第十六章 第5节 反冲运动 火箭 同步作业 Word版含解析
文档属性
| 名称 | 第十六章 第5节 反冲运动 火箭 同步作业 Word版含解析 |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 461.2KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（新课程标准） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2019-03-19 08:11:17 | ||
图片预览
文档简介
第5节 反冲运动 火箭
1.知道反冲运动的原理，会应用动量守恒定律解决有关反冲运动的问题． 2．知道火箭的原理及其应用． 3．了解航天技术的发展和宇宙航行．
一、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．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，以减小反冲的影响．
二、火箭
1．工作原理：是利用反冲运动，火箭燃料燃烧产生的高温、高压燃气从尾喷管迅速喷出时，使火箭获得巨大速度．
2．构造：主要有两大部分：箭体和燃料．
3．特点：箭体和喷出的燃料气体满足动量守恒定律．
4．影响火箭获得速度大小的因素
(1)喷气速度：现代液体燃料火箭的喷气速度约为2 000～4 000 m/s.
(2)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．喷气速度越大，质量比越大，火箭获得的速度越大．
判一判 (1)反冲运动可以用动量守恒定律来处理．( )
(2)一切反冲现象都是有益的．( )
(3)章鱼、乌贼的运动利用了反冲的原理．( )
(4)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．( )
(5)在没有空气的宇宙空间，火箭仍可加速前行．( )
提示：(1)√ (2)× (3)√ (4)× (5)√
做一做 一人静止于完全光滑的冰面上，现欲远离冰面，下列可行的方法是( )
A．向后踢腿 B．手臂向上摆
C．在冰面上滚动 D．脱下外衣水平抛出
提示：选D．A、B两项中人与外界无作用，显然不行；对于C项，由于冰面光滑，也不行；对于D选项，人抛出外衣的过程得到外衣的反作用力，即利用了反冲的原理，从而能远离冰面．
想一想 两位同学在公园里划船．租船时间将到，她们把小船划向码头．当小船离码头大约2 m左右时，有一位同学心想：自己在体育课上立定跳远的成绩从未低于2 m，跳到岸上绝对没有问题．于是她纵身一跳，结果却掉到了水里(如图)．她为什么不能如她所想的那样跳到岸上呢？(假设起跳时船已静止)
提示：这位同学与船组成的系统在不考虑水阻力的情况下，所受合外力为零，在她跳前后遵循动量守恒定律．她在跳出瞬间，船也要向后运动．
对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．
一个质量为m的物体从高处自由下落，当物体下落h时突然炸裂成两块，其中质量为m1的一块恰好能沿竖直方向回到开始下落的位置，求刚炸裂时另一块的速度v2.
[思路点拨] 以炸裂时分裂成的两块m1和(m－m1)组成的系统为研究对象，在炸裂的这一极短的时间内，系统受到的合外力即重力并不为零，但炸裂时的爆炸力远大于系统的重力，系统在竖直方向的动量可认为近似守恒．
[解析] 取竖直向下的方向为正方向，炸裂前的两部分是一个整体，物体的动量为p＝mv＝m.
