2020高中物理 第一章 碰撞与动量守恒 第四节 反冲运动分层训练 粤教版选修3-5

第四节 反冲运动情景导入在海洋馆里，我们会看到各种各样的鱼在游来游去,好多鱼的游动是靠自身的鳞，那么章鱼（图1-4—1所示)。

乌贼是怎样游水的呢？章鱼图1-4-1简答:它们先把水吸入体腔，然后用力压水，通过身体前面的孔将水喷出,使身体很快运动。

章鱼能够调整自己的喷水口的方向，这样可以使得身体向任意方向前进，它们利用了反冲运动。

知识预览⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎧⎪⎩⎪⎨⎧⎪⎩⎪⎨⎧⎪⎩⎪⎨⎧机械能增加遵循动量守恒爆炸火箭升天飞船的加速或减速喷气式飞机航天技术的应用放飞烟花枪身的反冲蝴蝶的运动生活中的现象应用系统的动能可以增加遵循动量守恒作用时间极短特点动的现象另一部分向相反方向运静止物体一部分运动定义反冲,:,:尊敬的读者：本文由我和我的同事在百忙中收集整编出来，本文档在发布之前我们对内容进行仔细校对，但是难免会有不尽如人意之处，如有疏漏之处请指正，希望本文能为您解开疑惑,引发思考。

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第四节动量守恒定律的应用[核心素养·明目标]1．反冲(1)定义：如果一个静止的物体在内力的作用下分裂成两个部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向相反方向运动的现象．(2)特点：作用时间极短，一般都满足内力远大于外力，故反冲运动可用动量守恒定律处理．2．火箭(1)原理：火箭的发射过程是一个反冲运动．(2)影响火箭速度的因素：火箭喷出的燃料速度越大，喷出的燃料质量与火箭质量之比越大，则火箭获得的速度越大．1．思考判断(正确的打“√”，错误的打“×”)．(1)如果系统的机械能守恒，则动量不一定守恒．(√)(2)只要系统内存在摩擦力，动量不可能守恒．(×)(3)做匀速圆周运动的物体动量是守恒的．(×)(4)一切反冲现象都是有益的．(×)2．运送人造地球卫星的火箭开始工作后，火箭做加速运动的原因是() A．燃料推动空气，空气的反作用力推动火箭B．火箭发动机用力将燃料燃烧产生的气体向后推出，气体的反作用力推动火箭C．火箭吸入空气，然后向后排出，空气对火箭的反作用力推动火箭D．火箭燃料燃烧发热，加热周围空气，空气膨胀推动火箭B[火箭的工作原理是利用反冲运动，是火箭燃料燃烧产生的高温、高压燃气从尾喷管迅速喷出时使火箭获得反冲速度，故正确答案为选项B．] 3．A、B两物体在光滑水平地面上沿一直线相向而行，A质量为5kg，速度大小为10m/s，B质量为2kg，速度大小为5m/s，两者相碰后，A沿原方向运动，速度大小为4m/s，则B的速度大小为()A．10m/s B．20m/sC．30m/s D．40m/sA[以A物体的速度方向为正方向．则v A＝10m/s，v B＝－5m/s，p＝p A ＋p B＝5×10kg·m/s＋2×(－5)kg·m/s＝40kg·m/s．碰撞后，由动量守恒定律得p＝m A v A′＋m B v B′，解得v B′＝10m/s，与A的速度方向相同，故选项A正确．]考点1动量守恒的判断在光滑的水平面上有一辆平板车，图所示．人和大锤组成的系统动量守恒吗？在连续敲打下，这辆车能否持续地向右运动？以人和大锤组成的系统为研究对象时，人受到平板车施加的摩擦力，系统所受合外力不为零，动量不守恒，地面光滑，以人、大锤和平板车为系当把锤头打下去时，锤头向右摆动，系统总动量要为零，车就向左运动；锤头向左运动，车就向右运动．用锤头连续敲击时，(1)系统不受外力作用，这是一种理想化的情形，如宇宙中两星球的碰撞，微观粒子间的碰撞都可视为这种情形．(2)系统受外力作用，但所受合外力为零．像光滑水平面上两物体的碰撞就是这种情形．(3)系统受外力作用，但当系统所受的外力远远小于系统内各物体间的内力时，系统的总动量近似守恒．例如，抛出去的手榴弹在空中爆炸的瞬间，弹片所受火药爆炸时的内力远大于其重力，重力完全可以忽略不计，系统的动量近似守恒．(4)系统受外力作用，所受的合外力不为零，但在某一方向上合外力为零，则系统在该方向上动量守恒．【典例1】(多选)下列四幅图所反映的物理过程中，系统动量守恒的是()A ．在光滑水平面上，子弹射入木块的过程中B ．剪断细线，弹簧恢复原长的过程C ．两球匀速下降，细线断裂后，它们在水中运动的过程中D ．木块沿光滑固定斜面由静止滑下的过程中AC [A 图中，在光滑水平面上，子弹射入木块的过程中，系统所受外力之和为零，系统动量守恒，故A 正确；B 图中，剪断细线，弹簧恢复原长的过程中，墙壁对滑块有作用力，系统所受外力之和不为零，系统动量不守恒，故B 错误；C 图中，木球与铁球组成的系统所受合力为零，系统动量守恒，故C 正确；D 图中，木块下滑过程中，斜面始终受挡板作用力，系统动量不守恒，故D 错误．][跟进训练]1．(多选)如图所示，小车与木箱紧挨着静止放在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱．关于上述过程，下列说法中正确的是()A．男孩和木箱组成的系统动量守恒B．小车与木箱组成的系统动量守恒C．男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒D．