1.6　反冲现象　火箭导学案-2024-2025学年高二上学期物理人教版（2019）选择性必修第一册

6　反冲现象　火箭
学习任务一　反冲
[教材链接] 阅读教材,填写反冲的相关知识.
(1)定义:一个静止的物体在　　　　的作用下分裂为两部分,一部分向某一方向运动,另一部分必然向　　　　方向运动的现象.
(2)特点:
①物体的不同部分在　　　　作用下向相反方向运动.
②反冲运动中, 相互作用力一般较大,通常可以用　　　　　　　　来处理.
例1 物理在生活和生产中有广泛应用,以下实例没有利用反冲现象的是 (　)
A.乌贼喷水前行
B.电风扇吹风
C.火箭喷气升空
D.飞机喷气加速
变式1 [2022·学军中学月考] 如图所示,火炮车连同炮弹的总质量为M,当炮管水平时,火炮车在水平路面上以v1的速度向右匀速行驶,发射一枚质量为m的炮弹后,火炮车的速度变为v2,仍向右行驶,则炮弹相对炮筒的发射速度v0为 (　)
A. B.
C. D.
变式2 [2022·杭州二中期中] 一个不稳定的原子核质量为M,处于静止状态.放出一个质量为m的粒子后反冲,已知放出的粒子的动能为E0,则原子核反冲的动能为 (　)
A.E0
B.E0
C.E0
D.E0
【要点总结】
反冲的特点
运动方向相反 物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动
机械能增加 反冲中,由于有其他形式的能转化为机械能,所以系统的机械能增加
动量守恒 反冲运动中,相互作用的内力一般情况下远大于外力或在某一方向上内力远大于外力,所以可以用动量守恒定律(或在某一方向上应用动量守恒定律)来处理
学习任务二　火箭原理
[教材链接] 阅读教材,填写火箭的相关知识.
(1)工作原理:利用　　　　的原理,则火箭燃料燃烧产生的高温、高压燃气从尾喷管迅速喷出时,使火箭获得巨大的　　　　.
(2)影响火箭获得速度大小的因素
①喷气速度:现代火箭的喷气速度为2000~5000 m/s.
②质量比:指火箭喷出物质的质量与喷出燃气后火箭的质量之比.
喷气速度　　　　,质量比　　　　,则火箭获得的速度越大.
[物理建模] 火箭发射前的总质量为M,燃料全部燃烧完后的质量为m,火箭燃气的对地喷射速度为v0,燃料燃尽后火箭的速度v为多大
由动量守恒得0=mv-(M-m)v0
设火箭的速度方向为正方向,
v=v0=v0
结论——决定火箭最大飞行速度的因素:
例2 [2022·衢州二中月考] 在太空中,一火箭喷气发动机每次喷出m=200 g的气体,气体离开发动机时的速度v=1000 m/s(相对地面),已知火箭质量M=300 kg,火箭初速度为零,发动机每秒喷气20次.当第三次气体喷出后,火箭的速度为多大
[反思感悟]

变式3 [2022·永嘉一中期中] 如图所示,某中学航天兴趣小组的同学将静置在地面上的质量为M(含水)的自制“水火箭”释放升空,在极短的时间内,质量为m的水以相对地面为v0的速度竖直向下喷出.已知重力加速度为g,空气阻力不计,下列说法正确的是　　 (　)
A.火箭的推力来源于火箭外的空气对它的反作用力
B.水喷出的过程中,火箭和水机械能守恒
C.火箭获得的最大速度为
D.火箭上升的最大高度为
【要点总结】
1.可以用以下办法提高火箭速度:
(1)提高喷气速度;
(2)提高火箭的质量比;
(3)使用多级火箭,一般为三级.
2.在反冲运动中常遇到变质量物体的运动,如在火箭的运动过程中,随着燃料的消耗,火箭本身的质量不断减小,此时必须取火箭本身(包括剩余燃料)和在相互作用的短时间内喷出的所有气体为研究对象,取相互作用的这个过程为研究过程来进行研究.
学习任务三　“人船模型”问题
[物理建模] 如图所示,质量为M的小船长为L,静止于水面,质量为m的人从船右端走到船左端,不计水对船的运动阻力,则该过程中船将移动多远



例3 有一条捕鱼小船停靠在湖边码头,小船又窄又长(重1吨左右),一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量,他进行了如下操作:首先将船平行于码头自由停泊,然后他轻轻从船尾上船,走到船头后停下,而且轻轻下船,用卷尺测出船后退的距离d,然后用卷尺测出船长L.已知他身体的质量为m,则小船的质量为(　)
A. B.m(L-d)
C. D.
[反思感悟]

