高中物理人教版5第十六章动量守恒定律5反冲运动火箭 第十六章第5节反冲运动火箭

第5节反冲运动火箭1.知道反冲运动的概念及反冲运动的应用．2.理解反冲运动的原理并能解决相应问题．3．了解火箭的工作原理及决定火箭最终速度大小的因素．一、反冲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．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，以减小反冲的影响．1．(1)反冲运动可以用动量守恒定律来处理．()(2)一切反冲现象都是有益的．()(3)章鱼、乌贼的运动利用了反冲的原理．()提示：(1)√(2)×(3)√二、火箭1．工作原理：是利用反冲运动，火箭燃料燃烧产生的高温、高压燃气从尾喷管迅速喷出时，使火箭获得巨大速度．2．构造：主要有两大部分：箭体和燃料．3．特点：箭体和喷出的燃料气体满足动量守恒定律．4．影响火箭获得速度大小的因素(1)喷气速度：现代液体燃料火箭的喷气速度约为2000m/s～4000m/s.(2)质量比：指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．2．(1)火箭点火后离开地面加速向上运动，是地面对火箭的反作用力作用的结果．()(2)在没有空气的宇宙空间，火箭仍可加速前行．()提示：(1)×(2)√知识点一对反冲运动的理解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．一个质量为m的物体从高处自由下落，当物体下落h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]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大于系统的重力，系统在竖直方向的动量可认为近似守恒．[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＝meq\r(2gh).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＝－m1eq\r(2gh)由动量守恒定律有mv＝m1v1＋(m－m1)v2代入解得：v2＝eq\f(m＋m1,m－m1)eq\r(2gh)由于v2>0，说明炸裂后另一块的运动方向竖直向下．[答案]eq\f(m＋m1,m－m1)eq\r(2gh)方向竖直向下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．1.某小组在探究反冲运动时，将质量为m1的一个小液化气瓶固定在质量为m2的小模具船上，利用液化气瓶向外喷射气体作为船的动力．现在整个装置静止放在平静的水面上，已知打开液化气瓶后向外喷射气体的对地速度为v1，如果在Δt的时间内向后喷射的气体的质量为Δm，忽略水的阻力，则(1)喷射出质量为Δm的气体后，小船的速度是多少？(2)喷射出Δm气体的过程中，小船所受气体的平均作用力的大小是多少？解析：(1)由动量守恒定律得：0＝(m1＋m2－Δm)v船－Δmv1，得：v船＝eq\f(Δmv1,m1＋m2－Δm).(2)对喷射出的气体运用动量定理得：FΔt＝Δmv1，解得F＝eq\f(Δmv1,Δt).答案：(1)eq\f(Δmv1,m1＋m2－Δm)(2)eq\f(Δmv1,Δt)知识点二火箭原理1．火箭燃料燃尽时火箭获得的最大速度由喷气速度v和质量比eq\f(M,m)(火箭起飞时的质量与火箭除燃料外的箭体质量之比)两个因素决定．2．火箭喷气属于反冲类问题，是动量守恒定律的重要应用．在火箭运动的过程中，随着燃料的消耗，火箭本身的质量不断减小，对于这一类的问题，可选取火箭本身和在相互作用的时间内喷出的全部气体为研究对象，取相互作用的整个过程为研究过程，运用动量守恒的观点解决问题．一火箭喷气发动机每次喷出m＝200g的气体，气体离开发动机喷出时的速度v＝1000m/s.设火箭质量M＝300kg，发动机每秒钟喷气20次．(1)当第三次喷出气体后，火箭的速度多大？(2)运动第1s末，火箭的速度多大？[解析]火箭喷气属反冲现象，火箭和气体组成的系统动量守恒，运用动量守恒定律求解．(1)选取火箭和气体组成的系统为研究对象，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，以火箭和喷出的三次气体为研究对象，据动量守恒定律得：(M－3m)v3－3mv＝0，故v3＝eq\f(3mv,M－3m)≈2m/s.(2)发动机每秒钟喷气20次，以火箭和喷出的20次气体为研究对象，根据动量守恒定律得：(M－20m)v20－20mv＝0，故v20＝eq\f(20mv,M－20m)≈m/s.