1.5 彈性碰撞和非彈性碰撞 -2023-2024學年高二物理同步學與練（人教版2019）（含答案）

1.5彈性碰撞和非彈性碰撞-2023-2024學年高二物理同步學與練（人教版2019）（含答案）第5課彈性碰撞和非彈性碰撞學習目標學習目標課程標準學習目標通過實驗，了解彈性碰撞和非彈性碰撞的特點。定量分析一維碰撞問題并能解釋生產生活中的彈性碰撞和非彈性碰撞現(xiàn)象。1．了解彈性碰撞和非彈性碰撞的特點。2．能定量分析一維碰撞問題并能解釋生產生活中的彈性碰撞和非彈性碰撞現(xiàn)象。002預習導學（一）課前閱讀：兩個作相對運動的物體，接觸并迅速改變其運動狀態(tài)的現(xiàn)象?？梢允呛暧^物體的碰撞，如打夯、鍛壓、擊球等，也可以是微觀粒子如原子、核和亞原子粒子間的碰撞。經典力學中通常研究兩個球的正碰，即其相對速度正好在球心的聯(lián)線上。由于碰撞過程十分短暫，碰撞物體間的沖力遠比周圍物體給它們的力為大，后者的作用可以忽略，這兩物體組成的系統(tǒng)可視為孤立系統(tǒng)。動量和能量守恒，但機械能不一定守恒。如果兩球的彈性都很好，碰撞時因變形而儲存的勢能，在分離時能完全轉換為動能，機械能沒有損失，稱完全彈性碰撞，鋼球的碰撞接近這種情況。如果是塑性球間的碰撞，其形變完全不能恢復，碰撞后兩球同速運動，很大部分的機械能通過內摩擦轉化為內能，稱完全非彈性碰撞，如泥球或蠟球的碰撞，沖擊擺也屬于這一類。介于兩者之間的即兩球分離時只部分地恢復原狀的，稱非完全彈性碰撞，機械能的損失介于上述兩類碰撞之間。微觀粒子間的碰撞，如只有動能的交換，而無粒子的種類、數(shù)目或內部運動狀態(tài)的改變者，稱彈性碰撞或彈性散射；如不僅交換動能，還有粒子能態(tài)的躍遷或粒子的產生和湮沒，則稱非彈性碰撞或非彈性散射。在粒子物理學中可借此獲得有關粒子間相互作用的信息，是頗為重要的研究課題。（二）基礎梳理一、彈性碰撞和非彈性碰撞1．碰撞碰撞是指物體間的相互作用持續(xù)時間很短，而物體間相互作用力的現(xiàn)象．2．碰撞特點在碰撞現(xiàn)象中，一般都滿足內力外力矢量和，可認為相互碰撞的系統(tǒng)動量守恒．3．碰撞分類動量是否守恒機械能是否守恒彈性碰撞守恒非彈性碰撞守恒有損失完全非彈性碰撞守恒損失4．碰撞問題遵守的三條原則(1)動量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′.(2)動能：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′.(3)速度要符合實際情況①碰前兩物體同向運動，若要發(fā)生碰撞，則應有v后v前，碰后原來在前的物體速度一定增大，若碰后兩物體同向運動，則應有v前′v后′.②碰前兩物體相向運動，碰后兩物體的運動方向都不改變．【概念銜接】碰撞方式、碰撞能量【拓展補充】正碰、斜碰【即學即練】如圖所示，在光滑水平面上有直徑相同的a、b兩球，在同一直線上運動，選定向右為正方向，兩球的動量分別為pa＝6kg·m/s、pb＝－4kg·m/s.當兩球相碰之后，兩球的動量可能是()A．pa＝－6kg·m/s、pb＝4kg·m/sB．pa＝－6kg·m/s、pb＝8kg·m/sC．pa＝－4kg·m/s、pb＝6kg·m/sD．pa＝2kg·m/s、pb＝0【微點撥】排除法二、一靜一動，彈性正碰1．彈性碰撞的結論以質量為m1、速度為v1的小球與質量為m2的靜止小球發(fā)生彈性碰撞為例，則有m1v1＝m1v1′＋m2v2′eq\f(1,2)m1v12＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2聯(lián)立解得：v1′＝，v2′＝。討論：①若m1＝m2，則v1′＝，v2′＝(速度交換)；②若m1>m2，則v1′>0，v2′>0(碰后兩物體沿同一方向運動)；當m1?m2時，v1′≈，v2′≈；③若m1<m2，則v1′0，v2′>0(碰后兩物體沿相反方向運動)；當m1?m2時，v1′≈，v2′≈.2．物體A（質量為mA，碰前速度為v0）與靜止的物體B（質量為mB）發(fā)生碰撞，當發(fā)生完全非彈性碰撞時損失的機械能最多，物體B的速度最小，vB＝，當發(fā)生彈性碰撞時，物體B速度最大，vB＝.則碰后物體B的速度范圍為：?！就卣寡a充】注意類彈性正碰問題【即學即練】(多選)水平冰面上有一固定的豎直擋板。一滑冰運動員面對擋板靜止在冰面上，他把一質量為4.0kg的靜止物塊以大小為5.0m/s的速度沿與擋板垂直的方向推向擋板，運動員獲得退行速度；物塊與擋板彈性碰撞，速度反向，追上運動員時，運動員又把物塊推向擋板，使其再一次以大小為5.0m/s的速度與擋板彈性碰撞?？偣步涍^8次這樣推物塊后，運動員退行速度的大小大于5.0m/s，反彈的物塊不能再追上運動員。不計冰面的摩擦力，該運動員的質量可能為()A.48kgB.53kgC.58kgD.63kg【微點撥】注意方向性（三）預習作業(yè)1．如圖甲所示，光滑水平面上有A、B兩物塊，已知A物塊的質量mA＝2kg，以一定的初速度向右運動，與靜止的物塊B發(fā)生碰撞并一起運動，碰撞前后的位移—時間圖像如圖乙所示(規(guī)定向右為正方向)，則碰撞后的速度及物體B的質量分別為()A.2m/s，5kg B.2m/s，3kgC.3.5m/s，2.86kg D.3.5m/s，0.86kg2．A、B兩小球靜止在光滑水平面上，用水平輕彈簧相連接，A、B兩球的質量分別為m和M(m＜M)。若使A球獲得瞬時速度v(如圖甲)，彈簧壓縮到最短時的長度為L1；若使B球獲得瞬時速度v(如圖乙)，彈簧壓縮到最短時的長度為L2，則L1與L2的大小關系為()A.L1＞L2 B.L1＜L2C.L1＝L2 D.不能確定003探究提升環(huán)節(jié)一碰撞分類思考：如圖所示，豎直平面內的四分之一光滑圓弧軌道下端與光滑水平桌面相切，小滑塊B靜止在圓弧軌道的最低點．現(xiàn)將小滑塊A從圓弧軌道的最高點無初速度釋放．已知圓弧軌道半徑R＝1.8m，小滑塊的質量關系是mB＝2mA，重力加速度g＝10m/s2.則碰后小滑塊B的速度大小不可能是()A．5m/s B．4m/sC．3m/s D．2m/s環(huán)節(jié)二彈性正碰問題探究1：如圖所示，在光滑水平面上放置一個質量為M的滑塊，滑塊的一側是一個eq\f(1,4)弧形槽，凹槽半徑為R，A點切線水平．另有一個質量為m的小球以速度v0從A點沖上滑塊，重力加速度大小為g，不計摩擦．下列說法中正確的是()A．當v0＝eq\r(2gR)時，小球能到達B點B．如果小球的速度足夠大，球將從滑塊的左側離開滑塊后直接落到水平面上C．小球到達斜槽最高點處，小球的速度為零D．小球回到斜槽底部時，小球速度方向可能向左問題探究2：如圖所示，粗糙的水平面連接一個豎直平面內的半圓形光滑軌道，其半徑為R＝0.1m，半圓形軌道的底端放置一個質量為m＝0.1kg的小球B，水平面上有一個質量為M＝0.3kg的小球A以初速度v0＝4.0m/s開始向著小球B運動，經過時間t＝0.80s與B發(fā)生彈性碰撞，設兩個小球均可以看作質點，它們的碰撞時間極短，且已知小球A與桌面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.25，g取10m/s2.求：(1)兩小球碰前A的速度大小vA；(2)小球B運動到最高點C時對軌道的壓力大小．環(huán)節(jié)三完全非彈性正碰問題探究3：如圖所示，一輕質彈簧的一端固定在滑塊B上，另一端與滑塊C接觸但未連接，該整體靜止放在離地面高為H＝5m的光滑水平桌面上．現(xiàn)有一滑塊A從光滑曲面上離桌面h＝1.8m高處由靜止開始滑下，與滑塊B發(fā)生碰撞并粘在一起壓縮彈簧推動滑塊C向前運動，經一段時間，滑塊C脫離彈簧，繼續(xù)在水平桌面上勻速運動一段后從桌面邊緣飛出．已知mA＝1kg，mB＝2kg，mC＝3kg，取g＝10m/s2.求：(1)滑塊A與滑塊B碰撞結束瞬間的速度大小；(2)被壓縮彈簧的最大彈性勢能；(3)滑塊C落地點與桌面邊緣的水平距離．