教科版高中物理选择性必修第一册第一章动量与动量守恒定律6反冲课件

1.定义:如果一个静止的物体在内力的作用下分裂为两部分,一部分向某个方向运动,另一部

分必然向相反的方向运动,这个现象叫作反冲。2.特点(1)相互作用力常为变力,且作用力很大,一般都满足内力远大于外力。(2)反冲运动中,通常可以用动量守恒定律来处理。3.反冲现象的应用火箭、灌溉喷水器、反击式水轮机等都是利用反冲来工作的。知识点1

反冲现象必备知识清单破6

反冲1.原理:火箭燃料舱内的燃料被点燃后,产生急剧膨胀的燃气,舱壁对这部分燃气的作用力使

气体从火箭尾部高速喷出,燃气对火箭的反作用力把火箭推向前方。2.影响火箭获得速度大小的因素(1)向后的喷气速度;(2)质量比,即火箭开始飞行时的质量与燃料燃尽时的质量之比。喷气速

度越大,质量比越大,火箭获得的最终速度越大。知识点2火箭的发射知识辨析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吗?2.为什么多级火箭在发射过程中要将空壳抛掉?3.一个人在地面上立定跳远的最好成绩是s。假设他站立在船上处于静止状态,想要跳到相

距L的岸上(设船与岸等高,忽略水的阻力),若L=s,他能跳上岸吗?一语破的1.不是。是向下喷出的燃气对火箭的反作用力作用的结果。2.提高最终速度。将空壳抛掉减小了火箭的质量,根据动量守恒,这样可以提高火箭的最终速

度。3.不能。当人往岸上跳时,人有一个向岸的速度,由动量守恒定律可知,船必然有一个离开岸

的速度,人和船分离时人和船的总动能等于人跳离地面时的动能,可知人跳离船时的速度小

于人跳离地面时的速度,所以L=s时,人一定跳不到岸上。1.动量与机械能方面: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,

但由于系统内力远大于外力,所以系统的总动量可以视为守恒。在反冲运动中,由于有其他

形式的能转化为机械能,所以系统的机械能增加。2.速度与位移方面:在反冲运动中,系统在某个方向上满足动量守恒,则有m1v1-m2v2=0,故v1=

v2。物体在这一方向上有速度,则产生位移,位移同样满足s1=

s2,它们之间的相对位移s相对=s1+s2。关键能力定点破定点1反冲运动遵循的规律导师点睛

反冲运动问题中,题目中给出的速度可能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相对于同一参考系的速度,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,再根据动量守恒定律列方程。1.火箭是利用反冲原理工作的,燃料燃烧,高速向后喷出气体,箭体获得向前的速度,随着不断

喷出气体而加速。设火箭开始时静止,然后相对于地面以速度大小u喷出质量为Δm的气体,

剩余箭体的质量为m,火箭获得的速度大小为Δv,由动量守恒定律得mΔv-Δm·u=0,解得Δv=

。由此可知,火箭的发射速度Δv与喷气速度u和

有关,而Δm=m0-m(m0为火箭喷气之前的质量),则Δv=

u,所以若想使火箭获得较大的速度,可通过增大喷气速度u或增大火箭喷气前后的质量比来实现。2.为了提高火箭的速度,需要应用多级火箭。多级火箭在发射过程中要将燃料用完的箭体抛

弃,这样可以减小火箭的质量,从而提高火箭的最终速度。定点2火箭发射速度分析1.“人船模型”如下页图所示,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。

以人和船组成的系统为研究对象,在人由船的一端走到另一端的过程中,系统水平方向不受外力作用,所以整个系统水平方向动量守恒,可得m船v船=m人v人。定点3“人船模型”问题2.“人船模型”问题的特征原来静止的两物体发生相互作用时,若所受外力的矢量和(或在某方向上外力的矢量和)为零,

