人船模型--反冲讲解
人船模型与反冲运动
§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。
高考物理复习---反冲运动和人船模型考点分析PPT课件
√B.3.6 m
图2
C.2.6 m
D.8 m
12
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
12
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.
专题动量守恒定律的应用三爆炸反冲人船模型课件-高二物理人教版(2019)选择性必修第一册
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
五、人船模型与反冲运动
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。
动量守恒的条件 爆炸、反冲运动 人船模型(附精品解析)
动量守恒的条件爆炸、反冲运动人船模型考点一动量守恒的条件考点二爆炸、反冲运动考点三人船模型考点四连续射击问题1．动量守恒定律内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变。
2．动量守恒定律常用表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′.1)p＝p′：相互作用前系统的总动量p等于相互作用后的总动量p′.2)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′：相互作用的两个物体组成的系统，作用前动量的矢量和等于作用后动量的矢量和．3)Δp1＝－Δp2：相互作用的两个物体组成的系统，一个物体的动量变化量与另一个物体的动量变化量大小相等、方向相反．4)Δp＝0：系统总动量增量为零．考点一动量守恒的条件⑴系统不受外力或者所受外力之和为零；⑵系统受外力，但外力远小于内力，可以忽略不计；⑶系统在某一个方向上所受的合外力为零，则该方向上动量守恒。
⑷全过程的某一阶段系统受的合外力为零，则该阶段系统动量守恒。
附：机械能守恒的条件：只有重力、系统内弹力做功．1．下列四幅图所反映的物理过程中，说法正确的是（）A．甲图中子弹射入木块过程中，子弹和木块组成系统动量守恒，能量不守恒B．乙图中M、N两木块放在光滑水平面上，剪断束缚M、N的细线，在弹簧从压缩状态恢复原长过程中，M、N与弹簧组成的系统动量不守恒，机械能守恒C．丙图中细线断裂后，木球和铁球在水中运动的过程，两球组成的系统动量不守恒，机械能守恒D．丁图中木块沿光滑固定斜面下滑，木块和斜面组成的系统动量守恒，机械能守恒2．如图所反映的物理过程中，以物体A和物体B为一个系统符合系统机械能守恒且水平方向动量守恒的是（）A．甲图中，在光滑水平面上，物块B以初速度v0滑上上表面粗糙的静止长木板AB．乙图中，在光滑水平面上，物块B以初速度v0滑下靠在墙边的表面光滑的斜面AC．丙图中，在光滑水平上面有两个带正电的小球A、B相距一定的距离，从静止开始释放D．丁图中，在光滑水平面上物体A以初速度v0滑上表面光滑的圆弧轨道B3.(多选)如图所示，A、B两物体质量之比为m A∶m B＝3∶2，原来静止在足够长的平板小车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑．当两物体被同时释放后，则( )A．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，则A、B组成系统的动量守恒B．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，则A、B、C组成系统的动量守恒C．若A、B所受的摩擦力大小相等，则A、B组成系统的动量守恒D．若A、B所受的摩擦力大小相等，则A、B、C组成系统的动量守恒4. （2021·全国乙卷·T14）如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦。
高中物理反冲习题课 人船模型
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．教学过程规律方法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=+【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)s1＋S2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（）()()0;;;11mnl nml mnl A B C D M n m M nm M n m⋅⋅⋅⋅+-+++ 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s1=½a1t, s2=½a2t; s1＋s2=20m由以上各式解得t=2.0s,s2=12m(2)解法一:设人运动到A端时速度为v1,木板移动的速度为v2,则v1=a1t=8.0m/s, v2=a2t=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Mv1－mv2=(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=½(M+m)v2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=½(M+m)v2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v0。
人船模型与反冲运动1
