五反冲运动火箭000001.ppt

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1、五 反冲运动 火箭,一、反冲运动,演示,静止或运动的物体分离出一部分物体，使另一部分向相反方向运动的现象叫反冲运动。,反冲运动中如果属于内力远远大于外力的情况，可以认为反冲运动中系统动量守恒。,模拟火箭,神七,二、反冲运动的应用,演示,火箭模型,在箭支前端缚上火药筒，利用火药向后喷发产生的反冲作用力把箭发射出去。,演示,那么火箭在燃料燃尽时所能获得的最终速度与什么有关呢？,假设火箭发射前的总质量为M，燃料燃尽后的质量为m，火箭燃气对地的喷射速度为v1，燃料燃尽后火箭的飞行速度v为多大？,在火箭发射过程中，由于内力远大于外力，所以动量守恒.发射前的总动量为0，发射后的总动量为（以火箭的速度方向为

2、正方向）,由动量守恒得：,燃料燃尽时火箭获得的最终速度由喷气速度及质量比 共同决定。,第一节火箭脱离过程,多级火箭由单级火箭组成，发射时先点燃第一级火箭，燃料用完以后，空壳自动脱落，然后下一级火箭开始工作。,例：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对地速度v0=1000m/s，设火箭质量M=300kg，发动机每秒喷发20次。求：运动第1秒末，火箭的速度多大？,13.5 m/s,分析：每喷射一次气体获得动量P1=mv0=200Kgm/s。每秒喷射20次，全过程动量守恒，只考虑初、末状态即第1s初末。,解：设1s末的速度为V。动量守恒定律 0=n.mv0-(M-n.m)

3、v,v=,内力远大于外力，动量守恒。,4.,4.如图所示，一艘小船静止在平静的水面上，船前舱有一抽水机，抽水机把前舱的水均匀抽往后舱，不计水的阻力，在船的前舱与后舱分开、不分开的两种情况，船的前舱运动情况分别是()A不动；向前匀速动 B向前加速动；不动C不动；向后匀速动 D向后匀速动；不动,解析：1.前后舱分开时，前舱和水相互作用，靠反冲使前舱向前加速，后舱向后加速。2.前后舱不分开时，前后舱为一整体，船不动。,例：水平方向射击的大炮，炮身重450 kg，炮弹重为5kg，炮弹射击的速度是450 m/s，射击后炮身后退的距离是45cm，则炮受地面的平均阻力为多大？,应用,内力远大于外力，动量守恒

4、。,解析：炮弹射出前后水平方向动量守恒 0=mv0-MV,V=50m/s 对于炮身，动能定理-FS=0-MV2/2，F=1.25105N,例：火箭最初的总质量为M，相对于地面水平飞行的速度为v0，若发动机每次喷出的气体质量恒为m，喷出气体相对于火箭的速度恒为u，不计空气阻力，当第二批气体喷出后，火箭的速度为多大？,解析：设以火箭运动速度方向为正方向设第二批气体喷出后火箭速度为V，喷出气体对地速度V-u动量守恒：MV0=(M-2m)v+2m(v-u)V=,三：人船模型1.解前画出人、船位移草图2.人走、船行；人停船停。人加速船加速，人减速船减速。3.原理：动量守恒定律4.人船速度关系：0=mv1

5、-MV2.则v1/v2=M/m,任意时刻速度与质量成反比。5.人船位移关系：mx1-MX2=0,则x1/x2=M/m。x1+x2=L L-人在船上走的距离则：x1=mL/(m+M),x2=ML/(M+m),1如图所示，质量为m、半径为R的小球，放在半径为2R、质量为2m的大空心球内大球开始静止在光滑的水平面上，当小球从图示位置无初速度地沿大球内壁滚到最低点时，大球移动的距离是多少？,解析：两球系统动量守恒 mx1-2mx2=0 且x1+x2=R解得：x2=R/3,3.,2如图所示，一个质量为m150 kg的人爬在一只大气球下方，气球下面有一根长绳气球和长绳的总质量为m220 kg，长绳的下端刚

