第1章 第2节 动量守恒定律及其应用(二)(Word教参)-【步步高】2024-2025学年高二物理选择性必修第一册学习笔记（鲁科版）

本讲义聚焦动量守恒定律的应用，系统梳理反冲运动（含火箭原理及应用）、人船模型（位移与质量关系）、爆炸问题（动量守恒与能量转化）三大核心知识点，构建从规律到具体情境的学习支架。 以章鱼喷水、火箭发射等生活实例引入，结合分层例题（如多级火箭喷气对比）培养运动与相互作用观念及科学推理能力，课时练习覆盖不同考点，课中助力教师高效授课，课后帮助学生巩固查漏，体现科学探究与严谨态度。

第2节　动量守恒定律及其应用(二) [学习目标]　1.知道反冲运动及火箭的发射原理，理解人船模型及其应用(难点)。2. 知道爆炸过程中遵循的物理规律，能熟练运用动量和能量的观点解决有关爆炸问题(重点)。 一、反冲运动与火箭 一只悬浮在水中的章鱼，当外套膜吸满水后，它的总质量为M，突然发现后方有一只海鳗，章鱼迅速将体内的水通过短漏斗状的体管在极短时间内向后喷出，喷射的水力强劲，从而迅速向前逃窜。请思考： (1)章鱼的运动属于什么运动？ (2)若喷射出的水的质量为m，喷射速度大小为v0，则章鱼喷水后瞬间逃跑的速度多大？ 答案　(1)章鱼的运动属于反冲运动。 (2)章鱼喷水过程所用的时间极短，内力远大于外力，章鱼和喷出的水组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得0＝(M－m)v－mv0，可得章鱼喷水后瞬间逃跑的速度大小为v＝v0。 1．反冲运动 (1)一个静止的系统在内力的作用下分裂为两部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向相反的方向运动的现象。 (2)规律：系统内力很大，外力可以忽略，遵循动量守恒定律。 2．火箭 (1)原理：火箭发射是典型的反冲运动。火箭点火后，燃料燃烧产生的高速气流从火箭尾部喷出，使火箭向前飞行。 (2)影响火箭获得速度大小的因素：火箭负荷越小、喷气速度越大、燃料越多，火箭能达到的速度就越大。 (3)火箭的最终速度主要取决于两个条件：一是喷气速度；二是质量比，即火箭开始飞行时的质量与燃料燃尽时的质量之比。 3．反冲现象的应用及防止 (1)应用：航天员无绳太空行走是通过太空服背部的喷气推进装置实现的；有的自动喷水装置喷水时，水流的反冲作用可使喷水管旋转起来，这样就能达到多角度喷洒的目的。 (2)防止：射击时子弹向前飞去，枪身会向后反冲，枪身的反冲会影响射击的准确性；用高压水枪灭火时，水高速喷出，高压水枪向后反冲，消防队员必须牢牢抓住水枪将身体稍向前倾以保持平衡。 例1　在水平地面上放置一门质量为M的炮车(不含炮弹)，发射的炮弹质量为m，设地面和炮车间摩擦不计，则： (1)炮筒水平时，发射炮弹的速度为v0，炮车的反冲速度为多大？ (2)炮筒与水平方向成θ角时，发射炮弹的速度大小为v0，炮车的反冲速度是多大？ (3)炮筒水平时，发射的炮弹如果相对于炮口的速度大小为v0，则炮车的反冲速度为多大？ 答案　(1)　(2)　(3) 解析　(1)炮筒水平时，炮车和炮弹组成的系统动量守恒，则有0＝mv0＋M(－v1)，解得v1＝。 (2)炮筒与水平方向成θ角时，炮车和炮弹组成的系统，在水平方向上动量守恒，则有0＝mv0cos θ＋M(－v2)，解得v2＝。 (3)炮筒水平时，设炮车的反冲速度为v1，则炮弹的对地速度为(v0－v1)，炮车和炮弹组成的系统动量守恒，则有0＝m(v0－v1)＋M(－v1)，解得v1＝。 讨论反冲运动应注意的两个问题 (1)速度的方向性：对于原来静止的整体，可任意规定某一部分的运动方向为正方向，则反方向运动的另一部分的速度就要取负值。 (2)速度的相对性：反冲问题中，若已知相互作用的两物体的相对速度，先将各速度转换成相对同一参考系的速度，再列动量守恒方程。 