高中人教版 (2019)6 反冲现象 火箭优秀学案设计

这是一份高中人教版 (2019)6 反冲现象 火箭优秀学案设计，共12页。

一、反冲现象的理解与应用
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，所以用步枪射击时要把枪身抵在肩部，以减少反冲的影响。
只有系统合外力为零时，反冲运动才能用动量守恒定律来分析，这种说法是否正确？
答案 不正确。在反冲运动中，即使系统所受合外力不为零，因内力远大于外力，外力可以忽略，也可用动量守恒定律来解释。
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，系统不受外力或内力远大于外力，遵循动量守恒定律或在某一方向上动量守恒。
(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，则反方向运动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，将各速度转换成相对同一参考系的速度，再列动量守恒方程。
(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)反冲运动的原理既适用于宏观物体，也适用于微观粒子。( √ )
(3)一切反冲现象都是有益的。( × )
例1 狙击枪重M＝8 kg，射出的子弹质量m为20 g，若子弹射出枪口时的速度为v＝1 000 m/s，不计人对枪的作用力，则枪的后退速度v′是多大？
答案 2.5 m/s
解析 子弹和枪组成的系统动量守恒，以子弹的速度方向为正方向。
作用前：p＝0
作用后： p′＝mv－Mv′
由动量守恒定律得：p＝ p′
即0＝mv－Mv′
解得v′＝eq \f(mv,M) ＝(0.02 ×eq \f(1000,8) ) m/s＝2.5 m/s。
针对训练 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；
(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，方向与橡皮塞水平运动方向相反
(2)0.05 m/s，方向与橡皮塞水平分运动的方向相反
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＋(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)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
mvcs 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。
二、火箭的工作原理分析
1．火箭的主要用途：火箭作为运载工具，例如发射探测仪器、常规弹头和核弹头、人造卫星和宇宙飞船。
2．火箭的工作原理：火箭是利用燃气高速喷发时的反冲运动，遵循动量守恒定律。
1．火箭发射前的总质量为M、燃料燃尽后火箭的质量为m，火箭燃气的喷射速度为v1，求燃料燃尽后火箭的飞行速度v为多大？
答案 在火箭发射过程中，内力远大于外力，所以动量守恒。
以火箭的速度方向为正方向， 发射前的总动量为0；
发射后的总动量为：mv－(M－m) v1
由动量守恒定律得：0＝ mv－(M－m) v1
得v＝eq \f(M－m,m)v1＝( eq \f(M,m)－1) v1。
2．根据上述分析，讨论如何提高火箭飞行获得的速度大小。
答案 根据v＝(eq \f(M,m)－1)v1 ，分析可知，若要提高火箭获得的速度，应
①提高火箭发射前的总质量和燃料燃尽后火箭的质量比；
②提高火箭喷出的燃气的速度。
例2 2021年6月17日，搭载神舟十二号载人飞船的长征二号F遥十二运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射，成功将神舟十二号载人飞船送入预定轨道。如果长征二号F遥十二运载火箭(包括载人飞船、航天员和燃料)的总质量为M，竖直向上由静止开始加速，每次向下喷出质量为m的燃气，燃气被喷出时相对地面的速度大小均为v，则第5次喷出燃气的瞬间，运载火箭速度大小为(忽略重力的影响)( )
A.eq \f(5mv,M－5m) B.eq \f(M－5mv,5m)
C．(eq \f(m,M－m))5v D．(eq \f(M－m,m))5v
答案 A
解析 设第5次喷出燃气的瞬间运载火箭的速度为v1，此时运载火箭的质量为M－5m，忽略重力影响，运载火箭喷气过程系统动量守恒，有(M－5m)v1＝5mv，解得v1＝eq \f(5mv,M－5m)，故选A。
三、“人船模型”问题
一质量为M的小船静止在水面上，站在船尾的质量为m的小孩，从静止开始向左运动。求此过程中：
(1)船向哪运动？当小孩速度为v时，船速多大；
(2)当小孩向左移动了x时，船的位移多大；
(3)小孩和船的位移大小与两者质量有什么关系；
(4)若小孩从船头移动到船尾，船长为L，小孩的位移为多大。
答案 (1)因为小孩与小船组成的系统动量守恒，当小孩向左运动时，小船向右运动。设小孩的速度v的方向为正方向，当小孩速度为v时，mv－Mv′＝0，解得v′＝eq \f(mv,M)。
