第2节 第2课时 反冲运动与火箭-【优化探究】2025-2026学年新教材高中物理选择性必修1同步导学案配套PPT课件（鲁科版）

第2节　动量守恒定律及其应用 第2课时　反冲运动与火箭 第1章　动量及其守恒定律 [学习目标]　1.知道什么是反冲运动;知道火箭的工作原理(重点)。2.能利用动量守恒定律解释反冲现象(重点)。3.知道人船模型和爆炸类问题都可以看成反冲运动问题处理(重难点)。   课时作业 巩固提升 要点1　反冲运动 要点2　人船模型 内容索引 要点1　反冲运动 一 4 梳理 必备知识 自主学习 1.反冲运动:将气球充气后松口释放,气球会沿与喷气方向　　　的方向飞去。喷出的空气具有动量,由　　　　　　　可知,气球要向　　　　方向运动,这就是一种反冲运动。  2.火箭 (1)原理:火箭发射是典型的　　　　　　。火箭点火后,燃料燃烧产生的高速气流从火箭尾部喷出,使火箭　　　　飞行。  (2)影响火箭获得速度大小的因素:火箭　　　　越小、　　　　　　越大、　　　　越多,火箭能达到的速度就越大。  相反 动量守恒定律 相反 反冲运动　 向前 负荷　 喷气速度　 燃料 3.反冲现象的应用及防止 (1)应用:宇航员无绳太空行走是通过太空服背部的喷气推进装置实现的;有的自动喷水装置喷水时,水流的　　　　　　可使喷水管旋转起来,这样就能达到多角度喷洒的目的。  (2)防止:射击时子弹向前飞去,枪身会向后反冲,枪身的反冲会影响射击的准确性;用高压水枪灭火时,水高速喷出,高压水枪向后反冲,消防队员必须牢牢抓住水枪将身体稍向前倾以保持平衡。 反冲作用 [思考与讨论]如图所示为多级火箭结构示意图。发射时, 先点燃第一级火箭,燃料用完后,空壳自动脱落,然后下级 火箭开始工作,多级火箭能及时把空壳抛掉,使总质量减少, 从而达到很高的速度,可用来发射洲际导弹、人造卫星和宇 宙飞船等。取运载物速度方向为正方向,设运载物质量为M, 每一级火箭的燃料及空壳质量均为m,燃气相对运载物的速率 为v0。(设火箭的速度方向为正方向且每次喷出的气体相对火箭的速度是相同的,气体相对火箭的速度v气箭=v气地-v箭地) (1)若火箭一次把燃料喷完,求运载物获得的速度v。 提示:(1)取运载物速度方向为正方向,燃气相对运载物速率为v0,若三级火箭一次把燃料喷完,运载物获得速度为v,由动量守恒定律得Mv+3m(-v0+v)=0, 解得v=。 (2)若三级火箭逐渐向后喷气,先点燃第一级火箭,当第一级燃料用完且空壳脱落后,此时运载物的速度v1多大? 提示: (2)第一级火箭喷完时,由动量守恒定律得 (M+2m)v1+m(-v0+v1)=0, 解得v1=。 (3)当第二级火箭喷完时、第三级火箭喷完时,运载物获得的速度v2、v3分别为多大? 提示: (3)第二级火箭喷完时,由动量守恒定律得 (M+2m)v1 =(M+m)v2+m(-v0+v2),得v2-v1=,解得v2= 第三级火箭喷完时,由动量守恒定律得 Mv3+m(-v0+v3)=(M+m)v2,得v3-v2=,解得v3=。 (4)通过以上的计算,试分析哪种发射方式,运载物的速度更大? 提示: (4)通过以上的计算可知v3>v,即三级火箭逐渐向后喷气时,运载物的速度更大。 1.反冲运动的特点 (1)物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动。 (2)在反冲运动中,相互作用的内力一般情况下远大于外力,所以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化为动能,所以系统的总动能增加。 归纳 关键能力 合作探究 2.讨论反冲运动时应注意的问题 (1)相对速度问题:在讨论反冲运动时,有时给出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速度,再列动量守恒定律方程。 (2)变质量问题:在讨论反冲运动时,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。 3.火箭的最终速度主要取决于两个条件:一是喷气速度;二是质量比,即火箭开始飞行时的质量与燃料燃尽时的质量之比。 [例1]　如图,反冲小车静止放在水平光滑玻璃上,点燃酒精灯,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M=3 kg,水平喷出的橡皮塞的质量m=0.1 kg。(水蒸气质量忽略不计) (1)若橡皮塞喷出时获得的水平速度v=2.9 m/s,求小车的反冲速度; [答案]　(1)0.1 m/s,方向与橡皮塞水平运动方向相反 (1)小车和橡皮塞组成的系统所受外力之和为零,系统动量守恒。以橡皮塞运动的方向为正方向,根据动量守恒定律,有 mv+(M-m)v'=0 解得v'=-0.1 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)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]　(2)0.05 m/s,方向与橡皮塞水平分运动的方向相反 (2)小车和橡皮塞组成的系统水平方向动量守恒。