反沖運動 至全章及動量單元復習課件

第五節(jié)反沖運動火箭學習目標1.知道反沖運動的含義和反沖運動在生活中的應用。2.理解反沖運動中的物理規(guī)律；并能夠初步應用反沖運動的規(guī)律解決問題。3.知道火箭的飛行原理和最終速度的決定因素。2.原理：遵循動量守恒定律作用前：P=0作用后:P'=mv-Mv'則根據(jù)動量守恒定律有：P'

=P即mv-Mv'=0故有：v'=(m/M)v影響火箭飛行速度的因素:

一是燃氣噴射的速度

二是火箭的質量比即：火箭開始飛行時的質量與燃料燃盡時的質量之比。實例分析

例2.

質量為60千克的火箭豎直向上發(fā)射時噴氣速度為1000米/秒,問剛開始時如果要使火箭產(chǎn)生2g的豎直向上的加速度,每秒大約要噴出多少氣體？解析：以火箭為研究對象由牛頓第二定律得FMg=Ma

所以F=M(g+a)=60(10+20)=1800N由牛頓第三定律知火箭對氣體的作用力F大小為1800N以1秒鐘內噴出的氣體為研究對象由動量定理得Ft=mv

所以：m=Ft/v=1800×1/1000kg=1.8kg練一練：

機關槍重8Kg，射出的子彈質量為20g，若子彈的出口速度為1000m/s，則機槍的后退速度是多少？解：機槍和子彈這一系統(tǒng)動量守恒，令子彈的速度方向為正方向，由動量守恒定律得：0=mv-Mv'v'=(m/M)v=[(0.02/8)1000]m/s=2.5m/s2.靜止在光滑堅硬、水平放置的銅板上的小型炸彈爆炸后，所有的碎片沿圓錐而飛開，如圖所示。在爆炸過程中,對彈片而言下列說法哪些正確:A.總動量守恒B.受到的總沖量豎直向上C.水平方向上總動量守恒D.炸彈爆炸時，總動量不守恒中國新型自行榴彈炮止退犁（火炮緩沖器）反擊式水輪機是靠水流的反沖作用旋轉的。反擊式水輪機是大型水力發(fā)電站應用最廣泛的水輪機。它是靠水流的反沖作用旋轉的。我國早在70年代就能生產(chǎn)轉輪直徑5.5米，質量110噸，最大功率達30萬千瓦的反擊式水輪機。反擊式水輪機是靠水流的反沖作用旋轉的。反擊式水輪機原理演示儀噴氣式飛機通過連續(xù)不斷地向后噴射高速燃氣，可以得到超過音速的飛行速度。法國“幻影”2000中國殲教1二、火箭

我國早在宋代就發(fā)明了火箭，在箭支上扎個火藥筒，火藥筒的前端是封閉的，火藥點燃后生成的燃氣以很大的速度向后噴出，火箭由于反沖而向前運動。二、火箭閱讀思考問題：1、介紹我國古代的火箭是什么樣的？2、現(xiàn)代火箭主要用途是什么？3、現(xiàn)代火箭為什么要采取多級結構？思考與討論：質量為m的人在遠離任何星體的太空中，與他旁邊的飛船相對靜止，由于沒有力的作用，他與飛船總保持相對靜止狀態(tài)。這個人手中拿著一個質量為△m的小物體。現(xiàn)在他以相對于飛船為u的速度把小物體拋出（1）小物體的動量改變量是多少？（2）人的動量改變量是多少？（3）人的速度改變量是多少？火箭最終獲得速度由什么決定呢？問題：結論：決定火箭最大飛行速度的因素：噴氣速度質量比即：火箭開始飛行時的質量與燃料燃盡時的質量之比?；洶娼滩倪x修3-5反沖運動一、反沖運動一個物體在內力的作用下分離成兩個部分，一部分向某個方向運動，另一部分必然向相反的方向運動，這種運動叫做反沖運動。a.內力作用b.一個物體分離成兩個部分c.兩部分運動方向相反1、概念：2、要點：物理原理：動量守恒粵版教材選修3-5反沖運動例1、豎直平面內懸掛了一個帶橡皮塞的玻璃管，總質量為M，加熱玻璃管后，從管口水平噴出的橡皮塞質量為m，速度為v，求試管的反沖速度？一、反沖運動解：橡皮塞與玻璃管系統(tǒng)動量守恒，選取橡皮塞的運動方向為正方向.運動方向與橡皮塞運動方向相反粵版教材選修3-5反沖運動知識鞏固如圖所示，在光滑水平路面上停著一輛平板車，車尾站著一個小孩，當小孩以一定的速度勻速向車頭走動，小車將（）A.向右運動B.向左運動C.保持靜止D.無法確定B粵版教材選修3-5反沖運動三、反沖應用——火箭例2、設火箭發(fā)射前的總質量為M，燃料燃盡后的質量為m，火箭燃氣的噴射速度為v，燃料燃盡后火箭的飛行速度為v’.試求火箭飛行的速度v’？思考火箭飛行的最大速度是由什么因素決定的？解：火箭與燃料系統(tǒng)動量守恒，選取燃料的運動方向為正方向.運動方向與燃料運動方向相反三、反沖應用——火箭粵版教材選修3-5反沖運動通過式子：可以看出，火箭所獲得的速度與哪些因素有關呢？（1）噴氣速度v：v越大，火箭獲得的速度越大?，F(xiàn)代火箭的噴氣速度在2000~4000m/s之間.（2）M/m：比值越大，火箭獲得的速度越大。M/m指的是火箭起飛時的質量與火箭除去燃料外的殼體質量之比，叫做火箭的質量比，這個參數(shù)一般在6~10.視頻采取下列哪些措施有利于增加噴氣式飛機的飛行速度()粵版教材選修3-5反沖運動ACA.使噴出的氣體速度增大B.使噴出的氣體溫度更高C.使噴出的氣體質量更大D.使噴出的氣體密度更小知識鞏固第五節(jié)反沖運動火箭一、反沖運動

