备考2024届高考物理一轮复习讲义第七章动量守恒定律第2讲动量守恒定律及应用考点2爆炸和反冲

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1.爆炸现象
2.反冲现象
对下列关于爆炸和反冲的说法进行判断.
（1）发射炮弹，炮身后退；园林喷灌装置一边喷水一边旋转均属于反冲现象.（ √ ）
（2）火箭向后喷气的瞬间，火箭和喷出的气体组成的系统动量守恒.（ √ ）
（3）爆炸过程中机械能增加，反冲过程中机械能减少.（ ✕ ）
（4）鞭炮爆炸的瞬间，鞭炮动量守恒.（ √ ）
研透高考 明确方向
4.[爆炸/2021浙江1月]在爆炸实验基地有一发射塔，发射塔正下方的水平地面上安装有声音记录仪.爆炸物自发射塔竖直向上发射，上升到空中最高点时炸裂成质量之比为2∶1、初速度均沿水平方向的两个碎块.遥控器引爆瞬间开始计时，在5s末和6s末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声.已知声音在空气中的传播速度为340m/s，重力加速度g＝10m/s2，忽略空气阻力.下列说法正确的是（ B ）
A.两碎块的位移大小之比为1∶2
B.爆炸物的爆炸点离地面高度为80m
C.爆炸后质量大的碎块的初速度为68m/s
D.爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340m
解析 假设爆炸物炸裂后两碎块的速度分别为v1、v2，爆炸过程由动量守恒定律得
0＝2mv1-mv2，解得v1v2＝12，又两碎块在空中运动的时间相同，在水平方向上有x＝
vt，所以水平位移之比为1∶2，竖直方向下落的高度相同，所以两碎块的位移之比
不等于1∶2，A错误；假设两碎块在空中运动的时间均为t，则两碎块从落地到被记
录到声音所用的时间分别为(5-t)s、(6-t)s，由几何关系可知v1t＝340(5-t) m，2v1t＝
340(6-t) m，解得t＝4 s，则爆炸点距离地面的高度为h＝12gt2＝80 m，B正确；两碎块
的水平位移分别为x1＝340 m、x2＝680 m，所以两碎块落地点之间的距离为x＝x1＋
x2＝1 020 m，D错误；爆炸后质量大的碎块的初速度为v1＝x1t＝85 m/s，C错误.
5.[反冲/多选]火箭飞行时，在极短时间Δt内喷射燃气的质量是Δm，喷出的燃气相对喷气前火箭的速度大小是u，喷出燃气后火箭的质量是m，下列说法正确的是（ AB ）
A.火箭的发射利用了反冲原理
B.喷出燃气时，火箭受到的推力为ΔmuΔt
C.喷出燃气后，火箭的动量改变量大小为Δmu
D.火箭喷出燃气的质量与火箭剩余质量之比越小，火箭增加的速度Δv就越大
解析 火箭的发射利用了反冲原理，A正确；设火箭喷气前的速度大小为v，则喷
出的燃气对地的速度大小为u-v，设火箭运动的方向为正方向，则对喷出的燃气，根
据动量定理有-FΔt＝-Δm(u-v)-Δmv，可得F＝ΔmuΔt，由牛顿第三定律可知火箭受到的
推力F'＝F，B正确；设喷气后火箭的速度大小为v'，由动量守恒定律有(m＋Δm)v＝-
Δm(u-v)＋mv'，则喷出燃气后，火箭的动量改变量大小为Δp＝mv'-(m＋Δm)v＝Δm(u-
v)，C错误；由动量守恒定律有(m＋Δm)v＝-Δm(u-v)＋mv'，解得火箭速度的增加量
Δv＝v'-v＝Δmum，则火箭喷出燃气的质量与火箭剩余质量之比越小，火箭增加的速度
Δv就越小，D错误.
命题拓展
命题条件不变，一题多设问
已知喷出燃气前火箭的速度为v0，求喷出燃气后火箭的速度大小.
答案 （m＋Δm）v0－Δmum＋Δm
解析 对火箭喷出燃气的过程由动量守恒定律有(m＋Δm)v0＝mv1＋Δm(v1＋u)，解得喷出燃气后火箭的速度大小为v1＝(m＋Δm)v0-Δmum＋Δm.位置不变
爆炸的时间极短，因而在作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从作用前的位置以新的动量开始运动
动能增加
在爆炸过程中，由于有其他形式的能量转化为动能，因此爆炸后系统的总动能增加
动量守恒
由于内力远大于外力，故爆炸过程动量守恒
作用原理
系统内物体之间的作用力和反作用力产生的效果
动能增加
反冲运动过程中，有其他形式的能转化为动能，系统的总动能将增加
动量守恒
反冲运动过程中，系统在某一方向不受外力或外力远小于物体间的相互作用力，可在该方向上应用动量守恒定律