高二物理期末复习反冲运动火箭知识点总结
1.6反冲运动 火箭
知识点一| 反冲运动
2．质量为M的热气球吊筐中有一质量为m的 人，共同静止在距地面为h的高空中．现从气 球上放下一根质量不计的软绳，为使此人沿软 绳能安全滑到地面，则软绳至少有多长？
解决“人船模型”应注意两点 (1)适用条件： ①系统由两个物体组成且相互作用前静止，系统总动量为 零； ②在系统内发生相对运动的过程中至少有一个方向的动量 守恒(如水平方向或竖直方向)． (2)画草图：解题时要画出各物体的位移关系草图，找出各 长度间的关系，注意两物体的位移是相对同一参考系的位移．
所以
3mv v3 M - 3m 2m/s
（2）以火箭和喷出的20次气体为研究对象有
（M-20m）v20-mv=0
v20
20mv M - 20m
13.5m/s
一火箭喷气发动机每 次 喷 出 m=200g 的 气 体 ， 气体离开发动机喷出时 的 速 度 v=1000m/s （ 相 对 地面），设火箭质量 M=300kg ， 发 动 机 每 秒 喷 气 20 次 ， 求 当 第 三 次 气体喷出后，火箭的速 度是多大？一秒后火箭 的速度是多大？
相反，不可能向同一个方向运动，且人船位移比等于他们的质量的反比。
三、“人船模型”探究 问题设计 如图1所示，长为L、质量为M的小船停在静水中，质量为m的人 从静止开始从船头走到船尾，不计水的阻力，求船和人相对地面 的位移各为多少？
图1
答案 设任一时刻人与船相对地面的速度大小分别为v1、v2，作 用前都静止．因整个过程中动量守恒，所以有mv1＝Mv2 而整个过程中的平均速度大小为 v1 、 v2 ，则有 m v1 ＝M v2 .
解析：方法一：
喷出气体运动方向与火箭运动方向相反，系统
动量守恒。
05B反冲现象火箭中档版
反冲现象火箭知识点：反冲现象火箭一、反冲现象1．定义一个静止的物体在内力的作用下分裂为两部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向相反的方向运动的现象．2．规律：反冲运动中，相互作用力一般较大，满足动量守恒定律．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：喷气式飞机和火箭的飞行应用了反冲的原理，它们靠喷出气流的反冲作用而获得巨大的速度．2．决定火箭增加的速度Δv的因素(1)火箭喷出的燃气相对喷气前火箭的速度．(2)火箭喷出燃气的质量与火箭本身质量之比．技巧点拨一、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，所以系统的机械能增加．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，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，若已知相互作用的两物体的相对速度，应先将相对速度转换成相对地面的速度，再列动量守恒方程．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． 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：m 1v 1－m 2v 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x 1x 2＝m 2m 1.总结提升“人船模型”是利用平均动量守恒求解的一类问题，解决这类问题应注意： (1)适用条件：①系统由两个物体组成且相互作用前静止，系统总动量为零；②在系统内发生相对运动的过程中至少有一个方向的动量守恒(如水平方向或竖直方向)． (2)画草图：解题时要画出各物体的位移关系草图，找出各长度间的关系，注意两物体的位移是相对同一参考系的位移．例题精练1．关于反冲运动的说法中，正确的是( )A ．抛出部分的质量m 1要小于剩下部分的质量m 2才能获得反冲B ．若抛出部分的质量m 1大于剩下部分的质量m 2，则m 2的反冲力大于m 1所受的力C ．反冲运动中，牛顿第三定律适用，但牛顿第二定律不适用D ．抛出部分和剩余部分都适用于牛顿第二定律 答案 D解析 由于系统的一部分向某一方向运动，而使另一部分向相反方向运动，这种现象叫反冲运动．定义中并没有确定两部分之间的质量关系，故选项A 错误．在反冲运动中，两部分之间的作用力是一对作用力与反作用力，由牛顿第三定律可知，它们大小相等，方向相反，故选项B 错误．在反冲运动中一部分受到另一部分的作用力产生了该部分的加速度，使该部分的速度逐渐增大，在此过程中对每一部分牛顿第二定律都成立，故选项C 错误，选项D 正确．2．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 ．5.7×102 kg·m/s C ．6.0×102 kg·m/s D ．6.3×102 kg·m/s答案 A解析 设火箭的质量为m 1，燃气的质量为m 2.由题意可知，燃气的动量p 2＝m 2v 2＝50×10－3×600 kg·m/s ＝30 kg·m/s.以火箭运动的方向为正方向，根据动量守恒定律可得，0＝m1v 1－m 2v 2，则火箭的动量大小为p 1＝m 1v 1＝m 2v 2＝30 kg·m/s ，所以A 正确，B 、C 、D 错误．随堂练习1．静止的实验火箭，总质量为M ，当它以相对地面的速度v 0喷出质量为Δm 的高温气体后，火箭的速度为( ) A.Δm M －Δm v 0 B ．－Δm M v 0C.ΔmM v 0 D ．－ΔmM －Δm v 0答案 D解析 火箭整体动量守恒，以v 0的方向为正方向，则有(M －Δm )v ＋Δm v 0＝0， 解得：v ＝－ΔmM －Δm v 0，负号表示火箭的运动方向与v 0方向相反．2．(多选)某同学想用气垫导轨模拟“人船模型”．该同学到实验室里，将一质量为M 、长为L 的滑块置于水平气垫导轨上(不计摩擦)并接通电源．该同学又找来一个质量为m 的蜗牛置于滑块的一端，在食物的诱惑下，蜗牛从该端移动到另一端．下面说法正确的是( ) A ．只有蜗牛运动，滑块不运动 B ．滑块运动的距离是M M ＋m LC ．蜗牛运动的位移是滑块的Mm倍D ．滑块与蜗牛运动的距离之和为L 答案 CD解析 根据“人船模型”，易得滑块的位移为m M ＋m L ，蜗牛运动的位移为MM ＋m L ，C 、D 正确．综合练习1．如图1所示，设质量为M 的导弹运动到空中最高点时速度为v 0，突然炸成两块，质量为m 的一块以速度v 沿v 0的方向飞去，则另一块的运动( )图1A ．一定沿v 0的方向飞去B ．一定沿v 0的反方向飞去C ．可能做自由落体运动D ．以上说法都不对 答案 C解析 以整个导弹为研究对象，取v 0的方向为正方向．根据爆炸的瞬间系统在水平向上动量守恒，有M v 0＝(M －m )v ′＋m v ，则得另一块的速度为v ′＝M v 0－m vM －m ，若v ′>0，说明另一块沿v 0的方向飞去；若v ′<0，说明另一块沿v 0的反方向飞去；若M v 0＝m v ，即v ′＝0，说明另一块做自由落体运动，故选C.2.如图2所示，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v 1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v 2，仍向右行驶，则炮弹的发射速度v 0为( )图2A.M (v 1－v 2)＋m v 2mB.M (v 1－v 2)mC.M (v 1－v 2)＋2m v 2mD.M (v 1－v 2)－m (v 1－v 2)m答案 A解析 由动量守恒得M v 1＝(M －m )v 2＋m v 0，得v 0＝M (v 1－v 2)＋m v 2m.3．“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”，爆竹声响是辞旧迎新的标志，是喜庆心情的流露．有一个质量为3m 的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为v 0、方向水平向东，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为2m ，速度大小为v ，方向水平向东，则另一块的速度是( ) A ．3v 0－v B ．2v 0－3v C ．3v 0－2v D ．2v 0＋v答案 C解析 在最高点水平方向动量守恒，以水平向东为正方向，由动量守恒定律可知，3m v 0＝2m v ＋m v ′，可得另一块的速度为v ′＝3v 0－2v ，故C 正确．4．(多选)在某次军演中，炮兵使用了炮口与水平方向的夹角θ可调节的迫击炮，已知迫击炮的总质量为M (不包括炮弹的质量)，炮弹的质量为m ，忽略迫击炮与水平面之间的摩擦力及炮管长度．则下列说法正确的是( )A ．如果θ＝0，炮弹离开炮口的速度为v 0时，炮身后退的速度为m v 0M －mB ．如果θ＝0，炮弹离开炮口的速度为v 0时，炮身后退的速度为m v 0MC ．如果θ＝60°，炮弹离开炮口的速度为v 0时，炮身后退的速度为m v 0M －mD ．如果θ＝60°，炮弹离开炮口的速度为v 0时，炮身后退的速度为m v 02M答案 BD解析 如果θ＝0，炮弹沿水平方向射出，炮身和炮弹组成的系统满足动量守恒定律，若炮弹速度为v 0，则有m v 0－M v 1＝0，解得v 1＝m v 0M ，A 错误，B 正确；如果θ＝60°，在炮弹出射瞬间，炮身和炮弹组成的系统水平方向动量守恒，设炮身后退的速度为v 3，则m v 0cos 60°－M v 3＝0，解得v 3＝m v 02M，C 错误，D 正确．5．一弹丸在飞行到距离地面5 m 高时仅有向右的水平速度v 0＝2 m/s ，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1.不计质量损失，取重力加速度g ＝10 m/s 2.则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是( )答案 B解析 弹丸爆炸瞬间内力远大于外力，故爆炸瞬间动量守恒．因两弹片均水平飞出，飞行时间t ＝2h g ＝1 s ，取向右为正方向，由水平速度v ＝xt知，选项A 中，v 甲＝2.5 m/s ，v 乙＝－0.5 m/s ；选项B 中，v 甲＝2.5 m/s ，v 乙＝0.5 m/s ；选项C 中，v 甲＝1 m/s ，v 乙＝2 m/s ；选项D 中，v 甲＝－1 m/s ，v 乙＝2 m/s.因爆炸瞬间动量守恒，故m v 0＝m 甲v 甲＋m 乙v 乙，其中m 甲＝34m ，m 乙＝14m ，v 0＝2 m/s ，代入数值计算知选项B 正确． 6．将静置在地面上，质量为M (含燃料)的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v 0竖直向下喷出质量为m 的炽热气体．忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是( ) A.mM v 0 B.M m v 0 C.M M －m v 0 D.m M －m v 0答案 D解析 火箭模型在极短时间点火，设火箭模型获得速度为v ，据动量守恒定律有 0＝(M －m )v －m v 0 得v ＝mM －m v 0.7．如图3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量它的质量．他进行了如下操作：首先将船平行于码头岸边自由停泊，人轻轻从船尾上船，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 .已知他自身的质量为m ，水的阻力不计，则船的质量为( )图3A.m (L ＋d )dB.m (L －d )dC.mL dD.m (L ＋d )L答案 B解析 设人走动的时候船的速度为v ，人的速度为v ′ ，人从船尾走到船头用时为t ，人的位移为L －d ，船的位移为d ，所以v ＝dt ，v ′＝L －d t .以船的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有：M v －m v ′＝0，可得：M dt ＝m L －d t ，解得小船的质量为M ＝m L －d d ，故B正确．8．(多选)小车静止在光滑水平地面上，站在车上的人练习打靶，靶装在车上的另一端，如图4所示．已知车、人、枪和靶的总质量为M (不含子弹)，每颗子弹质量为m ，共n 发，打靶时，枪口到靶的距离为d .若每发子弹打入靶中，就留在靶里，且待前一发打入靶中后，再打下一发．则以下说法正确的是( )图4A ．待打完n 发子弹后，小车将以一定的速度向右匀速运动B ．待打完n 发子弹后，小车应停在射击之前位置的右方C ．在每一发子弹的射击过程中，小车所发生的位移相同D ．在每一发子弹的射击过程中，小车所发生的位移应越来越大 答案 BC解析 子弹、枪、人、车系统所受的合外力为零，系统的动量守恒．子弹射击前系统的总动量为零，子弹射入靶后总动量也为零，故小车仍然是静止的．在子弹射出枪口到打入靶中的过程中，小车向右运动，所以第n 发子弹打入靶中后，小车应停在原来位置的右方，待打完n 发子弹后，小车将静止不动，故A 错误，B 正确；设子弹射出枪口速度为v ，车后退速度大小为v ′，以子弹射出方向为正，根据动量守恒定律，有：0＝m v －[M ＋(n －1)m ]v ′子弹匀速前进的同时，车匀速后退，故有：v t ＋v ′t ＝d故车后退位移大小为：Δx ＝v ′t ＝mdnm ＋M ，每发子弹从发射到击中靶过程，小车均后退相同的位移Δx ，故C 正确，D 错误．9．(多选)如图5所示，甲、乙两车的质量均为M ，静置在光滑的水平面上，两车相距为L .乙车上站立着一个质量为m 的人，他通过一条水平轻绳拉甲车，甲、乙两车最后相接触，以下说法正确的是( )图5A ．