資源簡介

第六節　反　沖
(分值:100分)
選擇題1~10題,每小題8分,共80分。
基礎對點練
題組一　反沖運動的理解和應用
1.下列圖片所描述的事例或應用中,沒有利用反沖運動原理的是 (　　)
2.烏賊游動時,先把水吸入體腔,然后收縮身體,通過身體上的小孔向外噴水,使身體向相反方向快速移動。某次靜止的烏賊在瞬間噴出的水的質量占噴水前自身總質量的,噴水后烏賊獲得的速度為8 m/s,則噴出的水的速度大小為 (　　)
72 m/s 80 m/s
88 m/s 60 m/s
3.如圖所示,裝有炮彈的火炮總質量為m1,其中炮彈的質量為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(假設水平面光滑) (　　)
題組二　火箭的發射
4.我國的“長征”系列運載火箭已經成功發射了很多不同用途的衛星?；鸺者^程中向下噴出高速氣體,從而獲得較大的向上速度。火箭飛行所能達到的最大速度是燃料燃盡時火箭獲得的速度。決定火箭最大速度的因素是 (　　)
火箭噴出的氣體速度
火箭開始飛行時的質量
火箭噴出的氣體總質量
火箭噴出的氣體速度和火箭始、末質量比
5.將質量為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噴出。在燃氣噴出后的瞬間,火箭的動量大小為(噴出過程中重力和空氣阻力可忽略) (　　)
30 kg·m/s 5.7×102 kg·m/s
6.0×102 kg·m/s 6.3×102 kg·m/s
題組三　“人—船”模型
6.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測量它的質量。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,而后輕輕下船,用卷尺測出船后退的距離d和船長L。已知他自身的質量為m,則船的質量為 (　　)
7.如圖所示,質量m=60 kg的人站在質量M=300 kg的車的一端,車長L=3 m,相對于地面靜止。若車與地面間的摩擦可以忽略不計,人由車的一端走到另一端的過程中,車將 (　　)
后退0.5 m 后退0.6 m
后退0.75 m 一直勻速后退
綜合提升練
8.天問一號探測器由環繞器、著陸器和巡視器組成,總質量達到5×103 kg,于2020年7月23日發射升空,2021年2月24日進入火星停泊軌道。在地火轉移軌道飛行過程中天問一號進行了四次軌道修正和一次深空機動,2020年10月9日23時,在距離地球大約2.94×107千米的深空,天問一號探測器3 000 N主發動機點火工作約480秒,此間發動機向后噴射的氣體速度約為3×103 m/s,順利完成深空機動,天問一號飛行軌道變為能夠準確被火星捕獲的、與火星精確相交的軌道。關于這次深空機動,下列說法正確的是 (　　)
天問一號的速度變化量大小約為2.88×103 m/s
天問一號的速度變化量大小約為288 m/s
噴出氣體的質量約為48 kg
噴出氣體的質量約為240 kg
9.(多選)一個士兵坐在皮劃艇上,他連同裝備和皮劃艇的總質量為120 kg,無動力的皮劃艇在平靜的湖面上沿筆直湖岸以1 m/s的速度前行,此時這個士兵沿平行湖岸方向連續射出10發子彈,子彈離開槍口時相對地面的速度是600 m/s。每顆子彈的質量為10 g,不考慮水的阻力。則打出10發子彈后皮劃艇的速度大小可能是 (　　)
0.4 m/s 0.5 m/s
1.5 m/s 3 m/s
10.“世界航天第一人”是明朝的萬戶,如圖所示,他把47個自制的火箭綁在椅子上,自己坐在椅子上,雙手舉著大風箏,設想利用火箭的推力飛上天空,然后利用風箏平穩著陸,假設萬戶及其所攜設備(火箭、椅子、風箏等)的總質量為M,點燃火箭后在極短的時間內,質量為m的燃氣相對地面以v0的速度豎直向下噴出,忽略空氣阻力的影響,重力加速度為g,下列說法正確的是 (　　)
火箭的推力來源于空氣對它的反作用力
在燃氣噴出后的瞬間,火箭的速度大小為
噴出燃氣后,萬戶及其所攜設備能上升的最大高度為
在火箭噴氣過程中,萬戶及其所攜設備的機械能守恒
