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　第6节　反冲现象　火箭
课程要求 学科素养
能用动量守恒定律解释生产生活中的现象。体会用守恒定律分析物理问题的方法,体会自然界的和谐与统一 物理观念 理解动量守恒定律在反冲运动中的应用,知道火箭的飞行原理
科学思维 通过实例分析,能够应用动量守恒定律解决反冲运动问题
科学态度 与责任 通过学习和课外阅读,了解我国航天技术的发展
要点一　反冲现象
1.定义
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,这个现象叫作反冲。
2.反冲原理
反冲运动的基本原理是动量守恒定律,如果系统的一部分获得了某一方向的动量,系统的其他部分就会在这一方向的反方向上获得同样大小的动量。
3.公式
若系统的初始动量为0,则动量守恒定律的形式变为m1v1+m2v2=0,此式表明,做反冲运动的两部分的动量大小相等、方向相反,而它们的速率与质量成反比。
4.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,所以两部分组成的系统动量守恒或在某一方向动量守恒。
(3)反冲运动中,由于有其他形式的能转化为机械能,所以系统的机械能增加。
5.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。
(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)反冲运动的原理既适用于宏观物体，也适用于微观粒子。 (　√　)
(3)一切反冲现象都是有益的。 (　×　)
(4)只有系统合力为0时，反冲运动才能用动量守恒来解释。 (　×　)
【例1】　乌贼在水中运动方式是十分奇特的,它不用鳍也不用手足,而是靠自身的漏斗喷射海水推动身体运动,在无脊椎动物中游泳最快,速度可达15 m/s,逃命时更可以达到40 m/s,被称为“水中火箭”。如图所示,一只悬浮在水中的乌贼,当外套膜吸满水后,它的总质量为4 kg,遇到危险时,通过短漏斗状的体管在极短时间内将水向后高速喷出,从而迅速逃窜,喷射出的水的质量为0.8 kg,则喷射出水的速度为 (　B　)
A.200 m/s B.160 m/s
C.75 m/s D.60 m/s
【解析】　乌贼逃命时的速度为v1=40 m/s，设乌贼向前逃窜的方向为正方向，由系统动量守恒得(m-m0)v1-m0v2=0，可得v2=160 m/s，故选B。
【例2】　如图,反冲小车静止放在水平光滑玻璃上,点燃酒精灯,水蒸气将橡皮塞水平喷出,小车沿相反方向运动。如果小车运动前的总质量M=3 kg,水平喷出的橡皮塞的质量m=0.1 kg(水蒸气质量忽略不计)。
(1)若橡皮塞喷出时获得的水平速度v=2.9 m/s,求小车的反冲速度。
(2)若橡皮塞喷出时速度大小仍为2.9 m/s,方向与水平方向成60°角,求小车的反冲速度(小车一直在水平方向运动)。
【答案】　(1)0.1 m/s　方向与橡皮塞水平运动方向相反
(2)0.05 m/s　方向与橡皮塞水平分运动的方向相反
【解析】　(1)小车和橡皮塞组成的系统所受外力之和为0，系统总动量为0。以橡皮塞运动的方向为正方向，根据动量守恒定律，有mv+(M-m)v'=0，解得v'=-v=-×2.9 m/s=-0.1 m/s，负号表示小车运动方向与橡皮塞水平运动的方向相反，反冲速度大小是0.1 m/s。
(2)小车和橡皮塞组成的系统水平方向动量守恒，以橡皮塞运动的水平分运动方向为正方向，有
mvcos 60°+(M-m)v″=0，解得v″=-=- m/s=-0.05 m/s，负号表示小车运动方向与橡皮塞运动的水平分运动方向相反，反冲速度大小是0.05 m/s。
讨论反冲运动应注意的两个问题
(1)速度的方向性:对于原来静止的整体,可任意规定某一部分的运动方向为正方向,则反方向运动的另一部分的速度就要取负值。
(2)速度的相对性:反冲问题中,若已知相互作用的两物体的相对速度,先将各速度转换成相对同一参考系的速度(地面上物体一般指对地速度),再列动量守恒方程求解。
要点二　火箭
1.工作原理：应用了反冲的原理,火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大的速度。
2.影响火箭获得速度大小的因素
(1)喷气速度:现代火箭发动机的喷气速度通常在2 000~5 000 m/s。
(2)火箭获得的速度大小:Δv=-u,式中Δm为Δt时间内喷射燃气的质量,m为喷出燃气后火箭的质量,u为喷出的燃气相对喷气前火箭的速度。
(3)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叫作火箭的质量比。喷气速度越大,质量比越大,火箭获得的速度越大。
情境:火箭发射前的总质量为M、燃料燃尽后火箭的质量为m，火箭燃气的喷射速度为v1。
问题1:燃料燃尽后火箭的飞行速度v为多大
问题2:影响火箭速度的主要因素有哪些
提示：问题1:火箭发射过程中内力远大于外力，所以动量守恒。以火箭的速度方向为正方向，则:mv-(M-m)v1=0，v=v1。
问题2:(1)燃气喷射的速度。
(2)火箭的质量比(即火箭开始飞行时的质量与燃料燃尽时的质量之比)，目前的技术条件下，火箭的质量比一般小于10。
1.决定火箭最大飞行速度的因素
2.可以用以下办法提高火箭的速度
(1)提高喷气速度;
(2)提高火箭的质量比;
(3)使用多级火箭,一般为三级。
3.在反冲运动中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(包括剩余燃料)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来进行研究。
【例3】　将模型火箭放在光滑水平面上点火,燃气以某一速度从火箭喷口在很短时间内全部喷出。火箭在水平面上滑行,在燃气从火箭喷口喷出的过程中,下列说法正确的是(空气阻力可忽略) (　D　)
A.火箭对燃气作用力的冲量大于燃气对火箭作用力的冲量
B.火箭对燃气作用力的冲量小于燃气对火箭作用力的冲量
C.火箭的动量比喷出燃气的动量大
D.火箭的动能比喷出的燃气动能小
