学年高中物理 第十六章 动量守恒定律 第5节 反冲运动 火箭教学案 新人教版选修3Word文档格式.docx

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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？

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。

对反冲运动的理解

1．反冲运动的三个特点

（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。

[思路点拨]　

（1）物体炸裂瞬间内力远大于外力，竖直方向上动量近似守恒。

（2）质量为m1的一块恰好能沿竖直方向回到开始下落的位置，则其炸后的速度方向竖直向上，大小与物体炸裂前瞬间速度大小相等。

[解析]　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＝m

刚炸裂时向上运动并返回到开始下落位置的一块质量为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＝－m1

由动量守恒定律有

mv＝m1v1＋（m－m1）v2

联立解得：

v2＝

由于v2>

0，说明炸裂后另一块的运动方向竖直向下。

[答案]　

，方向竖直向下

爆炸

碰撞

相

同

点

过程

特点

都是物体间的相互作用突然发生，相互作用的力为变力，作用时间很短，平均作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以可以认为碰撞、爆炸过程中系统的总动量守恒

模型

由于碰撞、爆炸过程相互作用的时间很短，作用过程中物体的位移很小，一般可忽略不计，因此可以把作用过程看做一个理想化过程来处理，即作用后物体仍从作用前瞬间的位置以新的动量开始

能量

情况

都满足能量守恒，总能量保持不变

不

动能

有其他形式的能转化为动能，动能会增加

弹性碰撞时动能不变，非弹性碰撞时产生内能

1.小车上装有一桶水，静止在光滑水平地面上，如图1651所示，桶的前、后、底及侧面各装有一个阀门，分别为S1、S2、S3、S4（图中未画出），要使小车向前运动，可采用的方法是（　　）

图1651

A．打开阀门S1　　　B．打开阀门S2

C．打开阀门S3D．打开阀门S4

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．（多选）设斜向上抛出的物体在通过轨迹的最高点位置时，突然炸裂成质量相等的两块，已知其中一块沿原水平方向做平抛运动，则另一块的运动可能是（　　）

A．反方向的平抛运动B．斜上抛运动

C．自由落体运动D．原方向的平抛运动

选ACD　因为在最高点位置时炸裂成两块，所以在炸裂的过程中竖直方向的速度为零，水平方向上动量守恒，由于只知道其中一块沿原水平方向做平抛运动，所以另一块在水平方向上的速度不确定，可能向前，可能向后，也可能为零，故选项A、C、D正确。

3．一个静止的质量为M的不稳定原子核，放射出一个质量为m的粒子。

（1）粒子离开原子核时速度为v0，则原子核剩余部分的速率等于________。

（2）粒子离开原子核时相对原子核的速度为v0，则原子核剩余部分的速率等于________。

由于放射过程极短，放射过程中其他外力均可不计，整个原子核系统动量守恒。

（1）设原子核剩余部分对地反冲速度为v′，由于原子核原来静止，故放射出的粒子的动量大小等于原子核剩余部分的动量大小，有

mv0＝（M－m）v′，所以v′＝

。

（2）设原子核剩余部分对地的反冲速度为v′，则粒子对地速率v＝v0－v′，由动量守恒定律有：

m（v0－v′）＝（M－m）v′

所以v′＝

答案：

（1）

（2）

反冲运动中的“人船模型”

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m1v1－m2v2＝0的形式，式中v1、v2是m1、m2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v1和v2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m1

－m2

＝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x1和x2，则有m1

＝0，即m1x1－m2x2＝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]　质量为M的热气球吊筐中有一质量为m的人，共同静止在距地面为h的高空中。

现从气球上放下一根质量不计的软绳，为使此人沿软绳能安全滑到地面，则软绳至少有多长？

（1）人沿软绳下滑过程中人和热气球组成的系统动量守恒。

（2）人至地面时，气球到地面的距离为软绳的最短长度。

[解析]　如图所示，设绳长为L，人沿软绳滑至地面的时间为t，由图可知，L=x人+x球。

设人下滑的平均速度为v人，气球上升的平均速度为v球，由动量守恒定律得：

[答案]　

“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。

（2）原来静止的系统在某一个方向上动量守恒，运动过程中，在该方向上速度方向相反，也可应用处理人船模型问题的思路来处理。

1.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1652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（　　）

图1652

A.

B.

C.

D.