1、定義：靜止或運動的物體分離出一部分物體，使另一部分向相反方向運動的現(xiàn)象叫反沖2、反沖運動中系統(tǒng)受外力和不一定為0，但是內力遠大于外力，遵循動量守恒定律第五節(jié)反沖運動火箭反沖的應用：噴氣式飛機、反擊式水輪機、火箭等一、反沖運動1、定義；2、遵循動量守恒定律3、反沖的防止：手槍、步槍、大炮第五節(jié)反沖運動火箭一、反沖運動1、定義；2、遵循動量守恒定律二、反沖的實例分析1、大炮2、火箭第五節(jié)反沖運動火箭例：

光滑冰面有一靜止的小車質量為M=100kg，車上站著m=60kg的人。當人以對地4m/s的速度向前跳出時，小車的速度如何？4m/s分析：“人和車”系統(tǒng)受外力之和為0,系統(tǒng)動量守恒。設車的速度大小為V2正方向以人的速度方向為正方向0=mV1+M(-V2)V2=mV1/M即人向前跳出時，小車的速度大小為mV1/M，方向與人的速度反向1、水平方向射擊的大炮，炮身重450kg，炮彈重5kg，炮彈射擊的速度為450m/s，射擊后炮身后退的速度為多大？第五節(jié)反沖運動火箭解：在發(fā)射過程中，內力遠大于外力，系統(tǒng)動量守恒。設炮彈速度方向為正方向發(fā)射后的總動量為：mV0—MV由動量守恒得：0=mV0—MV發(fā)射前總動量為0；第五節(jié)反沖運動火箭二、火箭一、反沖運動——遵循動量守恒定律1、飛行原理：利用反沖運動2、決定火箭最大飛行速度的條件：第五節(jié)反沖運動火箭

例：火箭發(fā)射前的總質量為M，燃料全部燃燒完后的質量為m，火箭燃氣的噴射速度為V0，燃料燃盡后火箭的速度V為多少？M-mV0解：在火箭發(fā)射過程中，內力遠大于外力，所以動量守恒。正方向發(fā)射后的總動量為—（M-m)V0+mV由動量守恒得：0=—（M-m)V0+mV發(fā)射前的總動量為0；mV=？設火箭的速度方向為正方向，第五節(jié)反沖運動火箭二、火箭1、飛行原理：利用反沖運動2、決定火箭最大飛行速度的條件：噴氣速度質量比一、反沖運動——遵循動量守恒定律第五節(jié)反沖運動火箭2、若炮管與水平面夾角為37度射擊炮彈，炮身重450kg，炮彈重5kg，炮彈射擊的速度為450m/s，射擊后炮身后退的速度為多少？如果發(fā)射的過程僅0.1s，求炮彈受到的平均作用力。練習：系統(tǒng)內力遠大于外力，動量守恒.0=mV0-MV0=5*450-450*V,所以V=5m/s第五節(jié)反沖運動火箭2、研究炮彈，利用動量定理得：F*0.1=5*450*0.8-0,所以，F(xiàn)=18000N1、系統(tǒng)水平方向動量守恒.0=mV0cos37-MV0=5*450*0.8-450*V,所以V=4m/s反沖運動火箭反沖運動1．定義：靜止的物體分離出一部分物體，使另一部分向相反方向運動的現(xiàn)象叫反沖運動。2．反沖運動中一般遵循動量守恒定律3．應用：反擊式水輪機、噴氣式飛機、火箭等防止：射擊時，用肩頂住槍身火箭1．飛行的原理---利用反沖運動2．決定火箭最終飛行速度的因素噴氣速度質量比小結：中學物理教學課件開始反沖運動火箭檢索反沖運動火箭反沖運動的應用影響火箭飛行速度的因素反沖運動在現(xiàn)代技術中的應用中國航天事業(yè)的成就當一個物體向某一方向射出（或拋出）它的一部分時，這個物體的剩余部分將向相反方向運動。這就是反沖運動。什么樣的現(xiàn)象屬于反沖運動?最早的載人火箭的記錄是明代一名叫萬戶的人，他坐在綁有幾十支火箭的椅子上。手拿兩個大風箏，叫人點燃火箭，想使自己飛上天去，但他失敗了，而且為此獻出了生命。他的為科學獻身的精神是令人敬佩和值得我們學習的。如何解決有關反沖運動的問題？特點：？物體間相互作用突然發(fā)生，時間短，作用強。物體系無外力作用或外力遠小于內力時，反沖運動中動量是守恒的。如圖所示，一排人站在沿x軸的水平軌道旁，原點O兩側人的序號都記為n(n＝1，2，3…)每人只有一個沙袋，x＞0一側的每個沙袋的質量為m＝14kg，x＜0一側的每個沙袋的質量m'＝20kg，一質量為M＝48kg的小車以某初速度從原點出發(fā)向正x方向滑行，不計軌道阻力，當車每經(jīng)過一人身旁時，此人就把沙袋以水平速度v朝與車相反的方向沿車面扔到車上，u的大小等于扔此沙袋之前的瞬間車速大小的2n倍(n是此人的序號數(shù))