甲、乙两车运动时的速度大小之比为M ＋mMB ．甲、乙两车运动时的速度大小之比为MM ＋mC ．甲车移动的距离为M ＋m2M ＋mLD ．乙车移动的距离为M2M ＋m L答案 ACD解析 本题类似人船模型．把甲车、乙车、人看成一个系统，则水平方向动量守恒，有M v甲＝(M ＋m )v 乙，则v 甲v 乙＝M ＋mM ，A 正确，B 错误；因甲、乙运动时间均为t ，则x 甲＝v 甲t ，x乙＝v 乙t ，则Mx 甲＝(M ＋m )x 乙，x 甲＋x 乙＝L ，解得x 甲＝M ＋m 2M ＋m L ，x 乙＝M2M ＋mL ，C 、D 正确．10．如图6所示，在光滑水平面上有一小车，小车上固定一竖直杆，总质量为M ，杆顶系一长为l 的轻绳，绳另一端系一质量为m 的小球，绳被水平拉直处于静止状态，小球处于最右端．将小球由静止释放，重力加速度为g ，求：图6(1)小球摆到最低点时的速度大小； (2)小球摆到最低点时小车向右移动的距离； 答案 (1)2Mgl M ＋m (2)mlM ＋m解析 (1)取水平向右为正方向，设当小球到达最低点时速度大小为v 1，此时小车的速度大小为v 2，则根据动量守恒与能量守恒可以得到：0＝M v 2－m v 1，mgl ＝12m v 12＋12M v 22解得：v 1＝2MglM ＋m ，v 2＝ 2m 2glM 2＋Mm(2)当小球到达最低点时，设小球向左移动的距离为s 1，小车向右移动的距离为s 2，根据动量守恒，有：ms 1＝Ms 2，而且s 1＋s 2＝l解得：s 1＝Ml M ＋m ，s 2＝mlM ＋m.11．一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的速度v ＝1 000 m/s.设火箭质量M ＝300 kg ，发动机每秒喷气20次． (1)当第三次喷出气体后，火箭的速度多大？ (2)运动第1 s 末，火箭的速度多大？ 答案 (1)2 m/s (2)13.5 m/s解析 规定与v 相反的方向为正方向 (1)设喷出三次气体后，火箭的速度为v 3，以火箭和三次喷出的气体为研究对象，据动量守恒定律得：(M －3m )v 3－3m v ＝0，故v 3＝3m vM －3m≈2 m/s(2)发动机每秒喷气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 )v 20－20m v ＝0，故v 20＝20m vM －20m≈13.5 m/s.12.平板车停在水平光滑的轨道上，平板车上有一人从固定在车上的货箱边沿水平方向顺着轨道方向向右跳出，落在平板车地板上的A 点，A 点距货箱水平距离为l ＝4 m ，如图7所示．人的质量为m ，车连同货箱的质量为M ＝4m ，货箱高度为h ＝1.25 m ．求车在人跳出后到落到地板前的水平反冲速度的大小(g 取10 m/s 2)．图7答案 1.6 m/s解析 人从货箱边跳离的过程，系统(人、车和货箱)水平方向动量守恒，设人的水平速度是v 1，车的反冲速度是v 2，取向右为正方向，则m v 1－M v 2＝0，解得v 2＝14v 1人跳离货箱后做平抛运动，车以速度v 2做匀速运动，运动时间为t ＝2h g＝ 2×1.2510s ＝0.5 s ．由图可知，在这段时间内人的水平位移x 1和车的位移x 2分别为 x 1＝v 1t ，x 2＝v 2t ，由于x 1＋x 2＝l 即v 1t ＋v 2t ＝l ，则v 2＝l 5t ＝45×0.5m/s ＝1.6 m/s.13．如图8所示，水平光滑地面上停放着一辆质量为M 的小车，其左侧有半径为R 的四分之一光滑圆弧轨道AB ，轨道最低点B 与水平轨道BC 相切，整个轨道处于同一竖直平面内．将质量为m 的物块(可视为质点)从A 点无初速度释放，物块沿轨道滑行至轨道末端C 处恰好没有滑出．已知重力加速度为g ，小物块与BC 部分的动摩擦因数为μ，空气阻力可忽略不计．关于物块从A 位置运动至C 位置的过程，下列说法中正确的是( )图8A ．小车和物块构成的系统动量守恒B ．摩擦力对物块和轨道BC 所做功的代数和为零 C ．物块的最大速度为2gRD ．小车发生的位移为m m ＋M (R ＋R μ)答案 D解析 只是水平方向动量守恒，系统合外力不为零，动量不守恒，A 错；物块A 与小车BC 段有相对位移，摩擦力做功的代数和不为零，B 错；如果小车不动，物块到达水平轨道时速度最大，由mgR ＝12m v 2得v ＝2gR ，现在物块下滑时，小车向左滑动，则物块的最大速度小于2gR ，C 错误；根据系统水平方向动量守恒可知：物块和小车最后相对静止时的速度为零，对系统，由能量守恒得mgR ＝μmgL ，得L ＝Rμ，设整个过程物块对地的位移为x 1，小车相对地面的位移为x 2.则有：mx 1－Mx 2＝0，x 1＋x 2＝L ＋R ，解得：x 2＝m M ＋m (R ＋Rμ)，D 正确．。
高二物理【反冲现象 火箭】
6.反冲现象火箭学习目标：1.了解反冲运动和反冲运动在生活中的应用．2.能够应用动量守恒定律解决反冲运动问题．3.知道火箭的飞行原理，了解我国航天技术的发展．一、反冲现象1．定义根据动量守恒定律，如果一个静止的物体在内力的作用下分裂为两个部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向相反的方向运动，这个现象叫作反冲．2．反冲原理反冲运动的基本原理是动量守恒定律，如果系统的一部分获得了某一方向的动量，系统的其他部分就会在这一方向的反方向上获得同样大小的动量．3．公式若系统的初始动量为零，则动量守恒定律的形式变为0＝m1v1＋m2v2，此式表明，做反冲运动的两部分的动量大小相等、方向相反，而它们的速率与质量成反比．利用动量守恒定律解决反冲问题时，速度通常是以地面为参考系的速度，而不是系统内两物体的相对速度．二、火箭1．原理火箭的飞行应用了反冲的原理，靠喷出气流的反冲作用来获得巨大速度．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．1．思考判断(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)做反冲运动的两部分的动量一定大小相等，方向相反．(√)(2)章鱼、乌贼的运动利用了反冲的原理．(√)(3)火箭点火后离开地面向上运动，是地面对火箭的反作用力作用的结果．(×)(4)在没有空气的宇宙空间，火箭仍可加速前行．(√)(5)火箭发射时，火箭获得的机械能来自于燃料燃烧释放的化学能．(√)2．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．燃料推动空气，空气反作用力推动火箭B．火箭发动机用力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，然后向后排出，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B[火箭工作中，动量守恒，当向后喷气时，则火箭受一向前的推力从而使火箭加速，故只有B正确．]3．(多选)2019年春节上映的国产科幻大片《流浪地球》中有这样的情节：为了自救，人类提出一个名为“流浪地球”的大胆计划，即倾全球之力在地球表面建造上万座发动机，推动地球离开太阳系，用2 500年的时间奔往另外一个栖息之地．这个科幻情节中有反冲运动的原理．现实中的下列运动，属于反冲运动的有()A．汽车的运动B．直升机的运动C．火箭的运动D．反击式水轮机的运动CD[汽车的运动利用了汽车的牵引力，不属于反冲运动，故A错误；直升机的运动利用了空气的反作用力，不属于反冲运动，故B错误；火箭的运动是利用喷气的方式获得动力的，属于反冲运动，故C正确；反击式水轮机的运动利用了水的反冲作用而获得动力，属于反冲运动，故D正确．]对反冲运动的理解取一只药瓶或一个一端有孔的蛋壳，在其盖上钻一小孔(瓶盖与瓶子需密封)，再取一块厚泡沫塑料，参照图做成船的样子，并在船上挖一凹坑，以容纳盛酒精的容器(可用金属瓶盖)．用两段铁丝，弯成环状以套住瓶的两端，并将铁丝的端头分别插入船中．将一棉球放入容器中，并倒入少量酒精，在瓶中装入半瓶开水．将船放入水中，点燃酒精棉球后一会儿产生水蒸气，当水蒸气从药瓶盖的孔中喷出时，小船便能勇往直前了．小船向前运动体现了什么物理原理？提示：反冲原理．(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，所以系统的总动能增加．2．反冲运动的应用与防止(1)利用有益的反冲运动反击式水轮机是使水从转轮的叶片中流出，使转轮由于反冲而旋转，从而带动发电机发电；喷气式飞机和火箭都是靠喷出气流的反冲作用而获得巨大的速度．(2)避免有害的反冲运动射击时，子弹向前飞去，枪身向后发生反冲，这就会影响射击准确性等．3．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为研究过程来进行研究．【例1】反冲小车静止放在水平光滑玻璃上，点燃酒精，蒸汽将橡皮塞水平喷出，小车沿相反方向运动．如果小车运动前的总质量M＝3 kg，水平喷出的橡皮塞的质量m＝0.1 kg.(1)若橡皮塞喷出时获得的水平速度v＝2.9 m/s，求小车的反冲速度；(2)若橡皮塞喷出时速度大小不变，方向与水平方向成60°角，小车的反冲速度又如何(小车一直在水平方向运动)?思路点拨：(1)小车和橡皮塞组成的系统所受外力之和为零，系统总动量为零．(2)小车和橡皮塞组成的系统在水平方向动量守恒．[解析](1)以橡皮塞运动的方向为正方向，根据动量守恒定律有m v＋(M－m)v′＝0v′＝－mM－m v＝－0.13－0.1×2.9 m/s＝－0.1 m/s负号表示小车的运动方向与橡皮塞运动的方向相反．(2)以橡皮塞运动的水平分运动方向为正方向，有m v cos 60°＋(M－m)v″＝0v ″＝－m v cos 60°M －m ＝－0.1×2.9×0.53－0.1m/s ＝－0.05 m/s 负号表示小车的运动方向与橡皮塞运动的水平分运动的方向相反．[答案] (1)0.1 m/s ，方向与橡皮塞运动的方向相反(2)0.05 m/s ，方向与橡皮塞运动的水平分运动的方向相反反冲运动和碰撞、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．如图所示，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v 1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v 2，仍向右行驶，则炮弹相对炮筒的发射速度v 0为( )A.m (v 1－v 2)＋m v 2mB.M (v 1－v 2)mC.M (v 1－v 2)＋2m v 2mD.M (v 1－v 2)－m (v 1－v 2)m B [炮弹相对地的速度为v 0＋v 2.由动量守恒定律得M v 1＝( M －m )v 2＋m (v 0＋v 2)，得v 0＝M (v 1－v 2)m.]火箭以飞船为参考系，设小物体的运动方向为正方向，则小物体的动量的改变量为Δp 1＝Δmu对人和小物体组成的系统，在人抛出小物体的过程中动量守恒，则由动量守恒定律得0＝Δp 1＋Δp 2，则人的动量的改变量为Δp 2＝－Δp 1＝－Δmu .设人的速度的改变量为Δv ，因为Δp 2＝m Δv ，则由以上表达式可知Δv ＝－Δmu m .我国早在宋代就发明了火箭，在箭杆上捆一个前端封闭的火药筒，火药点燃后生成的燃气以很大的速度向后喷出，火箭就会向前运动．请思考：(1)古代火箭的运动是否为反冲运动？(2)火箭飞行利用了怎样的工作原理？提示：(1)火箭的运动是反冲运动．(2)火箭靠向后连续喷射高速气体飞行，利用了反冲原理．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．影响火箭最终速度大小的因素(1)喷气速度：现代火箭发动机的喷气速度约为2 000～5 000 m/s.(2)火箭的质量比：指火箭起飞时的质量与火箭除燃料外的箭体质量之比．现代火箭的质量比一般小于10.喷气速度越大，质量比越大，火箭获得的速度越大．3．火箭喷气属于反冲类问题，是动量守恒定律的重要应用．在火箭运动的过程中，随着燃料的消耗，火箭本身的质量不断减小，对于这一类的问题，可选取火箭本身和在相互作用的时间内喷出的全部气体为研究对象，取相互作用的整个过程为研究过程，运用动量守恒的观点解决问题．【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，求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]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)v3－3m v＝0所以v3＝3m vM－3m≈2 m/s.[答案] 2 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，一般而言，反冲后两物体的运动方向是相反的．[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－muMC．v0＋mM－m(v0＋u) D．v0＋muM－mA[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M v0＝(M－m)v＋m(v－u)解得v＝v0＋muM，A项正确．]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()D[喷灌装置是利用水流喷出时的反冲作用而运动的，章鱼在水中前行和转向利用了喷出的水的反冲作用，火箭发射是利用喷气的方式而获得动力的，利用了反冲运动，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．质量相等的甲和乙都静止在光滑的水平冰面上．现在，其中一人向另一个人抛出一个篮球，另一人接球后再抛回．如此反复进行几次后，甲和乙最后的速率关系是()A．若甲最先抛球，则一定是v甲>v乙B．若乙最后接球，则一定是v甲>v乙C．只有甲先抛球，乙最后接球，才有v甲>v乙D．无论怎样抛球和接球，都是v甲>v乙B[因甲、乙及篮球组成的系统动量守恒，故最终甲、乙以及篮球的动量之和必为零．根据动量守恒定律有m1v1＝(m2＋m球)v2，因此最终谁接球谁的速度小，故B正确，A、C、D错误．]3．如图所示，装有炮弹的火炮总质量为m1，炮弹的质量为m2，炮弹射出炮口时对地的速率为v0，若炮管与水平地面的夹角为θ，则火炮后退的速度大小为(设水平地面光滑) ()A.m 2m 1v 0B.m 2v 0m 1－m 2C.m 2v 0cos θm 1－m 2D.m 2v 0cos θm 1C [炮弹和火炮组成的系统水平方向动量守恒，0＝m 2v 0cos θ－(m 1－m 2)v ，得v ＝m 2v 0cos θm 1－m 2，选项C 正确．] 4．(多选)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，则车也突然停止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 AD [由于地面光滑，则人与车组成的系统动量守恒得：m v 人＝M v 车，可知A 正确；设车长为L ，由m (L －x 车)＝Mx 车得，x 车＝m M ＋mL ，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，B 、C 均错误．]。
