1.6.2专题：反冲现象的应用 课件-2025-2026学年高二上学期物理人教版选择性必修第一册

第一章 动量守恒定律 1.6.2反冲现象应用 1.掌握“人船模型”的特点，并能运用动量守恒定律分析、解决相关问题(重难点)。 2.能运用动量守恒定律解决“爆炸问题”。 3.进一步理解动能定理、动量守恒定律和能量守恒定律的内容及其含义。 4.学会利用动量守恒定律、能量守恒定律等分析常见的子弹打木块模型与滑块—木板模型(重难点)。 素养目标 实例分析：一质量为M的小船静止在水面上，站在船尾的质量为m的小孩，从静止开始向左运动。不计水的阻力，求此过程中： (1)船向哪运动？当小孩速度为v时，船速多大； (2)当小孩向左移动位移x时，船的位移多大； (3)小孩和船的位移与两者质量有什么关系； (4)船长为L，若小孩从船尾运动到船头，小孩的位移为多大。 一、人船模型 人动船动，人停船停；人快船快，人慢船慢；人左船右。人和船的位移大小与它们的质量成反比。 2.“人船模型”归纳 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。 系统水平方向动量守恒,可得m人v人－m船v船＝0 m船x船=m人x人,即 由图可看出x船+x人=L,可解得x人＝L L,x船=xL  （1）.模型构建 （2）.规律 （3）.运动特点 一、人船模型 　例1、如图所示，大气球质量为25 kg，载有质量为50 kg的人，静止在空气中距地面20 m高的地方，气球下方悬一根质量可忽略不计的绳子，此人想从气球上沿绳慢慢下滑至地面，为了安全到达地面， 则绳长至少为(不计人的身高，可以把人看作质点) A.60 m B.40 m C.30 m D.10 m √ 人与气球组成的系统动量守恒，设人的速度大小为v1，气球的速度大小为v2，运动时间为t，以系统为研究对象，向下为正方向，由动量守恒定律得m1v1－m2v2＝0，则m1－m2＝0，解得x气球＝2x人＝40 m，则绳子长度L＝x气球＋x人＝40 m＋20 m＝60 m，即绳长至少为60 m，故选A。 例题精选 拓展　若绳长为60 m，人悬挂在绳的末端B点，气球和人均处于静止状态。现人沿绳慢慢地爬到绳的上端A点处，则气球实际下降的距离是多少？ 解：人与气球组成的系统动量守恒，设人的速度大小为v1，气球的速度大小为v2，运动时间为t，以系统为研究对象，向上为正方向，由动量守恒定律得 m1v1－m2v2＝0，则m1－m2＝0， 绳子长度L＝x气球＋x人 ，解得x气球＝40 m。 例题精选 “人船模型”是利用平均动量守恒求解的一类问题，解决这类问题应注意： (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(一般为地面)的位移。 例题精选 　例2：如图所示，物体A和B质量分别为m1和m2，图示直角边长分别为a和b。设B与水平地面无摩擦，当A由顶端O从静止开始滑到B的底端(A下端刚好触地)时，B的水平位移大小是 A.b B.b C.(b－a) D.(b－a) √ A、B组成的系统在相互作用过程中水平方向动量守恒，规定物体B的运动方向为正方向，B的水平位移大小为x，则m2x－m1(b－a－x)＝0， 解得x＝，故C正确，A、B、D错误。 例题精选 情景分析：有一炸弹突然爆炸分成了两块，在爆炸前后，系统的动量和机械能怎样变化，为什么？ 答案　由于爆炸时内力远大于外力，故爆炸时系统动量守恒，爆炸时通过内力做功将化学能转化为机械能，故爆炸时系统机械能增加。 1.爆炸时内力远大于外力，系统动量守恒。 2.能量特点：爆炸时通过内力做功将化学能转化为机械能，系统机械能增加。 二、爆炸问题 　例1“爆竹声中一岁除”，爆竹送来浓浓的年味。