木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量不同CD[在男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱的过程中，男孩和木箱组成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；小车与木箱组成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故B错误；男孩、小车与木箱三者组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，故C正确；木箱、男孩、小车组成的系统动量守恒，木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相等，方向相反，木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量不相同，故D正确．故选C、D．]考点2动量守恒定律的理解及应用三国演义“草船借箭”中，草船以速度将船、箭视为一个系统，守恒，以草船的速度方向为正方向，有Δv)，(1)系统：相互作用的几个物体所组成的整体．(2)内力：系统内各物体之间的相互作用力．(3)外力：系统外其他物体对系统的作用力．2．对“系统的总动量保持不变”的四点理解(1)系统的总动量指系统内各物体动量的矢量和．(2)总动量保持不变指的是大小和方向始终不变．(3)系统的总动量保持不变，但系统内每个物体的动量可能在不断变化．(4)系统在整个过程中任意两个时刻的总动量都相等，不能误认为只是初、末两个状态的总动量相等．3．动量守恒定律的四个特性(1)矢量性：动量守恒定律的表达式是一个矢量关系式，对作用前后物体的运动方向都在同一直线上的问题，要选取一个正方向，凡与正方向相同的动量取正值，与正方向相反的动量取负值，将矢量运算转化为代数运算．(2)相对性：应用动量守恒定律列方程时，各物体的速度和动量必须相对于同一参考系，通常以地面为参考系．(3)同时性：动量是状态量，动量守恒反映的是系统某两个状态的动量是相同的，应用动量守恒定律解题一定要注意同一时刻的动量才能相加，不是同一时刻的动量不能相加．(4)普遍性：动量守恒定律不仅适用于两个物体组成的系统，也适用于多个物体组成的系统，不仅适用于低速宏观物体组成的系统，也适用于高速微观粒子组成的系统．【典例2】如图所示，水平光滑地面上依次放置着质量m＝0.08kg的10块完全相同的长直木板．一质量M＝1.0kg、大小可忽略的小铜块以初速度v0＝6.0m/s从长木板左侧滑上木板，当铜块滑离第一块木板时，速度大小为v1＝4.0m/s．铜块最终停在第二块木板上．(取g＝10m/s2，结果保留两位有效数字)求：(1)第一块木板的最终速度；(2)铜块的最终速度．[思路点拨](1)第(1)问中要求第一块木板的最终速度，就应该选取铜块刚离开第一块木板滑到第二块上这一个过程．(2)第(2)问则应以铜块和除第一块木板之外的9块木板组成研究系统．[解析](1)铜块和10个长木板在水平方向上不受外力，所以系统动量守恒，设铜块刚滑到第二块木板上时，木板的速度为v2，由动量守恒得M v0＝M v1＋10m v2，得v2＝2.5m/s，方向与小铜块初速度方向相同．(2)由题可知铜块最终停在第二块木板上，设最终速度为v3，由动量守恒得M v1＋9m v2＝(M＋9m)v3，得v3＝3.4m/s，方向与小铜块初速度方向相同．[答案](1)2.5m/s，方向与小铜块初速度方向相同(2)3.4m/s，方向与小铜块初速度方向相同应用动量守恒定律解题的基本步骤(1)合理地选取研究对象，明确系统是由哪几个物体组成的．(2)分析系统的受力情况，分清内力和外力，判断系统的动量是否守恒．(3)确定所研究的作用过程．选取的过程应包括系统的已知状态和未知状态，通常为初态到末态的过程，这样才能列出对解题有用的方程．(4)对于物体在相互作用前后运动方向都在一条直线上的问题，设定正方向，各物体的动量方向可以用正、负号表示．(5)建立动量守恒方程，代入已知量求解．[跟进训练]2．质量为2kg的小车以2m/s的速度沿光滑的水平面向右运动，若将质量为0.5kg的砂袋以3m/s的水平速度迎面扔上小车，则砂袋与小车一起运动的速度的大小和方向是()A．1.0m/s，向右B．1.0m/s，向左C．2.2m/s，向右D．2.2m/s，向左A[选向右为正方向，则小车和砂袋组成的系统在水平方向动量守恒，有m车v车－m砂v砂＝(m车＋m砂)v，解得v＝1.0m/s，方向向右，故A正确．]考点3反冲运动2020年1月运载火箭，成功将我国首颗通信能力达航天首发星发射升空，卫星顺利进入预定轨道．“快舟一号甲”运载火箭升空过程中的运动是一种什么运动？“快舟一号甲”运载火箭运动过程中是否满足动量守恒定律？运载火箭升空过程中的运动是一种反冲运动．运载火箭运动过程中内力远大于外力，所以满足动量守(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，所以可以用动量守恒定律来处理．(3)反冲运动中，由于有其他形式的能转化为动能，所以系统的总动能增加．2．反冲运动中的三类问题(1)相对速度问题：在讨论反冲运动时，有时给出的速度是相互作用的两物体的相对速度．由于动量守恒定律中要求速度为对同一参考系的速度(通常为对地的速度)，应先将相对速度转换成对地速度后，再列动量守恒定律方程．(2)变质量问题：在讨论反冲运动时，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．