1、第2课时 碰撞 反冲和火箭 基础回顾核心探究演练提升基础回顾自主梳理融会贯通 知识梳理 一、碰撞及特点 1.碰撞 做相对运动的两个(或几个)物体相遇而发生相互作用,在 时间内,它们的运动状态会发生 变化.2.特点 在碰撞现象中,一般都满足内力 外力,可认为相互碰撞的系统动量守恒.很短 显著 远大于 二、碰撞类型 1.“一动一静”弹性碰撞:系统动量守恒、机械能守恒.m1v0=m1v1+m2v2,12m120v=12m121v+12m222v v1=v0,v2=v0 1212mmmm1122mmm(注:在同一水平面上发生弹性正碰,机械能守恒)讨论:(1)当m1=m2时,v1=,v2=。(2)当m1
2、m2时,v1=,v2=.0 v0-v0 0(3)当m1m2时,v10,v20(4)当m1m2时,v10(5)当m1m2时,v1=v0,v2=2v0 2.非弹性碰撞:部分机械能转化成物体的内能,动量守恒 m1v1+m2v2=m1v1+m2v2,E=(12m121v+12m222v)-(12m1v12+12m2v22).3.完全非弹性碰撞:碰撞后两物体粘在一起运动,此时动能损失最大,而动量守恒.m1v1+m2v2=(m1+m2)v,Ek=(12m121v+12m222v)-12(m1+m2)v2.三、爆炸和反冲运动 1.爆炸 爆炸过程中的内力远大于外力,爆炸的各部分组成的系统总动量 .2.反冲运动
3、(1)物体在内力作用下分裂为两个不同部分并且这两部分向 方向运动的现象.(2)反冲运动中,相互作用力一般较大,通常可以用 定律来处理.守恒 相反 动量守恒 拓 展 思 考 两位同学在公园里划船.租船时间将到,她们把小船划向码头.大约2 m左右时,有一位同学心想:自己在体育课上立定跳远的成绩高于2 m,跳到岸上绝对没问题.于是她纵身一跳,结果却掉到了水里(如图所示).她为什么不能如她所想的那样跳到岸上呢(假设起跳时船已静止)?请给她支招?答案:当在地面上跳远时,其相对于地面的速度与在船上跳远时相对船的速度相等,但因为从船上她跳出时,船获得向后的速度,减小了自己向前的速度,故其跳跃的距离小于在地面
4、上跳跃的距离.让船再靠近些跳,或在船未停止时跳.自主检测 1.思考判断 (1)质量相等的两个物体发生碰撞时,一定交换速度.()(2)发生碰撞的两个物体,机械能是守恒的.()(3)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燃料燃烧推动空气,空气反作用力推动火箭.()(4)在没有空气的宇宙空间,火箭仍可加速前行.()答案:(1)(2)(3)(4)2.一小型爆炸装置在光滑、坚硬的水平钢板上发生爆炸,所有碎片均沿钢板上方的倒圆锥面(圆锥的顶点在爆炸装置处)飞开.在爆炸过程中,下列关于爆炸装置的说法中正确的是()A.总动量守恒 B.机械能守恒 C.水平方向动量守恒 D.竖直方向动量守恒 C
5、 解析:爆炸装置在光滑、坚硬的水平钢板上发生爆炸,与钢板间产生巨大的相互作用力,这个作用力远远大于它所受到的重力,但由于钢板对爆炸装置的作用力是竖直向上的,因此爆炸装置在竖直方向动量不守恒,所以爆炸装置的总动量是不守恒的,而水平方向合力为零,动量守恒,选项A,D错误,C正确;爆炸时,化学能转化为机械能,因此,机械能增加,选项B错误.3.(2018黑龙江大庆质检)(多选)采取下列哪些措施有利于增加火箭的飞行速度()A.使喷出的气体速度增大 B.使喷出的气体温度更高 C.使喷出的气体质量更大 D.使喷出的气体密度更小 AC 解析:设原来火箭的总质量为 M,喷出的气体质量为 m,速度是 v,剩余的质
6、量(M-m)的速度是 v,由动量守恒得出(M-m)v=mv,则 v=mvMm=1vMm,由该式可知 m 越大或v 越大,v越大.选项 A,C 正确.4.(2018河北石家庄模拟)(多选)在一条直线上相向运动的甲、乙两个小球,它们的动能相等,已知甲球的质量大于乙球的质量,它们正碰后可以发生的情况是()A.甲球停下,乙球反向运动 B.甲球反向运动,乙球停下 C.甲、乙两球都反向运动 D.甲、乙两球都反向运动,且动能仍相等 AC 解析:如图所示,由题意知,Ek 甲=Ek 乙,由动能与动量的关系,则有 p=k2mE,由于 m 甲m乙,则 p 甲p 乙,故甲、乙碰撞前总动量沿甲原来方向,所以碰撞后,甲球