【解析】　根据牛顿第三定律知，火箭与燃气之间作用力的大小相等，方向相反，作用时间相同，根据冲量的定义式I=Ft可知，火箭对燃气作用力的冲量大小等于燃气对火箭作用力的冲量大小，故A、B错误;根据动量守恒定律知，系统初动量为0，所以末动量也为0，即火箭的动量与喷出燃气的动量大小相等，方向相反，故C错误;根据动量与动能的关系Ek=知，二者动量大小相等，但火箭的质量大，所以火箭的动能小，故D正确。
【例4】　我国在文昌航天发射场,用长征五号遥五运载火箭成功发射探月工程嫦娥五号探测器。假设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。求:
(1)当第三次喷出气体后,火箭的速度大小;
(2)运动第1 s末,火箭的速度大小。
【答案】　(1)2 m/s　(2)13.5 m/s
【解析】　(1)第三次喷出气体后，共喷出的气体质量m1=3×0.2 kg=0.6 kg，以火箭初速度方向为正方向，根据动量守恒定律得(M-m1)v1-m1v=0，解得v1≈2 m/s。
(2)1 s末发动机喷气20次，共喷出的气体质量为m2=20×0.2 kg=4 kg，根据动量守恒定律得(M-m2)v'-m2v=0，则得火箭1 s末的速度大小为v'≈13.5 m/s。
分析火箭类问题应注意的三点
(1)火箭在运动过程中,随着燃料的燃烧,火箭本身的质量不断减小,故在应用动量守恒定律时,必须取在同一相互作用时间内的火箭和喷出的气体为研究对象。注意反冲前、后各物体质量的变化。
(2)明确两部分物体初、末状态速度的参考系是否为同一参考系,如果不是同一参考系要设法予以转换,一般情况要转换成对地的速度。
(3)列方程时要注意初、末状态动量的方向。
要点三　“人船”模型问题
1.“人船”模型分析
如图所示,长为L、质量为m船的小船停在静水中,质量为m人的人由静止开始从船的一端走到船的另一端,不计水的阻力。
以人和船组成的系统为研究对象,在人由船的一端走到船的另一端的过程中,系统水平方向不受外力作用,所以整个系统水平方向动量守恒,可得m船v船=m人v人,
因人和船组成的系统水平方向动量始终守恒,故有m船x船=m人x人,
由图可看出:x船+x人=L,
可解得x人=L,x船=L。
2.“人船”模型的特点
(1)两物体组成的系统初态静止,运动过程中遵从动量守恒定律:m1v1-m2v2=0。
(2)运动特点:人动船动,人静船静,人快船快,人慢船慢,人左船右;人、船位移比等于它们质量的反比;人、船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比,即==。
(3)应用此关系时要注意一个问题:公式中的v1、v2和x1、x2都是相对地面而言的。
3.“人船”模型的应用
例如:人沿着静止在空中的热气球下面的软梯滑下或攀上,求热气球上升或下降高度的问题;小球沿放在光滑水平地面上的弧形槽滑下,求弧形槽移动距离的问题;等等。
如图所示，一质量为M的小船静止在水面上，站在船尾的质量为m的小孩，从静止开始向左运动。不计水的阻力，求此过程中:
(1)船向哪运动 当小孩速度为v时,船速多大
(2)当小孩向左移动位移x时,船的位移多大
(3)小孩和船的位移大小与两者质量有什么关系
(4)船长为L,若小孩从船尾移动到船头,小孩的位移为多大
提示：(1)因为小孩与小船组成的系统动量守恒，当小孩向左运动时，小船向右运动。设小孩的速度v的方向为正方向，当小孩速度为v时，mv-Mv'=0，解得v'=。
(2)由人船系统始终动量守恒可知
m-M'=0，故当小孩的位移大小为x时，有mx-Mx'=0，解得x'=。
(3)小孩和小船的位移大小与两者质量成反比，即=。
(4)x+x'=L，解得x=L。
【例5】　人和气球离地高为h,恰好悬浮在空中,气球质量为M,人的质量为m。人要从气球下拴着的软绳上安全到达地面,软绳的长度至少为 (　D　)
A. B.
C. D.
【解析】　根据题意，画出示意图如图所示，设人沿软绳滑至地面，软绳长度至少为L。以人和气球组成的系统为研究对象，竖直方向动量守恒，规定竖直向下为正方向，由动量守恒定律得M(-v2)+mv1=0，人沿绳滑至地面时，气球上升的高度为L-h，速度大小v2=，人相对于地面下降的高度为h，速度大小为v1=，得M+m·=0，解得L=h，故选D。
【例6】　如图所示,有一只小船停靠在湖边码头,小船又窄又长(质量约一吨)。一位站在船尾的同学轻轻从船尾走到船头停下。已知在此过程中船后退的距离为d,船长为L,他的自身质量为m,水的阻力不计,则船的质量M为 (　B　)
A. B.
C. D.
【解析】　人、船水平方向动量守恒，设人走动时船的速度大小为，人的速度大小为，取船的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有M-m=0，故0=M-m，人、船运动时间相等，则有0=Mx船-mx人，又x船+x人=L，x船=d，联立解得船的质量为M=，故选B。
1.一枚在空中飞行的火箭在某时刻的速度为v0,方向水平,燃料即将耗尽。此时,火箭突然炸裂成两块(如图所示),其中质量为m2的后部分箭体以速率v2沿火箭原方向飞行,若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化,则质量为m1前部分箭体速率v1为 (　D　)
A.v0-v2 B.v0+v2
C.v0-v2 D.v0+(v0-v2)
解析：火箭在爆炸分离时水平方向上动量守恒，规定初速度的方向为正方向，由动量守恒定律可得m1v1+m2v2=(m1+m2)v0，解得v1=v0+(v0-v2)，故选D。
2.如图所示,大气球下面有一根长绳,大气球和长绳的总质量为m1=20 kg,长绳的下端刚好和水平面接触。一个质量为m2=50 kg的人抓住大气球下方的绳,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,他离地面的高度约为(可以把人看作质点) (　B　)
A.5 m B.3.6 m
C.2.6 m D.8 m
解析：当人滑到长绳下端时，由竖直方向动量守恒得0=m1h1-m2h2，且h1+h2=h，解得h1= m，h2= m，所以他离地面的高度H=h1≈3.6 m，故B正确。
3.一门旧式大炮如图所示,炮车和炮弹的质量分别为M和m,炮筒与水平面的夹角为α,炮弹发射瞬间相对于地面的速度为v0。不计炮车与地面间的摩擦,则炮车向后反冲的速度大小为 (　A　)
