6 反冲现象 火箭
[定位·学习目标] 1.通过阅读教材,了解反冲运动和反冲运动在生活中的应用,形成物理观念。2.通过实例分析,能够应用动量守恒定律、能量守恒定律解决反冲运动问题,形成科学思维。3.通过学习和课外阅读,知道火箭的飞行原理,了解我国航天技术的发展及巨大成就,增强民族自信心和自豪感。
知识点一 反冲现象
探究新知
1.定义:一个静止的物体在内力的作用下分裂为两部分,一部分向某个方向运动,另一部分必然向相反的方向运动的现象。
2.规律:反冲运动中,相互作用力一般较大,满足动量守恒定律。
3.反冲现象的应用及防止
(1)应用:农田、园林的喷灌装置利用反冲使水从喷口喷出时,一边喷水一边旋转。
(2)防止:用枪射击时,由于枪身的反冲会影响射击的准确性,所以用步枪射击时要把枪身抵在肩部,以减少反冲的影响。
正误辨析
(1)反冲运动是物体不同部分之间的作用力和反作用力产生的效果。( √ )
(2)只有系统所受合力为零的反冲运动才能用动量守恒定律分析。( × )
(3)反冲运动的原理既适用于宏观物体,也适用于微观粒子。( √ )
(4)反冲运动中两部分物体的冲量相等。( × )
知识点二 火箭
探究新知
1.工作原理:喷气式飞机和火箭的飞行应用了反冲的原理,它们都靠喷出气流的反冲作用而获得巨大的速度。
2.决定火箭增加的速度Δv的因素
(1)火箭喷出的燃气的速度。
(2)火箭喷出物质的质量与火箭本身的质量之比。
火箭喷出的燃气的速度越大,火箭喷出物质的质量与火箭本身质量之比越大,火箭获得的速度越大。
新知检测
如图所示为某运载火箭发射过程中的几个瞬间,图甲是火箭点火开始飞行的瞬间,图乙是助推器分离的瞬间,图丙是火箭一、二级分离的瞬间。现代使用的航天火箭几乎都分成几级。在使用时,总是让第一级火箭先燃烧,当燃尽了全部推进剂以后,就自动脱落并点燃第二级火箭……为什么火箭要这样分级制造呢
【答案】 火箭的分级可以逐级减轻火箭的质量,提高火箭的质量比,有利于提高火箭的最终速度。
要点一 对反冲运动的理解和应用
情境探究
吹起来的气球松手后喷出气体,同时向相反方向飞去;发射炮弹时,炮弹从炮筒中飞出,炮身会向后退;乌贼喷出水后,它的身体能很快地向相反方向运动。结合这些事例,体会反冲的概念。
探究:(1)反冲现象中物体的受力有什么特点
(2)反冲运动过程中系统的动量、机械能有什么变化
(3)反冲运动遵循的规律是什么
【答案】 (1)发生反冲的两物体受方向相反、大小相等的作用力,两物体在这对相互作用力的作用下向相反方向运动。
(2)反冲运动中,相互作用的内力一般情况下远大于外力,所以可以用动量守恒定律来处理,即系统动量守恒;反冲运动中,有其他形式的能转化为机械能,所以系统的机械能增加。
(3)反冲运动中系统动量守恒,机械能不守恒。
要点归纳
1.反冲运动的三个特点
(1)物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动。
(2)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,所以两部分组成的系统动量守恒或在某一方向上动量守恒。
(3)反冲运动中,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。
2.分析反冲运动应注意的问题
(1)速度的反向性问题。
对于原来静止的整体,抛出部分具有速度时,剩余部分的反冲是相对于抛出部分来说的,两者运动方向必然相反。在列动量守恒方程时,可任意规定某一部分的运动方向为正方向,则反方向的另一部分的速度应取负值。
(2)相对速度问题。
反冲运动的问题中,有时遇到的速度是相互作用的两物体的相对速度。由于动量守恒定律中要求速度为相对同一参考系的速度,通常为对地的速度。因此应先将相对速度转换成对地的速度后,再列动量守恒定律方程。
(3)变质量问题。
在反冲运动中还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。
典例研习
[例1] (对反冲现象的理解)(多选)(2025·山西太原阶段检测)站在冰面上处于静止状态的质量为80千克运动员甲,把身边静止的质量为60千克的运动员乙推出去,自己也向着反方向运动了出去,不计冰面的摩擦力,关于此过程,下列说法正确的是( )
[A]甲对乙做的功与乙对甲做的功大小相等
[B]甲对乙做功的平均功率大于乙对甲做功的平均功率
[C]乙的动能增加量等于甲的动能增加量
[D]两运动员构成的系统机械能不守恒
【答案】 BD
【解析】 甲推乙的过程中,根据动量守恒定律有m甲v甲=m乙v乙,则甲、乙的末动能分别为Ek甲=m甲=,Ek乙=m乙=,由于m甲>m乙,可知甲的动能增加量小于乙的动能增加量,可知乙对甲做的功小于甲对乙做的功,故A、C错误;根据=,由于作用时间相同,乙对甲做的功小于甲对乙做的功,则甲对乙做功的平均功率大于乙对甲做功的平均功率,故B正确;由于甲、乙的动能均增加,所以两运动员构成的系统机械能不守恒,故D正确。
