还剩8页未读，
继续阅读
选择性必修 第一册6 反冲现象 火箭学案及答案
展开
这是一份选择性必修 第一册6 反冲现象 火箭学案及答案，共11页。
1．理解反冲运动的原理，了解其在生产、生活中的应用及防止。
2．会应用动量守恒定律解决有关反冲运动的问题。
3．知道火箭的工作原理，知道决定火箭速度的相关因素。
知识点一 反冲现象
[情境导学]
(1)如图甲所示，把气球吹起来，用手捏住气球的通气口，突然松开后让气体喷出，气球会怎样运动？
(2)如图乙所示，把弯管装在盛水容器的下部，当水从弯管流出后，悬吊的容器会怎样运动？
(3)以上两个现象属于什么现象？
提示：(1)气球会沿着喷出气体的反方向飞出。
(2)容器会沿着喷出水流的反方向旋转起来。
(3)以上两种现象属于反冲现象。
[知识梳理]
1．反冲：一个静止的物体在内力的作用下分成两部分，一部分向某个方向运动，另一部分向相反方向运动的现象。
2．规律：反冲运动中，系统内力很大，外力可忽略，通常可以用动量守恒定律来解释。
3．应用与防止
(1)应用举例：农田、园林的喷灌装置是利用反冲使水从喷口喷出时，一边喷水一边旋转等。
(2)防止举例：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，以减少反冲的影响等。
[初试小题]
1．判断正误。
(1)反冲运动是相互作用的物体之间的作用力与反作用力产生的效果。(√)
(2)只有系统所受合外力为零的反冲运动才能用动量守恒定律来分析。(×)
(3)反冲运动的原理既适用于宏观物体，也适用于微观粒子。(√)
(4)章鱼、乌贼的运动利用了反冲的原理。(√)
2．下列图片所描述的事例或应用中，不是利用反冲原理的是( )
解析：选D A图中喷灌装置的自动旋转是利用水流喷出时的反冲作用而运动，故属于反冲运动；B图中章鱼在水中前行和转向是利用喷出的水的反冲作用；C图中吹足气的气球用手捏住通气口静止释放后气球的运动是利用喷气的方式获得动力，利用了反冲原理；D图中码头边轮胎的作用是延长碰撞时间，从而减小作用力，不是利用反冲作用，故选D。
知识点二 火箭
[情境导学]
2021年1月20日0时25分，我国用长征三号乙运载火箭成功地将天通一号03星送到太空，这是长征运载火箭第358次发射成功，天通一号的发射成功，是我国在2021年的首次发射成功，为全年出征航空发射任务来了个开门红。
请问火箭飞行的动力来源是什么？
提示：火箭飞行的动力来源是火箭尾部喷出的高速气流的反作用力。
[知识梳理]
1．火箭的工作原理：应用了反冲原理，靠喷出气流的反冲作用而获得巨大的速度。
2．火箭获得的速度Δv
(1)推导：以喷气前的火箭为参考系，在极短时间Δt内喷出燃气的质量为Δm，喷出的燃气相对喷气前火箭的速度为u，喷气后火箭的质量为m，火箭增加的速度为Δv。以喷气前的火箭为参考系。由动量守恒定律可得mΔv＋Δmu＝0，可得Δv＝－eq \f(Δm,m)u。
(2)影响Δv的因素：①火箭喷出的燃气的速度u。②火箭喷出物质的质量与火箭本身质量之比eq \f(Δm,m)。
[初试小题]
1．判断正误。
(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作用的结果。(×)
(2)在没有空气的宇宙空间，火箭仍可加速前行。(√)
(3)火箭发射时，火箭获得的机械能来自于燃料燃烧释放的化学能。(√)
2．我们大家都知道月球周围没有空气，有的同学因此说：“由于月球周围没有空气，所以在月球上无法发射火箭”，请问：
(1)这位同学的说法对吗？
(2)我国的“嫦娥五号”返回器已经成功实现了月球采样返回，“嫦娥五号”返回器是靠什么从月球升空的？
提示：(1)这位同学的说法是错误的，火箭飞行的动力来源是火箭尾部喷出的高速气流的反作用力，而不是靠空气的作用力。
(2)“嫦娥五号”返回器是靠自己携带的助推器利用反冲原理从月球升空的。
[问题探究]
如图所示，水上飞行器Flybard是来自法国的水上飞行游乐产品，发明人是法国的Franky Zapata(弗兰克·扎帕塔)。游戏者利用它可以做出各种惊险、优美的动作，极具观赏性和娱乐性。
请问：水上飞行器是如何工作的？
提示：水上飞行器的工作原理是反冲原理。水上飞行器主要用到的是力学知识，其原理是通过附在喷气滑水艇上的一个巨大管子抽吸海水，然后再通过该管子将水喷出，利用喷水产生的反冲动力，让人腾空而起，做出各种动作。
[要点归纳]
1．反冲运动的特点
(1)反冲运动中系统内力远远大于外力，故系统动量守恒。
(2)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．处理反冲运动问题的三个注意
(1)速度的方向性：若系统原来静止，抛出部分具有速度时，剩余部分的速度必然相反，可任意规定某一部分的方向为正方向，另一速度要取负值。
(2)速度的相对性：反冲运动中，若已知条件是物体间的相对速度，应将相对速度转化为绝对速度(一般为对地速度)。
(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进行研究。
