資源簡介

6．反沖現象　火箭
[學習目標]　1．通過實驗認識反沖運動，能舉出反沖運動的實例，知道火箭的發射是反沖現象。2．能結合動量守恒定律對常見的反沖現象做出解釋。3．了解我國航天事業的巨大成就，增強對我國科學技術發展的自信。
[教用·問題初探]——通過讓學生回答問題來了解預習教材的情況
問題1　噴氣式飛機和火箭的飛行應用了什么原理？
問題2　反沖運動中系統的機械能如何變化？
問題3　你還可以舉出生活中哪些反沖現象的例子？
　反沖現象
【鏈接教材】　如人教版教材P26圖1.6-2乙所示，把彎管裝在可旋轉的盛水容器的下部。當水從彎管流出時，容器就旋轉起來。
問題1　這種現象利用了什么原理？
提示：反沖原理。
問題2　水和容器增加的動能來自哪里？
提示：水和容器增加的動能是由水的重力勢能轉化來的。
【知識梳理】　
1．定義：原來靜止的系統在內力的作用下分裂為兩個部分，一部分向某個方向運動，另一部分向相反方向運動的現象。
提醒：被分離的一部分物體既可以是高速噴射出的液體、氣體，也可以是固體。
2．規律：反沖現象中，系統內力很大，外力可忽略，滿足動量守恒定律。
3．反沖現象的防止及應用
(1)防止：用槍射擊時，由于槍身的反沖會影響射擊的準確性，所以用槍射擊時要把槍身抵在肩部，以減少反沖的影響。
(2)應用：農田、園林的噴灌裝置利用反沖使水從噴口噴出時，一邊噴水一邊旋轉。
【思考討論】　點燃“竄天猴”的藥捻，“竄天猴”向下噴出氣體，同時“竄天猴”飛向高空。
問題1　反沖運動的物體受力有什么特點？
提示：物體的不同部分受相反的作用力，在內力作用下向相反方向運動。
問題2　反沖運動過程中系統的動量、機械能有什么變化？
提示：反沖運動中，相互作用的內力一般情況下遠大于外力，所以系統的動量守恒；反沖運動中，由于有其他形式的能轉化為機械能，所以系統的機械能增加。
問題3　禮花在空中爆炸后，為什么會散開形成美麗的對稱圖案？
提示：在禮花爆炸的瞬間，整個系統的動量是守恒的。雖然每個顏料的速度和方向可能不同，但它們共同組成的系統的總動量保持不變。這種動量守恒的特性使得顏料顆粒在空中呈現出一種有序的分布狀態，進而形成對稱的圖案。
【知識歸納】
1．反沖運動的特點
(1)物體的不同部分在內力作用下向相反方向運動。
(2)在反沖運動中，相互作用力一般較大，通?？梢杂脛恿渴睾愣蓙硖幚怼?br/>(3)在反沖運動中，由于有其他形式的能轉化為機械能，所以系統的總機械能增加。
2．處理反沖運動應注意的問題
(1)速度的方向
對于原來靜止的整體，拋出部分與剩余部分的運動方向必然相反。在列動量守恒方程時，可任意規定某一部分的運動方向為正方向，則反方向的速度應取負值。
(2)相對速度問題
在反沖運動中，有時遇到的速度是兩物體的相對速度。此類問題中應先將相對速度轉換成對地的速度后，再列動量守恒定律方程。
(3)變質量問題
如在火箭的運動過程中，隨著燃料的消耗，火箭本身的質量不斷減小，此時必須取火箭本身和在相互作用的短時間內噴出的所有氣體為研究對象，取相互作用的這個過程來進行研究。
【典例1】　(反沖運動問題分析)章魚是一種溫帶軟體動物，生活在水中。一只懸浮在水中的章魚，當外套膜吸滿水后，它的總質量為M，突然發現后方有一只海鰻，章魚迅速將體內的水通過短漏斗狀的體管在極短時間內向后噴出，噴射的水力強勁，從而迅速向前逃竄。若噴射出的水的質量為m，噴射速度的大小為v0，則下列說法正確的是(　　)
A．章魚噴水的過程中，章魚和噴出的水組成的系統機械能守恒
B．章魚噴水的過程中，章魚和噴出的水組成的系統動量增加
C．章魚噴水后瞬間逃跑的速度大小為v0
D．章魚噴水的過程中受到水的沖量大小為
思路點撥：本題的研究對象是章魚和噴出的水，注意章魚噴水時要消耗自身的能量，同時還要注意速度的矢量性和相對性。
C　[在章魚噴水的過程中，章魚的生物能轉化為機械能，系統機械能增加，選項A錯誤；章魚噴水過程所用的時間極短，內力遠大于外力，章魚和噴出的水組成的系統動量守恒，選項B錯誤；取章魚前進的方向為正方向，由動量守恒定律得0＝(M－m)v－mv0，可得章魚噴水后瞬間逃跑的速度大小為v＝v0，選項C正確；章魚噴水的過程中受到水的沖量大小等于噴出的水的動量大小，即為mv0，選項D錯誤。]
　反沖運動和碰撞、爆炸有相似之處，相互作用力常為變力，且作用力大，一般都滿足內力 外力，所以反沖運動可用動量守恒定律來處理。
