資源簡介

6　反沖現象　火箭
學習任務一　反沖
[教材鏈接] 閱讀教材,填寫反沖的相關知識.
(1)定義:一個靜止的物體在　　　　的作用下分裂為兩部分,一部分向某一方向運動,另一部分必然向　　　　方向運動的現象.
(2)特點:
①物體的不同部分在　　　　作用下向相反方向運動.
②反沖運動中, 相互作用力一般較大,通常可以用　　　　　　　　來處理.
例1 物理在生活和生產中有廣泛應用,以下實例沒有利用反沖現象的是 (　)
A.烏賊噴水前行
B.電風扇吹風
C.火箭噴氣升空
D.飛機噴氣加速
變式1 [2022·學軍中學月考] 如圖所示,火炮車連同炮彈的總質量為M,當炮管水平時,火炮車在水平路面上以v1的速度向右勻速行駛,發射一枚質量為m的炮彈后,火炮車的速度變為v2,仍向右行駛,則炮彈相對炮筒的發射速度v0為 (　)
A. B.
C. D.
變式2 [2022·杭州二中期中] 一個不穩定的原子核質量為M,處于靜止狀態.放出一個質量為m的粒子后反沖,已知放出的粒子的動能為E0,則原子核反沖的動能為 (　)
A.E0
B.E0
C.E0
D.E0
【要點總結】
反沖的特點
運動方向相反 物體的不同部分在內力作用下向相反方向運動
機械能增加 反沖中,由于有其他形式的能轉化為機械能,所以系統的機械能增加
動量守恒 反沖運動中,相互作用的內力一般情況下遠大于外力或在某一方向上內力遠大于外力,所以可以用動量守恒定律(或在某一方向上應用動量守恒定律)來處理
學習任務二　火箭原理
[教材鏈接] 閱讀教材,填寫火箭的相關知識.
(1)工作原理:利用　　　　的原理,則火箭燃料燃燒產生的高溫、高壓燃氣從尾噴管迅速噴出時,使火箭獲得巨大的　　　　.
(2)影響火箭獲得速度大小的因素
①噴氣速度:現代火箭的噴氣速度為2000~5000 m/s.
②質量比:指火箭噴出物質的質量與噴出燃氣后火箭的質量之比.
噴氣速度　　　　,質量比　　　　,則火箭獲得的速度越大.
[物理建模] 火箭發射前的總質量為M,燃料全部燃燒完后的質量為m,火箭燃氣的對地噴射速度為v0,燃料燃盡后火箭的速度v為多大
由動量守恒得0=mv-(M-m)v0
設火箭的速度方向為正方向,
v=v0=v0
結論——決定火箭最大飛行速度的因素:
例2 [2022·衢州二中月考] 在太空中,一火箭噴氣發動機每次噴出m=200 g的氣體,氣體離開發動機時的速度v=1000 m/s(相對地面),已知火箭質量M=300 kg,火箭初速度為零,發動機每秒噴氣20次.當第三次氣體噴出后,火箭的速度為多大
[反思感悟]

變式3 [2022·永嘉一中期中] 如圖所示,某中學航天興趣小組的同學將靜置在地面上的質量為M(含水)的自制“水火箭”釋放升空,在極短的時間內,質量為m的水以相對地面為v0的速度豎直向下噴出.已知重力加速度為g,空氣阻力不計,下列說法正確的是　　 (　)
A.火箭的推力來源于火箭外的空氣對它的反作用力
B.水噴出的過程中,火箭和水機械能守恒
C.火箭獲得的最大速度為
D.火箭上升的最大高度為
【要點總結】
1.可以用以下辦法提高火箭速度:
(1)提高噴氣速度;
(2)提高火箭的質量比;
(3)使用多級火箭,一般為三級.
2.在反沖運動中常遇到變質量物體的運動,如在火箭的運動過程中,隨著燃料的消耗,火箭本身的質量不斷減小,此時必須取火箭本身(包括剩余燃料)和在相互作用的短時間內噴出的所有氣體為研究對象,取相互作用的這個過程為研究過程來進行研究.
學習任務三　“人船模型”問題
[物理建模] 如圖所示,質量為M的小船長為L,靜止于水面,質量為m的人從船右端走到船左端,不計水對船的運動阻力,則該過程中船將移動多遠



例3 有一條捕魚小船停靠在湖邊碼頭,小船又窄又長(重1噸左右),一位同學想用一個卷尺粗略測定它的質量,他進行了如下操作:首先將船平行于碼頭自由停泊,然后他輕輕從船尾上船,走到船頭后停下,而且輕輕下船,用卷尺測出船后退的距離d,然后用卷尺測出船長L.已知他身體的質量為m,則小船的質量為(　)
A. B.m(L-d)
C. D.
[反思感悟]

