人教版 (2019)选择性必修 第一册反冲现象火箭课时训练

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基础知识梳理
一、反冲现象
1.定义：一个 的物体在 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 的方向运动的现象.
2.规律：反冲运动中，相互作用力一般 ，满足 定律.
3.反冲现象的应用及防止：
(1)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.
(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：利用 运动，火箭燃料燃烧产生的高温、高压 从尾部喷管迅速喷出，使火箭获得巨大的向前的速度.
2.影响火箭获得速度大小的两个因素：
(1) 速度：现代火箭的喷气速度为2 000～4 000 m/s.
(2) ：火箭初始时的质量与燃料用完时箭体质量之比.喷气速度 ，质量比 ，火箭获得的速度 .
3.现代火箭的主要用途：利用火箭作为 ，如发射探测仪器、常规弹头和核弹头、人造卫星和宇宙飞船等.
【参考答案】 静止 内力 相反 较大 动量守恒 反冲 燃气 喷气 质量比 越大 越大
越大 运载工具
典型例题分析
考点一：反冲现象
【例1】如图所示，自行火炮连同炮弹的总质量为M，当炮管水平，火炮车在水平路面上以v1的速度向右匀速行驶时，发射一枚质量为m的炮弹后，自行火炮的速度变为v2，仍向右行驶，则炮弹相对炮筒的发射速度v0为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】火炮车与炮弹组成的系统动量守恒，以火炮车的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得
Mv1=（M-m）v2＋m（v0＋v2）
解得
v0=
故选B。
【变式练习】
1．一质量为M的航天器正以速度v0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．MB．MC．MD．M
【答案】C
【解析】规定航天器的速度方向为正方向，由动量守恒定律可得
Mv0=（M-m）v2-mv1
解得
m=M
故选C。
2．下列几种运动模型属于缓冲现象的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】A．旧式大炮斜向上发射炮弹炮身会后退，这类运动是反冲现象，故A错误；B．习武之人扭转身体侧面卧倒，身体的多个支撑点不是同时压下去，最大限度的延长了作用时间，减小了作用力，是缓冲现象，故B正确；C．鱿鱼将吸入的水用力喷出，快速的向外游窜，这类运动是反冲现象，故C错误；D．宇航员进行无绳太空漫步时，喷气背包喷出的气体控制其运动，这类运动是反冲现象，故D错误。故选B。
考点二：火箭原理
【例2】2021年6月17日，搭载神舟十二号载人飞船的长征二号F遥十二运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射，成功将神舟十二号载人飞船送入预定轨道。如果长征二号F遥十二运载火箭（包括载人飞船、宇航员和燃料）的总质量为M，竖直向上由静止开始加速，每次向下喷出质量为m的燃气，燃气被喷出时相对地面的速度大小均为v，则第5次喷出燃气的瞬间，运载火箭速度大小为（忽略重力的影响）（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】第5次喷出燃气的瞬间运载火箭的速度为，此时运载火箭的质量为，忽略重力影响，运载火箭喷气过程系统当量守恒
解得
故选A。
【变式练习】
1．竖直发射的火箭质量为6×103kg。已知每秒钟喷出气体的质量为200kg。若要使火箭获得大小为20.2m/s2、方向向上的加速度，则喷出气体的速度大小最接近（ ）
A．700m/sB．800m/sC．900m/sD．1000m/s
【答案】C
【解析】由动量定理
其中的∆t=1s对火箭
解得
v=875.8m/s
故选C。
2．2021年10月16日0时23分，搭载神舟十三号载人飞船的长征二号F遥十三运载火箭，在酒泉卫星发射中心成功发射，顺利将翟志刚、王亚平、叶光富3名航天员送入太空。按照计划部署，神舟十三号航天员乘组将在轨驻留六个月。假设将发射火箭看成如下模型：静止的实验火箭，发射前总质量（含燃料）为M=2200g，取竖直向下为正方向，火箭所受重力和空气阻力可忽略不计。当它以v0=880m/s的对地速度竖直向下喷出质量为Δm=200g的高温气体后，火箭的对地速度为（ ）
A．-80m/sB．80m/sC．-88m/sD．88m/s