人船模型与反冲运动一、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（） ()()0;;;11mnl nml mnl A B C D M n m M nm M n m⋅⋅⋅⋅+-+++ 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/s2）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s1,木板对地的速度为s2,木板移动的加速度为a2,人与木板的摩擦力为F,由牛顿定律得:F=Ma1=160N;()2 2160500.2106.0/10F M m ga m smμ-+-⨯⨯===设人从B端运动到A端所用的时间为t,则s1=½a1t, s2=½a2t; s1＋s2=20m由以上各式解得t=2.0s,s2=12m(2)解法一:设人运动到A端时速度为v1,木板移动的速度为v2,则v1=a1t=8.0m/s, v2=a2t=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Mv1－mv2=(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=½(M+m)v2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=½(M+m)v2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v0。
反冲运动之人船模型教材
动量守恒定律的要点：
1。矢量表达式：
/ / m1v1+m2v2=m1v1 +m2v2 ⑴系统不受合外力或系统所受合外力为零。 2。条件：
⑵系统在某一方向合外力为零，则该方向动 量守恒 ⑶系统内力远大于外力（如爆炸过程中的重 力、碰撞过程中的摩擦力等）
反冲运动
想一想
当鱿鱼遇到危险时，它不 是像其他鱼一样向前逃跑， 而是向反方向“游退”的， 这是什么原因呢？
一、反冲运动
1.反冲运动是当一个物体向某一个方 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的方 向运动。
实例：生活中的反冲现象
2.反冲运动的共性：动量守恒
二、反冲模型——人船模型
应用动量守恒处理问题的方法
若系统在全过程中动量守恒（包括单方向动量守 恒）。如果系统是由两个物体组成，且相互作用 前均静止，相互作用后均发生运动，则有：
R-s
o
R
s 解 设题述过程所用时间为 t，圆环的位移为s，则小滑块 在水平方向上对地的位移为（R-s），如图所示，取圆环的 运动方向为正，由动量守恒定律得 s 0=M - m (R-s) 即 Ms=m(R-s) t t m S= M+m R
小结
应用动量守恒解题的要点
如果系统是由两个物体组成，且相互作用前均静止， 相互作用后均发生运动，则
1、表达式 ： 2、推论：
m1s1= m2s2
0=m1v1-m2v2（其中v1、v2是平均速度）
3、使用时应明确v1、 v2 、s1、s2必须是相对同一参照 物体的大小
可见，处理此类题，除熟记推论外，关键是 画草图，确定位移关系。
0=m1v1-m2v2（其中v1、v2是平均速度）
爆炸、反冲及人船模型(解析版)
爆炸、反冲及人船模型学校：_________班级：___________姓名：_____________模型概述1.爆炸1)爆炸问题的特点是物体间的相互作用突然发生，作用时间很短，作用力很大，且远大于系统受的外力，故可用动量守恒定律来处理.2)在爆炸过程中，有其他形式的能转化为动能，系统的动能爆炸后会增加，在碰撞过程中，系统的总动能不可能增加，一般有所减少而转化为内能.3)由于爆炸问题作用时间很短，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.2.反冲现象：1)反冲现象是指在系统内力作用下，系统内一部分物体向某方向发生动量变化时，系统内其余部分物体向相反的方向发生动量变化的现象.喷气式飞机、火箭等都是利用反冲运动的实例.2)在反冲现象里，系统不受外力或内力远大于外力，系统的动量是守恒的.3)反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总机械能增加3.人船模型1)模型图示2)模型特点①两物体满足动量守恒定律：m人v人-m船v船=0②两物体的位移大小满足：m人x人t-m船x船t=0，又x人+x船=L得x人=m船m船+m人L，x船=m人m船+m人L③运动特点Ⅰ、人动则船动，人静则船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；Ⅱ、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x人x船=v人v船=m船m人.典题攻破1.爆炸1.(2024·青海海南·二模)斜向上发射的炮弹在最高点爆炸(爆炸时间极短)成质量均为m 的两块碎片，其中一块碎片沿原路返回。
已知炮弹爆炸时距地面的高度为H ，炮弹爆炸前的动能为E ，重力加速度大小为g ，不计空气阻力和火药的质量，则两块碎片落地点间的距离为()A.2EHmgB.22EH mgC.23EH mgD.42EH mg【答案】D【详解】火箭炸裂的过程水平方向动量守恒，设火箭炸裂前的速度大小为v ，则E =122mv 2得v =Em设炸裂后瞬间另一块碎片的速度大小为v 1，有2mv =-mv +mv 1解得v 1=3Em根据平抛运动规律有H =12gt 2得t =2H g两块碎片落地点之间的距离x =(v +v 1)t =42EH mg故D 。
【高中物理】反冲现象 火箭(人船模型)课件 高二上学期物理人教版(2019)选择性必修第一册
