第5節反沖運動火箭1.知道反沖運動的概念及反沖運動的應用．2.理解反沖運動的原理并能解決相應問題．3．了解火箭的工作原理及決定火箭最終速度大小的因素．一、反沖1．定義：一個靜止的物體在內力的作用下分裂為兩部分，一部分向某個方向運動，另一部分必然向相反的方向運動的現象．2．反沖現象的應用及防止(1)應用：農田、園林的噴灌裝置是利用反沖使水從噴口噴出時，一邊噴水一邊旋轉．(2)防止：用槍射擊時，由于槍身的反沖會影響射擊的準確性，所以用步槍射擊時要把槍身抵在肩部，以減小反沖的影響．1．(1)反沖運動可以用動量守恒定律來處理．()(2)一切反沖現象都是有益的．()(3)章魚、烏賊的運動利用了反沖的原理．()提示：(1)√(2)×(3)√二、火箭1．工作原理：是利用反沖運動，火箭燃料燃燒產生的高溫、高壓燃氣從尾噴管迅速噴出時，使火箭獲得巨大速度．2．構造：主要有兩大部分：箭體和燃料．3．特點：箭體和噴出的燃料氣體滿足動量守恒定律．4．影響火箭獲得速度大小的因素(1)噴氣速度：現代液體燃料火箭的噴氣速度約為2000m/s～4000m/s.(2)質量比：指火箭起飛時的質量與火箭除燃料外的箭體質量之比．噴氣速度越大，質量比越大，火箭獲得的速度越大．2．(1)火箭點火后離開地面加速向上運動，是地面對火箭的反作用力作用的結果．()(2)在沒有空氣的宇宙空間，火箭仍可加速前行．()提示：(1)×(2)√知識點一對反沖運動的理解1．反沖運動的三個特點(1)物體的不同部分在內力作用下向相反方向運動．(2)反沖運動中，相互作用的內力一般情況下遠大于外力或在某一方向上內力遠大于外力，所以可以用動量守恒定律或在某一方向上應用動量守恒定律來處理．(3)反沖運動中，由于有其他形式的能轉化為機械能，所以系統的總動能增加．2．討論反沖運動應注意的三個問題(1)速度的方向性：對于原來靜止的整體，當被拋出部分具有速度時，剩余部分的反沖是相對于拋出部分來說的，兩者運動方向必然相反．在列動量守恒方程時，可任意規定某一部分的運動方向為正方向，則反方向的這一部分的速度就要取負值．(2)速度的相對性：反沖運動的問題中，有時遇到的速度是相互作用的兩物體的相對速度．但是動量守恒定律中要求速度是對同一慣性參考系的速度(通常為對地的速度)．因此應先將相對速度轉換成對地的速度，再列動量守恒定律方程．(3)變質量問題：在反沖運動中還常遇到變質量物體的運動，如在火箭的運動過程中，隨著燃料的消耗，火箭本身的質量不斷減小，此時必須取火箭本身和在相互作用的短時間內噴出的所有氣體為研究對象，取相互作用的這個過程為研究過程來進行研究．一個質量為m的物體從高處自由下落，當物體下落h時突然炸裂成兩塊，其中質量為m1的一塊恰好能沿豎直方向回到開始下落的位置，求剛炸裂時另一塊的速度v2.[思路點撥]以炸裂時分裂成的兩塊m1和(m－m1)組成的系統為研究對象，在炸裂的這一極短的時間內，系統受到的合外力即重力并不為零，但炸裂時的爆炸力遠大于系統的重力，系統在豎直方向的動量可認為近似守恒．[解析]取豎直向下的方向為正方向，炸裂前的兩部分是一個整體，物體的動量為p＝mv＝meq\r(2gh).剛炸裂結束時向上運動并返回出發點的一塊m1，其速度大小與炸裂前相同，動量方向與規定的正方向相反．p1＝m1v1＝－m1eq\r(2gh)由動量守恒定律有mv＝m1v1＋(m－m1)v2代入解得：v2＝eq\f(m＋m1,m－m1)eq\r(2gh)由于v2>0，說明炸裂后另一塊的運動方向豎直向下．