(统编版)2020高中物理第一章碰撞与动量守恒1.4反冲运动教案粤教版选修3_

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高中物理第一章碰撞与动量守恒 1.4 反冲运动教学案粤教版选修35

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.s 2B. 2 s C ．s D.22s 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 ＝12mv B 2，挡板撤走后，弹性势能被两球平分，则有E p ＝2×12mv B ′2，由以上两式解得v B ′＝22v B ，由平抛运动知识可知s ＝v B t ，s ′＝v B ′t ，所以s ＝22s ，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v 0.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mv 0cos αM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v 0cos α，根据动量守恒定律有：mv 0cos α－Mv ＝0 所以炮车向后反冲的速度为v ＝mv 0cos αM. 二、火箭的原理1．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M m(火箭开始起飞时的质量与燃料燃尽时的质量之比)两个因素决定．2．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．【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对地速度v＝1 000 m/s.设火箭质量M＝300 kg，发动机每秒钟喷气20次．(计算结果在小数点后保留一位有效数字)(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)2.0 m/s (2)13.5 m/s解析火箭喷气属于反冲现象，火箭和气体组成的系统动量守恒，运用动量守恒定律求解．(1)选取整体为研究对象，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＝3mvM－3m ≈2.0 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＝20mvM－20m≈13.5 m/s.借题发挥分析火箭类问题应注意的三个问题(1)火箭在运动过程中，随着燃料的燃烧，火箭本身的质量不断减小，故在应用动量守恒定律时，必须取在同一相互作用时间内的火箭和喷出的气体为研究对象．注意反冲前、后各物体质量的变化．(2)明确两部分物体初、末状态的速度的参考系是否为同一参考系，如果不是同一参考系要设法予以调整，一般情况要转换成对地的速度．(3)列方程时要注意初、末状态动量的方向．反冲物体速度的方向与原物体的运动方向是相同的．三、反冲运动的应用——“人船模型”1．“人船模型”问题两个原来静止的物体发生相互作用时，若所受外力的矢量和为零，则动量守恒．在相互作用的过程中，任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比．这样的问题归为“人船模型”问题．2．人船模型的特点(1)两物体满足动量守恒定律：m1v1－m2v2＝0.(2)运动特点：人动船动，人停船停，人快船快，人慢船慢，人左船右；人船位移比等于它们质量的反比，人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即s 1s 2＝v 1v 2＝m 2m 1.(3)应用此关系时要注意一个问题：即公式中v 1、v 2和s 1、s 2一般都是相对地面而言的．【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，求船和人相对地面的位移各为多少？图3答案mm ＋MLMm ＋ML解析设任一时刻人与船速度大小分别为v 1、v 2，作用前都静止．因整个过程中动量守恒，所以有mv 1＝Mv 2.而整个过程中的平均速度大小为v 1、v 2，则有m v 1＝M v 2.两边乘以时间t 有m v 1t ＝M v 2t ，即ms 1＝Ms 2. 且s 1＋s 2＝L ，可求出s 1＝Mm ＋ML ，s 2＝mm ＋ML .借题发挥 “人船模型”是利用平均动量守恒求解的一类问题，解决这类问题应明确： (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.反冲运动1.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S 1、S 2、S 3、S 4(图中未全画出)．要使小车向前运动，可采用的方法是( )图4A ．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解析反冲运动中，系统的两部分运动方向相反，要使小车向前运动，水应向后喷出，故选项B 正确．火箭的原理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迅速喷出时，使火箭获得反冲速度，故选B 项．3．将静置在地面上质量为M (含燃料)的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v 0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.m Mv 0 B.M mv 0 C.MM －mv 0 D.mM －mv 0 答案 D解析火箭模型在极短时间内喷出炽热气体，设火箭模型获得速度为v ，据动量守恒定律有0＝(M －m )v －mv 0，得v ＝mM －mv 0，故选D.“人船”模型的应用4.如图5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5A.mh M ＋mB.Mh M ＋mC.mh cot αM ＋mD.Mh cot αM ＋m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s 1，M 在水平方向对地位移为s 2，因此0＝ms 1－Ms 2.①且s 1＋s 2＝h cot α.②由①②可得s 2＝mh cot αM ＋m，故选C.(时间：60分钟)题组一反冲运动的理解和应用 1．下列不属于反冲运动的是( ) A ．喷气式飞机的运动 B ．直升机的运动 C ．火箭的运动 D ．反击式水轮机的运动答案 B解析反冲现象是一个物体分裂成两部分，两部分朝相反的方向运动，故直升机不是反冲现象．2．关于反冲运动的说法中，正确的是( ) A ．抛出物m 1的质量要小于剩下质量m 2才能获得反冲B ．若抛出质量m 1大于剩下的质量m 2，则m 2的反冲力大于m 1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解析反冲运动的定义为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，这种现象叫反冲运动．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．3．一航天器完成对月球的探测任务后，在离开月球的过程中，由静止开始沿着与月球表面成一倾角的直线飞行，先加速运动，再匀速运动，探测器通过喷气而获得推动力，以下关于喷气方向的描述中正确的是( )A．探测器加速运动时，沿直线向后喷气B．探测器加速运动时，竖直向下喷气C．探测器匀速运动时，竖直向下喷气D．探测器匀速运动时，不需要喷气答案 C解析探测器加速运动时，通过喷气获得的推动力与月球对探测器的引力的合力沿加速方向，选项A、B错误；探测器匀速运动时，通过喷气获得的推动力与月球对探测器的引力的合力为零，根据反冲运动的特点可知选项C正确，选项D错误．4．假设一个人静止于完全光滑的水平冰面上，现欲离开冰面，下列方法中可行的是( ) A．向后踢腿B．手臂向后甩C．在冰面上滚动D．脱下外衣水平抛出答案 D解析踢腿、甩手对整个身体系统来讲是内力，内力不改变系统整体的运动状态．5．一个人在地面上立定跳远的最好成绩是s，假设他站在船头要跳到距离在L远处的平台上，水对船的阻力不计，如图1所示．则( )图1A．只要L<s，他一定能跳上平台B．只要L<s，他有可能跳上平台C．只要L＝s，他一定能跳上平台D．只要L＝s，他有可能跳上平台答案 B解析立定跳远时，人离地时速度为v.从船上起跳时，人离船时速度为v′.船的速度为v船，由能量守恒E＝12mv2，E＝12mv′2＋12mv船2，所以v′<v，人跳出的距离变小，所以B正确．6．如图2所示，船静止在平静的水面上，船前舱有一抽水机，抽水机把前舱的水均匀的抽往后舱，不计水的阻力，下列说法中正确的是( )图2A．若前、后舱是分开的，则前舱将向后加速运动B．若前、后舱是分开的，则前舱将向前加速运动C．若前、后舱不分开，则船将向后加速运动D．若前、后舱不分开，则船将向前加速运动答案 B解析前、后舱分开时，前舱和抽出的水相互作用，靠反冲作用前舱向前加速运动，若不分开，前、后舱和水是一个整体，则船不动．7．人的质量m＝60 kg，船的质量M＝240 kg，若船用缆绳固定，船离岸1.5 m时，人恰好可以跃上岸．若撤去缆绳，如图3所示，人要安全跃上岸，船离岸的距离为(不计水的阻力，两次人消耗的能量相等，两次从离开船到跃上岸所用的时间相等)( )图3A．1.5 m B．1.2 m C．1.34 m D．1.1 m答案 C解析船用缆绳固定时，设人起跳的速度为v0，则s0＝v0t撤去缆绳，由动量守恒得：0＝mv1－Mv2，两次人消耗的能量相等，即动能不变1 2mv02＝12mv12＋12Mv22解得v1＝MM＋mv0故s1＝v1t＝MM＋ms0≈1.34 m，C正确．题组二火箭问题分析8．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.ΔmM －Δmv 0 B ．－ΔmM －Δmv 0 C.ΔmMv 0D ．－Δm Mv 0答案 B解析火箭整体动量守恒，则有(M －Δm )v ＋Δmv 0＝0，解得：v ＝－ΔmM －Δmv 0，负号表示火箭的运动方向与v 0相反．9．竖直发射的火箭质量为6×103kg.已知每秒钟喷出气体的质量为200 kg.若要使火箭获得20.2 m/s 2的向上加速度，则喷出气体的速度大小应约为( ) A ．700 m/s B ．800 m/s C ．900 m/s D ．1 000 m/s答案 C解析火箭和喷出的气体动量守恒，即每秒喷出气体的动量等于火箭每秒增加的动量，即m气v 气＝m 箭v 箭，由动量定理得火箭获得的动力F ＝m 箭v 箭t ＝m 气v 气t＝200v 气，又F －m 箭g ＝m 箭a ，得v 气＝900 m/s. 题组三 “人船模型”的应用10．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，则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．11．一条约为180 kg 的小船漂浮在静水中，当人从船尾走向船头时，小船也发生了移动，忽略水的阻力，以下是某同学利用有关物理知识分析人与船相互作用过程时所画出的草图，图中虚线部分为人走到船头时的情景，请用有关物理知识判断下列图中所描述物理情景正确的是( )答案 B解析人和船组成的系统动量守恒，总动量为零，人向前走时，船将向后退，人船位移比等于它们质量的反比，且船的质量大于人的质量，故B 正确．12．小车静置在光滑水平面上，站在车上一端的人练习打靶，靶装在车上的另一端，如图4所示(小圆点表示枪口)．已知车、人、枪和靶的总质量为M (不含子弹)，每颗子弹质量为m ，共n 发．打靶时，每发子弹都打中靶且留在靶里，并等前一发打入靶中后，再打下一发．若枪口到靶的距离为d ，待打完n 发子弹后，小车移动的距离为________．图4答案nmdM ＋nm13．如图5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水平面上，当小球从图示位置无初速度地沿大球内壁滚到最低点时，大球移动的距离为多大？图5答案 13R解析由水平方向平均动量守恒有：ms 小球＝2ms 大球，又s 小球＋s 大球＝R ，所以s 大球＝13R .。

