第1章 第2节 第2课时 反冲运动与火箭-【优学精讲】2024-2025学年高中物理选择性必修第一册教用Word(鲁科版)

第2课时　反冲运动与火箭 知识点一　对反冲现象的理解和分析 点燃“窜天猴”的药捻，“窜天猴”向下喷出气体，同时“窜天猴”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？ [提示]　(1)物体的不同部分受相反的作用力，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，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。　 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，相互作用力一般较大，通常可以用动量守恒定律来处理。 (3)在反冲运动中，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．应注意的问题 (1)速度的方向 对于原来静止的整体，抛出部分与剩余部分的运动方向必然相反。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，则反方向的速度应取负值。 (2)相对速度问题 在反冲运动中，有时遇到的速度是两物体的相对速度。此类问题中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 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。 角度1　反冲现象的理解 (2023·广东清远期末)下列图中描述的几种现象不属于反冲现象的是(　　) [解析]　蝴蝶利用“喷气”来完成洲际旅行，是反冲现象，故A错误；鱿鱼将吸入的水用力喷出，快速地向外游窜，是反冲现象，故B错误；鸡蛋落在海绵垫子上，完好无损，这是延长了鸡蛋和海绵的作用时间，减小了作用力，是缓冲现象，故C正确；航天员进行无绳太空漫步时，喷气背包喷出的气体控制其运动，是反冲现象，故D错误。 [答案]　C 角度2　反冲现象的计算 (2023·甘肃天水一中期末)如图，质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止。若救生员相对小船以速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船相对水面的速率为(　　) A．v0＋v B．v0－v C．v0＋v D．v0＋(v0－v) [解析]　设救生员跃出后小船相对水面的速率为v′，以向右为正方向，根据动量守恒定律，有v0＝－m·＋Mv′，解得v′＝v0＋v。 [答案]　C 如图所示，装有炮弹的火炮总质量为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θ，则火炮后退的速度大小为(设水平面光滑)(　　) A．v0 B． C． D． [解析]　炮弹和火炮组成的系统水平方向动量守恒，0＝m2v0cos θ－(m1－m2)v，得v＝，故C正确。 [答案]　C 知识点二　火箭发射和爆炸类问题 1．火箭发射问题 (1)火箭的速度 设火箭在Δt时间内喷射燃气的质量为Δm，速度为u，喷出燃气后火箭的质量为m，获得的速度为v，由动量守恒定律有0＝mv＋Δmu，得v＝－u。 (2)决定因素 火箭获得速度取决于燃气喷出的速度u及燃气质量与火箭本身质量之比两个因素。 (3)多级火箭 由于受重力的影响，单级火箭达不到发射人造地球卫星所需要的7.9 km/s，实际火箭为多级。多级火箭发射时，质量较大的第一级火箭燃烧结束后，便自动脱落，接着第二级、第三级依次工作，燃烧结束后自动脱落，这样可以不断地减小火箭壳体的质量，减轻负担，使火箭达到远远超过使用同样多的燃料的一级火箭所能达到的速度。目前多级火箭一般都是三级火箭，因为三级火箭能达到目前发射人造卫星的需求。 2．爆炸类问题的三个规律 (1)动量守恒：爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力。 (2)动能增加：在爆炸过程中，有其他形式的能量(如化学能)转化为动能。 (3)位移为零：爆炸时间极短，物体产生的位移很小，可忽略不计，可认为爆炸前后位置不变。 角度1　火箭发射问题 (2024·江苏扬州统考)“火箭”这个词在公元三世纪的三国时代就已出现。