第1章 第6节 反冲现象 火箭-【创新教程】2025-2026学年高中物理选择性必修第一册五维课堂同步课件PPT（人教版2019）

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( × ) (4)在没有空气的宇宙空间，火箭仍可加速前行．( √ ) (5)火箭发射时，火箭获得的机械能来自于燃料燃烧释放的化学能．( √ ) 2．基础理解 (1)运送人造地球卫星的火箭开始工作后，火箭做加速运动的原因是(　　) A．燃料推动空气，空气反作用力推动火箭 B．火箭发动机用力将燃料燃烧产生的气体向后推出，气体的反作用力推动火箭 C．火箭吸入空气，然后向后排出，空气对火箭的反作用力推动火箭 D．火箭燃料燃烧发热，加热周围空气，空气膨胀推动火箭 解析：B　[火箭工作中，动量守恒，当向后喷气时，则火箭受一向前的推力从而使火箭加速，故只有B正确．] (2)(多选)2019年春节上映的国产科幻大片《流浪地球》中有这样的情节：为了自救，人类提出一个名为“流浪地球”的大胆计划，即倾全球之力在地球表面建造上万座发动机，推动地球离开太阳系，用2 500年的时间奔往另外一个栖息之地．这个科幻情节中有反冲运动的原理．现实中的下列运动，属于反冲运动的有(　　) A．汽车的运动　　　　 B．直升机的运动 C．火箭的运动 D．反击式水轮机的运动 解析：CD　[汽车的运动利用了汽车的牵引力，不属于反冲运动，故A错误；直升机的运动利用了空气的反作用力，不属于反冲运动，故B错误；火箭的运动是利用喷气的方式获得动力的，属于反冲运动，故C正确；反击式水轮机的运动利用了水的反冲作用而获得动力，属于反冲运动，故D正确．] 对反冲运动的理解 ◆[探究导引] 取一只药瓶或一个一端有孔的蛋壳，在其盖上钻一小孔(瓶盖与瓶子需密封)，再取一块厚泡沫塑料，参照图做成船的样子，并在船上挖一凹坑，以容纳盛酒精的容器(可用金属瓶盖)．用两段铁丝，弯成环状以套住瓶的两端，并将铁丝的端头分别插入船中． 将一棉球放入容器中，并倒入少量酒精，在瓶中装入半瓶开水．将船放入水中，点燃酒精棉球后一会儿产生水蒸气，当水蒸气从药瓶盖的孔中喷出时，小船便能勇往直前了．小船向前运动体现了什么物理原理？ 提示：反冲原理． ◆[探究归纳] 1．反冲运动的特点 (1)物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动． (2)在反冲运动中，相互作用力一般较大，通常可以用动量守恒定律来处理． (3)在反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总动能增加． 2．反冲运动的应用与防止 (1)利用有益的反冲运动 反击式水轮机是使水从转轮的叶片中流出，使转轮由于反冲而旋转，从而带动发电机发电；喷气式飞机和火箭都是靠喷出气流的反冲作用而获得巨大的速度． (2)避免有害的反冲运动 射击时，子弹向前飞去，枪身向后发生反冲，这就会影响射击准确性等． 3．处理反冲运动应注意的问题 (1)速度的方向 对于原来静止的整体，抛出部分与剩余部分的运动方向必然相反．在列动量守恒方程时，可任意规定某一部分的运动方向为正方向，则反方向的速度应取负值． (2)相对速度问题 在反冲运动中，有时遇到的速度是两物体的相对速度．此类问题中应先将相对速度转换成对地的速度后，再列动量守恒定律方程． (3)变质量问题 如在火箭的运动过程中，随着燃料的消耗，火箭本身的质量不断减小，此时必须取火箭本身和在相互作用的短时间内喷出的所有气体为研究对象，取相互作用的这个过程为研究过程来进行研究． [例1]　反冲小车静止放在水平光滑玻璃上，点燃酒精，蒸汽将橡皮塞水平喷出，小车沿相反方向运动．如果小车运动前的总质量M＝3 kg，水平喷出的橡皮塞的质量m＝0.1 kg. (1)若橡皮塞喷出时获得的水平速度v＝2.9 m/s，求小车的反冲速度； (2)若橡皮塞喷出时速度大小不变，方向与水平方向成60°角，小车的反冲速度又如何(小车一直在水平方向运动)? 