动量守恒之爆炸与反冲(火箭)模型高三物理一轮复习专题

一.必备知识精讲 1.反冲
〔1〕定义：当物体的一局部以一定的速度离开物体时，剩余局部将获得一个反向冲量，这种现象叫反冲运动．
〔2〕特点：系统内各物体间的相互作用的内力远大于系统受到的外力．实例：发射炮弹、发射火箭等．
(3)规律：遵从动量守恒定律．
(1)火箭加速的原理
设火箭飞行时在极短的时间Δt 内喷射燃气的质量是Δm ，喷出的燃气相对喷气前火箭的速度是u ，喷出燃气后火箭的质量是m ，火箭在这样一次喷气后增加的速度为Δv 。

以喷气前的火箭为参考系。

喷气前火箭的动量是0，喷气后火箭的动量是m Δv ，燃气的动量是Δmu 。

根据动量守恒定律，喷气后火箭和燃气的总动量仍然为0，
所以m Δv ＋Δmu ＝0， 解出Δv ＝－Δm
m
u 。

上式说明，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
Δm
m
越大，火箭获得的速度Δv 越大。

(2)现代火箭的发射原理
由于现代火箭喷气的速度在～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)一般要小于10，故为使火箭到达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，不过实际应用中一般不会超过四级。

〔3〕火箭获得的最终速度
设火箭发射前的总质量为M 、燃料燃尽后的质量为m ，以地面为参考系，火箭燃气的喷射速度大小为v 1，燃料燃尽后火箭的飞行速度大小为v ，在火箭发射过程中，由于内力远大于外力，所以动量守恒。

发射前的总动量为0，发射后的总动量为(M －m )v 1－mv (以火箭的速度方向为正方向)，那
么：(M －m )v 1－mv ＝0，所以v ＝⎝
⎛⎭
⎪⎫M
m
－1v 1，燃料燃尽时火箭获得的最终速度由喷气速度及质量比M m
决定。

3.爆炸问题 动量守恒
爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系
二.典型例题精讲：
题型一：爆炸类
例1：(·全国卷Ⅰ)一质量为m 的烟花弹获得动能E 后，从地面竖直升空。

当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两局部，两局部获得的动能之和也为
E ，且均沿竖直方向运动。

爆炸时间极短，重力加速度大小为g ，不计空气阻力和火药的质
量。

求：
(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间； (2)爆炸后烟花弹向上运动的局部距地面的最大高度。

答案 (1)1
g
2E m (2)2E mg
解析 (1)设烟花弹上升的初速度为v 0，由题给条件有
E ＝12
mv 20①
设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t ，由运动学公式有 0－v 0＝－gt ② 联立①②式得
t ＝1
g
2E m
③
(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h 1，由机械能守恒定律有
E ＝mgh 1④
火药爆炸后，烟花弹上、下两局部均沿竖直方向运动，设炸后瞬间其速度分别为v 1和
v 2。

由题给条件和动量守恒定律有 14mv 21＋14mv 2
2＝E ⑤ 12mv 1＋1
2
mv 2＝0⑥
由⑥式知，烟花弹两局部的速度方向相反，向上运动局部做竖直上抛运动。

设爆炸后烟花弹上局部继续上升的高度为h 2，由机械能守恒定律有
14mv 21＝1
2
mgh 2⑦ 联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹上局部距地面的最大高度为h ＝h 1＋h 2＝2E mg。

题型二：火箭类
例2：一火箭喷气发动机每次喷出m ＝200 g 的气体，气体离开发动机喷出时对地面的速度v ＝1000 m/s 。

设火箭质量M ＝300 kg ，发动机每秒钟喷气20次。

(1)当第三次喷出气体后，火箭的速度为多大？ (2)运动第1 s 末，火箭的速度为多大？ 答案 (1)2 m/s (2)13.5 m/s
解析 (1) 取火箭的速度方向为正方向，
解法一：喷出气体运动方向与火箭运动方向相反，系统动量可认为守恒。

