资源描述
6．反冲现象 火箭
1．通过实验认识反冲运动，能举出反冲运动的实例，知道火箭的发射是反冲现象。
2．能结合动量守恒定律对常见的反冲现象作出解释。
3．了解我国航天事业的巨大成就，增强对我国科学技术发展的自信。
反冲现象
1．定义 原来静止的系统在内力的作用下分裂为两个部分，一部分向某个方向运动，另一部分向相反方向运动的现象。
被分离的一部分物体既可以是高速喷射出的液体、气体，也可以是固体。
2．规律 反冲现象中，系统内力很大，外力可忽略，满足动量守恒定律。
3．反冲现象的防止及应用
(1)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。
(2)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。
两位同学在公园里划船，当小船离码头大约1.5 m时，有一位同学心想：自己在体育课上立定跳远的成绩从未低于2 m，跳到岸上绝对没有问题。于是她纵身一跳，结果却掉到了水里。
问题1 这位同学为什么不能如她所想的那样跳到岸上呢？
提示：这位同学与船组成的系统在不考虑水的阻力的情况下，所受合外力为零，在她跳起前后遵循动量守恒定律。在她向前跳起瞬间，船要向后运动。
问题2 这种现象属于什么物理现象？
提示：反冲现象。
1．反冲运动的特点
(1)物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动。
(2)在反冲运动中，相互作用力一般较大，通常可以用动量守恒定律来处理。
(3)在反冲运动中，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。
2．处理反冲运动应注意的问题
(1)速度的方向。
对于原来静止的整体，抛出部分与剩余部分的运动方向必然相反。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，则反方向的速度应取负值。
(2)相对速度问题。
在反冲运动中，有时遇到的速度是两物体的相对速度。此类问题中应先将相对速度转换成对地的速度后，再列动量守恒定律方程。
(3)变质量问题。
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来进行研究。
【典例1】 章鱼是一种软体动物，生活在水中。一悬浮在水中的章鱼，当外套膜吸满水后，它的总质量为M，突然发现后方有一海鳗，章鱼迅速将体内的水通过短漏斗状的体管在极短时间内向后喷出，喷射的水力强劲，从而迅速向前逃窜。若喷射出的水的质量为m，喷射速度的大小为v0，则下列说法正确的是( )
A．章鱼喷水的过程中，章鱼和喷出的水组成的系统机械能守恒
B．章鱼喷水的过程中，章鱼和喷出的水组成的系统动量增加
C．章鱼喷水后瞬间逃跑的速度大小为mM-mv0
D．章鱼喷水的过程中受到水的冲量大小为Mmv0M-m
[思路点拨] 本题的研究对象是章鱼和喷出的水，注意章鱼喷水时要消耗自身的能量，同时还要注意速度的矢量性和相对性。
C [在章鱼喷水的过程中，章鱼的生物能转化为机械能，系统机械能增加，选项A错误；章鱼喷水过程所用的时间极短，内力远大于外力，章鱼和喷出的水组成的系统动量守恒，选项B错误；取章鱼前进的方向为正方向，由动量守恒定律得0＝(M－m)v－mv0，可得章鱼喷水后瞬间逃跑的速度大小为v＝mM-mv0，选项C正确；章鱼喷水的过程中受到水的冲量大小等于喷出的水的动量大小，即为mv0，选项D错误。]
反冲运动和碰撞、爆炸有相似之处，相互作用力常为变力，且作用力大，一般都满足内力≫外力，所以反冲运动可用动量守恒定律来处理。
[跟进训练]
1．一个士兵在皮划艇上，他连同装备和皮划艇的总质量为M，这个士兵用自动步枪沿水平方向射出一发质量为m的子弹，子弹离开枪口时相对步枪的速度为v，射击前皮划艇是静止的，则射出子弹后皮划艇的速度为( )
A．mvM-m B．mvM C．mvM+m D．M-mvM
B [子弹与皮划艇组成的系统动量守恒，以子弹的速度方向为正方向，以地面为参考系，设皮划艇的速度为v1，则子弹的速度为v－v1，由动量守恒定律得m(v－v1)－(M－m)v1＝0，解得v1＝mvM，选项B正确。]
火箭
1．工作原理
