第6节　反冲现象　火箭 教学设计

第6节反冲现象火箭[学习目标]1．了解反冲运动的概念及反冲运动的一些应用．2．知道反冲运动的原理．(重点)3．掌握应用动量守恒定律解决反冲运动问题．(重点、难点)4．了解火箭的工作原理及决定火箭最终速度大小的因素．(难点)知识点1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)防止：用枪射击时，由于枪身的反冲会影响射击的准确性，所以用枪射击时要把枪身抵在肩部，以减少反冲的影响．(2)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．[判一判]1．(1)一切反冲现象都是有益的．()(2)章鱼、乌贼的运动利用了反冲的原理．()提示：(1)×(2)√[想一想]两位同学在公园里划船，当小船离码头大约1.5m时，有一位同学心想：自己在体育课上立定跳远的成绩从未低于2m，跳到岸上绝对没有问题．于是她纵身一跳，结果却掉到了水里(如图所示)，她为什么不能如她所想的那样跳到岸上呢？提示：这位同学与船组成的系统在不考虑水的阻力的情况下，所受合外力为零，在她跳起前后遵循动量守恒定律．在她向前跳起瞬间，船要向后运动．知识点2火箭1．工作原理：利用反冲的原理，火箭燃料燃烧产生的高温、高压燃气向后喷出，使火箭获得巨大的向前的速度．2．影响火箭获得速度大小的两个因素(1)喷气速度：现代火箭的喷气速度为2000～5000m/s.(2)质量比：火箭初始时的质量与燃料用完时箭体质量之比．喷气速度越大，质量比越大，火箭获得的速度越大．[判一判]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．()(3)火箭发射时，火箭获得的机械能来自燃料燃烧释放的化学能．()提示：(1)×(2)√(3)√1．(反冲现象)(2022·甘肃天水一中期末)如图，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．若救生员相对小船以速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船相对水面的速率为()A．v0＋eq\f(m,M)v B．v0－eq\f(m,M)vC．v0＋eq\f(m,M＋m)v D．v0＋eq\f(m,M)(v0－v)解析：选C.设救生员跃出后小船相对水面的速率为v′，以向右为正方向，根据动量守恒定律，有eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(M＋m))v0＝－meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v－v′))＋Mv′，解得v′＝v0＋eq\f(m,M＋m)v.2．(火箭原理)(多选)下列措施中有利于增加火箭的飞行速度的是()A．使喷出的气体速度增大B．使喷出的气体温度更高C．使喷出的气体质量更大D．使喷出的气体密度更小解析：选AC.设火箭的初动量为p，原来的总质量为M，喷出的气体质量为m，速度大小是v，剩余的质量(M－m)的速度大小是v′，由动量守恒定律得：p＝(M－m)v′－mv，得：v′＝eq\f(p＋mv,M－m)，由上式可知：m、v越大，v′越大．3．(火箭原理)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．燃料推动空气，空气的反作用力推动火箭B．火箭发动机用力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，然后向后排出，空气对火箭的反作用力推动火箭D．火箭燃料燃烧放热，加热周围空气，空气膨胀推动火箭解析：选B.本题考查了火箭的工作原理，要注意与火箭发生相互作用的是火箭喷出的燃气，而不是外界的空气．火箭的工作原理是利用反冲，是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反冲速度．4．(反冲现象)(多选)手持篮球的跳远运动员起跳后，当他运动到最高点时欲提高跳远成绩，运动员应将手中的篮球()A．竖直向上抛出 B．向前方抛出C．向后方抛出 D．竖直向下抛出解析：选CD.要提高跳远成绩，要么使运动员获得更大的水平速度，C选项可实现；要么使运动员延长运动时间，D选项可实现．探究一对反冲现象的理解【问题导引】反冲是一种常见的运动现象，如火箭、喷气式飞机、节日礼花、射击等，反冲现象的实质是什么？提示：反冲现象的实质是相互作用的物体或同一物体的两部分之间的作用力和反作用力产生的运动效果．反冲现象的三个特点1．