(1)空車出發(fā)后，車上堆積了幾個沙袋時，車就反向滑行？

(2)車上最終有大小沙袋共多少個？※例5分析：本題未告知小車的初速，事實上車上的沙袋數(shù)與小車的初速無關，這是因為小車車速越快，扔沙袋的反向速度也越大。另外，本題若逐次運用動量守恒定律計算是非常麻煩的。抓住動量為一狀態(tài)量的特點，即可巧解此題。解：(1)設空車出發(fā)后，車上堆積了n個沙袋反向，則第n個沙袋未扔前動量為：［M＋(n－1)m］Vn其中Vn為車過第n個人身邊時的車速，依題意有m2nVn＞［M＋(n－1)m］Vn

解得n＞34/14＝2.4

因為n為整數(shù)，故取n＝3

(2)同理有：［M＋3m＋(n'－1)m'］Vn'＝m′.2n′Vn′

解得n'＝8

最后結果是車上有沙袋總數(shù)N＝3＋8＝11個。相關知識介紹：榴彈炮反擊式水輪機：噴氣式飛機：火箭中國新型自行榴彈炮

火炮被稱為“戰(zhàn)爭之神”。自行火炮起源于第二次世界大戰(zhàn)的“法西斯德國”，當時德國陸軍將一種淘汰的坦克底盤裝上大口徑榴彈炮裝備炮兵，當時它的名稱是：突擊炮。榴彈炮自行火炮為什么要裝在履帶式的車輛上呢？履帶表面有較深的突起抓地鉤型設計？摩擦系數(shù)較大，止退。止退犁，看到了嗎？止退犁上又有兩個液壓緩沖器。這一切都是為了提高火炮的連射時的命中精度而精心設計的。

同學們是不是在電影里看到，火炮在發(fā)射時炮管一縮一伸的運動？有的人稱之為：縮頭炮。為什么炮管要做這樣的運動呢？

我們知道：根據(jù)中學物理中的動量守恒定律，火炮在發(fā)射炮彈時，炮身將存在向炮彈發(fā)射方向相反的方向運動的趨勢。如果我們將炮身固定住，當然有利于連發(fā)的命中精度，但是巨大的反沖作用就全靠炮身的材料硬度抵消了

這樣的結果是火炮的壽命大大減少，這顯然是不合理的設計。因此只有設計一種裝置，它可以先允許炮身做反沖運動，并把這種運動能量儲存為彈性勢能，等反沖運動結束時，再利用儲存的那部分能量使炮身復位，這就是火炮緩沖器的作用?；鹋谥械奈锢韺W還多著吶！彈道學、彈頭引信解鎖原理、光學瞄準儀、雷達炮瞄等等。。

同學們，一門火炮中的物理現(xiàn)象和解決問題的思路是不是說明學好物理是多么的重要啊！火箭影響火箭飛行速度的因素主要有兩個，一是燃氣噴射的速度，二是火箭的質量比（即火箭開始飛行時的質量與燃料燃盡時的質量之比）。只有在很短時間內，火箭速度的變化非常小，以地面為參照物噴氣的速度可以認為不變的情況下，可以近似得出：MV-mv=0由此可知該時刻火箭的速度：

