1-6反沖現(xiàn)象-火箭(人教版2019選擇性必修第一冊)(解析版)

第一章動量守恒定律第6節(jié)反沖現(xiàn)象火箭重點+難點核心素養(yǎng)解讀1.了解反沖運動的概念及反沖運動的一些應用。2.知道反沖運動的原理。3.掌握應用動量守恒定律解決反沖運動問題。4.了解火箭的工作原理及決定火箭最終速度大小的因素。5.會利用反沖運動原理分析“人船模型”問題。1.物理觀念：反沖的概念和原理。2.科學探究：探究火箭的最終速度大小的決定因素知識點一反沖現(xiàn)象1．定義一個靜止的物體在內(nèi)力的作用下分裂為兩部分，一部分向某個方向運動，另一部分必然向相反的方向運動的現(xiàn)象．2．規(guī)律：反沖運動中，相互作用力一般較大，滿足動量守恒定律．3．反沖現(xiàn)象的應用及防止(1)應用：農(nóng)田、園林的噴灌裝置利用反沖使水從噴口噴出時，一邊噴水一邊旋轉(zhuǎn)．(2)防止：用槍射擊時，由于槍身的反沖會影響射擊的準確性，所以用槍射擊時要把槍身抵在肩部，以減少反沖的影響．知識點二火箭1．工作原理：噴氣式飛機和火箭的飛行應用了反沖的原理，它們靠噴出氣流的反沖作用而獲得巨大的速度．2．決定火箭增加的速度Δv的因素(1)火箭噴出的燃氣相對噴氣前火箭的速度．(2)火箭噴出燃氣的質(zhì)量與火箭本身質(zhì)量之比．易錯易混點一反沖運動的理解和應用易錯易混點1.1對反沖運動的本質(zhì)認識不清。例1．如圖略不計)(1)若橡皮塞噴出時獲得的水平速度v＝2.9m/s，求小車的反沖速度；(2)若橡皮塞噴出時速度大小不變，方向與水平方向成60°角，求小車的反沖速度．(小車一直在水平方向運動)【答案】(1)0.1m/s，方向與橡皮塞運動的水平分運動方向相反(2)0.05m/s，方向與橡皮塞水平運動的方向相反【解析】(1)小車和橡皮塞組成的系統(tǒng)所受外力之和為零，系統(tǒng)總動量為零．以橡皮塞運動的方向為正方向根據(jù)動量守恒定律，mv＋(M－m)v′＝0v′＝－eq\f(m,M－m)v＝－eq\f(0.1,3－0.1)×2.9m/s＝－0.1m/s負號表示小車運動方向與橡皮塞水平運動的方向相反，反沖速度大小是0.1m/s.(2)小車和橡皮塞組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒．以橡皮塞運動的水平分運動方向為正方向，有mvcos60°＋(M－m)v″＝0v″＝－eq\f(mvcos60°,M－m)＝－eq\f(0.1×2.9×0.5,3－0.1)m/s＝－0.05m/s負號表示小車運動方向與橡皮塞運動的水平分運動方向相反，反沖速度大小是0.05m/s.易錯易混點1.1剖析1．反沖運動的三個特點(1)物體的不同部分在內(nèi)力作用下向相反方向運動．(2)反沖運動中，相互作用的內(nèi)力一般情況下遠大于外力或在某一方向上內(nèi)力遠大于外力，所以兩部分組成的系統(tǒng)動量守恒或在某一方向動量守恒．(3)反沖運動中，由于有其他形式的能轉(zhuǎn)化為機械能，所以系統(tǒng)的機械能增加．2．討論反沖運動應注意的兩個問題(1)速度的方向性：對于原來靜止的整體，可任意規(guī)定某一部分的運動方向為正方向，則反方向的另一部分的速度就要取負值．(2)速度的相對性：反沖問題中，若已知相互作用的兩物體的相對速度，應先將相對速度轉(zhuǎn)換成相對地面的速度，再列動量守恒方程．易錯易混點二火箭的工作原理易錯易混點2.1對火箭的工作原理認識不夠清晰例2．一火箭噴氣式發(fā)動機每次噴出m＝200g的氣體，氣體離開發(fā)動機噴出時的速度v＝1000m/s(相對地面)，設火箭質(zhì)量M＝300kg，發(fā)動機每秒噴氣20次。