6、好和水平面接触当静止时人离地面的高度为h5 m如果这个人开始沿绳向下滑，当他滑到绳下端时，他离地面的高度是(可以把人看做质点)()A5 m B3.6 mC2.6 m D8 m,解析：人球原先静止，浮力和重力平衡，动量守恒 m1x人-m2x球=0且x人+x球=h解得：x球=3.57m,B,3.,3.如图所示，表示质量为M的密闭汽缸置于光滑水平面上，缸内有一隔板P，隔板右边是真空，隔板左边是质量为m的高压气体，若将隔板突然抽去，则汽缸的运动情况是()A保持静止不动B向左移动一定距离后恢复静止C最终向左做匀速直线运动D先向左移动，后向右移动回到原来位置,B,解析：1.高压气体视作人，气缸视作船。2.

7、抽去隔板前二者静止 3.气体（人）右行，则气缸（船）左行。4.稳定后，气体（人）静止，气缸（船）静止。,4平板车停在水平光滑的轨道上，平板车上有一人从固定在车上的货厢边沿顺着轨道方向水平跳出，落在平板车地板上的A点，A点距货厢水平距离为l4 m，如图所示人的质量为m，车连同货厢的质量为M4m，货厢高度为h1.25 m(g取10 m/s2)求：(1)车在人跳出后到落到地板期间的反冲速度；(2)人落在地板上并站定以后，车还运动吗？车在地面上移动的位移是多少？,解析：1.人、车水平方向动量守恒 0=mx1-MX2.且x1+x2=L，运动时间t=2h/g,则车速v2=x2/t=1.6m/s2.人落在地

8、板上与车相对静止时0=（M+m)v2/.V2/=0。X2=0.6m.,四：爆炸模型,特点：1.作用力：相互作用力。相互作用突然发生、作用力是变力、很大，内力远大于系统外力。动量守恒定律处理。2.时间：作用时间极短、3.爆炸过程：动能增加。有其他形式的能转化为动能。4.位移：作用前后位置视为不动。,例：一个质量为m的物体从高处自由下落，当物体下落h距离时突然炸裂成两块，其中质量为m1的一块恰好能沿竖直方向回到开始下落的位置，求刚炸裂时另一块的速度v2.【解析】以炸裂时分裂成的两块m1和(mm1)组成的系统为研究对象，在炸裂的这一极短的时间内，系统受到的合外力即重力并不为零，但炸裂时的爆炸力远远大

9、于系统的重力，系统在竖直方向的动量可认为近似守恒取竖直向下的方向为正方向，炸裂前的两部分是一个,解：1.爆炸前：动能定理：mgh=mv02/2,v0=2gh取向下为正方向 p0=mv0=m2gh,解：1.爆炸前：动能定理：mgh=mv02/2,v0=2gh取向下为正方向 p0=mv0=m2gh2.爆炸后：对于m1：-m1gh=0-m1v12/2,v1=2gh.动量守恒：mv0=-m1v1+(m-m1)v2.V2=(m+m1)2gh/(m-m1)0,方向竖直向下。,1在沙堆上有一木块，质量M5 kg，木块上放一爆竹，质量m0.10 kg.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

10、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度(g取10 m/s2),分析：1.求炮竹上升的最大高度，需求出爆炸后炮竹速度2.爆炸前木块速度为0，爆炸后速度由动能定理求解。3.动量守恒求解炮竹爆炸后的速度,解：设爆炸后木块、炮竹速度分别为v1、v2.1.对于木块动能定理：MgS-FS=0-MV12/22.木块、炮竹系统动量守恒:MV1-mv2=03.对于炮竹动能定理：-mgh=0-mv22/2解以上各式：h=20m,Mg,2向空中发射一物体，不计空气阻力，当此物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂成a、b两块，若质量较大的a块的速度方向仍沿原来的方向，则()Ab的速度方向一定与原速度