A. B.
C. D.
解析：以炮弹和炮车组成的系统为研究对象，根据题意可知，炮弹离开炮口时，炮弹和炮车在水平方向上受到的外力相对于内力可忽略不计，则系统在水平方向上动量守恒。以炮车后退的方向为正方向，在水平方向上，由动量守恒定律有0=Mv-mv0cos α，解得v=，故选A。
4.(多选)如图所示,甲和他的冰车总质量M=30 kg,甲推着质量m=15 kg的小木箱一起以速度v0=2 m/s向右滑行。乙和他的冰车总质量也为M=30 kg,乙以同样大小的速度迎面而来。为了避免相撞,甲将小木箱以速度v沿冰面推出,小木箱滑到乙处时乙迅速把它抓住。若不计冰面的摩擦力,则小木箱的速度v可能为 (　CD　)
A.4 m/s　 B.5 m/s　 C.6 m/s　 D.7 m/s
解析：以甲的速度方向为正方向，对于甲和小木箱根据动量守恒定律得Mv1+mv=(M+m)v0，对于乙和小木箱根据动量守恒定律得(M+m)v2=mv-Mv0，当甲、乙恰好不相碰时，则v1=v2，联立解得v=5.2 m/s，若要避免碰撞，则需要满足v≥5.2 m/s，故选C、D。
课时作业8
(总分:70分)
1.(5分)一人静止于光滑的水平冰面上,现欲离开冰面,下列说法中可行的是 (　C　)
A.向后踢腿
B.向后甩手
C.脱下衣服或鞋子水平抛出
D.脱下衣服或鞋子竖直向上抛出
解析：以人整体为研究对象，向后踢腿或向后甩手，人整体的总动量为0，不会运动起来，故A、B错误;把人和外衣视为一整体，这个整体动量为0，人给外衣或鞋子一个速度，动量总量不变，所以人也可以获得一个反向的速度，可以离开冰面，故C正确;把人和外衣视为一整体，这个整体动量为0，人给外衣或鞋子一个竖直方向的速度，水平方向的动量仍然等于0，所以人仍然静止，不可以离开冰面，故D错误。
2.(5分)如图所示,我国自行研制的“歼-15”战斗机挂弹飞行时,接到命令,进行导弹发射训练,当战斗机水平飞行的速度为v0时将总质量为M的导弹释放,刚释放时,导弹向战斗机飞行的反方向喷出对地速率为v1、质量为m的燃气,则喷气后导弹相对地面的速率v为 (　D　)
A. B.
C. D.
解析：以导弹飞行的方向为正方向，导弹被战斗机释放后喷出燃气瞬间，根据动量守恒定律得(M-m)v-mv1=Mv0，解得v=，故选D。
3.(5分)某中学航天兴趣小组的同学将静置在水平地面上的质量为M(含水)的自制“水火箭”释放升空,在极短的时间内,质量为m的水以相对地面为v0的速度竖直向下喷出。已知重力加速度为g,空气阻力不计,下列说法正确的是 (　D　)
A.“水火箭”的推力来源于“水火箭”外的空气对它的反作用力
B.水喷出的过程中,“水火箭”和水机械能守恒
C.“水火箭”获得的最大速度为v0
D.“水火箭”上升的最大高度为
解析：“水火箭”的推力来源于“水火箭”里喷出的水对它的反作用力，故A错误;水喷出的过程中，瓶内气体做功，“水火箭”和水机械能不守恒，故B错误;设“水火箭”获得的最大速度为v，由动量守恒定律可得(M-m)v=mv0，则v=，故C错误;水喷出后，“水火箭”做竖直上抛运动，由题意有v2=2gh，h==，故D正确。
4.(5分)如图所示,已知某次某航天员离开空间站太空行走时,连同装备共100 kg,在离飞船60 m的位置与空间站处于相对静止的状态,装备中有一个高压气源,能以50 m/s的速度喷出气体,为了能在5 min内返回空间站,他需要在开始返回的瞬间至少一次性向后喷出气体的质量是(不计喷出气体后航天员和装备质量的变化) (　D　)
A.0.10 kg B.0.20 kg
C.0.35 kg D.0.40 kg
解析：单位换算5 min=300 s，该航天员在喷出气体后的最小速度为v==0.2 m/s，根据动量守恒定律得Mv=mv0，代入题中数据解得m=0.40 kg，故选D。
5.(5分)“独竹漂”是一项独特的黔北民间绝技。“独竹漂”高手们脚踩一根楠竹,漂行水上如履平地。如图甲所示,在平静的湖面上,一位女子脚踩竹竿抵达岸边,此时女子静立于竹竿A点,一位摄影爱好者使用连拍模式拍下了该女子在竹竿上行走过程的系列照片,并从中选取了两张进行对比,其简化图如图所示。经过测量发现,甲、乙两张照片中A、B两点的水平间距约为1 cm,图乙中竹竿右端距离河岸约为1.8 cm。照片的比例尺为1︰40。已知竹竿的质量约为25 kg,若不计水的阻力,则该女子的质量约为 (　B　)
A.41.5 kg B.45 kg
C.47.5 kg D.50 kg
解析：对该女子和竹竿组成的系统，可看成人船模型，所以m1x1=m2x2。已知x1=0.4 m，x2=0.72 m，代入数据可得该女子的质量为m1=45 kg，故选B。
6.(5分)如图所示,光滑水平地面上静置一个质量为M且上表面光滑的斜面体。现将一个质量为m的小滑块放置在斜面体顶端,使其由静止沿斜面滑下。已知斜面体底边长为L,则以下判断正确的是 (　D　)
A.下滑过程中小滑块的机械能守恒
B.小滑块下滑过程中,两物体组成的系统动量守恒
C.小滑块到达斜面体底端时,斜面体水平向右运动的距离为
D.小滑块到达斜面体底端时,小滑块水平向左运动的距离为
解析：下滑过程中小滑块和斜面体组成的系统的机械能守恒，小滑块的机械能不守恒，故A错误;小滑块下滑过程中，两物体组成的系统水平方向所受合力为0，则水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，则系统动量不守恒，故B错误;设小滑块到达斜面体底端时，斜面体水平向右运动的距离为x，则由水平方向动量守恒可知Mx=m(L-x)，解得x=，小滑块水平向左运动的距离为s=L-x=，故C错误，D正确。
7.(5分)如图所示,质量为m、半径为R的小球,放在半径为2R、质量为2m的大空心球内,大球开始静止在光滑水平面上。当小球从如图所示的位置无初速度沿内壁滚到最低点时,大球移动的距离是 (　B　)