【答案】C
【解析】喷出气体过程中重力和空气阻力可忽略不计，系统内力远大于外力，系统动量守恒，以竖直向下为正方向，由动量守恒定律得
代入数据解得火箭的速度
负号表示方向竖直向上，故C正确，ABD错误。故选C。
考点三：人船模型问题
【例3】如图所示，有一只小船停靠在湖边码头，小船又窄又长（估计重一吨左右）。一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量。他进行了如下操作：首先将船平行于码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头停下，而后轻轻下船。用卷尺测出船后退的距离d，然后用卷尺测出船长L。已知他的自身质量为m，水的阻力不计，船的质量为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】因水平方向动量守恒，可知人运动的位移为（L-d）由动量守恒定律可知
解得船的质量为
故选B。
【变式练习】
1．质量为 m 的人在质量为 M 的小车上从左端走到右端，如图所示，当车与地面摩擦不计时，那么（ ）
A．人在车上行走，若人相对车突然停止，则车由于惯性过一会才停止
B．人在车上行走的平均速度越大，则车在地面上移动的距离也越大
C．人在车上行走的平均速度越小，则车在地面上移动的距离就越大
D．不管人以什么样的平均速度行走，车在地面上移动的距离相同
【答案】D
【解析】A．由人与车组成的系统动量守恒，初态系统总动量为零，则有
若人相对车突然停止，则车也突然停止，故A错误；BCD．设车长为L，由
解得
车在地面上移动的位移大小与人的平均速度大小无关，故D正确，BC错误。故选D。
2．一空船静止于水面上，船后舱因有漏洞进水，堵住漏洞后用一水泵把后舱中的水抽往前舱，前后舱用隔板隔开，如图所示。不计水的阻力，在抽水过程中船的运动情况是（ ）
A．保持静止B．持续向前运动C．持续向后运动D．前后往复运动
【答案】C
【解析】不计水的阻力，则系统动量守恒，系统总动量为零，用一水泵把后舱的水抽往前舱，则水的重心前移，故船将向后运动（等效于人船模型）。故选C。
方法探究
一、反冲运动的理解和应用
1.反冲运动的三个特点
(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，所以两部分组成的系统动量守恒或在某一方向动量守恒.
(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.
2.讨论反冲运动应注意的两个问题
(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，则反方向的另一部分的速度就要取负值.
(2)速度的相对性：反冲问题中，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速度通常为相对地面的速度.因此应先将相对速度转换成相对地面的速度，再列动量守恒定律方程.
二、火箭的工作原理分析
1.火箭喷气属于反冲类问题，是动量守恒定律的重要应用.
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调整，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.
三、反冲运动的应用——“人船模型”
1.“人船模型”问题
两个原来静止的物体发生相互作用时，若所受外力的矢量和为零，则动量守恒.
2.人船模型的特点
(1)两物体满足动量守恒定律：m1eq \x\t(v)1－m2eq \x\t(v)2＝0.
(2)运动特点：人动船动，人停船停，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，即m1x1＝m2x2.
课后小练
一、单选题
1．—个爆竹竖直升空后在最高点炸裂成质量相等的甲、乙两块，其中炸裂后一瞬间甲的速度方向如图所示，不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A．甲、乙有可能同时落地
B．甲、乙落地时的速度一定相同
C．从炸裂到落地，甲、乙的速度变化相同
D．甲、乙落地瞬间，重力的瞬时功率相同
【答案】D
【解析】A．爆竹的最高点时速度为零，根据动量守恒可知，炸裂成质量相等的甲、乙两块速度等大反向，由此可知，乙先落地，故A错误；B．根据机械能守恒可知，两者落地时速度大小相等，但方向不同，故B错误；C．由于两者在空中运动时间不同，由
可知，两者速度变化不同，故C错误；D．爆炸后一瞬间、甲、乙在竖宜方向速度等大反向，由运动学公式可知，两者落地时在竖宜方向分速度相同，由
可知，甲、乙落地瞬间，重力的瞬时功率相同，故D正确。故选D。
