高中物理第十六章动量守恒定律第5节反冲运动火箭讲义含解析新人教版选修3_5

第5节反冲运动火箭
1.一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，这个现象叫做反冲。

2．喷气式飞机和火箭的飞行应用了反冲的原理。

3．日常生活中，有时要应用反冲，有时要防止反冲，
如农田、园林的喷灌利用了水的反冲，用枪射击时，
要防止枪身的反冲。

一、反冲运动
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、园林的喷灌装置是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。

二、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。

3．现代火箭的主要用途：利用火箭作为运载工具，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。

1．自主思考——判一判
(1)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。

(√)
(2)只有系统合外力为零的反冲运动才能用动量守恒定律来分析。

(×)
(3)反冲运动的原理既适用于宏观物体，也适用于微观粒子。

(√)
(4)火箭应用了反冲的原理。

(√)
2．合作探究——议一议
(1)反冲运动过程中，动量守恒吗？为什么？
提示：守恒。

因为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，所以系统的总动量是守恒的。

(2)假设在月球上建一个飞机场，应配置喷气式飞机还是螺旋桨飞机？
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。

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，所以可以用动量守恒定律或在某一方向上应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三个问题
(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，则反方向的这一部分的速度就要取负值。

(2)速度的相对性：反冲运动的问题中，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要求速度是对同一惯性参考系的速度(通常为对地的速度)。

因此应先将相对速度转换成对地的速度，再列动量守恒定律方程。

(3)变质量问题：在反冲运动中还常遇到变质量物体的运动，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。

[典例] 一火箭喷气发动机每次喷出m＝200 g的气体，气体喷出时的速度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，火箭的速度为多大？
(2)运动第1 s 末，火箭的速度为多大？
[思路点拨]
(1)火箭喷气属于反冲运动，火箭和气体系统动量守恒。

(2)火箭喷气后质量发生变化，喷气后的质量为M －nm 。

[解析] 法一：(1)喷出气体的运动方向与火箭的运动方向相反，气体和火箭系统动量守恒。

第一次气体喷出后火箭速度为v 1，有
(M －m )v 1－mv ＝0，所以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，所以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
所以v 3＝3mv M －3m ＝3×0.2×1 000300－3×0.2
m/s ≈2 m/s 。

(2)由上面推导可知，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 ＝nmv M －nm
因为每秒喷气20次，所以1 s 末火箭速度为
v 20＝20mv M －20m ＝20×0.2×1 000300－20×0.2
m/s ≈13.5 m/s 。

法二：选取整体为研究对象，运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，根据动量守恒定律，得
(M －3m )v 3－3mv ＝0
所以v 3＝3mv M －3m
≈2 m/s。

(2)以火箭和喷出的20次气体为研究对象，根据动量守恒定律，有(M －20m )v 20－20mv ＝0 所以v 20＝20mv M －20m
≈13.5 m/s。

[答案] (1)2 m/s (2)13.5 m/s
反冲运动问题的两点提醒
(1)对于原来静止的整体，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。

(2)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应取负值。

1．小车上装有一桶水，静止在光滑水平地面上，如图所示，桶的前、后、底及侧面各装有一个阀门，分别为S 1、S 2、S 3、S 4(图中未画出)，要使小车向前运动，可采用的方法是( )
A ．打开阀门S 1
B ．打开阀门S 2
C ．打开阀门S 3
D ．打开阀门S 4
解析：选B 根据水和车组成的系统动量守恒，原来系统动量为零，由0＝m 水v 水＋m 车v 车知，车的运动方向与水的运动方向相反，故水应向后喷出，选项B 正确。

2．(2017·全国卷Ⅰ)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 解析：选A 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 －mv 0＝0，解得p ＝mv 0＝0.050 kg×600 m/s＝30 kg·m/s，选项A 正确。

3．[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。

则下列正确的说法是( )
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
mv 0M －m B ．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
mv 0M C ．如果θ＝0°，炮弹相对炮口的速度为v 0时，炮身后退的速度为mv 0M －m
D ．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
mv 02M 解析：选BD 如果θ＝0°，炮弹沿水平方向射出，对于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，mv 0－Mv 1＝0，解得v 1＝mv 0M
，A 错误，B 正确；如果θ＝0°，炮弹相对炮口的速度为v 0时，假设炮弹相对地面的速度大小为v 2，炮身相对地面的速度大小为v 2′，则v 2＝v 0－v 2′，由动量守恒定律得mv 2－Mv 2′＝0，整理解得v 2′＝
mv 0M ＋m ，C 错误；
炮口与水平方向成θ＝60°时，在炮弹出射瞬间对于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，mv 0cos 60°－Mv 3＝0，解得v 3＝mv 0cos 60°M ＝mv 02M
，D 正确。

