1、温馨提示： 此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。6反冲现象火箭课 程 标 准素 养 目 标1.结合生产、生活的实际例子理解什么是反冲运动。2知道火箭的发射是利用了反冲现象。1.动量守恒定律在反冲运动中的应用，知道火箭的飞行原理。(物理观念)2明确反冲运动问题的处理方法，认识反冲运动和碰撞的关系。(科学思维)3火箭的工作原理。(科学探究)4了解反冲运动在航天航空中的应用，了解我国宋代的发明“火箭”，增强民族自豪感。(科学态度与责任)必备知识自主学习一、反冲现象如图甲，一个气球，给它充足气，然后松手，气球向相反方向飞出。如
2、图乙，把弯管装在可旋转的盛水容器的下部。当水从弯管流出时， 容器就旋转起来。 两种现象利用了什么原理？提示：动量守恒定律。1定义：一个静止的物体在内力的作用下分裂为两部分，一部分向某一个方向运动，另一部分必然向相反的方向运动的现象。2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，相互作用力一般较大，通常可以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变为机械能，所以系统的总动能增加。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
3、击时要把枪身抵在肩部，以减少反冲的影响。二、火箭现代使用的航天火箭几乎都分成几级，在使用时，总是让第一级火箭先燃烧，当燃尽了全部推进剂以后，就被丢弃并点燃第二级火箭，图甲是火箭点火开始飞行的瞬间，图乙是助推器分离的瞬间，图丙是火箭一、二级分离的瞬间。思考：为什么火箭要这样分级制造呢？提示：分级火箭有利于提高火箭的最终速度。1工作原理：利用反冲的原理，火箭燃料燃烧产生的高温、高压燃气从尾部喷管迅速喷出，使火箭获得巨大速度。 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2 0005 000 m/s。(2)质量比：火箭喷出的物质的质量与火箭本身质量之比。喷气速度越大，质量比
4、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)喷气式飞机的运动属于反冲运动。()(2)直升机的运动属于反冲运动。()(3)在反冲现象中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以反冲现象中系统的总动能增大。()(4)火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度。()(5)在火箭发射过程中，由于内力远大于外力，所以火箭箭体和燃料总动量守恒。()(6)手持铁球的跳远运动员起跳后，欲提高跳远成绩，可在运动到最高点时，将手中的铁球向前方抛出。()关键能力合作学习知识点一反冲运动的特点及注意问题1反冲现象遵循的规律
5、：反冲运动中，以下三种情况均可应用动量守恒定律解决：系统不受外力或所受外力之和为零，满足动量守恒的条件，可以应用动量守恒定律解决。系统虽然受到外力作用，但内力远远大于外力，外力可以忽略，也可以用动量守恒定律解决反冲运动问题。系统虽然所受外力之和不为零，系统的动量并不守恒，但系统在某一方向上不受外力或外力在该方向上的分力之和为零，则系统的动量在该方向上的分量保持不变，可以在该方向上应用动量守恒定律。2分析反冲运动应注意的问题：(1)速度的反向性问题：对于原来静止的整体，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
6、为正方向，则反方向的另一部分的速度应取负值。(2)相对速度问题：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。由于动量守恒定律中要求速度为对同一参考系的速度，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后，再列动量守恒定律方程。(3)变质量问题：在反冲运动中还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，此时必须取火箭本身和在相互作用的短时间内喷出的所有气体为研究对象，取相互作用的这个过程为研究过程来进行研究。(1)气球向后喷出气体，气球为什么会向前运动？提示：喷出的气体对气球有向前的反作用力，是一种反冲运动。(2)在发射炮弹时，
