鲁科版高考物理一轮总复习第9章专题提分课6反冲现象与“人船模型”问题课时学案

这是一份鲁科版高考物理一轮总复习第9章专题提分课6反冲现象与“人船模型”问题课时学案，共6页。学案主要包含了自主解答，核心归纳等内容，欢迎下载使用。

类型1 反冲现象
1．命题规律
反冲现象、爆炸问题能很好地将物理知识应用于生产、生活实际中，从近几年的高考题可看出题型为选择题或计算题，难度中等。题目大多联系一定的情境，或结合能量知识解决问题。
2．复习指导
(1)反冲运动中，相互作用的内力一般较大，当受到较小外力时也可以用动量守恒定律来处理。
(2)爆炸过程中的内力远大于外力，爆炸的各部分组成的系统总动量守恒，而机械能增加。
题型一 反冲问题
典例 将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为 600 m/s 的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)( )
A．30 kg·m/sB．5.7×102 kg·m/s
C．6.0×102 kg·m/sD．6.3×102 kg·m/s
【自主解答】
A 解析：设火箭的质量为m1，燃气的质量为m2。由题意可知，燃气的动量p2＝m2v2＝50×10－3×600 kg·m/s＝30 kg·m/s。以火箭运动的方向为正方向，根据动量守恒定律可得，0＝m1v1－m2v2，则火箭的动量大小为p1＝m1v1＝m2v2＝30 kg·m/s，所以A正确，B、C、D错误。
【核心归纳】
对反冲运动的三点说明
题型二 爆炸问题
典例 (2018·全国卷Ⅰ)一质量为m的烟花弹获得动能 E后，从地面竖直升空。当烟花弹上升的速度为0时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动。爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量。求：
(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；
(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。
【自主解答】
解析：(1)设烟花弹上升的初速度为v0，由题给条件有E＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t，由运动学公式有0＝v0－gt
联立解得t＝eq \f(1,g)eq \r(\f(2E,m))。
(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1，由机械能守恒定律有E＝mgh1
爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设爆炸后瞬间其速度分别为v1和v2。由题给条件和动量守恒定律有 eq \f(1,4)mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,4)mveq \\al(2,2)＝E
eq \f(1,2)mv1＋eq \f(1,2)mv2＝0
两部分的速度方向相反，向上运动的部分做竖直上抛运动。设爆炸后烟花弹向上运动的部分继续上升的高度为h2，由机械能守恒定律有
eq \f(1,4)mveq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)mgh2
联立解得，爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度为h＝h1＋h2＝eq \f(2E,mg)。
答案：(1)eq \f(1,g)eq \r(\f(2E,m)) (2)eq \f(2E,mg)
【核心归纳】
爆炸现象的三个规律
类型2 “人船模型”问题
1．命题规律
“人船模型”问题是动量守恒定律的典型应用，通常考查“人船模型”的拓展应用。将“人船模型”基本知识融入题目当中，题目有一定的综合性。
2．复习指导
(1)“人船模型”适用于由两物体组成的系统，当满足动量守恒条件(含某一方向动量守恒)时，若其中一个物体向某一方向运动，则另一物体在其反作用力的作用下向相反方向运动。
(2)解题时要画出两物体的位移关系草图，找出各位移间的关系，注意两物体的位移是相对同一参考系的位移，一般是对地的位移。
题型一 “人船模型”的基本应用
典例 一小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(估计重一吨左右)。一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量，他进行了如下操作：首先将小船平行于码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头停下，而后轻轻下船。用卷尺测出小船后退的距离为d，然后用卷尺测出船长为L。已知他自身的质量为m，水的阻力不计，小船的质量为( )
A．eq \f(mL－d,d)B．eq \f(mL＋d,d)
C．eq \f(mL,d)D．eq \f(mL＋d,L)
【自主解答】
A 解析：设人走动时小船的速度大小为v，人的速度大小为v′，人从船尾走到船头所用时间为t，取小船的速度方向为正方向，如图所示，则v＝eq \f(d,t)，v′＝eq \f(L－d,t)，根据动量守恒定律有Mv－mv′＝0，解得小船的质量M＝eq \f(mL－d,d)，故选A。
【核心归纳】
1．“人船模型”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0，则系统动量守恒。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。
2．“人船”位置
如图所示，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，因人和船组成的系统动量始终守恒，可得m船v船＝m人v人，故有m船s船＝m人s人，由图可看出s船＋s人＝L，可解得s人＝eq \f(m船,m人＋m船)L，s船＝eq \f(m人,m人＋m船)L。s人、s船均为沿动量方向相对于同一参考系的位移大小。
题型二 “人船模型”扩展
典例 如图所示，质量为M的小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径为R的 eq \f(1,4) 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点由静止开始沿AB轨道下滑，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．全程滑块在水平方向上相对地面的位移为 R＋L
B．全程小车相对地面的位移大小为 eq \f(1,4)(R＋L)
C．滑块m运动过程中的最大速度为 eq \r(2gR)
D．μ、L、R三者之间的关系为R＝4μL
(1)小车静止在光滑水平面上，滑块在小车上从A点由静止开始下滑。滑块和小车的初状态均静止，在水平方向上系统不受外力，所以系统水平方向动量守恒，满足“人船模型”条件。
(2)滑块与小车在水平方向上的位移大小之和为R＋L，滑块在BC段运动摩擦产生热量。
【自主解答】
B 解析：设全程小车相对地面的位移大小为s，则滑块水平方向相对地面的位移大小s′＝R＋L－s。取水平向右为正方向，由水平方向动量守恒得 meq \f(s′,t)－Meq \f(s,t)＝0，即meq \f(R＋L－s,t)－Meq \f(s,t)＝0，结合M＝3m，解得s＝eq \f(1,4)(R＋L)，s′＝eq \f(3,4)(R＋L)，故A错误，B正确；滑块刚滑到B点时的速度最大，取水平向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒得0＝mvm－Mv，mgR＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)＋eq \f(1,2)Mv2，联立解得 vm＝eq \r(\f(3,2)gR)，故C错误；对整个过程，由动量守恒定律得0＝(m＋M)v′，解得v′＝0，由能量守恒定律得mgR＝μmgL，解得 R＝μL，故D错误。
【核心归纳】
模型扩展
人沿着静止在空中的热气球下面的软梯滑下或攀上，求热气球上升或下降的高度的问题；小球沿放在光滑水平地面上的弧形槽下滑，求弧形槽移动距离的问题等都是“人船模型”的扩展。
作用
原理
反冲运动是系统内物体之间的作用力和反作用力产生的效果
动量
守恒
反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，反冲运动遵循动量守恒定律
机械能
增加
反冲运动中，物体间的作用力做正功，其他形式的能转化为机械能，所以系统的总机械能增加
动量守恒
爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，系统的总动量守恒
动能增加
在爆炸过程中，有其他形式的能(如化学能)转化为动能
位置不变
爆炸的时间极短，作用过程中物体产生的位移很小，可以认为爆炸前、后时刻各部分位置不变