高考物理選修知識點知識講解動量守恒定律的應用（反沖）提高

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1、 動量守恒定律的應用（反沖） 編稿：張金虎 審稿：吳楠楠 【學習目標】 1．了解什么是反沖運動和反沖運動在生活中的應用； 2．知道火箭的飛行原理和主要用途； 3．了解我國航天技術的發(fā)展． 【要點梳理】要點詮釋： 要點一、反沖運動 1．反沖運動 （1）反沖：根據(jù)動量守恒定律，如果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，另一部分必然向相反的方向運動．這個現(xiàn)象叫做反沖． （2）反沖運動的特點：反沖運動是相互作用的物體之間的作用力與反作用力產生的效果．反沖運動過程中，一般滿足系統(tǒng)的合外力為零或內力遠

2、大于外力的條件，因此可以運用動量守恒定律進行分析． （3）反沖現(xiàn)象的應用及防止：反沖是生活和生產實踐中常見的一種現(xiàn)象，在許多場合，反沖是不利的，如大炮射擊時，由于炮身的反沖，會影響炮彈的出口速度和準確性．為了減小反沖的影響，可增大炮身的阻力．但還有許多場合，恰好是利用了反沖，如反擊式水輪機是應用反沖而工作的、噴氣式飛機和火箭是反沖的重要應用，它們都是靠噴出氣流的反沖作用而獲得巨大速度的． （4）理解反沖運動與動量守恒定律． 反沖運動的產生是系統(tǒng)內力作用的結果，兩個相互作用的物體組成的系統(tǒng)，對的作用力使獲得某一方向的動量，對的反作用力使獲得相反方向的動量

3、，從而使沿著與的運動方向相反的方向做反沖運動． 實際遇到的動量守恒問題通常有以下三種： ①系統(tǒng)不受外力或所受外力之和為零，滿足動量守恒的條件，可以用動量守恒定律解決反沖運動問題． ②系統(tǒng)雖然受到外力作用，但內力遠遠大于外力，外力可以忽略，也可以用動量守恒定律解決反沖運動問題． ③系統(tǒng)雖然所受外力之和不為零，系統(tǒng)的動量并不守恒，但系統(tǒng)在某一方向上不受外力或外力在該方向上的分力之和為零，則系統(tǒng)的動量在該方向上的分量保持不變，可以用該方向上動量守恒解決反沖運動問題． （5）在討論反沖運動問題時，應注意以下幾點． ①速度的反向性．

4、對于原來靜止的整體，拋出部分具有速度時，剩余部分的反沖是相對于拋出部分來說的，兩者運動方向必然相反．在列動量守恒方程時，可任意規(guī)定某一部分的運動方向為正方向，則反方向的另一部分的速度應取負值． 質量為的物體以對地速度拋出一個質量為的物體，研究剩余部分對地反沖速度時，設的方向為正． 列出的方程式為 ， 得 ． 由于為待求速度，事先可不考慮其方向，由計算結果為負值，表示剩余部分的運動方向與拋出部分速度力向相反． 由于我們已明確剩余部分與拋出部分反向，因此可直接列出兩部分動量大小相等方程．即上例可列式為 ， ． 其中為剩余部分速率． ②速

5、度的相對性． 反沖運動中存在相互作用的物體間發(fā)生相對運動，已知條件中告知的常常是物體的相對速度，在應用動量守恒定律時，應將相對速度轉換為絕對速度（一般為對地速度）． 2．火箭 （1）火箭：現(xiàn)代火箭是指一種靠噴射高溫高壓燃氣獲得反作用力向前推進的飛行器，是反沖運動的典型應用之一． （2）火箭的工作原理：動量守恒定律． 當火箭推進劑燃燒時，從尾部噴出的氣體具有很大的動量，根據(jù)動量守恒定律，火箭獲得大小相等、方向相反的動量，因而發(fā)生連續(xù)的反沖現(xiàn)象，隨著推進劑的消耗，火箭的質量逐漸減小，速度不斷增大，當推進劑燃盡時，火箭即以獲得的速度沿著預定的空間軌道飛行．

6、 （3）火箭飛行能達到的最大飛行速度，主要取決于兩個因素： ①噴氣速度：現(xiàn)代液體燃料火箭的噴氣速度約為，提高到需很高的技術水平． ②質量比（火箭開始飛行時的質量與火箭除燃料外的箭體質量之比），現(xiàn)代火箭能達到的質量比不超過． （4）現(xiàn)代火箭的主要用途：利用火箭作為運載工具，例如發(fā)射探測儀器、常規(guī)彈頭和核彈頭、人造衛(wèi)星和宇宙飛船． （5）我國的火箭技術已跨入了世界先進行列． 要點二、反沖運動的模型 1．“人船模型”——反沖運動 【例】如圖所示，長為、質量為的小船停在靜水中，一個質量為的人立在船頭，若不計水的粘滯阻