7、内力是否会影响系统的总动量？提示：不影响。反冲运动中，系统的内力冲量的矢量和为零，不会影响系统的总动量。(3)假如在月球上建一飞机场，应配置喷气式飞机还是螺旋桨飞机呢？提示：应配置喷气式飞机。喷气式飞机利用反冲运动原理，可以在真空中飞行，而螺旋桨飞机是靠转动的螺旋桨与空气的相互作用力飞行的，不能在真空中飞行。【典例】(2021徐州高二检测)一火箭喷气发动机每次喷出m200 g的气体，气体离开发动机喷出时的速度v1 000 m/s(相对地面)，设火箭质量M300 kg，发动机每秒喷气20次。求当第三次气体喷出后，火箭的速度多大？【解析】解法一：喷出气体的运动方向与火箭运动的方向相反，系统动量守恒
8、第一次气体喷出后，火箭速度为v1，有(Mm)v1mv0所以v1第二次气体喷出后，火箭速度为v2，有(M2m)v2mv(Mm)v1所以v2第三次气体喷出后，火箭速度为v3，有(M3m)v3mv(M2m)v2所以v3 m/s2 m/s。解法二：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，根据动量守恒定律，得(M3m)v33mv0所以v32 m/s。答案：2 m/s应用动量定理解决反冲问题的几点注意(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
9、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。反冲物体速度的方向与原物体的运动方向是相反的。1(母题追问)在【典例】中，若发动机每次喷出2 kg气体，气体离开发动机喷出时的速度v1 000 m/s改为相对火箭的速度，则当第一次气体喷出后，火箭的速度多大？【解析】由动量守恒定律(Mm)v1m(v1v)0解得v16.67 m/s。答案：6.67 m/s2将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从
10、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)()A30 kgm/sB5.7102 kgm/sC6.0102 kgm/s D6.3102 kgm/s【解析】选A。燃气从火箭喷口喷出的瞬间，火箭和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为p，根据动量守恒定律，可得pmv00，解得pmv00.050 kg600 m/s30 kgm/s，选项A正确。【加固训练】1.如图所示，自行火炮(炮管水平)连同炮弹的总质量为M，在水平路面上以v1的速度向右匀速行驶，发射一枚质量为m的炮弹后，自行火炮的速度变为v2，仍向右行驶。则炮弹相对炮筒的发
11、射速度v0为()ABC D【解析】选B。火炮与炮弹组成的系统动量守恒，以火炮的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：Mv1(Mm)v2mv0解得：v0，则炮弹相对于炮筒的发射速度为：v0v0v2，故选B。2.如图所示，在光滑水平面上有一装有炮弹的火炮，其总质量为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，则火炮后退的速度大小为()A BCv0 D【解析】选A。火炮发射炮弹的过程中水平方向动量守恒，以向右为正方向，根据动量守恒定律得：m2v0cos (m1m2)v0，解得：v，故A正确，B、C、D错误。知识点二“人船模型”问题“人船”模型分析：如图所示，长为
12、L、质量为m船的小船停在静水中，质量为m人的人由静止开始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研究对象，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L，x船L。两位同学在公园里划船，当小船离码头大约1.5 m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过2 m，跳到岸上绝对没有问题，于是她纵身一跃，结果却掉在水里，她为什么不能如她想的那样跳上岸呢？(不计水的阻力)提示：因为她起跳时和船相互作用，给船
