第六节 反 冲
(分值:100分)
选择题1~10题,每小题8分,共80分。
基础对点练
题组一 反冲运动的理解和应用
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 ( )
2.乌贼游动时,先把水吸入体腔,然后收缩身体,通过身体上的小孔向外喷水,使身体向相反方向快速移动。某次静止的乌贼在瞬间喷出的水的质量占喷水前自身总质量的,喷水后乌贼获得的速度为8 m/s,则喷出的水的速度大小为 ( )
72 m/s 80 m/s
88 m/s 60 m/s
3.如图所示,装有炮弹的火炮总质量为m1,其中炮弹的质量为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(假设水平面光滑) ( )
题组二 火箭的发射
4.我国的“长征”系列运载火箭已经成功发射了很多不同用途的卫星。火箭升空过程中向下喷出高速气体,从而获得较大的向上速度。火箭飞行所能达到的最大速度是燃料燃尽时火箭获得的速度。决定火箭最大速度的因素是 ( )
火箭喷出的气体速度
火箭开始飞行时的质量
火箭喷出的气体总质量
火箭喷出的气体速度和火箭始、末质量比
5.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) ( )
30 kg·m/s 5.7×102 kg·m/s
6.0×102 kg·m/s 6.3×102 kg·m/s
题组三 “人—船”模型
6.有一条捕鱼小船停靠在湖边码头,小船又窄又长,一位同学想用一个卷尺测量它的质量。他进行了如下操作:首先将船平行码头自由停泊,然后他轻轻从船尾上船,走到船头后停下,而后轻轻下船,用卷尺测出船后退的距离d和船长L。已知他自身的质量为m,则船的质量为 ( )
7.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。若车与地面间的摩擦可以忽略不计,人由车的一端走到另一端的过程中,车将 ( )
后退0.5 m 后退0.6 m
后退0.75 m 一直匀速后退
综合提升练
8.天问一号探测器由环绕器、着陆器和巡视器组成,总质量达到5×103 kg,于2020年7月23日发射升空,2021年2月24日进入火星停泊轨道。在地火转移轨道飞行过程中天问一号进行了四次轨道修正和一次深空机动,2020年10月9日23时,在距离地球大约2.94×107千米的深空,天问一号探测器3 000 N主发动机点火工作约480秒,此间发动机向后喷射的气体速度约为3×103 m/s,顺利完成深空机动,天问一号飞行轨道变为能够准确被火星捕获的、与火星精确相交的轨道。关于这次深空机动,下列说法正确的是 ( )
天问一号的速度变化量大小约为2.88×103 m/s
天问一号的速度变化量大小约为288 m/s
喷出气体的质量约为48 kg
喷出气体的质量约为240 kg
9.(多选)一个士兵坐在皮划艇上,他连同装备和皮划艇的总质量为120 kg,无动力的皮划艇在平静的湖面上沿笔直湖岸以1 m/s的速度前行,此时这个士兵沿平行湖岸方向连续射出10发子弹,子弹离开枪口时相对地面的速度是600 m/s。每颗子弹的质量为10 g,不考虑水的阻力。则打出10发子弹后皮划艇的速度大小可能是 ( )
0.4 m/s 0.5 m/s
1.5 m/s 3 m/s
10.“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 ( )
火箭的推力来源于空气对它的反作用力
在燃气喷出后的瞬间,火箭的速度大小为
喷出燃气后,万户及其所携设备能上升的最大高度为
在火箭喷气过程中,万户及其所携设备的机械能守恒
11.(10分)为安全着陆火星,质量为240 kg的探测器先向下喷气,使其短时悬停在距火星表面高度100 m处。已知火星表面重力加速度g火=3.7 m/s2,不计一切阻力,忽略探测器的质量变化。
(1)(5分)若悬停时发动机相对火星表面的喷气速度大小为3.7 km/s,求每秒喷出气体的质量;
(2)(5分)为使探测器获得水平方向大小为0.1 m/s的速度,需将12 g气体以多大速度沿水平方向喷出 并计算此次喷气过程发动机至少做了多少功
培优加强练