[例2] (反冲运动的应用)进入冬季,一些地方迎来降雪,许多市民兴致勃勃地参加一些滑雪、溜冰等游玩项目。如图所示,在水平冰面上,开始时人坐在滑板上,滑板上堆有两个完全相同的雪球,设人、滑板、雪球总质量为M,每个雪球质量为m。随后,人将两雪球先后水平向左抛出滑板,每个雪球离开滑板时相对滑板的速度都是v,滑板与冰面间的摩擦及空气阻力不计,则人抛出两雪球后,人、滑板整体的速度大小为( )
[A]v [B]v
[C]v [D]v
【答案】 D
【解析】 以水平向左为正方向,设抛出第一个雪球后,人、滑板整体的速度大小为v1,根据动量守恒定律得0=(M-m)v1+m(v1-v),设抛出第二个雪球后,人、滑板整体的速度大小为v2,根据动量守恒定律得(M-m)v1=(M-2m)v2+m(v2-v),联立解得v2=,故选D。
(1)反冲运动和碰撞、爆炸有相似之处,相互作用力常为变力,且作用力大,一般都满足内力远大于外力,所以反冲运动可用动量守恒定律来处理。
(2)内力的存在不会改变系统的动量,但内力做功往往会改变系统的总动能。
(3)反冲运动中,由于有其他形式的能转化为机械能,所以系统的总动能增加。反冲运动是作用力和反作用力都做正功的典型事例。
要点二 火箭的工作原理分析
情境探究
我国早在宋代就发明了火箭,在箭杆上捆一个前端封闭的火药筒,火药点燃后生成的燃气以很大的速度向后喷出,火箭就会向前运动。
探究:(1)古代火箭的运动是否为反冲运动
(2)火箭飞行利用了怎样的工作原理
【答案】 (1)火箭的运动是反冲运动。
(2)火箭靠向后连续喷射高速气体飞行,利用了反冲原理。
要点归纳
分析火箭类问题应注意的问题
(1)火箭在运动过程中,随着燃料的燃烧,火箭本身的质量不断减小,故在应用动量守恒定律时,必须取在同一相互作用时间内的火箭和喷出的气体为研究对象。注意反冲前后各物体质量的变化。
(2)明确两部分物体初、末状态的速度的参考系是否为同一参考系,如果不是同一参考系要设法予以转换,一般情况要转换成对地的速度。
(3)列方程时要注意初、末状态动量的方向。
典例研习
[例3] (2025·重庆渝中阶段练习)学习了反冲原理之后,同学们利用饮料瓶制作了“水火箭”。瓶中装有一定量的水,瓶口用装有软管的橡皮塞塞紧,然后通过打气使瓶内空气压强增大,当橡皮塞与瓶口脱离时,瓶内水向后喷出。如图所示,静置于地面上的质量为M(含水)的“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。重力加速度为g,空气阻力不计,下列说法正确的是( )
[A]“水火箭”的原理与体操运动员在着地时要屈腿的原理是一样的
[B]发射后,“水火箭”的速度大小为v=
[C]“水火箭”的推力来源于“水火箭”外的空气对它的反作用力
[D]“水火箭”上升到最大高度的过程中,重力的冲量大小为(M-m)v0
【答案】 B
【解析】 体操运动员在着地时屈腿可以延长着地时间,从而减小地面对运动员的作用力,故A错误;“水火箭”喷水过程中,根据动量守恒定律有(M-m)v=mv0,解得“水火箭”获得的速度为v=,故B正确;“水火箭”的推力来源于向下喷出的水对它的反作用力,故C错误;水喷出后,“水火箭”做竖直上抛运动,“水火箭”在空中飞行的时间为t==,重力的冲量大小为I=(M-m)gt=mv0,故D错误。
要点三 爆炸类问题中动量守恒定律的应用
要点归纳
1.爆炸时物体间的相互作用突然发生,作用时间很短,爆炸产生的内力远大于外力(如重力、摩擦力等),可以利用动量守恒定律求解。
2.由于爆炸过程中物体间相互作用的时间很短,作用过程中物体的位移很小,因此可认为此过程物体位移不发生变化。
典例研习
[例4] (2025·辽宁大连期中)如图所示,在足够长的光滑水平轨道上静置着三个小木块A、B、C,质量分别为mA=1 kg,mB=1 kg,mC=2 kg,其中B与C用一个轻弹簧固定连接,开始时整个装置处于静止状态;A和B之间有少许塑胶炸药,现在引爆塑胶炸药,若炸药爆炸产生的能量有E=9 J转化为A和B的动能,A和B分开后,立刻取走A。求:
(1)炸药爆炸对A的冲量大小;
(2)弹簧弹性势能的最大值;
(3)弹簧再次恢复原长时,B和C的速度大小和方向。
【答案】 (1)3 N·s (2)3 J
(3)1 m/s,方向水平向左;2 m/s,方向水平向右
【解析】 (1)炸药爆炸过程,根据动量守恒定律有
mAvA=mBvB,
而炸药爆炸产生的化学能为
E=mA+mB,
代入数值解得vA=vB=3 m/s,
则炸药爆炸对A的冲量大小为
I=mAvA=3 N·s。
(2)炸药爆炸后,木块B、C通过弹簧发生作用,其系统动量守恒,则弹簧最短时,弹性势能最大,此时B、C共速,则有
mBvB=(mB+mC)v,
mB=(mB+mC)v2+Epmax,
代入数值解得
Epmax=3 J。
(3)弹簧再次恢复原长时,弹性势能为零,以向右为正方向,该过程中有
(mB+mC)v=mBvB′+mCvC,
(mB+mC)v2+Epmax=mBvB′2+mC,
联立解得vB′=-1 m/s,