【典例2】　(人教版P28T2改編)(反沖運動的計算)噴氣背包作為航天員艙外活動的主要動力裝置，它能讓航天員保持較高的機動性。如圖所示，一個連同裝備總質量M＝100 kg的航天員，裝備內有一個噴嘴可以使壓縮氣體以相對于空間站v＝50 m/s的速度噴出。航天員在距離空間站s＝45 m處與空間站處于相對靜止狀態，航天員完成太空行走任務后，
必須向著返回空間站方向的反方向釋放壓縮氣體，才能回到空間站，噴出的氣體總質量m＝0.15 kg，返回時間約為(　　)
A．300 s　　B．400 s　　C．600 s　　D．800 s
C　[因m M，則噴出的氣體的質量可忽略不計，取噴出的氣體速度方向為正方向，根據動量守恒定律可得mv－Mv1＝0，航天員勻速返回空間站所需要的時間t＝，聯立得t＝600 s。]
　火箭
【鏈接教材】　如人教版教材P27圖1.6-5所示是多級運載火箭的示意圖，發射時，先點燃第一級火箭，燃料用完后，空殼自動脫落，然后下一級火箭開始工作。
問題1　火箭點火后能加速上升的動力是什么力？
提示：燃燒產生的氣體高速向下噴出，氣體產生的反作用力推動火箭加速上升。
問題2　要提升運載物的最大速度可采用什么措施？
提示：提高氣體噴射速度，增加燃料質量，及時脫離前一級火箭空殼。
【知識梳理】　
1．工作原理：利用反沖的原理，火箭燃料燃燒產生的高溫、高壓燃氣從尾部噴管迅速噴出，使火箭獲得巨大速度。
2．影響火箭獲得速度大小的因素
一是噴氣速度，二是火箭噴出物質的質量與火箭本身質量之比。噴氣速度越大，質量比越大，火箭獲得的速度越大。
提醒：由火箭的工作原理可知，與火箭發生相互作用的是火箭噴出的燃氣，而不是外界的空氣。
【思考討論】　設火箭飛行時在極短時間Δt內噴射的燃氣質量為Δm，噴出燃氣后的火箭箭體質量是m。研究噴出燃氣后火箭的速度。
問題1　若噴出的燃氣相對噴氣前火箭的速度是u，與u是噴出的燃氣相對地面的速度，結果有什么區別？
提示：以噴氣前火箭為參考系，由動量守恒定律得mΔv＋Δmu＝0
解得Δv＝－u
若噴出的燃氣相對地面的速度為u，則根據動量守恒得：m(v＋Δv)＋Δmu＝(Δm＋m)v
解得Δv＝－v
后一種情況求得Δv要大。
問題2　若噴出的燃氣相對地面速度均為u，那么一次相對地面噴出nΔm的燃料與分n次、每次噴出Δm的燃料，結果一樣嗎？若噴出的燃氣相對噴氣前的火箭的速度為u，結果如何呢？
提示：設火箭噴氣前的總質量(包括燃料)為M，相對地面的速度為v。燃氣相對地面的速度均為u，系統動量守恒，故噴出的燃氣可以理解為一次性噴出nΔm，也可以分n次噴出，每次噴出Δm的燃料，計算結果是相同的。(M－nΔm)vn＋nΔmu＝Mv
解得vn＝－ u＋ v
若噴出的燃氣相對噴氣前的火箭的速度為u，一次噴出nΔm的燃氣，
則(M－nΔm)vn＋nΔm(u＋v)＝Mv
解得vn＝－＋v
若分n次噴出，則第一次：(M－Δm)v1＋Δm(u＋v)＝Mv
第二次：(M－2Δm)v2＋Δm(u＋v1)＝(M－Δm)v1
第n次：(M－nΔm)vn＋Δm(u＋vn－1)＝
解得
vn＝－。
【知識歸納】
1．工作原理
應用反沖運動，其反沖過程動量守恒。它靠向后噴出的氣流的反沖作用而獲得向前的速度。
2．分析火箭類問題應注意的三個問題
(1)火箭在運動過程中，隨著燃料的燃燒，火箭本身的質量不斷減小，故在應用動量守恒定律時，必須取在同一相互作用時間內的火箭和噴出的氣體為研究對象。注意反沖前、后各物體質量的變化。
(2)明確兩部分物體初、末狀態的速度的參考系是否為同一參考系，如果不是同一參考系要設法予以轉換，一般情況要轉換成對地的速度。
(3)列方程時要注意初、末狀態動量的方向。
【典例3】　(火箭類反沖問題)設有一質量M＝5 t的火箭，架設于發射臺上，其噴出氣體對地的速度為1 000 m/s。請估算它至少每秒噴出質量為多少的氣體，才能讓火箭開始上升。如果要使火箭以2 m/s2的加速度上升，請估算它每秒應噴出多少氣體。(取g＝10 m/s2)
[解析]　設噴出氣體的質量為Δm，以Δm為研究對象，它在Δt時間內速度由0增至v＝1 000 m/s，設火箭對它的作用力為F，由動量定理有
FΔt＝Δmv－0
得F＝ v
若要使火箭開始上升，則要求
F≥Mg
即×v≥Mg
＝50 kg/s
即要使火箭開始上升，它至少每秒要噴出50 kg的氣體。
若要使火箭以加速度a＝2 m/s2上升，取火箭為研究對象，由牛頓第二定律得F－Mg＝Ma
再取噴出的氣體為研究對象，有FΔt＝Δmv－0
可得＝60 kg/s
[答案]　50 kg　60 kg/s
　火箭類反沖問題解題要領
