第6節反沖現象火箭[學習目標]1．了解反沖運動的概念及反沖運動的一些應用．2．知道反沖運動的原理．(重點)3．掌握應用動量守恒定律解決反沖運動問題．(重點、難點)4．了解火箭的工作原理及決定火箭最終速度大小的因素．(難點)知識點1反沖現象1．定義一個靜止的物體在內力的作用下分裂為兩部分，一部分向某個方向運動，另一部分必然向相反的方向運動的現象．2．規律：反沖運動中，相互作用力一般較大，滿足動量守恒定律．3．反沖現象的應用及防止(1)防止：用槍射擊時，由于槍身的反沖會影響射擊的準確性，所以用槍射擊時要把槍身抵在肩部，以減少反沖的影響．(2)應用：農田、園林的噴灌裝置利用反沖使水從噴口噴出時，一邊噴水一邊旋轉．[判一判]1．(1)一切反沖現象都是有益的．()(2)章魚、烏賊的運動利用了反沖的原理．()提示：(1)×(2)√[想一想]兩位同學在公園里劃船，當小船離碼頭大約1.5m時，有一位同學心想：自己在體育課上立定跳遠的成績從未低于2m，跳到岸上絕對沒有問題．于是她縱身一跳，結果卻掉到了水里(如圖所示)，她為什么不能如她所想的那樣跳到岸上呢？提示：這位同學與船組成的系統在不考慮水的阻力的情況下，所受合外力為零，在她跳起前后遵循動量守恒定律．在她向前跳起瞬間，船要向后運動．知識點2火箭1．工作原理：利用反沖的原理，火箭燃料燃燒產生的高溫、高壓燃氣向后噴出，使火箭獲得巨大的向前的速度．2．影響火箭獲得速度大小的兩個因素(1)噴氣速度：現代火箭的噴氣速度為2000～5000m/s.(2)質量比：火箭初始時的質量與燃料用完時箭體質量之比．噴氣速度越大，質量比越大，火箭獲得的速度越大．[判一判]2．(1)火箭點火后離開地面加速向上運動，是地面對火箭的反作用力作用的結果．()(2)在沒有空氣的宇宙空間，火箭仍可加速前行．()(3)火箭發射時，火箭獲得的機械能來自燃料燃燒釋放的化學能．()提示：(1)×(2)√(3)√1．(反沖現象)(2022·甘肅天水一中期末)如圖，質量為M的小船在靜止水面上以速率v0向右勻速行駛，一質量為m的救生員站在船尾，相對小船靜止．若救生員相對小船以速率v水平向左躍入水中，則救生員躍出后小船相對水面的速率為()A．v0＋eq\f(m,M)v B．v0－eq\f(m,M)vC．v0＋eq\f(m,M＋m)v D．v0＋eq\f(m,M)(v0－v)解析：選C.設救生員躍出后小船相對水面的速率為v′，以向右為正方向，根據動量守恒定律，有eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(M＋m))v0＝－meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v－v′))＋Mv′，解得v′＝v0＋eq\f(m,M＋m)v.2．(火箭原理)(多選)下列措施中有利于增加火箭的飛行速度的是()A．使噴出的氣體速度增大B．使噴出的氣體溫度更高C．使噴出的氣體質量更大D．使噴出的氣體密度更小解析：選AC.設火箭的初動量為p，原來的總質量為M，噴出的氣體質量為m，速度大小是v，剩余的質量(M－m)的速度大小是v′，由動量守恒定律得：p＝(M－m)v′－mv，得：v′＝eq\f(p＋mv,M－m)，由上式可知：m、v越大，v′越大．3．(火箭原理)運送人造地球衛星的火箭開始工作后，火箭做加速運動的原因是()A．燃料推動空氣，空氣的反作用力推動火箭B．火箭發動機用力將燃料燃燒產生的氣體向后推出，氣體的反作用力推動火箭C．火箭吸入空氣，然后向后排出，空氣對火箭的反作用力推動火箭D．火箭燃料燃燒放熱，加熱周圍空氣，空氣膨脹推動火箭解析：選B.本題考查了火箭的工作原理，要注意與火箭發生相互作用的是火箭噴出的燃氣，而不是外界的空氣．