要提高噴氣速度，就要使用高質量的燃料，目前常用的液體燃料是液氫，用液氧做氧化劑。目前的技術條件下，火箭的質量比在6-10左右，要發(fā)射人造衛(wèi)星，用一級火箭還不能達到所需的速度，必須用多級火箭。運載火箭一般采用液體推進劑，第一、二級多用液氧、煤油或四氧化二氮、偏二甲肼。末級用液氧、液氫高能推進，稱為低溫液體火箭，技術比較復雜，目前只有美國、俄斯、法國、中國和日本等少數(shù)幾個國家掌握低溫液體火箭技術目前擁有運載火箭的國家有俄羅斯、美國、法國、英國、中國、日本、印度和以色列。當今世界上最大的運載火箭是俄羅斯的“能源”號，它長60米，底部最大直徑20米，重3000多噸，能將120噸的有效載荷送入近地軌道。迄今為止運載火箭均為一次使用的，成本高。一次發(fā)射，少的幾千萬美元，多的上億美元。不能重復使用，資源浪費大。第五節(jié)自然界中的守恒定律①涉及運動時間，特別是對于作用時間短且力隨時間變化的如：打擊、碰撞一類問題。動量定理②合外力為零的系統(tǒng)，如碰撞、反沖、爆炸等問題動量守恒③不涉及物體運動過程中的加速度和時間問題，而涉及位移，無論是恒力還是變力問題。動能定理④只有重力和彈力做功而又不涉及運動過程的加速度和時間問題機械能守恒⑤涉及兩物體相對滑動的距離

能量守恒1．如圖6－3－1所示，小車B質量為M，靜止在光滑水平面上，一個質量為m的鐵塊A(可視為質點)，以水平速度v0＝4.0m/s滑上小車B的左端，然后與右端擋板碰撞，最后恰好滑到小車的左端，已知M∶m＝3∶1，小車長L＝1m．并設A與擋板碰撞時無機械能損失，碰撞時間忽略不計，g取10m/s2.求：

(1)A、B最后的速度分別為多少？

(2)鐵塊A與小車B之間的動摩擦因數(shù)為多少？解析：(1)對A、B組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律得：mv0＝(M＋m)v所以v＝1m/s.(2)由功能關系得：μmg·2L＝1/2

mv02－1/2(M＋m)v2所以μ＝0.3.1．力學規(guī)律的選用原則(1)如果要列出各物理量在某一時刻的關系式，可用牛頓第二定律．(2)研究某一物體受到力的持續(xù)作用發(fā)生運動狀態(tài)改變時，一般用動量定理(涉及時間的問題)或動能定理(涉及位移的問題)去解決問題．3)若研究的對象為一物體系統(tǒng)，且它們之間有相互作用，一般用兩個守恒定律去解決問題，但須注意研究的問題是否滿足守恒的條件．(4)在涉及相對位移問題時則優(yōu)先考慮能量守恒定律，即用系統(tǒng)克服摩擦力所做的總功等于系統(tǒng)機械能的減少量，也即轉變?yōu)橄到y(tǒng)內能的量．(4)在涉及相對位移問題時則優(yōu)先考慮能量守恒定律，即用系統(tǒng)克服摩擦力所做的總功等于系統(tǒng)機械能的減少量，也即轉變?yōu)橄到y(tǒng)內能的量．5)在涉及碰撞、爆炸、打擊、繩繃緊等物理過程時，必須注意到一般這些過程均隱含有系統(tǒng)機械能與其他形式能量之間的轉化．這種問題由于作用時間都極短，故動量守恒定律一般能派上大用場．2．綜合應用力學三觀點解題的步驟(1)認真審題，明確題目所述的物理情景，確定研究對象．(2)分析所選研究對象的受力情況及運動狀態(tài)和運動狀態(tài)的變化過程，畫出草圖．對于過程復雜的問題，要正確、合理地把全過程分成若干階段，注意分析各階段之間的聯(lián)系．(3)根據(jù)各階段狀態(tài)變化的規(guī)律確定解題方法，選擇合理的規(guī)律列方程，有時還要分析題目的隱含條件、臨界條件、幾何關系等列出輔助方程．(4)代入數(shù)據(jù)(統(tǒng)一單位)，計算結果，必要時要對結果進行討論注意：1．動量守恒、機械能守恒、能量守恒，僅涉及初、末狀態(tài)，不涉及過程細節(jié)．2．沖量、動量是矢量，應用時要注意方向問題．第3講自然界中的守恒定律一、動力學的知識體系動力學研究的是物體的受力情況與運動情況的關系，以三條線索為紐帶建立關系，可用下面的框圖表示：二、動力學中的三個觀點1．力的觀點

定律結合

公式，是解決力學問題的基本思路和方法，此種方法往往求得的是

關系．利用此種方法解題必須考慮

的細節(jié)．中學只能用于勻變速運動(包括直線和曲線運動)，對于一般的變加速運動不作要求．牛頓運動運動學瞬時運動狀態(tài)改變2．動量的觀點動量觀點主要包括動量定理和