004體系構建碰撞分類：方式、能量——特殊碰撞：彈性正碰、完全非彈性碰撞005記憶清單一、碰撞三原則★學習聚焦：(1)動量守恒。(2)機械能不增加，即碰撞結束后總動能不增加，表達式為Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或eq\f(peq\o\al(2,1),2m1)＋eq\f(peq\o\al(2,2),2m2)≥eq\f(p1′2,2m1)＋eq\f(p2′2,2m2)。(3)速度要合理①碰前若同向運動，原來在前的物體速度一定增大，且v前≥v后。②兩物體相向運動，碰后兩物體的運動方向肯定有一個改變或速度均為零。二、彈性正碰★學習聚焦：碰撞結束后，形變全部消失，動能沒有損失，不僅動量守恒，而且初、末動能相等。(1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2v1′＝eq\f(（m1－m2）v1＋2m2v2,m1＋m2)v2′＝eq\f(（m2－m1）v2＋2m1v1,m1＋m2)(2)v2＝0時，v1′＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v1v2′＝eq\f(2m1,m1＋m2)v1討論：①若m1＝m2，則v1′＝0，v2′＝v1(速度交換)；②若m1＞m2，則v1′＞0，v2′＞0(碰后，兩物體沿同一方向運動)；③若m1?m2，則v1′≈v1，v2′≈2v1；④若m1＜m2，則v1′＜0，v2′＞0(碰后，兩物體沿相反方向運動)；⑤若m1?m2，則v1′≈－v1，v2′≈0。三、完全非彈性碰撞★學習聚焦：碰后共速00601強化訓練1．如圖所示，在足夠長的光滑水平面上有一靜止的質量為M的斜面，斜面表面光滑、高度為h、傾角為θ.一質量為m(m<M)的小物塊以一定的初速度沿水平面向右運動，不計沖上斜面過程中的機械能損失．如果斜面固定，則小物塊恰能沖到斜面的頂端．如果斜面不固定，則小物塊沖上斜面后能達到的最大高度為()A．hB.eq\f(mh,m＋M)C.eq\f(mh,M)D.eq\f(Mh,m＋M)2．如圖所示，一個輕彈簧的兩端與質量分別為m1和m2的兩物體甲、乙連接，靜止在光滑的水平面上．現(xiàn)在使甲瞬間獲得水平向右的速度v0＝4m/s，當甲物體的速度減小到1m/s時，彈簧最短．下列說法中正確的是()A．此時乙物體的速度為1m/sB．緊接著甲物體將開始做加速運動C．甲、乙兩物體的質量之比m1∶m2＝1∶4D．當彈簧恢復原長時，乙物體的速度大小為4m/s3、（多選）如圖所示，光滑水平面上有大小相同的A、B兩球在同一直線上運動．兩球的質量分別為mA＝1kg、mB＝2kg，規(guī)定向右為正方向，碰撞前A、B兩球的動量均為6kg·m/s，運動中兩球發(fā)生碰撞，碰撞前后A球動量的變化量為－4kg·m/s，則()A．左方是A球B．B球動量的變化量為4kg·m/sC．碰撞后A、B兩球的速度大小之比為5∶2D．兩球發(fā)生的碰撞是彈性碰撞4.如圖所示，小球B與一輕質彈簧相連，并靜止在足夠長的光滑水平面上，小球A以某一速度與輕質彈簧正碰．小球A與彈簧分開后，小球B的速度為v，求當兩個小球與彈簧組成的系統(tǒng)動能最小時，小球B的速度的大小．5.（多選）如圖所示，動量分別為pA＝12kg·m/s、pB＝13kg·m/s的兩個小球A、B在光滑的水平面上沿一直線向右運動，經過一段時間后兩球發(fā)生正碰，分別用ΔpA、ΔpB表示兩小球動量的變化量．則下列選項中可能正確的是()A．ΔpA＝－3kg·m/s、ΔpB＝3kg·m/sB．ΔpA＝－2kg·m/s、ΔpB＝2kg·m/sC．ΔpA＝－24kg·m/s、ΔpB＝24kg·m/sD．ΔpA＝3kg·m/s、ΔpB＝－3kg·m/s6.（多選）如圖所示，水平光滑軌道寬度和輕彈簧自然長度均為d，兩小球質量分別為m1、m2，m1>m2，m2的左邊有一固定擋板．由圖示位置靜止釋放m1、m2，當m1與m2相距最近時m1的速度為v1，則在以后的運動過程中()A．m1的最小速度是0B．m1的最小速度是eq\f(m1－m2,m1＋m2)v1C．m2的最大速度是v1D．m2的最大速度是eq\f(2m1,m1＋m2)v17.如圖所示，光滑水平直軌道上有三個質量均為m的物塊A、B、C.B的左側固定輕彈簧(彈簧左側的擋板質量不計)．設A以速度v0向B運動，壓縮彈簧；當A、B速度相等時，B與C恰好相碰并粘接在一起，然后繼續(xù)運動，假設B和C碰撞過程時間極短，求從A開始壓縮彈簧直至與彈簧分離的過程中，求：(1)整個系統(tǒng)損失的機械能；(2)彈簧被壓縮到最短時的彈性勢能．

第5課彈性碰撞和非彈性碰撞學習目標學習目標課程標準學習目標通過實驗，了解彈性碰撞和非彈性碰撞的特點。定量分析一維碰撞問題并能解釋生產生活中的彈性碰撞和非彈性碰撞現(xiàn)象。1．了解彈性碰撞和非彈性碰撞的特點。2．能定量分析一維碰撞問題并能解釋生產生活中的彈性碰撞和非彈性碰撞現(xiàn)象。002預習導學（一）課前閱讀：兩個作相對運動的物體，接觸并迅速改變其運動狀態(tài)的現(xiàn)象?？梢允呛暧^物體的碰撞，如打夯、鍛壓、擊球等，也可以是微觀粒子如原子、核和亞原子粒子間的碰撞。經典力學中通常研究兩個球的正碰，即其相對速度正好在球心的聯(lián)線上。由于碰撞過程十分短暫，碰撞物體間的沖力遠比周圍物體給它們的力為大，后者的作用可以忽略，這兩物體組成的系統(tǒng)可視為孤立系統(tǒng)。動量和能量守恒，但機械能不一定守恒。如果兩球的彈性都很好，碰撞時因變形而儲存的勢能，在分離時能完全轉換為動能，機械能沒有損失，稱完全彈性碰撞，鋼球的碰撞接近這種情況。如果是塑性球間的碰撞，其形變完全不能恢復，碰撞后兩球同速運動，很大部分的機械能通過內摩擦轉化為內能，稱完全非彈性碰撞，如泥球或蠟球的碰撞，沖擊擺也屬于這一類。介于兩者之間的即兩球分離時只部分地恢復原狀的，稱非完全彈性碰撞，機械能的損失介于上述兩類碰撞之間。微觀粒子間的碰撞，如只有動能的交換，而無粒子的種類、數(shù)目或內部運動狀態(tài)的改變者，稱彈性碰撞或彈性散射；如不僅交換動能，還有粒子能態(tài)的躍遷或粒子的產生和湮沒，則稱非彈性碰撞或非彈性散射。在粒子物理學中可借此獲得有關粒子間相互作用的信息，是頗為重要的研究課題。（二）基礎梳理一、彈性碰撞和非彈性碰撞動量是否守恒機械能是否守恒彈性碰撞守恒非彈性碰撞守恒有損失完全非彈性碰撞守恒損失4．碰撞問題遵守的三條原則(1)動量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′.(2)動能：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′.(3)速度要符合實際情況①碰前兩物體同向運動，若要發(fā)生碰撞，則應有v后v前，碰后原來在前的物體速度一定增大，若碰后兩物體同向運動，則應有v前′v后′.②碰前兩物體相向運動，碰后兩物體的運動方向都不改變．答案：1．碰撞很大2．碰撞特點遠大于3．碰撞分類動量是否守恒機械能是否守恒彈性碰撞守恒守恒非彈性碰撞守恒有損失完全非彈性碰撞守恒損失最大1．碰撞碰撞是指物體間的相互作用持續(xù)時間很短，而物體間相互作用力的現(xiàn)象．2．碰撞特點在碰撞現(xiàn)象中，一般都滿足內力外力矢量和，可認為相互碰撞的系統(tǒng)動量守恒．3．碰撞分類動量是否守恒機械能是否守恒彈性碰撞守恒非彈性碰撞守恒有損失完全非彈性碰撞守恒損失4．碰撞問題遵守的三條原則(1)動量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′.(2)動能：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′.(3)速度要符合實際情況①碰前兩物體同向運動，若要發(fā)生碰撞，則應有v后v前，碰后原來在前的物體速度一定增大，若碰后兩物體同向運動，則應有v前′v后′.②碰前兩物體相向運動，碰后兩物體的運動方向都不改變．答案：1．碰撞很大2．碰撞特點遠大于3．