7、停下或反向弹回,乙球必弹回.所以乙的速度不可能为零,选项 A,C 正确,B 错误;若甲、乙两球都反向运动,且动能仍相等,则碰后总动量方向与甲原来的动量方向相反,违反了动量守恒定律,选项 D 错误.核心探究分类探究各个击破 考点一 弹性碰撞与非弹性碰撞 1.对碰撞的理解(1)发生碰撞的物体间一般作用力很大,作用时间很短;各物体作用前后各自动量变化显著;物体在作用时间内位移可忽略.(2)即使碰撞过程中系统所受合外力不等于零,由于内力远大于外力,作用时间又很短,故外力的作用可忽略,认为系统的动量是守恒的.(3)若碰撞过程中没有其他形式的能转化为机械能,则系统碰撞后的总机械能不可能大于碰撞前系统的总机
8、械能.3.非弹性碰撞特征描述及重要关系式 发生非弹性碰撞时,内力是非弹性力,部分机械能转化为物体的内能,机械能有损失,动量守恒,总动能减少.满足:m1v1+m2v2=m1v1+m2v2,12m121v+12m222v 12m1v12+12m2v22.2.物体的碰撞是否为弹性碰撞的判断 弹性碰撞是碰撞过程中无机械能损失的碰撞,遵循的规律是动量守恒定律和机械能守恒定律,确切地说是碰撞前后系统动量守恒,动能不变.(1)题目中明确告诉物体间的碰撞是弹性碰撞.(2)题目中明确告诉是弹性小球、光滑钢球或分子(原子等微观粒子)碰撞的,都是弹性碰撞.【典例 1】(2018河北唐山质检)在光滑的水平面上,质量为
9、 m1的小球 A 以速率 v0向右运动.在小球 A 的前方 O 点处有一质量为 m2的小球 B 处于静止状态,如图所示.小球 A 与小球 B 发生正碰后小球 A,B 均向右运动.小球 B 被在 Q 点处的墙壁弹回后与小球 A 在 P点相遇,PQ=1.5PO.假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性的,求两小球质量之比12mm.解析:从两小球碰撞后到它们再次相遇,小球 A 和小球 B 的速度大小保持不变,设两小球通过的路程分别为 s1,s2.由 v=st得12vv=14,两小球碰撞过程有 m1v0=m1v1+m2v2 12m120v=12m121v+12m222v,解得12mm=21.故两
10、小球的质量之比12mm=21.答案:2【针对训练】(2015全国卷,35)两滑块a,b沿水平面上同一条直线运动,并发生碰撞;碰撞后两者粘在一起运动;经过一段时间后,从光滑路段进入粗糙路段.两者的位置x随时间t变化的图像如图所示.求:(1)滑块a,b的质量之比;解析:(1)设 a,b 的质量分别为 m1、m2,a、b 碰撞前的速度为 v1,v2.由题给图像得 v1=-2 m/s,v2=1 m/s a,b 发生完全非弹性碰撞,碰撞后两滑块的共同速度为 v.由题给图像得 v=23 m/s 由动量守恒定律得 m1v1+m2v2=(m1+m2)v 联立并代入数据解得 m1m2=18;答案:(1)18(2
11、)整个运动过程中,两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比.解析:(2)由能量守恒得,两滑块因碰撞而损失的机械能为 E=12m121v+12m222v-12(m1+m2)v2 由图像可知,两滑块最后停止运动.由动能定理得,两滑块克服摩擦力所做的功为 W=12(m1+m2)v2 联立并代入题给数据得 WE=12.答案:(2)12 考点二 多物体碰撞问题 对多个物体参与作用、作用过程又比较复杂的多物体问题,有时让人觉得眼花缭乱,无从下手.解决这类问题,要善于弄清每一个子过程和在各个子过程中参与作用的物体.对各个子过程的作用特点及物体的运动特征进行深入地分析、归纳和总结,从中探究相应的规律,
12、找到解题的突破口.【典例2】(2015全国卷,35)如图,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.解析:A 向右运动与 C 发生第一次碰撞,碰撞过程中,系统的动量守恒、机械能守恒.设速度方向向右为正,开始时 A 的速度为 v0,第一次碰撞后 C 的速度为 vC1,A 的速度为 vA1.由动量守恒定律和机械能守恒定律得 mv0=mvA1+MvC1 12m20v=12m21Av+12M21Cv 联立式
