1、考试标准知识内容必考要求加试要求碰撞d反冲运动火箭b考点一碰撞现象1.碰撞碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象.2.特点在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒.3.分类动量是否守恒机械能是否守恒弹性碰撞守恒守恒非弹性碰撞守恒有损失完全非弹性碰撞守恒损失最大思维深化碰撞现象满足的三个规律：(1)动量守恒：即p1p2p1p2.(2)动量不增加：即Ek1Ek2Ek1Ek2或.(3)速度要合理若碰前两物体同向运动，则应有v后v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体仍同向运动，则应有v前v后.碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不
2、可能都不改变.1.弹性碰撞如图1，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是_.(填选项前的字母)图1A.A和B都向左运动B.A和B都向右运动C.A静止，B向右运动D.A向左运动，B向右运动答案D解析选向右为正方向，则A的动量pAm2v02mv0.B的动量pB2mv0.碰前A、B的动量之和为零，根据动量守恒，碰后A、B的动量之和也应为零，可知四个选项中只有选项D符合题意.2.碰撞后可能性的判定两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA1 kg，mB2 kg
3、，vA6 m/s，vB2 m/s.当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是()A.vA5 m/s，vB2.5 m/sB.vA2 m/s，vB4 m/sC.vA4 m/s，vB7 m/sD.vA7 m/s，vB1.5 m/s答案B解析虽然题中四个选项均满足动量守恒定律，但A、D两项中，碰后A的速度vA大于B的速度vB，必然要发生第二次碰撞，不符合实际；C项中，两球碰后的总动能EkmAvA2mBvB257 J，大于碰前的总动能EkmAvmBv22 J，违背了能量守恒定律；而B项既符合实际情况，也不违背能量守恒定律，故B项正确.3.非弹性碰撞如图2所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，A球
4、在水平面上静止放置，B球向左运动与A球发生正碰，B球碰撞前、后的速率之比为31，A球垂直撞向挡板，碰后原速率返回.两球刚好不发生第二次碰撞，A、B两球的质量之比为_，A、B两球碰撞前、后总动能之比为_.图2答案4195解析设A、B球的质量分别为mA和mB，A球碰撞后的速度大小为vA2，B球碰撞前、后的速度大小分别为vB1和vB2，由题意知vB1vB231，vA2vB2.A、B碰撞过程由动量守恒定律得mBvB1mAvA2mBvB2，所以有.碰撞前、后的总动能之比为.4.多次碰撞问题如图3所示，光滑水平轨道上有三个木块A、B、C，质量分别为mA3m、mBmCm，开始时B、C均静止，A以初速度v0向
5、右运动，A与B碰撞后分开，B又与C发生碰撞并粘在一起，此后A与B间的距离保持不变.求B与C碰撞前B的速度大小.图3答案v0解析设A与B碰撞后，A的速度为vA，B与C碰撞前B的速度为vB，B与C碰撞后粘在一起的速度为v，由动量守恒定律得对A、B木块：mAv0mAvAmBvB对B、C木块：mBvB(mBmC)v由A与B间的距离保持不变可知vAv联立式，代入数据得vBv0考点二反冲运动1.反冲现象(1)物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动.(2)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)反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的机械能增加.2.火箭(1)工作
6、原理：利用反冲运动.火箭燃料燃烧产生的高温、高压燃气从尾喷管迅速喷出时，使火箭获得巨大的反作用力.(2)设火箭在t时间内喷射燃气的质量是m，喷出燃气的速度是u，喷出燃气后火箭的质量是m.火箭获得的速度v.思维深化讨论反冲运动应注意的问题(1)系统不受外力或所受外力的和为零，满足动量守恒的条件，可以用动量守恒定律解决反冲运动问题.(2)系统虽然受到外力作用，但内力远大于外力，外力可以忽略，也可以用动量守恒定律解决反冲运动问题.5.反冲现象的判断(多选)下列属于反冲运动的有()A.喷气式飞机的运动 B.直升机上升C.火箭上升 D.反击式水轮机的运动答案ACD6.反冲现象的应用一枚火箭搭载着卫星以速
