人教版(新教材)高中物理选择性必修1学案：1 6 反冲现象 火箭

人教版（新教材）高中物理选择性必修第一册PAGEPAGE16反冲现象火箭〖学习目标〗1．知道反冲运动的原理，会应用动量守恒定律解决有关反冲运动的问题.2.知道火箭的原理及其应用．一、反冲现象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．规律：反冲运动中，相互作用力一般较大，满足动量守恒定律．3．反冲现象的应用及防止(1)应用：农田、园林的喷灌装置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．二、火箭1．工作原理：喷气式飞机和火箭的飞行应用了反冲的原理，它们靠喷出气流的反冲作用而获得巨大的速度．2．决定火箭增加的速度Δv的因素(1)火箭喷出的燃气相对喷气前火箭的速度．(2)火箭喷出燃气的质量与火箭本身质量之比．1．判断下列说法的正误．(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)在没有空气的宇宙空间，火箭仍可加速前行．(√)(5)火箭点火后离开地面向上加速运动，是地面对火箭的反作用力作用的结果．(×)(6)火箭获得的速度仅与喷气的速度有关．(×)

2.如图1所示是一门旧式大炮，炮车和炮弹的质量分别是M和m，炮筒与地面的夹角为α，炮弹射出出口时相对于地面的速度为v0.不计炮车与地面的摩擦，则炮身向后反冲的速度大小为________．图1〖答案〗eq\f(mv0cosα,M)〖解析〗取炮弹与炮车组成的系统为研究对象，因不计炮车与地面的摩擦，所以水平方向动量守恒．炮弹发射前，系统的总动量为零，炮弹发射后，炮弹的水平分速度为v0cosα，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有：mv0cosα－Mv＝0，所以炮车向后反冲的速度大小为v＝eq\f(mv0cosα,M).一、反冲运动的理解和应用导学探究点燃“起火”的药捻，“起火”向下喷出气体，同时“起火”飞向高空．结合该实例，回答下列问题：(1)反冲运动的物体受力有什么特点？(2)反冲运动过程中系统的动量、机械能有什么变化？〖答案〗(1)物体的不同部分受相反的作用力，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，所以系统的动量守恒；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．知识深化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．2．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，应先将相对速度转换成相对地面的速度，再列动量守恒方程．如图图2(1)若橡皮塞喷出时获得的水平速度v＝2.9m/s，求小车的反冲速度；(2)若橡皮塞喷出时速度大小不变，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)0.1m/s，方向与橡皮塞水平运动方向相反(2)0.05m/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零，系统总动量为零．以橡皮塞运动的方向为正方向根据动量守恒定律，mv＋(M－m)v′＝0v′＝－eq\f(m,M－m)v＝－eq\f(0.1,3－0.1)×2.9m/s＝－0.1m/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0.1m/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mvcos60°＋(M－m)v″＝0v″＝－eq\f(mvcos60°,M－m)＝－eq\f(0.1×2.9×0.5,3－0.1)m/s＝－0.05m/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0.05m/s.二、火箭的工作原理分析导学探究1．火箭飞行的工作原理是什么？〖答案〗火箭靠向后连续喷射高速气体飞行，利用了反冲原理．2．设火箭发射前的总质量是M，燃料燃尽后的质量为m，火箭燃气的喷射速度为v，试求燃料燃尽后火箭飞行的最大速度v′.〖答案〗在火箭发射过程中，由于内力远大于外力，所以可认为动量守恒．取火箭的速度方向为正方向，发射前火箭的总动量为0，发射后的总动量为mv′－(M－m)v则由动量守恒定律得0＝mv′－(M－m)v所以v′＝eq\f(M－m,m)v.知识深化1．火箭喷气属于反冲类问题，是动量守恒定律的重要应用．2．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．一火箭喷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？