13、一个向后的作用力，船后退，这样她相对于岸的速度就小于起跳时相对于船的速度，因此会掉进水里。【典例】质量为m的人站在质量为M，长为L的静止小船的右端，小船的左端靠在岸边。当他向左走到船的左端时，船左端离岸多远？(忽略水的阻力)【解题探究】(1)人和小船组成的系统，人向左运动，则船怎样运动？提示：由于人和小船组成的系统动量守恒，初动量等于零，人的速度方向向左，则船的速度方向向右。(2)人从船右端走到船左端时，人相对于河岸的位移大小等于小船的长度L吗？提示：不是，人向左运动时，船同时向右运动，人和船的位移的大小之和等于L。(3)人从船右端走到船左端时，人的瞬时速度与船的瞬时速度有什么关系？提示：由于
14、人和船的总动量守恒，于是mv1Mv20，则v1。【解析】在人从船的右端走到船的左端的过程中，设某一时刻人和船的速度大小分别为v1和v2，则由于人和船的总动量守恒，于是mv1Mv20。而此过程中人与船的平均速度大小也应满足类似的关系：0。等式两边同时乘过程所经历的时间t后，人和船相对于岸的位移大小同样有：mL1ML20。从图中可以看出，人、船的位移大小L1和L2之和等于L，即L1L2L。 由以上各式解得：L1L，L2L答案：L1如图所示，一光滑地面上有一质量为m0的足够长的木板AB，一质量为m的人站在木板的A端，关于人由静止开始运动到木板的B端(M、N表示地面上原A、B对应的点)，下列图示正确的
15、是()【解析】选D。根据动量守恒定律，m0、m系统动量守恒，对于题中的“人板模型”，设板长为l，各自对地的位移为xm0、xm，且有m0xm0mxm，xm0xml，以M点为参考，人向右运动，木板向左运动，D图是正确的。2如图所示，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，则绳梯的长度至少为多长？【解析】人与气球组成的系统动量守恒。设人到地面时，气球上升高度为H，如图所示，由动量守恒定律得：MHmh解得：Hh。所以绳梯的长度至少为LHhh。答案：h【拓展例题】考查内容：反冲运动问题的综合分析【典例】如图所示，一旧式高射炮的炮筒
16、与水平面的夹角为60，当它以v0100 m/s的速度发射出炮弹时，炮车反冲后退，已知炮弹的质量为m10 kg，炮车的质量M200 kg，炮车与地面间动摩擦因数0.2，则炮车后退多远才能停下来？(g取10 m/s2)【解析】以炮弹和炮车为研究系统，在发射炮弹的过程中系统在水平方向上的动量守恒，设炮车获得的反冲速度为v，以v0的水平分速度方向为正方向，有：mv0cos Mv0，得v m/s2.5 m/s。由牛顿第二定律得，炮车后退的加速度为ag2 m/s2，由运动学公式得，炮车移动距离为s m1.6 m，即后退距离为1.6 m，方向与正方向相反。答案：1.6 m情境模型素养人在漂浮在水面上的小船上
17、行走，小船同时向相反的方向运动，把这个情境抽象成模型，如图所示，长为l、质量为m0的小船停在静水中，一个质量为m的人立在船头。探究：若不计水的阻力，当人从船头走到船尾的过程中，船和人相对地面的位移各是多大？【解析】选人和船组成的系统为研究对象，由于人从船头走到船尾的过程中，系统动量守恒，人起步前系统的总动量为0，当人加速前进时，船加速后退，人停下时，船也停下来。设某一时刻人的速度为vm，船的速度为vm0，根据动量守恒定律有mvmm0vm00，即。因为在人从船头走到船尾的整个过程中，每一时刻系统都满足动量守恒定律，所以每一时刻人的速度与船的速度之比都与他们的质量之比成反比，从而可以判断，在人从船
18、头走到船尾的过程中，人的位移xm与船的位移xm0之比也应与他们的质量之比成反比，即。由题图可以看出xmxm0l。式联立可得xml，xm0l。上面各式是“人船模型”中的关系式。答案：ll如图所示，进行太空行走的航天员A和B的质量分别为80 kg和100 kg，他们携手远离空间站，相对空间站的速度为0.1 m/s，A将B向空间站方向轻推后，A的速度变为0.2 m/s。探究：(1)此时B的速度大小；(2)此时B的速度方向。【解析】(1)以远离空间站方向为正方向，则v00.1 m/s，vA0.2 m/s，由动量守恒定律得(mAmB)v0mAvAmBvB解得vB0.02 m/s(2)方向为远离空间站方向。答案：(1)0.02 m/s(2)方向为远离空间站方向关闭Word文档返回原板块