(2)由人船系统始终动量守恒可知
meq \x\t(v)－Meq \x\t(v′)＝0，故当小孩的位移大小为x时，有
mx－Mx′＝0，解得x′＝eq \f(mx,M)。
(3)小孩与小船的位移大小与质量成反比，即eq \f(x,x′)＝eq \f(M,m)。
(4)x＋x′＝L
解得x＝eq \f(M,M＋m)L
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eq \f(x人,x船)＝eq \f(m船,m人)。人和船的位移满足|x人|＋|x船|＝L。
例3 如图所示，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( )
A.eq \f(m2,m1＋m2)b B.eq \f(m1,m1＋m2)b
C.eq \f(m1,m1＋m2)(b－a) D.eq \f(m2,m1＋m2)(b－a)
答案 C
解析 A、B组成的系统在相互作用过程中水平方向动量守恒，两物体位移关系如图所示，则
m2x－m1(b－a－x)＝0，
解得x＝eq \f(m1b－a,m1＋m2)，故C正确，A、B、D错误。
“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：
①系统由两个物体组成且相互作用前静止，系统总动量为零；
②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。
四、爆炸问题
有一炸弹突然爆炸分成了两块，在爆炸前后，系统的动量和机械能怎样变化，为什么？
答案 由于爆炸时内力远大于外力，故爆炸时系统动量守恒，爆炸时通过内力做功将化学能转化为机械能，故爆炸时系统机械能增加。
例4 (2022·盐城市高二期末)如图所示，光滑水平面上甲、乙两球间粘少许炸药，一起以
0.5 m/s的速度向右做匀速直线运动。已知甲、乙两球质量分别为0.1 kg和0.2 kg。某时刻炸药突然爆炸，分开后两球仍沿原直线运动，从爆炸开始计时经过3.0 s，两球之间的距离为x＝2.7 m，则下列说法正确的是( )
A．刚分离时，甲、乙两球的速度方向相同
B．刚分离时，甲球的速度大小为0.6 m/s
C．刚分离时，乙球的速度大小为0.3 m/s
D．爆炸过程中甲、乙两球增加的总机械能为0.027 J
答案 D
解析 设甲、乙两球的质量分别为m1、m2，刚分离时两球速度分别为v1、v2，以向右为正方向，则由动量守恒定律得(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，根据题意有v2－v1＝eq \f(x,t)，代入数据解得v2＝0.8 m/s，v1＝－0.1 m/s，说明刚分离时两球速度方向相反，故A、B、C错误；爆炸过程中两球增加的总机械能ΔE＝eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22－eq \f(1,2)(m1＋m2)v02，代入数据，
解得ΔE＝0.027 J，故D正确。
例5 一个质量为m的物体从高处自由下落，当物体下落h距离时突然炸裂成两块，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，不计空气阻力，求：
(1)刚炸裂时另一块的速度v2。
(2)爆炸中两物体增加的总机械能。
答案 (1)eq \f(m＋m1,m－m1)eq \r(2gh)，方向竖直向下
(2)eq \f(4mm1gh,m－m1)
解析 (1)由自由落体运动规律可知，炸裂前物体的速度v＝eq \r(2gh)，取竖直向下为正方向，炸裂前物体的动量为p＝mv＝meq \r(2gh)，炸裂后质量为m1的一块恰好能向上运动到开始下落的位置，则刚炸裂时其速度大小与炸裂前相同，即v1＝－eq \r(2gh)，方向与规定的正方向相反。由动量守恒定律有mv＝m1v1＋(m－m1)v2
解得v2＝eq \f(m＋m1,m－m1)eq \r(2gh)，由于m>m1，则v2>0，说明炸裂后另一块的运动方向竖直向下。
(2)E总＝eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)(m－m1)v22
ΔE＝E总－E初，
则ΔE＝eq \f(1,2)(m－m1)v22－eq \f(1,2)(m－m1)v2＝eq \f(4mm1gh,m－m1)。
课时对点练
考点一 反冲现象的理解和应用
1．(多选)(2022·陕西富平市期末)下列情境属于反冲现象的有( )
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
答案 BCD
解析 乒乓球碰到墙壁后弹回是因为受到了墙壁的作用力，不是反冲现象，A错误；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就是反冲现象，所以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促进飞机前进，是反冲现象；同理火箭升空是反冲现象，B、C、D正确。