12.(10分)如图所示,质量为M的四分之一光滑轨道静止在光滑水平面上,圆弧轨道末端与水平面相切,圆弧轨道半径为R,且圆弧轨道不固定。有一质量为m=M的小球A从圆弧轨道上与圆心等高处无初速度释放,小球可视为质点,重力加速度为g,求:
(1)(5分)小球与圆弧轨道分离时小球的速度大小;
(2)(5分)从刚释放小球到小球与圆弧轨道恰好分离的过程中圆弧轨道运动的位移大小。
第六节 反 冲
1.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,利用了反冲作用,故A、B、C错误;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正确。]
2.A [设乌贼瞬间喷出的水的质量为m,则喷水前乌贼质量为10m,喷水后质量为9m,设喷出的水的速度为v1,喷水后乌贼获得的速度为v2,根据动量守恒定律有0=mv1+9mv2,将v2=8 m/s代入可得v1=-72 m/s,负号表示喷水方向与乌贼身体运动方向相反,故B、C、D错误,A正确。]
3.C [火炮发射炮弹的过程,水平方向动量守恒,以水平向右为正方向,根据动量守恒定律可得m2v0cos θ-(m1-m2)v=0,解得v=,故C正确。]
4.D [分别用M、m表示火箭初始质量和燃料燃尽时的质量,用v0表示喷出气体的速度大小,选向上为正方向,由动量守恒定律,有mv-(M-m)v0=0,则火箭最大速度v=v0,决定火箭最大速度的因素是火箭喷出的气体速度和火箭始、末质量比。]
5.A [设喷气后火箭的质量为m1,燃气的质量为m2。由题意可知,燃气的动量大小p2=m2v2=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=m1v1-m2v2,则火箭的动量大小为p1=m1v1=m2v2=30 kg·m/s,所以A正确,B、C、D错误。]
6.B [画出如图所示的过程示意图。设人走动时船的速度大小为v,人的速度大小为v',船的质量为M,人从船尾走到船头所用时间为t,有v=,v'=,人和船组成的系统在水平方向上动量守恒,取船的速度方向为正方向,根据动量守恒定律得Mv-mv'=0,解得船的质量M=,故B正确。]
7.A [人、车组成的系统水平方向动量守恒,则mv1=Mv2,所以mx1=Mx2,又有x1+x2=L,解得x2=0.5 m,故A正确。]
8.B [根据动量定理有Ft=MΔv,解得Δv= m/s=288 m/s,故A错误,B正确;设喷出气体的速度为v气,质量为m,取喷出气体的方向为正方向,由动量守恒定律可知mv气-(M-m)Δv =0,解得喷出气体质量约为m=438 kg,故C、D错误。]
9.BC [由于士兵、装备和皮划艇组成的系统所受的合外力为零,则系统满足动量守恒定律,若子弹向皮划艇前进的方向射出,有Mv艇=(M-10m)v艇'+10mv弹,若子弹向皮划艇前进的反方向射出,有Mv艇=(M-10m)·v艇″-10mv弹,解得v艇'≈0.5 m/s,v艇″≈1.5 m/s,故B、C正确。]
10.B [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=mv0-(M-m)v,解得在燃气喷出后的瞬间,火箭的速度大小为v=,选项B正确;喷出燃气后,人及其所携设备做竖直上抛运动,动能转化为重力势能,有(M-m)v2=(M-m)gh,解得人及其所携设备能上升的最大高度h=,选项C错误;在火箭喷气过程中,燃料燃烧,将一部分化学能转化为人及其所携设备的机械能,人及其所携设备的机械能增加,选项D错误。]
11.(1)0.24 kg (2)2×103 m/s 2.4×104 J
解析 (1)悬停时发动机对喷出气体的作用力
F=m探g火
对于喷出气体,取向下为正方向,由动量定理有
Ft=mΔv
解得m=0.24 kg。
(2)根据动量守恒定律得m探v1=m气v2
解得v2=2×103 m/s
喷气发动机做的功
W==2.4×104 J。
12.(1) (2)
解析 (1)由于圆弧轨道不固定且光滑、水平面光滑,则小球和圆弧轨道组成的系统机械能守恒,有mgR=
小球和圆弧轨道组成的系统水平方向动量守恒,
有0=mv1-Mv2
又m=M,联立解得v1=。
(2)设从刚释放小球到小球与圆弧轨道恰好分离的过程中,小球和圆弧轨道运动的位移大小分别为x1、x2,小球和圆弧轨道组成的系统水平方向动量守恒,可得0=m
又x1+x2=R
