2R、质量为M的大空心球内，大球开始静止在光滑水平面上，如图所示，当小球从图中所示位置无初速度地沿内壁滚到最低点时，大球移动的距离为多大？‎ 15‎ 答案　R 解析　小球与大球组成的系统水平方向不受外力的作用，系统水平方向动量守恒。因此小球向右滚动，大球向左滚动。在滚动过程中，设小球向右移动的水平距离为x1，大球向左移动的水平距离为x2，两者移动的距离之和为R，因此有m－M＝0，x1＋x2＝R，联立两式解得大球移动的距离为x2＝R。‎ ‎13. (爆炸问题)如图所示，水平轨道O点左侧粗糙，右侧光滑，在A、B两物块中间安放一颗微型炸药，并紧挨着放置于O点保持静止，物块C静置在O点右侧的P点上。某时刻引爆炸药，使A、B两物块向相反方向运动，A滑行到Q点后停止，B与C相碰后粘在一起向右运动。已知物块A与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.10，O、Q间的距离L＝2.0 m，物块的质量分别为mA＝2.0 kg，mB＝1.0 kg，mC＝3.0 kg，重力加速度g＝10 m/s2，A、B、C均可视为质点，爆炸时间极短。求：‎ ‎(1)爆炸瞬间，物块A获得的速率vA；‎ ‎(2)爆炸瞬间，物块B获得的速率vB；‎ ‎(3)物块B与物块C相碰时产生的内能E。‎ 答案　(1)2 m/s　(2)4 m/s　(3)6 J 解析　(1)A物块从O到Q过程，由动能定理 ‎－μmAgL＝0－mAv 解得：vA＝2 m/s。‎ ‎(2)取向右为正方向，爆炸瞬间，A与B组成的系统动量守恒 ‎0＝－mAvA＋mBvB 解得vB＝4 m/s。‎ ‎(3)取向右为正方向，B与C组成的系统动量守恒、能量守恒，则 mBvB＝(mB＋mC)v，E＝mv－(mB＋mC)v2‎ 联立解得E＝6 J。‎ 15‎ ‎14．(爆炸问题)有一大炮竖直向上发射炮弹，炮弹的质量为M＝6 kg(内含炸药的质量可以忽略不计)，射出时的速度v0＝60 m/s。当炮弹到达最高点时爆炸分为沿水平方向运动的两片，其中一片质量为4 kg。现要求这一片不能落到以发射点为圆心，半径R＝600 m的圆周范围内，则刚爆炸完时两弹片的总动能至少多大？(忽略空气阻力，g＝10 m/s2)‎ 答案　6×104 J 解析　由竖直上抛运动的规律可知，‎ 弹片落地的时间t＝＝ s＝6 s 两弹片的质量m1＝4 kg，m2＝2 kg 设它们的速度大小分别为v1、v2，由动量守恒定律知m1v1＝m2v2‎ 所以v2＝2v1‎ 设m1刚好落在R＝600 m的圆周上 此时v1＝＝＝100 m/s 则v2＝200 m/s 所以总动能至少为：E＝m1v＋m2v 代入数据得E＝6×104 J。‎ 15‎