[例题1] 在水平铁轨上放置一门质量为M的炮车(不含炮弹)，发射的炮弹质量为m，设铁轨和炮车间摩擦不计，则：
(1)水平发射炮弹时，炮弹速度为v0，炮车的反冲速度为多大？
(2)炮弹速度大小为v0，速度方向与地面成θ角，炮车的反冲速度是多大？
(3)炮身与水平方向成θ角，炮弹射出炮口时，相对于炮口速度为v0，炮车的反冲速度为多大？
[解析] 以炮车和炮弹为研究系统，在水平方向上系统的动量守恒。以炮弹前进的水平方向为正方向，由动量守恒定律得
(1)由0＝mv0＋M(－v1)，解得v1＝eq \f(mv0,M)。
(2)由0＝mv0cs θ＋M(－v2)，解得v2＝eq \f(mv0cs θ,M)。
(3)由0＝m(v0cs θ－v3)＋M(－v3)，解得v3＝eq \f(mv0cs θ,M＋m)。
[答案] (1)eq \f(mv0,M) (2)eq \f(mv0cs θ,M) (3)eq \f(mv0cs θ,M＋m)
注意反冲运动中涉及相对速度的问题
反冲运动中存在相互作用的物体间发生相对运动，已知条件中有时告知的是物体的相对速度，在应用动量守恒定律时，应将相对速度转换为发生相互作用的物体相对同一参考系的速度。
如质量为M的车和质量为m的人一起以速度v0向右运动，人站在车尾相对车以速度v1水平向左跳出后车速v2为多大？
列出方程应为(M＋m)v0＝Mv2－m(v1－v2)。
典型错误①：(M＋m)v0＝Mv2－mv1。
典型错误②：(M＋m)v0＝Mv2－m(v1－v0)。
[针对训练]
1.一个连同装备共100 kg的宇航员，在离飞船45 m的位置与飞船处于相对静止的状态。装备中有一个高压气源，能以50 m/s的速度喷出气体。宇航员为了能在10 min 时间内返回飞船，他需要在开始返回的瞬间一次性向后喷出的气体质量是多少？
解析：设宇航员的速度为v，则v＝eq \f(x,t)＝eq \f(45,10×60) m/s＝0.075 m/s，释放质量为m1的气体后，则根据动量守恒定律有0＝m1v1－(M－m1)v，代入数据得m1≈0.15 kg。
答案：0.15 kg
2．反冲小车静止放在水平光滑玻璃上，点燃酒精，蒸汽将橡皮塞水平喷出，小车沿相反方向运动。如果小车运动前的总质量M＝3 kg，水平喷出的橡皮塞的质量m＝0.1 kg。
(1)若橡皮塞喷出时获得的水平速度v＝2.9 m/s，求小车的反冲速度；
(2)若橡皮塞喷出时速度大小不变，方向与水平方向成60°角，小车的反冲速度又如何？(小车一直在水平方向运动)
解析：(1)小车和橡皮塞组成的系统所受外力的矢量和为零，系统动量守恒，以橡皮塞运动的方向为正方向，根据动量守恒定律有
mv＋(M－m)v′＝0
v′＝－eq \f(m,M－m)v＝－eq \f(0.1,3－0.1)×2.9 m/s＝－0.1 m/s
负号表示小车运动的方向与橡皮塞运动的方向相反。
(2)小车和橡皮塞组成的系统水平方向动量守恒，以橡皮塞运动的水平分运动方向为正方向，有
mvcs 60°＋(M－m)v″＝0
v″＝－eq \f(mvcs 60°,M－m)＝－eq \f(0.1×2.9×0.5,3－0.1) m/s＝－0.05 m/s
负号表示小车运动的方向与橡皮塞运动的水平分运动方向相反。
答案：(1)0.1 m/s，方向与橡皮塞运动的方向相反
(2)0.05 m/s，方向与橡皮塞运动的水平分运动方向相反
[要点归纳]
处理火箭问题的思路
(1)火箭喷气属于反冲类问题，是动量守恒定律的重要应用。
(2)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，处理该类问题时，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。
[例题2] 2020年11月24日4时30分，我国在文昌航天发射场，用长征五号遥五运载火箭成功发射探月工程嫦娥五号探测器，这一高光时刻吸引了全球的关注。假设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？
[解析] 解法一：(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。
设第一次气体喷出后火箭速度为v1，有
(M－m)v1－mv＝0，所以v1＝eq \f(mv,M－m)
设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＝eq \f(2mv,M－2m)
设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＝eq \f(3mv,M－3m)＝eq \f(3×0.2×1 000,300－3×0.2) 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＝eq \f(nmv,M－nm)
因为每秒喷气20次，所以1 s末火箭速度为
v20＝eq \f(20mv,M－20m)＝eq \f(20×0.2×1 000,300－20×0.2) m/s≈13.5 m/s。