刚炸裂结束时向上运动并返回出发点的一块m1，其速度大小与炸裂前相同，动量方向与规定的正方向相反．
p1＝m1v1＝－m1
由动量守恒定律有mv＝m1v1＋(m－m1)v2
代入解得：v2＝
由于v2>0，说明炸裂后另一块的运动方向竖直向下．
[答案] 方向竖直向下
爆炸只发生在一瞬间，也只有在这一瞬间，系统的内力才远远大于系统所受的合外力，总动量近似守恒，如果爆炸结束，巨大的内力已经不存在了，系统的总动量不再守恒，明确这一研究阶段的始、末状态，是求解这类问题的关键．
1.如图所示，进行太空行走的宇航员A和B的质量分别为80 kg和100 kg，他们携手远离空间站，相对空间站的速度为0.1 m/s.A将B向空间站方向轻推后，A的速度变为0.2 m/s，求此时B的速度大小和方向．
解析：轻推过程中，A、B系统的动量守恒，以空间站为参考系，规定远离空间站的方向为正方向，则v0＝0.1 m/s，vA＝0.2 m/s.根据动量守恒定律(mA＋mB)v0＝mAvA＋mBvB，代入数值解得vB＝0.02 m/s，方向为远离空间站方向．
答案：0.02 m/s 方向为远离空间站方向
对火箭原理的理解和应用
1．火箭燃料燃尽时火箭获得的最大速度由喷气速度v和质量比(火箭起飞时的质量与火箭除燃料外的箭体质量之比)两个因素决定．
2．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．
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？
[思路点拨] 火箭喷气属于反冲现象，火箭和气体系统动量守恒．运用动量守恒定律求解时，注意系统内部质量变化关系．以每喷出一次气体列一次方程，找出对应规律分步求解．
[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v1，有
(M－m)v1－mv＝0，所以v1＝
第二次气体喷出后，火箭速度为v2，有
(M－2m)v2－mv＝(M－m)v1，所以v2＝
第三次气体喷出后，火箭速度为v3，有
(M－3m)v3－mv＝(M－2m)v2
所以v3＝＝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vn，有(M－nm)vn－mv＝[M－(n－1)m]vn－1
所以vn＝
因为每秒喷气20次，所以1 s末火箭速度为
v20＝＝ 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v3，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)v3－3mv＝0
所以v3＝≈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)v20－20mv＝0
所以v20＝≈13.5 m/s.
[答案] (1)2 m/s (2)13.5 m/s
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调整，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．反冲物体速度的方向与原物体的运动方向是相同的．
2.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v0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． v0 B． v0
C． v0 D． v0
解析：选D．应用动量守恒定律解决本题，注意火箭模型质量的变化．取向下为正方向，由动量守恒定律可得：
0＝mv0－(M－m)v′，故v′＝，选项D正确．
“人船模型”及其应用
1．人船模型：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．人船模型的特点
(1)两物体满足动量守恒定律：m1v1－m2v2＝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；人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即＝＝.应用此关系时要注意一个问题：即公式v1、v2和x一般都是相对地面而言的．
如图所示，长为l，质量为m的小船停在静水中，一个质量为m′的人站在船头，若不计水的阻力，当人从船头走到船尾的过程中，小船对地的位移是多少？
[思路点拨] 人船平均动量的矢量和为零，用位移替代平均速度，建立位移关系求解．
[解析] 人和小船组成的系统在水平方向不受外力，动量守恒．假设某一时刻小船和人对地的速度分别为v1、v2，由于原来处于静止状态，因此
0＝mv1－m′v2，即m′v2＝mv1
由于相对运动过程中的任意时刻，人和小船的速度都满足上述关系，故他们在这一过程中平均速率也满足这一关系，即m′ 2＝m1，等式两边同乘运动的时间t，得
m′ 2t＝m1t，即m′x2＝mx1
又因x1＋x2＝l，因此有x1＝.
[答案]
用“人船模型”公式解这类变速直线运动的位移且不涉及速度的问题时，是非常方便的．但在应用时，一定要注意：相互作用的两个物体必须满足动量守恒和原来都静止这两个条件，解题的关键是正确找出位移间的关系．
3.载人气球原静止于高h的高空，气球质量为M，人的质量为m，若人沿绳梯滑至地面，则绳梯至少为多长？
解析：设绳长为l，人沿绳梯滑至地面的时间为t，由图可看出，气球对地移动的平均速度为，人对地移动的平均速度为－(以向上为正方向)．由动量守恒定律，有
－＝0
解得l＝h.
答案：h.
[随堂检测]
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，则炮弹相对炮筒的发射速度v0为( )
A． B．
C． D．
解析：选B．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＝.
2．某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的小模具船上，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，已知打开液化气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
(1)喷射出质量为Δm的气体后，小船的速度是多少？
(2)喷射出Δm气体的过程中，小船所受气体的平均作用力的大小是多少？
解析：(1)由动量守恒定律得：0＝(m1＋m2－Δm)v船－Δmv1，得：v船＝.
(2)对喷射出的气体运用动量定理得：FΔt＝Δmv1，
解得F＝.