(3)“人船模型”问题：①人船模型中的动力学规律：由于组成系统的两物体受到大小相同、方向相反的一对力，故两物体速度或位移大小与质量成反比，方向相反．这类问题的特点是：两物体同时运动，同时停止．②动量规律：任意时刻的系统总动量为零，因此任意时刻的瞬时速度v1和v2都与各物体的质量成反比，所以全过程的平均速度也与质量成反比，即有m1v1－m2v2＝0．③位移规律：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s1和s2，则有m1s1t m2s2t＝0，即m1s1－m2s2＝0．【典例3】一火箭喷气发动机每次喷出m＝200g的气体，气体喷出时相对于地面的速度v＝1000m/s，设火箭质量M＝300kg，发动机每秒喷气20次．(1)当第三次气体喷出后，火箭的速度为多大？(2)第1s末，火箭的速度为多大？[思路点拨](1)火箭和气体系统动量守恒．(2)运用动量守恒定律求解时，注意系统内部质量变化关系．(3)以每喷出一次气体列一次方程，找出对应规律分步求解．[解析]解法一(1)喷出气体的运动方向与火箭的运动方向相反，气体和火箭系统动量守恒．设第一次气体喷出后火箭速度为v1，有(M－m)v1－m v＝0，所以v1＝m vM－m，设第二次气体喷出后火箭速度为v2，有(M－2m)v2－m v＝(M－m)v1，所以v2＝2m vM－2m，设第三次气体喷出后火箭速度为v3，有(M－3m)v3－m v＝(M－2m)v2，所以v3＝3m vM－3m＝3×0.2×1000300－3×0.2m/s≈2m/s．(2)设第n次气体喷出后火箭速度为v n，由上面推导可知，有(M－nm)v n－m v＝[M－(n－1)m]v n－1所以v n＝nm vM－nm，因为每秒喷气20次，所以1s末火箭速度为v20＝20m vM－20m ＝20×0.2×1000300－20×0.2m/s≈13.5m/s．解法二选取整体为研究对象，运用动量守恒守律求解．(1)设喷出三次气体后火箭的速度为v3，以火箭和喷出的三次气体为研究对象，根据动量守恒守律，得(M－3m)v3－3m v＝0，所以v3＝3m vM－3m≈2m/s．(2)以火箭和喷出的20次气体为研究对象，根据动量守恒定律，有(M－20m)v20－20m v＝0，所以v20＝20m vM－20m≈13.5m/s．[答案](1)2m/s(2)13.5m/s反冲运动的处理方法(1)反冲运动过程中系统不受外力或所受外力之和为零，满足动量守恒的条件，可以用动量守恒定律分析解决问题．(2)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．(3)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，可以在该方向上用动量守恒分析解决问题．[跟进训练]训练角度1反冲应用3．将质量为1.00kg的模型火箭点火升空，50g燃烧的燃气以大小为600m/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)()A．30kg·m/s B．5.7×102kg·m/sC．6.0×102kg·m/s D．6.3×102kg·m/sA[由于喷气时间短，且不计重力和空气阻力，则火箭和燃气组成的系统动量守恒．燃气的动量大小p1＝m v＝0.05×600kg·m/s＝30kg·m/s，则火箭的动量大小p2＝p1＝30kg·m/s，选项A正确．]训练角度2人船模型4．有一只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，然后用卷尺测出船长L．已知他的自身质量为m，水的阻力不计，船的质量为()A．m(L＋d)d B．m(L－d)dC．mLdD．m(L＋d)LB[设人走动的时候船的速度大小为v，人的速度大小为v′，人从船头走到船尾用时为t，人的位移为L－d，船的位移为d，所以v＝dt，v′＝L－dt．根据动量守恒有：M v －m v ′＝0，可得：M d t ＝m L －d t ，小船的质量为：M ＝m (L －d )d，故B 项正确．]1．物理观念：反冲运动．2．科学思维：动量守恒定律的应用．3．科学方法：人船模型．1．(多选)下列图片所描述的事例或应用中，利用反冲原理的是()A ．喷灌装置的自动旋转B ．章鱼在水中前行和转向C ．吹足气的气球由静止释放后气球运动D ．码头边轮胎的保护作用ABC [A 图中喷灌装置的自动旋转是利用水流喷出时的反冲作用而运动的，故属于反冲运动；B 图中章鱼在水中前行和转向是利用喷出的水的反冲作用；C 图中吹足气的气球由静止释放后气球运动是利用喷气的方式而获得动力，利用了反冲原理；D 图中码头边的轮胎的作用是延长碰撞时间，从而减小作用力，不是利用反冲作用；故选A 、B 、C ．]2．如图所示的装置中，木块B 与水平桌面间的接触是光滑的，子弹A 沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短．现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象(系统)，则此系统在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中()A ．动量守恒，机械能守恒B ．动量不守恒，机械能不守恒C ．动量守恒，机械能不守恒D ．