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．运动特点
两个物体的运动特点是“人”走“船”行，“人”停“船”停。

3．处理“人船模型”问题的两个关键
(1)处理思路：利用动量守恒，先确定两物体的速度关系，再确定两物体通过的位移的关系。

①用动量守恒定律求位移的题目，大都是系统原来处于静止状态，然后系统内物体相互作用，此时动量守恒表达式经常写成m 1v 1－m 2v 2＝0的形式，式中v 1、v 2是m 1、m 2末状态时的瞬时速率。

②此种状态下动量守恒的过程中，任意时刻的系统总动量为零，因此任意时刻的瞬时速率v 1和v 2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，即有m 1v 1－m 2v 2＝0。

③如果两物体相互作用的时间为t ，在这段时间内两物体的位移大小分别为x 1和x 2，则有m 1x 1t －m 2x 2t
＝0，即m 1x 1－m 2x 2＝0。

(2)画出各物体的位移关系图，找出它们相对地面的位移的关系。

[典例] 如图所示，一个质量为m 1＝50 kg 的人抓在一只大气球下方，气球下面有一根长绳。

气球和长绳的总质量为m 2＝20 kg ，长绳的下端刚好和水平面接触。

初始静止时人离地面的高度为h ＝5 m 。

如果这个人开始沿长绳向下滑动，当他滑到长绳下端时，他离地面高度是(可以把人看做质点)( )
A ．5 m
B ．3.6 m
C ．2.6 m
D ．8 m
[思路点拨]
(1)人沿长绳下滑过程中人和气球组成的系统竖直方向动量守恒。

(2)人滑到长绳下端时离地的高度为此过程中气球上升的高度。

[解析] 本题疑难点在于竖直方向动量守恒的判断。

当人滑到长绳下端时，由竖直方向
动量守恒得m 1h 1－m 2h 2＝0，且h 1＋h 2＝h ，解得h 1＝107
m ，所以他离地高度H ＝h －h 1≈3.6 m，选项B 正确。

[答案] B
“人船模型”的推广应用
(1)对于原来静止，相互作用过程中动量守恒的两个物体组成的系统，无论沿什么方向运动，“人船模型”均可应用。

(2)原来静止的系统在某一个方向上动量守恒，运动过程中，在该方向上速度方向相反，也可应用处理人船模型问题的思路来处理。

1.质量为m 、半径为R 的小球，放在半径为2R 、质量为2m 的大空心球内，大球开始静止在光滑水平面上。

当小球从如图所示的位置无初速度沿内壁滚到最低点时，大球移动的距离是( )
A.R 2
B.R 3
C.R 4
D.R 6
解析：选B 由水平方向动量守恒有mx 小球－2mx 大球＝0，又x 小球＋x 大球＝R ，所以x 大球＝R 3，选项B 正确。

2．如图所示，光滑水平面上有质量为100 kg 、长度为4 m 的平板小车，车两端站着A 、B 两人，A 质量为70 kg ，B 质量为30 kg ，两人交换位置，此过程中车移动的位移是( )
A ．0.8 m
B ．2.8 m
C ．1.2 m
D ．1.6 m
解析：选A 两人交换位置的过程中，两个人以及车组成的系统，动量守恒，设小车的质量为M ，A 的质量为m A ，B 的质量为m B ，以向右为正方向，
根据动量守恒定律得：m A v A ＝m B v B ＋Mv ，设小车的长度为L ，小车运动的位移为x ，由于时间相等，结合位移关系得：m A (L －x )＝m B (L ＋x )＋Mx
代入数据解得：x ＝0.8 m 。

故A 正确。

1．[多选]下列属于反冲运动的是( )
A ．喷气式飞机的运动
B ．直升机的运动
C ．火箭的运动
D ．反击式水轮机的运动
解析：选ACD 选项A 、C 、D 中，三者都是自身的一部分向一方向运动，而剩余部分向反方向运动，而直升机是靠外界空气的反作用力作为动力，所以A 、C 、D 对，B 错。

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：选B 火箭的工作原理是反冲运动，火箭燃料燃烧产生的高温高压气体从尾部迅速喷出时，使火箭获得反冲速度，故正确选项为B 。