解法二：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＝eq \f(3mv,M－3m)≈2 m/s。
(2)以火箭和20次喷出的气体为研究对象，根据动量守恒定律，有
(M－20m)v20－20mv＝0
所以v20＝eq \f(20mv,M－20m)≈13.5 m/s。
[答案] (1)2 m/s (2)13.5 m/s
处理火箭发射问题的三点提醒
(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、后火箭质量的变化。
(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速度。
(3)列方程时要注意初、末状态动量的方向。反冲后火箭速度的方向与反冲前火箭的运动方向是相同的。
[针对训练]
火箭发射领域“世界航天第一人”是明朝的士大夫万户，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、燃料、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的炽热燃气相对地面以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( )
A．火箭的推力来源于空气对它的反作用力
B．在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为eq \f(mv0,M－m)
C．喷出燃气后，万户及其所携设备能上升的最大高度为eq \f(m2v02,gM－m2)
D．在火箭喷气过程中，万户及其所携设备的机械能守恒
解析：选B 点燃火箭后，火箭在极短时间内向下喷出燃气，利用力的作用是相互的，燃气会给火箭向上的反作用力，此过程，内力远大于火箭重力，动量守恒，有mv0＝(M－m)v，解得火箭速度为v＝eq \f(mv0,M－m)，A错误，B正确；忽略空气阻力的影响，万户及其所携设备做竖直上抛运动，有h＝eq \f(v2,2g)＝eq \f(m2v02,2gM－m2)，C错误；在火箭喷气过程中，燃气的内能有部分转化为系统的机械能，机械能增加，D错误。
[问题探究]
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，在她跳起前后遵循动量守恒定律，她在跳出瞬间，船也要向后运动。根据动量守恒定律和能量守恒定律可知，这位同学在船上起跳，跳出时相对地面的速度比在地上起跳时的速度小，跳出的距离变小，因此不可能跳到岸上。
[要点归纳]
1．“人船模型”：如图所示，长为L、质量为m船的小船停在静水中，质量为m人的人由静止开始从船的一端走到船的另一端，不计水的阻力。以人和船组成的系统为研究对象，在人由船的一端走到船的另一端的过程中，系统水平方向不受外力作用，所以整个系统水平方向动量守恒。
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其质量的反比eq \f(m1,m2)＝eq \f(v2,v1)。即为“人船模型”问题。
2．物体的运动特点：“人”走“船”行、“人”快“船”快、“人”慢“船”慢、“人”停“船”停。
3．处理“人船模型”问题的思路：利用动量守恒，先确定两物体的速度关系，再确定两物体通过的位移关系。
(1)系统内的两个物体原来处于静止状态，相互作用后两个物体反向运动，过程中任意时刻两个物体的瞬时速率分别为v1、v2，由动量守恒定律得m1v1－m2v2＝0，即eq \f(m1,m2)＝eq \f(v2,v1)。
(2)由于相互作用过程中任意时刻系统的动量守恒，故全过程中两个物体的平均动量也守恒，即m1eq \x\t(v)1－m2eq \x\t(v)2＝0。
(3)两物体相互作用的时间为t，在这段时间内两物体的位移大小分别为x1和x2，则有m1eq \f(x1,t)－m2eq \f(x2,t)＝0，即m1x1－m2x2＝0或者eq \f(m1,m2)＝eq \f(x2,x1)。
4．处理“人船模型”问题的关键
(1)明确思路：动量守恒⇒平均动量守恒⇒m1x1－m2x2＝0⇒求解有关问题。
(2)画位移关系图：画出两个物体的位移关系图，找出它们相对地面的位移关系。
[例题3] 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(可以把人看作质点)( )
A．5 m B．3.6 m
C．2.6 mD．8 m
[解析] 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＝eq \f(10,7) m，所以人离地高度H＝h－h1≈3.6 m，故B正确。
[答案] B
“人船模型”的推广应用
(1)对于原来静止、相互作用过程中动量守恒的两个物体组成的系统，无论沿什么方向运动，“人船模型”均可应用。
(2)原来静止的系统在某一个方向上动量守恒，运动过程中，系统中两物体在该方向上速度方向相反，也可应用处理人船模型问题的思路来处理。
[针对训练]
1．平静的水面上停着一只小船，船头站立着一个人，船的质量是人的质量的8倍。从某时刻起，这个人向船尾走去，走到船中部他突然停止走动，水对船的阻力忽略不计。下列说法中正确的是( )