[答案](1)2m/s(2)m/s分析火箭类问题应注意的三个问题(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、末状态的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调整，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．反冲物体速度的方向与原物体的运动方向是相同的.2.将静置在地面上，质量为M(含燃料)的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体．忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是()\f(m,M)v0\f(M,m)v0\f(M,M－m)v0\f(m,M－m)v0解析：选D.应用动量守恒定律解决本题，注意火箭模型质量的变化．取向下为正方向，由动量守恒定律可得：0＝mv0－(M－m)v′，故v′＝eq\f(mv0,M－m)，选项D正确．物理模型——“人船模型”及其应用1．人船模型：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．人船模型的特点(1)两物体满足动量守恒定律：m1eq\o(v,\s\up6(－))1－m2eq\o(v,\s\up6(－))2＝0.(2)运动特点：人动船动，人停船停，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eq\f(x1,x2)＝eq\f(eq\o(v,\s\up6(－))1,eq\o(v,\s\up6(－))2)＝eq\f(m2,m1).应用此关系时要注意一个问题：即公式eq\o(v,\s\up6(－))1、eq\o(v,\s\up6(－))2和x一般都是相对地面而言的．如图所示，长为l，质量为m的小船停在静水中，一个质量为m′的人站在船头，若不计水的阻力，当人从船头走到船尾的过程中，小船对地的位移是多少？[思路点拨]人船平均动量的矢量和为零，用位移替代平均速度，建立位移关系求解．[解析]人和小船组成的系统在水平方向不受外力，动量守恒．假设某一时刻小船和人对地的速度分别为v1、v2，由于原来处于静止状态，因此0＝mv1－m′v2，即m′v2＝mv1由于相对运动过程中的任意时刻，人和小船的速度都满足上述关系，故他们在这一过程中平均速率也满足这一关系，即m′eq\o(v,\s\up6(－))2＝meq\o(v,\s\up6(－))1，等式两边同乘运动的时间t，得m′eq\o(v,\s\up6(－))2t＝meq\o(v,\s\up6(－))1t，即m′x2＝mx1又因x1＋x2＝l，因此有x1＝eq\f(m′l,m′＋m).[答案]eq\f(m′l,m′＋m)用“人船模型”公式解这类变速直线运动的位移且不涉及速度的问题时，是非常方便的．但在应用时，一定要注意：相互作用的两个物体必须满足动量守恒和原来都静止这两个条件，解题的关键是正确找出位移间的关系．如图所示，质量为m，半径为r的小球，放在内半径为R，质量M＝3m的大空心球内，大球开始静止在光滑水平面上，求当小球由图中位置无初速度释放沿内壁滚到最低点时，大球移动的距离．解析：由于水平面光滑，系统水平方向上动量守恒，设同一时刻小球的水平速度大小为v1，大球的水平速度大小为v2，由水平方向动量守恒有：mv1＝Mv2，所以eq\f(v1,v2)＝eq\f(M,m).若小球到达最低点时，小球的水平位移为x1，大球的水平位移为x2，则eq\f(x1,x2)＝eq\f(v1,v2)＝eq\f(M,m)，由题意：x1＋x2＝R－r解得x2＝eq\f(m,M＋m)(R－r)＝eq\f(R－r,4).答案：eq\f(R－r,4)[随堂达标]1．(2023·泉州高二检测)一人静止于光滑的水平冰面上，现欲向前运动，下列方法中可行的是()A．向后踢腿B．手臂向后甩C．在冰面上滚动D．脱下外衣向后水平抛出解析：选D.由于冰面没有摩擦，所以C不行；A、B由于总动量守恒，所以人整体不动；只有D是反冲现象，可使人向前运动．2．如图所示，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()A．v0＋eq\f(m,M)v B．v0－eq\f(m,M)vC．v0＋eq\f(m,M)(v0＋v) D．v0＋eq\f(m,M)(v0－v)解析：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＋eq\f(m,M)(v0＋v)，故选项C正确．3．如图所示，滑槽M1与滑块M2紧靠在一起，静止于光滑的水平面上．小球m从M1的右上方无初速度地下滑，当m滑到M1左方最高处时，M1将()A．静止 B．向左运动C．向右运动 D．无法确定解析：选B.