则系统动量守恒(或在某方向上动量守恒)。相互作用过程中,任一时刻两物体的速度(或在某

方向上的速度)大小之比都等于质量的反比,此类问题归为“人船模型”问题。3.“人船模型”问题的分析首先利用动量守恒(或在某方向上动量守恒),确定两物体的速度关系,再确定两物体通过的位

移关系。以两物体组成的系统动量守恒为例分析:由于动量守恒,所以任一时刻系统的总动量都为零,

动量守恒的表达式可写成m1v1-m2v2=0(v1、v2分别是质量为m1、m2的两物体的瞬时速率),表明

任意时刻两物体的瞬时速率之比都等于质量的反比,所以全过程的平均速度之比也等于质量

的反比,故有m1

-m2

=0。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x1和x2,则有m1

-m2

=0,化简整理得m1x1-m2x2=0或m1x1=m2x2,以上结论也适用于某一方向的动量守恒。4.“人船模型”问题的结论(1)人走船行,人停船停;人快船快,人慢船慢。(2)

=

,两物体的位移(在系统满足动量守恒的方向上的位移)大小之比等于质量的反比。(3)x1=

(x1+x2),x2=

(x1+x2)

,即x1、x2大小与物体的运动时间和运动状态无关。5.“人船模型”拓展(1)气球和人如图,载人气球原来静止在空中,离地高度为h,人的质量为m1,气球的质量为m2(不含人的质

