人船模型--反冲讲解

§4 人船模型与反冲运动 知识目标一、人船模型1．若系统在整个过程中任意两时刻的总动量相等，则这一系统在全过程中的平均动量也必定守恒。

在此类问题中，凡涉及位移问题时，我们常用“系统平均动量守恒”予以解决。

如果系统是由两个物体组成的，合外力为零，且相互作用前均静止。

相互作用后运动，则由0=m 11v +m 22v 得推论0＝m 1s 1＋m 2s 2，但使用时要明确s 1、s 2必须是相对地面的位移。

2、人船模型的应用条件是：两个物体组成的系统（当有多个物体组成系统时，可以先转化为两个物体组成的系统）动量守恒，系统的合动量为零．二、反冲运动1、指在系统内力作用下，系统内一部分物体向某发生动量变化时，系统内其余部分物体向相反方向发生动量变化的现象2.研究反冲运动的目的是找反冲速度的规律，求反冲速度的关键是确定相互作用的物体系统和其中各物体对地的运动状态．规律方法1、人船模型及其应用【例1】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的人站在船头，若不计水的阻力，当人从船头走到船尾的过程中，船和人对地面的位移各是多少？解析:当人从船头走到船尾的过程中,人和船组成的系统在水平方向上不受力的作用,故系统水平方向动量守恒,设某时刻人对地的速度为v 2,船对地的速度为v 1,则mv 2－Mv 1=0,即v 2/v 1=M/m.在人从船头走到船尾的过程中每一时刻系统的动量均守恒,故mv 2t －Mv 1t=0,即ms 2－Ms 1=0,而s 1+s 2=L 所以1,m s L M m =+2M s L M m=+ 思考：（1)人的位移为什么不是船长？(2)若开始时人船一起以某一速度匀速运动，则还满足s 2/s 1=M/m 吗？【例2】载人气球原静止于高h 的高空，气球质量为M ，人的质量为m ．若人沿绳梯滑至地面，则绳梯至少为多长？ 解析：气球和人原静止于空中，说明系统所受合力为零，故人下滑过程中系统动量守恒，人着地时，绳梯至少应触及地面，因为人下滑过程中，人和气球任意时刻的动量大小都相等，所以整个过程中系统平均动量守恒．若设绳梯长为l ，人沿绳梯滑至地面的时间为 t ，由图4—15可看出，气球对地移动的平均速度为（l －h ）/t ，人对地移动的平均速度为－h/t （以向上为正方向）．由动量守恒定律，有M （l －h ）/t －m h/t=0．解得 l=M m M +h ． 答案：Mm M +h 说明：（1）当问题符合动量守恒定律的条件，而又仅涉及位移而不涉及速度时，通常可用平均动量求解．（2）画出反映位移关系的草图，对求解此类题目会有很大的帮助．（3）解此类的题目，注意速度必须相对同一参照物．【例3】如图所示，一质量为m l 的半圆槽体A ，A 槽内外皆光滑，将A 置于光滑水平面上，槽半径为R.现有一质量为m 2的光滑小球B 由静止沿槽顶滑下，设A 和B 均为弹性体，且不计空气阻力，求槽体A 向一侧滑动的最大距离． 解析:系统在水平方向上动量守恒,当小球运动到糟的最右端时,糟向左运动的最大距离设为s 1,则m 1s 1=m 2s 2,又因为s 1＋s 2=2R,所以21122m s R m m =+ 思考：(1)在槽、小球运动的过程中，系统的动量守恒吗？(2)当小球运动到槽的最右端时，槽是否静止？小球能否运动到最高点？(3)s 1＋S 2为什么等于2R,而不是πR?【例4】某人在一只静止的小船上练习射击，船、人连同枪（不包括子弹）及靶的总质量为M,枪内有n 颗子弹，每颗子弹的质量为m ，枪口到靶的距离为L ，子弹水平射出枪口相对于地的速度为v 0，在发射后一发子弹时，前一发子弹已射入靶中，在射完n 颗子弹时，小船后退的距离为（）解析:设n 颗子弹发射的总时间为t,取n 颗子弹为整体,由动量守恒得nmv 0=Mv 1,即nmv 0t=Mv 1t;设子弹相对于地面移动的距离为s 1,小船后退的距离为s 2,则有: s 1=v 0t, s 2= v 1t;且s 1＋s 2=L解得:2nml s M nm=+.答案C 【例5】如图所示，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，当小球从图示位置无初速度地沿大球壁滚到最低点时，大球移动的距离是多少?解析:设小球相对于地面移动的距离为s 1,大球相对于地面移动的距离为s 2.下落时间为t,则由动量守恒定律得12122;s s m m s s R t t =+=;解得213s R = 【例6】如图所示，长20 m 的木板AB 的一端固定一竖立的木桩，木桩与木板的总质量为10kg ，将木板放在动摩擦因数为μ=0. 2的粗糙水平面上，一质量为40kg 的人从静止开始以a 1=4 m/s 2的加速度从B 端向A 端跑去，到达A 端后在极短时间内抱住木桩（木桩的粗细不计），求：（1)人刚到达A 端时木板移动的距离．(2)人抱住木桩后木板向哪个方向运动，移动的最大距离是多少？(g 取10 m/s 2） 解析:(1)由于人与木板组成的系统在水平方向上受的合力不为零,故不遵守动量守恒.设人对地的位移为s 1,木板对地的速度为s 2,木板移动的加速度为a 2,人与木板的摩擦力为F,由牛顿定律得:F=Ma 1=160N;()22160500.210 6.0/10F M m g a m s m μ-+-⨯⨯=== 设人从B 端运动到A 端所用的时间为t,则s 1=?a 1t, s 2=?a 2t; s 1＋s 2=20m由以上各式解得t=2.0s,s 2=12m(2)解法一:设人运动到A 端时速度为v 1,木板移动的速度为v 2,则v 1=a 1t=8.0m/s, v 2=a 2t=12.0m/s,由于人抱住木桩的时间极短,在水平方向系统动量守恒,取人的方向为正方向,则Mv 1－mv 2=(M+m)v,得v=4.0m/s.由此断定人抱住木桩后,木板将向左运动.由动能定理得(M+m)μgs=?(M+m)v 2解得s=4.0m.解法二:对木板受力分析,木板受到地面的摩擦力向左,故产生向左的冲量,因此,人抱住木桩后,系统将向左运动.由系统动量定理得(M ＋m)μgt=(M+m)v,解得v=4.0m/s由动能定理得(M+m)μgs=?(M+m)v 2解得s=4.0m.2、反冲运动的研究【例7】如图所示，在光滑水平面上质量为M 的玩具炮．以射角α发射一颗质量为m 的炮弹，炮弹离开炮口时的对地速度为v 0。