11.(10分)為安全著陸火星,質量為240 kg的探測器先向下噴氣,使其短時懸停在距火星表面高度100 m處。已知火星表面重力加速度g火=3.7 m/s2,不計一切阻力,忽略探測器的質量變化。
(1)(5分)若懸停時發動機相對火星表面的噴氣速度大小為3.7 km/s,求每秒噴出氣體的質量;
(2)(5分)為使探測器獲得水平方向大小為0.1 m/s的速度,需將12 g氣體以多大速度沿水平方向噴出 并計算此次噴氣過程發動機至少做了多少功
培優加強練
12.(10分)如圖所示,質量為M的四分之一光滑軌道靜止在光滑水平面上,圓弧軌道末端與水平面相切,圓弧軌道半徑為R,且圓弧軌道不固定。有一質量為m=M的小球A從圓弧軌道上與圓心等高處無初速度釋放,小球可視為質點,重力加速度為g,求:
(1)(5分)小球與圓弧軌道分離時小球的速度大小;
(2)(5分)從剛釋放小球到小球與圓弧軌道恰好分離的過程中圓弧軌道運動的位移大小。
第六節　反　沖
1.D　[噴灌裝置是利用水流噴出時的反沖作用而運動的,章魚在水中前行和轉向利用了噴出的水的反沖作用,火箭發射是利用噴氣的方式而獲得動力的,利用了反沖作用,故A、B、C錯誤;碼頭邊輪胎的作用是延長碰撞時間,從而減小作用力,沒有利用反沖作用,故D正確。]
2.A　[設烏賊瞬間噴出的水的質量為m,則噴水前烏賊質量為10m,噴水后質量為9m,設噴出的水的速度為v1,噴水后烏賊獲得的速度為v2,根據動量守恒定律有0=mv1+9mv2,將v2=8 m/s代入可得v1=-72 m/s,負號表示噴水方向與烏賊身體運動方向相反,故B、C、D錯誤,A正確。]
3.C　[火炮發射炮彈的過程,水平方向動量守恒,以水平向右為正方向,根據動量守恒定律可得m2v0cos θ-(m1-m2)v=0,解得v=,故C正確。]
4.D　[分別用M、m表示火箭初始質量和燃料燃盡時的質量,用v0表示噴出氣體的速度大小,選向上為正方向,由動量守恒定律,有mv-(M-m)v0=0,則火箭最大速度v=v0,決定火箭最大速度的因素是火箭噴出的氣體速度和火箭始、末質量比。]
5.A　[設噴氣后火箭的質量為m1,燃氣的質量為m2。由題意可知,燃氣的動量大小p2=m2v2=50×10-3×600 kg·m/s=30 kg·m/s。以火箭運動的方向為正方向,根據動量守恒定律可得0=m1v1-m2v2,則火箭的動量大小為p1=m1v1=m2v2=30 kg·m/s,所以A正確,B、C、D錯誤。]
6.B　[畫出如圖所示的過程示意圖。設人走動時船的速度大小為v,人的速度大小為v',船的質量為M,人從船尾走到船頭所用時間為t,有v=,v'=,人和船組成的系統在水平方向上動量守恒,取船的速度方向為正方向,根據動量守恒定律得Mv-mv'=0,解得船的質量M=,故B正確。]
7.A　[人、車組成的系統水平方向動量守恒,則mv1=Mv2,所以mx1=Mx2,又有x1+x2=L,解得x2=0.5 m,故A正確。]
8.B　[根據動量定理有Ft=MΔv,解得Δv= m/s=288 m/s,故A錯誤,B正確;設噴出氣體的速度為v氣,質量為m,取噴出氣體的方向為正方向,由動量守恒定律可知mv氣-(M-m)Δv =0,解得噴出氣體質量約為m=438 kg,故C、D錯誤。]
9.BC　[由于士兵、裝備和皮劃艇組成的系統所受的合外力為零,則系統滿足動量守恒定律,若子彈向皮劃艇前進的方向射出,有Mv艇=(M-10m)v艇'+10mv彈,若子彈向皮劃艇前進的反方向射出,有Mv艇=(M-10m)·v艇″-10mv彈,解得v艇'≈0.5 m/s,v艇″≈1.5 m/s,故B、C正確。]
10.B　[火箭的推力來源于燃氣對它的反作用力,選項A錯誤;以豎直向下為正方向,根據動量守恒定律有0=mv0-(M-m)v,解得在燃氣噴出后的瞬間,火箭的速度大小為v=,選項B正確;噴出燃氣后,人及其所攜設備做豎直上拋運動,動能轉化為重力勢能,有(M-m)v2=(M-m)gh,解得人及其所攜設備能上升的最大高度h=,選項C錯誤;在火箭噴氣過程中,燃料燃燒,將一部分化學能轉化為人及其所攜設備的機械能,人及其所攜設備的機械能增加,選項D錯誤。]
11.(1)0.24 kg　(2)2×103 m/s　2.4×104 J
解析　(1)懸停時發動機對噴出氣體的作用力
F=m探g火