〖答案〗(1)2m/s(2)13.5m/s〖解析〗规定与v相反的方向为正方向(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)≈13.5m/s.(2021·临汾一中月考)关于火箭的发射，下列说法正确的是()A．火箭发射过程中机械能守恒，动量也守恒B．影响火箭速度大小的因素只有喷出气流的速度C．影响火箭速度大小的因素包括喷气的质量与火箭本身质量之比D．喷出气流对火箭的冲量与火箭对喷出气流的冲量相同〖答案〗C〖解析〗火箭发射过程中动能和重力势能均增加，则机械能不守恒，速度增大，则动量增大，动量也不守恒，A错误；设喷出气流质量为m，火箭质量为M，则根据动量守恒定律有mv＝Mv′，解得v′＝eq\f(m,M)v，故影响火箭速度大小的因素是喷气速度和质量比，B错误，C正确；喷出气流对火箭的冲量与火箭对喷出气流的冲量大小相等，方向相反，D错误．三、反冲运动的应用——“人船模型”1．“人船模型”问题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．2．人船模型的特点(1)两物体满足动量守恒定律：m1eq\x\to(v)1－m2eq\x\to(v)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，即eq\f(x1,x2)＝eq\f(m2,m1).有一只小船停在静水中，船上一人从船头走到船尾．如果人的质量m＝60kg，船的质量M＝120kg，船长为l＝3m，则船在水中移动的距离是多少？(水的阻力不计)〖答案〗1m〖解析〗人在船上走时，由于人、船组成的系统所受合外力为零，总动量守恒，因此系统的平均动量也守恒，如图所示．设人从船头到船尾的时间为t，在这段时间内船后退的距离为x，人相对地面运动的距离为l－x，选船后退方向为正方向，由动量守恒定律有：Meq\f(x,t)－meq\f(l－x,t)＝0所以x＝eq\f(m,M＋m)l＝eq\f(60,120＋60)×3m＝1m.“人船模型”是利用平均动量守恒求解的一类问题，解决这类问题应注意：(1)适用条件：①系统由两个物体组成且相互作用前静止，系统总动量为零；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(如水平方向或竖直方向)．(2)画草图：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，注意两物体的位移是相对同一参考系的位移．针对训练如图3所示，物体A和B质量分别为m1和m2，图示直角边长分别为a和b.设B与水平地面无摩擦，当A由顶端O从静止开始滑到B的底端时，B的水平位移是()图3A.eq\f(m2,m1＋m2)bB.eq\f(m1,m1＋m2)bC.eq\f(m1,m1＋m2)(b－a)D.eq\f(m2,m1＋m2)(b－a)〖答案〗C〖解析〗A、B组成的系统在相互作用过程中水平方向动量守恒，两物体位移关系如图所示，则m2x－m1(b－a－x)＝0解得x＝eq\f(m1b－a,m1＋m2)，故C正确，A、B、D错误．1．(反冲运动的理解)关于反冲运动的说法中，正确的是()A．抛出部分的质量m1要小于剩下部分的质量m2才能获得反冲B．若抛出部分的质量m1大于剩下部分的质量m2，则m2的反冲力大于m1所受的力C．反冲运动中，牛顿第三定律适用，但牛顿第二定律不适用D．抛出部分和剩余部分都适用于牛顿第二定律〖答案〗D〖解析〗由于系统的一部分向某一方向运动，而使另一部分向相反方向运动，这种现象叫反冲运动．定义中并没有确定两部分之间的质量关系，故选项A错误．在反冲运动中，两部分之间的作用力是一对作用力与反作用力，由牛顿第三定律可知，它们大小相等，方向相反，故选项B错误．在反冲运动中一部分受到另一部分的作用力产生了该部分的加速度，使该部分的速度逐渐增大，在此过程中对每一部分牛顿第二定律都成立，故选项C错误，D正确．2．(反冲运动的计算)将质量为1.00kg的模型火箭点火升空，50g燃烧的燃气以大小为600m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出．在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)()A．30kg·m/s B．5.7×102kg·m/sC．6.0×102kg·m/s D．6.3×102kg·m/s〖答案〗A〖解析〗设火箭的质量为m1，燃气的质量为m2.由题意可知，燃气的动量p2＝m2v2＝50×10－3×600kg·m/s＝30kg·m/s.以火箭运动的方向为正方向，根据动量守恒定律可得，0＝m1v1－m2v2，则火箭的动量大小为p1＝m1v1＝m2v2＝30kg·m/s，所以A正确，B、C、D错误．3.(人船模型)(2020·西夏区宁夏大学附属中学高二月考)如图4所示，载人气球原来静止在空中，与地面距离为h，已知人的质量为m，气球的质量(不含人的质量)为M.若人要沿轻绳梯返回地面，则绳梯的长度至