高考物理一轮复习第一章碰撞与动量守恒第四节反冲运动同步备课教学案

这是一份高考物理一轮复习第一章碰撞与动量守恒第四节反冲运动同步备课教学案，共11页。
一、反冲运动
[导学探究] 在生活中常见到这样的情形：吹饱的气球松手后喷出气体，同时向相反方向飞去；点燃“钻天猴”的药捻，便会向后喷出亮丽的火焰，同时“嗖”的一声飞向天空；乌贼向后喷出水后，它的身体却能向前运动，结合这些事例，体会反冲运动的概念，并思考以下问题：
(1)反冲运动的物体受力有什么特点？
(2)反冲运动过程中系统的动量、机械能有什么变化？
答案 (1)物体的不同部分受相反的作用力，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；反冲运动中，由于有其他形式的能转变为机械能，所以系统的机械能增加．
[知识梳理] 反冲运动
1．定义：如果一个静止的物体在内力的作用下分裂为两个部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向相反的方向运动．这个现象叫做反冲．
2．反冲运动的特点：是物体间作用力与反作用力产生的效果．
3．反冲运动的条件
(1)系统不受外力或所受合外力为零．
(2)内力远大于外力．
(3)某一方向上不受外力或所受合外力为零．
4．反冲运动遵循的规律：反冲运动遵循动量守恒定律．
[即学即用] 判断下列说法的正误．
(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、乌贼的运动利用了反冲的原理．( √ )
(4)反冲运动是相互作用的物体之间的作用力与反作用力产生的效果．( √ )
(5)只有系统合外力为零的反冲运动才能用动量守恒定律来分析．( × )
二、火箭
[导学探究] (1)火箭飞行利用了怎样的工作原理？在分析火箭运动问题时可否应用动量守恒定律？
(2)设火箭发射前的总质量是M，燃料燃尽后的质量为m，火箭燃气的喷射速度为v，试求燃料燃尽后火箭飞行的最大速度v′.
(3)分析提高火箭飞行速度的可行办法．
答案 (1)火箭靠向后连续喷射高速气体飞行，利用了反冲原理．由于火箭与“高温、高压”燃气组成的系统内力很大，远大于系统所受重力及阻力，故可应用动量守恒定律．
(2)在火箭发射过程中，由于内力远大于外力，所以动量守恒．取火箭的速度方向为正方向，发射前火箭的总动量为0，发射后的总动量为mv′－(M－m)v
则由动量守恒定律得0＝mv′－(M－m)v
所以v′＝eq \f(M－m,m)v＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(M,m)－1))v
(3)由上问可知火箭喷气后最大的速度v′＝(eq \f(M,m)－1)v
故可以用以下办法提高火箭飞行速度：
①提高喷气速度；②提高火箭的质量比；③使用多级火箭，一般为三级．
[知识梳理] 火箭的原理
1．工作原理
应用反冲运动，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．影响火箭最终速度大小的因素
(1)喷气速度：
现代液体燃料火箭的喷气速度约为2 000～4 000 m/s.
(2)火箭的质量比：
指火箭起飞时的质量与火箭除燃料外的箭体质量之比．现代火箭的质量比一般小于10.
喷气速度越大，质量比越大，火箭获得的速度越大．
[即学即用] 判断下列说法的正误．
(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．( √ )
三、“人船模型”探究
[导学探究] 如图1甲所示，人在漂浮在水面上的小船上行走，小船同时向着相反的方向运动，其简化运动如图乙．(不考虑船受到水的阻力)

图1
(1)人的速度和船的速度有什么关系？
(2)人和船的位移有什么关系？
答案 (1)原来静止的“人”和“船”发生相互作用时，所受外力的矢量和为零，则动量守恒．在相互作用的过程中，由mv1－Mv2＝0知任一时刻“人”和“船”的速度大小之比等于质量的反比．整个过程中“人”走“船”行，“人”停“船”停．
(2)因为任意时刻mv1＝Mv2，所以mx1＝Mx2，即人和船的位移与质量成反比．
[知识梳理] “人船模型”的特点和遵循的规律
1．满足动量守恒定律：m1v1－m2v2＝0，也有m1x1－m2x2＝0.
2．运动特点：人动船动，人静船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；人、船的速度(平均速度或瞬时速度)与它们的质量成反比；人、船位移与它们的质量成反比，即eq \f(v1,v2)＝eq \f(x1,x2)＝eq \f(m2,m1).
