第6节 反冲现象 火箭

反冲原理指在系统内力作用下，系统内一部分物体向某方向运动（动量发生变化），根据动量守恒定律，系统内其余部分就会向相反的方向运动.烟花升空时,内部燃气向下喷出,烟花因反冲获得向上的动量,符合反冲原理, $ \mathrm{A} $ 正确；安全气囊通过气体膨胀缓冲碰撞力,延长作用时间,属于动量定理的应用，与反冲无关, $ \mathrm{B} $ 错误;击打垒球有外力作用,垒球动量不守恒,与反冲无关， $ \mathrm{C} $ 错误;屈膝是通过延长落地时间减小冲击力,属于动量定理的应用,与反冲无关, $ \mathrm{D} $ 错误.

由题意可知,乌贼逃窜时的速度达到 $ {v}_{1}=30\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,乌贼和喷出的水组成的系统动量守恒,设乌贼喷出水的速度为 $ {v}_{2} $ ,取乌贼向前逃窜方向为正方向,由动量守恒定律可得 $ (m-{m}_{0}){v}_{1}-{m}_{0}{v}_{2}=0 $ ,解得 $ {v}_{2}=\dfrac{m-{m}_{0}}{{m}_{0}}{v}_{1}=\dfrac{3-0.5}{0.5}×30\mathrm{m}/\mathrm{s}=150\mathrm{m}/\mathrm{s} $ , $ \mathrm{C} $ 正确.

第一级火箭的燃料用完后,在自动脱落时具有与火箭相同的速度,因此脱落后将做竖直上抛运动,故 $ \mathrm{A} $ 错误;火箭加速上升时,火箭里的航天员也加速上升,对航天员有 $ {F}_{\mathrm{N}}-mg=ma $ ,解得 $ {F}_{\mathrm{N}}=mg+ma > mg $ ,根据牛顿第三定律可知,火箭里面的航天员对座椅的压力大于自身重力,故 $ \mathrm{B} $ 错误;燃料燃烧向下喷气,喷出的气体的反作用力推动火箭升空,即火箭靠喷出气流的反冲作用获得巨大速度,故 $ \mathrm{C} $ 正确;火箭喷出的气流对火箭的作用力与火箭对喷出气流的作用力是一对相互作用力,大小总是相等,故 $ \mathrm{D} $ 错误.

设喷出气体后飞机的速度为 $ v^\prime $ ,对飞机和气体组成的系统,根据动量守恒定律有 $ mv=(m-\mathrm{\Delta }m)v^\prime +\mathrm{\Delta }m(v^\prime -u) $ ,解得 $ v^\prime =v+\dfrac{\mathrm{\Delta }m}{m}u $ ,则喷气后飞机增加的速度为 $ v^\prime -v=\dfrac{\mathrm{\Delta }m}{m}u $ ,可知无论 $ u $ 与 $ v $ 的大小关系如何, $ v^\prime $ 均大于 $ v $ ,故 $ \mathrm{A} $ 、 $ \mathrm{B} $ 、 $ \mathrm{C} $ 错误， $ \mathrm{D} $ 正确.

第一宇宙速度 $ (7.9\mathrm{k}\mathrm{m}/\mathrm{s}) $ 是卫星发射的最小速度,地球卫星要能成功发射,速度大小至少达到 $ 7.9\mathrm{k}\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,故 $ \mathrm{A} $ 错误；设喷出三次气体后火箭的速度为 $ {v}_{3} $ ,以火箭和喷出的气体为研究对象,以竖直向上为正方向,由动量守恒定律得 $ (M-3m){v}_{3}-3mv=0 $ ,解得 $ {v}_{3}\approx 4\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,故 $ \mathrm{B} $ 正确；要使火箭成功发射,设喷气 $ n $ 次后达到第一宇宙速度,即 $ {v}_{n}=7.9\mathrm{k}\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,以火箭和喷出的 $ n $ 次气体为研究对象,以竖直向上为正方向,由动量守恒定律得 $ (M-nm){v}_{n}-nmv=0 $ ,代入数据解得 $ n=666 $ ,持续喷气的时间为 $ t=\dfrac{666}{20}\mathrm{s}=33.3\mathrm{s} $ ,故 $ \mathrm{C} $ 、 $ \mathrm{D} $ 错误.

由于青蛙对木板的作用力与木板对青蛙的作用力是一对相互作用力,二者大小相等、方向相反,作用时间相等,所以青蛙对木板的冲量大小等于木板对青蛙的冲量大小,故 $ \mathrm{A} $ 错误；由于青蛙和木板组成的系统水平方向动量守恒,系统水平初动量为零,所以水平末动量也为零,青蛙落到木板后二者不会在水平方向运动,故 $ \mathrm{B} $ 错误；设青蛙相对木板的水平位移大小为 $ L $ ,由动量守恒定律有 $ m{v}_{蛙}=M{v}_{板} $ ，两侧同时乘 $ t $ ，可得 $ m{x}_{蛙}=M{x}_{板} $ ,又 $ {x}_{蛙}+{x}_{板}=L $ ,解得 $ {x}_{蛙}=\dfrac{M}{m+M}L $ , $ {x}_{板}=\dfrac{m}{m+M}L $ ,由于 $ M > m $ ,所以 $ {x}_{蛙} > {x}_{板} $ ,故 $ \mathrm{C} $ 正确；设支架高为 $ h $ ,根据 $ m{v}_{蛙}=M^\prime v{\prime }_{板} $ , $ {v}_{蛙}t+v{\prime }_{板}t=L^\prime $ , $ h=\dfrac{1}{2}g{t}^{2} $ ,可知青蛙以同样的水平速度跳出,增加木板的质量（长度不变）,则木板的速度减小,由于时间不变,所以青蛙相对木板的位移减小,青蛙不会落入水中,故 $ \mathrm{D} $ 错误.

