6、作用的內(nèi)力一般情況下遠大于外力或在某一方向上內(nèi)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)反沖運動中，由于有其他形式的能轉(zhuǎn)化為機械能，所以系統(tǒng)的總動能增加。
2．分析反沖運動應注意的問題
(1)速度的反向性問題
對于原來靜止的整體，拋出部分具有速度時，剩余部分的反沖是相對于拋出部分來說的，兩者運動方向必然相反。在列動量守恒方程時，可任意規(guī)定某一部分的運動方向為正方向，則反方向的另一部分的速度應取負值。
(2)相對速度問題
反沖運動的問題中，有時遇到的速度是相互作用的兩物體的相對速度。由于動量守恒定律中要求速度為對同一參考系的速度，通常為對地的速
7、度。因此應先將相對速度轉(zhuǎn)換成對地的速度后，再列動量守恒定律方程。
(3)變質(zhì)量問題
在反沖運動中還常遇到變質(zhì)量物體的運動，如在火箭的運動過程中，隨著燃料的消耗，火箭本身的質(zhì)量不斷減小，此時必須取火箭本身和在相互作用的短時間內(nèi)噴出的所有氣體為研究對象，取相互作用的這個過程為研究過程來進行研究。
D
典例1 一個連同裝備總質(zhì)量為M＝100kg的宇航員，在距離飛船s＝45m處與飛船處于相對靜止狀態(tài)，他準備對太空中的哈勃望遠鏡進行維修，宇航員背著裝有質(zhì)量為m0＝0.5kg的氧氣貯氣筒，筒內(nèi)有一個可以使氧氣以v＝50m/s的速度噴出的噴嘴。宇航員在維修完畢哈勃望遠鏡后，必須向著返回飛船方向的反
8、方向釋放氧氣，才能回到飛船，同時又必須保留一部分氧氣供途中宇航員呼吸之用，宇航員的耗氧率為Q＝2.5×10－4kg/s，如果不考慮噴出氧氣對設備與宇航員總質(zhì)量的影響，則：
(1)噴出多少氧氣，宇航員才能安全返回飛船？
(2)為了使總耗氧量最低，應該一次噴出多少氧氣？返回時間是多少？
解題指導：本題中宇航員所帶的氧氣量一定，問題是要將它合理分配給呼吸和噴氣兩個方面使用，并能保證宇航員安全返回飛船。
解析：(1)以飛船為參考物，設沿著飛船運動的方向為正方向，并設噴出質(zhì)量為m(kg)氧氣時宇航員獲得的速度是v′，對于“宇航員和噴出的氧氣”這一系統(tǒng)而言，在噴氣方向上由動量守恒可得：
(M－m
9、)v′－mv＝0，考慮M?m，有v′＝mv/M ①
宇航員返回時做勻速運動，歷時t＝s/v′ ②
又筒內(nèi)氧氣的總質(zhì)量滿足關系為m0＝Qt＋m ③
聯(lián)立①②③三式得：m0＝Qs·＋m
代入數(shù)據(jù)得：m1＝0.05kg，m2＝0.45kg，即宇航員噴出0.05kg或0.45kg的氧氣時，返回去剛好把剩余的氧氣呼吸完，假如噴出的氧氣介于m1和m2之間，則返回后還有剩余的氧氣，故本問題的答案是：噴出的氧氣介于0.05kg～0.45kg之間，即可安全返回。
(2)為了使耗氧量最低，設噴出m(kg)氧氣，
則耗氧為：Δm＝Qt＋m ④
結(jié)合上面①②兩式就有：Δm＝＋m＝＋m當m＝時，Δ
10、m有極小值，即m＝kg＝0.15kg，耗氧量最低，此時返回的時間為t＝＝＝600s。
答案：(1)0.05kg～0.45kg (2)0.15kg；600s
〔對點訓練1〕 假定冰面是光滑的，某人站在冰凍河面的中央，他想到達岸邊，則可行的辦法是( D )
A．步行
B．揮動雙臂
C．在冰面上滾動
D．脫去外衣拋向岸的反方向
解析：由于冰面光滑，無法行走或滾動，由動量守恒定律可知，只有拋出物體獲得反沖速度才能到達岸邊。
探究二 火箭的工作原理
S 2
我國宋代就發(fā)明了火箭(如圖甲)，火箭上扎一個火藥筒，火藥筒的前端是封閉的，火藥點燃后火箭由于反沖向前運動?，F(xiàn)代火箭，原理與
11、古代火箭相同(如圖乙)，你知道我國“長征”號系列火箭是怎樣先后將“神舟”號系列載人飛船送上太空的嗎？
提示：火箭靠噴射高溫高壓燃氣獲得反作用力，將“神舟”系列飛船送入太空。
G
1．工作原理
火箭是利用了反沖原理，發(fā)射火箭時，尾管中噴射出的高速氣體有動量，根據(jù)動量守恒定律，火箭就獲得向上的動量，從而向上飛去。
