2025版新教材高中物理第1章動(dòng)量守恒定律6反沖現(xiàn)象火箭課內(nèi)探究新人教版選擇性必修第一冊

6．反沖現(xiàn)象火箭探究對反沖現(xiàn)象的理解要點(diǎn)提煉1.反沖運(yùn)動(dòng)的三個(gè)特點(diǎn)(1)物體的不同部分在內(nèi)力作用下向相反方向運(yùn)動(dòng)。(2)反沖運(yùn)動(dòng)中，相互作用的內(nèi)力一般狀況下遠(yuǎn)大于外力或在某一方向上內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，所以可以用動(dòng)量守恒定律或在某一方向上應(yīng)用動(dòng)量守恒定律來處理。(3)反沖運(yùn)動(dòng)中，由于有其他形式的能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，所以系統(tǒng)的總動(dòng)能增加。2．分析反沖運(yùn)動(dòng)應(yīng)留意的問題(1)速度的反向性問題對于原來靜止的整體，拋出部分具有速度時(shí)，剩余部分的反沖是相對于拋出部分來說的，兩者運(yùn)動(dòng)方向必定相反。在列動(dòng)量守恒方程時(shí)，可隨意規(guī)定某一部分的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较颍瑒t反方向的另一部分的速度應(yīng)取負(fù)值。(2)相對速度問題反沖運(yùn)動(dòng)的問題中，有時(shí)遇到的速度是相互作用的兩物體的相對速度。由于動(dòng)量守恒定律中要求速度為對同一參考系的速度，通常為對地的速度。因此應(yīng)先將相對速度轉(zhuǎn)換成對地的速度后，再列動(dòng)量守恒定律方程。(3)變質(zhì)量問題在反沖運(yùn)動(dòng)中還常遇到變質(zhì)量物體的運(yùn)動(dòng)，如在火箭的運(yùn)動(dòng)過程中，隨著燃料的消耗，火箭本身的質(zhì)量不斷減小，此時(shí)必需取火箭本身和在相互作用的短時(shí)間內(nèi)噴出的全部氣體為探討對象，取相互作用的這個(gè)過程為探討過程來進(jìn)行探討。典例剖析1．一輛平板車停在水平光滑的軌道上，平板車上有一人從固定在車上的貨廂邊沿水平跳出，落在平板車上的A點(diǎn)，A點(diǎn)到貨廂的水平距離為l＝4m，如圖所示。人的質(zhì)量為m，車連同貨廂的質(zhì)量為M＝4m，貨廂高度為h＝1.25m。(g取10m/s2)(1)求車在人跳出后到人落到A點(diǎn)期間的反沖速度的大小。(2)人落在A點(diǎn)并站定以后，車還運(yùn)動(dòng)嗎？車的位移是多少？解析：(1)人從貨廂邊沿跳下的過程，系統(tǒng)(人、車和貨廂)在水平方向上動(dòng)量守恒。設(shè)人的水平速度是v1，車的反沖速度的大小是v2，則mv1－Mv2＝0，得v2＝eq\f(1,4)v1，人跳下貨廂后做平拋運(yùn)動(dòng)，車以v2做勻速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t＝eq\r(\f(2h,g))＝0.5s，在這段時(shí)間內(nèi)人的水平位移x1和車的位移x2分別為x1＝v1t，x2＝v2t。由x1＋x2＝l得v1t＋v2t＝l，則v2＝eq\f(l,5t)＝eq\f(4,5×0.5)m/s＝1.6m/s。(2)設(shè)人落到車上后的共同速度為v，依據(jù)水平方向動(dòng)量守恒得：mv1－Mv2＝(M＋m)v，則v＝0。故人落到車上A點(diǎn)站定后車的速度為零。車的位移為x2＝v2t＝1.6×0.5m＝0.8m。答案：(1)1.6m/s(2)不運(yùn)動(dòng)，0.8m對點(diǎn)訓(xùn)練?質(zhì)量為m的炮彈沿水平方向飛行，其動(dòng)能為Ek，突然在空中爆炸成質(zhì)量相同的兩塊，其中一塊向后飛去，動(dòng)能為eq\f(Ek,2)，另一塊向前飛去，則向前的這塊的動(dòng)能為(B)A.eq\f(Ek,2) B．eq\f(9,2)EkC．eq\f(9,4)Ek D．