解得x2=。第六节 反 冲
学习目标 1.知道什么是反冲运动;知道火箭的工作原理。2.能利用动量守恒定律解释反冲现象。3.理解人船模型,并能利用动量守恒定律进行分析。
知识点一 反冲现象
1.定义:如果一个静止的物体在 的作用下分裂为两部分,其中一部分向某个方向运动,另一部分必然向 的方向运动,这个现象叫作反冲。
2.反冲运动的条件
(1)系统 或 。
(2)内力远大于 。
(3)某一方向上不受外力或所受合外力为零。
3.反冲运动遵循的规律:反冲运动遵循 。
4.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,则反方向运动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同一参考系的速度,一般是相对地面的速度,再根据动量守恒定律列方程。
思考 (1)反冲运动发生的原因是内力还是外力
(2)是否只有系统的合外力为零时才可应用动量守恒定律分析反冲现象
例1 (多选)如图,乌贼游动时,先把水吸入体腔,然后收缩身体,通过身体上的小孔向外喷水,使身体向相反方向快速移动。某次静止的乌贼在瞬间喷出水的质量为0.1 kg且占喷水前自身质量的,喷水后乌贼获得的速度大小为1 m/s,则 ( )
A.乌贼和喷出的水组成系统的动量守恒
B.乌贼所受合力的冲量大小为1 N·s
C.乌贼喷出水的速度大小为18 m/s
D.若喷水用时0.01 s,乌贼对水的平均作用力大小为90 N
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。
训练1 如图所示,质量为M的宇航员在远离任何星体的太空中,与他旁边的飞船保持相对静止。宇航员手中拿着一个质量为的小物体,现在他以相对于飞船为v的瞬时速度把小物体抛出。则宇航员消耗的生物能为 ( )
A.Mv2
C.Mv2
知识点二 火箭的发射
1.工作原理
火箭的发射利用了反冲,它靠向后喷出的气流的反冲作用而获得向前的速度。
2.火箭获得最大速度
火箭飞行所能达到的最大速度,就是燃料燃尽时获得的最终速度。这个速度主要取决于两个条件:一是向后的喷气速度;二是质量比。
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mΔv,燃气的动量是Δmu。
根据动量守恒定律mΔv+Δmu=0
解得Δv=-u
上式表明,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越大,火箭获得的速度Δv就越大。
思考 北京时间2024年1月11日,搭载天行一号02星的快舟一号甲运载火箭,在酒泉卫星发射中心点火发射并取得圆满成功。结合教材试分析以下问题:
(1)火箭飞行的原理是什么
(2)设火箭发射前的总质量是M,燃料燃尽后的质量为m,火箭燃气的喷射速度为v,试求燃料燃尽后火箭飞行的最大速度v'。
例2 一火箭喷气发动机每次喷出m=200 g的气体,气体离开发动机时的速度大小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
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。
训练2 (2024·河南新乡高二月考)一质量为3×103 kg的火箭从地面竖直向上发射,若火箭喷射燃料气体的速率(相对于地面)为103 m/s,不计在开始一段时间喷出气体对火箭总质量的影响。求在开始时:
(1)每秒钟喷出多少气体才能有克服火箭重力所需的推力
(2)每秒钟喷出多少气体才能使火箭有20 m/s2的加速度 (取g=10 m/s2)
知识点三 “人—船”模型问题
1.适用条件
系统原来处于静止状态,在系统内物体发生相对运动的过程中,系统的动量守恒或某一个方向动量守恒。
其实质就是初速度为0的系统中物体所做的反冲运动,系统满足某方向上的平均动量守恒。
2.模型特点
(1)如图所示。
(2)两物体的位移满足x人+x船=L
遵从动量守恒定律,有m=0
即x人=L,x船=L
位移大小之比满足x人∶x船=M∶m,即两物体的位移大小之比等于两物体质量的反比。
3.重要推论
(1)“人”走“船”走,“人”停“船”停。
(2)x人=L,x船=L,即x人、x船大小与人运动时间和运动状态无关。
(3),人、船的位移(在系统满足动量守恒的方向上的位移)与质量成反比。
