1、第四节反冲运动1.知道反冲运动的含义和反冲运动在技术上的应用2.知道火箭的飞行原理；了解我国在火箭技术上的巨大成就和伟大贡献3.能应用动量守恒定律解释反冲现象并能计算有关问题一、反冲运动1定义：当一个物体向某一方向射出(或抛出)它的一部分时，这个物体的剩余部分向相反方向运动的现象2原理：反冲运动的原理是动量守恒定律当系统所受的外力的矢量和为零或外力远小于内力时，系统的总动量守恒这时，如果系统的一部分获得了某一方向的动量，系统的剩余部分就会在这一方向的相反方向上获得同样大小的动量3表达式：0m1v1m2v21(1)反冲运动可以用动量守恒定律来处理()(2)一切反冲现象都是有益的()(3)章鱼、乌
2、贼的运动利用了反冲的原理()提示：(1)(2)(3)二、火箭1火箭是动量守恒定律最重要的应用之一中国是火箭的故乡2工作原理：当火箭推进剂燃烧时，从尾部喷出的气体具有很大的动量，根据动量守恒定律，火箭获得大小相等、方向相反的动量，因而发生连续的反冲现象3火箭的最终速度：火箭燃料燃尽时火箭获得的最终速度由喷气速度和火箭开始飞行时的质量与燃料燃尽时的质量之比两个因素决定2(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()(2)在没有空气的宇宙空间，火箭仍可加速前行()提示：(1)(2)对反冲运动的进一步理解1明确反冲运动的特点(1)物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动(2
3、)反冲运动中，由于有其他形式的能转变为机械能，所以系统的总动能增加2理解反冲运动的原理及适用的公式反冲运动和碰撞、爆炸有类似之处，相互作用力常为变力且作用力很大，可以认为内力远大于外力，系统动量守恒或某个方向上动量守恒，因此可以用动量守恒定律处理反冲运动的问题若系统初始动量为零，动量守恒定律为：m1v1m2v20；若系统初始动量不为零，设分离前系统总质量为M，分离质量为m，分离前系统速度为v1，m分离速度为v2，剩余部分速度为v1，根据动量守恒定律得：(Mm)v1mv2Mv1.3讨论反冲运动应注意的问题(1)用动量守恒定律可以解决的三种反冲运动问题：反冲运动过程中系统不受外力或所受外力之和为零
4、，满足动量守恒的条件，可以用动量守恒定律分析解决问题反冲运动过程中系统虽然受到外力作用，但内力远远大于外力，外力可以忽略，也可以用动量守恒定律分析解决问题反冲运动过程中系统虽然所受外力之和不为零，系统的动量并不守恒，但系统在某一方向上不受外力或外力在该方向上的分力之和为零，则系统的动量在该方向上的分量保持不变，可以用该方向上动量守恒分析解决(2)速度的反向性问题：对于原来静止的整体，当被抛出部分具有速度时，剩余部分的反冲是相对于抛出部分来说的，两者运动方向必然相反在列动量守恒方程时，理论上可任意规定某一部分的运动方向为正方向，则反方向的另一部分的速度就要取负值(3)相对速度问题：反冲运动的问题
5、中，有时遇到的速度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对同一参考系的速度(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，再列动量守恒定律方程(4)变质量问题：在反冲运动中还常遇到变质量物体的运动，如在火箭的运动过程中，随着燃料的消耗，火箭本身的质量不断减小，此时必须取火箭本身和在相互作用的短时间内喷出的所有气体为研究对象，取相互作用的这个过程为研究过程来进行研究(1)内力的存在，不会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 命题视角1对反冲运动的简单应用步枪的质量是4.1 kg，子弹的质量为9.6 g，子弹从枪口飞出时速度为855 m/s，则步枪的反
6、冲速度为多大？思路点拨 枪膛内火药燃气的推力远大于外界对枪的作用力，枪与子弹组成的系统动量守恒，原来系统动量为零，子弹射出后的动量与枪的动量之矢量和为零，两物体动量大小应相等已知枪、子弹的质量，也已知子弹出枪口时的速度，由动量守恒定律，可求出枪获得的反冲速度解析已知枪的质量M4.1 kg，子弹的质量m0.009 6 kg，子弹从枪口飞出时的速度v0855 m/s，设枪获得的反冲速度为v，v和v0都以地面为参考系，并以v0为正方向，则由动量守恒定律得0mv0Mv解得v855 m/s2 m/s负号表示与v0方向相反答案2 m/s研究反冲运动中的“一分为二”类问题时，一定要注意作用前后各部分和整体的