2．(2023·田家炳中学月考)一人静止于光滑的水平冰面上，现欲离开冰面，下列说法中可行的是( )
A．向后踢腿
B．向后甩手
C．脱下衣服或鞋子水平抛出
D．脱下衣服或鞋子竖直向上抛出
答案 C
解析 以人作为整体为研究对象，向后踢腿或手臂向后甩，人整体的总动量为0，不会运动起来，故A、B错误；把人和外衣、鞋子视为一个整体，这个整体动量为0，人给外衣或鞋子一个水平速度，总动量不变，所以人有一个反向的速度，可以离开冰面，故C正确；把人和外衣、鞋子视为一整体，这个整体动量为0，人给外衣或鞋子一个竖直方向的速度，水平方向的总动量仍然等于0，所以人仍然静止，不能离开冰面，故D错误。
3．(2022·菏泽市高二期末)乌贼游动时，先把水吸入体腔，然后收缩身体，通过身体上的小孔向外喷水，使身体向相反方向快速移动。某次静止的乌贼在瞬间喷出的水的质量占喷水前自身总质量的eq \f(1,10)，喷水后乌贼获得的速度为8 m/s，则喷出的水的速度大小为( )
A．72 m/s B．80 m/s C．88 m/s D．60 m/s
答案 A
解析 设乌贼瞬间喷出的水的质量为m，则喷水前乌贼质量为10m，喷水后质量为9m，设喷出的水的速度为v1，喷水后乌贼获得的速度为v2，根据动量守恒定律有0＝mv1＋9mv2，将v2＝8 m/s代入可得v1＝－72 m/s，负号表示喷水方向与乌贼身体运动方向相反，故B、C、D错误，A正确。
考点二 火箭工作原理和爆炸问题
4．(多选)(2023·益阳市月考)采取下列哪些措施有利于增加火箭的飞行速度( )
A．使喷出的气体速度更大
B．使喷出的气体温度更高
C．使喷出的气体质量更大
D．使喷出的气体密度更小
答案 AC
解析 设火箭原来的总质量为M，喷出的气体质量为m，速度是v，剩余的质量为M－m，速度是v′，由动量守恒定律得(M－m)v′＝mv，得v′＝eq \f(mv,M－m)＝eq \f(v,\f(M,m)－1)，故m越大、v越大，v′越大，故A、C正确。
5．(2022·肇庆市期末)如图是神舟十二号载人飞船发射瞬间的画面，在火箭点火发射瞬间，质量为m的燃气以大小为v的速度在很短时间内从火箭喷口喷出。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.eq \f(M,m)v D.eq \f(m,M－m)v
答案 D
解析 以向上为正方向，由动量守恒定律可得(M－m)v′－mv＝0，解得v′＝eq \f(m,M－m)v，D正确。
6．(2022·玉溪第三中学高二月考)一质量为m的炮弹在空中飞行，运动至最高点时炸裂成质量相等的甲、乙两块，爆炸前瞬间炮弹速度为v，方向水平向右，爆炸后甲的速度为2v，方向水平向左。爆炸过程中转化为动能的化学能是( )
A.eq \f(1,2)mv2 B．mv2
C.eq \f(9,2)mv2 D．5mv2
答案 C
解析 爆炸瞬间内力远大于外力，以水平向右为正方向，由动量守恒定律有
mv＝－eq \f(m,2)·2v＋eq \f(m,2)·v′，解得爆炸后乙的速度v′＝4v，
根据能量守恒定律有ΔE＝eq \f(1,2)×eq \f(m,2)·(2v)2＋eq \f(1,2)·eq \f(m,2)·(4v)2－eq \f(1,2)mv2
解得ΔE＝eq \f(9,2)mv2，故C正确。
考点三 人船模型
7．(多选)(2022·潍坊市高二检测)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eq \f(ML,M＋m)
答案 BD
解析 人和船动量守恒，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； 由平均动量守恒Meq \f(x船,t)＝meq \f(x人,t)和x人＋x船＝L知x人＝eq \f(ML,M＋m)，故D正确。
8.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，气球下方悬挂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．60 m B．40 m
C．30 m D．10 m
答案 A
解析 人与气球组成的系统动量守恒，设人的速度大小为v1，气球的速度大小为v2，运动时间为t，以人与气球组成的系统为研究对象，以向下为正方向，由动量守恒定律得m1v1－m2v2＝0，则m1eq \f(x人,t)－m2eq \f(x气球,t)＝0，解得x气球＝2x人＝40 m，则绳子长度L＝x气球＋x人＝40 m＋20 m＝60 m，即绳长至少为60 m，故选A。
9.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.eq \f(R,2) B.eq \f(R,3) C.eq \f(R,4) D.eq \f(R,6)
答案 B
解析 由水平方向动量守恒有mx小球－2mx大球＝0，又x小球＋x大球＝R，联立解得x大球＝eq \f(R,3)，B正确。