A．人走动时，他相对于水面的速度和小船相对于水面的速度大小相等、方向相反
B．他突然停止走动后，船由于惯性还会运动一小段时间
C．人在船上走动的过程，人对水面的位移是船对水面的位移的9倍
D．人在船上走动的过程，人的动能是船的动能的8倍
解析：选D 人与船组成的系统动量守恒，以人的速度方向为正方向，由动量守恒定律得m人v人－m船v船＝0，又m船＝8m人，所以v人＝8v船，人、船速度方向相反，故A错误；v人t＝8v船t，即x人＝8x船，故C错误；人与船组成的系统动量守恒，人突然停止走动后，人的动量为零，由于系统初动量为零，由动量守恒定律可知，船的动量为零，船的速度为零，则知人停止走动后，船立即停止运动，故B错误；因8m人＝m船，v人＝8v船，根据Ek＝eq \f(1,2)mv2可知，人与船的动能之比Ek人∶Ek船＝8∶1，故D正确。
2.如图所示，质量为m、半径为R的小球，放在半径为2R、质量为2m的大空心球内，大球开始静止在光滑水平面上。当小球从如图所示的位置无初速度沿内壁滚到最低点时，大球移动的距离是( )
A．eq \f(R,2)B．eq \f(R,3)
C．eq \f(R,4)D．eq \f(R,6)
解析：选B 由水平方向动量守恒有mx小球－2mx大球＝0，又x小球＋x大球＝R，所以x大球＝eq \f(R,3)，选项B正确。
1.国产科幻大片《流浪地球》中有这样的情节：为了自救，人类提出一个名为“流浪地球”的大胆计划，即倾全球之力在地球表面建造上万座发动机，推动地球离开太阳系，用2 500年的时间奔往另外一个栖息之地，这个科幻情节中有反冲运动的原理。现实中的下列运动，属于反冲运动的有( )
A．汽车的运动 B．直升机的运动
C．火车的运动 D．反击式水轮机的运动
解析：选D 汽车与火车的运动利用了汽车与火车的牵引力，不属于反冲运动，故A、C错误；直升机的运动利用了空气的反作用力，不属于反冲运动，故B错误；反击式水轮机的运动利用了水的反冲作用而获得动力，属于反冲运动，故D正确。
2．采取下列哪些措施有利于增加喷气式飞机的飞行速度( )
A．使喷出的气体速度增大
B．使喷出的气体温度更高
C．使喷出的气体质量更小
D．使喷出的气体密度更小
解析：选A 设飞机原来总质量为M，喷出的气体质量为m，喷出的速度为v0，剩余部分的速度为v，由动量守恒定律得(M－m)v－mv0＝0，v＝eq \f(m,M－m)v0，可见m越大，v0越大， v越大，选项A正确。
3.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，下列说法中正确的是( )
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，则船不动
解析：选B 前、后舱分开时，前舱和抽出的水相互作用，靠反冲作用前舱向前运动，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。
4．我国发射的“神舟十号”飞船与“天宫一号”空间站实现了完美对接。假设“神舟十号”飞船到达对接点附近时，对地的速度为v，此时的质量为m，欲使飞船追上“天宫一号”实现对接，飞船需加速到v1，飞船发动机点火，将质量为Δm的燃气一次性向后喷出，燃气对地向后的速度大小为v2。这个过程中，下列各表达式正确的是( )
A．mv＝mv1－Δmv2
B．mv＝mv1＋Δmv2
C．mv＝(m－Δm)v1－Δmv2
D．mv＝(m－Δm)v1＋Δmv2
解析：选C 飞船发动机点火喷出燃气，由动量守恒定律得mv＝(m－Δm)v1－Δmv2，选项C正确。
5.质量为M的小车置于光滑的水平面上，左端固定一根水平轻弹簧，质量为m的光滑物块放在小车上，压缩弹簧并用细线连接物块和小车左端，开始时小车与物块都处于静止状态，此时物块与小车右端相距L，如图所示，当突然烧断细线后，以下说法正确的是( )
A．物块和小车组成的系统机械能守恒
B．物块和小车组成的系统动量守恒
C．当物块速度大小为v时，小车速度大小为eq \f(M,m)v
D．当物块离开小车时，小车向左运动的位移为eq \f(m,M)L
解析：选B 弹簧弹开物块和小车的过程，若取物块、小车和弹簧为系统，无其他力做功，机械能守恒；但若选物块和小车组成的系统，弹力做功属于系统外力做功，弹性势能转化成系统的机械能，此时系统的机械能不守恒，A错误。取物块和小车为系统，系统所受外力的合力为零，系统的动量守恒，B正确。由系统的动量守恒得mv－Mv′＝0，解得v′＝eq \f(m,M)v， C错误。弹开的过程实际是人船模型，有eq \f(v,v′)＝eq \f(M,m)，则在相同时间内eq \f(x,x′)＝eq \f(M,m)，且x＋x′＝L，联立得x′＝eq \f(mL,M＋m)，D错误。
反冲运动的理解及应用
火箭原理的理解及应用
人船模型
1．理解反冲运动的原理，了解其在生产、生活中的应用及防止。
2．会应用动量守恒定律解决有关反冲运动的问题。
3．知道火箭的工作原理，知道决定火箭速度的相关因素。
知识点一 反冲现象
[情境导学]