例2　(2023·枣庄市高二期末)某中学航天兴趣小组的同学将静置在地面上的质量为M(含水)的自制“水火箭”发射升空，在极短的时间内，质量为m的水以相对地面为v0的速度竖直向下喷出。已知重力加速度为g，空气阻力不计，下列说法正确的是(　　) A．水火箭的推力来源于水火箭外的空气对它的反作用力 B．水喷出的过程中，水火箭和水机械能守恒 C．水火箭获得的最大速度为v0 D．水火箭上升的最大高度为 答案　D 解析　水火箭的推力来源于水火箭内喷出的水对它的反作用力，故A错误；水喷出的过程中，瓶内气体做功，水火箭和水机械能不守恒，故B错误；设水火箭获得的最大速度为v，由动量守恒定律可得(M－m)v－mv0＝0，解得v＝，故C错误； 水喷出后，水火箭做竖直上抛运动，由题意有v2＝2gh，h＝＝，故D正确。 例3　如图所示为多级火箭结构示意图，发射时先点燃第一级火箭，燃料用完后，空壳自动脱落，然后下级火箭开始工作，多级火箭能及时把空壳抛掉，使总质量减少，从而达到很高的速度。若某三级火箭的运载物质量为M，每一级火箭的燃料及空壳质量为m，燃料相对运载物速率为v0，求： (1)若三级火箭一次把燃料喷完，运载物获得的速度大小； (2)若三级火箭逐渐向后喷气，运载物最终获得的速度大小； (3)试通过计算说明：火箭不是一次把燃气喷完而是逐渐向后喷气以获得更大反冲速度的道理。 答案　(1)　(2)＋＋　(3)见解析 解析　(1)若三级火箭一次把燃料喷完，运载物获得速度为v。 由动量守恒定律得：Mv＋3m(－v0＋v)＝0得 v＝。 (2)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，由动量守恒定律得：第一级火箭喷完时： (M＋2m)v1＋m(－v0＋v1)＝0，得v1＝ 第二级火箭喷完时：(M＋m)v2＋m(－v0＋v2)＝(M＋2m)v1得v2－v1＝ 第三级火箭喷完时：Mv3＋m(－v0＋v3)＝(M＋m)v2得v3－v2＝， 所以v3＝＋＋。 (3)v＝，由于>>， 所以v3>v，即分次喷出时可使火箭获得更大速度。 二、人船模型 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。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，若小孩从船头移动到船尾，小孩的位移为多大。 答案　(1)因为小孩与小船组成的系统动量守恒，当小孩向左运动时，小船向右运动。设小孩的速度v的方向为正方向，当小孩速度为v时，mv－Mv′＝0，解得v′＝。 (2)由人船系统始终动量守恒可知 m－M′＝0，故当小孩的位移大小为x时，有 mx－Mx′＝0，解得x′＝。 (3)小孩与小船的位移大小与质量成反比，即＝。 (4)x＋x′＝L 解得x＝L。 1．“人船”模型概述 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，有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。 3．人和船的位移大小与它们的质量成反比，即＝。当人从船头移动到船尾时，人和船的位移大小满足s人＋s船＝L，L为船长。 例4　(2023·湖北襄阳宜城一中高二期中)如图所示，质量为450 kg的小船静止在平静的水面上，质量为50 kg的人在甲板上立定跳远的成绩为2 m，不计空气和水的阻力，下列说法正确的是(　　) A．人在甲板上向右散步时，船也将向右运动 B．人在立定跳远的过程中船相对地面保持静止 C．人在立定跳远的过程中船相对地面后退了0.4 m D．