3、模型研究
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的人从静止开始从船头走到船尾，不计水的阻力，求船和人对地面的位移各为多少？
解：以人和船组成的系统为研究对象，在人由船的一端走到船的另一端的过程中，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，
BD
6、如图所示，气球质量为100kg，下连一质量不计的长绳，质量为50kg的人抓住绳子与气球一起静止在20m高处，若此人要沿着绳子安全下滑着地，求绳子至少有多长？
答案：30m
解：人与气球组成的系统动量守恒，设人的速度为v1,气球速度为v2运动时间为，以人和气球组成的系统为研究对象，取向下为正方向，则：
BD
5、如图所示，质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点，一质量为m的滑块在小车上从A点静止开始沿AB轨道滑下，然后滑入BC轨道，最后恰好停在C点。已知小车质量M＝3m，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。则 ( )A.全程滑块水平方向相对地面的位移R＋LB．全程小车相对地面的位移大小s＝(R＋L)C．滑块m运动过程中的最大速度vm＝D．μ、L、R三者之间的关系为R＝μL
5、模型变式
1．质量为m的人站在质量为M的小车上，小车静止在水平地面上，车与地面摩擦不计，当人从小车的左端走到右端，下列说法不正确的是（ ）A．人在车上行走的平均速度越大，则车在地面上运动的平均速度也越大B．人在车上行走的平均速度越大，则车在地面上移动的距离也越大C．不管人以什么样的平均速度行走，车在地面上移动的距离都相同D．人在车上行走时，若人相对车突然停止，则车也立刻停止
第四节反冲运动人船模型课件
回收
对于失效的人造卫星，需要采取措施进行安全可靠的回收。反冲运动人船模型可以模拟 卫星的回收过程，分析卫星的减速、捕获和再入大气层等环节，为卫星回收技术提供理
论支持和实践指导。
PART 05
反冲运动人船模型的扩展 与展望
其他反冲运动模型的研究
火箭发射模型
研究火箭发射过程中反冲 运动的原理和应用。
结论
通过应用动能定理，我们可以进一步理解人起跳后船的运动状态变化， 以及水阻力对船运动的影响。
力的平衡与作用力分析
定义
力的平衡是指物体受到的合力为零，保持静止或匀速直线运动的状态。作用力反冲运动人船模型中，当人从船上起跳时，船受到水对它的阻力作用和人对它的支持力 作用。根据力的平衡原理，水对船的阻力等于人对船的支持力。同时，人对船的作用力与 人受到的船对人的作用力是一对作用力与反作用力。
2023 WORK SUMMARY
第四节反冲运动人船 模型课件
REPORTING
目录
• 反冲运动人船模型概述 • 人船模型的运动分析 • 反冲运动人船模型的力学分析 • 反冲运动人船模型的实践应用 • 反冲运动人船模型的扩展与展望
PART 01
反冲运动人船模型概述
定义与特点
定义
反冲运动人船模型是一种描述在 反冲过程中人和船的运动规律的 数学模型。
特点
该模型考虑了人和船之间的相互 作用，以及反冲过程中船体运动 和人员位移的动态变化。
反冲运动人船模型的应用场景
火箭发射
在火箭发射过程中，反冲运动人船模 型可用于预测和优化宇航员在火箭起 飞和着陆过程中的安全性和舒适性。
高速船舶
对于高速船舶，如快艇和摩托艇，反 冲运动人船模型可用于研究乘员在船 舶加速和减速过程中的动态响应。
反冲运动与人船模型的应用
反冲运动与人船模型的应用一、模型的建立如图1所示，长为L 、质量为m 1的小船停在静水中，一个质量为m 2的人立在船头，若不计水的粘滞阻力，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？ 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,系统在水平方向不受外力作用，所以水平方向动量守恒。
人起步前系统的总动量为零.当人起步加速前进时，船同时向后加速运动；当人匀速前进时,船同时向后匀速运动；当人停下来时，船也停下来.设某一时刻人对地的速度为v 2,船对地的速度为v 1,选人前进的方向为正方向，根据动量守恒定律有22110m v m v -=，即2112v m v m =. 因为在人从船头走到船尾的整个过程中，每一时刻系统都满足动量守恒定律，所以每一时刻人的速度与船的速度之比,都与它们的质量成反比。
从而可以得出判断：在人从船头走到船尾的过程中,人的位移s 2与船的位移s 1之比，也等于它们的质量的反比，即2112s m s m = ① 由图可以看出， 12s s L += ②由①、②两式联立解得 2112m s L m m =+，1212m s L m m =+ （一）、人船模型说明:人在静止的船上行走时（不计水的阻力)则有以下结论：⑴.由于在运动方向上人船组成的系统动量为零,故人走船行，人停船止;⑵. 船长L 不是人行走的位移，而是人相对于船的位移；⑶。
当人从船的一端走到另一端时，人和船行走的位移与本身的质量成反比. 这种人和船具有相对运动而衍生出来的关于动量守恒定律应用的模型称为人船模型.（二）、人船模型特点⑴。
系统由两部分组成（若为多部分也可以转化为两部分)；⑵。
系统总动量守恒且总动量为零;⑶.组成系统的两部分有相对运动;⑷.要求与位移相关的物理量.(三)、人船模型解法⑴。
画出运动过程中初末位置对比示意图，通过分析找出与位移相关的关系式; ⑵。
列出运动过程中某时刻系统动量守恒的方程,如m 1V 1＝m 2V 2，再利用微积分的思想将其转换为与位移相关的方程，如m 1X 1＝m 2X 2;⑶.联合两个与位移相关的方程即可求解。
第四节-反冲运动-人船模型.