(1)如图甲所示，把气球吹起来，用手捏住气球的通气口，突然松开后让气体喷出，气球会怎样运动？
(2)如图乙所示，把弯管装在盛水容器的下部，当水从弯管流出后，悬吊的容器会怎样运动？
(3)以上两个现象属于什么现象？
提示：(1)气球会沿着喷出气体的反方向飞出。
(2)容器会沿着喷出水流的反方向旋转起来。
(3)以上两种现象属于反冲现象。
[知识梳理]
1．反冲：一个静止的物体在内力的作用下分成两部分，一部分向某个方向运动，另一部分向相反方向运动的现象。
2．规律：反冲运动中，系统内力很大，外力可忽略，通常可以用动量守恒定律来解释。
3．应用与防止
(1)应用举例：农田、园林的喷灌装置是利用反冲使水从喷口喷出时，一边喷水一边旋转等。
(2)防止举例：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，以减少反冲的影响等。
[初试小题]
1．判断正误。
(1)反冲运动是相互作用的物体之间的作用力与反作用力产生的效果。(√)
(2)只有系统所受合外力为零的反冲运动才能用动量守恒定律来分析。(×)
(3)反冲运动的原理既适用于宏观物体，也适用于微观粒子。(√)
(4)章鱼、乌贼的运动利用了反冲的原理。(√)
2．下列图片所描述的事例或应用中，不是利用反冲原理的是( )
解析：选D A图中喷灌装置的自动旋转是利用水流喷出时的反冲作用而运动，故属于反冲运动；B图中章鱼在水中前行和转向是利用喷出的水的反冲作用；C图中吹足气的气球用手捏住通气口静止释放后气球的运动是利用喷气的方式获得动力，利用了反冲原理；D图中码头边轮胎的作用是延长碰撞时间，从而减小作用力，不是利用反冲作用，故选D。
知识点二 火箭
[情境导学]
2021年1月20日0时25分，我国用长征三号乙运载火箭成功地将天通一号03星送到太空，这是长征运载火箭第358次发射成功，天通一号的发射成功，是我国在2021年的首次发射成功，为全年出征航空发射任务来了个开门红。
请问火箭飞行的动力来源是什么？
提示：火箭飞行的动力来源是火箭尾部喷出的高速气流的反作用力。
[知识梳理]
1．火箭的工作原理：应用了反冲原理，靠喷出气流的反冲作用而获得巨大的速度。
2．火箭获得的速度Δv
(1)推导：以喷气前的火箭为参考系，在极短时间Δt内喷出燃气的质量为Δm，喷出的燃气相对喷气前火箭的速度为u，喷气后火箭的质量为m，火箭增加的速度为Δv。以喷气前的火箭为参考系。由动量守恒定律可得mΔv＋Δmu＝0，可得Δv＝－eq \f(Δm,m)u。
(2)影响Δv的因素：①火箭喷出的燃气的速度u。②火箭喷出物质的质量与火箭本身质量之比eq \f(Δm,m)。
[初试小题]
1．判断正误。
(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作用的结果。(×)
(2)在没有空气的宇宙空间，火箭仍可加速前行。(√)
(3)火箭发射时，火箭获得的机械能来自于燃料燃烧释放的化学能。(√)
2．我们大家都知道月球周围没有空气，有的同学因此说：“由于月球周围没有空气，所以在月球上无法发射火箭”，请问：
(1)这位同学的说法对吗？
(2)我国的“嫦娥五号”返回器已经成功实现了月球采样返回，“嫦娥五号”返回器是靠什么从月球升空的？
提示：(1)这位同学的说法是错误的，火箭飞行的动力来源是火箭尾部喷出的高速气流的反作用力，而不是靠空气的作用力。
(2)“嫦娥五号”返回器是靠自己携带的助推器利用反冲原理从月球升空的。
[问题探究]
如图所示，水上飞行器Flybard是来自法国的水上飞行游乐产品，发明人是法国的Franky Zapata(弗兰克·扎帕塔)。游戏者利用它可以做出各种惊险、优美的动作，极具观赏性和娱乐性。
请问：水上飞行器是如何工作的？
提示：水上飞行器的工作原理是反冲原理。水上飞行器主要用到的是力学知识，其原理是通过附在喷气滑水艇上的一个巨大管子抽吸海水，然后再通过该管子将水喷出，利用喷水产生的反冲动力，让人腾空而起，做出各种动作。
[要点归纳]
1．反冲运动的特点
(1)反冲运动中系统内力远远大于外力，故系统动量守恒。
(2)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．处理反冲运动问题的三个注意
(1)速度的方向性：若系统原来静止，抛出部分具有速度时，剩余部分的速度必然相反，可任意规定某一部分的方向为正方向，另一速度要取负值。
(2)速度的相对性：反冲运动中，若已知条件是物体间的相对速度，应将相对速度转化为绝对速度(一般为对地速度)。
(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进行研究。
[例题1] 在水平铁轨上放置一门质量为M的炮车(不含炮弹)，发射的炮弹质量为m，设铁轨和炮车间摩擦不计，则：
(1)水平发射炮弹时，炮弹速度为v0，炮车的反冲速度为多大？
(2)炮弹速度大小为v0，速度方向与地面成θ角，炮车的反冲速度是多大？
(3)炮身与水平方向成θ角，炮弹射出炮口时，相对于炮口速度为v0，炮车的反冲速度为多大？