碰撞分類動量是否守恒機械能是否守恒彈性碰撞守恒守恒非彈性碰撞守恒有損失完全非彈性碰撞守恒損失最大4．碰撞問題遵守的三條原則(2)不增加(3)速度要符合實際情況①碰前兩物體同向運動，若要發(fā)生碰撞，則應有v后>v前，碰后原來在前的物體速度一定增大，若碰后兩物體同向運動，則應有v前′≥v后′.②碰前兩物體相向運動，碰后兩物體的運動方向不可能都不改變．【概念銜接】碰撞方式、碰撞能量【拓展補充】正碰、斜碰【即學即練】如圖所示，在光滑水平面上有直徑相同的a、b兩球，在同一直線上運動，選定向右為正方向，兩球的動量分別為pa＝6kg·m/s、pb＝－4kg·m/s.當兩球相碰之后，兩球的動量可能是()A．pa＝－6kg·m/s、pb＝4kg·m/sB．pa＝－6kg·m/s、pb＝8kg·m/sC．pa＝－4kg·m/s、pb＝6kg·m/sD．pa＝2kg·m/s、pb＝0答案C解析根據碰撞過程中動量守恒可知碰撞后的總動量等于原來總動量2kg·m/s，A選項碰后的總動量為－2kg·m/s，動量不守恒，故A錯誤；B選項碰后a球的動能不變，b球的動能增加了，不符合機械能不增加的規(guī)律，故B錯誤；C選項碰后a、b小球的動量滿足動量守恒定律，也不違背物體的運動規(guī)律，故C正確；D選項與實際不符，a不可能穿過靜止的b向前運動，故D錯誤．【微點撥】排除法二、一靜一動，彈性正碰1．彈性碰撞的結論以質量為m1、速度為v1的小球與質量為m2的靜止小球發(fā)生彈性碰撞為例，則有m1v1＝m1v1′＋m2v2′eq\f(1,2)m1v12＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2聯(lián)立解得：v1′＝，v2′＝。討論：①若m1＝m2，則v1′＝，v2′＝(速度交換)；②若m1>m2，則v1′>0，v2′>0(碰后兩物體沿同一方向運動)；當m1?m2時，v1′≈，v2′≈；③若m1<m2，則v1′0，v2′>0(碰后兩物體沿相反方向運動)；當m1?m2時，v1′≈，v2′≈.2．物體A（質量為mA，碰前速度為v0）與靜止的物體B（質量為mB）發(fā)生碰撞，當發(fā)生完全非彈性碰撞時損失的機械能最多，物體B的速度最小，vB＝，當發(fā)生彈性碰撞時，物體B速度最大，vB＝.則碰后物體B的速度范圍為：。答案：1．彈性碰撞的結論聯(lián)立解得：v1′＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v1，v2′＝eq\f(2m1,m1＋m2)v1討論：①若m1＝m2，則v1′＝0，v2′＝v1(速度交換)；②若m1>m2，則v1′>0，v2′>0(碰后兩物體沿同一方向運動)；當m1?m2時，v1′≈v1，v2′≈2v1；③若m1<m2，則v1′<0，v2′>0(碰后兩物體沿相反方向運動)；當m1?m2時，v1′≈－v1，v2′≈0.2．物體A（質量為mA，碰前速度為v0）與靜止的物體B（質量為mB）發(fā)生碰撞，當發(fā)生完全非彈性碰撞時損失的機械能最多，物體B的速度最小，vB＝eq\f(mA,mA＋mB)v0，當發(fā)生彈性碰撞時，物體B速度最大，vB＝eq\f(2mA,mA＋mB)v0.則碰后物體B的速度范圍為：eq\f(mA,mA＋mB)v0≤vB≤eq\f(2mA,mA＋mB)v0.【拓展補充】注意類彈性正碰問題【即學即練】(多選)水平冰面上有一固定的豎直擋板。一滑冰運動員面對擋板靜止在冰面上，他把一質量為4.0kg的靜止物塊以大小為5.0m/s的速度沿與擋板垂直的方向推向擋板，運動員獲得退行速度；物塊與擋板彈性碰撞，速度反向，追上運動員時，運動員又把物塊推向擋板，使其再一次以大小為5.0m/s的速度與擋板彈性碰撞。總共經過8次這樣推物塊后，運動員退行速度的大小大于5.0m/s，反彈的物塊不能再追上運動員。不計冰面的摩擦力，該運動員的質量可能為()A.48kgB.53kgC.58kgD.63kg答案BC解析選運動員退行速度方向為正方向，設運動員的質量為M，物塊的質量為m，物塊被推出時的速度大小為v0，運動員第一次推出物塊后的退行速度大小為v1。根據動量守恒定律，運動員第一次推出物塊時有0＝Mv1－mv0，物塊與擋板發(fā)生彈性碰撞，以等大的速率反彈；第二次推出物塊時有Mv1＋mv0＝－mv0＋Mv2，依此類推，Mv2＋mv0＝－mv0＋Mv3，…，Mv7＋mv0＝－mv0＋Mv8，又運動員的退行速度v8＞v0，v7＜v0，解得13m＜M＜15m，即52kg＜M＜60kg，故B、C項正確，A、D項錯誤?！疚Ⅻc撥】注意方向性（三）預習作業(yè)1．如圖甲所示，光滑水平面上有A、B兩物塊，已知A物塊的質量mA＝2kg，以一定的初速度向右運動，與靜止的物塊B發(fā)生碰撞并一起運動，碰撞前后的位移—時間圖像如圖乙所示(規(guī)定向右為正方向)，則碰撞后的速度及物體B的質量分別為()A.2m/s，5kg B.2m/s，3kgC.3.5m/s，2.86kg D.3.5m/s，0.86kg答案B解析由圖像可知，碰前A的速度為v1＝eq\f(20,4)m/s＝5m/s，碰后A、B的共同速度為v2＝eq\f(28－20,8－4)m/s＝2m/s，A、B碰撞過程中動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得mAv1＝(mA＋mB)v2，解得mB＝3kg，故選項B正確。2．A、B兩小球靜止在光滑水平面上，用水平輕彈簧相連接，A、B兩球的質量分別為m和M(m＜M)。若使A球獲得瞬時速度v(如圖甲)，彈簧壓縮到最短時的長度為L1；若使B球獲得瞬時速度v(如圖乙)，彈簧壓縮到最短時的長度為L2，則L1與L2的大小關系為()A.L1＞L2 B.L1＜L2C.L1＝L2 D.不能確定答案C解析當彈簧壓縮到最短時，兩球的速度相同，對題圖甲取A的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得mv＝(m＋M)v′由機械能守恒定律得Ep＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)(m＋M)v′2聯(lián)立解得彈簧壓縮到最短時Ep＝eq\f(mMv2,2（m＋M）)同理：對題圖乙取B的初速度方向為正方向，當彈簧壓縮到最短時有Ep＝eq\f(mMv2,2（m＋M）)故彈性勢能相等，則有L1＝L2，故A、B、D錯誤，C正確。003探究提升環(huán)節(jié)一碰撞分類思考：如圖所示，豎直平面內的四分之一光滑圓弧軌道下端與光滑水平桌面相切，小滑塊B靜止在圓弧軌道的最低點．現(xiàn)將小滑塊A從圓弧軌道的最高點無初速度釋放．已知圓弧軌道半徑R＝1.8m，小滑塊的質量關系是mB＝2mA，重力加速度g＝10m/s2.則碰后小滑塊B的速度大小不可能是()A．5m/s B．4m/sC．3m/s D．2m/s答案A解析滑塊A下滑過程，由機械能守恒定律得mAgR＝eq\f(1,2)mAv02，解得v0＝6m/s；若兩個滑塊發(fā)生的是彈性碰撞，由動量守恒定律和機械能守恒定律得：mAv0＝mAvA＋mBvB，eq\f(1,2)mAv02＝eq\f(1,2)mAvA2＋eq\f(1,2)mBvB2，解得vB＝4m/s；若兩個滑塊發(fā)生的是完全非彈性碰撞，由動量守恒定律得：mAv0＝(mA＋mB)vB′，解得vB′＝2m/s，所以碰后小滑塊B的速度大小范圍為2m/s≤vB≤4m/s，不可能為5m/s，故選A.環(huán)節(jié)二彈性正碰問題探究1：如圖所示，在光滑水平面上放置一個質量為M的滑塊，滑塊的一側是一個eq\f(1,4)弧形槽，凹槽半徑為R，A點切線水平．另有一個質量為m的小球以速度v0從A點沖上滑塊，重力加速度大小為g，不計摩擦．下列說法中正確的是()A．當v0＝eq\r(2gR)時，小球能到達B點B．如果小球的速度足夠大，球將從滑塊的左側離開滑塊后直接落到水平面上C．小球到達斜槽最高點處，小球的速度為零D．