2024-2025學年新教材高中物理第一章動量守恒定律6反沖現象教案新人教版選擇性必修第一冊

PAGE1-反沖現象火箭學習目標知識脈絡1.了解反沖運動的概念及反沖運動的一些應用．2.知道反沖運動的原理．(重點)3.駕馭應用動量守恒定律解決反沖運動問題．(重點、難點)4.了解火箭的工作原理及確定火箭最終速度大小的因素．(難點)學問點一|反沖運動eq\a\vs4\al([先填空])1．定義依據動量守恒定律，假如一個靜止的物體在內力的作用下分裂為兩個部分，一部分向某個方向運動，另一部分必定向相反的方向運動，這個現象叫作反沖．2．反沖原理反沖運動的基本原理是動量守恒定律，假如系統的一部分獲得了某一方向的動量，系統的其他部分就會在這一方向的反方向上獲得同樣大小的動量．3．公式若系統的初始動量為零，則動量守恒定律的形式變?yōu)?＝m1v1＋m2v2，此式表明，做反沖運動的兩部分的動量大小相等、方向相反，而它們的速率與質量成反比．eq\a\vs4\al([再推斷])1．做反沖運動的兩部分的動量肯定大小相等，方向相反． (√)2．一切反沖現象都是有益的． (×)3．章魚、烏賊的運動利用了反沖的原理． (√)eq\a\vs4\al([后思索])1．反沖運動中，內力做功的代數和是否為零？【提示】不為零．反沖運動中，兩部分受到的內力做功的代數和為正值．2．兩位同學在公園里劃船，當小船離碼頭大約1.5m時，有一位同學心想：自己在體育課上立定跳遠的成果從未低于2m，跳到岸上肯定沒有問題．于是她縱身一跳，結果卻掉到了水里(如圖所示)，她為什么不能如她所想的那樣跳到岸【提示】這位同學與船組成的系統在不考慮水的阻力的狀況下，所受合外力為零，在她跳起前后遵循動量守恒定律．在她向前跳起瞬間，船要向后運動．eq\a\vs4\al([合作探討])如圖所示，為一條約為180kg的小船漂移在靜水中，當人從船尾走向船頭時，小船也發(fā)生了移動，不計水的阻力．探討1：小船發(fā)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，即與人行的方向相反．探討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．探討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？甲乙【提示】不行能．由系統動量守恒可知，人和船相對于地面的速度方向肯定相反，不行能向同一個方向運動，且人船位移比等于它們質量的反比．eq\a\vs4\al([核心點擊])1．反沖運動的特點及遵循的規(guī)律(1)特點：是物體之間的作用力與反作用力產生的效果．(2)條件：①系統不受外力或所受外力的矢量和為零．②內力遠大于外力；③系統在某一方向上不受外力或該方向上所受外力之和為零．(3)反沖運動遵循動量守恒定律．2．探討反沖運動應留意的兩個問題(1)速度的反向性對于原來靜止的物體，被拋出部分具有速度時，剩余部分的運動方向與被拋出部分必定相反．(2)速度的相對性一般都指對地速度．3.“人船模型”問題(1)定義兩個原來靜止的物體發(fā)生相互作用時，若所受外力的矢量和為零，則動量守恒．在相互作用的過程中，任一時刻兩物體的速度大小之比等于質量的反比．這樣的問題歸為“人船模型”問題.(2)特點①兩物體滿意動量守恒定律：m1v1－m2v2＝0.②運動特點：人動船動，人停船停，人快船快，人慢船慢，人左船右；人船位移比等于它們質量的反比；人船平均速度(瞬時速度)比等于它們質量的反比，即eq\f(x1,x2)＝eq\f(v1,v2)＝eq\f(m2,m1).③應用此關系時要留意一個問題：即公式中v1、v2和x1、x2一般都是相對地面而言的．1．小車上裝有一桶水，靜止在光滑水平地面上，如圖所示，桶的前、后、底及側面各裝有一個閥門，分別為S1、S2、S3、S4(圖中未畫出)，要使小車向前運動，可采納的方法是打開閥門________．解析：依據水和車組成的系統動量守恒，原來系統動量為零，由0＝m水v水＋m車v車知，車的運動方向與水的運動方向相反，故水應向后噴出．答案：S22．質量為M的熱氣球吊筐中有一質量為m的人，共同靜止在距地面為h的高空中．現從氣球上放下一根質量不計的軟繩，為使此人沿軟繩能平安滑到地面，則軟繩至少有多長？解析：如圖所示，設繩長為L，人沿軟繩滑至地面的時間為t，由圖可知，L＝x人＋x球．