1、六反冲现象与“人船模型”问题类型1反冲现象 1命题规律反冲现象、爆炸问题能很好地将物理知识应用于生产、生活实际中，从近几年的高考题可看出题型为选择题或计算题，难度中等。题目大多联系一定的情境，或结合能量知识解决问题。2复习指导(1)反冲运动中，相互作用的内力一般较大，当受到较小外力时也可以用动量守恒定律来处理。(2)爆炸过程中的内力远大于外力，爆炸的各部分组成的系统总动量守恒，而机械能增加。题型一反冲问题典例将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为 600 m/s 的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略
2、)()A30 kgm/sB5.7102 kgm/sC6.0102 kgm/sD6.3102 kgm/s【自主解答】A解析：设火箭的质量为m1，燃气的质量为m2。由题意可知，燃气的动量p2m2v250103600 kgm/s30 kgm/s。以火箭运动的方向为正方向，根据动量守恒定律可得，0m1v1m2v2，则火箭的动量大小为p1m1v1m2v230 kgm/s，所以A正确，B、C、D错误。【核心归纳】对反冲运动的三点说明作用原理反冲运动是系统内物体之间的作用力和反作用力产生的效果动量守恒反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，反冲运动遵循动量守恒定律机械能增加反冲运动中，物体间的作用力做正功，
3、其他形式的能转化为机械能，所以系统的总机械能增加题型二爆炸问题典例(2018全国卷)一质量为m的烟花弹获得动能 E后，从地面竖直升空。当烟花弹上升的速度为0时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动。爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量。求：(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。【自主解答】解析：(1)设烟花弹上升的初速度为v0，由题给条件有Emv设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t，由运动学公式有0v0gt联立解得t。(2)设爆炸时烟花弹距地面的
4、高度为h1，由机械能守恒定律有Emgh1爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设爆炸后瞬间其速度分别为v1和v2。由题给条件和动量守恒定律有 mvmvEmv1mv20两部分的速度方向相反，向上运动的部分做竖直上抛运动。设爆炸后烟花弹向上运动的部分继续上升的高度为h2，由机械能守恒定律有mvmgh2联立解得，爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度为hh1h2。答案：(1)(2)【核心归纳】爆炸现象的三个规律动量守恒爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，系统的总动量守恒动能增加在爆炸过程中，有其他形式的能(如化学能)转化为动能位置不变爆炸的时间极短，作用过程中物体产生的位移很小，可以
5、认为爆炸前、后时刻各部分位置不变类型2“人船模型”问题1命题规律“人船模型”问题是动量守恒定律的典型应用，通常考查“人船模型”的拓展应用。将“人船模型”基本知识融入题目当中，题目有一定的综合性。2复习指导(1)“人船模型”适用于由两物体组成的系统，当满足动量守恒条件(含某一方向动量守恒)时，若其中一个物体向某一方向运动，则另一物体在其反作用力的作用下向相反方向运动。(2)解题时要画出两物体的位移关系草图，找出各位移间的关系，注意两物体的位移是相对同一参考系的位移，一般是对地的位移。题型一“人船模型”的基本应用典例一小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(估计重一吨左右)。一位同学想用一个卷尺粗略测定
6、它的质量，他进行了如下操作：首先将小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。用卷尺测出小船后退的距离为d，然后用卷尺测出船长为L。已知他自身的质量为m，水的阻力不计，小船的质量为()AB CD【自主解答】A解析：设人走动时小船的速度大小为v，人的速度大小为v，人从船尾走到船头所用时间为t，取小船的速度方向为正方向，如图所示，则v，v，根据动量守恒定律有Mvmv0，解得小船的质量M，故选A。【核心归纳】1“人船模型”的特征两个原来静止的物体发生相互作用时，若所受外力的矢量和为0，则系统动量守恒。在相互作用的过程中，任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比。2“人船”位
7、置如图所示，长为L、质量为m船的小船停在静水中，质量为m人的人由静止开始从船的一端走到船的另一端，不计水的阻力，因人和船组成的系统动量始终守恒，可得m船v船m人v人，故有m船s船m人s人，由图可看出s船s人L，可解得s人L，s船L。s人、s船均为沿动量方向相对于同一参考系的位移大小。题型二“人船模型”扩展典例如图所示，质量为M的小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径为R的 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的滑块在小车上从A点由静止开始沿AB轨道下滑，然后滑入BC轨道，最后恰好停在C点。已知小车质量M3m，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为，重力加速度为g
8、。则()A全程滑块在水平方向上相对地面的位移为 RLB全程小车相对地面的位移大小为 (RL)C滑块m运动过程中的最大速度为 D、L、R三者之间的关系为R4L(1)小车静止在光滑水平面上，滑块在小车上从A点由静止开始下滑。滑块和小车的初状态均静止，在水平方向上系统不受外力，所以系统水平方向动量守恒，满足“人船模型”条件。(2)滑块与小车在水平方向上的位移大小之和为RL，滑块在BC段运动摩擦产生热量。【自主解答】B解析：设全程小车相对地面的位移大小为s，则滑块水平方向相对地面的位移大小sRLs。取水平向右为正方向，由水平方向动量守恒得 mM0，即mM0，结合M3m，解得s(RL)，s(RL)，故A错误，B正确；滑块刚滑到B点时的速度最大，取水平向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒得0mvmMv，mgRmvMv2，联立解得 vm，故C错误；对整个过程，由动量守恒定律得0(mM)v，解得v0，由能量守恒定律得mgRmgL，解得 RL，故D错误。【核心归纳】模型扩展人沿着静止在空中的热气球下面的软梯滑下或攀上，求热气球上升或下降的高度的问题；小球沿放在光滑水平地面上的弧形槽下滑，求弧形槽移动距离的问题等都是“人船模型”的扩展。