2024-2025学年高中物理第十六章动量守恒定律第5节反冲运动火箭学案新人教版选修3-5

PAGE10-第5节反冲运动火箭1．了解反冲运动的概念及反冲运动的一些应用。2．理解反冲运动的原理，能够应用动量守恒定律解决反冲运动问题。3．了解火箭的工作原理及确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eq\o(□,\s\up4(01))内力的作用下分裂为两部分，一部分向某个方向运动，另一部分必定向eq\o(□,\s\up4(02))相反的方向运动的现象。2．特点(1)物体的不同部分在eq\o(□,\s\up4(03))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eq\o(□,\s\up4(04))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eq\o(□,\s\up4(05))旋转。(2)防止：用枪射击时，由于枪身的反冲会影响射击的eq\o(□,\s\up4(06))精确性，所以用步枪射击时要把枪身抵在eq\o(□,\s\up4(07))肩部，以削减反冲的影响。二、火箭1．工作原理：应用了eq\o(□,\s\up4(01))反冲的原理，火箭燃料燃烧产生的高温、高压的燃气从尾部快速喷出时，使火箭获得巨大的eq\o(□,\s\up4(02))速度。2．影响火箭获得速度大小的因素(1)喷气速度：现代火箭喷气的速度约为2000～4000m/s。(2)火箭的质量比：指火箭起飞时的质量与火箭除燃料外的箭体质量之比。现代火箭的质量比一般小于10。喷气速度eq\o(□,\s\up4(03))越大，质量比eq\o(□,\s\up4(04))越大，火箭获得的速度越大。判一判(1)飞船做圆周运动时，若想变轨通常须要向前或向后喷出气体，该过程中动量守恒。()(2)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。()(3)吹大的气球松手放气时，气球会飞速地向后飞出是反冲现象。()(4)反冲运动中，系统的内力做功，系统的总动量虽然守恒，但系统的动能会发生变更。()(5)反冲是系统内力作用的结果，虽然有时系统所受合外力不为零，但由于内力远大于外力，动量近似守恒。()提示：(1)√(2)×(3)√(4)√(5)√想一想反冲现象都是有益的吗？提示：不是的。如用枪射击时，枪身的反冲会影响射击的精确性。课堂任务反冲1．反冲的理解依据动量守恒定律，假如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，另一部分必定向相反的方向运动。2．反冲运动的三个特点(1)物体的两个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。3．探讨反冲运动时应留意的三个问题(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，两者的运动方向必定相反。在列动量守恒方程时，可规定随意某一部分的运动方向为正方向，则反方向运动的这一部分的速度要取负值。(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，再列动量守恒定律关系式。(3)变质量问题：在反冲运动中会常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。例1反冲小车静止放置在水平光滑玻璃上，点燃酒精，水蒸气使橡皮塞水平喷出，小车沿相反方向运动。假如小车的总质量M＝3kg，水平喷出的橡皮塞的质量m＝0.1kg。(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，小车的反冲速度又如何(小车始终在水平方向运动)?(1)解答本题时应以什么为探讨对象？提示：以小车和橡皮塞组成的系统为探讨对象。(2)试分析系统的受力状况。提示：系统在竖直方向所受合力为零，水平方向不受外力作用。(3)系统在水平方向的总动量是多少？提示：零。[规范解答](1)小车和橡皮塞组成的系统所受外力之和为零，系统动量守恒，且系统总动量为零。以橡皮塞运动的方向为正方向，依据动量守恒定律得mv＋(M－m)v′＝0解得v′＝－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运动的方向相反，反冲速度大小是0.1m/s。(2)若橡皮塞喷出时速度大小不变，方向与水平方向成60°角，小车和橡皮塞组成的系统在水平方向动量守恒。以橡皮塞运动的水平分运动方向为正方向，有mvcos60°＋(M－m)v″＝0解得v″＝－eq\f(mvcos60°,M－m)m/s＝－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水平分运动的方向相反，反冲速度大小是0.05m/s。[完备答案](1)0.1m/s，方向与橡皮塞运动的方向相反(2)0.05m/s，方向与橡皮塞水平分运动的方向相反反冲运动的特殊提示(1)外力的存在，不影响系统的动量守恒。(2)内力做的功往往会变更系统的总动能。