即mΔv＋Δmu＝0
解得Δv＝－u
2．分析火箭類問題應注意的幾點
(1)火箭在運動過程中，隨著燃料的燃燒，火箭本身的質(zhì)量不斷減小，故在應用動量守恒定律時，必須取在同一相互作用時間內(nèi)的火箭和噴出的氣體為研究對象。注意反沖前、后各物體質(zhì)量的變化。
(2)明確兩部
12、分物體初、末狀態(tài)的速度的參考系是不是同一參考系，如果不是同一參考系要設法予以調(diào)整，一般情況要轉(zhuǎn)換成對地速度。
(3)列方程時要注意初、末狀態(tài)動量的方向。反沖物體速度的方向與原物體的運動方向是相反的。
D
典例2 一火箭噴氣發(fā)動機每次噴出m＝200g的氣體，氣體離開發(fā)動機噴出時的速度v＝1000m/s，設火箭質(zhì)量M＝300kg，發(fā)動機每秒噴氣20次。
(1)當?shù)谌螝怏w噴出后，火箭的速度多大？
(2)運動第1s末，火箭的速度多大？
解題指導：(1)恰當選取研究對象，應用動量守恒定律求解。
(2)列方程時注意火箭質(zhì)量的變化。
解析：方法一：噴出氣體運動方向與火箭運動方向相反，系統(tǒng)
13、動量守恒。
(M－m)v1－mv＝0
所以v1＝。
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＝
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＝＝m/s＝2m/s。
依次類推，第n次氣體噴出后，火箭速度為vn，有
(M－nm)vn－mv＝[M－(n－1)m]vn－1
所以vn＝
因為每秒噴氣20次，所以1s末火箭速度為
v20＝＝m/s＝13.5m/s
方法二：整體選取研究對象，運用動量守恒定律求解
(1)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(jù)動
14、量守恒定律得：
(M－3m)v3－3mv＝0
所以v3＝＝2m/s
(2)以火箭和噴出的20次氣體為研究對象
(M－20m)v20－20mv＝0
所以v20＝＝13.5m/s
答案：2m/s；13.5m/s
〔對點訓練2〕 一枚火箭搭載著衛(wèi)星以速率v0進入太空預定位置，由控制系統(tǒng)使箭體與衛(wèi)星分離。已知前部分的衛(wèi)星質(zhì)量為m1，后部分的箭體質(zhì)量為m2，分離后箭體以速率v2沿火箭原方向飛行，若忽略空氣阻力與分離前后系統(tǒng)質(zhì)量的變化，則分離后衛(wèi)星的速率v1為( D )
A．v0－v2 B．v0＋v2
C．v0－v2 D．v0＋(v0－v2)
解析：根據(jù)動量守恒定律，得
(m1
15、＋m2)v0＝m1v1＋m2v2
v1＝v0＋(v0－v2)
選項D正確。
人船模型
1．“人船模型”問題的特征
兩個原來靜止的物體發(fā)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(zhì)量的反比。這樣的問題歸為“人船模型”問題。
2．處理“人船模型”問題的關鍵
(1)利用動量守恒，確定兩物體速度關系，再確定兩物體通過的位移的關系。
由于動量守恒，所以任一時刻系統(tǒng)的總動量為零，動量守恒式可寫成m1v1＝m2v2的形式(v1、v2為兩物體的瞬時速率)，表明任意時刻的瞬時速率都與各物體的質(zhì)量成反比。所以全過程的平均速度也與質(zhì)量成
16、反比。進而可得兩物體的位移大小與各物體的質(zhì)量成反比，即＝。
(2)解題時要畫出各物體的位移關系草圖，找出各長度間的關系。
(3)適用條件
“人船模型”是利用平均動量守恒求解的一類問題。適用條件是：
①系統(tǒng)由兩個物體組成且相互作用前靜止，系統(tǒng)總動量守恒。
②在系統(tǒng)內(nèi)發(fā)生相對運動的過程中至少有一個方向的動量守恒，注意兩物體的位移是相對同一參考系的位移。
案例 如圖所示，長為L、質(zhì)量為M的船停在靜水中，一個質(zhì)量為m的人(可視為質(zhì)點)站在船的左端，在人從船頭走到船尾的過程中，船與人相對地的位移大小分別為多少？(忽略水對船的阻力)
