2025版新教材高中物理第1章动量守恒定律6反冲现象火箭课内探究新人教版选择性必修第一册

6．反冲现象火箭探究对反冲现象的理解要点提炼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．分析反冲运动应留意的问题(1)速度的反向性问题对于原来静止的整体，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，两者运动方向必定相反。在列动量守恒方程时，可随意规定某一部分的运动方向为正方向，则反方向的另一部分的速度应取负值。(2)相对速度问题反冲运动的问题中，有时遇到的速度是相互作用的两物体的相对速度。由于动量守恒定律中要求速度为对同一参考系的速度，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后，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，此时必需取火箭本身和在相互作用的短时间内喷出的全部气体为探讨对象，取相互作用的这个过程为探讨过程来进行探讨。典例剖析1．一辆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跳出，落在平板车上的A点，A点到货厢的水平距离为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＝1.25m。(g取10m/s2)(1)求车在人跳出后到人落到A点期间的反冲速度的大小。(2)人落在A点并站定以后，车还运动吗？车的位移是多少？解析：(1)人从货厢边沿跳下的过程，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，车的反冲速度的大小是v2，则mv1－Mv2＝0，得v2＝eq\f(1,4)v1，人跳下货厢后做平抛运动，车以v2做匀速运动，运动时间为t＝eq\r(\f(2h,g))＝0.5s，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(4,5×0.5)m/s＝1.6m/s。(2)设人落到车上后的共同速度为v，依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。车的位移为x2＝v2t＝1.6×0.5m＝0.8m。答案：(1)1.6m/s(2)不运动，0.8m对点训练❶质量为m的炮弹沿水平方向飞行，其动能为Ek，突然在空中爆炸成质量相同的两块，其中一块向后飞去，动能为eq\f(Ek,2)，另一块向前飞去，则向前的这块的动能为(B)A.eq\f(Ek,2) B．eq\f(9,2)EkC．eq\f(9,4)Ek D．eq\f(9＋4\r(2),2)Ek解析：炮弹起先时动能Ek＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(\f(2Ek,m))，其中一块动能为eq\f(Ek,2)＝eq\f(1,2)×eq\f(m,2)veq\o\al(2,1)，解得v1＝eq\r(\f(2Ek,m))；依据动量守恒定律得，mv＝－eq\f(m,2)v1＋eq\f(m,2)v2，解得v2＝3eq\r(\f(2Ek,m))，则动能Ek′＝eq\f(1,2)×eq\f(m,2)veq\o\al(2,2)＝eq\f(9,2)Ek。故B正确。探究火箭的工作原理要点提炼1.工作原理火箭是利用了反冲原理，放射火箭时，尾管中喷射出的高速气体有动量，依据动量守恒定律，火箭就获得向上的动量，从而向上飞去。即mΔv＋Δmu＝0解得Δv＝－eq\f(Δm,m)u2．分析火箭类问题应留意的几点(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，必需取在同一相互作用时间内的火箭和喷出的气体为探讨对象。留意反冲前、后各物体质量的变更。(2)明确两部分物体初、末状态的速度的参考系是不是同一参考系，假如不是同一参考系要设法予以调整，一般状况要转换成对地速度。(3)列方程时要留意初、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反的。典例剖析2．一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对地速度v＝1000m/s，设火箭质量M＝300kg，发动机每秒喷气20次。(1)当第三次气体喷出后，火箭的速度多大？(2)运动第1s末，火箭的速度多大？