第5节反冲运动火箭1.一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．喷气式飞机和火箭的飞行应用了反冲的原理。
3．日常生活中，有时要应用反冲，有时要防止反冲，如农田、园林的喷灌利用了水的反冲，用枪射击时，要防止枪身的反冲。
一、反冲运动1．定义一个静止的物体在内力的作用下分裂为两部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向相反的方向运动的现象。
2．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，相互作用力一般较大，通常可以用动量守恒定律来处理。
3．反冲现象的应用及防止(1)应用：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。
(2)防止：用枪射击时，由于枪身的反冲会影响射击的准确性，所以用步枪射击时要把枪身抵在肩部，以减少反冲的影响。
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2 000～4 000 m/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。
1．自主思考——判一判(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)火箭应用了反冲的原理。
(√)2．合作探究——议一议(1)反冲运动过程中，动量守恒吗？为什么？提示：守恒。
因为反冲运动是系统内力作用的结果，虽然有时系统所受的合外力不为零，但由于系统内力远远大于外力，所以系统的总动量是守恒的。
(2)假设在月球上建一个飞机场，应配置喷气式飞机还是螺旋桨飞机？提示：应配置喷气式飞机。
喷气式飞机利用反冲运动原理，可以在真空中飞行，而螺旋桨飞机是靠转动的螺旋桨与空气的相互作用力飞行的，不能在真空中飞行。
1．反冲运动的三个特点(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，相互作用的内力一般情况下远大于外力或在某一方向上内力远大于外力，所以可以用动量守恒定律或在某一方向上应用动量守恒定律来处理。
(3)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．讨论反冲运动应注意的三个问题(1)速度的方向性：对于原来静止的整体，当被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，则反方向的这一部分的速度就要取负值。
(2)速度的相对性：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。
但是动量守恒定律中要求速度是对同一惯性参考系的速度(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，再列动量守恒定律方程。
(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来进行研究。
[典例] 一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，发动机每秒喷气20次。
(1)当第三次气体喷出后，火箭的速度为多大？(2)运动第1 s 末，火箭的速度为多大？[思路点拨](1)火箭喷气属于反冲运动，火箭和气体系统动量守恒。
(2)火箭喷气后质量发生变化，喷气后的质量为M －nm 。
[解析] 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。
第一次气体喷出后火箭速度为v 1，有(M －m )v 1－mv ＝0，所以v 1＝mv M －m第二次气体喷出后，火箭速度为v 2，有(M －2m )v 2－mv ＝(M －m )v 1，所以v 2＝2mv M －2m第三次气体喷出后，火箭速度为v 3，有(M －3m )v 3－mv ＝(M －2m )v 2所以v 3＝3mv M －3m ＝3×0.2×1 000300－3×0.2m/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v n ，有(M －nm )v n －mv ＝[M －(n －1)m ]v n －1所以v n ＝nmv M －nm因为每秒喷气20次，所以1 s 末火箭速度为v 20＝20mv M －20m ＝20×0.2×1 000300－20×0.2m/s ≈13.5 m/s 。
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v 3，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 )v 3－3mv ＝0所以v 3＝3mv M －3m≈2 m/s。
(2)以火箭和喷出的20次气体为研究对象，根据动量守恒定律，有(M －20m )v 20－20mv ＝0 所以v 20＝20mv M －20m≈13.5 m/s。
[答案] (1)2 m/s (2)13.5 m/s反冲运动问题的两点提醒(1)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。
