2019-2020学年高中物理 第1章 第4节 反冲运动课件 粤教版选修3-5

第一章碰撞与动量守恒第四节反冲运动[学习目标]1.了解反冲运动的概念及反冲运动的一些应用.2.知道反冲运动的原理.3.会应用动量守恒定律解决反冲运动问题．(重点、难点)4.了解火箭的工作原理及决定火箭最终速度大小的因素．自主预习探新知一、反冲运动1．定义根据动量守恒定律，如果一个静止的物体在内力的作用下分裂为两个部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向的方向运动，这个现象叫做2．反冲原理反冲运动的基本原理是定律，如果系统的一部分获得了某一方向的动量，系统的其他部分就会在这一方向的反方向上获得的动量．相反同样大小动量守恒反冲．一、反冲运动3．公式若系统的初始动量为零，则动量守恒定律的形式变为mv＋(M－m)v′＝0，此式表明，做反冲运动的两部分的动量大小、方向，而它们的速率与质量成相等反比．相反二、火箭1．原理火箭的飞行应用了的原理，靠喷出气流的作用来获得巨大速度．2．影响火箭获得速度大小的因素一是，二是火箭喷出物质的质量与火箭本身质量之比．喷气速度，质量比，火箭获得的速度越大．反冲越大越大喷气速度反冲1．正误判断(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)做反冲运动的两部分的动量一定大小相等，方向相反．()(2)一切反冲现象都是有益的．()(3)章鱼、乌贼的运动利用了反冲的原理．()(4)火箭点火后离开地面向上运动，是地面对火箭的反作用力作用的结果．()(5)在没有空气的宇宙空间，火箭仍可加速前行．()√√×√×2．一人静止于光滑的水平冰面上，现欲向前运动，下列可行的方法是()A．向后踢腿B．手臂向后甩C．在冰面上滚动D．向后水平抛出随身物品D[A、B两项中人与外界无作用，显然不行；对于C项，由于冰面光滑，也不行；对于D选项，人向后水平抛出随身物品的过程中，得到随身物品的反作用力，即利用了反冲运动的原理，从而能向前运动．]3．静止的实验火箭，总质量为M，当它以对地速度v0喷出质量为Δm的高温气体后，火箭的速度为()A.Δmv0M－ΔmB．－Δmv0M－ΔmC.Δmv0MD．－Δmv0MB[以v0为正方向，由动量守恒定律得Δmv0＋(M－Δm)v＝0，得火箭的速度v＝－Δmv0M－Δm，选项B正确．]合作探究攻重难反冲运动1.反冲运动的特点及遵循的规律(1)特点：是物体之间的作用力与反作用力产生的效果．(2)条件：①系统不受外力或所受外力的矢量和为零；②内力远大于外力；③系统在某一方向上不受外力或该方向上所受外力之和为零．(3)反冲运动遵循动量守恒定律．2．讨论反冲运动应注意的两个问题(1)速度的反向性对于原来静止的物体，被抛出部分具有速度时，剩余部分的运动方向与被抛出部分必然相反．(2)速度的相对性一般都指对地速度．3．“人船模型”问题(1)定义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)特点①两物体满足动量守恒定律：m1v1－m2v2＝0.②运动特点：a.人动船动，人停船停，人快船快，人慢船慢，人左船右；b．人船位移比等于它们质量的反比，人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即x1x2＝v1v2＝m2m1.注：应用此关系时要注意一个问题：即公式v1、v2和x一般都是相对地面而言的．【例1】质量为M的热气球吊筐中有一质量为m的人，共同静止在距地面为h的高空中．现从气球上放下一根质量不计的软绳，为使此人沿软绳能安全滑到地面，则软绳至少有多长？[解析]如图所示，设绳长为L，人沿软绳滑至地面的时间为t，由图可知，L＝x人＋x球．设人下滑的平均速度大小为v人，气球上升的平均速度大小为v球，由动量守恒定律得0＝Mv球－mv人即0＝Mx球t－mx人t，0＝Mx球－mx人又有x人＋x球＝L，x人＝h解以上各式得L＝M＋mMh.[答案]M＋mMh解决“人船模型”应注意两点1．适用条件：(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(如水平方向或竖直方向)．2．画草图：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，注意两物体的位移是相对同一参考系的位移．训练角度1：对反冲现象的认识1．以下实例中不是利用反冲现象的是()A．当枪发射子弹时，枪身会同时向后运动B．乌贼向前喷水，从而使自己向后游动C．火箭中的火药燃烧向下喷气，推动自身向上运动D．战斗机在紧急情况下抛出副油箱以提高机身的灵活性D[当枪发射子弹时，枪身同时受到一个反向的力会向后运动，故A是反冲现象；乌贼向前喷水从而使自己受到一个向后的力，向后游动，故B是反冲现象；火箭中的火药燃烧向下喷气而自身受到一个向上的推力，推动自身向上运动，故C是反冲现象；战斗机抛出副油箱，质量减小，惯性减小，机身的灵活性提高，故D不是反冲现象．故选D.]训练角度2：人船模型的理解及应用2．如图所示，材料相同，半径为r的薄壳小圆球，放在半径为R的薄壳大圆球内(R＝3r)，开始时二者均静止在光滑水平面上，当小圆球由图示位置无初速度释放，直至小圆球滚到最低点时，求大圆球移动的距离．[解析]小球无初速度下滑到达最低点时，小球与大球组成的系统水平方向动量守恒．设大球的水平位移为x，小球的水平位移为R－r－x.根据动量守恒可知，M·x＝m·(R－r－x)根据题意可知，两球壳质量之比等于表面积之比，等于半径的平方之比，M∶m＝3∶1联立解得x＝3－14r.