火箭的工作原理是利用反沖，是火箭燃料燃燒產生的高溫高壓燃氣從尾噴管迅速噴出時使火箭獲得反沖速度．4．(反沖現象)(多選)手持籃球的跳遠運動員起跳后，當他運動到最高點時欲提高跳遠成績，運動員應將手中的籃球()A．豎直向上拋出 B．向前方拋出C．向后方拋出 D．豎直向下拋出解析：選CD.要提高跳遠成績，要么使運動員獲得更大的水平速度，C選項可實現；要么使運動員延長運動時間，D選項可實現．探究一對反沖現象的理解【問題導引】反沖是一種常見的運動現象，如火箭、噴氣式飛機、節日禮花、射擊等，反沖現象的實質是什么？提示：反沖現象的實質是相互作用的物體或同一物體的兩部分之間的作用力和反作用力產生的運動效果．反沖現象的三個特點1．物體的不同部分在內力作用下向相反方向運動．2．反沖現象中，相互作用的內力一般情況下遠大于外力或在某一方向上內力遠大于外力，所以可以用動量守恒定律或在某一方向上應用動量守恒定律來處理．3．反沖現象中，由于有其他形式的能轉化為機械能，所以系統的總動能增加．【例1】(2022·廣東肇慶期末)2021年6月17日9時22分，我國神舟十二號載人飛船發射圓滿成功．神舟十二號載人飛船發射瞬間的畫面如圖，在火箭點火發射瞬間，質量為m的燃氣以大小為v的速度從火箭噴口在很短時間內噴出．已知發射前火箭的質量為M，則在燃氣噴出后的瞬間，火箭的速度大小為(燃氣噴出過程不計重力和空氣阻力的影響)()A．v B．2vC.eq\f(M,m)v D.eq\f(m,M－m)v[解析]以向上為正方向，由動量守恒定律可得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(M－m))v′－mv＝0，解得v′＝eq\f(m,M－m)v，D正確．[答案]D[針對訓練1]小車上裝有一桶水，靜止在光滑水平地面上，如圖所示，桶的前、后、底及側面各裝有一個閥門，分別為S1、S2、S3、S4(圖中未全畫出)，要使小車向前運動，可采用的方法是()A．打開閥門S1 B．打開閥門S2C．打開閥門S3 D．打開閥門S4解析：選B.根據反沖特點，當閥門S2打開時，小車將受到向前的推力，從而向前運動，故B正確，A、C、D錯誤．探究二“人船模型”問題【問題導引】如圖所示，一質量為m的人站在一質量為M的船頭上，開始時人、船均靜止，現在人從船頭走向船尾．(水對船的阻力很小)(1)該過程中，人和船組成的系統動量守恒嗎？兩者速度是什么關系？(2)該過程中兩者對地位移有何關系？提示：(1)該過程中，水的阻力忽略不計，人和船的動量守恒，兩者速度大小滿足mv1＝Mv2，方向相反．(2)由于mv1＝Mv2又mv1t＝Mv2t則mx1＝Mx2，即eq\f(x1,x2)＝eq\f(M,m).1．“人船模型”問題的特征：兩個原來靜止的物體發生相互作用時，若所受外力的矢量和為零，則動量守恒．在相互作用的過程中，任一時刻兩物體的速度大小之比等于質量的反比．這樣的問題歸為“人船模型”問題．2．運動特點：兩個物體的運動特點是“人”走“船”行，“人”停“船”停．3．處理“人船模型”問題的兩個關鍵(1)利用動量守恒，先確定兩物體的速度關系，再確定兩物體通過的位移的關系．初始時刻，系統靜止，如果兩物體相互作用的時間為t，在這段時間內兩物體的位移大小分別為x1和x2，則有m1eq\f(x1,t)－m2eq\f(x2,t)＝0，即m1x1－m2x2＝0.(2)畫出各物體的位移關系圖，找出它們相對地面的位移的關系．4．推廣：原來靜止的系統在某一個方向上動量守恒，運動過程中，在該方向上速度方向相反，也可應用處理人船模型問題的思路來處理．例如，小球沿弧形槽滑下，求弧形槽移動距離的問題．【例2】(2022·哈爾濱六中期末)長為L的小船停在靜水中，質量為m的人由靜止開始從船頭走到船尾．