(共47张PPT)
6 反冲现象 火箭
课前·基础认知
课堂·重难突破
素养·目标定位
模型方法·素养提升
随 堂 训 练
素养·目标定位
目 标 素 养
1.了解反冲运动及反冲运动的典型事例,形成正确的物理观念。
2.能够应用动量守恒定律分析反冲运动问题,培养科学思维能力。
3.知道火箭的飞行原理及决定火箭最终速度大小的因素,了解我国航天技术的发展,发掘学生探索新知识的潜能。
知 识 概 览
课前·基础认知
一、反冲现象
1.概念:根据动量守恒定律,一个静止的物体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.反冲现象的应用及防止。
(1)应用:农田、园林的喷灌装置是利用反冲使水从喷口喷出时,一边喷水一边旋转。
(2)防止:用枪射击时,由于枪身的反冲会影响射击的准确性,所以用步枪射击时要把枪身抵在肩部,以减小反冲的影响。
微判断1.反冲运动可以用动量守恒定律来处理。( )
2.一切反冲现象都是有益的。( )
3.乌贼的运动利用了反冲的原理。( )
√
×
√
微训练 下图是一种弹射装置,弹丸质量为m,底座质量为3m,开始时均处于静止状态,当弹簧释放将弹丸以相对地面v的速度发射出去后,底座的反冲速度大小是( )
答案:C
解析:在水平方向上,弹丸和底座组成的系统动量守恒,设水平向右为正方向,由动量守恒可得3mv'+mv=0,得 ,负号表示速度方向水平向左,故选项C正确。
二、火箭
1.工作原理:喷气式飞机和火箭的飞行应用了反冲的原理,它们都靠喷出气流的反冲作用而获得巨大的速度。
2.构造:主要有两大部分——箭体和燃料。
3.特点:箭体和喷出的燃料气体满足动量守恒定律。
4.影响火箭获得速度大小的因素。
(1)喷气速度:现代火箭发动机的喷气速度通常在2000~5000 m/s。
(2)质量比:火箭喷出物质的质量与火箭本身质量之比。
喷气速度越大,质量比越大,火箭获得的速度越大。
微思考螺旋桨飞机能在月球上正常飞行吗 为什么
提示:不能。螺旋桨飞机靠旋转的螺旋桨与空气的相互作用而获得动力,不能在真空环境中飞行。
课堂·重难突破
一 反冲运动的理解
重难归纳
1.反冲运动的特点和规律。
(1)物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动,一般情况下,系统动量守恒,或系统在某一方向上动量守恒。
(2)物体间发生相互作用时,有其他形式的能转化为机械能,所以系统的总动能增加,作用力和反作用力一般都做正功。
2.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,则反方向的另一部分的速度应取负值。
(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。
某次太空实验中,宇航员正在舱外活动,假设移动装置中的气体能以50 m/s的速度喷出,宇航员连同装备共100 kg,开始时宇航员和飞船保持相对静止,相互之间的距离为7.5 m,宇航员必须在100 s内到达飞船,则喷出气体的质量至少为多少
提示:喷出气体的质量至少为0.15 kg。设宇航员反冲获得的速度为u,则 ,设喷出气体的质量为m,宇航员连同装备的质量为m',喷出气体的过程系统动量守恒,以气体的速度方向为正方向,由动量守恒定律得mv-(m'-m)u=0,解得m=0.15 kg。
典例剖析
反冲小车静止放在水平光滑玻璃上,点燃酒精,水蒸气将橡皮塞水平喷出,小车沿相反方向运动。小车的总质量m车=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)
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,方向与橡皮塞在水平方向的分运动的方向相反
解析:(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。以橡皮塞运动的方向为正方向,根据动量守恒定律有mv+(m车-m)v'=0