[答案]eq\f(m＋m1,m－m1)eq\r(2gh)方向豎直向下本例中爆炸只發生在一瞬間，也只有在這一瞬間，系統的內力才遠遠大于系統所受的合外力，總動量近似守恒，如果爆炸結束，巨大的內力已經不存在了，系統的總動量不再守恒，明確這一研究階段的始末狀態，是求解這類問題的關鍵．1.某小組在探究反沖運動時，將質量為m1的一個小液化氣瓶固定在質量為m2的小模具船上，利用液化氣瓶向外噴射氣體作為船的動力．現在整個裝置靜止放在平靜的水面上，已知打開液化氣瓶后向外噴射氣體的對地速度為v1，如果在Δt的時間內向后噴射的氣體的質量為Δm，忽略水的阻力，則(1)噴射出質量為Δm的氣體后，小船的速度是多少？(2)噴射出Δm氣體的過程中，小船所受氣體的平均作用力的大小是多少？解析：(1)由動量守恒定律得：0＝(m1＋m2－Δm)v船－Δmv1，得：v船＝eq\f(Δmv1,m1＋m2－Δm).(2)對噴射出的氣體運用動量定理得：FΔt＝Δmv1，解得F＝eq\f(Δmv1,Δt).答案：(1)eq\f(Δmv1,m1＋m2－Δm)(2)eq\f(Δmv1,Δt)知識點二火箭原理1．火箭燃料燃盡時火箭獲得的最大速度由噴氣速度v和質量比eq\f(M,m)(火箭起飛時的質量與火箭除燃料外的箭體質量之比)兩個因素決定．2．火箭噴氣屬于反沖類問題，是動量守恒定律的重要應用．在火箭運動的過程中，隨著燃料的消耗，火箭本身的質量不斷減小，對于這一類的問題，可選取火箭本身和在相互作用的時間內噴出的全部氣體為研究對象，取相互作用的整個過程為研究過程，運用動量守恒的觀點解決問題．一火箭噴氣發動機每次噴出m＝200g的氣體，氣體離開發動機噴出時的速度v＝1000m/s.設火箭質量M＝300kg，發動機每秒鐘噴氣20次．(1)當第三次噴出氣體后，火箭的速度多大？(2)運動第1s末，火箭的速度多大？[解析]火箭噴氣屬反沖現象，火箭和氣體組成的系統動量守恒，運用動量守恒定律求解．(1)選取火箭和氣體組成的系統為研究對象，運用動量守恒定律求解．設噴出三次氣體后火箭的速度為v3，以火箭和噴出的三次氣體為研究對象，據動量守恒定律得：(M－3m)v3－3mv＝0，故v3＝eq\f(3mv,M－3m)≈2m/s.(2)發動機每秒鐘噴氣20次，以火箭和噴出的20次氣體為研究對象，根據動量守恒定律得：(M－20m)v20－20mv＝0，故v20＝eq\f(20mv,M－20m)≈m/s.[答案](1)2m/s(2)m/s分析火箭類問題應注意的三個問題(1)火箭在運動過程中，隨著燃料的燃燒，火箭本身的質量不斷減小，故在應用動量守恒定律時，必須取在同一相互作用時間內的火箭和噴出的氣體為研究對象．注意反沖前、后各物體質量的變化．(2)明確兩部分物體初、末狀態的速度的參考系是否為同一參考系，如果不是同一參考系要設法予以調整，一般情況要轉換成對地的速度．(3)列方程時要注意初、末狀態動量的方向．反沖物體速度的方向與原物體的運動方向是相同的.2.將靜置在地面上，質量為M(含燃料)的火箭模型點火升空，在極短時間內以相對地面的速度v0豎直向下噴出質量為m的熾熱氣體．忽略噴氣過程重力和空氣阻力的影響，則噴氣結束時火箭模型獲得的速度大小是()\f(m,M)v0\f(M,m)v0\f(M,M－m)v0\f(m,M－m)v0解析：選D.應用動量守恒定律解決本題，注意火箭模型質量的變化．