10．某一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相对地面的速度均v＝1 000 m/s。设火箭(包括燃料)质量M＝300 kg，发动机每秒喷气20次。以下说法正确的是( )
A．运动第1 s末，火箭的速度约为10 m/s
B．运动第2 s末，火箭的速度约为135 m/s
C．当发动机第3次喷出气体后，火箭的速度约为2 m/s
D．当发动机第4次喷出气体后，火箭的速度约为200 m/s
答案 C
解析 1 s末发动机喷气20次，共喷出的气体质量为m1＝20×0.2 kg＝4 kg，根据动量守恒定律得(M－m1)v1－m1v＝0，解得火箭1 s末的速度大小为v1＝eq \f(m1v,M－m1)＝eq \f(4×1 000,300－4) m/s≈13.5 m/s，故A错误；2 s末发动机喷气40次，共喷出的气体质量为m2＝40×0.2 kg＝8 kg，同理可得，火箭2 s末的速度大小为v2＝eq \f(m2v,M－m2)＝eq \f(8×1 000,300－8) m/s≈27.4 m/s，故B错误；第3次喷出气体后，共喷出的气体质量m3＝3×0.2 kg＝0.6 kg，同理可得，火箭第3次喷出气体后的速度大小为v3＝eq \f(m3v,M－m3)＝eq \f(0.6×1 000,300－0.6) m/s≈2.0 m/s，故C正确；第4次喷出气体后，共喷出的气体质量m4＝4×0.2 kg＝0.8 kg，同理可得，火箭第4次喷出气体后的速度大小为v4＝eq \f(m4v,M－m4)＝eq \f(0.8×1 000,300－0.8) m/s≈2.7 m/s，故D错误。
11.如图所示，光滑水平面上有三个滑块A、B、C，质量关系是mA＝mC＝m、mB＝eq \f(m,2)。开始时滑块B、C紧贴在一起，中间夹有少量炸药，处于静止状态，滑块A以速度v0正对B向右运动，在A与B碰撞之前，引爆B、C间的炸药，炸药爆炸后B与A迎面碰撞，最终A与B粘在一起，以速度v0向左运动。
(1)求炸药爆炸过程中炸药对C的冲量大小；
(2)炸药的化学能有多少转化为机械能？
答案 (1)eq \f(5,2)mv0 (2)eq \f(75,8)mv02
解析 (1)全过程中A、B、C组成的系统动量守恒，设向右为正方向。
mAv0＝－(mA＋mB)v0＋mCvC
炸药对C的冲量：I＝mCvC－0
解得I＝eq \f(5,2)mv0
(2)炸药爆炸过程中B和C组成的系统动量守恒，设向右为正方向，有
mCvC－mBvB＝0
根据能量守恒定律：ΔE＝eq \f(1,2)mBvB2＋eq \f(1,2)mCvC2
解得ΔE＝eq \f(75,8)mv02。
12.如图所示，在光滑水平面上有一小车，小车上固定一竖直杆，总质量为M，杆顶系一长为l的轻绳，绳另一端系一质量为m的小球，绳被水平拉直处于静止状态，小球处于最右端．将小球由静止释放，重力加速度为g，求：
(1)小球摆到最低点时小球速度的大小；
(2)小球摆到最低点时小车向右移动的距离。
答案 (1) eq \r(\f(2Mgl,M＋m)) (2)eq \f(ml,M＋m)
解析 (1)取水平向右为正方向，设当小球到达最低点时其速度大小为v1，此时小车的速度大小为v2，根据动量守恒定律与能量守恒定律得0＝Mv2－mv1，mgl＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)Mv22
解得v1＝ eq \r(\f(2Mgl,M＋m))
(2)当小球到达最低点时，设小球向左移动的距离为x1，小车向右移动的距离为x2，根据动量守恒定律，有：meq \f(x1,t)＝Meq \f(x2,t)，而且x1＋x2＝l
解得：x2＝eq \f(ml,M＋m)。
13.如图所示，水平光滑地面上停放着一辆质量为M的小车，其左侧有半径为R的四分之一光滑圆弧轨道AB，轨道最低点B与水平轨道BC相切，整个轨道处于同一竖直平面内．将质量为m的物块(可视为质点)从A点无初速度释放，物块沿轨道滑行至轨道末端C处恰好没有滑出。已知重力加速度为g，小物块与BC部分的动摩擦因数为μ，空气阻力可忽略不计。关于物块从A位置运动至C位置的过程，下列说法中正确的是( )
A．小车和物块构成的系统动量守恒
B．摩擦力对物块和轨道BC所做功的代数和为零
C．物块的最大速度为eq \r(2gR)
D．小车发生的位移为eq \f(m,m＋M)(R＋eq \f(R,μ))
答案 D
解析 AB段只是水平方向动量守恒，系统合外力不为零，动量不守恒，A错误；物块与小车BC段有相对位移，摩擦力做功的代数和不为零，B错误；如果小车不动，物块到达水平轨道时速度最大，由mgR＝eq \f(1,2)mv2得v＝eq \r(2gR)，现在物块下滑时，小车向左滑动，则物块的最大速度小于eq \r(2gR)，C错误；设BC段长为L，根据系统水平方向动量守恒可知：物块和小车最后相对静止时的速度为零，对系统，由能量守恒定律得mgR＝μmgL，得L＝eq \f(R,μ)，设整个过程物块相对地面的位移大小为x1，小车相对地面的位移大小为x2。则有：mx1－Mx2＝0，x1＋x2＝L＋R，解得：x2＝eq \f(m,M＋m)(R＋eq \f(R,μ))，D正确。