√B.3.6 m
图2
C.2.6 m
D.8 m
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解析 当人滑到下端时，设人相对地面下滑的位移大小为 h1，气球相对地面上升的位移大小为 h2，由动量守恒定律， 得 m1ht1＝m2ht2，且 h1＋h2＝h，解得 h2≈3.6 m，所以他离 地高度是 3.6 m，故选项 B 正确.
12
本课结束
(2)运动第1 s末，火箭的速度为多大？ 答案 13.5 m/s
解析 发动机每秒钟喷气20次，以火箭和20次喷出的气体为研究对象， 根据动量守恒定律得：(M－20m)v20－20mv＝0， 故 v20＝M2－0m20vm≈13.5 m/s.
考向2 人船模型
例2 有一只小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(重一吨左右).一位同学
考向1 反冲运动
例1 一火箭喷气发动机每次喷出m＝200 g的气体，气体离开发动机喷 出时的速度v＝1 000 m/s.设火箭(包括燃料)质量M＝300 kg，发动机每秒 喷气20次. (1)当发动机第三次喷出气体后，火箭的速度为多大？ 答案 2 m/s
解析 设喷出三次气体后火箭的速度为v3， 以火箭和三次喷出的气体为研究对象，据动量守恒定律得： (M－3m)v3－3mv＝0，故 v3＝M3－m3vm≈2 m/s
置于光滑水平面上，斜面体质量为M，顶端高度为h.现有一质量为m的小
物块，沿光滑斜面下滑，当小物块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
mh A.M＋m
Mh B.M＋m
√ mh
C.M＋mtan α
Mh D.M＋mtan α
图1
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解析 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 对地位移大小为 x1，M 在水平方向上对地位移大小为 x2，以水平向左为 正方向，则有 0＝mx1－Mx2，且 x1＋x2＝tanh α，解得 x2＝M＋mmhtan α， C 项正确.