求當經(jīng)過三次氣體噴出后，火箭的速度。【答案】2m/s【解析】法一噴出氣體的運動方向與火箭的運動方向相反，系統(tǒng)動量守恒。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)第二次氣體噴出后，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)v2所以v3＝eq\f(3mv,M－3m)＝eq\f(3×0.2×1000,300－3×0.2)m/s≈2m/s。法二選取整體為研究對象，運用動量守恒定律求解。設噴出三次氣體后火箭的速度為v3，以火箭和噴出的三次氣體為研究對象，據(jù)動量守恒定律，得(M－3m)v3－3mv＝0，所以v3＝eq\f(3mv,M－3m)≈2m/s。易錯易混點2.1剖析1．火箭噴氣屬于反沖類問題，是動量守恒定律的重要應用．2．分析火箭類問題應注意的三個問題(1)火箭在運動過程中，隨著燃料的燃燒，火箭本身的質(zhì)量不斷減小，故在應用動量守恒定律時，必須取在同一相互作用時間內(nèi)的火箭和噴出的氣體為研究對象．注意反沖前、后各物體質(zhì)量的變化．(2)明確兩部分物體初、末狀態(tài)的速度的參考系是否為同一參考系，如果不是同一參考系要設法予以轉(zhuǎn)換，一般情況要轉(zhuǎn)換成對地的速度．(3)列方程時要注意初、末狀態(tài)動量的方向．易錯易混點三反沖運動的應用——“人船模型”易錯易混點3.1對人船模型認識不清晰例3.有一只小船停在靜水中，船上一人從船頭走到船尾．如果人的質(zhì)量m＝60kg，船的質(zhì)量M＝120kg，船長為l＝3m，則船在水中移動的距離是多少？(水的阻力不計)【答案】1m【解析】人在船上走時，由于人、船組成的系統(tǒng)所受合外力為零，總動量守恒，因此系統(tǒng)的平均動量也守恒，如圖所示．設人從船頭到船尾的時間為t，在這段時間內(nèi)船后退的距離為x，人相對地面運動的距離為l－x，選船后退方向為正方向，由動量守恒有：Meq\f(x,t)－meq\f(l－x,t)＝0所以x＝eq\f(m,M＋m)l＝eq\f(60,120＋60)×3m＝1m.易錯易混點3.1剖析1．“人船模型”問題兩個原來靜止的物體發(fā)生相互作用時，若所受外力的矢量和為零，則動量守恒．2．人船模型的特點(1)兩物體滿足動量守恒定律：m1eq\x\to(v)1－m2eq\x\to(v)2＝0.(2)運動特點：人動船動，人停船停，人快船快，人慢船慢，人左船右，人、船位移比等于它們質(zhì)量的反比，即eq\f(x1,x2)＝eq\f(m2,m1).3.方法推廣：原來靜止的系統(tǒng)在某一個方向上動量守恒，運動過程中，在該方向上速度方向相反，也可應用處理人船模型問題的思路來處理。例如，小球沿弧形槽滑下，求弧形槽移動距離的問題。針對訓練1．關于反沖運動現(xiàn)象下列說法錯誤的是（）A．用槍射擊時子彈向前飛去，槍身向后運動B．農(nóng)田、園林的噴灌裝置、依靠反沖運動運作C．火箭的運動屬于反沖現(xiàn)象D．兩個物體互相碰撞時，會出現(xiàn)反沖運動【答案】D【解析】A．反沖現(xiàn)象是一個物體分裂成兩部分，兩部分朝相反的方向運動，用槍射擊時子彈向前飛去，槍身向后運動，A正確，不符合題意；B．農(nóng)田、園林的噴灌裝置、依靠反沖運動運作，B正確，不符合題意；C．火箭高速向下噴射氣體，火箭獲得相反的速度，火箭的運動屬于反沖現(xiàn)象，C正確，不符合題意；D．