人相对地面的成绩为1.8 m 答案　D 解析　根据动量守恒定律知，人在甲板上向右散步时，船将向左运动，故A错误；根据“人船模型”动量守恒有Mx＝m(d－x)，代入数据解得x＝0.2 m，即人在立定跳远的过程中船后退了0.2 m，故B、C错误；人相对地面的成绩为2 m－0.2 m＝1.8 m，故D正确。 例5　(2023·潮州市高二期末)人和气球离地高为h，恰好悬浮在空中，气球质量为M，人的质量为m。人要从气球下拴着的软绳上安全到达地面，软绳的长度至少为(　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　设人沿软绳滑至地面，软绳长度至少为L。以人和气球组成的系统为研究对象，竖直方向动量守恒，规定竖直向下为正方向，由动量守恒定律得0＝M(－v2)＋mv1，人沿绳梯滑至地面时，气球上升的高度为L－h，平均速度大小为v2＝，人相对于地面下降的高度为h，平均速度大小为v1＝，得0＝M(－)＋m·，解得L＝h，故选D。 三、爆炸问题 物理学中爆炸问题有以下几个规律： (1)动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远大于受到的外力，所以在爆炸过程中系统的总动量守恒。 (2)动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(炸药的化学能)转化为动能，所以爆炸后系统的总动能增加。 (3)位移不变：爆炸的时间极短，因而作用过程中物体产生的位移很小，一般可以忽略不计，可以认为爆炸后物体仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动。 例6　如图所示，设质量为M＝2 kg的炮弹运动到空中最高点时速度为v0，此时突然炸成两块，质量为m＝0.5 kg的弹头以速度v1＝100 m/s沿v0的方向飞去，另一块弹片以大小为v2＝20 m/s的速度沿v0的反方向飞去。求： (1)v0的大小； (2)爆炸过程中炮弹增加的动能。 答案　(1)10 m/s　(2)2 700 J 解析　(1)规定v0的方向为正方向，爆炸瞬间，弹头和另一块弹片组成的系统动量守恒，有Mv0＝mv1－(M－m)v2 代入数据解得v0＝10 m/s。 (2)爆炸前炮弹的动能为 Ek1＝Mv02＝×2×102 J＝100 J 爆炸后系统的动能Ek2＝mv12＋(M－m)v22＝×0.5×1002 J＋×1.5×202 J＝2 800 J 故爆炸过程中炮弹增加的动能为ΔEk＝Ek2－Ek1＝2 700 J。　　　　　 课时对点练　[分值：100分] 1～5题每题6分，共30分 考点一　反冲运动与火箭 1．一人静止于光滑的水平冰面上，现欲离开冰面，下列说法中可行的是(　　) A．向后踢腿 B．向后甩手 C．脱下衣服或鞋子水平抛出 D．脱下衣服或鞋子竖直向上抛出 答案　C 解析　以人作为整体为研究对象，向后踢腿或手臂向后甩，人整体的总动量为0，不会运动起来，故A、B错误；把人和外衣、鞋子视为一个整体，这个整体动量为0，人给外衣或鞋子一个水平速度，总动量不变，所以人有一个反向的速度，可以离开冰面，故C正确；把人和外衣、鞋子视为一整体，这个整体动量为0，人给外衣或鞋子一个竖直方向的速度，水平方向的总动量仍然等于0，所以人仍然静止，不能离开冰面，故D错误。 2.(2023·陕西渭南瑞泉中学高二月考)如图所示，我国自行研制的“歼-15”战斗机挂弹飞行时，接到命令，进行导弹发射训练，当战斗机水平飞行的速度为v0时将总质量为M的导弹自由释放，刚释放时，导弹向战斗机飞行的反方向喷出对地速率为v1、质量为m的燃气，则喷气后导弹相对地面的速率v为(　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　以导弹飞行的方向为正方向，导弹被战斗机释放后导弹喷出燃气瞬间，根据动量守恒定律得Mv0＝(M－m)v－mv1，解得v＝，故选D。 考点二　人船模型 3.