例3 如图所示,长为L、质量为M的小船停在静水中,质量为m的人从静止开始由船头走到船尾。不计水的阻力,求人和船分别相对地面的位移大小。
训练3 如图所示,物体A和B质量分别为m1和m2,图示直角边长分别为a和b。设B与水平地面间无摩擦,当A由顶端O从静止开始滑到B的底端时,B的水平位移大小是 ( )
A.b
C.(b-a) D.(b-a)
随堂对点自测
1.(反冲运动的理解)(多选)下列属于反冲运动的是( )
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
2.(反冲运动的理解和应用)(多选)如图所示,船静止在平静的水面上,船前舱有一抽水机把前舱的水均匀地抽往后舱,不计水的阻力,下列说法正确的是 ( )
A.若前、后舱是分开的,则前舱将向后运动
B.若前、后舱是分开的,则前舱将向前运动
C.若前、后舱不分开,则船将向后运动
D.若前、后舱不分开,则船将向前运动
3.(“人—船”模型问题)(2024·广西桂林高二期中)如图,质量是M(包括绳)的气球下方有一段长为L的绳,一质量为m的人悬挂在绳的末端B点,气球和人均处于静止状态。现人沿绳慢慢地爬到绳的上端A点处,空气阻力不计,人可视为质点,则人相对地面上爬的高度是( )
A.L
C.L
第六节 反 冲
知识点一
1.内力 相反
2.(1)不受外力 所受合外力为零 (2)外力
3.动量守恒定律
[思考] 提示 (1)内力
(2)不是,当内力远大于外力时也可应用动量守恒定律分析反冲现象。
例1 AD [乌贼喷水过程所用时间极短,内力远大于外力,乌贼和喷出的水组成的系统动量守恒,A正确;由题意知,乌贼喷水后质量m乌=0.9 kg,取乌贼运动方向为正方向,由动量定理知,乌贼所受合力的冲量大小I=m乌v乌=0.9 N·s,B错误;对乌贼和喷出的水组成的系统,由动量守恒定律有0=m水v水+m乌v乌,代入数据解得v水=-9 m/s,C错误;喷水过程中,乌贼对水的平均作用力F==-90 N,D正确。]
训练1 D [宇航员与小物体组成的系统满足动量守恒,根据动量守恒定律有0=v-Mv人,宇航员获得的速度大小v人=,由能量守恒定律知,宇航员消耗的生物能E=v2+Mv2,D正确。]
知识点二
[思考]
提示 (1)火箭靠向后连续喷射高速气体飞行,利用了反冲原理。
(2)在火箭发射过程中,由于内力远大于外力,所以可认为动量守恒。取火箭的速度方向为正方向,发射前火箭的总动量为0,发射后的总动量为mv'-(M-m)v
则由动量守恒定律得0=mv'-(M-m)v
所以v'=v。
例2 (1)2 m/s (2)13.5 m/s
解析 (1)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,取火箭运动的方向为正方向,根据动量守恒定律得(M-3m)v3-3mv=0
解得v3==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
解得v20==13.5 m/s。
训练2 (1)30 kg (2)90 kg
解析 (1)要使每秒钟喷出气体后产生的推力恰好克服火箭重力,则有F1=Mg
对喷出的气体根据动量定理有
F1'Δt=Δm1v0-0
根据牛顿第三定律有F1'=F1
解得Δm1=30 kg。
(2)要使每秒钟喷出气体产生的推力使火箭有20 m/s2的加速度,则有F2-Mg=Ma
对喷出的气体根据动量定理有
F2'Δt=Δm2v0-0
根据牛顿第三定律有F2'=F2
解得Δm2=90 kg。
知识点三
例3 L
解析 以人和船组成的系统为研究对象,系统在水平方向不受外力作用,因此系统动量守恒。设某时刻人的速度大小为v1,船的速度大小为v2,取人行进的方向为正方向,则有mv1-Mv2=0
上式换为平均速度仍然成立,即
m=0,
两边同时乘时间t,得到mt=0
设人、船相对地面的位移大小分别为x1、x2
则有mx1=Mx2 ①
由题图可以看出x1+x2=L ②
由①②两式解得x1=L,x2=L。
训练3 C [A、B组成的系统在相互作用过程中水平方向动量守恒,两物体位移关系如图所示,则
m2x-m1(b-a-x)=0
解得x=,故C正确,A、B、D错误。]
随堂对点自测