兩個物體互相碰撞時，滿足動量守恒，但不屬于反沖運動，D錯誤，符合題意。故選D。2．滑板運動是年輕人喜愛的一種運動。如圖所示，質(zhì)量為的年輕人站在質(zhì)量為的滑板上，年輕人和滑板都處于靜止狀態(tài)，年輕人沿水平方向向前躍出，離開滑板的速度為v=1m/s。不考慮滑板與地面之間的摩擦，此時滑板的速度大小是（）A． B．10m/s C． D．【答案】B【解析】不考慮滑板與地面之間的摩擦，對于年輕人和滑板構成的系統(tǒng)動量守恒，取年輕人沿水平方向向前躍出的方向為正，設滑板的速度大小為，則解得故選B。3．一空船靜止于水面上，船后艙因有漏洞進水，堵住漏洞后用一水泵把后艙中的水抽往前艙，前后艙用隔板隔開，如圖所示。不計水的阻力，在抽水過程中船的運動情況是（）A．保持靜止 B．持續(xù)向前運動 C．持續(xù)向后運動 D．前后往復運動【答案】C【解析】不計水的阻力，則系統(tǒng)動量守恒，系統(tǒng)總動量為零，用一水泵把后艙的水抽往前艙，則水的重心前移，故船將向后運動（等效于人船模型）。故選C。4．如圖所示，小車靜止在光滑水平面上，小車AB段是半徑為R的四分之一光滑圓弧，BC段是長為L的水平粗糙軌道，兩段軌道相切于B點。一質(zhì)量為m的滑塊（視為質(zhì)點）在小車上從A點由靜止開始沿軌道滑下，然后滑入BC軌道，最后恰好停在C點，已知小車的質(zhì)量為2m，重力加速度大小為g，則下列說法正確的是（）A．滑塊運動過程中的最大速度為B．整個運動過程中，小車和滑塊組成的系統(tǒng)動量守恒C．整個運動過程中，小車的位移大小為D．滑塊與軌道BC間的動摩擦因數(shù)【答案】C【解析】A．當滑塊到達B點時速度最大，由水平方向動量守恒定律有此過程由機械能守恒定律有解得A錯誤；B．滑塊由A運動到B過程中，系統(tǒng)所受外力的合力不為0，系統(tǒng)在水平方向所受外力的合力為0，則小車和滑塊組成的系統(tǒng)動量不守恒，但是小車和滑塊組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，B錯誤；C．由水平方向動量守恒的位移表達式有又由于解得C正確；D．根據(jù)能量守恒定律可得解得D錯誤。故選C。5．生命在于運動，體育無處不在，運動無限精彩，如圖所示，質(zhì)量為450kg的小船靜止在水面上，質(zhì)量為50kg的人在甲板上立定跳遠的成績?yōu)?m，不計空氣和水的阻力，下列說法正確的是（）A．人在甲板上散步時，船保持靜止B．人在立定跳遠的過程中船保持靜止C．人在立定跳遠的過程中船后退了0.4mD．若人在地面上立定跳遠，其最好成績一定超過1.8m【答案】D【解析】AB．根據(jù)動量守恒定律，人動船也動，則當人在甲板上散步時，船將運動；人在立定跳遠的過程中船也將運動，AB錯誤；C．根據(jù)人船模型動量守恒有代入已知量解得人在立定跳遠的過程中船后退了0.2m，C錯誤；D．人在船上跳遠時，相對地面的成績?yōu)椋蝗嗽诖咸h時，人釋放的能量等于人和船的動能，當人在地面上跳遠時，人釋放的能量全部轉(zhuǎn)化為人的動能，則人在地面上立定跳遠，其最好成績一定超過1.8m，D正確。故選D。6．在光滑的水平面上有靜止的物體A和B，物體A的質(zhì)量是B的2倍，兩物體與中間用細繩束縛的處于壓縮狀態(tài)的輕質(zhì)彈簧相連。當把細繩剪斷，彈簧在恢復原長的過程中（）A．A的速率是B的2倍 B．A的動量大小大于B的動量大小C．A受到的合外力大于B受到的合外力 D．A、B組成的系統(tǒng)的總動量為零【答案】D【解析】ABD．