思路点拨：(1)小车和橡皮塞组成的系统所受外力之和为零，系统总动量为零．(2)小车和橡皮塞组成的系统在水平方向动量守恒． [解析]　(1)以橡皮塞运动的方向为正方向，根据动量守恒定律有 mv＋(M－m)v′＝0 v′＝－eq \f(m,M－m)v＝－eq \f(0.1,3－0.1)×2.9 m/s＝－0.1 m/s 负号表示小车的运动方向与橡皮塞运动的方向相反． (2)以橡皮塞运动的水平分运动方向为正方向，有 mvcos 60°＋(M－m)v″＝0 v″＝－eq \f(mv cos 60°,M－m)＝－eq \f(0.1×2.9×0.5,3－0.1) m/s＝－0.05 m/s 负号表示小车的运动方向与橡皮塞运动的水平分运动的方向相反． [答案]　(1)0.1 m/s，方向与橡皮塞运动的方向相反 (2)0.05 m/s，方向与橡皮塞运动的水平分运动的方向相反 [规律方法]　反冲运动和碰撞、爆炸有相似之处，相互作用力常为变力，且作用力大，一般都满足内力≫外力，所以反冲运动可用动量守恒定律来处理． ◆[跟进训练] 1．如图所示，自动火炮连同炮弹的总质量为M，当炮管水平，火炮车在水平路面上以v1的速度向右匀速行驶中，发射一枚质量为m的炮弹后，自动火炮的速度变为v2，仍向右行驶，则炮弹相对炮筒的发射速度v0为(　　) A.eq \f(mv1－v2＋mv2,m) B.eq \f(Mv1－v2,m) C.eq \f(Mv1－v2＋2mv2,m) D.eq \f(Mv1－v2－mv1－v2,m) 解析：B　[炮弹相对地的速度为v0＋v2.由动量守恒定律得Mv1＝( M－m)v2＋m(v0＋v2)，得v0＝eq \f(Mv1－v2,m).] 火箭 ◆[探究导引] 古代的火箭 我国早在宋代就发明了火箭，在箭杆上捆一个前端封闭的火药筒，火药点燃后生成的燃气以很大的速度向后喷出，火箭就会向前运动． 请思考：(1)古代火箭的运动是否为反冲运动？ (2)火箭飞行利用了怎样的工作原理？ 提示：(1)火箭的运动是反冲运动． (2)火箭靠向后连续喷射高速气体飞行，利用了反冲原理． ◆[探究归纳] 1．火箭的工作原理 应用反冲运动，其反冲过程动量守恒．它靠向后喷出的气流的反冲作用而获得向前的速度． 2．影响火箭最终速度大小的因素 (1)喷气速度：现代火箭发动机的喷气速度约为2 000～5 000 m/s. (2)火箭的质量比：指火箭起飞时的质量与火箭除燃料外的箭体质量之比．现代火箭的质量比一般小于10.喷气速度越大，质量比越大，火箭获得的速度越大． 3．火箭喷气属于反冲类问题，是动量守恒定律的重要应用．在火箭运动的过程中，随着燃料的消耗，火箭本身的质量不断减小，对于这一类的问题，可选取火箭本身和在相互作用的时间内喷出的全部气体为研究对象，取相互作用的整个过程为研究过程，运用动量守恒的观点解决问题． [例2]　一火箭的喷气发动机每次喷出m＝200 g的气体，气体离开发动机喷出时的速度v＝1 000 m/s(相对地面)，设火箭的质量M＝300 kg，发动机每秒喷气20次，求当第三次气体喷出后，火箭的速度为多大？ 思路点拨：火箭喷气属反冲现象，火箭和气体组成的系统动量守恒，运用动量守恒定律求解． [解析]　设喷出三次气体后火箭的速度为v3，以火箭和喷出的三次气体为研究对象，据动量守恒定律，得(M－3m)v3－3mv＝0 所以v3＝eq \f(3mv,M－3m)≈2 m/s. [答案]　2 m/s [规律方法]　火箭类反冲问题解题要领 1．两部分物体初、末状态的速度的参考系必须是同一参考系，且一般以地面为参考系． 2．要特别注意反冲前、后各物体质量的变化． 3．列方程时要注意初、末状态动量的方向，一般而言，反冲后两物体的运动方向是相反的． ◆[跟进训练] 2．总质量为M的火箭以速度v0飞行，质量为m的燃气相对于火箭以速率u向后喷出，则火箭的速度大小为(　　) A．v0＋eq \f(mu,M)　　　　　　　 B．