(1)兩部分物體初、末狀態的速度的參考系必須是同一參考系，且一般以地面為參考系。
(2)要特別注意反沖前、后各物體質量的變化。
(3)列方程時要注意初、末狀態動量的方向。
【教用·備選例題】　(相對速度問題)總質量為M的火箭以速度v0飛行，質量為m的燃氣相對于火箭以速率u向后噴出，則火箭的速度大小為(　　)
A．v0＋　　 B．v0－
C．v0＋(v0＋u) 　 D．v0＋
A　[設噴出氣體后火箭的速度大小為v，則燃氣的對地速度為(v－u)(取火箭的速度方向為正方向)，由動量守恒定律，得Mv0＝(M－m)v＋m(v－u), 解得v＝v0＋，A項正確。]
　“人船模型”問題
【思考討論】　如圖所示為一條約為180 kg的小船漂浮在靜水中，當人從船尾走向船頭時，小船也發生了移動，不計水的阻力。
問題1　小船發生移動的動力是什么力？小船向哪個方向運動？
提示：摩擦力。向左運動，即與人行走的方向相反。
問題2　當人走到船頭相對船靜止時，小船還運動嗎？為什么？
提示：不運動。小船和人組成的系統動量守恒，當人的速度為零時，船的速度也為零。
問題3　當人從船尾走到船頭時，有沒有可能出現如圖甲或如圖乙的情形？為什么？
提示：不可能。由系統動量守恒可知，人和船相對于地面的速度方向一定相反，不可能向同一個方向運動，且人船位移比等于它們質量的反比。
【知識歸納】
1．“人船模型”分析
如圖所示，長為l、質量為m船的小船停在靜水中，質量為m人的人由靜止開始從船的一端走到船的另一端，不計水的阻力。以人和船組成的系統為研究對象，在人由船的一端走到船的另一端的過程中，系統水平方向不受外力作用，所以整個系統水平方向動量守恒，可得m船v船＝m人v人，因人和船組成的系統動量始終守恒，故有m船x船＝m人x人，由圖可看出x船＋x人＝l，可解得x人＝l，x船＝l。
2．“人船模型”中的規律
(1)“人船模型”中的動力學規律：由于組成系統的兩物體受到大小相同、方向相反的一對力，故兩物體速度或位移與質量成反比、方向相反。這類問題的特點是兩物體同時運動，同時停止。
(2)“人船模型”中的動量與能量規律：由于系統不受外力作用，故遵守動量守恒定律，又由于相互作用力做功，故系統或每個物體動能均發生變化。用力對“人”做的功量度“人”動能的變化；力對“船”做的功量度“船”動能的變化。
提醒：(1)“人船模型”問題中，兩物體的運動特點是“人”走“船”行、 “人”停“船”停、“人”快“船”快、“人”慢“船”慢。
(2)x人、x船的大小與人運動的時間和運動狀態無關。
(3)當系統的動量守恒時，任意一段時間內的平均動量也守恒。
【典例4】　(“人船模型”)長為L的小船停在靜水中，質量為m的人由靜止開始從船頭走到船尾。不計水的阻力，船相對于地面位移的大小為d，則小船的質量為(　　)
A． 　 B．
C． 　 D．
B　[船和人組成的系統，在水平方向上動量守恒，人在船上行進，船向后退，設船的質量為M，人的速度方向為正方向，由動量守恒定律得mv－Mv1＝0，人從船頭到船尾，船相對于地面位移的大小為d，則人相對于地面的位移為L－d，則有m 解得M＝。]
【教用·備選例題】　(巧選系統問題)如圖所示，人站在車的左端，將一質量m＝20 kg的木箱推出，木箱從車的左端開始運動恰好停在車的右端。已知人和車的總質量M＝300 kg(不含木箱的質量)，車長L＝3.2 m，車與地面間的摩擦可以忽略。人相對于車始終靜止且人和木箱都可看作質點，則在該過程中，車將左移(　　)
A．0.2 m　　　　　 B．0.5 m
C．0.6 m 　 D．0.8 m
A　[人、車和木箱組成的系統動量守恒，則mv1＝Mv2，所以mx1＝Mx2，又有x1＋x2＝L，解得x2＝0.2 m，故選A。]
【典例5】　(人教版P30T8改編)(“人船模型”)如圖所示，質量均為m的木塊A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一豎直輕桿，輕桿上端的O點系一長為l的細線，細線另一端系一質量為m0的球C。現將C球拉起使細線水平伸直，并由靜止釋放C球。求：
(1)A、B兩木塊分離時，A、B、C的速度大小。
(2)小球擺到最低點時木塊A向右移動的距離。
思路點撥：小球C向左擺動過程中，對A、B、C組成的系統水平方向動量守恒，小球C擺到最低點時，木塊A、B之間彈力恰好為零，此時A、B開始分離。
[解析]　(1)取水平向左為正方向，由動量守恒定律得m0vC＋2mvAB＝0
由機械能守恒得m0gl＝
