2022-2023学年高二上学期物理人教版（2019）选择性必修第一册1.6 反冲现象和火箭 课件(共36张PPT)

(共36张PPT)
第一章 动量守恒定律
1.6 反冲现象 火箭
发动机喷口向下水时，为什么人能够腾空而起？有时还能悬停在空中？
力学解释：
动量解释：
装置对喷出的水施加向下的力，根据牛顿第三定律，喷出的水对人和装置一个向上的作用力。
启动时，作用力远大于重力，人和装置获得很大的加速度迅速腾空而起。
稳定时，作用力等于重力，能够悬停在空中。
启动时，人、装置、管中的水构成的系统是静止的，初动量为0。系统内力远大于外力，系统动量守恒，水向下喷出，人和装置必然向上运动。
2．特点：
（1）初动量为零
（2）物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动；
（3）系统合外力可忽略，系统动量守恒或某方向动量守恒
一、反冲运动
1、定义：一个静止的物体在内力的作用下分裂为两个部分，一部分向某方向运动，另一部分必然向相反方向运动。这个现象叫做反冲。
负号表示两部分物体运动方向相反
（4）有其他形式的能转化成动能，系统总动能增加。
0=m1 v1 +m 2v2
3.生活中的反冲现象
灌溉喷水器是利用反冲原理设计的一种自动灌溉装置，转动方向与水的喷射方向相反,水的前进导致管的后退，弯管就旋转起来。
自动喷水灌溉
（1）反冲的利用
战斗机起飞时，飞机向后喷气，飞机向前飞行。
起飞的喷气式飞机
中国新型履带式自行榴弹炮炮车的止退犁和两个液压缓冲器，都是为了在火炮连射时对炮车的反冲起到“止退”作用，从而提高命中精度。
炮车的止退犁和液压缓冲器
（2）反冲的防止
射击时，子弹向前飞出，由于反冲，枪身向后运动，为提高射击精度，必须用肩膀顶住枪托，枪托制动时对肩膀产生向后的冲击力，因此肩膀会感到痛。
枪弹射击训练
【例题1】机关枪重8Kg，射出的子弹质量为20g，若子弹水平射出的速度为1000m/s，求（1）机枪的后退速度v'是多大？（2）若机枪在0.1s的时间里迅速制动，则机枪对人的冲击力多大？
解：（1）取子弹的速度方向为正方向，
由动量守恒定律得：0=m v +M v'
v' = - ( m / M ) v
=-2.5m/s
（2）对机枪根据动量定理有：
Ft=0-mv'
得F=mv/t=200N
【例题2】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
mg
f
FN
解：受力分析可知炮弹发射时，炮弹和炮车系统水平方向动量守恒：
即m2v0cosθ +(m1-m2)v =0
得： v =- m2v0cosθ/(m1-m2)
审题不仔细，易错为： v =- m2v0cosθ/m1
理解不到位，易错为： v =- m2v0/(m1-m2)
F内
F’内
二、火箭
2.动量解释：
燃气高速向后喷出，火箭由于反冲向前运动。
1力学解释：
火箭对燃气(不是火箭对空气）施加向下的推力F’使燃气向下喷出；燃气对箭体(不是空气对箭体）产生向上推力F使箭体向上加速。
燃料的动量变化率
推力和火箭总质量比：推重比
火箭发射前箭体总质量M, 燃气全部燃烧完毕后箭体质量为m，火箭燃气的喷射速度大小为V0，则火箭最后获得的速度V为多大？（重力可忽略）
重力可忽略时，火箭发射过程中动量守恒。
由动量守恒得：0= mV -(M-m)V0
【注意】实际火箭发射过程中，推重比1.5g～3g,推力稍大于重力，但实际应用时，没对重力作特别说明，重力一般忽略不计。系统动量守恒
火箭最终飞行速度推导：
（3）多级火箭推进技术：一般不会超过4级，每级燃料用完后把燃料壳体抛弃，从而实现减小无效质量，增大质量比这样理论上火箭速度可以提的很高。
4.提高火箭飞行速度的措施
（1）提高燃料喷射的速度（2000m/s～5000m/s)：
（2）增大火箭的质量比：（需要保证自身强度）
1
3
第1级火箭
第2级火箭
第3级火箭
有效负荷
动力系统
制导与控制系统
3.火箭飞行最终速度：
（1）M/m:火箭起飞前总质量与燃料燃尽时的火箭
壳体之比，称质量比。
（2）v0:燃料喷射速度
结论：质量比越大、喷气速度越大，则火箭速度越大
【例题1】一火箭喷气发动机每次喷出m＝300 g的气体，气体离开发动机时喷出的速度v＝1000 m/s，设火箭总质量M＝300 kg，发动机每秒喷气20次，求：(1)当第1次气体喷出后，火箭的速度多大？
(2)运动第1 s末，火箭的速度多大？