最新人教版高中物理选修3-5：16.5 反冲运动 火箭 知识点总结及课时练习
5反冲运动火箭记一记反冲运动火箭知识体系一个物理概念——反冲运动一种科学思维——动量守恒定律在人船模型中的应用一个实际应用——火箭辨一辨1.农田、园林的喷灌装置利用了反冲的原理．(√)2．火箭点火后离开地面加速向上运动，是地面对火箭的反作用力作用的结果．(×)3．在没有空气的宇宙空间，火箭仍可加速前行．(√)4．火箭获得的速度仅与喷气的速度有关．(×)想一想1.假如在月球上建一飞机场，应配置喷气式飞机还是螺旋桨飞机呢？提示：应配置喷气式飞机．喷气式飞机利用反冲运动原理，可以在真空中飞行，而螺旋桨飞机是靠转动的螺旋桨与空气的相互作用力飞行的，不能在真空中飞行．2．“人船模型”问题为什么不能以“船”为参考系．提示：“人船模型”中的“船”一般先加速后减速，不是惯性参考系，而动量守恒定律中，各物体的动量必须是相对于同一惯性系．3．“人船模型”问题中“人”启动时和“人”停止时，“船”的受力情况如何？提示：人启动时，船受到人给它的与人运动方向相反的力，所以船向人的反方向运动，人停止时，船受到人给它的制动力，所以停止运动．思考感悟：练一练1.一航天探测器完成对月球的探测后，离开月球的过程中，由静止开始沿着与月球表面成一定倾角的直线飞行，先加速运动后匀速运动．探测器通过喷气而获得动力，以下关于喷气方向的说法正确的是()A．探测器加速运动时，向后喷射B．探测器加速运动时，竖直向下喷射C．探测器匀速运动时，竖直向下喷射D．探测器匀速运动时，不需要喷射解析：航天探测器通过反冲运动获得动力，可以根据探测器的运动状态结合牛顿第二定律判断合力的情况，由喷气方向可以判断推动力的方向．航天探测器做加速直线运动时，合力应当与运动方向相同，喷气方向应当是向下偏后方向喷射；探测器做匀速直线运动时，合力为零，由于受到月球的万有引力的作用，探测器必然要朝竖直向下的方向喷射，来平衡万有引力，不可能不喷气．故只有选项C正确．答案：C2.如图所示，自行火炮连同炮弹的总质量为m0，当炮筒水平，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.m(v1－v2)＋m v2m B.m0(v1－v2)mC.m(v1－v2)＋2m v2m D.m0(v1－v2)－m(v1－v2)m解析：自行火炮水平匀速行驶时，牵引力与阻力平衡，系统动量守恒．设向右为正方向，发射前总动量为m0v1，发射后系统的动量之和为(m0－m)v2＋m(v0＋v2)，则由动量守恒定律可知m 0v 1＝(m 0－m )v 2＋m (v 0＋v 2)解得v 0＝m 0(v 1－v 2)m. 答案：B3．光滑水平面上停有一平板小车，质量为M ，小车上站有质量均为m 的两个人，由于两人朝同一水平方向跳离小车，从而使小车获得一定的速度，则下列说法正确的是( )A ．两人同时以2 m/s 的速度(相对地面)跳离车比先后以2 m/s 的速度(相对地面)跳离车使小车获得的速度要大些B ．上述A 项中，应该是两人一先一后跳离时，小车获得的速度大C ．上述A 项中的结论应该是两种跳离方式使小车获得的速度一样大D ．上述A 项中两种跳离方式使小车获得的速度不相等，但无法比较哪种跳法速度大解析：由于小车和两人所组成的系统动量守恒，两人无论是同时跳离小车或是不同时跳离小车，跳离后两人都有相同的动量，所以无论两个人如何跳离小车，小车最后的动量都一样，即两种跳法，使小车获得的动量相等，所以两种跳离方式使小车获得的速度相同，故正确选项为C.答案：C4.如图所示，质量为m 0的小车静止在光滑的水平地面上，车上装有半径为R 的半圆形光滑轨道，现将质量为m 的小球在轨道的边缘由静止释放，当小球滑至半圆轨道的最低位置时，小车移动的距离为多少？小球的速度大小为多少？解析：以车和小球组成的系统在水平方向总动量为零且守 恒．当小球滑至最低处时车和小球相对位移是R ，利用“人船模型”可得小车移动距离为m m 0＋mR .设此时小车速度大小为v 1，小球速度大小为v 2，由动量守恒有m 0v 1＝m v 2，由能量守恒有mgR＝12m 0v 21＋12m v 22，解得v 2＝2m 0gR m 0＋m. 答案：m m 0＋m R 2m 0gR m 0＋m要点一 对反冲运动的理解1.[2019·广东联考]将静置在地面上，质量为M (含燃料)的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v 0竖直向下喷出质量为m 的炽热气体．忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是( )A.m M v 0B.M m v 0C.M M －m v 0D.m M －mv 0 解析：火箭模型在极短时间点火，设火箭模型获得速度为v ，据动量守恒定律有0＝(M －m )v －m v 0，得v ＝m M －mv 0，故选D. 答案：D2．(多选)采取下列哪些措施有利于增加火箭的飞行速度( )A ．使喷出的气体速度增大B ．使喷出的气体温度更高C ．使喷出的气体质量更大D ．使喷出的气体密度更小解析：设火箭的初动量为p ，原来的总质量为M ，喷出的气体质量为m ，速度大小是v ，剩余的质量(M －m )的速度大小是v ′，由动量守恒得出：p ＝(M －m )v ′－m v ，得：v ′＝p ＋m v M －m，由上式可知：m 越大，v 越大，v ′越大．答案：AC3．[2019·金华检测]“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”，爆竹声响是辞旧迎新的标志，是喜庆心情的流露．有一个质量为3m 的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为v 0、方向水平向东，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为2m ，速度大小为v，方向水平向东，则另一块的速度是()A．3v0－v B．2v0－3vC．3v0－2v D．2v0＋v解析：在最高点水平方向动量守恒，由动量守恒定律可知，3m v0＝2m v＋m v′，可得另一块的速度为v′＝3v0－2v，故C正确．答案：C4.小车静置在光滑水平面上，站在车上的人练习打靶，人站在车的一端，靶固定在车的另一端，枪离靶的距离为d，如图所示．已知车、人、靶和枪的总质量为M(不包括子弹)，每发子弹质量为m，共n发，每发子弹击中靶后，就留在靶内，且待前一发击中靶后，再打下一发．打完n发后，小车移动的距离为多少？解析：由题意知系统动量守恒，前一发击中靶后，再打下一发，说明发射后一发子弹时，车已经停止运动．每发射一发子弹，车后退一段距离．每发射一发子弹时，子弹动量为m v，由动量守恒定律有：0＝m v－[M＋(n－1)m]Vm v＝[M＋(n－1)m]V设每发射一发子弹车后退x，则子弹相对于地面运动的距离是(d－x)，由动量守恒定律有：m(d－xt)＝[M＋(n－1)m]xt解得：x＝mdM＋nm，则打完n发后车共后退s＝nmdM＋nm.答案：nmd M＋nm要点二人船模型5.[2019·安徽期中]质量为M的热气球吊筐中有一质量为m的人，共同静止在距地面为h的高空中．现从气球上放下一根质量不计的软绳，为使此人沿软绳能安全滑到地面，则软绳至少有多长()A.mh M ＋mB.Mh M ＋mC.(M ＋m )h mD.(M ＋m )h M 解析：如图所示，设绳长为L ，人沿软绳滑至地面的时间为t ，由图可知，L ＝x 人＋x 球．设人下滑的平均速度为v 人，气球上升的平均速度为v 球，由动量守恒定律得：0＝M v 球－m v 人，即0＝M (x 球t )－m (x 人t )，0＝Mx 球－mx 人，又有x 人＋x 球＝L ，x 人＝h ，解以上各式得：L ＝M ＋m M h .故D 正确．答案：D 6．[2019·广东期中]人的质量m ＝60 kg ，船的质量M ＝240 kg ，若船用缆绳固定，船离岸1.5 m 时，人可以跃上岸．若撤去缆绳，如图所示，人要安全跃上岸，船离岸至多为(不计水的阻力，两次人消耗的能量相等)( )A ．1.5 mB ．1.2 mC ．1.34 mD ．1.1 m解析：船用缆绳固定时，设人起跳的速度为v 0，则x 0＝v 0t .撤去缆绳，由动量守恒0＝m v 1－M v 2，两次人消耗的能量相等，即动能不变，12m v 20＝12m v 21＋12M v 22，解得v 1＝M M ＋mv 0.故x 1＝v 1t ＝M M ＋mx 0≈1.34 m ，C 正确． 答案：C7．[山东高考题]如图所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为10m、12m，两船沿同一直线同一方向运动，速度分别为2v0、v0.为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度．(不计水的阻力)解析：要使两船不相撞，则甲船上的人接到货物后，甲船的速度应小于或等于乙船抛出货物后的速度．设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为v min，抛出货物后乙船的速度为v1，甲船上的人接到货物后甲船的速度为v2，由动量守恒定律得12m v0＝11m v1－m v min,10m×2v0－m v min＝11m v2为使两船恰不相撞应满足v1＝v2联立以上三式解得v min＝4v0.答案：4v08．如图所示，质量为m的玩具蛙蹲在质量为M的小车上的细杆顶端，小车与地面的接触光滑，车长为l，细杆高h，直立于小车的中点，求玩具蛙至少以多大的对地水平速度跳出才能落到地面上？解析：将玩具蛙和小车作为系统，玩具蛙在跳离车的过程中，系统水平方向的总动量守恒，玩具蛙离开杆后，做平抛运动，小车向后做匀速直线运动，在玩具蛙下降高度h的过程中，小车通过的距离与玩具蛙在水平方向通过的距离之和等于l2时，玩具蛙恰能落到地面上．玩具蛙跳离杆时：M v M＝m v m玩具蛙的运动时间为t，则：h＝12gt2根据题意：v m t＋v M t＝l 2解得：v m＝Ml2(M＋m)g2h.答案：Ml2(M＋m)g2h9．[宁夏高考题]两个质量分别为M1和M2的劈A和B，高度相同，放在光滑水平面上．A和B的倾斜面都是光滑曲面、曲面下端与水平面相切，如图所示．一质量为m的物块位于劈A的倾斜面上，距水平面的高度为h.物块从静止开始下滑，然后又滑上劈B.求物块在B上能够达到的最大高度．解析：设物块到达劈A的底端时，物块和A的速度大小分别为v和v A，由机械能守恒定律和动量守恒定律得mgh＝12m v 2＋12M1v2A①M1v A＝m v②设物块在劈B上达到的最大高度为h′，此时物块和B的共同速度大小为v′，物块和劈B在水平方向上动量守恒，由机械能守恒定律和动量守恒定律得mgh′＋12(M2＋m)v′2＝12m v2③m v＝(M2＋m)v′④联立①②③④式得h′＝M1M2h (M1＋m)(M2＋m)答案：M1M2h (M1＋m)(M2＋m)基础达标1.装有炮弹的大炮总质量为M，炮弹的质量为m，炮筒水平放置，炮弹水平射出时相对炮口的速度为v0，则炮车后退的速度大小为()A.mMv0 B.m v0M＋mC.m v0M－mD．v0解析：设炮车后退速度大小为v1，则炮弹对地的水平速度大小为(v0－v1)，根据动量守恒定律，0＝(M－m)v1－m(v0－v1)，所以v1＝mMv0.故正确答案为A.答案：A2．[2019·辽宁检测]质量为m的人站在质量为M、长为L的静止小船的右端，小船的左端靠在岸边(忽略水的阻力如图所示)．当他向左走到船的左端时，船左端离岸的距离是()A．L B.L M＋mC.MLM＋mD.mLM＋m解析：人和船组成的系统动量守恒，运动时间相同，m v1＝M v2，所以m v1t＝M v2t，即mx1＝Mx2，且有x1＋x2＝L，解得x2＝mLM＋m，选项D正确．答案：D3．一辆小车置于光滑水平桌面上，车左端固定一水平弹簧枪，右端安一网兜．若从弹簧枪中发射一粒弹丸，恰好落在网兜内，结果小车将(空气阻力不计)()A．向左移动一段距离停下B．在原位置不动C．向右移动一段距离停下D．一直向左移动解析：小车静止置于光滑水平面上，初动量为零，且所受合外力为零，系统的动量守恒，所以系统的总动量一直为零．弹丸向右运动时，小车向左运动，弹丸落网停止后，小车也停止运动，选项A正确．答案：A4．