第一章 动量与动量守恒定律
6 反冲
基础过关练
题组一 反冲运动
1.下列关于反冲现象的说法中,正确的是 ( )
A.抛出物体的质量要小于剩下物体的质量才能发生反冲
B.若抛出物体A的质量大于剩下物体B的质量,则B受的反冲力大于A所受的反冲力
C.反冲现象中,牛顿第三定律适用,但牛顿第二定律不适用
D.对抛出部分和剩余部分,牛顿第二定律都适用
2.(多选题)有关实际中的现象,下列说法正确的是 ( )
A.体操运动员在着地时屈腿是为了增大地面对运动员的作用力
B.火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度
C.用步枪射击时用肩部抵住枪身是为了减少反冲的影响
D.为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度,发动机舱越坚固越好
3.滑板运动深受年轻人的喜爱。如图所示,质量为m1=50 kg的年轻人半蹲在质量为m2=5 kg的滑板上,年轻人和滑板都处于静止状态。某时刻年轻人沿水平方向向前跃出,离开滑板的速度为v=1 m/s。不考虑滑板与地面之间的摩擦,此时滑板的速度大小为 ( )
A. m/s B.10 m/s
C. m/s D. m/s
4.一只悬浮在水中的章鱼,当外套膜吸满水后,它的总质量为M。突然发现后方有一只海鳗,章鱼迅速将体内的水通过短漏斗状的体管在极短时间内向后喷出,喷射的水力强劲,从而迅速向前逃窜。若喷射出的水的质量为m,喷射速度为v0,则下列说法正确的是 ( )
A.章鱼喷水的过程中,章鱼和喷出的水组成的系统机械能守恒
B.章鱼喷水的过程中,章鱼和喷出的水组成的系统动量增加
C.章鱼喷水后瞬间逃跑的速度大小为v0
D.章鱼喷水的过程中受到的冲量为v0
5.如图所示,装有炮弹的火炮总质量为m1,炮弹的质量为m2,炮弹射出炮口时对地的速率为v0,若炮管与水平地面的夹角为θ,则火炮后退的速度大小为(假设水平地面光滑) ( )
A.v0 B.
C. D.
6.(多选题)如图,一艘小船原来静止在平静的水面上,现前舱有水需要用抽水机抽往后舱,不计水对船舱的阻力,则在抽水过程中,关于船舱的运动,以下说法正确的是 ( )
A.若前后舱是分开的,则前舱将向前运动
B.若前后舱是分开的,则前舱将向后运动
C.若前后舱不分开,则船将向前运动
D.若前后舱不分开,则船将会一直静止在水面上
题组二 火箭的发射
7.“火箭”这个词在公元三世纪的三国时代就已出现。关于现代火箭,下列说法正确的是 ( )
A.影响火箭速度大小的主要因素是喷气的速度大小、喷出气体的质量与喷气后的火箭质量之比
B.火箭开始工作后做加速运动的原因是燃料燃烧推动空气,空气的反作用力推动火箭
C.火箭点火后离开地面向上运动,是地面对火箭的反作用力作用的结果
D.火箭、喷气式飞机、直升机的运动都是利用反冲获得动力
8.一质量为M的航天器正以速度v0在太空中飞行,某一时刻航天器接到加速的指令后,发动机瞬间向后喷出一定质量的气体,气体喷出时速度大小为v1,加速后航天器的速度大小为v2,则喷出气体的质量m为 ( )
A.M B.M
C.M D.M
9.(多选题)如图所示,在某大学航天科普节活动中,某同学将静置在地面上的质量为M(含水)的自制“水火箭”释放升空,在极短的时间内,质量为m的水以相对于地面为v0的速度竖直向下喷出。已知重力加速度为g,空气阻力不计,下列说法正确的是 ( )
A.火箭的推力来源于火箭外的空气对它的反作用力
B.水喷出的过程中,火箭和水组成的系统机械能守恒
C.火箭上升的最大高度为
D.火箭上升的时间为
10.假设火箭喷气发动机每次喷出m=200 g的气体,气体喷出时的速度v=1 000 m/s。设火箭质量M=300 kg,发动机每秒钟喷气20次。
(1)当第三次喷出气体后,火箭的速度为多大
(2)运动1 s,火箭的速度为多大
能力提升练
题组一 反冲规律的应用
1.人从岸上以相对岸大小为v0的水平速度跳到一条静止的小船上,使小船以速度v1开始运动;如果此人从这条静止的小船上以相对岸同样大小的水平速度跳离小船,小船的反冲速度的大小为v2,则下列判断正确的是 ( )
A.v1>v2 B.v1C.v1=v2 D.条件不足,无法判断
