高二物理人教版选修3-5学案 第十六章 5 反冲运动 火箭 Word版含解析
文档属性
| 名称 | 高二物理人教版选修3-5学案 第十六章 5 反冲运动 火箭 Word版含解析 |  | |
| 格式 | doc | ||
| 文件大小 | 1.0MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（新课程标准） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2020-10-19 12:27:47 | ||
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文档简介
5 反冲运动 火箭
两位同学在公园里划船，租船的时间将到，他们把小船划向码头．当小船离码头大约1.5 m左右时，有一位同学心想：自己在体育课上立定跳远的成绩从未低于2 m，跳到岸上绝对没有问题．于是她纵身一跳，结果却掉到了水里(右图)，她为什么不能如她所想的那样跳到岸上呢？
提示：这位同学与船组成的系统在不考虑水阻力的情况下，所受合外力为零，在她跳前后遵循动量守恒定律．她在跳出瞬间，船也要向后运动．
2011年11月1日清晨5时58分10秒，中国“长征”二号F遥八运载火箭在酒泉卫星发射中心载人航天发射场点火发射，火箭将“神舟”八号飞船成功送入近地点200千米、远地点330千米的预定轨道．如图所示为“神舟”八号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，就被丢弃并点燃第二级火箭……
那么，为什么火箭要这样分级制造呢？分级会带来多大的好处呢？
提示：分级火箭有利于提高火箭的最终速度．
假设有两枚火箭，一枚是单级火箭，一枚是两级火箭．第一枚火箭的发射重量是2 000千克，其中装有1 500千克的推进剂，则其质量比是4.根据速度公式可以算出，它的最终速度可以达到每秒3 470米．第二枚火箭由各重1 000千克的两级火箭组成，它们分别装有750千克的推进剂．表面看来后者的总重与推进剂的重量都与前者相同，但效果却显著不同．由于在使用时，第一级火箭在推进剂燃烧完以后可以把它整个抛弃，剩下第二级火箭单独前进．所以它的最后质量只有250千克，因此它的质量比是2 000?250＝8，比第一枚火箭提高了一倍．计算表明，依靠第一级火箭的推力，可以达到1 175米/秒的速度，然后依靠第二级火箭，又可以进一步把速度提高到5 200米/秒，其速度比单级火箭整整快了近50%.
【例1】 一火箭喷气发动机每次喷出m＝200 g的气体，气体离开发动机喷出时的速度v＝1 000 m/s(相对地面)，设火箭质量M＝300 kg，发动机每秒喷气20次．求当第三次气体喷出后，火箭的速度多大？
本题考查反冲运动过程中的动量守恒，解题时应注意火箭动量的变化及动量的方向．
【答案】 2 m/s
【解析】 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，火箭速度为v1，有(M－m)v1－mv＝0，
所以v1＝；
第二次气体喷出后，火箭速度为v2，有
(M－2m)v2－mv＝(M－m)v1，所以v2＝；
第三次气体喷出后，火箭速度为v3，有
(M－3m)v3－mv＝(M－2m)v2，
所以v3＝＝ m/s＝2 m/s.
法二：选取整体为研究对象，运用动量守恒定律求解．
设喷出三次气体后火箭的速度为v3，以火箭和喷出三次气体为研究对象，据动量守恒定律，得
(M－3m)v3－3mv＝0，
所以v3＝＝2 m/s.
总结提能 (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调整，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．反冲物体速度的方向与原物体的运动方向是相反的．
将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出．在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)( A )
A．30 kg·m/s B．5.7×102 kg·m/s
C．6.0×102 kg·m/s D．6.3×102 kg·m/s
解析：燃气从火箭喷口喷出的瞬间，火箭和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为p，根据动量守恒定律，可得p－mv0＝0，解得p＝mv0＝0.050 kg×600 m/s＝30 kg·m/s，选项A正确．
考点二 “人船模型”问题的处理
1．“人船模型”问题
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．处理“人船模型”问题的关键
(1)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的关系．
用动量守恒定律求位移的题目，大都是系统原来处于静止状态，然后系统内物体相互作用，此时动量守恒表达式经常写成m1v1－m2v2＝0的形式，式中v1、v2是m1、m2末状态时的瞬时速率．此种状态下动量守恒的过程中，任意时刻的系统总动量为零，因此任意时刻的瞬时速率v1和v2都与各物体的质量成反比，所以全过程的平均速率也与质量成反比，即有m11－m22＝0.如果两物体相互作用时间为t，在这段时间内两物体的位移大小分别为x1和x2，则有m1－m2＝0，即m1x1－m2x2＝0.
