高考物理大二轮第十三章61碰撞 爆炸 反冲学案新人教文档格式.docx
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v0B.
v0C.
v0D.
v0
6、在一条直线上相向运动的甲、乙两个小球，它们的动能相等，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
【一】碰撞现象及弹性碰撞的应用
1、碰撞的种类及特点
分类标准
种类
特点
能量是
否守恒
弹性碰撞
动量守恒，机械能守恒
非完全弹性碰撞
动量守恒，机械能有损失
完全非弹性碰撞
动量守恒，机械能损失最大
碰撞前后
动量是否
共线
对心碰撞（正碰）
碰撞前后速度共线
非对心碰撞（斜碰）
碰撞前后速度不共线
2.碰撞现象满足的规律
（1）动量守恒定律、
（2）机械能不增加、
（3）速度要合理、
①碰前两物体同向运动，假设要发生碰撞，那么应有v后>
v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，假设碰后两物体同向运动，那么应有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、
3、弹性碰撞的规律
两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒、
以质量为m1，速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，那么有m1v1＝m1v1′＋m2v2′
m1v
＝
m1v1′2＋
m2v2′2
解得v1′＝
，v2′＝
结论：
（1）当两球质量相等时，v1′＝0，v2′＝v1，两球碰撞后交换了速度、
（2）当质量大的球碰质量小的球时，v1′>
0，v2′>
0，碰撞后两球都向前运动、
（3）当质量小的球碰质量大的球时，v1′<
0，碰撞后质量小的球被反弹回来、
【例1】在可控核反应堆中需要给快中子减速，轻水、重水和石墨等常用作减速剂、中子在重水中可与
H核碰撞减速，在石墨中与
C核碰撞减速、上述碰撞可简化为弹性碰撞模型、某反应堆中快中子与静止的靶核发生对心正碰，通过计算说明，仅从一次碰撞考虑，用重水和石墨作减速剂，哪种减速效果更好？
[规范思维]
[针对训练1]
图2
在光滑的水平面上，质量为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2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m1/m2.
[针对训练2]
图3
（2017·
山东·
38
（2））如图3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）
【二】子弹打木块模型及其拓展
子弹打木块这类问题，分析时要抓住动量守恒与能量守恒这两条主线，根据所求的量准确地选取研究对象，是对单个物体、还是对系统？
各做怎样的运动？
其相对位移（或相对路程）是多少？
注意这几个量的准确求解、
（1）每个物体的位移：
选单个物体为研究对象，然后分别应用动能定理列方程；
（2）相对位移（或打进的深度）：
选系统为研究对象，根据能量守恒列方程、
（3）系统因摩擦产生的内能等于系统动能的减少量或Q＝Ffl相对、
图4
【例2】如图4所示，一质量为M的木块放在光滑的水平面上，一质量为m的子弹以初速度v0水平飞来打进木块并留在其中，设相互作用力为Ff.试求：
（1）子弹、木块相对静止时的速度v；
（2）此时，子弹、木块发生的位移x1、x2以及子弹打进木块的深度l相分别为多少；
（3）系统损失的机械能、系统增加的内能分别为多少、
[针对训练3] （2017·
天津卷）如图5所示，
图5
质量m1＝0.3kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝1.5m，现有质量m2＝0.2kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0＝2m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止、物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10m/s2，求：
要使物体不从车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0′不得超过多少、
[针对训练4] 如图6所示，光滑的水平面上，用弹簧相连接的质量均为2kg的A、B两物体都以6m/s的速度向右运动，弹簧处于原长，质量为4kg的物体C静止在前方，B与C发生相碰后粘合在一起运动，在以后的运动中，弹簧的弹性势能的最大值是________、
图6
【基础演练】
1、以下属于反冲运动的是（ ）
A、汽车的运动B、直升飞机的运动
C、火箭发射过程的运动D、反击式水轮机的运动
2、如图7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，与A质量相等的物体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，那么A、B组成的系统动能损失最大的时刻是（ ）
图7
A、开始运动时B、A的速度等于v时
C、弹簧压缩至最短时D、B的速度最小时
3、（2017·
全国卷Ⅰ改编题）质量为M的物块以速度v运动，与质量为m的静止物块发生正碰，碰撞后两者的动量正好相等、两者质量之比M/m可能为（ ）
A、2B、3C、4D、5
4、质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线向同一方向运动，A球的动量是7kg·
m/s，B球的动量是5kg·
m/s，当A球追上B球时发生碰撞，那么碰撞后A、B两球的动量可能值是（ ）
A、pA＝6kg·
m/s，pB＝6kg·
m/s
B、pA＝3kg·
m/s，pB＝9kg·
C、pA＝－2kg·
m/s，pB＝14kg·
D、pA＝－4kg·
m/s，pB＝17kg·
5、如图8所示，
图8
小球A和小球B质量相同，球B置于光滑水平面上，当球A从高为h处由静止摆下，到达最低点时恰好与B相撞，并粘合在一起继续摆动，它们能上升的最大高度是（ ）
A、hB.
h
C.
hD.