A.　　　B.　　　C.　　　D.
解析：由水平方向动量守恒有mx小球-2mx大球=0，又x小球+x大球=R，联立解得x大球=，B正确。
8.(5分)2021年1月20日0时25分,我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭,成功将天通一号03星发射升空。在发射地球卫星时需要运载火箭多次点火,以提高最终的发射速度。某次地球近地卫星发射的过程中,火箭喷气发动机每次喷出质量为m=800 g的气体,气体离开发动机时的对地速度v=1 000 m/s,假设火箭(含燃料在内)的总质量为M=600 kg,发动机每秒喷气20次,忽略地球引力的影响,则 (　B　)
A.地球卫星要能成功发射,速度大小至少达到11.2 km/s
B.火箭第三次喷出气体后速度的大小约为4 m/s
C.要使火箭能成功发射至少要喷气500次
D.要使火箭能成功发射至少要持续喷气15 s
解析：第一宇宙速度(7.9 km/s)是卫星在地球表面附近绕地球做匀速圆周运动的速度，是最小的发射速度，地球卫星要能成功发射，速度大小至少达到7.9 km/s，故A错误;设喷出三次气体后火箭的速度为v3，以火箭和喷出的三次气体为研究对象，以竖直向上为正方向，由动量守恒定律得(M-3m)v3-3mv=0，解得v3≈4 m/s，故B正确;要能成功发射，设喷气n次后达到第一宇宙速度，即vn=7.9 km/s=7 900 m/s，以火箭和n次喷出的气体为研究对象，以竖直向上为正方向，由动量守恒定律得(M-nm)vn-nmv=0，代入数据解得n≈666次，至少持续喷气的时间为t= s=33.3 s，故C、D错误。
9.(10分)如图所示,光滑水平面上有三个滑块A、B、C,质量关系是mA=mC=m、mB=。开始时滑块B、C紧贴在一起,中间夹有少量炸药,处于静止状态,滑块A以速度v0正对B向右运动,在A与B碰撞之前,引爆B、C间的炸药,炸药爆炸后B与A迎面碰撞,最终A与B粘在一起,以速度v0向左运动。
(1)求炸药爆炸过程中炸药对C的冲量大小。
(2)炸药的化学能有多少转化为机械能
答案：(1)mv0　(2)m
解析：(1)全过程中A、B、C组成的系统动量守恒，以向右为正方向，
-(mA+mB)v0+mCvC=mAv0，炸药对C的冲量:I=mCvC-0，解得I=mv0。
(2)炸药爆炸过程中B和C组成的系统动量守恒，以向右为正方向，有mCvC-mBvB=0，根据能量守恒定律有ΔE=mB+mC，解得ΔE=m。
10.(10分)如图所示,在光滑水平面上有一小车,小车上固定一竖直杆,总质量为M,杆顶系一长为l的轻绳,绳另一端系一质量为m的小球,绳被水平拉直处于静止状态,小球处于最右端。将小球由静止释放,重力加速度为g,求:
(1)小球摆到最低点时小球速度的大小;
(2)小球摆到最低点时小车向右移动的距离。
答案：(1)　(2)
解析：(1)取水平向右为正方向，设当小球摆到最低点时其速度大小为v1，此时小车的速度大小为v2，根据动量守恒定律与能量守恒定律得Mv2-mv1=0，mgl=m+M，解得v1=。
(2)当小球摆到最低点时，设小球向左移动的距离为x1，小车向右移动的距离为x2，根据动量守恒定律有:m=M，而且x1+x2=l，解得x2=。
11.(10分)设有一质量M=5 t的火箭,架设于发射台上,其喷出气体对地的速度为1 000 m/s。请估算它至少每秒喷出质量为多少的气体,才能让火箭开始上升。如果要使火箭以2 m/s2的加速度上升,请估算它每秒应喷出多少气体。(g取10 m/s2)
答案：50 kg　60 kg
解析：设喷出气体的质量为Δm，以Δm为研究对象，它在Δt时间内速度由0增至v=1 000 m/s，设火箭对它的作用力为F，由动量定理有FΔt=Δmv-0，得F=v，若要使火箭开始上升，则要求F≥Mg，即v≥Mg，≥= kg/s=50 kg/s，即要使火箭开始上升，它至少每秒要喷出50 kg的气体。若要使火箭以加速度a=2 m/s2上升，取火箭为研究对象，由牛顿第二定律得F-Mg=Ma，再取喷出的气体为研究对象，有FΔt=Δmv-0，可得== kg/s=60 kg/s，则每秒应喷出60 kg的气体。(共58张PPT)
第一章　动量守恒定律
第6节　反冲现象　火箭
核心要点 点点过
1
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即时演练 堂堂清
2
课时作业8
3
课程要求 学科素养
能用动量守恒定律解释生产生活中的现象。体会用守恒定律分析物理问题的方法,体会自然界的和谐与统一 物理观念 理解动量守恒定律在反冲运动中的应用,知道火箭的飞行原理
科学思维 通过实例分析,能够应用动量守恒定律解决反冲运动问题
科学态度 与责任 通过学习和课外阅读,了解我国航天技术的发展
核心要点 点点过
1.定义
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,这个现象叫作反冲。
2.反冲原理
反冲运动的基本原理是动量守恒定律,如果系统的一部分获得了某一方向的动量,系统的其他部分就会在这一方向的反方向上获得同样大小的动量。
要点一　反冲现象
相反
反冲
动量守恒
同样大小
3.公式
若系统的初始动量为0,则动量守恒定律的形式变为m1v1+m2v2=0,此式表明,做反冲运动的两部分的动量大小相等、方向相反,而它们的速率与质量成反比。
4.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,所以两部分组成的系统动量守恒或在某一方向动量守恒。
(3)反冲运动中,由于有其他形式的能转化为机械能,所以系统的机械能　　增加。
m1v1+m2v2
相等
相反
反比
内力
相反
远大于
某一方向
机械能
增加