答案：(1) (2)
3．如图所示，质量为m，半径为r的小球，放在内半径为R，质量M＝3m的大空心球内，大球开始静止在光滑水平面上，求当小球由图中位置无初速度释放沿内壁滚到最低点时，大球移动的距离．
解析：由于水平面光滑，系统水平方向上动量守恒，设同一时刻小球的水平速度大小为v1，大球的水平速度大小为v2，由水平方向动量守恒有：
mv1＝Mv2，所以＝.
若小球到达最低点时，小球的水平位移为x1，大球的水平位移为x2，则＝＝，
由题意：x1＋x2＝R－r
解得x2＝(R－r)＝.
答案：
[课时作业]
一、单项选择题
1. 如图所示，一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离．已知前部分的卫星质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v1为( )
A．v0－v2 B．v0＋v2
C．v0－v2 D．v0＋(v0－v2)
解析：选D．忽略空气阻力和分离前后系统质量的变化，卫星和箭体整体分离前后动量守恒，则有(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，整理可得v1＝v0＋(v0－v2)，故D项正确．
2．如图所示，一个倾角为α的直角斜面体静置于光滑水平面上，斜面体质量为M，顶端高度为h.今有一质量为m的小物体，沿光滑斜面下滑，当小物体从斜面顶端自由下滑到底端时，斜面体在水平面上移动的距离是( )
A． B．
C． D．
解析：选C．此题属“人船模型”问题，m与M组成的系统在水平方向上动量守恒，设m在水平方向上对地位移为x1，M在水平方向对地位移为x2，因此
0＝mx1－Mx2①
且x1＋x2＝hcot α.②
由①②可得x2＝，故选C．
3．一个同学在地面上立定跳远的最好成绩是s.假设他站在车的A端，如图所示，想要跳到距离为l远的站台上，不计车与地面的摩擦阻力，则( )
A．只要lB．只要lC．只要l＝s，他一定能跳上站台
D．只要l＝s，他就有可能跳上站台
解析：选B．人起跳的同时，小车要做反冲运动，所以人跳的距离小于s，故l4．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，则(设每颗子弹射出时对地面的速度相同)( )
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)总质量为M，每颗子弹质量为m，子弹射出速度大小为v0，由动量守恒定律得0＝(M－m)v－mv0，设射出n颗后，后退速度为v′，则有(M－nm)v′＝nmv0，由以上分析有v＝，v′＝，因为M－m>M－nm，所以有v′>nv，C正确．
5．一个不稳定的原子核质量为M，处于静止状态，放出一个质量为m的粒子后反冲．已知放出的粒子的动能为E0，则新原子核反冲的动能为( )
A．E0 B．E0
C．E0 D．E0
解析：选C．由动量守恒定律知(M－m)v＝mv0＝p，又Ek＝，E0＝，知选项C对．
6．如图所示，质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止．若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为( )
A．v0＋v B．v0－v
C．v0＋(v0＋v) D．v0＋(v0－v)
解析：选C．根据动量守恒定律，选向右方向为正方向，则有(M＋m)v0＝Mv′－mv，解得v′＝v0＋(v0＋v)，故选项C正确．
7．如图所示，滑槽M1与滑块M2紧靠在一起，静止于光滑的水平面上．小球m从M1的右上方无初速度地下滑，当m滑到M1左方最高处时，M1将( )
A．静止 B．向左运动
C．向右运动 D．无法确定
解析：选B．小球m和滑槽M1、滑块M2三个物体构成一个系统，这个系统所受水平方向的合外力为零，所以系统水平方向动量守恒，小球m下滑前系统总动量为零，小球m下滑后m和滑槽M1作用，滑槽M1和滑块M2作用，作用结果使滑块M2向右运动，有向右的动量．当m滑到左方最高点时，小球m和滑槽M1的相对速度为零，但小球m和滑槽M1这个整体向左运动，有向左的动量，这样才能保证系统总动量为零．故选项B正确．
二、多项选择题