6、（2017·
广东深圳模拟）
图9
A、B两球之间压缩一根轻弹簧，静置于光滑水平桌面上、A、B两球质量分别为2m和m.当用板挡住A球而只释放B球时，B球被弹出落于距桌边距离为x的水平地面上，如图9所示、问当用同样的程度压缩弹簧，取走A左边的挡板，将A、B同时释放，B球的落地点距离桌边距离为（ ）
A.
B.
x
C、xD.
图10
7、如图10所示，水平光滑轨道的宽度和弹簧自然长度均为d.m2的左边有一固定挡板，m1由图示位置静止释放、当m1与m2第一次相距最近时m1速度为v1，在以后的运动过程中（ ）
A、m1的最小速度是0
B、m1的最小速度是
v1
C、m2的最大速度是v1
D、m2的最大速度是
8、如图11所示，
图11
在足够大的光滑水平面上放有两个质量相等的物块A和B，其中A物块连接一个轻弹簧并处于静止状态，B物块以初速度v0向着A物块运动、当物块与弹簧作用时，两物块在同一条直线上运动、以下关于B物块与弹簧作用的过程中，两物块的v－t图象正确的选项是（ ）
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
【能力提升】
9、一炮弹质量为m，以一定的倾角斜向上发射，到达最高点时速度大小为v，炮弹在最高点爆炸成两块，其中一块沿原轨道返回，质量为
.求：
（1）爆炸后的瞬时另一块的速度大小、
（2）爆炸过程中系统增加的机械能、
10、（2017·
山东理综·
38
（2））如图12所示，滑块A、C质量均为m，滑块B质量为
m.开始时A、B分别以v1、v2的速度沿光滑水平轨道向固定在右侧的挡板运动；
现将C无初速度地放在A上，并与A粘合不再分开，此时A与B相距较近，B与挡板相距足够远、假设B与挡板碰撞将以原速率反弹，A与B碰撞将粘合在一起、为使B能与挡板碰撞两次，v1、v2应满足什么关系？
图12
图13
11、如图13所示，AOB是光滑水平轨道，BC是半径为R的光滑的1/4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；
（2）假设每当小木块返回到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，那么当第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？
12、（2017·
新课标·
34
（2））如图14所示，
图14
光滑的水平地面上有一木板，其左端放有一重物，右方有一竖直的墙、重物质量为木板质量的2倍，重物与木板间的动摩擦因数为μ.使木板与重物以共同的速度v0向右运动，某时刻木板与墙发生弹性碰撞，碰撞时间极短、求木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间、设木板足够长，重物始终在木板上、重力加速度为g.
学案61 碰撞 爆炸 反冲
【课前双基回扣】
1、AB [碰撞过程中机械能守恒的碰撞为弹性碰撞，C错、动量守恒定律是自然界普遍适用的规律之一，不仅低速、宏观物体的运动遵守这一规律，而且高速、微观物体的运动也遵守这一规律，D错、]
2、C [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，所以爆炸装置的总动量是不守恒的，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，而水平方向是守恒的、爆炸时，化学能转化为机械能，因此，机械能不守恒、]
3、BC [因为碰撞时间极短，所以m0的速度应该不发生变化，A错，D错、碰后M与m的速度可能相同也可能不同，B、C对、]
4、A [由mv＝Mv′可得v′≈2m/s，A项正确、]
5、AB [要注意的是，两球的碰撞不一定是弹性碰撞，A球碰后动能变为原来的1/9，那么其速度大小仅为原来的1/3.两球在光滑水平面上正碰，碰后A球的运动有两种可能，继续沿原方向运动或被反弹、
当以A球原来的速度方向为正方向时，那么
vA′＝±
v0，
根据两球碰撞前、后的总动量守恒，有
mv0＋0＝m×
v0＋2mvB′，
＋2mvB″.
解得：
vB′＝
v0，vB″＝
v0.]