eq\f(9＋4\r(2),2)Ek解析：炮彈起先時(shí)動(dòng)能Ek＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(\f(2Ek,m))，其中一塊動(dòng)能為eq\f(Ek,2)＝eq\f(1,2)×eq\f(m,2)veq\o\al(2,1)，解得v1＝eq\r(\f(2Ek,m))；依據(jù)動(dòng)量守恒定律得，mv＝－eq\f(m,2)v1＋eq\f(m,2)v2，解得v2＝3eq\r(\f(2Ek,m))，則動(dòng)能Ek′＝eq\f(1,2)×eq\f(m,2)veq\o\al(2,2)＝eq\f(9,2)Ek。故B正確。探究火箭的工作原理要點(diǎn)提煉1.工作原理火箭是利用了反沖原理，放射火箭時(shí)，尾管中噴射出的高速氣體有動(dòng)量，依據(jù)動(dòng)量守恒定律，火箭就獲得向上的動(dòng)量，從而向上飛去。即mΔv＋Δmu＝0解得Δv＝－eq\f(Δm,m)u2．分析火箭類問題應(yīng)留意的幾點(diǎn)(1)火箭在運(yùn)動(dòng)過程中，隨著燃料的燃燒，火箭本身的質(zhì)量不斷減小，故在應(yīng)用動(dòng)量守恒定律時(shí)，必需取在同一相互作用時(shí)間內(nèi)的火箭和噴出的氣體為探討對象。留意反沖前、后各物體質(zhì)量的變更。(2)明確兩部分物體初、末狀態(tài)的速度的參考系是不是同一參考系，假如不是同一參考系要設(shè)法予以調(diào)整，一般狀況要轉(zhuǎn)換成對地速度。(3)列方程時(shí)要留意初、末狀態(tài)動(dòng)量的方向。反沖物體速度的方向與原物體的運(yùn)動(dòng)方向是相反的。典例剖析2．一火箭噴氣發(fā)動(dòng)機(jī)每次噴出m＝200g的氣體，氣體離開發(fā)動(dòng)機(jī)噴出時(shí)的對地速度v＝1000m/s，設(shè)火箭質(zhì)量M＝300kg，發(fā)動(dòng)機(jī)每秒噴氣20次。(1)當(dāng)?shù)谌螝怏w噴出后，火箭的速度多大？(2)運(yùn)動(dòng)第1s末，火箭的速度多大？解析：方法一：噴出氣體運(yùn)動(dòng)方向與火箭運(yùn)動(dòng)方向相反，系統(tǒng)動(dòng)量守恒。第一次氣體噴出后，火箭速度為v1，有(M－m)v1－mv＝0，所以v1＝eq\f(mv,M－m)。其次次氣體噴出后，火箭速度為v2，有(M－2m)v2－mv＝(M－m)v1所以v2＝eq\f(2mv,M－2m)。第三次氣體噴出后，火箭速度為v3，有(M－3m)v3－mv＝(M－2m)v所以v3＝eq\f(3mv,M－3m)＝eq\f(3×0.2×1000,300－3×0.2)m/s≈2m/s。依次類推，第n次氣體噴出后，火箭速度為vn，有(M－nm)vn－mv＝[M－(n－1)m]vn－1，所以vn＝eq\f(nmv,M－nm)，因?yàn)槊棵雵姎?0次，所以1s末火箭速度為v20＝eq\f(20mv,M－20m)＝eq\f(20×0.2×1000,300－20×0.2)m/s≈13.5m/s。方法二：整體選取探討對象，運(yùn)用動(dòng)量守恒定律求解(1)設(shè)噴出三次氣體后火箭的速度為v3，以火箭和三次噴出的氣體為探討對象，據(jù)動(dòng)量守恒定律得：(M－3m)v3－3mv所以v3＝eq\f(3mv,M－3m)≈2m/s。(2)以火箭和20次噴出的氣體為探討對象(M－20m)v20－20mv所以v20＝eq\f(20mv,M－20m)≈13.5m/s。答案：(1)2m/s(2)13.5m/s對點(diǎn)訓(xùn)練?將靜置在地面上、質(zhì)量為M(含燃料)的火箭模型點(diǎn)火，在極短時(shí)間內(nèi)以相對地面的速度v0豎直向下噴出質(zhì)量為m的炙熱氣體。忽視噴氣過程重力和空氣阻力的影響，則噴氣結(jié)束時(shí)火箭模型獲得的速度大小是(D)A.eq\f(m,M)v0 B．eq\f(M,m)v0C.eq\f(M,M－m)v0 D．eq\f(m,M－m)v0解析：取豎直向下為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：0＝mv0－(M－m)v，解得v＝eq\f(m,M－m)v0，選項(xiàng)D正確。