v0－eq \f(mu,M) C．v0＋eq \f(m,M－m)(v0＋u) D．v0＋eq \f(mu,M－m) 解析：A　[设喷出气体后火箭的速度大小为v，则燃气的对地速度为(v－u)(取火箭的速度方向为正方向)，由动量守恒定律，得Mv0＝(M－m)v＋m(v－u) 解得v＝v0＋eq \f(mu,M)，A项正确．] ◆[课堂小结] [易错1]　人船模型应用中的错误 静水中，船上的人行走时，若不考虑水的阻力，则人与船所组成的系统动量守恒．这一模型还可以推广到其他各种情形中从而解决大量的实际问题． 一个系统由两个物体组成并且满足动量守恒定律，若相互作用的两个物体作用前均静止，则相互作用的过程中系统任意时刻的总动量都是零，即m1v1＋m2v2＝0(v1和v2是任意时刻的瞬时速度且方向相反)，则有m1eq \x\to(v)1＋m2eq \x\to(v)2＝0，其中eq \x\to(v)1、eq \x\to(v)2为该过程中的平均速度．由于两物体运动的时间相同，则有m1eq \x\to(v)1t＋m2eq \x\to(v)2t＝0，所以可推出m1s1＋m2s2＝0. 使用此式解题时应注意：(1)式中的s1和s2是两物体相对于同一惯性参考系的位移(一般相对于地面)，二者方向相反，一正一负．(2)此结论与两物体相对运动的速度大小无关．跟相互作用力是恒力还是变力也无关．其相对运动不论是匀速运动还是变速运动，甚至是往返运动，结论都是相同的．(3)做这类题目，首先要画好示意图，要特别注意两个物体相对于地面的移动方向和两个物体位移大小之间的关系． [案例1]　如图所示，在一只静止的小船上练习射击，船、人连同枪(不包括子弹)及靶的总质量为M，枪内装有n颗子弹，每颗质量均为m，枪口到靶的距离为l，子弹射出枪口时相对于地面的速度为v，在发射后一颗子弹时，前一颗子弹已陷入靶中，则在发射完n颗子弹后，小船后退的距离为多少？ [错答]　设第一颗子弹射出后船的后退速度为v′，后退距离为s1，子弹从枪口到靶所用的时间t＝eq \f(l,v)，① 对这颗子弹和其他物体构成的系统列动量守恒方程 mv＝[M＋(n－1)m]v′，② 在时间t内船的后退距离s1＝v′t，③ 子弹全部射出后船的后退距离 s＝ns1，④ 联立①②③④解得s＝eq \f(nml,M＋n－1m). [错因分析]　上述结果之所以错误，主要问题出在①式上．即t＝eq \f(l,v)中的位移l和速度v应相对于同一参照物而言．而此题中子弹射出后相对于地面的速度为v，l为子弹相对于船的位移．所以式子t＝eq \f(l,v)是错误的． [正答]　对本题物理过程分析的关键，是要弄清子弹射向靶的过程中子弹与船运动的关系． 设把n颗子弹一次射到靶中时船后退距离为s，由动量守恒定律得nmeq \f(l－s,t)－Meq \f(s,t)＝0，s＝eq \f(nml,M＋nm). [满分策略]　对于人船模型规律m1s1＋m2s2＝0，要准确理解s1、s2的含义，即两者都是相对于地面的位移，且系统初始状态应是静止的． [易错2]　对反冲运动临界条件把握不准 [案例2]　如图所示，甲、乙两个小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏，甲和她的冰车的质量共为30 kg，乙和他的冰车的质量也是30 kg.游戏时，甲推着一个质量为m＝15 kg的箱子，和她一起以大小为v0＝2.0 m/s的速度滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来，为了避免相撞，甲突然将箱子沿冰面推给乙，箱子滑到乙处时乙迅速把它抓住．若不计冰面的摩擦力，甲至少要以多大的速度(相对于地面)将箱子推出，才能避免与乙相撞？ [错答]　设甲与她的冰车以及乙与他的冰车的质量均为M，开始时他们的速率为v0，为了不与乙相碰． 错解一：甲必须停止，所以，对甲和她的冰车及箱子，推出前后满足动量守恒，由动量守恒定律，得(M＋m)v0＝0＋mv， 解得v＝eq \f(M＋m,m)v0，代入数据得v＝6 m/s. 