物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动．2．反冲现象中，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．反冲现象中，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．【例1】(2022·广东肇庆期末)2021年6月17日9时22分，我国神舟十二号载人飞船发射圆满成功．神舟十二号载人飞船发射瞬间的画面如图，在火箭点火发射瞬间，质量为m的燃气以大小为v的速度从火箭喷口在很短时间内喷出．已知发射前火箭的质量为M，则在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为(燃气喷出过程不计重力和空气阻力的影响)()A．v B．2vC.eq\f(M,m)v D.eq\f(m,M－m)v[解析]以向上为正方向，由动量守恒定律可得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(M－m))v′－mv＝0，解得v′＝eq\f(m,M－m)v，D正确．[答案]D[针对训练1]小车上装有一桶水，静止在光滑水平地面上，如图所示，桶的前、后、底及侧面各装有一个阀门，分别为S1、S2、S3、S4(图中未全画出)，要使小车向前运动，可采用的方法是()A．打开阀门S1 B．打开阀门S2C．打开阀门S3 D．打开阀门S4解析：选B.根据反冲特点，当阀门S2打开时，小车将受到向前的推力，从而向前运动，故B正确，A、C、D错误．探究二“人船模型”问题【问题导引】如图所示，一质量为m的人站在一质量为M的船头上，开始时人、船均静止，现在人从船头走向船尾．(水对船的阻力很小)(1)该过程中，人和船组成的系统动量守恒吗？两者速度是什么关系？(2)该过程中两者对地位移有何关系？提示：(1)该过程中，水的阻力忽略不计，人和船的动量守恒，两者速度大小满足mv1＝Mv2，方向相反．(2)由于mv1＝Mv2又mv1t＝Mv2t则mx1＝Mx2，即eq\f(x1,x2)＝eq\f(M,m).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)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．初始时刻，系统静止，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．4．推广：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．例如，小球沿弧形槽滑下，求弧形槽移动距离的问题．【例2】(2022·哈尔滨六中期末)长为L的小船停在静水中，质量为m的人由静止开始从船头走到船尾．不计水的阻力，船对地面位移的大小为d，则小船的质量为()A.eq\f(m\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L＋d)),d) B.eq\f(m\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L－d)),d)C.eq\f(mL,d) D.eq\f(m\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L＋d)),L)[解析]船和人组成的系统，在水平方向上动量守恒，人在船上行进，船向后退，设船的质量为M，人的速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv－Mv1＝0，人从船头到船尾，船对地面位移的大小为d，则人相对于地面的位移为L－d，则有meq\f(L－d,t)＝Meq\f(d,t)，解得M＝eq\f(m\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L－d)),d).[答案]B[针对训练2]如图所示，物体A和B质量分别为m1和m2，其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()A.eq\f(m2,m1＋m2)b B.eq\f(m1,m1＋m2)bC.eq\f(m1,m1＋m2)(b－a) D.eq\f(m2,m1＋m2)(b－a)解析：选C.由A、B组成的系统，在相互作用过程中水平方向动量守恒，则m2x－m1(b－a－x)＝0解得x＝eq\f(m1（b－a）,m1＋m2)，故C正确，A、B、D错误．探究三火箭发射和爆炸类问题1．