利用反冲的原理，火箭燃料燃烧产生的高温、高压燃气从尾部喷管迅速喷出，使火箭获得巨大速度。
2．影响火箭获得速度大小的因素
一是喷气速度，二是火箭喷出物质的质量与火箭本身质量之比。喷气速度越大，质量比越大，火箭获得的速度越大。
由火箭的工作原理可知，与火箭发生相互作用的是火箭喷出的燃气，而不是外界的空气。
多级运载火箭发射时，先点燃第一级火箭，燃料用完后，空壳自动脱落，然后下一级火箭开始工作。
问题1 火箭点火后能加速上升的动力是什么力？
提示：燃烧产生的气体高速向下喷出，气体产生的反作用力推动火箭加速上升。
问题2 要提升运载物的最大速度可采用什么措施？
提示：提高气体喷射速度，增加燃料质量，及时脱离前一级火箭空壳。
1．工作原理
应用反冲运动，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．分析火箭类问题应注意的三个问题
(1)火箭在运动过程中，随着燃料的燃烧，火箭本身的质量不断减小，故在应用动量守恒定律时，必须取在同一相互作用时间内的火箭和喷出的气体为研究对象。注意反冲前、后各物体质量的变化。
(2)明确两部分物体初、末状态的速度的参考系是否为同一参考系，如果不是同一参考系要设法予以转换，一般情况要转换成对地的速度。
(3)列方程时要注意初、末状态动量的方向。
【典例2】 一火箭的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(相对地面)，设火箭的质量M＝300 kg，发动机每秒喷气20次，当第三次气体喷出后，火箭的速度为多大？
[思路点拨] 火箭喷气属反冲现象，火箭和气体组成的系统动量守恒，运用动量守恒定律求解。
[解析] 方法一：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，据动量守恒定律，得(M－3m)v3－3mv＝0
所以v3＝3mvM-3m≈2 m/s。
方法二：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，火箭速度为v1，有(M－m)v1－mv＝0
所以v1＝mvM-m
第二次气体喷出后，火箭速度为v2，有
(M－2m)v2－mv＝(M－m)v1
所以v2＝2mvM-2m
第三次气体喷出后，火箭速度为v3，有
(M－3m)v3－mv＝(M－2m)v2
所以v3＝3mvM-3m＝3×0.2×1 000300-3×0.2 m/s≈2 m/s。
[答案] 2 m/s
[母题变式]
在[典例2]中，若发动机每次喷出200 g的气体，气体离开发动机喷出时相对火箭的速度v＝1 000 m/s，则当第一次气体喷出后，火箭的速度多大？
提示：由动量守恒定律(M－m)v1－m(v－v1)＝0，解得v1≈0.67 m/s。
火箭类反冲问题解题要领
(1)两部分物体初、末状态的速度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、后各物体质量的变化。
(3)列方程时要注意初、末状态动量的方向。
[跟进训练]
2．总质量为M的火箭以速度v0飞行，质量为m的燃气相对于火箭以速率u向后喷出，则火箭的速度大小为( )
A．v0＋muM B．v0－muM C．v0＋mM-m(v0＋u) D．v0＋muM-m
A [设喷出气体后火箭的速度大小为v，则燃气的对地速度为(v－u)(取火箭的速度方向为正方向)，由动量守恒定律，得Mv0＝(M－m)v＋m(v－u)
解得v＝v0＋muM，A项正确。]
“人船模型”问题
如图所示为一条约为180 kg的小船漂浮在静水中，当人从船尾走向船头时，小船也发生了移动，不计水的阻力。
问题1 小船发生移动的动力是什么力？小船向哪个方向运动？
提示：摩擦力。向左运动，即与人行走的方向相反。
问题2 当人走到船头相对船静止时，小船还运动吗？为什么？
提示：不运动。小船和人组成的系统动量守恒，当人的速度为零时，船的速度也为零。
问题3 当人从船尾走到船头时，有没有可能出现如图甲或如图乙的情形？为什么？
提示：不可能。由系统动量守恒可知，人和船相对于地面的速度方向一定相反，不可能向同一个方向运动，且人船位移比等于它们质量的反比。