聯立解得：vC＝2。
(2)當小球到達最低點時，設小球向左移動的距離為x1，物塊向右移動的距離為x2，根據水平方向平均動量守恒得：m0，且x1＋x2＝l
解得x2＝。
[答案]　(1)－?。?　(2)
1．一人靜止于光滑的水平冰面上，現欲離開冰面，下列方法可行的是 (　　)
A．向后踢腿
B．向后甩手
C．脫下衣服或鞋子水平拋出
D．脫下衣服或鞋子豎直向上拋出
C　[以人作為整體為研究對象，向后踢腿或手臂向前甩，人整體的總動量為0，不會運動起來，故A、B錯誤；把人和外衣、鞋視為一整體，這個整體動量為0，人給外衣或鞋子一個水平速度，總動量不變，所以人有一個反向的速度，可以離開冰面，故C正確；把人和外衣、鞋視為一整體，這個整體動量為0，人給外衣或鞋子一個豎直方向的速度，水平方向的總動量仍然等于0，所以人仍然靜止，不能離開冰面，故D錯誤。]
2．航天員離開空間站太空行走時，連同裝備共100 kg，在離飛船60 m的位置與空間站處于相對靜止的狀態，裝備中有一個高壓氣源，能以50 m/s的速度噴出氣體，為了能在5 min 內返回空間站，他需要在開始返回的瞬間至少一次性向后噴出氣體的質量是(不計噴出氣體后航天員和裝備質量的變化)(　　)
A．0.10 kg 　 B．0.20 kg
C．0.35 kg 　 D．0.40 kg
D　[單位換算5 min＝300 s，航天員在噴出氣體后的最小速度為v＝＝0.2 m/s，根據動量守恒定律得(M－m)v＝mv0，代入題中數據解得m≈0.40 kg。]
3．質量為m、半徑為R的小球，放在半徑為2R、質量為2m的大空心球內，大球開始靜止在光滑水平面上。當小球從如圖所示的位置無初速度沿內壁滾到最低點時，大球移動的距離是 (　　)
A． 　 B．
C． 　 D．
B　[由水平方向動量守恒有mx小球－2mx大球＝0，又x小球＋x大球＝R，所以x大球＝，選項B正確。]
回歸本節知識，完成以下問題：
1．反沖過程中以相互作用的兩部分為系統是否滿足動量守恒？
提示：滿足。
2．火箭的工作原理是什么？
提示：反沖原理。
3．應用反沖原理分析火箭發射時，研究對象是什么？
提示：箭體和噴出的氣體。
航天員太空行走
太空行走又稱為出艙活動，是載人航天的一項關鍵技術，是載人航天工程在軌道上安裝大型設備、進行科學實驗、施放衛星、檢查和維修航天器的重要手段。要實現太空行走這一目標，需要諸多的特殊技術保障。
幫助航天員實現太空行走的是自足式手提機動噴射器。這個裝置主要由兩個氧氣儲罐和一個壓力調節器組成，重3.4 kg，其中高壓氧氣推進劑重約0.13 kg。它每秒能產生約181 N的推力，速度為1.82 m/s，相當于普通人慢跑的速度。該裝置有3個噴管，2個噴管對著后方，1個噴管對著前方。開動對著后方的2個噴管，即可推著航天員向前移動，開動對著前方的1個噴管，即可停止移動。
1．航天員太空行走用到的自足式手提機動噴射器的原理是什么？
提示：反沖原理。
2．航天員太空行走速度的快慢和什么有關？
提示：手提機動噴射器的噴射速度和噴出氣體的質量。
課時分層作業(五)　反沖現象　火箭
?題組一　反沖現象
1．下列所描述的事例或應用中，沒有利用反沖運動原理的是(　　)
A．噴灌裝置的自動旋轉
B．章魚在水中前行和轉向
C．運載火箭發射過程
D．碼頭邊輪胎的保護作用
D　[噴灌裝置是利用水流噴出時的反沖作用而旋轉的，章魚在水中前行和轉向利用了噴出的水的反沖作用，火箭發射時利用噴氣的方式而獲得動力，利用了反沖作用，故A、B、C不符合題意；碼頭邊輪胎的作用是延長碰撞時間，從而減小作用力，沒有利用反沖作用，故D符合題意。]
2．一同學在地面上立定跳遠的最好成績是x(m)，假設他站在車的A端，如圖所示，想要跳上距離為l(m)遠的站臺上，不計一切阻力，則 (　　)
A．lB．lC．l＝x時，他一定能跳上站臺
D．l＝x時，他有可能跳上站臺
B　[當人往站臺上跳的時候，人有一個向站臺的速度，由于動量守恒，車子必然有一個離開站臺的速度。這樣的話，人相對于地面的速度小于立定跳遠時的初速度，若l＝x或l>x，人就一定跳不到站臺上，只有l3．我國自主研制的新一代隱身艦載戰斗機“殲-20”以速度v0水平向右勻速飛行，到達目標地時，將質量為M的導彈自由釋放，導彈向后噴出質量為m、對地速率為v1的燃氣，則噴氣后導彈的速率為(　　)
A．　　　　 B．
C． 　 D．
A　[取水平向右為正方向，設噴氣后導彈的速度大小為vx，導彈在噴出燃氣前后瞬間根據動量守恒定律可得Mv0＝－mv1＋(M－m)vx，解得vx＝，故A正確。]