选B　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，所以x大球＝

，选项B正确。

2．有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长（估计重一吨左右），一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量，他进行了如下操作：

首先将船平行码头自由停泊，然后他轻轻从船尾上船，走到船头后停下，而且轻轻下船，用卷尺测出船后退的距离d，然后用卷尺测出船长L。

已知他身体的质量为m，则小船的质量为多少？

如图所示，设该同学在时间t内从船尾走到船头，由动量守恒定律知，人、船在该时间内的平均动量大小相等，即：

m

=M

又：

x人=L-d

解得：

M=

1．（多选）下列属于反冲运动的是（　　）

A．喷气式飞机的运动　B．直升机的运动

C．火箭的运动D．反击式水轮机的运动

选ACD　选项A、C、D中，三者都是自身的一部分向一方向运动，而剩余部分向反方向运动，而直升机是靠外界空气的反作用力作为动力，所以A、C、D对，B错。

2．运送人造地球卫星的火箭开始工作后，火箭做加速运动的原因是（　　）

A．燃料燃烧推动空气，空气反作用力推动火箭

B．火箭发动机将燃料燃烧产生的气体向后推出，气体的反作用力推动火箭

C．火箭吸入空气，然后向后推出，空气对火箭的反作用力推动火箭

D．火箭燃料燃烧发热，加热周围空气，空气膨胀推动火箭

选B　火箭的工作原理是反冲运动，火箭燃料燃烧产生的高温高压气体从尾部迅速喷出时，使火箭获得反冲速度，故正确选项为B。

3．人的质量m＝60kg，船的质量M＝240kg，若船用缆绳固定，船离岸1.5m时，船边沿高出岸h，人从船边沿水平跃出，恰能上岸。

若撤去缆绳，人要从船边沿安全水平跃出上岸，船离岸约为（不计水的阻力，人两次消耗的能量相等）（　　）

A．1.5mB．1.2m

C．1.34mD．1.1m

选C　船用缆绳固定时，设人水平跃出的速度为v0，则x0＝v0t，t＝

撤去缆绳，由水平方向动量守恒得0＝mv1－Mv2，两次人消耗的能量相等，即动能不变，

mv

＝

mv

＋

Mv

，解得v1＝

v0，故x1＝v1t＝

x0≈1.34m，选项C正确。

4.如图1所示，质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止。

若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为（　　）

图1

A．v0＋

vB．v0－

v

C．v0＋

（v0＋v）D．v0＋

（v0－v）

选C　根据动量守恒定律，选向右方向为正方向，则有（M＋m）v0＝Mv′－mv，解得v′＝v0＋

（v0＋v），故选项C正确。

5．（多选）一平板小车静止在光滑的水平地面上，甲、乙两人分别站在车的左、右端，当两人同时相向而行时，发现小车向左移，则（　　）

A．若两人质量相等，必有v甲>

v乙

B．若两人质量相等，必有v甲<

C．若两人速率相等，必有m甲>

m乙

D．若两人速率相等，必有m甲<

选AC　甲、乙两人和小车组成的系统动量守恒，且总动量为零，甲动量方向向右，小车动量方向向左，说明|p甲|＝|p乙|＋|p车|，即m甲v甲>

m乙v乙，若m甲＝m乙，则v甲>

v乙，A对，B错；

若v甲＝v乙，则m甲>

m乙，C对，D错。

6.如图2所示，装有炮弹的火炮总质量为m1，炮弹的质量为m2，炮弹射出炮口时对地的速率为v0，若炮管与水平地面的夹角为θ，则火炮后退的速度大小为（设水平面光滑）（　　）

图2

A.

v0B.

选C　炮弹和火炮组成的系统水平方向动量守恒，0＝m2v0cosθ－（m1－m2）v，得v＝

，故选项C正确。

7．在太空中有一枚相对于太空站静止的质量为M的火箭，突然喷出质量为m的气体，喷出的速度为v0（相对于太空站），紧接着再喷出质量也为m的另一部分气体，此后火箭获得的速度为v（相对于太空站），火箭第二次喷射的气体的速度多大（相对于太空站）?

题意中所涉及的速度都是相对于太空站的，可以直接使用动量守恒定律，

规定v0的方向为正方向，则：

第一次喷气后：

0＝mv0－（M－m）v1，

v1＝

，v1与正方向相反

第二次喷气后：

－（M－m）v1＝mv2－（M－2m）v，所以v2＝

v－v0。

见解析

8．在砂堆上有一木块，质量M＝5kg，木块上放一爆竹，质量m＝0.10kg。

点燃爆竹后木块陷入砂中深5cm，若砂对木块运动的阻力恒为58N，不计爆竹中火药质量和空气阻力。

求爆竹上升的最大高度。

（g取10m/s2）

火药爆炸时内力远大于重力，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

（式中v、v′分别为爆炸后爆竹和木块的速率）

木块陷入砂中做匀减速运动到停止，其加速度大小为

a＝

m/s2＝1.6m/s2。

②

木块做匀减速运动的初速度

v′＝

＝

m/s＝0.4m/s③

代入①式，得v＝20m/s。

④

爆竹以初速度v做竖直上抛运动，上升的最大高度为

h＝

m＝20m。

⑤

20m

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