13、得 vA1=mMmMv0 vC1=2mmMv0 如果 mM,第一次碰撞后,A 与 C 速度同向,且 A 的速度小于 C 的速度,不可能与 B 发生碰撞;如果m=M,第一次碰撞后,A停止,C以A碰前的速度向右运动,A不可能与B发生碰撞;所以只需考虑 mM 的情况.第一次碰撞后,A 反向运动与 B发生碰撞.设与 B 发生碰撞后,A的速度为 vA2,B的速度为vB1,同样有 vA2=mMmMvA1=(mMmM)2v0 根据题意,要求 A 只与 B,C 各发生一次碰撞,应有 vA2vC1 联立式得 m2+4mM-M20 解得 m(5-2)M 另一解 m-(5+2)M 舍去.所以,m 和 M 应满足的条
14、件为(5-2)MmM.答案:(5-2)MmM【针对训练】导学号 58826133(2018大连模拟)如图所示,AOB 是光滑水平轨道,BC是半径为R的光滑的 14固定圆弧轨道,两轨道恰好相切.质量为M的小木块静止在O点,一个质量为 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(木块和子弹均可以看成质点).求:(1)子弹射入木块前的速度;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 12(m+M)21
15、v=(m+M)gR 由以上两式解得 v0=2mMgRm.答案:(1)2mMgRm(2)若每当小木块返回到O点或停止在O点时,立即有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:(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 12(9m+M)29v=(9m+M)gH 由以上各式可得 H=(9mMMm)2R.答案:(2)(
16、9mMMm)2R 考点三 爆炸及反冲运动 1.爆炸(1)动量守恒:由于爆炸是在极短的时间内完成的,爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力,所以在爆炸过程中,系统的总动量可看做守恒.(2)动能增加:在爆炸过程中,由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能,所以爆炸前后系统的总动能增加.2.反冲运动 是相互作用的物体之间的作用力与反作用力产生的效果,如发射炮弹时炮身后退、火箭因喷气而发射、喷气式飞机等.(1)系统内的不同部分在强大的内力作用下向相反方向运动,通常用动量守恒定律来处理.(2)反冲运动中,由于有其他形式的能转化为机械能,所以系统的总机械能增加.(3)反冲运动中系统的平均动量也守恒.【
17、典例 3】(2018山东潍坊模拟)如图所示,质量相等的木块 A,B 间夹有一小块炸药,放在一段粗糙程度相同的水平地面上.让 A,B 以速度 v0一起从O 点滑出,到达P 点后速度变为02v,此时炸药爆炸使木块 A,B 脱离,发现木块 B 立即停在原位置,木块 A 继续水平前进.如果仍让 A,B 以速度 v0一起从 O 点滑出,当 A,B 停止运动时立即让炸药爆炸,则木块 A 最终静止在 Q 点(图中未标出).已知 O,P 两点间的距离为 s,炸药的质量可以忽略不计,爆炸时间很短可以忽略不计,爆炸释放的化学能全部转化为木块的动能,求木块 A 从 O 运动到 Q 所用的时间.核心点拨(1)爆炸瞬间
18、动量守恒,机械能增加,能量守恒.(2)A,B一起滑动,可用动能定理列式.(3)第二次滑动,因求时间,可结合牛顿第二定律、运动学公式分析求解.解析:设木块的质量均为 m,与地面的动摩擦因数为,炸药爆炸释放的化学能为 E0.第一次滑动过程中,从 O 点滑到 P 点,对 A,B 根据动能定理-2mgs=122m(02v)2-122m20v,在 P 点炸药爆炸,木块 A,B 系统动量守恒 2m02v=mv,根据能量的转化与守恒 E0+122m(02v)2=12mv2,联立解得=2038vgs,E0=14m20v.第二次滑动过程中,从 O 滑出到减速为零,对 A,B 根据牛顿第二定律2mg=2ma1,又
