高中物理人教版选修35教学案第十六章第5节反冲运动火箭2

第5节反冲运动__1.一个静止的物体在内力的作用下分裂为两个局部，一局部向某个方向运动，另一局部必定向相反的方向运动，这个现象叫做反冲。2．喷气式飞机和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局部，一局部向某个方向运动，另一局部必定向相反的方向运动的现象。2．特点(1)物体的不同局部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精确?????性，所以用射击时要把枪身抵在肩部，以削减反冲的影响。二、1．工作原理：利用反冲运动，燃料燃烧产生的高温、高压燃气从尾部喷管快速喷出，使获得巨大速度。2．影响获得速度大小的两个因素：(1)喷气速度：现代的喷气速度为2000～4000m/s。(2)质量比：起飞时的质量与除燃料外的箭体质量之比。喷气速度越大，质量比越大，获得的速度越大。3．现代的主要用途：利用作为运载工具，如放射探测仪器、常规弹头和核弹头、人造卫星和宇宙飞船等。1．自主思索——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)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。由于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。对反冲运动的理解1．反冲运动的三个特点(1)物体的不同局部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状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．争论反冲运动应留意的三个问题(1)速度的方向性：对于原来静止的整体，当被抛出局部具有速度时，剩余局部的反冲是相对于抛出局部来说的，两者运动方向必定相反。在列动量守恒方程时，可任意规定某一局部的运动方向为正方向，那么反方向的这一局部的速度就要取负值。(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，如在的运动过程中，随着燃料的消耗，本身的质量不断减小，此时必需取本身和在相互作用的短时间内喷出的全部气体为争论对象，取相互作用的这个过程为争论过程来进行争论。[典例]一喷气发动机每次喷出m＝200g的气体，气体喷出时的速度v＝1000m/s，设质量M＝300kg，发动机每秒喷气20次。(1)当第三次气体喷出后，的速度为多大？(2)运动第1s末，的速度为多大？[思路点拨](1)喷气属于反冲运动，和气体系统动量守恒。(2)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的运动方向相反，气体和系统动量守恒。第一次气体喷出后速度为v1，有(M－m)v1－mv＝0，所以v1＝eq\f(mv,M－m)其次次气体喷出后，速度为v2，有(M－2m)v2－mv＝(M－m)v1，所以v2＝eq\f(2mv,M－2m)第三次气体喷出后，速度为v3，有(M－3m)v3－mv＝(M－2m)v2所以v3＝eq\f(3mv,M－3m)＝eq\f(3××1000,300－3×0.2)m/s≈2m/s。(2)由上面推导可知，第n次气体喷出后，速度为vn，有(M－nm)vn－mv＝[M－(n－1)m]vn－1所以vn＝eq\f(nmv,M－nm)由于每秒喷气20次，所以1s末速度为v20＝eq\f(20mv,M－20m)＝eq\f(20××1000,300－20×0.2)m/s≈13.5m/s。法二：选取整体为争论对象，运用动量守恒定律求解。(1)设喷出三次气体后的速度为v3，以和喷出的三次气体为争论对象，依据动量守恒定律，得(M－3m)v3－3mv＝0所以v3＝eq\f(3mv,M－3m)≈2m/s。(2)以和喷出的20次气体为争论对象，依据动量守恒定律，有(M－20m)v20－20mv＝0所以v20＝eq\f(20mv,M－20m)≈13.5m/s。[答案](1)2m/s(2)13.5m/s反冲运动问题的两点提示(1)对于原来静止的整体，抛出局部具有速度时，剩余局部的反冲是相对于抛出局部来说的，两者运动方向必定相反。(2)在列动量守恒方程时，可任意规定某一局部的运动方向为正方向，那么反方向的另一局部的速度应取负值。1．小车上装有一桶水，静止在光滑水平地面上，如下图，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，可采纳的方法是()A．翻开阀门S1 B．翻开阀门S2C．翻开阀门S3 D．翻开阀门S4解析：选B依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1.00kg的模型点火升空，50g燃烧的燃气以大小为600m/s的速度从喷口在很短时间内喷出。在燃气喷出后的瞬间，的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽视)()A．30kg·m×102kg·m/s×102kg·m×102kg·m/s解析：选A燃气从喷口喷出的瞬间，和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷出后的瞬间，的动量大小为p，依据动量守恒定律，可得p－mv0＝0，解得p＝mv0＝0.050kg×600m/s＝30kg·m/s，选项A正确。3．[多项选择]在某次演中，炮兵使用了炮口与水平方向的夹角θ可调整的迫击炮，迫击炮的总质量为M(不包括炮弹的质量)，炮弹的质量为m，忽视迫击炮与水平面之间的摩擦力及炮管长度。