二、火箭
动量守恒定律 1 ．火箭是 _____________ 最重要的应用之 一．中国是火箭的故乡．
2．火箭的工作原理 当火箭推进剂燃烧时，从尾部喷出的气体具 有很大的动量，根据动量守恒定律，火箭获 得大小相等、方向相反的动量，因而发生连 续的反冲现象． 3．火箭的最终速度
最终速度 由喷 火箭燃料燃尽时火箭获得的________ 气速度和火箭开始飞行时的质量与燃料燃尽 时的质量之比 ____两个因素决定．
由图可知 s1＋s2＝l， m M 解得 s1＝ l， ＝5 l. 图1 －s 4 2－ M＋m M＋m
[巩固1]如图所示：质量为m长为a的汽车由静止开始 从质量为M、长为b的平板车一端行至另一端时，汽 车和平板车的位移大小各为多少？（水平地面光滑） [解析] 取向右为正方向，对人和船组成的系统， 依动量守恒可得：
变式训练
(2011 年北京西城区高二质检 ) 如图所
1 示， 有光滑 圆弧轨道的滑块静止在一个光滑水平面 4 上，质量为 M.一个质量为 m 的小球在 A 处由静止 滑下，当小球从滑块 B 处飞出时，滑块 M 的反冲 速度为多大？(圆弧半径 R 已知)
图 1－ 4－ 3
解析：设小球飞出时速度为 v1，此时滑块速度为 v2. 滑块上圆弧轨道虽然光滑，但由于滑块在小球下滑过 程中对小球做了功，所以不能认为小球在下滑过程中 机械能守恒．但由于滑块、小球组成的系统在小球下 滑过程中除重力外其他外力没有做功，系统的机械能 守恒， 1 2 1 2 即 mgR＝ mv1＋ Mv2① 2 2
三、爆炸问题 1．物体发生爆炸时，物体间的相互作用突然发生， 相互作用力为变力，作用时间很短，作用力很大，且 远大于系统受的外力，故可用动量守恒定律来处理． 2．在爆炸过程中，因有其他形式的能转化为动能， 所以系统的动能会增加． 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．
高考物理一轮复习课件第3讲第1课时动量守恒的常见模型反冲爆炸人船子弹打木块滑块与弹簧板块模型
知识回顾
三、人船模型
如图所示,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 模型构建
两物体满足动量守恒定律:m1v1-m2v2=0 模型特点
七、板块模型
谢 谢 大
家
(1)B、C第一次碰撞后,C的速度大小vC; (2)弹簧具有的最大弹性势能Ep; (3)整个运动过程中,B的动量变化量的大小Δp。
知识回顾
六、物块-斜面模型
模型图示
物块m从光滑的水平地面上滑到光滑的斜面体M(或曲面体)上，上升到最高点，又 模型特点
滑离斜面体。 （1）物块m和斜面体M组成的系统满足：①水平方向上动量守恒，②机械能守恒 模型规律 （2）物块滑到斜面体最高点：物块和斜面体有共同速度。（原因：物块参与了两 个分运动）
四、子弹打木块模型
【典例4】质量为m的子弹以某一初速度v0击中静止在光滑水平地面上质量为M的木块, 并陷入木块一定深度后与木块相对静止。甲、乙两图表示了这一过程开始和结束时子 弹和木块可能的相对位置,设木块对子弹的阻力大小恒定,下列说法正确的是( C )
A.M越大,子弹射入木块的时间越短 B.M越大,子弹射入木块的深度越浅
当弹簧恢复原长时，m1和m2两物体组成的系统没有机械能损失，系统机械能 守恒。此时，可看成m1和m2两物体发生弹性碰撞。 （2）对m1、弹簧和m2三者组成的系统，全过程系统动量守恒，系统机械能守恒。
五、弹簧-滑块模型
【典例5】如图所示,足够长的光滑水平直轨道上有物块A、B、C,质量分别为2m、m、m,B 的左侧固定一轻弹簧(不与A固定),A、B共同以速度v0向C运动,弹簧处于原长,C静止,B、C 间发生弹性碰撞。求:
高中物理选择性必修一 第一章 第四节 第2课时 反冲运动及人船模型
D错误.
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. 2.“人船模型”的特点 (1)两物体满足动量守恒定律：m1 v 1－m2 v 2＝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，即ss12＝mm21.
第一章 第四节 动量守恒定律的应用
第2课时 反冲运动及人船模型
【学习目标】
1.知道反冲运动的原理，会应用动量守恒定律解决有关反冲 运动的问题.
2.知道火箭的原理及其应用.
【内容索引】
梳理教材 夯实基础
探究重点 提升素养
随堂演练 逐点落实
课时 对点练
梳理教材 夯实基础
SHULIJIAOCAI HANGSHIJICHU
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随堂演练 逐点落实
SUITANGYANLIAN ZHUDIANLUOSHI
1.(反冲运动的理解)关于反冲运动的说法中，正确的是 A.抛出部分的质量m1要小于剩下部分的质量m2才能获得反冲 B.若抛出部分的质量m1大于剩下部分的质量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
√C.影响火箭速度大小的因素包括喷气的质量与火箭本身质量之比
D.喷出气流对火箭的冲量与火箭对喷出气流的冲量相同