2.(多选题)如图所示,甲、乙两车的质量均为5m,静置在光滑的水平面上,两车相距为L。乙车上站立着一个质量为m的人,他通过一条轻绳拉甲车,甲、乙两车最后相接触,以下说法正确的是 ( )
A.甲、乙两车运动中动量大小之比为6∶5
B.甲、乙两车运动中速度之比为5∶6
C.甲车移动的距离为
D.乙车移动的距离为
3.用火箭发射人造地球卫星,假设最后一节火箭的燃料用完后,火箭壳体和卫星一起以7.0×103 m/s的速度绕地球做匀速圆周运动。已知卫星的质量为500 kg,最后一节火箭壳体的质量为100 kg。某时刻火箭壳体与卫星分离,卫星以1.2×103 m/s的速度相对于火箭壳体沿轨道切线方向分离,则分离时卫星的速度为 ( )
A.6.0×103 m/s B.6.8×103 m/s
C.7.2×103 m/s D.8.0×103 m/s
4.(多选题)2021年6月17日,神舟十二号飞船发射,三名航天员进入天和核心舱,成为中国空间站第一批居民。在短暂的三个月在轨生活中,他们完成了多项任务,其中还包括两次太空行走。假设某次太空行走过程,一个连同装备总质量为M=100 kg的航天员,在距离空间站s=45 m处与空间站处于相对静止状态,航天员背着装有质量为m0=0.5 kg氧气的贮气筒,筒上有个可以使氧气以v=50 m/s的速度喷出的喷嘴,航天员必须向着返回空间站的相反方向放出氧气,才能回到空间站,同时又必须保留一部分氧气供途中呼吸用。航天员的耗氧率为Q=2.5×10-4 kg/s。不考虑喷出氧气对设备及航天员总质量的影响,为保证航天员安全返回空间站,一次性喷出氧气的质量可能为 ( )
A.0.10 kg B.0.25 kg
C.0.38 kg D.0.46 kg
题组二 人船模型
5.(多选题)如图所示,载有物资的热气球的总质量为M,静止于距离水平地面H高处。现将质量为m的物资以相对地面竖直向下的速度v0投出,物资落地时与热气球的距离为d。设整个过程中热气球所受浮力不变,不计空气阻力,忽略物资受到的浮力。下列说法正确的是 ( )
A.物资落地前,热气球与其组成的系统动量守恒
B.投出物资后,热气球匀速上升
C.物资落地时,热气球上升的高度为
D.d=
6.光滑水平面上放有一上表面光滑、倾角为α的斜面体A,斜面体质量为M、底边长为L,如图所示。将一质量为m、可视为质点的滑块B从斜面的顶端由静止释放,滑块B经过时间t刚好滑到斜面底端。此过程中斜面对滑块的支持力大小为FN,重力加速度为g,则下列说法中正确的是 ( )
A.FN=mg cos α
B.滑块下滑过程中支持力对B的冲量大小为FNt cos α
C.滑块B下滑的过程中A、B组成的系统动量守恒
D.此过程中斜面体向左滑动的距离为L
7.(多选题)如图所示,绳长为l,小球质量为m1,小车质量为m2,将小球向右拉至水平后放手,则(水平面光滑) ( )
A.系统的总动量守恒
B.水平方向任意时刻小球与小车的动量等大、反向
C.小球不能向左摆到原高度
D.小车向右移动的最大距离为
8.人的质量是60 kg,船的质量也是60 kg。若船用缆绳固定,船离岸1 m时,人可以跃上岸。若撤去缆绳,如图所示,人要安全跃上岸,船离岸至多为(两次人消耗的能量相等,两次均可视为水平跃出,人和船的作用时间很短,不计水的阻力) ( )
A. m B. m C.1 m D. m
9.(经典题)长为l的轻绳,一端与质量为m、套在水平光滑横杆上的圆环相连,另一端连接一质量为2m的小球,开始时,将小球移至横杆处(轻绳处于水平伸直状态,如图),然后轻轻放手,当轻绳与横杆成直角时,圆环的位移是x,则 ( )
A.x=l B.x=l C.x=0 D.x=l
10.如图所示,小车静止在光滑水平面上,小车AB段是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道,BC段是长为L的水平粗糙轨道,两段轨道相切于B点。一质量为m的滑块(可视为质点)从小车上A点由静止开始沿AB轨道滑下,然后滑入BC轨道,最后恰好停在C点,已知小车的质量为2m,重力加速度大小为g,则下列说法正确的是 ( )
A.滑块运动过程中的最大速度为
B.整个运动过程中,小车和滑块组成的系统动量守恒
C.整个运动过程中,小车的位移大小为
D.滑块与轨道BC间的动摩擦因数μ>
答案与分层梯度式解析
第一章 动量与动量守恒定律