對于噴出氣體,取向下為正方向,由動量定理有
Ft=mΔv
解得m=0.24 kg。
(2)根據動量守恒定律得m探v1=m氣v2
解得v2=2×103 m/s
噴氣發動機做的功
W==2.4×104 J。
12.(1)　(2)
解析　(1)由于圓弧軌道不固定且光滑、水平面光滑,則小球和圓弧軌道組成的系統機械能守恒,有mgR=
小球和圓弧軌道組成的系統水平方向動量守恒,
有0=mv1-Mv2
又m=M,聯立解得v1=。
(2)設從剛釋放小球到小球與圓弧軌道恰好分離的過程中,小球和圓弧軌道運動的位移大小分別為x1、x2,小球和圓弧軌道組成的系統水平方向動量守恒,可得0=m
又x1+x2=R
解得x2=。第六節　反　沖
學習目標　1.知道什么是反沖運動;知道火箭的工作原理。2.能利用動量守恒定律解釋反沖現象。3.理解人船模型,并能利用動量守恒定律進行分析。
知識點一　反沖現象
1.定義:如果一個靜止的物體在　　　　的作用下分裂為兩部分,其中一部分向某個方向運動,另一部分必然向　　　　的方向運動,這個現象叫作反沖。
2.反沖運動的條件
(1)系統　　　　　　或　　　　　　　　。
(2)內力遠大于　　　　。
(3)某一方向上不受外力或所受合外力為零。
3.反沖運動遵循的規律:反沖運動遵循　　　　　　。
4.應注意的兩個問題
(1)速度的方向性:對于原來靜止的整體,可任意規定某一部分的運動方向為正方向,則反方向運動的另一部分的速度就要取負值。
(2)速度的相對性:反沖問題中,若已知相互作用的兩物體的相對速度,應先將相對速度轉換成相對同一參考系的速度,一般是相對地面的速度,再根據動量守恒定律列方程。
思考 (1)反沖運動發生的原因是內力還是外力
(2)是否只有系統的合外力為零時才可應用動量守恒定律分析反沖現象
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
例1 (多選)如圖,烏賊游動時,先把水吸入體腔,然后收縮身體,通過身體上的小孔向外噴水,使身體向相反方向快速移動。某次靜止的烏賊在瞬間噴出水的質量為0.1 kg且占噴水前自身質量的,噴水后烏賊獲得的速度大小為1 m/s,則 (　　)
A.烏賊和噴出的水組成系統的動量守恒
B.烏賊所受合力的沖量大小為1 N·s
C.烏賊噴出水的速度大小為18 m/s
D.若噴水用時0.01 s,烏賊對水的平均作用力大小為90 N
反沖運動的三個特點
(1)物體的不同部分在內力作用下向相反方向運動。
(2)反沖運動中,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,所以兩部分組成的系統動量守恒或在某一方向動量守恒。
(3)反沖運動中,由于有其他形式的能轉化為機械能,所以系統的機械能增加。
　　　　　　　　　　　　　　　　
訓練1 如圖所示,質量為M的宇航員在遠離任何星體的太空中,與他旁邊的飛船保持相對靜止。宇航員手中拿著一個質量為的小物體,現在他以相對于飛船為v的瞬時速度把小物體拋出。則宇航員消耗的生物能為 (　　)
A.Mv2
C.Mv2
知識點二　火箭的發射
1.工作原理
火箭的發射利用了反沖,它靠向后噴出的氣流的反沖作用而獲得向前的速度。
2.火箭獲得最大速度
火箭飛行所能達到的最大速度,就是燃料燃盡時獲得的最終速度。這個速度主要取決于兩個條件:一是向后的噴氣速度;二是質量比。
以噴氣前的火箭為參考系。噴氣前火箭的動量是0,噴氣后火箭的動量是mΔv,燃氣的動量是Δmu。
根據動量守恒定律mΔv+Δmu=0
解得Δv=-u
上式表明,火箭噴出的燃氣的速度u越大,火箭噴出物質的質量與火箭本身質量之比越大,火箭獲得的速度Δv就越大。
思考 北京時間2024年1月11日,搭載天行一號02星的快舟一號甲運載火箭,在酒泉衛星發射中心點火發射并取得圓滿成功。結合教材試分析以下問題:
(1)火箭飛行的原理是什么
(2)設火箭發射前的總質量是M,燃料燃盡后的質量為m,火箭燃氣的噴射速度為v,試求燃料燃盡后火箭飛行的最大速度v'。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　例2 一火箭噴氣發動機每次噴出m=200 g的氣體,氣體離開發動機時的速度大小v=1 000 m/s。設火箭質量M=300 kg,發動機每秒鐘噴氣20次。