那么以下正确的说法是()A．假如θ＝0°，炮弹离开炮口的速度为v0时，炮身后退的速度为eq\f(mv0,M－m)B．假如θ＝0°，炮弹离开炮口的速度为v0时，炮身后退的速度为eq\f(mv0,M)C．假如θ＝0°，炮弹相对炮口的速度为v0时，炮身后退的速度为eq\f(mv0,M－m)D．假如θ＝60°，炮弹离开炮口的速度为v0时，炮身后退的速度为eq\f(mv0,2M)解析：选BD假如θ＝0°，炮弹沿水平方向射出，对于炮身和炮弹组成的系统满意动量守恒定律，假设炮弹速度为v0，mv0－Mv1＝0，解得v1＝eq\f(mv0,M)，A错误，B正确；假如θ＝0°，炮弹相对炮口的速度为v0时，假设炮弹相对地面的速度大小为v2，炮身相对地面的速度大小为v2′，那么v2＝v0－v2′，由动量守恒定律得mv2－Mv2′＝0，整理解得v2′＝eq\f(mv0,M＋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v3，mv0cos60°－Mv3＝0，解得v3＝eq\f(mv0cos60°,M)＝eq\f(mv0,2M)，D正确。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，假设所受外力的矢量和为零，那么动量守恒。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常常写成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m1eq\x\to(v1)－m2eq\x\to(v2)＝0。③假如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，那么有m1eq\f(x1,t)－m2eq\f(x2,t)＝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]如下图，一个质量为m1＝50kg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m2＝20kg，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＝5m。假如这个人开头沿长绳向下滑动，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．5m B．3.6mC．2.6m D．8m[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]此题疑难点在于竖直方向动量守恒的推断。当人滑到长绳下端时，由竖直方向动量守恒得m1h1－m2h2＝0，且h1＋h2＝h，解得h1＝eq\f(10,7)m，所以他离地高度H＝h－h1≈3.6m，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。(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。m、半径为R的小球，放在半径为2R、质量为2m的大空心球内，大球开头静止在光滑水平面上。当小球从如下图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.eq\f(R,2)B.eq\f(R,3)C.eq\f(R,4)D.eq\f(R,6)解析：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＝eq\f(R,3)，选项B正确。2．如下图，光滑水平面上有质量为100kg、长度为4m的平板小车，车两端站着A、B两人，A质量为70kg，B质量为30kg，两人交换位置，此过程中车移动的位移是()A．0.8m B．2.8mC．1.2m D．1.6m解析：选A两人交换位置的过程中，两个人以及车组成的系统，动量守恒，设小车的质量为M，A的质量为mA，B的质量为mB，以向右为正方向，依据动量守恒定律得：mAvA＝mBvB＋Mv，设小车的长度为L，小车运动的位移为x，由于时间相等，结合位移关系得：mA(L－x)＝mB(L＋x)＋Mx代入数据解得：x＝0.8m。故A正确。1．[多项选择]以下属于反冲运动的是()A．喷气式飞机的运动 B．直升机的运动C．的运动 D．还击式水轮机的运动解析：选ACD选项A、C、D中，三者都是自身的一局部向一方向运动，而剩余局部向反方向运动，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开头工作后，做加速运动的缘由是()A．燃料燃烧推动空气，空气反作用力推动B．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C．吸入空气，然后向后推出，空气对的反作用力推动D．燃料燃烧发热，加热四周空气，空气膨胀推动解析：选B的工作原理是反冲运动，燃料燃烧产生的高温高压气体从尾部快速喷出时，使获得反冲速度，故正确选项为B。3．人的质量m＝60kg，船的质量M＝240kg，假设船用缆绳固定，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。假设撤去缆绳，人要从船边沿平安水平跃出上岸，船离岸约为(不计水的阻力，人两次消耗的能量相等)()A．1.5m B．1.2mC．1.34m D．1.1m解析：选C船用缆绳固定时，设人水平跃出的速度为v0，那么x0＝v0t，t＝eq\r(\f(2h,g))。