2019年高中物理 第十六章 動量守恒定律 第5節(jié) 反沖運動 火箭學案 新人教版選修3-5

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1、第5節(jié)　反沖運動　火箭 　1.知道反沖運動的原理，會應用動量守恒定律解決有關反沖運動的問題．　2．知道火箭的原理及其應用．　3．了解航天技術的發(fā)展和宇宙航行． 一、反沖 1．定義：一個靜止的物體在內(nèi)力的作用下分裂為兩部分，一部分向某個方向運動，另一部分必然向相反的方向運動的現(xiàn)象． 2．反沖現(xiàn)象的應用及防止 (1)應用：農(nóng)田、園林的噴灌裝置是利用反沖使水從噴口噴出時，一邊噴水一邊旋轉． (2)防止：用槍射擊時，由于槍身的反沖會影響射擊的準確性，所以用步槍射擊時要把槍身抵在肩部，以減小反沖的影響． 二、火箭 1．工作原理：是利用反沖運動，火箭燃料燃燒產(chǎn)生的高溫、高壓燃氣從尾

2、噴管迅速噴出時，使火箭獲得巨大速度． 2．構造：主要有兩大部分：箭體和燃料． 3．特點：箭體和噴出的燃料氣體滿足動量守恒定律． 4．影響火箭獲得速度大小的因素 (1)噴氣速度：現(xiàn)代液體燃料火箭的噴氣速度約為2 000～4 000 m/s. (2)質量比：指火箭起飛時的質量與火箭除燃料外的箭體質量之比．噴氣速度越大，質量比越大，火箭獲得的速度越大． 判一判　(1)反沖運動可以用動量守恒定律來處理．(　　) (2)一切反沖現(xiàn)象都是有益的．(　　) (3)章魚、烏賊的運動利用了反沖的原理．(　　) (4)火箭點火后離開地面加速向上運動，是地面對火箭的反作用力作用的結果．(　　

3、) (5)在沒有空氣的宇宙空間，火箭仍可加速前行．(　　) 提示：(1)√　(2)×　(3)√　(4)×　(5)√ 做一做　一人靜止于完全光滑的冰面上，現(xiàn)欲遠離冰面，下列可行的方法是(　　) A．向后踢腿　　　　　 B．手臂向上擺 C．在冰面上滾動 D．脫下外衣水平拋出 提示：選D．A、B兩項中人與外界無作用，顯然不行；對于C項，由于冰面光滑，也不行；對于D選項，人拋出外衣的過程得到外衣的反作用力，即利用了反沖的原理，從而能遠離冰面． 想一想　兩位同學在公園里劃船．租船時間將到，她們把小船劃向碼頭．當小船離碼頭大約2 m左右時，有一位同學心想：自己在體育課上立定跳遠的成績從

4、未低于2 m，跳到岸上絕對沒有問題．于是她縱身一跳，結果卻掉到了水里(如圖)．她為什么不能如她所想的那樣跳到岸上呢？(假設起跳時船已靜止) 提示：這位同學與船組成的系統(tǒng)在不考慮水阻力的情況下，所受合外力為零，在她跳前后遵循動量守恒定律．她在跳出瞬間，船也要向后運動． 　對反沖運動的理解和應用 1．反沖運動的三個特點 (1)物體的不同部分在內(nèi)力作用下向相反方向運動． (2)反沖運動中，相互作用的內(nèi)力一般情況下遠大于外力或在某一方向上內(nèi)力遠大于外力，所以可以用動量守恒定律或在某一方向上應用動量守恒定律來處理． (3)反沖運動中，由于有其他形式的能轉化為機械能， 所以系統(tǒng)的總動能

5、增加． 2．討論反沖運動應注意的三個問題 (1)速度的方向性：對于原來靜止的整體，當被拋出部分具有速度時，剩余部分的反沖是相對于拋出部分來說的，兩者運動方向必然相反．在列動量守恒方程時，可任意規(guī)定某一部分的運動方向為正方向，則反方向的這一部分的速度就要取負值． (2)速度的相對性：反沖運動的問題中，有時遇到的速度是相互作用的兩物體的相對速度．但是動量守恒定律中要求速度是對同一慣性參考系的速度(通常為對地的速度)．因此應先將相對速度轉換成對地的速度，再列動量守恒定律方程． (3)變質量問題：在反沖運動中還常遇到變質量物體的運動，如在火箭的運動過程中，隨著燃料的消耗，火箭本身的質量不斷減小

