2019高中物理 第1章 碰撞与动量守恒 动量守恒定律的应用（反冲）学案 教科版选修3-5.doc

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1、1动量守恒定律的应用（反冲）动量守恒定律的应用（反冲）【学习目标学习目标】 1了解什么是反冲运动和反冲运动在生活中的应用； 2知道火箭的飞行原理和主要用途； 3了解我国航天技术的发展【要点梳理要点梳理】要点诠释：要点诠释： 要点一、反冲运动要点一、反冲运动1 1反冲运动反冲运动（1）反冲：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，另一部分必然向相反的方向运动这个现象叫做反冲（2）反冲运动的特点：反冲运动是相互作用的物体之间的作用力与反作用力产生的效果反冲 运动过程中，一般满足系统的合外力为零或内力远大于外力的条件，因此可以运用动量守恒定律进行 分

2、析 （3）反冲现象的应用及防止：反冲是生活和生产实践中常见的一种现象，在许多场合，反冲是 不利的，如大炮射击时，由于炮身的反冲，会影响炮弹的出口速度和准确性为了减小反冲的影响， 可增大炮身的阻力但还有许多场合，恰好是利用了反冲，如反击式水轮机是应用反冲而工作的、喷 气式飞机和火箭是反冲的重要应用，它们都是靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度的（4）理解反冲运动与动量守恒定律反冲运动的产生是系统内力作用的结果，两个相互作用的物体AB、组成的系统，A对B的作 用力使B获得某一方向的动量，B对A的反作用力使A获得相反方向的动量，从而使A沿着与B的 运动方向相反的方向做反冲运动实际遇到的动量守恒问题通常

3、有以下三种：系统不受外力或所受外力之和为零，满足动量守恒的条件，可以用动量守恒定律解决反冲运动 问题系统虽然受到外力作用，但内力远远大于外力，外力可以忽略，也可以用动量守恒定律解决反 冲运动问题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（5）在讨论反冲运动问题时，应注意以下几点速度的反向性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

4、的另一2部分的速度应取负值质量为M的物体以对地速度v抛出一个质量为m的物体，研究剩余部分对地反冲速度时，设 v的方向为正 列出的方程式为 ()0mvMm v，得 mvvMm 由于v为待求速度，事先可不考虑其方向，由计算结果为负值，表示剩余部分的运动方向与抛出部分速度力向相反 由于我们已明确剩余部分与抛出部分反向，因此可直接列出两部分动量大小相等方程即上例可 列式为() mvMm v，mvvMm 其中v为剩余部分速率速度的相对性 反冲运动中存在相互作用的物体间发生相对运动，已知条件中告知的常常是物体的相对速度，在 应用动量守恒定律时，应将相对速度转换为绝对速度（一般为对地速度） 2 2火箭火箭（

5、1）火箭：现代火箭是指一种靠喷射高温高压燃气获得反作用力向前推进的飞行器，是反冲运 动的典型应用之一（2）火箭的工作原理：动量守恒定律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，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（3）火箭飞行能达到的最大飞行速度，主要取决于两个因素：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34 km/s需很高的技术水 平质量比（火箭开始飞行时的质量与火箭除燃料外的箭体质量之比） ，现代火箭能达

6、到的质量比不超过10（4）现代火箭的主要用途：利用火箭作为运载工具，例如发射探测仪器、常规弹头和核弹头、 人造卫星和宇宙飞船 （5）我国的火箭技术已跨入了世界先进行列3要点二、反冲运动的模型要点二、反冲运动的模型1 1 “人船模型人船模型”反冲运动反冲运动【例】如图所示，长为l、质量为M的小船停在静水中，一个质量为m的人立在船头，若不计 水的粘滞阻力，当人从船头走到船尾的过程中，船和人对地面的位移各是多少？【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，系统在水平方向不 受外力作用，所以水平方向动量守恒，人起步前系统的总动量为零当人起步加速前进时，船同时向 后加速运动；当人

7、匀速前进时，船同时向后匀速运动，当人停下来时船也停止设某一时刻人对地的速度为2v，船对地的速度为1v，选人前进的方向为正方向，根据动量守恒定律有：210mvMv ，即：21vM vm因为在人从船头走到船尾的整个过程中，每一时刻系统都满足动量守恒定律，所以每一时刻人的 速度与船的速度之比，都与它们的质量成反比从而可以得出判断：在人从船头走向船尾的过程中， 人和船的平均速度也跟它们的质量成反比，即对应的平均动量12Mvmv，而位移svt，所以有12Msms，即421sM sm由图可知12ssl，解得1mslMm，2MslMm，12ssls 人相对船“人船模型”是利用平均动量守恒求解的一类问题适用条