解析 火箭发射过程中动能和重力势能均增加，则机械能不守恒，A错误； 设喷出气流质量为 m，火箭质量为 M，则根据动量守恒定律有 mv＝Mv′， 解得 v′＝Mmv，故影响火箭速度大小的因素是喷气速度和质量比，B 错误， C 正确；
反冲运动与人船模型的应用
反冲运动与人船模型的应用一、模型的建立如图1所示，长为L 、质量为m 1的小船停在静水中，一个质量为m 2的人立在船头，若不计水的粘滞阻力，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？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，系统在水平方向不受外力作用，所以水平方向动量守恒。
人起步前系统的总动量为零。
当人起步加速前进时，船同时向后加速运动；当人匀速前进时，船同时向后匀速运动；当人停下来时，船也停下来。
设某一时刻人对地的速度为v 2，船对地的速度为v 1，选人前进的方向为正方向，根据动量守恒定律有22110m v m v -=，即2112v m v m =。
因为在人从船头走到船尾的整个过程中，每一时刻系统都满足动量守恒定律，所以每一时刻人的速度与船的速度之比，都与它们的质量成反比。
从而可以得出判断：在人从船头走到船尾的过程中，人的位移s 2与船的位移s 1之比，也等于它们的质量的反比，即2112s m s m = ① 由图可以看出, 12s s L += ②由①、②两式联立解得 2112m s L m m =+，1212m s L m m =+ （一）、人船模型说明：人在静止的船上行走时（不计水的阻力）则有以下结论：⑴.由于在运动方向上人船组成的系统动量为零，故人走船行，人停船止；⑵. 船长L 不是人行走的位移，而是人相对于船的位移；⑶. 当人从船的一端走到另一端时，人和船行走的位移与本身的质量成反比。
这种人和船具有相对运动而衍生出来的关于动量守恒定律应用的模型称为人船模型。
（二）、人船模型特点⑴.系统由两部分组成（若为多部分也可以转化为两部分）；⑵.系统总动量守恒且总动量为零；⑶.组成系统的两部分有相对运动；⑷.要求与位移相关的物理量。
（三）、人船模型解法⑴.画出运动过程中初末位置对比示意图，通过分析找出与位移相关的关系式；⑵.列出运动过程中某时刻系统动量守恒的方程，如m 1V 1＝m 2V 2，再利用微积分的思想将其转换为与位移相关的方程，如m 1X 1＝m 2X 2；⑶.联合两个与位移相关的方程即可求解。
第六章 微专题47 “爆炸、反冲”与“人船”模型
爆炸 反冲 人船模型1．爆炸与反冲运动的特点：由于系统不受外力或内力远大于外力，所以动量守恒；由于系统内有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以系统总动能增加．2．“人船模型”的特点(1)两物体满足动量守恒定律：m 1v 1－m 2v 2＝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x 1x 2＝v 1v 2＝m 2m 1. (3)应用此关系时要注意一个问题：公式中v 1、v 2和x 一般都是相对地面而言的．1．(2019·安徽合肥市二模)如图1所示，某人站在一辆平板车的右端，车静止在光滑的水平地面上，现人用铁锤子连续敲击车的右端．下列对平板车的运动情况描述正确的是( )A ．锤子向右抡起的过程中，车向右运动B ．锤子下落的过程中车向左运动C ．锤子抡至最高点时，车速度为零D ．锤子敲击车瞬间，车向左运动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 M v 0B.M m v 0C.M M －m v 0D.m M －m v 03．如图2所示，小车(包括固定在小车上的杆)的质量为M ，质量为m 的小球通过长度为L 的轻绳与杆的顶端连接，开始时小车静止在光滑的水平面上．现把小球从与O 点等高的地方释放(小球不会与杆相撞)，小车向左运动的最大位移是( )A.2LM M ＋mB.2Lm M ＋mC.ML M ＋mD.mL M ＋m4．(2019·湖北稳派教育上学期第二次联考)某同学为研究反冲运动，设计了如图3所示的装置，固定有挡光片的小车内表面水平，置于光滑水平面上，挡光片宽为d ，小车的左侧不远处有固定的光电门，用质量为m 的小球压缩车内弹簧，并锁定弹簧，整个装置处于静止，解除锁定，小球被弹射后小车做反冲运动并通过光电门，与光电门连接的计时器记录挡光片挡光时间为t ，小车、弹簧和挡光片的总质量为3m ，则小球被弹出小车的瞬间相对于地面的速度大小为( )A.d tB.2d tC.3d tD.4d t5．(多选)如图4所示，小车AB 放在光滑水平面上，A 端固定一个轻弹簧，B 端粘有油泥，AB 总质量为M ，质量为m 的木块C 放在小车上，用细绳连接于小车的A 端并使弹簧压缩，开始时AB 和C 都静止，当突然烧断细绳时，C 被释放，C 离开弹簧向B 端冲去，并跟B 端油泥粘在一起，忽略一切摩擦，下列说法正确的是()A．弹簧伸长过程中C向右运动，同时AB也向右运动B．C与B碰前，C与AB的速率之比为M∶mC．C与油泥粘在一起后，AB立即停止运动D．C与油泥粘在一起后，AB继续向右运动6．(2020·广东揭阳市模拟)如图5所示，水平地面上可视为质点的物体A和B紧靠在一起静止于b处，已知A的质量为3m，B的质量为m.