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＝m船m人 +m船l，x船＝m人m人 +m船l。
2．“人船模型”中的规律
(1)人船模型中的动力学规律：由于组成系统的两物体受到大小相同、方向相反的一对力，故两物体速度或位移与质量成反比、方向相反。这类问题的特点是两物体同时运动，同时停止。
(2)人船模型中的动量与能量规律：由于系统不受外力作用，故遵守动量守恒定律，又由于相互作用力做功，故系统或每个物体动能均发生变化。用力对“人”做的功量度“人”动能的变化；力对“船”做的功量度“船”动能的变化。
【典例3】 (多选)如图所示，质量为M的小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，BC段是长为L的粗糙水平轨道，两段轨道相切于B点。一质量为m的可视为质点的滑块从小车上的A点由静止开始沿轨道下滑，然后滑入BC轨道，最后恰好停在C点。已知小车质量M＝4m，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则( )
A．全过程滑块在水平方向上相对地面的位移大小为R＋L
B．小车在运动过程中速度的最大值为gR10
C．全过程小车相对地面的位移大小为R+L5
D．μ、L、R三者之间的关系为R＝μL
BCD [滑块与小车组成的系统水平方向动量守恒，由人船模型特点有Ms1＝ms2，s1＋s2＝R＋L，解得s1＝R+L5，s2＝4R+L5，全过程滑块在水平方向上相对地面的位移的大小为4R+L5，全过程小车相对地面的位移大小为R+L5，所以A错误，C正确；滑块滑到圆弧轨道最低点时，小车速度最大，滑块与小车组成的系统水平方向动量守恒，则有Mv1＝mv2，mgR＝12Mv12+12mv22，由上述两式解得v1＝gR10，即小车在运动过程中速度的最大值为gR10，所以B正确；滑块最后恰好停在C点时，小车也停止运动，全程由能量守恒定律有mgR＝μmgL，解得R＝μL，所以μ、L、R三者之间的关系为R＝μL，故D正确。]
[跟进训练]
3．长为L的小船停在静水中，质量为m的人由静止开始从船头走到船尾。不计水的阻力，船相对于地面位移的大小为d，则小船的质量为( )
A．mL+dd B．mL-dd C．mLd D．mL+dL
B [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，设船的质量为M，人的速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv－Mv1＝0，人从船头到船尾，船相对于地面位移的大小为d，则人相对于地面的位移为L－d，则有mL-dt＝Mdt，解得M＝mL-dd。]
4．如图所示，载人气球原来静止在空中，与地面距离为h，已知人的质量为m，气球的质量(不含人的质量)为M。若人要沿轻绳梯返回地面，则绳梯的长度至少为( )
A．h B．mhM C．mhM+m D．M+mMh
D [设人沿绳梯滑至地面，绳梯长度至少为L，以人和气球的系统为研究对象，规定竖直向下为正方向，根据动量守恒定律，竖直方向有0＝－Mv2＋mv1，人相对于地面下降的高度为h，速度大小v1＝ht，人沿绳梯滑至地面时，气球上升的高度为L－h，速度大小v2＝L-ht，联立以上各式可得L＝M+mMh。]
1．一人静止于光滑的水平冰面上，现欲离开冰面，下列方法中可行的是( )
A．向后踢腿
B．向后甩手
C．脱下衣服或鞋子水平抛出
D．脱下衣服或鞋子竖直向上抛出
C [以人作为整体为研究对象，向后踢腿或手臂向前甩，人整体的总动量为0，不会运动起来，故A、B错误；把人和外衣、鞋视为一整体，这个整体动量为0，人给外衣或鞋子一个水平速度，总动量不变，所以人有一个反向的速度，可以离开冰面，故C正确；把人和外衣、鞋视为一整体，这个整体动量为0，人给外衣或鞋子一个竖直方向的速度，水平方向的总动量仍然等于0，所以人仍然静止，不能离开冰面，故D错误。]
2．航天员离开空间站太空行走时，连同装备共100 kg，在离飞船60 m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50 m/s的速度喷出气体，为了能在 5 min 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．0.10 kg B．0.20 kg C．0.35 kg D．0.40 kg