负号表示小车运动方向与橡皮塞运动的方向相反,反冲速度大小是0.1 m/s。
(2)小车和橡皮塞组成的系统水平方向动量守恒,以橡皮塞在水平方向的分运动的方向为正方向,有
mvcos 60°+(m车-m)v″=0
负号表示小车运动方向与橡皮塞在水平方向的分运动的方向相反,反冲速度大小是0.05 m/s。
规律总结
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,一般都满足内力远大于外力,所以反冲运动可用动量守恒定律来处理。
学以致用
如示意图所示,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、同一方向在平静的水面上运动,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,求抛出货物相对于水面的最小速度大小。(不计水的阻力)
答案:4v0
解析:设乙船上的人抛出货物相对于水面的最小速度大小为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12mv0=11mv1-mvmin,10m·2v0-mvmin=11mv2,此时两船恰好不会相撞,则应满足v1=v2,联立解得v min=4v0。
二 火箭原理
重难归纳
1.工作原理。
火箭是利用了反冲原理,发射火箭时,尾管中喷射出的高速气体有动量,根据动量守恒定律,火箭就获得向上的动量,从而向上飞去。
即mΔv+Δmu=0
2.分析火箭类问题应注意的地方。
(1)火箭在运动过程中,随着燃料的燃烧,火箭本身的质量不断减小,故在应用动量守恒定律时,必须取在同一相互作用时间内的火箭和喷出的气体为研究对象。注意反冲前、后各物体质量的变化。
(2)明确两部分物体初、末状态的速度的参考系是不是同一参考系,如果不是同一参考系要设法予以调整,一般情况要转换成对地速度。
(3)列方程时要注意初、末状态动量的方向。喷出气体速度的方向与原气体的运动方向是相反的。
我国宋代就发明了火箭(如图甲),火箭上扎一个火药筒,火药筒的前端是封闭的,火药点燃后火箭由于反冲向前运动。现代火箭原理与古代火箭相同(如图乙),你知道我国长征号系列火箭是怎样先后将神舟号系列载人飞船送上太空的吗
提示:火箭靠喷射高温高压燃气获得反作用力,将神舟系列飞船送入太空。
典例剖析
一火箭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。设火箭质量m火=300 kg,发动机每秒钟喷气20次。
(1)当第三次喷出气体后,火箭的速度是多大
(2)运动第1 s末,火箭的速度是多大
答案:(1)2.0 m/s (2)13.5 m/s
规律总结
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。
学以致用
一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置,由控制系统使箭体与卫星分离。已知前部分的卫星质量为m1,后部分的箭体质量为m2,分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行,若忽略分离前后系统质量的变化,则分离后卫星的速率v1为
( )
答案:D
解析:根据动量守恒定律,得(m1+m2)v0=m1v1+m2v2,v1=v0+ (v0-v2),选项D正确。
模型方法 素养提升
人船模型——模型构建
1.“人船”模型问题的特征: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;在相互作用的过程中,任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比。这样的问题归为“人船”模型问题。
2.运动特点:两个物体的运动特点是“人”走“船”行,“人”停“船”停。
3.处理“人船”模型问题的两个关键。
(1)处理思路:利用动量守恒,先确定两物体的速度关系,再确定两物体通过的位移的关系。