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，eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv22，解得v1＝eq\r(\f(M,M＋m))v0，故x1＝v1t＝eq\r(\f(M,M＋m))x0≈1.34m，选项C正确。4．我国放射的“神舟十一号〞飞船与“天宫二号〞空间站实现了完善对接。假设“神舟十一号〞飞船到达对接点四周时对地的速度为v，此时的质量为m；欲使飞船追上“天宫二号〞实现对接，飞船需加速到v1，飞船发动机点火，将质量为Δm的燃气一次性向后喷出，燃气对地向后的速度大小为v2。这个过程中，以下各表达式正确的选项是()A．mv＝mv1－Δmv2B．mv＝mv1＋Δmv2C．mv＝(m－Δm)v1－Δmv2D．mv＝(m－Δm)v1＋Δmv2解析：选C飞船发动机点火喷出燃气，由动量守恒定律得mv＝(m－Δm)v1－Δmv2，选项C正确。5．春节期间孩子们玩“冲天炮〞，有一个被点燃的“冲天炮〞喷出的气体竖直向上运动，其中有一段时间内“冲天炮〞向上做匀速直线运动，假设“冲天炮〞在这段时间内受到的阻力不变，那么在这段时间内“冲天炮〞()A．所受的合力为零 B．受到的反冲力变小C．机械能不变 D．动量变小解析：选A由于“冲天炮〞在这段时间内做匀速直线运动，处于平衡状态，所以“冲天炮〞受到的合力为零，A正确；“冲天炮〞在这段时间内做匀速直线运动，反冲力与重力、阻力平衡，保持不变，B错误；“冲天炮〞在这段时间内做匀速直线运动，速度不变，动量不变，动能不变，势能增加，故机械能肯定增加，C、D错误。6．如下图，一炮车从静止沿着光滑斜面自由下滑了l距离时，进行水平射击。炮身及炮弹的质量分别为M和m，斜面与水平面的夹角为θ。假设欲使炮身在放射时停止滑动，炮弹的出口速度v应为多大？解析：在炮身反冲时，系统除受重力外，还受到斜面对炮身沿水平方向的很大的反作用力(系统外力)，这个力不能忽视，所以系统在水平方向不符合动量守恒的条件。而在沿斜面方向，系统所受重力的重量远小于炮弹与炮身的相互作用力。在重力重量可以忽视或远小于相互作用的内力的条件下，系统沿斜面方向的动量守恒。设炮车下滑了l距离时，速度为v0，由机械能守恒定律得(M＋m)glsinθ＝eq\f(1,2)(M＋m)v02①欲使炮身停止滑动，设炮弹的出口速度为v，沿斜面方向由动量守恒定律得(M＋m)v0＝mvcosθ＋0②由①②式解得v＝eq\f(M＋m\r(2glsinθ),mcosθ)。答案：eq\f(M＋m\r(2glsinθ),mcosθ)7．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，且每次射出的子弹对地速度均相同，那么()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)的总质量为M，每颗子弹质量为m，子弹出射速度为v0。由有0＝(M－m)v－mv0。设射出n颗后，人后退速度为v′。那么有(M－nm)v′＝nmv0。由以上分析有v＝eq\f(mv0,M－m)，v′＝eq\f(nmv0,M－nm)。因M－m>M－nm，所以有v′>nv，选项C正确。8．一炮艇在湖面上匀速行驶，突然从船头和船尾同时向前和向后各放射一发炮弹，设两炮弹质量相等，相对于地面的速率相等，牵引力、阻力均不变，那么炮艇的动量和速度的变化状况是()A．动量不变，速度增大 B．动量变小，速度不变C．动量变大，速度增大 D．动量变大，速度减小解析：选A由于炮艇在湖面上匀速行驶，所以炮艇包括两个炮弹在水平方向受到的合外力为零，因此在水平方向满意动量守恒。设炮艇速度为v，炮艇质量为M，炮弹质量均为m，相对于地的速率均为v0，炮艇放射炮弹后的速度为v′。由动量守恒定律得(M＋2m)v＝Mv′＋mv0－mv0，解得v′＝eq\f(M＋2mv,M)>v，故A正确。9．一航天探测器完成对月球的探测后，离开月球的过程中，由静止开头沿着与月球外表成肯定倾角的直线飞行，先加速运动后匀速运动。探测器通过喷气而获得动力，以下关于喷气方向的说法正确的选项是()A．探测器加速运动时，向后喷射B．探测器加速运动时，竖直向下喷射C．探测器匀速运动时，竖直向下喷射D．探测器匀速运动时，不需要喷射解析：选C探测器在加速运动时，由于受月球引力的作用，喷气所产生的推力一方面要平衡月球的引力，另一方面还要供应加速的动力，那么沿着后下方某一个方向喷气，选项A、B错误；探测器在匀速运动时，由于受月球引力的作用，喷气产生的推力只需要平衡月球的引力即可(竖直向下喷气)，选项C正确，选项D错误。10．[多项选择]小车静置于光滑的水平面上，小车的A端固定一个轻质弹簧，B端粘有橡皮泥，小车的质量为M，长为L，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，开头时小车与木块C都处于静止状态，如下图，当突然烧断细绳，弹簧被释放，使木块C离开弹簧向B端冲去，并跟B端橡皮泥粘在一起，以下说法中正确的选项是()A．假如小车内外表光滑，整个系统任何时刻机械能都守恒B．当木块对地运动速度大小为v时，小车对地运动速度大小为eq\f(m,M)vC．小车向左运动的最大位移为eq\f(mL,M＋m)D．小车向左运动的最大位移为eq\f(m,M)L解析：选BC小车与木块C这一系统所受合外力为零，系统在整个过程动量守恒，但粘接过程有机械能损失。Mv′－mv＝0，那么v′＝eq\f(m,M)v，同时该系统属于“人船模型〞，Md＝m(L－d)，所以车向左的位移应等于d＝eq\f(mL,M＋m)，综上，选项B、C正确。11．在光滑的水平面上停放一辆平板车，一小孩站在平板车的最左端，小孩和平板车的总质量为M，某时刻小孩将一质量为m的物体沿水平向右的方向抛出，经过一段时间物体落在平板车上，此时物体和平板车马上相对静止。物体的落地点距离小孩的水平间距为x＝4