变式4　载人气球原静止在高h的空中,气球下悬一轻绳梯,气球质量为M,人质量为m.若人想沿绳梯安全下到地面,绳梯至少多长
变式5　[2022·余杭高级中学月考] 如图所示,质量为2m、半径为R的大空心球B(内壁光滑)静止在光滑水平面上,有一质量为m的小球A(可视为质点)在球B内从与大球球心等高处开始无初速度下滑,滚到大球最低点时,大球移动的距离为 (　)
A.R B. C. D.
爆炸中的动量和能量问题
爆炸和碰撞现象有很多类似的特点,可以从以下几个方面分析:
(1)过程的特点
①相互作用时间很短.
②在相互作用过程中,相互作用力先是急剧增大,然后再急剧减小,平均作用力很大,远远大于外力,因此作用过程的动量可看成守恒.
(2)位移的特点
碰撞、爆炸、打击过程是在一瞬间发生的,时间极短,所以在物体发生碰撞、爆炸、打击的瞬间可忽略物体的位移.可以认为物体在碰撞、爆炸、打击前后在同一位置.
(3)能量的特点
爆炸过程系统的动能增加,而碰撞、打击过程系统的动能不会增加,可能减少,也可能不变.
示例　以初速度v0与水平方向成60°角斜向上抛出的手榴弹(空气阻力不计),到达最高点时炸成质量分别是m和2m的两块弹片.爆炸后瞬间质量较大的一块弹片沿着原来的水平方向以2v0的速度飞行.求:
(1)质量较小的另一块弹片速度的大小和方向;
(2)爆炸过程中有多少化学能转化为弹片的动能.
变式6 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.
[反思感悟]

1.(反冲原理)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.燃料推动空气,空气的反作用力推动火箭
B.火箭发动机用力将燃料燃烧产生的气体向后推出,气体的反作用力推动火箭
C.火箭吸入空气,然后向后排出,空气对火箭的反作用力推动火箭
D.火箭燃料燃烧放热,加热周围空气,空气膨胀推动火箭
2.(火箭原理)2021年5月15日,天问一号着陆巡视器成功着陆于火星,中国首次火星探测任务着陆火星取得圆满成功.携带火星车的着陆器与环绕器分离后,最后阶段利用反推火箭在火星表面实现软着陆,设着陆器总质量为M,极短时间内瞬间喷射的燃气质量是m,为使着陆器经一次瞬间喷射燃气后,其下落的速率从v0减为v,需要瞬间喷出的燃气速率约为 (　)
A.v0-v B.(v0-v)
C.(v0-v)+v D.
3.(人船模型) [2022·义乌中学月考] 如图所示,光滑地面上有一质量为M的足够长木板ab,一质量为m的人站在木板的a端,关于人由静止开始至运动到木板的b端(M、N表示地面上原a、b对应的点),则如图所示中正确的是 (　)
A　　B
C　　D
4.(爆炸模型)[2022·台州一中月考] 节假日,某游乐场在确保安全的情况下燃放爆竹.工作人员点燃一质量为m=0.3 kg的爆竹,在t=0.01 s时间内爆竹发生第一次爆炸向下高速喷出少量高压气体(此过程爆竹位移可以忽略),然后被竖直发射到距地面H=20 m的最高处,此时剩余火药发生第二次爆炸,将爆竹炸成两部分,其中一部分的质量为m1=0.2 kg,以速度v1=20 m/s向东水平飞出,第二次爆炸时间极短,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力和火药的质量.求:
(1)第一次火药爆炸,爆竹动量变化量的大小;
(2)第一次火药爆炸过程中高压气体对爆竹平均作用力的大小;
(3)第二次火药爆炸后爆竹两部分落地点间距x的大小.