[2019·江苏期中]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()解析：喷灌装置是利用水流喷出时的反冲作用而运动的，章鱼在水中前行和转向利用了喷出的水的反冲作用，火箭发射是利用喷气的方式而获得动力的，利用了反冲运动，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．答案：D5.如图所示，具有一定质量的小球A固定在轻杆一端，杆的另一端挂在小车支架的O点，用手将小球拉起使轻杆呈水平状态，在小车处于静止的情况下放手使小球摆下，在B处与固定在车上的油泥撞击后粘在一起，则此后小车的运动状态是(车位于光滑路面上)()A．向右运动B．向左运动C．静止不动D．无法判断解析：小车与小球构成的系统水平方向上总动量守恒，刚释放A球时，系统动量为零，当二者粘在一起时，其共同速度也必为零，故只有选项C正确．答案：C6.如图所示，表示质量为m0的密闭汽缸置于光滑水平面上，缸内有一隔板P，隔板右边是真空，隔板左边是质量为m的高压气体，若将隔板突然抽去，则汽缸的运动情况是()A．保持静止不动B．向左移动一定距离后恢复静止C．最终向左做匀速直线运动D．先向左移动，后向右移动回到原来位置解析：突然撤去隔板，气体向右运动，汽缸做反冲运动，当气体充满整个汽缸时，它们之间的作用结束，依动量守恒定律可知，开始时系统的总动量为零，结束时总动量必为零，气体和汽缸都将停止运动，故选项B正确．答案：B7.(多选)如图所示，小车AB放在光滑水平面上，A端固定一个轻弹簧，B端粘有油泥，AB总质量为m0，质量为m的木块C放在小车上，用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩，开始时小车AB和木块C都静止，当突然烧断细绳时，C被释放，使C离开弹簧向B端冲去，并跟B端油泥粘在一起，忽略一切摩擦，以下说法正确的是()A．弹簧伸长过程中C向右运动，同时AB也向右运动B．C与B碰前，C与AB的速率之比为m0mC．C与油泥粘在一起后，AB立即停止运动D．C与油泥粘在一起后，AB继续向右运动解析：弹簧向右推C，C向右运动，同时弹簧向左推A端，小车向左运动，选项A错误；因小车与木块组成的系统动量守恒，C与B碰前，有m v C＝m0v AB，得v C v AB＝m0m，选项B正确；C与B碰撞过程动量守恒，有m v C－m0v AB＝(m0＋m)v，知v＝0，故选项C正确，选项D错误．答案：BC8.(多选)在水面上停着质量为m0的小船的船头和船尾分别站着质量为m1的甲和质量为m2的乙，如图所示，当甲、乙交换位置后，若船长为L，不计水的阻力，下列说法正确的是()A．若m1>m2，船的位移大小为m1－m2m0＋m1＋m2L，向左B．若m1>m2，船的位移大小为m1－m2m0＋m1＋m2L，向右C．若m1＝m2，船的位移为零D．若m2>m1，船的位移大小为m2－m1m0＋m1＋m2L，向右解析：以人船模型分析，先让甲到乙的位置船向左位移大小x1＝m1m0＋m1＋m2L，乙到甲的位置船再向右位移大小x2＝m2m0＋m1＋m2L；若m1>m2，则x1>x2，船向左位移大小为Δx＝x1－x2＝m1－m2m0＋m1＋m2L，选项A正确，选项B错误；若m1<m2，则x1<x2，船向右位移大小为Δx＝x2－x1＝m2－m1m0＋m1＋m2L，选项D正确；若m1＝m2，则Δx＝0，选项C正确．答案：ACD9．[2019·湖北黄冈高三调研]“世界航天第一人”是明朝的万户，如图所示，他把47个自制的火箭绑在椅子上，自己坐在椅子上，双手举着大风筝，设想利用火箭的推力，飞上天空，然后利用风筝平稳着陆，假设万户及其所携设备(火箭、椅子、风筝等)的总质量为M，点燃火箭后在极短的时间内，质量为m的燃气相对地面以v0的速度竖直向下喷出，忽略空气阻力的影响，重力加速度为g，下列说法正确的是()A．火箭的推力来源于空气对它的反作用力B．在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为m v0M－m C．喷出燃气后，万户及其所携设备能上升的最大高度为m2v20g(M－m)2D．在火箭喷气过程中，万户及其所携设备的机械能守恒解析：火箭的推力来源于燃气对它的反作用力，选项A错误；以竖直向下为正方向，根据动量守恒定律有0＝m v0－(M－m)v，解得在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为v＝m v0M－m，选项B正确；喷出燃气后，万户及其所携设备做竖直上抛运动，动能转化为重力势能，有12(M－m)v2＝(M－m)gh，解得万户及其所携设备能上升的最大高度为h＝m2v202g(M－m)2，选项C错误；在火箭喷气过程中，万户及其所携设备的机械能增加，燃料燃烧，将一部分化学能转化为万户及其所携设备的机械能，选项D错误．答案：B能力达标10.某学习小组在探究反冲运动时，将质量为m1的一个小液化气瓶固定在质量为m2的小玩具船上，利用液化气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，已知打开瓶后向外喷射气体的对地速度为v1，如果在Δt的时间内向后喷射的气体的质量为Δm，忽略水的阻力，则喷射出质量为Δm的气体后，小船的速度是多少？解析：由动量守恒定律得：(m1＋m2－Δm)v船－Δm v1＝0得：v船＝Δm v1m1＋m2－Δm答案：Δm v1m1＋m2－Δm11．课外科技小组制作一只“水火箭”，用压缩空气压出水流使火箭运动．假如喷出的水流流量保持为2×10－4 m3/s，喷出速度保持为对地10 m/s.启动前火箭总质量为1.4 kg，则启动2 s末火箭的速度可以达到多少？已知火箭沿水平轨道运动阻力不计，水的密度是1.0×103 kg/m3.解析：“水火箭”喷出水流做反冲运动．设火箭原来总质量为M，喷出水流的流量为Q，水的密度为ρ，水流的喷出速度为v，火箭的反冲速度为v ′，由动量守恒定律得0＝(M －ρQt )v ′＝ρQt v代入数据解得火箭启动后2 s 末的速度为v ′＝ρQt v M －ρQt ＝103×2×10－4×2×101.4－103×2×10－4×2m/s ＝4 m/s. 答案：4 m/s12．[2019·河南郑州二模]如图甲所示，半径为R ＝0.8 m 的四分之一光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，A 为轨道最高点，和圆心等高；B 为轨道最低点．在光滑水平地面上紧挨B 点有一静止的平板车，其质量M ＝3 kg ，车足够长，车的上表面与B 点等高，平板车上表面涂有一种特殊材料，物块在上面滑动时，动摩擦因数随物块相对小车左端位移的变化图象如图乙所示．物块(可视为质点)从圆弧轨道最高点A 由静止释放，其质量m ＝1 kg ，g 取10 m/s 2.(1)求物块滑到B 点时对轨道压力的大小；(2)物块相对小车静止时距小车左端多远？解析：(1)物块从A 点滑到B 点的过程中，由机械能守恒定律有mgR ＝12m v 2B代入数据解得v B ＝4 m/s在B 点，由牛顿第二定律得F N －mg ＝m v 2B R ，解得轨道对物块的支持力大小F N ＝30 N由牛顿第三定律可知，物块滑到B 点时对轨道的压力大小F ′N ＝F N ＝30 N.(2)物块滑上小车后，由于水平地面光滑，物块与小车组成的系统所受合外力为零，二者相对静止时，由动量守恒定律得m v B ＝(m ＋M )v 代入数据解得v ＝1 m/s由物块和小车组成的系统能量守恒得，系统产生的热量Q ＝12m v 2B －12(m ＋M )v 2 解得Q ＝6 J由功能关系知Q ＝12μ1mgx 1＋μ1mg (x －x 1)将μ1＝0.4，x 1＝0.5 m 代入可解得x ＝1.75 m.答案：(1)30 N (2)1.75 m13．[2019·湖南长沙期中]如图所示，三个质量均为m 的滑块A 、B 、C ，间隔相等地静置于同一水平直轨道上．现给滑块A 向右的初速度v 0，一段时间后A 与B 发生碰撞，碰撞后A 、B 分别以18v 0、34v 0的速度向右运动，B 再与C 发生碰撞，碰撞后B 、C 粘在一起向右运动．滑块A 、B 与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值．两次碰撞时间均极短．求B 、C 碰撞后瞬间共同速度的大小．解析：设A 与B 碰撞前A 的速度为v A ，由动量守恒定律得m v A ＝m ·18v 0＋m ·34v 0解得v A ＝78v 0设碰撞前A 克服轨道阻力所做的功为W A ，由动能定理得W A ＝12m v 20－12m v 2A ＝15128m v 20设B 与C 碰撞前B 的速度为v B ，B 克服轨道阻力所做的功为W B ，由动能定理得W B ＝12m (34v 0)2－12m v 2B根据题意可知W A ＝W B解得v B ＝218v 0设B 、C 碰撞后瞬间共同速度的大小为v ，由动量守恒定律得m v B ＝2m v可得v ＝v B 2＝2116v 0答案：2116v 014．[2018·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部分，两部分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部分距地面的最大高度． 解析：(1)设烟花弹上升的初速度为v 0，由题给条件有E ＝12m v 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 ＝1g 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、下两部分均沿竖直方向运动，设爆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14m v 21＋14m v 22＝E ⑤12m v 1＋12m v 2＝0⑥由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动的部分做竖直上抛运动．设爆炸后烟花弹向上运动的部分继续上升的高度为h 2，由机械能守恒定律有14m v 21＝12mgh 2⑦联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度为h ＝h 1＋h 2＝2E mg .答案：(1)1g 2E m (2)2E mg。
反冲现象 火箭 ppt课件
[合作探讨] 如图 16-5-5 所示，是多级运载火箭的示意图，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．
图 16-5-5
探讨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．
探讨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．
例题：火箭发射前的总质量为M，燃料全部燃烧完后的质量为m，火箭燃 气的对地喷射速度为V0，燃料燃尽后火箭的速度V为多大？
V=？
解：在火箭发射过程中，内力远大于外力， 所以动量守恒。
m
绳被水平拉直处于静止状态，小球处于最右端。将小球由静止释放，重
力加速度为g，求小球摆到最低点时小车向右移动的距离。
解：当小球到达最低点时，设小球向左移动的距离为s1， 小车向右移动的距离为s2，根据动量守恒有：
ms1=Ms2，s1＋s2=l
解得：
M
m
s1 M m l s2 M m l
水平方向动量守恒
mx1-Mx2=0, 则x1/x2=M/m。（x1--人的位移，x2--船的位移） x1+x2=L 则：x1=ML/(m+M), x2=mL/(M+m) （L--船的长度）
v2 M
v1 m
x1 x2
不论物体做的是匀速运动还是变速运动，结论都是相同的。
L
典例：如图所示，质量m=60 kg的人，站在质量M=300 kg的车的一端，车长L=3 m，相对于地面静止．当车与地面间的摩擦可以忽略不计时，人由车的一端走 到另一端的过程中，车将( A )
高二物理反冲运动火箭
反冲运动的应用 一 反冲运动的防止
手枪、步枪发射子弹时，为 减少反冲运动带来的不利影 响，枪身质量较大,步枪装枪 托，以提高命中率。
二 火箭的发明
火箭飞行的原理： 现代火箭是应用其尾部喷射 出高速气体的反冲作用进行飞 行的。
设火箭发射前的总质量为M，燃料 燃尽后的质量为m ，火箭燃气的 喷射速度为V1 ，求燃料燃尽后火 箭的飞行速度V2为多大？
分析：
根据动量守恒定律： Mv0 = m( v0-v)+ ( M-m)V 所以： V= (M-m) v0 /(M-2m)
考查知识点：反冲原理 相对
速度
强调：反冲运动所遵循的规
律是动量守恒定律 ，在具体 的 计算中必须严格按动量守 恒定律的解题步骤来进行。
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分析：
由动量V2 =（M-m)V1/m 即：V2 = (M/m – 1)V1
影响火箭飞行速度的因素主 要有两个: 一 燃气喷射的速度 二 燃气与火箭的质量比 即：火箭开始飞行时的质 量与燃料燃尽时的质量之比。
例：质量为M的火箭以速度 v0飞行在太空中，现在突然 向后喷出一份质量为m的气 体，喷出的气体相对于火箭 的速度是 v ，喷气后火箭的 速度是多少？
；
公子虽然幻想过,也曾踌躇满志の准备在今日大显身手,用自己独特の气质和独具风格の表演赢了美人の心,最后抱の美人归,带着荣誉和美女衣锦还乡.只是在风家和花家变态の特技下,在风紫和花草几个变态の表演下,众人婉如被当面泼了两盆冷水,彻底清醒了,也被打击了. 而显然龙水 流不想这样,所以他施施然の出手了,战气外放化作手掌托着一杯他花重金购买の命名为"毒『菜』"の顶级香水,往月倾城那边飞去.龙水流一出手,の确震动了全场,要知道战气外放,只是能量外放.