7、力，當人從船頭走到船尾的過程中，船和人對地面的位移各是多少？ 【解析】選人和船組成的系統(tǒng)為研究對象，由于人從船頭走到船尾的過程中，系統(tǒng)在水平方向不受外力作用，所以水平方向動量守恒，人起步前系統(tǒng)的總動量為零．當人起步加速前進時，船同時向后加速運動；當人勻速前進時，船同時向后勻速運動，當人停下來時船也停止．設某一時刻人對地的速度為，船對地的速度為，選人前進的方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律有： ， 即： ． 因為在人從船頭走到船尾的整個過程中，每一時刻系統(tǒng)都滿足動量守恒定律，所以每一時刻人的速度與船的速度之比，都與它們的質量成反比．從而可以得出判斷：在人從船頭走向船尾的

8、過程中，人和船的平均速度也跟它們的質量成反比，即對應的平均動量 ， 而位移 ， 所以有 ， 即 ． 由圖可知 ， 解得 ， ， ． “人船模型”是利用平均動量守恒求解的一類問題．適用條件是：（1）系統(tǒng)由兩個物體組成且相互作用前靜止，系統(tǒng)總動量為零；（2）在系統(tǒng)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），注意兩物體的位移是相對同一參照物的位移．在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．此類問題也可以根據(jù)靜止系統(tǒng)不受外力、系統(tǒng)質心位置不變的道理求解． 利用這一模型還可以推廣到其他問題上來解決大量的實際問題．

9、 2．火箭的最終速度 火箭的工作原理就是動量守恒定律．當火箭推進劑燃燒時，從尾部噴出的氣體具有很大的動量，根據(jù)動量守恒定律，火箭就獲得數(shù)值相等、方向相反的動量，因而發(fā)生連續(xù)的反沖現(xiàn)象．隨著推進劑的消耗，火箭逐漸減輕，加速度不斷增大．當推進劑燒盡時，火箭即以獲得的速度沿著預定的空間軌道飛行．根據(jù)動量守恒定律可以推導出單級火箭的最終速度公式（設火箭開始飛行時速度為零）： ， 式中是燃燒氣體相對于火箭的噴射速度，是火箭開始時的總質量，是火箭噴氣終了時剩下的殼體及其他附屬設備的總質量，通常稱為火箭的質量比． 上式是在未考慮空氣阻力和地球引力的情況下推導

10、出來的，由于空氣阻力和地球引力的影響，火箭速度達不到公式中所給出的數(shù)值．但從這一公式可以看到提高火箭速度有兩個辦法，一是提高氣體的噴射速度，二是提高質量比．而提高噴射速度的辦法比提高質量比的辦法更有效，但噴射速度的提高也有一定限度． 【典型例題】 類型一、反沖運動中的極值 例1、（2014 長葛市三模）如下圖所示，光滑水平地面上停放著甲、乙兩輛相同的平板車，一根輕繩跨過乙車的定滑輪(不計定滑輪的質量和摩擦)，繩的一端與甲車相連，另一端被甲車上的人拉在手中，已知每輛車和人的質量均為30 kg，兩車間的距離足夠遠．現(xiàn)在人用力拉繩，兩車開始相向運動，人與甲車始終保持相

11、對靜止，當乙車的速度為0.5 m/s時，停止拉繩．求 （1）人在拉繩過程中做了多少功？ （2）若人停止拉繩后，至少以多大速度立即從甲車跳到乙車才能使兩車不發(fā)生碰撞？ 【答案】（1）W＝5.625 J.； （2）當人跳離甲車的速度大于或等于0.5m/s時，兩車才不會相撞 【解析】（1）設甲、乙兩車和人的質量分別為m甲、m乙和m人， 停止拉繩時，甲車的速度為v甲，乙車的速度為v乙，由動量守恒定律得 (m甲＋m人)v甲＝m乙v乙　求得v甲＝0.25 m/s 由功能關系可知，人拉繩過程做的功等于系統(tǒng)動能的增加量． W＝(m甲＋m人)v＋m乙v＝5.625 J.