[答案]3－14r火箭速度的决定因素1.火箭的速度设火箭在Δt时间内喷射燃气的质量为Δm，速度为u，喷气后火箭的质量为m，获得的速度为v，由动量守恒定律0＝mv＋Δmu，得v＝－Δmmu.2．决定因素火箭获得的速度取决于燃气喷出速度u及燃气质量与火箭本身质量之比Δmm两个因素．3．多级火箭由于受重力的影响，单级火箭达不到发射人造地球卫星所需要的7.9km/s，实际火箭为多级．多级火箭发射时，较大的第一级火箭燃烧结束后，便自动脱落，接着第二级、第三级依次工作，燃烧结束后自动脱落，这样可以不断地减小火箭壳体的质量，减轻负担，使火箭达到远远超过使用同样多的燃料的一级火箭所能达到的速度．目前多级火箭一般都是三级火箭，因为三级火箭能达到目前发射人造卫星的需求．【例2】一火箭喷气发动机每次喷出m＝200g的气体，气体离开发动机喷出时的速度v＝1000m/s(相对地面)，设火箭质量M＝300kg，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？思路点拨：(1)火箭喷气属于反冲现象，火箭和气体系统动量守恒．(2)运用动量守恒定律列方程时，注意系统内部质量变化关系及速度的方向关系．【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＝mvM－m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＝2mvM－2m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＝3mvM－3m＝3×0.2×1000300－3×0.2m/s≈2m/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＝3mvM－3m≈2m/s.[答案]2m/s火箭类问题的三点提醒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．3．在沙堆上有一木块，质量M＝5kg，在木块上放一爆竹，质量m＝0.10kg.点燃爆竹后木块陷入沙中深5cm，若沙对木块运动的阻力恒为58N，不计爆竹中火药质量和空气阻力，g取10m/s2，求爆竹上升的最大高度．[解析]设爆炸后木块速度为v1，爆竹速度为v2，爆竹爆炸瞬间，内力远大于外力，故木块和爆竹组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得Mv1－mv2＝0①对木块：Ff－Mg＝Ma②v21＝2as③对爆竹：v22＝2Gh④由①②③④得H＝20m.[答案]20m课堂小结1.一个静止的物体在内力的作用下分裂为两个部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向相反的方向运动，这个现象叫作反冲．2．喷气式飞机和火箭的飞行应用了反冲的原理．3．日常生活中，有时要应用反冲，有时要防止反冲，如农田、园林的喷灌利用了水的反冲，用枪射击时，要防止枪身的反冲.知识脉络当堂达标固双基1．下列图片所描述的事例或应用中，没有利用反冲原理的是()A.喷灌装置的自动旋转B．章鱼在水中前行和转向C.运载火箭发射过程D.码头边轮胎的保护作用D[一个静止的物体在内力的作用下分裂为两个部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向相反的方向运动，这个现象叫作反冲，喷灌装置的自动旋转是利用水流喷出时的反冲作用而运动的，属于反冲运动，A选项错误；章鱼在水中前行和转向是利用喷出的水的反冲作用，B选项错误；火箭的运动是利用喷气的方式而获得动力，利用了反冲运动，C选项错误；码头边轮胎的保护作用是延长碰撞时间，从而减小作用力，不是利用反冲作用，D选项正确．]2．一气球由地面匀速上升，当气球下的吊梯上站着的人沿着梯子上爬时，下列说法不正确的是()A．气球可能匀速上升B．气球可能相对地面静止C．气球可能下降D．气球运动速度不发生变化D[设气球质量为M，人的质量为m，由于气球匀速上升，系统所受的合外力之和为零，当人沿吊梯向上爬时，动量守恒，则(M＋m)v0＝mv1＋Mv2，在人向上爬的过程中，气球的速度为v2＝M＋mv0－mv1M.当v2＞0时，气球可匀速上升；当v2＝0时气球静止；当v2＜0时气球下降．所以，选项A、B、C均正确．要使气球运动速度不变，则人的速度仍为v0，即人不上爬，显然不对，D选项错误．]3．(多选)一个质量为M的平板车静止在光滑的水平面上，在平板车的车头与车尾站着甲、乙两人，质量分别为m1和m2，当两人相向而行时()A．当m1＞m2时，车子与甲运动方向一致B．当v1＞v2时，车子与甲运动方向一致C．当m1v1＝m2v2时，车子静止不动D．当m1v1＞m2v2时，车子运动方向与乙运动方向一致CD[系统满足动量守恒0＝m1v1＋m2v2＋Mv3，分析得A、B错，C、D对．]4．某校课外科技小组制作了一只“水火箭”，用压缩空气压出水流使火箭运动．假如喷出的水流流量保持为2×10－4m3/s，喷出速度保持水平且对地为10m/s.启动前火箭总质量为1.4kg，则启动2s末火箭的速度可以达到多少？已知火箭沿水平轨道运动，阻力不计，水的密度是103kg/m3.[解析]“水火箭”喷出水流做反冲运动，设火箭原来总质量为m，喷出水流的流量为Q，水的密度为ρ，水流的喷出速度为v，火箭的反冲速度为v′，由动量守恒定律得(m－ρQt)v′＝ρQtv火箭启动后2s末的速度为v′＝ρQtvm－ρQt＝103×2×10－4×2×101.4－103×2×10－4×2m/s＝4m/s.[答案]4m/s