一质量为0.06 kg的爆竹以一定的速度竖直向上运动，当运动到最高点时爆炸成质量之比为1∶2的两部分，质量较小的部分速度大小为10 m/s，不计空气阻力及爆炸过程中的质量损失，重力加速度大小g取10 m/s2，爆竹爆炸后的总动能为 A.2.0 J B.2.5 J C.1.5 J D.1.0 J 根据题意，设爆炸后两部分的质量分别为m1、m2，则有m1＋m2＝0.06 kg， ，解得m1＝0.02 kg，m2＝0.04 kg；设爆炸后质量较大的部分的速度为v，取质量较小部分速度方向为正方向，由动量守恒定律可得m1v0＋m2v＝0，解得v＝－5 m/s，由Ek＝mv2可得，爆竹爆炸后的总动能为Ek＝(×0.02×102＋×0.04×52)J＝1.5 J，故选C。 二、爆炸问题 拓展1　若爆炸点离地80 m，爆炸后质量较小的部分的速度水平向右，两部分碎片落地后的水平距离是多少？重力加速度g取10 m/s2。 爆炸后两部分沿相反方向做平抛运动，设下落时间为t，则h＝gt2，解得t＝4 s；两部分碎片落地后的水平距离是s＝x1＋|x2|＝v0t＋|v|t＝60 m。 拓展2　爆炸后质量较小的部分的速度水平向右，爆炸过程中质量较小的部分受到的冲量是多少？ 根据动量定理，爆炸过程中质量较小的部分受到的冲量是 I＝m1v0＝0.2 N·s，方向水平向右。 二、爆炸问题 情景分析：如图，质量为M的木块静止在光滑的水平面上，质量为m的子弹以初速度v0水平射入木块。 (1)子弹与木块组成的系统动量是否守恒？ 答案　子弹打木块的过程很短暂，认为该过程内力远大于外力，系统动量守恒。 (2)系统的机械能是否守恒？若不守恒，系统的机械能如何变化？ 答案　在子弹打木块过程中摩擦生热，系统机械能不守恒，减少的机械能转化为系统的内能。 三、子弹打木块模型 2.模型特点 (1)相互作用特点：作用时间 ，内力 外力； (2)系统动量特点：系统动量 ； (3)系统能量特点：系统机械能有损失，损失的机械能转化为 。 1.模型图例 极短 远大于 守恒 系统的内能 模型归纳 三、子弹打木块模型 3.两种情况 (1)子弹未穿透木块 两者共速，有mv0＝(m＋M)v共； ①系统损失的机械能ΔE损＝m(m＋M)； ②系统增加的内能Q＝Ff·s＝ΔE损，其中s为子弹射 入木块的深度，Ff为子弹和木块之间的平均作用力； ③类比碰撞模型：该种情况损失的机械能最多，相当于完全非弹性碰撞。 三、子弹打木块模型 (2)子弹穿透木块. 动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2； 系统损失的机械能 ΔE损＝mmM； 系统增加的内能Q＝Ff·d＝ΔE损，其中d为木块的长度； 类比碰撞模型：相当于非弹性碰撞。 三、子弹打木块模型 　例1、一质量M＝0.080 kg、棱长b＝10 cm的正方体木块放置在光滑的水平面上，现有一质量m＝0.020 kg的子弹，以v1＝100 m/s的速度水平射向木块，子弹的速度方向与木块表面垂直，如果用钉子将木块固定在桌上，则子弹可穿过木块，穿过后子弹的速度为v2＝50 m/s。 (1)求子弹穿过木块的过程中受到的平均阻力大小Ff； 解;子弹穿过木块过程中，对子弹，由动能定理得 －Ffb＝mm 代入数据解得Ff＝750 N。 例题精选 (2)如果木块不固定，试判断子弹能否穿过木块； 如果木块不固定，子弹击中木块过程中系统动量守恒，设子弹未射穿木块，此时射入木块的深度为d，以v1的方向为正方向，由动量守恒定律得mv1＝(M＋m)v 由能量守恒定律得m(M＋m)v2＋Ffd 代入数据解得d≈0.11 m＝11 cm>b＝10 cm，因此子弹能穿过木块。 三、子弹打木块模型 (3)在(2)的情况下，木块和子弹的最终速度分别为多大？ 解：设子弹和木块的最终速度分别为v3、v4，子弹射穿木块过程中系统动量守恒，以v1的方向为正方向， 由动量守恒定律得mv1＝mv3＋Mv4， 由能量守恒定律得mmM＋Ffb， 解得v3＝40 m/s，v4＝15 m/s(另一解不符合实际，舍去)。 