课改地区专用学年高考物理总复习专题二动量与动量守恒定律25反冲运动火箭学案新Word格式.docx

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（2）防止：

用枪射击时，由于枪身的反冲会影响射击的准确性，所以用枪射击时要把枪身抵在肩部，以减少反冲的影响。

思维拓展

图1

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2m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2m，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1）。

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）

答案　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。

所以人跳出时相对地的速度比在地上起跳时速度小，人不可能跳到岸上。

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2000～4000m/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。

思考判断

（1）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的结果。

（　　）

（2）在没有空气的宇宙空间，火箭仍可加速前进。

答案　

（1）×

（2）√

　反冲运动的理解

[要点归纳]

1.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）反冲运动中，由于有其他形式的能转变为机械能，所以系统的总动能增加。

2.反冲运动中可应用动量守恒定律的三种情况

（1）系统不受外力或所受外力之和为零。

（2）系统虽然受到外力作用，但内力远远大于外力，外力可以忽略。

（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，可以在该方向上应用动量守恒定律。

[精典示例]

[例1]一个质量为m的物体从高处自由下落，当物体下落h距离时突然炸裂成两块，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。

审题指导　

（1）因为炸裂时爆炸力远大于重力，系统在竖直方向的动量可认为近似守恒。

（2）若规定向下为正方向，则炸裂结束瞬间质量为m1的一块速度为负值。

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

刚炸裂时质量为m1的一块向上运动到开始下落位置时，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

联立解得：

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

[针对训练1]如图2所示是一门旧式大炮，炮车和炮弹的质量分别是M和m，炮筒与地面的夹角为α，炮弹射出出口时相对于地面的速度为v0。

不计炮车与地面的摩擦，求炮身向后反冲的速度大小v为________。

图2

解析　取炮弹与炮车组成的系统为研究对象，因不计炮车与地面的摩擦，所以水平方向动量守恒。

炮弹发射前，系统的总动量为零，炮弹发射后，炮弹的水平分速度为v0cosα，设v0的水平方向为正方向，根据动量守恒定律有mv0cosα－Mv＝0，所以炮车向后反冲的速度大小为v＝。

答案　

　火箭

1.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。

2.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。

[例2]火箭相对地面匀速飞行的速度为v0，某时刻的总质量为M，现火箭发动机向后喷出气体，若每次喷出的气体质量恒为m，相对于火箭的速度大小恒为u，不计空气阻力和地球引力，求第二次气体喷出后火箭的速度为多大。

审题指导　

（1）题目中的速度u的参照系是相对于火箭的，而不是相对于地面的，不能直接代入动量守恒公式。

（2）若喷出气体后火箭速度分别为v1、v2，喷出的气体对地速度分别是v1－u和v2－u。

解析　火箭与被喷气体组成的系统不受外力作用，动量守恒。

以v0方向为正方向，设喷出第一次气体、第二次气体后火箭速度分别为v1、v2，应用动量守恒定律，对第一次喷气过程有：

Mv0＝（M－m）v1＋m（v1－u），

对第二次喷气过程有：

（M－m）v1＝（M－2m）v2＋m（v2－u）

二式联立解得火箭喷出第二次气体后的速度为v2＝v0＋＋

答案　v0＋＋

[针对训练2]将静置在地面上，质量为M（含燃料）的火箭模型点火升空，在极短时间内火箭模型以相对地面的速度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.v0B.v0

C.v0D.v0

解析　应用动量守恒定律解决问题，注意火箭模型质量的变化。

取向下为正方向，向动量守恒定律可得0＝mv0－（M－m）v′，故v′＝，选项D正确。

答案　D

　反冲运动的应用——“人船模型”