8．(2017·庆阳高二检测)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：选ABC．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，当人沿吊梯向上爬时，动量守恒，则(M＋m)v0＝mv1＋Mv2，在人向上爬的过程中，气球的速度为v2＝.当v2>0时，气球可匀速上升；当v2＝0时气球静止；当v2<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v0，即人不上爬，显然不对，D选项错误．
9．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M，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M∶m
C．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：选BC．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，A错误；因小车与木块组成的系统动量守恒，C与B碰前，有mvC＝MvAB，得：vC∶vAB＝M∶m，B正确；C与B碰撞过程动量守恒，有：mvC－MvAB＝(M＋m)v，知v＝0，故C正确，D错误．
10．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，则( )
A．水平发射炮弹时，炮弹速率为v0，炮车的反冲速率为
B．炮车车身与水平方向成θ角，炮弹速率为v0，炮身反冲速率为
C．炮身与水平方向成θ角，炮弹出炮口时，相对炮口速率为v0，炮身的反冲速率为
D．炮身与水平方向成θ角，炮弹出炮口时，相对炮口速率为v0，炮身的反冲速率为
解析：选ABD．水平发射炮弹时，对于炮车和炮弹组成的系统满足动量守恒定律，若炮弹速率为v0，mv0－Mv1＝0，解得v1＝，A正确；炮车车身与水平方向成θ角时，在炮弹出射瞬间对于炮车和炮弹组成的系统动量守恒，炮车在炮弹出射的反方向上获得速度v2，但此后由于地面的作用，能量损失，竖直方向的速度立即变为0，炮车的速度由v立即减小为v2，v2即为炮身反冲速率．如图，
显然有v＝，所以在出射方向上，根据动量守恒定律有mv0－M＝0解得v2＝，B正确；炮身与水平方向成θ角且炮弹相对炮口速率为v0时，设炮车反冲的速率v3，根据描述，炮弹出射瞬间炮车获得瞬间速率v′＝，所以炮弹相对地面的速率为v弹＝v0－v′＝v0－，在出射方向上，根据动量守恒定律有m－M·＝0，解得v3＝，C错误，D正确．
三、非选择题
11．(2017·长安高二检测)如图所示，半径分别为R和r(R>r)的甲、乙两光滑圆轨道安置在同一竖直平面内，两轨道之间由一条光滑水平轨道CD相连，在水平轨道CD上一轻弹簧被a、b两小球夹住(未拴接)，同时释放两小球，a、b球恰好能通过各自的圆轨道的最高点．
(1)求两小球的质量比．
(2)若ma＝mb＝m，要求a、b都能通过各自的最高点，弹簧释放前至少具有多少弹性势能？
解析：(1)a、b球恰好能通过各自圆轨道的最高点的速度分别为
va′＝①
vb′＝②
由动量守恒定律得mava＝mbvb③
由机械能守恒定律得
mav＝mava′2＋mag·2R④
mbv＝mbvb′2＋mbg·2r⑤
联立①②③④⑤得＝.
(2)若ma＝mb＝m，由动量守恒定律得va＝vb＝v
当a球恰好能通过圆轨道的最高点时，弹簧具有的弹性势能最小，
Ep＝×2＝5mgR.
答案：(1) (2)5mgR
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厢边沿水平方向沿着轨道方向跳出，落在平板车上的A点，距货厢水平距离为l＝4 m，如图所示．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(g取10 m/s2)．
(1)求车在人跳出后到人落到A点期间的反冲速度的大小；
(2)人落在A点并站定以后，车还运动吗？车在地面上移动的位移是多少？
解析：(1)人从货厢边跳离的过程，系统(人、车和货厢)在水平方向上动量守恒，设人的水平速度是v1(设为正方向)，车的反冲速度是v2，则mv1－Mv2＝0，得
v2＝v1
人跳离货厢后做平抛运动，车以v2做匀速运动，运动时间为t＝＝0.5 s，在这段时间内人的水平位移x1和车的位移x2分别为x1＝v1t，x2＝v2t
由x1＋x2＝l得v1t＋v2t＝l
则v2＝＝ m/s＝1.6 m/s.
(2)人落到车上前的水平速度仍为v1，车的速度为v2，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mv1－Mv2＝(M＋m)v，则v＝0.