动量不守恒，机械能守恒B [在弹簧压缩至最短的过程中，受到墙对弹簧向右的作用力，系统动量不守恒；子弹射入木块的过程中有动能转化为内能，所以机械能不守恒．故B 正确．]3．一炮艇总质量为M ，以速度v 0匀速行驶，从艇上以相对海岸的水平速度v 沿前进方向射出一质量为m 的炮弹，发射炮弹后艇的速度为v ′，若不计水的阻力，则下列各关系式中正确的是()A ．M v 0＝(M －m )v ′＋m vB ．M v 0＝(M －m )v ′＋m (v ＋v 0)C ．M v 0＝(M －m )v ′＋m (v ＋v ′)D ．M v 0＝M v ′＋m vA [以炮弹m 和艇(M －m )为系统，系统动量守恒，则有：M v 0＝(M －m )v ′＋m v ．]4．如图所示，一个倾角为α的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 ．mh M ＋mB ．Mh M ＋mC ．mh (M ＋m )tan αD ．Mh (M ＋m )tan αC [此题属“人船模型”问题，小物体与斜面体组成的系统在水平方向上动量守恒，设小物体在水平方向上对地位移为s 1，斜面体在水平方向对地位移为s 2．则有0＝ms 1－Ms 2，且s 1＋s 2＝h tan α，可得s 2＝mh (M ＋m )tan α．]5．小车静置在光滑水平面上，站在车上的人练习打靶，人站在车的一端，靶固定在车的另一端，枪离靶的距离为d ，如图所示．已知车、人、靶和枪的总质量为M (不包括子弹)，每发子弹质量为m ，共n 发，每发子弹击中靶后，就留在靶内，且待前一发击中靶后，再打下一发．打完n 发后，小车移动的距离为多少？[解析]由题意知系统动量守恒，前一发击中靶后，再打下一发，说明发射后一发子弹时，车已经停止运动．每发射一发子弹，车后退一段距离．每发射一发子弹时，子弹动量为m v ，由动量守恒定律有：0＝m v －[M ＋(n －1)m ]v ′，m v ＝[M ＋(n －1)m ]v ′，设每发射一发子弹车后退x ，则子弹相对于地面运动的距离是(d －x )，由动量守恒定律有：[M ＋(n －1)m ]x t，解得：x ＝md M ＋nm ，则打完n 发后车共后退s ＝nmd M ＋nm ．[答案]nmdM ＋nm。

第5节自然界中的守恒定律基础达标1．(2018年厦门名校月考)下列图片所描述的事例或应用中，没有利用反冲原理的是( )A．喷灌装置的自动旋转B．章鱼在水中前行和转向C．运载火箭发射过程D．码头边轮胎的保护作用【答案】D【解析】喷灌装置的自动旋转是利用水流喷出时的反冲作用而运动的，故属于反冲运动，故A错误；章鱼在水中前行和转向是利用喷出的水的反冲作用，故B错误；火箭的运动是利用喷气的方式而获得动力，利用了反冲运动，故C错误；码头边的轮胎的作用是延长碰撞时间，从而减小作用力，不是利用了反冲作用，故D正确．2．(2019年汪清名校期中)运载火箭在太空中飞行的原理是( )A．外形流畅，减小空气阻力B．携带固体燃料，少占体积C．自身喷出气体，获得反冲力D．喷出气体后，获得空气浮力【答案】C【解析】运载火箭在太空中飞行的原理是在飞行的过程中自身向后喷出气体，获得向前反冲力，从而加速运动．故C正确，A、B、D错误．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S 1B ．打开阀门S 2C ．打开阀门S 3D ．打开阀门S 4【答案】B【解析】由反冲规律，小车向前运动，应使水有向后的动量．4．总质量为M 的火箭以速度v 0飞行，质量为m 的燃料相对于火箭以速率u 向后喷出，则火箭的速度大小为( )A ．v 0＋m Mu B ．v 0－m Mu C ．v 0＋mM －m(v 0＋u )D ．v 0＋mM －mu 【答案】A5．(2019年盐城学业考试)火箭发射回收是航天技术的一大进步，如图所示，火箭在返回地面前的某段运动，可看成先匀速后减速的直线运动，最后落在地面上，不计火箭质量的变化，则火箭( )A ．匀速下降过程中，机械能守恒B ．减速下降过程中，机械能守恒C ．匀速下降过程中，合外力做功为零D ．减速下降过程中，合外力做功等于火箭机械能的变化 【答案】C【解析】火箭匀速下降阶段，必定受到空气阻力，空气阻力做负功，所以其机械能不守恒，故A 错误；火箭在减速过程中，空气阻力做负功，其机械能不守恒，故B 错误；匀速下降过程中，合外力为零，则合外力做功为零，故C 正确；减速下降过程中，合外力做功等于火箭动能的变化，而空气阻力做功等于火箭机械能的变化，故D 错误．6．(多选)(2019年辛集名校期中)下列关于能的转化与守恒定律的说法正确的是( ) A ．能量能从一种形式转化为另一种形式，但不能从一个物体转移到另一物体 B ．能量的形式多种多样，它们之间可以相互转化 C ．一个物体能量增加，必然伴随着别的物体能量减少D ．能的转化与守恒定律证明了能量既不会产生也不会消失 【答案】BCD【解析】能量能从一种形式转化为另一种形式，也能从一个物体转移到另一物体，故A 错误．能量的形式多种多样，它们之间可以相互转化，故B 正确．一个物体的总能量增加，根据能量守恒定律得知，必然有其他物体的能量减少，故C 正确．能的转化与守恒定律证明了能量既不会产生也不会消失，故D 正确．7．(多选)一小型火箭在高空绕地球做匀速圆周运动，若其沿运动方向的相反方向射出一物体P ，不计空气阻力，则( )A ．火箭一定离开原来轨道运动B ．物体P 一定离开原来轨道运动C ．火箭运动半径一定增大D ．