新人教版高中物理选修1 第1章 第6节 反冲运动 火箭 学案

6 反冲运动火箭[学科素养与目标要求]科学思维：1.了解反冲运动及反冲运动的典型事例.2.能够应用动量守恒定律分析反冲运动问题.科学态度与责任：1.了解火箭的飞行原理及决定火箭最终速度大小的因素.2.体会物理学规律在推动人类社会发展中的重要作用.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：利用反冲运动，火箭燃料燃烧产生的高温、高压燃气从尾部喷管迅速喷出，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2000～4000m/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.3.现代火箭的主要用途：利用火箭作为运载工具，如发射探测仪器、常规弹头和核弹头、人造卫星和宇宙飞船等.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.( √)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mv0cosαM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＝mv0cosαM.一、反冲运动的理解和应用在生活中常见到这样的情形：吹饱的气球松手后喷出气体，同时向相反方向飞去；点燃“钻天猴”的药捻，便会向后喷出亮丽的火焰，同时“嗖”的一声飞向天空；乌贼向后喷出水后，它的身体却能向前运动，结合这些事例，体会反冲运动的概念，并思考以下问题：(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变为机械能，所以系统的机械能增加.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，所以系统的总动能增加.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，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，两者运动方向必然相反.在列动量守恒方程时，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，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速度通常为相对地面的速度.因此应先将相对速度转换成相对地面的速度，再列动量守恒定律方程.例1 反冲小车静止放在水平光滑玻璃上，点燃酒精，水蒸气将橡皮塞水平喷出，小车沿相反方向运动.如果小车运动前的总质量M ＝3kg ，水平喷出的橡皮塞的质量m ＝0.1kg.(水蒸气质量忽略不计)(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 ，方向与橡皮塞运动的方向相反(2)0.05m/s ，方向与橡皮塞运动的水平分运动方向相反解析 (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 ′＝－m M －m v ＝－0.13－0.1×2.9m/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)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mv cos60°＋(M －m )v ″＝0v ″＝－mv cos60°M －m ＝－0.1×2.9×0.53－0.1m/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 ′＝M －m m v ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫M m －1v1.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调整，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.例2 一火箭喷气发动机每次喷出m ＝200 g 的气体，气体离开发动机喷出时的速度v ＝1 000 m/s.设火箭质量M ＝300kg ，发动机每秒钟喷气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v 3，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 )v 3－3mv ＝0，故v 3＝3mv M －3m≈2m/s(2)发动机每秒钟喷气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 )v 20－20mv ＝0，故v 20＝20mv M －20m ≈13.5m/s. 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：m 1v 1－m 2v 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m 1x 1＝m 2x 2.例3 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 ，在这段时间里船后退的距离为x ，人相对地面运动的距离为l －x ，选船后退方向为正方向，由动量守恒有：M x t －m l －x t＝0 所以x ＝m M ＋m l ＝60120＋60×3m＝1m. [学科素养] 例3通过“人船模型”的构建，进一步巩固动量守恒定律的应用和对反冲运动的理解，较好地体现了物理“科学思维”的学科素养.针对训练 (2018·孝感八校联盟高二下期末联考)如图2所示，大气球质量为100kg ，载有质量为50kg 的人，静止在空气中距地面20m 高的地方，气球下方悬一根质量可忽略不计的绳子，此人想从气球上沿绳慢慢下滑至地面，为了安全到达地面，则这绳长至少应为(可以把人看做质点)( )图2A.10mB.30mC.40mD.60m答案 B解析 人与气球组成的系统动量守恒，设人的速度为v 1，气球的速度为v 2，运动时间为t .