解析：選人和船為一系統(tǒng)，由于系統(tǒng)在水平方向不受外力作用
17、，所以系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，設某一時刻人的對地速度為v，船的速度大小為v′，選人的運動方向為正方向，由動量守恒定律得mv－Mv′＝0。
在人與船相互作用的過程中，上式始終成立，不難想到，船的運動受人運動的制約，當人加速運動時，船亦加速運動；當人勻速運動時，船亦勻速運動；當人停止運動時，船也停止運動，設人從船頭到船尾的過程中，人的對地位移大小為x1，船的對地位移大小為x2，所以＝，又從圖可見x1＋x2＝L，聯(lián)立三式可解得x1＝L，x2＝L。
點評：在人船模型中，某物體位移易誤認為相對另一物體的位移。
1．(山東濰坊一中2016～2017學年高二下學期檢測)“爆竹聲中一歲除，春風
18、送暖入屠蘇”，爆竹聲響是辭舊迎新的標志，是喜慶心情的流露。有一個質(zhì)量為3m的爆竹斜向上拋出，到達最高點時速度大小為v0、方向水平向東，在最高點爆炸成質(zhì)量不等的兩塊，其中一塊質(zhì)量為2m，速度大小為v，方向水平向東，則另一塊的速度是( C )
A．3v0－v B．2v0－3v
C．3v0－2v D．2v0＋v
解析：在最高點水平方向動量守恒，由動量守恒定律可知，3mv0＝2mv＋mv′，可得另一塊的速度為v′＝3v0－2v，故C正確。
2．(湖北省部分重點中學2016～2017學年高二下學期質(zhì)檢)如圖所示，一個質(zhì)量為m1＝50kg的人抓在一只大氣球下方，氣球下面有一根長繩。氣球和長繩
19、的總質(zhì)量為m2＝20kg，長繩的下端剛好和水平面接觸。當靜止時人離地面的高度為h＝5m。如果這個人開始沿繩向下滑，當他滑到繩下端時，他離地面高度是(可以把人看作質(zhì)點)( B )
A．5m B．3.6m
C．2.6m D．8m
解析：當人滑到繩下端時，如圖所示，由動量守恒，得m1＝m2，且h1＋h2＝h。解得h1＝1.4m；所以他離地高度H＝h－h(huán)1＝3.6m，故選項B正確。
3．(安徽合肥2016～2017學年高二下學期三校聯(lián)考)某學習小組在探究反沖運動時，將質(zhì)量為m1的一個小液化氣瓶固定在質(zhì)量為m2的小玩具船上，利用液化氣瓶向外噴射氣體作為船的動力?，F(xiàn)在整個裝置靜止放在平
20、靜的水面上，已知打開瓶后向外噴射氣體的對地速度為v1，如果在Δt的時間內(nèi)向后噴射的氣體的質(zhì)量為Δm，忽略水的阻力，則噴射出質(zhì)量為Δm的氣體后，小船的速度是多少？
答案：
解析：由動量守恒定律得：(m1＋m2－Δm)v船－Δmv1＝0
得：v船＝。
基礎夯實
一、選擇題(單選題)
1．下列不屬于反沖運動的是( B )
A．噴氣式飛機的運動 B．直升機的運動
C．火箭的運動 D．反擊式水輪機的運動
解析：直升機運動是飛機螺旋槳與外部空氣作用的結(jié)果，不屬于反沖運動。
2．(陜西省西安電子科技中學2016～2017學年高二下學期月考)運送人造地球衛(wèi)星的火箭開始工作
21、后，火箭做加速運動的原因是( B )
A．燃料燃燒推動空氣，空氣反作用力推動火箭
B．火箭發(fā)動機將燃料燃燒產(chǎn)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，然后向后推出，空氣對火箭的反作用力推動火箭
D．火箭燃料燃燒發(fā)熱，加熱周圍空氣，空氣膨脹推動火箭
解析：火箭工作的原理是利用反沖運動，是火箭燃料燃燒產(chǎn)生的高溫高壓燃氣從尾噴管迅速噴出時，使火箭獲得的反沖速度，故正確答案為選項B。
3．(2017·全國卷Ⅰ，14)將質(zhì)量為1.00 kg的模型火箭點火升空，50 g燃燒的燃氣以大小為600 m/s的速度從火箭噴口在很短時間內(nèi)噴出。在燃氣噴出后的瞬間，火箭的動量大小為(噴出
22、過程中重力和空氣阻力可忽略)( A )