7、质量关系，这要根据具体题目的条件来确定例如本例中的枪的质量M中不包含子弹的质量m.若包含m，则动量守恒表达式就应写成0mv0(Mm)v，后者情形如同“原子核释放出一个质子”情况相似，等式左边的零，表示系统的初状态总动量为零 命题视角2与动量相关的临界问题两质量分别为M1和M2的劈A和B，高度相同，放在光滑水平面上，A和B的倾斜面都是光滑曲面，曲面下端与水平面相切，如图所示，一质量为m的物块位于劈A的倾斜面上，距水平面的高度为h.物块从静止滑下，然后又滑上劈B.求物块在B上能够达到的最大高度解析物块在劈A上下滑时，两者水平方向动量守恒，设到达最低端时，m的速度为v1，A的速度为vA，取向右为正，
8、则0mv1M1vA，两者组成的系统机械能守恒，有mghmvM1v由以上两式解得v1 物块滑上劈B时，两者水平方向动量守恒，系统机械能守恒，物块在B上能够达到的最大高度为H，此时两者具有共同速度vB，所以有mv1(mM2)vBmv(mM2)vmgH解得H.答案在动量守恒定律的应用中，常常会遇到相互作用的两个物体相距最近、一个物体在另一个物体上恰好不滑下或滑下、一个物体在斜面上恰好滑到最高点和两物体间弹簧的弹性势能最值问题分析临界问题的关键是寻找临界状态，在与动量相关的临界问题中，临界条件常常表现为两个物体的相对速度关系和相对位移关系，分析时与追及问题模型联系，不难找到这类问题的切入点本题中物块从
9、A上下滑的过程是反冲运动的过程，根据反冲运动的特点可知，系统水平方向总动量一直为零，且在物块上升、下滑过程系统机械能都守恒本题的解答过程从能量的角度考虑，忽略了复杂的过程，仅仅考虑了初、末状态的物理量，最后比较简捷地求出了结果 如图所示是一门旧式大炮，炮车和炮弹的质量分别是M和m，炮筒与地面的夹角为，炮弹出口时相对于地面的速度为v0.不计炮车与地面的摩擦，求炮身向后反冲的速度v为_解析：取炮弹与炮车组成的系统为研究对象，因不计炮车与地面的摩擦，所以水平方向动量守恒炮弹发射前，系统的总动量为零，炮弹发射后，炮弹的水平分速度为v0cos ，根据动量守恒定律有：mv0cos Mv0，所以炮车向后反冲
10、的速度为v.答案：“人船模型”的处理方法1“人船模型”问题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零，则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，这样的问题归为“人船模型”问题2“人船模型”分析如图所示，在平静的湖面上停泊着长为L，质量为M的船，如果有一质量为m的人从船的一端走到另一端，不计水对船的阻力设人从船一端走到另一端所用时间为t，人、船的平均速度分别为v人、v船，则对人、船组成的系统应满足动量守恒定律，则mv人Mv船0，即mM0，又由于s人s船L，由此可得s人L.3“人船模型”的推论(1)“人”走“船”走，“人”停“船”停(2)s人L，
11、s船L，即s人、s船大小与人运动时间和运动状态无关(3)由上面可得，人、船的位移(在系统满足动量守恒的方向上的位移)与质量成反比(4)对s船L而言，分式中分子m为在船上从一端移到另一端的“净质量”，分母Mm为船和船上所有物体的质量和如图所示，长为l、质量为M的小船停在静水中，一个质量为m的人站立在船头若不计水的阻力，在人从船头走到船尾的过程中，船和人的对地位移各是多少？思路点拨 选人和船组成的系统为研究对象，由于人从船头走到船尾的过程中，不计水的阻力，系统在水平方向上不受外力作用，动量守恒解析设某一时刻人对地的速度为v2，船对地的速度为v1，规定人前进的方向为正方向，mv2Mv10，即在人从船
12、头走向船尾的过程中，人和船的平均速度也跟它们的质量成反比，即对应的平均动量M1m2，而位移st，所以有Ms1ms2，即由图可知s1s2l解得s1l，s2l.答案ll“人船模型”是利用平均动量守恒求解的一类问题，解决这类问题应明确：(1)适用条件：系统由两个物体组成且相互作用前静止，系统总动量为零；在系统内发生相对运动过程中至少有一个方向动量守恒(如水平方向或竖直方向)(2)画草图：解题时要画出各物体的位移关系草图，找出位移间的关系，注意两物体的位移是相对同一参考系的位移 如图所示，质量为m，半径为r的小球，放在内半径为R，质量M3m的大空心球内，大球开始静止在光滑水平面上，求当小球由图中位置无