小球回到斜槽底部時，小球速度方向可能向左答案D解析滑塊不固定，當v0＝eq\r(2gR)時，設小球沿槽上升的高度為h，則有：mv0＝(m＋M)v，eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)(M＋m)v2＋mgh，可解得h＝eq\f(M,M＋m)R<R，故A錯誤；當小球速度足夠大，從B點離開滑塊時，由于B點切線豎直，在B點時小球與滑塊的水平速度相同，離開B點后將再次從B點落回，不會從滑塊的左側離開滑塊后直接落到水平面上，B錯誤；當小球到達斜槽最高點，由在水平方向上動量守恒有mv0＝(M＋m)v，小球具有水平速度，故C錯誤；當小球回到斜槽底部，相當于完成了彈性碰撞，mv0＝mv1＋Mv2，eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv22，v1＝eq\f(m－M,M＋m)v0，當m>M，v1與v0方向相同，向左，當m<M，v1與v0方向相反，即向右，故D正確．問題探究2：如圖所示，粗糙的水平面連接一個豎直平面內的半圓形光滑軌道，其半徑為R＝0.1m，半圓形軌道的底端放置一個質量為m＝0.1kg的小球B，水平面上有一個質量為M＝0.3kg的小球A以初速度v0＝4.0m/s開始向著小球B運動，經過時間t＝0.80s與B發(fā)生彈性碰撞，設兩個小球均可以看作質點，它們的碰撞時間極短，且已知小球A與桌面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.25，g取10m/s2.求：(1)兩小球碰前A的速度大小vA；(2)小球B運動到最高點C時對軌道的壓力大?。鸢?1)2m/s(2)4N解析(1)碰前對A由動量定理有－μMgt＝MvA－Mv0解得vA＝2m/s.(2)對A、B組成的系統(tǒng)，碰撞前后動量守恒，則有MvA＝MvA′＋mvB碰撞前后總動能保持不變，則有eq\f(1,2)MvA2＝eq\f(1,2)MvA′2＋eq\f(1,2)mvB2由以上兩式解得vA′＝1m/s，vB＝3m/s設小球B運動到最高點C時的速度大小為vC，以水平面為參考平面，因為B球由半圓形軌道的底端運動到C點的過程中機械能守恒，則有eq\f(1,2)mvC2＋2mgR＝eq\f(1,2)mvB2解得vC＝eq\r(5)m/s對小球B，在最高點C有mg＋FN＝meq\f(v\o\al(C2),R)解得FN＝4N由牛頓第三定律知小球B運動到最高點C時對軌道的壓力大小為4N.環(huán)節(jié)三完全非彈性正碰問題探究3：如圖所示，一輕質彈簧的一端固定在滑塊B上，另一端與滑塊C接觸但未連接，該整體靜止放在離地面高為H＝5m的光滑水平桌面上．現(xiàn)有一滑塊A從光滑曲面上離桌面h＝1.8m高處由靜止開始滑下，與滑塊B發(fā)生碰撞并粘在一起壓縮彈簧推動滑塊C向前運動，經一段時間，滑塊C脫離彈簧，繼續(xù)在水平桌面上勻速運動一段后從桌面邊緣飛出．已知mA＝1kg，mB＝2kg，mC＝3kg，取g＝10m/s2.求：(1)滑塊A與滑塊B碰撞結束瞬間的速度大??；(2)被壓縮彈簧的最大彈性勢能；(3)滑塊C落地點與桌面邊緣的水平距離．答案(1)2m/s(2)3J(3)2m解析(1)滑塊A從光滑曲面上h高處由靜止開始滑下的過程機械能守恒，設其滑到底面的速度為v1，由機械能守恒定律有mAgh＝eq\f(1,2)mAv12，解得v1＝6m/s滑塊A與B碰撞的過程，A、B系統(tǒng)的動量守恒，碰撞結束瞬間具有共同速度，設為v2，由動量守恒定律有mAv1＝(mA＋mB)v2，解得v2＝eq\f(1,3)v1＝2m/s(2)滑塊A、B發(fā)生碰撞后與滑塊C一起壓縮彈簧，壓縮的過程機械能守恒，被壓縮彈簧的彈性勢能最大時，滑塊A、B、C速度相等，設為v3，由動量守恒定律有mAv1＝(mA＋mB＋mC)v3，解得v3＝eq\f(1,6)v1＝1m/s由機械能守恒定律有Ep＝eq\f(1,2)(mA＋mB)v22－eq\f(1,2)(mA＋mB＋mC)v32解得Ep＝3J(3)被壓縮彈簧再次恢復自然長度時，滑塊C脫離彈簧，設滑塊A、B的速度為v4，滑塊C的速度為v5，由動量守恒定律和機械能守恒定律有(mA＋mB)v2＝(mA＋mB)v4＋mCv5eq\f(1,2)(mA＋mB)v22＝eq\f(1,2)(mA＋mB)v42＋eq\f(1,2)mCv52解得v4＝0，v5＝2m/s滑塊C從桌面邊緣飛出后做平拋運動s＝v5t，H＝eq\f(1,2)gt2解得s＝2m.004體系構建碰撞分類：方式、能量——特殊碰撞：彈性正碰、完全非彈性碰撞005記憶清單一、碰撞三原則★學習聚焦：(1)動量守恒。(2)機械能不增加，即碰撞結束后總動能不增加，表達式為Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或eq\f(peq\o\al(2,1),2m1)＋eq\f(peq\o\al(2,2),2m2)≥eq\f(p1′2,2m1)＋eq\f(p2′2,2m2)。(3)速度要合理①碰前若同向運動，原來在前的物體速度一定增大，且v前≥v后。②兩物體相向運動，碰后兩物體的運動方向肯定有一個改變或速度均為零。二、彈性正碰★學習聚焦：碰撞結束后，形變全部消失，動能沒有損失，不僅動量守恒，而且初、末動能相等。(1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2v1′＝eq\f(（m1－m2）v1＋2m2v2,m1＋m2)v2′＝eq\f(（m2－m1）v2＋2m1v1,m1＋m2)(2)v2＝0時，v1′＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v1v2′＝eq\f(2m1,m1＋m2)v1討論：①若m1＝m2，則v1′＝0，v2′＝v1(速度交換)；②若m1＞m2，則v1′＞0，v2′＞0(碰后，兩物體沿同一方向運動)；③若m1?m2，則v1′≈v1，v2′≈2v1；④若m1＜m2，則v1′＜0，v2′＞0(碰后，兩物體沿相反方向運動)；⑤若m1?m2，則v1′≈－v1，v2′≈0。三、完全非彈性碰撞★學習聚焦：碰后共速00601強化訓練1．如圖所示，在足夠長的光滑水平面上有一靜止的質量為M的斜面，斜面表面光滑、高度為h、傾角為θ.一質量為m(m<M)的小物塊以一定的初速度沿水平面向右運動，不計沖上斜面過程中的機械能損失．如果斜面固定，則小物塊恰能沖到斜面的頂端．如果斜面不固定，則小物塊沖上斜面后能達到的最大高度為()A．hB.eq\f(mh,m＋M)C.eq\f(mh,M)D.eq\f(Mh,m＋M)答案D解析斜面固定時，根據動能定理可得－mgh＝0－eq\f(1,2)mv02，解得v0＝eq\r(2gh)，斜面不固定時，由水平方向動量守恒得mv0＝(M＋m)v，由能量守恒得eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)(M＋m)v2＋mgh1，解得h1＝eq\f(M,M＋m)h，D項正確．2．如圖所示，一個輕彈簧的兩端與質量分別為m1和m2的兩物體甲、乙連接，靜止在光滑的水平面上．現(xiàn)在使甲瞬間獲得水平向右的速度v0＝4m/s，當甲物體的速度減小到1m/s時，彈簧最短．下列說法中正確的是()A．此時乙物體的速度為1m/sB．緊接著甲物體將開始做加速運動C．甲、乙兩物體的質量之比m1∶m2＝1∶4D．當彈簧恢復原長時，乙物體的速度大小為4m/s答案A解析根據題意得，當彈簧壓縮到最短時，兩物體速度相同，所以此時乙物體的速度也是1m/s，A正確；因為彈簧壓縮到最短時，甲受力向左，甲繼續(xù)減速，B錯誤；根據動量守恒定律可得m1v0＝(m1＋m2)v，解得m1∶m2＝1∶3，C錯誤；當彈簧恢復原長時，根據動量守恒和機械能守恒有m1v0＝m1v1′＋m2v2′，eq\f(1,2)m1v02＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2，聯(lián)立解得v2′＝3、（多選）如圖所示，光滑水平面上有大小相同的A、B兩球在同一直線上運動．