K12教育学习资料学习高考物理一轮复习 第六章 动量守恒定律 第2讲 碰撞 反冲和Word格式.docx

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（2）机械能减少，损失的机械能转化为内能

|ΔEk|＝Ek初－Ek末＝Q

3．完全非弹性碰撞

m1v1＋m2v2＝（m1＋m2）v共

（2）碰撞中机械能损失最多

|ΔEk|＝m1v12＋m2v22－（m1＋m2）v共2

三、碰撞现象满足的规律

1．动量守恒定律．

2．机械能不增加（弹性碰撞机械能守恒、非弹性碰撞机械能减少）．

3．速度要合理．

（1）碰前两物体同向运动，若要发生碰撞，则应有v后＞v前（填“＜”“＝”或“＞”），碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前′≥v后′.

（2）碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变．

四、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守恒．

2．反冲运动

（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相反方向运动的现象．

（2）反冲运动中，相互作用力一般较大，通常可以用动量守恒定律来处理．

1．（多选）A、B两球在光滑水平面上做相向运动，已知mA＞mB，当两球相碰后．其中一球停止，则可以断定（　　）

A．碰前A的动量等于B的动量

B．碰前A的动量大于B的动量

C．若碰后A的速度为零，则碰前A的动量大于B的动量

D．若碰后B的速度为零，则碰前A的动量小于B的动量

答案　CD

2．将静置在地面上、质量为M（含燃料）的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体．忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是（　　）

A.v0B.v0

C.v0D.v0

答案　D

3．（人教版选修3－5P21第2题）质量为m、速度为v的A球跟质量为3m的静止B球发生正碰．碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此，碰撞后B球的速度允许有不同的值．请你论证：

碰撞后B球的速度可能是以下值吗？

（1）0.6v；

（2）0.4v；

（3）0.2v.

答案　

（2）可能

解析　①若是弹性碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律：

mv＝mv1＋3mv2

mv2＝mv12＋×

3mv22

得：

v1＝v＝－v

v2＝v＝v

②若是完全非弹性碰撞，则：

mv＝4mv′　v′＝v

因此v≤vB≤v，因此只有

（2）是可能的．

4．（人教版选修3－5P24第1题）一个连同装备共有100kg的宇航员，脱离宇宙飞船后，在离飞船45m的位置与飞船处于相对静止状态．装备中有一个高压气源，能以50m/s的速度喷出气体．宇航员为了能在10min内返回飞船，他需要在开始返回的瞬间一次性向后喷出多少气体？

答案　0.15kg

解析　设一次性向后喷出的气体质量为m，宇航员连同装备总质量为M.取宇航员连同装备整体为研究对象，由动量守恒定律0＝（M－m）v1－mv2　x＝v1t

解得：

m≈0.15kg.

命题点一　碰撞问题分析

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．

例1　如图1所示，一质量M＝2kg的带有弧形轨道的平台置于足够长的水平轨道上，弧形轨道与水平轨道平滑连接，水平轨道上静置一小球B.从弧形轨道上距离水平轨道高h＝0.3m处由静止释放一质量mA＝1kg的小球A，小球A沿轨道下滑后与小球B发生弹性正碰，碰后小球A被弹回，且恰好追不上平台．已知所有接触面均光滑，重力加速度为g＝10m/s2.求小球B的质量．

图1

①发生弹性正碰；

②恰好追不上平台．

答案　3kg

解析　设小球A下滑到水平轨道上时的速度大小为v1，平台水平速度大小为v，由动量守恒定律有0＝mAv1－Mv

由能量守恒定律有mAgh＝mAv12＋Mv2

联立解得v1＝2m/s，v＝1m/s

小球A、B碰后运动方向相反，设小球A、B的速度大小分别为v1′和v2，由于碰后小球A被弹回，且恰好追不上平台，则此时小球A的速度等于平台的速度，有v1′＝1m/s

由动量守恒定律得mAv1＝－mAv1′＋mBv2

由能量守恒定律有mAv12＝mAv1′2＋mBv22

联立解得mB＝3kg.

处理碰撞问题的思路和方法

1．对一个给定的碰撞，首先要看动量是否守恒，其次再看总动能是否增加．

2．一个符合实际的碰撞，除动量守恒外还要满足能量守恒，注意碰撞完成后不可能发生二次碰撞的速度关系的判定．

3．要灵活运用Ek＝或p＝；

Ek＝pv或p＝几个关系式转换动能、动量．

1．（多选）两个小球A、B在光滑水平面上相向运动，已知它们的质量分别是m1＝4kg，m2＝2kg，A的速度v1＝3m/s（设为正），B的速度v2＝－3m/s，则它们发生正碰后，其速度可能分别是（　　）

A．均为1m/sB．＋4m/s和－5m/s

C．＋2m/s和－1m/sD．－1m/s和5m/s

答案　AD

解析　由动量守恒，可验证四个选项都满足要求．再看动能情况

Ek＝m1v12＋m2v22＝×

4×

9J＋×

2×

9J＝27J

Ek′＝m1v1′2＋m2v2′2

由于碰撞过程动能不可能增加，所以应有Ek≥Ek′，可排除选项B.选项C虽满足Ek≥Ek′，但A、B沿同一直线相向运动，发生碰撞后各自仍能保持原来的速度方向（vA′>