13、初速度释放沿内壁滚到最低点时，大球移动的距离解析：由于水平面光滑，系统水平方向上动量守恒，设同一时刻小球的水平速度大小为v1，大球的水平速度大小为v2，由水平方向动量守恒有：mv1Mv2，所以.若小球到达最低点时，小球的水平位移为x1，大球的水平位移为x2，则，由题意：x1x2Rr解得x2(Rr).答案：爆炸和碰撞的比较爆炸碰撞相同点过程特点都是物体间的相互作用突然发生，相互作用的力为变力，作用时间很短，平均作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以可以认为碰撞、爆炸过程中系统的总动量守恒过程模型由于碰撞、爆炸过程相互作用的时间很短，作用过程中物体的位移很小，一般可忽略不计，因此可以把作用过程看
14、做一个理想化过程来处理，即作用后物体仍从作用前瞬间的位置以新的动量开始能量情况都满足能量守恒，总能量保持不变不同点动能情况炸药的化学能转化为内能和弹片的动能，爆炸后系统的动能会增加弹性碰撞时动能不变，非弹性碰撞时，动能转化为内能，动能减少(1)在碰撞过程中，系统的动量守恒，但机械能不一定守恒(2)在爆炸过程中，系统的动量守恒，机械能一定不守恒(3)宏观物体碰撞时一般相互接触，微观粒子的碰撞不一定接触，但只要符合碰撞的特点，就可认为是发生了碰撞抛出的手雷在最高点时水平速度为10 m/s，这时突然炸成两块，其中大块质量为300 g，仍按原方向飞行，测得其速度为50 m/s，另一小块质量为200 g
15、，求它的速度的大小和方向思路点拨 手雷在空中爆炸瞬间，内力远大于外力，系统的动量近似守恒解析设手雷原飞行方向为正方向，则整体初速度v010 m/s；m10.3 kg的大块速度为v150 m/s，m20.2 kg的小块速度为v2.手雷爆炸瞬间由动量守恒定律得(m1m2)v0m1v1m2v2解得v2 m/s50 m/s方向与手雷初速度方向相反答案50 m/s方向与手雷初速度方向相反本例中爆炸只发生在一瞬间，也只有在这一瞬间，系统的内力才远远大于系统所受的合外力，总动量近似守恒，如果爆炸结束，巨大的内力已不存在，系统的总动量不再守恒，明确爆炸过程的始末状态，是求解这类问题的关键 从某高度自由下落一个
16、质量为M的物体，当物体下落h时，突然炸裂成两块，已知质量为m的一块碎片恰能沿竖直方向回到开始下落的位置，求：(1)刚炸裂时另一块碎片的速度；(2)爆炸过程中有多少化学能转化为弹片的动能？解析：(1)M下落h时机械能守恒：Mgh解得v爆炸时动量守恒Mvmv(Mm)v解得v方向竖直向下(2)爆炸过程中转化为动能的化学能等于系统动能的增加量，即Ekmv2(Mm)v2Mv2(mM)v2(mM)ghghgh.答案：(1)，方向竖直向下(2)gh随堂检测1假定冰面是光滑的，某人站在冰冻河面的中央，他想到达岸边，则可行的办法是()A步行 B挥动双臂C在冰面上滚动 D脱去外衣抛向岸的反方向解析：选D.由于冰面
17、光滑，无法行走或滚动，由动量守恒定律可知，只有抛出物体获得反冲速度才能到达岸边，故选项D正确2.如图所示，滑槽M1与滑块M2紧靠在一起，静止于光滑的水平面上小球m从M1的右上方无初速度地下滑，当m滑到M1左方最高处时，M1将()A静止 B向左运动C向右运动 D无法确定解析：选B.小球m和滑槽M1、滑块M2三个物体构成一个系统，这个系统所受水平方向的合外力为零，所以系统水平方向动量守恒，小球m下滑前系统总动量为零，小球m下滑后m和滑槽M1作用，滑槽M1和滑块M2作用，作用结果使滑块M2向右运动，有向右的动量当m滑到左方最高点时，小球m和滑槽M1的相对速度为零，但小球m和滑槽M1这个整体向左运动，
18、有向左的动量，这样才能保证系统总动量为零故选项B正确3(多选)向空中发射一枚炮弹，不计空气阻力，当此炮弹的速度恰好沿水平方向时，炮弹炸裂成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来速度方向相反B从炸裂到落地的这段时间内，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解析：选CD.炮弹炸裂前后动量守恒，选定v0方向为正方向，则mv0mavambvb，显然vb0，vb0，vb0都有可能；vbva，vbva，vbva也都有可能4静止在水面上的船，船身长为L，质量为M，船头紧靠码头，船头上有一固定木板伸