以人与气球组成的系统为研究对象，以向下为正方向，由动量守恒得：m 1v 1－m 2v 2＝0，则m 1s 人t －m 2s 气球t ＝0，代入数据：50×s 人t －100×s 气球t ＝0，得s 气球＝12s 人＝12×20 m＝10 m ，则绳子长度L ＝s 气球＋s 人＝10m ＋20m ＝30m ，即绳子至少30m 长，故选B.“人船模型”是利用平均动量守恒求解的一类问题，解决这类问题应明确：(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.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物体向某一方向运动，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物体之间的质量关系，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，选项D 正确.2.(反冲运动的计算)(2017·全国卷Ⅰ)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/sB.5.7×102kg·m/sC.6.0×102kg·m/sD.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.(反冲运动的计算)(2018·孝感八校联盟高二下期末联考)静止的实验火箭，总质量为M，当它以相对地面的速度v0喷出质量为Δm的高温气体后，火箭的速度为( )A.ΔmM－Δmv0B.－ΔmMv0 C.ΔmMv0D.－ΔmM－Δmv0答案 D解析火箭整体动量守恒，以v0的方向为正方向，则有(M－Δm)v＋Δmv0＝0，解得：v＝－ΔmM－Δmv0，负号表示火箭的运动方向与v0方向相反.4.(人船模型的迁移)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3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( )图3 A.R 2B.R 3C.R 4D.R6答案 B解析 由水平方向平均动量守恒有：mx 小球＝2mx 大球，又x 小球＋x 大球＝R ，所以x 大球＝13R ，B 正确.一、选择题考点一 反冲运动的理解和应用1.小车上装有一桶水，静止在光滑水平地面上，如图1所示，桶的前、后、底及侧面各装有一个阀门，分别为S 1、S 2、S 3、S 4(图中未全画出).要使小车向前运动，可采用的方法是( )图1A.打开阀门S 1B.打开阀门S 2C.打开阀门S 3D.打开阀门S 4答案 B解析 根据反冲特点，当阀门S 2打开时，小车将受到向前的推力，从而向前运动，故B 项正确，A 、C 、D 均错误.2.(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，物体炸裂成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 受到的力大小一定相等答案CD解析爆炸后系统的总机械能增加，但不能确定a、b两块的速度大小及b块的速度方向，所以A、B不能确定；因炸开后两者都做平抛运动，且高度相同，故C对；由牛顿第三定律知D 对.3.“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”，爆竹声响是辞旧迎新的标志，是喜庆心情的流露.有一个质量为3m的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为v0、方向水平向东，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为2m，速度大小为v，方向水平向东，则另一块的速度是( )A.3v0－vB.2v0－3vC.3v0－2vD.2v0＋v答案 C解析在最高点水平方向动量守恒，以水平向东为正方向，由动量守恒定律可知，3mv0＝2mv ＋mv′，可得另一块的速度为v′＝3v0－2v，故C正确.4.一个静止的质量为m1的不稳定原子核，当它放射出质量为m2、速度为v的粒子后，原子核剩余部分的速度为( )A.m2vm1－m2B.－m2vm1－m2C.－m1vm1－m2D.－m2vm1答案 B解析原来静止的原子核，当其中一部分以速度v运动，剩余部分将向反方向运动，即做反冲运动.由反冲原理得，0＝m2v＋(m1－m2)v′，解得v′＝－m2vm1－m2.5.(2018·甘肃会宁四中高二下期中)步枪的质量为4.1kg，子弹的质量为9.6g，子弹从枪口飞出时的速度为865m/s，则步枪的反冲速度大小约为( )A.2m/sB.1m/sC.3m/sD.4m/s答案 A解析以子弹从枪口飞出时速度的反方向为正方向，由动量守恒定律：Mv1－mv2＝0，得v1＝9.6×10－3×8654.1m/s≈2m/s.6.一弹丸在飞行到距离地面5m高时仅有向右的水平速度v0＝2m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1.不计质量损失，取重力加速度g＝10m/s2.则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是( )答案 B解析 弹丸爆炸瞬间内力远大于外力，故爆炸瞬间动量守恒.因两弹片均水平飞出，飞行时间t ＝2h g ＝1s ，取向右为正方向，由水平速度v ＝x t知，选项A 中，v 甲＝2.5m/s ，v 乙＝－0.5m/s ；选项B 中，v 甲＝2.5m/s ，v 乙＝0.5m/s ；选项C 中，v 甲＝1m/s ，v 乙＝2m/s ；选项D 中，v 甲＝－1m/s ，v 乙＝2m/s.因爆炸瞬间动量守恒，故mv 0＝m 甲v 甲＋m 乙v 乙，其中m 甲＝34m ，m 乙＝14m ，v 0＝2m/s ，代入数值计算知选项B 正确.