根據(jù)題意可知，彈簧在恢復原長的過程中，兩物體與彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒，規(guī)定水平向左為正方向，則有即由于物體A的質(zhì)量是B的2倍，故A的速率是B的，故AB錯誤，D正確；C．A、B受到的合外力大小均等于彈簧彈力，故C錯誤。故選D。7．質(zhì)量均為的A、B兩船靜止在平靜的湖面上，最初靜止在A船中質(zhì)量為的人，以對地的水平速度從A船跳到B船，再從B船跳到A船……，經(jīng)次跳躍后，人停在B船上。不計水的阻力，則（）A．A船和B船（包括人）速度大小之比為B．A船和B船（包括人）動量大小之比為C．A船和B船（包括人）動能之比為D．A船和B船（包括人）動能之比為【答案】BC【解析】AB．整個過程中，人和兩船組成的系統(tǒng)動量守恒，A船和B船（包括人）動量大小之比為,故經(jīng)次跳躍后，有所以故A錯誤B正確；CD．根據(jù)因為聯(lián)立求得故C正確，D錯誤。故選BC。8．如圖所示，一個夾層中空質(zhì)量為m的圓柱形零件內(nèi)部放有一個略比夾層寬度小一點質(zhì)量也為m的小圓柱體，初始時小圓柱體位于大圓柱夾層的頂部，此時大圓柱體與地面的接觸位置為A點，如甲圖所示，現(xiàn)小圓柱體受到微小的擾動，從頂部滾下，截面圖如乙圖所示，忽略一切接觸部位的摩擦，以下說法中正確的是（）A．小圓柱體下落到最低點時，大圓柱體與小圓柱體速度相同B．小圓柱體會再次到達頂部，此時大圓柱體與地面的接觸位置在A點右側(cè)C．小圓柱體會再次到達頂部，此時大圓柱體與地面的接觸位置在A點左側(cè)D．小圓柱體再次回到頂部的過程中，大圓柱體與小圓柱系統(tǒng)機械能守恒【答案】D【解析】A．小圓柱體下落到最低點時，根據(jù)動量守恒定律，大圓柱體與小圓柱體速度大小相等方向相反，A錯誤；BC．小圓柱體會再次到達頂部，根據(jù)“人船模型”，此時大圓柱體與地面的接觸位置一定在A點，否則違反動量守恒定律，BC錯誤；D．小圓柱體再次回到頂部的過程中，只有動能和重力勢能相互轉(zhuǎn)化，大圓柱體與小圓柱系統(tǒng)機械能守恒，D正確。故選D。9．（多選）如圖所示，繩長為l，小球質(zhì)量為m1，小車質(zhì)量為m2，將小球向右拉至水平后放手，則（水平面光滑）（

）A．系統(tǒng)的總動量守恒B．水平方向任意時刻小球與小車的動量等大反向C．小球不能向左擺到原高度D．小車向右移動的最大距離為【答案】BD【解析】AB．根據(jù)題意可知，系統(tǒng)只是在水平方向所受的合力為零，豎直方向的合力不為零，故水平方向的動量守恒，而總動量不守恒，即水平方向任意時刻小球與小車的動量等大反向，A錯誤、B正確；C．以小球和小車組成的系統(tǒng)，只有重力做功，系統(tǒng)機械能守恒，且小球和小車水平方向的合動量為零，當小球的速度為零時、小車的速度也為零，所以小球能向左擺到原高度，C錯誤；D．小球與小車組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，初始時總動量為0，設小車向右運動的最大距離為x，則小球向左運動的位移為2l-x；取向右為正方向，根據(jù)水平方向平均動量守恒有可得D正確。故選BD。10．（多選）如圖所示，滑塊和小球的質(zhì)量分別為M、m?；瑝K可在水平放置的光滑固定導軌上自由滑動，小球與滑塊上的懸點O由一不可伸長的輕繩相連，輕繩長為L，重力加速度為g。開始時，輕繩處于水平拉直狀態(tài)，小球和滑塊均靜止?，F(xiàn)將小球由靜止釋放，下列說法正確的是（）。A．滑塊和小球組成的系統(tǒng)動量守恒B．