19、v0=a1t1;炸药爆炸时木块 A,B 系统动量守恒 mvA+mvB=0,由能量转化与守恒 E0=12m2Av+12m2Bv,爆炸后 A 以速度 vA减速前进,最后停在 Q 点.对 A 根据牛顿第二定律mg=ma2,又 vA=a2t2.解以上各式得 t=t1+t2=04sv.答案:04sv 反思总结 爆炸、反冲问题的处理方法(1)由于爆炸过程时间极短,内力极大,故爆炸瞬间,即使有外力作用,也可用系统动量守恒定律处理,但爆炸过程中,系统的动能是增加的.(2)反冲运动中,一般内力较大,而物体又在内力作用下反向运动,故在反冲运动中,通常用动量守恒定律来处理,但此过程中系统动能也是增加的.【针对训练】
20、(2017云南昆明二模)课外科技小组制作一只“水火箭”,用压缩空气压出水流使火箭运动.假如喷出的水流流量保持为210-4m3/s,喷出速度保持为对地10 m/s.启动前火箭总质量为1.4 kg,则启动2 s末火箭的速度可以达到多少?已知火箭沿水平轨道运动阻力不计,水的密度是103 kg/m3.解析:2 s 内喷出的水的质量 m=V=Vtt=103210-42 kg=0.4 kg,火箭的质量 M=m 总-m=(1.4-0.4)kg=1.0 kg 根据题意,水火箭喷水过程中沿水流方向动量守恒,选择水流的方向为正方向,得 mv1+Mv2=0 所以 v2=-1mvM=-4 m/s.答案:4 m/s 考
21、点四“人船模型”问题 1.“人船模型”是动量守恒定律的拓展应用,它把速度和质量关系推广到质量和位移关系.即由m1v1=m2v2推广为m1x1=m2x2.2.此结论与人在船上行走的速度大小无关.因此不论是匀速行走还是变速行走,甚至走走停停、往返行走,只要人最终到达船的另一端,那么结论都是一样的.3.人船模型的适用条件是:总动量(或某一方向上的总动量)为零.【典例4】在静水上浮着一只长为L=3 m、质量为M=300 kg的小船,船尾站着一质量m1=60 kg的人,船尾站着一质量为m2=40 kg的小朋友,开始时人和船都静止.若两人互换位置,不计水的阻力.则下列说法正确的是()A.后退0.15 m
22、B.前进0.3 m C.不确定,船的位移与他们运动的速度有关 D.不确定,船的位移与他们运动的先后有关 核心点拨(1)两人的质量大小,决定了船的运动方向;船的运动方向与质量大的人的运动方向相反.(2)画出运动草图,设出船的位移,表示出两人的位移,进行求解.A 解析:由于m1的质量大,因此船将后退,设船的位移为x,则m1的位移为L-x,m2的位移为L+x,如图所示.由平均动量守恒得Mx+m2(L+x)=m1(L-x),解得x=0.15 m,选项A正确,B错误;船的运动方向只与质量大的人的运动方向相反,其位移大小与运动快慢和运动先后均无关,选项C,D错误.【针对训练】(2018安徽合肥模拟)如图所
23、示,质量为M、半径为R的圆环,静止在光滑水平面上,有一质量为m的滑块从与环心O等高处开始无初速度下滑到达最低点时,关于圆环的位移,下列说法中正确的是()B A.mRM B.mRMm C.MRMm D.不确定,与环和滑块之间是否存在摩擦力有关 解析:如图所示,设当滑块下滑到达最低点时圆环的位移为 x,则滑块的位移为 R-x,由水平方向上平均动量守恒得 m(R-x)=Mx,解得 x=mRMm,不管环和滑块之间有无摩擦,系统水平方向上动量守恒且为零,因此圆环、滑块的位移与环和滑块之间是否存在摩擦力无关,选项 B 正确.演练提升真题体验强化提升 高考模拟 1.反冲问题(2017全国卷,14)将质量为1
24、.00 kg的模型火箭点火升空,50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出.在燃气喷出后的瞬间,火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)()A.30 kg m/s B.5.7102 kg m/s C.6.0102 kg m/s D.6.3102 kg m/s A 解析:火箭和燃气组成的系统动量守恒,点火升空前系统总动量为零,在燃气喷出后的瞬间,火箭的动量大小等于燃气的动量大小,所以火箭的动量大小p=mv=0.05600 kgm/s=30 kgm/s,选项A正确.2.碰撞问题(2016天津卷,9)如图所示,方盒A静止在光滑的水平面上,盒内有一小滑块B,盒的