两物体在足够大的内力作用下突然沿水平方向左右分离．B碰到c处的墙壁后等速率反弹，并追上已停在ab段的A，追上时B的速率等于两物体刚分离时B的速率的一半．A、B 与水平地面的动摩擦因数均为μ，b与c间的距离为d，重力加速度为g.求：(1)分离瞬间A、B的速率之比；(2)分离瞬间A获得的动能．答案精析1．C [锤子、人和车组成的系统在水平方向动量守恒，锤子向右抡起的过程中，车向左运动，故A 错误；锤子下落的过程中，有水平向左的速度，根据动量守恒定律，车向右运动，故B 错误；锤子抡至最高点时，速度为零，根据动量守恒定律，车的速度也为零，故C 正确；锤子向左敲击车瞬间，根据动量守恒定律，车向右运动，故D 错误．]2．D [取向下为正方向，由动量守恒定律可得：0＝m v 0－(M －m )v ′，故v ′＝m v 0M －m，选项D 正确．] 3．B [小球和小车组成的系统在水平方向上动量守恒，设小球和小车在水平方向上的速度大小分别为v 1、v 2，有m v 1＝M v 2，故mx 1＝Mx 2，x 1＋x 2＝2L ，其中x 1代表小球的水平位移大小，x 2代表小车的水平位移大小，因此x 2＝2Lm M ＋m，选项B 正确．] 4．C [解除锁定，小球被弹射后小车做反冲运动，经时间t 通过光电门，则小车匀速运动的速度大小为v 1＝d t，设小球的速度大小为v 2，根据反冲运动的特点可知，小车与小球总动量为零，根据动量守恒定律得：3m v 1＝m v 2，得小球的速度大小为v 2＝3d t，故选C.] 5．BC [AB 与C 组成的系统在水平方向上动量守恒，C 向右运动时，AB 应向左运动，故A 错误；设碰前C 的速率为v 1，AB 的速率为v 2，则0＝m v 1－M v 2，得v 1v 2＝M m，故B 正确；设C 与油泥粘在一起后，AB 、C 的共同速度为v 共，则0＝(M ＋m )v 共，得v 共＝0，故C 正确，D 错误．]6．(1)13 (2)2423μmgd 解析 (1)以水平向左为正方向，分离瞬间对A 、B 系统应用动量守恒定律有：3m v A －m v B ＝0解得：v A v B ＝13； (2)A 、B 分离后，A 物体向左匀减速滑行，对A 应用动能定理：－μ·3mgs A ＝0－12×3m v A 2 对B 从两物体分离后到追上A 的过程应用动能定理：－μmgs B ＝12m ⎝⎛⎭⎫v B 22－12m v B 2 两物体的路程关系是s B ＝s A ＋2d分离瞬间A 获得的动能E k A ＝12×3m v A 2 联立解得：E k A ＝2423μmgd .。
第四节反冲运动人船模型课件
跳高运动员在过杆时，通过向上蹬杆的反冲力使身体向下运动，从而顺利过杆。在这个过程中，人船 模型同样适用，运动员相当于船，蹬杆的脚相当于人，脚蹬杆产生的反冲力使身体向下运动，从而顺 利过杆。
感谢观看
THANKS
数据记录
使用测量工具记录船只的位移 和速度数据。
实验结束
当船只达到最大速度或划桨停 止时，实验结束。
数据处理
对记录的数据进行分析和处理 ，得出结论。
实验结果与数据分析
数据整理
将实验数据整理成表格或图表形 式，便于分析和比较。
结果分析
根据实验数据，分析船只在划桨 作用下的运动规律和特点。
结论总结
根据分析结果，总结出人船模型 的运动规律和特点，并与理论模
型进行比较。
05
人船模型的实际应用案例
火箭发射与回收
火箭发射
火箭升空时，燃料燃烧产生的反冲力推动火箭向上运动，这是反冲运动的一个典 型应用。在火箭发射过程中，人船模型同样适用，火箭相当于船，燃料相当于人 ，燃料燃烧产生的反冲力推动火箭和人一起向上运动。
火箭回收
随着科技的发展，一些火箭采用了垂直起降技术，通过反冲运动实现火箭的回收 。在火箭回收过程中，人船模型同样适用，火箭相当于船，发动机相当于人，发 动机产生的反冲力使火箭减速并实现回收。
人船模型的微分方程
确定系统状态变量
选择系统的状态变量，如 人船的速度、位移等。
列出运动方程
根据牛顿第二定律和已知 条件，列出系统的运动方 程。
解方程求解
通过解方程求解系统的运 动状态。
数值解法与模拟结果分析
选择数值解法
根据问题的特点选择合适的数值 解法，如欧拉法、龙格-库塔法等
第五讲 动量守恒之人船模型及反冲
物 理 【巩固1】质量为 M的气球上有一质量为 m的人， 气球和人静止在离地高为 h的空中．从气球上放下 一架不计质量的软梯，为使人沿软梯安全滑至地面， 则软梯至少应为多长？ [点拨]气球和人原静止于空中，合力为零，故 系统动量守恒．取竖直向上为正方向，对人和气 球组成的系统，依动量守恒可得：
0 Mv1 mv2
物 理
动量守恒之反 冲及人船模型
物 理
一、反冲运动
当物体的一部分以一定的速度离开物 体 时，剩余部分将得到一个反向冲量，向 反方向运动。这种 一 号
物 理 喷气式飞机通过连续不断
地向后喷射高速燃气，可 以得到超过音速的飞行速 度。
法国幻影”2000
物 理
中国新型自行榴弹炮
这门自行火炮的后面又增加了止退 犁，看到了吗？他是起什么作用的呢？
物 理
二、人船模型-----用平均动量守恒求位移
若系统在全过程中动量守恒（包括某方向上动量 守恒，则这一系统在全过程中的平均动量也必守 恒）
条件：