【注意】火箭喷气速度不变时，连续n次的逐次喷射Δm，全程动量守恒，其效果和一次喷射nΔm的效果相同，不需要逐次计算。
题型1连续反冲问题
解：（1）第一次喷气过程系统动量守恒：
即mv +(M-m)v’ =0
得： v’ =- mv/(M-m)≈- mv/M=1m/s
（2）持续喷气1s
即连续喷气20次过程中系统动量守恒即
nmv +(M-nm)v’ =0
得： v’ =- nmv/(M-nm)≈- nmv/M=20m/s
【例题】一玩具机器人手持一小球站在一辆静止在光滑水平面上的小车上。小车和玩具机器人的总质量为2kg，小球质量为2kg。当机器人以相对小车为2m/s的速度水平向右抛出小球，求抛出小球后小车的速度
v
题型2反冲过程中的参考系问题
解:设人对地抛球速度为v，抛出小球后小车速度为v’
则v-v’=2m/s ①
抛出小球过程系统水平方向动量守恒：
mv +Mv’ =0 ②
联解①②得v’=-1m/s
易错为v=2m/s,抛出小球过程系统水平方向动量守恒：
即mv +Mv’ =0 得： v’ =- mv/M=-2m/s
动量守恒求解反冲问题（特别是字母类型问题）（1）要统一正方向
（2）要注意统一参考系
vA相对B= vA - vB
【变式训练】总质量为M的火箭以速度v0飞行，当质量为m的燃料相对火箭以速度u向后喷出后，求喷气后火箭的速度大小为
解：喷气过程系统动量守恒：Mv0 =mv汽+(M-m)v箭 ①
以v0为正方向，则燃料相对火箭喷出的速度为-u（注意负号）：
设燃料对地喷出速度为v汽（注意是对地速度，不是-u）
燃料喷出时火箭速度为v箭（注意喷气后速度已发生变化，不是v0）
则燃料相对火箭喷出速度为-u为：-u=v汽-v箭 ②
②代入①式得：Mv0 =m(v箭-u)+(M-m)v箭
得： v箭 =(Mv0+mu)/M
易错(1):u=v汽-v箭 ②
易错(2):-u=v汽 ②
易错(3):-u=v汽-v0 ②
【例题2】一宇航员连同装备的总质量M为100kg，在空间和飞船相距45m处相对飞船处于静止状态，他带有一个装有m0=0.5kg的氧气筒，氧气筒上有一个可以使氧气相对飞船以v0=50m/s的速度喷出的喷嘴，宇航员返回飞船时，向着反方向释放氧气可回到飞船上，同时又必须保留一部分氧气供他在返回飞船的途中呼吸，已知宇航员耗氧率Q=2.5×10-4kg/s,试问瞬间喷出多少氧气，宇航员才能安全返回飞船？(可忽略喷出氧气后宇航员和装备质量的变化）
题型3反冲的临界问题
已知：总质量M为100kg，相距45m，m0=0.5kg的氧气筒，氧气相对飞船以v0=50m/s，耗氧率Q=2.5×10-4kg/s,试问瞬间喷出多少氧气，宇航员才能安全返回飞船？(可忽略喷出氧气后宇航员和装备质量的变化）
解：设喷出质量为m的气体恰好能够安全返回：
m0-m=Qt ①
喷气后人相对飞船速度为v,则返回时间t=x/v ②
人和装备、气体系统动量守恒：
mv0 =(M-m)v ≈Mv ③
将③②代入①得 ：m2-0.5m+0.0225=0
所以 0.05kg≤m≤0.45kg
三、人船模型
水面阻力可忽略时：
人和船的速度方向和大小有何关系？
人和船的位移方向和大小有何关系？
从船头走到船尾过程，人和船的位移大小与船长有何关系？
静止在水面上的质量为M的小船，在船的最右端站有一质量为m的人，不计水的阻力，当人从最右端走到最左端的过程中，人和小船移动速度分别为v1、v2 ，人和船的位移分别为X1、X2，它们的关系如何？
（1）任意时刻人和船运动方向总相反
（2）任意时刻人和船移动的瞬时速度大小关系：mv1=Mv2
人、船系统合外力为零，系统动量守恒, 由于系统初动量为零，符合反冲原理，所以，
（3）任意时间人和船移动的平均速度大小关系：
（4）任意时间人和船移动的位移大小关系：mx1=Mx2
1.人、船运动瞬时快慢对应关系：mv1=Mv2
①人走、船行；②人停船停；③人慢船慢，人快船快。
2.位移大小关系：（平均速度的推论）
mx1-Mx2=0 ---①
x1+x2=L ---②
人船模型特点
即位移和质量成反比
【例题1】(多选)如图所示,甲、乙两车的质量均为M,静置在光滑的水平面上,两车相距为L。乙车上站立着一个质量为m的人,他通过一条轻绳拉甲车,甲、乙两车最后相接触,则　(　　 )
A.甲、乙两车运动中速度之比为
B.甲、乙两车运动中速度之比为
C.甲车移动的距离为
D.乙车移动的距离为
ACD
【例题2】载人气球原静止在高度为H的高空，气球的质量为M，人的质量为m，现人要沿气球上的软绳梯滑至地面，则绳梯至少要多长？