(3)要明确反冲运动对应的过程，弄清初、末状态的速度大小和方向的对应关系。eq\a\vs4\al([变式训练1])如图所示，装有炮弹的火炮总质量为m1，炮弹的质量为m2，炮弹射出炮口时相对地面的速率为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(设水平地面光滑)()A.eq\f(m2,m1)v0 B.eq\f(m2v0,m1－m2)C.eq\f(m2v0cosθ,m1－m2) D.eq\f(m2v0cosθ,m1)答案C解析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)，C正确。课堂任务火箭1．火箭喷气属于反冲问题，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探讨对象，取相互作用的整个过程为探讨过程，运用动量守恒的观点解决问题。2．在火箭放射过程中，由于内力远大于外力，所以可认为动量守恒。以喷气前的火箭为参考系，取火箭的末速度方向为正方向，喷气前火箭的总动量为0，火箭喷出速度为u、质量为Δm的气体后，剩余质量为m，火箭速度增加Δv，则喷气后的总动量为mΔv＋Δmu，由动量守恒定律得mΔv＋Δmu＝0，解得Δv＝－eq\f(Δm,m)u。该式表明，火箭喷出的燃气的速度u越大、火箭喷出物质的质量与火箭本身质量之比eq\f(Δm,m)越大，火箭获得的速度Δv越大。火箭燃料燃尽时火箭获得的最大速度由喷气速度u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)两个因素确定。3.由于现代火箭喷气的速度在2000～4000m/s，近期内难以大幅度提高；火箭的质量比(火箭起飞时的质量与火箭除燃料外的箭体质量之比)一般小于10，故为使火箭达到放射人造地球卫星的7.9km/s的速度，采纳多级火箭，即把火箭一级一级地接在一起，第一级燃料用完之后就把箭体抛弃，减轻负担，然后其次级起先工作，这样一级一级地连起来。但是在实际应用中一般不会超过四级，因为级数太多时，连接机构和限制机构的质量会增加许多，工作的牢靠性也会降低。4．提高火箭飞行速度的方法(1)提高喷气速度；(2)提高火箭起飞时燃料的质量占火箭总质量的比重；(3)运用多级火箭，一般为三级。例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。求当第三次气体喷出后，火箭的速度为多大？(1)本题中以什么为探讨对象？提示：以火箭和喷出的气体所组成的系统为探讨对象。(2)每次喷出气体后，火箭的动量变更是否相同？提示：由于每次喷出的气体质量相同，相对地面的速度也相同，所以喷出气体的动量相同，依据动量守恒定律，每次喷出气体后火箭的动量变更相同。[规范解答]解法一：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。设火箭运动方向为正方向，第一次喷出气体后，火箭速度为v1，有(M－m)v1－mv＝0，所以v1＝eq\f(mv,M－m)；设其次次喷出气体后，火箭速度为v2，有(M－2m)v2－mv＝(M－m)v1，所以v2＝eq\f(2mv,M－2m)；设第三次喷出气体后，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。解法二：选取整个过程为探讨对象，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探讨对象，依据动量守恒定律，得(M－3m)v3－3mv＝0，所以v3＝eq\f(3mv,M－3m)≈2m/s。[完备答案]2m/s火箭类反冲问题解题要领(1)两部分初、末状态的速度所选的参考系必需是同一参考系，且一般以地面为参考系。(2)要特殊留意反冲前、后两部分对应的质量。(3)列方程时要留意初、末状态动量的方向，一般而言，反冲部分速度的方向与另一部分的运动方向是相反的。eq\a\vs4\al([变式训练2])火箭放射后，在升空过程中向后喷出高速燃气，从而获得较大的前进速度。燃料耗尽时，火箭达到最大速度，火箭最大速度的制约因素是()A．火箭初始质量和喷出气体速度B．火箭初始质量和喷出气体总质量C．火箭喷出气体总质量和喷气速度D．火箭喷气速度和火箭始末质量比答案D解析分别用M、m表示火箭初始质量和在极短时间内喷出一部分燃气后剩余的质量，v0表示喷气速度大小，火箭喷气过程动量守恒，有mΔv－(M－m)v0＝0，解得火箭速度增加量Δv＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(M,m)－1))v0，由此式可以预料火箭最大速度的制约因素是火箭喷气速度和火箭始末质量比，D正确。思维拓展：“人船”模型1．“人船”模型分析如图所示，长为L、质量为m船的小船停在静水中，质量为m人的人由静止起先从船的一端走到船的另一端，不计水的阻力。以人和船组成的系统为探讨对象，在人由船的一端走到船的另一端的过程中，系统水平方向不受外力作用，所以整个系统水平方向动量守恒，可得：m船v船＝m人v人，因人和船组成的系统动量始终守恒，故有：m船x船＝m人x人，由图可看出：x船＋x人＝L，可解得：x人＝eq\f(m船,m人＋m船)L，x船＝eq\f(m人,m人＋m船)L。