【金版新学案】2013-2014学年高中物理同步配套辅导与检测（粤教版，选修3-5）：第一章 第四节 反冲运动（36张ppt）

课件36张PPT。第四节　反冲运动1．知道什么是反冲运动，能举出一些生活中反冲运动的实例．
2．知道火箭的飞行原理和主要用途，以应用动量守恒定律正确处理喷气式飞机一类的问题．
3．了解动量守恒定律在实际生活生产中的重要意义和作用．我们吹气球时， 一不小心把吹好的气球从手上“溜”掉了，气球向后喷着气呼啸而去．节日礼花把天空装扮得绚丽多姿，礼花为什么会上天？我国自行研究的火箭，一次又一次把卫星送上天，那么火箭的发射原理是什么呢？学习这一节，我们将揭开它们神秘的面纱．1．反冲运动是一种常见的现象， 当一个物体向某一方向射出(或抛出)它的一部分时，这个物体的剩余部分将向________运动．
2．在抛射的短暂时间内，物体系统________________或____________________时，反冲运动中________________的．
3．火箭是动量守恒定律最重要的应用之一．当火箭向后喷气时，根据反冲原理，火箭将向前运动．火箭获得的速度由________和________(_______________________________________)两个因素决定．火箭开始飞行时的质量与燃料燃尽时的质量比相反方向不受外力作用所受外力远小于内力系统动量守恒喷气速度　质量比 对反冲运动的理解在系统内力作用下，系统内一部分物体向某一方向射出(或抛出)它的一部分时，这个物体的剩余部分将向相反方向运动，这种运动称为反冲运动．
在抛射的短暂时间内，物体系不受外力或受外力远小于内力时，物体系的动量是守恒的．实际遇到的反冲运动问题通常有三种情况：
(1)系统不受外力或所受外力之和为零，满足动量守恒条件，可以用动量守恒定律解决反冲运动问题．(2)系统虽受外力作用，但内力远远大于外力，外力可忽略，也可以用动量守恒定律解决反冲运动问题．
(3)系统虽然所受外力之和不为零，系统的动量并不守恒，但系统在某一方向上不受外力或外力在该方向上的分力之和为零，则系统的动量在该方向上的分量保持不变，可以用该方向上动量守恒解决反冲运动问题．
反冲运动有利也有害，有利的一面我们可以应用，比如农田、园林的喷灌装置、旋转反击式水轮发电机、喷气式飞机、火箭、宇航员在太空行走等等．反冲运动不利的一面则需要尽力去排除，比如开枪或开炮时反冲运动对射击准确性的影响等A.　　　　　　　　 B．
C． D． 一个不稳定的原子核，质量为M，处于静止状态，当它以速度v0释放一个质量为m的粒子后，则原子核剩余部分的速度为(　　)解析：在这个过程中原子核和它释放出的粒子构成的系统，满足动量守恒定律且总动量大小为零，选取v0的方向为正方向．根据动量守恒定律有：
0＝mv0＋(M－m)v
v＝
方向与v0的方向相反．
答案：C 火箭的飞行原理 现代火箭是指一种靠喷射高温高压燃气获得反作用向前推进的飞行器．当火箭推进剂燃烧时，从尾部喷出的气体具有很大的动量，根据动量守恒定律，火箭获得大小相等、方向相反的动量，因而发生连续的反冲现象，随着推进剂的消耗．火箭的质量逐渐减小，加速度不断增大，当推进剂燃尽时，火箭即以获得的速度沿着预定的空间轨道飞行．
火箭飞行能达到的最大飞行速度，主要决定于两个因素：①喷气速度：现代液体燃料火箭的喷气速度约为2.5 km/s，提高到3～4 km/s需很高的技术水平．②质量比即火箭开始飞行的质量与火箭除燃料外的箭体质量之比，现代火箭能达到的质量比不超过10. 火箭喷气发动机每次喷出质量m＝0.2 kg的气体，喷出的气体相对地面的速度为v＝1 000 m/s，设火箭的初始质量M＝300 kg，发动机每秒喷气20次，若不计地球对它的引力作用和空气阻力作用，求火箭发动机工作5 s后火箭的速度达多大？
解析：以火箭(包括在5 s内要喷出的气体)为系统，系统的总动量守恒，以火箭的运动方向为正，则5 s后火箭的动量为(M－m×20×5)v′，所喷出的气体动量为－(m×20×5)v.