高中物理第一章碰撞与动量守恒实验验证动量守恒定律同步备课教学案粤教版选修35

实验：验证动量守恒定律[学习目标] 1.掌握验证动量守恒定律的方法和基本思路.2.掌握直线运动物体速度的测量方法．一、实验目的验证碰撞中的动量守恒定律二、实验原理为了使问题简化，这里研究两个物体的碰撞，且碰撞前两物体沿同一直线运动，碰撞后仍沿这一直线运动．设两个物体的质量分别为m1、m2，碰撞前的速度分别为v1、v2，碰撞后的速度分别为v1′、v2′，如果速度与我们规定的正方向相同取正值，相反取负值．根据实验求出两物体碰前动量p＝m1v1＋m2v2，碰后动量p′＝m1v1′＋m2v2′，看p与p′是否相等，从而验证动量守恒定律．三、实验设计实验设计需要考虑的问题：(1)如何保证碰撞前后两物体速度在一条直线上．(2)如何测定质量和速度．①测量质量用天平．②测定碰撞前后的速度，这是实验成功的关键．四、实验案例气垫导轨上的实验器材：气垫导轨、气泵、光电计时器、天平等．气垫导轨装置如图1所示，由导轨、滑块、挡光片、光电门等组成，在空腔导轨的两个工作面上均匀分布着一定数量的小孔，向导轨空腔内不断通入压缩空气，压缩空气会从小孔中喷出，使滑块稳定地漂浮在导轨上(如图2所示，图中气垫层的厚度放大了很多倍)，这样大大减小了由摩擦产生的影响．图1 图2设Δx为滑块(挡光片)的宽度，Δt为数字计时器显示的滑块(挡光片)经过光电门的时间，则v ＝Δx Δt .五、实验步骤1．调节气垫导轨，使其水平．是否水平可按如下方法检查：打开气泵后，导轨上的滑块应该能保持静止．2．按说明书连接好数字计时器与光电门．3．如图3所示，把中间夹有弯形弹簧片的两滑块置于光电门中间保持静止，烧断拴弹簧片的细线，测出两滑块的质量和速度，将实验结果记入设计好的表格中．图34．如图4所示，在滑块上安装好弹性碰撞架．将两滑块从左、右以适当的速度经过光电门后在两光电门中间发生碰撞，碰撞后分别沿各自碰撞前相反的方向运动再次经过光电门，光电计时器分别测出两滑块碰撞前后的速度．测出它们的质量后，将实验结果记入相应表格中．图45．如图5所示，在滑块上安装好撞针及橡皮泥，将装有橡皮泥的滑块停在两光电门之间，装有撞针的滑块从一侧经过光电门后两滑块碰撞，一起运动经过另一光电门，测出两滑块的质量和速度，将实验结果记入相应表格中．图56．根据上述各次碰撞的实验数据验证碰撞前后的动量是否守恒．实验数据记录表例1某同学利用气垫导轨做验证碰撞中的动量守恒的实验；气垫导轨装置如图6所示，所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架、光电门等组成．图6(1)下面是实验的主要步骤：①安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平；②向气垫导轨通入压缩空气；③接通光电计时器；④把滑块2静止放在气垫导轨的中间；⑤滑块1挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳；⑥释放滑块1，滑块1通过光电门1后与左侧固定弹簧的滑块2碰撞，碰后滑块1和滑块2依次通过光电门2，两滑块通过光电门2后依次被制动；⑦读出滑块通过两个光电门的挡光时间分别为滑块1通过光电门1的挡光时间Δt1＝10.01 ms，通过光电门2的挡光时间Δt2＝49.99 ms，滑块2通过光电门2的挡光时间Δt3＝8.35 ms；⑧测出挡光片的宽度d＝5 mm，测得滑块1(包括撞针)的质量为m1＝300 g，滑块2(包括弹簧)的质量为m2＝200 g；(2)数据处理与实验结论：①实验中气垫导轨的作用是a.________b．________.②碰撞前滑块1的速度v1为________m/s；碰撞后滑块1的速度v2为______m/s；滑块2的速度v3为______m/s；(结果保留两位有效数字)③在误差允许的范围内，通过本实验，同学们可以探究出哪些物理量是不变的？通过对实验数据的分析说明理由．(至少回答2个不变量)．a ．____________b ．____________.答案 ①a.大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差．b.保证两个滑块的碰撞是一维的．②0.50 0.10 0.60③a.系统碰撞前后总动量不变．b.碰撞前后总动能不变．(c.碰撞前后质量不变．) 解析 ①a.大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差．b.保证两个滑块的碰撞是一维的．②滑块1碰撞之前的速度v 1＝d Δt 1＝5×10－310.01×10－3 m/s ≈0.50 m/s ；滑块1碰撞之后的速度v 2＝d Δt 2＝5×10－30.049 9m/s ≈0.10 m/s ；滑块2碰撞后的速度v 3＝d Δt 3＝5×10－38.35×10－3 m/s ≈0.60 m/s ；③a.系统碰撞前后总动量不变．因为系统碰撞前的动量m 1v 1＝0.15 kg·m/s，系统碰撞后的动量m 1v 2＋m 2v 3＝0.15 kg·m/s b ．碰撞前后总动能不变．因为碰撞前的总动能E k1＝12m 1v 12＝0.037 5 J ，碰撞之后的总动能E k2＝12m 1v 22＋12m 2v 32＝0.037 5J ，所以碰撞前后总动能相等． c ．碰撞前后质量不变．例2 某同学设计了一个用打点计时器探究碰撞中动量变化的规律的实验：在小车A 的前端粘有橡皮泥，推动小车A 使之做匀速直线运动．然后与原来静止在前方的小车B 相碰并粘合成一体，继续做匀速直线运动，他设计的具体装置如图7所示．在小车A 后连着纸带，电磁打点计时器电源频率为50 Hz ，长木板下垫着小木片用以平衡摩擦力．图7(1)若已得到打点纸带如图8所示，并测得各计数点间的距离标在图上，A 为运动起始的第一点．则应选________段来计算小车A 的碰前速度，应选______段来计算小车A 和小车B 碰后的共同速度(填“AB ”“BC ”“CD ”或“DE ”)．图8(2)已测得小车A 的质量m A ＝0.40 kg ，小车B 的质量m B ＝0.20 kg ，由以上的测量结果可得：碰前两小车的总动量为______ kg·m/s，碰后两小车的总动量为______ kg·m/s. 答案 (1)BC DE (2)0.420 0.417解析 (1)因小车做匀速运动，应取纸带上打点均匀的一段来计算速度，碰前BC 段点距相等，碰后DE 段点距相等，故取BC 段、DE 段分别计算碰前小车A 的速度和碰后小车A 和小车B 的共同速度． (2)碰前小车速度v A ＝x BC T ＝10.50×10－20.02×5m/s ＝1.05 m/s其动量p A ＝m A v A ＝0.40×1.05 kg·m/s＝0.420 kg·m/s碰后小车A 和小车B 的共同速度v AB ＝x DE T ＝6.95×10－20.02×5m/s ＝0.695 m/s碰后总动量p AB ＝(m A ＋m B )v AB ＝(0.40＋0.20)×0.695 kg·m/s＝0.417 kg·m/s从上面计算可知：在实验误差允许的范围内，碰撞前后总动量不变．例3 某同学用图9甲所示的装置通过半径相同的A 、B 两球的碰撞来探究动量守恒定律．图中SQ 是斜槽，QR 为水平槽．实验时先使A 球从斜槽上某一固定位置G 由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上留下痕迹．再把B 球放在水平槽上靠近末端的地方，让A 球仍从位置G 由静止滚下，和B 球碰撞后，A 、B 两球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹，重复这种操作10次．图中O 点是水平槽末端R 在记录纸上的垂直投影点．B 球落点痕迹如图乙所示，其中米尺水平放置，且平行于G 、R 、O 所在平面，米尺的零点与O 点对齐． (1)碰撞后B 球的水平射程ON 应取为________ cm.图9(2)该同学实验数据记录如表所示，设两球在空中运动的时间为t ，请根据数据求出两球碰撞前的动量之和是________，两球碰撞后的动量之和是________，由此得出的结论是________________________________________________________________________.答案 (1)65.2 (2)958.0 g·cm t 956.0 g·cmt误差允许的范围内，碰撞前后动量守恒定律成立解析 (1)水平射程是将10个不同的落点用尽量小的圆圈起来，其圆心即为平均落点，从题图乙上可读出约为65.2 cm.