[解析] 以炮车和炮弹为研究系统，在水平方向上系统的动量守恒。以炮弹前进的水平方向为正方向，由动量守恒定律得
(1)由0＝mv0＋M(－v1)，解得v1＝eq \f(mv0,M)。
(2)由0＝mv0cs θ＋M(－v2)，解得v2＝eq \f(mv0cs θ,M)。
(3)由0＝m(v0cs θ－v3)＋M(－v3)，解得v3＝eq \f(mv0cs θ,M＋m)。
[答案] (1)eq \f(mv0,M) (2)eq \f(mv0cs θ,M) (3)eq \f(mv0cs θ,M＋m)
注意反冲运动中涉及相对速度的问题
反冲运动中存在相互作用的物体间发生相对运动，已知条件中有时告知的是物体的相对速度，在应用动量守恒定律时，应将相对速度转换为发生相互作用的物体相对同一参考系的速度。
如质量为M的车和质量为m的人一起以速度v0向右运动，人站在车尾相对车以速度v1水平向左跳出后车速v2为多大？
列出方程应为(M＋m)v0＝Mv2－m(v1－v2)。
典型错误①：(M＋m)v0＝Mv2－mv1。
典型错误②：(M＋m)v0＝Mv2－m(v1－v0)。
[针对训练]
1.一个连同装备共100 kg的宇航员，在离飞船45 m的位置与飞船处于相对静止的状态。装备中有一个高压气源，能以50 m/s的速度喷出气体。宇航员为了能在10 min 时间内返回飞船，他需要在开始返回的瞬间一次性向后喷出的气体质量是多少？
解析：设宇航员的速度为v，则v＝eq \f(x,t)＝eq \f(45,10×60) m/s＝0.075 m/s，释放质量为m1的气体后，则根据动量守恒定律有0＝m1v1－(M－m1)v，代入数据得m1≈0.15 kg。
答案：0.15 kg
2．反冲小车静止放在水平光滑玻璃上，点燃酒精，蒸汽将橡皮塞水平喷出，小车沿相反方向运动。如果小车运动前的总质量M＝3 kg，水平喷出的橡皮塞的质量m＝0.1 kg。
(1)若橡皮塞喷出时获得的水平速度v＝2.9 m/s，求小车的反冲速度；
(2)若橡皮塞喷出时速度大小不变，方向与水平方向成60°角，小车的反冲速度又如何？(小车一直在水平方向运动)
解析：(1)小车和橡皮塞组成的系统所受外力的矢量和为零，系统动量守恒，以橡皮塞运动的方向为正方向，根据动量守恒定律有
mv＋(M－m)v′＝0
v′＝－eq \f(m,M－m)v＝－eq \f(0.1,3－0.1)×2.9 m/s＝－0.1 m/s
负号表示小车运动的方向与橡皮塞运动的方向相反。
(2)小车和橡皮塞组成的系统水平方向动量守恒，以橡皮塞运动的水平分运动方向为正方向，有
mvcs 60°＋(M－m)v″＝0
v″＝－eq \f(mvcs 60°,M－m)＝－eq \f(0.1×2.9×0.5,3－0.1) m/s＝－0.05 m/s
负号表示小车运动的方向与橡皮塞运动的水平分运动方向相反。
答案：(1)0.1 m/s，方向与橡皮塞运动的方向相反
(2)0.05 m/s，方向与橡皮塞运动的水平分运动方向相反
[要点归纳]
处理火箭问题的思路
(1)火箭喷气属于反冲类问题，是动量守恒定律的重要应用。
(2)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，处理该类问题时，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。
[例题2] 2020年11月24日4时30分，我国在文昌航天发射场，用长征五号遥五运载火箭成功发射探月工程嫦娥五号探测器，这一高光时刻吸引了全球的关注。假设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？
[解析] 解法一：(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。
设第一次气体喷出后火箭速度为v1，有
(M－m)v1－mv＝0，所以v1＝eq \f(mv,M－m)
设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＝eq \f(2mv,M－2m)
设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＝eq \f(3mv,M－3m)＝eq \f(3×0.2×1 000,300－3×0.2) 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＝eq \f(nmv,M－nm)
因为每秒喷气20次，所以1 s末火箭速度为
v20＝eq \f(20mv,M－20m)＝eq \f(20×0.2×1 000,300－20×0.2) m/s≈13.5 m/s。
解法二：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＝eq \f(3mv,M－3m)≈2 m/s。
(2)以火箭和20次喷出的气体为研究对象，根据动量守恒定律，有
(M－20m)v20－20mv＝0
所以v20＝eq \f(20mv,M－20m)≈13.5 m/s。
[答案] (1)2 m/s (2)13.5 m/s
处理火箭发射问题的三点提醒