故人落到车上A点站定后车的速度为零．
车的水平位移为
x2＝v2t＝1.6×0.5 m＝0.8 m.
答案：(1)1.6 m/s (2)不运动 0.8 m
1.知道反冲运动的原理，会应用动量守恒定律解决有关反冲运动的问题． 2．知道火箭的原理及其应用． 3．了解航天技术的发展和宇宙航行．
一、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．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，以减小反冲的影响．
二、火箭
1．工作原理：是利用反冲运动，火箭燃料燃烧产生的高温、高压燃气从尾喷管迅速喷出时，使火箭获得巨大速度．
2．构造：主要有两大部分：箭体和燃料．
3．特点：箭体和喷出的燃料气体满足动量守恒定律．
4．影响火箭获得速度大小的因素
(1)喷气速度：现代液体燃料火箭的喷气速度约为2 000～4 000 m/s.
(2)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．喷气速度越大，质量比越大，火箭获得的速度越大．
判一判 (1)反冲运动可以用动量守恒定律来处理．( )
(2)一切反冲现象都是有益的．( )
(3)章鱼、乌贼的运动利用了反冲的原理．( )
(4)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．( )
(5)在没有空气的宇宙空间，火箭仍可加速前行．( )
提示：(1)√ (2)× (3)√ (4)× (5)√
做一做 一人静止于完全光滑的冰面上，现欲远离冰面，下列可行的方法是( )
A．向后踢腿 B．手臂向上摆
C．在冰面上滚动 D．脱下外衣水平抛出
提示：选D．A、B两项中人与外界无作用，显然不行；对于C项，由于冰面光滑，也不行；对于D选项，人抛出外衣的过程得到外衣的反作用力，即利用了反冲的原理，从而能远离冰面．
想一想 两位同学在公园里划船．租船时间将到，她们把小船划向码头．当小船离码头大约2 m左右时，有一位同学心想：自己在体育课上立定跳远的成绩从未低于2 m，跳到岸上绝对没有问题．于是她纵身一跳，结果却掉到了水里(如图)．她为什么不能如她所想的那样跳到岸上呢？(假设起跳时船已静止)
提示：这位同学与船组成的系统在不考虑水阻力的情况下，所受合外力为零，在她跳前后遵循动量守恒定律．她在跳出瞬间，船也要向后运动．
对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．
一个质量为m的物体从高处自由下落，当物体下落h时突然炸裂成两块，其中质量为m1的一块恰好能沿竖直方向回到开始下落的位置，求刚炸裂时另一块的速度v2.
[思路点拨] 以炸裂时分裂成的两块m1和(m－m1)组成的系统为研究对象，在炸裂的这一极短的时间内，系统受到的合外力即重力并不为零，但炸裂时的爆炸力远大于系统的重力，系统在竖直方向的动量可认为近似守恒．
[解析] 取竖直向下的方向为正方向，炸裂前的两部分是一个整体，物体的动量为p＝mv＝m.
