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1.定义
一个静止的物体在内力的作用下分裂为两个部分,由动量守恒定律可知,一部分向某个方向
运动,另一部分必然向相反的方向运动,这个现象称为反冲。此时动量守恒的表达式为:0=
m1v1+m2v2。
2.特点
(1)物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动。
(2)反冲现象中,相互作用力一般很大,通常可以用动量守恒定律来处理。
知识点 1 反冲现象
必备知识 清单破
6 反冲现象 火箭
3.反冲现象的应用及防止
(1)应用:农田、园林的喷灌装置利用反冲实现一边喷水一边旋转。
(2)防止:用枪射击时,子弹向前飞去,由于发生反冲,枪身会向后运动,从而影响射击的准确性,
所以用步枪射击时要把枪身抵在肩部,以减小反冲的影响。
1.工作原理:应用了反冲的原理,火箭燃料燃烧产生的高温、高压的燃气从尾部迅速喷出时,
使火箭获得巨大的速度。
2.影响火箭获得速度大小的因素
(1)喷气速度:现代火箭发动机的喷气速度通常在2 000~5 000 m/s。
(2)质量比:火箭起飞时的质量与火箭除燃料外的箭体质量之比。喷气速度越大,质量比越大,
火箭获得的速度越大。
3.现代火箭的主要用途:利用火箭作为运载工具,如发射探测仪器、常规弹头和核弹头、人造
卫星和宇宙飞船等。
知识点 2 火箭
知识辨析
1.在没有空气的宇宙空间,火箭能加速前行吗
2.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
3.为什么多级火箭在发射过程中要将空壳抛掉
4.一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.能。火箭的运动靠的不是空气的作用,而是向后喷出的燃气的反作用力。
2.不是。是向下喷出的燃气对火箭的反作用力作用的结果。
3.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。
4.不能。当人往岸上跳的时候,人有一个向岸上的速度,由动量守恒定律可知,船必然有一个
离开岸的速度,这样人相对于地面的速度小于立定跳远时的初速度,所以L=s时,人一定跳不到
岸上。
1.模型条件
两个物体组成的系统原来处于静止状态,在系统中物体发生相对运动的过程中,动量守恒或
某一个方向动量守恒,有m1 -m2 =0,我们称之为“人船模型”。
2.模型分析
(1)情景:如图所示,长为L、质量为m船的小船停在静水中,质量为m人的人(视为质点)由静止开
始从船的一端走到船的另一端,不计水的阻力。
关键能力 定点破
定点 人船模型
(2)分析:
3.模型结论
(1)人走船行,人停船停;人快船快,人慢船慢。
(2)x人、x船大小与人运动时间和运动状态无关。
4.模型拓展
(1)气球和人
载人气球原来静止在空中,离地高度为h,人的质量为m,气球的质量
为M(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L,则根据“人
船模型”有ML=mh,解得L= h,则轻绳的长度至少为L+h= 。
(2)物块和劈
一个质量为M、底面边长为b的劈静止在光滑的水平面上,有一质量为m的物块(视为质点)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mx1=Mx2,其中x1、x2是物块和劈在水平方向上
对地的位移大小,且有x1+x2=b,则劈移动的距离为x2= b。
(3)圆环和滑块
质量为M、半径为R的光滑圆环静止在光滑水平面上,有一质量为m的小滑块从环内与圆心O
等高处开始无初速度下滑到最低点时,由于水平面光滑,滑块和圆环组成的系统在水平方向
动量守恒。设圆环的位移大小为x,则小滑块在水平方向上对地的位移大小为R-x,根据“人
船模型”有Mx=m(R-x),故此过程中圆环发生的位移为x= R。
典例 小车静置于光滑的水平面上【1】,小车的A端固定一根轻质弹簧,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,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