?題組二　火箭
4．在火箭點火發射瞬間，質量為m的燃氣以大小為v的速度在很短時間內從火箭噴口噴出。已知發射前火箭的質量為M，則在燃氣噴出后的瞬間，火箭的速度大小為(燃氣噴出過程不計重力和空氣阻力的影響)(　　)
A．v　　B．2v 　　C．v　　D．v
D　[以向上為正方向，由動量守恒定律可得(M－m)v′－mv＝0，解得v′＝v，D正確。]
5．如圖所示，一枚火箭搭載著衛星以速率v0進入太空預定位置，由控制系統使箭體與衛星分離。已知前部分的衛星質量為m1，后部分的箭體質量為m2，分離后箭體以速率v2沿火箭原方向飛行，若忽略空氣阻力及分離前后系統質量的變化，則分離后衛星的速率v1為(　　)
A．v0－v2 　 B．v0＋v2
C．v0－v2 　 D．v0＋(v0－v2)
D　[火箭和衛星組成的系統在分離時水平方向上動量守恒，規定初速度的方向為正方向，由動量守恒定律得(m1＋m2)v0＝m2v2＋m1v1，解得v1＝v0＋(v0－v2)，D正確。]
?題組三　“人船模型”
6．(多選)如圖所示，載有物資的、總質量為M的熱氣球靜止于距水平地面H的高處，現將質量為m的物資以相對地面豎直向下的速度v0投出，物資落地時與熱氣球的距離為d。熱氣球所受浮力不變，重力加速度為g，不計阻力。下列說法正確的是(　　)
A．物資落地前，熱氣球與投出的物資組成的系統動量守恒
B．投出物資后熱氣球做勻速直線運動
C．d＝
D．d＝H＋H
AC　[物資投出之前，物資和熱氣球所受合外力為零，物資投出后，熱氣球和物資所受合外力不變，則系統所受合外力仍為零，物資落地前，熱氣球與投出的物資組成的系統動量守恒，選項A正確；投出物資后熱氣球所受合外力向上，則熱氣球向上做勻加速直線運動，選項B錯誤；設物資落地時熱氣球上升的高度為h，對物資和熱氣球組成的系統，由動量守恒定律得(M－m)，解得h＝，則d＝H＋h＝H＋，選項C正確，D錯誤。]
7．如圖所示，物體A和B質量分別為m1和m2，其圖示直角邊長分別為a和b。設B與水平地面無摩擦，當A由頂端O從靜止開始滑到B的底端時，B的水平位移是(　　)
A．b 　 B．b
C．(b－a) 　 D．(b－a)
C　[
由A、B組成的系統，在相互作用過程中水平方向動量守恒，則m2x－m1(b－a－x)＝0，解得x＝，故C正確，A、B、D錯誤。]
8．浮吊船由可在水面上自由移動的浮船和船上的起重機組成，可以在港口內將極重的貨物移至需要的地方。如圖所示，某港口有一質量為M＝20 t的浮吊船，起重桿OA長l＝8 m。該船從岸上吊起質量為m＝2 t的貨物，不計起重桿的質量和水的阻力，開始時起重桿OA與豎直方向成60°角，當轉到桿與豎直方向成30°角時，浮吊船沿水平方向的位移大小約為 (　　)
A．0.27 m　　　　　 B．0.31 m
C．0.36 m 　 D．0.63 m
A　[船和貨物組成的系統在水平方向上動量守恒，起重桿抬起的過程中貨物向右運動，則船向左運動，設船的速度大小為v，貨物在水平方向上的速度大小為v′，取船運動的方向為正方向，則根據動量守恒定律有Mv－mv′＝0，設起重桿抬起的過程中貨物向右運動相對于靜水的位移大小為x′，船相對靜水的位移大小為x，所用的時間為t，則x＝vt，x′＝v′t，聯立可得，由幾何關系可得x＋x′＝l(sin 60°－sin 30°)，解得x≈0.27 m。選項A正確。]
9．如圖所示，一輛質量M＝3 kg的小車A靜止在光滑的水平面上，小車上有一質量m＝1 kg的光滑小球B，將一輕質彈簧壓縮并鎖定，此時彈簧的彈性勢能為Ep＝6 J，小球與小車右壁距離為l，解除鎖定，小球脫離彈簧后與小車右壁的碰撞并被粘住，求：
(1)小球脫離彈簧時，小球和小車各自的速度大??；
(2)在整個過程中，小車移動的距離。
[解析]　(1)設小球脫離彈簧時，小球的速度大小為v1，小車的速度大小為v2，以小球運動方向為正方向，由動量守恒定律有mv1－Mv2＝0
小球彈開時，只有彈力做功，由能量守恒定律有
＝Ep，解得v1＝3 m/s，v2＝1 m/s。
(2)整個過程中，根據平均動量守恒(“人船模型”)得 和x1＋x2＝l，解得x2＝。
[答案]　(1)3 m/s　1 m/s　(2)
10．在光滑的冰面上，放置一個截面為四分之一圓的半徑足夠大的光滑自由曲面體，一個坐在冰車上的小孩手扶一球靜止在冰面上。某時刻小孩將球以大小為v0的速度向曲面推出，如圖所示。已知小孩和冰車的總質量為m1＝40 kg，球的質量為m2＝2 kg，若小孩將球推出后還能再接到球，求曲面體的質量m3應滿足的條件。