①用动量守恒定律求位移的题目,大都是系统原来处于静止状态,然后系统内物体相互作用,此时动量守恒表达式经常写成m1v1-m2v2=0的形式,式中v1、v2是两物体末状态时的瞬时速率。
②在运动过程中,任意时刻的系统总动量为零,因此任意时刻的瞬时速率v1和v2都与各物体的质量成反比,所以全过程的平均速度也与质量成反比,即有
③如果两物体相互作用的时间为t,在这段时间内两物体的位移大小分别为x1和x2,则有 ,即m1x1-m2x2=0。
(2)画出各物体的位移关系图,找出它们相对地面的位移的关系。
4.推广:原来静止的系统在某一个方向上动量守恒,运动过程中,在该方向上速度方向相反,也可应用处理人船模型问题的思路来处理。例如,小球沿弧形槽滑下,求弧形槽移动距离的问题。
“人船”模型的使用有条件吗 如果有条件,请指出在满足什么条件时,才能使用“人船”模型
提示:“人船”模型有使用条件。使用条件有两个:一是系统由两个物体组成且相互作用前静止;二是在系统内发生相对运动的过程中至少有一个方向的动量守恒。
典例剖析
有一艘质量为m'=120 kg的船停在静水中,船长l=3 m,船上一个质量为m=60 kg的人从船头走到船尾。不计水的阻力,则船在水中移动的距离为( )
A.0.5 m B.1 m C.2 m D.3 m
答案:B
规律总结
处理“人船”模型问题的关键
1.利用动量守恒,确定两物体速度关系,再确定两物体通过的位移的关系。
2.解题时要画出各物体的位移关系草图,找出各长度间的关系。
学以致用
如图所示,质量为m,半径为r的小球,放在内半径为R,质量m'=3m的大空心球内,大球开始静止在光滑水平面上,求当小球由图中位置无初速度释放沿内壁滚到最低点时,大球移动的距离。
解析:由于水平面光滑,系统水平方向上动量守恒,设同一时刻小球的水平速度大小为v1,大球的水平速度大小为v2,由水平方向动量守恒有mv1=m'v2,
设小球到达最低点时,小球的水平位移为x1,大球的水平位移为x2,
随 堂 训 练
1.(多选)以下叙述的现象利用了反冲现象的有( )
A.火箭喷气升空 B.篮球触地反弹
C.章鱼喷水快速退游 D.潜水艇排水浮出
答案:AC
解析:火箭喷气升空和章鱼通过喷水快速退游是利用了反冲原理;篮球触地反弹是地面对球有作用力,不属于反冲;潜水艇排水浮出是利用浮力,也不属于反冲。故选项A、C正确,B、D错误。
2.一个质量为m'、底边长为b的三角形斜劈静止于光滑水平面上,有一个质量为m的小球由斜面顶部无初速度滑到底部时,斜劈移动的距离是( )
答案:B
解析:小球和斜劈系统水平方向动量守恒,设斜劈移动x,则m'x=m(b-x),解得 ,故选项B正确。
3.某人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',枪内有n颗子弹,每颗子弹的质量为m,子弹水平射出枪口相对于地的速度为v0,子弹打入靶中且留在靶里。在射完n颗子弹后,小船的最终速度为( )
答案:A
解析:以船、人连同枪、靶以及枪内n颗子弹组成的系统为研究的对象,水平方向上动量守恒。以子弹的初速度方向为正方向,射击前系统的总动量为0,由动量守恒定律可知,子弹射入靶中后系统的总动量也为零,所以小船的最终速度为0,选项A正确。
4.如图所示,一辆质量m'=3 kg的小车A静止在光滑的水平面上,小车上有一质量m=1 kg的光滑小球B,将一轻质弹簧压缩并锁定,此时弹簧的弹性势能为Ep=6 J,小球与小车右壁距离为L,解除锁定,小球脱离弹簧后与小车右壁的油灰阻挡层碰撞并被粘住,求:
(1)小球脱离弹簧时,小球和小车各自的速度大小;
(2)在整个过程中,小车移动的距离。
答案:(1)3 m/s 1 m/s (2)6 反冲现象 火箭
课后·训练提升
基础巩固
一、选择题Ⅰ(每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的)
1.关于反冲运动的说法,正确的是( )
A.抛出的质量m1要小于剩下的质量m2才能获得反冲
B.若抛出的质量m1大于剩下的质量m2,则质量m2部分的反冲力大于质量m1部分所受的力