量)。若气球下悬吊一轻绳,人沿轻绳返回地面,取人和气球为一个系统,系统初始静止且同时

开始运动,人到达地面时,人对地的位移大小为h,设气球对地的位移大小为h0,则根据“人船模

型”有m2h0=m1h,解得h0=

,则轻绳的长度至少为l=h+h0=

h。

不计空气阻力和摩擦力,人(可视为质点)向下运动至地面(2)物块和劈如图,一个质量为m2、底面边长为b的劈静止在光滑的水平地面上,有一质量为m1的物块由劈

顶部无初速度滑至底部时,劈和物块组成的系统在水平方向不受外力,水平方向动量守恒,且

初始时两物体均静止,根据“人船模型”有m1x1=m2x2,则物块移动的水平距离为x1=

b,劈移动的距离为x2=

b。地面光滑,物块(可视为质点)从顶端滑到底端(3)小球和滑块如图,质量为m2的滑块套在光滑杆上,有一质量为m1的小球通过长度为l的细线与滑块相连,小

球从与滑块等高处开始无初速度下摆到最低点时,滑块和小球组成的系统在水平方向动量守

恒。根据“人船模型”有m1x1=m2x2,故此过程中小球发生的水平位移为x1=

l,滑块的位移为x2=

l。典例

(多选)小车静置于光滑的水平地面上【1】,小车的A端固定一个轻质弹簧,B端粘有橡皮

泥,小车的质量为M,质量为m的木块C放在小车上,用轻绳连接于小车的A端并使弹簧压缩。

开始时小车与C都处于静止状态【2】,此时C与小车B端间的距离为L,如图所示。现突然烧断轻

绳,弹簧被释放,使木块C离开弹簧向B端冲去,并跟B端橡皮泥粘在一起【3】,以下说法中正确的

是

(

)A.如果小车内表面光滑,整个系统任何时刻机械能都守恒典例BCB.当木块对地运动速度大小为v时,小车对地运动速度大小为

vC.小车向左运动的最大位移为

D.小车向左运动的最大位移为

L信息提取

【1】小车与C组成的系统所受合外力为零;【2】小车与C的总动量为零;【3】此过程的碰撞属于完全非弹性碰撞。思路点拨

在整个过程中,小车与C组成的系统动量守恒且系统最初静止,该系统属于“人船

模型”。根据碰撞性质分析机械能是否守恒,根据动量守恒定律【4】分析小车对地的速度,根

据“人船模型”规律【5】分析小车运动的位移。解析

在整个过程中,小车与C这一系统动量守恒(由【1】得到),在C与小车碰撞粘接过程有

机械能损失(由【3】得到),故A错误;对小车与C这一系统,有Mv'-mv=0(由【2】、【4】得到),

可得v'=

v,故B正确;设小车对地的位移为d,可得M

-m

=0(由【5】得到),化简可得Md=m(L-d),所以小车向左运动的位移d=

,故C正确,D错误。学科素养题型破题型1动量与动力学观点的综合应用讲解分析1.解决动力学问题的三个基本观点(1)力的观点:运用牛顿运动定律结合运动学知识解题,可处理匀变速运动问题。(2)能量观点:用动能定理和能量守恒观点解题,可处理非匀变速运动问题。(3)动量观点:用动量定理和动量守恒观点解题,可处理非匀变速运动问题。通常这几个观点要综合运用,全面考虑。2.力学中的五大规律规律公式牛顿第二定律F合=ma动能定理W合=ΔEkW合=

m

-

m

机械能守恒定律E1=E2mgh1+

m

+E弹1=mgh2+

m

+E弹2(选取参考平面)动量定理F合t=p'-pI合=Δp动量守恒定律m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'3.规律的选用(1)认真审题,明确题目所述的物理情境,确定研究对象。(2)分析研究对象的受力情况、运动状态以及运动状态的变化过程,作草图。(3)根据运动状态的变化规律确定解题观点,选择适用规律。①运用力的观点时,要认真分析运动状态的变化,关键是求出加速度;②运用两大定理时,应确定过程的始、末状态的动量(动能),分析并求出过程中的冲量(功);③若可判断研究对象在某运动过程中满足动量守恒或机械能守恒的条件,则可根据题意选择

合适的始、末状态,列守恒关系式,这两个守恒定律多用于求研究对象在末状态时的速度(速

率)。(4)根据选择的规律列式,有时还需要挖掘题目中的其他条件(如隐含条件、临界条件、几何

关系等)并列出辅助方程。(5)代入数据,计算结果。例题如图甲所示,光滑水平面【1】上有一质量为M=1kg的足够长的木板。木板左端有一质量

为m=0.5kg的物块(视为质点),物块与木板间的动摩擦因数为μ=0.2。初始时物块与木板均处

于静止状态,已知重力加速度g=10m/s2,物块与木板间的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。

(1)若仅给木板一水平向左的初速度v0=3m/s,求物块相对木板滑动的距离【2】;(2)若仅给物块施加一水平向右的力F,F随时间t变化的图像如图乙所示【3】,求物块与木板最

终的速度。典例呈现例题信息提取

【1】没有施加外力时,物块与木板组成的系统动量守恒;【2】可从机械能损失角度入手;【3】0.5s以后,系统所受外力为0。思路点拨

(1)若仅给木板一水平向左的初速度,由于物块与木板的相互摩擦,物块加速,木板

减速,最终二者共速,物块与木板组成的系统动量守恒,根据动量守恒定律【4】求出物块与木板

的最终速度,根据能量守恒定律【5】,系统减少的机械能等于物块与木板摩擦产生的内能,根据

Q=μmgx相对【6】,从而得出物块相对木板滑动的距离;(2)若仅给物块施加一水平向右的力F,根据

牛顿第二定律【7】,由整体法与隔离法判断二者能否一起向右加速,如果不能,物块和木板相对

运动,根据动量定理【8】求出0.5s时各自的速度,0.5s以后,系统所受外力为0,动量守恒,根据动

量守恒定律得出物块与木板最终的速度。解析

(1)以v0的方向为正方向,设物块与木板最终达到相同速度v,物块在木板上滑过的距离

为L,有Mv0=(M+m)v(由【1】、【4】得到),μmgL=

M

-

(M+m)v2(由【5】、【6】得到),联立解得L=1.5m。(2)若物块和木板一起向右加速,则对木板有μmg≥Ma0,对整体有F=(M+m)a0(由【7】得到),解得F≤1.5N,故在如图乙所示拉力F的作用下物块和木板无法一起加速。设经过t1=0.5s,物块的速度为v1,木板的速度为v2,对物块有

t1-μmgt1=mv1,对木板有μmgt1=Mv2,(由【8】得到)解得v1=0.8m/s,v2=0.5m/s,0.5s后系统动量守恒,设物块和木板最终达到相同速度v',有mv1+Mv2=(M+m)v',解得v'=0.6m/s。答案