不計水的阻力，船對地面位移的大小為d，則小船的質量為()A.eq\f(m\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L＋d)),d) B.eq\f(m\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L－d)),d)C.eq\f(mL,d) D.eq\f(m\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L＋d)),L)[解析]船和人組成的系統，在水平方向上動量守恒，人在船上行進，船向后退，設船的質量為M，人的速度方向為正方向，由動量守恒定律得mv－Mv1＝0，人從船頭到船尾，船對地面位移的大小為d，則人相對于地面的位移為L－d，則有meq\f(L－d,t)＝Meq\f(d,t)，解得M＝eq\f(m\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L－d)),d).[答案]B[針對訓練2]如圖所示，物體A和B質量分別為m1和m2，其圖示直角邊長分別為a和b.設B與水平地面無摩擦，當A由頂端O從靜止開始滑到B的底端時，B的水平位移是()A.eq\f(m2,m1＋m2)b B.eq\f(m1,m1＋m2)bC.eq\f(m1,m1＋m2)(b－a) D.eq\f(m2,m1＋m2)(b－a)解析：選C.由A、B組成的系統，在相互作用過程中水平方向動量守恒，則m2x－m1(b－a－x)＝0解得x＝eq\f(m1（b－a）,m1＋m2)，故C正確，A、B、D錯誤．探究三火箭發射和爆炸類問題1．動量守恒：爆炸是在極短的時間內完成的，爆炸物體間的相互作用力遠遠大于受到的外力．2．動能增加：在爆炸過程中，有其他形式的能量(如化學能)轉化為動能．3．位移為零：爆炸時間極短，物體產生的位移很小，可忽略不計，可認為爆炸前后位置不變．【例3】(2022·長春外國語學校期末)在爆炸實驗基地有一發射塔，發射塔正下方的水平地面上安裝有聲音記錄儀．爆炸物自發射塔豎直向上發射，上升到空中最高點時炸裂成質量之比為2∶1、初速度均沿水平方向的兩個碎塊．遙控器引爆瞬間開始計時，在5s末和6s末先后記錄到從空氣中傳來的碎塊撞擊地面的響聲．已知聲音在空氣中的傳播速度為340m/s，忽略空氣阻力．下列說法正確的是()A．兩碎塊的位移大小之比為1∶2B．爆炸物的爆炸點離地面高度為80mC．爆炸后質量大的碎塊的初速度為68m/sD．爆炸后兩碎塊落地點之間的水平距離為340m[解析]爆炸時，水平方向，根據動量守恒定律可知m1v1－m2v2＝0，因兩塊碎塊落地時間相等，則m1x1－m2x2＝0，則eq\f(x1,x2)＝eq\f(m2,m1)＝eq\f(1,2)，則兩碎塊的水平位移之比為1∶2，而從爆炸開始拋出到落地的位移之比不等于1∶2，A錯誤；設兩碎片落地時間均為t，由題意可知eq\f(（5－t）v聲,（6－t）v聲)＝eq\f(1,2)，解得t＝4s，爆炸物的爆炸點離地面高度為h＝eq\f(1,2)gt2＝eq\f(1,2)×10×42m＝80m，B正確；爆炸后質量大的碎塊的水平位移x1＝(5－4)×340m＝340m，質量小的碎塊的水平位移x2＝(6－4)×340m＝680m，爆炸后兩碎塊落地點之間的水平距離為340m＋680m＝1020m，質量大的碎塊的初速度為v10＝eq\f(x1,t)＝eq\f(340,4)m/s＝85m/s，C、D錯誤．[答案]B【例4】一火箭噴氣式發動機每次噴出m＝200g的氣體，氣體離開發動機噴出時的速度v＝1000m/s(相對地面)，設火箭質量M＝300kg，發動機每秒噴氣20次．求當經過三次氣體噴出后，火箭的速度．