12、（2）設人跳離甲時人的速度方向為正，大小為，甲車的速度為，人離開甲車前后由動量守恒定律得： 人跳到乙車時，人與車共同速度為： 若兩車不碰撞，則 代入得： 當人跳離甲車的速度大于或等于0.5m/s時，兩車才不會相撞 【總結升華】注意不同物理過程中的不同研究對象。 舉一反三: 【變式】(2015 晉江市校級模擬) 如圖所示，甲、乙兩船的總質量（包括船、人和貨物）分別為10m、12m，兩船沿同一直線同一方向運動，速度分別為2v0、v0。為避免兩船相撞，乙船上的人將一質量為m的貨物沿水平方向拋向甲船，甲船上的人將貨物接住，求拋出貨物的最小速度？（不計水的阻力）

13、 【答案】 【解析】設拋出貨物的速度為v，以向右為正方向，由動量守恒定律得： 乙船與貨物： 甲船與貨物： 兩船不相撞的條件是： 解得：，則最小速度為 類型二、反沖運動在發(fā)射火箭中的運用 例2．一火箭噴氣發(fā)動機每次噴出的氣體，氣體離開發(fā)動機時速度，設火箭質量，發(fā)動機每秒噴氣次，求： （1）當?shù)诖螝怏w噴出后，火箭的速度多大？ （2）運動第末，火箭的速度多大？ 【答案】（1） （2） 【解析】解法一：噴出氣體運動方向與火箭運動方向相反，系統(tǒng)動量可認為守恒． （1）第次氣體噴出后，火箭速度為，有： ．

14、故 ． 第次氣體噴出后，火箭速度為，有： ． 故 ． 第次氣體噴出后，火箭速度為，有： ． ． （2）依此類推，第次氣體噴出后，火箭速度為，有： ． ． 因為每秒噴氣次，所以第末火箭速度為： ． 解法二：由于每次噴氣速度一樣，可選整體為研究對象，運用動量守恒來求解． （1）設噴出次氣體后火箭的速度為，以火箭和噴出的次氣體為研究對象，據(jù)動量守恒可得 ． ． （2）以火箭和噴出的次氣體為研究對象 ．

15、得 ． 【總結升華】火箭在運動的過程中，隨著燃料的消耗，火箭本身的質量在不斷減小，對于這一類的問題，可選取火箭本身和在相互作用的時間內噴出的全部氣體為研究對象，取相互作用的整個過程為研究過程，運用動量守恒的觀點解決問題． 火箭噴氣屬于反沖類問題，考慮到多次噴氣且每次噴氣的速度相同，這時選用整體作研究對象，解題簡單明了，可見研究對象的合理選取很重要． 舉一反三: 【高清課堂：動量守恒定律的應用（反沖） 例1】 【變式1】質量為千克的火箭豎直向上發(fā)射時噴氣速度為米/秒,問剛開始時如果要使火箭產生的豎直向上的加速度, 每秒大約要噴出多少氣體？ 【答案】

16、 【解析】以火箭為研究對象，由牛頓第二定律得 所以 有牛頓第三定律知火箭對氣體的作用力大小為． 以秒中內噴出的氣體為研究對象，由動量定理得 所以： ． 【高清課堂：動量守恒定律的應用（反沖） 例２】 【變式1】設火箭發(fā)射前的總質量為，燃料燃盡后的質量為，火箭燃氣的噴射速度為，燃料燃盡后火箭的飛行速度為. 試求火箭飛行的速度？思考火箭飛行的最大速度是由什么因素決定的？ 【答案】 【解析】由動量守恒定律： 即 通過式子： 可以看出，火箭所獲得的速度與哪些因素有關呢？ （1）噴氣

17、速度：越大，火箭獲得的速度越大?，F(xiàn)代火箭的噴氣速度在之間。 （2）：比值越大，火箭獲得的速度越大。指的是火箭起飛時的質量與火箭除去燃料外的殼體質量之比，叫做火箭的質量比，這個參數(shù)一般在。 類型三、豎直方向的反沖運動 例3．在沙堆上有一木塊，質量，木塊上放一爆竹，質量．點燃爆竹后木塊陷入沙中深，若沙對木塊運動的阻力恒為，不計爆竹中火藥質量和空氣阻力．求爆竹上升的最大高度．（?。? 【思路點撥】解題時必須搞清楚：（1）爆炸過程：系統(tǒng)動量守恒；（2）木塊反沖做減速運動的過程；（3）爆竹豎直上拋運動過程． 【答案】 【解析】這是一道動量守恒定律在反沖現(xiàn)象中的應用題，既考查了動

18、量守恒定律，又考查了豎直上拋運動和牛頓運動定律等內容． 火藥爆炸時內力遠大于重力，所以爆炸時動量守恒，取向上的方向為正方向，由動量守恒定律得 ． ① （式中v、v＇分別為爆炸后爆竹和木塊的速率） 木塊陷入沙中做勻減速運動到停止，其加速度為 ． 木塊做勻減速運動的初速度 ． ② ②代入①式，得 ． 爆竹以初速度口做豎直上拋運動，上升的最大高度為 ． 【總結升華】此題的過程經歷的時間短暫，但是比較復雜，其中有三個過程，解題時必須搞清楚．