系统原来处于静止状态，由于系统内物体相互作 用使物体开始运动，任意时刻系统总动量为零。 求物体运动的位移
0 Mv1x mv2 x
Ms/t-m(L-s)/t=0
θ
解得：s=mL/(M+m)
物 理 【巩固3 】质量为m半径为R的小球，放在半径 2R、质量2m的大空心球壳内，小球开始静止在光 滑水平面上，当小球从图示位置无初速地沿内壁滚 到最低点时，大球移动的距离多大？ [点拨] 设大球移动的距 离为s，则小球移动的水平 距离为(R-s)，有： 2ms/t-m(R-s)/t=0 解得：s= R/3
(2)若m1＞m2，小车与m2的人运动方向相同
(3)若m1＜m2，小车与m1的人运动方向相同
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练一练：
机关枪重8Kg，射出的子弹质量为 20g，若子弹的出口速度1000m/s，则 机枪的后退速度是多少？
• 分析：在水平方向火药的爆炸力远大于此 瞬间机枪受的外力（枪手的托力），故可 认为在水平方向系统动量守恒：即子弹向 前的动量等于机枪向后的动量，总动量保 持“零”值不变。
解：机枪和子弹这一系统动量守恒，令 子弹的速度方向为正方向，由动量守 恒定律得：0=m v -M v'
1 2mThv
2Th＝0.07
MeV
⑤
答案：0.07
掌握核反应中的守恒 K－介子的衰变方程为：K－→π－＋π0，其中K－介子和π－介 子带负的基元电荷，π0介子不带电。一个K－介子沿垂直于磁场 的方向射入匀强磁场中，其轨迹为圆弧(图中虚线)，π－介子、π0 介子的运动轨迹可能是下面图15－7中的 ( )
答案：6.0×104 J
巩固提升
一静止的
238 92
U核经α衰变成为
293T04 h核，释放出的总动能
为4.27
MeV。问此衰变后
234 90
Th核的动能为多少MeV(保
留1位有效数字)
解析：据题意知，此 α 衰变的衰变方程为29328U→29304Th＋24He，
根据动量守恒定律得
mαvα＝mThvTh
其水平位移替代，则上式可写为：Md m[(L L cos ) d ]，解得圆环移动的距离：d mL(1 cos )
M m
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ 反冲(爆炸)运动
定义: 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，这个现象叫作反冲。
要点：（1）内力作用下 （2）一个物体分为两个部分 （3）两部分运动方向相反
与飞船总保持相对静止状态。这个人手中拿着 一个质量为△m的小物体。现在他以相对于飞 船为u的速度把小物体抛出
（1）小物体的动量改变量是多少？ m u
（2）人的动量改变量是多少？ （3）人的速度改变量是多少？
m u
m u
m
思考与讨论？
质量为m的人在远离任何星体的太空中，与他 旁边的飞船相对静止，由于没有力的作用，他
①
式中，mα 和 mTh 分别为 α 粒子和 Th 核的质量，vα 和 vTh 分
别为 α 粒子和 Th 核的速度的大小。由题设条件知
1 2mαvα
2＋12mThvTh
2＝Ek
②
mmTαh＝2344
③
由①②③式得
1 2mThvTh
2＝mα＋mαmThEk
④
代入数据得，衰变后23940Th 核的动能
在下列几种现象中，所选系统动量守恒的是( ) A．原来静止在光滑水平面上的车，从水平方向跳上一个人，人、车为一 系统 B．运动员将铅球从肩窝开始加速推出，以运动员和铅球为一系统 C．从高空自由下落的重物落在静止于地面上的车厢中，以重物和车厢为 一系统 D．光滑水平面上放一斜面，斜面也光滑，一个物体沿斜面滑下，以重物 和斜面为一系统 解析：动量守恒条件是系统受合外力为零．运动员推铅球，系统除受重 力外，还受地面摩擦力，故人与铅球组成的系统动量不守恒，B错．从高空 下落的重物与车厢组成的系统竖直方向上合力不为零，动量不守恒，故C错 ．D中斜面虽在光滑水平面上，但系统竖直方向合力不为零，只在水平方向 合力为零，故D错．本题正确的选项只有A. 答案：A
车，那么在以后的过程中（ D ）
A.小球向左摆动时,小车也向左运动, 且系统动量守恒
B.小球向左摆动时,小车则向右运动, 且系统动量守恒
C.小球向左摆到最高点,小球的速度 为零而小车速度不为零
D.在任意时刻,小球和小车在水平方 向的动量一定大小相等、方向相反
反思：系统所受外力的合力虽不为零，但在水平 方向所受外力为零，故系统水平分向动量守恒。
v' = ( m / M ) v
=[(0.02/8) 1000]m/s
=2.5m/s
火箭发射前的总质量为M，燃料全部燃烧 完后的质量为m，火箭燃气的喷射速度为V0， 燃料燃尽后火箭的速度V为多少？
解：在火箭发射过程中，内力远大于外
V=？ 力，所以动量守恒。
设火箭的速度方向为正方向，
m
正
发射前的总动量为0；
转化为木块的动能，求木块 A 从 O 运动到 Q 所用的时间．
• [思路点拨] 解答本题时应把握以下三点：
(1)爆炸瞬间动量守恒，机械能增加，能量 守恒．
(2)A、B一起滑动，可用动能定理列式． (3)第二次滑动，因求时间，可结合牛顿第 二定律、运动学公式分析求解．
[自主解答] 设木块的质量均为 m，与地面间的动摩擦因数为 μ，炸 药爆炸释放的化学能为 E0.