(2023·十堰市高二期中)如图所示，质量为60 kg的人站在质量为300 kg的车的一端，车长为3 m，开始时人、车相对于水平地面静止，车与地面间的摩擦可以忽略不计。当人由车的一端走到另一端的过程中，下列说法正确的是(　　) A．人对车的冲量大小大于车对人的冲量大小 B．由于人与车之间有摩擦力，故系统动量不守恒 C．车的位移大小为0.5 m D．人的速率最大时，车的速率最小 答案　C 解析　人与车之间的作用力为相互作用力，则人对车的冲量大小等于车对人的冲量大小，选项A错误；虽然人与车之间有摩擦力，但由于车与地面间的摩擦忽略不计，则人与车系统受合外力为零，故系统动量守恒，选项B错误；设车移动的距离为x，则由动量守恒定律可知m(l－x)＝Mx，解得车的位移大小为x＝0.5 m，选项C正确；根据动量守恒定律可知mv－Mv′＝0，人的速率最大时，车的速率也最大，选项D错误。 4.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水平面上。当小球从如图所示的位置无初速度沿内壁滚到最低点时，大球移动的距离是(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　由水平方向动量守恒有ms小球－2ms大球＝0，又s小球＋s大球＝R，联立解得s大球＝，B正确。 考点三　爆炸问题 5．(2024·湖北黄冈市黄梅国际育才中学高二期中)如图所示，光滑水平面上甲、乙两球间粘少许炸药，一起以0.5 m/s的速度向右做匀速直线运动，已知甲、乙两球质量分别为0.1 kg和0.2 kg。某时刻炸药突然爆炸，分开后两球仍沿原直线运动，从爆炸开始计时经过3.0 s，两球之间的距离为x＝2.7 m，则下列说法正确的是(　　) A．刚分离时，甲、乙两球的速度方向相同 B．刚分离时，甲球的速度大小为0.6 m/s C．刚分离时，乙球的速度大小为0.3 m/s D．爆炸过程中甲、乙两球增加的总机械能为0.027 J 答案　D 解析　设甲、乙两球的质量分别为m1、m2，刚分离时两球速度分别为v1、v2，以向右为正方向，则由动量守恒定律得(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，根据题意有v2t－v1t＝x，代入数据解得v2＝0.8 m/s，v1＝－0.1 m/s，说明刚分离时两球速度方向相反，故A、B、C错误；爆炸过程中两球增加的总机械能ΔE＝m1v12＋m2v22－(m1＋m2)v02，将v2＝0.8 m/s，v1＝－0.1 m/s代入可得ΔE＝0.027 J，故D正确。 6、7题每题9分，8题15分，9题18分，共51分 6．(多选)(2023·山西长治上党区一中高二期末)一只质量为1.4 kg的乌贼吸入0.1 kg的水，静止在水中。遇到危险时，它在0.01 s的时间内把吸入的水向后全部喷出，以2 m/s的速度向前逃窜。以下说法正确的是(　　) A．乌贼与喷出的水的动量变化量大小相等、方向相同 B．乌贼喷出的水的速度大小为28 m/s C．乌贼在这一次逃窜过程中消耗的能量为39.2 J D．乌贼喷出水的过程中对水的平均作用力大小为280 N 答案　BD 解析　乌贼喷水过程时间较短，系统内力远大于外力，系统动量守恒，则乌贼与喷出的水的动量变化量大小相等、方向相反，故A错误；选取乌贼逃窜的方向为正方向，根据动量守恒定律得0＝Mv1－mv2，解得v2＝28 m/s，故B正确；乌贼在这一次逃窜过程中消耗的能量E＝mv22＋Mv12＝42 J，故C错误；设乌贼喷出水的过程中对水的平均作用力大小为F，由动量定理得F·Δt＝mv2－0，解得F＝280 N，故D项正确。 7．(多选)(2023·湖南常德汉寿一中高二月考)地空导弹又称防空导弹，是指从地面发射攻击空中目标的导弹。