變式4　載人氣球原靜止在高h的空中,氣球下懸一輕繩梯,氣球質量為M,人質量為m.若人想沿繩梯安全下到地面,繩梯至少多長
變式5　[2022·余杭高級中學月考] 如圖所示,質量為2m、半徑為R的大空心球B(內壁光滑)靜止在光滑水平面上,有一質量為m的小球A(可視為質點)在球B內從與大球球心等高處開始無初速度下滑,滾到大球最低點時,大球移動的距離為 (　)
A.R B. C. D.
爆炸中的動量和能量問題
爆炸和碰撞現象有很多類似的特點,可以從以下幾個方面分析:
(1)過程的特點
①相互作用時間很短.
②在相互作用過程中,相互作用力先是急劇增大,然后再急劇減小,平均作用力很大,遠遠大于外力,因此作用過程的動量可看成守恒.
(2)位移的特點
碰撞、爆炸、打擊過程是在一瞬間發生的,時間極短,所以在物體發生碰撞、爆炸、打擊的瞬間可忽略物體的位移.可以認為物體在碰撞、爆炸、打擊前后在同一位置.
(3)能量的特點
爆炸過程系統的動能增加,而碰撞、打擊過程系統的動能不會增加,可能減少,也可能不變.
示例　以初速度v0與水平方向成60°角斜向上拋出的手榴彈(空氣阻力不計),到達最高點時炸成質量分別是m和2m的兩塊彈片.爆炸后瞬間質量較大的一塊彈片沿著原來的水平方向以2v0的速度飛行.求:
(1)質量較小的另一塊彈片速度的大小和方向;
(2)爆炸過程中有多少化學能轉化為彈片的動能.
變式6 一質量為m的煙花彈獲得動能E后,從地面豎直升空.當煙花彈上升的速度為零時,彈中火藥爆炸將煙花彈炸為質量相等的兩部分,兩部分獲得的動能之和也為E,且均沿豎直方向運動.爆炸時間極短,重力加速度大小為g,不計空氣阻力和火藥的質量.求:
(1)煙花彈從地面開始上升到彈中火藥爆炸所經過的時間;
(2)爆炸后煙花彈向上運動的部分距地面的最大高度.
[反思感悟]

1.(反沖原理)運送人造地球衛星的火箭開始工作后,火箭做加速運動的原因是 (　)
A.燃料推動空氣,空氣的反作用力推動火箭
B.火箭發動機用力將燃料燃燒產生的氣體向后推出,氣體的反作用力推動火箭
C.火箭吸入空氣,然后向后排出,空氣對火箭的反作用力推動火箭
D.火箭燃料燃燒放熱,加熱周圍空氣,空氣膨脹推動火箭
2.(火箭原理)2021年5月15日,天問一號著陸巡視器成功著陸于火星,中國首次火星探測任務著陸火星取得圓滿成功.攜帶火星車的著陸器與環繞器分離后,最后階段利用反推火箭在火星表面實現軟著陸,設著陸器總質量為M,極短時間內瞬間噴射的燃氣質量是m,為使著陸器經一次瞬間噴射燃氣后,其下落的速率從v0減為v,需要瞬間噴出的燃氣速率約為 (　)
A.v0-v B.(v0-v)
C.(v0-v)+v D.
3.(人船模型) [2022·義烏中學月考] 如圖所示,光滑地面上有一質量為M的足夠長木板ab,一質量為m的人站在木板的a端,關于人由靜止開始至運動到木板的b端(M、N表示地面上原a、b對應的點),則如圖所示中正確的是 (　)
A　　B
C　　D
4.(爆炸模型)[2022·臺州一中月考] 節假日,某游樂場在確保安全的情況下燃放爆竹.工作人員點燃一質量為m=0.3 kg的爆竹,在t=0.01 s時間內爆竹發生第一次爆炸向下高速噴出少量高壓氣體(此過程爆竹位移可以忽略),然后被豎直發射到距地面H=20 m的最高處,此時剩余火藥發生第二次爆炸,將爆竹炸成兩部分,其中一部分的質量為m1=0.2 kg,以速度v1=20 m/s向東水平飛出,第二次爆炸時間極短,重力加速度g取10 m/s2,不計空氣阻力和火藥的質量.求:
(1)第一次火藥爆炸,爆竹動量變化量的大小;
(2)第一次火藥爆炸過程中高壓氣體對爆竹平均作用力的大小;
(3)第二次火藥爆炸后爆竹兩部分落地點間距x的大小.