8、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（如水平方向或竖直方向） ，注意两物体的位移是相对同一参照物的位移在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此类问题也可以根据静止系统不受外力、系统质心位置不变 的道理求解利用这一模型还可以推广到其他问题上来解决大量的实际问题2 2火箭的最终速度火箭的最终速度火箭的工作原理就是动量守恒定律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，火箭就获得数值相等、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，火箭逐渐减轻，加速度

9、不断增大当推进剂烧尽时，火箭即以获得的速度沿着预定的空间轨 道飞行根据动量守恒定律可以推导出单级火箭的最终速度公式（设火箭开始飞行时速度为零）：0lnsMvuM，式中u是燃烧气体相对于火箭的喷射速度，0M是火箭开始时的总质量，sM是火箭喷气终了时剩下的壳体及其他附属设备的总质量，0sM M通常称为火箭的质量比上式是在未考虑空气阻力和地球引力的情况下推导出来的，由于空气阻力和地球引力的影响，火 箭速度达不到公式中所给出的数值但从这一公式可以看到提高火箭速度有两个办法，一是提高气体 的喷射速度，二是提高质量比而提高喷射速度的办法比提高质量比的办法更有效，但喷射速度的提 高也有一定限度5【典型例题典

10、型例题】 类型一、反冲运动中的极值类型一、反冲运动中的极值例 1一个宇航员，连同装备的总质量为：100 kg，在空间跟飞船相距45 m处相对飞船处于静止状态他带有一个装有0.5 kg氧气的贮氧筒，贮氧筒上有一个可以使氧气以50 m/s的相对速度喷出的喷嘴宇航员必须向着跟返回飞船方向相反的方向释放氧气，才能回到飞船上去，同时又必须保留一部分氧气供他在返回飞船的途中呼吸已知宇航员呼吸的耗氧率为42.5 10 kg/s试问：（1）如果他在准备返回飞船的瞬时，释放0.15 kg的氧气，他能安全地回到飞船吗？（2）宇航员安全地返回飞船的最长和最短时间分别为多少？ 【思路点拨】动量守恒定律中的速度必须是相

11、对同一参考系的，本题参考系是飞船【答案】 （1）宇航员能顺利返回飞船 （2）最长时间为1800 s，最短时间只有200 s 【解析】宇航员使用氧气喷嘴喷出一部分氧气后，根据动量守恒定律，可以计算出宇航员返回的 速度根据宇航员离开飞船的距离和返回速度，可以求出宇航员返回的时间，即可求出这段时间内宇 航员要消耗的氧气，再和喷射后剩余氧气质量相比，即可得到答案（1）令100 kgM ，00.5 kgm ，0.15 kgm，氧气释放速度为v，宇航员在释放氧气后的速度为v由动量守恒定律得60()()Mm vm vv，0.1550m/s0.075m/s100mvvM宇航员返回飞船所需时间 45s600s0

12、.075stv宇航员返回途中所耗氧气 42.5 10600 kg0.15 kgmkt，氧气筒喷射后所余氧气 0(0.50.15kg0.35 kgmmm）因为mm，所以宇航员能顺利返回飞船（2）设释放的氧气m未知，途中所需时间为t，则0mktm为宇航员返回飞船的极限条件100kg45m90kg s50m/ssMstvm vmm， 42900.5kg2.5 10kgmm 解得10.45 kgm或20.05 kgm分别代入 90kg stm，得1200 st ，21800 st 即宇航员安全返回飞船的最长时间为1800 s，最短时间只有200 s【总结升华】反冲运动过程中系统动量保持守恒动量守恒定律

13、中的速度必须是相对同一参考系 的，本题参考系是飞船类型二、反冲运动在发射火箭中的运用类型二、反冲运动在发射火箭中的运用例 2一火箭喷气发动机每次喷出200 gm 的气体，气体离开发动机时速度1000 m/sv ，设7火箭质量300 kgM ，发动机每秒喷气20次，求：（1）当第3次气体喷出后，火箭的速度多大？（2）运动第1 s末，火箭的速度多大？【答案】 （1）2m/s （2）13.5m/s【解析】解法一：喷出气体运动方向与火箭运动方向相反，系统动量可认为守恒（1）第1次气体喷出后，火箭速度为1v，有：1()0Mm vmv 故 1mvvMm第2次气体喷出后，火箭速度为2v，有：21(2 )()