关于现代火箭，下列说法正确的是(　　) A．影响火箭速度大小的主要因素是喷气的速度大小、喷出气体的质量与喷气后的火箭质量之比 B．火箭开始工作后做加速运动的原因是燃料燃烧推动空气，空气的反作用力推动火箭 C．火箭点火后离开地面向上运动，是地面对火箭的反作用力作用的结果 D．火箭、喷气式飞机、直升机的运动都是利用反冲获得动力 [解析]　火箭工作的原理是利用反冲运动，火箭高速向下喷出燃烧的气体，喷出的气体对火箭的反作用力使火箭向上运动，故B、C错误；设喷气速度为v，喷出气体的质量为m，喷气后的火箭质量为M，火箭获得的速度大小为v′，根据动量守恒定律有mv＝Mv′，解得v′＝v，故影响火箭速度大小的主要因素是喷气的速度大小、喷出气体的质量与喷气后的火箭质量之比，故A正确；火箭的运动是利用喷气的方式而获得动力，属于反冲运动，喷气式飞机的运动是利用喷出气体的反冲作用而获得动力，属于反冲运动，直升机是利用空气的浮力而使飞机上升，不属于反冲运动，故D错误。 [答案]　A (2024·黑龙江牡丹江一中期中)一质量为M的火箭喷气发动机每次喷出气体的质量为m，气体离开发动机喷出时的速度大小为v0，从火箭静止开始，当第4次喷出气体后，火箭的速度大小为(　　) A．　　　　　 　 B． C． D． [解析]　设喷出四次气体后火箭的速度为v，以火箭和喷出的四次气体为研究对象，根据动量守恒定律得(M－4m)v－4mv0＝0，可得v＝。 [答案]　A 角度2　爆炸类问题 (多选) (2024·山东滨州联考期中)防空导弹是指从地面发射攻击空中目标的导弹。如图所示，某防空导弹斜射向天空，到最高点时速度大小为v0，离地高度为H，突然爆炸成质量均为m的两块。其中弹头A以速度v沿v0的方向飞去，且爆炸过程时间为Δt且极短。整个过程忽略空气阻力，则下列说法正确的是(　　) A．爆炸后的一瞬间，弹尾B一定沿着与v0相反的方向飞去 B．爆炸后，弹尾B可能做自由落体运动 C．爆炸过程中，弹尾对弹头的平均作用力大小为＋mg D．爆炸过程释放的化学能为m(v－v0)2 [解析]　爆炸过程中系统在水平方向动量守恒，以v0方向为正方向，则由动量守恒定律有2mv0＝mv＋mv′，解得v′＝2v0－v，由于v与v0的大小关系未知，故无法判断弹尾的运动方向，故A错误；由上述分析可知，当v＝2v0时，弹尾的速度为零，则弹尾做自由落体运动，故B正确；以弹头为研究对象，以v0方向为正方向，在水平方向上由动量定理可得FΔt＝mv－mv0，解得F＝，故C错误；根据能量守恒定律可知，爆炸释放的化学能等于系统动能的变化量，故有E化＝mv2＋mv′2－·2mv，根据动量守恒定律有2mv0＝mv＋mv′，整理可得E化＝m(v－v0)2，故D正确。 [答案]　BD 知识点三　“人船模型”问题 如图所示，一质量为m的人站在一质量为M的船头上，开始时人、船均静止，现在人从船头走向船尾。(水对船的阻力很小) (1)该过程中，人和船组成的系统动量守恒吗？两者速度是什么关系？ (2)该过程中两者对地位移有何关系？ [提示]　(1)该过程中，水的阻力忽略不计，人和船的动量守恒，两者速度大小满足mv1＝Mv2，方向相反。 (2)由于mv1＝Mv2，又mv1t＝Mv2t 则mx1＝Mx2，即＝。　 1．模型介绍：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0，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．运动特点：两个物体的运动特点是“人”走“船”行，“人”停“船”停。 3．解题关键 (1)利用动量守恒，先确定两物体的速度关系，再确定两物体通过的位移关系。用动量守恒定律求位移的题目，大多是系统原来处于静止状态，然后系统内物体相互作用，此时动量守恒表达式经常写成m1v1－m2v2＝0的形式，式中v1、v2是m1、m2末状态时的瞬时速率。此种状态下动量守恒的过程中，任意时刻的系统总动量为0。因此任意时刻的瞬时速率v1和v2都与各物体的质量成反比，所以全过程的平均速度也与质量成反比，即有m1v1－m2v2＝0。如果两物体相互作用的时间为t，在这段时间内两物体的位移大小分别为x1和x2，则有m1－m2＝0，即m1x1－m2x2＝0。 (2)画出各物体的位移关系图，找出它们相对地面的位移的关系。 4．