vC=2 m/s,
即B的速度方向水平向左,C的速度方向水平向右。
要点四 “人船”模型问题
要点归纳
1.问题的特征:两个原来静止的物体发生相互作用时,若所受外力的矢量和为零,则动量守恒。在相互作用的过程中,任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比。这样的问题归为“人船”模型问题。
2.运动特点:人动船动,人停船停,人快船快,人慢船慢,人左船右。
3.处理“人船”模型问题的关键
(1)先利用动量守恒确定两物体速度关系,再确定两物体通过的位移关系。
由于系统的动量守恒,所以任一时刻系统的总动量为零,动量守恒式可写成m1v1=m2v2的形式(v1、v2为两物体的瞬时速率),表明任意时刻的瞬时速率都与各物体的质量成反比,所以全过程的平均速度也与质量成反比,进而可得两物体的位移大小与各物体的质量成反比,即=。
(2)解题时要画出各物体的位移关系草图,找出各长度间的关系。
(3)适用条件
“人船”模型是利用平均动量守恒求解的一类问题。适用条件是:
①系统由两个物体组成且相互作用前静止,系统总动量为零。
②在系统内发生相对运动的过程中至少有一个方向的动量守恒,注意两物体的位移是相对同一参考系的位移。
典例研习
[例5] (2025·重庆渝中阶段练习)如图所示,质量为M的小船静止在水面上,质量为m的人在甲板上立定跳远的成绩为L,不计空气和水的阻力,下列说法正确的是( )
[A]若人在甲板上散步时突然停下,船将继续后退
[B]人在立定跳远的过程中船保持静止
[C]人在立定跳远的过程中船后退的距离为
[D]人相对地面的成绩为
【答案】 C
【解析】 根据反冲运动中的“人船”模型可知,人在甲板上散步时突然停下,船将立即停下,人在立定跳远的过程中,船向相反方向运动,故A、B错误;设船后退的位移为x,人相对船的位移为L,人和船组成的系统水平方向动量守恒,则有Mx=m(L-x),解得船后退的距离为x=,故C正确;人相对地面的成绩为L-x=,故D错误。
(1)“人船”模型中的动力学规律:由于组成系统的人和船受到大小相同、方向相反的一对力,故两物体速度或位移与质量成反比,方向相反。这类问题的特点是两物体同时运动,同时停止。
(2)“人船”模型中的动量与能量规律:由于系统不受外力作用,故遵守动量守恒定律,又由于相互作用力做功,故系统或每个物体动能均发生变化。用力对“人”做的功量度“人”动能的变化;力对“船”做的功量度“船”动能的变化。
1.(多选)(2025·黑龙江牡丹江期末)下列各图中,属于反冲现象的是( )
[A] [B]
[C] [D]
【答案】 ACD
【解析】 墨鱼在遇到危险时瞬间向与运动相反的方向喷出墨汁,使自己瞬间获得一个较大的速度,这是利用了反冲原理,故A正确;马拉车,马对车做功,马和车一起向着相同的方向运动,不属于反冲现象,故B错误;手枪在射击后,枪身向后运动,这是反冲现象,故C正确;“蹿天猴”被点燃后,产生的高温燃气向下喷出,使自身瞬间获得一个向上较大的速度,这是反冲现象,故D正确。
2.(2025·陕西咸阳期中)冲天炮飞上天后在空中爆炸。当冲天炮从水平地面斜飞向天空后且恰好沿水平方向运动的瞬间,突然炸裂成一大一小P、Q两块,且质量较大的P仍沿原来方向飞出去,则( )
[A]质量较大的P先落回地面
[B]炸裂前后瞬间,总动量近似守恒
[C]炸裂后,P飞行的水平距离较大
[D]炸裂时,P、Q两块受到的内力的冲量相等
【答案】 B
【解析】 炸裂时,冲天炮位于最高点,水平方向不受外力作用,而重力远远小于内力,所以总动量可认为守恒,因此,P、Q两块的速度方向均沿水平方向,之后做平抛运动回到地面,同时落地,故A错误,B正确;炸裂后,质量较小的Q可能仍沿原来的方向,也可能与原方向相反,无法确定P、Q两块炸裂时速度的大小关系,也就无法比较水平距离大小关系,故C错误;炸裂时P、Q两块受到的内力大小相等,方向相反,故炸裂时P、Q两块受到的内力的冲量大小相等,方向相反,冲量是矢量,故D错误。
3.如图所示,一枚手榴弹开始时在空中竖直向下落,到某位置时爆炸成a、b两块同时落地,其中a落地时飞行的水平距离OA大于b落地时飞行的水平距离OB,下列说法正确的是( )
[A]爆炸瞬间a、b两块的速度大小相等
[B]爆炸瞬间a、b两块的速度变化量大小相等
[C]a、b两块落地时的速度大小相等
[D]爆炸瞬间a、b两块的动量变化量大小相等
【答案】 D
【解析】 由题意知爆炸后a、b两块的竖直分速度大小相等,由a的水平位移大于b的水平位移可知,a的水平分速度大于b的水平分速度,所以A、B、C均错误;水平方向动量守恒,所以爆炸瞬间a、b两块的动量变化量大小相等,D正确。
4.(2025·江苏无锡期末)如图,在平静的水面上漂浮着一块质量M=150 g的带有支架的木板,木板左边的支架上静静地蹲着一只质量为m=50 g 的青蛙,支架相对水面高为h=20 cm,支架右方的水平木板长s=120 cm,突然青蛙向右水平跳出。水的阻力不计,g取10 m/s2。