19、出船身，现有一质量为m的人从船尾走向码头，如图所示要使该人能安全上岸，则木板伸出船身部分长度至少应为(水对船及码头对木板的阻力不计)()AmL(Mm) BmL(Mm)C D解析：选D.设木板伸出船身部分至少长x，则x(Lx)，解得xL.5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水平方向顺着轨道方向跳出，落在平板车上的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)(1)求车在人跳出后到人落到A点期间的反冲速度的大小；(2)人落在A点并站定以后，车还运动吗？车在地面上移动的位移是多少？解析：(1
20、)人从货厢边跳离的过程，系统(人、车和货厢)在水平方向上动量守恒，设人的水平速度是v1，车的反冲速度是v2，则mv1Mv20，得v2v1人跳离货厢后做平抛运动，车以v2做匀速运动，运动时间为t0.5 s，在这段时间内人的水平位移x1和车的位移x2分别为x1v1t，x2v2t由x1x2l得v1tv2tl则v2 m/s1.6 m/s.(2)人落到车上前的水平速度仍为v1，车的速度为v2，落到车上后设它们的共同速度为v，根据水平方向动量守恒得mv1Mv2(Mm)v，则v0.故人落到车上A点站定后车的速度为零车的水平位移为x2v2t1.60.5 m0.8 m.答案：(1)1.6 m/s(2)不运动0.
21、8 m课时作业一、单项选择题1一个不稳定的原子核质量为M，处于静止状态，放出一个质量为m的粒子后反冲已知放出的粒子的动能为E0，则新原子核反冲的动能为()AE0 BE0CE0 DE0解析：选C.由动量守恒定律知(Mm)vmv0p，又Ek，E0，知选项C对2一装有柴油的船静止于水平面上，船前舱进水，堵住漏洞后用一水泵把前舱的油抽往后舱，如图所示不计水的阻力，船的运动情况是()A向前运动B向后运动C静止D无法判断解析：选A.虽然抽油的过程属于船与油的内力作用，但油的质量发生了转移，从前舱转到了后舱，相当于人从船的一头走到另一头的过程，故A正确3小车上装有一桶水，静止在光滑水平地面上，如图所示，桶的
22、前、后、底及侧面各装有一个阀门，分别为S1、S2、S3、S4(图中未全画出)要使小车向前运动，可采用的方法是()A打开阀门S1 B打开阀门S2C打开阀门S3 D打开阀门S4解析：选B.由反冲运动规律可知，要使小车向前运动，应使水有向后的动量4质量m100 kg的小船静止在平静水面上，船两端载着m甲40 kg、m乙60 kg的游泳者，在同一水平线上甲向左、乙向右同时以相对于岸3 m/s的速度跃入水中，如图所示，则之后小船的速率和运动方向为()A0.6 m/s，向左 B3 m/s，向左C0.6 m/s，向右 D3 m/s，向右解析：选A.以向左为正方向，根据动量守恒得0m甲vm乙vmv，代入数据解
23、得v0.6 m/s，方向向左5如图所示，一个倾角为的直角斜面体静置于光滑水平面上，斜面体质量为M，顶端高度为h.今有一质量为m的小物体，沿光滑斜面下滑，当小物体从斜面顶端自由下滑到底端时，斜面体在水平面上移动的距离是()A BC D解析：选C.此题属“人船模型”问题，m与M组成的系统在水平方向上动量守恒，设m在水平方向上对地位移为x1，M在水平方向对地位移为x2，因此0mx1Mx2且x1x2hcot .由可得x2，故选C.6两名质量相等的滑冰人甲和乙都静止在光滑的水平冰面上，现在，其中一人向另一人抛出一个篮球，另一人接球后再抛回如此反复进行几次后，甲和乙最后的速率关系是()A若甲最先抛球，则一
24、定是v甲v乙B若乙最后接球，则一定是v甲v乙C只有甲先抛球，乙最后接球，才有v甲v乙D无论怎样抛球和接球，都是v甲v乙解析：选B.两人和球组成的系统动量守恒，且总动量为零，无论哪个人先抛出，只要最后接到球，人和球的整体质量大，其速度肯定小7一同学在地面上立定跳远的最好成绩是s.假设他站在车的A端，如图所示，想要跳上距离为l远的站台上，不计车与地面的摩擦阻力，则()A只要ls，他一定能跳上站台B只有ls，他才有可能跳上站台C只要ls，他一定能跳上站台D只要ls，他就有可能跳上站台解析：选B.人起跳的同时，小车要做反冲运动，所以人跳的距离小于s，故ls时，才有可能跳上站台二、多项选择题8一气球由地