設人下滑的平均速度大小為v人，氣球上升的平均速度大小為v球，由動量守恒定律得：0＝Mv球－mv人即0＝Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x球,t)))－meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(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＝eq\f(M＋m,M)h.答案：eq\f(M＋m,M)h解決“人船模型”應留意兩點(1)適用條件：①系統由兩個物體組成且相互作用前靜止，系統總動量為零；②在系統內發(fā)生相對運動的過程中至少有一個方向的動量守恒(如水平方向或豎直方向)．(2)畫草圖：解題時要畫出各物體的位移關系草圖，找出各長度間的關系，留意兩物體的位移是相對同一參考系的位移．學問點二|火箭eq\a\vs4\al([先填空])1．原理火箭的飛行應用了反沖的原理，靠噴出氣流的反沖作用來獲得巨大速度．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．eq\a\vs4\al([再推斷])1．火箭點火后離開地面對上運動，是地面對火箭的反作用力作用的結果． (×)2．在沒有空氣的宇宙空間，火箭仍可加速前行． (√)3．火箭放射時，火箭獲得的機械能來自于燃料燃燒釋放的化學能． (√)eq\a\vs4\al([后思索])假如在月球上建一飛機場，應配置噴氣式飛機還是螺旋槳飛機呢？【提示】應配置噴氣式飛機．噴氣式飛機利用反沖運動原理，可以在真空中飛行，而螺旋槳飛機是靠轉動的螺旋槳與空氣的相互作用力飛行的，不能在真空中飛行．eq\a\vs4\al([合作探討])如圖所示，是多級運載火箭的示意圖，放射時，先點燃第一級火箭，燃料用完后，空殼自動脫落，然后下一級火箭起先工作．探討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．探討2：要提升運載物的最大速度可采納什么措施？【提示】提高氣體噴射速度，增加燃料質量，剛好脫離前一級火箭空殼．eq\a\vs4\al([核心點擊])1.火箭的速度設火箭在Δt時間內噴射燃氣的質量為Δm，速度為u，噴氣后火箭的質量為m，獲得的速度為v，由動量守恒定律：0＝mv＋Δmu，得v＝－eq\f(Δm,m)u.2.確定因素火箭獲得速度取決于燃氣噴出速度u及燃氣質量與火箭本身質量之比eq\f(Δm,m)兩個因素．3.多級火箭由于受重力的影響，單級火箭達不到放射人造地球衛(wèi)星所須要的7.9km/s，多級火箭放射時，較大的第一級火箭燃燒結束后，便自動脫落，接著其次級、第三級依次工作，燃燒結束后自動脫落，這樣可以不斷地減小火箭殼體的質量，減輕負擔，使火箭達到遠遠超過運用同樣多的燃料的一級火箭所能達到的速度．目前多級火箭一般都是三級火箭，因為三級火箭能達到目前放射人造衛(wèi)星的需求．3．運輸人造地球衛(wèi)星的火箭起先工作后，火箭做加速運動的緣由是()A．燃料推動空氣，空氣反作用力推動火箭B．火箭發(fā)動機用力將燃料燃燒產生的氣體向后推出，氣體的反作用力推動火箭C．火箭吸入空氣，然后向后排出，空氣對火箭的反作用力推動火箭D．火箭燃料燃燒發(fā)熱，加熱四周空氣，空氣膨脹推動火箭解析：火箭工作中，動量守恒，當向后噴氣時，則火箭受一向前的推力從而使火箭加速，故只有B正確．答案：B4．(多選)實行下列哪些措施有利于增加火箭的飛行速度()A．使噴出的氣體速度更大B．使噴出的氣體溫度更高C．使噴出的氣體質量更大D．使噴出的氣體密度更小解析：設火箭原來的總質量為M，噴出的氣體質量為m，速度是v，剩余的質量為(M－m)，速度是v′，由動量守恒得：(M－m)v′＝mv得：v′＝eq\f(mv,M－m)，由上式可知：m越大，v越大，v′越大．故A、C正確．答案：AC5．一火箭噴氣發(fā)動機每次噴出m＝200g的氣體，氣體離開發(fā)動機噴出時的速度v＝1000m/s(相對地面)，設火箭質量M＝300kg，解析：法一：噴出氣體的運動方向與火箭運動的方向相反，系統動量守恒第一次氣體噴出后，火箭速度為v1，有(M－m)v1－mv＝0所以v1＝eq\f(mv,M－m)其次次氣體噴出后，火箭速度為v2，有(M－2m)v2－mv＝(M－m)v所以v2＝eq\f(2mv,M－2m)第三次氣體噴出后，火箭速度為v3，有(M－3m)v3－mv＝(M－2m)所以v3＝eq\f(3mv,M－3m)＝eq\f(3×0.2×1000,300－3×0.2)m/s＝2m/s.法二：選取整體為探討對象，運用動量守恒定律求解．設噴出三次氣體后火箭的速度為v3，以火箭和噴出三次氣體為探討對象，據動量守恒定律，得(M－3m)v3－3mv所以v3＝eq\f(3m