滑塊和小球組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒C．滑塊的最大速率為D．滑塊向右移動的最大位移為【答案】BCD【解析】A．小球下擺過程中豎直方向有分加速度，系統(tǒng)的合外力不為零，因此系統(tǒng)動量不守恒，A錯誤；B．繩子上拉力屬于內(nèi)力，系統(tǒng)在水平方向不受外力作用，因此系統(tǒng)水平方向動量守恒，B正確；C．當小球落到最低點時，只有水平方向速度，此時小球和滑塊的速度均達到最大，取水平向右為正方向，系統(tǒng)水平方向動量守恒有由系統(tǒng)機械能守恒有解得滑塊的最大速率C正確；D．設滑塊向右移動的最大位移為x，根據(jù)水平動量守恒得解得D正確；故選BCD。11．（多選）光滑水平面上放有一上表面光滑、傾角為α的斜面體A，斜面體質(zhì)量為M、底邊長為L，如圖所示。將一質(zhì)量為m、可視為質(zhì)點的滑塊B從斜面的頂端由靜止釋放，滑塊B經(jīng)過時間t剛好滑到斜面底端。此過程中斜面對滑塊的支持力大小為FN，則下列說法中正確的是（）A．FN=mgcosαB．滑塊下滑過程中支持力對B的沖量大小為FNtC．滑塊B下滑的過程中A、B組成的系統(tǒng)動量守恒D．此過程中斜面體向左滑動的距離為【答案】BD【解析】A．當滑塊B相對于斜面加速下滑時，斜面A水平向左加速運動，所以滑塊B相對于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即沿垂直于斜面方向的合外力不再為零，所以斜面對滑塊的支持力FN不等于mgcosα，A錯誤；B．滑塊B下滑過程中支持力對B的沖量大小為FNt，B正確；C．由于滑塊B有豎直方向的分加速度，所以系統(tǒng)豎直方向合外力不為零，系統(tǒng)的動量不守恒，C錯誤；D．系統(tǒng)水平方向不受外力，水平方向動量守恒，設A、B兩者水平位移大小分別為x1、x2，則Mx1=mx2x1＋x2=L解得x1=D正確。故選BD。12．（多選）如圖所示，在某大學航天科普節(jié)活動中，某同學將靜置在地面上的質(zhì)量為M（含水）的自制“水火箭”釋放升空，在極短的時間內(nèi)，質(zhì)量為m的水以相對地面為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．火箭的上升的最大高度為D．火箭上升的時間【答案】CD【解析】A．根據(jù)牛頓第三定律可知，火箭的推力來源于向下噴出的水對火箭的反作用力，故A錯誤；B．水噴出的過程中，火箭內(nèi)的水做功，火箭及水的機械能不守恒，故B錯誤；C．火箭發(fā)射過程系統(tǒng)內(nèi)力遠大于外力，系統(tǒng)動量守恒，以噴出水的速度方向為正方向，由動量守恒定律得解得火箭的速度大小方向與v0的方向相反，豎直向上。火箭做豎直上拋運動，上升的最大高度故C正確；D．火箭上升的時間故D正確。故選CD。13．設有一質(zhì)量的火箭，架設于發(fā)射臺上，其噴出氣體對地的速度為。請估算它至少每秒噴出質(zhì)量為多少的氣體，才能讓火箭開始上升。如果要使火箭以的加速度上升，請估算它每秒應噴出多少氣體。（?。敬鸢浮?0kg；60kg【解析】設噴出氣體的質(zhì)量為，以為研究對象，它在時間內(nèi)速度由0增至，設火箭對它的作用力為F，由動量定理有得若要使火箭開始上升，則要求即即要使火箭開始上升，它至少每秒要噴出的氣體；若要使火箭以的加速度上升，取火箭為研究對象，由牛頓第二定律得再取噴出的氣體為研究對象，有可得要使火箭以的加速度上升，它至少每秒要噴出的氣