动量守恒：爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力．2．动能增加：在爆炸过程中，有其他形式的能量(如化学能)转化为动能．3．位移为零：爆炸时间极短，物体产生的位移很小，可忽略不计，可认为爆炸前后位置不变．【例3】(2022·长春外国语学校期末)在爆炸实验基地有一发射塔，发射塔正下方的水平地面上安装有声音记录仪．爆炸物自发射塔竖直向上发射，上升到空中最高点时炸裂成质量之比为2∶1、初速度均沿水平方向的两个碎块．遥控器引爆瞬间开始计时，在5s末和6s末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声．已知声音在空气中的传播速度为340m/s，忽略空气阻力．下列说法正确的是()A．两碎块的位移大小之比为1∶2B．爆炸物的爆炸点离地面高度为80mC．爆炸后质量大的碎块的初速度为68m/sD．爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340m[解析]爆炸时，水平方向，根据动量守恒定律可知m1v1－m2v2＝0，因两块碎块落地时间相等，则m1x1－m2x2＝0，则eq\f(x1,x2)＝eq\f(m2,m1)＝eq\f(1,2)，则两碎块的水平位移之比为1∶2，而从爆炸开始抛出到落地的位移之比不等于1∶2，A错误；设两碎片落地时间均为t，由题意可知eq\f(（5－t）v声,（6－t）v声)＝eq\f(1,2)，解得t＝4s，爆炸物的爆炸点离地面高度为h＝eq\f(1,2)gt2＝eq\f(1,2)×10×42m＝80m，B正确；爆炸后质量大的碎块的水平位移x1＝(5－4)×340m＝340m，质量小的碎块的水平位移x2＝(6－4)×340m＝680m，爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340m＋680m＝1020m，质量大的碎块的初速度为v10＝eq\f(x1,t)＝eq\f(340,4)m/s＝85m/s，C、D错误．[答案]B【例4】一火箭喷气式发动机每次喷出m＝200g的气体，气体离开发动机喷出时的速度v＝1000m/s(相对地面)，设火箭质量M＝300kg，发动机每秒喷气20次．求当经过三次气体喷出后，火箭的速度．[解析]法一喷出气体的运动方向与火箭的运动方向相反，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)第二次气体喷出后，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)v2所以v3＝eq\f(3mv,M－3m)＝eq\f(3×0.2×1000,300－3×0.2)m/s≈2m/s.法二选取整体为研究对象，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所以v3＝eq\f(3mv,M－3m)≈2m/s.[答案]2m/s(建议用时：35分钟)[基础巩固练]1．(多选)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，物体炸裂为a、b两块，若质量较大的a块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，但水平方向动量守恒，mv0＝mava＋mbvb，因mv0与mava同向，设v0方向为正方向，若mava<mv0，则vb与va同向；若mava＝mv0，则vb＝0，即b做自由落体运动；若mava>mv0，则mbvb<0，即vb与v0反向．因题目只知ma>mb和va与v0同向，不知va与v0的大小关系，不能确定a、b两块的速度大小，所以A、B不能确定；因炸开后两者竖直方向都做自由落体运动，且高度相同，故C正确；由牛顿第三定律知D正确．2.一炮舰在湖面上匀速行驶，突然从船头和船尾同时向前和向后发射一发炮弹，设两炮弹质量相同，相对于地面的速率相同，牵引力、阻力均不变，则船的动量和速度的变化是()A．动量不变，速度增大 B．动量变小，速度不变C．动量增大，速度增大 D．动量增大，速度减小解析：选A.炮舰具有一向前的动量，在发射炮弹的过程中动量守恒，由于两发炮弹的总动量为零，因而船的动量不变，又因为船发射炮弹后质量变小，因此船的速度增大，A正确．3.一装有柴油的船静止于水平面上，若用一水泵把前舱的油抽往后舱，如图所示．不计水的阻力，船的运动情况是()A．向前运动 B．向后运动C．静止 D．无法判断解析：选A.