6 反冲
基础过关练
1.D 反冲现象中并没有确定两部分物体之间的质量关系,选项A错误。在反冲现象中,两部分物体之间的作用力是一对作用力与反作用力,由牛顿第三定律可知,它们大小相等、方向相反,选项B错误。在反冲现象中,一部分物体受到的另一部分物体的作用力产生了该部分的加速度,使该部分的速度增大,在此过程中,对每一部分,牛顿第二定律都适用,选项C错误,选项D正确。
2.BC 体操运动员在着地时屈腿能延长与地面的作用时间t,由动量定理Ft-mgt=Δp可知,可以减小运动员所受到的平均冲力,A错误;根据动量守恒定律,火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度,B正确;用步枪射击时子弹给枪身一个反作用力,会使枪身后退,影响射击的准确度,所以为了减少反冲的影响,用步枪射击时要用肩部抵住枪身,C正确;由动量定理Ft=Δp可知,为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度,要延长碰撞的时间,所以位于车体前部的发动机舱不能太坚固,D错误。
3.B 不考虑滑板与地面之间的摩擦,对于年轻人和滑板构成的系统,水平方向的动量守恒,取年轻人跃出的方向为正方向,设滑板的速度大小为v',则0=m1v-m2v',解得v'=10 m/s,故选B。
4.C 在章鱼喷水的过程中,章鱼的生物能转化为机械能,系统的机械能增加,故A错误;章鱼喷水过程所用的时间极短,内力远大于外力,章鱼和喷出的水组成的系统动量守恒,故B错误;规定章鱼喷水后瞬间逃跑的方向为正方向,由动量守恒定律得0=(M-m)v-mv0,可得章鱼喷水后瞬间逃跑的速度大小为v=v0,故C正确;章鱼喷水的过程中受到的冲量大小等于喷出水的动量大小,即mv0,D错误。
方法技巧 反冲运动的三个特点
(1)物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动;
(2)反冲运动中,相互作用的内力一般情况下远大于外力或在某一方向上内力远大于外力,所以两部分组成的系统动量守恒或在某一方向动量守恒;
(3)反冲运动中,由于有其他形式的能转化为机械能,所以系统的机械能增加。
5.C 由于炮弹和火炮在竖直方向所受合外力不为零,在水平方向所受合外力为零,所以火炮发射炮弹的过程只有水平方向动量守恒,以水平向右为正方向,根据动量守恒定律有m2v0 cos θ-(m1-m2)v=0,解得v=,C正确。
6.AC 若前后舱是分开的,不计水的阻力,则系统在水平方向动量守恒,系统总动量保持为零,用一抽水机把前舱的水抽往后舱,水的速度向后,水的动量向后,则前舱向前运动,故A正确,B错误;若前后舱不分开,用抽水机把前舱的水抽往后舱,则水的重心后移,故船将向前运动(等效于人船模型),故C正确,D错误。
7.A 火箭工作的原理是利用反冲运动,火箭高速向下喷出燃烧的气体,喷出的气体对火箭的反作用力使火箭向上运动,B、C错误;设喷气速度为v,喷出气体的质量为m,喷气后的火箭质量为M,火箭获得的速度大小为v',根据动量守恒定律有mv=Mv',解得v'=v,故影响火箭速度大小的主要因素是喷气的速度大小、喷出气体的质量与喷气后火箭质量之比,A正确;火箭和喷气式飞机的运动都是利用喷气的方式获得动力,属于反冲运动,而直升机是利用空气的反作用力使飞机上升,不属于反冲运动,D错误。
8.C 规定航天器的速度方向为正方向,发动机喷气过程中系统动量守恒,由动量守恒定律可得Mv0=(M-m)v2-mv1,解得m=M,故选C。
9.CD 根据牛顿第三定律可知,火箭的推力来源于向下喷出的水对火箭的反作用力,A错误;水喷出的过程中,火箭及水组成的系统机械能增加,B错误;火箭发射过程系统内力远大于外力,系统动量守恒,以喷出水的速度方向为正方向,由动量守恒定律得mv0-(M-m)v=0,解得火箭的速度大小为v=,方向与v0的方向相反,竖直向上,火箭做竖直上抛运动,上升的最大高度为h==,故C正确;火箭上升的时间t==,故D正确。
10.答案 (1)2.0 m/s (2)13.5 m/s
解析 (1)第三次喷出气体后,共喷出的气体质量m1=3×0.2 kg=0.6 kg,
以火箭初速度方向为正方向,根据动量守恒定律得(M-m1)v1-m1v=0,