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： 燃氣從火箭噴口噴出的瞬間，火箭和燃氣組成的系統(tǒng)動量守恒，設燃氣噴出后的瞬間，火箭的動量大小為p，根據(jù)動量守恒定律，可得p－mv0＝0，解得p＝mv0＝0.050kg×600m/s＝30kg·m/s，選項A正確。
4．豎直發(fā)射的火箭質(zhì)量為6×103kg。已知每秒鐘噴出氣體的質(zhì)量為200kg。若要使火箭最初能得到20m/s2的向上的加速度，則噴出氣體的速度應為( C )
A．700m/s B．800m/s
23、
C．900m/s D．1000m/s
解析：每秒噴出氣體的動量等于火箭每秒增加的動量，即m氣v氣＝m箭v箭，由動量定理得火箭獲得的動力F＝＝＝200v，又F－m箭g＝m箭a，得v＝900m/s。
5．(江西九江一中2015～2016學年高二下學期期中)如圖所示，在光滑的水平地面上有一輛平板車，車的兩端分別站著人A和B，A的質(zhì)量為mA，B的質(zhì)量為mB，mA＞mB。最初人和車都處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)在兩人同時由靜止開始相向而行，A和B相對地面的速度大小相等，則車( C )
A．靜止不動 B．向右運動
C．向左運動 D．左右往返運動
解析：A和B與小車作用過程中系統(tǒng)動量守恒，開始都靜
24、止，總動量為零。由于mA＞mB，兩人速度大小相等，則A向右的動量大于B向左的動量，故小車應向左運動；故選C。
二、非選擇題
6．課外科技小組制作一只“水火箭”，用壓縮空氣壓出水流使火箭運動。假如噴出的水流流量保持為2×10－4m3/s，噴出速度保持為對地10m/s。啟動前火箭總質(zhì)量為1.4kg，則啟動2s末火箭的速度可以達到多少？已知火箭沿水平軌道運動阻力不計，水的密度是103kg/m3。
答案：4m/s
解析：“水火箭”噴出水流做反沖運動，設火箭原來總質(zhì)量為M，噴出水流的流量為Q，水的密度為ρ，水流的噴出速度為v，火箭的反沖速度為v′，由動量守恒定律得
(M－ρQt)v′＝ρQtv
25、
火箭啟動后2s末的速度為
v′＝＝m/s＝4m/s
7．如圖所示，光滑水平面上有兩輛車，甲車上面有發(fā)射裝置，甲車連同發(fā)射裝置質(zhì)量M1＝1kg，車上另有一個質(zhì)量為m＝0.2kg的小球。甲車靜止在平面上，乙車以v0＝8m/s的速度向甲車運動，乙車上有接收裝置，總質(zhì)量M2＝2kg，問：甲車至少以多大的水平速度將小球發(fā)射到乙車上，兩車才不會相撞？(球最終停在乙車上)
答案：25m/s
解析：要使兩車不相撞，則兩車速度相等。以三者為系統(tǒng)，動量守恒：0＋M2v0＝(M1＋m＋M2)v共，解得v共＝5m/s，以球與乙車為系統(tǒng)，動量守恒：M2v0－mv＝(m＋M2)v共，解得v＝25m/s。
26、
能力提升
一、選擇題(單選題)
1．(湖北黃岡市黃梅二中2016～2017學年高二下學期期中)有一條捕魚小船?？吭诤叴a頭，小船又窄又長，一位同學想用一個卷尺粗略測定它的質(zhì)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，而后輕輕下船，用卷尺測出船后退的距離d，然后用卷尺測出船長L。已知他自身的質(zhì)量為m，則漁船的質(zhì)量為( B )
A． B．
C． D．
解析：設人走動時船的速度大小為v，人的速度大小為v′，人從船尾走到船頭所用時間為t，取船的速度為正方向。
則v＝，v′＝，
根據(jù)動量守恒定律得：Mv－mv′＝0，
解得，船的質(zhì)
27、量：M＝，故選B。
2．(山東壽光實驗中學2015～2016學年高二下學期質(zhì)檢)如圖所示，設質(zhì)量為M的導彈運動到空中最高點時速度為v0，突然炸成兩塊，質(zhì)量為m的一塊以速度v沿v0的方向飛去，則另一塊的運動( C )
A．一定沿v0的方向飛去 B．一定沿v0的反方向飛去
C．可能做自由落體運動 D．以上說法都不對