第一次气体喷出后，火箭速度为v 1，有 (M －m )v 1－mv ＝0。

故v 1＝
mv M －m。

第二次气体喷出后，火箭速度为v 2，有： (M －2m )v 2－mv ＝(M －m )v 1。

故v 2＝
2mv
M －2m。

第三次气体喷出后，火箭速度为v 3，有： (M －3m )v 3－mv ＝(M －2m )v 2。

v 3＝
3mv M －3m ＝3×0.2×1 000
300－3×0.2
m/s≈2 m/s。

解法二：由于每次喷气速度一样，可选整体为研究对象，运用动量守恒定律来求解。

设喷出3次气体后火箭的速度为v 3，以火箭和喷出的3次气体为研究对象，依据动量守恒定律可得：
(M －3m )v 3－3mv ＝0。

解得v 3＝3mv
M －3m
≈2 m/s。

(2)发动机每秒钟喷气20次，以火箭和喷出的20次气体为研究对象，根据动量守恒定律
得：(M－20m)v20－20mv＝0，故v20＝20mv
M－20m
≈13.5 m/s。

三.举一反三，稳固练习
1.将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。

在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)( )
A．30 kg·m/s B．5.7×102kg·m/s
C．6.0×102kg·m/s D．6.3×102kg·m/s
答案 A
解析燃气从火箭喷口喷出的瞬间，火箭和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为p，根据动量守恒定律，可得p－mv0＝0，解得p＝mv0＝0.050 kg×600 m/s＝30 kg·m/s，A项正确。

2．一炮艇在湖面上匀速行驶，突然从船头和船尾同时向前和向后发射一发炮弹，设两炮弹质量相同，相对于地的速率相同，牵引力、阻力均不变，那么船的动量和速度的变化情况是( )
A．动量不变，速度增大
B．动量变小，速度不变
C．动量增大，速度增大
D．动量增大，速度减小
解析整个过程动量守恒，由于两发炮弹的总动量为零，因而船的动量不变，又因为船发射炮弹后质量减小，因此船的速度增大。

答案 A
3.某小组在探究反冲运动时，将质量为m1的一个小液化瓶固定在质量为m2的小玩具船上，利用液化瓶向外喷射气体作为船的动力。

现在整个装置静止放在平静的水面上，翻开液化瓶后向外喷射气体的对地速度为v1，如果在某段时间内向后喷射的气体的质量为Δm，忽略水的阻力，求喷射出质量为Δm的气体后小船的速度是多少？
解析取小船的速度方向为正方向，由动量守恒定律得0＝(m1＋m2－Δm)v船－Δmv1，
解得v船＝Δmv1
m1＋m2－Δm。

答案
Δmv1
m1＋m2－Δm
4．运送人造地球卫星的火箭开始工作后，火箭做加速运动的原因是( )
A．燃料燃烧推动空气，空气反作用力推动火箭
B．火箭发动机将燃料燃烧产生的气体向后推出，气体的反作用力推动火箭
C．火箭吸入空气，然后向后推出，空气对火箭的反作用力推动火箭
D．火箭燃料燃烧发热，加热周围空气，空气膨胀推动火箭
解析火箭工作的原理是利用反冲运动，是火箭燃料燃烧产生的高温高压气体从尾喷管迅速喷出，使火箭获得反冲速度，故正确答案为B项。

答案 B
5.如下图，自动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中，发射一枚质量为m的炮弹后，自动火炮的速度变为v2，仍向右行驶，那么炮弹相对炮筒的发射速度v0为( )
A.m v1－v2＋mv2
m
B.
M v1－v2
m
C.M v1－v2＋2mv2
m
D.
M v1－v2－m v1－v2
m
解析炮弹相对地的速度为v0＋v2。

由动量守恒得Mv1＝(M－m)v2＋m(v0＋v2)，得v0＝
M v 1－v 2
m。

答案 B
6．如下图，一枚火箭搭载着卫星以速率v 0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星别离。

前局部的卫星质量为m 1，后局部的箭体质量为m 2，别离后箭体以速率v 2沿火箭原方向飞行，假设忽略空气阻力及别离前后系统质量的变化，那么别离后卫星的速率v 1为( )
A ．v 0－v 2
B ．v 0＋v 2
C ．v 0－m 2m 1v 2
D ．v 0＋m 2m 1
(v 0－v 2)
解析 箭体与卫星别离过程动量守恒，由动量守恒定律有(m 1＋m 2)v 0＝m 1v 1＋m 2v 2，解得v 1
＝v 0＋m 2m 1
(v 0－v 2)。