(1)如果青蛙相对地面跳出的初速度是0.3 m/s,木板后退的速度是多大
(2)青蛙如果水平跳出恰好入水,对地跳出的初速度为多少
【答案】 (1)0.1 m/s (2)4.5 m/s
【解析】 (1)青蛙跳出的过程中,根据动量守恒定律有mv1-Mv2=0,
可得木板后退的速度为
v2=0.1 m/s。
(2)如果青蛙水平跳出恰好入水,同理有
mv1′-Mv2′=0,
且s=v1′t+v2′t,
而竖直方向有h=gt2,
联立解得v1′=4.5 m/s。
课时作业
(分值:70分)
考点一 对反冲运动的理解和应用
1.(4分)(2025·北京西城期中)如图,是古代奥林匹克立定跳远的陶瓷画,图中的运动员手持一种负重物起跳,这可以使运动员跳得更远,现在我们来解释其中的原因。若某名运动员的质量为60 kg,两手各持一个质量为3 kg的负重物,在某次立定跳远练习过程中,起跳离地时速度大小为5 m/s,方向与水平方向成37°夹角,在最高点将两个负重物相对于地面速度为零扔出,忽略空气阻力。下列说法正确的是( )
[A]从起跳后到落地前的过程中,运动员和负重物组成系统的总动量和总机械能均守恒
[B]与在最高点不扔出负重物相比,抛负重物时运动员在空中可以运动更长时间
[C]与在最高点不扔出负重物相比,运动员可以多跳一段距离
[D]与在最高点不扔出负重物相比,运动员落地时速率将增大0.4 m/s
【答案】 C
【解析】 从起跳后到落地前的过程中,运动员和负重物组成的系统竖直方向受重力,所以总动量不守恒,另外运动员在最高点将两个负重物扔出的过程,是系统内力做功的过程,有其他形式的能转化为系统的机械能,系统的机械能增加,故A错误;运动员在最高点将两个负重物相对于地面速度为零扔出的过程中,运动员获得一个水平方向的反冲力,速度会增大,运动员在空中运动的时间不变,则跳得会更远,故B错误,C正确;运动员在最高点将两个负重物相对于地面速度为零扔出的过程中,根据水平方向动量守恒有(M+2m)v0cos 37°=Mvx′,求得vx′=4.4 m/s,落地时的速率为v== m/s=5.33 m/s,所以,落地时速率增大了v-v0=(5.33-5) m/s=0.33 m/s,故D错误。
2.(12分)(2025·黑龙江大庆阶段检测)一炮车正以速度v0匀速行驶,炮筒保持水平状态。炮车质量为M,携带一枚质量为m的炮弹,用于发射炮弹的炸药在极短时间内爆炸,将炮弹沿行进方向水平发射出去,由于反冲力的作用,炮弹飞离炮口时炮车停止运动。炸药质量可忽略不计。
(1)求炮弹飞离炮口时的速度v;
(2)求炸药爆炸释放的能量Q;
(3)设炮弹在炮筒中所受的作用力恒定,已知炮筒长为d,求从发射炮弹到炮弹飞离炮口时,炮车前进的距离。
【答案】 (1)v0 (2) (3)d
【解析】 (1)发射炮弹的过程中,根据动量守恒定律有(M+m)v0=mv,
整理得v=v0。
(2)根据能量守恒定律可知
Q=mv2-(M+m),
代入得Q=。
(3)设发射炮弹过程中,炮弹、炮车的位移大小分别为x1、x2,有x1-x2=d,根据动能定理,
对炮弹有
F·x1=mv2-m,
对炮车有-F·x2=0-M,
联立解得x2=d。
考点二 火箭的工作原理分析
3.(4分)(2025·广西梧州阶段检测)2024年7月5日,我国在太原卫星发射中心使用长征六号改运载火箭,成功将天绘五号02组卫星发射升空,卫星顺利进入预定轨道,发射任务获得圆满成功。关于火箭点火发射升空的情景,下列说法正确的是( )
[A]在火箭向下喷出气体的过程中其惯性变大
[B]火箭尾部向下喷出的气体对空气产生作用力,空气对该气体的反作用力使火箭获得向上的推力
[C]火箭对尾部向下喷出的气体产生作用力,该气体对火箭产生反作用力,使火箭获得向上的推力
[D]火箭飞出大气层后,由于没有了空气,因此火箭即使向后喷气,也无法获得向前的推力
【答案】 C
【解析】 火箭喷出气体后质量变小,其惯性变小,故A错误;火箭向下喷出气体时,火箭与该部分气体发生作用,火箭对其尾部向下喷出的气体产生作用力,该气体对火箭产生反作用力,使火箭获得向上的推力,故B错误,C正确;火箭飞出大气层后,火箭仍然与喷出的气体发生作用,该气体对火箭有反作用力,使火箭获得向前的推力,故D错误。
4.(4分)水火箭的制作原理如图所示,发射时在水火箭内高压空气压力作用下,水从水火箭尾部喷嘴向下高速喷出,外壳受到反冲作用而快速上升。某次发射过程中,水火箭将壳内质量为
2.5 kg的水相对地面以6 m/s的速度在极短时间内喷出,已知水火箭外壳质量为0.5 kg。空气阻力忽略不计,重力加速度g取10 m/s2。则下列说法正确的是( )
[A]水火箭喷水过程机械能守恒
[B]水火箭喷水结束时速度大小约为5 m/s
[C]水火箭上升的最大高度约为30 m
[D]水火箭上升的最大高度约为45 m
【答案】 D
【解析】 水火箭喷水过程,除重力外还有水对水火箭的作用力对水火箭做功,因此水火箭的机械能不守恒,故A错误;设火箭筒外壳质量为M,水的质量为m,取向上为正方向,则由动量守恒定律可得Mv2-mv1=0,解得水火箭喷水结束时速度约为v2=30 m/s,由=2gh,解得水火箭上升的最大高度h=45 m,故D正确,B、C错误。