在B船上，不计水的阻力，则（ ） BD
A．A、B（包括人）两船速度大小之比为2：3 B．A、B（包括人）两船速度大小之比为3：2 C．A、B（包括人）两船动量大小之比为2：3 D．A、B（包括人）两船动量大小之比为1：1
反思:①注意对象——系统的选择。 ②注意区分内力和外力。
如图，小车放在光滑的水平面上，将系绳 小球拉开到一定角度，然后同时放开小球和小
点滑出，到达
P
点后速度变为v0，此时炸药爆炸使木块 2
A、B
脱离，发
现木块 B 立即停在原位置，木块 A 继续水平前进．如果仍让 A、B 以速
度 v0 一起从 O 点滑出，当 A、B 停止运动时立即让炸药爆炸，则木块 A 最终静止在 Q 点(图中未标出)．已知 O、P 两点间的距离为 x，炸药的质
量可以忽略不计，爆炸时间很短可以忽略不计，爆炸释放的化学能全部
A
课堂练习
典例2.如图所示，带有半径为R的1/4光滑圆 弧的小车其质量为M，置于光滑水平面上，一 质量为m的小球从圆弧的最顶端由静止释放， 则小球离开小车时，球和车的速度分别为多少？
两质量分别为M1和M2的劈A和B，高度相同，放在光滑水平 面上，A和B的倾斜面都是光滑曲面，曲面下端与水平面相 切，如图15－3所示，一质量为m的物块位于劈A的倾斜面上， 距水平面的高度为h。物块从静止滑下，然后又滑上劈B。 求物块在B上能够达到的最大高度。
如图所示，在光滑的滑槽M的左上端放一个 小球m，从静止释放后，小球m从M的左上方将无
初速地下滑，则以下说法正确的是( C )
(A)球跟槽构成的系统动量守恒 (B)槽一直向右运动 (C)小球能滑到槽的右上端 (D)无法确定
反思：系统水平分向动 量守恒，m滑到左方最高 点的特征——两者共速
人船模型
静止在水面上的小船长为L，质量 为M，在船的最右端站有一质量为m 的人，不计水的阻力，当人从最右端 走到最左端的过程中，小船移动的距 离是多大？
第二次滑动过程中，从 O 滑出到减速为零，对 A、B 据牛顿第二定
律：
μ·2mg＝2ma1，又 v0＝a1t1 炸药爆炸时木块 A、B 系统动量守恒：
mvA＋mvB＝0
由能量守恒：E0＝21mv2A＋12mv2B
爆炸后 A 以速度 vA 减速前进，最后停在 Q 点．
对 A 据牛顿第二定律：μmg＝ma2，又 vA＝a2t2
图6-1-4
【解析】虽然小球、细绳及圆环在运动过程中合外力 不为零(杆的支持力与两圆环及小球的重力之和不相 等)系统动量不守恒，但是系统在水平方向不受外力，
因而水平动量守恒．设细绳与AB成 角时小球的水平
速度为v1，圆环的水平速度为v2，则由水平动量守恒 有：Mv2 mv1 0，且在任意时刻或位置v1与v2均满足 这一关系，加之时间相同，公式中的v2和v1可分别用
联立①②③④式得h′＝M1＋Mm1MM22＋mh。 答案：M1＋Mm1MM22＋mh
爆炸
特点：(1)内力远大于外力，动量守恒． (2) 其他形式能转化为动能，系统动能会增加
．
【典例 3】 如下图所示，质量相等的木块 A、B 间夹有一小块炸
药，放在一段粗糙程度相同的水平地面上．让 A、B 以速度 v0 一起从 O
S
L-S
0=MS – m（L-S）
1、“人船模型”是动量守恒定律的拓展应用， 它把速度和质量的关系推广到质量和位移 的关系。即：
m1v1=m2v2 则：m1s1= m2s2 2、此结论与人在船上行走的速度大小无关。不论
是匀速行走还是变速行走，甚至往返行走，只要 人最终到达船的左端，那么结论都是相同的。
图15－3
解析：设物块到达劈A的底端时，物块和A的速度大小分别为v和 V，由机械能守恒和动量守恒得
mgh＝12mv2＋12M1V2
①
M1V＝mv
②
设物块在劈B上达到的最大高度为h′，此时物块和B的共同速度
大小为V′，由机械能守恒和动量守恒得
mgh′＋12(M2＋m)V′2＝12mv2
③
mv＝(M2＋m)V′④
解析：设炮弹到达最高点的高度为 H，根据匀变速直线运动规律，有 v20＝ 2gH.
设质量为 m 的弹片刚爆炸后的速度为 v′，另一块的速度为 v，根据动量 守恒定律，有 mv′＝(M－m)v.
设质量为 m 的弹片运动的时间为 t，根据平抛运动规律，有 H＝12gt2，R＝v′t. 炮弹刚爆炸后，两弹片的总动能 Ek＝12mv′2＋12(M－m)v2. 解以上各式得 Ek＝12MM－mRm2gv220. 代入数值得 Ek＝6.0×104 J.
动量守恒的应用
山西省太谷中学 郑新忠
知识回顾
——动量守恒的条件
1、系统不受外力(理想化)或系统所受合 外力为零。
2、系统受外力的合力虽不为零，但系统 外力比内力小得多，如碰撞问题中的摩擦 力,爆炸过程中的重力等外力比起相互作 用的内力来要小得多,且作用时间极短,可 以忽略不计。
3、系统所受外力的合力虽不为零，但在 某个方向上所受合外力为零，则系统在这 个方向上动量守恒。