解得v1≈2.0 m/s。
(2)1 s内发动机共喷出气体20次,喷出的气体总质量为m2=20×0.2 kg=4 kg,
根据动量守恒定律得(M-m2)v2-m2v=0,
可得火箭1 s末的速度大小为v2≈13.5 m/s。
能力提升练
1.B 设人的质量为m,船的质量为M。人从岸上跳到小船的过程,取人的速度方向为正方向,根据动量守恒定律得mv0=(m+M)v1,解得v1=;人从小船上跳离的过程,取船的速度方向为正方向,由动量守恒定律得0=Mv2-mv0,解得v2=,则有v12.AC 甲、乙两车和人组成的系统所受合外力为零,系统的动量守恒,取水平向右为正方向,有0=5m·v甲-6m·v乙,则甲、乙两车运动中速度之比为=,故甲、乙两车运动中动量大小之比为==,A正确,B错误;设甲车和乙车移动的位移为x甲和x乙,则有x甲=v甲t,x乙=v乙t,又有x甲+x乙=L,联立解得x甲=,x乙=,故C正确,D错误。
3.C 设火箭壳体和卫星分离前绕地球做匀速圆周运动的速度为v,卫星质量为m1,火箭壳体质量为m2,分离时卫星与火箭壳体沿轨道切线方向的相对速度为u,分离后火箭壳体的速度为v',取分离前火箭壳体和卫星的速度方向为正方向,根据动量守恒定律得(m1+m2)v=m1(v'+u)+m2v',解得v'=6×103 m/s,则分离时卫星速度为v卫=v'+u=6×103 m/s+1.2×103 m/s=7.2×103 m/s,故选C。
方法技巧 火箭问题的三点提醒
(1)火箭在运动过程中,随着燃料的燃烧,火箭本身的质量不断减小,故在应用动量守恒定律时,必须取在同一相互作用时间内的火箭和喷出的气体为研究对象。注意反冲前、后各物体质量的变化。
(2)明确两部分物体初、末状态的速度的参考系是否为同一参考系,如果不是同一参考系要设法予以调整,一般情况下要转换成对地的速度。
(3)列方程时要注意初、末状态动量的方向。
4.ABC 设一次性喷出氧气质量为m时,航天员刚好安全返回,航天员在释放氧气后的速度为v1,取喷出的氧气速度方向为正方向,根据动量守恒定律可得mv-Mv1=0;航天员匀速返回空间站所需要的时间t=,贮气筒中氧气的总质量m0=m+Qt,联立解得m=0.05 kg或m=0.45 kg,所以一次性喷出氧气质量满足0.05 kg≤m≤0.45 kg,故选A、B、C。
5.ACD 物资抛出之前,物资和热气球所受合力为零,物资抛出后,热气球和物资所受合力不变,系统所受合力仍为零,则物资落地前,热气球与投出的物资组成的系统动量守恒,A正确;投出物资后,热气球所受合力向上,则热气球向上做匀加速直线运动,B错误;设物资落地时热气球上升的高度为h,则对物资和热气球组成的系统,由动量守恒定律得(M-m)=m,解得h=,则d=H+h=H+=,C、D正确。
模型构建 题目所述情境为人船模型,模型中各物理量间关系如下:
6.D 当滑块B相对于斜面加速下滑时,斜面体A水平向左加速运动,所以滑块B相对于水平面的加速度方向不再沿斜面方向,即沿垂直于斜面方向的合外力不为零,所以斜面对滑块的支持力FN不等于mg cos α,A错误;滑块B下滑过程中支持力对B的冲量大小为FNt,B错误;由于滑块B有竖直方向的分加速度,所以斜面体A和滑块B组成的系统竖直方向所受的合外力不为零,系统的动量不守恒,C错误;A、B组成的系统水平方向不受外力,水平方向动量守恒,设A、B两者水平位移大小分别为x1、x2,则Mx1=mx2,x1+x2=L,解得x1=L,D正确。
7.BD 根据题意可知,小球和小车组成的系统在水平方向所受的合力为零,竖直方向所受的合力不为零,故水平方向的动量守恒,而总动量不守恒,初始时总动量为0,可知水平方向任意时刻小球与小车的动量等大、反向,A错误,B正确;对于小球和小车组成的系统,只有重力做功,系统机械能守恒,且小球和小车水平方向的合动量为零,当小球的速度为零时,小车的速度也为零,所以小球能向左摆到原高度,C错误;对于小球与小车组成的系统水平方向动量守恒,初始时总动量为0,设小车向右运动的最大距离为x,则小球向左运动的位移为2l-x,取水平向右为正方向,根据水平方向动量守恒,有m2-m1=0,可得x=,D正确。
8.B 船用缆绳固定时,有x0=v0t,若撤去缆绳,由动量守恒定律有mv1=Mv2,两次人消耗的能量相等,则动能不变,有m=m+M,联立解得v1=v0,船离岸的最大距离为x=v1t=v0t=x0= m,故选B。