物体P 运动半径一定减小 【答案】AC【解析】由动量守恒定律知，火箭射出物体P 后，其动量变大，而其剩余质量变小，故火箭的动能增大，则火箭离开原来的轨道做离心运动，即其运动半径一定增大．物体P 的速度大小有可能与原火箭速度大小相等，故P 可能沿原来的轨道运动，选项A 、C 正确．8．(多选)如图所示，两物体质量m 1＝2m 2，两物体与水平面的动摩擦因数μ2＝2μ1，当烧断细线后，弹簧恢复到原长时，两物体脱离弹簧时的速度均不为零，两物体原来静止，则( )A ．两物体在脱离弹簧时速率最大B ．两物体在刚脱离弹簧时速率之比v 1v 2＝12C ．两物体的速率同时达到最大值D ．两物体在弹开后仍然朝原来方向运动 【答案】BC【解析】m 1物体受到的摩擦力F 1＝μ1m 1g ，m 2受到的摩擦力F 2＝μ2m 2g ，由题意知F 1＝F 2.即m 1和m 2组成的系统所受合外力为0，系统动量守恒，由：0＝m 1v 1－m 2v 2得v 1v 2＝m 2m 1＝12，即在运动中的任意时刻，二者的速率比都是12，并且同时达到最大值，同时静止．对物体受力分析可知物体水平方向受弹簧的弹力和摩擦力作用，当弹力大于摩擦力时，物体做加速运动；当弹力小于摩擦力时物体做减速运动；所以当弹力等于摩擦力时两物体的速率最大．能力提升9．(2018年甘肃名校质检)一轻质弹簧，上端悬挂于天花板，下端系一质量为M 的平板，处于平衡状态．一质量为m 的均匀环套在弹簧外，与平板的距离为h ，如图所示．让环自由下落，撞击平板．已知碰后环与板以相同的速度向下运动．则( )A ．若碰撞时间极短，则碰撞过程中环与板的总动量守恒B ．若碰撞时间极短，则碰撞过程中环与板的总机械能守恒C ．环撞击板后，板的新的平衡位置与h 的大小有关D ．在碰后板和环一起下落的过程中，环与板的总机械能守恒 【答案】A【解析】圆环与平板碰撞过程，若碰撞时间极短，内力远大于外力，系统总动量守恒，由于碰后速度相同，为完全非弹性碰撞，机械能不守恒，减小的机械能转化为内能，故A 正确，B 错误；碰撞后平衡时，有kx ＝(m ＋M )g ，即碰撞后新平衡位置与下落高度h 无关，故C 错误；碰撞后环与板共同下降的过程中，它们动能和重力势能的减少量之和等于弹簧弹性势能的增加量，故D 错误．10．平板车停在光滑的水平轨道上，平板车上有一人从固定在车上的货厢边沿水平方向跳出，落在平板车地板上的A 点，距货厢水平距离为l ＝4 m ，如图所示．人的质量为m ，车连同货厢的质量M 为4m ，货厢高度h ＝1.25 m ，求：(1)车在人跳出后到落到地板期间的反冲速度；(2)人落在车地板上并站定以后，车还运动吗？车在地面上移动的位移是多少？(g 取10 m/s 2)【答案】(1)1.6 m/s (2)不运动 0.8 m【解析】(1)人从货厢边跳离的过程，系统(人、车和货厢)的动量守恒，设人的水平速度大小是v 1.车的反冲速度大小是v 2，则mv 1－Mv 2＝0，v 2＝14v 1.人跳离货厢后做平抛运动，车以v 2做匀速运动，运动时间为t ＝2hg＝0.5 s ，在这段时间内人的水平位移s 1和车的位移s 2分别为s 1＝v 1t ，s 2＝v 2t .如图所示．s 1＋s 2＝l ，即v 1t ＋v 2t ＝l ， 则v 2＝l 5t ＝45×0.5m/s ＝1.6 m/s.(2)车的水平位移为s 2＝v 2t ＝1.6×0.5 m＝0.8 m.人落到车上A 点的过程，系统水平方向的动量守恒(水平方向系统不受外力)，人落到车上之前的水平速度大小仍为v 1，车的速度大小为v 2，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mv 1－Mv 2＝(M ＋m )v ，则v ＝0.故人落到车上A 点站定后车的速度为零．11．如图所示，水平地面上固定有高为h 的平台，台面上有固定的光滑坡道，坡道顶端距台面高也为h ，坡道底端与台面相切．小球A 从坡道顶端由静止开始滑下，到达水平光滑的台面后与静止在台面上的小球B 发生碰撞，并粘连在一起，共同沿台面滑行并从台面边缘飞出，落地点与飞出点的水平距离恰好为台高的一半．两球均可视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为g ，求：(1)小球A 刚滑至水平台面的速度v A ； (2)A 、B 两球的质量之比m A ∶m B ． 【答案】(1)2gh (2)1∶3【解析】(1)小球从坡道顶端滑至水平台面的过程中，由机械能守恒定律得：m A gh ＝12m A v 2A ，解得：v A ＝2gh .(2)设两球碰撞后共同的速度为v ，由动量守恒定律得：m A v A ＝(m A ＋m B )v粘在一起的两球飞出台面后做平抛运动，设运动的时间为t ，由运动学公式，在竖直方向上有：h ＝12gt 2，在水平方向上有：12h ＝vt ，联立上述各式，得m A ∶m B ＝1∶3.12．某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M 的卡通玩具稳定地悬停在空中．为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S 的喷口持续以速度v 0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S )；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开．忽略空气阻力．