1、第十六章 动量守恒定律第5节 反冲运动 火箭 1.知道反冲运动的概念及反冲运动的应用 2.理解反冲运动的原理并能解决相应问题 3了解火箭的工作原理及决定火箭最终速度大小的因素第十六章 动量守恒定律一、反冲1定义：一个静止的物体在_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_的方向运动的现象内力相反2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_(2)防止：用枪射击时，由于枪身的反冲会影响射击的_，所以用步枪射击时要把枪身抵在_，以减小反冲的影响旋转准确性肩部1(1)反冲运动可以用动量守恒定律来处理()(2)一切反冲现象都是有益的(
2、)(3)章鱼、乌贼的运动利用了反冲的原理()提示：(1)(2)(3)二、火箭1工作原理：是利用_运动，火箭燃料燃烧产生的高温、高压燃气从尾喷管迅速喷出时，使火箭获得巨大速度2构造：主要有两大部分：箭体和燃料3特点：箭体和喷出的燃料气体满足_定律反冲动量守恒4影响火箭获得速度大小的因素(1)喷气速度：现代液体燃料火箭的喷气速度约为 2 000 m/s4 000 m/s.(2)质量比：指火箭起飞时的质量与火箭除燃料外的箭体_喷气速度_，质量比_，火箭获得的速度越大质量之比越大越大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、()提示：(1)(2)知识点一 对反冲运动的理解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2讨论反冲运动应注意的三个问题(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，则反方向的这一部分的速度就要取负值(2)速度的相对性：反冲运动的问
4、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 一个质量为 m 的物体从高处自由下落，当物体下落 h时突然炸裂成两块，其中质量为 m1 的一块恰好能沿竖直方向回到开始下落的位置，求刚炸裂时另一块的速度 v2.思路点拨 以炸裂时分裂成的两块 m1 和
5、(mm1)组成的系统为研究对象，在炸裂的这一极短的时间内，系统受到的合外力即重力并不为零，但炸裂时的爆炸力远大于系统的重力，系统在竖直方向的动量可认为近似守恒解析 取竖直向下的方向为正方向，炸裂前的两部分是一个整体，物体的动量为 pmvm 2gh.刚炸裂结束时向上运动并返回出发点的一块 m1，其速度大小与炸裂前相同，动量方向与规定的正方向相反 p1m1v1m1 2gh 由动量守恒定律有 mvm1v1(mm1)v2 代入解得：v2mm1mm1 2gh 由于 v20，说明炸裂后另一块的运动方向竖直向下 答案 mm1mm1 2gh 方向竖直向下 本例中爆炸只发生在一瞬间，也只有在这一瞬间，系统的内力
6、才远远大于系统所受的合外力，总动量近似守恒，如果爆炸结束，巨大的内力已经不存在了，系统的总动量不再守恒，明确这一研究阶段的始末状态，是求解这类问题的关键 1.某小组在探究反冲运动时，将质量为 m1的一个小液化气瓶固定在质量为 m2 的小模具船上，利用液化气瓶向外喷射气体作为船的动力现在整个装置静止放在平静的水面上，已知打开液化气瓶后向外喷射气体的对地速度为 v1，如果在 t 的时间内向后喷射的气体的质量为 m，忽略水的阻力，则(1)喷射出质量为 m 的气体后，小船的速度是多少？(2)喷射出 m 气体的过程中，小船所受气体的平均作用力的大小是多少？解析：(1)由动量守恒定律得：0(m1m2 m)
7、v 船 mv1，得：v 船 mv1m1m2 m.(2)对喷射出的气体运用动量定理得：F t mv1，解得 F mv1 t.答案：(1)mv1m1m2 m(2)mv1 t知识点二 火箭原理1火箭燃料燃尽时火箭获得的最大速度由喷气速度 v 和质量比Mm(火箭起飞时的质量与火箭除燃料外的箭体质量之比)两个因素决定2火箭喷气属于反冲类问题，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，对于这一类的问题，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研究对象，取相互作用的整个过程为研究过程，运用动量守恒的观点解决问题 一火箭喷气发动机每次喷出 m200 g 的气
8、体，气体离开发动机喷出时的速度 v1 000 m/s.设火箭质量 M300 kg，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 1 s 末，火箭的速度多大？解析 火箭喷气属反冲现象，火箭和气体组成的系统动量守恒，运用动量守恒定律求解(1)选取火箭和气体组成的系统为研究对象，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：(M3m)v33mv0，故 v3 3mvM3m2 m/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：(M20m)v2020mv0，
9、故 v20 20mvM20m13.5 m/s.答案(1)2 m/s(2)13.5 m/s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、末状态动量的方向反冲物体速度的方向与原物体的运动方向是相同的.2.将静置在地面上，质量为 M(含燃料)的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度 v0 竖直向
10、下喷出质量为 m 的炽热气体忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是()A.mMv0 B.Mmv0 C.MMmv0 D.mMmv0解析：选 D.应用动量守恒定律解决本题，注意火箭模型质量的变化取向下为正方向，由动量守恒定律可得：0mv0(Mm)v，故 v mv0Mm，选项 D 正确物理模型“人船模型”及其应用1人船模型：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人船模型的特点(1)两物体满足动量守恒定律：m1 v1m2 v20.(2)运动特点：人
11、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；人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即x1x2 v1v2m2m1.应用此关系时要注意一个问题：即公式 v1、v2 和 x 一般都是相对地面而言的 如图所示，长为 l，质量为 m 的小船停在静水中，一个质量为 m的人站在船头，若不计水的阻力，当人从船头走到船尾的过程中，小船对地的位移是多少？思路点拨 人船平均动量的矢量和为零，用位移替代平均速度，建立位移关系求解解析 人和小船组成的系统在水平方向不受外力，动量守恒假设某一时刻小船和人对地的速度分别为 v1、v2，由于原来处于静止状态，因此 0mv1mv2，即
12、mv2mv1 由于相对运动过程中的任意时刻，人和小船的速度都满足上述关系，故他们在这一过程中平均速率也满足这一关系，即m v2m v1，等式两边同乘运动的时间 t，得 m v2tm v1t，即 mx2mx1 又因 x1x2l，因此有 x1 mlmm.答案 mlmm 用“人船模型”公式解这类变速直线运动的位移且不涉及速度的问题时，是非常方便的但在应用时，一定要注意：相互作用的两个物体必须满足动量守恒和原来都静止这两个条件，解题的关键是正确找出位移间的关系 如图所示，质量为 m，半径为 r 的小球，放在内半径为 R，质量 M3m 的大空心球内，大球开始静止在光滑水平面上，求当小球由图中位置无初速度释放沿内壁滚到最低点时，大球移动的距离解析：由于水平面光滑，系统水平方向上动量守恒，设同一时刻小球的水平速度大小为 v1，大球的水平速度大小为 v2，由水平方向动量守恒有：mv1Mv2，所以v1v2Mm.若小球到达最低点时，小球的水平位移为 x1，大球的水平 位移为 x2，则x1x2v1v2Mm，由题意：x1x2Rr 解得 x2mMm(Rr)Rr4.答案：Rr4本部分内容讲解结束 按ESC键退出全屏播放