(1)當第三次噴出氣體后,火箭的速度多大
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(2)運動第1 s末,火箭的速度多大
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
分析火箭類問題應注意的三個問題
(1)火箭在運動過程中,隨著燃料的燃燒,火箭本身的質量不斷減小,故在應用動量守恒定律時,必須取在同一相互作用時間內的火箭和噴出的氣體為研究對象。注意反沖前、后各物體質量的變化。
(2)明確兩部分物體初、末狀態速度的參考系是否為同一參考系,如果不是同一參考系要設法予以轉換,一般情況要轉換成對地的速度。
(3)列方程時要注意初、末狀態動量的方向。
訓練2 (2024·河南新鄉高二月考)一質量為3×103 kg的火箭從地面豎直向上發射,若火箭噴射燃料氣體的速率(相對于地面)為103 m/s,不計在開始一段時間噴出氣體對火箭總質量的影響。求在開始時:
(1)每秒鐘噴出多少氣體才能有克服火箭重力所需的推力
(2)每秒鐘噴出多少氣體才能使火箭有20 m/s2的加速度 (取g=10 m/s2)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
知識點三　“人—船”模型問題
1.適用條件
系統原來處于靜止狀態,在系統內物體發生相對運動的過程中,系統的動量守恒或某一個方向動量守恒。
其實質就是初速度為0的系統中物體所做的反沖運動,系統滿足某方向上的平均動量守恒。
2.模型特點
(1)如圖所示。
(2)兩物體的位移滿足x人+x船=L
遵從動量守恒定律,有m=0
即x人=L,x船=L
位移大小之比滿足x人∶x船=M∶m,即兩物體的位移大小之比等于兩物體質量的反比。
3.重要推論
(1)“人”走“船”走,“人”?！按蓖?。
(2)x人=L,x船=L,即x人、x船大小與人運動時間和運動狀態無關。
(3),人、船的位移(在系統滿足動量守恒的方向上的位移)與質量成反比。
例3 如圖所示,長為L、質量為M的小船停在靜水中,質量為m的人從靜止開始由船頭走到船尾。不計水的阻力,求人和船分別相對地面的位移大小。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　訓練3 如圖所示,物體A和B質量分別為m1和m2,圖示直角邊長分別為a和b。設B與水平地面間無摩擦,當A由頂端O從靜止開始滑到B的底端時,B的水平位移大小是 (　　)
A.b
C.(b-a) D.(b-a)
隨堂對點自測
1.(反沖運動的理解)(多選)下列屬于反沖運動的是(　　)
A.汽車的運動 B.直升機的運動
C.火箭的運動 D.反擊式水輪機的運動
2.(反沖運動的理解和應用)(多選)如圖所示,船靜止在平靜的水面上,船前艙有一抽水機把前艙的水均勻地抽往后艙,不計水的阻力,下列說法正確的是 (　　)
A.若前、后艙是分開的,則前艙將向后運動
B.若前、后艙是分開的,則前艙將向前運動
C.若前、后艙不分開,則船將向后運動
D.若前、后艙不分開,則船將向前運動
3.(“人—船”模型問題)(2024·廣西桂林高二期中)如圖,質量是M(包括繩)的氣球下方有一段長為L的繩,一質量為m的人懸掛在繩的末端B點,氣球和人均處于靜止狀態。現人沿繩慢慢地爬到繩的上端A點處,空氣阻力不計,人可視為質點,則人相對地面上爬的高度是(　　)
A.L
C.L
第六節　反　沖
知識點一
1.內力　相反
2.(1)不受外力　所受合外力為零　(2)外力
3.動量守恒定律
[思考] 提示　(1)內力
(2)不是,當內力遠大于外力時也可應用動量守恒定律分析反沖現象。
例1 AD　[烏賊噴水過程所用時間極短,內力遠大于外力,烏賊和噴出的水組成的系統動量守恒,A正確;由題意知,烏賊噴水后質量m烏=0.9 kg,取烏賊運動方向為正方向,由動量定理知,烏賊所受合力的沖量大小I=m烏v烏=0.9 N·s,B錯誤;對烏賊和噴出的水組成的系統,由動量守恒定律有0=m水v水+m烏v烏,代入數據解得v水=-9 m/s,C錯誤;噴水過程中,烏賊對水的平均作用力F==-90 N,D正確。]