三、子弹打木块模型 　例2、(多选)矩形滑块由不同材料的上、下两层粘合在一起组成，将其放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v0水平射向滑块，若射击下层，子弹刚好不射出，若射击上层，则子弹刚好能射穿一半厚度，如图所示，则上述两种情况相比较，下列说法正确的是 A.子弹的末速度大小相等 B.系统产生的热量一样多 C.子弹对滑块做的功相同 D.子弹和滑块间的水平作用力一样大 √ √ √ 三、子弹打木块模型 1.模型图例 为零 守恒 系统的 内能 2.模型特点 (1)相互作用特点：地面水平光滑，系统所受合外力 。 (2)系统动量特点：系统动量 。 (3)系统能量特点：系统机械能有损失，损失的机械能转化为________ 。 四、滑块—木板模型 3.两种情况 (1)若木板足够长，滑块始终未滑离木板： 二者最终共速，系统动量守恒即有mv0＝(m＋M)v共； ①系统损失的机械能ΔE损＝m(m＋M)； ②系统增加的内能Q＝Ff·x＝ΔE损，其中x为两者间的相对位移，Ff为滑块和木板之间的滑动摩擦力大小； ③类比碰撞模型：该种情况损失的机械能最多，相当于完全非弹性碰撞 四、滑块—木板模型 (2)若滑块能够滑离木板： 系统动量守恒有mv0＝mv1＋Mv2 ①系统损失的机械能 ΔE损＝mmM； ②系统增加的内能Q＝Ff·L，其中L为木板的长度； ③类比碰撞模型：相当于非弹性碰撞。 四、滑块—木板模型 　例1、如图所示，质量m1＝0.3 kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝1.5 m，现有质量m2＝0.2 kg且可视为质点的物块，以水平向右的速度v0＝2 m/s从左端滑上小车，最后在车上某处与小车保持相对静止。物块与小车之间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速 度g取10 m/s2，求： (1)小车的最大速度大小； 解：由题意知，物块向右减速，小车向右加速，当二者速度相等时小车的速度最大。设物块与小车的共同速度为v，以水平向右的方向为正方向，根据动量守恒定律有m2v0＝(m1＋m2)v， 解得v＝0.8 m/s。 四、滑块—木板模型 (2)要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0'不超过多少。 解：物块恰好不从小车的右端滑出为临界情形，则物块到小车的最右端时与小车有共同的速度，设其为v'，则m2v0'＝(m1＋m2)v' 由能量守恒定律有m2v0'2＝(m1＋m2)v'2＋μm2gL 代入数据解得v0'＝5 m/s 故要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0'不超过5 m/s。 四、滑块—木板模型 拓展　要使物块不从小车右端滑出，小车的长度至少为多少？ 解：要使物块恰好不从小车的右端滑出，则物块到小车的最右端时与小车有共同的速度。由(1)知物块与小车的共同速度v＝0.8 m/s。由能量守恒定律有μm2gL'＝m2(m1＋m2)v2，解得L'＝0.24 m。 四、滑块—木板模型 两类模型相互作用过程中涉及下列规律： (1)动力学规律：由于组成系统的两物体受到大小相等、方向相反的一对相互作用力，故两物体的加速度大小与质量成反比，方向相反。 (2)运动学规律：可看作两个做匀变速直线运动的物体间的追及问题或相对运动问题。在一段时间内子弹射入木块的深度或物块在木板上滑动的距离，就是这段时间内两者相对位移的大小。 (3)动量规律：由于系统所受外力的合力为零，故遵守动量守恒定律。 (4)能量规律：对单个物体，一般列动能定理方程，对系统则遵循能量守恒定律，系统机械能的减少量等于摩擦产生的热量，即Q＝Ff·s相对，s相对为相对路程。 总结提升 四、滑块—木板模型 $