9.A 选小球和圆环组成的系统为研究对象,整个过程中,系统在水平方向动量守恒,取水平向右为正方向,设从开始到轻绳与横杆成直角的过程中,圆环的平均速度大小为v1,小球水平方向的平均速度大小为v2,则mv1-2mv2=0,设运动时间为t,此过程圆环的位移大小为x,小球水平方向的位移大小为l-x,则m-2m=0,解得x=l,故选A。
10.C 当滑块到达B点时速度最大,取水平向右为正方向,由水平方向动量守恒,可得0=mv1-2mv2,此过程机械能守恒,有mgR=m+×2m,解得v1=,A错误;滑块由A运动到B过程中,小车和滑块组成的系统所受合外力不为0,但在水平方向所受合外力为0,则系统动量不守恒,但水平方向上动量守恒,B错误;由系统水平方向动量守恒,可得0=mx1-2mx2,且有x1+x2=R+L,解得x2=,C正确;根据能量守恒定律可得mgR=μmgL,解得μ=,D错误。
7(共31张PPT)
1.定义:如果一个静止的物体在内力的作用下分裂为两部分,一部分向某个方向运动,另一部
分必然向相反的方向运动,这个现象叫作反冲。
2.特点
(1)相互作用力常为变力,且作用力很大,一般都满足内力远大于外力。
(2)反冲运动中,通常可以用动量守恒定律来处理。
3.反冲现象的应用
火箭、灌溉喷水器、反击式水轮机等都是利用反冲来工作的。
知识点 1 反冲现象
必备知识 清单破
6 反冲
1.原理:火箭燃料舱内的燃料被点燃后,产生急剧膨胀的燃气,舱壁对这部分燃气的作用力使
气体从火箭尾部高速喷出,燃气对火箭的反作用力把火箭推向前方。
2.影响火箭获得速度大小的因素
(1)向后的喷气速度;(2)质量比,即火箭开始飞行时的质量与燃料燃尽时的质量之比。喷气速
度越大,质量比越大,火箭获得的最终速度越大。
知识点 2 火箭的发射
知识辨析
1.火箭点火后离开地面加速向上运动,是地面对火箭的反作用力作用的结果吗
2.为什么多级火箭在发射过程中要将空壳抛掉
3.一个人在地面上立定跳远的最好成绩是s。假设他站立在船上处于静止状态,想要跳到相
距L的岸上(设船与岸等高,忽略水的阻力),若L=s,他能跳上岸吗
一语破的
1.不是。是向下喷出的燃气对火箭的反作用力作用的结果。
2.提高最终速度。将空壳抛掉减小了火箭的质量,根据动量守恒,这样可以提高火箭的最终速
度。
3.不能。当人往岸上跳时,人有一个向岸的速度,由动量守恒定律可知,船必然有一个离开岸
的速度,人和船分离时人和船的总动能等于人跳离地面时的动能,可知人跳离船时的速度小
于人跳离地面时的速度,所以L=s时,人一定跳不到岸上。
1.动量与机械能方面:反冲运动是系统内力作用的结果,虽然有时系统所受的合外力不为零,
但由于系统内力远大于外力,所以系统的总动量可以视为守恒。在反冲运动中,由于有其他
形式的能转化为机械能,所以系统的机械能增加。
2.速度与位移方面:在反冲运动中,系统在某个方向上满足动量守恒,则有m1v1-m2v2=0,故v1=
v2。物体在这一方向上有速度,则产生位移,位移同样满足s1= s2,它们之间的相对位移s相对=s1
+s2。
关键能力 定点破
定点 1 反冲运动遵循的规律
导师点睛 反冲运动问题中,题目中给出的速度可能是相互作用的两物体的相对速度,但是
动量守恒定律中要求速度是相对于同一参考系的速度,通常为对地的速度,因此应先将相对
速度转换成对地的速度,再根据动量守恒定律列方程。
1.火箭是利用反冲原理工作的,燃料燃烧,高速向后喷出气体,箭体获得向前的速度,随着不断
喷出气体而加速。设火箭开始时静止,然后相对于地面以速度大小u喷出质量为Δm的气体,
剩余箭体的质量为m,火箭获得的速度大小为Δv,由动量守恒定律得mΔv-Δm·u=0,解得Δv=
。由此可知,火箭的发射速度Δv与喷气速度u和 有关,而Δm=m0-m(m0为火箭喷气之前
的质量),则Δv= u,所以若想使火箭获得较大的速度,可通过增大喷气速度u或增大火箭
喷气前后的质量比来实现。
2.为了提高火箭的速度,需要应用多级火箭。多级火箭在发射过程中要将燃料用完的箭体抛
弃,这样可以减小火箭的质量,从而提高火箭的最终速度。
定点 2 火箭发射速度分析
1.“人船模型”
如下页图所示,长为L、质量为m船的小船停在静水中,质量为m人的人由静止开始从船的一端