刚炸裂结束时向上运动并返回出发点的一块m1，其速度大小与炸裂前相同，动量方向与规定的正方向相反．
p1＝m1v1＝－m1
由动量守恒定律有mv＝m1v1＋(m－m1)v2
代入解得：v2＝
由于v2>0，说明炸裂后另一块的运动方向竖直向下．
[答案] 方向竖直向下
爆炸只发生在一瞬间，也只有在这一瞬间，系统的内力才远远大于系统所受的合外力，总动量近似守恒，如果爆炸结束，巨大的内力已经不存在了，系统的总动量不再守恒，明确这一研究阶段的始、末状态，是求解这类问题的关键．
1.如图所示，进行太空行走的宇航员A和B的质量分别为80 kg和100 kg，他们携手远离空间站，相对空间站的速度为0.1 m/s.A将B向空间站方向轻推后，A的速度变为0.2 m/s，求此时B的速度大小和方向．
解析：轻推过程中，A、B系统的动量守恒，以空间站为参考系，规定远离空间站的方向为正方向，则v0＝0.1 m/s，vA＝0.2 m/s.根据动量守恒定律(mA＋mB)v0＝mAvA＋mBvB，代入数值解得vB＝0.02 m/s，方向为远离空间站方向．
答案：0.02 m/s 方向为远离空间站方向
对火箭原理的理解和应用
1．火箭燃料燃尽时火箭获得的最大速度由喷气速度v和质量比(火箭起飞时的质量与火箭除燃料外的箭体质量之比)两个因素决定．
2．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．
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？
[思路点拨] 火箭喷气属于反冲现象，火箭和气体系统动量守恒．运用动量守恒定律求解时，注意系统内部质量变化关系．以每喷出一次气体列一次方程，找出对应规律分步求解．
[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v1，有
(M－m)v1－mv＝0，所以v1＝
第二次气体喷出后，火箭速度为v2，有
(M－2m)v2－mv＝(M－m)v1，所以v2＝
第三次气体喷出后，火箭速度为v3，有
(M－3m)v3－mv＝(M－2m)v2
所以v3＝＝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vn，有(M－nm)vn－mv＝[M－(n－1)m]vn－1
所以vn＝
因为每秒喷气20次，所以1 s末火箭速度为
v20＝＝ 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v3，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)v3－3mv＝0
所以v3＝≈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)v20－20mv＝0
所以v20＝≈13.5 m/s.
[答案] (1)2 m/s (2)13.5 m/s
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调整，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．反冲物体速度的方向与原物体的运动方向是相同的．
2.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v0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． v0 B． v0
C． v0 D． v0
解析：选D．应用动量守恒定律解决本题，注意火箭模型质量的变化．取向下为正方向，由动量守恒定律可得：
0＝mv0－(M－m)v′，故v′＝，选项D正确．
“人船模型”及其应用
1．人船模型：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．人船模型的特点
(1)两物体满足动量守恒定律：m1v1－m2v2＝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；人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即＝＝.应用此关系时要注意一个问题：即公式v1、v2和x一般都是相对地面而言的．
如图所示，长为l，质量为m的小船停在静水中，一个质量为m′的人站在船头，若不计水的阻力，当人从船头走到船尾的过程中，小船对地的位移是多少？
[思路点拨] 人船平均动量的矢量和为零，用位移替代平均速度，建立位移关系求解．
[解析] 人和小船组成的系统在水平方向不受外力，动量守恒．假设某一时刻小船和人对地的速度分别为v1、v2，由于原来处于静止状态，因此
0＝mv1－m′v2，即m′v2＝mv1
由于相对运动过程中的任意时刻，人和小船的速度都满足上述关系，故他们在这一过程中平均速率也满足这一关系，即m′ 2＝m1，等式两边同乘运动的时间t，得
m′ 2t＝m1t，即m′x2＝mx1
又因x1＋x2＝l，因此有x1＝.
[答案]
用“人船模型”公式解这类变速直线运动的位移且不涉及速度的问题时，是非常方便的．但在应用时，一定要注意：相互作用的两个物体必须满足动量守恒和原来都静止这两个条件，解题的关键是正确找出位移间的关系．
3.载人气球原静止于高h的高空，气球质量为M，人的质量为m，若人沿绳梯滑至地面，则绳梯至少为多长？
解析：设绳长为l，人沿绳梯滑至地面的时间为t，由图可看出，气球对地移动的平均速度为，人对地移动的平均速度为－(以向上为正方向)．由动量守恒定律，有
－＝0
解得l＝h.
答案：h.
[随堂检测]
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，则炮弹相对炮筒的发射速度v0为( )
A． B．
C． D．
解析：选B．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＝.
2．某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的小模具船上，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，已知打开液化气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
(1)喷射出质量为Δm的气体后，小船的速度是多少？
(2)喷射出Δm气体的过程中，小船所受气体的平均作用力的大小是多少？
解析：(1)由动量守恒定律得：0＝(m1＋m2－Δm)v船－Δmv1，得：v船＝.
(2)对喷射出的气体运用动量定理得：FΔt＝Δmv1，
解得F＝.
