5 反冲运动 火箭
1．反冲运动
(1)反冲：根据动量守恒定律，如果一个静止的物体在内力的作用下分裂为两个部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向相反的方向运动。这个现象叫做反冲。
(2)反冲运动的特点：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。反冲运动过程中，一般满足系统的合外力为零或内力远大于外力的条件，因此可以运用动量守恒定律进行分析。
②反冲运动中由于有其他形式的能转化为动能，于是系统的总动能增加，反冲运动是作用力与反作用力都做正功的典型事例。
船桨向后划水，水对浆有向前的推力，是反冲吗？
反冲是物体在内力作用下分裂为两部分，它们的运动方向相反。划船时，水不是船的一部分，运动方向也不一定相反，不是反冲。
(3)反冲现象的应用及防止：①应用：农田喷灌装置的旋转喷头，反击式水轮发电机，喷气式飞机，导弹，飞行的火箭，章鱼和乌贼。
②不利：用枪射击时，子弹向前飞去，枪身发生反冲向后运动，枪身的反冲是影响射击精准度的重要因素。
【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。
解析：以炸裂时分裂成的两块m1和(m－m1)组成的系统为研究对象，在炸裂的这一极短的时间内，系统受到的合外力即重力并不为零，但炸裂时的爆炸力远远大于系统的重力，系统在竖直方向的动量可认为近似守恒。
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＝m2gh 刚炸裂结束时向上运动并返回出发点的一块m1，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＝－m12gh
由动量守恒定律有mv＝m1v1＋(m－m1)v2
m＋m1
代入解得：v2＝2gh
m－m1
由于v2＞0，说明炸裂后另一块的运动方向竖直向下。
m＋m1
答案：2gh 方向竖直向下
m－m1
辨误区 内力远大于外力的情况 本例中爆炸只发生在一瞬间，也只有在这一瞬间，系统的内力才远远大于系统所受的合外力，总动量近似守恒，如果爆炸结束，巨大的内力已经不存在了，系统的总动量不再守恒，明确这一研究阶段的始末状态，是求解这类问题的关键。
2．火箭
(1)火箭：现代火箭是指一种靠喷射高温高压燃气获得反作用力向前推进的飞行器，是
反冲运动的典型应用之一。
(2)火箭的工作原理：动量守恒定律。
当火箭推进剂燃烧时，从尾部喷出的气体具有很大的动量，根据动量守恒定律，火箭获得大小相等、方向相反的动量，因而发生连续的反冲现象，随着推进剂的消耗，火箭的质量逐渐减小，速度不断增大，当推进剂燃尽时，火箭即以获得的速度沿着预定的空间轨道飞行。
(3)火箭飞行能达到的最大飞行速度，主要取决于两个因素：
①喷气速度：现代液体燃料火箭的喷气速度约为2.5 km/s，提高到3～4 km/s需很高的技术水平。
②质量比(火箭开始飞行时的质量与火箭除燃料外的箭体质量之比)，现代火箭能达到的质量比不超过10。
(4)现代火箭的主要用途：利用火箭作为运载工具，例如发射探测仪器、常规弹头和核弹头、人造卫星和宇宙飞船。
【例2】 一火箭喷气发动机每次喷出m＝200 g的气体，气体离开发动机喷出时的速度v＝1 000 m/s(相对地面)，设火箭质量M＝300 kg，发动机每秒喷气20次。求当第三次气体喷出后，火箭的速度多大？
解析：法一：喷出气体的运动方向与火箭运动的方向相反，系统动量守恒。 第一次气体喷出后，火箭速度为v1，有(M－m) v1－mv＝0，
所以v1＝
mvM－m；
第二次气体喷出后，火箭速度为v2，有 (M－2m)v2－mv＝(M－m)v1，
2mv所以v2＝；
M－2m第三次气体喷出后，火箭速度为v3，有 (M－3m)v3－mv＝(M－2m)v2，
3mv3×0.2×1 000
所以v3＝＝ m/s＝2 m/s。
M－3m300－3×0.2
法二：选取整体为研究对象，运用动量守恒定律求解。 设喷出三次气体后火箭的速度为v3，以火箭和喷出三次气体为研究对象，据动量守恒定
3mv律，得(M－3m)v3－3mv＝0，所以v3＝＝2 m/s。
M－3m答案：2 m/s 说明：题中火箭喷出气体后自身的质量减少，但由于在1秒钟时间内喷出的气体的质量远远小于火箭自身的质量，也可以不考虑火箭本身质量的变化。
解题时一定要注意题设条件，一是火箭的质量M＝300 kg内含燃料的质量；二是气体离开发动机时的速度v＝1 000 m/s是相对于地面的，若是相对于火箭的，列式时应转化为相对于地面的速度。
3．反冲运动中应注意的问题
(1)运用动量守恒定律可以解决三种反冲运动问题 ①系统不受外力或所受外力之和为零，满足动量守恒的条件，可以用动量守恒定律解决反冲运动问题。
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，也可以用动量守恒定律解决反冲运动问题。
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，可以用该方向上动量守恒解决反冲运动问题。
(2)速度的反射性问题 对于原来静止的整体，抛出部分具有速度时，剩余部分的反冲是相对于抛出部分来说的，两者运动方向必然相反。在列动量守恒方程时，可任意规定某一部分的运动方向为正方向，