以橡皮塞水平分运动的方向为正方向,有 mvcos 60°+(M-m)v″=0 解得v″=-0.05 m/s 负号表示小车运动方向与橡皮塞水平分运动方向相反,反冲速度大小是0.05 m/s。 [针对训练]　1.如图所示,某中学航天兴趣小组的同学将静置在地面上的质量为M(含水)的自制“水火箭”释放升空,在极短的时间内,质量为m的水以相对地面为v0的速度竖直向下喷出。已知重力加速度为g,空气阻力不计,下列说法正确的是(　　) A.火箭的推力来源于火箭外的空气对它的反作用力 B.水喷出的过程中,火箭和水机械能守恒 C.火箭获得的最大速度为 D.火箭上升的最大高度为 D 火箭的推力来源于向下喷出的水对它的反作用力;水喷出的过程中,火箭内气体做功,火箭及水的机械能不守恒;在水喷出后的瞬间,火箭获得的速度最大,由动量守恒定律有(M-m)v-mv0=0,解得v=;水喷出后,火箭做竖直上抛运动,有v2=2gh,解得h=,故选D。 2.一航天探测器完成对月球的探测后,离开月球的过程中,由静止开始沿着与月球表面成一定倾角的直线飞行,先加速运动后匀速运动。探测器通过喷气而获得动力。以下关于喷气方向的说法正确的是(　　) A.探测器加速运动时,向后喷射 B.探测器加速运动时,竖直向下喷射 C.探测器匀速运动时,竖直向下喷射 D.探测器匀速运动时,不需要喷射 C 航天探测器通过反冲运动获得动力,可以根据探测器的运动状态结合牛顿第二定律判断合力的情况,由喷气方向可以判断推动力的方向。航天探测器做加速直线运动时,合力应当与运动方向相同,故应当是向下偏后方向喷射;航天探测器做匀速直线运动时,合力为零,由于受到月球的万有引力的作用,航天探测器必然要朝竖直向下的方向喷射,来平衡万有引力,不可能不喷气,故C正确,A、B、D错误。 二 要点2　人船模型 23 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:m人v人-m船v船=0,在 相互作用的过程中,任一时刻两物体的速度大小 与质量成反比。 (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。人和船的位移满足|s人|+|s船|=L(L为船长)。 [例2]　(多选)如图所示,质量为M、长度为L的船停在平静的湖面上,船头站着质量为m的人,M>m。现在人由静止开始由船头走到船尾,不计水对船的阻力,则(　　) A.人和船运动方向相同 B.船运行速度小于人的行进速度 C.由于船的惯性大,当人停止运动时,船还要继续运动一段距离 D.人相对水面的位移为 BD 人和船组成的系统动量守恒,系统总动量为零,故人和船运动方向始终相反,故A错误;由动量守恒定律有Mv船=mv人,又M >m,故v人>v船,故B正确;由人船系统动量守恒且系统总动量为零知,人走船走,人停船停,故C错误;由人、船平均动量守恒有M,又因s人+s船=L,则s人=,故D正确。 规律总结 处理“人船模型”问题的两个关键 1.利用动量守恒定律,确定两物体的速度或者位移大小的关系。 2.画出两物体的运动草图,找出它们相对地面的位移的联系。 [例3]　如图所示,气球下面有一根长绳,气球和长绳的总质量为m2=20 kg,长绳的下端刚好和水平面接触。一个质量为m1=50 kg的人抓住气球下方的绳,初始静止时人离地面的高度为h=5 m。如果这个人开始沿长绳向下滑动,当他滑到长绳下端时,他离地面的高度是(可以把人看作质点)(　　) A.5 m　　　　　　　　　　 B.3.6 m C.2.6 m D.8 m B 当人滑到长绳下端时,由动量守恒定律有m1h1-m2h2=0,且h1+h2=h,解得h1= m,所以人离地面的高度H=h-h1≈3.6 m,故B正确。 [针对训练]　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测量它的质量。他进行了如下操作:首先将船平行码头自由停泊,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和船长L。已知他自身的质量为m,则船的质量为(　　) A. C. B 画出如图所示的草图。设人走动时船的速度大小为v,人的速度大小为v',船的质量为M,人从船尾走到船头所用时间为t,有v=,v'=,人和船组成的系统在水平方向上动量守恒,取船的速度方向为正方向,根据动量守恒定律得Mv-mv'=0,解得船的质量M=,故B正确。 三 课时作业 巩固提升 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 [A组　基础巩固练] 1.(多选)下列运动属于反冲运动的是(　　) A.汽车的运动 B.直升机的运动 C.火箭的运动 D.反击式水轮机的运动 CD 汽车的运动利用了汽车的牵引力,不属于反冲运动,A错误;直升机的运动利用了空气的反作用力,不属于反冲运动,B错误;火箭的运动是利用喷气的方式而获得动力的,属于反冲运动,C正确;反击式水轮机的运动利用了水的反冲作用而获得动力,属于反冲运动,D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2.运送人造地球卫星的火箭开始工作后,火箭做加速运动的原因是(　　) A.燃料燃烧推动周围的空气,空气的反作用力推动火箭 B.火箭发动机将燃料燃烧产生的气体向后喷出,气体的反作用力推动火箭 C.