方法推广：原来静止的系统在某一个方向上动量守恒，运动过程中，在该方向上速度方向相反，也可应用处理人船模型问题的思路来处理。例如，小球沿弧形槽滑下，求弧形槽移动距离的问题。 (多选) (2024·河南开封统考期中)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，不计船在运动过程中所受的水的阻力，则(　　) A．人和船运动方向相反 B．船运行速度大于人的行进速度 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．人相对水面的位移大小为L [解析]　对于人和船组成的系统，不计船在运动过程中所受的水的阻力，动量守恒，有mv0＋Mv＝0，所以人和船运动的方向相反，由于M＞m，所以v0＞v，当人停止时，船也停止，根据mx0＝M(L－x0)，解得x0＝L。 [答案]　AD (2024·湖北高二联考期中) 如图所示，大气球质量为25 kg，载有质量为50 kg的人，静止在空气中距地面20 m高的地方，气球下方悬一根质量可忽略不计的绳子，此人想从气球上沿绳慢慢下滑至地面，为了安全到达地面，则绳长至少为(不计人的身高，可以把人看作质点)(　　) A.20 m　　 B．40 m C．50 m D．60 m [解析]　设人的质量为m1，气球的质量为m2，系统所受重力与浮力平衡，合外力为零，根据动量守恒定律有m1v1＝m2v2，人与气球运动的距离分别为h＝v1t＝20 m，x＝v2t，得＝，又h＋x＝l，代入数据，绳长至少为l＝60 m。 [答案]　D 1．(对反冲现象的理解和分析)(2023·陕西富平期末)下列运动不属于反冲运动的是(　　) A．乒乓球碰到墙壁后弹回 B．发射炮弹后炮身后退 C．喷气式飞机喷气飞行 D．火箭升空 解析：选A。乒乓球碰到墙壁后弹回是因为受到了墙壁的作用力，不是反冲，A正确。系统在内力作用下，当一部分向某一方向的动量发生变化时，剩余部分沿相反方向的动量发生同样大小变化的现象是反冲现象。发射炮弹后炮身后退，是反冲现象；喷气式飞机是利用飞机与气体间的相互作用，而促进飞机前进的，故属于反冲运动；火箭升空是利用反冲原理，是反冲现象。故B、C、D错误。 2．(火箭发射)2023年5月30日9时31分，搭载神舟十六号载人飞船的长征二号F遥十六运载火箭发射圆满成功。在火箭点火发射瞬间，质量为m的燃气以大小为v的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。已知发射前火箭的质量为M，则在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为(燃气喷出过程不计重力和空气阻力的影响)(　　) A．v　　　 B．2v C．v D． 解析：选D。以向上为正方向，由动量守恒定律可得v′－mv＝0，解得v′＝v，D正确。 3. (爆炸类问题)(2024·广东肇庆市第一中学校考)冲天炮飞上天后会在天空中爆炸。当冲天炮从水平地面斜飞向天空后且恰好沿水平方向运动的瞬间，突然炸裂成一大一小P、Q两块，且质量较大的P仍沿原来方向飞出去，则(　　) A．质量较大的P先落回地面 B．炸裂前后瞬间，总动量守恒 C．炸裂后，P飞行的水平距离较大 D．炸裂时，P、Q两块受到的内力的冲量相等 解析：选B。在炸裂过程中，重力远小于内力，故系统的总动量守恒，因此P、Q两块的速度方向均沿水平方向，之后做平抛运动回到地面，故二者同时落地，故A错误，B正确；炸裂时，质量较小的Q可能仍沿原来的方向，也可能与原方向相反，无法确定P、Q两块炸裂时速度的大小关系，也就无法比较水平距离大小关系，故C错误；炸裂时P、Q两块受到的内力大小相等、方向相反，故炸裂时P、Q两块受到的内力的冲量大小相等、方向相反，故D错误。 4. (人船模型问题)(2024·广东茂名统考期末)如图所示，若船用缆绳固定，人恰好可以从船头跳上岸；撤去缆绳，人仍然恰好可以从船头跳上岸。已知两次从离开船到跳上岸所用时间相等，人的质量为60 kg，船的质量为120 kg，不计水和空气阻力，忽略人竖直方向的运动，则两次人消耗的能量之比为(　　) A．1∶1 B．1∶2 C．1∶3 D．2∶3 解析：选D。假设缆绳固定时人跳出的速度为v1，则人消耗的能量E1＝m人v，撤去缆绳后，人跳出的速度仍为v1，由动量守恒定律有m人v1＝m船v2，人消耗的能量E2＝m人v＋m船v，代入数据可得E1∶E2＝2∶3，故D符合题意。 学科网（北京）股份有限公司 $