C.反冲运动中,牛顿第三定律适用,但牛顿第二定律不适用
D.对抛出部分和剩余部分都适用于牛顿第二定律
答案D
解析由于系统的一部分物体向某一方向运动,而使另一部分向相反方向运动,这种现象叫反冲运动,并没有确定两部分物体之间的质量关系,故选项A错误;在反冲运动中,两部分之间的作用力是一对作用力与反作用力,由牛顿第三定律可知,它们大小相等,方向相反,故选项B错误;在反冲运动中一部分受到的另一部分的作用力产生了该部分的加速度,使该部分的速度逐渐增大,在此过程中对每一部分牛顿第二定律都成立,故选项C错误,D正确。
2.有一个质量为3m的爆竹斜向上抛出,到达最高点时速度大小为v0、方向水平向东,在最高点爆炸成质量不等的两块,其中一块质量为2m,速度大小为v,方向水平向东,则另一块的速度是( )
A.3v0-v B.2v0-3v
C.3v0-2v D.2v0+v
答案C
解析爆竹在最高点速度大小为v0、方向水平向东,爆炸前动量为3mv0,其中一块质量为2m,速度大小为v、方向水平向东,设爆炸后另一块瞬时速度大小为v',取爆竹到最高点未爆炸前的速度方向为正方向,爆炸过程水平方向动量守恒,则有3mv0=2mv+mv',解得v'=3v0-2v,故选项C正确。
3.在静水上浮着一只长为l=3 m、质量为300 kg的小船,船尾站着一质量为60 kg的人,开始时人和船都静止。若人匀速从船尾走到船头,不计水的阻力,则船将( )
A.后退0.5 m B.后退0.6 m
C.后退0.75 m D.一直匀速后退
答案A
解析船和人组成的系统,在水平方向上动量守恒,人在船上行进,船向后退,以人的速度方向为正方向,由动量守恒定律得m人v-m船v'=0,人匀速从船尾走到船头,设船后退的位移大小为x,则人相对于岸的位移大小为l-x,则有m人-m船=0,代入数据解得x=0.5m,船向后退了0.5m,故选项A正确,B、C错误;人与船组成的系统动量守恒,系统初动量为零,人停止运动时人的动量为零,由动量守恒定律可知,船的动量也为零,船停止运动,故船先加速再匀速,最后静止,故选项D错误。
4.两个小木块B、C中间夹着一根轻弹簧,将弹簧压缩后用细线将两个木块绑在一起,使它们一起在光滑水平面上沿直线运动,这时它们的运动图线如图中a线段所示。在t=4 s末,细线突然断了,B、C都和弹簧分离后,运动图线分别如图中b、c线段所示。从图中的信息可知( )
A.木块B、C都和弹簧分离后的运动方向相反
B.系统的总动能不变
C.木块B、C分离过程中B木块的动量变化较大
D.木块B的质量是木块C质量的四分之一
答案D
解析由x-t图像可知,位移均为正,均朝一个方向运动,没有反向,故选项A错误;木块B、C都和弹簧分离后,因弹簧释放弹性势能,则系统的总动能增加,选项B错误;木块B、C和弹簧分离过程中,系统所受合外力矢量和为零,系统动量守恒,则系统内两个木块的动量变化量等大反向,故选项C错误;木块都与弹簧分离后B的速度和C的速度分别为v1=m/s=3m/s,v2=m/s=0.5m/s,细线断前B、C的速度均为v0=1m/s,由动量守恒定律得(mB+mC)v0=mBv1+mCv2,解得,故选项D正确。
二、选择题Ⅱ(每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的)
5.“世界航天第一人”是明朝的万户,如图所示,他把47个自制的火箭绑在椅子上,自己坐在椅子上,双手举着大风筝,设想利用火箭的推力,飞上天空,然后利用风筝平稳着陆。假设万户及其所携设备(火箭、椅子、风筝等)的总质量为m',点燃火箭后在极短的时间内,质量为m的燃气相对地面以v0的速度竖直向下喷出,忽略空气阻力的影响,重力加速度为g,下列说法正确的是( )
A.火箭的推力来源于空气对它的反作用力
B.在燃气喷出后的瞬间,火箭的速度大小为
C.喷出燃气后,万户及其所携设备能上升的最大高度为
D.在火箭喷气过程中,万户及其所携设备的机械能守恒
答案BC