2．“人船”模型的特点(1)两物体组成的系统遵守动量守恒定律：m1v1－m2v2＝0。(2)运动特点：人动船动，人静船静，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(v1,v2)＝eq\f(m2,m1)。(3)应用此关系时要留意一个问题：公式中的v1、v2和x都是相对地面而言的。3．模型拓展：原来静止的系统在某一方向上动量守恒，运动过程中，组成系统的两部分在该方向上速度的方向相反，也可应用处理人船模型问题的思路来处理。此模型可进一步推广到其他类似的情景中，进而能解决大量的实际问题，例如：人沿着静止在空中的热气球下面的软梯滑下或攀上，求热气球上升或下降高度的问题；小球沿放在光滑水平地面上的弧形槽滑下，求弧形槽移动距离的问题等。例3质量为m1的热气球吊筐中有一质量为m2的人，共同静止在距地面为h的高空中，现从气球上放下一根质量不计的软绳，为使此人沿软绳能平安滑到地面，求软绳至少有多长。(1)本题以什么为探讨对象？提示：以热气球和人组成的系统为探讨对象。(2)试分析探讨对象在竖直方向的受力状况。提示：系统在竖直方向所受合外力为零。(3)系统是否符合“人船”模型？提示：系统符合“人船”模型。初态静止，竖直方向动量守恒。[规范解答]人与热气球组成的系统动量守恒，设热气球的速度大小为v1，人的速度大小为v2，运动时间为t，以人与热气球组成的系统为探讨对象，以竖直向上为正方向，由动量守恒得m1v1－m2v2＝0即m1eq\f(s气,t)－m2eq\f(s人,t)＝0，其中s人＝h，解得s气＝eq\f(m2,m1)h若人滑到地面时恰好滑到软绳末端，此时软绳的长度最短，最短长度L＝eq\f(m2,m1)h＋h＝eq\f(m1＋m2,m1)h。[完备答案]eq\f(m1＋m2,m1)h处理“人船模型”问题的两个关键(1)处理思路：利用动量守恒定律，先确定两物体的速度关系，再确定两物体通过的位移关系。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，且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末状态的瞬时速率。②动量守恒的过程中，随意时刻的系统总动量为零，因此随意时刻的瞬时速率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(v)1－m2eq\x\to(v)2＝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＝eq\x\to(v)1t和x2＝eq\x\to(v)2t，则有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。eq\a\vs4\al([变式训练3])如图所示，质量为m＝60kg的人，站在质量为M＝300kg的车的一端，车长L＝3m，相对于地面静止。当车与地面间的摩擦可以忽视不计时，人由车的一端走到另一端的过程中，车将()A．后退0.5m B．后退0.6mC．后退0.75m D．始终匀速后退答案A解析人、车组成的系统动量守恒，则mv1＝Mv2，所以mx1＝Mx2，又有x1＋x2＝L，解得x2＝0.5m，A正确。课堂任务爆炸问题爆炸的特点(1)动量守恒：由于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大于物体受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的动量守恒。(2)动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，因此爆炸后系统的总动能增加。(3)位置不变：爆炸的时间极短，因而作用过程中物体产生的位移很小，一般可忽视不计，可以认为爆炸后，物体仍旧从爆炸的位置以新的速度起先运动。例4(2024·湖北省荆门市期末)如图所示，光滑水平桌面上放有一个凹槽C(凹槽底面水平)，质量mC＝2kg，其正中心并排放着两个小滑块A、B，mA＝1kg，mB＝4kg，起先时三个物体都静止。在A、B间放有少量塑胶炸药，爆炸后A以vA＝6m/s的速度水平向左运动，A、B中随意一块与凹槽C的挡板碰撞后都与凹槽粘在一起，不计摩擦和碰撞时间，求：(1)炸药爆炸后滑块B的速度vB；(2)当两滑块A、B都与凹槽C的挡板碰撞后，C的速度vC；(3)A、C碰撞过程中损失的机械能ΔE。(1)爆炸过程中选什么系统为探讨对象？系统动量是否守恒？提示：炸药爆炸过程中选滑块A、B组成的系统为探讨对象，系统动量守恒。(2)凹槽C的最终速度是多少？提示：为零。以A、B、C整体为探讨对象，由碰撞过程中动量守恒可求得三者的最终速度为零。(3)爆炸和碰撞最主要的区分是什么？提示：爆炸前、后系统的总动能增加，碰撞前、后系统的总动能不增加。[规范解答](1)炸药爆炸过程中，滑块A、B组成的系统动量守恒。炸药爆炸前后瞬间，对A、B组成的系统有：mAvA－mBvB＝0解得vB＝1.5m/s，方向水平向右。