訓練1 D　[宇航員與小物體組成的系統滿足動量守恒,根據動量守恒定律有0=v-Mv人,宇航員獲得的速度大小v人=,由能量守恒定律知,宇航員消耗的生物能E=v2+Mv2,D正確。]
知識點二
[思考]
提示　(1)火箭靠向后連續噴射高速氣體飛行,利用了反沖原理。
(2)在火箭發射過程中,由于內力遠大于外力,所以可認為動量守恒。取火箭的速度方向為正方向,發射前火箭的總動量為0,發射后的總動量為mv'-(M-m)v
則由動量守恒定律得0=mv'-(M-m)v
所以v'=v。
例2 (1)2 m/s　(2)13.5 m/s
解析　(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,取火箭運動的方向為正方向,根據動量守恒定律得(M-3m)v3-3mv=0
解得v3==2 m/s。
(2)發動機每秒鐘噴氣20次,以火箭和噴出的20次氣體為研究對象,根據動量守恒定律得(M-20m)v20-20mv=0
解得v20==13.5 m/s。
訓練2 (1)30 kg　(2)90 kg
解析　(1)要使每秒鐘噴出氣體后產生的推力恰好克服火箭重力,則有F1=Mg
對噴出的氣體根據動量定理有
F1'Δt=Δm1v0-0
根據牛頓第三定律有F1'=F1
解得Δm1=30 kg。
(2)要使每秒鐘噴出氣體產生的推力使火箭有20 m/s2的加速度,則有F2-Mg=Ma
對噴出的氣體根據動量定理有
F2'Δt=Δm2v0-0
根據牛頓第三定律有F2'=F2
解得Δm2=90 kg。
知識點三
例3 L
解析　以人和船組成的系統為研究對象,系統在水平方向不受外力作用,因此系統動量守恒。設某時刻人的速度大小為v1,船的速度大小為v2,取人行進的方向為正方向,則有mv1-Mv2=0
上式換為平均速度仍然成立,即
m=0,
兩邊同時乘時間t,得到mt=0
設人、船相對地面的位移大小分別為x1、x2
則有mx1=Mx2 ①
由題圖可以看出x1+x2=L ②
由①②兩式解得x1=L,x2=L。
訓練3 C　[A、B組成的系統在相互作用過程中水平方向動量守恒,兩物體位移關系如圖所示,則
m2x-m1(b-a-x)=0
解得x=,故C正確,A、B、D錯誤。]
隨堂對點自測
1.CD　[汽車是利用燃燒燃料獲得向前的牽引力從而使汽車前進的,不屬于反沖,A錯誤;直升機是利用空氣的升力而使飛機上升的,不屬于反沖,B錯誤;火箭的運動是利用噴氣的方式而獲得動力,利用了反沖運動,C正確;反擊式水輪機是利用了水的反沖作用而獲得動力,屬于反沖運動,D正確。]
2.BD　[前、后艙分開時,前艙和抽出的水間有相互作用,前艙在反沖作用下向前運動,若不分開,雖然抽水的過程屬于船與水的內力作用,但水的質量發生了轉移,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,船將向前運動,B、D正確。]
3.B　[設氣球下降的高度為h,則由平均動量守恒可知Mh=m(L-h),解得h=,則人相對地面上爬的高度是h'=L-h=,故B正確。](共54張PPT)
第六節　反　沖
第一章 動量與動量守恒定律
1.知道什么是反沖運動；知道火箭的工作原理。
2.能利用動量守恒定律解釋反沖現象。
3.理解人船模型，并能利用動量守恒定律進行分析。
學習目標
目 錄
CONTENTS
知識點
01
隨堂對點自測
02
課后鞏固訓練
03
知識點
1
知識點二　火箭的發射
知識點一　反沖現象
知識點三　“人—船”模型問題
知識點一　反沖現象
1.定義：如果一個靜止的物體在______的作用下分裂為兩部分，其中一部分向某個方向運動，另一部分必然向______的方向運動，這個現象叫作反沖。
2.反沖運動的條件
(1)系統__________或________________。
(2)內力遠大于______。
(3)某一方向上不受外力或所受合外力為零。
內力
相反
不受外力
所受合外力為零
外力
3.反沖運動遵循的規律：反沖運動遵循______________。
4.應注意的兩個問題
(1)速度的方向性：對于原來靜止的整體，可任意規定某一部分的運動方向為正方向，則反方向運動的另一部分的速度就要取負值。