(2)A 、B 两球在碰撞前后都做平抛运动，高度相同，在空中运动的时间相同，而水平方向都做匀速直线运动，其水平射程等于速度与落地时间t 的乘积．碰撞前A 球的速度为v A ＝OP t ＝47.9 cm t，碰撞前质量与速度的乘积之和为m A v A ＝20.0 g×47.9 cm t ＝958.0 g·cmt.碰撞后A 球的速度为v A ′＝OM t ＝15.2 cmt，碰撞后B 球的速度为v B ′＝ON t ＝65.2 cm t.碰撞后动量之和为m A v A ′＋m B v B ′＝20.0 g×15.2 cm t ＋10.0 g×65.2 cm t ＝956.0 g·cmt.一、选择题(1题为单选题，2～3题为多选题)1．用气垫导轨进行验证碰撞中的动量守恒的实验时，不需要测量的物理量是( ) A ．滑块的质量 B ．挡光时间 C ．挡光片的宽度 D ．光电门的高度答案 D2．在利用气垫导轨探究动量守恒定律实验中，哪些因素可导致实验误差( ) A ．导轨安放不水平 B ．小车上挡光板倾斜 C ．两小车质量不相等 D ．两小车碰后粘合在一起答案 AB解析导轨不水平，小车速度将受重力影响．挡光板倾斜会导致挡光板宽度不等于挡光阶段小车通过的位移，导致速度计算出现误差．3．若用打点计时器做“探究碰撞中的不变量”的实验，下列操作正确的是( ) A ．相互作用的两车上，一个装上撞针，一个装上橡皮泥，是为了改变两车的质量 B ．相互作用的两车上，一个装上撞针，一个装上橡皮泥，是为了碰撞后粘在一起 C ．先接通打点计时器的电源，再释放拖动纸带的小车 D ．先释放拖动纸带的小车，再接通打点计时器的电源答案 BC解析相互作用的两车上，一个装上撞针，一个装上橡皮泥，是为了碰撞后两车能粘在一起共同运动，这种情况能得到能量损失很大的碰撞，选项A 错，B 正确；应当先接通打点计时器的电源，再释放拖动纸带的小车，否则因运动距离较短，小车释放以后再接通电源，不容易得到实验数据，故选项C 正确，D 错误．二、非选择题4．在用气垫导轨做“验证碰撞中的动量守恒”实验时，左侧滑块质量m 1＝170 g ，右侧滑块质量m 2＝110 g ，挡光片宽度d 为3.00 cm ，两滑块之间有一压缩的弹簧片，并用细线连在一起，如图1所示．开始时两滑块静止，烧断细线后，两滑块分别向左、右方向运动．挡光片通过光电门的时间分别为Δt 1＝0.32 s ，Δt 2＝0.21 s ．则两滑块的速度大小分别为v 1′＝______m/s ，v 2′＝______m/s(保留三位有效数字)．烧断细线前m 1v 1＋m 2v 2＝______kg·m/s，烧断细线后m 1v 1′＋m 2v 2′＝________kg·m/s.可得到的结论是__________________________．(取向左为速度的正方向)图1答案 0.094 0.143 0 2.5×10－4在实验允许的误差范围内，碰撞前后两滑块的总动量保持不变解析两滑块速度v 1′＝d Δt 1＝3.00×10－20.32m/s ≈0.094 m/s ，v 2′＝－d Δt 2＝－3.00×10－20.21 m/s ≈－0.143 m/s ，烧断细线前m 1v 1＋m 2v 2＝0烧断细前后m 1v 1′＋m 2v 2′＝(0.170×0.094－0.110×0.143) kg·m/s＝2.5×10－4kg·m/s，在实验允许的误差范围内，m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′.5．用如图2所示装置验证碰撞中的动量守恒，气垫导轨水平放置，挡光板宽度为9.0 mm ，两滑块被弹簧(图中未画出)弹开后，左侧滑块通过左侧光电计时器，记录时间为0.040 s ，右侧滑块通过右侧光电计时器，记录时间为0.060 s ，左侧滑块质量为100 g ，左侧滑块的m 1v 1＝________ g·m/s，右侧滑块质量为150 g ，两滑块的总动量m 1v 1＋m 2v 2＝________g·m/s.(取向左为速度的正方向)图2答案 22.5 0解析左侧滑块的速度为：v 1＝d 1t 1＝9.0×10－30.040m/s ＝0.225 m/s则左侧滑块的m 1v 1＝100 g×0.225 m/s＝22.5 g·m/s 右侧滑块的速度为：v 2＝－d 2t 2＝－9.0×10－30.060m/s ＝－0.15 m/s则右侧滑块的m 2v 2＝150 g×(－0.15 m/s)＝－22.5 g·m/s 因m 1v 1与m 2v 2等大、反向，两滑块的总动量m 1v 1＋m 2v 2＝0.6．如图3所示，在实验室用两端带竖直挡板C 、D 的气垫导轨和带固定挡板的质量都是M 的滑块A 、B ，做探究碰撞中的不变量的实验：图3(1)把两滑块A 和B 紧贴在一起，在A 上放质量为m 的砝码，置于导轨上，用电动卡销卡住A 和B ，在A 和B 的固定挡板间放一弹簧，使弹簧处于水平方向上的压缩状态．(2)按下电钮使电动卡销放开，同时启动两个记录两滑块运动时间的电子计时器，当A 和B 与挡板C 和D 碰撞的同时，电子计时器自动停表，记下A 运动至C 的时间t 1，B 运动至D 的时间t 2.(3)重复几次取t 1、t 2的平均值．请回答以下几个问题：①在调整气垫导轨时应注意___________________________________________________； ②应测量的数据还有_________________________________________________________； ③作用前A 、B 两滑块的速度与质量乘积之和为________________，作用后A 、B 两滑块的速度与质量乘积之和为________________．(用测量的物理量符号和已知的物理量符号表示) 答案 ①用水平仪测量并调试使得气垫导轨水平 ②A 至C 的距离L 1、B 至D 的距离L 2 ③0 (M ＋m )L 1t 1－M L 2t 2或M L 2t 2－(M ＋m )L 1t 1解析 ①为了保证滑块A 、B 作用后做匀速直线运动，必须使气垫导轨水平，需要用水平仪加以调试．②要求出A 、B 两滑块在电动卡销放开后的速度，需测出A 至C 的时间t 1和B 至D 的时间t 2，并且要测量出两滑块到两挡板的运动距离L 1和L 2，再由公式v ＝xt求出其速度．③设向左为正方向，根据所测数据求得两滑块的速度分别为v A ＝L 1t 1，v B ＝－L 2t 2.碰前两滑块静止，v ＝0，速度与质量乘积之和为0；碰后两滑块的速度与质量乘积之和为(M ＋m )L 1t 1－M L 2t 2.若设向右为正方向，同理可得碰后两滑块的速度与质量的乘积之和为M L 2t 2－(M ＋m )L 1t 1. 7．某班物理兴趣小组选用如图4所示装置来“探究碰撞中的动量守恒”．将一段不可伸长的轻质小绳一端与力传感器(可以实时记录绳所受的拉力)相连固定在O 点，另一端连接小钢球A ，把小钢球拉至M 处可使绳水平拉紧．在小钢球最低点N 右侧放置有一水平气垫导轨，气垫导轨上放有小滑块B (B 上安装宽度较小且质量不计的遮光板)、光电门(已连接数字毫秒计)．当地的重力加速度为g .图4某同学按上图所示安装气垫导轨、滑块B (调整滑块B 的位置使小钢球自由下垂静止在N 点时与滑块B 接触而无压力)和光电门，调整好气垫导轨高度，确保小钢球A 通过最低点时恰好与滑块B 发生正碰．让小钢球A 从某位置静止释放，摆到最低点N 与滑块B 碰撞，碰撞后小钢球A 并没有立即反向，碰撞时间极短．(1)为完成实验，除了毫秒计读数Δt 、碰撞前瞬间绳的拉力F 1、碰撞结束瞬间绳的拉力F 2、滑块B 的质量m B 和遮光板宽度d 外，还需要测量的物理量有________． A ．小钢球A 的质量m A B ．绳长LC ．小钢球从M 到N 运动的时间(2)滑块B 通过光电门时的瞬时速度v B ＝________.(用题中已给的物理量符号来表示) (3)实验中需要探究的表达式为________．答案 (1)AB (2)dΔt(3)F 1m A L －m 2A gL ＝F 2m A L －m 2A gL ＋m BdΔt解析滑块B 通过光电门时的瞬时速度v B ＝dΔt. 根据牛顿第二定律得：F 1－m A g ＝m A v21L .F 2－m A g ＝m A v 22L.由m A v 1＝m A v 2＋m B v B 得F 1m A L －m 2A gL ＝F 2m A L －m 2A gL ＋m BdΔt.所以还需要测量小钢球A 的质量m A 以及绳长L .。