19、 （1）爆炸過程：系統(tǒng)動量守恒；（2）木塊反沖做減速運動的過程；（3）爆竹豎直上拋運動過程． 【變式1】雨滴在穿過云層的過程中，不斷與漂浮在云層中的小水珠相遇并結合為一體，其質量逐漸增大．現(xiàn)將上述過程簡化為沿豎直方向的一系列碰撞．已知雨滴的初始質量為，初速度為，下降距離后與靜止的小水珠碰撞且合并，質量變?yōu)椋撕竺拷涍^同樣的距離后，雨滴均與靜止的小水珠碰撞且合并，質量依次變?yōu)椋ㄔO各質量為已知量）．不計空氣阻力． （1）若不計重力，求第次碰撞后雨滴的速度； （2）若考慮重力的影響， ①求第次碰撞前、后雨滴的速度和； ②求第次碰撞后雨滴的動能．

20、 【答案】（1） （2）① ② 【解析】（1）若不計重力，雨滴下落全過程中動量守恒，且由 得 ． （2）若考慮重力的影響，雨滴下降過程中做加速度為的勻加速運動，碰撞瞬間動量守恒． ①第次碰撞前 ， ， 第次碰撞后 ， ① ②第次碰撞前 ， 利用①式化簡得 ， ② 第次碰撞后，利用②式得 ， 同理，第次碰撞后 ， …… 第次碰撞后 ， 動能 ． 【變式2】兩個質量分別為和的劈和，高度相同，放在光滑水平面上．和的傾斜面都是光滑曲面，曲面下端與水平面相切，如圖所

21、示． 一質量為的物塊位于劈的傾斜面上，距水平面的高度為．物塊從靜止開始滑下，然后又滑上劈．求物塊在上能夠達到的最大高度． 【答案】 【解析】設物塊到達劈的底端時，物塊和的速度大小分別為和，由機械能守恒和動量守恒得 ， ① ． ② 設物塊在劈上達到的最大高度為h＇，此時物塊和的共同速度大小為v＇，由機械能守恒和水平方向動量守恒得 ， ③ ， ④ 聯(lián)立①②③④式得 ．

22、 ⑤ 【變式3】如圖所示，一條軌道固定在豎直平面內，粗糙的段水平，段光滑，段是以為圓心、為半徑的一小段圓弧．可視為質點的物塊和緊靠在一起，靜止于處，的質量是的倍．兩物塊在足夠大的內力作用下突然分離，分別向左、右始終沿軌道運動．到點時速度沿水平方向，此時軌道對的支持力大小等于所受重力的．與段的動摩擦因數(shù)為，重力加速度為，求： （1）物塊在點的速度大?。? （2）物塊滑行的距離． 【答案】（1） （2） 【解析】（1）設物塊的質量為，則物塊的質量為，物塊在點受到向下的重力和向上的支持力，由牛頓第二定律

23、得 ， 解得 ． （2）物塊由點運動到點的過程中機械能守恒，則 ， 解得 ． 物塊在點分開過程中動量守恒，則 ， 解得 ． 物塊向左滑動過程中由動能定理得 ， 解得 ． 類型四、動量守恒與萬有引力的應用 例4．總質量為的一顆返回式人造地球衛(wèi)星沿半徑為的圓軌道繞地球運動到點時，接到地面指揮中心返回地面的指令，于是立即打開制動火箭向原來運動方向噴出燃氣以降低衛(wèi)星速度并轉到跟地球相切的橢圓軌道，如圖所示． 要使衛(wèi)星對地速度降為原來的，衛(wèi)星在處應將質量為的燃氣以多大的對地速度向前噴出？（將連續(xù)噴氣等效為一次性噴氣，

24、地球半徑為，地面重力加速度為） 【思路點撥】這是一道萬有引力定律與動量守恒定律應用的綜合題． 【答案】 【解析】衛(wèi)星繞地球做半徑為的勻速圓周運動，設線速度為，由萬有引力提供圓周運動的向心力得 ， 在地球附近： ， 由以上兩式得 ． 設衛(wèi)星在點噴出的氣體對地速度為，此時衛(wèi)星的速度為，由題意知 ， 由衛(wèi)星和燃氣組成的系統(tǒng)動量守恒有 ， 代入及得 ． 即應將質量為的燃氣以的速度向前噴出． 【總結升華】該題情景看似較新穎，實際上就是一道萬有引力定律與動量守恒定律應用的綜合題．衛(wèi)星在點向前噴出氣體的過程中，衛(wèi)星和噴出氣體組成的系統(tǒng)動量守恒．