11、方向相反B从炸裂到落地的这段时间里，a飞行的水平距离一定比b的大Ca、b一定同时到达水平地面D在炸裂过程中，a、b受到的爆炸力的大小一定相等,分析：1.爆炸后a、b皆做平抛运动，高度同，落地时间同。2.爆炸过程，ab间的作用力，是相互作用力。等大，反向。3.平抛水平位移决定于爆炸后的获得的水平速度大小。4.爆炸后机械能增加，不能确定ab速度大小，方向。MV0=mava+mbvb.Vb=(MV0-mava)/mb.MV0=mava,则vb=0;MV0mava,则vb0方向不变，MV0mava，则vb0与原方向反,CD,3设斜上抛物体在通过轨迹的最高位置时，突然炸裂成质量不等的两块，已知其中一块沿

12、原水平方向做平抛运动，则另一块的运动可能是()A反方向平抛运动 B斜上抛运动C自由落体运动 D原方向平抛运动,ACD,动量守恒定律中的相对速度,1总质量为M的火箭以速度v0飞行，质量为m的燃料相对于火箭以速度u向后喷出，则火箭的速度大小为()Av0mu/M Bv0mu/MCv0(v0u)m/(M-m)Dv0mu/(M-m),分析：1.设向前为正方向。燃料相对地速度V1=V0-u2.喷射前后火箭、燃料系统动量守恒MV0=MV+m(v0-u),v=,A,2如图所示，装甲车和其中炮弹的总质量为M，正沿轨道向右匀速行驶，其速度为v0，发射一枚质量为m的炮弹后，装甲车的速度变为v，仍向右行驶若不计轨道的

13、摩擦，求炮弹射出炮口时相对于炮口的速度是多少？(炮管是水平的),解析：设相对炮口速度为u则对地速度为u+v.动量守恒：MV0=(M-m)v+m(u+v)则u=,练习（多次打击）,1一机枪架在湖中小船上，船正以1 m/s的速度前进，总质量M200 kg，每颗子弹质量为m20 g，在水平方向机枪以v600 m/s的对地速度射出子弹，打出5颗子弹后船的速度可能为()A1.3 m/s B0.7 m/s C1 m/s D0.5 m/s,解析：设打出5颗子弹后船速度V/。动量守恒。（不知射出方向）1.当向前射出时：MV0=(M-5m)v/+5mv,则v/=0.7m/s2.当向后射出时：MV0=(M-5m)

14、v/-5mv，则v/=1.3m/s3.当在水平方向上与行驶方向成每一夹角，则小于1.3大于0.7.所以速度介于：0.71.3,2如图所示，一玩具小车携带若干质量为m的弹丸，车和弹丸的总质量为M(M/m20)，在半径为R的水平光滑轨道上以速度v0做匀速圆周运动，若小车每转一周便沿运动方向相对地面以恒定速度v(v0/v1/5)发射一颗弹丸，则小车发射第几颗弹丸时静止()A4 B5 C8 D10,解析：设发射第n颗子弹时车静止子弹、车在切线方向动量守恒MV0=(M-nm)0+nmv则n=MV0/mv=201/5=4,1一个宇航员，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

15、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，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2.5104kg/s，试问瞬间喷出多少氧气，宇航员才能安全返回飞船？,练习,分析：设喷出m，到返回消耗Qt，则m+Qtm0=0.5Kg,解析：动量守恒，设喷出m 0=mv-(M-m)V1.因为M远大于m则：0=mv-MV1。瞬间喷出气体后，宇航员匀速直线运动t=S/V1.由题意知：m0=m+Qt，即0.5=m+2.510-4t解以上各式:m=0.05Kg或0.45Kg.则0.05Kgm0.45Kg.,