1.CD [汽车是利用燃烧燃料获得向前的牵引力从而使汽车前进的,不属于反冲,A错误;直升机是利用空气的升力而使飞机上升的,不属于反冲,B错误;火箭的运动是利用喷气的方式而获得动力,利用了反冲运动,C正确;反击式水轮机是利用了水的反冲作用而获得动力,属于反冲运动,D正确。]
2.BD [前、后舱分开时,前舱和抽出的水间有相互作用,前舱在反冲作用下向前运动,若不分开,虽然抽水的过程属于船与水的内力作用,但水的质量发生了转移,从前舱转到了后舱,相当于人从船的一头走到另一头的过程,船将向前运动,B、D正确。]
3.B [设气球下降的高度为h,则由平均动量守恒可知Mh=m(L-h),解得h=,则人相对地面上爬的高度是h'=L-h=,故B正确。](共54张PPT)
第六节 反 冲
第一章 动量与动量守恒定律
1.知道什么是反冲运动；知道火箭的工作原理。
2.能利用动量守恒定律解释反冲现象。
3.理解人船模型，并能利用动量守恒定律进行分析。
学习目标
目 录
CONTENTS
知识点
01
随堂对点自测
02
课后巩固训练
03
知识点
1
知识点二 火箭的发射
知识点一 反冲现象
知识点三 “人—船”模型问题
知识点一 反冲现象
1.定义：如果一个静止的物体在______的作用下分裂为两部分，其中一部分向某个方向运动，另一部分必然向______的方向运动，这个现象叫作反冲。
2.反冲运动的条件
(1)系统__________或________________。
(2)内力远大于______。
(3)某一方向上不受外力或所受合外力为零。
内力
相反
不受外力
所受合外力为零
外力
3.反冲运动遵循的规律：反冲运动遵循______________。
4.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，则反方向运动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同一参考系的速度，一般是相对地面的速度，再根据动量守恒定律列方程。
动量守恒定律
【思考】 (1)反冲运动发生的原因是内力还是外力？
(2)是否只有系统的合外力为零时才可应用动量守恒定律分析反冲现象？
提示 (1)内力
(2)不是，当内力远大于外力时也可应用动量守恒定律分析反冲现象。
A.乌贼和喷出的水组成系统的动量守恒
B.乌贼所受合力的冲量大小为1 N·s
C.乌贼喷出水的速度大小为18 m/s
D.若喷水用时0.01 s，乌贼对水的平均作用力大小为90 N
AD
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。
D
知识点二 火箭的发射
1.工作原理
火箭的发射利用了反冲，它靠向后喷出的气流的反冲作用而获得向前的速度。
2.火箭获得最大速度
火箭飞行所能达到的最大速度，就是燃料燃尽时获得的最终速度。这个速度主要取决于两个条件：一是向后的喷气速度；二是质量比。
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mΔv，燃气的动量是Δmu。
根据动量守恒定律mΔv＋Δmu＝0
【思考】 北京时间2024年1月11日，搭载天行一号02星的快舟一号甲运载火箭，在酒泉卫星发射中心点火发射并取得圆满成功。结合教材试分析以下问题：
(1)火箭飞行的原理是什么？
(2)设火箭发射前的总质量是M，燃料燃尽后的质量为m，火箭燃气的喷射速度为v，试求燃料燃尽后火箭飞行的最大速度v′。
提示 (1)火箭靠向后连续喷射高速气体飞行，利用了反冲原理。
(2)在火箭发射过程中，由于内力远大于外力，所以可认为动量守恒。取火箭的速度方向为正方向，发射前火箭的总动量为0，发射后的总动量为
mv′－(M－m)v
则由动量守恒定律得0＝mv′－(M－m)v
例2 一火箭喷气发动机每次喷出m＝200 g的气体，气体离开发动机时的速度大小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？
解析 (1)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，取火箭运动的方向为正方向，根据动量守恒定律得
(M－3m)v3－3mv＝0
(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
