1.6 反冲现象 火箭（Word教参）-【优化指导】2024-2025学年新教材高中物理选择性必修第一册（人教版2019）

第6节　反冲现象　火箭 物理观念 科学思维 科学探究 科学态度与责任 能结合动量守恒定律对反冲现象作出解释。 进一步提高运用动量守恒定律分析和解决实际问题的能力。 通过实验，探究反冲运动中相关物理量间的关系，分析并得出结论。 了解我国古代对于火箭的发明以及目前我国航天事业的巨大成就，增强对我国科学技术发展的自信。 [对应学生用书P30] 一、反冲现象 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，所以用步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：应用了反冲的原理，火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大的速度。 2．影响火箭获得速度大小的因素 (1)火箭获得的速度大小：由动量守恒定律得mΔv＋Δmu＝0，得Δv＝－u，式中Δm为Δt时间内喷出燃气的质量，m为喷出燃气后火箭的质量，u为喷出的燃气相对喷气前火箭的速度。可见u越大，质量比越大，则火箭获得的速度Δv就越大。 (2)喷气速度：现代火箭发动机的喷气速度通常为2 000～5 000 m/s。 1.(物理与生活)小明同学利用简易小车制作了一个气球反冲动力小车，如图所示。小车在向右喷气的过程中能够向左运动。判断下列说法的正误。(对的画“√”，错的画“×”) (1)把小车放在光滑的水平面上，反冲运动过程中，系统的内力做功，系统的总动量虽然守恒，但系统的动能会发生变化。(　　√　　) (2)小车喷气运动过程向左加速运动，是外界空气对小车反作用力的结果。(　　×　　) (3)在没有空气的宇宙空间，小车仍可以加速前行。(　　√　　) 2．(教材拓展P27)“科学漫步” 长征系列运载火箭是我国自行研制的航天运载工具，已经拥有退役、现役共计4代20种型号，有力支撑了以“载人航天工程”“北斗导航”和“月球探测工程”为代表的我国国家重大工程的成功实施，为我国航天事业的发展提供了强有力的支撑。 备课札记 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 [对应学生用书P31] 探究点一___反冲运动的理解及应用 乌贼先把水吸入体腔，然后用力压水，通过身体将水喷出，使身体很快地运动。 [问题设计] (1)乌贼喷水运动，体现了什么物理原理？ (2)乌贼喷水能力很强，可使自己从深海中跃起，跳出水面7～8 m高，在乌贼的喷水过程中，能否认为动量守恒？ 提示：(1)乌贼喷水后会获得与喷水反方向的冲量，从而获得前进的速度，体现了反冲原理。 (2)由跳出水面高度可知，乌贼在喷水过程中，内力远大于外力，所以可以认为这个过程中系统的动量是守恒的。 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量转化为机械能，所以系统的机械能增加。 2．应注意的三个问题 (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，再根据动量守恒定律列方程。 (3)变质量问题：在反冲运动中常遇到变质量物体的运动，此时应注意研究对象质量的变化。 【例1】 如图所示，自行火炮连同炮弹的总质量为M，当炮管水平，火炮车在水平路面上以v1的速度向右匀速行驶时，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射速度v0为(　　) A． B． C． D． B　解析：火炮车与炮弹组成的系统动量守恒，以火炮车的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得Mv1＝(M－m)v2＋m(v0＋v2)，解得v0＝，B正确。 [练1] 一只质量为1.4 kg的乌贼吸入0.1 kg的水，静止在水中。