错解二：乙接到箱子后停下，所以，对箱子及乙和他的冰车，接到箱子前后动量守恒，设箱子的运动方向为正方向，由动量守恒定律，得 mv－Mv0＝0， 解得v＝eq \f(M,m)v0，代入数据得v＝4 m/s. [错因分析]　将不相撞的临界条件错误地理解为一个物体停下来．实际上不相撞的临界条件是两个物体的速度相等． [正答]　要想刚好避免相撞，要求乙抓住箱子后与甲的速度正好相等，设甲推出箱子后的速度为v1，箱子的速度为v，乙抓住箱子后的速度为v2. 对甲、冰车和箱子，推箱子前后动量守恒，以甲和箱子的初速度方向为正，由动量守恒定律得(M＋m)v0＝mv＋Mv1，① 对乙、冰车和箱子，抓住箱子前后动量守恒，由动量守恒定律得 mv－Mv0＝(m＋M)v2，② 刚好不相撞的条件是v1＝v2，③ 联立①②③式解得v＝5.2 m/s，方向与甲和箱子初速度方向一致． [满分策略]　应用动量守恒定律时，根据题目要求，应明确研究对象、研究过程及其始末状态．本题中找出甲、乙刚好不相撞的临界状态即两人速度相等，是分析求解问题的关键． 附：教材问题解答： 1．教材第24页问题提示：反冲原理，章鱼游泳类似于火箭的发射，靠向后喷水的反作用力使自己前进． 2．教材第25页[思考与讨论]答案提示： 以飞船为参考系，设小物体的运动方向为正方向，则小物体的动量的改变量为Δp1＝Δmu 对人和小物体组成的系统，在人抛出小物体的过程中动量守恒，则由动量守恒定律得0＝Δp1＋Δp2，则人的动量的改变量为Δp2＝－Δp1＝－Δmu.设人的速度的改变量为Δv，因为Δp2＝mΔv，则由以上表达式可知Δv＝－eq \f(Δmu,m). [知识点一]　反冲运动的理解 1．下列图片所描述的事例或应用中，没有利用反冲运动原理的是(　　) 解析：D　[喷灌装置是利用水流喷出时的反冲作用而运动的，章鱼在水中前行和转向利用了喷出的水的反冲作用，火箭发射是利用喷气的方式而获得动力的，利用了反冲运动，故A、B、C不符合题意；码头边轮胎的作用是延长碰撞时间，从而减小作用力，没有利用反冲作用，故D符合题意．] [知识点二]　反冲运动的应用 2．质量相等的甲和乙都静止在光滑的水平冰面上．现在，其中一人向另一个人抛出一个篮球，另一人接球后再抛回．如此反复进行几次后，甲和乙最后的速率关系是(　　) A．若甲最先抛球，则一定是v甲>v乙 B．若乙最后接球，则一定是v甲>v乙 C．只有甲先抛球，乙最后接球，才有v甲>v乙 D．无论怎样抛球和接球，都是v甲>v乙 解析：B　[因甲、乙及篮球组成的系统动量守恒，故最终甲、乙以及篮球的动量之和必为零．根据动量守恒定律有m1v1＝(m2＋m球)v2，因此最终谁接球谁的速度小，故B正确，A、C、D错误．] 3．如图所示，装有炮弹的火炮总质量为m1，炮弹的质量为m2，炮弹射出炮口时对地的速率为v0，若炮管与水平地面的夹角为θ，则火炮后退的速度大小为(设水平地面光滑)(　　) A.eq \f(m2,m1)v0　　　　　　　 B.eq \f(m2v0,m1－m2) C.eq \f(m2v0cos θ,m1－m2) D.eq \f(m2v0cos θ,m1) 解析：C　[炮弹和火炮组成的系统水平方向动量守恒，0＝m2v0cos θ－(m1－m2)v，得v＝eq \f(m2v0cos θ,m1－m2)，选项C正确．] 4．(多选)质量为m的人在质量为M的小车上从左端走到右端，如图所示，当车与地面摩擦不计时，那么(　　) A．人在车上行走，若人相对车突然停止，则车也突然停止 B．人在车上行走的平均速度越大，则车在地面上移动的距离也越大 C．人在车上行走的平均速度越小，则车在地面上移动的距离就越大 D．不管人以什么样的平均速度行走，车在地面上移动的距离相同 解析：AD　[由于地面光滑，则人与车组成的系统动量守恒得：mv人＝Mv车，可知A正确；设车长为L，由m(L－x车)＝Mx车得，x车＝eq \f(m,M＋m)L，车在地面上移动的位移大小与人的平均速度大小无关，故D正确，B、C均错误．] 