3．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，船边沿高出岸h ，人从船边沿水平跃出，恰能上岸。

若撤去缆绳，人要从船边沿安全水平跃出上岸，船离岸约为(不计水的阻力，人两次消耗的能量相等)( )
A ．1.5 m
B ．1.2 m
C ．1.34 m
D ．1.1 m
解析：选C 船用缆绳固定时，设人水平跃出的速度为v 0，则x 0＝v 0t ，t ＝2h g。

撤去缆绳，由水平方向动量守恒得0＝mv 1－Mv 2，两次人消耗的能量相等，即动能不变，12mv 02＝12
mv 12＋12Mv 22，解得v 1＝ M M ＋m v 0，故x 1＝v 1t ＝ M
M ＋m x 0≈1.34 m，选项C 正确。

4．我国发射的“神舟十一号”飞船与“天宫二号”空间站实现了完美对接。

假设“神舟十一号”飞船到达对接点附近时对地的速度为v ，此时的质量为m ；欲使飞船追上“天宫二号”实现对接，飞船需加速到v 1，飞船发动机点火，将质量为Δm 的燃气一次性向后喷出，燃气对地向后的速度大小为v 2。

这个过程中，下列各表达式正确的是( )
A ．mv ＝mv 1－Δmv 2
B ．mv ＝mv 1＋Δmv 2
C ．mv ＝(m －Δm )v 1－Δmv 2
D ．mv ＝(m －Δm )v 1＋Δmv 2
解析：选C 飞船发动机点火喷出燃气，由动量守恒定律得mv ＝(m －Δm )v 1－Δmv 2，选项C 正确。

5．春节期间孩子们玩“冲天炮”，有一个被点燃的“冲天炮”喷出的气体竖直向上运动，其中有一段时间内“冲天炮”向上做匀速直线运动，假设“冲天炮”在这段时间内受到的阻
力不变，则在这段时间内“冲天炮”( )
A ．所受的合力为零
B ．受到的反冲力变小
C ．机械能不变
D ．动量变小
解析：选A 由于“冲天炮”在这段时间内做匀速直线运动，处于平衡状态，所以“冲天炮”受到的合力为零，A 正确；“冲天炮”在这段时间内做匀速直线运动，反冲力与重力、阻力平衡，保持不变，B 错误；“冲天炮”在这段时间内做匀速直线运动，速度不变，动量不变，动能不变，势能增加，故机械能一定增加，C 、D 错误。

6.如图所示，一炮车从静止沿着光滑斜面自由下滑了l 距离时，进行水平射击。

炮身及炮弹的质量分别为M 和m ，斜面与水平面的夹角为θ。

若欲使炮身在发射时停止滑动，炮弹的出口速度v 应为多大？
解析：在炮身反冲时，系统除受重力外，还受到斜面对炮身沿水平方向的很大的反作用力(系统外力)，这个力不能忽略，所以系统在水平方向不符合动量守恒的条件。

而在沿斜面方向，系统所受重力的分量远小于炮弹与炮身的相互作用力。

在重力分量可以忽略或远小于相互作用的内力的条件下，系统沿斜面方向的动量守恒。

设炮车下滑了l 距离时，速度为v 0，
由机械能守恒定律得(M ＋m )gl sin θ＝12
(M ＋m )v 02① 欲使炮身停止滑动，设炮弹的出口速度为v ，沿斜面方向由动量守恒定律得(M ＋m )v 0＝mv cos θ＋0②
由①②式解得v ＝
M ＋m 2gl sin θm cos θ。

答案：
M ＋m 2gl sin θm cos θ
7．穿着溜冰鞋的人，站在光滑的冰面上，沿水平方向举枪射击。

设第一次射出子弹后，人后退的速度为v ，且每次射出的子弹对地速度均相同，则( )
A ．无论射出多少颗子弹，人后退的速度为v 保持不变
B ．射出n 颗子弹后，人后退的速度为nv
C ．射出n 颗子弹后，人后退的速度大于nv
D ．射出n 颗子弹后，人后退的速度小于nv
解析：选C 设人、枪(包括子弹)的总质量为M ，每颗子弹质量为m ，子弹出射速度为v 0。

由已知有0＝(M －m )v －mv 0。

设射出n 颗后，人后退速度为v ′。

则有(M －nm )v ′＝nmv 0。

由以上分析有v ＝mv 0M －m ，v ′＝nmv 0M －nm。

因M －m >M －nm ，所以有v ′>nv ，选项C 正确。

8．一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各发射一发炮弹，设两炮弹质量相等，相对于地面的速率相等，牵引力、阻力均不变，则炮艇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 ．动量变大，速度增大
D ．动量变大，速度减小
解析：选A 由于炮艇在湖面上匀速行驶，所以炮艇包括两个炮弹在水平方向受到的合外力为零，因此在水平方向满足动量守恒。