遇到危险时，它在0.01 s时间内把吸入的水向后全部喷出，以2 m/s的速度向前逃窜。以下说法错误的是(　　) A．该乌贼与喷出的水的动量变化大小相等、方向相反 B．该乌贼喷出的水的速度大小为28 m/s C.该乌贼在这一次逃窜过程中消耗的能量为39.2 J D．该乌贼喷出水的过程中对水的平均作用力大小为280 N C　解析：乌贼喷水过程时间较短，系统内力远大于外力，系统动量守恒，则该乌贼与喷出的水的动量变化大小相等、方向相反，A正确；选取乌贼逃窜的方向为正方向，根据动量守恒定律得0＝Mv1－mv2，解得v2＝＝ m/s＝28 m/s，B正确；该乌贼在这一次逃窜过程中消耗的能量E＝mv＋Mv＝42 J，C错误；该乌贼喷出水的过程中对水的平均作用力大小为F＝＝280 N，D正确。 探究点二___火箭原理的理解及应用 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点 (1)注意反冲前、后各物体质量的变化。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。 (2)注意参考系的选取是否发生变化。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速度。 (3)注意方向的变化。列方程时要注意初、末状态动量的方向。 【例2】 (2023·山东青岛统考)某中学航天兴趣小组在一次发射实验中将总质量为M的自制“水火箭”静置在地面上。发射时“水火箭”在极短时间内以相对地面的速度竖直向下喷出质量为m的水。已知火箭运动过程中所受阻力与速度大小成正比，火箭落地时速度为v，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A．火箭的动力来源于火箭外的空气对它的推力 B．火箭上升过程中一直处于超重状态 C．火箭获得的最大速度为v0 D．火箭在空中飞行的时间为 D　解析：火箭向下喷出水，水对火箭的反作用力是火箭的动力，A错误；火箭加速上升过程处于超重状态，减速上升过程处于失重状态，B错误；喷水瞬间由动量守恒定律可得mv0－(M－m)v1＝0，解得火箭获得的最大速度为v1＝v0，C错误；以向下为正方向，上升过程中由动量定理可得(M－m)gt1＋f1t1＝0＋(M－m)v1，下降过程由动量定理可得(M－m)gt2－f2t2＝(M－m)v，其中f1t1＝kv上t1＝kh，f2t2＝kv下t2＝kh，联立解得t＝t1＋t2＝，D正确。 [练2] 一个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(相对地面)，设火箭与燃料总质量M＝300 kg，发动机每秒喷气20次。求： (1)原来静止的火箭第三次喷气后的速度大小； (2)运动第1 s末，火箭的速度大小。 答案：(1)2 m/s　(2)13.5 m/s 解析：(1)(方法一：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。) 第一次气体喷出后，火箭速度为v1，有 (M－m)v1－mv＝0 所以v1＝ 第二次气体喷出后，火箭速度为v2，有 (M－2m)v2－mv＝(M－m)v1 所以v2＝ 第三次气体喷出后，火箭速度为v3，有 (M－3m)v3－mv＝(M－2m)v2 所以v3＝＝ m/s≈2 m/s。 (方法二：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(M－3m)v3－3mv＝0 所以v3＝≈2 m/s。 (2)发动机每秒喷气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)v20－20mv＝0 故v20＝≈13.5 m/s。 探究点三___“人船模型”问题 在水面平静的池塘中，有一只小船停在静水中，船上一人从船头走到船尾。 [问题设计] (1)当人向左走动时，船将向哪个方向运动？ (2)当人走动的速度增大时，船的速度如何变化？ (3)当人停止运动，小船是否还继续移动？ 提示：(1)船向右运动。 (2)船的速度也会增大。 (3)人停止运动，船也会停止运动。 1.“人船模型”：如图所示，长为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，由动量守恒定律得m人v人－m船v船＝0，所以＝，即为“人船模型”问题。 2．人和船的运动特点：“人”走“船”行、“人”快“船”快、“人”慢“船”慢、“人”停“船”停。 3．处理“人船模型”问题的思路 (1)确定人和船的速度关系。由上可知，m人v人－m船v船＝0或＝。 (2)确定人和船的位移关系。如图所示，由动量守恒定律得m人－m船＝0，得m人x人－m船x船＝0，又x人＋x船＝L，可得x人＝，x船＝。 4．处理“人船模型”问题的关键 (1)明确思路：动量守恒⇒平均动量守恒⇒m1x1－m2x2＝0⇒求解有关问题。 (2)画位移关系图：画出两个物体的位移关系图，找出它们相对地面的位移关系。 【例3】 平静的水面上停着一只小船，船头站立着一个人，船的质量是人的质量的8倍。从某时刻起，这个人向船尾走去，走到船中部他突然停止走动，水对船的阻力忽略不计。下列说法正确的是(　　) A．人走动时，他相对于水面的速度和小船相对于水面的速度大小相等、方向相反 B．他突然停止走动后，船由于惯性还会运动一小段时间 C．人在船上走动的过程，人对水面的位移是船对水面的位移的9倍 D．人在船上走动的过程，人的动能是船的动能的8倍 D　解析：人与船组成的系统动量守恒，以人的速度方向为正方向，由动量守恒定律得m人v人－m船v船＝0，又m船＝8m人，所以v人＝8v船，人、船速度方向相反，A错误；v人t＝8v船t，即x人＝8x船，C错误；人与船组成的系统动量守恒，人突然停止走动后，人的动量为零，由于系统初动量为零，由动量守恒定律可知，船的动量为零，船的速度为零，因此人停止走动后，船立即停止运动，B错误；因8m人＝m船，v人＝8v船，根据Ek＝mv2可知，人与船的动能之比Ek人∶Ek船＝8∶1，D正确。 [练3] 有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长，一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量，他进行了如下操作：首先将船平行于码头自由停泊，然后他轻轻从船尾上船，走到船头后停下，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。已知他自身的质量为m，则渔船的质量为(　　) A. B． C． D． B　解析：设人走动时船的速度大小为v，人的速度大小为v′，人从船尾走到船头所用时间为t，取船的运动方向为正方向，则v＝，v′＝，根据动量守恒定律得Mv－mv′＝0，解得船的质量M＝，B正确。 探究点四___解决实际问题 [练4] (航天情境)如图所示，神舟号航天员乘组圆满完成第一次出舱活动，中国航天员此次出舱活动也向世界展现了中国的最前沿科技——空间站核心舱机械臂；假设一个连同装备共90 kg的航天员，离开空间站在太空行走，在离飞船12 m的位置与空间站处于相对静止的状态。装备中有一个高压气源，能以60 m/s的速度喷出气体。航天员为了能在2 min内返回空间站，他需要在开始返回的瞬间至少一次性向后喷出气体的质量是(不计喷出气体后航天员和装备质量的变化)(　　) A．0.1 kg B．0.13 kg C．0.15 kg D．0.16 kg C　解析：设喷出气体后航天员及装备获得的反冲速度大小为v′，则v′＝＝ m/s＝0.1 m/s，设装备和航天员的总质量为M，一次性向后喷出气体的质量是m。喷出的气体速度大小为v，对于喷气过程，取喷出的气体速度方向为正方向，根据动量守恒定律有0＝mv－Mv′，解得m＝0.15 kg，A、B、D错误，C正确。 [练5] (军事情境)如图所示，我国自行研制的第五代隐形战机歼­20以速度v0水平向左匀速飞行，到达目标地时，将质量为M的导弹自由释放，导弹向后喷出质量为m、对地速率为v1的燃气，则喷气后导弹的速率为(　　) A． B． C． D． A　解析：设导弹飞行的方向为正方向，由动量守恒定律有Mv0＝(M－m)v－mv1，解得v＝，A正确。 [对应学生用书P34] 1．(多选)关于反作用力在日常生活和生产技术中的应用，下列说法正确的是(　　) A．在平静的水面上，静止着一只小船，船上有一个人，人由静止开始从小船的一端走向另一端时，船向相反方向运动 B．汽车行驶时，通过排气筒向后排出燃气，从而获得向前的反作用力即动力 C．农田灌溉用的自动喷水器能够因反冲而一边喷水一边旋转 D．软体动物乌贼在水中经过体侧的孔将水吸入体腔，然后用力把水挤出体外，乌贼就会向相反方向游去 ACD　解析：根据动量守恒定律可知，人和船组成的系统开始的总动量为零，当人从小船的一端走向另一端时，船就会向相反方向运动，A正确；汽车行驶时，通过发动机的牵引力给汽车动力，B错误；农田灌溉用的自动喷水器，当水从弯管的喷嘴里喷射出来时，由于反冲，弯管会自动旋转，C正确；软体动物乌贼在水中经过体侧的孔将水吸入体腔，然后用力把水挤出体外，由于反冲，乌贼就会向相反方向游去，D正确。 2.(2024·重庆南开中学高二期中)进入12月份，气温渐降，一些地方降雪，许多市民兴致勃勃地参加一些滑雪、溜冰等游玩项目。如图所示，在水平冰面上，开始时人坐在滑板上，滑板上堆有两个完全相同的雪球，设人、滑板、雪球总质量为M，每个雪球质量为m。随后，人将两雪球先后水平向右抛出滑板，每个雪球离开滑板时相对滑板的速度都是v，滑板与冰面摩擦及空气阻力不计，则人抛出两雪球后，人、滑板整体的速度大小为(　　) A．v B．v C．v D．v D　解析：以水平向左为正方向，设抛出第一个雪球后，人、滑板整体的速度大小为v1，根据动量守恒定律得0＝(M－m)v1＋m(v1－v)，设抛出第二个雪球后，人、滑板整体的速度大小为v2，根据动量守恒定律得(M－m)v1＝(M－2m)v2＋m(v2－v)，联立解得v2＝，D正确。 3．(2024·江苏徐州高二检测)如图所示，质量为2m、半径为R的小球，放在半径为2R、质量为m的大空心球内，大球开始静止在光滑水平面上。当小球从如图所示的位置无初速度沿内壁滚到最低点时，小球移动的距离是(　　) A． B． C． D． A　解析：设小球运动的位移为s，由几何关系知大球运动的位移为(R－s)，由“人船模型”知两球在水平方向动量守恒，因此有2ms＝m(R－s)，解得s＝R，A正确。 4.如图所示，甲、乙两人静止在光滑的冰面上，甲推乙后，两人向相反的方向滑去，已知甲的质量为45 kg，乙的质量为50 kg。关于分开后两人的动量和速率，下列说法正确的是(　　) A．两人的总动量增加 B．甲与乙两人的速率之比为10∶9 C．质量大的人动量数值大 D．甲与乙两人的速率之比为1∶1 B　解析：甲、乙组成的系统，初状态总动量为零，由于推动过程中动量守恒，所以甲、乙的总动量始终为零，A、C错误；甲、乙两人组成的系统动量守恒，以两人组成的系统为研究对象，以甲的速度方向为正方向，由动量守恒定律得m甲v甲－m乙v乙＝0，解得＝＝＝，B正确，D错误。 5．一辆总质量为M(含人和沙包)的雪橇在水平光滑冰面上以速度v匀速行驶。雪橇上的人每次以相同的速度3v(对地速度)向行驶的正前方抛出一个质量为m的沙包。抛出第一个沙包后，车速减为原来的。下列说法正确的是(　　) A．每次抛出沙包前后，人的动量守恒 B．雪橇有可能与拋出的沙包发生碰撞 C．雪橇的总质量M与沙包的质量m满足M∶m＝12∶1 D．拋出第四个沙包后雪橇会后退 D　解析：每次抛出沙包前后，雪橇(含人)和抛出的沙包总动量守恒，A错误；抛出沙包后，雪橇的速度不会超过v，不可能再与抛出的沙包发生碰撞，B错误；规定雪橇的初速度方向为正方向，对抛出第一个沙包前后，根据动量守恒定律有Mv＝(M－m)v＋m·3v，得M＝11m，C错误；设抛出第四个沙包后雪橇速度为v1，由全过程动量守恒得Mv＝(M－4m)v1＋4m·3v，将M＝11m代入得v1＝－，D正确。 学科网（北京）股份有限公司 $$