走到船的另一端,不计水的阻力。
以人和船组成的系统为研究对象,在人由船的一端走到另一端的过程中,系统水平方向不受外力作用,所以整个系统水平方向动量守恒,可得m船v船=m人v人。
定点 3 “人船模型”问题
2.“人船模型”问题的特征
原来静止的两物体发生相互作用时,若所受外力的矢量和(或在某方向上外力的矢量和)为零,
则系统动量守恒(或在某方向上动量守恒)。相互作用过程中,任一时刻两物体的速度(或在某
方向上的速度)大小之比都等于质量的反比,此类问题归为“人船模型”问题。
3.“人船模型”问题的分析
首先利用动量守恒(或在某方向上动量守恒),确定两物体的速度关系,再确定两物体通过的位
移关系。
以两物体组成的系统动量守恒为例分析:由于动量守恒,所以任一时刻系统的总动量都为零,
动量守恒的表达式可写成m1v1-m2v2=0(v1、v2分别是质量为m1、m2的两物体的瞬时速率),表明
任意时刻两物体的瞬时速率之比都等于质量的反比,所以全过程的平均速度之比也等于质量
的反比,故有m1 -m2 =0。如果两物体相互作用的时间为t,在这段时间内两物体的位移大小
分别为x1和x2,则有m1 -m2 =0,化简整理得m1x1-m2x2=0或m1x1=m2x2,以上结论也适用于某一方
向的动量守恒。
4.“人船模型”问题的结论
(1)人走船行,人停船停;人快船快,人慢船慢。
(2) = ,两物体的位移(在系统满足动量守恒的方向上的位移)大小之比等于
质量的反比。
(3)x1= (x1+x2),x2= (x1+x2) ,即x1、x2大小与物体的
运动时间和运动状态无关。
5.“人船模型”拓展
(1)气球和人
如图,载人气球原来静止在空中,离地高度为h,人的质量为m1,气球的质量为m2(不含人的质
量)。若气球下悬吊一轻绳,人沿轻绳返回地面,取人和气球为一个系统,系统初始静止且同时
开始运动,人到达地面时,人对地的位移大小为h,设气球对地的位移大小为h0,则根据“人船模
型”有m2h0=m1h,解得h0= ,则轻绳的长度至少为l=h+h0= h。
不计空气阻力和摩擦力,人(可视为质点)向下运动至地面
(2)物块和劈
如图,一个质量为m2、底面边长为b的劈静止在光滑的水平地面上,有一质量为m1的物块由劈
顶部无初速度滑至底部时,劈和物块组成的系统在水平方向不受外力,水平方向动量守恒,且
初始时两物体均静止,根据“人船模型”有m1x1=m2x2,则物块移动的水平距离为x1= b,
劈移动的距离为x2= b。
地面光滑,物块(可视为质点)从顶端滑到底端
(3)小球和滑块
如图,质量为m2的滑块套在光滑杆上,有一质量为m1的小球通过长度为l的细线与滑块相连,小
球从与滑块等高处开始无初速度下摆到最低点时,滑块和小球组成的系统在水平方向动量守
恒。根据“人船模型”有m1x1=m2x2,故此过程中小球发生的水平位移为x1= l,滑块的位
移为x2= l。
典例 (多选)小车静置于光滑的水平地面上【1】,小车的A端固定一个轻质弹簧,B端粘有橡皮
泥,小车的质量为M,质量为m的木块C放在小车上,用轻绳连接于小车的A端并使弹簧压缩。
开始时小车与C都处于静止状态【2】,此时C与小车B端间的距离为L,如图所示。现突然烧断轻
绳,弹簧被释放,使木块C离开弹簧向B端冲去,并跟B端橡皮泥粘在一起【3】,以下说法中正确的
是 ( )
A.如果小车内表面光滑,整个系统任何时刻机械能都守恒
典例
BC
B.当木块对地运动速度大小为v时,小车对地运动速度大小为 v
C.小车向左运动的最大位移为
D.小车向左运动的最大位移为 L
信息提取 【1】小车与C组成的系统所受合外力为零;
【2】小车与C的总动量为零;
【3】此过程的碰撞属于完全非弹性碰撞。
思路点拨 在整个过程中,小车与C组成的系统动量守恒且系统最初静止,该系统属于“人船
模型”。根据碰撞性质分析机械能是否守恒,根据动量守恒定律【4】分析小车对地的速度,根
据“人船模型”规律【5】分析小车运动的位移。
解析 在整个过程中,小车与C这一系统动量守恒(由【1】得到),在C与小车碰撞粘接过程有
机械能损失(由【3】得到),故A错误;对小车与C这一系统,有Mv'-mv=0(由【2】、【4】得到),
