人船模型与反冲运动(5页).doc

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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
,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=m1+m2得推论0=m1s1+m2s2,但使用时要明确s1、s2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
,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v2,船对地的速度为v1,则mv2-Mv1=0,即v2/v1=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mv2t-Mv1t=0,即ms2-Ms1=0,而s1+s2=L
所以
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s2/s1=M/m吗?
【例2】载人气球原静止于高h的高空,气球质量为M,,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,,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-mh/t==: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.
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【例3】如图所示,一质量为ml的半圆槽体A,A槽内外皆光滑,将A置于光滑水平面上,,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s1,则m1s1=m2s2,又因为s1+s2=2R,所以
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****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v0,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nmv0=Mv1,即nmv0t=Mv1t;
设子弹相对于地面移动的距离为s1,小船后退的距离为s2,则有:s1=v0t,s2=v1t;且s1+s2=L
解得:.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,,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s1,,则由动量守恒定律得;解得
【例6】如图所示,长20m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=,一质量为40kg的人从静止开始以a1=4m/s2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10m/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,,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;
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=,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=,v2=a2t=,
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=,(M+m)μgs=½(M+m)v2解得s=.
α
V0
V
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,(M+m)
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μgt=(M+m)v,解得v=
由动能定理得(M+m)μgs=½(M+m)v2解得s=.
2、反冲运动的研究
【例7】如图所示,,炮弹离开炮口时的对地速度为v0。求玩具炮后退的速度v?
【解析】炮弹出口时速度v0可分解为竖直向上的分量vy和水平向右的分量vx。取炮和炮弹为系统,初始时系统动量为零,炮弹出口时炮弹有竖直向上的动量mvy,而炮车在竖直方向上却没方向相反的动量,因此在竖直分方向上系统的动量不守恒。在水平方向上因地光滑无外力,所以可用水平方向动量守恒来解。炮车和炮弹组成的系统在水平分方向上动量守恒。
设水平向左为正方向,据动量守恒定律,在水平方向上:mv0cosα=Mv,
解得炮车后退速度
【例8】火箭喷气发动机每次喷出m=200g的气体,喷出气体相对地面的速度为v=1000m/s,设火箭的初质量M=300kg,发动机每秒喷气20次,在不考虑阻力的情况下,火箭发动机1s末的速度是多大?
解析:由动量守恒,设火箭发动机1s末的速度为v1,则(M-20m)v1=20mv,
【例9】用火箭发射人造地球卫星,假设最后一节火箭的燃料用完后,火箭壳体和卫星一起以速度v=×103m/s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=×103m/:分离后卫星的速度增加到多大?火箭壳体的速度多大?分离后它们将如何运动?
解析:设分离后卫星与火箭壳体相对于地面的速度分别为v1和v2,分离时系统在轨道切线方向上动量守恒,(M+m)v=mv1+Mv2,且u=v1-v2,解得v1=×103m/s,v2=×103m/s
M
m
O
R
卫星分离后,v1>v2,将做离心运动,=×103m/s<v,因此做向心运动,其轨道为以该点为远地点的椭圆运动,进入大气层后,轨道将不断降低,并烧毁.
【例10】如图所示,带有1/4圆弧的光滑轨道的小车放在光滑水平地面上,弧形轨道的半径为R,最低点与水平线相切,整个小车的质量为M。现有一质量为m的小滑块从圆弧的顶端由静止开始沿轨道下滑,求当滑块脱离小车时滑块和小车的各自速度。
【解析】在m由静止沿圆弧轨道下滑过程中,m和M组成的系统在水平方向不受外力作用;因此该系统在水平方向动量守恒。在m下滑时,对M有一个斜向左下方的压力,此压力的水平分量使M在m下滑时向左作加速运动,直到m脱离轨道飞出。从能量守恒的观点看,m与M获得的动能均来自m位置降低所减少的重力势能。
设向右为正方向,m脱离轨道时的速度为v1,此时小车的速度为v2.
据动量守恒定律,在水平方向上:0=mvl一Mv2……①据能量守恒:mgR=½mv12+½Mv22……②
由以上两式解得
【例11】光子的能量为hγ,动量大小为hγ/c,如果一个静止的放射性元素的原子核在发生γ衰变时只发出一个γ光子,则衰变后的原子核(C)

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、
解析:原子核在放出γ光子过程中,系统动量守恒,而系统在开始时总动量为零,因此衰变后的原子核运动方向与γ光子运动方向相反.
【例12】春节期间孩子们玩“冲天炮”,有一只被点燃的“冲天炮”喷出气体竖直向上运动,其中有一段时间内“冲天炮”向上作匀速直线运动,在这段时间内“冲天炮”的有关物理量将是()
A,合外力不变;;;
解析:由竖直匀速上升可知,答案A和C是正确的,但在匀速上升的过程中隐含有燃料燃烧喷出气体的现象,结果“冲天炮”的质量必然减小,所以答案B和D也是对的,否则就会将B和D答案漏选答案:ABCD
【例13】在与河岸距离相等的条件下,为什么人从船上跳到岸上时,船越小越难?
解析:设人以速度v0跳出,这一速度是相对于船的速度而不是相对于地的,设船的速度为v,则人相对于地的速度为v地=v0-v,由动量守恒得m(v0-v)+(-Mv)=0
而由能量守恒得½m(v0-v)2+½Mv2=E,∴v=v0,则v地=v0-v=v0,
v0=v地,由于船与岸的距离是一定的,则人相对于地的速度是一定的,即v地一定,所以M越小,则v0越大,即相对速度越大,从能量的角度来看,E=½m(v0-v)2+½Mv2
=½mv地2(),当M越小时,E越大,即越难。
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