解析：方法一：喷出气体运动方向与火箭运动方向相反，系统动量守恒。第一次气体喷出后，火箭速度为v1，有(M－m)v1－mv＝0，所以v1＝eq\f(mv,M－m)。其次次气体喷出后，火箭速度为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，火箭速度为v3，有(M－3m)v3－mv＝(M－2m)v所以v3＝eq\f(3mv,M－3m)＝eq\f(3×0.2×1000,300－3×0.2)m/s≈2m/s。依次类推，第n次气体喷出后，火箭速度为vn，有(M－nm)vn－mv＝[M－(n－1)m]vn－1，所以vn＝eq\f(nmv,M－nm)，因为每秒喷气20次，所以1s末火箭速度为v20＝eq\f(20mv,M－20m)＝eq\f(20×0.2×1000,300－20×0.2)m/s≈13.5m/s。方法二：整体选取探讨对象，运用动量守恒定律求解(1)设喷出三次气体后火箭的速度为v3，以火箭和三次喷出的气体为探讨对象，据动量守恒定律得：(M－3m)v3－3mv所以v3＝eq\f(3mv,M－3m)≈2m/s。(2)以火箭和20次喷出的气体为探讨对象(M－20m)v20－20mv所以v20＝eq\f(20mv,M－20m)≈13.5m/s。答案：(1)2m/s(2)13.5m/s对点训练❷将静置在地面上、质量为M(含燃料)的火箭模型点火，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的炙热气体。忽视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(D)A.eq\f(m,M)v0 B．eq\f(M,m)v0C.eq\f(M,M－m)v0 D．eq\f(m,M－m)v0解析：取竖直向下为正方向，由动量守恒定律得：0＝mv0－(M－m)v，解得v＝eq\f(m,M－m)v0，选项D正确。探究人船模型要点提炼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．处理“人船模型”问题的关键(1)利用动量守恒，确定两物体速度关系，再确定两物体通过的位移的关系。由于动量守恒，所以任一时刻系统的总动量为零，动量守恒式可写成m1v1＝m2v2的形式(v1、v2为两物体的瞬时速率)，表明随意时刻的瞬时速率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。进而可得两物体的位移大小与各物体的质量成反比，即eq\f(x1,x2)＝eq\f(m2,m1)。(2)解题时要画出各物体的位移关系草图，找出各长度间的关系。(3)适用条件“人船模型”是利用平均动量守恒求解的一类问题。适用条件是：①系统由两个物体组成且相互作用前静止，系统总动量守恒。②在系统内发生相对运动的过程中至少有一个方向的动量守恒，留意两物体的位移是相对同一参考系的位移。典例剖析3．如图所示，长为L、质量为M的船停在静水中，一个质量为m的人(可视为质点)站在船头，在人从船头走到船尾的过程中，人与船相对地的位移大小分别为多少？(忽视水对船的阻力)解析：选人和船为一系统，由于系统在水平方向不受外力作用，所以系统在水平方向上动量守恒，设某一时刻人的对地速度为v，船的速度大小为v′，选人的运动方向为正方向，由动量守恒定律得mv－Mv′＝0。在人与船相互作用的过程中，上式始终成立，不难想到，船的运动受人运动的制约，当人加速运动时，船亦加速运动；当人匀速运动时，船亦匀速运动；当人停止运动时，船也停止运动，设人从船头到船尾的过程中，人的对地位移大小为x1，船的对地位移大小为x2，所以eq\f(x1,x2)＝eq\f(v,v′)＝eq\f(M,m)，又从图可见x1＋x2＝L，联立三式可解得x1＝eq\f(M,M＋m)L，x2＝eq\f(m,M＋m)L。答案：eq\f(M,M＋m)Leq\f(m,M＋m)L点评：在人船模型中，某物体位移易误认为相对另一物体的位移，在解题中要留意。类“人船模型”以下几种情形皆可类比“人船模型”分析。图甲：光滑水平面上有一静止的质量为M的槽，槽内截面是半径为R的光滑半圆，当质量为m的球自A点由静止释放后，系统在水平方向动量守恒。1．球到达最低点时，槽移动的距离x＝eq\f(mR,M＋m)，此时球和槽的速度皆最大。2．球到达另一侧等高处时，槽移动的距离x＝eq\f(2mR,M＋m)，此时球和槽的速度皆为0。图乙、丙、丁：分析思路同甲，都是水平方向动量守恒。留意：要明确水平方向的相对位移的大小。如图乙、丙、丁中水平方向的相对位移分别为2L(球摆到最左端)、