高中物理-反冲运动、火箭
作业
1.到图书室、阅览室了解有关火箭 的知识
2.按照课本上“做一做”介绍的方 法，自制一枚小火箭
3.完成P22“问题与练习”
简介： 西 昌 卫 星 发 射 中 心
西昌卫星发射中心 （XSLC）隶属于中国卫 星发射测控中心 （CLTC），主要用于发 射地球同步转移轨道 （GTO）卫星，还可发 射太阳同步轨道卫星和 低轨道卫星。
目前可以发射长征二号E、长征三号、长征三号 甲、长征三号乙等四种我国自行研制的运载火箭。 XSLC位于中国西南部的四川省西昌地区，其总部 设在距发射场65公里的西昌市内。
正确答案 ： 2.5m/s
4. 反冲运动的应用和防止：
应用：
1 . 反击式水轮机 2 . 喷气式飞机
防止：
榴弹炮
反击式水轮机是大 型水力发电站应用 最广泛的水轮机。 它是靠水流的反冲 作用旋转的。我国 早在70年代就能生 产转轮直径5.5米， 质量110吨，最大 功率达30万千瓦的 反击式水轮机。
3. 原 理
遵循动量守恒定律
作用前：P = 0 作用后: P' = m v + M V 则根据动量守恒定律有： P' = P 即 mv+MV=0 故有：V = − ( m / M ) v 负号就表示作用后的两部分运动方向相 反
练一练
机关枪重8Kg，射出的子弹质量为 20g，若子弹的出口速度为1000m/s， 则机枪的后退速度是多少？
你认识它们吗？
俄
中国
美
罗
国
斯
大
能
力
源
神
号
号
欧
日
洲
本
阿
M
丽
系
亚
长征系列
高中物理选修3-5-反冲运动一火箭
反冲运动一火箭
知识集结
知识元
反冲运动
知识讲解
爆炸与反冲
1．爆炸与反冲的特点
(1)内力远大于外力，动量守恒．
(2)由其他形式的能转化为机械能，动能增加．
2．爆炸：两物体间由于炸药的作用均受到巨大作用力，而作用力远大于外力，一般情况下近似认为动量守恒．由于爆炸力做功，所以物体系统的动能增加．
3．反冲：反冲运动是相互作用的物体之间的作用力与反作用力产生的效果．反冲运动过程中，一般满足系统的合外力为零，或内力远大于外力的条件，因此可用动量守恒定律进行分析．
例题精讲
反冲运动
例1.
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（）
例2.
下列所描述的事例或应用中，利用反冲原理的是（）
例3.
下列说法正确的是（）
例4.
今年春节上映的国产科幻大片《流浪地球》中有这样的情节：为了自救，人类提出一个名为“流浪地球”的大胆计划，即倾全球之力在地球表面建造上万座发动机和转向发动机，推动地球离开太阳系，用2500年的时间奔往另外一个栖息之地。
这个科幻情节中里有反冲运动的原理。
现实中的下列运动，属于反冲运动的有（）
例5.
下列属于反冲运动的是（）。
《反冲现象 火箭》 知识清单
《反冲现象火箭》知识清单一、反冲现象反冲现象是一种常见的物理现象，在生活和科学技术中有着广泛的应用。
当一个物体向某个方向射出（或抛出）一部分物质时，剩余部分会沿着相反方向运动，这种现象就叫做反冲。
比如，发射炮弹时，炮身会向后退；喷气式飞机向后喷气，飞机向前飞行等。
反冲现象的原理基于动量守恒定律。
在一个没有外力作用的系统中，系统的总动量保持不变。
当物体抛出一部分物质时，这部分物质具有一定的动量，那么剩余部分的动量必然发生改变，以保证总动量不变。
反冲现象的特点有：1、物体系统内部存在相互作用。
2、有一部分物质被抛出或射出，具有一定的速度和动量。
3、剩余部分的运动方向与抛出部分的运动方向相反。
反冲现象的影响因素主要包括：1、抛出物质的质量和速度。
抛出物质的质量越大、速度越快，反冲的效果就越明显。
2、剩余部分的质量。
剩余部分质量越小，反冲引起的速度变化就越大。
二、火箭火箭是利用反冲原理工作的一种飞行器。
火箭的结构通常包括箭体结构、推进系统和控制系统等部分。
箭体结构主要用于承载各种设备和燃料，并提供良好的气动外形。
推进系统是火箭的核心部分，它通过燃烧燃料产生高温高压气体，然后高速喷出，从而产生反冲力推动火箭前进。
火箭所使用的燃料种类繁多，常见的有液体燃料和固体燃料。
液体燃料具有燃烧效率高、可调节推力等优点，但储存和使用相对复杂；固体燃料则具有储存方便、使用简单等优点，但燃烧时间和推力调节相对困难。
控制系统负责对火箭的飞行姿态、轨道等进行精确控制，确保火箭按照预定的任务要求飞行。
火箭的工作原理就是基于反冲。
燃料燃烧产生的高温高压气体高速向后喷出，根据动量守恒定律，火箭就会获得向前的推力。
火箭的飞行过程可以分为几个阶段：1、起飞阶段：火箭从发射台点火起飞，逐渐加速。
2、加速阶段：在这个阶段，火箭的推进系统持续工作，不断加速，直至达到预定速度。
3、轨道调整阶段：根据任务需求，对火箭的轨道进行调整和修正。
4、任务执行阶段：例如将卫星送入预定轨道、进行太空探测等。
高二物理期末复习反冲运动火箭知识点总结
高二物理期末复习反冲运动火箭知识点总结反冲运动中，物体遭到的反冲作用通常叫做反冲力。
以下是反冲运动火箭知识点总结，请大家仔细学习。
反冲运动概念依据动量守恒定律，假设一个运动的物体在内力的作用下分裂成两个局部，一局部向某个方向运动，另一局部肯定向相反的方向运动。
这个现象叫做反冲。
反冲运动中，物体遭到的反冲作用通常叫做反冲力。
反冲运动原理1、系统不受外力或受外力的矢量和为零2、相互作用的时间极短,相互作用的内力远大于外力,如碰撞或爆炸瞬间,外力可疏忽不计,可以看作系统的动量守恒。
3、系统某一方向上不受外力或受外力的矢量和为零;或外力远小于内力,那么该方向上动量守恒(分动量守恒)。
4、在某些实践效果中,一个系统所受外力和不为零,内力也不是远大于外力,但外力在某个方向上的投影为零,那么在该方向上可以说满足动量守恒的条件。
反冲运动运用喷气式飞机和火箭的飞行运用了反冲的原理，它们都是靠喷出气流的反冲作用而取得庞大速度的。
现代的喷气式飞机，靠时断时续地向后喷出气体，飞行速度可以超越l000m/s。
质量为m的人在远离任何星体的太空中，与他旁边的飞船相对运动。
由于没有力的作用，他与飞船总坚持相对运动的形状。
依据动量守恒定律，火箭原来的动量为零，喷气后火箭与燃气的总动量依然应该是零，即mv+mu=0 解出v= -mu/m (1)式说明，火箭喷出的燃气的速度越大、火箭喷出物质的质量与火箭自身质量之比越大，火箭取得的速度越大。
现代火箭喷气的速度在2021～4000 m/s，近期内难以大幅度提高，因此要在减轻火箭自身质量下面下功夫。
火箭下降时的质量与火箭除燃料外的箭体质量之比叫做火箭的质量比，这个参数普通小于10，否那么火箭结构的强度就成了效果。
但是，这样的火箭还是达不到发射天然地球卫星的7.9 km/s的速度。
为了处置这个效果，苏联迷信家齐奥尔科夫斯基提出了多级火箭的概念。
把火箭一级一级地接在一同，第一级燃料用完之后就把箭体丢弃，减轻担负，然后第二级末尾任务，这样一级一级地连起来，实际上火箭的速度可以提得很高。
第五节 反冲运动 火箭
核心要点突破 二、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．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．反冲运动中，由于有其他形式的能转变为机械 能，所以系统的总动能增加． (1)内力的存在，不会影响系统的动量守恒； (2)内力做的功往往会改变系统的总动能．
【解析】 以太空站为参照物，设第一次喷出气体 后火箭的速度为 v1.由动量守恒定律，有(M－m)v1 ＋mv＝0，则 v1＝－mv/(M－m)．设第二次喷出气 体后，火箭的速度为 v2，则(M－m)v1＝(M－2m)v2 2mv ＋mv，v2＝－ .t s 末火箭共喷出 nt 次气体， M－2m mvnt 同理可得 vt＝ . M－nmt
例2
解析：选D.在A选项中炮弹的速度u是相对炮艇的，而v′ 和v都是相对地面的，它们不相对同一参考系，所以A项
错；B项中虽想将炮弹的速度转化为对地的速度，但由于
没有注意到相对速度是指一个物体相对另一物体在同一 时刻的速度，在转化参考系时用了相互作用前炮艇的速 度，炮弹的发出是在炮弹与炮艇相互作用后，所以B项错 误；C项中将炮弹速度转化为以地面为参考系时，在炮艇
课堂互动讲练
类型一 基本反冲现象
一人静止于完全光滑的冰面上现欲 离开冰面，下列可行的方法为（ D ）
例1
A.向后踢腿 B.手臂向后甩
C.在冰面上滚动
D.脱下外衣水平抛出
课堂互动讲练
类型二 反冲运动原理的应用 一炮艇总质量为M，以速度v0匀速行驶，从艇 上以相对艇的速度u水平地沿前进方向射出一质量为m 的炮弹．不计水的阻力，则发炮后艇的速度v′满足 下列各式中的哪一个( ) A．(M－m)v′＋mu＝Mv0 B．(M－m)v′＋m(u＋v0)＝Mv0 C．(M－m)v′＋m(u－v′)＝Mv0 D．(M－m)v′＋m(u＋v′)＝Mv0
高中物理第十六章反冲运动火箭教材梳理素材新人教选修
5 反冲运动 火箭疱丁巧解牛知识·巧学一、反冲运动1.定义：原来静止的系统，当其中一部分运动时，另一部分向相反方向的运动，就叫做反冲运动.2.反冲原理：反冲运动是系统内力作用的结果，虽然有时系统所受的合外力不为零，但由于系统内力远远大于外力，所以系统的总动量守恒，此外，如系统所受外力的合力不为零，但在某一方向上不受外力或在该方向上所受外力的合力为零，则在该方向上的动量(即总动量在该方向上的分量)是守恒的.深化升华 反冲运动的基本原理是动量守恒定律.如果系统的一部分获得了某一方向的动量，系统的剩余部分就会在这一方向的相反方向上获得同样大小的动量.3.表达式：若系统的初始动量为零，动量守恒定律的表达式为：0=m 1v 1′+m 2v 2′误区提示 应用动量守恒定律分析反冲运动的有关特性时，必须注意的问题:(1)剩余部分的反冲是相对于抛出部分来说，两者运动方向必然相反.做数值计算时，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应取负值.(2)把物体的一部分抛出和剩余部分产生反冲都需要经历一个过程，直到部分物体离开整体瞬间，两者速度达到最大，才形成相对速度.因此，若题中已知抛掷物体的速度是相对于剩余部分而言，应理解为相对于“抛出”这一瞬间.4.减小反冲的影响实际中常常需要减小反冲的影响.例如：用步枪射击时，要用枪身抵在肩上.5.反冲有广泛的应用如：灌溉喷水器，因反冲而旋转，自动改变喷水的方向.喷气式飞机和火箭飞行应用了反冲的原理，它们都是靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度的.现代的喷气式飞机靠连续不断地向后喷出气体，飞行速度能够超过1 000 m/s.二、火箭1.概念：火箭是一种靠喷射高温高压燃气获得反作用力向前推进的飞行器.2.箭的工作原理：火箭是靠喷出气流的反冲作用而获取速度的.3.火箭向前飞行所能达到的最大速度的决定因素：一是喷气速度；一是质量比.喷气速度越大，质量比越大，火箭的最终速度越大.深化升华 火箭向前飞行所能达到的最大速度，一般来说也就是燃料燃尽时火箭的速度.典题·热题知识点一 反冲运动例1 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的速度v=1 000 m/s ，设火箭质量M=300 kg ，发动机每秒喷气20次.(1)当第三次气体喷出后，火箭的速度多大？(2)运动第1 s 末，火箭的速度多大？解析：火箭喷气属反冲现象，火箭和气体系统动量守恒，运用动量守恒定律求解：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(M-m)v 1-mv=0所以v 1=mM mv 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所以v 2=m M mv 22-. 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所以v 3=m M mv 33-=0.23-300000 10.23⨯⨯⨯ m/s=2 m/s. 