答案
[教材鏈接] (1)內力　相反　(2)①內力　②動量守恒定律
例1　B　[解析] 烏賊噴水前行、火箭噴氣升空、飛機噴氣加速都是利用了反沖原理,而電風扇吹風不是反沖,故選B.
變式1　B　[解析] 火炮車水平勻速行駛時,水平方向上所受外力為零,系統動量守恒,設向右為正方向,炮彈發射前系統的動量之和為Mv1,發射后系統的動量之和為(M-m)v2+m(v0+v2),由Mv1=(M-m)v2+m(v0+v2),解得v0=-v2=,選項B正確,A、C、D錯誤.
變式2　C　[解析] 放出質量為m的粒子后,剩余質量為(M-m),該過程動量守恒,有mv0=(M-m)v,放出的粒子的動能為E0=m,原子核反沖的動能Ek=(M-m)v2,聯立解得Ek=E0,故A、B、D錯誤,C正確.
[教材鏈接] (1)反沖　速度　(2)②越大　越大
例2　2 m/s
[解析] 方法一:噴出氣體的運動方向與火箭運動的方向相反,系統動量守恒.
第一次氣體噴出后,設火箭速度為v1,有
(M-m)v1-mv=0
解得v1=
第二次氣體噴出后,設火箭速度為v2,有
(M-2m)v2-mv=(M-m)v1
解得v2=
第三次氣體噴出后,設火箭速度為v3,有
(M-3m)v3-mv=(M-2m)v2
解得v3== m/s≈2 m/s
方法二:設噴出三次氣體后火箭的速度為v'3,以火箭和三次噴出的氣體為研究對象,根據動量守恒定律得
(M-3m)v3-3mv=0
解得v3=≈2 m/s
變式3　D　[解析] 火箭的推力來源于向下噴出的水對它的反作用力,故A錯誤;水噴出的過程中,瓶內氣體做功,火箭及水的機械能不守恒,故B錯誤;在水噴出后的瞬間,火箭獲得的速度最大,由動量守恒定律有(M-m)v-mv0=0,解得v=,故C錯誤;水噴出后,火箭做豎直上拋運動,有v2=2gh,解得h=,故D正確.
[物理建模] “人船模型”是由人和船兩個物體構成的系統,該系統在人和船相互作用下各自運動,運動過程中該系統所受到的合外力為零,即人和船組成的系統在運動過程中動量守恒.
由系統動量守恒得m v1=Mv2
mv1t=Mv2t
mx人=Mx船
x人+ x船=L
結論:x人=L,x船=L
例3　C　[解析] 設該同學在時間t內從船尾走到船頭,由動量守恒定律知,人、船在該時間內的平均動量大小相等,即m=M,又知x人=L-d,解得M=,故選項C正確.
變式4　h
[解析] 對人和氣球組成的系統,合外力為0,系統動量守恒,取豎直向上為正方向.
由系統動量守恒mv1=Mv2,得mh=Mx
且x+h=L,則L=h.
變式5　C　[解析] 設某時刻小球的速度大小為v1,大球的速度大小為v2,大球的位移大小為x,小球相對于水平面的水平位移大小為R-x,取水平向左為正方向,根據系統水平方向動量守恒得2mv2-mv1=0,兩邊均乘以t,有2mv2t-mv1t=0,則2mx-m(R-x)=0,解得x=,故C正確.
素養提升
示例　(1)大小為2.5v0,方向與原來的速度方向相反
(2)6.75m
[解析] (1)斜拋的手榴彈在水平方向上做勻速直線運動,在最高點處爆炸前的速度v=v0cos 60°=v0,設v的方
向為正方向,如圖所示,由動量守恒定律得3mv=2mv1+mv2,其中爆炸后大塊彈片速度v1=2v0,小塊彈片的速度v2=-2.5v0,“-”號表示v2的方向與爆炸前速度方向相反.
(2)爆炸過程中轉化為動能的化學能等于系統動能的增量.
ΔEk=×2m+m-(3m)v2=6.75m.
變式6　(1)　(2)
[解析] (1)設煙花彈上升的初速度為v0,由題給條件有
E=m①
設煙花彈從地面開始上升到火藥爆炸所用的時間為t,由運動學公式有0-v0=-gt②
聯立①②式得t=③
(2)設爆炸時煙花彈距地面的高度為h1,由機械能守恒定律有E=mgh1④
火藥爆炸后,煙花彈上、下兩部分均沿豎直方向運動,設爆炸后瞬間其速度分別為v1和v2.由題給條件和動量守恒定律有m+m=E⑤
mv1-mv2=0⑥
由⑥式知,煙花彈兩部分的速度方向相反,向上運動部分做豎直上拋運動.設爆炸后煙花彈上部分繼續上升的高度為h2,由機械能守恒定律有
m=mgh2⑦
聯立④⑤⑥⑦式得,煙花彈向上運動部分距地面的最大高度為h=h1+h2=
隨堂鞏固
1.B　[解析] 火箭是利用反沖現象,火箭燃料燃燒產生的高溫高壓燃氣從尾噴管迅速噴出使火箭獲得反沖速度,故選項B正確.
2.C　[解析] 噴射燃氣的過程動量守恒,有Mv0=(M-m)v+mv',解得v'=(v0-v)+v,故選C.
3.D　[解析] 根據動量守恒可知,人向右運動時,木板向左運動,因此人到達木板的右端b時,b一定位于N點的左側,由于人向右運動,因此人始終位于M點的右側,到達b端時,b端一定位于M點的右側,故選D.
4.(1)6.0 kg·m/s　(2)603 N　(3)120 m
[解析] (1)由勻變速直線運動公式可知
v==20 m/s,Δp=mv-0=6.0 kg·m/s
(2)對爆竹根據動量定理得
(F-mg)t=mv-0
解得F=603 N
(3)由水平方向動量守恒有m1v1=m2v2
得v2=40 m/s,方向水平向西
兩部分下落的時間相等均為t==2 s
所以x=(v2+v1)t=120 m

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