高中物理第一章碰撞与动量守恒1.4反冲运动素材粤教版选修3_5

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
⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩
⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎧⎪⎩⎪⎨⎧⎪⎩⎪⎨⎧⎪⎩⎪⎨⎧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,:,:。

高中物理第一章碰撞与动量守恒章末盘点教学案粤教版选修3_5

第一章碰撞与动量守恒碰撞与动量守恒⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎧冲量⎩⎪⎨⎪⎧定义式：I ＝Ft适用于恒力冲量的计算方向：若F 的方向不变，冲量的方向与F 的方向一致物理意义：表示力对时间的累积效应，是过程量运算法则：平行四边形定则动量⎩⎪⎨⎪⎧定义式：p ＝mv方向：动量的方向与速度的方向一致物理意义：表示物体运动状态的物理量，是状态量动量定理⎩⎪⎨⎪⎧内容：物体所受合力的冲量等于物体动量的变化表达式：F 合t ＝p 2－p 1＝mv 2－mv 1矢量等式：合力的冲量与物体动量的变化大小相等，方向相同动量守恒定律⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎧内容：系统不受外力或所受外力之和为零时，这个系统的总动量就保持不变研究对象：相互作用的物体组成的系统公式⎩⎪⎨⎪⎧①p ′＝p ，作用前后总动量相同②Δp ＝0，作用前后总动量不变③Δp 1＝－Δp 2，相互作用的两个物体动量的变化大小相等，方向相反守恒条件⎩⎪⎨⎪⎧①系统不受外力的作用或系统所受的外力之和为零②内力远大于外力，且作用时间短，系统动量近似守恒③系统某一方向的外力之和为零，系统在该方向上动量守恒应用⎩⎪⎨⎪⎧碰撞——作用时间短，内力远大于外力，动量守恒反冲——一般合外力不为零，内力远大于外力，总动量守恒自然界中的守恒定律⎩⎨⎧守恒与不变：守恒对应着某个物理量保持不变守恒与对称⎩⎪⎨⎪⎧ 守恒来源于对称三大守恒定律体现物质世界和谐美1.(1)动量与冲量的区别：(2)动量、动量变化量、动量变化率的区别：2．动量定理的应用(1)应用I＝Δp求变力的冲量：如果物体受到变力作用，则不能直接用I＝F·t求变力的冲量，这时可以求出该力作用下物体动量的变化Δp，即等效代换为变力的冲量I。

(2)应用Δp＝F·t求恒力作用下的曲线运动中物体动量的变化：曲线运动中物体速度方向时刻在改变，求动量变化Δp＝p′－p需要应用矢量运算方法，比较复杂。

高中物理第一章碰撞与动量守恒1.4反冲运动课件粤教版选修3_5

(1)如果他在准备返回飞船的瞬时,释放0.15 kg的氧气,他能安全地回到飞船吗?
答案：能 (2)宇航员安全地返回飞船的最长和最短时间分别为多少? 答案：1 800 s 200 s
一二
知识精要思考探究典题例解迁移应用
一二
知识精要思考探究典题例解迁移应用
一二
知识精要思考探究典题例解迁移应用
2
v0.
若三级火箭逐渐向后喷气,运载物获得的速度依次为 v1、v2、v3,则
根据动量守恒定律,有 0=(m1+2m2)v1+m2(v1-v0)
得
v1=��
�� 2 1 +3��
2
v0
第二级火箭燃气喷出
(m1+2m2)v1=(m1+m2)v2+m2(v2-v0)得 v2=v1+��1��+22��0��2
答案：见解析
解析：设运载物质量为m1,每级燃料及空壳质量均为m2,燃料燃气喷出相对运载物的速度大小为v0.若三级火箭一次把燃气喷完,运载物获得的速度v可由动量守恒定律求出.
一二
知识精要思考探究典题例解迁移应用
由
0=m1v+3m2(v-v0),解得
v=
��
3�� 2 1 +3��
第四节反冲运动
目标导航预习导引
学习目标
重点难点
1.理解反冲运动的概念;了解反冲运动的典型事例. 2.理解反冲运动的原理是动量守恒定律. 3.了解火箭的工作原理.了解决定火箭能力大小的因素. 4.会用动量守恒定律分析解答反冲运动问题.
重点:1.理解反冲运动问题的实质. 2.“人船模型”. 难点:火箭获得速度的求解.

高中物理第一章动量与动量守恒定律教案粤教版选修3

第一节、二节动量动量守恒定律★新课标要求〔一〕知识与技能理解动量守恒定律的确切含义和表达式，知道定律的适用条件和适用X围〔二〕过程与方法在理解动量守恒定律的确切含义的基础上正确区分内力和外力〔三〕情感、态度与价值观培养逻辑思维能力，会应用动量守恒定律分析计算有关问题★教学重点动量的概念和动量守恒定律★教学难点动量的变化和动量守恒的条件．★教学方法教师启发、引导，学生讨论、交流。

★教学用具：投影片，多媒体辅助教学设备★课时安排1 课时★教学过程〔一〕引入新课上节课的探究使我们看到，不论哪一种形式的碰撞，碰撞前后mυ的矢量和保持不变，因此mυ很可能具有特别的物理意义。

〔二〕进行新课1．动量〔momentum〕及其变化〔1〕动量的定义：物体的质量与速度的乘积，称为(物体的)动量。

记为p=mv. 单位：kg·m/s 读作“千克米每秒〞。

理解要点：①状态量：动量包含了“参与运动的物质〞与“运动速度〞两方面的信息，反映了由这两方面共同决定的物体的运动状态，具有瞬时性。

师：大家知道，速度也是个状态量，但它是个运动学概念，只反映运动的快慢和方向，而运动，归根结底是物质的运动，没有了物质便没有运动.显然地，动量包含了“参与运动的物质〞和“运动速度〞两方面的信息，更能从本质上揭示物体的运动状态，是一个动力学概念.②矢量性：动量的方向与速度方向一致。

师：综上所述：我们用动量来描述运动物体所能产生的机械效果强弱以及这个效果发生的方向，动量的大小等于质量和速度的乘积，动量的方向与速度方向一致。

〔2〕动量的变化量：定义：假设运动物体在某一过程的始、末动量分别为p和p′，那么称：△p= p′－p为物体在该过程中的动量变化。

强调指出：动量变化△p是矢量。

方向与速度变化量△v相同。

一维情况下：Δp=mΔυ= mυ2- mΔυ1矢量差[例1〔投影〕]一个质量是0.1kg的钢球，以6m/s的速度水平向右运动，碰到一个坚硬的障碍物后被弹回，沿着同一直线以6m/s的速度水平向左运动，碰撞前后钢球的动量有没有变化？变化了多少？[学生讨论，自己完成。

高中物理第一章碰撞与动量守恒第三节动量守恒定律在碰撞中的应用教学案粤教版选修3.doc

第三节动量守恒定律在碰撞中的应用对应学生用书页码1．应用动量守恒定律解题的一般步骤为：(1)确定研究对象组成的系统。

分析所研究的过程中，系统受外力的情况是否满足动量守恒定律的应用条件。

(2)设定正方向，分别写出系统初、末状态的总动量。

(3)根据动量守恒定律列方程。

(4)解方程，统一单位后代入数值进行运算，列出结果。

2．碰撞类问题中，相互作用力往往是变力，过程相当复杂，很难用牛顿运动定律来求解，而应用动量守恒定律只需考虑过程的初、末状态，不必涉及过程的细节，因而在解决碰撞问题中有广泛的应用。

3．不同类型的碰撞问题一定满足动量守恒定律，但不一定满足机械能守恒定律。

对应学生用书页码1.(1)弹性碰撞特点：在弹性碰撞过程中系统无机械能损失。

即只发生机械能传递而不发生能量转化。

弹性碰撞同时遵守动量守恒定律和机械能守恒定律。

(2)非弹性碰撞特点：在碰撞过程中有机械能损失，即发生能量转化，一般是机械能转化为内能。

故只遵守动量守恒，不遵守机械能守恒。

(3)完全非弹性碰撞特点：在碰撞过程中机械能损失最多，只遵守动量守恒，不遵守机械能守恒。

2．碰撞过程应满足的条件在所给的条件不同的情况下，碰撞情况有各种可能，但不管哪种情况必须同时满足以下三条：(1)系统的总动量守恒。

(2)系统的机械能不增加，即E′k1＋E′k2≤E k1＋E k2。

(3)符合实际情况，如碰后两者同向运动，应有v前≥v后，若不满足，则该碰撞过程不可能。

(1)即使物体在碰撞过程中系统所受合外力不等于零，由于内力远大于外力，所以外力的作用可以忽略，认为系统的总动量守恒。

故分析碰撞问题时，应首先想到动量守恒定律。

(2)一般两个硬质小球间的碰撞，都很接近弹性碰撞，常当成弹性碰撞来处理。

1．相向运动的A、B两辆小车相撞后，一同沿A原来的方向前进，这是由于( ) A．A车的质量一定大于B车的质量B．A车的速度一定大于B车的速度C．A车的动量一定大于B车的动量D．A车的动能一定大于B车的动能解析：碰撞过程中动量守恒，碰后一同沿A原来方向前进，说明总动量与A的动量方向相同，故A车动量大于B车的动量，选项C对。