D [单位换算5 min＝300 s，航天员在喷出气体后的最小速度为v＝xt＝0.2 m/s，根据动量守恒定律得(M－m)v＝mv0，代入题中数据解得m≈0.40 kg。]
3．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。当小球从如图所示的位置无初速度沿内壁滚到最低点时，大球移动的距离是( )
A．R2 B．R3 C．R4 D．R6
B [由水平方向动量守恒有mx小球－2mx大球＝0，又x小球＋x大球＝R，所以x大球＝R3，选项B正确。]
4．(新情境题，以空间飞行器为背景，考查反冲原理)在地球大气层以外的宇宙空间，基本上按照天体力学的规律运行的各类飞行器，称为空间飞行器。航天器是执行航天任务的主体，是航天系统的主要组成部分。由于外太空是真空的，飞行器在加速过程中一般使用反冲推进器，某种推进器在工作时利用电场加速带电粒子，形成向外发射的粒子流而对飞行器产生反冲力，由于太空阻力极小，只需一点点动力即可以达到很高的速度。我国发射的“实践九号”携带的卫星上第一次使用了上述离子电推力技术，从此为我国的航天技术开启了一扇新的大门。已知飞行器的质量为M，发射的是2价氧离子，发射功率为P，加速电压为U，每个氧离子的质量为m，元电荷为e，原来飞行器静止，不计发射氧离子后飞行器质量的变化，求：
(1)射出的氧离子速度大小；
(2)每秒钟射出的氧离子数；
(3)射出离子后飞行器开始运动的加速度大小。
[解析] (1)以氧离子为研究对象，根据动能定理，有2eU＝12mv2，所以，氧离子速度为v＝2eUm。
(2)设每秒钟射出的氧离子数为N，则发射功率可表示为P＝NΔEk＝2NeU
所以，每秒射出的氧离子数为N＝P2eU。
(3)以氧离子和飞行器组成的系统为研究对象，设飞行器的反冲速度为v1，取飞行器的速度方向为正方向，根据动量守恒定律，t时间内有
0＝Mv1＋Ntm(－v)
飞行器的加速度为a＝v1t
可得a＝PMmeU。
[答案] (1)2eUm (2)P2eU (3)PMmeU
回归本节知识，自我完成以下问题：
1．反冲过程中以相互作用的两部分为系统是否满足动量守恒？
提示：满足。
2．火箭的工作原理是什么？
提示：反冲原理。
3．应用反冲原理分析火箭发射时，研究对象是什么？
提示：箭体和喷出的气体。
航天员太空行走
太空行走又称为出舱活动。是载人航天的一项关键技术，是载人航天工程在轨道上安装大型设备、进行科学实验、施放卫星、检查和维修航天器的重要手段。要实现太空行走这一目标，需要诸多的特殊技术保障。
帮助航天员实现太空行走的是自足式手提机动喷射器。这个装置主要由两个氧气储罐和一个压力调节器组成，重3.4 kg，其中高压氧气推进剂重约0.13 kg。它每秒能产生约181 N的推力，行进速度为1.82 m/s，相当于普通人慢跑的速度。该装置有3个喷管，2个喷管对着后方，1个喷管对着前方。开动对着后方的2个喷管，即可推着航天员向前移动，开动对着前方的1个喷管，即可停止移动。
1．航天员太空行走用到的自足式手提机动喷射器的原理是什么？
提示：反冲原理。
2．航天员太空行走速度的快慢和什么有关？
提示：手提机动喷射器的喷射速度和喷出气体的质量。
课时分层作业(五) 反冲现象 火箭
题组一 反冲现象
1．下列图片所描述的事例或应用中，没有利用反冲运动原理的是( )
A．喷灌装置的自动旋转 B．章鱼在水中前行和转向
C．运载火箭发射过程 D．码头边轮胎的保护作用
D [喷灌装置是利用水流喷出时的反冲作用而旋转的，章鱼在水中前行和转向利用了喷出的水的反冲作用，火箭发射时利用喷气的方式而获得动力，利用了反冲作用，故A、B、C不符合题意；码头边轮胎的作用是延长碰撞时间，从而减小作用力，没有利用反冲作用，故D符合题意。]
2．我国自行研制的第五代隐形战机“歼－20”以速度v0水平向右匀速飞行，到达目标地时，将质量为M的导弹自由释放，导弹向后喷出质量为m、对地速率为v1的燃气，则喷气后导弹的速率为( )
A．Mv0+mv1M-m B．Mv0-mv0M-m C．Mv0-mv1M D．Mv0+mv1M