(2)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。
1．小车上装有一桶水，静止在光滑水平地面上，如图所示，桶的前、后、底及侧面各装有一个阀门，分别为S 1、S 2、S 3、S 4(图中未画出)，要使小车向前运动，可采用的方法是( )A ．打开阀门S 1B ．打开阀门S 2C ．打开阀门S 3D ．打开阀门S 4解析：选B 根据水和车组成的系统动量守恒，原来系统动量为零，由0＝m 水v 水＋m 车v 车知，车的运动方向与水的运动方向相反，故水应向后喷出，选项B 正确。
2．(2017·全国卷Ⅰ)将质量为1.00 kg 的模型火箭点火升空，50 g 燃烧的燃气以大小为600 m/s 的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。
在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)( )A ．30 kg·m/sB ．5.7×102kg·m/s C ．6.0×102 kg·m/s D ．6.3×102 kg·m/s 解析：选A 燃气从火箭喷口喷出的瞬间，火箭和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为p ，根据动量守恒定律，可得p －mv 0＝0，解得p ＝mv 0＝0.050 kg×600 m/s＝30 kg·m/s，选项A 正确。
3．[多选]在某次军演中，炮兵使用了炮口与水平方向的夹角θ可调节的迫击炮，已知迫击炮的总质量为M (不包括炮弹的质量)，炮弹的质量为m ，忽略迫击炮与水平面之间的摩擦力及炮管长度。
则下列正确的说法是( )A ．如果θ＝0°，炮弹离开炮口的速度为v 0时，炮身后退的速度为mv 0M －m B ．如果θ＝0°，炮弹离开炮口的速度为v 0时，炮身后退的速度为mv 0M C ．如果θ＝0°，炮弹相对炮口的速度为v 0时，炮身后退的速度为mv 0M －mD ．如果θ＝60°，炮弹离开炮口的速度为v 0时，炮身后退的速度为mv 02M 解析：选BD 如果θ＝0°，炮弹沿水平方向射出，对于炮身和炮弹组成的系统满足动量守恒定律，若炮弹速度为v 0，mv 0－Mv 1＝0，解得v 1＝mv 0M，A 错误，B 正确；如果θ＝0°，炮弹相对炮口的速度为v 0时，假设炮弹相对地面的速度大小为v 2，炮身相对地面的速度大小为v 2′，则v 2＝v 0－v 2′，由动量守恒定律得mv 2－Mv 2′＝0，整理解得v 2′＝mv 0M ＋m ，C 错误；炮口与水平方向成θ＝60°时，在炮弹出射瞬间对于炮身和炮弹组成的系统水平方向动量守恒，设炮身后退的速度为v 3，mv 0cos 60°－Mv 3＝0，解得v 3＝mv 0cos 60°M ＝mv 02M，D 正确。
1．“人船模型”问题的特征两个原来静止的物体发生相互作用时，若所受外力的矢量和为零，则动量守恒。
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质量的反比。
这样的问题归为“人船模型”问题。
2．运动特点两个物体的运动特点是“人”走“船”行，“人”停“船”停。
3．处理“人船模型”问题的两个关键(1)处理思路：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的关系。
①用动量守恒定律求位移的题目，大都是系统原来处于静止状态，然后系统内物体相互作用，此时动量守恒表达式经常写成m 1v 1－m 2v 2＝0的形式，式中v 1、v 2是m 1、m 2末状态时的瞬时速率。
②此种状态下动量守恒的过程中，任意时刻的系统总动量为零，因此任意时刻的瞬时速率v 1和v 2都与各物体的质量成反比，所以全过程的平均速度也与质量成反比，即有m 1v 1－m 2v 2＝0。
③如果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x 1和x 2，则有m 1x 1t －m 2x 2t＝0，即m 1x 1－m 2x 2＝0。
(2)画出各物体的位移关系图，找出它们相对地面的位移的关系。
[典例] 如图所示，一个质量为m 1＝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m 2＝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(可以把人看做质点)( )A ．5 mB ．3.6 mC ．2.6 mD ．8 m[思路点拨](1)人沿长绳下滑过程中人和气球组成的系统竖直方向动量守恒。
(2)人滑到长绳下端时离地的高度为此过程中气球上升的高度。
[解析] 本题疑难点在于竖直方向动量守恒的判断。
当人滑到长绳下端时，由竖直方向动量守恒得m 1h 1－m 2h 2＝0，且h 1＋h 2＝h ，解得h 1＝107m ，所以他离地高度H ＝h －h 1≈3.6 m，选项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。
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