[解析]法一噴出氣體的運動方向與火箭的運動方向相反，系統動量守恒．第一次氣體噴出后，火箭速度為v1，有(M－m)v1－mv＝0所以v1＝eq\f(mv,M－m)第二次氣體噴出后，火箭速度為v2，有(M－2m)v2－mv＝(M－m)v1所以v2＝eq\f(2mv,M－2m)第三次氣體噴出后，火箭速度為v3，有(M－3m)v3－mv＝(M－2m)v2所以v3＝eq\f(3mv,M－3m)＝eq\f(3×0.2×1000,300－3×0.2)m/s≈2m/s.法二選取整體為研究對象，運用動量守恒定律求解．設噴出三次氣體后火箭的速度為v3，以火箭和噴出的三次氣體為研究對象，據動量守恒定律，得(M－3m)v3－3mv＝0所以v3＝eq\f(3mv,M－3m)≈2m/s.[答案]2m/s(建議用時：35分鐘)[基礎鞏固練]1．(多選)向空中發射一物體，不計空氣阻力，當此物體的速度恰好沿水平方向時，物體炸裂為a、b兩塊，若質量較大的a塊的速度方向仍沿原來的方向，則()A．b的速度方向一定與原速度方向相反B．從炸裂到落地的這段時間里，a飛行的水平距離一定比b的大C．a、b一定同時到達水平地面D．在炸裂過程中，a、b受到的力的大小一定相等解析：選CD.爆炸后系統的總機械能增加，但水平方向動量守恒，mv0＝mava＋mbvb，因mv0與mava同向，設v0方向為正方向，若mava<mv0，則vb與va同向；若mava＝mv0，則vb＝0，即b做自由落體運動；若mava>mv0，則mbvb<0，即vb與v0反向．因題目只知ma>mb和va與v0同向，不知va與v0的大小關系，不能確定a、b兩塊的速度大小，所以A、B不能確定；因炸開后兩者豎直方向都做自由落體運動，且高度相同，故C正確；由牛頓第三定律知D正確．2.一炮艦在湖面上勻速行駛，突然從船頭和船尾同時向前和向后發射一發炮彈，設兩炮彈質量相同，相對于地面的速率相同，牽引力、阻力均不變，則船的動量和速度的變化是()A．動量不變，速度增大 B．動量變小，速度不變C．動量增大，速度增大 D．動量增大，速度減小解析：選A.炮艦具有一向前的動量，在發射炮彈的過程中動量守恒，由于兩發炮彈的總動量為零，因而船的動量不變，又因為船發射炮彈后質量變小，因此船的速度增大，A正確．3.一裝有柴油的船靜止于水平面上，若用一水泵把前艙的油抽往后艙，如圖所示．不計水的阻力，船的運動情況是()A．向前運動 B．向后運動C．靜止 D．無法判斷解析：選A.雖然抽油的過程屬于船與油的內力作用，但油的質量發生了轉移，從前艙轉到了后艙，相當于人從船的一頭走到另一頭的過程，故A正確．4.如圖所示，一個傾角為α的直角斜面體靜置于光滑水平面上，斜面體質量為M，頂端高度為h.今有一質量為m的小物體，沿光滑斜面下滑，當小物體從斜面頂端自由下滑到底端時，斜面體在水平面上移動的距離是()A.eq\f(mh,M＋m) B.eq\f(Mh,M＋m)C.eq\f(mhcotα,M＋m) D.eq\f(Mhcotα,M＋m)解析：選C.此題屬于“人船模型”問題，m與M組成的系統在水平方向上動量守恒，設m在水平方向上對地位移為x1，M在水平方向上對地位移為x2.因此0＝mx1－Mx2①且x1＋x2＝hcotα②由①②可得x2＝eq\f(mhcotα,M＋m).5.如圖所示，裝有炮彈的火炮總質量為m1，炮彈的質量為m2，炮彈射出炮口時對地的速率為v0，若炮管與水平地面的夾角為θ，則火炮后退的速度大小為(設水平面光滑)()A.eq\f(m2,m1)v0 B.eq\f(m2v0,m1－m2)C.eq\f(m2v0cosθ,m1－m2) D.eq\f(m2v0cosθ,m1)解析：選C.炮彈和火炮組成的系統水平方向動量守恒，0＝m2v0cosθ－(m1－m2)v，得v＝eq\f(m2v0cosθ,m1－m2)，故C正確．