1.适用条件

（1）系统由两个物体组成且相互作用前静止，系统总动量为零。

（2）在系统内发生相对运动的过程中至少有一个方向的动量守恒（如水平方向或竖直方向）。

2.画草图：

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，注意两物体的位移是相对同一参考系的位移。

[例3]质量为M的热气球吊筐中有一质量为m的人，共同静止在距地面为h的高空中。

现从气球上放下一根质量不计的软绳，为使此人沿软绳能安全滑到地面，则软绳至少有多长？

审题指导　

（1）人沿软绳下滑过程中人和热气球组成的系统动量守恒。

（2）人至地面时，气球到地面的距离为软绳的最短长度。

解析　如图所示，设绳长为L，人沿软绳滑至地面的时间为t，

由图可知，L＝x人＋x球。

设人下滑的平均速度为v人，气球上升的平均速度为v球，由动量守恒定律得0＝Mv球－mv人，即0＝M－m，0＝Mx球－mx人，

又有x人＋x球＝L，x人＝h，

解以上各式得L＝h。

答案　h

[针对训练3]如图3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：

当玩具蛙至少以多大的水平速度v跳出，才能落到桌面上。

图3

解析　蛙跳出后做平抛运动，运动时间为t＝，蛙与车组成的系统水平方向动量守恒，由动量守恒定律得Mv′－mv＝0，若蛙恰好落在桌面上，则有v′t＋vt＝，上面三式联立可求出v＝。

1.（多选）中国潜艇专家正在设计一种以电磁推动潜航的潜艇，基本原理是潜艇间的海水通电，利用潜艇的强磁场对通电海水的作用力即安培力，将海水高速推出，使潜艇获得动力。

为了提高潜艇的航速，可采用哪些措施（　　）

A.使推出水的速度增大

B.使潜艇的质量增大

C.使通过海水的电流增大

D.使单位时间内推出的水的质量增加

答案　ACD

2.（多选）向空中发射一物体，不计空气阻力，当此物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂为a、b两块，若质量较大的a块的速度方向仍沿原来的方向，则（　　）

A.b的速度方向一定与原速度方向相反

B.从炸裂到落地的这段时间里，a飞行的水平距离一定比b的大

C.a、b一定同时到达水平地面

D.在炸裂过程中，a、b受到的力的大小一定相等

解析　爆炸后系统的总机械能增加，但不能确定a、b两块的速度大小，所以选项A、B不能确定；

因炸开后两者都做平抛运动，且高度相同，故选项C正确；

由牛顿第三定律知选项D正确。

答案　CD

3.（多选）采取下列哪些措施有利于增加火箭的飞行速度（　　）

A.使喷出的气体速度更大B.使喷出的气体温度更高

C.使喷出的气体质量更大D.使喷出的气体密度更小

解析　设原来的总质量为M，喷出的气体质量为m，速度是v，剩余的质量（M－m）的速度是v′，由动量守恒得出：

（M－m）v′＝mv得v′＝，由上式可知：

m越大，v越大，v′越大。

故选项A、C正确。

答案　AC

4.如图4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（　　）

图4

A.B.

C.D.

解析　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－Mx2。

①

且x1＋x2＝。

②

由①②可得x2＝，故选项C正确。

答案　C

5.课外科技小组制作一只“水火箭”，用压缩空气压出水流使火箭运动。

假如喷出的水流流量保持为2×

10－4m3/s，喷出速度保持为对地10m/s。

启动前火箭总质量为1.4kg，则启动2s末火箭的速度可以达到多少？

（已知火箭沿水平轨道运动阻力不计，水的密度是103kg/m3）

解析　“水火箭”喷出水流做反冲运动，设火箭原来总质量为M，喷出水流的流量为Q，水的密度为ρ，水流的喷出速度为v，火箭的反冲速度为v′，由动量守恒定律得（M－ρQt）v′＝ρQtv，火箭启动后2s末的速度为

v′＝＝m/s＝4m/s。

答案　4m/s

1.一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发射一发炮弹，设两炮弹质量相同，相对于地的速率相同，牵引力、阻力均不变，则船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.动量增大，速度增大D.动量增大，速度减小

解析　整个过程动量守恒，由于两发炮弹的总动量为零，因而船的动量不变。

又因为船发射炮弹后质量减小，因此船的速度增大。

答案　A

2.某人站在静止于水面的船上，从某时刻开始，人从船头走向船尾，水的阻力不计，下列说法不正确的是（　　）

A.人匀速运动，船则匀速后退，两者的速度大小与它们的质量成反比

B.人走到船尾不再走动，船也停止不动

C.不管人如何走动，人在行走的任意时刻人和船的速度方向总是相反，大小与它们的质量成反比

D.船的运动情况与人行走的情况无关

解析　由动量守恒定律可知，选项A、B、C正确，D错误。

3.下列不属于反冲运动的是（　　）

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　喷气式飞机和火箭都是靠喷出气体，通过反冲获得前进的动力；

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；

反击式水轮机的转轮在水中受到水流的反作用力而旋转，水轮机通过反冲获得动力，喷气式飞机和火箭都是靠反冲运动获得动力，故只有选项B不