(2)速度的相對性：反沖問題中，若已知相互作用的兩物體的相對速度，應先將相對速度轉換成相對同一參考系的速度，一般是相對地面的速度，再根據動量守恒定律列方程。
動量守恒定律
【思考】 (1)反沖運動發生的原因是內力還是外力？
(2)是否只有系統的合外力為零時才可應用動量守恒定律分析反沖現象？
提示　(1)內力
(2)不是，當內力遠大于外力時也可應用動量守恒定律分析反沖現象。
A.烏賊和噴出的水組成系統的動量守恒
B.烏賊所受合力的沖量大小為1 N·s
C.烏賊噴出水的速度大小為18 m/s
D.若噴水用時0.01 s，烏賊對水的平均作用力大小為90 N
AD
反沖運動的三個特點
(1)物體的不同部分在內力作用下向相反方向運動。
(2)反沖運動中，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，所以兩部分組成的系統動量守恒或在某一方向動量守恒。
(3)反沖運動中，由于有其他形式的能轉化為機械能，所以系統的機械能增加?！　　　?br/>D
知識點二　火箭的發射
1.工作原理
火箭的發射利用了反沖，它靠向后噴出的氣流的反沖作用而獲得向前的速度。
2.火箭獲得最大速度
火箭飛行所能達到的最大速度，就是燃料燃盡時獲得的最終速度。這個速度主要取決于兩個條件：一是向后的噴氣速度；二是質量比。
以噴氣前的火箭為參考系。噴氣前火箭的動量是0，噴氣后火箭的動量是mΔv，燃氣的動量是Δmu。
根據動量守恒定律mΔv＋Δmu＝0
【思考】 北京時間2024年1月11日，搭載天行一號02星的快舟一號甲運載火箭，在酒泉衛星發射中心點火發射并取得圓滿成功。結合教材試分析以下問題：
(1)火箭飛行的原理是什么？
(2)設火箭發射前的總質量是M，燃料燃盡后的質量為m，火箭燃氣的噴射速度為v，試求燃料燃盡后火箭飛行的最大速度v′。
提示　(1)火箭靠向后連續噴射高速氣體飛行，利用了反沖原理。
(2)在火箭發射過程中，由于內力遠大于外力，所以可認為動量守恒。取火箭的速度方向為正方向，發射前火箭的總動量為0，發射后的總動量為
mv′－(M－m)v
則由動量守恒定律得0＝mv′－(M－m)v
例2 一火箭噴氣發動機每次噴出m＝200 g的氣體，氣體離開發動機時的速度大小v＝1 000 m/s。設火箭質量M＝300 kg，發動機每秒鐘噴氣20次。
(1)當第三次噴出氣體后，火箭的速度多大？
(2)運動第1 s末，火箭的速度多大？
解析　(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，取火箭運動的方向為正方向，根據動量守恒定律得
(M－3m)v3－3mv＝0
(2)發動機每秒鐘噴氣20次，以火箭和噴出的20次氣體為研究對象，根據動量守恒定律得
(M－20m)v20－20mv＝0
分析火箭類問題應注意的三個問題
(1)火箭在運動過程中，隨著燃料的燃燒，火箭本身的質量不斷減小，故在應用動量守恒定律時，必須取在同一相互作用時間內的火箭和噴出的氣體為研究對象。注意反沖前、后各物體質量的變化。
(2)明確兩部分物體初、末狀態速度的參考系是否為同一參考系，如果不是同一參考系要設法予以轉換，一般情況要轉換成對地的速度。
(3)列方程時要注意初、末狀態動量的方向。　　　　
訓練2 (2024·河南新鄉高二月考)一質量為3×103 kg的火箭從地面豎直向上發射，若火箭噴射燃料氣體的速率(相對于地面)為103 m/s，不計在開始一段時間噴出氣體對火箭總質量的影響。求在開始時：
(1)每秒鐘噴出多少氣體才能有克服火箭重力所需的推力？
(2)每秒鐘噴出多少氣體才能使火箭有20 m/s2的加速度？(取g＝10 m/s2)
答案　(1)30 kg　(2)90 kg
解析　(1)要使每秒鐘噴出氣體后產生的推力恰好克服火箭重力，則有F1＝Mg
對噴出的氣體根據動量定理有
F1′Δt＝Δm1v0－0
根據牛頓第三定律有F1′＝F1
解得Δm1＝30 kg。
(2)要使每秒鐘噴出氣體產生的推力使火箭有20 m/s2的加速度，
則有F2－Mg＝Ma
對噴出的氣體根據動量定理有
F2′Δt＝Δm2v0－0
根據牛頓第三定律有F2′＝F2
解得Δm2＝90 kg。