7、率v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离如图4所示.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，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v1为()图4A.v0v2 B.v0v2C.v0v2 D.v0(v0v2)答案D解析根据动量守恒定律列方程求解.对火箭和卫星由动量守恒定律得(m1m2)v0m2v2m1v1解得v1v0(v0v2).故选D.7.人船模型质量M150 kg的木船长l4 m，质量m50 kg的人站立在船头，它们静止在平静的水面上.不计水的阻力，如图5所示.现在人要走到船尾取一样东西，则人从船头走到船尾过程中，
8、船相对静水后退的距离为多大？图5答案1 m解析设t秒后船移动距离为x，则人移动距离为lx，以船行方向为正方向，船对地的平均速度为，人对地的平均速度为，由动量守恒定律有Mm0，即Mxm(lx)0，解得船移动的距离为x m1 m.练出高分基础巩固题组1.两个带正电的不同重离子被加速后，沿同一条直线相向运动而发生猛烈碰撞.为了使碰撞前的动能尽可能多地转化为内能，关键是设法使这两个重离子在碰撞前的瞬间具有相同大小的()A.速率 B.质量 C.动量 D.动能答案C解析尽量减小碰后粒子的动能，才能增大内能，所以设法使这两个重离子在碰撞前的瞬间具有相同大小的动量，C正确.2.一装有柴油的船静止于水平面上，船
9、前舱进水，堵住漏洞后用一水泵把前舱的油抽往后舱，如图1所示.不计水的阻力，船的运动情况是()图1A.向前运动 B.向后运动C.静止 D.无法判断答案A解析虽然抽油的过程属于船与油的内力作用，但油的质量发生了转移，从前舱转到了后舱，相当于人从船的一头走到另一头的过程，故A正确.3.如图2所示，B、C、D、E、F五个球并排放置在光滑的水平面上，B、C、D、E四球质量相等，而F球质量小于B球质量，A球的质量等于F球质量，A球以速度v0向B球运动，所发生的碰撞均为弹性碰撞，则碰撞之后()图2A.五个小球静止，一个小球运动B.四个小球静止，两个小球运动C.三个小球静止，三个小球运动D.六个小球都运动答案
10、C解析A球与B球相碰时，由于A球的质量小于B球的质量，A球弹回，B球获得速度与C球碰撞，由于发生的碰撞为弹性碰撞且质量相等，B球静止，C球获得速度.同理，C球与D球的碰撞，D球与E球的碰撞都是如此.E球获得速度后与F球的碰撞过程中，由于E球的质量大于F球的质量，所以E球、F球碰后都向前运动，所以碰撞之后，A、E、F三球运动，B、C、D三球静止.选项C正确.4.如图3所示，子弹水平射入放在光滑水平地面上静止的木块，子弹未穿透木块，此过程木块的动能增加了6 J，那么此过程产生的内能可能为()图3A.16 J B.2 J C.6 J D.4 J答案A解析设子弹的质量为m0，初速度为v0，木块的质量为
11、m，则子弹打入木块的过程中，子弹与木块组成的系统动量守恒，即m0v0(mm0)v，此过程产生的内能等于系统损失的功能，即Em0v，而木块获得的动能E木m(v0)26 J，两式相除得1，选项A正确.5.如图4所示，在光滑水平面上有直径相同的a、b两球，在同一直线上运动，选定向右为正方向，两球的动量分别为pa6 kgm/s、pb4 kgm/s.当两球相碰之后，两球的动量可能是()图4A.pa6 kgm/s、pb4 kgm/sB.pa6 kgm/s、pb8 kgm/sC.pa4 kgm/s、pb6 kgm/sD.pa2 kgm/s、pb0答案C解析对于碰撞问题要遵循三个规律：动量守恒定律、碰后系统的
12、机械能不增加和碰撞过程要符合实际情况.本题属于迎面对碰，碰撞前，系统的总动量为2 kgm/s.选项A中，系统碰后的动量变为2 kgm/s，不满足动量守恒定律，选项A可排除；选项B中，系统碰后的动量变为2 kgm/s，满足动量守恒定律，但碰后a球动量大小不变，b球动量增加，根据关系式Ek可知，a球的动能不变，b球动能增加，系统的机械能增大了，所以选项B可排除；选项D中，显然满足动量守恒，碰后系统的机械能也没增加，但是碰后a球运动方向不变，b球静止，这显然不符合实际情况，选项D可排除；经检验，选项C满足碰撞所遵循的三个规律，故选C.6.如图5所示，物体A静止在光滑的水平面上，A的左边固定有轻质弹簧