(2)解题时要画出各物体的位移关系草图，找出它们各自相对地面位移的关系．
【例2】 有一只小船停在静水中，船上一人从船头走到船尾．如果人的质量m＝60 kg，船的质量M＝120 kg，船长为l＝3 m，则船在水中移动的距离是多少？水的阻力不计．
【答案】 1 m
【解析】 选人和船组成的系统为研究对象，由于人从船头走到船尾的过程中，系统动量守恒，人起步前系统的总动量为0，当人加速前进时，船加速后退，人停下来，船也停下来．设人的平均速度为人，船的平均速度为船，根据动量守恒有m人－M船＝0
设人的位移为x人，船的位移为x船，则m－M＝0
而x人＋x船＝l
联立可得x船＝l＝×3 m＝1 m.
总结提能 “人船模型”的特点
(1)“人”走“船”走，“人”停“船”停；
(2)x人＝l①，x船＝l②，x人，x船的大小与人运动的时间和运动状态无关；
(3)让①式比上②式得＝，在系统满足动量守恒的方向上，人、船的位移与质量成反比．
载人气球静止于高h的空中，气球的质量为M，人的质量为m，若人沿绳梯滑至地面，则绳梯至少为多长？
答案：h
解析：→
气球和人原来静止在空中，说明系统所受合外力为零，故系统在人下滑过程中动量守恒，人着地时绳梯至少应接触地面，设绳梯长为L，人沿绳梯滑至地面，人的位移为x人，球的位移为x球，它们的位移状态图如图所示，
由平均动量守恒有：0＝Mx球－mx人，
又有x球＋x人＝L，x人＝h，
故L＝h.
重难疑点辨析
爆炸问题
炸弹的爆炸、原子核的裂变等都是同类问题，其实质为内力远大于外力，系统动量守恒，动能增加．
爆炸和碰撞的异同
【典例】 一枚质量为m的手榴弹，在空中某点运动速度的大小为v，方向沿水平方向．手榴弹在该点突然炸裂成两块，质量为m1的一块沿v的反方向飞去，速度大小为v1，求另一块炸裂后的速度v2.
【解析】 爆炸前，可认为手榴弹是由质量为m1和m－m1的两块弹片组成的．手榴弹爆炸的过程，可看作是这两块弹片相互作用的过程．由于两块弹片所受的爆炸力远大于它们受到的重力，所以满足动量守恒定律．
两块弹片在炸开前(初状态)的总动量是mv，炸开后(末状态)的总动量为－m1v1＋(m－m1)v2.
根据动量守恒定律有mv＝－m1v1＋(m－m1)v2
所以v2＝，方向与v相同．
【答案】 ，方向与v相同
对于爆炸类问题，由于相互作用力是变力，用牛顿运动定律求解非常复杂，甚至根本就无法求解，但用动量守恒定律求解时，只需要考虑过程的始末状态，而不需要考虑过程的具体细节，这正是用动量守恒定律求解问题的优点．
类题试解
有一大炮竖直向上发射炮弹，炮弹的质量为m′＝6.0 kg(内含炸药的质量可以忽略不计)，射出的初速度v0＝60 m/s.当炮弹到达最高点时爆炸为沿水平方向运动的两片，其中一片质量为m＝4.0 kg.现要求这一片不能落到以发射点为圆心，以R＝600 m为半径的圆周范围内，则刚爆炸完时两弹片的总动能至少多大？(g取10 m/s2，忽略空气阻力)
【解析】 设炮弹上升到达最高点的高度为H，根据匀变速直线运动规律，有v＝2gH.设质量为m的弹片刚爆炸后的速度为v1，另一块的速度为v，根据动量守恒定律有
mv1＋(m′－m)v＝0.