2．以下实例中不是利用反冲现象的是（ ）
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】A.当枪发射子弹时，枪身同时受到一个反向的力会向后运动，故A是反冲现象；B．乌贼向前喷水从而使自己受到一个向后的力，向后游动，故B是反冲现象；C．火箭中的火药燃烧向下喷气而自身受到一个向上的推力，推动自身向上运动，故C是反冲现象；D．战斗机抛出副油箱，质量减小，惯性减小，机身的灵活性提高，故D不是反冲现象．故选D．
3．2021年6月17日9时22分，我国神舟十二号载人飞船发射圆满成功。如图是神舟十二号载人飞船发射瞬间的画面，在火箭点火发射瞬间，质量为m的燃气以大小为的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。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．B．C．D．
【答案】D
【解析】以向上为正方向，由动量守恒定律可得
解得
D正确。故选D。
4．一颗烟花弹从水平地面以一定的速度竖直上升，速度为零的瞬间爆炸分成两部分，如图所示，其中a部分质量是b部分质量的2倍，a部分水平飞出。不计空气阻力和火药的质量，a、b两部分落地时水平方向的动量大小分别为、，a、b两部分做平抛运动过程中动量的变化量大小分别为、、则（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】B
【解析】根据题意，由动量守恒定律可知，烟花弹爆炸后，、两部分均沿水平方向飞出，且有
飞出后在水平方向上，做匀速直线运动，则水平方向的动量保持不变，即落地时的动量大小
运动过程中只受重力，由定量定理可得
根据可知，、两部分下落的时间相等，设部分质量为，则部分质量为，则有
，
即
故ACD错误B正确。故选B。
5．如图所示，质量为m的半径为R的光滑圆弧形凹槽静止在光滑水平面上，质量也为m的小钢球从槽的顶端A处由静止释放，在小球下滑到底端B的过程中，则（ ）
A．小球和凹槽组成的系统动量守恒B．小球与凹槽、地球组成的系统机械能守恒
C．小球对地的运动位移为RD．小球所受合力的瞬时功率一直增大
【答案】B
【解析】A．小球竖直方向有加速度，系统在竖直方向上合力不为零，但是系统在水平方向受力为零，可知小球和凹槽组成的系统水平方向动量守恒。故A错误；B．根据机械能守恒的条件可知，小球与凹槽、地球组成的系统机械能守恒。故B正确；C．系统水平方向动量守恒，有
又
联立，可得
故C错误；D．小球开始下滑时，速度为零，根据
可知合力的瞬时功率为零，小球滑到底端B时，速度与合力垂直，合力的瞬时功率也为零。故D错误。故选B。
6．某人站在静止于光滑水平面上的平板车上面。若人从车头走向车尾，人和车的运动情况为（ ）
A．人匀加速走动，车匀加速前进，两者对地加速度大小相等。
B．人匀速走动，则车匀速前进，人和车对地位移大小与质量成正比。
C．不管人如何走，任意时刻人和车总动量相同。
D．人停止走动时，车的速度不一定为零。
【答案】C
【解析】A．人站在静止于光滑水平面上的平板车上面，当人从车头走向车尾时，人与车发生相互作用，这个相互作用的力的大小是相等的，但是由于人与车的质量不相等，根据牛顿第二定律可得，人与车对地的加速度的大小是不相等的，故A错误；B．人匀速走动，则车匀速前进，由动量守恒可知
m人v人=－m车v车
故相等时间内人和车对地位移大小与质量成反比，故B错误；C．根据动量守恒可知，不管人如何走，任意时刻人和车总动量相同，故C正确；D．由于原来人与车是静止的，动量为0，故当人停止走动时，车的速度一定为零，使得总动量守恒，故D错误。故选C。
7．一位同学从船尾走到船头停下。船后退的距离d，船长L。已知他的自身质量为m，水的阻力不计，船的质量为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】设同学在船上走动时船的平均速度大小为v，同学的平均速度大小为v＇，同学从船尾走到船头所用时间为t，则有
取船的速度方向为正方向，由动量守恒定律可得
则有
解得船的质量为
故选B
8．中国航天“超级2021”，天和核心舱一飞冲天，中国正式迈入空间站时代，“天问一号”火星着陆，“羲和号”实现中国太阳探测零的突破，长征系列火箭发射超过400次……这一年，无数航天人接力探索，成就了这史无前例的航天大年！根据已知信息，下列选项中判断不正确的是（ ）。
A．天和核心舱绕地球稳定运行时离地球表面大约400公里，则天和核心舱运行周期一定小于24小时
B．“天问一号”火星探测器着陆前在停泊轨道运行，停泊轨道是椭圆，则探测器在近火点的速度一定大于远火点速度