6、，此時必須取火箭本身和在相互作用的短時間內(nèi)噴出的所有氣體為研究對象，取相互作用的這個過程為研究過程來進行研究． 　一個質量為m的物體從高處自由下落，當物體下落h時突然炸裂成兩塊，其中質量為m1的一塊恰好能沿豎直方向回到開始下落的位置，求剛炸裂時另一塊的速度v2. [思路點撥] 以炸裂時分裂成的兩塊m1和(m－m1)組成的系統(tǒng)為研究對象，在炸裂的這一極短的時間內(nèi)，系統(tǒng)受到的合外力即重力并不為零，但炸裂時的爆炸力遠大于系統(tǒng)的重力，系統(tǒng)在豎直方向的動量可認為近似守恒． [解析]　取豎直向下的方向為正方向，炸裂前的兩部分是一個整體，物體的動量為p＝mv＝m. 剛炸裂結束時向上運動并返回出發(fā)點的

7、一塊m1，其速度大小與炸裂前相同，動量方向與規(guī)定的正方向相反． p1＝m1v1＝－m1 由動量守恒定律有mv＝m1v1＋(m－m1)v2 代入解得：v2＝ 由于v2>0，說明炸裂后另一塊的運動方向豎直向下． [答案]　　方向豎直向下 爆炸只發(fā)生在一瞬間，也只有在這一瞬間，系統(tǒng)的內(nèi)力才遠遠大于系統(tǒng)所受的合外力，總動量近似守恒，如果爆炸結束，巨大的內(nèi)力已經(jīng)不存在了，系統(tǒng)的總動量不再守恒，明確這一研究階段的始、末狀態(tài)，是求解這類問題的關鍵．　 　1.如圖所示，進行太空行走的宇航員A和B的質量分別為80 kg和100 kg，他們攜手遠離空間站，相對空間站的速度為0.1 m/s.A將

8、B向空間站方向輕推后，A的速度變?yōu)?.2 m/s，求此時B的速度大小和方向． 解析：輕推過程中，A、B系統(tǒng)的動量守恒，以空間站為參考系，規(guī)定遠離空間站的方向為正方向，則v0＝0.1 m/s，vA＝0.2 m/s.根據(jù)動量守恒定律(mA＋mB)v0＝mAvA＋mBvB，代入數(shù)值解得vB＝0.02 m/s，方向為遠離空間站方向． 答案：0.02 m/s　方向為遠離空間站方向 　對火箭原理的理解和應用 1．火箭燃料燃盡時火箭獲得的最大速度由噴氣速度v和質量比(火箭起飛時的質量與火箭除燃料外的箭體質量之比)兩個因素決定． 2．火箭噴氣屬于反沖類問題，是動量守恒定律的重要應用．在火箭運動的

9、過程中，隨著燃料的消耗，火箭本身的質量不斷減小，對于這一類的問題，可選取火箭本身和在相互作用的時間內(nèi)噴出的全部氣體為研究對象，取相互作用的整個過程為研究過程，運用動量守恒的觀點解決問題． 　一火箭噴氣發(fā)動機每次噴出m＝200 g的氣體，氣體噴出時的速度v＝1 000 m/s.設火箭質量M＝300 kg，發(fā)動機每秒鐘噴氣20次． (1)當?shù)谌螄姵鰵怏w后，火箭的速度為多大？ (2)運動第1 s末，火箭的速度為多大？ [思路點撥] 火箭噴氣屬于反沖現(xiàn)象，火箭和氣體系統(tǒng)動量守恒．運用動量守恒定律求解時，注意系統(tǒng)內(nèi)部質量變化關系．以每噴出一次氣體列一次方程，找出對應規(guī)律分步求解． [解析]　

10、法一：(1)噴出氣體的運動方向與火箭的運動方向相反，氣體和火箭系統(tǒng)動量守恒． 第一次氣體噴出后火箭速度為v1，有 (M－m)v1－mv＝0，所以v1＝ 第二次氣體噴出后，火箭速度為v2，有 (M－2m)v2－mv＝(M－m)v1，所以v2＝ 第三次氣體噴出后，火箭速度為v3，有 (M－3m)v3－mv＝(M－2m)v2 所以v3＝＝m/s≈2 m/s. (2)由上面推導可知，第n次氣體噴出后，火箭速度為vn，有(M－nm)vn－mv＝[M－(n－1)m]vn－1 所以vn＝ 因為每秒噴氣20次，所以1 s末火箭速度為 v20＝＝ m/s≈13.5 m/s. 法二：選取整