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】小车与木块C组成的系统所受合外力为零。
【2】小车与木块C的总动量为零。
【3】此过程的碰撞属于完全非弹性碰撞,有机械能损失。
模型构建
解析 在整个过程中,小车与木块C组成的系统动量守恒(由【1】得到),
在木块C与小车的B端粘接过程有机械能损失(由【3】得到),故A错误;
对小车与木块C这一系统,有Mv'-mv=0(由【2】得到),可得v'= v,故B正确;
设小车对地的最大位移为d,可得M -m =0,化简可得Md=m(L-d),所以小车向左运动的最
大位移d= ,故C、D错误。
答案 B
导师点睛 x车+xC=L的分析
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 公式表达
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 =mgh2+ m
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。
典例呈现
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。
甲 乙
(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。
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】,系统减少的机械能转化为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,物块和木板发生
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)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 动量及动量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,掌握好动量及动量守恒定律的知识,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
多过程动量问题
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
多过程问题题目综合性强,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,得出物体碰后速度。
典例呈现
例题 长为l的轻绳上端固定,下端系着质量为m1的小球A,处于静止状态。A受到一个水平瞬
时冲量后在竖直平面内做圆周运动,恰好能通过圆周轨迹的最高点【1】。当A回到最低点时,
质量为m2的小球B与之迎面正碰,碰后A、B粘在一起【2】,仍做圆周运动,并能通过圆周轨迹的
最高点【3】。不计空气阻力,重力加速度为g,求:
(1)A受到的水平瞬时冲量I的大小;
(2)碰撞前瞬间B的动能Ek至少多大
信息提取 【1】在最高点,小球A的重力提供向心力。
【2】小球A、B发生完全非弹性碰撞,碰后小球A、B共速。
【3】小球A、B的共同速度大小最小为碰前小球A的速度大小。
模型构建
(1)
(2)
解析 (1)A恰好能通过圆周轨迹的最高点,此时轻绳的拉力刚好为零,
设A在最高点时的速度大小为v,由牛顿第二定律,有 m1g=m1 ①(由【1】得到)
A从最低点到最高点的过程中机械能守恒,取轨迹最低点处重力势能为零,
设A在最低点的速度大小为vA,有
m1 = m1v2+2m1gl②
I=m1vA③
联立①②③式,得I=m1 ④
(2)设两球粘在一起时的速度大小为v',A、B粘在一起后恰能通过圆周轨迹的最高点时,需满
足 v'=vA⑤(由【3】得到)
要达到上述条件,碰后两球速度方向必须与碰前B的速度方向相同,以此方向为正方向,设碰
前瞬间B的速度大小为vB,有
m2vB-m1vA=(m1+m2)v'⑥
又Ek= m2 ⑦
联立①②⑤⑥⑦式,得碰撞前瞬间B的动能Ek至少为Ek=
答案 (1)m1 (2)
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。第一章 动量守恒定律
6 反冲现象 火箭