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。
训练2 (2024·河南新乡高二月考)一质量为3×103 kg的火箭从地面竖直向上发射，若火箭喷射燃料气体的速率(相对于地面)为103 m/s，不计在开始一段时间喷出气体对火箭总质量的影响。求在开始时：
(1)每秒钟喷出多少气体才能有克服火箭重力所需的推力？
(2)每秒钟喷出多少气体才能使火箭有20 m/s2的加速度？(取g＝10 m/s2)
答案 (1)30 kg (2)90 kg
解析 (1)要使每秒钟喷出气体后产生的推力恰好克服火箭重力，则有F1＝Mg
对喷出的气体根据动量定理有
F1′Δt＝Δm1v0－0
根据牛顿第三定律有F1′＝F1
解得Δm1＝30 kg。
(2)要使每秒钟喷出气体产生的推力使火箭有20 m/s2的加速度，
则有F2－Mg＝Ma
对喷出的气体根据动量定理有
F2′Δt＝Δm2v0－0
根据牛顿第三定律有F2′＝F2
解得Δm2＝90 kg。
知识点三 “人—船”模型问题
1.适用条件
系统原来处于静止状态，在系统内物体发生相对运动的过程中，系统的动量守恒或某一个方向动量守恒。
其实质就是初速度为0的系统中物体所做的反冲运动，系统满足某方向上的平均动量守恒。
2.模型特点
(1)如图所示。
例3 如图所示，长为L、质量为M的小船停在静水中，质量为m的人从静止开始由船头走到船尾。不计水的阻力，求人和船分别相对地面的位移大小。
解析 以人和船组成的系统为研究对象，系统在水平方向不受外力作用，因此系统动量守恒。设某时刻人的速度大小为v1，船的速度大小为v2，取人行进的方向为正方向，则有mv1－Mv2＝0
上式换为平均速度仍然成立，即
训练3 如图所示，物体A和B质量分别为m1和m2，图示直角边长分别为a和b。设B与水平地面间无摩擦，当A由顶端O从静止开始滑到B的底端时，B的水平位移大小是( )
C
解析 A、B组成的系统在相互作用过程中水平方向动量守恒，两物体位移关系如图所示，则
随堂对点自测
2
CD
1.(反冲运动的理解)(多选)下列属于反冲运动的是( )
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
解析 汽车是利用燃烧燃料获得向前的牵引力从而使汽车前进的，不属于反冲，A错误；直升机是利用空气的升力而使飞机上升的，不属于反冲，B错误；火箭的运动是利用喷气的方式而获得动力，利用了反冲运动，C正确；反击式水轮机是利用了水的反冲作用而获得动力，属于反冲运动，D正确。
BD
2.(反冲运动的理解和应用)(多选)如图所示，船静止在平静的水面上，船前舱有一抽水机把前舱的水均匀地抽往后舱，不计水的阻力，下列说法正确的是( )
A.若前、后舱是分开的，则前舱将向后运动
B.若前、后舱是分开的，则前舱将向前运动
C.若前、后舱不分开，则船将向后运动
D.若前、后舱不分开，则船将向前运动
解析 前、后舱分开时，前舱和抽出的水间有相互作用，前舱在反冲作用下向前运动，若不分开，虽然抽水的过程属于船与水的内力作用，但水的质量发生了转移，从前舱转到了后舱，相当于人从船的一头走到另一头的过程，船将向前运动，B、D正确。
B
3.(“人—船”模型问题)(2024·广西桂林高二期中)如图，质量是M(包括绳)的气球下方有一段长为L的绳，一质量为m的人悬挂在绳的末端B点，气球和人均处于静止状态。现人沿绳慢慢地爬到绳的上端A点处，空气阻力不计，人可视为质点，则人相对地面上爬的高度是( )
课后巩固训练
3
D
题组一 反冲运动的理解和应用
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( )
基础对点练
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，利用了反冲作用，故A、B、C错误；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正确。
A
C
3.如图所示，装有炮弹的火炮总质量为m1，其中炮弹的质量为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(假设水平面光滑)( )
D
题组二 火箭的发射
4.我国的“长征”系列运载火箭已经成功发射了很多不同用途的卫星。火箭升空过程中向下喷出高速气体，从而获得较大的向上速度。火箭飞行所能达到的最大速度是燃料燃尽时火箭获得的速度。决定火箭最大速度的因素是( )