3．应用上述关系时要注意一个问题：即公式中v和x一般都是相对地面而言的．
[即学即用] 分析下面的情景，判断下列说法的正误．
一人从停泊在码头边的船上往岸上跳，若该船的缆绳并没拴在码头上，则：
(1)船质量越小，人越难跳上岸( √ )
(2)船质量越大，人越难跳上岸( × )
(3)人跳跃相对船的速度等于相对地的速度( × )
一、反冲运动的应用
例1 反冲小车静止放在水平光滑玻璃上，点燃酒精，水蒸气将橡皮塞水平喷出，小车沿相反方向运动．如果小车(含橡皮塞)的总质量M＝3 kg，水平喷出的橡皮塞的质量m＝0.1 kg.
(1)若橡皮塞喷出时获得的水平速度v＝2.9 m/s，求小车的反冲速度；
(2)若橡皮塞喷出时速度大小不变，方向与水平方向成60°角，小车的反冲速度又如何(小车一直在水平方向运动)?
答案 (1)0.1 m/s，方向与橡皮塞运动的方向相反
(2)0.05 m/s，方向与橡皮塞运动的水平分运动方向相反
解析 (1)小车和橡皮塞组成的系统所受外力之和为零，系统总动量为零．以橡皮塞运动的方向为正方向
根据动量守恒定律，mv＋(M－m)v′＝0
v′＝－eq \f(m,M－m)v＝－eq \f(0.1,3－0.1)×2.9 m/s＝－0.1 m/s
负号表示小车运动方向与橡皮塞运动的方向相反，反冲速度大小是0.1 m/s.
(2)小车和橡皮塞组成的系统水平方向动量守恒．以橡皮塞运动的水平分运动方向为正方向，有
mvcs 60°＋(M－m)v″＝0
v″＝－eq \f(mvcs 60°,M－m)＝－eq \f(0.1×2.9×0.5,3－0.1) m/s＝－0.05 m/s
负号表示小车运动方向与橡皮塞运动的水平分运动方向相反，反冲速度大小是0.05 m/s.
针对训练1 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，炮弹射出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大小v为 ．
图2
答案 eq \f(mv0cs α,M)
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v0cs α，根据动量守恒定律有：mv0cs α－Mv＝0
所以炮车向后反冲的速度大小为v＝eq \f(mv0cs α,M).
二、火箭原理
1．火箭喷气属于反冲类问题，是动量守恒定律的重要应用．在火箭运动的过程中，随着燃料的消耗，火箭本身的质量不断减小，对于这一类的问题，可选取火箭本身和在相互作用的时间内喷出的全部气体为研究对象，取相互作用的整个过程为研究过程，运用动量守恒的观点解决问题．
2．火箭燃料燃尽时火箭获得的最大速度由喷气速度v和质量比eq \f(M,m)(火箭起飞时的质量与火箭除燃料外的箭体质量之比)两个因素决定．
例2 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.设火箭质量M＝300 kg，发动机每秒钟喷气20次．
(1)当第三次喷出气体后，火箭的速度多大？
(2)运动第1 s末，火箭的速度多大？
答案 (1)2 m/s (2)13.5 m/s
解析 (1)选取火箭和气体组成的系统为研究对象，运用动量守恒定律求解．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，据动量守恒定律得：(M－3m)v3－3mv＝0，故v3＝eq \f(3mv,M－3m)≈2 m/s.
(2)发动机每秒钟喷气20次，以火箭和喷出的20次气体为研究对象，根据动量守恒定律得：(M－20m)v20－20mv＝0，故v20＝eq \f(20mv,M－20m)≈13.5 m/s.
针对训练2 将静置在地面上、质量为M(含燃料)的火箭模型点火升空，在极短时间内火箭模型以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体．忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是( )
A.eq \f(m,M)v0 B.eq \f(M,m)v0 C.eq \f(M,M－m)v0 D.eq \f(m,M－m)v0
答案 D
解析 应用动量守恒定律解决问题，注意火箭模型质量的变化．取向下为正方向，由动量守恒定律可得：0＝mv0－(M－m)v′，故v′＝eq \f(mv0,M－m)，选项D正确．
三、反冲运动的应用——“人船模型”
1．适用条件：
(1)系统由两个物体组成且相互作用前静止，系统总动量为零；
(2)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(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，找出各长度间的关系，注意两物体的位移是相对同一参考系的位移．
例3 如图3所示，长为L、质量为M的小船停在静水中，质量为m的人从静止开始从船头走到船尾，不计水的阻力，求人和船相对地面的位移各为多少？
图3
答案 见解析
解析 设任一时刻人与船相对地面的速度大小分别为v1、v2，作用前都静止．因整个过程中动量守恒，所以有
mv1＝Mv2
设整个过程中的平均速度大小分别为eq \x\t(v)1、eq \x\t(v)2，则有
meq \x\t(v1)＝Meq \x\t(v2).