小球m和滑槽M1、滑块M2三个物体构成一个系统，这个系统所受水平方向的合外力为零，所以系统水平方向动量守恒，小球m下滑前系统总动量为零，小球m下滑后m和滑槽M1作用，滑槽M1和滑块M2作用，作用结果使滑块M2向右运动，有向右的动量．当m滑到左方最高点时，小球m和滑槽M1的相对速度为零，但小球m和滑槽M1这个整体向左运动，有向左的动量，这样才能保证系统总动量为零．故选项B正确．4．静止在水面上的船，船身长为L，质量为M，船头紧靠码头，船头上有一固定木板伸出船身，现有一质量为m的人从船尾走向码头，如图所示．要使该人能安全上岸，则木板伸出船身部分长度至少应为(水对船及码头对木板的阻力不计)()A．mL(M＋m) B．mL(M－m)C．(M－m)L/(M＋m) D．mL/M解析：选D.设木板伸出船身部分至少长x，则x＝eq\f(m,M＋m)·(L＋x)，解得x＝eq\f(m,M)L.5．平板车停在水平光滑的轨道上，平板车上有一人从固定在车上的货厢边沿水平方向沿着轨道方向跳出，落在平板车上的A点，距货厢水平距离为l＝4m，如图所示．人的质量为m，车连同货厢的质量为M＝4m，货厢高度为h＝m(g取10m/s2)．(1)求车在人跳出后到人落到A点期间的反冲速度；(2)人落在A点并站定以后，车还运动吗？车在地面上移动的位移是多少？解析：(1)人从货厢边跳离的过程，系统(人、车和货厢)在水平方向上动量守恒，设人的水平速度是v1，车的反冲速度是v2，则mv1－Mv2＝0，得v2＝eq\f(1,4)v1人跳离货厢后做平抛运动，车以v2做匀速运动，运动时间为t＝eq\r(\f(2h,g))＝s，在这段时间内人的水平位移x1和车的位移x2分别为x1＝v1t，x2＝v2t由x1＋x2＝l得v1t＋v2t＝l则v2＝eq\f(l,5t)＝eq\f(4,5×m/s＝m/s.(2)人落到车上前的水平速度仍为v1，车的速度为v2，落到车上后设它们的共同速度为v，根据水平方向动量守恒得mv1－Mv2＝(M＋m)v，则v＝0.故人落到车上A点站定后车的速度为零．车的水平位移为x2＝v2t＝×m＝m.答案：(1)m/s(2)不动m[课时作业][学生用书P75(独立成册)]一、单项选择题1．质量m＝100kg的小船静止在平静水面上，船两端载着m甲＝40kg、m乙＝60kg的游泳者，在同一水平线上甲向左、乙向右同时以相对于岸3m/s的速度跃入水中，如图所示，则之后小船的速率和运动方向为()A．m/s，向左 B．3m/s，向左C．m/s，向右 D．3m/s，向右解析：选A.以向左为正方向，根据动量守恒得0＝m甲v－m乙v＋mv′，代入数据解得v′＝m/s，方向向左．2．一个不稳定的原子核质量为M，处于静止状态，放出一个质量为m的粒子后反冲．已知放出的粒子的动能为E0，则新原子核反冲的动能为()A．E0 B．eq\f(m,M)E0\f(m,M－m)E0 \f(Mm,（M－m）2)E0解析：选C.由动量守恒定律知(M－m)v＝mv0＝p，又Ek＝eq\f(p2,2（M－m）)，E0＝eq\f(p2,2m)，知选项C对．3.如图所示，一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离．已知前部分的卫星质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率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，则分离后卫星的速率v1为()A．v0－v2 B．v0＋v2C．v0－eq\f(m2,m1)v2 D．v0＋eq\f(m2,m1)(v0－v2)解析：选D.忽略空气阻力和分离前后系统质量的变化，卫星和箭体整体分离前后动量守恒，则有(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，整理可得v1＝v0＋eq\f(m2,m1)(v0－v2)，故D项正确．4．如图所示，一个倾角为α的直角斜面体静置于光滑水平面上，斜面体质量为M，顶端高度为h.今有一质量为m的小物体，沿光滑斜面下滑，当小物体从斜面顶端自由下滑到底端时，斜面体在水平面上移动的距离是()\f(mh,M＋m) B．eq\f(Mh,M＋m)\f(mhcotα,M＋m) \f(Mhcotα,M＋m)解析：选C.此题属“人船模型”问题，m与M组成的系统在水平方向上动量守恒，设m在水平方向上对地位移为x1，M在水平方向对地位移为x2，因此0＝mx1－Mx2①且x1＋x2＝hcotα.②由①②可得x2＝eq\f(mhcotα,M＋m)，故选C.5．一个同学在地面上立定跳远的最好成绩是s.假设他站在车的A端，如图所示，想要跳到距离为l远的站台上，不计车与地面的摩擦阻力，则()A．只要l<s，他一定能跳上站台B．只要l<s，他就有可能跳上站台C．只要l＝s，他一定能跳上站台D．只要l＝s，他就有可能跳上站台解析：选B.