取向下為正方向，由動量守恒定律可得：0＝mv0－(M－m)v′，故v′＝eq\f(mv0,M－m)，選項D正確．物理模型——“人船模型”及其應用1．人船模型：兩個原來靜止的物體發生相互作用時，若所受外力的矢量和為零，則動量守恒．在相互作用的過程中，任一時刻兩物體的速度大小之比等于質量的反比．這樣的問題歸為“人船模型”問題．2．人船模型的特點(1)兩物體滿足動量守恒定律：m1eq\o(v,\s\up6(－))1－m2eq\o(v,\s\up6(－))2＝0.(2)運動特點：人動船動，人停船停，人快船快，人慢船慢，人左船右；人船位移比等于它們質量的反比；人船平均速度(瞬時速度)比等于它們質量的反比，即eq\f(x1,x2)＝eq\f(eq\o(v,\s\up6(－))1,eq\o(v,\s\up6(－))2)＝eq\f(m2,m1).應用此關系時要注意一個問題：即公式eq\o(v,\s\up6(－))1、eq\o(v,\s\up6(－))2和x一般都是相對地面而言的．如圖所示，長為l，質量為m的小船停在靜水中，一個質量為m′的人站在船頭，若不計水的阻力，當人從船頭走到船尾的過程中，小船對地的位移是多少？[思路點撥]人船平均動量的矢量和為零，用位移替代平均速度，建立位移關系求解．[解析]人和小船組成的系統在水平方向不受外力，動量守恒．假設某一時刻小船和人對地的速度分別為v1、v2，由于原來處于靜止狀態，因此0＝mv1－m′v2，即m′v2＝mv1由于相對運動過程中的任意時刻，人和小船的速度都滿足上述關系，故他們在這一過程中平均速率也滿足這一關系，即m′eq\o(v,\s\up6(－))2＝meq\o(v,\s\up6(－))1，等式兩邊同乘運動的時間t，得m′eq\o(v,\s\up6(－))2t＝meq\o(v,\s\up6(－))1t，即m′x2＝mx1又因x1＋x2＝l，因此有x1＝eq\f(m′l,m′＋m).[答案]eq\f(m′l,m′＋m)用“人船模型”公式解這類變速直線運動的位移且不涉及速度的問題時，是非常方便的．但在應用時，一定要注意：相互作用的兩個物體必須滿足動量守恒和原來都靜止這兩個條件，解題的關鍵是正確找出位移間的關系．如圖所示，質量為m，半徑為r的小球，放在內半徑為R，質量M＝3m的大空心球內，大球開始靜止在光滑水平面上，求當小球由圖中位置無初速度釋放沿內壁滾到最低點時，大球移動的距離．解析：由于水平面光滑，系統水平方向上動量守恒，設同一時刻小球的水平速度大小為v1，大球的水平速度大小為v2，由水平方向動量守恒有：mv1＝Mv2，所以eq\f(v1,v2)＝eq\f(M,m).若小球到達最低點時，小球的水平位移為x1，大球的水平位移為x2，則eq\f(x1,x2)＝eq\f(v1,v2)＝eq\f(M,m)，由題意：x1＋x2＝R－r解得x2＝eq\f(m,M＋m)(R－r)＝eq\f(R－r,4).答案：eq\f(R－r,4)[隨堂達標]1．(2023·泉州高二檢測)一人靜止于光滑的水平冰面上，現欲向前運動，下列方法中可行的是()A．向后踢腿B．手臂向后甩C．在冰面上滾動D．脫下外衣向后水平拋出解析：選D.由于冰面沒有摩擦，所以C不行；A、B由于總動量守恒，所以人整體不動；只有D是反沖現象，可使人向前運動．2．如圖所示，質量為M的小船在靜止水面上以速率v0向右勻速行駛，一質量為m的救生員站在船尾，相對小船靜止．