第一章 第四节+反冲运动+Word版含解析

第四节反_冲_运_动
1．反冲运动是指一个物体向某一方向射出(或抛出)它的一部分时，这个物体的剩余部分向相反方向运动的现象。
2．反冲运动和碰撞、爆炸相似，相互作用力一般很大，可以用动量守恒定律来处理。
3．火箭的燃料点燃后燃烧生成的高温高压燃气以很大的速度向后喷出，火箭由于反冲运动而向前运动。
4．一个静止的质量为M的不稳定原子核，当它以速度v放出一个质量为m的粒子后，剩余部分的速度为－。
反冲运动
1.定义
当原来静止或运动的物体向某一方向射出(或抛出)它的一部分时，这个物体的剩余部分将向相反方向运动，这种运动叫反冲运动。
2．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)反冲运动和碰撞、爆炸相似，相互作用力一般很大，可以用动量守恒定律来处理。
(3)反冲运动中常伴有其他形式的能转化为机械能，系统的总能量增加。
3．求解反冲运动应注意的问题
(1)速度的反向性。
对于原来静止的系统，当向某一方向射出(或抛出)它的一部分时，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。进行计算时，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)速度的同时性。
反冲运动问题中，根据动量守恒定律列出的方程中同一状态的速度应是同时的。
(3)速度的相对性。
反冲运动中，有时遇到的速度是相互作用的两物体间的相对速度。由于动量守恒定律中要求速度为对同一惯性系的速度，即对地的速度，因此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。
(4)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。
(1)反冲运动实际上是相互作用的物体之间作用力与反作用力产生的结果。
(2)反冲运动有利有弊，有利的一方面我们可以应用，比如，反击式水轮机、喷气式飞机、火箭、农田喷灌、宇航员在太空行走等；反冲运动不利的地方要尽力去排除，比如，枪、炮在射击时产生的反冲运动对射击的准确性有影响等。
1．(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－mv0＝0，解得p＝mv0＝0.050 kg×600 m/s＝30 kg·m/s，选项A正确。
“人船模型”问题
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m1v1＝m2v2的形式(v1、v2为两物体的瞬时速率)，此式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＝。
(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。
(1)“人船模型”问题中，两物体的运动特点是：“人”走“船”行、“人”停“船”停。
(2)在求解过程中应讨论的是“人”及“船”的对地位移。
2．[多选]一只小船静止在水面上，一人从船头向船尾走去，设M船＞m人，不计水的阻力，则(　　)
A．人在船上行走时，人对地的速度大于船对地的速度
B．人在船上行走时，人对地的速度小于船对地的速度
C．当人停止时，因船的惯性大，所以船要继续后退
D．人和船组成的系统动量守恒，且总动量等于零，所以人停止船也停止
解析：选AD　由于不计水的阻力，船和人组成的系统所受合力为零，动量守恒。设船和人的速率分别为v船、v人，并选船的方向为正方向可得M船v船－m人v人＝0，即M船v船＝m人v人，由M船＞M人得v船＜v人；当v人＝0时v船＝0，故选项A、D对，B、C错。
反冲运动问题
[例1]　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
(1)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。
(2)如果已知条件是物体间的相对速度，注意将物体的相对速度转化为绝对速度。如果明确了各速度的方向，则关于相对速率可确定为两种情况：当两者同向时，相对速率为两者速率之差；两者反向时，相对速率为两者速率之和。这样可将矢量式转化为标量式。
1．一个静止的质量为M的不稳定原子核，放射出一个质量为m的粒子，粒子离开原子核时相对原子核的速度为v0，则原子核剩余部分的速率是多少？
解析：由于放射过程极短，放射过程中其他外力的冲量均可不计，整个原子核系统动量守恒，设剩余部分对地的反冲速率为v′，则粒子的对地速率v＝v0－v′。由于原子核原来静止，故后来粒子的动量大小等于剩余部分的动量大小，即有m(v0－v′)＝(M－m)v′，得v′＝v0。
答案：v0
人船模型问题的处理
[例2]　如图所示，长为L、质量为m1的小船停在静水中，一个质量为m2的人立在船头，若不计水的黏滞阻力，当人从船头走到船尾的过程中，船和人对地面的位移各是多少？
[解析]　选人和船组成的系统为研究对象，由于不计水的黏滞阻力，故人从船头走到船尾的过程中，系统在水平方向上不受外力作用，所以水平方向动量守恒，设此过程中船的位移为s1，人的位移为s2，则由平均动量守恒有：0＝m1s1－m2s2
又由s1＋s2＝L
解得：s1＝，s2＝。
[答案]　　
人船模型的问题总结归纳：
(1)条件：总动量(或某一方向上的总动量)为零。
(2)特点：“人走船走，人停船停”。
(3)规律：人与船的位移、速度大小均与人、船的质量成反比，两者的对地位移之和等于两者的相对位移。
2.如图所示，一个质量为m1＝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m2＝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
解析：选B　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m1h1－m2h2＝0，且h1＋h2＝h，解得h1＝ m，所以他离地高度H＝h－h1≈3.6 m，选项B正确。
一、选择题(第1～5题为单选题，第6～8题为多选题)
1.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mA，B的质量为mB，以向右为正方向，
根据动量守恒定律得：mAvA＝mBvB＋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：
mA(L－x)＝mB(L＋x)＋Mx
代入数据解得：x＝0.8 m。故A正确。
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燃气从尾喷管迅速喷出时，使火箭获得的反冲速度，故选项B对。
3．一质量为M的航天器，正以速度v0在太空中飞行，某一时刻航天器接到加速的指令后，发动机瞬间向后喷出一定质量的气体，气体喷出时速度大小为v1，加速后航天器的速度大小为v2，则喷出气体的质量m为(　　)
A．m＝M B．m＝M
C．m＝M D．m＝M
解析：选C　规定航天器的速度方向为正方向，由动量守恒定律可得：Mv0＝(M－m)v2－mv1
解得：m＝M，故选C。
4．一装有柴油的船静止于水平面上，船前舱进水，堵住漏洞后用一水泵把前舱的油抽往后舱，如图所示。不计水的阻力，船的运
动情况是(　　)
A．向前运动 B．向后运动
C．静止 D．无法判断
解析：选A　虽然抽油的过程属于船与油的内力作用，但油的位置发生了转移，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，故A对。
5．质量为M的斜面B，置于光滑的水平面上，斜面体底边长为b，在其斜面上放有一质量为m的与斜面体相似的物块A，其上边长为a，且与水平面平行，系统处于静止状态，如图所示，当物块A从B的顶端下滑至接触地面时，斜面体B后退的距离为(　　)