人起跳的同时，小车要做反冲运动，所以人跳的距离小于s，故l<s时，才有可能跳上站台．6．穿着溜冰鞋的人，站在光滑的冰面上，沿水平方向举枪射击，设第一次射出子弹后，人后退的速度为v，则(设每颗子弹射出时对地面的速度相同)()A．无论射出多少颗子弹，人后退的速度为v保持不变B．射出n颗子弹后，人后退的速度为nvC．射出n颗子弹后，人后退的速度大于nvD．射出n颗子弹后，人后退的速度小于nv解析：选C.设人、枪(包括子弹)总质量为M，每颗子弹质量为m，子弹射出速度大小为v0，由动量守恒定律得0＝(M－m)v－mv0，设射出n颗后，后退速度为v′，则有(M－nm)v′＝nmv0，由以上分析有v＝eq\f(mv0,M－m)，v′＝eq\f(nmv0,M－nm)，因为M－m>M－nm，所以有v′>nv，C正确．二、多项选择题7．向空中发射一物体，不计空气阻力，当此物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂成a、b两部分，若质量较大的a的速度方向仍沿原来的方向，则()A．b的速度方向一定与原速度方向相反B．从炸裂到落地的这段时间里，a飞行的水平距离一定比b的大C．a、b一定同时到达水平地面D．在炸裂过程中，a、b受到的爆炸力的大小一定相等解析：选CD.爆炸后系统的总机械能增加，但不能确定a、b的速度大小，所以选项A、B错误；因炸开后a、b都做平抛运动，且高度相同，故选项C正确；由牛顿第三定律知，选项D正确．8．(2023·庆阳高二检测)一气球由地面匀速上升，当气球下的吊梯上站着的人沿着梯子上爬时，下列说法正确的是()A．气球可能匀速上升B．气球可能相对地面静止C．气球可能下降D．气球运动速度不发生变化解析：选ABC.设气球质量为M，人的质量为m，由于气球匀速上升，系统所受的外力之和为零，当人沿吊梯向上爬时，动量守恒，则(M＋m)v0＝mv1＋Mv2，在人向上爬的过程中，气球的速度为v2＝eq\f(（M＋m）v0－mv1,M).当v2>0时，气球可匀速上升；当v2＝0时气球静止；当v2<0时气球下降．所以，选项A、B、C均正确．要使气球运动速度不变，则人的速度仍为v0，即人不上爬，显然不对，D选项错误．9．如图所示，小车AB放在光滑水平面上，A端固定一个轻弹簧，B端粘有油泥，AB总质量为M，质量为m的木块C放在小车上，用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩，开始时小车AB和木块C都静止，当突然烧断细绳时，C被释放，使C离开弹簧向B端冲去，并跟B端油泥粘在一起，忽略一切摩擦，以下说法正确的是()A．弹簧伸长过程中C向右运动，同时AB也向右运动B．C与B碰前，C与AB的速率之比为M∶mC．C与油泥粘在一起后，AB立即停止运动D．C与油泥粘在一起后，AB继续向右运动解析：选BC.弹簧向右推C，C向右运动，同时弹簧向左推A端，小车向左运动，A错误；因小车与木块组成的系统动量守恒，C与B碰前，有mvC＝MvAB，得：vC∶vAB＝M∶m，B正确；C与B碰撞过程动量守恒，有：mvC－MvAB＝(M＋m)v，知v＝0，故C正确，D错误．10．在水平铁轨上放置一门质量为M的炮车，发射的炮弹质量为m，设铁轨和炮车间摩擦不计，则()A．水平发射炮弹时，炮弹速率为v0，炮车的反冲速率为eq\f(mv0,M)B．炮车车身与水平方向成θ角，炮弹速率为v0，炮身反冲速率为eq\f(mv0cosθ,M)C．炮身与水平方向成θ角，炮弹出炮口时，相对炮口速率为v0，炮身的反冲速率为eq\f(mv0cosθ,M)D．炮身与水平方向成θ角，炮弹出炮口时，相对炮口速率为v0，炮身的反冲速率为eq\f(mv0cosθ,M＋m)解析：选ABD.水平发射炮弹时，对于炮车和炮弹组成的系统满足动量守恒定律，若炮弹速率为v0，mv0－Mv1＝0，解得v1＝eq\f(mv0,M)，A正确；炮车车身与水平方向成θ角时，在炮弹出射瞬间对于炮车和炮弹组成的系统动量守恒，炮车在炮弹出射的反方向上获得速度v2，但此后由于地面的作用，能量损失，竖直方向的速度立即变为0，炮车的速度由v立即减小为v2，v2即为炮身反冲速率．如图，显然有v＝eq\f(v2,cosθ)，所以在出射方向上，根据动量守恒定律有mv0－Meq\f(v2,cosθ)＝0解得v2＝eq\f(mv0cosθ,M)，B正确；炮身与水平方向成θ角且炮弹相对炮口速率为v0时，设炮车反冲的速率v3，根据描述，炮弹出射瞬间炮车获得瞬间速度v′＝eq\f(v3,cosθ)，所以炮弹相对地面的速度为v弹＝v0－v′＝v0－eq\f(v3,cosθ)，在出射方向上，根据动量守恒定律有meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v0－\f(v3,cosθ)))－M·eq\f(v3,cosθ)＝0，解得v3＝eq\f(mv0cosθ,M＋m)，C错误，D正确．