若救生員以相對水面速率v水平向左躍入水中，則救生員躍出后小船的速率為()A．v0＋eq\f(m,M)v B．v0－eq\f(m,M)vC．v0＋eq\f(m,M)(v0＋v) D．v0＋eq\f(m,M)(v0－v)解析：選C.根據動量守恒定律，選向右方向為正方向，則有(M＋m)v0＝Mv′－mv，解得v′＝v0＋eq\f(m,M)(v0＋v)，故選項C正確．3．如圖所示，滑槽M1與滑塊M2緊靠在一起，靜止于光滑的水平面上．小球m從M1的右上方無初速度地下滑，當m滑到M1左方最高處時，M1將()A．靜止 B．向左運動C．向右運動 D．無法確定解析：選B.小球m和滑槽M1、滑塊M2三個物體構成一個系統，這個系統所受水平方向的合外力為零，所以系統水平方向動量守恒，小球m下滑前系統總動量為零，小球m下滑后m和滑槽M1作用，滑槽M1和滑塊M2作用，作用結果使滑塊M2向右運動，有向右的動量．當m滑到左方最高點時，小球m和滑槽M1的相對速度為零，但小球m和滑槽M1這個整體向左運動，有向左的動量，這樣才能保證系統總動量為零．故選項B正確．4．靜止在水面上的船，船身長為L，質量為M，船頭緊靠碼頭，船頭上有一固定木板伸出船身，現有一質量為m的人從船尾走向碼頭，如圖所示．要使該人能安全上岸，則木板伸出船身部分長度至少應為(水對船及碼頭對木板的阻力不計)()A．mL(M＋m) B．mL(M－m)C．(M－m)L/(M＋m) D．mL/M解析：選D.設木板伸出船身部分至少長x，則x＝eq\f(m,M＋m)·(L＋x)，解得x＝eq\f(m,M)L.5．平板車停在水平光滑的軌道上，平板車上有一人從固定在車上的貨廂邊沿水平方向沿著軌道方向跳出，落在平板車上的A點，距貨廂水平距離為l＝4m，如圖所示．人的質量為m，車連同貨廂的質量為M＝4m，貨廂高度為h＝m(g取10m/s2)．(1)求車在人跳出后到人落到A點期間的反沖速度；(2)人落在A點并站定以后，車還運動嗎？車在地面上移動的位移是多少？解析：(1)人從貨廂邊跳離的過程，系統(人、車和貨廂)在水平方向上動量守恒，設人的水平速度是v1，車的反沖速度是v2，則mv1－Mv2＝0，得v2＝eq\f(1,4)v1人跳離貨廂后做平拋運動，車以v2做勻速運動，運動時間為t＝eq\r(\f(2h,g))＝s，在這段時間內人的水平位移x1和車的位移x2分別為x1＝v1t，x2＝v2t由x1＋x2＝l得v1t＋v2t＝l則v2＝eq\f(l,5t)＝eq\f(4,5×m/s＝m/s.(2)人落到車上前的水平速度仍為v1，車的速度為v2，落到車上后設它們的共同速度為v，根據水平方向動量守恒得mv1－Mv2＝(M＋m)v，則v＝0.故人落到車上A點站定后車的速度為零．車的水平位移為x2＝v2t＝×m＝m.答案：(1)m/s(2)不動m[課時作業][學生用書P75(獨立成冊)]一、單項選擇題1．質量m＝100kg的小船靜止在平靜水面上，船兩端載著m甲＝40kg、m乙＝60kg的游泳者，在同一水平線上甲向左、乙向右同時以相對于岸3m/s的速度躍入水中，如圖所示，則之后小船的速率和運動方向為()A．m/s，向左 B．3m/s，向左C．m/s，向右 D．3m/s，向右解析：選A.以向左為正方向，根據動量守恒得0＝m甲v－m乙v＋mv′，代入數據解得v′＝m/s，方向向左．2．一個不穩定的原子核質量為M，處于靜止狀態，放出一個質量為m的粒子后反沖．