高中物理第一章碰撞与动量守恒1.2动量动量守恒定律教案粤教版选修3_4

1.2 动量动量守恒定律课堂互动三点剖析一、动量和动量的变化1.动量众所周知，运动的剧烈程度，即运动的“量”的大小是与运动速度有关的，但速度是不是唯一决定因素呢？一个足球和一个铅球以相同的速度从远处飞来，运动员可以用头将足球顶回去，却不敢去顶铅球.可见，运动的“量”的大小不仅与运动速度有关，还与物体的质量有关.物理学上用两者的乘积表示这个量，称为动量，故有p=mv.从公式可以看出，由于质量m为一标量，只有大小的变化，故动量p的一些特点主要是由速度v引起的.平常所说的速度v是指物体的瞬时速度，对应的是某一时刻，故谈到物体的动量一般是指某一时刻的动量，但这不是绝对的，如果取速度v为某一段时间内的平均速度，则这时的动量应为这一段时间内的平均动量；由于速度具有相对性，选用不同的参考系，同一物体的动量也可能不同，在通常情况下，取地面为参考系.2.动量的变化动量的变化即动量的变化量，用Δp来表示，一个量的变化，一般指末状态的值减初状态的值，动量变化也不例外，应为末动量减初动量，即Δp=p′-p,p′为末动量，p为初动量.p′=mv′,p=mv,故Δp=mv′-mv=mΔv(注这是矢量式)，故动量的变化量也是个矢量，其方向不一定与p或p′相同，而是与Δv的方向相.当然，这个结论的前提是质量不变，当质量也变时，Δp的方向与Δv的方向不一定相同，但有一点是肯定的，Δp′-p为矢量式，当p′、p在同一直线上，可以先规定正方向，用正、负号表示p′、p的方向，将矢量运算转化为代数运算.二、冲量冲量是力与力的作用时间的乘积，I=Ft，它反映了力在时间上的积累效果.在力特别大的情况下，作用时间很短，也会产生很大的冲量.由于I=Ft，某一个冲量I必然对应着一个时间t，故冲量是一个过程量.如果力F为恒力，求冲量时只需按公式I=Ft来计算就行，但要分清所求的是某个分力的冲量还是合力的冲量.若是求合力的冲量要分清这几个力是否同时作用于物体；若同时作用可先求合力再求冲量，也可以先求各个力的冲量，再求合冲量；若几个力不同时作用，只能先求每个力的冲量，再求合冲量.如果作用力是变力，在中学阶段不能直接用I=Ft求解冲量，但可以根据Ft=Δ(mv)求解.三、动量守恒定律1.动量守恒定律是研究两个或两个以上的物体相互作用过程中的动量变化情况的，它的研究对象是这些相互作用的物体组成的系统.动量守恒定律的成立条件是系统不受外力或所受合外力为零，因此选择哪些物体组成系统就显得尤为重要了，只有选择了系统才能分清哪些力是外力，哪些力是内力，才能确定动量是否守恒.选择某一系统，动量可能守恒，选择另外的物体组成系统时，动量可能就不守恒了.2.动量守恒是指总动量在物体相互作用的过程中一直不变，并不是只有初、末两态的动量守恒.解题时可根据题意适当选择相互作用过程中的两个状态列方程求解.3.动量守恒定律的特点（1）动量守恒定律的研究对象是相互作用的物体组成的系统，在应用动量守恒定律解题之前，必须明确这个系统是由哪些物体组成，只有恰当地划分系统才能正确、有效地运用动量守恒定律.（2）动量守恒定律的表达式是矢量式.若相互作用的物体沿同一直线运动，注意设定方向，将矢量运算转化为代数运算.（3）动量守恒定律表达式中的速度必须是相对于同一参考系的.如果题设条件中各物体的速度不是相对同一参考系的，必须适当转换参考系，使其成为相对同一参考系（通常选地面）的速度.（4）注意动量守恒定律表达式中速度的同时性.式中的v 1、v 2是作用同一时刻的瞬时速度，v 1′、v 2′是作用后同一时刻的瞬时速度.各个击破【例1】关于动量的概念，下列说法正确的是（）A.动量大的物体惯性一定大B.动量大的物体运动一定快C.动量相同的物体运动方向一定相同D.动量相同的物体速度小的惯性大解析：物体的动量是由速度和质量两个因素决定的.动量大的物体质量不一定大，惯性也不一定大，A 项错；同样，动量大的物体速度也不一定大，B 项也错；动量相同指动量的大小和方向均相同，而动量的方向就是物体运动的方向，故动量相同的物体运动方向一定相同，C 项对；动量相同的物体，速度小的质量大，惯性大，D 项也对.答案：CD类题演练1若一个物体的动量发生了变化，则物体运动的（质量不变）（）A.速度大小一定改变了B.速度方向一定改变了C.速度一定变化了D.加速度一定不为零解析：动量p=mv ，动量发生了变化（质量不变），必定是速度发生了变化，而速度的改变包括大小和方向.故A 、B 两项不正确，C 项正确；速度变化了必然有加速度，故D 正确. 答案：CD变式提升质量为0.1 kg 的弹性小球，从高1.25 m 处自由落向一光滑而坚硬的水平木板，碰后弹回到0.8 m 高，求：（1）小球与水平板碰撞前后的动量；（2）小球与水平板碰撞前后的动量变化.解析：（1）由于小球做自由落体运动，设碰前小球速度为v 1，则v 1=25.11022⨯⨯=gh m/s=5 m/s,方向竖直向下，于是小球与水平板碰前的动量p 1=mv 1=0.1×5 kg·m/s=0.5 kg·m/s,方向竖直向下.碰后，小球做竖直上抛运动的最大高度为0.8 m ，则碰后小球速度为v 2=8.0102'2⨯⨯=gh m/s=4 m/s,方向竖直向上，此时小球的动量p 2=mv 2=0.1×4 kg·m/s=0.4 kg·m/s,方向竖直向上.（2）设竖直向下为正方向，则p 1=5 kg·m/s，p 2=-0.4 kg·m/s，Δp=p 2-p 1=(-0.4 -0.5) kg·m/s=-0.9 kg·m/s，即碰撞前后小球动量变化的大小为0.9 kg·m/s，方向竖直向上. 答案：（1）0.5 kg·m/s,竖直向下；0.4 kg·m/s，竖直向上.（2）0.9 kg·m/s,竖直向上.【例2】关于冲量的概念，以下说法正确的是（）A.作用在两个物体上的力大小不同，但两个物体所受的冲量大小可能相同B.作用在物体上的力很大，物体所受的冲量一定也很大C.作用在物体上的力的作用时间很短，物体所受的冲量一定很小D.只要力的作用时间和力的乘积相同，物体所受的冲量一定相同解析：力的冲量I=F·t，力F的大小虽然不同，只要力F的作用时间t也不同，则力F与时间t的乘积可能相同，所以A项正确；力F很大，如果力F的作用时间很短，则力F的冲量仍然可以很小，故B项错；当力F的作用时间很短时，如果力F很大，则力F的冲量仍可以很大，因此C项错；由于冲量是矢量，而矢量相同包括大小相同，方向也相同，因此既使力的大小F和作用时间t的乘积相同，也只能说明冲量的大小相同，如果力的方向不同，则冲量的方向不同，因此我们说冲量不同，所以D项不正确.答案：A【例3】在光滑水平面上A、B两小车中间有一弹簧，如图1-2-1所示，用手抓住小车并将弹簧压缩后使小车处于静止状态.将两小车及弹簧看作一个系统，下面说法正确的是（）图1-2-1A.两手同时放开后，系统总动量始终为零B.先放开左手，再放开右手后，动量不守恒C.先放开左手，后放开右手，总动量向左D.无论何时放手，两手放开后，在弹簧恢复原长的过程中，系统总动量都保持不变，但系统的总动量不一定为零解析：在两手同时放开后，水平方向无外力作用，只有弹簧的弹力（内力），故动量守恒，即系统的总动量始终为零，A项对；先放开左手，再放开右手后，是指两手对系统都无作用力之后的那一段时间，系统所受合外力也为零，即动量是守恒的，B项错；先放开左手，系统在右手作用下，产生向左的冲量，故有向左的动量，再放开右手后，系统的动量仍守恒，即此后的总动量向左，C项对；其实，无论何时放开手，只要是两手都放开就满足动量守恒的条件，即系统的总动量保持不变.若同时放开，那么作用后系统的总动量就等于放手前的总动量，即为零；若两手先后放开，那么两手都放开后的总动量就与放开最后一只手后系统所具有的总动量相等，即不为零，D项对.答案：ACD类题演练2如图1-2-2所示，甲、乙两个小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏，甲和他的冰车总质量共为M=30 kg，乙和他的冰车总质量也是30 kg，游戏时，甲推着一个质量m=15 kg的箱子，和他一起以大小为v0=2 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，问甲至少要以多大的速度（相对地面）将箱子推出，才能避免与乙相撞.图1-2-2解析：设甲推出箱子后速度为v甲，乙抓住箱子后速度为v乙，则由动量守恒定律，得甲推箱子过程：（M+m）v0=Mv甲+mv ①乙抓箱子过程：mv-Mv0=(M+m)v乙②甲、乙恰不相碰条件：v甲=v乙③代入数据可解得v=5.2 m/s.答案：5.2 m/s。

高中物理第一章碰撞与动量守恒1.4反冲运动教案粤教版选修3_

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。

高中物理第一章碰撞与动量守恒第四节反冲运动教学案粤教版选修35

第四节反冲运动对应学生用书页码1．反冲运动是指一个物体向某一方向射出(或抛出)它的一部分时，这个物体的剩余部分向相反方向运动的现象。

2．反冲运动和碰撞、爆炸相似，相互作用力一般很大，可以用动量守恒定律来处理。

3．火箭的燃料点燃后燃烧生成的高温高压燃气以很大的速度向后喷出，火箭由于反冲运动而向前运动。

4．一个静止的质量为M的不稳定原子核，当它以速度v放出一个质量为m的粒子后，剩余部分的速度为－mvM－m。

对应学生用书页码1.定义当原来静止或运动的物体向某一方向射出(或抛出)它的一部分时，这个物体的剩余部分将向相反方向运动，这种运动叫反冲运动。

2．反冲运动的特点(1)物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动。

(2)反冲运动和碰撞、爆炸相似，相互作用力一般很大，可以用动量守恒定律来处理。

(3)反冲运动中常伴有其他形式的能转化为机械能，系统的总能量增加。

3．求解反冲运动应注意的问题(1)速度的反向性对于原来静止的系统，当向某一方向射出(或抛出)它的一部分时，剩余部分的反冲是相对于抛出部分来说，两者运动方向必然相反。