知識點三　“人—船”模型問題
1.適用條件
系統原來處于靜止狀態，在系統內物體發生相對運動的過程中，系統的動量守恒或某一個方向動量守恒。
其實質就是初速度為0的系統中物體所做的反沖運動，系統滿足某方向上的平均動量守恒。
2.模型特點
(1)如圖所示。
例3 如圖所示，長為L、質量為M的小船停在靜水中，質量為m的人從靜止開始由船頭走到船尾。不計水的阻力，求人和船分別相對地面的位移大小。
解析　以人和船組成的系統為研究對象，系統在水平方向不受外力作用，因此系統動量守恒。設某時刻人的速度大小為v1，船的速度大小為v2，取人行進的方向為正方向，則有mv1－Mv2＝0
上式換為平均速度仍然成立，即
訓練3 如圖所示，物體A和B質量分別為m1和m2，圖示直角邊長分別為a和b。設B與水平地面間無摩擦，當A由頂端O從靜止開始滑到B的底端時，B的水平位移大小是(　　)
C
解析　A、B組成的系統在相互作用過程中水平方向動量守恒，兩物體位移關系如圖所示，則
隨堂對點自測
2
CD
1.(反沖運動的理解)(多選)下列屬于反沖運動的是(　　)
A.汽車的運動 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　汽車是利用燃燒燃料獲得向前的牽引力從而使汽車前進的，不屬于反沖，A錯誤；直升機是利用空氣的升力而使飛機上升的，不屬于反沖，B錯誤；火箭的運動是利用噴氣的方式而獲得動力，利用了反沖運動，C正確；反擊式水輪機是利用了水的反沖作用而獲得動力，屬于反沖運動，D正確。
BD
2.(反沖運動的理解和應用)(多選)如圖所示，船靜止在平靜的水面上，船前艙有一抽水機把前艙的水均勻地抽往后艙，不計水的阻力，下列說法正確的是(　　)
A.若前、后艙是分開的，則前艙將向后運動
B.若前、后艙是分開的，則前艙將向前運動
C.若前、后艙不分開，則船將向后運動
D.若前、后艙不分開，則船將向前運動
解析　前、后艙分開時，前艙和抽出的水間有相互作用，前艙在反沖作用下向前運動，若不分開，雖然抽水的過程屬于船與水的內力作用，但水的質量發生了轉移，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，船將向前運動，B、D正確。
B
3.(“人—船”模型問題)(2024·廣西桂林高二期中)如圖，質量是M(包括繩)的氣球下方有一段長為L的繩，一質量為m的人懸掛在繩的末端B點，氣球和人均處于靜止狀態?，F人沿繩慢慢地爬到繩的上端A點處，空氣阻力不計，人可視為質點，則人相對地面上爬的高度是(　　)
課后鞏固訓練
3
D
題組一　反沖運動的理解和應用
1.下列圖片所描述的事例或應用中，沒有利用反沖運動原理的是(　　)
基礎對點練
解析　噴灌裝置是利用水流噴出時的反沖作用而運動的，章魚在水中前行和轉向利用了噴出的水的反沖作用，火箭發射是利用噴氣的方式而獲得動力的，利用了反沖作用，故A、B、C錯誤；碼頭邊輪胎的作用是延長碰撞時間，從而減小作用力，沒有利用反沖作用，故D正確。
A
C
3.如圖所示，裝有炮彈的火炮總質量為m1，其中炮彈的質量為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(假設水平面光滑)(　　)
D
題組二　火箭的發射
4.我國的“長征”系列運載火箭已經成功發射了很多不同用途的衛星。火箭升空過程中向下噴出高速氣體，從而獲得較大的向上速度?；鸺w行所能達到的最大速度是燃料燃盡時火箭獲得的速度。決定火箭最大速度的因素是(　　)
A.火箭噴出的氣體速度
B.火箭開始飛行時的質量
C.火箭噴出的氣體總質量
D.火箭噴出的氣體速度和火箭始、末質量比
A
5.將質量為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噴出。在燃氣噴出后的瞬間，火箭的動量大小為(噴出過程中重力和空氣阻力可忽略)(　　)
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　設噴氣后火箭的質量為m1，燃氣的質量為m2。由題意可知，燃氣的動量大小p2＝m2v2＝50×10－3×600 kg·m/s＝30 kg·m/s。以火箭運動的方向為正方向，根據動量守恒定律可得0＝m1v1－m2v2，則火箭的動量大小為p1＝m1v1＝m2v2＝30 kg·m/s，所以A正確，B、C、D錯誤。