已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g ，求：(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度．【答案】(1)ρv0S(2)v202g －M2g 2ρ2v20S2【解析】(1)在一段很短的Δt时间内，可以认为喷泉喷出的水柱保持速度v0不变．该时间内，喷出水柱高度Δl＝v0Δt喷出水柱质量Δm＝ρΔV其中ΔV为水柱体积，ΔV＝Δl·S可得喷泉单位时间内喷出的水的质量为ΔmΔt＝ρv0S.(2)设玩具底面相对于喷口的高度为h，由玩具受力平衡得F冲＝Mg其中，F冲为玩具底部水体对其的作用力．由牛顿第三定律有F压＝F冲其中，F压为玩具对其底部下面水体的作用力．设v′为水体到达玩具底部时的速度，由运动学公式有v′2－v20＝－2gh在很短的Δt时间内，冲击玩具水柱的质量为Δm，Δm＝ρv0SΔt由题意可知，在竖直方向上，对该部分水柱由动量定理有(F 压＋Δmg )Δt ＝Δm ·v ′由于Δt 很小，Δmg 也很小，可以忽略， 上式变为F 压·Δt ＝Δm ·v ′ 即F 压＝Δm Δt ·v 可得h ＝v 202g －M 2g2ρ2v 20S 2.。

第四节反冲运动［目标定位］ 1.了解反冲运动及反冲运动的应用。

2.能够应用动量守恒定律解决反冲运动的相关问题。

3。

了解火箭的飞行原理及决定火箭最终速度大小的因素．一、反冲运动1．反冲：当一个物体向某一方向射出(或抛出)其中的一部分时，这个物体的剩余部分将向相反方向运动的现象叫反冲．2．反冲现象遵循动量守恒定律想一想为什么反冲运动系统动量守恒?答案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，但由于系统内力远远大于外力，所以系统的总动量是守恒的．二、火箭1．工作原理：火箭的工作原理是反冲运动，其反冲过程动量守恒．它靠向后喷出的气流的反冲作用而获得向前的速度．2．火箭的最终速度取决于两个条件：一是向后的喷气速度v；二是质量比Mm，即火箭开始飞行时的质量与燃料燃尽时的质量之比．预习完成后，请把你疑惑的问题记录在下面的表格中问题1问题2问题3一、对反冲运动的理解1．反冲运动的特点及遵循的规律（1）特点:是物体之间的作用力与反作用力产生的效果．（2）条件：①系统不受外力或所受外力之和为零；②内力远大于外力；③系统在某一方向上不受外力或该方向所受外力之和为零;（3)反冲运动遵循动量守恒定律．2．讨论反冲运动应注意的两个问题（1）速度的反向性：对于原来静止的整体，被抛出部分具有速度时，剩余部分的速度方向与被抛出部分的速度方向必然相反．（2)速度的相对性：一般都指对地速度．【例1】质量相等的A、B两球之间压缩一根轻质弹簧，静置于光滑水平桌面上，当用板挡住小球A而只释放B球时，B球被弹出落到距桌边水平距离为s的地面上，如图1所示．若再次以相同力压缩该弹簧，取走A左边的挡板，将A、B同时释放,则B球的落地点距桌边( )图1A。

错误! B。

错误!s C．s D.错误!s答案D解析挡板挡住A球时，弹簧的弹性势能全部转化为B球的动能，有E p＝错误!mv错误!,挡板撤走后，弹性势能被两球平分，则有E p＝2×错误!mv B′2,由以上两式解得v B′＝错误!v B,由平抛运动知识可知s＝v B t，s′＝v B′t，所以s＝错误!s，D对．针对训练如图2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α，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________．图2答案错误!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 α，根据动量守恒定律有：mv0cos α－Mv＝0所以炮车向后反冲的速度为v＝错误!。

1.4 反冲运动课堂互动三点剖析一、反冲运动1.反冲运动的产生是系统内力作用的结果，两个相互作用的物体A 、B 组成的系统，A 对B 的作用力使B 获得某一方向的动量，B 对A 的反作用力使A 获得相反方向的动量，从而使A 沿着与B 的运动方向相反的方向做反冲运动.2.实际遇到的反冲运动问题通常有以下三种：（1）系统不受外力或所受外力之和为零，满足动量守恒的条件，可以用动量守恒定律解决反冲运动问题.（2）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解决反冲运动问题.（3）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解决反冲运动问题.3.动量守恒定律研究的是相互作用的物体总动量问题，如果合外力为零，则总动量守恒，但每个物体的动量都要变化，这是由于相互作用的内力对各个物体都有冲量，据动量定理Ft=Δp,F=tp ∆,如果Δp 为某个常数，若时间t 非常小，则F 很大，这时候即使合外力不为零，由于外力远小于内力，可以忽略外力的影响，认为系统动量守恒；但如果时间t 达不到非常小，内力不是非常大，不满足外力远小于内力，则不能认为动量守恒.例如两物体碰撞后结合在一起，由于作用时间极短，即使在不光滑的平面上，也认为动量守恒，但如果两物体间有一根轻质弹簧，两物体通过弹簧相互作用而达到共同速度，这个作用时间就比较长，不满足内力远大于外力的条件，就不能认为动量守恒了.