[解析]　設小孩將球推出后小孩向右運動的速度大小為v1，以水平向左為正方向，小孩推球過程動量守恒，有0＝m2v0－m1v1，從球滾上曲面前到球滾下曲面的過程中，球和曲面體組成的系統動量守恒、能量守恒，設球滾下曲面后，球的速度大小為v2，曲面體的速度大小為v3，根據動量守恒定律和機械能守恒定律，有
m2v0＝－m2v2＋m3v3
解得v2＝v0
若小孩將球推出后還能再接到球，則有v2＞v1
聯立解得m3＞ kg。
[答案]　m3＞
1 / 16．反沖現象　火箭
[學習目標]　1．通過實驗認識反沖運動，能舉出反沖運動的實例，知道火箭的發射是反沖現象。2．能結合動量守恒定律對常見的反沖現象做出解釋。3．了解我國航天事業的巨大成就，增強對我國科學技術發展的自信。
　反沖現象
【鏈接教材】　如人教版教材P26圖1.6-2乙所示，把彎管裝在可旋轉的盛水容器的下部。當水從彎管流出時，容器就旋轉起來。
問題1　這種現象利用了什么原理？
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問題2　水和容器增加的動能來自哪里？
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【知識梳理】　
1．定義：原來靜止的系統在____的作用下分裂為兩個部分，一部分向某個方向運動，另一部分向____方向運動的現象。
提醒：被分離的一部分物體既可以是高速噴射出的液體、氣體，也可以是固體。
2．規律：反沖現象中，系統內力很大，外力可忽略，滿足____________。
3．反沖現象的防止及應用
(1)防止：用槍射擊時，由于槍身的反沖會影響射擊的______，所以用槍射擊時要把槍身抵在肩部，以減少反沖的影響。
(2)應用：農田、園林的噴灌裝置利用反沖使水從噴口噴出時，一邊噴水一邊____。
【思考討論】　點燃“竄天猴”的藥捻，“竄天猴”向下噴出氣體，同時“竄天猴”飛向高空。
問題1　反沖運動的物體受力有什么特點？
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問題2　反沖運動過程中系統的動量、機械能有什么變化？
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問題3　禮花在空中爆炸后，為什么會散開形成美麗的對稱圖案？
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【知識歸納】
1．反沖運動的特點
(1)物體的不同部分在內力作用下向相反方向運動。
(2)在反沖運動中，相互作用力一般較大，通?？梢杂脛恿渴睾愣蓙硖幚怼?br/>(3)在反沖運動中，由于有其他形式的能轉化為機械能，所以系統的總機械能增加。
2．處理反沖運動應注意的問題
(1)速度的方向
對于原來靜止的整體，拋出部分與剩余部分的運動方向必然相反。在列動量守恒方程時，可任意規定某一部分的運動方向為正方向，則反方向的速度應取負值。
(2)相對速度問題
在反沖運動中，有時遇到的速度是兩物體的相對速度。此類問題中應先將相對速度轉換成對地的速度后，再列動量守恒定律方程。
(3)變質量問題
如在火箭的運動過程中，隨著燃料的消耗，火箭本身的質量不斷減小，此時必須取火箭本身和在相互作用的短時間內噴出的所有氣體為研究對象，取相互作用的這個過程來進行研究。
【典例1】　(反沖運動問題分析)章魚是一種溫帶軟體動物，生活在水中。一只懸浮在水中的章魚，當外套膜吸滿水后，它的總質量為M，突然發現后方有一只海鰻，章魚迅速將體內的水通過短漏斗狀的體管在極短時間內向后噴出，噴射的水力強勁，從而迅速向前逃竄。若噴射出的水的質量為m，噴射速度的大小為v0，則下列說法正確的是(　　)
A．章魚噴水的過程中，章魚和噴出的水組成的系統機械能守恒
B．章魚噴水的過程中，章魚和噴出的水組成的系統動量增加
C．章魚噴水后瞬間逃跑的速度大小為v0
D．章魚噴水的過程中受到水的沖量大小為
思路點撥：本題的研究對象是章魚和噴出的水，注意章魚噴水時要消耗自身的能量，同時還要注意速度的矢量性和相對性。
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　反沖運動和碰撞、爆炸有相似之處，相互作用力常為變力，且作用力大，一般都滿足內力 外力，所以反沖運動可用動量守恒定律來處理。