兩球的質量分別為mA＝1kg、mB＝2kg，規(guī)定向右為正方向，碰撞前A、B兩球的動量均為6kg·m/s，運動中兩球發(fā)生碰撞，碰撞前后A球動量的變化量為－4kg·m/s，則()A．左方是A球B．B球動量的變化量為4kg·m/sC．碰撞后A、B兩球的速度大小之比為5∶2D．兩球發(fā)生的碰撞是彈性碰撞答案ABD解析初狀態(tài)兩球的動量均為正，故兩球均向右運動，vA＝eq\f(pA,mA)＝6m/s，vB＝eq\f(pB,mB)＝3m/s，故左方是A球，A正確；由動量守恒定律知，ΔpB＝－ΔpA＝4kg·m/s，B正確；碰撞后A的動量為pA′＝ΔpA＋pA＝2kg·m/s，則vA′＝eq\f(pA′,mA)＝2m/s，碰撞后B的動量為pB′＝ΔpB＋pB＝10kg·m/s，則vB′＝eq\f(pB′,mB)＝5m/s，故vA′∶vB′＝2∶5，C錯誤；碰撞前系統(tǒng)的機械能為eq\f(1,2)mAvA2＋eq\f(1,2)mBvB2＝27J，碰撞后系統(tǒng)的機械能為eq\f(1,2)mAvA′2＋eq\f(1,2)mBvB′2＝27J，故兩球發(fā)生的碰撞是彈性碰撞，D正確．4.如圖所示，小球B與一輕質彈簧相連，并靜止在足夠長的光滑水平面上，小球A以某一速度與輕質彈簧正碰．小球A與彈簧分開后，小球B的速度為v，求當兩個小球與彈簧組成的系統(tǒng)動能最小時，小球B的速度的大?。鸢竐q\f(v,2)解析當系統(tǒng)動能最小時，彈簧被壓縮至最短，兩球具有共同速度v共．設小球A、B的質量分別為m1、m2，碰撞前小球A的速度為v0，小球A與彈簧分開后的速度為v1.從小球A碰到彈簧到與彈簧分開的過程中，由系統(tǒng)動量守恒和能量守恒有m1v0＝m1v1＋m2veq\f(1,2)m1v02＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v2聯(lián)立解得v＝eq\f(2m1v0,m1＋m2)，即m1v0＝eq\f(m1＋m2,2)v從小球A碰到彈簧到兩球達到相同速度的過程中，系統(tǒng)動量守恒，故m1v0＝(m1＋m2)v共解得v共＝eq\f(v,2).5.（多選）如圖所示，動量分別為pA＝12kg·m/s、pB＝13kg·m/s的兩個小球A、B在光滑的水平面上沿一直線向右運動，經過一段時間后兩球發(fā)生正碰，分別用ΔpA、ΔpB表示兩小球動量的變化量．則下列選項中可能正確的是()A．ΔpA＝－3kg·m/s、ΔpB＝3kg·m/sB．ΔpA＝－2kg·m/s、ΔpB＝2kg·m/sC．ΔpA＝－24kg·m/s、ΔpB＝24kg·m/sD．ΔpA＝3kg·m/s、ΔpB＝－3kg·m/s答案AB解析碰撞問題要遵循三個規(guī)律：動量守恒定律，碰后系統(tǒng)的機械能不增加和碰撞過程要符合實際情況，本題屬于追及碰撞，碰前，后面物體的速度一定要大于前面物體的速度(否則無法實現(xiàn)碰撞)，碰后，前面物體的動量增大，后面物體的動量減小，減小量等于增大量，所以ΔpA<0，ΔpB>0，并且ΔpA＝－ΔpB，據此可排除選項D；若ΔpA＝－24kg·m/s、ΔpB＝24kg·m/s，碰后兩球的動量分別為pA′＝－12kg·m/s、pB′＝37kg·m/s，根據關系式Ek＝eq\f(p2,2m)可知，A球的質量和動量大小不變，動能不變，而B球的質量不變，但動量增大，所以B球的動能增大，這樣碰后系統(tǒng)的機械能比碰前增大了，可排除選項C；經檢驗，選項A、B滿足碰撞遵循的三個規(guī)律．6.（多選）如圖所示，水平光滑軌道寬度和輕彈簧自然長度均為d，兩小球質量分別為m1、m2，m1>m2，m2的左邊有一固定擋板．由圖示位置靜止釋放m1、m2，當m1與m2相距最近時m1的速度為v1，則在以后的運動過程中()A．m1的最小速度是0B．m1的最小速度是eq\f(m1－m2,m1＋m2)v1C．m2的最大速度是v1D．m2的最大速度是eq\f(2m1,m1＋m2)v1答案BD解析由題意結合題圖可知，當m1與m2相距最近時，m2的速度為0，此后，m1在前，做減速運動，m2在后，做加速運動，當再次相距最近時，m1減速結束，m2加速結束，因此此時m1速度最小，m2速度最大，在此過程中系統(tǒng)動量和機械能均守恒，m1v1＝m1v1′＋m2v2，eq\f(1,2)m1v12＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v22，解得v1′＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v1，v2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v1，B、D選項正確．7.如圖所示，光滑水平直軌道上有三個質量均為m的物塊A、B、C.B的左側固定輕彈簧(彈簧左側的擋板質量不計)．設A以速度v0向B運動，壓縮彈簧；當A、B速度相等時，B與C恰好相碰并粘接在一起，然后繼續(xù)運動，假設B和C碰撞過程時間極短，求從A開始壓縮彈簧直至與彈簧分離的過程中，求：(1)整個系統(tǒng)損失的機械能；(2)彈簧被壓縮到最短時的彈性勢能．答案(1)eq\f(mv\o\al(02),16)(2)eq\f(13,48)mv02解析(1)從A壓縮彈簧到A與B具有相同速度v1時，對A、B與彈簧組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律得：mv0＝2mv1此時B與C相當于發(fā)生完全非彈性碰撞，設碰撞后的瞬時速度為v2，損失的機械能為ΔE，對B、C組成的系統(tǒng)，由動量守恒和能量守恒定律得mv1＝2mv2eq\f(1,2)mv12＝ΔE＋eq\f(1,2)×2mv22解得ΔE＝eq\f(1,16)mv02.(2)由mv1＝2mv2可知v2<v1，A將繼續(xù)壓縮彈簧，直至A、B、C三者速度相同，設此速度為v3，此時彈簧被壓縮至最短，其彈性勢能為Ep，由動量守恒和能量守恒定律得：mv0＝3mv3eq\f(1,2)mv02－ΔE＝eq\f(1,2)×3mv32＋Ep解得Ep＝eq\f(13,48)mv02.

第6課反沖運動火箭學習目標學習目標課程標準學習目標體會用動量守恒定律分析物理問題的方法，體會自然界的和諧與統(tǒng)一。1．認識反沖現(xiàn)象。2．理解反沖運動遵循的規(guī)律，會解決人船模型問題。3．理解火箭的原理。002預習導學（一）課前閱讀：當大多數(shù)人想到馬達或發(fā)動機時，會認為它們與旋轉有關。例如，汽車里的往復式汽油發(fā)動機會產生轉動能量以驅動車輪。電動馬達產生的轉動能量則用來驅動風扇或轉動磁盤。蒸汽發(fā)動機也用來完成同樣的工作，蒸汽輪機和大多數(shù)燃氣輪機也是如此?；鸺l(fā)動機則與之有著根本的區(qū)別。它是一種反作用力式發(fā)動機?；鸺l(fā)動機是以一條著名的牛頓定律作為基本驅動原理的，該定律認為“每個作用力都有一個大小相等、方向相反的反作用力”。火箭發(fā)動機向一個方向拋射物質，結果會獲得另一個方向的反作用力。開始時您可能很難理解“拋射物質，獲得反作用力”這個概念，因為這好像和真實情況不大一樣。火箭發(fā)動機似乎只會發(fā)出火焰和噪音，制造壓力，而與“拋射物質”沒什么關系。我們來看幾個例子，以便更好地了解真實情況：如果您曾經使用過獵槍，特別是那種12鉛徑的大獵槍，那么您就知道它會產生巨大的“撞擊力”。也就是說，當您開槍時，獵槍會狠狠地向后“撞擊”您的肩膀。這種撞擊力就是反作用力。獵槍將31.1克的金屬以大約1120公里/小時的速度沿某個方向發(fā)射出去，同時您的肩膀會受到反作用力的撞擊。如果您開槍時穿著輪滑鞋或站在滑雪板上，槍會起到類似于火箭發(fā)動機的作用，反作用力會使您向相反的方向滑動。如果您見過粗大的消防水管噴水的場景，可能會注意到消防員要花很大的力氣才能抓住它（有時您會看到有兩名或三名消防員手持同一根消防水管）。水管發(fā)生的情況與火箭發(fā)動機類似。水管向一個方向噴水，消防員們則運用自身的力量和重量來克服反作用力。如果他們放開水管，那么水管會勁頭十足地四處亂撞。