C．“羲和号”人造地球卫星运行于距离地球517公里高度的轨道，这个轨道经过地球的南北极，则“羲和号”卫星的发射速度一定大于第二宇宙速度
D．长征系列火箭发射时是靠喷出气流的反冲作用获得巨大速度，则同一火箭喷出相同质量气体时，气流的速度越大，火箭获得的速度就越大
【答案】C
【解析】A．由地球的引力提供向心力，则有
解得
由上式可知，卫星的轨道半径越大，运动周期越大，由于天和核心舱轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，所以距地面400km高的天和核心舱绕地球做圆周运动的周期小于24小时，A正确，不符合题意；
B．“天问一号”火星探测器绕火星椭圆轨道运动，从近火点到远火点运动时，引力做负功，“天问一号”速度减小，因此探测器在近火点的速度一定大于远火点速度，B正确，不符合题意；
C．“羲和号”人造地球卫星运行于距离地球517公里高度的轨道，“羲和号”卫星的发射速度一定大于第一宇宙速度，小于第二宇宙速度，C错误，符合题意；
D．长征系列火箭发射时是靠喷出气流的反冲作用获得巨大速度，由动量守恒定律则有
由上式可知，喷出相同质量m气体时，气流的速度v越大，火箭获得的速度v＇就越大，D正确，不符合题意。故选C。
二、多选题
9．光滑水平面上放有一上表面光滑、倾角为α的斜面体A，斜面体质量为M、底边长为L，如图所示。将一质量为m、可视为质点的滑块B从斜面的顶端由静止释放，滑块B经过时间t刚好滑到斜面底端。此过程中斜面对滑块的支持力大小为FN，则下列说法中正确的是（ ）
A．FN=mgcs α
B．滑块下滑过程中支持力对B的冲量大小为FNt
C．滑块B下滑的过程中A、B组成的系统动量守恒
D．此过程中斜面体向左滑动的距离为
【答案】BD
【解析】A．当滑块B相对于斜面加速下滑时，斜面A水平向左加速运动，所以滑块B相对于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即沿垂直于斜面方向的合外力不再为零，所以斜面对滑块的支持力FN不等于mgcs α，A错误；B．滑块B下滑过程中支持力对B的冲量大小为FNt，B正确；C．由于滑块B有竖直方向的分加速度，所以系统竖直方向合外力不为零，系统的动量不守恒，C错误；D．系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，设A、B两者水平位移大小分别为x1、x2，则
Mx1=mx2
x1＋x2=L
解得
x1=
D正确。故选BD。
10．一只质量为的乌贼吸入的水，静止在水中。遇到危险时，它在百分之一秒时间内把吸入的水向后全部喷出，以2m/s的速度向前逃窜。以下说法正确的是（ ）
A．该乌贼与喷出的水的动量变化大小相等、方向相同
B．该乌贼喷出的水的速度大小为28m/s
C．该乌贼在这一次逃窜过程中消耗的能量为
D．该乌贼喷出水的过程中对水的平均作用力大小为280N
【答案】BD
【解析】A．乌贼喷水过程时间较短,系统内力远大于外力，系统动量守恒, 则该乌贼与喷出的水的动量变化大小相等、方向相反，故A错误；B．选取乌贼逃窜的方向为正方向，根据动量守恒定律得
解得
故B正确；C．该乌贼在这一次逃窜过程中消耗的能量
故C错误；D．该乌贼喷出水的过程中对水的平均作用力大小为
解得
故D项正确。故选BD。
11．如图所示，质量为M的小车静止在光滑的水平面上，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的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点。一质量为m的滑块在小车上从A点由静止开始沿轨道滑下，然后滑入BC轨道，最后恰好停在C点。已知小车质量M=2m，重力加速度为g。则滑块从A运动到C的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．滑块减少的机械能等于系统因摩擦产生的热量
B．小车相对地面的位移大小为
C．小车M的最大速度为
D．小车M的最大速度为
【答案】ABD
【解析】A．由于系统水平方向不受外力，所以水平方向动量守恒，可知滑块运动到C时，小车和滑块的速度为0，则系统的动能为0，由能量守恒定律可知，滑块减少的机械能全部转化为内能，故A正确；B．设全程小车相对地面的位移大小为s，滑块水平方向相对地面的位移为x，滑块与小车组成的系统在水平方向动量守恒且满足人船模型：
x+s =R+L
解得
故B正确；CD．滑块刚滑到B点时小车受到滑块的压力一直做正功，小车的速度达到最大，取水平向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒分别得
解得
故C错误，D正确。故选ABD。