13、，与A质量相同的物体B以速度v向A运动并与弹簧发生碰撞，A、B始终沿同一直线运动，则A、B组成的系统动能损失最大的时刻是()图5A.A开始运动时 B.A的速度等于v时C.B的速度等于零时 D.A和B的速度相等时答案D解析对A、B组成的系统由于水平面光滑，所以动量守恒.而对A、B、弹簧组成的系统机械能守恒，即A、B动能与弹簧弹性势能之和为定值.当A、B速度相等时，可类似于A、B的完全非弹性碰撞，A、B总动能损失最多，此时弹簧形变量最大，弹性势能最大.7.一中子与一质量数为A(A1)的原子核发生弹性正碰.若碰前原子核静止，则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为()A. B. C. D.答案A解析设中子的
14、质量为m，则被碰原子核的质量为Am，两者发生弹性碰撞，据动量守恒，有mv0mv1Amv，据动能守恒，有mvmvAmv2.解以上两式得v1v0.若只考虑速度大小，则中子的速率为v1v0，故中子碰撞前、后速率之比为.8.如图6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()图6A. B.C. D.答案B解析炮弹相对地面的速度为v0v2.由动量守恒得Mv1(Mm)v2m(v0v2)，得v0.9.如图7所示，一个倾角为的直角斜面体静置于光滑水平面上，斜面体质量为
15、M，顶端高度为h.今有一质量为m的小物体，沿光滑斜面下滑，当小物体从斜面顶端自由下滑到底端时，斜面体在水平面上移动的距离是()图7A. B. C. D.答案C解析此题属于“人船模型”问题，m与M组成的系统在水平方向上动量守恒，设m在水平方向上对地位移为x1，M在水平方向对地位移为x2，因此0mx1Mx2且x1x2由可得x2，故选C.能力提升题组10.如图8所示，完全相同的A、B两物块随足够长的水平传送带按如图所示的方向匀速运动.A、B间夹有少量炸药，对A、B在爆炸过程中及随后的运动过程有下列说法，其中正确的是()图8A.炸药爆炸后瞬间，A、B两物块的速度方向一定相同B.炸药爆炸后瞬间，A、B两
16、物块的速度方向一定相反C.炸药爆炸过程中，A、B两物块组成的系统动量不守恒D.A、B在炸药爆炸后至A、B相对传送带静止的过程中动量守恒答案D解析炸药爆炸后，A物块的速度是否反向，取决于炸药对它的推力的冲量，应该存在三种可能：速度为零、反向或保持原来的方向.B物块的速度方向一定向右，故炸药爆炸后瞬间，A、B两物块的速度方向可能相同，也可能相反，也可能A物块的速度为零，B物块向右运动，A、B错误.由于炸药对两物块的冲量大小相等，方向相反，所以两物块的动量变化量一定相等，又两物块受到的摩擦力大小相等，方向相反，故两物块一定同时相对传送带静止，故两物块组成的系统动量守恒，C错误，D正确.11.如图9所
17、示，进行太空行走的宇航员A和B的质量分别为80 kg和100 kg，他们携手远离空间站，相对空间站的速度为0.1 m/s.A将B向空间站方向轻推后，A的速度变为0.2 m/s，求此时B的速度大小和方向.图9答案0.02 m/s离开空间站方向解析根据动量守恒：(mAmB)v0mAvAmBvB，解得vB 0.02 m/s，方向是离开空间站方向.12.牛顿的自然哲学的数学原理中记载，A、B两个玻璃球相碰，碰撞后的分离速度和它们碰撞前的接近速度之比总是约为1516.分离速度是指碰撞后B对A的速度，接近速度是指碰撞前A对B的速度.若上述过程是质量为2m的玻璃球A以速度v0碰撞质量为m的静止玻璃球B，且为
18、对心碰撞，求碰撞后A、B的速度大小.答案v0v0解析设A、B球碰撞后速度分别为v1和v2由动量守恒定律得：2mv02mv1mv2，且由题意知，解得v1v0，v2v013.如图10，在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C位于同一直线上，A位于B、C之间.A的质量为m，B、C的质量都为M，三者均处于静止状态.现使A以某一速度向右运动，求m和M之间应满足什么条件，才能使A只与B、C各发生一次碰撞.设物体间的碰撞都是弹性的.图10答案(2)MmM解析设A运动的初速度为v0，A向右运动与C发生碰撞，由动量守恒定律得mv0mv1Mv2由机械能守恒定律得mvmvMv可得v1v0，v2v0要使得A与B能发生碰撞，需要满足v10，即mMA反向向左运动与B发生碰撞过程，有mv1mv3Mv4mvmvMv整理可得v3v1，v4v1由于mM，所以A还会向右运动，根据要求不发生第二次碰撞，需要满足v3v2即v0v1()2v0整理可得m24MmM2解方程可得m(2)M另一解m(2)M舍去所以使A只与B、C各发生一次碰撞，须满足(2)MmM
