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1 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
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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,:,:。
第五节 自然界中的守恒定律情景导入在自然界中,形形色色现象和存在的事物都是和谐的、对称的，比如人分男女，人左右对称，在物理学中有时间对称性和空间对称性，你能根据你所学的知识指出一些对称吗？我国主要银行商标是对称图象图1-5-1简答：天体的运动和电子的绕核运动；无阻力下的小球摆动，左右对称；万有引力定律F=221r m m G 和库仑定律F=221rQ Q k 的对称等等.所以，我们用对称的思想去观察、去理解物理是非常必要的.知识预览⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎧⎩⎨⎧⎩⎨⎧⎩⎨⎧守恒定律来源于对称不变性对称的本质是具有某种定恒与对称间变换中的不变性动量守恒对应着某种空构成的系统应用于相互作用的物体恒定律动量守间变换中的不变性能量守恒对应着某种时但部民能量守恒它们之间可以相互转化的能量自然界中存在多种形式恒定律能量守律定恒守,, 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.。