5．在光滑的冰面上，放置一个截面为四分之一圆的半径足够大的光滑自由曲面，一个坐在冰车上的小孩手扶一小球静止在冰面上．某时刻小孩将小球以v0的速度向曲面推出，如图所示．已知小孩和冰车的总质量为m1＝40 kg，小球质量为m2＝2 kg，若小孩将球推出后还能再接到小球，求曲面质量m3应满足的条件． 解析：人推球过程动量守恒，即0＝m2v0－m1v1 对于小球和曲面，根据动量守恒定律和机械能守恒定律，有 m2v0＝－m2v2＋m3v3 eq \f(1,2)m2veq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)m2veq \o\al(2,2)＋eq \f(1,2)m3veq \o\al(2,3) 解得v2＝eq \f(m3－m2,m3＋m2)v0， 若小孩将小球推出后还能再接到小球，则有v2＞v1 解得m3＞eq \f(42,19) kg. 答案：见解析 [知识整合] [能力强化] [强化点1]　动量定理及其应用 1．冲量的计算 (1)恒力的冲量：公式I＝Ft适用于计算恒力的冲量． (2)变力的冲量： ①通常利用动量定理I＝Δp求解． ②可用图像法计算．在F­t图像中阴影部分(如图)的面积就表示力在时间Δt＝t2－t1内的冲量． 2．动量定理Ft＝mv2－mv1的应用 (1)它说明的是力对时间的累积效应．应用动量定理解题时，只考虑物体的初、末状态的动量，而不必考虑中间的运动过程． (2)应用动量定理求解的问题 ①求解曲线运动的动量变化量． ②求变力的冲量问题及平均力问题． ③求相互作用时间． ④利用动量定理定性分析现象． [例1]　(2020·全国卷Ⅰ，14)行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体．若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是(　　) A．增加了司机单位面积的受力大小 B．减少了碰撞前后司机动量的变化量 C．将司机的动能全部转换成汽车的动能 D．延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积 [解析]　D　[A.因安全气囊充气后，受力面积增大，故减小了司机单位面积的受力大小，故A错误；B.有无安全气囊司机初动量和末动量均相同，所以动量的改变量也相同，故B错误；C.因有安全气囊的存在，司机和安全气囊接触后会有一部分动能转化为气体的内能，不能全部转化成汽车的动能，故C错误；D.因为安全气囊充气后面积增大，司机的受力面积也增大，在司机挤压气囊作用过程中由于气囊的缓冲，故增加了作用时间，故D正确．故选D.] ●[强化训练] 1．太空飞船在宇宙空间中飞行时，会遇到太空尘埃的碰撞而受到阻碍作用．设单位体积的太空均匀分布着尘埃n颗，每颗尘埃平均质量为m，尘埃速度可忽略、飞船的横截面积为S，与尘埃碰撞后将尘埃完全黏附住．当飞船维持恒定的速率v飞行时，飞船引擎需要提供的平均推力为(　　) A.eq \f(1,2)nmv2S　　　　　　 B．nmv2S C.eq \f(3,2)nmv2S D.eq \f(1,3)nmv2S 解析：B　[ 以飞船为参照物，选择和飞船横截面积相等的圆柱内的尘埃进行研究．则该圆柱内的尘埃相对于飞船以速度v做匀速直线运动，在t时间内，长度为x＝vt，横截面积为S、体积为V＝vtS的尘埃柱碰到飞船上，尘埃柱内尘埃颗粒数目为N＝nvtS，尘埃总质量为M＝Nm＝mnvtS，根据动量定理，Ft＝Mv，联立解得F＝nmv2S，选项B正确．] [强化点2]　动量守恒定律应用中的临界问题 解决相互作用物体系统的临界问题时，应处理好下面两个方面的问题： 1．寻找临界状态 题设情景中看是否有相互作用的两物体相距最近、恰好滑离、避免相碰和物体开始反向运动等临界状态． 2．