基础过关练
题组一 反冲现象
1.假设一个人静止于完全光滑的水平冰面上,现欲离开冰面,下列方法中可行的是 ( )
A.向后踢腿
B.手臂向后甩
C.在冰面上滚动
D.脱下外衣水平抛出
2.(经典题)一只质量为0.9 kg的乌贼吸入0.1 kg的水后,静止在水中。遇到危险时,它在极短时间内把吸入的水向后全部喷出,以大小为2 m/s的速度向前逃窜。下列说法错误的是 ( )
A.在乌贼喷水的过程中,乌贼所受合力的冲量大小为1.8 N·s
B.在乌贼喷水的过程中,乌贼和喷出的水组成的系统的动量增大
C.乌贼喷出的水的速度大小为18 m/s
D.在乌贼喷水的过程中,有18 J的生物能转化成机械能
题组二 火箭
3.“火箭”这个词在公元三世纪就已出现。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的
4.一质量为M的航天器正以速度v0在地球同步卫星轨道上绕地球做圆周运动,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(以地心为参考系),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
5.一架总质量为m(含燃料)的飞船在太空中以速度v匀速航行,某时刻飞船在极短的时间内喷射出质量为Δm的燃烧气体,气体喷出后与飞船的相对速度大小为u,设飞船初始运动方向为正方向,则 ( )
A.气体对飞船的冲量小于飞船动量的变化量
B.气体喷出后的运动方向可能与飞船运动方向相同
C.Δm和m的比值越大,飞船速度的增加量就越小
D.飞船喷出气体后速度可增加到
6.一架喷气式飞机,如果它向后喷出的气体相对飞机的速度为800 m/s,以下说法正确的是 ( )
A.若飞机对地速度已大于800 m/s,则喷出气体相对地面速度方向与飞机运动方向相反
B.若飞机对地速度已小于800 m/s,则喷出气体相对地面速度方向与飞机运动方向相同
C.若飞机对地速度已大于800 m/s,则继续喷气飞机速度不会增大
D.若飞机对地速度已大于800 m/s,则继续喷气飞机速度还会增大
能力提升练
题组一 人船模型规律
1.如图所示,质量为M、长度为L的船停在平静的湖面上,船头站着质量为m的人,M>m。现在人由静止开始由船头走到船尾,不计船在运动过程中所受的水的阻力。则 ( )
A.人和船运动方向相同
B.船的速度大于人的速度
C.由于船的惯性大,当人停止运动时,船还要继续运动一段距离
D.人相对水面的位移大小为L
2.有一只小船停靠在湖边码头,小船又窄又长(质量为一吨左右)。一位同学想用一把卷尺粗略测定它的质量,他进行了如下操作:首先将船平行于码头自由停泊,轻轻从船尾上船,走到船头停下,而后轻轻下船。用卷尺测出船后退的距离d及船长L。已知他自身的质量为m,水的阻力不计,船的质量为 ( )
A. B.
C. D.
题组二 变质量的反冲运动
3.喷气背包作为航天员舱外活动的主要动力装置,能让航天员保持较高的机动性。如图所示,一个连同装备总质量为M=100 kg的航天员,装备内有一个喷嘴可以使压缩气体以相对空间站v=50 m/s的速度喷出。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,航天员完成任务后,必须向着返回空间站方向的反方向释放压缩气体,才能回到空间站,喷出的气体总质量为m=0.15 kg,返回时间约为 ( )
A.300 s B.400 s C.600 s D.800 s
4.一个连同装备共有M=100 kg的航天员,脱离宇宙飞船后,在离飞船x=45 m处与飞船处于相对静止状态。他带着一个装有m0=0.5 kg氧气的贮氧筒,贮氧筒有个喷嘴可以使氧气相对于喷嘴以u=50 m/s的速率向后喷出。航天员必须向着与返回飞船相反的方向喷出氧气,才能回到飞船上去,同时又必须保留一部分氧气供他在飞回飞船的途中呼吸。航天员呼吸的耗氧率为Q=2.5×10-4 kg/s。
(1)如果航天员在开始返回的瞬间喷出m1=0.1 kg的氧气,求喷出氧气后航天员相对于飞船的速度大小。
(2)试通过计算说明喷出m1=0.1 kg的氧气后,该航天员能否安全回到飞船。
(3)如果航天员想以最短的时间返回飞船,他开始最多能释放出多少氧气 这时他返回飞船所用的时间是多少
答案与分层梯度式解析