进行计算时，可任意规定某一部分的运动方向为正方向，则反方向的另一部分的速度应取负值。

(2)速度的同时性反冲运动问题中，根据动量守恒定律列出的方程中同一状态的速度应是同时的。

(3)速度的相对性反冲运动中，有时遇到的速度是相互作用的两物体间的相对速度。

由于动量守恒定律中要求速度为对同一惯性系的速度，即对地的速度，因此应先将相对速度转换成对地的速度后，再列动量守恒定律方程。

(4)变质量问题在反冲运动中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。

(1)反冲运动实际上是相互作用的物体之间作用力与反作用力产生的结果。

(2)反冲运动有利有弊，有利的一方面我们可以应用，比如，反击式水轮机、喷气式飞机、火箭、农田喷灌、宇航员在太空行走等；反冲运动不利的地方要尽力去排除，比如，枪、炮在射击时产生的反冲运动对射击的准确性有影响等。

高中物理第一章碰撞与动量守恒1.5自然界中的守恒定律教案粤教版选修3_.doc

1.5 自然界中的守恒定律课堂互动三点剖析对称和守恒定律1.对称对称性的概念最初来源于生活.在艺术、建筑等领域中，所谓“对称”，通常是指左右对称.人体本身就有近似左和右的对称性.常见的对称性有空间的平移和转动以及时间的平移.以上对称性都是指某个系统或具体事物的对称性，另一类对称性是物理定律的对称性，它是经过一定的操作后，物理定律的形式保持不变.因此物理定律的对称性又叫不变性，这类对称性在物理学中具有更深刻的意义.（1）物理定律的空间平移对称性.设想我们在空间某处做一个物理实验，然后将该套实验平移到另一处.如果给以同样的起始条件，实验将会以完全相同的方式进行.这说明物理定律没有因平移而发生变化.这就是物理定律的空间平移对称性.它表明空间各处对物理定律是一样的，所以又叫做空间均匀性.（2）物理定律的转动对称性.如果在空间某处做实验后，把整套仪器转一个角度，则在相同的起始条件下，实验也会以完全相同的方式进行.这说明物理定律并没有因转动而发生变化.这就是物理定律的转动对称性.它表明空间的各个方向对物理定律是一样的，所以又叫做空间的各向同性.（3）物理定律的时间平移对称.如果我们用一套仪器做实验，该实验进行的方式或秩序是和此实验开始的时刻无关的.无论在什么时候开始做实验，我们得到完全一样的结果.这个事实表示了物理定律的时间平移的对称性.2.对称与守恒定律的关系人们一直就知道，对称在组织自然世界的过程中扮演了一个很重要的角色.我们都熟悉太阳的圆形，雪花和结晶体的规则性.然而，并非所有的对称都是几何性的.男女的对称、正负电荷的对称也是很有用的概念，但这种对称是抽象性质的.这些抽象的对称所显露的物质内部构造的优美，使大部分物理学家感到惊奇.物理学家们不久便开始发问这些对称性背后的意义.一位杰出的理论物理学家说：“大自然似乎是想用这些对称来告诉我们什么秘密”.数学分析的力量在这个时候显露了出来.群论表明，一切对称都可以在一个单一的主要基本对称中找到其自然的起源.人们发现，较为复杂的对称都可以通过非常简单的组合得到.守恒定律是自然界和谐对称的一种体现.在我们学习的物理中，有许多运动是对称的，运动中的各过程也是对称，利用对称的思想和方法，可以更有效地处理解决问题.各个击破【例题】一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A中，并留在其中，A、B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图1-5-2所示，则在子弹打中木块A及弹簧被压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统（）图1-5-2A.动量守恒、机械能守恒B.动量不守恒、机械能守恒C.动量守恒、机械能不守恒D.无法判断动量、机械能是否守恒解析：由于子弹打入木块及压缩弹簧的整个过程中，系统所受的合外力等于零，则系统的动量守恒，由于子弹在打入木块过程中它与木块间的阻力做功，使机械能的一部分转化为内能，所以系统机械能不守恒.答案：C类题演练某一物体以60 J 的初动能，从A 点被竖直上抛，在它上升到某一高度时，动能损失了30 J,而机械能损失了10 J,则该物体落回A 点时的动能为（设空气阻力大小恒定）（）A.50 JB.40 JC.30 JD.20 J 解析：物体在上升过程中，受重力与空气阻力作用，重力与空气阻力对物体均做负功；物体在下降过程中，仍受重力与空气阻力作用，但重力做正功，空气阻力仍做负功.据题意，物体在上升到某一高度时，动能损失了|ΔE k |=30 J,机械能损失了|ΔE′|=10 J,由动能定理知，物体克服重力、空气阻力做的功总和为30 J.由功能原理可知，物体克服空气阻力做的功为10 J.在物体上升到最高点的过程中，物体的动能损失为|ΔE′|=60 J，设其机械能的减少量为ΔE′,因为重力及空气阻力恒定，所以在上述的两个过程中，有|ΔE k |=mgs+fs,|ΔE|=fs ，|ΔE k ′|=mgh+fh,|ΔE′|=fh 所以|||'||||'|E E E E k k ∆∆=∆∆.代入数据，得|ΔE′|=20 J 物体在上升过程与下降过程中，克服空气阻力做的功相等，所以在全过程中的机械能损失为2|ΔE′|，故物体在落回A 点时的动能为E k =E k0-2|ΔE′|=20 J，选项D 正确.答案：D变式提升如图1-5-3所示，自由落下的小球，从接触竖直放置的弹簧开始到弹簧的压缩量最大的过程中，小球的速度及所受的合外力的变化情况是（）图1-5-3A.合力变小，速度变小B.合力变小，速度变大C.合力先变小，后变大；速度先变大，后变小D.合力先变大，后变小；速度先变小，后变大解析：根据牛顿第二定律知道，物体受到的合外力与物体的加速度是瞬时对应关系，所以在分析问题时，要详尽地分析物体运动变化过程中的受力情况，进而分析加速度和速度的变化情况.铁球接触弹簧前，做自由落体运动，有一向下的速度.铁球接触弹簧后，在整个压缩弹簧的过程中，仅受重力G 和弹簧弹力F 的作用.开始压缩时，弹簧的弹力F 小于物体的重力G ，合外力向下，铁球向下做加速运动，但随着铁球向下运动，弹簧形变量增大，弹力随之增大，合外力减小，加速度减小，速度增大.当弹簧增至与重力相等的瞬间，合力为零，加速度为零，速度最大.此后，弹力继续增大，弹力大于重力，合力向上且增大，加速度向上逐渐增大，直至铁球速度为零，此时弹簧压缩量最大. 答案：C。