考点三 爆炸类问题
5.(6分)(多选)(2025·陕西西安阶段练习)如图所示,光滑水平面上甲、乙两球间粘少许炸药,一起以速度0.5 m/s向右做匀速直线运动。已知甲、乙两球质量分别为0.1 kg和0.2 kg。某时刻炸药突然爆炸,分开后两球仍沿原直线运动,从爆炸开始计时,经过3.0 s两球之间的距离为x=2.7 m,则下列说法正确的是( )
[A]刚分离时,甲、乙两球的速度方向相同
[B]刚分离时,甲球的速度大小为0.1 m/s,方向水平向左
[C]刚分离时,乙球的速度大小为0.3 m/s
[D]爆炸过程中释放的能量为0.027 J
【答案】 BD
【解析】 设甲、乙两球质量分别为m1、m2,刚分离时两球的速度分别为v1、v2,取向右为正方向,根据动量守恒定律有(m1+m2)v0=m1v1+m2v2,而x=v2t-v1t,代入数据联立解得v1=-0.1 m/s,
v2=0.8 m/s,可知刚分离时,甲球的速度方向水平向左,乙球的速度方向水平向右,故A、C错误,B正确;爆炸过程中释放的能量为ΔE=m1+m2-(m1+m2),代入数据解得ΔE=0.027 J,故D正确。
6.(6分)(多选)(2025·湖北武汉期末)如图所示,完全相同的A、B两物块随足够长的水平传送带按图中所示方向匀速运动,A、B间夹有少量炸药。现炸药发生爆炸,爆炸后瞬间物块B的速度为2v,则在以后的过程中,下列说法正确的是(已知物块与传送带间动摩擦因数为μ)( )
[A]物块A一直做匀加速直线运动
[B]物块A先做匀加速运动,后做匀速运动
[C]物块B先做匀减速运动,后做匀速运动
[D]最终两物块间距离为
【答案】 BCD
【解析】 物块A、B在炸药爆炸过程中,内力远远大于外力,两物块组成的系统动量守恒,设物块的质量为m,根据动量守恒定律有2mv=mvA+mvB,解得vA=0,可知在以后的运动过程中,物块A做初速度为0的匀加速直线运动,直至与传送带共速,选项A错误,B正确;物块B先做匀减速运动,与传送带共速后做匀速运动,选项C正确;根据匀变速直线运动的规律,可知物块A、B与传送带共速时位移为xA=,xB=,则Δx=xB-xA=,故D正确。
考点四 “人船”模型问题
7.(4分)(2025·重庆沙坪坝期中)如图,质量为M、斜面长为L、倾角为θ的光滑斜面体放在光滑的水平面上,质量为m的物块从斜面顶端由静止释放,当物块滑到斜面底端时,斜面体向左移动的距离为d,则下列说法正确的是( )
[A]物块机械能守恒
[B]物块和斜面体组成的系统动量守恒
[C]d=Lcos θ
[D]d=Lcos θ
【答案】 D
【解析】 对于斜面体和物块组成的系统,在物块下滑的过程中只有重力做功,所以系统机械能守恒,而物块机械能不守恒;由物块和斜面体组成的系统,由于物块沿斜面加速下滑,有竖直向下的分加速度,系统竖直方向的合力不为零,因此系统动量不守恒,故A、B错误。设物块水平位移大小为x,取水平向左为正方向,根据系统水平方向动量守恒有M·-m·=0,则Md=mx,而d+x=Lcos θ,解得d=Lcos θ,故C错误,D正确。
8. (4分)(2025·山东滨州阶段练习)长为L的木板总质量为M,质量为m的人站在木板的左端,脚与木板间粗糙,木板与地面间光滑,开始时均静止。如图所示,人做匀加速直线运动从左端跑到右端离开木板,此过程木板运动的位移为( )
[A]L,向右 [B]L,向左
[C]L,向右 [D]L,向左
【答案】 B
【解析】 木板与地面间光滑,则人与木板满足动量守恒,设人离开木板时的速度大小为v1,木板速度大小为v2,则有mv1-Mv2=0,设此过程木板运动的位移为x1,运动时间为t1,由运动学公式有L-x1=t1,x1=t1,联立上式可得x1=L,方向向左。选项B正确。
9.(6分)(多选)(2025·宁夏石嘴山期中)如图所示,载有物资的热气球的总质量为M,静止于距离水平地面H的高处。现将质量为m的物资以相对地面竖直向下的速度v0投出,物资落地时与热气球的距离为d。设整个过程中热气球所受浮力不变,重力加速度为g,不计空气阻力,忽略物资受到的浮力。下列说法正确的是( )
[A]物资落地前,热气球与其组成的系统动量守恒
[B]投出物资后,热气球匀速上升
[C]物资落地时,热气球上升的高度为
[D]d=
【答案】 AD
【解析】 物资投出之前,物资和气球组成的系统合外力为零,物资投出后,系统的合外力仍为零,因此物资落地前,热气球与投出的物资组成的系统动量守恒,故A正确;投出物资后,热气球受到的浮力大于重力,合力向上,则热气球向上做匀加速直线运动,故B错误;设物资落地时,热气球上升的高度为h,则对物资和热气球组成的系统,取竖直向上为正方向,根据动量守恒定律有(M-m)-m=0,解得h=,则d=H+h=H+=,故C错误,D正确。