如果消防員全都站在滑雪板上，水管將推動他們以極快的速度向后移動。如果您吹起一個氣球，然后放開它，那么它會滿屋子亂飛，直到里面的空氣漏光為止，這就是您制造的火箭發(fā)動機。在這種情況下，被拋射出去的是氣球中的空氣分子。與許多人的想法不同，空氣分子其實是有質量的（請查看有關氦的頁面，以便更好地了解空氣質量的問題）。如果您讓空氣從氣球的噴口中噴出來，氣球的其余部分則會向相反的方向運動。（二）基礎梳理一、反沖運動作用原理反沖運動是系統(tǒng)內兩物體之間的作用力和反作用力產生的效果動量守恒反沖運動中系統(tǒng)不受或內力外力矢量和，所以反沖運動遵循機械能增加反沖運動中，由于有其他形式的能轉化為機械能，所以系統(tǒng)的總機械能反沖運動的三點說明作用原理反沖運動是系統(tǒng)內兩物體之間的作用力和反作用力產生的效果動量守恒反沖運動中系統(tǒng)不受或內力外力矢量和，所以反沖運動遵循機械能增加反沖運動中，由于有其他形式的能轉化為機械能，所以系統(tǒng)的總機械能【概念銜接】作用力與反作用力、反沖【拓展補充】狹義的反沖運動指的是原來靜止的物體，僅在內力作用下分成兩部分?！炯磳W即練】我國在酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心用長征四號乙運載火箭成功發(fā)射首顆X射線調制望遠鏡衛(wèi)星“慧眼”．假設將發(fā)射火箭看成如下模型：靜止的實驗火箭，總質量為M＝2100g．當它以對地速度為v0＝840m/s噴出質量為Δm＝100g的高溫氣體后，火箭的對地速度為(噴出氣體過程中重力和空氣阻力可忽略不計)()A．42m/sB．－42m/sC．40m/sD．－40m/s【微點撥】注意方向二、火箭1.火箭的原理火箭的工作原理是運動，其反沖過程守恒，它靠向后噴出的氣流的反沖作用而獲得的速度。2.影響火箭獲得速度大小的因素①噴氣速度：現(xiàn)代液體燃料火箭的噴氣速度約為m/s。②火箭的質量比：指火箭起飛時的質量與之比，決定于火箭的結構和材料?，F(xiàn)代火箭的質量比一般小于。噴氣速度，質量比，火箭獲得的速度?！靖拍钽暯印繃姎馐斤w機【拓展補充】火箭獲得的最終速度火箭發(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v1，如圖所示，燃料燃盡后火箭的飛行速度v為多大？在火箭發(fā)射過程中，由于內力遠大于外力，所以動量守恒。發(fā)射前的總動量為0，發(fā)射后的總動量為mv－(M－m)v1(以火箭的速度方向為正方向)則mv－(M－m)v1＝0所以v＝(eq\f(M,m)－1)v1燃料燃盡時火箭獲得的最終速度由噴氣速度及質量比M/m決定?！炯磳W即練】一火箭噴氣發(fā)動機每次噴出m＝200g的氣體，氣體離開發(fā)動機噴出時的速度v＝1000m/s.設火箭(包括燃料)質量M＝300kg，發(fā)動機每秒噴氣20次．(1)當發(fā)動機第三次噴出氣體后，火箭的速度為多大？(2)運動第1s末，火箭的速度為多大？【微點撥】注意對應的質量三、人船模型1.模型圖示2.模型特點①兩物體滿足動量守恒定律：mv人－Mv船＝②兩物體的位移滿足：meq\f(x人,t)－Meq\f(x船,t)＝，x人＋x船＝L，得x人＝eq\f(M,M＋m)L，x船＝eq\f(m,M＋m)L3.運動特點①人動則船，人靜則船，人快船，人慢船，人左船；②人船位移比等于它們質量的；人船平均速度(瞬時速度)比等于它們質量的，即eq\f(x人,x船)＝eq\f(v人,v船)＝eq\f(M,m).【拓展補充】這種模型不一定是人和船【即學即練】如圖所示，質量m＝60kg的人，站在質量M＝300kg的車的一端，車長L＝3m，相對于地面靜止。當車與地面間的摩擦可以忽略不計時，人由車的一端走到另一端的過程中，車將()A．后退0.5mB．后退0.6mC．后退0.75mD．一直勻速后退【微點撥】注意參考系統(tǒng)一為地面（三）預習作業(yè)1．世界上第一個想利用火箭飛行的人是明朝的士大夫萬戶．如圖所示，他把47個自制的火箭綁在椅子上，自己坐在椅子上，雙手舉著大風箏，設想利用火箭的推力，飛上天空，然后利用風箏平穩(wěn)著陸．假設萬戶及所攜設備[火箭(含燃料)、椅子、風箏等]總質量為M，點燃火箭后在極短的時間內，質量為m的熾熱燃氣相對地面以v0的速度豎直向下噴出．忽略此過程中空氣阻力的影響，重力加速度為g，下列說法中正確的是()A．火箭的推力來源于空氣對它的反作用力B．在燃氣噴出后的瞬間，火箭的速度大小為eq\f(mv0,M－m)C．噴出燃氣后，萬戶及所攜帶設備能上升的最大高度為eq\f(m2v\o\al(02),gM－m2)D．在火箭噴氣過程中，萬戶所攜設備機械能守恒2．如圖所示，氣球下面有一根長繩，一個質量為m1＝50kg的人抓在氣球下方，氣球和長繩的總質量為m2＝20kg，長繩的下端剛好和水平面接觸，當靜止時人離地面的高度為h＝5m．如果這個人開始沿繩向下滑，當滑到繩下端時，他離地面的高度是(可以把人看成質點)()A．5m B．3.6mC．2.6m D．8m003探究提升環(huán)節(jié)一反沖運動思考：1．（多選）關于反作用力在日常生活和生產技術中的應用，下列說法中正確的是()A．在平靜的水面上，靜止著一只小船，小船上有一人，人從靜止開始從小船的一端走向另一端時，小船向相反方向運動B．普通汽車行駛時，通過排氣筒向后排出燃氣，從而獲得向前的反作用力即動力C．農田灌溉用自動噴水器，當水從彎管的噴嘴里噴射出來時，彎管會自動轉向D．軟體動物烏賊在水中經過體側的孔將水吸入鰓腔，然后用力把水擠出體外，烏賊就會向相反方向游去2．（多選）光滑水平面上放有質量分別為2m和m的物塊A和B，用細線將它們連接起來，兩物塊中間加有一壓縮的輕質彈簧(彈簧與物塊不相連)，彈簧的壓縮量為x。現(xiàn)將細線剪斷，此刻物塊A的加速度大小為a，兩物塊剛要離開彈簧時物塊A的速度大小為v，則()A．物塊B的加速度大小為a時彈簧的壓縮量為eq\f(x,2)B．物塊A從開始運動到剛要離開彈簧時位移大小為eq\f(2,3)xC．物塊開始運動前彈簧的彈性勢能為eq\f(3,2)mv2D．物塊開始運動前彈簧的彈性勢能為3mv2環(huán)節(jié)二火箭問題探究1：運送人造地球衛(wèi)星的火箭開始工作后，火箭做加速運動的原因是()A．燃料推動空氣，空氣反作用力推動火箭B．火箭發(fā)動機用力將燃料燃燒產生的氣體向后推出，氣體的反作用力推動火箭C．火箭吸入空氣，然后向后排出，空氣對火箭的反作用力推動火箭D．火箭燃料燃燒發(fā)熱，加熱周圍空氣，空氣膨脹推動火箭環(huán)節(jié)三人船模型問題探究2：有一只小船?？吭诤叴a頭，小船又窄又長(重一噸左右)．一位同學想用一個卷尺粗略測定它的質量．他進行了如下操作：首先將船平行于碼頭自由停泊，輕輕從船尾上船，走到船頭停下，而后輕輕下船．用卷尺測出船后退的距離d，然后用卷尺測出船長L.已知他的自身質量為m，水的阻力不計，則船的質量為()A.eq\f(mL＋d,d) B.eq\f(mL－d,d)C.eq\f(mL,d) D.eq\f(mL＋d,L)004體系構建人船模型——反沖運動——火箭005記憶清單一、反沖運動★學習聚焦：注意實際應用二、火箭★學習聚焦：1．火箭的工作原理：反沖現(xiàn)象。2．多級火箭：能及時把空殼拋掉，使火箭的總質量減少，因而能夠達到很高的速度，但火箭的級數(shù)不是越多越好，級數(shù)越多，構造越復雜，工作的可靠性越差，目前多級火箭一般都是三級火箭。三、人船模型★學習聚焦：注意參考系00601強化訓練1．質量為M的氣球上有一個質量為m的人，氣球和人在靜止的空氣中共同靜止于離地h高處，如果從氣球上慢慢放下一個質量不計的軟梯，讓人沿軟梯降到地面，則軟梯長至少應為()A.eq\f(m,m＋M)h B.eq\f(M,m＋M)hC.eq\f(M＋m,M)h D.eq\f(M＋m,m)h2．如圖所示，一個傾角為α的直角斜面體靜置于光滑水平面上，斜面體質量為M，頂端高度為h.