根据题意,由动量守恒定律有 $ m{v}_{0}=[M+(n-1)m]v $ ,解得 $ v=\dfrac{m{v}_{0}}{M+(n-1)m} $ ,故 $ \mathrm{A} $ 正确, $ \mathrm{B} $ 错误；设子弹经过时间 $ t $ 打到靶上,则有 $ m{v}_{0}t=[M+(n-1)m]v^\prime t $ ,即 $ m{x}_{子弹}=[M+(n-1)m]x $ ,又 $ {x}_{子弹}+x=L $ ,联立解得 $ x=\dfrac{{\rm mL}}{M+nm} $ ,故 $ \mathrm{C} $ 错误, $ \mathrm{D} $ 正确.

若船用缆绳固定时,有 $ {x}_{0}={v}_{0}t $ ,若撤去缆绳,对人和船组成的系统，由动量守恒定律有 $ m{v}_{1}=M{v}_{2} $ ,两次人消耗的能量相等,则产生的动能相等,有 $ \dfrac{1}{2}m{v}_{0}^{2}=\dfrac{1}{2}m{v}_{1}^{2}+\dfrac{1}{2}M{v}_{2}^{2} $ ,联立解得 $ {v}_{1}=\sqrt{\dfrac{M}{M+m}}{v}_{0} $ ,船离岸的距离为 $ x={v}_{1}t=\sqrt{\dfrac{M}{M+m}}{v}_{0}t=\sqrt{\dfrac{M}{M+m}}{x}_{0}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\mathrm{m} $ ,故 $ \mathrm{B} $ 正确.

人与气球组成的系统动量守恒,设人的速率为 $ {v}_{1} $ ,气球的速率为 $ {v}_{2} $ ,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 $ {m}_{人}{v}_{1}-{m}_{球}{v}_{2}=0 $ ,即 $ {m}_{人}\frac{{s}_{人}}{t}-{m}_{球}\frac{{s}_{球}}{t}=0 $ ,解得 $ {s}_{球}=2{s}_{人}=40\mathrm{m} $ ,则到达地面时人与气球的距离 $ L={s}_{球}+{s}_{人}=40\mathrm{m}+20\mathrm{m}=60\mathrm{m} $ ,即绳长至少为 $ 60\mathrm{m} $ , $ \mathrm{A} $ 正确.

$ C $ 球下落到最低点时, $ A $ 、 $ B $ 将要分离,根据机械能守恒定律有 $ {m}_{C}gl=\dfrac{1}{2}{m}_{C}{v}_{C}^{2}+\dfrac{1}{2}×2m{v}_{AB}^{2} $ ,系统水平方向动量守恒,根据动量守恒定律有 $ {m}_{C}{v}_{C}=2m{v}_{AB} $ ,联立解得 $ {v}_{C}=2\sqrt{2}\mathrm{m}/\mathrm{s} $ , $ {v}_{AB}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,故 $ \mathrm{A} $ 、 $ \mathrm{B} $ 错误; $ C $ 球由静止释放到最低点的过程中,设 $ C $ 相对水平面的水平位移大小为 $ {x}_{1} $ , $ A $ 、 $ B $ 相对水平面的水平位移大小为 $ {x}_{2} $ ,则有 $ {m}_{C}\frac{{x}_{1}}{t}=2m\dfrac{{x}_{2}}{t} $ , $ {x}_{1}+{x}_{2}=l $ ,解得 $ {x}_{2}=0.1\mathrm{m} $ ,故 $ \mathrm{C} $ 正确; $ C $ 球由静止释放到最低点的过程中,选 $ B $ 为研究对象,由动量定理有 $ {I}_{AB}=m{v}_{AB}=\sqrt{2}\mathrm{k}\mathrm{g}\cdot \mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,故 $ \mathrm{D} $ 错误.

滑块在竖直方向有加速度,故竖直方向上动量不守恒,水平方向上系统所受合外力为零,故系统水平方向上动量守恒, $ \mathrm{A} $ 错误,符合题意;由冲量的定义式可知，重力的冲量为 $ {I}_{G}=mgt $ , $ \mathrm{B} $ 错误,符合题意;系统水平方向上动量守恒,有 $ m{v}_{1}=M{v}_{2} $ ,即 $ m{x}_{1}=M{x}_{2} $ ,又 $ {x}_{1}+{x}_{2}=(X-L) \cos \alpha $ ,联立解得 $ {x}_{1}=\dfrac{M}{M+m}(X-L) \cos \alpha $ ，即滑块第一次运动到 $ C $ 点时,滑块位于最初释放点左侧,距离释放点水平距离为 $ \dfrac{M}{M+m}(X-L) \cos \alpha $ , $ \mathrm{C} $ 正确,不符合题意;滑块最终与斜面体相对静止时有 $ mg \sin \alpha =kx $ ，由水平方向动量守恒，有 $ mv{\prime }_{1}=Mv{\prime }_{2} $ ,即 $ mx{\prime }_{1}=Mx{\prime }_{2} $ ,又 $ x{\prime }_{1}+x{\prime }_{2}=(X-L+\dfrac{mg \sin \alpha }{k}) \cos \alpha $ ,联立解得 $ x{\prime }_{1}=\dfrac{M}{M+m}(X-L+\dfrac{mg \sin \alpha }{k}) \cos \alpha $ ,即滑块最终与斜面体相对静止，滑块位于最初释放点左侧,距离释放点水平距离为 $ \dfrac{M}{M+m}(X-L+\dfrac{mg \sin \alpha }{k}) \cos \alpha $ , $ \mathrm{D} $ 正确,不符合题意.