10.(4分)(2025·安徽淮北检测)我国航天员在天宫空间站执行任务期间,在地面科研人员的配合支持下,进行出舱活动已成为常态。如图,为了保证出舱航天员的安全,通常会采用多重保障措施,其中之一就是出舱航天员要背上可产生推力的便携式设备,装备中有一个能喷出气体的高压气源。假设一个连同装备共100 kg的航天员,脱离空间站后,在离空间站30 m的位置与空间站处于相对静止状态。航天员为了返回空间站,先以相对空间站50 m/s的速度向后喷出0.15 kg的气体,距离空间站15 m时,再次以同样速度喷出同等质量的气体,则航天员返回空间站的时间约为( )
[A]200 s [B]300 s
[C]400 s [D]600 s
【答案】 B
【解析】 设航天员向着空间站的方向为正方向,第一次喷气后航天员的速度为v,喷气速度为v1,则根据动量守恒定律有-m1·v1+(m-m1)·v=0,代入数据解得v=0.075 m/s,经过前段15 m所需的时间约为t1== s=200 s,设再次喷气后航天员的速度为v′,同理有(m-m1)·v=-m1·v1+(m-m1-m1)·v′,解得v′=0.15 m/s,
此后15 m所需的时间约为t2== s=100 s,则航天员返回空间站的时间约为t1+t2=200 s+
100 s=300 s,选项B正确。
11.(16分)(2025·山东德州阶段检测)双响爆竹结构简图如图所示,纸筒内分上、下两层安放火药。使用时首先引燃下层火药,使爆竹获得竖直向上的初速度,升空后上层火药被引燃,爆竹凌空爆响。某次在水平地面上燃放双响爆竹,爆竹上升至最高点时恰好引燃上层火药,立即爆炸成两部分,两部分的质量之比为1∶2,获得的速度均沿水平方向。已知这次燃放爆竹上升的最大高度为h,两部分落地点之间的距离为L,重力加速度为g,不计空气阻力,不计火药爆炸对爆竹总质量的影响。
(1)求引燃上层火药后,两部分各自获得的速度大小;
(2)已知火药爆炸时爆竹增加的机械能与火药的质量成正比,求上、下两层火药的质量比。
【答案】 (1) (2)
【解析】 (1)引燃上层火药后,两部分向相反的方向做平抛运动,
竖直方向有h=gt2,
水平方向有L=v1t+v2t,
上层火药爆炸时水平方向动量守恒,设爆竹总质量为m,则有mv1-mv2=0,
解得两部分的速度大小分别为
v1=,v2=。
(2)上层火药爆炸后爆竹获得的机械能
E上=×m+×m,
下层火药爆炸后爆竹获得的机械能
E下=mgh,
上、下两层火药的质量比
==。(共44张PPT)
6 反冲现象 火箭
[定位·学习目标]
1.通过阅读教材,了解反冲运动和反冲运动在生活中的应用,形成物理观念。2.通过实例分析,能够应用动量守恒定律、能量守恒定律解决反冲运动问题,形成科学思维。3.通过学习和课外阅读,知道火箭的飞行原理,了解我国航天技术的发展及巨大成就,增强民族自信心和自豪感。
探究·必备知识
知识点一 反冲现象
「探究新知」
1.定义:一个静止的物体在 的作用下分裂为两部分,一部分向某个方向运动,另一部分必然向 的方向运动的现象。
2.规律:反冲运动中,相互作用力一般较大,满足 定律。
3.反冲现象的应用及防止
(1)应用:农田、园林的喷灌装置利用反冲使水从喷口喷出时,一边喷水一边
。
(2)防止:用枪射击时,由于枪身的 会影响射击的准确性,所以用步枪射击时要把枪身抵在肩部,以减少反冲的影响。
内力
相反
动量守恒
旋转
反冲
正误辨析
(1)反冲运动是物体不同部分之间的作用力和反作用力产生的效果。( )
(2)只有系统所受合力为零的反冲运动才能用动量守恒定律分析。( )
(3)反冲运动的原理既适用于宏观物体,也适用于微观粒子。( )
(4)反冲运动中两部分物体的冲量相等。( )
×
√
√
×
知识点二 火箭
「探究新知」
1.工作原理:喷气式飞机和火箭的飞行应用了 的原理,它们都靠
的反冲作用而获得巨大的速度。
2.决定火箭增加的速度Δv的因素
(1)火箭喷出的燃气的速度。
(2)火箭喷出物质的 与火箭本身的质量之比。
火箭喷出的燃气的速度 ,火箭喷出物质的质量与火箭本身质量之比 ,火箭获得的速度越大。
反冲
喷出气流
质量
越大
越大
如图所示为某运载火箭发射过程中的几个瞬间,图甲是火箭点火开始飞行的瞬间,图乙是助推器分离的瞬间,图丙是火箭一、二级分离的瞬间。现代使用的航天火箭几乎都分成几级。在使用时,总是让第一级火箭先燃烧,当燃尽了全部推进剂以后,就自动脱落并点燃第二级火箭……为什么火箭要这样分级制造呢
「新知检测」
【答案】 火箭的分级可以逐级减轻火箭的质量,提高火箭的质量比,有利于提高火箭的最终速度。
突破·关键能力
要点一 对反冲运动的理解和应用
「情境探究」
吹起来的气球松手后喷出气体,同时向相反方向飞去;发射炮弹时,炮弹从炮筒中飞出,炮身会向后退;乌贼喷出水后,它的身体能很快地向相反方向运动。结合这些事例,体会反冲的概念。
探究:(1)反冲现象中物体的受力有什么特点
【答案】 (1)发生反冲的两物体受方向相反、大小相等的作用力,两物体在这对相互作用力的作用下向相反方向运动。
(2)反冲运动过程中系统的动量、机械能有什么变化