两边乘以时间t有meq \x\t(v1)t＝Meq \x\t(v2)t，即mx1＝Mx2
且x1＋x2＝L，可求出x1＝eq \f(M,m＋M) L，x2＝eq \f(m,m＋M) L.
例4 质量为M的热气球吊筐中有一质量为m的人，他们共同静止在距地面为h的高空中．现从热气球上放下一根质量不计的软绳，为使此人沿软绳能安全滑到地面，则软绳至少有多长？
答案 eq \f(M＋m,M)h
解析 如图所示，设绳长为L，人沿软绳滑至地面的时间为t，由图可知，L＝x人＋x球．设人下滑的平均速度大小为v人，气球上升的平均速度大小为v球，由动量守恒定律得：0＝Mv球－mv人，即0＝Meq \f(x球,t)－meq \f(x人,t)，0＝Mx球－mx人，又有x人＋x球＝L，x人＝h，联立以上各式得：L＝eq \f(M＋m,M)h.因此软绳的长度至少为eq \f(M＋m,M) h.
1．(多选)下列属于反冲运动的是( )
A．向后划水，船向前运动
B．用枪射击时，子弹向前飞，枪身后退
C．用力向后蹬地，人向前运动
D．水流过水轮机时，水轮机旋转方向与水流出方向相反
答案 BD
2．小车上装有一桶水，静止在光滑水平地面上，如图4所示，桶的前、后、底及侧面各装有一个阀门，分别为S1、S2、S3、S4(图中未画出)，要使小车向前运动，可采用的方法是( )
图4
A．打开阀门S1 B．打开阀门S2
C．打开阀门S3 D．打开阀门S4
答案 B
解析 根据水和车组成的系统动量守恒，原来系统动量为0，由0＝m水v水＋m车v车知，车的运动方向与水的运动方向相反，故水应向后喷出小车才能向前运动．
3．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．燃料燃烧推动空气，空气反作用力推动火箭
B．火箭发动机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，然后向后推出，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
答案 B
解析 火箭工作的原理是利用反冲运动，火箭燃料燃烧产生的高温高压燃气从尾喷管以很大速度喷出，使火箭获得反冲速度向前运动，故选B项．
4．如图5所示，质量为m，半径为r的小球，放在内半径为R，质量M＝3m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初速度释放沿内壁滚到最低点时，大球移动的距离．
图5
答案 eq \f(R－r,4)
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：mv1＝Mv2，所以eq \f(v1,v2)＝eq \f(M,m).
设小球到达最低点时，小球的水平位移为x1，大球的水平位移为x2，则eq \f(x1,x2)＝eq \f(v1,v2)＝eq \f(M,m)，由题意：x1＋x2＝R－r
解得x2＝eq \f(m,M＋m)(R－r)＝eq \f(R－r,4).

一、选择题(1～7题为单选题，8～10题为多选题)
1．关于反冲运动的说法中，正确的是( )
A．抛出物m1的质量要小于剩下的质量m2才能获得反冲
B．若抛出质量m1大于剩下的质量m2，则m2的反冲力大于m1所受的力
C．反冲运动中，牛顿第三定律适用，但牛顿第二定律不适用
D．对抛出部分和剩余部分都适用于牛顿第二定律
答案 D
解析 反冲运动是指由于系统的一部分物体向某一方向运动，而使另一部分向相反方向运动．定义中并没有确定两部分物体之间的质量关系，故选项A错误；在反冲运动中，两部分之间的作用力是一对作用力与反作用力，由牛顿第三定律可知，它们大小相等、方向相反，故选项B错误；在反冲运动中一部分受到的另一部分的作用力产生了该部分的加速度，使该部分的速度逐渐增大，在此过程中对每一部分牛顿第二定律都成立，故选项C错误，选项D正确．
2．某人站在静止于水面的船上，从某时刻开始，人从船头走向船尾，水的阻力不计，下列说法不正确的是( )
A．人匀速运动，船则匀速后退，两者的速度大小与它们的质量成反比
B．人走到船尾不再走动，船也停止不动
C．不管人如何走动，人在行走的任意时刻人和船的速度方向总是相反，大小与它们的质量成反比
D．船的运动情况与人行走的情况无关
答案 D