5.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。
旋转
准确性
肩部
(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)反冲运动的原理既适用于宏观物体，也适用于微观粒子。(　　)
(3)一切反冲现象都是有益的。(　　)
(4)只有系统合力为0时，反冲运动才能用动量守恒来解释。(　　)
√
√
×
×
【例1】　乌贼在水中运动方式是十分奇特的,它不用鳍也不用手足,而是靠自身的漏斗喷射海水推动身体运动,在无脊椎动物中游泳最快,速度可达15 m/s,逃命时更可以达到40 m/s,被称为“水中火箭”。如图所示,一只悬浮在水中的乌贼,当外套膜吸满水后,它的总质量为4 kg,遇到危险时,通过短漏斗状的体管在极短时间内将水向后高速喷出,从而迅速逃窜,喷射出的水的质量为0.8 kg,则喷射出水的速度为 (　　)
A.200 m/s　B.160 m/s　C.75 m/s　D.60 m/s
【解析】　乌贼逃命时的速度为v1=40 m/s，设乌贼向前逃窜的方向为正方向，由系统动量守恒得(m-m0)v1-m0v2=0，可得v2=160 m/s，故选B。
B
【例2】　如图,反冲小车静止放在水平光滑玻璃上,点燃酒精灯,水蒸气将橡皮塞水平喷出,小车沿相反方向运动。如果小车运动前的总质量M=3 kg,水平喷出的橡皮塞的质量m=0.1 kg(水蒸气质量忽略不计)。
(1)若橡皮塞喷出时获得的水平速度v=2.9 m/s,求小车的反冲
速度。
【答案】　(1)0.1 m/s　方向与橡皮塞水平运动方向相反
【解析】　(1)小车和橡皮塞组成的系统所受外力之和为0，系统总动量为0。以橡皮塞运动的方向为正方向，根据动量守恒定律，有mv+(M-m)v'=0，解得v'=-v=-×2.9 m/s=-0.1 m/s，负号表示小车运动方向与橡皮塞水平运动的方向相反，反冲速度大小是0.1 m/s。
(2)若橡皮塞喷出时速度大小仍为2.9 m/s,方向与水平方向成60°角,求小车的反冲速度(小车一直在水平方向运动)。
【答案】　(2)0.05 m/s　方向与橡皮塞水平分运动的方向相反
【解析】　(2)小车和橡皮塞组成的系统水平方向动量守恒，以橡皮塞运动的水平分运动方向为正方向，有mvcos 60°+(M-m)v″=0，解得v″=
-=- m/s=-0.05 m/s，负号表示小车运动方向与橡皮塞运动的水平分运动方向相反，反冲速度大小是0.05 m/s。
方法技巧
讨论反冲运动应注意的两个问题
(1)速度的方向性:对于原来静止的整体,可任意规定某一部分的运动方向为正方向,则反方向运动的另一部分的速度就要取负值。
(2)速度的相对性:反冲问题中,若已知相互作用的两物体的相对速度,先将各速度转换成相对同一参考系的速度(地面上物体一般指对地速度),再列动量守恒方程求解。
1.工作原理：应用了反冲的原理,火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大的速度。
2.影响火箭获得速度大小的因素
(1)喷气速度:现代火箭发动机的喷气速度通常在2 000~5 000 m/s。
(2)火箭获得的速度大小:Δv=-u,式中Δm为Δt时间内喷射燃气的质量,m为喷出燃气后火箭的质量,u为喷出的燃气相对喷气前火箭的速度。
(3)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叫作火箭的质量比。喷气速度越大,质量比越大,火箭获得的速度越大。
要点二　火箭
速度
喷射燃气
火箭
燃气
越大
越大
情境:火箭发射前的总质量为M、燃料燃尽后火箭的质量为m，火箭燃气的喷射速度为v1。
问题1:燃料燃尽后火箭的飞行速度v为多大
问题2:影响火箭速度的主要因素有哪些
提示：问题1:火箭发射过程中内力远大于外力，所以动量守恒。以火箭的速度方向为正方向，则:mv-(M-m)v1=0，v=v1。
问题2:(1)燃气喷射的速度。
(2)火箭的质量比(即火箭开始飞行时的质量与燃料燃尽时的质量之比)，目前的技术条件下，火箭的质量比一般小于10。
1.决定火箭最大飞行速度的因素
2.可以用以下办法提高火箭的速度
(1)提高喷气速度;
(2)提高火箭的质量比;
(3)使用多级火箭,一般为三级。
3.在反冲运动中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(包括剩余燃料)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来进行研究。
【例3】　将模型火箭放在光滑水平面上点火,燃气以某一速度从火箭喷口在很短时间内全部喷出。火箭在水平面上滑行,在燃气从火箭喷口喷出的过程中,下列说法正确的是(空气阻力可忽略) (　　)
A.火箭对燃气作用力的冲量大于燃气对火箭作用力的冲量
B.火箭对燃气作用力的冲量小于燃气对火箭作用力的冲量
C.火箭的动量比喷出燃气的动量大
D.火箭的动能比喷出的燃气动能小
D
【解析】　根据牛顿第三定律知，火箭与燃气之间作用力的大小相等，方向相反，作用时间相同，根据冲量的定义式I=Ft可知，火箭对燃气作用力的冲量大小等于燃气对火箭作用力的冲量大小，故A、B错误;根据动量守恒定律知，系统初动量为0，所以末动量也为0，即火箭的动量与喷出燃气的动量大小相等，方向相反，故C错误;根据动量与动能的关系Ek=知，二者动量大小相等，但火箭的质量大，所以火箭的动能小，故D正确。
【例4】　我国在文昌航天发射场,用长征五号遥五运载火箭成功发射探月工程嫦娥五号探测器。假设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。求:
(1)当第三次喷出气体后,火箭的速度大小;