定律．3．能量的觀點能量觀點主要包括

定理和

定律．動量的觀點和能量的觀點研究的是

或

經(jīng)歷的過程中狀態(tài)的改變，它不要求對過程細節(jié)深入研究，關心的是運動狀態(tài)變化，只要求知道過程的始、末狀態(tài)動量、動能和力在過程中的沖量和功，即可對問題求解．動量守恒動能能量守恒物體系統(tǒng)牛頓第二定律F＝ma表示了力和加速度之間的關系，說明力的瞬時效果；動量定理I＝Δp表示合力的沖量和動量變化之間的關系，說明力的時間積累效果；動能定理W＝ΔEk表示總功和動能變化之間的關系，說明力的空間積累效果．1．如圖6－3－1所示，小車B質量為M，靜止在光滑水平面上，一個質量為m的鐵塊A(可視為質點)，以水平速度v0＝4.0m/s滑上小車B的左端，然后與右端擋板碰撞，最后恰好滑到小車的左端，已知M∶m＝3∶1，小車長L＝1m．并設A與擋板碰撞時無機械能損失，碰撞時間忽略不計，g取10m/s2.求：(1)A、B最后的速度分別為多少？(2)鐵塊A與小車B之間的動摩擦因數(shù)為多少？解析：(1)對A、B組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律得：mv0＝(M＋m)v所以v＝＝1m/s.(2)由功能關系得：μmg·2L＝mv02－(M＋m)v2所以μ＝＝0.3.答案：(1)1m/s1m/s(2)0.31．力學規(guī)律的選用原則(1)如果要列出各物理量在某一時刻的關系式，可用牛頓第二定律．(2)研究某一物體受到力的持續(xù)作用發(fā)生運動狀態(tài)改變時，一般用動量定理(涉及時間的問題)或動能定理(涉及位移的問題)去解決問題．(3)若研究的對象為一物體系統(tǒng)，且它們之間有相互作用，一般用兩個守恒定律去解決問題，但須注意研究的問題是否滿足守恒的條件．(4)在涉及相對位移問題時則優(yōu)先考慮能量守恒定律，即用系統(tǒng)克服摩擦力所做的總功等于系統(tǒng)機械能的減少量，也即轉變?yōu)橄到y(tǒng)內能的量．(5)在涉及碰撞、爆炸、打擊、繩繃緊等物理過程時，必須注意到一般這些過程均隱含有系統(tǒng)機械能與其他形式能量之間的轉化．這種問題由于作用時間都極短，故動量守恒定律一般能派上大用場．2．綜合應用力學三觀點解題的步驟(1)認真審題，明確題目所述的物理情景，確定研究對象．(2)分析所選研究對象的受力情況及運動狀態(tài)和運動狀態(tài)的變化過程，畫出草圖．對于過程復雜的問題，要正確、合理地把全過程分成若干階段，注意分析各階段之間的聯(lián)系．(3)根據(jù)各階段狀態(tài)變化的規(guī)律確定解題方法，選擇合理的規(guī)律列方程，有時還要分析題目的隱含條件、臨界條件、幾何關系等列出輔助方程．(4)代入數(shù)據(jù)(統(tǒng)一單位)，計算結果，必要時要對結果進行討論．1．動量守恒、機械能守恒、能量守恒，僅涉及初、末狀態(tài)，不涉及過程細節(jié)．2．沖量、動量是矢量，應用時要注意方向問題．2．如圖6－3－2所示，光滑水平面上有質量為M的滑塊，其中AB部分是半徑為R的光滑的四分之一圓弧，BC部分水平但不光滑，長為L.一可視為質點的質量為m的物體從A點由靜止釋放，最后滑到C點時物體與滑塊恰好相對靜止，則物體與BC間的動摩擦因數(shù)為多大？解析：物體從A滑到B的過程中，由于受重力mg和彈力FN的作用而做變速曲線運動，滑塊在重力Mg、物體給它的彈力FN及地面給它的彈力F地作用下做變速直線運動．在此過程中，對系統(tǒng)而言由于只有重力mg做功，所以機械能守恒mgR＝mvA2＋MvB2 ①對物體和滑塊來說，在水平方向不受外力作用，則水平方向動量守恒，即mvA－MvB＝0 ②接著，在摩擦力作用下，物體和滑塊均做勻減速直線運動，在BC部分滑動時，動量守恒mvA－MvB＝(M＋m)v′∴v′＝0由能量守恒定律得mvA2＋MvB2＝μmgL ③解①②③式，得μ＝.另解：本題也可以對整個過程運用動量和能量守恒定律求解．由于全過程中水平方向動量守恒，可知最后物體與滑塊相對靜止時速度均為零．由于物體減少的重力勢能通過摩擦力做功轉化為內能，有mgR＝μmgL，得μ＝.