解析 由动量守恒定律可知，A、B、C正确，D不正确．
3．一炮艇在湖面上匀速行驶，突然从船头和船尾同时向前和向后发射一发炮弹，设两炮弹质量相同，相对于地的速率相同，牵引力、阻力均不变，则船的动量和速度的变化情况是( )
A．动量不变，速度增大 B．动量变小，速度不变
C．动量增大，速度增大 D．动量增大，速度减小
答案 A
解析 整个过程动量守恒，由于两发炮弹的总动量为零，因而船的动量不变．又因为船发射炮弹后质量减小，因此船的速度增大．
4．静止的实验火箭，总质量为M，当它以对地速度v0喷出质量为Δm的高温气体后，火箭的速度为( )
A.eq \f(Δm,M－Δm)v0 B．－eq \f(Δm,M－Δm)v0
C.eq \f(Δm,M)v0 D．－eq \f(Δm,M)v0
答案 B
解析 火箭整体动量守恒，则有(M－Δm)v＋Δmv0＝0，解得：v＝－eq \f(Δm,M－Δm)v0，负号表示火箭的运动方向与v0方向相反．
5．如图1所示，一个倾角为α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( )
图1
A.eq \f(mh,M＋m) B.eq \f(Mh,M＋m)
C.eq \f(mh,M＋mtan α) D.eq \f(Mh,M＋mtan α)
答案 C
解析 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0＝mx1－Mx2.①
且x1＋x2＝eq \f(h,tan α).②
由①②可得x2＝eq \f(mh,M＋mtan α)，故选C.
6．如图2所示，一个质量为m1＝50 kg的人抓在一只大气球下方，气球下面有一根长绳．气球和长绳的总质量为m2＝20 kg.当静止时人离地面的高度为h＝5 m，长绳的下端刚好和水平面接触．如果这个人开始沿绳向下滑，当他滑到绳下端时，他离地高度是(可以把人看做质点)( )
图2
A．5 m B．3.6 m
C．2.6 m D．8 m
答案 B
解析 当人滑到绳下端时，设人与气球相对地面的位移大小分别为h1、h2，由动量守恒得：m1eq \f(h1,t)＝m2eq \f(h2,t)，且h1＋h2＝h.解得h1≈1.4 m．所以他离地高度H＝h－h1＝3.6 m，故选项B正确．
7．穿着溜冰鞋的人静止站在光滑的冰面上，沿水平方向举枪射击，每次射击时子弹对地速度相等，设第一次射出子弹后，人相对于地后退的速度为v，下列说法正确的是( )
A．无论射出多少子弹，人后退的速度都为v
B．射出n颗子弹后，人后退的速度为nv
C．射出n颗子弹后，人后退的速度小于nv
D．射出n颗子弹后，人后退的速度大于nv
答案 D
解析 设人、枪(包括子弹)的总质量为M，每颗子弹质量为m，子弹射出速度为v0，射出第1颗子弹，有0＝(M－m)v－mv0，设人射出n颗子弹后相对于地后退的速度为v′，则(M－nm)v′＝nmv0，可得v＝eq \f(mv0,M－m)，v′＝eq \f(nmv0,M－nm)，因M－m>M－nm，所以v′>nv，故选项D正确．
8．A、B两船的质量均为M，它们都静止在平静的湖面上，当A船上质量为eq \f(M,2)的人以水平速度v从A船跳到B船，再从B船跳回A船．设水对船的阻力不计，经多次跳跃后，人最终跳到B船上，则( )
A．A、B两船的速度大小之比为3∶2
B．A、B(包括人)动量大小之比为1∶1
C．A、B(包括人)动量之和为零
D．因跳跃次数未知，故以上答案均无法确定
答案 ABC
解析 选A船、B船和人这三个物体为一系统，则它们的初始总动量为0.由动量守恒定律可知，系统以后的总动量将一直为0.选最终B船的运动方向为正方向，则由动量守恒定律可得：0＝(M＋eq \f(M,2))vB＋MvA
解得：vB＝－eq \f(2,3)vA
所以A、B两船的速度大小之比为3∶2，选项A正确．A和B(包括人)的动量大小相等，方向相反，动量大小之比为1∶1，选项B正确．由于系统的总动量始终守恒为零，故A、B(包括人)动量之和也始终为零，选项C正确．
9．一平板小车静止在光滑的水平地面上，甲、乙两人分别站在车的左、右端，当两人同时相向而行时，发现小车向左移，则( )
A．若两人质量相等，必有v甲>v乙
B．若两人质量相等，必有v甲m乙
D．若两人速率相等，必有m甲