【典例2】　(人教版P28T2改編)(反沖運動的計算)噴氣背包作為航天員艙外活動的主要動力裝置，它能讓航天員保持較高的機動性。如圖所示，一個連同裝備總質量M＝100 kg的航天員，裝備內有一個噴嘴可以使壓縮氣體以相對于空間站v＝50 m/s的速度噴出。航天員在距離空間站s＝45 m處與空間站處于相對靜止狀態，航天員完成太空行走任務后，
必須向著返回空間站方向的反方向釋放壓縮氣體，才能回到空間站，噴出的氣體總質量m＝0.15 kg，返回時間約為(　　)
A．300 s　　B．400 s　　C．600 s　　D．800 s
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　火箭
【鏈接教材】　如人教版教材P27圖1.6-5所示是多級運載火箭的示意圖，發射時，先點燃第一級火箭，燃料用完后，空殼自動脫落，然后下一級火箭開始工作。
問題1　火箭點火后能加速上升的動力是什么力？
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問題2　要提升運載物的最大速度可采用什么措施？
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【知識梳理】　
1．工作原理：利用____的原理，火箭燃料燃燒產生的高溫、高壓燃氣從尾部噴管迅速噴出，使火箭獲得巨大速度。
2．影響火箭獲得速度大小的因素
一是________，二是火箭噴出物質的質量與火箭本身質量之比。噴氣速度____，質量比____，火箭獲得的速度越大。
提醒：由火箭的工作原理可知，與火箭發生相互作用的是火箭噴出的燃氣，而不是外界的空氣。
【思考討論】　設火箭飛行時在極短時間Δt內噴射的燃氣質量為Δm，噴出燃氣后的火箭箭體質量是m。研究噴出燃氣后火箭的速度。
問題1　若噴出的燃氣相對噴氣前火箭的速度是u，與u是噴出的燃氣相對地面的速度，結果有什么區別？
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問題2　若噴出的燃氣相對地面速度均為u，那么一次相對地面噴出nΔm的燃料與分n次、每次噴出Δm的燃料，結果一樣嗎？若噴出的燃氣相對噴氣前的火箭的速度為u，結果如何呢？
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【知識歸納】
1．工作原理
應用反沖運動，其反沖過程動量守恒。它靠向后噴出的氣流的反沖作用而獲得向前的速度。
2．分析火箭類問題應注意的三個問題
(1)火箭在運動過程中，隨著燃料的燃燒，火箭本身的質量不斷減小，故在應用動量守恒定律時，必須取在同一相互作用時間內的火箭和噴出的氣體為研究對象。注意反沖前、后各物體質量的變化。
(2)明確兩部分物體初、末狀態的速度的參考系是否為同一參考系，如果不是同一參考系要設法予以轉換，一般情況要轉換成對地的速度。
(3)列方程時要注意初、末狀態動量的方向。
【典例3】　(火箭類反沖問題)設有一質量M＝5 t的火箭，架設于發射臺上，其噴出氣體對地的速度為1 000 m/s。請估算它至少每秒噴出質量為多少的氣體，才能讓火箭開始上升。如果要使火箭以2 m/s2的加速度上升，請估算它每秒應噴出多少氣體。(取g＝10 m/s2)
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　火箭類反沖問題解題要領
(1)兩部分物體初、末狀態的速度的參考系必須是同一參考系，且一般以地面為參考系。
(2)要特別注意反沖前、后各物體質量的變化。
(3)列方程時要注意初、末狀態動量的方向。
　“人船模型”問題
【思考討論】　如圖所示為一條約為180 kg的小船漂浮在靜水中，當人從船尾走向船頭時，小船也發生了移動，不計水的阻力。
問題1　小船發生移動的動力是什么力？小船向哪個方向運動？
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問題2　當人走到船頭相對船靜止時，小船還運動嗎？為什么？
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問題3　當人從船尾走到船頭時，有沒有可能出現如圖甲或如圖乙的情形？為什么？
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【知識歸納】