0，vB′<

0），这显然是不符合实际的，因此C错误．验证选项A、D均满足Ek≥Ek′，故答案为选项A（完全非弹性碰撞）和选项D（弹性碰撞）．

2．（多选）A、B两物体在光滑水平面上沿同一直线运动，图2表示发生碰撞前后的v－t图线，由图线可以判断（　　）

图2

A．A、B的质量比为3∶2

B．A、B作用前后总动量守恒

C．A、B作用前后总动量不守恒

D．A、B作用前后总动能不变

答案　ABD

解析　根据动量守恒定律：

mA·

6＋mB·

1＝mA·

2＋mB·

7，得：

mA∶mB＝3∶2，故A正确；

根据动量守恒知A、B作用前后总动量守恒，B正确，C错误；

作用前总动能：

62＋mB·

12＝mA，作用后总动能：

22＋mB·

72＝mA，可见作用前后总动能不变，D正确．

3.如图3所示，粗糙的水平面连接一个竖直平面内的半圆形光滑轨道，其半径为R＝0.1m，半圆形轨道的底端放置一个质量为m＝0.1kg的小球B，水平面上有一个质量为M＝0.3kg的小球A以初速度v0＝4.0m/s开始向着小球B滑动，经过时间t＝0.80s与B发生弹性碰撞．设两小球均可以看做质点，它们的碰撞时间极短，且已知小球A与水平面间的动摩擦因数μ＝0.25，求：

图3

（1）两小球碰前A的速度；

（2）小球B运动到最高点C时对轨道的压力；

（3）小球A所停的位置距圆轨道最低点的距离．

答案　

（1）2m/s

（2）4N，方向竖直向上

（3）0.2m

解析　

（1）碰前对A由动量定理有：

－μMgt＝MvA－Mv0

vA＝2m/s

（2）对A、B：

碰撞前后动量守恒：

MvA＝MvA′＋mvB

碰撞前后动能保持不变：

MvA2＝MvA′2＋mvB2

由以上各式解得：

vA′＝1m/s　vB＝3m/s

又因为B球在轨道上机械能守恒：

mvC2＋2mgR＝mvB2

vC＝m/s

在最高点C对小球B有：

mg＋FN＝m

解得FN＝4N

由牛顿第三定律知：

小球对轨道的压力的大小为4N，方向竖直向上．

（3）对A沿圆轨道运动时：

MvA′2＜MgR

因此A沿圆轨道运动到最高点后又原路返回到最低点，此时A的速度大小为1m/s.由动能定理得：

－μMgs＝0－MvA′2，解得：

s＝0.2m.

命题点二　弹性正碰模型问题

模型介绍：

如果两个相互作用的物体，满足动量守恒的条件，且相互作用过程初、末状态的总机械能不变，广义上也可以看成是弹性碰撞．

例2　如图4所示，质量为M的滑块静止在光滑的水平面上，滑块的光滑弧面底部与水平面相切，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，求小球滑到最高点时滑块的速度大小．

图4

①光滑的水平面上；

②小球不能越过滑块；

③小球滑到最高点．

答案　

解析　由该临界状态相对应的临界条件可知，小球到达最高点时，小球和滑块两物体在水平方向具有相同的速度．由动量守恒定律可得：

mv0＝（m＋M）v，则滑块的速度为v＝.

4.（多选）如图5所示，在光滑水平面上停放质量为m装有弧形槽的小车．现有一质量也为m的小球以v0的水平速度沿切线水平的槽口向小车滑去（不计摩擦），到达某一高度后，小球又返回小车右端，则（　　）

图5

A．小球在小车上到达最高点时的速度大小为

B．小球离车后，对地将向右做平抛运动

C．小球离车后，对地将做自由落体运动

D．此过程中小球对车做的功为mv02

答案　ACD

解析　小球到达最高点时，小车和小球相对静止，且水平方向总动量守恒，小球离开小车时类似完全弹性碰撞，两者速度互换，故A、C、D都是正确的．

命题点三　反冲运动及应用

1．反冲

（1）现象：

物体的不同部分在内力的作用下向相反方向运动．

（2）特点：

一般情况下，物体间的相互作用力（内力）较大，反冲运动中平均动量守恒，机械能往往不守恒．

（3）实例：

喷气式飞机、火箭等．

2．爆炸的特点

由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸时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，所以爆炸后系统的总动能增加．

（3）位移不变：

爆炸的时间极短，因而作用过程中物体运动的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸时的位置以新的动量开始运动．

3．火箭获得的最终速度

火箭发射前的总质量为M、燃料燃尽后的质量为m，火箭燃气的喷射速度为v1，如图6所示，燃料燃尽后火箭的飞行速度v为多大？

在火箭发射过程中，由于内力远大于外力，所以动量守恒．

发射前的总动量为0，发射后的总动量为（M－m）v1－mv（以火箭的速度方向为正方向）

则：

（M－m）v1－mv＝0图6

所以v＝（－1）v1

燃料燃尽时火箭获得的最终速度由喷气速度及质量比决定．

例3　一火箭喷气发动机每次喷出m＝200g的气体，气体离开发动机喷出时的速度v＝1000m/s.设火箭质量M＝300kg，发动机每秒钟喷气20次．

（1）当第三次喷出气体后，火箭的速度为多大？

（2）运动第1s末，火箭的速度为多大？

答案　

（1）2m/s　

（2）13.5m/s

解析　

（1）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，故v3＝≈2m/s.

（2）发