現(xiàn)有一質量為m的小物塊，沿光滑斜面下滑，當小物塊從斜面頂端自由下滑到底端時，斜面體在水平面上移動的距離是()A.eq\f(mh,M＋m) B.eq\f(Mh,M＋m)C.eq\f(mh,M＋mtanα) D.eq\f(Mh,M＋mtanα)3.（多選）如圖所示，小車AB放在光滑水平面上，A端固定一個輕彈簧，B端粘有油泥，小車總質量為M，質量為m的木塊C放在小車上，用細繩連接于小車的A端并使彈簧壓縮，開始時AB和C都靜止，當突然燒斷細繩時，C被釋放，使C離開彈簧向B端沖去，并跟B端油泥粘在一起，忽略一切摩擦，以下說法正確的是()A．彈簧伸長過程中C向右運動，同時小車也向右運動B．C與油泥碰前，C與小車的速率之比為M∶mC．C與油泥粘在一起后，小車立即停止運動D．C與油泥粘在一起后，小車繼續(xù)向右運動4．如圖所示，甲、乙兩船的總質量(包括船、人和貨物)分別為10m、12m，兩船沿同一直線同一方向運動，速度分別為2v0、v0。為避免兩船相撞，乙船上的人將一質量為m的貨物沿水平方向拋向甲船，甲船上的人將貨物接住，求拋出貨物的最小速度。(不計水的阻力)5.如圖所示，小車的質量M＝2.0kg，帶有光滑的圓弧軌道AB和粗糙的水平軌道BC，且兩軌道相切于B點。一小物塊(可視為質點)質量為m＝0.5kg，與軌道BC間的動摩擦因數(shù)μ＝0.10，BC部分的長度L＝0.80m，重力加速度g取10m/s2。(1)若小車固定在水平面上，將小物塊從AB軌道的D點靜止釋放，小物塊恰好可運動到C點。試求D點與BC軌道的高度差；(2)若將小車置于光滑水平面上，小物塊仍從AB軌道的D點靜止釋放，試求小物塊滑到BC中點時的速度大小。6．在光滑水平面上有三個彈性小鋼球a、b、c處于靜止狀態(tài)，質量分別為2m、m和2m。其中a、b兩球間夾一被壓縮了的彈簧，兩球被左右兩邊的光滑擋板束縛著。若某時刻將擋板撤掉，彈簧便把a、b兩球彈出，兩球脫離彈簧后，a球獲得的速度大小為v，若b、c兩球相距足夠遠，則b、c兩球相碰后()A．b球的速度大小為eq\f(1,3)v，運動方向與原來相反B．b球的速度大小為eq\f(2,3)v，運動方向與原來相反C．c球的速度大小為eq\f(8,3)vD．c球的速度大小為eq\f(2,3)v7.如圖所示為“驗證動量守恒定律”的實驗裝置，兩個帶有等寬遮光條的滑塊A、B的質量分別為mA、mB，在A、B間鎖定一壓縮的輕彈簧，將其置于氣墊導軌上。已知A到C與B到D的距離相等，遮光條的寬度為d。接通充氣開關，解除彈簧的鎖定，彈簧將兩滑塊沿相反方向彈開，光電門C、D記錄下兩遮光條通過的時間分別為t1和t2。(1)本實驗需要調節(jié)氣墊導軌水平，調節(jié)方案是_________________________________________________________________________________________________。(2)調節(jié)導軌水平后進行實驗，若關系式__________成立，則說明該實驗動量守恒。(3)某次實驗未接通充氣開關，鎖定時彈簧壓縮的長度不變，光電門C、D記錄下兩遮光條通過的時間分別為t3和t4，兩滑塊與導軌間的動摩擦因數(shù)相同，若要測出該動摩擦因數(shù)，還需要測量的量是______________________。

第6課反沖運動火箭學習目標學習目標課程標準學習目標體會用動量守恒定律分析物理問題的方法，體會自然界的和諧與統(tǒng)一。1．認識反沖現(xiàn)象。2．理解反沖運動遵循的規(guī)律，會解決人船模型問題。3．理解火箭的原理。002預習導學（一）課前閱讀：當大多數(shù)人想到馬達或發(fā)動機時，會認為它們與旋轉有關。例如，汽車里的往復式汽油發(fā)動機會產生轉動能量以驅動車輪。電動馬達產生的轉動能量則用來驅動風扇或轉動磁盤。蒸汽發(fā)動機也用來完成同樣的工作，蒸汽輪機和大多數(shù)燃氣輪機也是如此。火箭發(fā)動機則與之有著根本的區(qū)別。它是一種反作用力式發(fā)動機?；鸺l(fā)動機是以一條著名的牛頓定律作為基本驅動原理的，該定律認為“每個作用力都有一個大小相等、方向相反的反作用力”?；鸺l(fā)動機向一個方向拋射物質，結果會獲得另一個方向的反作用力。開始時您可能很難理解“拋射物質，獲得反作用力”這個概念，因為這好像和真實情況不大一樣?；鸺l(fā)動機似乎只會發(fā)出火焰和噪音，制造壓力，而與“拋射物質”沒什么關系。我們來看幾個例子，以便更好地了解真實情況：如果您曾經使用過獵槍，特別是那種12鉛徑的大獵槍，那么您就知道它會產生巨大的“撞擊力”。也就是說，當您開槍時，獵槍會狠狠地向后“撞擊”您的肩膀。這種撞擊力就是反作用力。獵槍將31.1克的金屬以大約1120公里/小時的速度沿某個方向發(fā)射出去，同時您的肩膀會受到反作用力的撞擊。如果您開槍時穿著輪滑鞋或站在滑雪板上，槍會起到類似于火箭發(fā)動機的作用，反作用力會使您向相反的方向滑動。如果您見過粗大的消防水管噴水的場景，可能會注意到消防員要花很大的力氣才能抓住它（有時您會看到有兩名或三名消防員手持同一根消防水管）。水管發(fā)生的情況與火箭發(fā)動機類似。水管向一個方向噴水，消防員們則運用自身的力量和重量來克服反作用力。如果他們放開水管，那么水管會勁頭十足地四處亂撞。如果消防員全都站在滑雪板上，水管將推動他們以極快的速度向后移動。如果您吹起一個氣球，然后放開它，那么它會滿屋子亂飛，直到里面的空氣漏光為止，這就是您制造的火箭發(fā)動機。在這種情況下，被拋射出去的是氣球中的空氣分子。與許多人的想法不同，空氣分子其實是有質量的（請查看有關氦的頁面，以便更好地了解空氣質量的問題）。如果您讓空氣從氣球的噴口中噴出來，氣球的其余部分則會向相反的方向運動。（二）基礎梳理一、反沖運動作用原理反沖運動是系統(tǒng)內兩物體之間的作用力和反作用力產生的效果動量守恒反沖運動中系統(tǒng)不受或內力外力矢量和，所以反沖運動遵循機械能增加反沖運動中，由于有其他形式的能轉化為機械能，所以系統(tǒng)的總機械能答案：反沖運動的三點說明作用原理反沖運動是系統(tǒng)內兩物體之間的作用力和反作用力產生的效果動量守恒反沖運動中系統(tǒng)不受外力或內力遠大于外力矢量和，所以反沖運動遵循動量守恒定律機械能增加反沖運動中，由于有其他形式的能轉化為機械能，所以系統(tǒng)的總機械能增加反沖運動的三點說明作用原理反沖運動是系統(tǒng)內兩物體之間的作用力和反作用力產生的效果動量守恒反沖運動中系統(tǒng)不受或內力外力矢量和，所以反沖運動遵循機械能增加反沖運動中，由于有其他形式的能轉化為機械能，所以系統(tǒng)的總機械能答案：反沖運動的三點說明作用原理反沖運動是系統(tǒng)內兩物體之間的作用力和反作用力產生的效果動量守恒反沖運動中系統(tǒng)不受外力或內力遠大于外力矢量和，所以反沖運動遵循動量守恒定律機械能增加反沖運動中，由于有其他形式的能轉化為機械能，所以系統(tǒng)的總機械能增加【概念銜接】作用力與反作用力、反沖【拓展補充】狹義的反沖運動指的是原來靜止的物體，僅在內力作用下分成兩部分?！炯磳W即練】我國在酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心用長征四號乙運載火箭成功發(fā)射首顆X射線調制望遠鏡衛(wèi)星“慧眼”．假設將發(fā)射火箭看成如下模型：靜止的實驗火箭，總質量為M＝2100g．當它以對地速度為v0＝840m/s噴出質量為Δm＝100g的高溫氣體后，火箭的對地速度為(噴出氣體過程中重力和空氣阻力可忽略不計)()A．42m/sB．－42m/sC．40m/sD．－40m/s答案B解析噴出氣體過程中重力和空氣阻力可忽略不計，可知在火箭發(fā)射的過程中二者組成的系統(tǒng)豎直方向的動量守恒，以噴出氣體的速度方向為正方向，由動量守恒定律得：Δmv0＋(M－Δm)v＝0，解得：v＝－42m/s，故B正確，A、C、D錯誤．【微點撥】注意方向二、火箭1.火箭的原理火箭的工作原理是反沖運動，其反沖過程動量守恒，它靠向后噴出的氣流的反沖作用而獲得向前的速度。2.影響火箭獲得速度大小的因素①噴氣速度：現(xiàn)代液體燃料火箭的噴氣速度約為2__000～4__000m/s。