14、Mm vmvMm v故 22 2mvvMm第3次气体喷出后，火箭速度为3v，有：32(3 )(2 )Mm vmvMm v333 0.2 1000m/s2m/s33003 0.2mvvMm （2）依此类推，第n次气体喷出后，火箭速度为nv，有：1()(1) nnMnm vmvMnm vnnmvvMnm因为每秒喷气20次，所以第1 s末火箭速度为：202020 0.2 1000m/s13.5m/s2030020 0.2mvvMm 解法二：由于每次喷气速度一样，可选整体为研究对象，运用动量守恒来求解（1）设喷出3次气体后火箭的速度为3v，以火箭和喷出的3次气体为研究对象，据动量守恒可得3(3 )30

15、Mm vmv 8332m/s3mvvMm（2）以火箭和喷出的20次气体为研究对象20(20 )200Mm vmv 得 202013.5m/s20mvvMm 【总结升华】火箭在运动的过程中，随着燃料的消耗，火箭本身的质量在不断减小，对于这一类 的问题，可选取火箭本身和在相互作用的时间内喷出的全部气体为研究对象，取相互作用的整个过程 为研究过程，运用动量守恒的观点解决问题火箭喷气属于反冲类问题，考虑到多次喷气且每次喷气的速度相同，这时选用整体作研究对象， 解题简单明了，可见研究对象的合理选取很重要 举一反三举一反三: :【变式 1】质量为60千克的火箭竖直向上发射时喷气速度为1000米/秒,问刚开

16、始时如果要使火箭产生2g的竖直向上的加速度, 每秒大约要喷出多少气体？【答案】1.8kg【解析】以火箭为研究对象，由牛顿第二定律得FMgMa所以()60(1020)1800NFM ga有牛顿第三定律知火箭对气体的作用力F 大小为1800N以秒中内喷出的气体为研究对象，由动量定理得F tmv 所以：/1800 1/1000kg=1.8kgmF t v 【变式 1】设火箭发射前的总质量为M，燃料燃尽后的质量为m，火箭燃气的喷射速度为v，燃料燃尽后火箭的飞行速度为v. 试求火箭飞行的速度v？思考火箭飞行的最大速度是由什么因素决定的？【答案】(/1)Mmv【解析】由动量守恒定律：()Mm vmv ()

17、 /vMm v m 9即(/1)vMmv 通过式子：(1)Mvvm 可以看出，火箭所获得的速度与哪些因素有关呢？（1）喷气速度v：v越大，火箭获得的速度越大。现代火箭的喷气速度在20004000m/s之间。（2）/Mm：比值越大，火箭获得的速度越大。/Mm指的是火箭起飞时的质量与火箭除去燃 料外的壳体质量之比，叫做火箭的质量比，这个参数一般在6 10。类型三、竖直方向的反冲运动类型三、竖直方向的反冲运动例 3在沙堆上有一木块，质量5 kgM ，木块上放一爆竹，质量0.10 kgm 点燃爆竹后木块陷入沙中深5 cm，若沙对木块运动的阻力恒为58 N，不计爆竹中火药质量和空气阻力求爆竹上升的最大高

18、度 （取210m/sg ）【思路点拨】解题时必须搞清楚：（1）爆炸过程：系统动量守恒；（2）木块反冲做减速运动的 过程；（3）爆竹竖直上抛运动过程【答案】20m 【解析】这是一道动量守恒定律在反冲现象中的应用题，既考查了动量守恒定律，又考查了竖直 上抛运动和牛顿运动定律等内容 火药爆炸时内力远大于重力，所以爆炸时动量守恒，取向上的方向为正方向，由动量守恒定律得0mvMv （式中 v、v分别为爆炸后爆竹和木块的速率）木块陷入沙中做匀减速运动到停止，其加速度为225850m/s1.6m/s5FMgaM木块做匀减速运动的初速度22 1.6 0.05m/s0.4m/svax 代入式，得 20 m/sv

19、 爆竹以初速度口做竖直上抛运动，上升的最大高度为2220m20m220vhg【总结升华】此题的过程经历的时间短暂，但是比较复杂，其中有三个过程，解题时必须搞清 楚 （1）爆炸过程：系统动量守恒；（2）木块反冲做减速运动的过程；（3）爆竹竖直上抛运动过程10【变式 1】雨滴在穿过云层的过程中，不断与漂浮在云层中的小水珠相遇并结合为一体，其质量逐渐增大现将上述过程简化为沿竖直方向的一系列碰撞已知雨滴的初始质量为0m，初速度为0v，下降距离l后与静止的小水珠碰撞且合并，质量变为1m此后每经过同样的距离l后，雨滴均与静止的小水珠碰撞且合并，质量依次变为23nmmm、（设各质量为已知量） 不计空气阻力（