答案：如圖6－3－3所示，質量mB＝1kg的平板小車B在光滑水平面上以v1＝1m/s的速度向左勻速運動．當t＝0時，質量mA＝2kg的小鐵塊A以v2＝2m/s的速度水平向右滑上小車，A與小車間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.2.若A最終沒有滑出小車，取水平向右為正方向，g＝10m/s2，則：(1)A在小車上停止運動時，小車的速度為多大？(2)小車的長度至少為多少？[思路點撥]解答該問題應注意以下幾點：①小車和鐵塊組成的系統(tǒng)動量守恒．②系統(tǒng)機械能的減少等于內能的增加．[課堂筆記](1)A在小車上停止運動時，A、B以共同速度運動，設其速度為v，取水平向右為正方向，由動量守恒定律得：mAv2－mBv1＝(mA＋mB)v解得：v＝1m/s.(2)設小車的最小長度為L，由功能關系得：μmAgL＝mAv22＋mBv12－(mA＋mB)v2解得：L＝0.75m.[答案](1)1m/s(2)0.75m滑塊與滑板類問題類似于子彈打木塊問題．滑塊與滑板間的摩擦力類似于子彈和木塊間的相互作用力，滑塊相對滑板滑動位移類似于子彈在木塊中運動位移，這類問題處理的方法幾乎相同，都是用到動量守恒及能量守恒．圖6－3－4中有一個豎直固定在地面上的透氣圓筒，筒中有一勁度系數(shù)為k的輕彈簧，其下端固定，上端連接一質量為m的薄滑塊．圓筒內壁涂有一層新型智能材料——ER流體，它對薄滑塊的阻力可調．起初，薄滑塊靜止，ER流體對其阻力為0，彈簧的長度為L.現(xiàn)有一質量也為m的物體從距地面2L處自由落下，與薄滑塊碰撞后粘在一起向下運動．為保證薄滑塊做勻減速運動，且下移距離為2mg/k時速度減為0，ER流體對薄滑塊的阻力須隨滑塊下移而變．試求(忽略空氣阻力)：(1)下落物體與薄滑塊碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能；(2)薄滑塊向下運動過程中加速度的大?。?3)薄滑塊下移距離d時ER流體對薄滑塊阻力的大?。甗思路點撥]此題有三個過程：①物體自由下落，機械能守恒；②物體與薄滑塊碰撞，動量守恒；③物體與薄滑塊一起向下勻減速運動，滿足牛頓定律及運動學公式．[課堂筆記](1)設物體下落時與薄滑塊碰撞前的速度為v0，由機械能守恒定律mgL＝mv02，解得v0＝設碰后共同速度為v1，由動量守恒定律2mv1＝mv0解得v1＝碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能為ΔE＝mv02－·2mv12＝mgL.(2)設物體與薄滑塊一起向下做勻減速運動的加速度大小為a，有2as＝v12，s＝2mg/k得a＝kL/(8m)．(3)設彈簧彈力為FN，ER流體對薄滑塊的阻力為FER，受力分析如圖所示，由牛頓第二定律FN＋FER－2mg＝2maFN＝kx，x＝d＋mg/k聯(lián)立解得FER＝mg＋kL/4－kd.[答案](1)mgL(2)(3)mg＋－kd在處理這類綜合問題時，把復雜的過程分解為幾個單一過程，對各個單一過程正確的運用物理規(guī)律且注意各過程間的銜接點是關鍵.(16分)(2008·天津高考)光滑水平面上放著質量mA＝1kg的物塊A與質量mB＝2kg的物塊B，A與B均可視為質點．A靠在豎直墻壁上，A、B間夾一個被壓縮的輕彈簧(彈簧與A、B均不拴接)，用手擋住B不動，此時彈簧彈性勢能Ep＝49J．在A、B間系一輕質細繩，細繩長度大于彈簧的自然長度，如圖6－3－5所示．放手后B向右運動，繩在短暫時間內被拉斷，之后B沖上與水平面相切的豎直半圓光滑軌道，其半徑R＝0.5m，B恰能到達最高點C.取g＝10m/s2，求：(1)繩拉斷后瞬間B的速度vB的大小；(2)繩拉斷過程繩對B的沖量I的大??；(3)繩拉斷過程繩對A所做的功W.[思路點撥]解答本題時，可參照以下解題步驟：(1)先求出B在C處的速度．(2)由機械能守恒求出繩斷時B的速度．(3)由彈性勢能轉化為B的動能求出B剛好拉直細繩時的速度．(4)由繩斷前后B速度的變化求出沖量I.(5)繩斷前后A、B動量守恒，繩對A做功等于A獲得的動能．[解題樣板](1)設B在繩被拉斷后瞬間的速度為vB，到達C時的速度為vC，有mBg＝mB……