挖掘临界条件 在与动量相关的临界问题中，临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系． 3．常见类型 (1)涉及弹簧类的临界问题 对于由弹簧组成的系统，在物体间发生相互作用的过程中，当弹簧被压缩到最短或拉伸到最长时，弹簧两端的两个物体的速度必然相等． (2)涉及相互作用边界的临界问题 在物体滑上斜面(斜面放在光滑水平面上)的过程中，由于物体间弹力的作用，斜面在水平方向上将做加速运动，物体滑到斜面上最高点的临界条件是物体与斜面沿水平方向具有共同的速度，物体到达斜面上最高点时，在竖直方向上的分速度等于零． (3)子弹打木块类的临界问题：子弹刚好击穿木块的临界条件为子弹穿出时的速度与木块的速度相同，子弹位移为木块位移与木块厚度之和． [例2]　(2020·全国卷Ⅱ，21)(多选)水平冰面上有一固定的竖直挡板．一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0 kg的静止物块以大小为5.0 m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板弹性碰撞．总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0 m/s，反弹的物块不能再追上运动员．不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为(　　) A．48 kg B．53 kg C．58 kg D．63 kg [解析]　BC　[设运动员和物块的质量分别为m、m0规定运动员运动的方向为正方向，运动员开始时静止，第一次将物块推出后，运动员和物块的速度大小分别为v1、v0，则根据动量守恒定律0＝mv1－m0v0，解得v1＝eq \f(m0,m)v0，物块与弹性挡板撞击后，运动方向与运动员同向，当运动员再次推出物块mv1＋m0v0＝mv2－m0v0，解得v2＝eq \f(3m0,m)v0，第3次推出后mv2＋m0v0＝mv3－m0v0，解得v3＝eq \f(5m0,m)v0， 依次类推，第8次推出后，运动员的速度v8＝eq \f(15m0,m)v0，根据题意可知v8＝eq \f(15m0,m) v0＞5 m/s，解得m＜60 kg，第7次运动员的速度一定小于5 m/s，则v7＝eq \f(13 m0,m)v0＜5 m/s，解得m＞52 kg，综上所述，运动员的质量满足52 kg＜m＜60 kg，A、D错误，B、C正确．故选B、C.] ●[强化训练] 2．如图所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为10m、12m，两船沿同一直线同一方向运动，速度分别为2v0、v0.为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度．(不计水的阻力) 解析：设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为vmin，抛出货物后乙船的速度为v1，甲船上的人接到货物后甲船的速度为v2，由动量守恒定律得 12m·v0＝11m·v1－m·vmin，① 10m×2v0－m·vmin＝11m·v2，② 为避免两船相撞应满足v1＝v2，③ 联立①②③式得vmin＝4v0. 答案：4v0 [强化点3]　动量守恒和能量守恒的综合应用 1．解决该类问题用到的规律 动量守恒定律，机械能守恒定律，能量守恒定律，功能关系等． 2．解决该类问题的基本思路 (1)认真审题，明确题目所述的物理情景，确定研究对象． (2)如果物体间涉及多过程，要把整个过程分解为几个小的过程． (3)对所选取的对象进行受力分析，判定系统是否符合动量守恒的条件． (4)对所选系统进行能量转化的分析，比如：系统是否满足机械能守恒，如果系统内有摩擦则机械能不守恒，有机械能转化为内能． (5)选取所需要的方程列式并求解． [例3]　(2020·全国卷Ⅲ，15)甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示．