【答案】　(1)2 m/s　
【解析】　(1)第三次喷出气体后，共喷出的气体质量m1=3×0.2 kg=0.6 kg，以火箭初速度方向为正方向，根据动量守恒定律得(M-m1)v1-m1v=0，解得v1≈2 m/s。
(2)运动第1 s末,火箭的速度大小。
【答案】　 (2)13.5 m/s
【解析】　(2)1 s末发动机喷气20次，共喷出的气体质量为m2=20×0.2 kg=4 kg，根据动量守恒定律得(M-m2)v'-m2v=0，则得火箭1 s末的速度大小为v'≈13.5 m/s。
方法技巧
分析火箭类问题应注意的三点
(1)火箭在运动过程中,随着燃料的燃烧,火箭本身的质量不断减小,故在应用动量守恒定律时,必须取在同一相互作用时间内的火箭和喷出的气体为研究对象。注意反冲前、后各物体质量的变化。
(2)明确两部分物体初、末状态速度的参考系是否为同一参考系,如果不是同一参考系要设法予以转换,一般情况要转换成对地的速度。
(3)列方程时要注意初、末状态动量的方向。
1.“人船”模型分析
如图所示,长为L、质量为m船的小船停在静水中,质量为m人的人由静止开始从船的一端走到船的另一端,不计水的阻力。
以人和船组成的系统为研究对象,在人由船的一端走到船的另一端的过程中,系统水平方向不受外力作用,所以整个系统水平方向动量守恒,可得m船v船=m人v人,
要点三　“人船”模型问题
因人和船组成的系统水平方向动量始终守恒,故有m船x船=m人x人,
由图可看出:x船+x人=L,
可解得x人=L,x船=L。
2.“人船”模型的特点
(1)两物体组成的系统初态静止,运动过程中遵从动量守恒定律:m1v1-m2v2=0。
(2)运动特点:人动船动,人静船静,人快船快,人慢船慢,人左船右;人、船位移比等于它们质量的反比;人、船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比,即==。
(3)应用此关系时要注意一个问题:公式中的v1、v2和x1、x2都是相对地面而言的。
3.“人船”模型的应用
例如:人沿着静止在空中的热气球下面的软梯滑下或攀上,求热气球上升或下降高度的问题;小球沿放在光滑水平地面上的弧形槽滑下,求弧形槽移动距离的问题;等等。
如图所示，一质量为M的小船静止在水面上，站在船尾的质量为m的小孩，从静止开始向左运动。不计水的阻力，求此过程中:
(1)船向哪运动 当小孩速度为v时,船速多大
(2)当小孩向左移动位移x时,船的位移多大
(3)小孩和船的位移大小与两者质量有什么关系
(4)船长为L,若小孩从船尾移动到船头,小孩的位移为多大
提示：(1)因为小孩与小船组成的系统动量守恒，当小孩向左运动时，小船向右运动。设小孩的速度v的方向为正方向，当小孩速度为v时，mv-Mv'=0，解得v'=。
(2)由人船系统始终动量守恒可知m-M'=0，故当小孩的位移大小为x时，有mx-Mx'=0，解得x'=。
(3)小孩和小船的位移大小与两者质量成反比，即=。
(4)x+x'=L，解得x=L。
【例5】　人和气球离地高为h,恰好悬浮在空中,气球质量为M,人的质量为m。人要从气球下拴着的软绳上安全到达地面,软绳的长度至少为 (　　)
A. B.
C. D.
D
【解析】　根据题意，画出示意图如图所示，设人沿软绳滑至地面，软绳长度至少为L。以人和气球组成的系统为研究对象，竖直方向动量守恒，规定竖直向下为正方向，由动量守恒定律得M(-v2)+mv1=0，人沿绳滑至地面时，气球上升的高度为L-h，速度大小v2=，人相对于地面下降的高度为h，速度大小为v1=，得M+m·=0，解得L=h，故选D。
【例6】　如图所示,有一只小船停靠在湖边码头,小船又窄又长(质量约一吨)。一位站在船尾的同学轻轻从船尾走到船头停下。已知在此过程中船后退的距离为d,船长为L,他的自身质量为m,水的阻力不计,则船的质量M为 (　　)
A. B.
C. D.
B
【解析】　人、船水平方向动量守恒，设人走动时船的速度大小为，人的速度大小为，取船的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有M-m=0，故0=M-m，人、船运动时间相等，则有0=Mx船-
mx人，又x船+x人=L，x船=d，联立解得船的质量为M=，故选B。
即时演练 堂堂清
1.一枚在空中飞行的火箭在某时刻的速度为v0,方向水平,燃料即将耗尽。此时,火箭突然炸裂成两块(如图所示),其中质量为m2的后部分箭体以速率v2沿火箭原方向飞行,若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化,则质量为m1前部分箭体速率v1为 (　　)
A.v0-v2 B.v0+v2
C.v0-v2 D.v0+(v0-v2)
解析：火箭在爆炸分离时水平方向上动量守恒，规定初速度的方向为正方向，由动量守恒定律可得m1v1+m2v2=(m1+m2)v0，解得v1=v0+(v0-v2)，故选D。
D
2.如图所示,大气球下面有一根长绳,大气球和长绳的总质量为m1=20 kg,长绳的下端刚好和水平面接触。一个质量为m2=50 kg的人抓住大气球下方的绳,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,他离地面的高度约为(可以把人看作质点) (　　)
A.5 m　B.3.6 m　C.2.6 m　D.8 m
B
解析：当人滑到长绳下端时，由竖直方向动量守恒得0=m1h1-m2h2，且h1+h2=h，解得h1= m，h2= m，所以他离地面的高度H=h1≈3.6 m，故B正确。
3.一门旧式大炮如图所示,炮车和炮弹的质量分别为M和m,炮筒与水平面的夹角为α,炮弹发射瞬间相对于地面的速度为v0。不计炮车与地面间的摩擦,则炮车向后反冲的速度大小为 (　　)