设炮艇速度为v ，炮艇质量为M ，炮弹质量均为m ，相对于地的速率均为v 0，炮艇发射炮弹后的速度为v ′。

由动量守恒定律得(M ＋2m )v ＝Mv ′＋mv 0－mv 0，解得v ′＝M ＋2m v M
>v ，故A 正确。

9．一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，下列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：选C 探测器在加速运动时，因为受月球引力的作用，喷气所产生的推力一方面要平衡月球的引力，另一方面还要提供加速的动力，则沿着后下方某一个方向喷气，选项A 、B 错误；探测器在匀速运动时，因为受月球引力的作用，喷气产生的推力只需要平衡月球的引力即可(竖直向下喷气)，选项C 正确，选项D 错误。

10.[多选]小车静置于光滑的水平面上，小车的A 端固定一个轻质弹簧，B 端粘有橡皮泥，小车的质量为M ，长为L ，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，开始时小车与木块C 都处于静止状态，如图所示，当突然烧断细绳，弹簧被释放，使木块C 离开弹簧向B 端冲去，并跟B 端橡皮泥粘在一起，以下说法中正确的是( )
A ．如果小车内表面光滑，整个系统任何时刻机械能都守恒
B ．当木块对地运动速度大小为v 时，小车对地运动速度大小为m M v
C ．小车向左运动的最大位移为mL M ＋m
D ．小车向左运动的最大位移为m M L
解析：选BC 小车与木块C 这一系统所受合外力为零，系统在整个过程动量守恒，但粘
接过程有机械能损失。

Mv ′－mv ＝0，则v ′＝m M v ，同时该系统属于“人船模型”，Md ＝m (L －d )，所以车向左的位移应等于d ＝mL M ＋m
，综上，选项B 、C 正确。

11．在光滑的水平面上停放一辆平板车，一小孩站在平板车的最左端，小孩和平板车的总质量为M ，某时刻小孩将一质量为m 的物体沿水平向右的方向抛出，经过一段时间物体落在平板车上，此时物体和平板车立即相对静止。

已知物体的落地点距离小孩的水平间距为x ＝4 m ，物体的抛出点距离平板车上表面的高度为h ＝1.25 m 、M ＝19m ，整个过程中小孩与平板车始终保持相对静止，重力加速度g ＝10 m/s 2。

则小孩抛出物体的瞬间平板车的速度应为多大？
解析：小孩抛出物体的瞬间，小孩、平板车以及物体组成的系统动量守恒，设抛出的物体的水平速度大小是v 1，平板车的反冲速度大小是v 2，则由动量守恒定律得 mv 1－Mv 2＝0
又M ＝19m
解得v 2＝119
v 1 物体离开手后做平抛运动，车以v 2做匀速运动，运动时间为t ＝2h
g ＝0.5 s
在这段时间内物体的水平位移x 1和车的位移x 2分别为x 1＝v 1t ，x 2＝v 2t
又v 1t ＋v 2t ＝x
解得v 2＝0.4 m/s 。

答案：0.4 m/s
12.总质量为m 的一颗返回式人造地球卫星沿半径为R 的圆轨道绕地球运动到P 点时，接到地面指挥中心发出的返回地面的指令，于是立即打开制动，卫星向原来运动方向喷出燃气
以降低卫星速度并转到跟地球相切的椭圆轨道，如图所示。

要使卫星对地速度降为原来的89
，卫星在P 处应将质量为Δm 的燃气以多大的对地速度向前喷出？(将连续喷气等效为一次性喷气，地球半径为R 0，地面重力加速度为g )
解析：卫星绕地球做半径为R 的匀速圆周运动，设线速度为v ，由万有引力提供圆周运动
的向心力得G Mm R 2＝mv 2R ，在地球附近有G Mm R 0
2＝mg ， 由以上两式得v ＝ gR 02R。

设卫星在P 点喷出的燃气对地速度为v 1，此时卫星的速度为v 2，由题意知v 2＝89v ＝89
- 11 - gR 02R
， 由卫星和燃气组成的系统动量守恒有mv ＝Δmv 1＋(m －Δm )v 2，代入v 及v 2得v 1＝m ＋8Δm
9Δm gR 02R。

即应将质量为Δm 的燃气以m ＋8Δm 9Δm
gR 02R 的对地速度向前喷出。

答案：m ＋8Δm 9Δm gR 0
2
R。