已知放出的粒子的動能為E0，則新原子核反沖的動能為()A．E0 B．eq\f(m,M)E0\f(m,M－m)E0 \f(Mm,（M－m）2)E0解析：選C.由動量守恒定律知(M－m)v＝mv0＝p，又Ek＝eq\f(p2,2（M－m）)，E0＝eq\f(p2,2m)，知選項C對．3.如圖所示，一枚火箭搭載著衛星以速率v0進入太空預定位置，由控制系統使箭體與衛星分離．已知前部分的衛星質量為m1，后部分的箭體質量為m2，分離后箭體以速率v2沿火箭原方向飛行，若忽略空氣阻力及分離前后系統質量的變化，則分離后衛星的速率v1為()A．v0－v2 B．v0＋v2C．v0－eq\f(m2,m1)v2 D．v0＋eq\f(m2,m1)(v0－v2)解析：選D.忽略空氣阻力和分離前后系統質量的變化，衛星和箭體整體分離前后動量守恒，則有(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，整理可得v1＝v0＋eq\f(m2,m1)(v0－v2)，故D項正確．4．如圖所示，一個傾角為α的直角斜面體靜置于光滑水平面上，斜面體質量為M，頂端高度為h.今有一質量為m的小物體，沿光滑斜面下滑，當小物體從斜面頂端自由下滑到底端時，斜面體在水平面上移動的距離是()\f(mh,M＋m) B．eq\f(Mh,M＋m)\f(mhcotα,M＋m) \f(Mhcotα,M＋m)解析：選C.此題屬“人船模型”問題，m與M組成的系統在水平方向上動量守恒，設m在水平方向上對地位移為x1，M在水平方向對地位移為x2，因此0＝mx1－Mx2①且x1＋x2＝hcotα.②由①②可得x2＝eq\f(mhcotα,M＋m)，故選C.5．一個同學在地面上立定跳遠的最好成績是s.假設他站在車的A端，如圖所示，想要跳到距離為l遠的站臺上，不計車與地面的摩擦阻力，則()A．只要l<s，他一定能跳上站臺B．只要l<s，他就有可能跳上站臺C．只要l＝s，他一定能跳上站臺D．只要l＝s，他就有可能跳上站臺解析：選B.人起跳的同時，小車要做反沖運動，所以人跳的距離小于s，故l<s時，才有可能跳上站臺．6．穿著溜冰鞋的人，站在光滑的冰面上，沿水平方向舉槍射擊，設第一次射出子彈后，人后退的速度為v，則(設每顆子彈射出時對地面的速度相同)()A．無論射出多少顆子彈，人后退的速度為v保持不變B．射出n顆子彈后，人后退的速度為nvC．射出n顆子彈后，人后退的速度大于nvD．射出n顆子彈后，人后退的速度小于nv解析：選C.設人、槍(包括子彈)總質量為M，每顆子彈質量為m，子彈射出速度大小為v0，由動量守恒定律得0＝(M－m)v－mv0，設射出n顆后，后退速度為v′，則有(M－nm)v′＝nmv0，由以上分析有v＝eq\f(mv0,M－m)，v′＝eq\f(nmv0,M－nm)，因為M－m>M－nm，所以有v′>nv，C正確．二、多項選擇題7．向空中發射一物體，不計空氣阻力，當此物體的速度恰好沿水平方向時，物體炸裂成a、b兩部分，若質量較大的a的速度方向仍沿原來的方向，則()A．b的速度方向一定與原速度方向相反B．從炸裂到落地的這段時間里，a飛行的水平距離一定比b的大C．a、b一定同時到達水平地面D．在炸裂過程中，a、b受到的爆炸力的大小一定相等解析：選CD.爆炸后系統的總機械能增加，但不能確定a、b的速度大小，所以選項A、B錯誤；因炸開后a、b都做平拋運動，且高度相同，故選項C正確；由牛頓第三定律知，選項D正確．