A [取水平向右为正方向，设喷气后导弹的速度大小为vx，导弹在喷出燃气前后瞬间根据动量守恒定律可得Mv0＝－mv1＋(M－m)vx，解得vx＝Mv0+mv1M-m，故A正确。]
3．如图所示，被一细线固定的A、B两个物体静止在光滑水平面上，物体A、B之间的弹簧处于压缩状态，但与物体A、B不拴接，且物体A、B的质量关系满足mA＝2mB。当烧断细线后，物体A、B的动能之比为( )
A．1∶2 B．2∶1 C．1∶1 D．4∶1
A [烧断细线后，物体A、B在水平方向上的动量守恒，有mAvA＋mBvB＝0，由Ek＝12mv2及mA＝2mB解得EkA∶EkB＝1∶2。]
题组二 火箭
4.2022年11月29日23时08分，我国神舟十五号载人飞船发射取得圆满成功。在火箭点火发射瞬间，质量为m的燃气以大小为v的速度在很短时间内从火箭喷口喷出。已知发射前火箭的质量为M，则在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为(燃气喷出过程不计重力和空气阻力的影响)( )
A．v B．2v C．Mmv D．mM-mv
D [以向上为正方向，由动量守恒定律可得(M－m)v′－mv＝0，解得v′＝mM-mv，D正确。]
5．(多选)下列关于火箭的描述正确的是( )
A．增加单位时间的燃气喷射量可以增大火箭的推力
B．增大燃气相对于火箭的喷射速度可以增大火箭的推力
C．当燃气喷出火箭喷口的速度相对于地面为零时火箭就不再加速
D．火箭发射时获得的推力来自喷出的燃气与发射台之间的相互作用
AB [设火箭的总质量为M，喷气前的速率为v0，质量为m的燃气相对于火箭以速率u向后喷出，喷出后火箭的速率为v，则燃气的对地速度为v－u(取火箭的速度方向为正方向)，由动量守恒定律得Mv0＝(M－m)v＋m(v－u)，解得v＝v0＋mMu，所以增大m、u，均可以增大喷气后火箭的速度v，即增大了火箭的推力，故A、B正确，C错误；火箭向下急速喷出燃气的同时，气体对火箭产生向上的巨大推力，这说明推力来自燃气与火箭之间的相互作用，故D错误。]
6．如图所示，一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离。已知前部分的卫星质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v1为( )
A．v0－v2 B．v0＋v2 C．v0－m2m1v2 D．v0＋m2m1(v0－v2)
D [火箭和卫星组成的系统在分离时水平方向上动量守恒，规定初速度的方向为正方向，由动量守恒定律得(m1＋m2)v0＝m2v2＋m1v1，解得v1＝v0＋m2m1(v0－v2)，D正确。]
题组三 “人船模型”
7．(多选)如图所示，载有物资的、总质量为M的热气球静止于距水平地面H的高处，现将质量为m的物资以相对地面竖直向下的速度v0投出，物资落地时与热气球的距离为d。热气球所受浮力不变，重力加速度为g，不计阻力。下列说法正确的是( )
A．物资落地前，热气球与投出的物资组成的系统动量守恒
B．投出物资后热气球做匀速直线运动
C．d＝MHM-m
D．d＝H＋mM-m2H
AC [物资投出之前，物资和热气球所受合外力为零，物资投出后，热气球和物资所受合外力不变，则系统所受合外力仍为零，物资落地前，热气球与投出的物资组成的系统动量守恒，选项A正确；投出物资后热气球所受合外力向上，则热气球向上做匀加速直线运动，选项B错误；设物资落地时热气球上升的高度为h，对物资和热气球组成的系统，由动量守恒定律得(M－m)ht＝mHt，解得h＝mHM-m，则d＝H＋h＝H＋mHM-m＝MHM-m，选项C正确，D错误。]
8．如图所示，一个倾角为α的直角斜面体静置于光滑水平面上，斜面体质量为M，顶端高度为h。今有一质量为m的小物体(可视为质点)，沿光滑斜面下滑，当小物体从斜面顶端自由下滑到底端时，斜面体在水平面上移动的距离是( )
A．mhM+m B．MhM+m C．mhM+mtanα D．MhM+mtanα
C [此题属于“人船模型”问题，小物体与斜面体组成的系统在水平方向上动量守恒，以水平向左为正方向，设小物体在水平方向上对地位移大小为s1，斜面体在水平方向上对地位移大小为s2。有0＝ms1－Ms2，且s1＋s2＝htanα，可得s2＝mhM+mtanα。]