答案
[教材链接] (1)内力　相反　(2)①内力　②动量守恒定律
例1　B　[解析] 乌贼喷水前行、火箭喷气升空、飞机喷气加速都是利用了反冲原理,而电风扇吹风不是反冲,故选B.
变式1　B　[解析] 火炮车水平匀速行驶时,水平方向上所受外力为零,系统动量守恒,设向右为正方向,炮弹发射前系统的动量之和为Mv1,发射后系统的动量之和为(M-m)v2+m(v0+v2),由Mv1=(M-m)v2+m(v0+v2),解得v0=-v2=,选项B正确,A、C、D错误.
变式2　C　[解析] 放出质量为m的粒子后,剩余质量为(M-m),该过程动量守恒,有mv0=(M-m)v,放出的粒子的动能为E0=m,原子核反冲的动能Ek=(M-m)v2,联立解得Ek=E0,故A、B、D错误,C正确.
[教材链接] (1)反冲　速度　(2)②越大　越大
例2　2 m/s
[解析] 方法一:喷出气体的运动方向与火箭运动的方向相反,系统动量守恒.
第一次气体喷出后,设火箭速度为v1,有
(M-m)v1-mv=0
解得v1=
第二次气体喷出后,设火箭速度为v2,有
(M-2m)v2-mv=(M-m)v1
解得v2=
第三次气体喷出后,设火箭速度为v3,有
(M-3m)v3-mv=(M-2m)v2
解得v3== m/s≈2 m/s
方法二:设喷出三次气体后火箭的速度为v'3,以火箭和三次喷出的气体为研究对象,根据动量守恒定律得
(M-3m)v3-3mv=0
解得v3=≈2 m/s
变式3　D　[解析] 火箭的推力来源于向下喷出的水对它的反作用力,故A错误;水喷出的过程中,瓶内气体做功,火箭及水的机械能不守恒,故B错误;在水喷出后的瞬间,火箭获得的速度最大,由动量守恒定律有(M-m)v-mv0=0,解得v=,故C错误;水喷出后,火箭做竖直上抛运动,有v2=2gh,解得h=,故D正确.
[物理建模] “人船模型”是由人和船两个物体构成的系统,该系统在人和船相互作用下各自运动,运动过程中该系统所受到的合外力为零,即人和船组成的系统在运动过程中动量守恒.
由系统动量守恒得m v1=Mv2
mv1t=Mv2t
mx人=Mx船
x人+ x船=L
结论:x人=L,x船=L
例3　C　[解析] 设该同学在时间t内从船尾走到船头,由动量守恒定律知,人、船在该时间内的平均动量大小相等,即m=M,又知x人=L-d,解得M=,故选项C正确.
变式4　h
[解析] 对人和气球组成的系统,合外力为0,系统动量守恒,取竖直向上为正方向.
由系统动量守恒mv1=Mv2,得mh=Mx
且x+h=L,则L=h.
变式5　C　[解析] 设某时刻小球的速度大小为v1,大球的速度大小为v2,大球的位移大小为x,小球相对于水平面的水平位移大小为R-x,取水平向左为正方向,根据系统水平方向动量守恒得2mv2-mv1=0,两边均乘以t,有2mv2t-mv1t=0,则2mx-m(R-x)=0,解得x=,故C正确.
素养提升
示例　(1)大小为2.5v0,方向与原来的速度方向相反
(2)6.75m
[解析] (1)斜抛的手榴弹在水平方向上做匀速直线运动,在最高点处爆炸前的速度v=v0cos 60°=v0,设v的方
向为正方向,如图所示,由动量守恒定律得3mv=2mv1+mv2,其中爆炸后大块弹片速度v1=2v0,小块弹片的速度v2=-2.5v0,“-”号表示v2的方向与爆炸前速度方向相反.
(2)爆炸过程中转化为动能的化学能等于系统动能的增量.
ΔEk=×2m+m-(3m)v2=6.75m.
变式6　(1)　(2)
[解析] (1)设烟花弹上升的初速度为v0,由题给条件有
E=m①
设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t,由运动学公式有0-v0=-gt②
联立①②式得t=③
(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1,由机械能守恒定律有E=mgh1④
火药爆炸后,烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动,设爆炸后瞬间其速度分别为v1和v2.由题给条件和动量守恒定律有m+m=E⑤
mv1-mv2=0⑥
由⑥式知,烟花弹两部分的速度方向相反,向上运动部分做竖直上抛运动.设爆炸后烟花弹上部分继续上升的高度为h2,由机械能守恒定律有
m=mgh2⑦
联立④⑤⑥⑦式得,烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为h=h1+h2=
随堂巩固
1.B　[解析] 火箭是利用反冲现象,火箭燃料燃烧产生的高温高压燃气从尾喷管迅速喷出使火箭获得反冲速度,故选项B正确.
2.C　[解析] 喷射燃气的过程动量守恒,有Mv0=(M-m)v+mv',解得v'=(v0-v)+v,故选C.
3.D　[解析] 根据动量守恒可知,人向右运动时,木板向左运动,因此人到达木板的右端b时,b一定位于N点的左侧,由于人向右运动,因此人始终位于M点的右侧,到达b端时,b端一定位于M点的右侧,故选D.
4.(1)6.0 kg·m/s　(2)603 N　(3)120 m
[解析] (1)由匀变速直线运动公式可知
v==20 m/s,Δp=mv-0=6.0 kg·m/s
(2)对爆竹根据动量定理得
(F-mg)t=mv-0
解得F=603 N
(3)由水平方向动量守恒有m1v1=m2v2
得v2=40 m/s,方向水平向西
两部分下落的时间相等均为t==2 s
所以x=(v2+v1)t=120 m