(1)1.5m

(2)0.6m/s素养解读

动量及其守恒定律是学生形成运动与相互作用观念的重要基础,它与其他力学规

律具有密切联系,掌握好动量及其守恒定律的知识,可以使学生对各类运动有更加清晰、全

面的认识。本题很好地体现了物理观念和科学思维,培养学生应用守恒思维分析物理问题的

能力。题型2多过程、多次碰撞问题讲解分析1.表现形式(1)直线运动:水平面上的直线运动、斜面上的直线运动、传送带上的直线运动等。(2)圆周运动:绳模型圆周运动、杆模型圆周运动、拱(凹)形桥模型圆周运动等。(3)平抛运动:与斜面有关的平抛运动、与圆轨道有关的平抛运动等。2.应对策略多过程问题综合性强,解题时要认真分析物体相互作用的过程,将过程合理分段,明确在

每一个子过程中哪些物体组成的系统动量守恒,哪些物体组成的系统机械能守恒,然后根据

不同的过程和系统选择力学定律。对于包含圆周运动的过程,通常要结合向心力公式提取信

息,如物体在最高点和最低点的速度;对于包含平抛运动的过程,通常是先碰撞,再平抛,结合平

抛运动规律提取信息,如平抛初速度,由此得出物体碰后速度。典例呈现例题如图所示,在竖直面内,一质量为m的物块a静置于悬点O正下方的A点,以速度v逆时针转

动的传送带MN与直轨道AB、CD、FG处于同一水平面上,AB、MN、CD的长度均为l。圆弧

形细管道DE半径为R,EF在竖直直径上,E点高度为H。开始时,与物块a相同的物块b悬挂于O

点,并向左拉到一定的高度h由静止下摆,细线始终张紧,摆到最低点时恰好与a发生弹性正碰

【1】。已知m=2g,l=1m,R=0.4m,H=0.2m,v=2m/s,物块与MN、CD之间的动摩擦因数μ=0.5,轨

道AB和管道DE均光滑,物块a落到FG时不反弹且静止。忽略M、B和N、C之间的空隙,CD与

DE平滑连接,物块可视为质点,取重力加速度g=10m/s2。(1)若h=1.25m,求a、b碰撞后瞬间物块a的速度v0的大小;(2)物块a在DE最高点时【2】,求管道对物块的作用力FN与h间满足的关系;(3)若物块b释放高度满足0.9m<h<1.65m【3】,求物块a最终静止的位置x值的范围(以A点为坐

标原点,水平向右为正,建立x轴)。例题

信息提取

【1】a、b碰撞后速度交换;【2】如果a刚好能到DE最高点,则有mgh-2μmgl-mgH=0,得物块b释放高度是h=1.2m;【3】0.9m<h<1.2m,物块a会在E点左侧,1.2m≤h<1.65m,物块a会在E点或E点右侧。思路分析

本题分析思路如下:解析

(1)物块b由静止摆到最低点过程中,由机械能守恒定律可得mgh=

m

,解得vb=5m/s,b与a发生弹性碰撞,根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得mvb=mvb'+mv0,

m

=

mvb'2+

m

,联立解得物块a的速度v0=vb=5m/s(由【1】得到)。(2)由(1)分析可知,物块b与物块a在A点发生弹性正碰,速度交换,物块a刚好可以到达E点时,根

据动能定理可得mgh-2μmgl-mgH=0,解得