A.火箭喷出的气体速度
B.火箭开始飞行时的质量
C.火箭喷出的气体总质量
D.火箭喷出的气体速度和火箭始、末质量比
A
5.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 设喷气后火箭的质量为m1，燃气的质量为m2。由题意可知，燃气的动量大小p2＝m2v2＝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＝m1v1－m2v2，则火箭的动量大小为p1＝m1v1＝m2v2＝30 kg·m/s，所以A正确，B、C、D错误。
B
题组三 “人—船”模型
6.有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长，一位同学想用一个卷尺测量它的质量。他进行了如下操作：首先将船平行码头自由停泊，然后他轻轻从船尾上船，走到船头后停下，而后轻轻下船，用卷尺测出船后退的距离d和船长L。已知他自身的质量为m，则船的质量为( )
A
7.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。若车与地面间的摩擦可以忽略不计，人由车的一端走到另一端的过程中，车将( )
A.后退0.5 m B.后退0.6 m
C.后退0.75 m D.一直匀速后退
解析 人、车组成的系统水平方向动量守恒，
则mv1＝Mv2，所以mx1＝Mx2，又有x1＋x2＝L，解得x2＝0.5 m，故A正确。
B
综合提升练
8.天问一号探测器由环绕器、着陆器和巡视器组成，总质量达到5×103 kg，于2020年7月23日发射升空，2021年2月24日进入火星停泊轨道。在地火转移轨道飞行过程中天问一号进行了四次轨道修正和一次深空机动，2020年10月9日23时，在距离地球大约2.94×107千米的深空，天问一号探测器3 000 N主发动机点火工作约480秒，此间发动机向后喷射的气体速度约为3×103 m/s，顺利完成深空机动，天问一号飞行轨道变为能够准确被火星捕获的、与火星精确相交的轨道。关于这次深空机动，下列说法正确的是( )
A.天问一号的速度变化量大小约为2.88×103 m/s
B.天问一号的速度变化量大小约为288 m/s
C.喷出气体的质量约为48 kg
D.喷出气体的质量约为240 kg
BC
9.(多选)一个士兵坐在皮划艇上，他连同装备和皮划艇的总质量为120 kg，无动力的皮划艇在平静的湖面上沿笔直湖岸以1 m/s的速度前行，此时这个士兵沿平行湖岸方向连续射出10发子弹，子弹离开枪口时相对地面的速度是600 m/s。每颗子弹的质量为10 g，不考虑水的阻力。则打出10发子弹后皮划艇的速度大小可能是( )
A.0.4 m/s B.0.5 m/s C.1.5 m/s D.3 m/s
解析 由于士兵、装备和皮划艇组成的系统所受的合外力为零，则系统满足动量守恒定律，若子弹向皮划艇前进的方向射出，有Mv艇＝(M－10m)v艇′＋10mv弹，若子弹向皮划艇前进的反方向射出，有Mv艇＝(M－10m)·v艇″－10mv弹，解得v艇′≈0.5 m/s，v艇″≈1.5 m/s，故B、C正确。
B
10.“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( )
11.为安全着陆火星，质量为240 kg的探测器先向下喷气，使其短时悬停在距火星表面高度100 m处。已知火星表面重力加速度g火＝3.7 m/s2，不计一切阻力，忽略探测器的质量变化。
(1)若悬停时发动机相对火星表面的喷气速度大小为
3.7 km/s，求每秒喷出气体的质量；
(2)为使探测器获得水平方向大小为0.1 m/s的速度，需将12 g气体以多大速度沿水平方向喷出？并计算此次喷气过程发动机至少做了多少功？
答案 (1)0.24 kg (2)2×103 m/s 2.4×104 J
对于喷出气体，取向下为正方向，由动量定理有
Ft＝mΔv
解得m＝0.24 kg。
(2)根据动量守恒定律得m探v1＝m气v2
解得v2＝2×103 m/s
喷气发动机做的功
培优加强练
(1)小球与圆弧轨道分离时小球的速度大小；
(2)从刚释放小球到小球与圆弧轨道恰好分离的过程中圆弧轨道运动的位移大小。