9．如图所示，在光滑水平面上甲、乙两车相向而行，甲的速率为v0，乙的速率也为v0，甲车和车上人的总质量为10m，乙车和车上人及货包的总质量为12m，单个货包质量为m10，为使两车不相撞，乙车上的人以相对地面为v＝11v0的速率将货包抛给甲车上的人，则乙车上的人应抛出货包的最小数量是( )
A．10个 B．11个 C．12个 D．20个
A [规定水平向左为正方向，两车刚好不相撞即最后两车速度相等，设相等的速度为v′。对两辆车、两人以及所有货包组成的系统，由动量守恒定律得12mv0－10mv0＝(12m＋10m)v′，解得v′＝v011。设为使两车不相撞，乙车上的人应抛出货包的最小数量为n，以乙及乙车上的人和货包为系统，由动量守恒定律得12mv0＝12m-n·m10v′＋n·m10v，由题知v＝11v0，解得n＝10个，选项A正确。]
10．如图所示，质量为M的滑块可在水平放置的光滑固定导轨上自由滑动，质量为m的小球与滑块上的悬点O由一不可伸长的轻绳相连，绳长为L。开始时，轻绳处于水平拉直状态，小球和滑块均静止。现将小球由静止释放，当小球到达最低点时，滑块刚好被一表面涂有黏性物质的固定挡板粘住，在极短的时间内速度减为零，小球继续向左摆动到绳与竖直方向的夹角为60°时达到最高点。滑块与小球均视为质点，空气阻力不计，重力加速度为g，则以下说法正确的是( )
A．轻绳的拉力对小球始终不做功
B．滑块与小球的质量关系为M＝2m
C．释放小球时滑块到挡板的距离为L2
D．滑块撞击挡板时，挡板对滑块作用力的冲量大小为2mgL
C [因滑块不固定，小球下摆过程中，轻绳的拉力对滑块做正功，对小球做负功，故A错误；小球下摆过程，小球与滑块组成的系统机械能守恒，有mgL＝12Mv12+12mv22，水平方向动量守恒，以向右为正方向，有0＝Mv1－mv2，小球从最低点向左摆动到最高点的过程，机械能守恒，有12mv22＝mgL(1－cos 60°)，联立解得M＝m，故B错误；由平均动量守恒有Mxt-mL-xt＝0，可得x＝L2，即释放小球时滑块到挡板的距离为L2，故C正确；滑块撞击挡板时，挡板对滑块作用力的冲量大小I＝Mv1＝mgL，故D错误。]
11．如图所示，一辆质量M＝3 kg的小车A静止在光滑的水平面上，小车上有一质量m＝1 kg的光滑小球B，将一轻质弹簧压缩并锁定，此时弹簧的弹性势能为Ep＝6 J，小球与小车右壁距离为l，解除锁定，小球脱离弹簧后与小车右壁的油灰阻挡层碰撞并被粘住，求：
(1)小球脱离弹簧时，小球和小车各自的速度大小；
(2)在整个过程中，小车移动的距离。
[解析] (1)设小球脱离弹簧时，小球的速度大小为v1，小车的速度大小为v2，以小球运动方向为正方向，由动量守恒定律有mv1－Mv2＝0
小球弹开时，只有弹力做功，由能量守恒定律有
12mv12+12Mv22＝Ep，解得v1＝3 m/s，v2＝1 m/s。
(2)整个过程中，根据平均动量守恒(人船模型)得mx1t＝Mx2t和x1＋x2＝l，解得x2＝l4。
[答案] (1)3 m/s 1 m/s (2)l4
12．在光滑的冰面上，放置一个截面为四分之一圆的半径足够大的光滑自由曲面体，一个坐在冰车上的小孩手扶一球静止在冰面上。某时刻小孩将球以大小为v0的速度向曲面推出，如图所示。已知小孩和冰车的总质量为m1＝40 kg，球的质量为m2＝2 kg，若小孩将球推出后还能再接到球，求曲面体的质量m3应满足的条件。
[解析] 设小孩将球推出后小孩向右运动的速度大小为v1，以水平向左为正方向小孩推球过程动量守恒，有0＝m2v0－m1v1，从球滚上曲面前到球滚下曲面的过程中，球和曲面体组成的系统动量守恒、能量守恒，设球滚下曲面后，球的速度大小为v2，曲面体的速度大小为v3，根据动量守恒定律和机械能守恒定律，有，m2v0＝－m2v2＋m3v3
12m2v02＝12m2v22+12m3v32
解得v2＝m3-m2m3+m2v0
若小孩将球推出后还能再接到球，则有v2＞v1
联立解得m3＞4219kg。
[答案] m3＞4219kg
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