设质量为m的弹片恰好落到该圆周上，它运动的时间为t，根据平抛运动规律有H＝gt2，R＝v1t.
炮弹刚爆炸后，两弹片的总动能
Ek＝mv＋(m′－m)v2.
解以上各式得Ek＝·.
代入数值得Ek＝6.0×104 J.
【答案】 6.0×104 J
1．(多选)下列属于反冲运动的是( ACD )
A．喷气式飞机的运动 B．直升机的运动
C．火箭的运动 D．反击式水轮机的运动
解析：反冲现象是一个物体分裂成两部分，两部分朝相反的方向运动，故直升机不是反冲现象．
2．(多选)下列哪些措施有利于增加喷气式飞机的飞行速度( AC )
A．使喷出的气体速度增大 B．使喷出的气体温度更高
C．使喷出的气体质量更大 D．使喷出的气体密度更小
3．假设一个人静止于完全光滑的水平冰面上，现欲离开冰面，下列方法中可行的是( D )
A．向后踢腿 B．手臂向后甩
C．在冰面上滚动 D．脱下外衣水平抛出
解析：踢腿、甩手对系统来讲是内力，内力不改变系统整体的运动状态．
4．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( B )
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，然后向后推出，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，火箭燃料燃烧产生的高温高压燃气从尾喷管迅速喷出时，使火箭获得反冲速度，故选B项．
5．(多选)一人从泊在码头边的船上往岸上跳，若该船的缆绳并没拴在码头上，则下列说法中正确的有( AB )
A．船越轻小，人越难跳上岸
B．人跳跃时相对船速度大于相对地速度
C．船越重越大，人越难跳上岸
D．人跳时相对船速度等于相对地速度
解析：船越轻小，船的反冲速度越大，人获得的速度反而越小，人船相对运动，因此说人跳跃时相对船速度大于相对地的速度，故A、B正确．
两位同学在公园里划船，租船的时间将到，他们把小船划向码头．当小船离码头大约1.5 m左右时，有一位同学心想：自己在体育课上立定跳远的成绩从未低于2 m，跳到岸上绝对没有问题．于是她纵身一跳，结果却掉到了水里(右图)，她为什么不能如她所想的那样跳到岸上呢？
提示：这位同学与船组成的系统在不考虑水阻力的情况下，所受合外力为零，在她跳前后遵循动量守恒定律．她在跳出瞬间，船也要向后运动．
2011年11月1日清晨5时58分10秒，中国“长征”二号F遥八运载火箭在酒泉卫星发射中心载人航天发射场点火发射，火箭将“神舟”八号飞船成功送入近地点200千米、远地点330千米的预定轨道．如图所示为“神舟”八号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，就被丢弃并点燃第二级火箭……
那么，为什么火箭要这样分级制造呢？分级会带来多大的好处呢？
提示：分级火箭有利于提高火箭的最终速度．
假设有两枚火箭，一枚是单级火箭，一枚是两级火箭．第一枚火箭的发射重量是2 000千克，其中装有1 500千克的推进剂，则其质量比是4.根据速度公式可以算出，它的最终速度可以达到每秒3 470米．第二枚火箭由各重1 000千克的两级火箭组成，它们分别装有750千克的推进剂．表面看来后者的总重与推进剂的重量都与前者相同，但效果却显著不同．由于在使用时，第一级火箭在推进剂燃烧完以后可以把它整个抛弃，剩下第二级火箭单独前进．所以它的最后质量只有250千克，因此它的质量比是2 000?250＝8，比第一枚火箭提高了一倍．计算表明，依靠第一级火箭的推力，可以达到1 175米/秒的速度，然后依靠第二级火箭，又可以进一步把速度提高到5 200米/秒，其速度比单级火箭整整快了近50%.