第一章 动量守恒定律
6 反冲现象 火箭
基础过关练
1.D 以人整体为研究对象,向后踢腿或手臂向后甩,整体的总动量为0,不能离开冰面,选项A、B错误;因为是完全光滑的水平冰面,没有摩擦力,人是无法滚动的,选项C错误;把人和外衣视为一整体,整体动量为0,人给外衣一个水平速度,人获得反向的速度,可以离开冰面,选项D正确。
2.B 在乌贼喷水的过程中,乌贼所受合力的冲量大小为I=m1v1-0=1.8 N·s,A说法正确;在乌贼喷水的过程中,乌贼和喷出的水组成的系统所受合力为零,所以系统动量守恒,B说法错误;由动量守恒定律有0=m1v1-m2v2,可得v2=18 m/s,C说法正确;在乌贼喷水的过程中,生物能转化成机械能,可得ΔEk=m1+m2=18 J,D说法正确。故选B。
易错警示 反冲运动的特别提醒
(1)若反冲作用是在很短的时间内进行的且内力远大于外力,则在这一段很短的时间内,可以认为外力的存在不影响系统的动量守恒。
(2)内力做的功往往会改变系统的总动能。
(3)要明确反冲运动对应的过程,弄清对应的初、末状态的速度大小和方向。
3.A 火箭工作的原理是利用反冲运动,火箭高速向下喷出气体,喷出的气体对火箭的反作用力使火箭向上运动,选项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、喷出气体的质量与火箭质量之比,选项A正确。火箭是利用喷气的方式获得动力的,它的运动属于反冲运动;喷气式飞机是利用喷出气体的反冲作用而获得动力的,它的运动属于反冲运动;直升机是利用空气的作用力而使飞机上升的,其运动不属于反冲运动,选项D错误。
4.C 规定航天器的速度方向为正方向,由动量守恒定律可得Mv0=(M-m)v2-mv1,解得m=M,选项C正确。
5.B 根据动量定理,气体对飞船的冲量等于飞船动量的变化量,选项A错误;当飞船的速度大于气体相对飞船的速度时,气体喷出后的运动方向与飞船运动方向相同,选项B正确;以飞船的运动方向为正方向,由动量守恒有mv=(m-Δm)v'-Δm(u-v'),可得v'=v+u,Δm和m的比值越大,飞船速度的增加量就越大,选项C、D错误。
6.D 若飞机对地速度已大于800 m/s,则喷出气体相对地面速度为正值,喷出气体相对地面速度方向与飞机运动方向相同,选项A错误;若飞机对地速度已小于800 m/s,则喷出气体相对地面速度方向与飞机运动方向相反,选项B错误;无论飞机对地速度大于还是小于800 m/s,继续喷气飞机的速度均会增大,选项C错误,D正确。
能力提升练
1.D 对于人和船组成的系统,不计船在运动过程中所受的水的阻力,则系统在水平方向动量守恒,有mv0+Mv=0,所以人和船运动的方向相反,由于M>m,所以v0>v,当人停止时,船也停止,根据ms0=M(L-s0),解得s0=L,选项D正确。
2.A 设人走动时船的速度大小为v船,人的速度大小为v人,取船的速度方向为正方向,根据动量守恒定律有Mv船-mv人=0,则有Mx船-mx人=0(破题关键),又x船+x人=L,x船=d,联立解得船的质量为M=,A正确,B、C、D错误。
方法技巧 求解人船模型问题的一般思路
3.C 取喷出的气体速度方向为正方向,根据动量守恒定律可得mv-(M-m)v1=0,航天员匀速返回空间站所需要的时间t=,代入数据联立得t=599.1 s,所以返回时间约为600 s,选项C正确。
4.答案 (1)0.05 m/s (2)见解析
(3)0.45 kg 199.1 s
解析 (1)根据动量守恒定律可得
m1u=(M-m1)v
代入数据可得v≈0.05 m/s
(2)返回时间t==900 s
呼吸耗氧m=Qt=0.225 kg
因为m+m1(3)为了最短时间返回飞船,设喷出质量为m2的氧气,喷气后速度为v1,喷气过程动量守恒,有
m2u=(M-m2)v1
返回时间t=
呼吸耗氧Δm=m0-m2=Qt
解得m2≈0.45 kg
返回时间t=199.1 s
方法技巧 火箭类反冲问题解题要领
(1)两部分初、末状态的速度所选的参考系必须是同一参考系,且一般以地面为参考系。
(2)要特别注意反冲前、后两部分对应的质量。
(3)列方程时要注意初、末状态动量的方向,一般而言,反冲后两部分的运动方向是相反的。
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