依次类推，第n 次气体喷出后，火箭速度为v n ，有(M-nm)v n -mv=[M-(n-1)m]v n-1所以v n =nmM nmv -. 因为每秒喷气20次，所以1 s 末火箭速度为v 20=m M mv 2020-=0.220-300000 10.220⨯⨯⨯ m/s=13.5 m/s. 方法归纳 (1)火箭是反冲运动的重要应用，是发射人造天体的运载工具.在喷气过程中，由于气体与火箭之间的相互作用力(内力)远大于火箭的重力及空气阻力(外力)，故可近似认为动量守恒，实际上，两次喷气之间的时间间隔(即停止喷气的时间)内，系统的动量是不守恒的，该题描述的是利用近似处理法得到的理想化模型.(2)这里应用了从特殊到一般的归纳推理，这种方法在解决重复性运动过程的问题时非常有效. 巧解提示 本题也可这样解(整体法)，整体选取研究对象，利用动量守恒定律求解①设喷出三次气体后火箭的速度为v 3，以火箭和喷出的三次气体为研究对象，据动量守恒定律有： (M-3m)v 3-3mv=0所以v 3=mM mv 33-=2 m/s. ②以火箭和喷出的20次气体为研究对象(M-20m)v 20-20mv=0所以v 20=mM mv 2020-=13.5 m/s. 知识点二 人船模型例2 如图16-5-1所示，长为Ｌ、质量为Ｍ的小船停在静水中，质量为ｍ的人从静止开始从船头走到船尾，不计水的阻力，求船和人对地面的位移各为多少？图16-5-1解析：以人和船组成的系统为研究对象，在人由船头走到船尾的过程中，系统在水平方向不受外力作用，所以整个系统在水平方向动量守恒.当人起步加速前进时，船同时向后做加速运动；人匀速运动，则船匀速运动；当人停下来时，船也停下来.设某时刻人对地的速度为v 人，船对地的速度为v 船，取人行进的方向为正方向，根据动量守恒定律有：m 人v 人-m 船v 船=0即v 船:v 人=v 人: m 船.因为人由船头走到船尾的过程中，每一时刻都满足动量守恒定律，所以每一时刻人的速度与船的速度之比，都与它们的质量之比成反比.因此人由船头走到船尾的过程中，人的平均速度与船的平均速度也与它们的质量成反比.而人的位移s 人= v 人t ，船的位移s 船= v 船t ，所以船的位移与人的位移也与它们的质量成反比，即s 船: s 人=m 人: m 船①①式是“人船模型”的位移与质量的关系，此式的适用条件：原来处于静止状态的系统，在系统发生相对运动的过程中，某一个方向的动量守恒.由图中可以看出：s 船+s 人=Ｌ②由①②两式解得s 人=船人船m m m +L ，s 船=船人人m m m +L巧妙变式 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.在相互作用的过程中，任一时刻两物体的速度大小之比等于其质量的反比；任意段时间内，两个物体通过的对地位移大小之比也等于质量的反比.例3 气球质量为200 kg ，载有质量为50 kg 的人，静止在空中距地面20 m 高的地方，如图16-5-2所示，气球下方悬根质量可忽略不计的绳子，此人想从气球上沿绳慢慢下滑至地面，为了安全到达地面，则这根绳长至少为多少米？(不计人的高度)图16-5-2解析：因为初始时气球与人共同静止在空中，说明系统所受重力与空气浮力平衡，当人沿绳子下滑时，系统动量守恒.设某一时刻人的对地速度大小为v ，此时刻人的对地速度大小为v′，则由系统动量守恒得mv-Mv′=0.设在人安全到达地面的条件下，软梯的最小长度为H ，则当人到达地面时，气球离地高为H ，则 有h h H -=vv '，解得：H=M m M +h=20050200+×20 m=25 m. 巧解提示 (1)只要系统所受合外力为零，系统每时刻的总动量都不变.本题找出了相互作用的两物体每一时刻的速度关系，即可进一步得出平均速度关系及位移关系，使问题的解决得以简化.(2)画出反映位移关系的草图，对求解此类题目会有很大的帮助.知识点三 反冲运动与平抛运动的综合例4 平板车停在水平光滑的轨道上，平板车上有一人从固定在车上的货厢边沿水平方向顺着轨道方向跳出，落在平板车地板上的A 点，距货厢水平距离为l=4 m ，如图16-5-3所示.人的质量为m ，车连同货厢的质量为M=4 m ，货厢高度为h=1.25 m ，求：图16-5-3(1)车在人跳出后到落到地板期间的反冲速度；(2)人落在车板上并站定以后，车还运动吗?车在地面上移动的位移是多少?解析：人从货厢边跳离的过程，系统(人、车和货厢)的动量守恒；人落到车上的过程中，水平方向系统动量守恒，人在空中运动过程中做平抛运动，而车做匀速直线运动.人从货厢边跳离的过程，系统(人、车和货厢)的动量守恒，设人的水平速度是v 1.车的反冲速度是v 2，则mv 1-Mv 2=0,v 2=41v 1. 人跳离货厢后做平抛运动，车以v 2做匀速运动，运动时间为t=gh 2=0.5 s ，在这段时间内人的水平位移s 1和车的位移s 2分别为s 1=v 1t,s 2=v 2t.如图16-5-4可知图16-5-4s 1+s 2=l,即v 1t+v 2t=l则v 2=t l 5=0.554⨯ m/s=1.6 m/s. 车的水平位移为s 2=v 2t=1.6×0.5 m=0.8 m.人落到车上A 点的过程，系统水平方向的动量守恒(水平方向系统没受外力，而竖直方向支持力大于重力，合力不为零)，人落到车上前的水平速度仍为v 1，车的速度为v 2，落到车上后设它们的共同速度为v ，根据水平方向动量守恒得mv 1-Mv 2=(M+m)v,则v=0.故人落到车上A 点站定后车的速度为零.巧解提示 对这种过程复杂的问题，要把它分解成几段简单过程，然后按每段过程所遵循的规律分别列方程求解.问题·探究材料讨论探究材料：晴朗的一天，袁晓平打完了一场篮球，突然觉得很累，便抱着篮球忽忽大睡起来，也不知道睡了多久，他醒了过来.突然他大吃一惊，他竟然发现他已经不在校园里，却身处汪洋大海之中，而脚下只不过是一块浮冰.他转身看看周围，除了汪洋大海什么都没有，袁晓平想到再也看不到亲爱的同学们，便哇哇大哭起来.将手中的篮球扔了出去.突然他发现自己随着浮冰向后倒退了，这仿佛苹果砸到了牛顿头上，袁晓平灵光闪现，他有了主意，他顺手将身边的另一个篮球也扔了出去，他随着浮冰又倒退了一些，他随即扔了衣服出去……我们祝愿他总有一天能回到岸上.问题 袁晓平能回到岸上吗？他使用这个方法的依据是什么？探究过程：袁晓平在用力向外扔东西的同时，他也产生反冲，向扔出东西的反方向运动.只要他都向同一方向扔东西，而且他身上的东西足够多，那么理想话，他总有一天还是有可能到达岸边的.探究结论:在理想情况下，如果冰面的阻力足够小，他身上的东西足够多，他总有一天还是有可能到达岸边的.误区陷阱探究问题 在水平铁轨上放置一门质量为M 的炮车，发射的炮弹质量为m ，设铁轨和炮车间摩擦不计，求：(1)水平发射炮弹时，炮弹速度为v 0，问炮车的反冲速度多大？(2)炮车车射与水平方向成θ角，炮弹速度大小为v 0，问炮身反冲速度是多大？(3)炮身与水平方向成θ角，炮弹出炮口时，相对炮口速度为v 0，问炮身的反冲速度多大？以炮车和炮弹为研究系统，水平方向不受外力，所以在水平方向上系统的动量守恒；以炮弹前进的水平方向为正方向，由动量守恒定律得：(1)0=mv 0+M(-v 1)，v 1=Mmv 0 (2)0=mv 2cosθ+M(-v 2)，v 2=Mmv θcos 0 (3)0=mv 0cosθ+M(-v 3)，得v 3=M mv θcos 0 探究过程：上面的错误在于第三问.产生原因是应用动量守恒定律列的方程中的各个速度不是相对同一参考系的速度.正确解法：以炮车和炮弹为研究系统，水平方向不受外力，所以在水平方向系统的动量守恒，以炮弹前进的水平方向为正方向，由动量守恒定律得：(1)0=mv 0+M(-v 1)，v 1=M mv 0(2)0=mv 2cosθ+M(-v 2)，v 2=M mvθcos 0(3)0=m(v 0cos θ-v 3)+M(-v 3)，v 3=m M mv+θcos 0探究结论:避免以上错误的方法是要牢记动量守恒定律方程中的各个速度具有：(1)瞬时性：都是瞬时速度；(2)矢量性：即各速度都有方向；(3)同一性：等式两侧的速度都对应同一参考系；(4)对应性：等式两侧的速度各对应一个状态，切不可写混.2019-2020学年高考物理模拟试卷一、单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1．如图所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数之比为1:2，在原线圈电路的a、b端输入电压一定的正弦交变电流，电阻R1、R2消耗的功率相等，则12RR为（）A．14B．4C．12D．22．宇宙中有一孤立星系，中心天体周围有三颗行星，如图所示。
反冲现象 火箭知识点总结
反冲现象火箭知识点总结一、火箭的基本原理1. 火箭的发射原理火箭的发射原理是利用燃料的燃烧产生高温高压气体，通过喷射产生推力，从而推动火箭向前飞行。
火箭推进剂一般包括燃料和氧化剂，燃烧产生的气体经喷嘴喷出，产生反作用力推动火箭本体向前飞行。
2. 火箭的推进原理火箭的推进原理是利用牛顿第三定律，即每个作用力都有一个相互作用力，火箭喷射产生的推力会产生反作用力作用在火箭自身，推动火箭向前飞行。
这就是反冲现象的基本原理。
二、反冲现象的影响1. 运动方向反冲现象会使火箭受到向相反方向的推力，从而产生相反的运动方向。
这意味着在火箭发射时，火箭本身会受到向后的推力，产生向相反方向的运动。
2. 稳定性反冲现象可能会影响火箭的稳定性，特别是在火箭发射初期，反冲现象会对火箭本身产生影响，需要通过合理的设计和控制来保证火箭的稳定飞行。
3. 飞行路径火箭的飞行路径受到反冲现象的影响，特别是在发射初期，需要通过精确的计算和控制来调整火箭的飞行路径，以确保火箭的飞行轨迹符合预期。
三、控制反冲现象的方法1. 设计优化通过合理的设计优化火箭的结构和喷射系统，可以减小反冲现象对火箭的影响，提高火箭的飞行效率和稳定性。
2. 控制系统采用先进的控制系统和反馈控制技术，可以有效地控制反冲现象对火箭的影响，确保火箭的稳定飞行。
3. 航天技术通过不断发展航天技术，包括新材料、新技术和新理论的研究，可以提高火箭的性能和减小反冲现象的影响。
四、反冲现象在火箭技术中的应用1. 推力控制在火箭的发射中需要对火箭的推力进行精确控制，以确保火箭的顺利发射和飞行。
反冲现象对火箭的推力产生影响，需要通过合理的控制手段来实现推力的精确调整。
2. 飞行轨迹火箭的飞行轨迹受到反冲现象的影响，特别是在发射初期，需要通过精确的计算和控制来调整火箭的飞行路径，以确保火箭的飞行轨迹符合预期。
3. 空间探索反冲现象的控制对于空间探索尤为重要，特别是对于深空探测和星际飞行任务，需要通过对反冲现象的深入研究和控制，以确保飞行器的顺利发射和飞行。
《反冲现象 火箭》 知识清单
《反冲现象火箭》知识清单一、反冲现象1、定义反冲现象是指在一个系统中，当一部分物体向某一方向运动时，剩余部分会向相反方向运动的现象。
这种现象在日常生活和自然界中十分常见。
2、原理反冲现象基于动量守恒定律。
系统在没有外力作用或者外力的合力为零的情况下，系统的总动量保持不变。
当一部分物体的动量发生改变时，另一部分物体的动量必然会发生反向的改变，以保持系统总动量的守恒。
3、实例（1）喷气式飞机：飞机通过向后喷射高速气体，从而获得向前的推力。
（2）火箭发射：火箭燃料燃烧产生的高温高压气体高速向后喷出，使火箭获得向上的动力。
（3）章鱼的运动：章鱼通过迅速将水从体腔内喷出，从而实现身体的快速移动。
4、反冲现象中的能量转化在反冲过程中，往往伴随着能量的转化。
例如，火箭燃料的化学能转化为燃气的内能和动能，燃气向后喷出时的动能又转化为火箭的机械能，从而使火箭获得速度和高度。
二、火箭1、火箭的定义与分类火箭是一种依靠火箭发动机产生的推力向前飞行的飞行器。
根据用途，火箭可以分为运载火箭、探空火箭、导弹等；根据燃料类型，可分为液体燃料火箭、固体燃料火箭和固液混合燃料火箭。
2、火箭的工作原理火箭发动机工作时，燃料在燃烧室中燃烧，产生大量高温高压气体。
这些气体迅速膨胀并从火箭尾部的喷管高速喷出，根据动量守恒定律，火箭会获得向前的反作用力，从而推动火箭前进。