考点二 人船模型7.(2018·福建永春一中高二期末)如图2，质量为m 的人在质量为M 的平板车上从左端走到右端，若不计平板车与地面的摩擦，则下列说法正确的是( )图2A.人在车上行走时，车将向右运动B.当人停止走动时，由于车的惯性大，车将继续后退C.若人越慢地从车的左端走到右端，则车在地面上移动的距离越大D.不管人在车上行走的速度多大，车在地面上移动的距离都相同答案 D解析 人与车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得：mv 人＋Mv 车＝0，故车的方向一定与人的运动方向相反，人在车上向右行走时，车将向左运动，故A 错误；因总动量为零，故人停止走动速度为零时，车的速度也为零，故B 错误；因人与车的运动时间相等，动量守恒，以人运动的方向为正方向，则有：mx 人－Mx 车＝0，故车与人的位移之比为：x 车x 人＝m M不变，则车的位移与人的运动速度无关，不论人的速度多大，车在地面上移动的距离都相等，故C 错误，D 正确.8.(多选)某同学想用气垫导轨模拟“人船模型”.该同学到实验室里，将一质量为M 、长为L 的滑块置于水平气垫导轨上(不计摩擦)并接通电源.该同学又找来一个质量为m 的蜗牛置于滑块的一端，在食物的诱惑下，蜗牛从该端移动到另一端.下面说法正确的是( )A.只有蜗牛运动，滑块不运动B.滑块运动的距离是MM ＋m LC.蜗牛运动的位移是滑块的M m 倍D.滑块与蜗牛运动的距离之和为L 答案 CD 解析 根据“人船模型”，易得滑块的位移为mM ＋m L ，蜗牛运动的位移为M M ＋m L ，C 、D 正确. 9.(2018·河南省鹤壁中学段考)如图3所示，有一只小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(估计重一吨左右).一位同学想用一个卷尺粗略测量它的质量.他进行了如下操作：首先将船平行于码头岸边自由停泊，人轻轻从船尾上船，走到船头停下，而后轻轻下船.用卷尺测出船后退的距离d ，然后用卷尺测出船长L .已知他的自身质量为m ，水的阻力不计，则船的质量为( )图3A.m (L ＋d )dB.m (L －d )dC.mL dD.m (L ＋d )L答案 B解析 设人走动的时候船的速度为v ，人的速度为v ′，人从船尾走到船头用时为t ，人的位移为L －d ，船的位移为d ，所以v ＝d t ，v ′＝L －d t .以船的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有：Mv －mv ′＝0，可得：M dt ＝m L －d t ，解得小船的质量为M ＝m L －d d，故B 项正确. 10.如图4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( )图4A.mh M ＋mB.Mh M ＋mC.mh (M ＋m )tan αD.Mh (M ＋m )tan α答案 C解析 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，以m 在水平方向上对地位移的方向为正方向，设m 在水平方向上对地位移为x 1，M 在水平方向对地位移为x 2，因此0＝mx 1－Mx 2.①且x 1＋x 2＝h tan α.②由①②可得x 2＝mh (M ＋m )tan α，故选C. 二、非选择题 11.(2018·南宁八中高二期末)如图5所示，在光滑水平面上有一小车，小车上固定一竖直杆，总质量为M ，杆顶系一长为l 的轻绳，绳另一端系一质量为m 的小球，绳被水平拉直处于静止状态，小球处于最右端.将小球由静止释放，求：图5(1)小球摆到最低点时小球速度大小；(2)小球摆到最低点时小车向右移动的距离；答案 (1)2Mgl M ＋m (2)ml M ＋m 解析 (1)取水平向右为正方向，设当小球到达最低点时其速度大小为v 1，此时小车的速度大小为v 2，则根据动量守恒与能量守恒可以得到：0＝Mv 2－mv 1，mgl ＝12mv 12＋12Mv 22 解得：v 1＝2Mgl M ＋m ，v 2＝2m 2gl M 2＋Mm (2)当小球到达最低点时，设小球向左移动的距离为s 1，小车向右移动的距离为s 2，根据动量守恒，有：ms 1＝Ms 2，而且s 1＋s 2＝l解得：s 1＝Ml M ＋m ，s 2＝ml M ＋m12.课外科技小组制作一只“水火箭”，用压缩空气压出水流使火箭运动.假如喷出的水流流量保持为2×10－4 m 3/s ，喷出速度保持为相对地面10 m/s.启动前火箭总质量为1.4 kg ，则启动2 s 末火箭的速度可以达到多少？(已知火箭沿水平轨道运动且阻力不计，水的密度是103kg/m 3)答案 4m/s解析 “水火箭”喷出水流做反冲运动，设火箭原来总质量为M ，喷出水流的流量为Q ，水的密度为ρ，水流的喷出速度为v ，火箭的反冲速度为v ′，由动量守恒定律得(M －ρQt )v ′＝ρQtv ，火箭启动后2s 末的速度为v ′＝ρQtv M －ρQt ＝103×2×10－4×2×101.4－103×2×10－4×2m/s ＝4m/s. 13.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箱边沿水平方向顺着轨道方向跳出，落在平板车地板上的A 点，A 点距货箱水平距离为l ＝4m ，如图6所示.人的质量为m ，车连同货箱的质量为M ＝4m ，货箱高度为h ＝1.25m.求车在人跳出后到落到地板前的反冲速度为多大(g 取10m/s 2).图6答案 1.6m/s解析 人从货箱边跳离的过程，系统(人、车和货箱)水平方向动量守恒，设人的水平速度是v 1，车的反冲速度是v 2，取向右为正方向，则mv 1－Mv 2＝0，解得v 2＝14v 1人跳离货箱后做平抛运动，车以速度v 2做匀速运动，运动时间为t ＝2h g＝2×1.2510s ＝0.5s.由图可知，在这段时间内人的水平位移x 1和车的位移x 2分别为x 1＝v 1t ，x 2＝v 2t ，由于x 1＋x 2＝l即v 1t ＋v 2t ＝l ，则v 2＝l 5t ＝45×0.5m/s ＝1.6m/s.。