解析：根據(jù)動量守恒得v′＝，mv可能大于、小于或等于Mv0，所以v′可能小于、大于或等于零。
3．質(zhì)量為m、半徑為R的小球，放在半徑為2R、質(zhì)量為2m的大空心球內(nèi)，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(nèi)壁滾到最低點時，大球移動的距離是( B )
28、
A． B．
C． D．
解析：由水平方向平均動量守恒有：mx小球＝2mx大球，又x小球＋x大球＝R，所以x大球＝R。
4．如圖所示，滑槽M1與滑塊M2緊靠在一起，靜止于光滑的水平面上。小球m從M1的右上方無初速度地下滑，當m滑到M1左方最高處時，M1將( B )
A．靜止 B．向左運動
C．向右運動 D．無法確定
解析：小球m和滑槽M1、滑塊M2三個物體構(gòu)成一個系統(tǒng)，這個系統(tǒng)在水平方向所受的合外力為0，所以系統(tǒng)水平方向動量守恒，小球m下滑前系統(tǒng)總動量為0，小球m下滑后和滑槽M1作用，滑槽M1和滑塊M2作用，作用結(jié)果使滑塊M2向右運動，有向右的動量。當m滑到M1左方
29、最高點時，小球m和滑槽M1的相對速度為0，但小球m和滑槽M1這個整體向左運動，有向左的動量，這樣才能保證系統(tǒng)水平總動量為0。故選項B正確。
5．如圖所示，裝有炮彈的火炮總質(zhì)量為m1，炮彈的質(zhì)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)( C )
A．v0 B．
C． D．
解析：火炮發(fā)射炮彈的過程中水平方向動量守恒，以向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律得：m2v0cosθ－(m1－m2)v＝0，解得v＝。故選C。
二、非選擇題
6．以初速度v0與水平方向成60°角斜向上拋出的手榴彈，到達最高點時炸成質(zhì)量分別為m和
30、2m的兩塊。其中質(zhì)量大的一塊沿著原來的方向以2v0 的速度飛行。
求：(1)質(zhì)量較小的另一塊彈片速度的大小和方向；
(2)爆炸過程有多少化學能轉(zhuǎn)化為彈片的動能？
答案：(1)2.5v0，方向與爆炸前速度的方向相反
(2)mv
解析：手榴彈爆炸過程，爆炸力是內(nèi)力，遠大于重力，因此爆炸過程各彈片組成的系統(tǒng)動量守恒，因為爆炸過程火藥的化學能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，進而有一部分轉(zhuǎn)化為彈片的動能，所以此過程系統(tǒng)的機械能(動能)增加。
(1)斜拋的手榴彈在水平方向上做勻速直線運動，在最高點處爆炸前的速度v1＝v0cos60°＝v0。設v1的方向為正方向，如圖所示，由動量守恒定律得：
3mv1＝2mv
31、′1＋mv2
其中爆炸后大塊彈片速度v′1＝2v0，
解得v2＝－2.5v0，“－”號表示v2的速度與爆炸前速度方向相反。
(2)爆炸過程中轉(zhuǎn)化為動能的化學能等于系統(tǒng)動能的增量，ΔEk＝×2mv′＋mv－(3m)v＝mv。
7．平板車停在水平光滑的軌道上，平板車上有一人從固定在車上的貨箱邊緣沿水平方向順著軌道方向跳出，落在平板車地板上的A點，距貨箱水平距離為l＝4m，如圖所示。人的質(zhì)量為m，車連同貨箱的質(zhì)量為M＝4m，貨箱高度為h＝1.25m。求車在人跳出后到落到地板前的反沖速度為多大。
答案：1.6m/s
解析：人從貨箱邊跳離的過程，系統(tǒng)(人、車和貨箱)水平方向動量守恒，設人的水平速度是v1，車的反沖速度是v2，取向右為正方向，則mv1－Mv2＝0，解得v2＝v1，
人跳離貨箱后做平拋運動，車以v2做勻速運動，運動時間為t＝＝s＝0.5s。
在這段時間內(nèi)人的水平位移s1和車的位移s2分別為s1＝v1t，s2＝v2t，s1＋s2＝l
即v1t＋v2t＝l，則v2＝＝m/s＝1.6m/s。
15
（全國通用版）2018-2019高中物理 第十六章 動量守恒定律 第五節(jié) 反沖運動火箭學案 新人教版選修3-5