火箭吸入空气,然后向后推出,空气对火箭的反作用力推动火箭 D.火箭燃料燃烧发热,加热周围空气,空气膨胀推动火箭 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 B 火箭燃料燃烧产生的高温、高压燃气从尾喷管迅速喷出,使火箭获得反冲速度,与周围的空气无关,故B正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 3.质量为0.5 kg的章鱼在水中静止,突然将体内的0.1 kg的水以2 m/s的速度向前喷出,不计章鱼受到的阻力,则章鱼后退的速度大小为(　　) A.4 m/s　　　　　　　　　 B.2 m/s C.0.5 m/s D.0.4 m/s 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 C 根据动量守恒定律可得0=mv1-(M-m)v2,解得章鱼后退的速度大小为v2= m/s=0.5 m/s,故C正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 4.将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空,50 g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)(　　) A.30 kg·m/s B.5.7×102 kg·m/s C.6.0×102 kg·m/s D.6.3×102 kg·m/s 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 A 设喷出燃气后火箭的质量为m1,喷出的燃气的质量为m2。由题意可知,喷出燃气的动量大小p2=m2v2=50×10-3×600 kg·m/s=30 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0=m1v1-m2v2,则燃气喷出后的瞬间火箭的动量大小为p1=m1v1=m2v2=30 kg·m/s,所以A正确,B、C、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 5.如图所示,自动火炮连同炮弹的总质量为m0,炮管水平,火炮车在水平路面上以v1的速度向右匀速行驶,发射一枚质量为m的炮弹后,自动火炮的速度变为v2,仍向右行驶,则炮弹相对炮筒的发射速度v0为(　　) A. B. C. D. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 B 炮弹相对地的速度为v0+v2,由动量守恒定律得m0v1=(m0-m)v2+m(v0+v2),得v0=,B正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 6.如图所示,一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置,由控制系统使箭体与卫星分离。已知前部分的卫星质量为m1,后部分的箭体质量为m2,分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行。若忽略空气阻力及分离前、后系统质量的变化,则分离后卫星的速率v1为(　　) A.v0-v2 B.v0+v2 C.v0-(v0-v2) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 D 忽略空气阻力和分离前、后系统质量的变化,卫星和箭体整体分离前、后动量守恒,则由动量守恒定律有(m1+m2)v0=m1v1+m2v2,整理可得v1=v0+(v0-v2),故选项D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 7.如图所示,质量为m、半径为R的小球,放在半径为2R、质量为2m的大空心球内,大球开始时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,大球移动的距离是(　　) A. C. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 B 由水平方向动量守恒有ms小球-2ms大球=0,又s小球+s大球=R,联立解得s大球=,B正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 8.两人站在静止于水面、质量为M的小船上,当他们从船尾沿相同的方向水平跳出后,船获得一定的速度。设两人的质量均为m,跳出时相对于地面的速度均为v,若忽略水的阻力,请比较两人同时跳出和两人依次跳出两种情况下,小船所获得的速度大小。 答案:见解析 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 当两人同时以相对于地面相同的速率向相同的方向水平跳离小船时,人和小船组成的系统动量守恒,选取人的速度方向为正方向,根据动量守恒定律有Mv船+2mv=0,解得v船=-,负号表示方向与正方向相反。