(3分)mBvB2＝mBvC2＋2mBgR(3分)代入數(shù)據(jù)得vB＝5m/s.

………………(2分)(2)設彈簧恢復到自然長度時B的速度為v1，取水平向右為正方向，有Ep＝mBv12，I＝mBvB－mBv1……………

(3分)代入數(shù)據(jù)得I＝－4N·s，其大小為4N·s.

……………(2分)(3)設繩斷后A的速度為vA，取水平向右為正方向，有mBv1＝mBvB＋mAvA，W＝mAvA2，………(2分)代入數(shù)據(jù)得W＝8J．………………(1分)[答案]

(1)5m/s

(2)4N·s

(3)8J彈簧“連結體”問題，往往滿足動量守恒和機械能守恒，但是否真正守恒，要具體分析實際問題．另外彈簧“連結體”問題又往往存在臨界問題，如彈簧原長時，系統(tǒng)動能最大，彈簧被壓縮到最短時，動能最小，且可能存在共同速度等．1．下列說法中正確的是()A．一個質點在一個過程中如果其動量不變，其動能也一定不變B．一個質點在一個過程中如果其動量不變，其機械能也一定不變C．幾個物體組成的物體系統(tǒng)在一個過程中如果動量守恒，其機械能也一定守恒D．幾個物體組成的物體系統(tǒng)在一個過程中如果機械能守恒，其動量也一定守恒解析：一個質點動量不變，則速度不變，故動能一定不變，但機械能不一定不變，如豎直方向的勻速直線運動．一個物體系統(tǒng)動量守恒，說明系統(tǒng)不受外力或所受的合外力為零，但可受內力，內力可做功，故機械能不一定守恒；一個系統(tǒng)機械能守恒，說明外力不做功，但外力可能不為零，故動量不一定守恒．答案：A2．半圓形光滑軌道固定在水平地面上，并使其軌道平面與地面垂直，物體m1、m2同時由軌道左右兩端最高點釋放，二者碰后粘在一起運動，最高能上升至軌道的M點，如圖6－3－6所示，已知OM與豎直方向夾角為60°，則m1∶m2等于 ()A．(＋1)∶(－1)B．(－1)∶(＋1)C.∶1 D．1∶解析：兩物體下滑到底部的速度v＝，在底部碰撞動量守恒，則有(m2－m1)v＝(m1＋m2)v′，碰后一起上升，由機械能守恒(m1＋m2)gR(1－cos60°)＝(m1＋m2)v′2，解以上三式得＝答案：B3．在光滑水平地面上有兩個相同的彈性小球A、B，質量都是m，B球靜止，A球向B球運動，發(fā)生正碰．已知碰撞過程中總機械能守恒，兩球壓縮最緊時彈性勢能為Ep，則碰前A球速度等于 ()解析：碰撞過程動量守恒，兩球組成的系統(tǒng)機械能守恒，壓縮到最緊時兩球速度相等，則有mv0＝2mv①mv02－(2m)v2＝Ep②可由①②式解得碰前A的速度v0＝2答案：C4．如圖6－3－7所示，F(xiàn)1和F2等大反向，同時作用在靜止于光滑水平面上的物體A、B上，已知mA＞mB，經(jīng)過相等時間后撤去兩力，以后兩物體相碰并粘合成一體，這時A、B將 ()A．停止運動B．向左運動C．向右運動 D．不能確定解析：取F1方向為正，根據(jù)動量定理，有F1t＝mAvA，－F2t＝mBvB據(jù)動量守恒定律，有mAvA＋mBvB＝(mA＋mB)v由題意知F1＝F2，故聯(lián)立可求得碰后A、B均靜止．答案：A5．質量m＝1.5kg的物塊(可視為質點)在水平恒力F作用下，從水平面上A點由靜止開始運動，運動一段距離撤去該力，物塊繼續(xù)滑行t＝2.0s停在B點．已知A、B兩點間的距離s＝5.0m，物體與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.20，求恒力F多大．(g＝10m/s2)解析：設撤去力F前物塊的位移為s1，撤去力F時物塊速度為v，物塊受到的滑動摩擦力Ff＝μmg.對撤去力F后物體滑動過程應用動量定理得－Fft＝0－mv.由運動學公式得s－s1＝t，對物塊運動的全過程應用動能定理Fs1－Ffs＝0.由以上各式得F＝，代入數(shù)據(jù)解得F＝15N.答案：15N專題六碰撞與動量守恒第1講動量守恒定律及應用考點1動量、沖量1．動量速度mv速度

(1)定義：運動物體的質量和_______的乘積叫做動量，用p表示． (2)表達式：p＝____. (3)單位：由速度單位和質量單位共同確定，即kg·m/s. (4)動量是矢量，其方向和______方向相同．(5)動量、動能、動量變化量的比較2.沖量Ft

(1)定義：力和力的作用時間的乘積叫沖量，即I＝____. (2)對沖量的理解 ①沖量是描述力的時間積累效應的物理量，是過程量，與時間相對應． ②沖量是矢量，其方向由力的方向決定(不能說和力的方向相同)．如果力的方向在作用時間內保持不變，那么沖量的方向就和力的方向相同． ③要注意的是：沖量和功不同，恒力在一段時間內可能不做功，但一定有沖量．1．(單選)關于物體的動量和動能，下列說法中正確的是()AA．一物體的動量不變，其動能一定不變B．一物體的動能不變，其動量一定不變C．兩物體的動量相等，其動能一定相等D．兩物體的動能相等，其動量一定相等

2．(雙選)如圖6－1－1所示，質量相同的兩個小物體A、B處于同一高度．現(xiàn)使A沿固定的光滑斜面無初速地自由下滑，而使B無初速地自由下落，最后A、B都運動到同一水平地面)BD上．不計空氣阻力．則在上述過程中，A、B兩物體( 圖6－1－1A．所受重力的沖量相同C．所受合力的沖量相同B．所受重力做的功相同D．所受合力做的功相同

解析：兩物體落到地面所用的時間不同，故重力的沖量不相等；兩物體的合力的沖量等于動量的變化，兩物體初動量為零，末動量方向不一樣，故合力的沖量也不相等；根據(jù)機械能的知識可知，B、D答案正確．Δp2、Δp3，則有()圖6－1－2