20、1）若不计重力，求第n次碰撞后雨滴的速度nv ；（2）若考虑重力的影响，求第1次碰撞前、后雨滴的速度1v和1v；求第n次碰撞后雨滴的动能212nnm v【答案】 （1）0 0 nmvm（2）2 02vgl 20 0 12mvglm 1 222 00 01(2)2ni im vglmm【解析】 （1）若不计重力，雨滴下落全过程中动量守恒，且由0 0nnm vm v得0 0n nmvvm（2）若考虑重力的影响，雨滴下降过程中做加速度为g的匀加速运动，碰撞瞬间动量守恒 第1次碰撞前 22 102vvgl，2 102vvgl，第1次碰撞后 0 11 1m vmv，200 110 112mmvvvglm

21、m 第2次碰撞前 22 212vvgl，利用式化简得 11222 22001 202 112mmmvvglmm， 第2次碰撞后，利用式得 222 2220011 2202 22222mmmmvvvglmmm，同理，第3次碰撞后 2222 220012 302 332mmmmvvglmm， 第n次碰撞后 1 22200 022()2ni i n nnmmvvglmm ，动能 1 2222 00 011(2)22nnni im vm vglmm【变式 2】两个质量分别为1M和2M的劈A和B，高度相同，放在光滑水平面上A和B的倾斜面都是光滑曲面，曲面下端与水平面相切，如图所示一质量为m的物块位于劈A

22、的倾斜面上，距水平面的高度为h物块从静止开始滑下，然后又 滑上劈B求物块在B上能够达到的最大高度【答案】1212()()M MhMm Mm【解析】设物块到达劈A的底端时，物块和A的速度大小分别为v和Av，由机械能守恒和动量守恒得22 111 22Amghmvmv， 1AM vmv 设物块在劈B上达到的最大高度为 h，此时物块和B的共同速度大小为 v，由机械能守恒和12水平方向动量守恒得22 211() 22mghMm vmv， 2mvMm v， 联立式得 1212()()M MhhMm Mm 【变式 3】如图所示，一条轨道固定在竖直平面内，粗糙的ab段水平，bcde段光滑，cde段是 以D为圆

23、心、R为半径的一小段圆弧可视为质点的物块A和B紧靠在一起，静止于b处，A的质 量是B的3倍两物块在足够大的内力作用下突然分离，分别向左、右始终沿轨道运动B到d点时速度沿水平方向，此时轨道对B的支持力大小等于B所受重力的3 4A与ab段的动摩擦因数为，重力加速度为g，求：（1）物块B在d点的速度大小v；（2）物块A滑行的距离s【答案】 （1）2gR（2）8R 【解析】 （1）设物块B的质量为m，则物块A的质量为3m，物块B在d点受到向下的重力mg和向上的支持力3 4mg，由牛顿第二定律得23 4vmgmgmR，解得2gRv （2）物块B由b点运动到d点的过程中机械能守恒，则2211 22Bbmv

24、mgRmv，解得 2BbgRv13物块AB、在b点分开过程中动量守恒，则 3AbBbmvmv，解得 2AbgRv物块A向左滑动过程中由动能定理得 21332Abmg smv ，解得 8Rs类型四、动量守恒与万有引力的应用类型四、动量守恒与万有引力的应用 例 4总质量为m的一颗返回式人造地球卫星沿半径为R的圆轨道绕地球运动到P点时，接到 地面指挥中心返回地面的指令，于是立即打开制动火箭向原来运动方向喷出燃气以降低卫星速度并转 到跟地球相切的椭圆轨道，如图所示要使卫星对地速度降为原来的8 9，卫星在P处应将质量为m的燃气以多大的对地速度向前喷出？（将连续喷气等效为一次性喷气，地球半径为0R，地面重

25、力加速度为g）【思路点拨】这是一道万有引力定律与动量守恒定律应用的综合题【答案】2 08 9gRmm mR 【解析】卫星绕地球做半径为R的匀速圆周运动，设线速度为v，由万有引力提供圆周运动的向 心力得 22MmmvGRR，在地球附近：142 0MmGmgR，由以上两式得2 0gRvR设卫星在P点喷出的气体对地速度为1v，此时卫星的速度为2v，由题意知2 0 288 99gRvvR，由卫星和燃气组成的系统动量守恒有12()mvmvmm v ，代入v及2v得2 0 18 9gRmmvmR 即应将质量为m的燃气以2 08 9gRmm mR 的速度向前喷出【总结升华】该题情景看似较新颖，实际上就是一道万有引力定律与动量守恒定律应用的综合 题卫星在P点向前喷出气体的过程中，卫星和喷出气体组成的系统动量守恒