答案：(1) (2)
3．如图所示，质量为m，半径为r的小球，放在内半径为R，质量M＝3m的大空心球内，大球开始静止在光滑水平面上，求当小球由图中位置无初速度释放沿内壁滚到最低点时，大球移动的距离．
解析：由于水平面光滑，系统水平方向上动量守恒，设同一时刻小球的水平速度大小为v1，大球的水平速度大小为v2，由水平方向动量守恒有：
mv1＝Mv2，所以＝.
若小球到达最低点时，小球的水平位移为x1，大球的水平位移为x2，则＝＝，
由题意：x1＋x2＝R－r
解得x2＝(R－r)＝.
答案：
[课时作业]
一、单项选择题
1. 如图所示，一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离．已知前部分的卫星质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v1为( )
A．v0－v2 B．v0＋v2
C．v0－v2 D．v0＋(v0－v2)
解析：选D．忽略空气阻力和分离前后系统质量的变化，卫星和箭体整体分离前后动量守恒，则有(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，整理可得v1＝v0＋(v0－v2)，故D项正确．
2．如图所示，一个倾角为α的直角斜面体静置于光滑水平面上，斜面体质量为M，顶端高度为h.今有一质量为m的小物体，沿光滑斜面下滑，当小物体从斜面顶端自由下滑到底端时，斜面体在水平面上移动的距离是( )
A． B．
C． D．
解析：选C．此题属“人船模型”问题，m与M组成的系统在水平方向上动量守恒，设m在水平方向上对地位移为x1，M在水平方向对地位移为x2，因此
0＝mx1－Mx2①
且x1＋x2＝hcot α.②
由①②可得x2＝，故选C．
3．一个同学在地面上立定跳远的最好成绩是s.假设他站在车的A端，如图所示，想要跳到距离为l远的站台上，不计车与地面的摩擦阻力，则( )
A．只要l
D．只要l＝s，他就有可能跳上站台
解析：选B．人起跳的同时，小车要做反冲运动，所以人跳的距离小于s，故l
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)总质量为M，每颗子弹质量为m，子弹射出速度大小为v0，由动量守恒定律得0＝(M－m)v－mv0，设射出n颗后，后退速度为v′，则有(M－nm)v′＝nmv0，由以上分析有v＝，v′＝，因为M－m>M－nm，所以有v′>nv，C正确．
5．一个不稳定的原子核质量为M，处于静止状态，放出一个质量为m的粒子后反冲．已知放出的粒子的动能为E0，则新原子核反冲的动能为( )
A．E0 B．E0
C．E0 D．E0
解析：选C．由动量守恒定律知(M－m)v＝mv0＝p，又Ek＝，E0＝，知选项C对．
6．如图所示，质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止．若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为( )
A．v0＋v B．v0－v
C．v0＋(v0＋v) D．v0＋(v0－v)
解析：选C．根据动量守恒定律，选向右方向为正方向，则有(M＋m)v0＝Mv′－mv，解得v′＝v0＋(v0＋v)，故选项C正确．
7．如图所示，滑槽M1与滑块M2紧靠在一起，静止于光滑的水平面上．小球m从M1的右上方无初速度地下滑，当m滑到M1左方最高处时，M1将( )
A．静止 B．向左运动
C．向右运动 D．无法确定
解析：选B．小球m和滑槽M1、滑块M2三个物体构成一个系统，这个系统所受水平方向的合外力为零，所以系统水平方向动量守恒，小球m下滑前系统总动量为零，小球m下滑后m和滑槽M1作用，滑槽M1和滑块M2作用，作用结果使滑块M2向右运动，有向右的动量．当m滑到左方最高点时，小球m和滑槽M1的相对速度为零，但小球m和滑槽M1这个整体向左运动，有向左的动量，这样才能保证系统总动量为零．故选项B正确．
二、多项选择题
8．(2017·庆阳高二检测)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：选ABC．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，当人沿吊梯向上爬时，动量守恒，则(M＋m)v0＝mv1＋Mv2，在人向上爬的过程中，气球的速度为v2＝.当v2>0时，气球可匀速上升；当v2＝0时气球静止；当v2<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v0，即人不上爬，显然不对，D选项错误．