12．一弹丸在飞行到距离地面高时仅有水平速度，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为，不计质量损失，取重力加速度。则下列图中两块弹片飞行的轨迹不正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ACD
【解析】规定向右为正方向，设弹丸的质量为4m，则甲的质量为3m，乙的质量为m，炮弹到达最高点时爆炸时，爆炸的内力远大于重力（外力），遵守动量守恒定律，则有
则表达式为
两块弹片都做平抛运动，高度一样，则运动时间相等
水平方向做匀速运动
则位移关系表达式为
结合图像可知，B的位移满足上述表达式，故B正确，ACD错误。本题选择不正确的，故选ACD。
三、解答题
13．如图甲所示，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的四分之一圆弧光滑轨道，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点。一质量为m的滑块在小车上从A点由静止开始沿轨道滑下，重力加速度为g。
（1）若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力的大小；
（2）若不固定小车，滑块从A′点由静止下滑，然后滑入BC轨道，最后从C点滑出小车，如图乙所示。已知A′O与竖直方向夹角为θ = 60°，小滑块的质量，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ，求：
①滑块运动过程中，小车的最大速率；
②滑块从B到C运动过程中，小车的位移大小x。
【答案】（1）FN = 3mg；（2）①，②
【解析】（1）若固定小车，则滑块滑到B点时速度最大，所需向心力最大，受到的支持力最大，且设为FN，根据动能定理和牛顿运动定律有
解得
FN= 3mg
由牛顿第三定律可知滑块对小车的最大压力为
F′N= FN= 3mg
（2）①由于地面是光滑的，则小车和滑块组成的系统在水平方向动量守恒，取水平向右为正有
0 = mv1 - Mv2
由上式可看出，当滑块速度v1最大时小车速度达到最大，又由于滑块经过B点后摩擦力让其减速，则可知小滑块达到B点时速度最大，则A′到B根据动能定理有
联立解得
②由于不固定小车，则滑块从B到C过程中和小车组成的系统在水平方向动量守恒，则在这段过程中任意时刻滑块的速度v3和小车的速度v4均满足
0 = mv3–Mv4（取水平向右为正）
设滑块的位移大小为x，则有
Ms = mx
根据位移关系有
s + x = L
由题意可知
则
14．如图所示，一粗糙的水平平台左端固定一轻质弹簧，在平台最右端并排静止放置可视为质点的两个小物块A和B，质量mA=0.2kg，mB=0.4kg，A、B间夹有少量炸药。在平台右侧紧挨着平台的水平地面上静止放置一质量为mC=0.2kg的木板C，木板C的上表面与平台在同一水平面上，其高度h=0.2m，长度L=1m，物块B与木板C上表面、地面与木板C下表面间的动摩擦因数分别为μ1=0.4，μ2=0.1．某时刻炸药爆炸，A、B分别沿水平方向运动，物块A压缩弹簧后被弹回并恰好停在爆炸前的位置，且弹簧被压缩过程中的最大弹性势能为Ep=4.05J；物块B最终落到地面上。取重力加速度g=10m/s2。求：
（1）物块B从木板C上表面飞出至落到地面上所经历的时间？
（2）爆炸后瞬间，物块B的速度大小？
（3）物块B刚落到地面时与木板C右端的水平距离？
【答案】（1）0.2s；（2）4.5m/s；（3）0.32m
【解析】（1）物块 B从木板C上表面飞出做平抛运动，由

得
t0=0.2s
（2）设爆炸后瞬间，物块A的速度大小为vA，物块A向左运动的最大距离为S，物块 A与水平平台间的动摩擦因数为μ；由功能关系可知

μmAgS=EP
爆炸前、后系统A、B动量守恒，取向右为正方向，则
mBvB-mAvA=0
得
vB=4.5m/s
（3）设B从C的左端滑到右端过程中，设C运动的距离为SC
则此过程中
μ1mBg=mBaB
得
aB=4m/s2
Sc+L=vBt-aBt2
对C，有
μ1mBg-μ2（mB+mC）=mCaC
得
aC=5m/s2
Sc=aCt2
得
t=s
或t=s（舍去）
B从C的上表面水平抛出时，设B、C的速度分别为vB0、vC
vB0=vB-aBt
vC=aCt
B从C的上表面水平抛出后
μ2mCg=mCaC′
B从C的上表面水平抛出后，C速度减小到0所用时间

由此可知B在平抛过程中C一直在做匀减速直线运动。则B从C的上表面水平抛出后，B、C在水平方向运动的距离
xB=vB0t0
物块 B刚落到水平地面时与木板C右端的水平距离
△x=xB-xC
解得
△x=0.32m