已知甲的质量为1 kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为(　　) A．3 J B．4 J C．5 J D．6 J [解析]　A　[由v－t图可知，碰前甲、乙的速度分别为v甲＝5 m/s，v乙＝1 m/s；碰后甲、乙的速度分别为v′甲＝－1 m/s，v′乙＝2 m/s, 甲、乙两物块碰撞过程中，由动量守恒得m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v′甲＋m乙v′乙 解得m乙＝6 kg， 则损失的机械能为ΔE＝eq \f(1,2)m甲veq \o\al(2,甲)＋eq \f(1,2)m乙veq \o\al(2,乙)－eq \f(1,2)m甲veq \o\al(′2,甲)－eq \f(1,2)m乙veq \o\al(′2,乙)＝3 J，故选A.] ●[强化训练] 3．如图所示，AOB是光滑水平轨道，BC是半径为R的光滑的eq \f(1,4)固定圆弧轨道，两轨道恰好相切于B点．质量为M的小木块静止在O点，一颗质量为m的子弹以某一初速度水平向右射入小木块内，并留在其中和小木块一起运动，且恰能到达圆弧轨道的最高点C(木块和子弹均看成质点)． (1)求子弹射入木块前的速度； (2)若每当小木块返回到O点或停止在O点时，立即有一颗相同的子弹射入小木块，并留在其中，则当第9颗子弹射入小木块后，小木块沿圆弧轨道能上升的最大高度为多少？ 解析：(1)第一颗子弹射入木块的过程，系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝(m＋M)v1， 系统由O到C的运动过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得： eq \f(1,2)(m＋M)veq \o\al(2,1)＝(m＋M)gR， 由以上两式解得：v0＝eq \f(m＋M,m) eq \r(2gR). (2)由动量守恒定律可知，第2、4、6…颗子弹射入木块后，木块的速度为0，第1、3、5…颗子弹射入后，木块运动．当第9颗子弹射入木块时，以子弹初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝(9m＋M)v9 设此后木块沿圆弧上升的最大高度为H，由机械能守恒得： eq \f(1,2)(9m＋M)veq \o\al(2,9)＝(9m＋M)gH 由以上各式可得：H＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(M＋m,M＋9m)))2R. 答案：(1)eq \f(m＋M,m) eq \r(2gR)　(2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(M＋m,M＋9m)))2R [课堂自测] 1.用水平拉力F拉一物体，使物体在水平地面上由静止开始做匀加速直线运动，t1时刻撤去拉力，物体做匀减速直线运动直到t2时刻停止．其速度—时间图像如图所示，α>β.若拉力F做的功为W1，冲量大小为I1；物体克服摩擦阻力f做的功为W2，f的冲量大小为I2.则下列正确的是(　　) A．W1＞W2；I1＞I2 B．W1＜W2；I1＞I2 C．W1＜W2；I1＜I2 D．W1＝W2；I1＝I2 解析：D　[物体在水平拉力作用下由静止开始运动到最终静止的全程，只有拉力F和摩擦阻力f做功，故由动能定理有W1－W2＝0，得W1＝W2；由动量定理有I1－I2＝0，得I1＝I2.故D正确，A、B、C错误．] 2．在光滑水平面上，一质量为m、速度大小为v的A球与质量为2m静止的B球碰撞后，A球的速度方向与碰撞前相反，则碰撞后B球的速度大小可能是(　　) A．