25、质量是滑块的2倍,滑块与盒内水平面间的动摩擦因数为.若滑块以速度v开始向左运动,与盒的左、右壁发生无机械能损失的碰撞,滑块在盒中来回运动多次,最终相对于盒静止,则此时盒的速度大小为 ;滑块相对于盒运动的路程为 .解析:设滑块质量为 m,则盒子的质量为 2m;对整个过程,由动量守恒定律可得 mv=3mv 共,解得 v 共=3v 由功能关系可知mgx=12mv2-123m(3v)2 解得 x=23vg.答案:3v 23vg 3.弹性碰撞规律结合运动学规律的应用(2014全国卷,35)如图,质量分别为mA,mB的两个弹性小球A,B静止在地面上方.B球距地面的高度h=0.8 m,A球在B球的正上方,先
26、将B球释放,经过一段时间后再将A球释放.当A球下落t=0.3 s时,刚好与B球在地面上方的P点处相碰.碰撞时间极短,碰后瞬间A球的速度恰为零.已知mB=3mA,重力加速度大小g=10 m/s2,忽略空气阻力及碰撞中的动能损失.求:(1)B球第一次到达地面时的速度;解析:(1)设 B 球第一次到达地面时的速度大小为 vB,由运动学公式有 vB=2gh 将 h=0.8 m 代入上式,得 vB=4 m/s.答案:(1)4 m/s(2)P点距离地面的高度.解析:(2)设两球相碰前后,A球的速度大小分别为v1和v1(v1=0),B球的速度分别为v2和 v2.由运动学规律可得 v1=gt 由于碰撞时间极短
27、,重力的作用可以忽略,两球相碰前后的动量守恒,总动能保持不变.规定向下的方向为正,有 mAv1+mBv2=mBv2 12mA21v+12mB22v=12mBv22 设 B 球与地面相碰后的速度大小为 vB,由运动学及碰撞的规律可得 vB=vB 设 P 点距地面的高度为 h,由运动学规律可得 h=2222Bvvg 联立式,并代入已知条件可得 h=0.75 m.答案:(2)0.75 m 4.非弹性碰撞问题(2017天津卷,10)如图所示,物块A和B通过一根轻质不可伸长的细绳相连,跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧,质量分别为mA=2 kg,mB=1 kg.初始时A静止于水平地面上,B悬于空中.现将B竖
28、直向上再举高h=1.8 m(未触及滑轮),然后由静止释放.一段时间后细绳绷直,A,B以大小相等的速度一起运动,之后B恰好可以和地面接触.取g=10 m/s2,空气阻力不计.求:(1)B从释放到细绳刚绷直时的运动时间t;解析:(1)B 从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动,有 h=12gt2 代入数据解得 t=0.6 s.答案:(1)0.6 s(2)A的最大速度v的大小;(3)初始时B离地面的高度H.解析:(2)设细绳绷直前瞬间 B 速度大小为 vB,有 vB=gt,细绳绷直瞬间,细绳张力远大于A,B的重力,A,B相互作用,由动量守恒得mBvB=(mA+vB)v,之后A做匀减速运动,所以细绳绷直后
29、瞬间的速度 v 即为 A 的最大速度,联立各式,代入数据解得 v=2 m/s.(3)细绳绷直后,A,B 一起运动,B 恰好可以和地面接触,说明此时 A,B 的速度为零,这一过程中 A,B 组成的系统机械能守恒,有 12(mA+mB)v2+mBgH=mAgH 代入数据解得 H=0.6 m.答案:(2)2 m/s(3)0.6 m 拓展增分 弹簧类的慢碰撞问题 慢碰撞问题指的是物体在相互作用的过程中,有弹簧、光滑斜面或光滑曲面等,使得作用不像碰撞那样瞬间完成,并存在明显的中间状态,在研究此类问题时,可以将作用过程分段研究,也可以全过程研究.【示例】(2018四川南充模拟)如图所示,质量为M的滑块静止在光滑的水平桌面上,滑块的光滑弧面底部与桌面相切,一质量为m的小球以速度v0向滑块滚来,设小球不能越过滑块,求:(1)小球到达最高点时小球和滑块的速度分别为多少?(2)小球上升的最大高度.解析:m 在 M 弧面上升过程中,当 m 的竖直分速度为零时它升至最高点,此时二者具有相同的水平速度,设为 v,根据动量守恒定律有 mv0=(M+m)v 整个过程中机械能没有损失,设上升的最大高度是 h,根据系统机械能守恒,则有 12m20v=12(M+m)v2+mgh 解得 v=0mvMm,h=202()MvMm g.答案:(1)0mvMm 0mvMm(2)202()MvMm g