25、面匀速上升，当气球下的吊梯上站着的人沿着梯子上爬时，下列说法正确的是()A气球可能匀速上升B气球可能相对地面静止C气球可能下降D气球运动速度不发生变化解析：选ABC.设气球质量为M，人的质量为m，由于气球匀速上升，系统所受的外力之和为零，当人沿吊梯向上爬时，动量守恒，则(Mm)v0mv1Mv2，在人向上爬的过程中，气球的速度为v2.当v20时，气球可匀速上升；当v20时，气球静止；当v20时，气球下降所以，选项A、B、C均对要使气球运动速度不变，则人的速度仍为v0，即人不上爬，显然不对，D选项错9如图所示，小车AB放在光滑水平面上，A端固定一个轻弹簧，B端粘有油泥，AB总质量为M，质量为m的木
26、块C放在小车上，用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩，开始时小车AB和木块C都静止，当突然烧断细绳时，C被释放，使C离开弹簧向B端冲去，并跟B端油泥粘在一起，忽略一切摩擦，以下说法正确的是()A弹簧伸长过程中C向右运动，同时AB也向右运动BC与B碰前，C与AB的速率之比为MmCC与油泥粘在一起后，AB立即停止运动DC与油泥粘在一起后，AB继续向右运动解析：选BC.弹簧向右推C，C向右运动，同时弹簧向左推A端，小车向左运动，A错误；因小车与木块组成的系统动量守恒，C与B碰前，有mvCMvAB，得：vCvABMm，B正确；C与B碰撞过程动量守恒，有：mvCMvAB(Mm)v，知v0，故C正确，D错误
27、10在水平铁轨上放置一门质量为M的炮车，发射的炮弹质量为m，设铁轨和炮车间摩擦不计，则()A水平发射炮弹时，炮弹速率为v0，炮车的反冲速率为B炮车车身与水平方向成角，炮弹速率为v0，炮身反冲速率为C炮身与水平方向成角，炮弹出炮口时，相对炮口速率为v0，炮身的反冲速率为D炮身与水平方向成角，炮弹出炮口时，相对炮口速率为v0，炮身的反冲速率为解析：选ABD.水平发射炮弹时，对于炮车和炮弹组成的系统满足动量守恒定律，若炮弹速率为v0，mv0Mv10，解得v1，A正确；炮车车身与水平方向成角时，在炮弹出射瞬间对于炮车和炮弹组成的系统动量守恒，炮车在炮弹出射的反方向上获得速度v2，但此后由于地面的作用，
28、能量损失，竖直方向的速度立即变为0，炮车的速度由v立即减小为v2，v2即为炮身反冲速率如图，显然有v，所以在出射方向上，根据动量守恒定律有mv0M0解得v2，B正确；炮身与水平方向成角且炮弹相对炮口速率为v0时，设炮车反冲的速率v3，根据描述，炮弹出射瞬间炮车获得瞬间速度v，所以炮弹相对地面的速度为v弹v0vv0，在出射方向上，根据动量守恒定律有mM0，解得v3，C错误，D正确三、非选择题11.如图所示，某小组在探究反冲运动时，将质量为m1的一个小液化气瓶固定在质量为m2的小玩具船上，利用液化气瓶向外喷射气体作为船的动力现在整个装置静止放在平静的水面上，已知打开液化气瓶后向外喷射气体的对地速度
29、为v1，如果在某段时间内向后喷射的气体的质量为m，忽略水的阻力，求喷射出质量为m的气体后小船的速度是多少？解析：由动量守恒定律得：0(m1m2m)v船mv1解得：v船.答案：12.如图所示，质量为M2 kg的木板静止在光滑的水平地面上，木板AB部分为光滑的四分之一圆弧面，半径为R0.3 m，木板BC部分为水平面，粗糙且足够长质量为m1 kg的小滑块从A点由静止释放，最终停止在BC面上D点(D点未标注)若BC面与小滑块之间的动摩擦因数0.2，g10 m/s2，求：(1)小滑块刚滑到B点时的速度大小；(2)B、D之间的距离解析：(1)小滑块滑到B点时，木板和小滑块速度分别为v1、v2，由动量守恒定律有Mv1mv20，由机械能守恒定律有mgRMvmv，代入m1 kg、M2 kg、R0.3 m，得v22 m/s.(2)小滑块静止在木板上时速度为v，由动量守恒定律有(Mm)v0，得v0.由能量守恒定律有mgRmgL，代入0.2、R0.3 m，得L1.5 m.答案：(1)2 m/s(2)1.5 m