8．(2023·慶陽高二檢測)一氣球由地面勻速上升，當氣球下的吊梯上站著的人沿著梯子上爬時，下列說法正確的是()A．氣球可能勻速上升B．氣球可能相對地面靜止C．氣球可能下降D．氣球運動速度不發生變化解析：選ABC.設氣球質量為M，人的質量為m，由于氣球勻速上升，系統所受的外力之和為零，當人沿吊梯向上爬時，動量守恒，則(M＋m)v0＝mv1＋Mv2，在人向上爬的過程中，氣球的速度為v2＝eq\f(（M＋m）v0－mv1,M).當v2>0時，氣球可勻速上升；當v2＝0時氣球靜止；當v2<0時氣球下降．所以，選項A、B、C均正確．要使氣球運動速度不變，則人的速度仍為v0，即人不上爬，顯然不對，D選項錯誤．9．如圖所示，小車AB放在光滑水平面上，A端固定一個輕彈簧，B端粘有油泥，AB總質量為M，質量為m的木塊C放在小車上，用細繩連接于小車的A端并使彈簧壓縮，開始時小車AB和木塊C都靜止，當突然燒斷細繩時，C被釋放，使C離開彈簧向B端沖去，并跟B端油泥粘在一起，忽略一切摩擦，以下說法正確的是()A．彈簧伸長過程中C向右運動，同時AB也向右運動B．C與B碰前，C與AB的速率之比為M∶mC．C與油泥粘在一起后，AB立即停止運動D．C與油泥粘在一起后，AB繼續向右運動解析：選BC.彈簧向右推C，C向右運動，同時彈簧向左推A端，小車向左運動，A錯誤；因小車與木塊組成的系統動量守恒，C與B碰前，有mvC＝MvAB，得：vC∶vAB＝M∶m，B正確；C與B碰撞過程動量守恒，有：mvC－MvAB＝(M＋m)v，知v＝0，故C正確，D錯誤．10．在水平鐵軌上放置一門質量為M的炮車，發射的炮彈質量為m，設鐵軌和炮車間摩擦不計，則()A．水平發射炮彈時，炮彈速率為v0，炮車的反沖速率為eq\f(mv0,M)B．炮車車身與水平方向成θ角，炮彈速率為v0，炮身反沖速率為eq\f(mv0cosθ,M)C．炮身與水平方向成θ角，炮彈出炮口時，相對炮口速率為v0，炮身的反沖速率為eq\f(mv0cosθ,M)D．炮身與水平方向成θ角，炮彈出炮口時，相對炮口速率為v0，炮身的反沖速率為eq\f(mv0cosθ,M＋m)解析：選ABD.水平發射炮彈時，對于炮車和炮彈組成的系統滿足動量守恒定律，若炮彈速率為v0，mv0－Mv1＝0，解得v1＝eq\f(mv0,M)，A正確；炮車車身與水平方向成θ角時，在炮彈出射瞬間對于炮車和炮彈組成的系統動量守恒，炮車在炮彈出射的反方向上獲得速度v2，但此后由于地面的作用，能量損失，豎直方向的速度立即變為0，炮車的速度由v立即減小為v2，v2即為炮身反沖速率．如圖，顯然有v＝eq\f(v2,cosθ)，所以在出射方向上，根據動量守恒定律有mv0－Meq\f(v2,cosθ)＝0解得v2＝eq\f(mv0cosθ,M)，B正確；炮身與水平方向成θ角且炮彈相對炮口速率為v0時，設炮車反沖的速率v3，根據描述，炮彈出射瞬間炮車獲得瞬間速度v′＝eq\f(v3,cosθ)，所以炮彈相對地面的速度為v彈＝v0－v′＝v0－eq\f(v3,cosθ)，在出射方向上，根據動量守恒定律有meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v0－\f(v3,cosθ)))－M·eq\f(v3,cosθ)＝0，解得v3＝eq\f(mv0cosθ,M＋m)，C錯誤，D正確．