A. B.
C. D.
解析：以炮弹和炮车组成的系统为研究对象，根据题意可知，炮弹离开炮口时，炮弹和炮车在水平方向上受到的外力相对于内力可忽略不计，则系统在水平方向上动量守恒。以炮车后退的方向为正方向，在水平方向上，由动量守恒定律有0=Mv-mv0cos α，解得v=，故选A。
A
4.(多选)如图所示,甲和他的冰车总质量M=30 kg,甲推着质量m=15 kg的小木箱一起以速度v0=2 m/s向右滑行。乙和他的冰车总质量也为M=30 kg,乙以同样大小的速度迎面而来。为了避免相撞,甲将小木箱以速度v沿冰面推出,小木箱滑到乙处时乙迅速把它抓住。若不计冰面的摩擦力,则小木箱的速度v可能为 (　　)
A.4 m/s　 B.5 m/s　 C.6 m/s　 D.7 m/s
CD
解析：以甲的速度方向为正方向，对于甲和小木箱根据动量守恒定律得Mv1+mv=(M+m)v0，对于乙和小木箱根据动量守恒定律得(M+m)v2=mv-Mv0，当甲、乙恰好不相碰时，则v1=v2，联立解得v=5.2 m/s，若要避免碰撞，则需要满足v≥5.2 m/s，故选C、D。
课时作业８

1.(5分)一人静止于光滑的水平冰面上,现欲离开冰面,下列说法中可行的是(　　)
A.向后踢腿
B.向后甩手
C.脱下衣服或鞋子水平抛出
D.脱下衣服或鞋子竖直向上抛出
C
解析：以人整体为研究对象，向后踢腿或向后甩手，人整体的总动量为0，不会运动起来，故A、B错误;把人和外衣视为一整体，这个整体动量为0，人给外衣或鞋子一个速度，动量总量不变，所以人也可以获得一个反向的速度，可以离开冰面，故C正确;把人和外衣视为一整体，这个整体动量为0，人给外衣或鞋子一个竖直方向的速度，水平方向的动量仍然等于0，所以人仍然静止，不可以离开冰面，故D错误。
2.(5分)如图所示,我国自行研制的“歼-15”战斗机挂弹飞行时,接到命令,进行导弹发射训练,当战斗机水平飞行的速度为v0时将总质量为M的导弹释放,刚释放时,导弹向战斗机飞行的反方向喷出对地速率为v1、质量为m的燃气,则喷气后导弹相对地面的速率v为 (　　)
A. B.
C. D.
解析：以导弹飞行的方向为正方向，导弹被战斗机释放后喷出燃气瞬间，根据动量守恒定律得(M-m)v-mv1=Mv0，解得v=，故选D。
D
3.(5分)某中学航天兴趣小组的同学将静置在水平地面上的质量为M(含水)的自制“水火箭”释放升空,在极短的时间内,质量为m的水以相对地面为v0的速度竖直向下喷出。已知重力加速度为g,空气阻力不计,下列说法正确的是 (　　)
A.“水火箭”的推力来源于“水火箭”外的空气对它的反作用力
B.水喷出的过程中,“水火箭”和水机械能守恒
C.“水火箭”获得的最大速度为v0
D.“水火箭”上升的最大高度为
D
解析：“水火箭”的推力来源于“水火箭”里喷出的水对它的反作用力，故A错误;水喷出的过程中，瓶内气体做功，“水火箭”和水机械能不守恒，故B错误;设“水火箭”获得的最大速度为v，由动量守恒定律可得(M-m)v=mv0，则v=，故C错误;水喷出后，“水火箭”做竖直上抛运动，由题意有v2=2gh，h==，故D正确。
4.(5分)如图所示,已知某次某航天员离开空间站太空行走时,连同装备共100 kg,在离飞船60 m的位置与空间站处于相对静止的状态,装备中有一个高压气源,能以50 m/s的速度喷出气体,为了能在5 min内返回空间站,他需要在开始返回的瞬间至少一次性向后喷出气体的质量是(不计喷出气体后航天员和装备质量的变化) (　　)
A.0.10 kg　B.0.20 kg　C.0.35 kg　D.0.40 kg
D
解析：单位换算5 min=300 s，该航天员在喷出气体后的最小速度为v==0.2 m/s，根据动量守恒定律得Mv=mv0，代入题中数据解得m=0.40 kg，故选D。
5.(5分)“独竹漂”是一项独特的黔北民间绝技。“独竹漂”高手们脚踩一根楠竹,漂行水上如履平地。如图甲所示,在平静的湖面上,一位女子脚踩竹竿抵达岸边,此时女子静立于竹竿A点,一位摄影爱好者使用连拍模式拍下了该女子在竹竿上行走过程的系列照片,并从中选取了两张进行对比,其简化图如图所示。经过测量发现,甲、乙两张照片中A、B两点的水平间距约为1 cm,图乙中竹竿右端距离河岸约为1.8 cm。照片的比例尺为1︰40。已知竹竿的质量约为25 kg,若不计水的阻力,则该女子的质量约
为 (　　)
A.41.5 kg　B.45 kg　C.47.5 kg　D.50 kg
B
解析：对该女子和竹竿组成的系统，可看成人船模型，所以m1x1=m2x2。已知x1=0.4 m，x2=0.72 m，代入数据可得该女子的质量为m1=45 kg，故选B。
6.(5分)如图所示,光滑水平地面上静置一个质量为M且上表面光滑的斜面体。现将一个质量为m的小滑块放置在斜面体顶端,使其由静止沿斜面滑下。已知斜面体底边长为L,则以下判断正确的是 (　　)
A.下滑过程中小滑块的机械能守恒
B.小滑块下滑过程中,两物体组成的系统动量守恒
C.小滑块到达斜面体底端时,斜面体水平向右运动的距离为
D.小滑块到达斜面体底端时,小滑块水平向左运动的距离为
D
解析：下滑过程中小滑块和斜面体组成的系统的机械能守恒，小滑块的机械能不守恒，故A错误;小滑块下滑过程中，两物体组成的系统水平方向所受合力为0，则水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，则系统动量不守恒，故B错误;设小滑块到达斜面体底端时，斜面体水平向右运动的距离为x，则由水平方向动量守恒可知Mx=m(L-x)，解得x=，小滑块水平向左运动的距离为s=L-x=，故C错误，D正确。

7.(5分)如图所示,质量为m、半径为R的小球,放在半径为2R、质量为2m的大空心球内,大球开始静止在光滑水平面上。当小球从如图所示的位置无初速度沿内壁滚到最低点时,大球移动的距离是(　　)