H
由系统动量守恒：
mv1＝Mv2
则 mH＝Ms，---①
且 s＋H＝L ---②
L＝(M＋m)H/M
问题2：绳梯长度是什么？
问题1：气球离地高度是什么？
人发生的实际位移
人相对气球发生的位移
S
H
L
v1
v2
【例题3】如图所示,在光滑的水平面上有一静止的质量为m空心球,在其内部有一质量为2m的小铁球从和空心球球心等高位置由静止释放，小铁球大小可忽略，当小铁球下滑到空心球的底端时,以下说法正确的是(　　 )
A.铁球的水平位移为R/3
B.铁球的水平位移为R
C.空心球的水平位移为R/3
D.斜面最终速度为R
m
R
A
【例题4】(多选)如图所示,在光滑的水平面上有一静止的质量为M的斜面,斜面光滑,斜面长为L，倾角为θ，现有一个质量为m的小球从斜面顶端由静止释放,在小球下滑到斜面底端过程,以下说法正确的是(　　 )
A.斜面和小球组成的系统动量守恒
B.斜面和小球组成的系统仅在水平方向上动量守恒
C.斜面发生位移为
D.斜面最终速度为
BCD
【课后练习】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）小球到最低点时速度为
（2）小球摆到最低点时细绳的拉力。
（3）小球摆动到竖直杆左侧最高点时，小车向右发生位移为
【例题5】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，下列说法正确的是（ ）
A.小球到最低点时，速度为
B.小球摆到最低点时细绳的拉力为3mg。
C.某时刻小球和小车可能都向左运动
D.小球摆动到竖直杆左侧最高点时，小车向右发生位移为
D
【例题5】(多选)如图所示,质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上,其水平直径AB长度为2R。现将质量也为m的小球从A点正上方h高处由静止释放,小球由A点经过半圆轨道后从B点冲出,在空中能上升的最大高度为3h/4(不计空气阻力),则下列说法正确的是(　　 )
A.小球和小车组成的系统在水平方向上动量守恒B.小车向左运动的最大距离为RC.小球离开小车后做斜上抛运动D.小球第二次能上升的最大高度h1满足h/2ABD
四、爆炸问题
（1）水平炸裂：空中以v水平飞行的炮弹,炸成m和M前后两块
1、爆炸：与碰撞相类似，弹片间相互作用时间极短，相互作用力很大，相互作用的内力远大于外力，系统动量守恒，由于有内能转化为动能，系统动能有增加。
有：(M+m)v=Mv1+mv2
②特殊规律：若v=0,，则Mv1+mv2=0 ，有Mx1=mx2
m向左平抛，M向右平抛，且水平位移大小与质量成反比
①一般规律：
由于落地时间相同，动量守恒式等价于：(M+m)x=Mx1+mx2
m可能向右或向左平抛或自由落体
斜炸裂如何？
（2）竖直炸裂：空中以速度v竖直上升的烟花弹,炸成M和m上下两块。
据动量守恒可知：(M+m)v=Mv1+mv2
②特殊规律：若v=0,，则(M-m)v1+mv2=0
①一般结论：
M-m以v1作竖直上抛, m可能竖直上抛，下抛，自由落体。
M-m以v1作竖直上抛, m竖直下抛。
M
m
【例题1】一炮弹质量为m,以与水平面成60°角的初速度v斜向上发射,炮弹在最高点爆炸成两块,其中质量为m/3的一块恰好做自由落体运动,另一块的瞬时速度大小为(　　 )
A.3v/4 B.3V/8 C.2V D.4V/3
A
【例题2】一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空。当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动。爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量。求
（1）烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间。
（2）爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。
碰撞 反冲 爆炸
作用时间
作用力
系统初动量
系统动量
系统动能
五、碰撞、反冲、爆炸的比较
极短
可长可短
极短
内力远大于外力
外力可忽略
内力远大于外力
可为零可不为零
为零
可为零可不为零
守恒
守恒
守恒
不增加
一定增加
一定增加
谢谢 再见！