9．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M，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M∶m
C．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：选BC．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，A错误；因小车与木块组成的系统动量守恒，C与B碰前，有mvC＝MvAB，得：vC∶vAB＝M∶m，B正确；C与B碰撞过程动量守恒，有：mvC－MvAB＝(M＋m)v，知v＝0，故C正确，D错误．
10．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，则( )
A．水平发射炮弹时，炮弹速率为v0，炮车的反冲速率为
B．炮车车身与水平方向成θ角，炮弹速率为v0，炮身反冲速率为
C．炮身与水平方向成θ角，炮弹出炮口时，相对炮口速率为v0，炮身的反冲速率为
D．炮身与水平方向成θ角，炮弹出炮口时，相对炮口速率为v0，炮身的反冲速率为
解析：选ABD．水平发射炮弹时，对于炮车和炮弹组成的系统满足动量守恒定律，若炮弹速率为v0，mv0－Mv1＝0，解得v1＝，A正确；炮车车身与水平方向成θ角时，在炮弹出射瞬间对于炮车和炮弹组成的系统动量守恒，炮车在炮弹出射的反方向上获得速度v2，但此后由于地面的作用，能量损失，竖直方向的速度立即变为0，炮车的速度由v立即减小为v2，v2即为炮身反冲速率．如图，
显然有v＝，所以在出射方向上，根据动量守恒定律有mv0－M＝0解得v2＝，B正确；炮身与水平方向成θ角且炮弹相对炮口速率为v0时，设炮车反冲的速率v3，根据描述，炮弹出射瞬间炮车获得瞬间速率v′＝，所以炮弹相对地面的速率为v弹＝v0－v′＝v0－，在出射方向上，根据动量守恒定律有m－M·＝0，解得v3＝，C错误，D正确．
三、非选择题
11．(2017·长安高二检测)如图所示，半径分别为R和r(R>r)的甲、乙两光滑圆轨道安置在同一竖直平面内，两轨道之间由一条光滑水平轨道CD相连，在水平轨道CD上一轻弹簧被a、b两小球夹住(未拴接)，同时释放两小球，a、b球恰好能通过各自的圆轨道的最高点．
(1)求两小球的质量比．
(2)若ma＝mb＝m，要求a、b都能通过各自的最高点，弹簧释放前至少具有多少弹性势能？
解析：(1)a、b球恰好能通过各自圆轨道的最高点的速度分别为
va′＝①
vb′＝②
由动量守恒定律得mava＝mbvb③
由机械能守恒定律得
mav＝mava′2＋mag·2R④
mbv＝mbvb′2＋mbg·2r⑤
联立①②③④⑤得＝.
(2)若ma＝mb＝m，由动量守恒定律得va＝vb＝v
当a球恰好能通过圆轨道的最高点时，弹簧具有的弹性势能最小，
Ep＝×2＝5mgR.
答案：(1) (2)5mgR
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厢边沿水平方向沿着轨道方向跳出，落在平板车上的A点，距货厢水平距离为l＝4 m，如图所示．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(g取10 m/s2)．
(1)求车在人跳出后到人落到A点期间的反冲速度的大小；
(2)人落在A点并站定以后，车还运动吗？车在地面上移动的位移是多少？
解析：(1)人从货厢边跳离的过程，系统(人、车和货厢)在水平方向上动量守恒，设人的水平速度是v1(设为正方向)，车的反冲速度是v2，则mv1－Mv2＝0，得
v2＝v1
人跳离货厢后做平抛运动，车以v2做匀速运动，运动时间为t＝＝0.5 s，在这段时间内人的水平位移x1和车的位移x2分别为x1＝v1t，x2＝v2t
由x1＋x2＝l得v1t＋v2t＝l
则v2＝＝ m/s＝1.6 m/s.
(2)人落到车上前的水平速度仍为v1，车的速度为v2，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mv1－Mv2＝(M＋m)v，则v＝0.
故人落到车上A点站定后车的速度为零．
车的水平位移为
x2＝v2t＝1.6×0.5 m＝0.8 m.
答案：(1)1.6 m/s (2)不运动 0.8 m