A.　　　B.　　　C.　　　D.
解析：由水平方向动量守恒有mx小球-2mx大球=0，
又x小球+x大球=R，联立解得x大球=，B正确。
B
8.(5分)2021年1月20日0时25分,我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭,成功将天通一号03星发射升空。在发射地球卫星时需要运载火箭多次点火,以提高最终的发射速度。某次地球近地卫星发射的过程中,火箭喷气发动机每次喷出质量为m=800 g的气体,气体离开发动机时的对地速度v=1 000 m/s,假设火箭(含燃料在内)的总质量为M=600 kg,发动机每秒喷气20次,忽略地球引力的影响,则 (　　)
A.地球卫星要能成功发射,速度大小至少达到11.2 km/s
B.火箭第三次喷出气体后速度的大小约为4 m/s
C.要使火箭能成功发射至少要喷气500次
D.要使火箭能成功发射至少要持续喷气15 s
B
解析：第一宇宙速度(7.9 km/s)是卫星在地球表面附近绕地球做匀速圆周运动的速度，是最小的发射速度，地球卫星要能成功发射，速度大小至少达到7.9 km/s，故A错误;设喷出三次气体后火箭的速度为v3，以火箭和喷出的三次气体为研究对象，以竖直向上为正方向，由动量守恒定律得(M-3m)v3-3mv=0，解得v3≈4 m/s，故B正确;要能成功发射，设喷气n次后达到第一宇宙速度，即vn=7.9 km/s=7 900 m/s，以火箭和n次喷出的气体为研究对象，以竖直向上为正方向，由动量守恒定律得(M-nm)vn-nmv=0，代入数据解得n≈666次，至少持续喷气的时间为t= s=33.3 s，故C、D错误。
9.(10分)如图所示,光滑水平面上有三个滑块A、B、C,质量关系是mA=mC=m、mB=。开始时滑块B、C紧贴在一起,中间夹有少量炸药,处于静止状态,滑块A以速度v0正对B向右运动,在A与B碰撞之前,引爆B、C间的炸药,炸药爆炸后B与A迎面碰撞,最终A与B粘在一起,以速度v0向左运动。
(1)求炸药爆炸过程中炸药对C的冲量大小。
答案：(1)mv0　
解析：(1)全过程中A、B、C组成的系统动量守恒，以向右为正方向，
-(mA+mB)v0+mCvC=mAv0，炸药对C的冲量:I=mCvC-0，解得I=mv0。
(2)炸药的化学能有多少转化为机械能
答案：(2)m
解析：(2)炸药爆炸过程中B和C组成的系统动量守恒，以向右为正方向，有mCvC-mBvB=0，根据能量守恒定律有ΔE=mB+mC，解得ΔE=m。
10.(10分)如图所示,在光滑水平面上有一小车,小车上固定一竖直杆,总质量为M,杆顶系一长为l的轻绳,绳另一端系一质量为m的小球,绳被水平拉直处于静止状态,小球处于最右端。将小球由静止释放,重力加速度为g,求:
(1)小球摆到最低点时小球速度的大小;
解析：(1)取水平向右为正方向，设当小球摆到最低点时其速度大小为v1，此时小车的速度大小为v2，根据动量守恒定律与能量守恒定律得Mv2-mv1=0，mgl=m+M，解得v1=。
答案：(1)　
(2)小球摆到最低点时小车向右移动的距离。
答案：(2)
解析：(2)当小球摆到最低点时，设小球向左移动的距离为x1，小车向右移动的距离为x2，根据动量守恒定律有:m=M，而且x1+x2=l，解得x2=。

11.(10分)设有一质量M=5 t的火箭,架设于发射台上,其喷出气体对地的速度为1 000 m/s。请估算它至少每秒喷出质量为多少的气体,才能让火箭开始上升。如果要使火箭以2 m/s2的加速度上升,请估算它每秒应喷出多少气体。(g取10 m/s2)
答案：50 kg　60 kg
解析：设喷出气体的质量为Δm，以Δm为研究对象，它在Δt时间内速度由0增至v=1 000 m/s，设火箭对它的作用力为F，由动量定理有FΔt=Δmv-0，得F=v，若要使火箭开始上升，则要求F≥Mg，即v≥Mg，≥= kg/s=50 kg/s，即要使火箭开始上升，它至少每秒要喷出50 kg的气体。若要使火箭以加速度a=2 m/s2上升，取火箭为研究对象，由牛顿第二定律得F-Mg=Ma，再取喷出的气体为研究对象，有FΔt=Δmv-0，可得== kg/s=60 kg/s，则每秒应喷出60 kg的气体。
本课结束

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