高中物理第一章碰撞与动量守恒1.3动量守恒定律在碰撞中的应用教案粤教版选修3_3

学习资料汇编1.3 动量守恒定律在碰撞中的应用课堂互动三点剖析一、动量守恒定律的应用1.应用动量守恒定律解决问题关键要注意两点：第一是根据动量守恒的条件选取合适的系统，第二是分清系统初、末状态的动量.2.动量定理通常选某单个物体为研究对象，而动量守恒定律是以两个或两个以上相互作用的物体系为对象，并分析此物体系是否满足动量守恒的条件，即这个物体系是否受外力作用，或合外力是否为零（或近似为零）.显然物体系内力（即系统内物体间相互作用）仍然存在，这些相互作用的内力，使每个物体的动量变化，但这物体系的总动量守恒.3.应用动量守恒定律表达式列方程时，必须明确过程的初状态和末状态，对于碰撞过程来说，初状态是指刚开始发生相互作用时的状态，末状态是指相互作用刚结束时的状态，只要抓住过程的初末状态，而无须考虑过程的细节，根据动量守恒定律即可求解碰撞问题.4.动量守恒定律应用的思路（1）确哪几个物体组成的系统为研究对象；（2）分析受力和物理过程，判断动量是否守恒；（3）规定正方向，确定初、末状态各物体的动量，并把矢量化成标量；（4）利用动量守恒定律列方程求解.二、碰撞及碰撞过程的特点1.碰撞特点（1）时间特点：在碰撞、爆炸现象中，相互作用时间很短.（2）相互作用力特点：在相互作用过程中，相互作用力先是急剧增大，然后再急剧减小，平均作用力很大.（3）动量守恒条件特点：系统的内力远远大于外力，所以，系统即使所受外力之和不为零，外力也可以忽略，系统的总动量守恒.（4）位移特点：碰撞、爆炸过程是在一瞬间发生的，时间极短，所以，在物体发生碰撞、爆炸的瞬间，可忽略物体的位移，可以认为物体在碰撞、爆炸前后仍在同一位置.（5）能量特点：碰前总动能E k 与碰后总动能E k′满足：E k ≥E k′.（6）速度特点：碰后必须保证不穿透对方.2.追及碰撞满足的关系（1）碰撞过程满足动量守恒：m 1v 1+m 2v 2=m 1v 1′+m 2v 2′;(2)碰撞前，后面物体速度大于前面物体速度：v 1＞v 2;（3）碰撞后，后面物体的速度小于等于前面物体的速度：v 1′≤v 2′;(4)碰撞后的总动能小于等于碰撞前的总动能.三、碰撞的类型碰撞的过程由于作用时间短，内力远大于外力，不论相互碰撞的物体所处的平面是否光滑都可以认为系统动量守恒，但根据碰撞过程中机械能的损失情况可将碰撞分为三种类型.1.完全非弹性碰撞：两物体碰后合为一个整体，以共同的速度运动，这种碰撞机械能损失最多.满足：m 1v 1+m 2v 2=(m 1+m 2)v损失的机械能：ΔE=221222211)(212121v m m v m v m +-+.学习资料汇编2.弹性碰撞：两物体碰后很短时间内分开，发生的是弹性形变，机械能无损失.满足：m 1v 1+m 2v 2=m 1v 1′+m 2v 2′2222'11222211'21212121v m v m v m v m +=+ 当两小球的质量相等时，碰撞后交换速度.3.非弹性碰撞：两物体碰后虽能分开，但碰撞时间较长，机械能有损失，但不如完全非弹性碰撞的机械能损失大.这种类型的碰撞在练习题中出现得不多.各个击破【例1】两只小船平行逆向航行，如图1-3-2所示,航线邻近，当它们头尾相齐时，由每一只船上各投质量m=50 kg 的麻袋到对面一只船上去，结果载重较小的一只船停了下来，另一只船则以v=8.5 m/s 的速度向原方向航行，设两只船及船上的载重量分别为m 1=500 kg 及m 2=1 000 kg,问：在交换麻袋前两只船的速率为多少？（水的阻力不计）图1-3-2解析：选取小船和从大船投过的麻袋为系统，并以小船的速度为正方向，根据动量守恒定律有：（m 1-m)v 1-mv 2=0即450v 1-50v 2=0 ①选取大船和从小船投过的麻袋为系统有：-(m 2-m)v 2+mv 1=-m 2v即-950v 2+50v 1=-1 000×8.5 kg·m/s ②选取四个物体为系统有：m 1v 1-m 2v 2=-m 2v即500v 1-1 000v 2=-1 000×8.5 kg·m/s ③联立①②③式中的任意两式解得v 1=1 m/s,v 2=9 m/s.答案：大船速度1 m/s,小船速度9 m/s.类题演练1甲乙两人均以2 m/s 的速度在冰上相向滑行，m 甲=50 kg ，m 乙=52 kg ，甲拿着一个质量Δm=2kg 的球，当甲将球传给乙，乙再传给甲，这样传球若干次后，乙的速度变为零，球在甲手中，求甲的速度.解析：无论传球多少次，甲、乙两人和球组成的系统动量守恒.（m 甲+Δm ）v-m 乙v=（m 甲+Δm ）v 甲即（50+2）×2-52×2=（50+2）v 甲得v 甲=0.答案：0【例2】在光滑水平面上，质量为m 的小球A 以速度v 0与质量为3m 的静止小球B 发生正碰，碰后A 球的速率为021v ,试求碰后B 球的速度v B 的大小. 解析：设A 球初速度方向为正，假设碰后A 球仍沿原方向运动，则据动量守恒定律知：学习资料汇编mv 0=20v m +3mv B 得v B =60v 由于碰后A 、B 两球都沿正方向运动，且B 球在前A 球在后，应有：v A ＜v B ,而实际计算结果是v A ＞v B ，因此，不会出现这种情况，即碰后A 球不能沿原方向运动，因此碰后A 球被反弹，据动量守恒定律有：mv 0=20v m -+3mv B 得v B =20v . 答案：20v 变式提升如图1-3-3所示，水平桌面上放着一个半径为R 的光滑环形轨道，在轨道内放入两个质量分别是M 和m 的小球（均可看作质点），两球间夹着少许炸药.开始时两球接触，点燃炸药爆炸后两球沿轨道反向运动一段时间后相遇.到它们相遇时，M 转过的角度θ是多少？图1-3-3解析：在炸药爆炸瞬间，两球作为一个系统的总动量守恒，以后两小球在轨道外壁弹力作用下在水平轨道内做匀速圆周运动，经过一段时间相遇.设炸药爆炸后，M 的速度为v 1，m 的速度为v 2，两球的运动方向相反，由动量守恒定律有Mv 1-mv 2=0，即Mv 1=mv 2 ①以后两球各自沿圆轨道做圆周运动，由于两球都只受外壁压力（方向指向环中心），因此两球都做匀速圆周运动.设经过时间t 两球再次相遇，则由运动学公式有v 1t+v 2t=2πR②由①式有v 2=1v m M ,代入②，得v 1t=mM Rm +π2 ③ v 1t 就是小球M 在圆环轨道内移过的距离（即弧长）.因此，M 球转过的角度θ=m M m R t v +=π21. 答案：mM Rm +π2 【例3】如图1-3-4所示，在水平面地上放置一质量为M 的木块，一质量为m 的子弹以水平速度v 射入木块（未穿出），若木块与地面间的动摩擦因数为μ，求：（1）子弹射入后，木块在地面上前进的距离；（2）射入的过程中，系统的机械能损失.图1-3-4解析：（1）设子弹射入木块时，二者的共同速度为v′，取子弹的初速度方向为正方向，则有：mv=(M+m)v′学习资料汇编①二者一起沿平面滑动，前进的距离为s ，由动能定理：μ（M+m)gs=21（M+m)v′2 ② 由①②两式解得s=gm M v m μ222)(2+. (2)射入过程中的机械能损失ΔE=21mv 2-21（M+m)v′2 ③ 将①代入③式解得ΔE=)(22m M Mmv +. 答案：（1）gm M v m μ222)(2+ （2）)(22m M Mmv + 类题演练2质量为m 1的小球以速度v 0与质量为m 2的小球发生弹性正碰，求碰后两个小球的速度. 解析：设碰后m 1球的速度为v 1,m 2球的速度为v 2，由系统动量守恒有m 1v 0=m 1v 1+m 2v 2 ① 由系统动能守恒有：222211*********v m v m v m += ② 将②变形为m 1(v 02-v 12)=m 2v 22 ③将①变形为m 1(v 0-v 1)=m 2v 2 ④ ③/④得v 0+v 1=v 2 ⑤ 将⑤代入①得v 1=02121v m m m m +- ⑥ 将⑥代入⑤得v 2=02112v m m m + ⑦ 答案：碰后m 1球的速度为02121v m m m m +-，m 2球的速度为02112v m m m +. 敬请批评指正。

高中物理第一章碰撞与动量守恒第四节反冲运动课件粤教版选修3-5

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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 的人站立在船头．若不计水的阻力，在人从船头走到船尾的过程中，船和人的对地位移各是多少？
[思路点拨] 选人和船组成的系统为研究对象，由于人从船头走到船尾的过程中，不计水的阻力，系统在水平方向上不受外力作用，动量守恒．
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[解析] 设某一时刻人对地的速度为 v2，船对地的速度为 v1，规定人前进的方向为正方向，mv2－Mv1＝0，即vv21＝Mm
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本题中物块从 A 上下滑的过程是反冲运动的过程，根据反冲运动的特点可知，系统水平方向总动量一直为零，且在物块上升、下滑过程系统机械能都守恒．本题的解答过程从能量的角度考虑，忽略了复杂的过程，仅仅考虑了初、末状态的物理量，最后比较简捷地求出了结果．
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如图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________．
一、反冲运动 1．定义：当一个物体向某一方向射出(或抛出)它的一部分时，这个物体的剩余部分向_相__反___方向运动的现象． 2．原理：反冲运动的原理是__动__量__守__恒__定__律__．当系统所受的外力的矢量和为零或外力远小于内力时，系统的总动量守恒．这时，如果系统的一部分获得了某一方向的动量，系统的剩余部分就会在这一方向的相反方向上获得同样大小的动量． 3．表达式：___0_＝__m__1v_1_′＋ __m__2_v_2′____________．
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(2)速度的反向性问题：对于原来静止的整体，当被抛出部分具有速度时，剩余部分的反冲是相对于抛出部分来说的，两者运动方向必然相反．在列动量守恒方程时，理论上可任意规定某一部分的运动方向为正方向，则反方向的另一部分的速度就要取负值． (3)相对速度问题：反冲运动的问题中，有时遇到的速度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对同一参考系的速度(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，再列动量守恒定律方程．

【物理】1.4《反冲运动》教案(粤教版选修3-5)

1.4 反冲运动新课标要求1．内容标准（1）探究物体弹性碰撞的一些特点。

知道弹性碰撞和非弹性碰撞。

（2）通过实验，理解动量和动量守恒定律。

能用动量守恒定律定量分析一维碰撞问题。

知道动量守恒定律的普遍意义。

例1 火箭的发射利用了反冲现象。

例2 收集资料，了解中子是怎样发现的。

讨论动量守恒定律在其中的作用。

（3）通过物理学中的守恒定律，体会自然界的和谐与统一。

2．活动建议制作“水火箭”。

新课程学习★新课标要求（一）知识与技能1．进一步巩固动量守恒定律2．知道反冲运动和火箭的工作原理，了解反冲运动的应用3．了解航天技术的发展和应用（二）过程与方法理解反冲运动的物理实质，能够运用动量守恒定律分析、解决有关反冲运动的问题。

（三）情感、态度与价值观培养学生动手动脑的能力，发掘学生探索新知识的潜能。

★教学重点运用动量守恒定律认识反冲运动的物理实质★教学难点动量守恒定律的应用．★教学方法教师启发、引导，学生讨论、交流。

★教学用具：铝箔纸，火柴和支架，反击式水轮机转轮的原理模型，礼花，有关航天发射、空间站等的录像带剪辑，投影片，多媒体辅助教学设备★课时安排1 课时★教学过程（一）引入新课教师：用实验方法引入新课：〖演示实验1〗老师当众吹一个气球，然后，让气球开口向自己放手，看到气球直向学生飞去，人为制造一点“惊险气氛”，活跃课堂氛围。