3．(單選)如圖6－1－2所示，一物體分別沿三個傾角不同的光滑斜面由靜止開始從頂端下滑到底端C、D、E處，三個過程中重力的沖量依次為I1、I2、I3，動量變化量的大小依次為Δp1、

解析：重力的沖量由下落時間決定，三者的下落時間都不一樣，排除C、D；系統(tǒng)中只有重力做功，故根據(jù)能量守恒定律，三者下滑到底端時速度大小相等，所以三者動量的變化量的大小相等，B正確．答案：B考點2動量守恒定律不受外力零

1．內容：相互作用的物體組成的系統(tǒng)________或所受外力為___時，這個系統(tǒng)的總動量將保持不變． 2．公式：m1v1＋m2v2＝_________________.3．動量守恒定律成立的條件m1v1′＋m2v2′

(1)系統(tǒng)不受外力或者所受外力之和為零． (2)系統(tǒng)受外力，但外力遠小于內力，可以忽略不計． (3)系統(tǒng)在某一個方向上所受的合外力為零，則該方向上動量守恒． (4)全過程的某一階段系統(tǒng)受的合外力為零，則該階段系統(tǒng)動量守恒．4．應用動量守恒定律解題時要注意“五性”

(1)矢量性：對于作用前后物體的運動方向都在同一直線上的問題，應選取統(tǒng)一的正方向，凡是與選取正方向相同的動量為正，相反為負．(2)同時性：動量是一個瞬時量，動量守恒指的是系統(tǒng)任一瞬時的動量守恒，不同時刻的動量不能相加．

(3)整體性：應用動量守恒定律時，要明確動量守恒定律的研究對象是整個系統(tǒng)，這個系統(tǒng)的始末狀態(tài)質量應相等． (4)相對性：由于動量大小與參考系的選取有關，因此應用動量守恒定律時，應注意各物體的速度必須是相對于地面的速度．

(5)普適性：適用于多物體系統(tǒng)，適用于宏觀及微觀． 4．(單選)一炮艇總質量為M，以速度v0

勻速行駛，從船上以相對海岸的水平速度v沿前進方向射出一質量為m的炮彈，發(fā)射炮彈后艇的速度為v′，若不計水的阻力，則下列各關系式中正確的是()A

5．如圖6－1－3，質量為m的人站在質量為M，長為L的靜止小船的右端，小船的左端靠在岸邊．當他向左走到船的左端時，船左端離岸多遠？圖6－1－3考點3碰撞

1．碰撞的特點 (1)作用時間極短，內力遠大于外力，總動量總是守恒的． (2)碰撞過程中，總動能不增．因為沒有其他形式的能量轉化為動能． (3)碰撞過程中，兩物體產(chǎn)生的位移可忽略． 2．碰撞的分類 (1)彈性碰撞(或稱完全彈性碰撞) 如果在彈性力的作用下，只產(chǎn)生機械能的轉移，系統(tǒng)內無機械能的損失，稱為彈性碰撞(或稱完全彈性碰撞)．此類碰撞過程中，系統(tǒng)動量和機械能同時守恒．(2)非彈性碰撞

如果是非彈性力作用，使部分機械能轉化為物體的內能，機械能有了損失，稱為非彈性碰撞．此類碰撞過程中，系統(tǒng)動量守恒，機械能有損失，即機械能不守恒．(3)完全非彈性碰撞

如果相互作用力是完全非彈性力，則機械能轉化成的內能最大，即機械能的損失最大，稱為完全非彈性碰撞．碰撞物體粘合在一起，具有同一速度．此類碰撞過程中，系統(tǒng)動量守恒，機械能不守恒，且機械能的損失最大．(3)當質量小的球碰質量大的球時，碰撞后質量小的球被反彈回來．4．判定碰撞可能性問題的分析思路(1)判定系統(tǒng)動量是否守恒．

(2)判定物理情景是否可行，如追碰后，前面物體動量不能減小，后面物體動量在原方向上不能增加．即追碰后，后面物體在原方向的速度不可能大于前面物體的速度．(3)判定碰撞后動能不增加．

6．(雙選)質量為M的物塊以速度v運動，與質量為m的靜止物塊發(fā)生正撞，碰撞后兩者的動量正好相等，兩者質量之比M/m可能為()ABA．2B．3C．4D．5

7．(單選)(上海2011屆高三調研)從手中豎直向上拋出的小球，與水平天花板碰撞后又落回到手中，設豎直向上的方向為正方向，小球與天花板碰撞時間極短．若不計空氣阻力和碰撞過程中動能的損失，則下列圖象中能夠描述小球從拋出到落回手中整個過程的運動規(guī)律的是()C

解析：小球做豎直上拋運動，向上為正方向，故速度時間圖象為縱截距為正、斜率為負的直線；與天花板相撞且不計動能損失與空氣摩擦，故速度不能取零且返回時圖象應與上拋圖象關于橫軸某