【例1】 一火箭喷气发动机每次喷出m＝200 g的气体，气体离开发动机喷出时的速度v＝1 000 m/s(相对地面)，设火箭质量M＝300 kg，发动机每秒喷气20次．求当第三次气体喷出后，火箭的速度多大？
本题考查反冲运动过程中的动量守恒，解题时应注意火箭动量的变化及动量的方向．
【答案】 2 m/s
【解析】 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，火箭速度为v1，有(M－m)v1－mv＝0，
所以v1＝；
第二次气体喷出后，火箭速度为v2，有
(M－2m)v2－mv＝(M－m)v1，所以v2＝；
第三次气体喷出后，火箭速度为v3，有
(M－3m)v3－mv＝(M－2m)v2，
所以v3＝＝ m/s＝2 m/s.
法二：选取整体为研究对象，运用动量守恒定律求解．
设喷出三次气体后火箭的速度为v3，以火箭和喷出三次气体为研究对象，据动量守恒定律，得
(M－3m)v3－3mv＝0，
所以v3＝＝2 m/s.
总结提能 (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调整，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．反冲物体速度的方向与原物体的运动方向是相反的．
将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出．在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)( A )
A．30 kg·m/s B．5.7×102 kg·m/s
C．6.0×102 kg·m/s D．6.3×102 kg·m/s
解析：燃气从火箭喷口喷出的瞬间，火箭和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为p，根据动量守恒定律，可得p－mv0＝0，解得p＝mv0＝0.050 kg×600 m/s＝30 kg·m/s，选项A正确．
考点二 “人船模型”问题的处理
1．“人船模型”问题
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．处理“人船模型”问题的关键
(1)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的关系．
用动量守恒定律求位移的题目，大都是系统原来处于静止状态，然后系统内物体相互作用，此时动量守恒表达式经常写成m1v1－m2v2＝0的形式，式中v1、v2是m1、m2末状态时的瞬时速率．此种状态下动量守恒的过程中，任意时刻的系统总动量为零，因此任意时刻的瞬时速率v1和v2都与各物体的质量成反比，所以全过程的平均速率也与质量成反比，即有m11－m22＝0.如果两物体相互作用时间为t，在这段时间内两物体的位移大小分别为x1和x2，则有m1－m2＝0，即m1x1－m2x2＝0.
(2)解题时要画出各物体的位移关系草图，找出它们各自相对地面位移的关系．
【例2】 有一只小船停在静水中，船上一人从船头走到船尾．如果人的质量m＝60 kg，船的质量M＝120 kg，船长为l＝3 m，则船在水中移动的距离是多少？水的阻力不计．
【答案】 1 m
【解析】 选人和船组成的系统为研究对象，由于人从船头走到船尾的过程中，系统动量守恒，人起步前系统的总动量为0，当人加速前进时，船加速后退，人停下来，船也停下来．设人的平均速度为人，船的平均速度为船，根据动量守恒有m人－M船＝0
设人的位移为x人，船的位移为x船，则m－M＝0
而x人＋x船＝l
联立可得x船＝l＝×3 m＝1 m.
总结提能 “人船模型”的特点
(1)“人”走“船”走，“人”停“船”停；
(2)x人＝l①，x船＝l②，x人，x船的大小与人运动的时间和运动状态无关；
(3)让①式比上②式得＝，在系统满足动量守恒的方向上，人、船的位移与质量成反比．
载人气球静止于高h的空中，气球的质量为M，人的质量为m，若人沿绳梯滑至地面，则绳梯至少为多长？
答案：h
解析：→
气球和人原来静止在空中，说明系统所受合外力为零，故系统在人下滑过程中动量守恒，人着地时绳梯至少应接触地面，设绳梯长为L，人沿绳梯滑至地面，人的位移为x人，球的位移为x球，它们的位移状态图如图所示，
由平均动量守恒有：0＝Mx球－mx人，
又有x球＋x人＝L，x人＝h，
故L＝h.