二、爆炸爆炸的过程满足动量守恒的条件，只是在炮弹炸开的那一瞬间，才有内力远大于外力，当爆炸结束以后就不再存在这个很大的内力，则系统动量不再守恒.前述碰撞过程机械能不变或有损失，不可能增大，但爆炸过程机械能可能会增加，这是因为火药爆炸产生的能量有可能转化为机械能.当一个静止的物体爆炸后，炸成两块的质量分别是m 1、m 2，速度分别是v 1、v 2，爆炸消耗的化学能E 全部转化成动能，则有：m 1v 1=m 2v 2 E=2222112121v m v m + 各个击破【例1】 如图1-4-2所示，质量为M 的炮车静止在水平面上，炮筒与水平方向夹角为θ，当炮车发射一枚质量为m 、对地速度为v 0的炮弹后，炮车的反冲速度为________________.图1-4-2解析：在炮弹发射过程中，炮车所受阻力远小于内力，故系统在水平方向动量守恒. 设炮车速度为v ，则由水平方向动量守恒可得0=Mv+mv 0cos θ解得v=Mm v θcos 0-,负号说明炮车是后退的. 答案：Mm v θcos 0 类题演练一个连同装备共有100 kg 的宇航员，脱离宇宙飞船后，在离飞船45 m 处与飞船处于相对静止状态.装备中有一个高压气源,能以50 m/s 的速度喷出气体.宇航员为了能在10 min 时间内返回飞船，他需要在开始返回的瞬间一次性向后喷出多少气体？解析：宇航员喷出气体获得反冲速度后匀速回到飞船，由位移与时间可知喷气后飞船的速度，据动量守恒定律可求喷出气体的质量.设题中所给数据为M=100 kg,s=45 m,v 1=50 m/s,时间t=10 min=600 s,喷出气体的质量为m ，喷气后宇航员获得的速度是v 2,由动量守恒得（M-m ）v 2=mv 1由运动学公式得v 2=ts .由以上两式解得m=0.15 kg. 答案：0.15 kg变式提升一个士兵，坐在皮划艇上，他连同装备和皮划艇的总质量共120 kg.这个士兵用自动枪在2 s 时间内沿水平方向射出10发子弹，每颗子弹质量10 g ，子弹离开枪口时相对地面的速度都是800 m/s.射击前皮划艇是静止的.（1）射击后皮划艇的速度是多大？（2）士兵射击时枪所受到的平均反冲作用力有多大？解析：每次发射子弹过程中，对人、艇、枪及子弹组成的系统总动量守恒，连续发射十颗子弹和一次性发射十颗子弹结果相同.（1）设题中所给数据M=120 kg,t=2 s,m=0.01 kg,v 1=800 m/s,射击后皮划艇的速度是v 2，由动量守恒得：10mv 1=(M-10m)v 2解得v 2=0.67 m/s.（2）设平均反冲作用力为F ，在该力作用下人、艇、枪组成系统做匀加速运动，由牛顿第二定律F=Ma,及运动学公式v=at,解得F=40.2 N.答案：(1)0.67 m/s (2)40.2 N【例2】 一个在空中飞行的手雷，以水平速度v 飞经离地面高为h 的轨道最高点时，炸裂成A 、B 两块，A 、B 质量之比为n （少量炸药质量不计）.之后，B 正好自由下落，求A 的落地点比不发生爆炸时手雷的落地点远多少？爆炸前后机械能变化了多少？解析：爆炸前后动量守恒，有mv=m A v A得v A =v nn n nm mv m mv A )1(1+=+= 爆炸后，A 以v A 做平抛运动，运动时间t=gh 2 射程的增加量Δs 为Δs=(v A -v)t=(v n n 1+-v)g h 2=g h nv 2.此题爆炸前后可认为动量守恒，但机械能并不守恒，ΔE=22222121)1(121mv nmv v n n n nm =-++.机械能是增加的，这一点与碰撞过程不同. 答案：g h n v 2 增加 221mv n。

2019-2020年高中物理第一章碰撞与动量守恒第四节反冲运动自我小测粤教版选修3-51下面属于应用反冲运动的有( )A．喷气式飞机正在飞行B．反击式水轮机的转动C．电扇叶片的转动D．火箭发射人造卫星2车厢停在光滑的水平轨道上，车厢后面的人对前壁发射一颗子弹，设子弹质量为m，射出时的速度为v，车厢和人的质量为M，则子弹陷入前车壁后，车厢的速度为 ( )A.mvM向前 B.mvM向后C.mvm＋M向前 D．03如图1－4－2所示，质量为M的气缸置于光滑的水平地面上，缸内有一隔板P，隔板右侧是真空，左侧是质量为m的高压气体，若将隔板突然抽去，则气缸的运动情况是( )图1－4－2A．保持静止不动B．向左移动一段距离后又静止C．向左移动一段距离后继而向左匀速运动D．先向左移动，后向右移动回到原来位置4质量为M的原子核，原来处于静止状态，当它以速度v放出质量为m的粒子时(设v 方向为正)，剩余部分速度为( )A.mvM－mB．－mvM－mC．－mvm－MD．－mvM5如图1－4－3所示，自行火炮连同炮弹的总质量为M，当炮管水平，火炮车在水平路面上以v1的速度向右匀速行驶中，发射一枚质量为m的炮弹后，自行火炮的速度变为v2，仍向右行驶，则炮弹相对炮筒的发射速度v0为( )图1－4－3A.1－v 2＋mv 2m B.1－v 2mC.1－v 2＋2mv 2mD.1－v 2－1－v 2m6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1－4－4所示位置，无初速度地沿大球内壁滚到最低点时，大球移动的距离为( )图1－4－4A ．R/2B ．R/3C ．R/5D ．R/67一质量为6×103kg 的火箭从地面竖直向上发射，若火箭喷射燃料气体的速度(相对于火箭)为103 m/s ，求：(g 取10 m/s 2)(1)每秒钟喷出多少气体才能有克服火箭重力所需的推力？