(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、后火箭质量的变化。
(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速度。
(3)列方程时要注意初、末状态动量的方向。反冲后火箭速度的方向与反冲前火箭的运动方向是相同的。
[针对训练]
火箭发射领域“世界航天第一人”是明朝的士大夫万户，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、燃料、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的炽热燃气相对地面以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( )
A．火箭的推力来源于空气对它的反作用力
B．在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为eq \f(mv0,M－m)
C．喷出燃气后，万户及其所携设备能上升的最大高度为eq \f(m2v02,gM－m2)
D．在火箭喷气过程中，万户及其所携设备的机械能守恒
解析：选B 点燃火箭后，火箭在极短时间内向下喷出燃气，利用力的作用是相互的，燃气会给火箭向上的反作用力，此过程，内力远大于火箭重力，动量守恒，有mv0＝(M－m)v，解得火箭速度为v＝eq \f(mv0,M－m)，A错误，B正确；忽略空气阻力的影响，万户及其所携设备做竖直上抛运动，有h＝eq \f(v2,2g)＝eq \f(m2v02,2gM－m2)，C错误；在火箭喷气过程中，燃气的内能有部分转化为系统的机械能，机械能增加，D错误。
[问题探究]
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，在她跳起前后遵循动量守恒定律，她在跳出瞬间，船也要向后运动。根据动量守恒定律和能量守恒定律可知，这位同学在船上起跳，跳出时相对地面的速度比在地上起跳时的速度小，跳出的距离变小，因此不可能跳到岸上。
[要点归纳]
1．“人船模型”：如图所示，长为L、质量为m船的小船停在静水中，质量为m人的人由静止开始从船的一端走到船的另一端，不计水的阻力。以人和船组成的系统为研究对象，在人由船的一端走到船的另一端的过程中，系统水平方向不受外力作用，所以整个系统水平方向动量守恒。
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其质量的反比eq \f(m1,m2)＝eq \f(v2,v1)。即为“人船模型”问题。
2．物体的运动特点：“人”走“船”行、“人”快“船”快、“人”慢“船”慢、“人”停“船”停。
3．处理“人船模型”问题的思路：利用动量守恒，先确定两物体的速度关系，再确定两物体通过的位移关系。
(1)系统内的两个物体原来处于静止状态，相互作用后两个物体反向运动，过程中任意时刻两个物体的瞬时速率分别为v1、v2，由动量守恒定律得m1v1－m2v2＝0，即eq \f(m1,m2)＝eq \f(v2,v1)。
(2)由于相互作用过程中任意时刻系统的动量守恒，故全过程中两个物体的平均动量也守恒，即m1eq \x\t(v)1－m2eq \x\t(v)2＝0。
(3)两物体相互作用的时间为t，在这段时间内两物体的位移大小分别为x1和x2，则有m1eq \f(x1,t)－m2eq \f(x2,t)＝0，即m1x1－m2x2＝0或者eq \f(m1,m2)＝eq \f(x2,x1)。
4．处理“人船模型”问题的关键
(1)明确思路：动量守恒⇒平均动量守恒⇒m1x1－m2x2＝0⇒求解有关问题。
(2)画位移关系图：画出两个物体的位移关系图，找出它们相对地面的位移关系。
[例题3] 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(可以把人看作质点)( )
A．5 m B．3.6 m
C．2.6 mD．8 m
[解析] 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＝eq \f(10,7) m，所以人离地高度H＝h－h1≈3.6 m，故B正确。
[答案] B
“人船模型”的推广应用
(1)对于原来静止、相互作用过程中动量守恒的两个物体组成的系统，无论沿什么方向运动，“人船模型”均可应用。
(2)原来静止的系统在某一个方向上动量守恒，运动过程中，系统中两物体在该方向上速度方向相反，也可应用处理人船模型问题的思路来处理。
[针对训练]
1．平静的水面上停着一只小船，船头站立着一个人，船的质量是人的质量的8倍。从某时刻起，这个人向船尾走去，走到船中部他突然停止走动，水对船的阻力忽略不计。下列说法中正确的是( )
A．人走动时，他相对于水面的速度和小船相对于水面的速度大小相等、方向相反
B．他突然停止走动后，船由于惯性还会运动一小段时间
C．人在船上走动的过程，人对水面的位移是船对水面的位移的9倍
D．人在船上走动的过程，人的动能是船的动能的8倍