解析火箭的推力来源于燃气对它的反作用力,选项A错误;以竖直向下为正方向,根据动量守恒定律有0=mv0-(m'-m)v,解得在燃气喷出后的瞬间,火箭的速度大小为v=,选项B正确;喷出燃气后,万户及其所携设备做竖直上抛运动,动能转化为重力势能,有(m'-m)v2=(m'-m)gh,解得万户及其所携设备能上升的最大高度为h=,选项C正确;在火箭喷气过程中,万户及其所携设备的机械能增加,燃料燃烧,将一部分化学能转化为万户及其所携设备的机械能,选项D错误。
三、非选择题
6.如图所示,质量为m'、半径为R的光滑半圆弧槽静止在光滑水平面上,有一质量为m的小滑块在与圆心O等高处无初速度滑下,在小滑块滑到圆弧槽最低点的过程中,圆弧槽产生的位移大小为多少
答案R
解析m'和m组成的系统在水平方向上动量守恒,依据人船模型即可求解。设圆弧槽后退位移大小为x,则据水平方向上的动量守恒得m'x=m(R-x),解得x=R。
7.如图所示,一个质量为m的玩具蛙蹲在质量为m'的小车的细杆上,小车放在光滑的水平桌面上,处于静止状态。若车长为l,细杆高为h,且位于小车的中点。当玩具蛙最小以多少的水平速度跳出时,能落到桌面上
答案
解析玩具蛙跳出时,它和小车组成的系统水平方向不受外力,动量守恒,车将获得反向速度,之后玩具蛙将做平抛运动。
设玩具蛙以v跳出时,车获得的速度为v',由动量守恒定律有mv=m'v'
设蛙从跳出到落到紧挨车面最右端的桌面上,蛙对地位移为x1,车对地位移为x2,则x1=vt
x2=v't
gt2=h
且有x1+x2=
解得v=。
能力提升
一、选择题Ⅰ(每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的)
1.如示意图所示,一人站在静止的平板车上,不计平板车与水平地面的摩擦,空气的阻力也不考虑。则下列说法正确的是( )
A.人在车上向右行走时,车将向右运动
B.当人停止走动时,由于车的惯性大,车将继续运动
C.若人缓慢地在车上行走时,车可能不动
D.当人从车上的左端行走到右端,不管人在车上行走的速度多大,车在地面上移动的距离都相同
答案D
解析人与车组成的系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得m人v人+m车v车=0,解得v车=-,车的速度方向与人的速度方向相反,人在车上向右行走时,车将向左运动,故选项A错误;因总动量为零,人停止走动速度为零时,由动量守恒定律可知,车的速度也为零,故选项B错误;由v车=-可知,人缓慢地在车上行走时,车也缓慢地运动,故选项C错误;设车的长度为l,人与车组成的系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得m人v人-m车v车=0,即m人-m车=0,解得x=,车在地面上移动的距离x与人的行走速度无关,故选项D正确。
2.如示意图所示,甲、乙两车的质量均为m',静置在光滑的水平面上,两车相距为l。乙车上站立着一个质量为m的人,他通过一条轻绳拉甲车,甲、乙两车最后相接触,以下说法不正确的是( )
A.甲、乙两车运动中速度之比为
B.甲、乙两车运动中速度之比为
C.甲车移动的距离为l
D.乙车移动的距离为l
答案B
解析甲、乙和人组成的系统合外力为零,系统的动量守恒,取向右为正方向,由动量守恒定律得0=m'v甲-(m'+m)v乙,可得甲、乙两车运动中速度之比为,故选项A正确,B错误;设甲车和乙车移动的距离分别为s1和s2,则有,又s甲+s乙=l,联立解得s甲=l,s乙=l,故选项C、D正确。
二、选择题Ⅱ(每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的)
3.长为l的轻绳,一端用质量为m的圆环套在水平光滑的横杆上,另一端连接一质量为2m的小球。开始时,将小球移至横杆处(轻绳处于水平伸直状态,见图),然后轻轻放手,当绳子与横杆成直角时,圆环的位移是x,则下列说法正确的是( )
A.圆环的位移x=l
B.圆环与小球组成的系统机械能守恒
C.圆环与小球组成的系统动量守恒
D.圆环与小球组成的系统水平方向上动量守恒
答案ABD