根据动量守恒定律p1＝p2
得：(M－m×20×5)v′＝－(m×20×5)v
解得：v′＝71.4 m/s
答案：71.4 m/s课堂训练1．运送人造地球卫星的火箭开始工作后，火箭做加速运动的原因是(　　)
A．燃料燃烧推动空气，空气反作用力推动火箭
B．火箭发动机将燃料产生的气体向后喷出，气体的反作用力推动火箭
C．火箭吸入空气，然后向后喷出，空气对火箭的反作用力推动火箭
D．火箭燃料燃烧发热，加热周围空气，空气膨胀推动火箭解析：火箭工作的原理是利用反冲运动，是火箭燃料燃烧产生的高温高压燃气从尾部迅速喷出时，使火箭获得反冲速度．
答案：B平均动量守恒(人船模型)平均动量守恒——人船模型为静水中船上的人向前行走时，船向后退的现象，若不考虑水的阻力，则人与船组成的系统动量守恒．我们把这一模型进行推广，两个物体均处于静止，当两个物体存在相互作用而不受外力作用时，系统动量守恒．这类问题的特点：两物体同时运动，同时停止．由动量守恒有：0＝m1v1＋m2v2
则有：m1 ＋m2 ＝0其中 ， 为该过程中的平均速度．由于两物体运动时间相同，则有：m1 t＋m2 t＝0
所以可推出m1s1＋m2s2＝0
使用上式解题时应注意式中s1、s2应相对于同一参照系． 如图所示，平静的湖面上浮着一只L＝6 m、质量为550 kg的船，船头上站着一质量为m＝50 kg的人，开始时，人和船均处于静止．若船行进时阻力很小，问当人从船头走到船尾时，船将行进多远？解析：以人和船组成的系统为研究对象．因船行进时阻力很小，船及人所受重力与水对船的浮力平衡，可以认为人在船上行走时系统动量守恒，开始时人和船都停止，系统总动量为零；当人在船上走动时，无论人的速度如何，系统的总动量都保持为零不变．
取人运动方向为正方向，设人对岸的速度为v，船对岸的速度为V，其方向与v相反，由动量守恒定律有
0＝mv＋(－MV)
解得两速度大小之比为：
此结果对于人在船上行走过程的任一瞬时都成立．方法一：取人在船上行走时任一极短时间Δti，在此时间内人和船都可视为匀速运动，此时间内人和船相对地面移动的距离分别为Δsmi＝viΔti和ΔsMi＝ViΔti，由此有：
这样人从船头走到船尾时，人和船相对地面移动的总距离分别为：
sm＝∑Δsmi，sM＝∑ΔsMi
由此有：由图中几何关系可知sm＋sM＝L.这样，人从船头走到船尾时，船行进的距离为：
sM＝L
代入数据有sM＝0.5 m.
方法二：由于对于人在船上行走过程的任一时刻都有：

则在该过程中人和船的平均速度应满足：
由于人和船运动时间相同，故有
同方法一，可求得sM＝0.5 m.2．如右下图所示，质量为M，半径为R的光滑半圆弧槽静止在光滑水平面上，有一质量为m的小滑块从与圆心O等高处无初速度滑下，在小滑块滑到圆弧槽最低点的过程中，圆弧产生的位移多大？课堂训练解析：设圆弧槽后退的位移大小为x，则根据水平方向上动量守恒和平均动量守恒有：
Mx＝m(R－x)
得x＝ R.
答案： R1．下列运动不属于反冲运动的有(　　)
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．船员划桨使船前进基础达标解析：在系统内力作用下，系统内一部分物体向某一方向射出(或抛出)它的一部分时，这个物体的剩余部分将向相反方向运动，这种运动为反冲运动．
答案：A2．某人站在完全光滑的冰冻的河面上欲到岸边，可采取的办法是(　　)
A．步行　　　　　　　　B．滑行
C．挥动双手 D．将衣物抛向岸的反方向解析：根据反冲运动的原理可知，只有向反方向抛出物体，才能获得相反的速度．
答案：D3．关于喷气式飞机的飞行情况，以下说法正确的是(　　)
A．喷气式飞机能飞出大气层
B．每秒喷出一定量的气体时，喷气速度越大，飞机受到的推力越大
C．战斗开始前抛掉副油箱，在喷气情况相同时，可以飞得更快，操作越灵活
D．以上说法都不正确解析：喷气飞机的发动机是靠空气中的氧气助燃的，A错；每秒喷出一定量的气体Δm时，设喷气速度为v0，根据反冲原理
Δm·v0＝Mv2－Mv1.