B
題組三　“人—船”模型
6.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測量它的質量。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，而后輕輕下船，用卷尺測出船后退的距離d和船長L。已知他自身的質量為m，則船的質量為(　　)
A
7.如圖所示，質量m＝60 kg的人站在質量M＝300 kg的車的一端，車長L＝3 m，相對于地面靜止。若車與地面間的摩擦可以忽略不計，人由車的一端走到另一端的過程中，車將(　　)
A.后退0.5 m B.后退0.6 m
C.后退0.75 m D.一直勻速后退
解析　人、車組成的系統水平方向動量守恒，
則mv1＝Mv2，所以mx1＝Mx2，又有x1＋x2＝L，解得x2＝0.5 m，故A正確。
B
綜合提升練
8.天問一號探測器由環繞器、著陸器和巡視器組成，總質量達到5×103 kg，于2020年7月23日發射升空，2021年2月24日進入火星停泊軌道。在地火轉移軌道飛行過程中天問一號進行了四次軌道修正和一次深空機動，2020年10月9日23時，在距離地球大約2.94×107千米的深空，天問一號探測器3 000 N主發動機點火工作約480秒，此間發動機向后噴射的氣體速度約為3×103 m/s，順利完成深空機動，天問一號飛行軌道變為能夠準確被火星捕獲的、與火星精確相交的軌道。關于這次深空機動，下列說法正確的是(　　)
A.天問一號的速度變化量大小約為2.88×103 m/s
B.天問一號的速度變化量大小約為288 m/s
C.噴出氣體的質量約為48 kg
D.噴出氣體的質量約為240 kg
BC
9.(多選)一個士兵坐在皮劃艇上，他連同裝備和皮劃艇的總質量為120 kg，無動力的皮劃艇在平靜的湖面上沿筆直湖岸以1 m/s的速度前行，此時這個士兵沿平行湖岸方向連續射出10發子彈，子彈離開槍口時相對地面的速度是600 m/s。每顆子彈的質量為10 g，不考慮水的阻力。則打出10發子彈后皮劃艇的速度大小可能是(　　)
A.0.4 m/s B.0.5 m/s C.1.5 m/s D.3 m/s
解析　由于士兵、裝備和皮劃艇組成的系統所受的合外力為零，則系統滿足動量守恒定律，若子彈向皮劃艇前進的方向射出，有Mv艇＝(M－10m)v艇′＋10mv彈，若子彈向皮劃艇前進的反方向射出，有Mv艇＝(M－10m)·v艇″－10mv彈，解得v艇′≈0.5 m/s，v艇″≈1.5 m/s，故B、C正確。
B
10.“世界航天第一人”是明朝的萬戶，如圖所示，他把47個自制的火箭綁在椅子上，自己坐在椅子上，雙手舉著大風箏，設想利用火箭的推力飛上天空，然后利用風箏平穩著陸，假設萬戶及其所攜設備(火箭、椅子、風箏等)的總質量為M，點燃火箭后在極短的時間內，質量為m的燃氣相對地面以v0的速度豎直向下噴出，忽略空氣阻力的影響，重力加速度為g，下列說法正確的是(　　)
11.為安全著陸火星，質量為240 kg的探測器先向下噴氣，使其短時懸停在距火星表面高度100 m處。已知火星表面重力加速度g火＝3.7 m/s2，不計一切阻力，忽略探測器的質量變化。
(1)若懸停時發動機相對火星表面的噴氣速度大小為
3.7 km/s，求每秒噴出氣體的質量；
(2)為使探測器獲得水平方向大小為0.1 m/s的速度，需將12 g氣體以多大速度沿水平方向噴出？并計算此次噴氣過程發動機至少做了多少功？
答案　(1)0.24 kg　(2)2×103 m/s　2.4×104 J
對于噴出氣體，取向下為正方向，由動量定理有
Ft＝mΔv
解得m＝0.24 kg。
(2)根據動量守恒定律得m探v1＝m氣v2
解得v2＝2×103 m/s
噴氣發動機做的功
培優加強練
(1)小球與圓弧軌道分離時小球的速度大小；
(2)從剛釋放小球到小球與圓弧軌道恰好分離的過程中圓弧軌道運動的位移大小。

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