3、火箭的结构（1）箭体：包括头部、中部和尾部，用于承载有效载荷、燃料和各种设备。
（2）推进系统：由发动机、燃料储存箱和输送系统组成，提供火箭飞行所需的动力。
（3）控制系统：负责控制火箭的飞行姿态、轨道和速度。
（4）有效载荷：如卫星、探测器、载人飞船等。
4、液体燃料火箭（1）优点：推力大、可调节、比冲高（单位质量燃料产生的冲量）。
（2）缺点：结构复杂、燃料储存和输送要求高。
5、固体燃料火箭（1）优点：结构简单、可靠性高、响应迅速。
（2）缺点：推力不易调节、比冲相对较低。
6、火箭的发射过程（1）点火：点燃火箭发动机，使燃料开始燃烧。
第06讲反冲现象火箭(原卷版)-高二物理讲义(人教2019选择性必修一)
第06讲 反冲现象 火箭 课程标准 课标解读1．了解反冲运动及反冲运动的典型事例． 2．能够应用动量守恒定律分析反冲运动问题． 3．了解火箭的飞行原理及决定火箭最终速度大小的因素．1．理解反冲运动原理，会应用动量守恒定律解决有关反冲运动的问题．2．知道火箭的工作原理及其应用． 3．了解航天技术的发展和宇宙航行.4．动量守恒定律在人船模型中的应用．知识点01 火箭与反冲1、反冲(1)定义：一个静止的物体在内力的作用下分裂为两部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向相反的方向运动的现象．(2)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，相互作用力一般较大，通常可以用动量守恒定律来处理．(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，所以用步枪射击时要把枪身抵在肩部，以减少反冲的影响．2、火箭(1)工作原理：利用反冲运动，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两个因素①喷气速度：现代火箭的喷气速度为2 000～4 000 m/s.②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．喷气速度越大，质量比越大，火箭获得的速度越大． 知识精讲目标导航【即学即练1】下列运动不属于反冲运动的有（）A．乒乓球碰到墙壁后弹回B．发射炮弹后炮身后退C．喷气式飞机喷气飞行D．船员划桨使船前进【即学即练2】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( )A．燃料推动空气，空气的反作用力推动火箭B．火箭发动机用力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，然后向后排出，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，空气膨胀推动火箭知识点02 反冲运动与动量守恒定律的理解1．反冲与动量守恒反冲运动的产生是系统内力作用的结果，两个相互作用的物体A、B组成的系统，A对B的作用力使B 获得某一方向的动量，B对A的反作用力使A获得相反方向的动量，从而使A沿着与B运动方向的相反方向运动．在以下三种情况中均可用动量守恒定律解决反冲运动问题：(1)系统不受外力或所受外力之和为零，满足动量守恒的条件，可以用动量守恒定律解决反冲运动问题．(2)系统虽然受到外力作用，但内力远远大于外力，外力可以忽略，也可以用动量守恒定律解决反冲运动问题．(3)系统虽然所受外力之和不为零，系统的动量并不守恒，但系统在某一方向上不受外力或外力在该方向上的分力之和为零，则系统的动量在该方向上的分量保持不变，可以用该方向上动量守恒解决反冲运动问题．2．在讨论反冲运动时应注意以下几点(1)速度的反向性：若系统原来静止，抛出部分具有速度时，剩余部分的反冲是相对于抛出部分而言的，两者速度方向相反．可任意规定某一部分的运动方向为正方向，列出动量守恒方程．质量为M的物体以对地速度v抛出一个质量为m的物体，研究剩余部分(M－m)对地反冲速度时，设v的方向为正．列出的方程式为m v＋(M－m)v′＝0，得v′＝－mM－mv.由于v′为待求速度，事先可不考虑其方向，由计算结果为负值，表示剩余部分的运动方向与抛出部分速度方向相反．由于我们已明确剩余部分与抛出部分反向，因此可直接列出两部分动量大小相等方程．即上例可列式为m v ＝(M －m )v ′，v ′＝m M －m v 其中v ′为剩余部分的速率．(2)速度的相对性在反冲运动中，若已知条件是物体间的相对速度，利用动量守恒定律列方程时，应将相对速度转化为绝对速度(一设为对地速度)．【即学即练3】如图所示，是一种弹射器，总质量为M ，其中弹丸的质量为m ，弹射器中的弹簧处于压缩状态，系统静止在光滑水平面上．放开弹簧，弹丸以速度v (相对地面)向左飞出，下列说法正确的是( )A ．底座将以大小为v 的速度后退B ．底座将以大小为mv M的速度后退 C ．底座将以大小为mv M －m的速度后退 D ．底座将以大小为mv M ＋m的速度后退 知识点03 “人船模型”的处理方法1．“人船模型”问题的特征 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．在相互作用的过程中，任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比．这样的问题归为“人船模型”问题．2．处理“人船模型”问题的关键(1)利用动量守恒，确定两物体速度关系，再确定两物体通过的位移的关系．由于动量守恒，所以任一时刻系统的总动量为零，动量守恒式可写成m 1v 1＝m 2v 2的形式(v 1、v 2为两物体的瞬时速率)，表明任意时刻的瞬时速率都与各物体的质量成反比．所以全过程的平均速度也与质量成反比．进而可得两物体的位移大小与各物体的质量成反比，即x 1x 2＝m 2m 1. (2)解题时要画出各物体的位移关系草图，找出各长度间的关系．【即学即练4】人和气球离地高为h ，恰好悬浮在空中，气球质量为M ，人的质量为m .人要从气球下拴着的软绳上安全到达地面，软绳的长度至少为( )A.Mh m ＋MB.mh m ＋MC.(m ＋M )h mD.(m ＋M )h M能力拓展考法01 火箭的反冲运动问题【典例1】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的速度v＝1 000 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，火箭的速度多大？(2)运动第1 s末，火箭的速度多大？考法02 反冲在流体问题中的应用【典例2】课外科技小组制作一只“水火箭”，用压缩空气压出水流使火箭运动．假如喷出的水流速度为10 m/s(对地)，水流流量保持2.0×10－4m3/s，启动前火箭的总质量为1.4 kg.则启动2 s末火箭的速度可达到多少？(已知火箭沿水平方向运动时轨道的阻力不计，水的密度ρ水＝1×103 kg/m3.)考法03 反冲特点在多物体中的应用【典例3】如图所示，光滑水平桌面上放有一个凹槽C(凹槽底面水平)，质量m C＝2 kg，其正中央并排放着两个小滑块A、B，m A＝1 kg，m B＝4 kg，开始时三个物体都静止。
高二物理 反冲运动 火箭 复习 人教版
物理 反冲运动 火箭【思考导学】1．静止在光滑冰面上的小孩，要想回到岸边，他应采取什么措施?提示：他应向远离岸的方向扔出一物体，使他获得向岸的反冲速度从而回到岸边．2．火箭是利用什么原理向前运动的?提示：反冲运动．【自学导引】1．由于系统中的一部分物体向某一方向运动，而使另一部分物体向相反方向运动，这种现象叫反冲．反冲是动量守恒定律应用的一类典型实例．2．反击式水轮机、喷气式飞机、火箭都是反冲的重要应用．【疑难辨析】反冲运动的产生，是系统内力作用的结果．两个相互作用的物体A 、B 组成的系统，A 对B 的作用力使B 获得某一方向的动量，B 对A 的反作用力使A 获得相反方向的动量，从而使A 沿着与B 的运动方向相反的方向做反冲运动．实际遇到的反冲运动问题通常有三种情况：(1)系统不受外力或所受外力之和为零，满足动量守恒的条件，可以用动量守恒定律解决反冲运动问题．(2)系统虽然受到外力作用，但内力远远大于外力，外力可忽略，也可以用动量守恒定律解决反冲运动问题．(3)系统虽然所受外力之和不为零，系统的动量并不守恒，但系统在某一方向上不受外力或外力在该方向上的分力之和为零，则系统的动量在该方向上的分量保持不变．可以用该方向上动量的守恒解决反冲运动问题．【应用指导】［例1］质量为M 的气球上有一质量为m 的人，共同静止在距地面高为h 的空中，现在从气球中放下一根不计质量的软绳，人沿着软绳下滑到地面．软绳至少为多长，人才能安全到达地面?解析：人和气球原来静止，说明人和气球组成的系统所受外力(重力和浮力)的合力为零，在人沿软绳下滑的过程中，它们所受的重力和浮力都没变，故系统的合外力仍为零．动量守恒．设人下滑过程某一时刻速度大小为v ，此时气球上升的速度大小为V ，取向上方向为正，由动量守恒定律得MV －mv ＝0，即 MV ＝mv ．由于下滑过程中的任一时刻，人和气球的速度都满足上述关系，故它们在这一过程的平均速度也满足这一关系，即M V ＝m v ．同乘以人下滑的时间，得M V t ＝m v t ，即MH ＝mh ．气球上升的高度为H ＝Mm h 人要安全到达地面，绳长至少为L ＝H ＋h ＝h Mm M h h M m +=+ 说明：(1)只要系统所受合外力为零，系统每时每刻的总动量都不变．本题据此找出了相互作用的两物体每一时刻的速度关系，进一步得出平均速度关系及位移关系，使利用牛顿运动定律难以解决的问题变得非常简便．(2)本题中的H 和h 分别是气球和人对地的位移，V 和v 分别是气球和人对地的平均速度，动量守恒定律公式中的速度必须相对同一参考系．［例2］课外科技小组制作一只“水火箭”，用压缩空气压出水流使火箭运动．假如喷出的水流流量保持为2×10－4 m 3／s ，喷出速度保持为对地10 m/s ．启动前火箭总质量为1.4 kg ，则启动 2 s 末火箭的速度可以达到多少?已知火箭沿水平轨道运动阻力不计，水的密度是103 kg ／m 3．解析：“水火箭”喷出水流做反冲运动，设火箭原来总质量为M ，喷出水流的流量为Q ，水的密度为ρ，水流的喷出速度为v ，火箭的反冲速度为v ′，由动量守恒定律得(M －ρQt )v ′＝ρQtv火箭启动后2 s 末的速度为v ′＝2102104.1102102104343⨯⨯⨯-⨯⨯⨯⨯=---Qt M Qtv ρρ m/s ＝4 m/s ．［例3］平板车停在水平光滑的轨道上，平板车上有一人从固定在车上的货厢边沿水平方向顺着轨道方向跳出，落在平板车地板上的A 点，距货厢水平距离为l ＝4 m ，如图8—5—1所示．人的质量为m ，车连同货厢的质量为M ＝4m ，货厢高度为h ＝1.25 m ，求图8—5—1(1)车在人跳出后到落到地板期间的反冲速度．(2)人落在车板上并站定以后，车还运动吗?车在地面上移动的位移是多少?解析：人从货厢边跳离的过程，系统(人、车和货厢)的动量守恒，设人的水平速度是v 1．车的反冲速度是v 2，则mv 1－Mv 2＝0,v 2＝41v 1． 人跳离货厢后做平抛运动，车以v 2做匀速运动，运动时间为t ＝gh 2＝0.5 s ，在这段时间内人的水平位移s 1 和车的位移s 2分别为s 1＝v 1t ,s 2＝v 2t ．如下图可知s 1＋s 2＝l 即v 1t ＋v 2t ＝l则v 2＝5.05451⨯=t m/s ＝1.6 m/s ． 车的水平位移为s 2＝v 2t ＝1.6×0.5 m ＝0.8 m ．人落到车上A 点的过程，系统水平方向的动量守恒(水平方向系统没受外力，而竖直方向支持力大于重力，合力不为零)，人落到车上前的水平速度仍为v 1，车的速度为v 2，落到车上后设它们的共同速度为v ，根据水平方向动量守恒得mv 1－Mv 2＝(M ＋m )v ,则v ＝0故人落到车上A 点站定后车的速度为零．说明：对这种过程复杂的问题，要把它分解成几段简单过程，然后按每段过程所遵循的规律分别列方程求解．【夯实基础】1．下列属于反冲运动的是A ．喷气式飞机的运动B ．