当两人先后以相对于地面相同的速率向相同的方向水平跳离小船时,选取人的速度方向为正方向,则整个过程中系统动量守恒,根据动量守恒定律,第一个人跳出时有(M+m)v1+mv=0;第二个人跳出时有(M+m)v1=Mv船+mv,联立得v船=-,负号表示方向与正方向相反。所以两人同时跳离船与先后跳离船相比较,两种情况下小船获得的速度大小一样。实际上由于人跳出前系统总动量为0,两种情况下,两个人跳出后的动量相同,因此无论是依次跳出还是同时跳出,小船最终的动量都相等,其获得的速度也相同,速度大小均为。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 [B组　综合强化练] 9.如图所示,已知一个连同装备共80 kg的宇航员,离开空间站在太空行走,在离飞船30 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50 m/s 的速度喷出气体。宇航员为了能在5 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(不计喷出气体后宇航员和装备质量的变化)(　　) A.0.1 kg B.0.12 kg C.0.14 kg D.0.16 kg 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 D 宇航员喷出气体后的最小速度为v==0.1 m/s,根据动量守恒定律有Mv=mv0,解得m=0.16 kg,故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 10.(多选)如图所示,一质量为M的小车静止在光滑水平面上,车上固定一个竖直支架,轻绳一端固定在支架上,另一端固定一质量为m的小球,轻绳长为l,将小球向右拉至轻绳水平后,从静止释放,则(　　) A.系统的动量守恒 B.水平方向任意时刻小球与小车的动量等大反向 C.小球不能向左摆到原高度 D.小车向右移动的最大距离为 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 BD 系统只是在水平方向所受的合力为零,竖直方向的合力不为零,故水平方向的动量守恒,而总动量不守恒,A错误,B正确;根据水平方向的动量守恒及机械能守恒可知,小球仍能向左摆到原高度,C错误;小球相对于小车的位移为2l,根据“人船模型”特点有ms1=Ms2,s1+s2=2l,解得小车向右移动的最大距离为s2=,D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 11.平板车停在水平光滑的轨道上,平板车上有一人从固定在车上的货箱边缘沿水平方向顺着轨道方向向右跳出,落在平板车地板上的A点,A点距货箱的水平距离为l=4 m,如图所示。人的质量为m,车连同货箱的质量为M=4m,货箱高度为h=1.25 m。求车在人跳出后到落到地板前的水平反冲速度的大小(g取10 m/s2,不计空气阻力)。 答案:1.6 m/s 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 人从货箱边缘跳离的过程,系统(人、车和货箱)水平方向动量守恒,设人的水平速度大小是v1,车的反冲速度大小是v2,取向右为正方向,则mv1-Mv2=0 解得v2=v1 人跳离货箱后做平抛运动, 车以速度v2做匀速运动,运动时间 t= s=0.5 s 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 由图可知,在这段时间内人的水平位移大小 x1=v1t 车的位移大小x2=v2t 由于x1+x2=l 即v1t+v2t=l 则v2= m/s=1.6 m/s。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 [C组　培优选做练] 12.宇航员连同装备的总质量为100 kg,在跟飞船相距45 m 处相对飞船处于静止状态。他带有一个装有0.5 kg 氧气的贮氧筒,贮氧筒上有一个可以使氧气以50 m/s的速度喷出的喷嘴。宇航员必须向着跟返回飞船方向相反的方向释放氧气,才能回到飞船上去,同时又必须保留一部分氧气供他在返回飞船的途中呼吸。已知宇航员呼吸的耗氧率为2.5×10-4 kg/s,试问:如果他在准备返回飞船的瞬间释放0.15 kg的氧气,他能安全回到飞船吗? 答案:能 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 令M=100 kg,m0=0.5 kg,Δm=0.15 kg,氧气释放速度为v,宇航员在释放氧气后的速度为v',由动量守恒定律得0=(M-Δm)v'+Δmv,由于释放氧气的质量0.15 kg远远小于总质量100 kg,因此可认为氧气喷出后宇航员连同装备的总质量不变,则有v'≈-v=-×50 m/s=-0.075 m/s,宇航员返回飞船所需时间t=| s=600 s。宇航员返回途中所耗氧气m'=2.5×10-4×600 kg=0.15 kg,贮氧筒喷射后剩余氧气m″=m0-Δm=(0.5-0.15)kg=0.35 kg,因为m″>m',所以宇航员能安全返回飞船。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 $$