探究人船模型要點(diǎn)提煉1.“人船模型”問題的特征兩個(gè)原來靜止的物體發(fā)生相互作用時(shí)，若所受外力的矢量和為零，則動(dòng)量守恒。在相互作用的過程中，任一時(shí)刻兩物體的速度大小之比等于質(zhì)量的反比。這樣的問題歸為“人船模型”問題。2．處理“人船模型”問題的關(guān)鍵(1)利用動(dòng)量守恒，確定兩物體速度關(guān)系，再確定兩物體通過的位移的關(guān)系。由于動(dòng)量守恒，所以任一時(shí)刻系統(tǒng)的總動(dòng)量為零，動(dòng)量守恒式可寫成m1v1＝m2v2的形式(v1、v2為兩物體的瞬時(shí)速率)，表明隨意時(shí)刻的瞬時(shí)速率都與各物體的質(zhì)量成反比。所以全過程的平均速度也與質(zhì)量成反比。進(jìn)而可得兩物體的位移大小與各物體的質(zhì)量成反比，即eq\f(x1,x2)＝eq\f(m2,m1)。(2)解題時(shí)要畫出各物體的位移關(guān)系草圖，找出各長度間的關(guān)系。(3)適用條件“人船模型”是利用平均動(dòng)量守恒求解的一類問題。適用條件是：①系統(tǒng)由兩個(gè)物體組成且相互作用前靜止，系統(tǒng)總動(dòng)量守恒。②在系統(tǒng)內(nèi)發(fā)生相對運(yùn)動(dòng)的過程中至少有一個(gè)方向的動(dòng)量守恒，留意兩物體的位移是相對同一參考系的位移。典例剖析3．如圖所示，長為L、質(zhì)量為M的船停在靜水中，一個(gè)質(zhì)量為m的人(可視為質(zhì)點(diǎn))站在船頭，在人從船頭走到船尾的過程中，人與船相對地的位移大小分別為多少？(忽視水對船的阻力)解析：選人和船為一系統(tǒng)，由于系統(tǒng)在水平方向不受外力作用，所以系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒，設(shè)某一時(shí)刻人的對地速度為v，船的速度大小為v′，選人的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得mv－Mv′＝0。在人與船相互作用的過程中，上式始終成立，不難想到，船的運(yùn)動(dòng)受人運(yùn)動(dòng)的制約，當(dāng)人加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，船亦加速運(yùn)動(dòng)；當(dāng)人勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，船亦勻速運(yùn)動(dòng)；當(dāng)人停止運(yùn)動(dòng)時(shí)，船也停止運(yùn)動(dòng)，設(shè)人從船頭到船尾的過程中，人的對地位移大小為x1，船的對地位移大小為x2，所以eq\f(x1,x2)＝eq\f(v,v′)＝eq\f(M,m)，又從圖可見x1＋x2＝L，聯(lián)立三式可解得x1＝eq\f(M,M＋m)L，x2＝eq\f(m,M＋m)L。答案：eq\f(M,M＋m)Leq\f(m,M＋m)L點(diǎn)評：在人船模型中，某物體位移易誤認(rèn)為相對另一物體的位移，在解題中要留意。類“人船模型”以下幾種情形皆可類比“人船模型”分析。圖甲：光滑水平面上有一靜止的質(zhì)量為M的槽，槽內(nèi)截面是半徑為R的光滑半圓，當(dāng)質(zhì)量為m的球自A點(diǎn)由靜止釋放后，系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒。1．球到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)，槽移動(dòng)的距離x＝eq\f(mR,M＋m)，此時(shí)球和槽的速度皆最大。2．球到達(dá)另一側(cè)等高處時(shí)，槽移動(dòng)的距離x＝eq\f(2mR,M＋m)，此時(shí)球和槽的速度皆為0。圖乙、丙、丁：分析思路同甲，都是水平方向動(dòng)量守恒。留意：要明確水平方向的相對位移的大小。如圖乙、丙、丁中水平方向的相對位移分別為2L(球擺到最左端)、