直升飞机的运动C ．火箭的运动D ．反击式水轮机的运动 解析：直升飞机运动是飞机螺旋桨与外部空气作用的结果，不属于反冲运动．答案：ACD2．一气球由地面匀速上升，当气球下的吊梯上站着的人沿着梯子上爬时，下列说法正确的是A ．气球可能匀速上升B ．气球可能相对地面静止C ．气球可能下降D ．气球运动速度不发生变化解析：设气球质量为M ，人的质量为m ，由于气球匀速上升，系统所受的外力之和为零，当人沿绳梯向上爬时，动量守恒，则(M ＋m )v 0＝mv 1＋Mv 2,，在人向上爬的过程中，气球的速度为v 2＝Mm v v m M 10)(-+．当v 2>0时，气球可匀速上升；当v 2＝0时气球静止；当v 2<0时气球下降．所以，选项A 、B 、C 均正确．要使气球运动速度不变，则人的速度仍为v 0，即人不上爬，显然不对，D 选项错．答案：ABC3．静水中甲、乙两只小船都处于静止状态，它们的质量均为120 kg ，甲船上质量为30 kg 的小孩以6 m/s 的对地速度跳上乙船，则甲、乙两船的速度大小分别为v 甲＝_______m/s ，v 乙＝_______m/s ．解析：小孩跳离甲船的过程中，由动量守恒定律得 mv －m 甲v 甲＝0，小孩跳离后甲船的速度为v 甲＝12030=v m m 甲×6 m/s ＝1.5 m/s ．小孩跳上乙船的过程中，由动量守恒定律得mv ＝(m 乙＋m )v 乙，小孩跳上乙船后乙船的速度为v 乙＝30120630+⨯=+m m mv 乙 m/s ＝1．2 m/s ． 答案：1．5；1．24．一个静止的质量为M 的不稳定原子核，当它放射出质量为m 速度为v 的粒子后，原子核剩余部分的速度为A ．－vB ．－mv ／(M －m )C ．－mv ／(m －M )D ．－mv ／M解析：动量守恒：0＝mv ＋(M －m )v ′,所以v ′＝mM mv --． 答案：B5．某一核反应的模型中质量为m 0、速度为v 0的粒子与一个质量为M 、静止的原子核碰撞后合为一体，又迅速发生变化放出质量为m 、速度为v 的另一个粒子，此粒子的速度v 与v 0反方向．试问余下的反冲核的反冲速度为多大?解析：由动量守恒定律得m 0v 0＝(M ＋m 0－m )v ′－mv ．余下的反冲核的反冲速度为v ′＝m m M mv v m -++000． 答案：mm M mv v m -++000 6．质量为m ＝60 kg 的人站在质量为M ＝100 kg 的小车上，一起以v ＝3 m/s 的速度在光滑水平地面上做匀速直线运动，若人相对车以u ＝4 m/s 的速率水平向后跳出，则车的速率变为_______．解析：取小车的初速度方向为正方向，设人跳出小车时车的速度为v ′，则此时人对地的速度为(u －v ′)．由动量守恒定律得(M ＋m )v ＝Mv ′－m (u －v ′),所以，人向后跳出后，车的速率为v ′＝mM mu v m M +++)(＝5 m/s ． 答案：4.5 m/s7．一门旧式大炮，炮身的质量为M ，射出的炮弹的质量为m ，对地的速度为v ，方向与水平方向成α角，若不计炮身与水平地面间的摩擦，则炮身后退的速度多大?解析：在发射炮弹的过程中，炮身和炮弹的总动量不守恒(由于斜向上发射炮弹，所以地面对炮身的支持力大于它们的重力)．但在水平方向，系统并没受到外力，所以可把系统的动量沿水平方向和竖直方向分解，其水平分量保持不变．由水平方向的动量守恒知MV －mvc os α＝0,炮身后退的速度为V ＝M m vc os α． 答案：Mm vc os α 8．静止的实验火箭，总质量为M ，当它以对地速度为v 0喷出质量为Δm 的高温气体后，火箭的速度为A ．m M m v ∆-∆0B ．－m M m v ∆-∆0C ．M m v 0∆D ．－Mm v 0∆ 解析：由动量守恒定律得Δmv 0＋(M －Δm )v ＝0．火箭的速度为 v ＝－mM m v ∆-∆0．选项B 正确． 答案：B9．一艘小船的质量为M ，船上站着一个质量为m 的人，人和小船原处于静止状态．水对船的阻力可以忽略不计．当人从船尾向船头方向走过距离d 时(相对于船)，小船后退的距离为A ．M mdB ．m M md -C ．m M md +D ．mM md + 解析：人和船的动量守恒，走动中的任一时刻有 mv 1－Mv 2＝0,即mv 1＝Mv 2．则人在走动过程中人和船的平均速度大小满足：m 1v ＝M 2v ,同乘以走动时间t ，mv 1t ＝Mv 2t ,即ms 1＝Ms 2．又s 1＋s 2＝d ．则小船后退的距离为mM md +． 答案：D【提升能力】10．某人在一只静止于水面的小船上练习射击，船、人连同枪(不含子弹)及靶的总质量为M ，枪内装有n 颗子弹，每颗子弹的质量为m ，枪口到靶的距离为l ，子弹射出枪口相对于地的速度为v ，在发射后一颗子弹时，前一颗子弹已陷入靶中，则在发射完n 颗子弹后，船后退了多少距离?(不计水的阻力)解析：每一颗子弹从开始发射到陷入靶中，小船都要做反冲运动，子弹陷入靶中时，小船停止运动，发射每一颗子弹，小船后退的距离都相同，设为s ，由动量守恒定律得［(n －1)m ＋M ］v ′＝mv则有［(n －1)m ＋M ］s ＝m (l －s )所以，发射一颗子弹小船后退的距离为s ＝nmM ml + 则发射n 颗子弹小船后退的距离为 ns ＝nmM nml +答案：nmM nml + 11．质量为M 的玩具汽车拉着质量为m 的小拖车，在水平地面上以速度v 匀速前进，某一时刻拉拖车的线突然断了，而小汽车的牵引力不变，汽车和拖车与地面动摩擦因数相同，一切阻力也不变．则在小拖车停止运动时，小汽车的速度大小为_______．解析：由于汽车和拖车组成的系统所受的牵引力和阻力始终是一对平衡力，故系统动量守恒．由(M ＋m )v ＝mv ′,得v ′＝Mv m M )(+ 答案：M v m M )(+ 12．一个连同装备共有100 kg 的宇航员，脱离宇宙飞船后，在离飞船45 m 处，与飞船处于相对静止状态．他带着一个装有0.5 kg 氧气的贮氧筒，贮氧筒有个可以使氧气以50 m/s 的速度喷出的喷嘴．宇航员必须向着与返回飞船相反的方向释放氧气，才能回到飞船上去，同时又必须保留部分氧气供他在飞回飞船的途中呼吸．宇航员呼吸的耗氧率为2.5×10－4kg/s ，如果他在开始返回的瞬时释放0.1 kg 的氧气，则他能安全返回飞船吗?解析：宇航员释放氧气后获得的反冲速度为v 1，喷出氧气的速度为v 2，由动量守恒定律得 (M －m )v 1－mv 2＝0,v 1＝1.0100501.02-⨯=-m M m v m/s ＝5×10－2 m/s ．宇航员返回飞船需要的时间为t ＝2110545-⨯=v s s ＝900 s ．在这一段时间内他需呼吸的氧气的质量为m ′＝2．5×10－4×900 kg ＝0.225 kg ，由于他需要呼吸的氧气质量小于贮氧筒中剩余的氧气质量，所以他能安全返回飞船答案：能13．一个飞行器为完成空间考察任务，需降落到月球表面．在飞行器离月球表面较近处，开启喷气发动机向下喷发高温、高压气体，使飞行器以不大的速度匀速降落到月球表面上．若飞行器质量M ＝1.8 t ，气体喷出的速度(对月球表面)是103 m/s ，月球表面重力加速度g ′＝g /6(取10 m/s 2)，短时间内喷出的气体质量不很大，可认为不影响飞行器的总质量，则每秒喷出的气体质量为多少?解析：为使飞行器匀速降落，喷出气体对飞行器的反冲力为F ＝Mg ′．根据牛顿第三定律，飞行器对喷出气体的作用力大小也为F ＝Mg ′，方向竖直向下．设t 时间喷出气体的质量为m ，由动量定理得Ft ＝mv ,则每秒喷出的气体质量为33101061108.1⨯⨯⨯='==v g M v F t m kg/s ＝3 kg/s ．即为使飞行器匀速下降，它每秒喷出气体的质量为3 kg ．答案：3 kg14．如图8—5—2所示，光滑冰面上原来停着质量为m 的物块及总质量为M 的小孩和冰车．已知M ∶m ＝16∶1．现小孩推物块使它以对地速度v 向正前方运动，被前方挡板P 弹回后，又被小孩接住，小孩再次推出物块．假如物块每次被推出时对地速度都是v ，每次与挡板相撞都以原速率弹回．这样经几次推物块之后，小孩再也不能接到物块?解析：小孩第1次推出物块后，他及冰车获得的反冲速度为v 1，由动量守恒定律得Mv 1－mv ＝0，v 1＝Mm v 小孩接到以速度v 被弹回的物块，第二次将它以速度v 推出后，小孩及冰车的速度为v 2，由动量守恒定律得mv ＋Mv 1＝Mv 2－mv ,v 2＝v 1＋M mv M mv 32=．同理可得，小孩第三次推出物块后的速度为v 3＝Mmv 5．小孩第n 次推出物块后，冰车及小孩的速度为v n ＝M mv n )12(-．设小孩第n 次推出物块后，再也接不到物块，则有v n ≥v ,即Mmv n )12(-≥v ． 所以n ≥mm M 2+ ＝8.5,即小孩第9次推出物块后，再也接不到． 答案：9【教学建议】本节课主要介绍了动量守恒定律在生产和科学技术中的应用，通过教学要让学生了解：什么是反冲运动，反冲运动在科学技术中有哪些应用，怎样用动量守恒定律分析、解决有关反冲运动的问题．为进一步提高学生应用动量守恒定律分析、解决问题的能力，并加深对反冲运动的认识，本节设置了3个例题．通过例1使学生掌握在反冲运动中，如何根据动量守恒定律找出相互作用的两物体的位移关系，可以让学生与用牛顿第二定律求解这类问题进行比较，使他们认识到用动量守恒定律解题的优点．例2是以水火箭为模型，计算火箭获得的反冲速度，通过本题计算，使学生加深了对火箭运动原理的理解．例3是一道动量守恒、平抛运动的综合问题，通过本题让学生掌握把复杂过程分解为几个简单过程处理的分析方法，提高学生的分析、综合能力．。
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2019高二物理期末复习反冲运动火箭知识
点总结
反冲运动中，物体受到的反冲作用通常叫做反冲力。
以下是反冲运动火箭知识点总结，请大家认真学习。
反冲运动概念
根据动量守恒定律，如果一个静止的物体在内力的作用下分裂成两个部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向相反的方向运动。
这个现象叫做反冲。
反冲运动中，物体受到的反冲作用通常叫做反冲力。
反冲运动原理
1、系统不受外力或受外力的矢量和为零
2、相互作用的时间极短，相互作用的内力远大于外力，如碰撞或爆炸瞬间，外力可忽略不计，可以看作系统的动量守恒。
3、系统某一方向上不受外力或受外力的矢量和为零；或外力远小于内力，则该方向上动量守恒(分动量守恒)。
4、在某些实际问题中，一个系统所受外力和不为零，内力也不是远大于外力，但外力在某个方向上的投影为零，那么在该方向上可以说满足动量守恒的条件。
反冲运动应用
喷气式飞机和火箭的飞行应用了反冲的原理，它们都是靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度的。
现代的喷气式飞机，
靠连续不断地向后喷出气体，飞行速度能够超过l000m/s。
质量为m的人在远离任何星体的太空中，与他旁边的飞船相对静止。
由于没有力的作用，他与飞船总保持相对静止的状态。
根据动量守恒定律，火箭原来的动量为零，喷气后火箭与燃气的总动量仍然应该是零，即mv+mu=0 解出v= -mu/m (1)式表明，火箭喷出的燃气的速度越大、火箭喷出物质的质量与火箭本身质量之比越大，火箭获得的速度越大。
现代火箭喷气的速度在2019～4000 m/s，近期内难以大幅度提高，因此要在减轻火箭本身质量上面下功夫。
火箭起飞时的质量与火箭除燃料外的箭体质量之比叫做火箭的质量比，这个参数一般小于10，否则火箭结构的强度就成了问题。
但是，这样的火箭还是达不到发射人造地球卫星的7.9 km/s的速度。
为了解决这个问题，苏联科学家齐奥尔科夫斯基提出了多级火箭的概念。
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，理论上火箭的速度可以提得很高。
但是实际应用中一般不会超过四级，因为级数太多时，连接机构和控制机构的质量会增加得很多，工作的可靠性也会降低。