可得v'= v,故B正确;设小车对地的位移为d,可得M -m =0(由【5】得到),化简可得Md=
m(L-d),所以小车向左运动的位移d= ,故C正确,D错误。
学科素养 题型破
题型 1 动量与动力学观点的综合应用
讲解分析
1.解决动力学问题的三个基本观点
(1)力的观点:运用牛顿运动定律结合运动学知识解题,可处理匀变速运动问题。
(2)能量观点:用动能定理和能量守恒观点解题,可处理非匀变速运动问题。
(3)动量观点:用动量定理和动量守恒观点解题,可处理非匀变速运动问题。
通常这几个观点要综合运用,全面考虑。
2.力学中的五大规律
规律 公式
牛顿第二定律 F合=ma
动能定理 W合=ΔEk
W合= m - m
机械能守恒定律 E1=E2
mgh1+ m +E弹1=mgh2+ m +E弹2(选取参考平面)
动量定理 F合t=p'-p
I合=Δp
动量守恒定律 m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'
3.规律的选用
(1)认真审题,明确题目所述的物理情境,确定研究对象。
(2)分析研究对象的受力情况、运动状态以及运动状态的变化过程,作草图。
(3)根据运动状态的变化规律确定解题观点,选择适用规律。
①运用力的观点时,要认真分析运动状态的变化,关键是求出加速度;
②运用两大定理时,应确定过程的始、末状态的动量(动能),分析并求出过程中的冲量(功);
③若可判断研究对象在某运动过程中满足动量守恒或机械能守恒的条件,则可根据题意选择
合适的始、末状态,列守恒关系式,这两个守恒定律多用于求研究对象在末状态时的速度(速
率)。
(4)根据选择的规律列式,有时还需要挖掘题目中的其他条件(如隐含条件、临界条件、几何
关系等)并列出辅助方程。
(5)代入数据,计算结果。
例题 如图甲所示,光滑水平面【1】上有一质量为M=1 kg的足够长的木板。木板左端有一质量
为m=0.5 kg的物块(视为质点),物块与木板间的动摩擦因数为μ=0.2。初始时物块与木板均处
于静止状态,已知重力加速度g=10 m/s2,物块与木板间的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。
(1)若仅给木板一水平向左的初速度v0=3 m/s,求物块相对木板滑动的距离【2】;
(2)若仅给物块施加一水平向右的力F,F随时间t变化的图像如图乙所示【3】,求物块与木板最
终的速度。
典例呈现
例题
信息提取 【1】没有施加外力时,物块与木板组成的系统动量守恒;
【2】可从机械能损失角度入手;
【3】0.5 s以后,系统所受外力为0。
思路点拨 (1)若仅给木板一水平向左的初速度,由于物块与木板的相互摩擦,物块加速,木板
减速,最终二者共速,物块与木板组成的系统动量守恒,根据动量守恒定律【4】求出物块与木板
的最终速度,根据能量守恒定律【5】,系统减少的机械能等于物块与木板摩擦产生的内能,根据
Q=μmgx相对【6】,从而得出物块相对木板滑动的距离;(2)若仅给物块施加一水平向右的力F,根据
牛顿第二定律【7】,由整体法与隔离法判断二者能否一起向右加速,如果不能,物块和木板相对
运动,根据动量定理【8】求出0.5 s时各自的速度,0.5 s以后,系统所受外力为0,动量守恒,根据动
量守恒定律得出物块与木板最终的速度。
解析 (1)以v0的方向为正方向,设物块与木板最终达到相同速度v,物块在木板上滑过的距离
为L,有Mv0=(M+m)v(由【1】、【4】得到),
μmgL= M - (M+m)v2(由【5】、【6】得到),联立解得L=1.5 m。
(2)若物块和木板一起向右加速,则对木板有μmg≥Ma0,
对整体有F=(M+m)a0(由【7】得到),
解得F≤1.5 N,故在如图乙所示拉力F的作用下物块和木板无法一起加速。
设经过t1=0.5 s,物块的速度为v1,木板的速度为v2,
对物块有 t1-μmgt1=mv1,
对木板有μmgt1=Mv2,(由【8】得到)
解得v1=0.8 m/s,v2=0.5 m/s,
0.5 s后系统动量守恒,设物块和木板最终达到相同速度v',有mv1+Mv2=(M+m)v',
解得v'=0.6 m/s。
答案 (1)1.5 m (2)0.6 m/s
素养解读 动量及其守恒定律是学生形成运动与相互作用观念的重要基础,它与其他力学规