的箱子，和他一起以大小为v0＝2.0 m/s的速度滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来，为 了避免相撞，甲突然将箱子沿冰面推给乙，箱子滑到乙处时乙迅速把它抓住。若不计冰 面的摩擦力，求甲至少要以多大的速度(相对于地面)将箱子推出，才能避免与乙相撞。
过 一推：甲推箱 程 一接：乙接箱 追 刚好避免相撞 踪 全过程追踪
味
道
感觉不错！
闯关5
独 闯 天 涯
如图所示，半径为R的光滑半圆槽质量为M，静止在光滑的 水平面上，其内表面有一小球被细线吊着恰位于槽的边缘处，如将 线烧断。重力加速度为g.求： （1）小球滑到另一边的最高点时，半圆槽的速度V1; （2）小球滑到另一边的最高点时，半圆槽的位移； （3）小球滑到半圆槽最低点时的速度V2； （4）小球滑到半圆槽最低点时对轨道的压力.
独
假设万户及其所携设备(火箭、椅子、风筝等)的总质量为 M，点燃火箭后在极短的时间内，
闯 天 涯
质量为 m 的燃气相对地面以 v0 的速度竖直向下喷出，忽略空气阻力的影响，重力加速度为
g，下列说法正确的是(B)
载 人
A．火箭的推力来源于空气对它的反作用力
航
味
B．在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为Mm－v0m
D．以上说法都不对
味 道 指点 江 迷津 湖
根据动量守恒得 v′＝MMv0－－mmv，mv 可能大于、小于或等于 Mv0，所以 v′可能小 于、大于或等于零。
1.系统由两个物体组成且相互作用前静止，在系统内发生相对运动的过程
中至少有一个方向的动量守恒,利用平均动量守恒求解。属于反冲模型。
人 船 mv1=Mv2
我
走 mv1=Mv2
大 MS= m（L-S）
显 身

1 2
★★★★可从哪些角度考？★★★★ 可从哪些角度考？ 可从哪些角度考
1.人船模型及其应用 1.人船模型及其应用 1.如图所示 长为l、质量为M的小船停在静水 如图所示， 例1.如图所示，长为 、质量为 的小船停在静水 一个质量为m的人站在船头 若不计水的阻力， 的人站在船头， 中，一个质量为 的人站在船头，若不计水的阻力， 当人从船头走到船尾的过程中， 当人从船头走到船尾的过程中，船和人对地面的位 移各是多少？ 移各是多少？ 当人从船头走到船尾的过程中, 解:当人从船头走到船尾的过程中, 人和船组成的系统在水平方向上 S1 S2 不受力的作用, 不受力的作用, 每一时刻系统的平 L 均动量守恒,设人对地位移为 设人对地位移为S 均动量守恒 设人对地位移为 1， 船对地位移为S 船对地位移为 2，故 ms2－Ms1=0, 而s1+s2=L m M L, s 2 = L. 所以 s1 = M +m M +m
M
( M + m )h L = h+ H = M
★★★★可从哪些角度考？★★★★ 可从哪些角度考？ 可从哪些角度考
2.反冲问题 反冲问题 用火箭发射人造地球卫星,假设最后一节火箭的 例3.用火箭发射人造地球卫星 假设最后一节火箭的 用火箭发射人造地球卫星 燃料用完后,火箭壳体和卫星一起以速度 火箭壳体和卫星一起以速度v=7.0×103 燃料用完后 火箭壳体和卫星一起以速度 m/s绕地球做匀速圆周运动 已知卫星质量 绕地球做匀速圆周运动,已知卫星质量 绕地球做匀速圆周运动 已知卫星质量m= 500kg, 最后一节火箭壳体的质量M=100kg;某时刻火箭壳体 最后一节火箭壳体的质量 某时刻火箭壳体 与卫星分离,分离时卫星与火箭壳体沿轨道切线方向 与卫星分离 分离时卫星与火箭壳体沿轨道切线方向 的相对速度u=1.8×103m/s.试分析计算：分离后卫星 试分析计算： 的相对速度 × 试分析计算 的速度增加到多大？火箭壳体的速度多大？ 的速度增加到多大？火箭壳体的速度多大？分离后 它们将如何运动？ 它们将如何运动？ v1=7.3×103m/s， v2=5.5×103m/s × ， × 卫星分离后， ，将做离心运动， :设分离后卫星与火箭壳体相对于地面的速度分别 解卫星分离后， v1> v，将做离心运动，但以该点 设分离后卫星与火箭壳体相对于地面的速度分别 而火箭壳体分离后的速度v 而 为近地点做椭圆运动。火箭壳体分离后的速度 为近地点做椭圆运动而火箭壳体分离后的速度 2= 。 为v1和v2，分离时系统在轨道切线方向上动量守恒 5.5×103m/s< v，=m v1+M v2，且u= 其轨道为以该 × (M+m)v 因此做向心运动， v1- v2 ，因此做向心运动， 解得 v1=7.3×103m/s， × × 点为远地点的椭圆运动,进入大气层后，轨道将不 点为远地点的椭圆运动， v2=5.5×103m/s ,进入大气层后， 断降低并烧毁。 断降低并烧毁。