6．有一條捕魚小船停靠在湖邊碼頭，小船又窄又長(估計重1噸左右)，一位同學想用一個卷尺粗略測定它的質量，他進行了如下操作：首先將船平行碼頭自由停泊，然后他輕輕從船尾上船，走到船頭后停下，而且輕輕下船，用卷尺測出船后退的距離d，然后用卷尺測出船長L.已知他身體的質量為m，則小船的質量為多少？解析：如圖所示．設該同學在時間t內從船尾走到船頭，由動量守恒定律知，人、船在該時間內的平均動量大小相等，即meq\f(x人,t)＝Meq\f(d,t)又x人＝L－d解得M＝eq\f(m（L－d）,d).答案：eq\f(m（L－d）,d)[綜合提升練]7．質量為M的火箭，原來以速度v0在太空中飛行，現在突然向后噴出一股質量為Δm的氣體，噴出氣體相對火箭的速度為v，則噴出氣體后火箭的速率為()A.eq\f(Mv0＋Δmv,M) B.eq\f(Mv0－Δmv,M)C.eq\f(Mv0＋Δmv,m) D.eq\f(Mv0－Δmv,m)解析：選A.依題意可知，火箭原來相對地的速度為v0，初動量為p0＝Mv0，質量為Δm的氣體噴出后，火箭的質量為(M－Δm)，設氣體噴出后，火箭和氣體相對地的速度分別為v1和v2，則氣體相對火箭的速度v＝v1＋v2，v2＝v－v1，選v1的方向為正方向，則系統的末動量p＝(M－Δm)v1＋Δm[－(v－v1)]＝Mv1－Δmv，由動量守恒定律，有p＝p0，則Mv1－Δmv＝Mv0，所以v1＝eq\f(Mv0＋Δmv,M)，故A正確．8.(多選)(2022·重慶西南大學附中期中)如圖所示，在光滑的水平面上有一靜止的質量為M的凹槽，凹槽內表面為光滑的半圓弧軌道，半徑為R，兩端AB與圓心等高，現讓質量為m的物塊從A點以豎直向下的初速度v0開始下滑，則在運動過程中()A．物塊與凹槽組成的系統在水平方向動量守恒B．物塊運動到B點時速度大于v0C．物塊運動到B點后將從B點飛出做豎直上拋運動D．物塊運動到B點時，凹槽向左移動了eq\f(2mR,M＋m)解析：選ACD.物塊與凹槽組成的系統在水平方向受力為零，所以水平方向動量守恒，故A正確；該系統水平方向動量守恒，所以當物塊運動到B點時只有豎直方向的速度，之后將從B點飛出做豎直上拋運動，此時凹槽速度為零，根據能量關系，可知物塊的速度等于v0，故B錯誤，C正確；設物塊從A到B的時間為t，物塊發生的水平位移大小為x，則凹槽產生的位移為2R－x，取水平向右為正方向，則根據水平方向動量守恒有meq\f(x,t)－Meq\f(2R－x,t)＝0，解得2R－x＝eq\f(2mR,M＋m)，故D正確．9.質量為m、半徑為R的小球，放在半徑為2R、質量為2m的大空心球內，大球開始靜止在光滑水平面上．當小球從如圖所示的位置無初速度沿內壁滾到最低點時，大球移動的距離是()A.eq\f(R,2) B.eq\f(R,3)C.eq\f(R,4) D.eq\f(R,6)解析：選B.由水平方向平均動量守恒有eq\f(mx小球,t)＝eq\f(2mx大球,t)，又x小球＋x大球＝R，所以x大球＝eq\f(1,3)R，B正確．10．(多選)小車靜止在光滑水平面上，站在車上的人練習打靶，靶裝在車上的另一端，如圖所示．已知車、人、槍和靶的總質量為M(不含子彈)，每顆子彈質量為m，共n發，打靶時，槍口到靶的距離為d.若每發子彈打入靶中，就留在靶里，且待前一發打入靶中后，再打下一發．則以下說法中正確的是()A．待打完n發子彈后，小車將以一定的速度向右勻速運動B．待打完n發子彈后，小車應停在射擊之前位置的右方C．在每一發子彈的射擊過程中，小車所發生的位移不相同D．在每一發子彈的射擊過程中，小車所發生的位移相同，大小均為eq\f(md,nm＋M)解析：選BD.子彈、槍、人、車系統水平方向不受外力，水平方向動量一直守恒，子彈射擊前系統總動