重难疑点辨析
爆炸问题
炸弹的爆炸、原子核的裂变等都是同类问题，其实质为内力远大于外力，系统动量守恒，动能增加．
爆炸和碰撞的异同
【典例】 一枚质量为m的手榴弹，在空中某点运动速度的大小为v，方向沿水平方向．手榴弹在该点突然炸裂成两块，质量为m1的一块沿v的反方向飞去，速度大小为v1，求另一块炸裂后的速度v2.
【解析】 爆炸前，可认为手榴弹是由质量为m1和m－m1的两块弹片组成的．手榴弹爆炸的过程，可看作是这两块弹片相互作用的过程．由于两块弹片所受的爆炸力远大于它们受到的重力，所以满足动量守恒定律．
两块弹片在炸开前(初状态)的总动量是mv，炸开后(末状态)的总动量为－m1v1＋(m－m1)v2.
根据动量守恒定律有mv＝－m1v1＋(m－m1)v2
所以v2＝，方向与v相同．
【答案】 ，方向与v相同
对于爆炸类问题，由于相互作用力是变力，用牛顿运动定律求解非常复杂，甚至根本就无法求解，但用动量守恒定律求解时，只需要考虑过程的始末状态，而不需要考虑过程的具体细节，这正是用动量守恒定律求解问题的优点．
类题试解
有一大炮竖直向上发射炮弹，炮弹的质量为m′＝6.0 kg(内含炸药的质量可以忽略不计)，射出的初速度v0＝60 m/s.当炮弹到达最高点时爆炸为沿水平方向运动的两片，其中一片质量为m＝4.0 kg.现要求这一片不能落到以发射点为圆心，以R＝600 m为半径的圆周范围内，则刚爆炸完时两弹片的总动能至少多大？(g取10 m/s2，忽略空气阻力)
【解析】 设炮弹上升到达最高点的高度为H，根据匀变速直线运动规律，有v＝2gH.设质量为m的弹片刚爆炸后的速度为v1，另一块的速度为v，根据动量守恒定律有
mv1＋(m′－m)v＝0.
设质量为m的弹片恰好落到该圆周上，它运动的时间为t，根据平抛运动规律有H＝gt2，R＝v1t.
炮弹刚爆炸后，两弹片的总动能
Ek＝mv＋(m′－m)v2.
解以上各式得Ek＝·.
代入数值得Ek＝6.0×104 J.
【答案】 6.0×104 J
1．(多选)下列属于反冲运动的是( ACD )
A．喷气式飞机的运动 B．直升机的运动
C．火箭的运动 D．反击式水轮机的运动
解析：反冲现象是一个物体分裂成两部分，两部分朝相反的方向运动，故直升机不是反冲现象．
2．(多选)下列哪些措施有利于增加喷气式飞机的飞行速度( AC )
A．使喷出的气体速度增大 B．使喷出的气体温度更高
C．使喷出的气体质量更大 D．使喷出的气体密度更小
3．假设一个人静止于完全光滑的水平冰面上，现欲离开冰面，下列方法中可行的是( D )
A．向后踢腿 B．手臂向后甩
C．在冰面上滚动 D．脱下外衣水平抛出
解析：踢腿、甩手对系统来讲是内力，内力不改变系统整体的运动状态．
4．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( B )
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，然后向后推出，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，火箭燃料燃烧产生的高温高压燃气从尾喷管迅速喷出时，使火箭获得反冲速度，故选B项．
5．(多选)一人从泊在码头边的船上往岸上跳，若该船的缆绳并没拴在码头上，则下列说法中正确的有( AB )
A．船越轻小，人越难跳上岸
B．人跳跃时相对船速度大于相对地速度
C．船越重越大，人越难跳上岸
D．人跳时相对船速度等于相对地速度
解析：船越轻小，船的反冲速度越大，人获得的速度反而越小，人船相对运动，因此说人跳跃时相对船速度大于相对地的速度，故A、B正确．