律具有密切联系,掌握好动量及其守恒定律的知识,可以使学生对各类运动有更加清晰、全
面的认识。本题很好地体现了物理观念和科学思维,培养学生应用守恒思维分析物理问题的
能力。
题型 2 多过程、多次碰撞问题
讲解分析
1.表现形式
(1)直线运动:水平面上的直线运动、斜面上的直线运动、传送带上的直线运动等。
(2)圆周运动:绳模型圆周运动、杆模型圆周运动、拱(凹)形桥模型圆周运动等。
(3)平抛运动:与斜面有关的平抛运动、与圆轨道有关的平抛运动等。
2.应对策略
多过程问题综合性强,解题时要认真分析物体相互作用的过程,将过程合理分段,明确在
每一个子过程中哪些物体组成的系统动量守恒,哪些物体组成的系统机械能守恒,然后根据
不同的过程和系统选择力学定律。对于包含圆周运动的过程,通常要结合向心力公式提取信
息,如物体在最高点和最低点的速度;对于包含平抛运动的过程,通常是先碰撞,再平抛,结合平
抛运动规律提取信息,如平抛初速度,由此得出物体碰后速度。
典例呈现
例题 如图所示,在竖直面内,一质量为m的物块a静置于悬点O正下方的A点,以速度v逆时针转
动的传送带MN与直轨道AB、CD、FG处于同一水平面上,AB、MN、CD的长度均为l。圆弧
形细管道DE半径为R,EF在竖直直径上,E点高度为H。开始时,与物块a相同的物块b悬挂于O
点,并向左拉到一定的高度h由静止下摆,细线始终张紧,摆到最低点时恰好与a发生弹性正碰
【1】。已知m=2 g,l=1 m,R=0.4 m,H=0.2 m,v=2 m/s,物块与MN、CD之间的动摩擦因数μ=0.5,轨
道AB和管道DE均光滑,物块a落到FG时不反弹且静止。忽略M、B和N、C之间的空隙,CD与
DE平滑连接,物块可视为质点,取重力加速度g=10 m/s2。
(1)若h=1.25 m,求a、b碰撞后瞬间物块a的速度v0的大小;
(2)物块a在DE最高点时【2】,求管道对物块的作用力FN与h间满足的关系;
(3)若物块b释放高度满足0.9 m标原点,水平向右为正,建立x轴)。
例题
信息提取 【1】a、b碰撞后速度交换;
【2】如果a刚好能到DE最高点,则有mgh-2μmgl-mgH=0,得物块b释放高度是h=1.2 m;
【3】0.9 m思路分析 本题分析思路如下:
解析 (1)物块b由静止摆到最低点过程中,由机械能守恒定律可得mgh= m ,
解得vb=5 m/s,
b与a发生弹性碰撞,根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得mvb=mvb'+mv0,
m = mvb'2+ m ,
联立解得物块a的速度v0=vb=5 m/s(由【1】得到)。
(2)由(1)分析可知,物块b与物块a在A点发生弹性正碰,速度交换,物块a刚好可以到达E点时,根
据动能定理可得mgh-2μmgl-mgH=0,解得h=1.2 m(由【2】得到),
以竖直向下为正方向,物块a在E点时由牛顿第二定律可得FN+mg=m ,
由动能定理得mgh-2μmgl-mgH= m ,
联立可得FN=0.1h-0.14(h≥1.2 m)。
(3)当1.2 m≤h<1.65 m时,物块a的位置在E点或E点右侧(由【3】得到),
根据动能定理得mgh-2μmgl-mgH= m ,
从E点飞出后,竖直方向H= gt2,
水平方向s1=vEt,
根据几何关系可得DF= m,
联立解得x=3l+DF+s1,
代入数据解得 m≤x< m。
从h=0.9 m处释放时,根据动能定理可得mgh-μmgs2=0,
解得s2=1.8 m,可知物块a到达距离C点0.8 m处静止,
从h=1.2 m处释放时,物块a到E点时速度为零,返回到CD时,根据动能定理可得mgH-μmgs3=0,
解得s3=0.4 m,距离C点0.6 m,
综上可知当0.9 m代入数据得2.6 m答案 (1)5 m/s
(2)FN=0.1h-0.14(h≥1.2 m)
(3)当0.9 m当1.2 m≤h<1.65 m时, m≤x< m
素养解读 本题很好地体现了科学思维,学生需在脑海中模拟运动过程,根据每个过程的特
点,结合力学三大观点的选用原则选择合适的力学规律(动能定理、机械能守恒定律、能量
守恒定律、牛顿运动定律、运动学关系式、动量守恒定律、动量定理)列方程求解。