②火箭的質量比：指火箭起飛時的質量與火箭除燃料外的箭體質量之比，決定于火箭的結構和材料?，F(xiàn)代火箭的質量比一般小于10。噴氣速度越大，質量比越大，火箭獲得的速度越大?！靖拍钽暯印繃姎馐斤w機【拓展補充】火箭獲得的最終速度火箭發(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v1，如圖所示，燃料燃盡后火箭的飛行速度v為多大？在火箭發(fā)射過程中，由于內力遠大于外力，所以動量守恒。發(fā)射前的總動量為0，發(fā)射后的總動量為mv－(M－m)v1(以火箭的速度方向為正方向)則mv－(M－m)v1＝0所以v＝(eq\f(M,m)－1)v1燃料燃盡時火箭獲得的最終速度由噴氣速度及質量比M/m決定?！炯磳W即練】一火箭噴氣發(fā)動機每次噴出m＝200g的氣體，氣體離開發(fā)動機噴出時的速度v＝1000m/s.設火箭(包括燃料)質量M＝300kg，發(fā)動機每秒噴氣20次．(1)當發(fā)動機第三次噴出氣體后，火箭的速度為多大？(2)運動第1s末，火箭的速度為多大？答案(1)2m/s(2)13.5m/s解析(1)設噴出三次氣體后火箭的速度為v3，以火箭和三次噴出的氣體為研究對象，據動量守恒定律得：(M－3m)v3－3mv＝0，故v3＝eq\f(3mv,M－3m)≈2m/s(2)發(fā)動機每秒鐘噴氣20次，以火箭和20次噴出的氣體為研究對象，根據動量守恒定律得：(M－20m)v20－20mv＝0，故v20＝eq\f(20mv,M－20m)≈13.5m/s.【微點撥】注意對應的質量三、人船模型1.模型圖示2.模型特點①兩物體滿足動量守恒定律：mv人－Mv船＝②兩物體的位移滿足：meq\f(x人,t)－Meq\f(x船,t)＝，x人＋x船＝L，得x人＝eq\f(M,M＋m)L，x船＝eq\f(m,M＋m)L3.運動特點①人動則船，人靜則船，人快船，人慢船，人左船；②人船位移比等于它們質量的；人船平均速度(瞬時速度)比等于它們質量的，即eq\f(x人,x船)＝eq\f(v人,v船)＝eq\f(M,m).答案：2.模型特點①兩物體滿足動量守恒定律：mv人－Mv船＝0②兩物體的位移滿足：meq\f(x人,t)－Meq\f(x船,t)＝0，x人＋x船＝L，得x人＝eq\f(M,M＋m)L，x船＝eq\f(m,M＋m)L3.運動特點①人動則船動，人靜則船靜，人快船快，人慢船慢，人左船右；②人船位移比等于它們質量的反比；人船平均速度(瞬時速度)比等于它們質量的反比，即eq\f(x人,x船)＝eq\f(v人,v船)＝eq\f(M,m).【拓展補充】這種模型不一定是人和船【即學即練】如圖所示，質量m＝60kg的人，站在質量M＝300kg的車的一端，車長L＝3m，相對于地面靜止。當車與地面間的摩擦可以忽略不計時，人由車的一端走到另一端的過程中，車將()A．后退0.5mB．后退0.6mC．后退0.75mD．一直勻速后退解析：選A人車組成的系統(tǒng)動量守恒，則mv1＝Mv2，所以mx1＝Mx2，又有x1＋x2＝L，解得x2＝0.5m?！疚Ⅻc撥】注意參考系統(tǒng)一為地面（三）預習作業(yè)1．世界上第一個想利用火箭飛行的人是明朝的士大夫萬戶．如圖所示，他把47個自制的火箭綁在椅子上，自己坐在椅子上，雙手舉著大風箏，設想利用火箭的推力，飛上天空，然后利用風箏平穩(wěn)著陸．假設萬戶及所攜設備[火箭(含燃料)、椅子、風箏等]總質量為M，點燃火箭后在極短的時間內，質量為m的熾熱燃氣相對地面以v0的速度豎直向下噴出．忽略此過程中空氣阻力的影響，重力加速度為g，下列說法中正確的是()A．火箭的推力來源于空氣對它的反作用力B．在燃氣噴出后的瞬間，火箭的速度大小為eq\f(mv0,M－m)C．噴出燃氣后，萬戶及所攜帶設備能上升的最大高度為eq\f(m2v\o\al(02),gM－m2)D．在火箭噴氣過程中，萬戶所攜設備機械能守恒答案B解析火箭的推力來源于燃料燃燒時產生的向后噴出的高溫高壓氣體對火箭的作用力，A項錯誤；在燃氣噴出后的瞬間，將萬戶及所攜設備[火箭(含燃料)、椅子、風箏等]視為系統(tǒng)，動量守恒，設火箭的速度大小為v，規(guī)定火箭運動方向為正方向，則有(M－m)v－mv0＝0，解得火箭的速度大小v＝eq\f(mv0,M－m)，B項正確；噴出燃氣后萬戶及所攜設備做豎直上拋運動，根據運動學公式可得上升的最大高度h＝eq\f(v2,2g)＝eq\f(m2v\o\al(02),2M－m2g)，C項錯誤；在火箭噴氣過程中，燃料燃燒時產生的向后噴出的高溫高壓氣體對萬戶及所攜設備做正功，所以萬戶及所攜設備機械能不守恒，D項錯誤．2．如圖所示，氣球下面有一根長繩，一個質量為m1＝50kg的人抓在氣球下方，氣球和長繩的總質量為m2＝20kg，長繩的下端剛好和水平面接觸，當靜止時人離地面的高度為h＝5m．如果這個人開始沿繩向下滑，當滑到繩下端時，他離地面的高度是(可以把人看成質點)()A．5m B．3.6mC．2.6m D．8m答案B解析當人滑到下端時，設人相對地面下滑的位移大小為h1，氣球相對地面上升的位移大小為h2，由動量守恒定律，得m1eq\f(h1,t)＝m2eq\f(h2,t)，且h1＋h2＝h，解得h2≈3.6m，所以他離地高度是3.6m，故選項B正確．003探究提升環(huán)節(jié)一反沖運動思考：1．（多選）關于反作用力在日常生活和生產技術中的應用，下列說法中正確的是()A．在平靜的水面上，靜止著一只小船，小船上有一人，人從靜止開始從小船的一端走向另一端時，小船向相反方向運動B．普通汽車行駛時，通過排氣筒向后排出燃氣，從而獲得向前的反作用力即動力C．農田灌溉用自動噴水器，當水從彎管的噴嘴里噴射出來時，彎管會自動轉向D．軟體動物烏賊在水中經過體側的孔將水吸入鰓腔，然后用力把水擠出體外，烏賊就會向相反方向游去答案ACD解析人從小船的一端走向另一端時，要受到小船給人的摩擦力，方向與人行走的方向相同．根據反沖現(xiàn)象原理與動量守恒定律，人對小船也有摩擦力，其方向與人行走的方向相反，因此小船也受摩擦力，其方向與人行走的方向相反，因此小船將在這個摩擦力的作用下改變運動狀態(tài)，向人行走的相反方向運動，故A正確；普通汽車行駛時，通過排氣筒向后排出燃氣，雖然燃氣對排氣筒有反作用力，但畢竟反作用力很小，并不是汽車動力的來源，故B錯誤；農田灌溉用的自動噴水器，當水從彎管的噴嘴里噴射出來時，根據反沖現(xiàn)象原理與動量守恒定律知，彎管在水的反作用力的推動下會自動旋轉，大大增加了噴水的面積，故C正確；烏賊經過身體側面的孔把水吸入鰓腔，然后用力把水擠出體外，根據牛頓第三定律可知，烏賊就獲得了方向相反的反作用力，從而向排水的相反方向游去，故D正確．2．（多選）光滑水平面上放有質量分別為2m和m的物塊A和B，用細線將它們連接起來，兩物塊中間加有一壓縮的輕質彈簧(彈簧與物塊不相連)，彈簧的壓縮量為x?，F(xiàn)將細線剪斷，此刻物塊A的加速度大小為a，兩物塊剛要離開彈簧時物塊A的速度大小為v，則()A．物塊B的加速度大小為a時彈簧的壓縮量為eq\f(x,2)B．物塊A從開始運動到剛要離開彈簧時位移大小為eq\f(2,3)xC．物塊開始運動前彈簧的彈性勢能為eq\f(3,2)mv2D．物塊開始運動前彈簧的彈性勢能為3mv2解析：選AD當物塊A的加速度大小為a時，根據胡克定律和牛頓第二定律得kx＝2ma。當物塊B的加速度大小為a時，有：kx′＝ma，對比可得：x′＝eq\f(x,2)，即此時彈簧的壓縮量為eq\f(x,2)，故A正確。取水平向左為正方向，根據系統(tǒng)的動量守恒得：2meq\f(xA,t)－meq\f(xB,t)＝0，又xA＋xB＝x，解得A的位移為：xA＝eq\f(1,3)x，故B錯誤。根據動量守恒定律得：0＝2mv－mvB，得物塊B剛要離開彈簧時的速度vB＝2v，由系統(tǒng)的機械能守恒得：物塊開始運動前彈簧的彈性勢能為：Ep＝eq\f(1,2)·2mv2＋eq\f(1,2)mvB2＝3mv2，故C錯誤，D正確。環(huán)節(jié)二火箭問題探究1：運送人造地球衛(wèi)