1、6 6 反冲现象反冲现象 火箭火箭 学习目标 1 知道反冲运动的原理， 会应用动量守恒定律解决有关反冲运动的问题.2.知道火箭的原理及 其应用 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：喷气式飞机和火箭的飞行应用了反冲的原理，它
2、们靠喷出气流的反冲作用而获 得巨大的速度 2决定火箭增加的速度 v 的因素 (1)火箭喷出的燃气相对喷气前火箭的速度 (2)火箭喷出燃气的质量与火箭本身质量之比 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 ， 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
3、后反冲的速度大小 为_ 图 1 答案 mv0cos M 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 v0cos ，以水平 向右为正方向，根据动量守恒定律有：mv0cos Mv0，所以炮车向后反冲的速度大小为 v mv0cos M . 一、反冲运动的理解和应用 导学探究 点燃“起火”的药捻，“起火”向下喷出气体，同时“起火”飞向高空结合该实例，回答 下列问题： (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
4、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化为机械能，所以系统的机械能增加 知识深化 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，所以系统的机械能增加 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，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
5、取负值 (2)速度的相对性：反冲问题中，若已知相互作用的两物体的相对速度，应先将相对速度转换 成相对地面的速度，再列动量守恒方程 如图 2，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 M3 kg，水平喷出的橡皮塞的质量 m0.1 kg.(水 蒸气质量忽略不计) 图 2 (1)若橡皮塞喷出时获得的水平速度 v2.9 m/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)0.1 m/s，方向与橡皮塞运动的水平分运动方向相反 (2)0.05
6、m/s，方向与橡皮塞水平运动的方向相反 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(Mm)v0 v m Mmv 0.1 30.12.9 m/s0.1 m/s 负号表示小车运动方向与橡皮塞水平运动的方向相反，反冲速度大小是 0.1 m/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 mvcos 60 (Mm)v0 vmvcos 60 Mm 0.12.90.5 30.1 m/s0.05 m/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 0.05 m/
7、s. 如图 3 所示， 进行太空行走的宇航员 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， 求此时 B 的速度大小和方向 图 3 答案 0.02 m/s 方向为远离空间站方向 解析 轻推过程中，A、B 系统的动量守恒，以空间站为参考系，规定远离空间站的方向为正 方向，则 v00.1 m/s，vA0.2 m/s.根据动量守恒定律(mAmB)v0mAvAmBvB，代入数值解 得 vB0.02 m/s，方向为远离空间站方向 二、火箭的工作原理分析 导学探究 1火箭飞行的工作
8、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(Mm)v 则由动量守恒定律得 0mv(Mm)v 所以 vMm m v. 知识深化 1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
9、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 法予以转换，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 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 210 4 m3/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 末火箭的速度大小可以达到多少？(已知火箭沿水平轨道运动且阻力不计，水的密 度是 103 kg/m3) 答案 4 m/s 解析 “水火箭”喷出水流做反冲运
10、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 ，水流的喷出速度大小为 v，火箭的反冲速度大小为 v，由动量守恒定律得(M Qt)vQtv， 火箭启动后2 s末的速度为v Qtv MQt 103210 4210 1.4103210 42 m/s4 m/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：m1v1m2v20. (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x1 x2 m2 m1. 有一只
11、小船停在静水中，船上一人从船头走到船尾如果人的质量 m60 kg，船的 质量 M120 kg，船长为 l3 m，则船在水中移动的距离是多少？(水的阻力不计) 答案 1 m 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，在这段时间内船后退的距离为 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：Mx tm lx t 0 所以 x m Mml 60 120603 m1 m. “人船模型”是利用平均动量守恒求解的一类问题，解决这类问题应注意： (1)适用条件： 系统由两个物体组成且相互作
12、用前静止，系统总动量为零； 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 针对训练 (2019 宜昌高二月考)如图 4 所示，物体 A 和 B 质量分别为 m1和 m2，图示直角边 长分别为 a 和 b.设 B 与水平地面无摩擦， 当 A 由顶端 O 从静止开始滑到 B 的底端时， B 的水 平位移是( ) 图 4 A. m2 m1m2b B. m1 m1m2b C. m1 m1m2(ba) D. m2 m1m2(ba) 答案 C 解析 A、B 组成的系
13、统在相互作用过程中水平方向动量守恒， 则 m2xm1(bax)0 解得 xm1ba m1m2 ，故 C 正确，A、B、D 错误 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之间的质量关系，故选项 A 错误在反冲运动中，两部分
14、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)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 kg m/s B5.7102 kg m/s C6.0102 kg m/s D6.
15、3102 kg 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 p2m2v25010 3600 kg m/s30 kg m/s.以火箭运动的方向为正方向，根据动量守恒定律可得，0m 1v1 m2v2，则火箭的动量大小为 p1m1v1m2v230 kg 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 m 的高温气体后，火箭的速度为( ) A. m Mmv0 Bm M v0 C.m M v0 D m Mmv0 答案 D 解析 火箭整体
16、动量守恒，以 v0的方向为正方向，则有(Mm)vmv00， 解得：v m Mmv0，负号表示火箭的运动方向与 v0 方向相反 4(人船模型)(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 M MmL C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 m MmL，蜗牛运动的位移为 M MmL，C、D 正 确