虽然抽油的过程属于船与油的内力作用，但油的质量发生了转移，从前舱转到了后舱，相当于人从船的一头走到另一头的过程，故A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()A.eq\f(mh,M＋m) B.eq\f(Mh,M＋m)C.eq\f(mhcotα,M＋m) D.eq\f(Mhcotα,M＋m)解析：选C.此题属于“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在水平方向上对地位移为x2.因此0＝mx1－Mx2①且x1＋x2＝hcotα②由①②可得x2＝eq\f(mhcotα,M＋m).5.如图所示，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)()A.eq\f(m2,m1)v0 B.eq\f(m2v0,m1－m2)C.eq\f(m2v0cosθ,m1－m2) D.eq\f(m2v0cosθ,m1)解析：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＝eq\f(m2v0cosθ,m1－m2)，故C正确．6．有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(估计重1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？解析：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meq\f(x人,t)＝Meq\f(d,t)又x人＝L－d解得M＝eq\f(m（L－d）,d).答案：eq\f(m（L－d）,d)[综合提升练]7．质量为M的火箭，原来以速度v0在太空中飞行，现在突然向后喷出一股质量为Δm的气体，喷出气体相对火箭的速度为v，则喷出气体后火箭的速率为()A.eq\f(Mv0＋Δmv,M) B.eq\f(Mv0－Δmv,M)C.eq\f(Mv0＋Δmv,m) D.eq\f(Mv0－Δmv,m)解析：选A.依题意可知，火箭原来相对地的速度为v0，初动量为p0＝Mv0，质量为Δm的气体喷出后，火箭的质量为(M－Δm)，设气体喷出后，火箭和气体相对地的速度分别为v1和v2，则气体相对火箭的速度v＝v1＋v2，v2＝v－v1，选v1的方向为正方向，则系统的末动量p＝(M－Δm)v1＋Δm[－(v－v1)]＝Mv1－Δmv，由动量守恒定律，有p＝p0，则Mv1－Δmv＝Mv0，所以v1＝eq\f(Mv0＋Δmv,M)，故A正确．8.(多选)(2022·重庆西南大学附中期中)如图所示，在光滑的水平面上有一静止的质量为M的凹槽，凹槽内表面为光滑的半圆弧轨道，半径为R，两端AB与圆心等高，现让质量为m的物块从A点以竖直向下的初速度v0开始下滑，则在运动过程中()A．物块与凹槽组成的系统在水平方向动量守恒B．物块运动到B点时速度大于v0C．物块运动到B点后将从B点飞出做竖直上抛运动D．物块运动到B点时，凹槽向左移动了eq\f(2mR,M＋m)解析：选ACD.物块与凹槽组成的系统在水平方向受力为零，所以水平方向动量守恒，故A正确；该系统水平方向动量守恒，所以当物块运动到B点时只有竖直方向的速度，之后将从B点飞出做竖直上抛运动，此时凹槽速度为零，根据能量关系，可知物块的速度等于v0，故B错误，C正确；设物块从A到B的时间为t，物块发生的水平位移大小为x，则凹槽产生的位移为2R－x，取水平向右为正方向，则根据水平方向动量守恒有meq\f(x,t)－Meq\f(2R－x,t)＝0，解得2R－x＝eq\f(2mR,M＋m)，故D正确．9.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()A.eq\f(R,2) B.eq\f(R,3)C.eq\f(R,4) D.eq\f(R,6)解析：选B.由水平方向平均动量守恒有eq\f(mx小球,t)＝eq\f(2mx大球,t)，又x小球＋x大球＝R，所以x大球＝eq\f(1,3)R，B正确．10．(多选)小车静止在光滑水平面上，站在车上的人练习打靶，靶装在车上的另一端，如图所示．已知车、人、枪和靶的总质量为M(不含子弹)，每颗子弹质量为m，共n发，打靶时，枪口到靶的距离为d.若每发子弹打入靶中，就留在靶里，且待前一发打入靶中后，再打下一发．则以下说法中正确的是()A．待打完n发子弹后，小车将以一定的速度向右匀速运动B．待打完n发子弹后，小车应停在射击之前位置的右方C．在每一发子弹的射击过程中，小车所发生的位移不相同D．在每一发子弹的射击过程中，小车所发生的位移相同，大小均为eq\f(md,nm＋M)解析：选BD.子弹、枪、人、车系统水平方向不受外力，水平方向动量一直守恒，子弹射击前系统总动