0.2v B．0.3v C．0.4v D．0.6v 解析：D　[A、B两球在水平方向上所受合外力为零，A球和B球碰撞的过程中动量守恒，碰撞后A球反弹，设A、B两球碰撞后的速度大小分别为v1、v2， 选A原来的运动方向为正方向，由动量守恒定律有 mv＝－mv1＋2mv2，① 分析①式可知v2＞eq \f(v,2)，② A、B两球碰撞过程能量可能有损失，由能量关系有 eq \f(1,2)mv2≥eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)＋eq \f(1,2)×2mveq \o\al(2,2)，③ ①③两式联立得v2≤eq \f(2,3)v，④ 由②④两式可得eq \f(v,2)＜v2≤eq \f(2,3)v， 符合条件的只有0.6v，所以选项D正确，A、B、C错误．] 3．一个铁球，从静止状态由10 m高处自由下落，然后陷入泥潭中，从进入泥潭到静止用时0.4 s，该铁球的质量为336 g，求： (1)从开始下落到进入泥潭前，重力对小球的冲量为多少？ (2)从进入泥潭到静止，泥潭对小球的冲量为多少？ (3)泥潭对小球的平均作用力为多少？(保留两位小数，g取10 m/s2) 解析：(1)小球自由下落10 m所用的时间是t1＝ eq \r(\f(2h,g))＝eq \r(\f(2×10,10)) s＝eq \r(2) s，重力的冲量IG＝mgt1＝0.336×10×eq \r(2) N·s≈4.75 N·s，方向竖直向下． (2)设向下为正方向，对小球从静止开始运动至停在泥潭中的全过程运用动量定理得 mg(t1＋t2)－Ft2＝0 泥潭的阻力F对小球的冲量 Ft2＝mg(t1＋t2)＝0.336×10×(eq \r(2)＋0.4) N·s≈6.10 N·s，方向竖直向上． (3)由Ft2＝6.10 N·s得F＝15.25 N. 答案：(1)4.75 N·s　(2)6.10 N·s　(3)15.25 N 4．如图所示固定在水平地面上的横截面为“ INCLUDEPICTURE"g76+.tif" ”形的光滑长直导轨槽，槽口向上(图为俯视图，图中两组平行双直线表示“”形槽的两侧壁)．槽内放置一个滑块，滑块的左半部是半径为R的半圆柱形光滑凹槽，滑块的宽度为2R，恰与“”形槽的两内侧壁的间距相等，滑块可在槽内沿槽壁自由滑动．现有一金属小球(可视为质点)以水平初速度v0沿槽的一侧壁冲向滑块，从滑块的半圆形槽口边缘进入滑块凹槽．已知金属小球的质量为m，滑块的质量为3m，整个运动过程中无机械能损失．求： (1)当金属小球滑离滑块时，金属小球和滑块的速度各是多少； (2)当金属小球经过滑块上的半圆柱形槽的最右端A点时，金属小球相对于地面的速率． 解析：(1)设滑离时金属小球和滑块的速度分别为v1和v2，以水平向右为正方向， 由动量守恒有mv0＝mv1＋3mv2， 又由于整个运动过程中无机械能损失，有 eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)＋eq \f(1,2)×3mveq \o\al(2,2)，解得v1＝－eq \f(v0,2)，v2＝eq \f(v0,2). 金属小球的速度是eq \f(v0,2)，方向水平向左；滑块的速度是eq \f(v0,2)，方向水平向右． (2)金属小球过A点时沿轨道方向两者有共同速度v，设金属小球相对于地面的速度为v′，则由轨道方向动量守恒得 mv0＝(m＋3m)v， 由机械能守恒定律得eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)×3mv2＋eq \f(1,2)mv′2， 解得v＝eq \f(v0,4)，v′＝eq \f(\r(13),4)v0. 答案：(1)eq \f(v0,2)水平向左　eq \f(v0,2)水平向右　(2)eq \f(\r(13),4)v0 $$