【答案】 (2)反冲运动中,相互作用的内力一般情况下远大于外力,所以可以用动量守恒定律来处理,即系统动量守恒;反冲运动中,有其他形式的能转化为机械能,所以系统的机械能增加。
(3)反冲运动遵循的规律是什么
【答案】 (3)反冲运动中系统动量守恒,机械能不守恒。
1.反冲运动的三个特点
(1)物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动。
(2)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,所以两部分组成的系统动量守恒或在某一方向上动量守恒。
(3)反冲运动中,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。
「要点归纳」
2.分析反冲运动应注意的问题
(1)速度的反向性问题。
对于原来静止的整体,抛出部分具有速度时,剩余部分的反冲是相对于抛出部分来说的,两者运动方向必然相反。在列动量守恒方程时,可任意规定某一部分的运动方向为正方向,则反方向的另一部分的速度应取负值。
(2)相对速度问题。
反冲运动的问题中,有时遇到的速度是相互作用的两物体的相对速度。由于动量守恒定律中要求速度为相对同一参考系的速度,通常为对地的速度。因此应先将相对速度转换成对地的速度后,再列动量守恒定律方程。
(3)变质量问题。
在反冲运动中还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。
[例1] (对反冲现象的理解)(多选)(2025·山西太原阶段检测)站在冰面上处于静止状态的质量为80千克运动员甲,把身边静止的质量为60千克的运动员乙推出去,自己也向着反方向运动了出去,不计冰面的摩擦力,关于此过程,下列说法正确的是( )
[A]甲对乙做的功与乙对甲做的功大小相等
[B]甲对乙做功的平均功率大于乙对甲做功的平均功率
[C]乙的动能增加量等于甲的动能增加量
[D]两运动员构成的系统机械能不守恒
「典例研习」
BD
[例2] (反冲运动的应用)进入冬季,一些地方迎来降雪,许多市民兴致勃勃地参加一些滑雪、溜冰等游玩项目。如图所示,在水平冰面上,开始时人坐在滑板上,滑板上堆有两个完全相同的雪球,设人、滑板、雪球总质量为M,每个雪球质量为m。随后,人将两雪球先后水平向左抛出滑板,每个雪球离开滑板时相对滑板的速度都是v,滑板与冰面间的摩擦及空气阻力不计,则人抛出两雪球后,人、滑板整体的速度大小为( )
D
·规律总结·
(1)反冲运动和碰撞、爆炸有相似之处,相互作用力常为变力,且作用力大,一般都满足内力远大于外力,所以反冲运动可用动量守恒定律来处理。
(2)内力的存在不会改变系统的动量,但内力做功往往会改变系统的总动能。
(3)反冲运动中,由于有其他形式的能转化为机械能,所以系统的总动能增加。反冲运动是作用力和反作用力都做正功的典型事例。
要点二 火箭的工作原理分析
「情境探究」
我国早在宋代就发明了火箭,在箭杆上捆一个前端封闭的火药筒,火药点燃后生成的燃气以很大的速度向后喷出,火箭就会向前运动。
探究:(1)古代火箭的运动是否为反冲运动
【答案】 (1)火箭的运动是反冲运动。
(2)火箭飞行利用了怎样的工作原理
【答案】 (2)火箭靠向后连续喷射高速气体飞行,利用了反冲原理。
「要点归纳」
分析火箭类问题应注意的问题
(1)火箭在运动过程中,随着燃料的燃烧,火箭本身的质量不断减小,故在应用动量守恒定律时,必须取在同一相互作用时间内的火箭和喷出的气体为研究对象。注意反冲前后各物体质量的变化。
(2)明确两部分物体初、末状态的速度的参考系是否为同一参考系,如果不是同一参考系要设法予以转换,一般情况要转换成对地的速度。
(3)列方程时要注意初、末状态动量的方向。
[例3] (2025·重庆渝中阶段练习)学习了反冲原理之后,同学们利用饮料瓶制作了“水火箭”。瓶中装有一定量的水,瓶口用装有软管的橡皮塞塞紧,然后通过打气使瓶内空气压强增大,当橡皮塞与瓶口脱离时,瓶内水向后喷出。如图所示,静置于地面上的质量为M(含水)的
“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。重力加速度为g,空气阻力不计,下列说法正确的是( )
「典例研习」
[A]“水火箭”的原理与体操运动员在着地时要屈腿的原理是一样的
[C]“水火箭”的推力来源于“水火箭”外的空气对它的反作用力
[D]“水火箭”上升到最大高度的过程中,重力的冲量大小为(M-m)v0
B
要点三 爆炸类问题中动量守恒定律的应用
1.爆炸时物体间的相互作用突然发生,作用时间很短,爆炸产生的内力远大于外力(如重力、摩擦力等),可以利用动量守恒定律求解。
2.由于爆炸过程中物体间相互作用的时间很短,作用过程中物体的位移很小,因此可认为此过程物体位移不发生变化。
「要点归纳」
[例4] (2025·辽宁大连期中)如图所示,在足够长的光滑水平轨道上静置着三个小木块A、B、C,质量分别为mA=1 kg,mB=1 kg,mC=2 kg,其中B与C用一个轻弹簧固定连接,开始时整个装置处于静止状态;A和B之间有少许塑胶炸药,现在引爆塑胶炸药,若炸药爆炸产生的能量有E=9 J转化为A和B的动能,A和B分开后,立刻取走A。求:
「典例研习」
(1)炸药爆炸对A的冲量大小;
【答案】 (1)3 N·s
(2)弹簧弹性势能的最大值;
【答案】 (2)3 J
(3)弹簧再次恢复原长时,B和C的速度大小和方向。
【答案】 (3)1 m/s,方向水平向左;2 m/s,方向水平向右
要点四 “人船”模型问题
1.问题的特征:两个原来静止的物体发生相互作用时,若所受外力的矢量和为零,则动量守恒。在相互作用的过程中,任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比。这样的问题归为“人船”模型问题。
2.运动特点:人动船动,人停船停,人快船快,人慢船慢,人左船右。
「要点归纳」
3.处理“人船”模型问题的关键
(1)先利用动量守恒确定两物体速度关系,再确定两物体通过的位移关系。
(2)解题时要画出各物体的位移关系草图,找出各长度间的关系。
(3)适用条件
“人船”模型是利用平均动量守恒求解的一类问题。适用条件是:
①系统由两个物体组成且相互作用前静止,系统总动量为零。
②在系统内发生相对运动的过程中至少有一个方向的动量守恒,注意两物体的位移是相对同一参考系的位移。
[例5] (2025·重庆渝中阶段练习)如图所示,质量为M的小船静止在水面上,质量为m的人在甲板上立定跳远的成绩为L,不计空气和水的阻力,下列说法正确的是( )
[A]若人在甲板上散步时突然停下,船将继续后退
[B]人在立定跳远的过程中船保持静止
「典例研习」
C
·规律总结·
(1)“人船”模型中的动力学规律:由于组成系统的人和船受到大小相同、方向相反的一对力,故两物体速度或位移与质量成反比,方向相反。这类问题的特点是两物体同时运动,同时停止。
(2)“人船”模型中的动量与能量规律:由于系统不受外力作用,故遵守动量守恒定律,又由于相互作用力做功,故系统或每个物体动能均发生变化。用力对“人”做的功量度“人”动能的变化;力对“船”做的功量度“船”动能的变化。
检测·学习效果
1.(多选)(2025·黑龙江牡丹江期末)下列各图中,属于反冲现象的是( )
ACD
[A] [B] [C] [D]
【解析】 墨鱼在遇到危险时瞬间向与运动相反的方向喷出墨汁,使自己瞬间获得一个较大的速度,这是利用了反冲原理,故A正确;马拉车,马对车做功,马和车一起向着相同的方向运动,不属于反冲现象,故B错误;手枪在射击后,枪身向后运动,这是反冲现象,故C正确;“蹿天猴”被点燃后,产生的高温燃气向下喷出,使自身瞬间获得一个向上较大的速度,这是反冲现象,故D正确。
2.(2025·陕西咸阳期中)冲天炮飞上天后在空中爆炸。当冲天炮从水平地面斜飞向天空后且恰好沿水平方向运动的瞬间,突然炸裂成一大一小P、Q两块,且质量较大的P仍沿原来方向飞出去,则( )
[A]质量较大的P先落回地面
[B]炸裂前后瞬间,总动量近似守恒
[C]炸裂后,P飞行的水平距离较大
[D]炸裂时,P、Q两块受到的内力的冲量相等
B
【解析】 炸裂时,冲天炮位于最高点,水平方向不受外力作用,而重力远远小于内力,所以总动量可认为守恒,因此,P、Q两块的速度方向均沿水平方向,之后做平抛运动回到地面,同时落地,故A错误,B正确;炸裂后,质量较小的Q可能仍沿原来的方向,也可能与原方向相反,无法确定P、Q两块炸裂时速度的大小关系,也就无法比较水平距离大小关系,故C错误;炸裂时P、Q两块受到的内力大小相等,方向相反,故炸裂时P、Q两块受到的内力的冲量大小相等,方向相反,冲量是矢量,故D错误。
3.如图所示,一枚手榴弹开始时在空中竖直向下落,到某位置时爆炸成a、b两块同时落地,其中a落地时飞行的水平距离OA大于b落地时飞行的水平距离OB,下列说法正确的是( )
[A]爆炸瞬间a、b两块的速度大小相等
[B]爆炸瞬间a、b两块的速度变化量大小相等
[C]a、b两块落地时的速度大小相等
[D]爆炸瞬间a、b两块的动量变化量大小相等
D
【解析】 由题意知爆炸后a、b两块的竖直分速度大小相等,由a的水平位移大于b的水平位移可知,a的水平分速度大于b的水平分速度,所以A、B、C均错误;水平方向动量守恒,所以爆炸瞬间a、b两块的动量变化量大小相等,D正确。
4.(2025·江苏无锡期末)如图,在平静的水面上漂浮着一块质量M=150 g的带有支架的木板,木板左边的支架上静静地蹲着一只质量为m=50 g 的青蛙,支架相对水面高为h=20 cm,支架右方的水平木板长s=120 cm,突然青蛙向右水平跳出。水的阻力不计,g取10 m/s2。
(1)如果青蛙相对地面跳出的初速度是0.3 m/s,木板后退的速度是多大
【答案】 (1)0.1 m/s
【解析】 (1)青蛙跳出的过程中,根据动量守恒定律有mv1-Mv2=0,
可得木板后退的速度为v2=0.1 m/s。
(2)青蛙如果水平跳出恰好入水,对地跳出的初速度为多少
【答案】 (2)4.5 m/s
感谢观看