即Δm·v0＝Mv2－Mv1.
可见，v0越大，飞机受到的推力 越大，B正确；而惯性的大小与质量有关，故C正确．
答案：BC4．一炮艇在湖面上匀速行驶，突然从船头和船尾同时向前和向后发射一颗炮弹，设两炮弹质量相同，相对于地的速率相同，牵引力和阻力均不变，则船的动量和速度的变化情况是(　　)
A．动量不变，速度增大
B．动量变小，速度不变
C．动量增大，速度增大
D．动量增大，速度减小解析：整个过程动量守恒，由于两发炮弹的总动量为零，因而船的动量不变．又因为船发射炮弹后质量变小，因此船的速度增大．
答案：A5．(双选）一个运动员在地面上跳远，最远可跳l，如果他立在船头，船头离 x河岸距离为l，船面与河岸表面平齐，他若从船头向岸上跳，下列说法正确的是(　　)
A．他不可能跳到岸上
B．他有可能跳到岸上
C．他先从船头跑到船尾，再返回船头起跳，就可以跳到岸上
D．采用C中的方法也无法跳到岸上解析：立定跳远相当于斜抛运动，在地面上跳时，能跳l的距离，水平分速率为vx，在船上跳时，设人相对船的水平速率为vx，船对地的速率为v2，人相对于地的速度为v1＝vx－v2.由于人和船系统动量守恒，因此mv1＝Mv2，所以人在船上跳时，人相对于船的水平速率也为vx，但人相对于地的水平速度为v1＝vx－v2答案：AD6．小车上固定一直杆，直杆上端用长为L的细线系一质量为m的小球，如图所示．已知小车与直杆的总质量为M，水平地面光滑．将小球拉到直杆顶端等高的位置释放，当小球到达另一侧等高点时，小车后退的距离为(　　)能力提升解析：小球释放后，小车向右运动，两者组成的系统水平方向动量守恒，取向左为正方向，初动量为零，故0＝mv1－Mv2，因v1、v2始终成正比，故平均水平动量也守恒， 0＝ ，其水平位移0＝ms1－Ms2，又s1＋s2＝2L，解得s2＝ L.
答案：D7．质量为240 kg的气球上有一质量为30 kg的杂技演员，共同静止在距地面40 m高的高空中，现在从气球上，放下一根不计质量的绳子，以使演员沿绳子匀加速地滑向地面，求绳子至少应为多长演员才能恰好着地？空气阻力不计．解析：气球和人在相互作用时，合外力为零，故系统动量守恒，设人着地时的位移为h2，并以此为正方向，令气球的位移为h1，方向不知．据：
s＝ at2＝ v气t，
得v′气＝ ，v′人＝由动量守恒定律得：
m1v′气＋m2v′人＝0
代入数据240× ＋30× ＝0
h1＝－5 m，负值表示方向向上．
则绳子长L＝40＋5＝45 m.8. 某人在一只静止的小船上练习射击，船、人和枪(不包含子弹)及船上固定靶的总质量为M，子弹质量m，枪口到靶的距离为L，子弹射出枪口时相对于枪口的速率恒为v，当前一颗子弹陷入靶中时，随即发射后一颗子弹，则在发射完全部n颗子弹后，小船后退的距离多大？(不计水的阻力)解析：设子弹运动方向为正方向，在发射第一颗子弹的过程中小船后退的距离为S，根据题意知子弹飞行的距离为(L─S)，则由动量守恒定律有：
m(L─S)─[M＋(n─1)m]S＝0
解得：S＝
每颗子弹射入靶的过程中，小船后退的距离都相同，因此n颗子弹全部射入的过程，小船后退的总距离为nS＝ .感谢您的使用，退出请按ESC键本小节结束