1．“人船模型”分析
如圖所示，長為l、質量為m船的小船停在靜水中，質量為m人的人由靜止開始從船的一端走到船的另一端，不計水的阻力。以人和船組成的系統為研究對象，在人由船的一端走到船的另一端的過程中，系統水平方向不受外力作用，所以整個系統水平方向動量守恒，可得m船v船＝m人v人，因人和船組成的系統動量始終守恒，故有m船x船＝m人x人，由圖可看出x船＋x人＝l，可解得x人＝l，x船＝l。
2．“人船模型”中的規律
(1)“人船模型”中的動力學規律：由于組成系統的兩物體受到大小相同、方向相反的一對力，故兩物體速度或位移與質量成反比、方向相反。這類問題的特點是兩物體同時運動，同時停止。
(2)“人船模型”中的動量與能量規律：由于系統不受外力作用，故遵守動量守恒定律，又由于相互作用力做功，故系統或每個物體動能均發生變化。用力對“人”做的功量度“人”動能的變化；力對“船”做的功量度“船”動能的變化。
提醒：(1)“人船模型”問題中，兩物體的運動特點是“人”走“船”行、 “人”?！按蓖?、“人”快“船”快、“人”慢“船”慢。
(2)x人、x船的大小與人運動的時間和運動狀態無關。
(3)當系統的動量守恒時，任意一段時間內的平均動量也守恒。
【典例4】　(“人船模型”)長為L的小船停在靜水中，質量為m的人由靜止開始從船頭走到船尾。不計水的阻力，船相對于地面位移的大小為d，則小船的質量為(　　)
A． 　 B．
C． 　 D．
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【典例5】　(人教版P30T8改編)(“人船模型”)如圖所示，質量均為m的木塊A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一豎直輕桿，輕桿上端的O點系一長為l的細線，細線另一端系一質量為m0的球C?，F將C球拉起使細線水平伸直，并由靜止釋放C球。求：
(1)A、B兩木塊分離時，A、B、C的速度大小。
(2)小球擺到最低點時木塊A向右移動的距離。
思路點撥：小球C向左擺動過程中，對A、B、C組成的系統水平方向動量守恒，小球C擺到最低點時，木塊A、B之間彈力恰好為零，此時A、B開始分離。
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1．一人靜止于光滑的水平冰面上，現欲離開冰面，下列方法可行的是 (　　)
A．向后踢腿
B．向后甩手
C．脫下衣服或鞋子水平拋出
D．脫下衣服或鞋子豎直向上拋出
2．航天員離開空間站太空行走時，連同裝備共100 kg，在離飛船60 m的位置與空間站處于相對靜止的狀態，裝備中有一個高壓氣源，能以50 m/s的速度噴出氣體，為了能在5 min 內返回空間站，他需要在開始返回的瞬間至少一次性向后噴出氣體的質量是(不計噴出氣體后航天員和裝備質量的變化)(　　)
A．0.10 kg 　 B．0.20 kg
C．0.35 kg 　 D．0.40 kg
3．質量為m、半徑為R的小球，放在半徑為2R、質量為2m的大空心球內，大球開始靜止在光滑水平面上。當小球從如圖所示的位置無初速度沿內壁滾到最低點時，大球移動的距離是 (　　)
A． 　 B．
C． 　 D．
回歸本節知識，完成以下問題：
1．反沖過程中以相互作用的兩部分為系統是否滿足動量守恒？
2．火箭的工作原理是什么？
3．應用反沖原理分析火箭發射時，研究對象是什么？
航天員太空行走
太空行走又稱為出艙活動，是載人航天的一項關鍵技術，是載人航天工程在軌道上安裝大型設備、進行科學實驗、施放衛星、檢查和維修航天器的重要手段。要實現太空行走這一目標，需要諸多的特殊技術保障。
幫助航天員實現太空行走的是自足式手提機動噴射器。這個裝置主要由兩個氧氣儲罐和一個壓力調節器組成，重3.4 kg，其中高壓氧氣推進劑重約0.13 kg。它每秒能產生約181 N的推力，速度為1.82 m/s，相當于普通人慢跑的速度。該裝置有3個噴管，2個噴管對著后方，1個噴管對著前方。開動對著后方的2個噴管，即可推著航天員向前移動，開動對著前方的1個噴管，即可停止移動。
1．航天員太空行走用到的自足式手提機動噴射器的原理是什么？
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2．航天員太空行走速度的快慢和什么有關？
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