A. B.
C. D.
解析：选C　首先进行受力分析，由于开始系统保持静止，说明受力平衡；所以当A下滑时，是匀速的，而对于系统水平方向受力为零，则水平方向动量守恒，运用此知识点，设M向右平移距离为L，则有m(b－L－a)/t＝ML/t ，其中t为m从静止到下滑到M底部所用的时间，整理就得到答案C。
6．下列事例属于反冲运动的是(　　)
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　直升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。
7．A、B两船的质量均为M，它们都静止在平静的湖面上，当A船上质量为的人以水平速度v从A船跳到B船，再从B船跳回A船。设水对船的阻力不计，经多次跳跃后，人最终跳到B船上，则下列说法正确的是(　　)
A．A、B两船的速度大小之比为3∶2
B．A、B(包括人)动量大小之比为1∶1
C．A、B(包括人)动量之和为零
D．跳跃次数越多，A、B(包括人)动量之和越大
解析：选ABC　选A船、B船和人这三个物体为一系统，则它们的初始总动量为0。由动量守恒定律可知，系统以后的总动量将一直为0。选最终B船的运动方向为正方向，则由动量守恒定律可得：
0＝(M＋)vB＋MvA，
解得：vB＝－vA。
所以，A、B两船的速度大小之比为3∶2，选项A正确。A和B(包括人)的动量大小相等，方向相反，动量大小之比为1∶1，选项B正确。由于系统的总动量始终守恒(为零)，故A、B(包括人)动量之和也始终为零，选项C正确。
8．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v0时，炮身后退的速度为
B．如果θ＝0°，炮弹离开炮口的速度为v0时，炮身后退的速度为
C．如果θ＝0°，炮弹相对炮口的速度为v0时，炮身后退的速度为
D．如果θ＝60°，炮弹离开炮口的速度为v0时，炮身后退的速度为
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v0，mv0－Mv1＝0，解得v1＝，A错误，B正确；如果θ＝0°，炮弹相对炮口的速度为v0时，假设炮弹相对地面的速度大小为v2，炮身相对地面的速度大小为v2′，则v2＝v0－v2′，由动量守恒定律得mv2－Mv2′＝0，整理解得v2′＝，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v3，mv0cos 60°－Mv3＝0，解得v3＝＝，D正确。
二、非选择题
9．载人气球静止于高h的空中，气球的质量为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：气球和人原来静止在空中，说明系统所受合外力为零，故系统在人下滑过程中动量守恒，人着地时绳梯至少应接触地面，设绳梯长为L，人沿绳梯至地面人的位移为s人，球的位移为s球，它们的位移状态图如图所示，
由平均动量守恒有：0＝Ms球－ms人，
又有s球＋s人＝L，s人＝h，故L＝h。
答案：h
10.如图所示，一个质量为m的玩具蛙，蹲在质量为M的小车的细杆上，小车放在光滑的水平桌面上，若车长为L，细杆高为h，且位于小车的中点，试求：当玩具蛙最小以多大的水平速度v跳出，才能落到桌面上？
解析：蛙跳出后做平抛物体运动，运动时间为t＝，
蛙与车水平方向动量守恒，
由平均动量：mx＝M(－x)，
蛙的最小速度为v＝，
上面三式联立可求出
v＝ 。
答案： 
11.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，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R0，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＝，在地球附近有G＝mg，
由以上两式得v＝ 。
设卫星在P点喷出的燃气对地速度为v1，此时卫星的速度为v2，由题意知v2＝v＝ ，
由卫星和燃气组成的系统动量守恒有mv＝Δmv1＋(m－Δm)v2，代入v及v2得v1＝。
即应将质量为Δm的燃气以的对地速度向前喷出。
答案：