解析小球和圆环组成的系统,在水平方向上不受任何外力,动量守恒,在竖直方向上合外力不为零,动量不守恒,故选项C错误,D正确;圆环与小球组成的系统,只有重力做功,所以机械能守恒,故选项B正确;圆环与小球组成的系统水平方向动量守恒,类同“人船”模型,根据动量守恒定律可得2m(l-x)=mx,解得圆环的位移x=l,故选项A正确。
4.如图所示,一艘小船原来静止在平静的水面上,现前舱有水需要用抽水机抽往后舱,假设不计水面对船舱的阻力,则在抽水过程中关于船的运动下列说法正确的是( )
A.若前后舱是分开的,则前舱将向前运动
B.若前后舱是分开的,则前舱将向后运动
C.若前后舱不分开,则船将向前运动
D.若前后舱不分开,则船将会一直静止在水面上
答案AC
解析若前后舱是分开的,不计水的阻力,则系统在水平方向动量守恒,系统总动量保持为零,用一水泵把前舱的水抽往后舱,水的速度向后,水的动量向后,则前舱向前运动,故选项A正确,B错误;不计水的阻力,则系统动量守恒,系统总动量为零,若前后舱不分开,用水泵把前舱的水抽往后舱,则水的重心后移,故船将向前运动(等效于人船模型),故选项C正确,D错误。
5.一气球由地面匀速上升,当气球下的吊梯上站着的人沿着梯子上爬时,下列说法正确的是( )
A.气球可能匀速上升
B.气球不可能相对地面静止
C.气球可能下降
D.气球运动速度不发生变化
答案AC
解析设气球质量为m',人的质量为m,由于气球匀速上升,系统所受的外力之和为零,当人沿吊梯向上爬时,动量守恒,以向上为正方向,由动量守恒定律得v0=mv1+m'v2,在人向上爬的过程中,气球的速度为v2=,当v2>0时气球可匀速上升,当v2=0时气球静止,当v2<0时气球下降,故选项A、C正确,B错误;要使气球运动速度不变,则人的速度仍为v0,即人不上爬,显然不对,故选项D错误。
6.如图甲所示,物块a、b间拴接一个压缩后被锁定的轻质弹簧,整个系统静止放在光滑水平地面上,其中a物块最初与左侧固定的挡板相接触,b物块质量为1 kg。现解除对弹簧的锁定,在a物块离开挡板后,b物块的v-t关系图像如图乙所示。则下列分析正确的是( )
甲
乙
A.a的质量为1 kg
B.a的最大速度为4 m/s
C.在a离开挡板后,弹簧的最大弹性势能为1.5 J
D.在a离开挡板前,a、b及弹簧组成的系统动量和机械能都守恒
答案BC
解析由题意可知,当b的速度最小时,弹簧恰好恢复原长,此时a的速度最大,则有mbv0=mbv1+mav,mbmbmav2,解得ma=0.5kg,v=4m/s,故选项A错误,B正确;两物块速度相等时,弹簧弹性势能最大,则Ep=mb(ma+mb),mbv0=(ma+mb)v2,解得Ep=1.5J,故选项C正确;在a离开挡板前,a、b及弹簧组成的系统机械能守恒,但a与挡板间有相互作用力,则动量不守恒,故选项D错误。
三、非选择题
7.如图所示,带有光滑的半径为R的圆弧轨道的滑块静止在光滑水平面上,滑块的质量为m'。将一个质量为m的小球从A处由静止释放,当小球从B点水平飞出时,滑块的速度为多大 (重力加速度为g)
答案m
解析运动过程中小球和滑块组成的系统机械能守恒,又因为系统在水平方向不受外力,故系统水平方向动量守恒。
设小球从B点飞出时速度大小为v1,滑块的速度大小为v2,以v1的方向为正方向,则有mv1-m'v2=0,mgR=m'
解得v2=m。
8.在沙堆上有一木块,质量m'=5 kg,木块上放一爆竹,质量m=0.10 kg。点燃爆竹后木块陷入沙中深5 cm。若沙对木块运动的阻力恒为58 N,不计爆竹中火药质量和空气阻力,g取10 m/s2,求爆竹上升的最大高度。
答案20 m
解析火药爆炸时内力远大于重力,所以爆炸时动量守恒,设v、v'分别为爆炸后爆竹和木块的速率,取向上的方向为正方向。
由动量守恒定律得
mv-m'v'=0 ①
木块陷入沙中做匀减速运动到停止,其加速度为
a=m/s2=1.6m/s2
木块做匀减速运动的初速度
v'=m/s=0.4m/s②
②代入①式,得v=20m/s
爆竹以初速度v做竖直上抛运动,上升的最大高度为h=m=20m。