〖演示实验2〗用薄铝箔卷成一个细管，一端封闭，另一端留一个很细的口，内装由火柴头上刮下的药粉，把细管放在支架上，用火柴或其他办法给细管加热，当管内药粉点燃时，生成的燃气从细口迅速喷出，细管便向相反的方向飞去。

〖演示实验3〗把弯管装在可以旋转的盛水容器的下部，当水从弯管流出时，容器就旋转起来。

提问：实验1、2中，气球、细管为什么会向后退呢？实验3中，细管为什么会旋转起来呢？看起来很小的几个实验，其中包含了很多现代科技的基本原理：如火箭的发射，人造卫星的上天，大炮发射等。

应该如何去解释这些现象呢？这节课我们就学习有关此类的问题。

【2019-2020】高中物理第一章碰撞与动量守恒第四节反冲运动同步备课教学案粤教版选修3_5

教学资料参考范本【2019-2020】高中物理第一章碰撞与动量守恒第四节反冲运动同步备课教学案粤教版选修3_5撰写人：__________________部门：__________________时间：__________________[学习目标] 1.了解反冲运动及反冲运动的典型事例.2.能够应用动量守恒定律解决反冲运动问题.3.了解火箭的工作原理及决定火箭最终速度大小的因素．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′＝v＝v(3)由上问可知火箭喷气后最大的速度v′＝(－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＝＝.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′＝0v′＝－v＝－×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mvcos 60°＋(M－m)v″＝0v″＝－＝－ 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mv0cos αM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大小为v＝.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(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＝≈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＝≈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.v0B.v0C.v0D.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′＝，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1、2，则有m＝M.两边乘以时间t有mt＝Mt，即mx1＝Mx2且x1＋x2＝L，可求出x1＝ L，x2＝ 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＝M－m，0＝Mx球－mx人，又有x人＋x球＝L，x人＝h，联立以上各式得：L＝h.因此软绳的长度至少为 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BD2．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4A．打开阀门S1 B．打开阀门S2C．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R－r4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＝.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＝＝，由题意：x1＋x2＝R－r解得x2＝(R－r)＝.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.v0 B．－v0C.v0 D．－v0答案B解析火箭整体动量守恒，则有(M－Δm)v＋Δmv0＝0，解得：v＝－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1A. B.C. D.错误!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＝.②由①②可得x2＝，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2A．5 m B．3.6 mC．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：m1＝m2，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vB．射出n颗子弹后，人后退的速度为nvC．射出n颗子弹后，人后退的速度小于nvD．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－n m)v′＝nmv0，可得v＝，v′＝，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∶2B．A、B(包括人)动量大小之比为1∶1C．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＋)vB＋MvA解得：vB＝－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<v乙C．若两人速率相等，必有m甲>m乙D．若两人速率相等，必有m甲<m乙答案AC解析甲、乙两人和小车组成的系统动量守恒，且总动量为零，甲动量方向向右，小车动量方向向左，说明|p甲|＝|p乙|＋|p车|，即m甲v甲＞m乙v乙，若m甲＝m乙，则v甲＞v乙，A对，B错；若v甲＝v乙，则m甲＞v乙，C对，D错．10．假设一个小型宇宙飞船沿人造地球卫星的轨道在高空中绕地球做匀速圆周运动，如果飞船沿其速度相反的方向抛出一个质量不可忽略的物体A，则下列说法正确的是( )A．A与飞船都可能沿原轨道运动B．A与飞船都不可能沿原轨道运动C．A运动的轨道半径可能减小，也可能增加D．A可能沿地球半径方向竖直下落，而飞船运行的轨道半径将增大答案CD解析抛出物体A后，由反冲原理知飞船速度变大，所需向心力变大，从而飞船做离心运动，离开原来轨道，半径增大；物体A的速率可能比原来的速率大，也可能比原来的速率小或相等，也可能等于零从而竖直下落．选项A、B错误，选项C、D正确．二、非选择题11．如图3所示，带有光滑的半径为R的圆弧轨道的滑块静止在光滑水平面上，滑块的质量为M，将一个质量为m的小球从A处由静止释放，当小球从B点水平飞出时，滑块的速度为多大？图3答案m 错误!解析运动过程中小球和滑块组成的系统机械能守恒，又因为系统在水平方向不受外力，故系统水平方向动量守恒，设小球从B点飞出时速度大小为v1，滑块的速度大小为v2，则有：mv1－Mv2＝0，mgR＝mv12＋Mv22，解得v2＝m .12．课外科技小组制作了一只“水火箭”，用压缩空气压出水流使火箭运动．假如喷出的水流流量保持为2×10－4 m3/s，喷出速度保持为对地10 m/s.启动前火箭总质量为1.4 kg，则启动2 s末火箭的速度可以达到多少？已知火箭沿水平轨道运动阻力不计，水的密度是103 kg/m3.答案 4 m/s解析“水火箭”喷出水流做反冲运动，设火箭原来总质量为M，喷出水流的流量为Q，水的密度为ρ，喷出水流的速度为v，火箭的反冲速度为v′，由动量守恒定律得(M－ρQt)v′＝ρQtv，火箭启动2 s末的速度为v′＝＝4 m/s.。

高中物理第一章碰撞与动量守恒第四节反冲运动课件粤教版选修3

2．反冲运动中，以下三种情况均可应用动量守恒定律解决．
(1)系统不受外力或所受外力之和为零． (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． (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，可以在该方向上应用动量守恒定律．
答案：A
题后反思 (1)当题目中提及的速度是相互作用的两物体的相对速度，而不是相对于地面的速度时，不能直接代入动量守恒公式． (2)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．
1.如图炮管水平，火炮车在水平路面上以 v1 的速
度向右匀速行驶的过程中，发射一枚质量为 m 的炮弹后，自
③由于爆炸类问题作用时间很短，作用过程中物体的位移很小，一般可忽略不计，可以把作用过程作为一个理想化的过程(简化)处理，即作用后还从作用前瞬间的位置以新的动量开始运动．
【典例 1】质量为 M 的火箭，原来以速度 v0 在太
空中飞行，现在突然向后喷出一股质量为 Δm 的气体，喷
出气体相对火箭的速度为 v，则喷出气体后火箭的速度变
A．使喷出的气体速度更大 B．使喷出的气体温度更高 C．使喷出的气体质量更大 D．使喷出的气体密度更小
解析：喷气式飞机飞行前的总动量为零．设飞机和喷出气体的质量分别为 M、m，速度大小分别为 v1、v2，并选飞机飞行方向为正方向，由动量守恒定律可得：Mv1 －mv2＝0，解得 v1＝mMv2，分析可得选项 A、C 对．
1．“人船模型”问题的特征．两个原来静止的物体发生相互作用时，若所受外力的矢量和为零，则动量守恒．在相互作用的过程中，任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比．这样的问题归为“人船模型”问题．

(部编版)2020学年高中物理第一章碰撞与动量守恒实验验证动量守恒定律教学案粤教版选修31

实验验证动量守恒定律对应学生用书页码一、实验目的1．验证一维碰撞中的动量守恒。

2．探究一维弹性碰撞的特点。

二、实验原理在一维碰撞中，测出物体的质量m和碰撞前后物体的速率v、v′，找出碰撞前的动量p＝m1v1＋m2v2及碰撞后的动量p′＝m1v1′＋m2v2′，看碰撞前后动量是否守恒。

三、实验器材方案一：气垫导轨、光电计时器、天平、滑块(两个)、重物、弹簧片、细绳、弹性碰撞架、胶布、撞针、橡皮泥。

方案二：带细线的摆球(两套)、铁架台、天平、量角器、坐标纸、胶布等。

方案三：光滑长木板、打点计时器、纸带、小车(两个)、天平、撞针、橡皮泥。

方案四：斜槽，大小相等质量不同的小钢球两个，重垂线一条，白纸，复写纸，天平一台，刻度尺，圆规。

四、实验步骤方案一：利用气垫导轨完成一维碰撞实验(1)测质量：用天平测出滑块质量。

(2)安装：正确安装好气垫导轨。

(3)实验：接通电源，利用配套的光电计时装置测出两滑块各种情况下碰撞前后的速度(①改变滑块的质量，②改变滑块的初速度大小和方向)。

(4)验证：一维碰撞中的动量守恒。

方案二：利用等长悬线悬挂等大小球完成一维碰撞实验(1)测质量：用天平测出两小球的质量m1、m2。

(2)安装：把两个等大小球用等长悬线悬挂起来。

(3)实验：一个小球静止，拉起另一个小球，放下时它们相碰。

(4)测速度：可以测量小球被拉起的角度，从而算出碰撞前对应小球的速度，测量碰撞后小球摆起的角度，算出碰撞后对应小球的速度。

(5)改变条件：改变碰撞条件，重复实验。

(6)验证：一维碰撞中的动量守恒。

方案三：在光滑桌面上两车碰撞完成一维碰撞实验(1)测质量：用天平测出两小车的质量。

(2)安装：将打点计时器固定在光滑长木板的一端，把纸带穿过打点计时器，连在小车的后面，在两小车的碰撞端分别装上撞针和橡皮泥。

(3)实验：接通电源，让小车A运动，小车B静止，两车碰撞时撞针插入橡皮泥中，把两小车连接成一体运动。

(4)测速度：通过纸带上两计数点间的距离及时间，由v ＝ΔsΔt 算出速度。