答案 D
7.如下图，质量为m 的炮弹运动到水平地面O 点正上方时速度沿水平方向，离地面高度为
h ，炮弹动能为E ，此时发生爆炸，炮弹炸为质量相等的两局部，两局部的动能之和为2E ，速
度方向仍沿水平方向，爆炸时间极短，重力加速度为g ，不计空气阻力和火药的质量，求炮弹的两局部落地点之间的距离．
答案 4
Eh mg
解析 爆炸之前E ＝12
mv 02
爆炸过程动量守恒：mv 0＝12mv 1＋1
2
mv 2
12·m 2v 12＋12·m 2v 22
＝2E 解得：v 1＝0，v 2＝2v 0
随后一块做自由落体运动，一块做平抛运动， 那么由h ＝12gt 2
，x ＝2v 0t
解得x ＝4
Eh mg
.
8.年6月15日，我国在卫星发射中心用长征四号乙运载火箭成功发射首颗X 射线调制望远镜卫星“慧眼〞．假设将发射火箭看成如下模型：静止的实验火箭，总质量为M ＝2 100 g ．当它以对地速度为v 0＝840 m/s 喷出质量为Δm ＝100 g 的高温气体后，火箭的对地速度为(喷出气体过程中重力和空气阻力可忽略不计)( ) A ．42 m/s B ．－42 m/s C ．40 m/s D ．－40 m/s
答案 B
解析：喷出气体过程中重力和空气阻力可忽略不计，可知在火箭发射的过程中二者组成的系统竖直方向的动量守恒，以喷出气体的速度方向为正方向，由动量守恒定律得： Δmv 0＋(M －Δm )v ＝0，解得：v ＝－42 m/s ，故B 正确，A 、C 、D 错误．
9.以与水平方向成60°角斜向上的初速度v 0射出的炮弹，到达最高点时因爆炸分成质量分别为m 和2m 的两块，其中质量为2m 的一块沿着原来的方向以2v 0的速度飞行。

求：
(1)质量较小的那一块弹片速度的大小和方向； (2)爆炸过程中有多少化学能转化为炮弹的动能？
答案： (1)2.5v 0 方向与爆炸前炮弹运动的方向相反 (2)274
mv 2
解析：(1)斜抛的炮弹在水平方向上做匀速直线运动，那么炮弹在最高点爆炸前的速度为
v 1＝v 0cos60°＝v 0
2。

设炮弹在最高点爆炸前的速度方向为正方向，由动量守恒定律得3mv 1＝2mv 1′＋mv 2， 又v 1′＝2v 0，
解得v 2＝－2.5v 0，负号表示速度方向与规定的正方向相反。

(2)爆炸过程中转化为动能的化学能等于动能的增量，所以转化为动能的化学能为
E ＝ΔE k ＝⎣⎢
⎡⎦⎥⎤12
2m v 1′2＋12mv 22－12(3m )v 2
1＝274mv 20。

10.如下图，某中学航天兴趣小组的同学将静置在地面上的质量为M (含水)的自制“水火箭〞释放升空，在极短的时间内，质量为m 的水以相对地面为v 0的速度竖直向下喷出。

重力加速度为g ，空气阻力不计，以下说法正确的选项是( )
A ．火箭的推力来源于火箭外的空气对它的反作用力
B ．水喷出的过程中，火箭和水组成的系统机械能守恒
C ．火箭获得的最大速度为
Mv 0
M －m
D ．火箭上升的最大高度为
m 2v 20
2g M －m
2
答案：D 。

解析：火箭的推力来源于向下喷出的水对它的反作用力，A 错误；水喷出的过程中，火箭内气体做功，火箭及水组成的系统机械能不守恒，B 错误；在水喷出后的瞬间，火箭获得的速度最大，以竖直向上为正方向，由动量守恒定律有(M －m )v －mv 0＝0，解得v ＝
mv 0
M －m
，C 错误；水喷出后，火箭做竖直上抛运动，上抛到最高点的过程中，有v 2
＝2gh ，解得h ＝
m 2v 20
2g M －m
2
，D 正确。

11. (·高考)一只质量为1.4 kg 的乌贼吸入0.1 kg 的水，静止在水中。

遇到危险时，它在极短时间内把吸入的水向后全部喷出，以2 m/s 的速度向前逃窜。

求该乌贼喷出的水的速度大小v 。

答案 28 m/s
解析 将乌贼与喷出的水作为一个系统，由于乌贼喷水过程时间极短，故乌贼与水所受内力远大于外力，系统动量守恒。

选取乌贼逃窜的方向为正方向，根据动量守恒定律得0＝
Mv 1－mv ，
解得喷出的水的速度大小为
v ＝Mv 1m ＝1.4×20.1
m/s ＝28 m/s 。