如图所示，某次导弹试射中，质量为M的地空导弹斜射向天空，运动到空中最高点时速度为v0，突然炸成两块，质量为m的弹头以速度v沿v0的方向飞去，爆炸过程时间极短，为Δt。重力加速度为g，整个过程忽略空气阻力，则下列说法正确的是(　　) A．爆炸后的瞬间，另一块一定沿着与v0相反的方向飞去 B．爆炸后的瞬间，另一块的速度大小为 C．爆炸过程释放的化学能为mv2－Mv02 D．从爆炸后到落地前，对弹头和另一块构成的系统，水平方向动量守恒 答案　BD 解析　在最高点水平方向动量守恒，取v0的方向为正方向，则有Mv0＝(M－m)v′＋mv，则得另一块的速度为v′＝，可正可负可为零，故A错误，B正确；爆炸过程释放的化学能为E＝mv2＋(M－m)v′2－Mv02，故C错误；从爆炸后到落地前，对弹头和另一块构成的系统，在水平方向上不受外力作用，因此在水平方向动量守恒，故D正确。 8．(15分)一个质量为m的烟花弹获得速度v0后，从地面竖直升空(可视为竖直上抛运动)。当烟花弹上升到最大高度时，弹中火药爆炸将烟花弹弹壳炸成A、B两块，且均沿水平方向运动，A的质量是B的两倍，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。 (1)(4分)求烟花弹上升的最大高度； (2)(5分)求爆炸时A与B获得的速度大小之比； (3)(6分)要使A不落到以地面发射点为圆心，以R为半径的圆周范围内，求爆炸时A应获得的最小动能。 答案　(1)　(2)1∶2　(3) 解析　(1)设烟花弹上升的最大高度为h，根据竖直上抛运动的规律有v02＝2gh 得h＝ (2)设A和B的质量分别为m1和m2，爆炸时获得的速度大小分别为v1和v2。规定v1的方向为正方向，根据动量守恒定律有m1v1－m2v2＝0 由题m1＝2m2，解得v1∶v2＝1∶2 (3)设A落到地面的时间为t，由平抛运动的规律及题给条件有h＝gt2 R＝v1t m1＝m 爆炸时A应获得的动能EkA＝m1v12， 解得Ek1＝。 9．(18分)如图所示，在光滑水平面上有一小车，小车上固定一竖直杆，总质量为M，杆顶系一长为l的轻绳，绳另一端系一质量为m的小球，绳被水平拉直处于静止状态，小球处于最右端。将小球由静止释放，重力加速度为g，求： (1)(8分)小球摆到最低点时小球速度的大小； (2)(10分)小球摆到最低点时小车向右移动的距离。 答案　(1)　(2) 解析　(1)取水平向右为正方向，设当小球到达最低点时其速度大小为v1，此时小车的速度大小为v2，根据动量守恒定律与能量守恒定律得0＝Mv2－mv1，mgl＝mv12＋Mv22 解得v1＝ (2)当小球到达最低点时，设小球向左移动的距离为s1，小车向右移动的距离为s2， 根据动量守恒定律，有：m＝M， 而且s1＋s2＝l 解得：s2＝。 10．(19分)(2023·嘉兴市高二期末)2021年5月15日，“天问一号”着陆巡视器成功着陆于火星，中国首次火星探测任务取得圆满成功。携带火星车的着陆器与环绕器分离后，最后阶段利用反推火箭在火星表面实现软着陆，设着陆器和燃料的总质量为M，极短时间内喷射的燃气质量是m，为使着陆器经一次瞬间喷射燃气后，其下落的速率从v0减为v，求： (1)(10分)一次瞬间喷射过程中对燃气的冲量I大小； (2)(9分)瞬间喷出的燃气相对火星表面的速率v′。 答案　(1)(M－m)v0－(M－m)v (2)(v0－v)＋v 解析　(1)一次瞬间喷射前着陆器的动量p＝(M－m)v0 一次瞬间喷射后的动量p′＝(M－m)v 一次瞬间喷射过程中燃气对着陆器的冲量大小 I＝(M－m)v－(M－m)v0 一次瞬间喷射过程中着陆器对燃气的冲量大小 I′＝(M－m)v0－(M－m)v (2)喷射燃气的过程动量守恒，有 Mv0＝(M－m)v＋mv′ 解得v′＝(v0－v)＋v。 学科网（北京）股份有限公司 $