解析：选D 人与船组成的系统动量守恒，以人的速度方向为正方向，由动量守恒定律得m人v人－m船v船＝0，又m船＝8m人，所以v人＝8v船，人、船速度方向相反，故A错误；v人t＝8v船t，即x人＝8x船，故C错误；人与船组成的系统动量守恒，人突然停止走动后，人的动量为零，由于系统初动量为零，由动量守恒定律可知，船的动量为零，船的速度为零，则知人停止走动后，船立即停止运动，故B错误；因8m人＝m船，v人＝8v船，根据Ek＝eq \f(1,2)mv2可知，人与船的动能之比Ek人∶Ek船＝8∶1，故D正确。
2.如图所示，质量为m、半径为R的小球，放在半径为2R、质量为2m的大空心球内，大球开始静止在光滑水平面上。当小球从如图所示的位置无初速度沿内壁滚到最低点时，大球移动的距离是( )
A．eq \f(R,2)B．eq \f(R,3)
C．eq \f(R,4)D．eq \f(R,6)
解析：选B 由水平方向动量守恒有mx小球－2mx大球＝0，又x小球＋x大球＝R，所以x大球＝eq \f(R,3)，选项B正确。
1.国产科幻大片《流浪地球》中有这样的情节：为了自救，人类提出一个名为“流浪地球”的大胆计划，即倾全球之力在地球表面建造上万座发动机，推动地球离开太阳系，用2 500年的时间奔往另外一个栖息之地，这个科幻情节中有反冲运动的原理。现实中的下列运动，属于反冲运动的有( )
A．汽车的运动 B．直升机的运动
C．火车的运动 D．反击式水轮机的运动
解析：选D 汽车与火车的运动利用了汽车与火车的牵引力，不属于反冲运动，故A、C错误；直升机的运动利用了空气的反作用力，不属于反冲运动，故B错误；反击式水轮机的运动利用了水的反冲作用而获得动力，属于反冲运动，故D正确。
2．采取下列哪些措施有利于增加喷气式飞机的飞行速度( )
A．使喷出的气体速度增大
B．使喷出的气体温度更高
C．使喷出的气体质量更小
D．使喷出的气体密度更小
解析：选A 设飞机原来总质量为M，喷出的气体质量为m，喷出的速度为v0，剩余部分的速度为v，由动量守恒定律得(M－m)v－mv0＝0，v＝eq \f(m,M－m)v0，可见m越大，v0越大， v越大，选项A正确。
3.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，下列说法中正确的是( )
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，则船不动
解析：选B 前、后舱分开时，前舱和抽出的水相互作用，靠反冲作用前舱向前运动，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。
4．我国发射的“神舟十号”飞船与“天宫一号”空间站实现了完美对接。假设“神舟十号”飞船到达对接点附近时，对地的速度为v，此时的质量为m，欲使飞船追上“天宫一号”实现对接，飞船需加速到v1，飞船发动机点火，将质量为Δm的燃气一次性向后喷出，燃气对地向后的速度大小为v2。这个过程中，下列各表达式正确的是( )
A．mv＝mv1－Δmv2
B．mv＝mv1＋Δmv2
C．mv＝(m－Δm)v1－Δmv2
D．mv＝(m－Δm)v1＋Δmv2
解析：选C 飞船发动机点火喷出燃气，由动量守恒定律得mv＝(m－Δm)v1－Δmv2，选项C正确。
5.质量为M的小车置于光滑的水平面上，左端固定一根水平轻弹簧，质量为m的光滑物块放在小车上，压缩弹簧并用细线连接物块和小车左端，开始时小车与物块都处于静止状态，此时物块与小车右端相距L，如图所示，当突然烧断细线后，以下说法正确的是( )
A．物块和小车组成的系统机械能守恒
B．物块和小车组成的系统动量守恒
C．当物块速度大小为v时，小车速度大小为eq \f(M,m)v
D．当物块离开小车时，小车向左运动的位移为eq \f(m,M)L
解析：选B 弹簧弹开物块和小车的过程，若取物块、小车和弹簧为系统，无其他力做功，机械能守恒；但若选物块和小车组成的系统，弹力做功属于系统外力做功，弹性势能转化成系统的机械能，此时系统的机械能不守恒，A错误。取物块和小车为系统，系统所受外力的合力为零，系统的动量守恒，B正确。由系统的动量守恒得mv－Mv′＝0，解得v′＝eq \f(m,M)v， C错误。弹开的过程实际是人船模型，有eq \f(v,v′)＝eq \f(M,m)，则在相同时间内eq \f(x,x′)＝eq \f(M,m)，且x＋x′＝L，联立得x′＝eq \f(mL,M＋m)，D错误。
反冲运动的理解及应用
火箭原理的理解及应用
人船模型
相关学案
人教版 (2019)选择性必修 第一册6 反冲现象 火箭学案： 这是一份人教版 (2019)选择性必修 第一册6 反冲现象 火箭学案，共5页。
高中物理人教版 (2019)选择性必修 第一册6 反冲现象 火箭学案： 这是一份高中物理人教版 (2019)选择性必修 第一册6 反冲现象 火箭学案，共17页。
高中物理人教版 (2019)选择性必修 第一册3 动量守恒定律学案及答案： 这是一份高中物理人教版 (2019)选择性必修 第一册3 动量守恒定律学案及答案，共13页。学案主要包含了反冲现象，火箭等内容，欢迎下载使用。