则反方向的另一部分的速度应取负值。
(3)相对速度问题 反冲运动的问题中，有时遇到的速度是相互作用的两物体的相对速度。由于动量守恒定律中要求速度为对同一参考系的速度，通常为对地的速度。因此应先将相对速度转换成对地的速度后，再列动量守恒方程。
(4)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来进行研究。 【例3－1】 在沙滩上有一木块，质量为M＝5 kg，木块上放一爆竹，质量m＝0.10 kg。点燃爆竹后木块陷入沙中深5 cm，若沙对木块运动的阻力恒为58 N，不计爆竹中火药质量
2
和空气阻力。求爆竹上升的最大高度(g取10 m/s)。
解析：由于火药爆炸时内力远远大于重力，所以爆炸时动量守恒，取向上的方向为正方向，由动量守恒定律得：
mv－Mv′＝0①
木块陷入沙中做匀减速运动到停止，其加速度为 F－Mg58－5022a＝＝ m/s＝1.6 m/s
M5
木块做匀减速运动的初速度
v′＝2ax＝2×1.6×0.05 m/s＝0.4 m/s② ②代入①式，得v＝20 m/s
爆竹以初速度v做竖直上抛运动，
v2202
上升的最大高度为h＝＝ m＝20 m。
2g20
答案：20 m
【例3－2】 假如进行太空行走时连同装备质量M＝100 kg的宇航员，离飞船45 m处与飞船相对静止，他带有一个装有m＝0.5 kg的氧气贮筒，其喷嘴可以使氧气以v＝50 m/s的速度在极短的时间内相对宇航员自身喷出。他要返回时，必须向相反的方向释放氧气，同
－4
时还要留一部分氧气供返回途中呼吸。设他的耗氧率k是2.5×10 kg/s，问：如果他在准备返回飞船的瞬间，释放0.15 kg的氧气他能安全地回到飞船吗？
解析：宇航员使用氧气喷嘴喷出一部分氧气后，根据动量守恒定律，可以计算出宇航员返回的速度，根据宇航员离开飞船的距离和返回速度，可以求出宇航员返回的时间，即可求出这段时间内宇航员要消耗的氧气，再和喷射后剩余氧气质量相比，即求出答案。
令M＝100 kg，m0＝0.5 kg，Δm＝0.15 kg，氧气释放速度为v，宇航员在释放氧气后的速度为v′，
由动量守恒定律得0＝(M－Δm)v′－Δm(v－v′)
Δm0.15v′＝v＝×50 m/s＝0.075 m/s
M100
宇航员返回飞船所需时间
s45t＝＝ s＝600 s v′0.075
宇航员返回途中所耗氧气
m′＝kt＝2.5×10－4×600 kg＝0.15 kg 氧气筒喷射后所余氧气
m″＝m0－Δm＝(0.5－0.15)kg＝0.35 kg
因为m″＞m′，所以宇航员能顺利返回飞船。 答案：能, 4．爆炸问题
(1)物体发生爆炸时，物体间的相互作用突然发生，相互作用力为变力，作用时间很短，作用力很大，且远大于系统受的外力，故可用动量守恒定律来处理。
(2)在爆炸过程中，因有其他形式的能转化为动能，所以系统的动能会增加。
(3)由于爆炸类问题作用时间很短，作用过程中物体的位移很小，一般可忽略不计，可以把作用过程作为一个理想化的过程(简化)处理，即作用后还从作用前瞬间的位置以新的动量开始运动。
对于爆炸类问题，由于相互作用力是变力，用牛顿运动定律求解非常复杂，甚至根本就无法求解，但用动量守恒定律求解时，只需要考虑过程的始末状态，而不需要考虑过程的具体细节，这正是用动量守恒定律求解问题的优点。 【例4】一枚质量为m的手榴弹，在空中某点运动速度的大小为v，方向沿水平方向。手榴弹在该点突然炸裂成两块，质量为m1的一块沿v的反方向飞去，速度大小为v1，求另一块炸裂后的速度v2。
解析：爆炸前，可认为手榴弹是由质量为m1和m－m1的两块弹片组成的。手榴弹爆炸的过程，可看做是这两块弹片相互作用的过程。由于两块弹片所受的爆炸力远大于它们受到的重力，所以满足动量守恒定律。
两块弹片在炸开前(初状态)的总动量是mv，炸开后(末状态)的总动量为－m1v1＋(m－m1)v2。
根据动量守恒定律有mv＝－m1v1＋(m－m1)v2
mv＋m1v1
所以v2＝，方向与v相同。
m－m1
mv＋m1v1
答案：，方向与v相同
m－m1
5．人船模型
(1)人船模型：“人船模型”是动量守恒定律的拓展和应用，它把速度和质量的关系推广到质量和位移的关系，为我们处理动量守恒问题提供了新的思路和方法。
(2)“人船模型”的适用条件是：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)，注意两物体的位移是相对同一参考系的位移。在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。
(3)这类问题的特点是：同时运动，同时停止。 析规律 人船模型
此题目代表一类问题即“人船模型”，一个原来处于静止状态的系统，在系统内物体发生相对运动的过程中，有一个方向动量守恒，此时有ms1＝Ms2成立，其中s1、s2为相对同一参考系的位移。 【例5】 载人气球静止于高h的空中，气球的质量为M，人的质量为m，若人沿绳梯滑至地面，则绳梯至少为多长？
解析：气球和人原来静止在空中，说明系统所受合外力为零，故系统在人下滑过程中动量守恒，人着地时绳梯至少应接触地面，设绳梯长为L，人沿绳梯滑至地面，人的位移为x人，球的位移为x球，它们的位移状态图如图所示，
由平均动量守恒有：0＝Mx球－mx人，
M＋m又有x球＋x人＝L，x人＝h，故L＝h。
M
相关推荐：
loading