11、體為研究對象，運用動量守恒定律求解． (1)設噴出三次氣體后火箭的速度為v3，以火箭和噴出的三次氣體為研究對象，根據(jù)動量守恒定律，得 (M－3m)v3－3mv＝0 所以v3＝≈2 m/s. (2)以火箭和噴出的20次氣體為研究對象，根據(jù)動量守恒定律，有(M－20m)v20－20mv＝0 所以v20＝≈13.5 m/s. [答案]　(1)2 m/s　(2)13.5 m/s 分析火箭類問題應注意的三個問題 (1)火箭在運動過程中，隨著燃料的燃燒，火箭本身的質量不斷減小，故在應用動量守恒定律時，必須取在同一相互作用時間內(nèi)的火箭和噴出的氣體為研究對象．注意反沖前、后各物體質量的變化

12、． (2)明確兩部分物體初、末狀態(tài)的速度的參考系是否為同一參考系，如果不是同一參考系要設法予以調(diào)整，一般情況要轉換成對地的速度． (3)列方程時要注意初、末狀態(tài)動量的方向．反沖物體速度的方向與原物體的運動方向是相同的．　 　2.將靜置在地面上，質量為M(含燃料)的火箭模型點火升空，在極短時間內(nèi)以相對地面的速度v0豎直向下噴出質量為m的熾熱氣體．忽略噴氣過程重力和空氣阻力的影響，則噴氣結束時火箭模型獲得的速度大小是　(　　) A．　v0 　 B．　v0 　 C．　v0　 D．　v0 解析：選D．應用動量守恒定律解決本題，注意火箭模型質量的變化．取向下為正方向，由動量守恒定律可得：

13、 0＝mv0－(M－m)v′，故v′＝，選項D正確． 　“人船模型”及其應用 1．人船模型：兩個原來靜止的物體發(fā)生相互作用時，若所受外力的矢量和為零，則動量守恒．在相互作用的過程中，任一時刻兩物體的速度大小之比等于質量的反比．這樣的問題歸為“人船模型”問題． 2．人船模型的特點 (1)兩物體滿足動量守恒定律：m1v1－m2v2＝0. (2)運動特點：人動船動，人停船停，人快船快，人慢船慢，人左船右；人船位移比等于它們質量的反比；人船平均速度(瞬時速度)比等于它們質量的反比，即＝＝.應用此關系時要注意一個問題：即公式v1、v2和x一般都是相對地面而言的． 　如圖所示，長為l，質量為m

14、的小船停在靜水中，一個質量為m′的人站在船頭，若不計水的阻力，當人從船頭走到船尾的過程中，小船對地的位移是多少？ [思路點撥] 人船平均動量的矢量和為零，用位移替代平均速度，建立位移關系求解． [解析]　人和小船組成的系統(tǒng)在水平方向不受外力，動量守恒．假設某一時刻小船和人對地的速度分別為v1、v2，由于原來處于靜止狀態(tài)，因此 0＝mv1－m′v2，即m′v2＝mv1 由于相對運動過程中的任意時刻，人和小船的速度都滿足上述關系，故他們在這一過程中平均速率也滿足這一關系，即m′ 2＝m1，等式兩邊同乘運動的時間t，得 m′ 2t＝m1t，即m′x2＝mx1 又因x1＋x2＝l，因此有x1＝. [答案]　 用“人船模型”公式解這類變速直線運動的位移且不涉及速度的問題時，是非常方便的．但在應用時，一定要注意：相互作用的兩個物體必須滿足動量守恒和原來都靜止這兩個條件，解題的關鍵是正確找出位移間的關系．　 　3.載人氣球原靜止于高h的高空，氣球質量為M，人的質量為m，若人沿繩梯滑至地面，則繩梯至少為多長？ 解析：設繩長為l，人沿繩梯滑至地面的時間為t，由圖可看出，氣球對地移動的平均速度為，人對地移動的平均速度為－(以向上為正方向)．由動量守恒定律，有 －＝0 解得l＝h. 答案：h. 7