(2)每秒钟喷出多少气体才能使火箭在开始时有20 m/s 2的加速度？8在光滑水平桌面上，有一长为l ＝2 m 的木板C ，它的两端各有一挡板，C 的质量m C ＝5 kg ，在C 的正中央并排放着两个可视为质点的滑块A 、B ，质量分别为m A ＝1 kg ，m B ＝4 kg ，开始时A 、B 、C 都静止，并且AB 间夹有少量的塑胶炸药，如图1－4－5所示．炸药爆炸使得A 以6 m/s 的速度水平向左运动，如果A 、B 与C 间的摩擦可忽略不计，两滑块中任一块与挡板碰撞后都与挡板结合成一体，爆炸和碰撞时间都可忽略．求：图1－4－5(1)当两滑块都与挡板相撞后，板C 的速度是多大？(2)到两个滑块都与挡板碰撞为止，板的位移大小和方向如何？9(探究)通过实验探究影响小火箭反冲速度大小的因素是什么．参考答案1解析：A 中喷气式飞机是依靠向后喷出高速气体获得的反冲力作为动力，故A 属反冲运动；反击式水轮机是靠水流过水轮机叶片时的反冲作用而转动，故属反冲运动；电扇叶片的转动是靠电扇电动机带动的，因而不是反冲运动；火箭发射人造卫星是靠火箭向后喷出高速气体而获得向前的动力，把卫星送到预定轨道上的，也属反冲运动．答案：ABD2解析：在车厢、人、子弹组成的系统中，合外力为零，因此作用过程及作用前后系统总动量守恒．人发射子弹前系统的总动量为零，子弹发射后，子弹向前飞的同时，车厢后退，子弹射入前壁后，系统总动量仍为零，所以车厢速度为零，故选项D 正确．答案：D3解析：抽去挡板瞬间，气体向真空部位流动并和气缸相互作用，气缸做反冲运动，向左运动，当气体充满整个气缸后，气体不再运动，则由动量守恒知，气缸也停止运动，所以气缸的状态是先向左移动一段后停止，即B 正确．答案：B4解析：由于原子核原来处于静止状态，总动量为零，可由动量守恒定律列方程求解． 由动量守恒定律得：0＝mv ＋(M －m)v′解得：v′＝－mv M －m . 答案：B5解析：自行火炮水平匀速行驶时，牵引力与阻力平衡，系统动量守恒，设向右为正方向，发射前动量之和为Mv 1，发射后系统的动量之和为(M －m)v 2＋m(v 0＋v 2)．由Mv 1＝(M －m)v 2＋m(v 0＋v 2)解得v 0＝Mv 1－－2m －v 2＝1－v 2m. 答案：B6解析：由于大球和小球组成的系统，水平方向不受外力作用，系统水平方向动量守恒，设小球m 运动到大球最低点时，相对地的水平方向位移大小为s 1，大球在该过程中对地的位移大小为s 2，据动量守恒定律，在水平方向：ms 1＝2ms 2，由数学知识知：s 1＋s 2＝2R －R ，由以上两式得大球移动的距离为s 2＝R 3. 答案：B7解析：这是一个反冲运动的问题，火箭升空是喷出的气体对火箭反作用力的结果，可以根据动量定理先求出火箭对气体的作用力．(1)以喷出的气体为研究对象，设每秒喷出的质量为Δm ，火箭对这部分气体的作用力为F ，由动量定理有F Δt ＝Δmv 0①火箭刚要升空时对地速度为零，此时气体相对火箭的速度也就是气体对地的速度，气体对火箭的反作用力F′＝F ，对火箭(忽略气体的重力)F′＝Mg②由①②两式解得Δm ＝Mg Δt v 0＝6×103×10×1103 kg ＝60 kg 即要获得克服火箭重力的推力，每秒要喷出60 kg 的气体．(2)同第(1)问，以喷出的气体Δm 为研究对象F Δt ＝Δmv 0③而对火箭F －Mg ＝Ma④由③④两式解得Δm ＝＋Δt v 0＝6×103＋103 kg ＝180 kg.答案：(1)60 kg (2)180 kg8解析：爆炸中A 、B 相互作用，系统满足动量守恒，A 、B 分离后以不同速率滑向挡板，A 先到达挡板与C 作用，发生完全非弹性碰撞，之后C 与B 有相对运动，直到碰撞为止，整个过程满足动量守恒．(1)设向左的方向为正方向，对A 、B 组成的系统，由动量守恒定律有：m A v A ＋m B v B ＝0得v B ＝－1.5 m/s对A 、B 、C 组成的系统，开始时静止，由动量守恒有(m A ＋m B ＋m C )v C ＝0得v C ＝0，即最终木板C 的速度为0.(2)A 先与C 相碰，由动量守恒：m A v A ＝(m A ＋m C )v 共所以v 共＝1 m/s从炸药爆炸到A 、C 相碰的时间：t 1＝l 2v A ＝16 s ，此时B 距C 的右壁s B ＝l 2－v B t 1＝0.75 m ，设再经过t 2时间B 与C 相碰，则t 2＝s B v B ＋v 共＝0.3 s ，故C 向左的位移 Δs C ＝v 共t 2＝1×0.3 m＝0.3 m.答案：(1)0 (2)0.3 m，方向向左9解析：反冲的实质是动量守恒定律，从动量守恒定律的公式出发，发现发射速度与火箭自身质量、喷气速度和气体质量的乘积有关．在本实验的探究过程中，由于我们给火箭加了相同质量的发射火药，故喷出气体的质量应该是相同的，在实验过程中，由于火箭发射后做的是竖直上抛运动，对同一地点重力加速度g又相同，只要测得竖直上抛运动中火箭从发射到落地所需要的时间t，就可以知道火箭的发射速度，这是一种数据处理转化的思想．答案：实验材料：相同规格的小火箭四支，竖直发射架，秒表，砝码．实验步骤：(1)把四支小火箭分成两组，每组两支，固定在竖直发射架上．(2)向第一组的两支小火箭加质量相同的发射火药，调节气体喷出口，使第一支的喷气口大于第二支的喷气口．(3)调节使第二组小火箭的喷气口相同，在第一支火箭上固定一小质量的砝码．(4)依次点燃发射，用秒表记录火箭从发射到落地的时间．探究结论：火箭的反冲速度与火箭的质量及发射过程中喷出气体的速度有关．。