6、AC [两球动能相等，Ek＝
.因m甲>
m乙，那么p甲>
p乙、
系统总动量大小为
，方向为碰前甲球的速度方向，系统动量守恒，碰后的总动量仍为甲球的速度方向、假设碰后甲球停下，乙球反向能满足动量守恒，A对；
假设乙球停下，甲球反向，总动量将反向，B错、碰后甲、乙球都反向运动时，一定满足甲球后来的动量小于乙球后来的动量；
假设甲、乙碰后动能仍相等，有p甲′>
p乙′，合动量将反向，动量守恒定律不成立，所以C对，D错、]
思维提升
1、碰撞现象特点：
（1）作用时在极短的时间内产生非常大的作用力、
（2）弹性碰撞：
机械能守恒、动量守恒
（3）非弹性碰撞：
机械能不守恒、动量守恒
（4）完全非弹性碰撞：
两物体合二为一，机械能损失最多，动量守恒、
2、爆炸现象特点：
（1）动量守恒、
（2）动能增加、
3、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相关的运动过程、
（3）系统的总动能增加、
【核心考点突破】
例1见解析
解析 设中子质量为mn，靶核质量为m，由动量守恒定律，有
比较⑤⑦的结果知：
与重水靶核碰后中子速度较小，故重水减速效果更好、
[规范思维] 此题是完全弹性碰撞模型，要抓住弹性碰撞的特点：
动量守恒、机械能守恒、对于“一动碰一静”模型，还要记住结论：
碰后两球的速度分别为v1＝
v0，v2＝
v0；
假设两球质量相等，那么互换速度、
例2见解析
解析
（1）由动量守恒得：
mv0＝（M＋m）v，子弹与木块的共同速度为v＝
v0.
这样在第
（2）问中如果只让求l相对，根据能量守恒定律列上式求解即可、另外，Ffl相对＝Q这个结论要牢记、
[针对训练]
1、2 2.4v0 3.5m/s 4.12J
思想方法总结
1、力学规律的选用原那么
（1）如果要列出各物理量在某一时刻的关系式，可用牛顿第二定律、
（2）研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变量，一般用动能定律（涉及位移的问题）去解决问题、
（3）假设研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用，一般用两个守恒定律去解决问题，但须注意研究的问题是否满足守恒的条件、
（4）在涉及相对位移问题时那么优先考虑能量守恒定律、即用系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量、即转变为系统内能的量、
（5）在涉及有碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，必须注意到一般这些过程均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转化、这种问题由于作用时间都极短，故动量守恒定律一般能派上大用场、
2、解答力学综合题的基本思路和步骤
（1）认真审题，明确题目所述的物理情景，确定研究对象、
（2）分析对象受力及运动状态和运动状态变化的过程，作草图、
（3）根据运动状态变化的规律确定解题观点，选择规律、
假设用力的观点解题，要认真分析受力及运动状态的变化，关键是求出加速度、
假设用两大定理求解，应确定过程的始末状态的动量（或动能）、分析并求出过程中的冲量（或功）、
假设判断过程中动量或机械能守恒，根据题意选择合适的始末状态，列守恒关系式，一般这两个守恒定律多用于求某状态的速度（率）、
（4）根据选择的规律列式，有时还需挖掘题目的其他条件（如隐含条件、临界条件、几何条件）列补充方程、
（5）代入数据（统一单位）计算结果，并对结果的物理意义进行讨论、
3、“子弹击打木块”模型是典型的动量和能量综合的问题，此外如右图所示、两个物块叠放在一起相对滑动类问题也可看成是“类子弹击打木块”模型、求解这类问题的基本方悟、
【课时效果检测】
1、CD2.C3.AB4.A5.C6.D7.B8.D
9、
（1）3v
（2）2mv2
解析
（1）爆炸后其中一块沿原轨道返回，那么该块炸弹速度大小为v，方向与原方向相反
爆炸过程中动量守恒，故mv＝－
v＋
解得v1＝3v
（2）爆炸过程中重力势能没有改变
爆炸前系统总动能Ek＝
mv2
爆炸后系统总动能
Ek′＝
·
v2＋
（3v）2＝2.5mv2.所以，系统增加的机械能ΔE＝Ek′－Ek＝2mv2.
10、1.5v2<
v1≤2v2或
v1≤v2<
11、
（1）
（2）
2R
解析
（1）第一颗子弹射入木块的过程，系统动量守恒，即mv0＝（m＋M）v1
系统由O到C的运动过程中机械能守恒，即
（m＋M）v
＝（m＋M）gR
由以上两式解得v0＝
（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，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
（9m＋M）v
＝（9m＋M）gH
由以上各式可得H＝（
）2R.
12.
解析第一次与墙碰撞后，木板的速度反向，大小不变，此后木板向左做匀减速运动，速度减到0后向右做加速运动，重物向右做匀减速运动，最后木板和重物达到一共同的速度v，设木板的质量为m，重物的质量为2m，取向右为正方向，由动量守恒定律得
2mv0－mv0＝3mv①
设木板从第一次与墙碰撞到和重物具有共同速度v所用的时间为t1，对木板应用动量定理得，
2μmgt1＝mv－m（－v0）②
由牛顿第二定律得2μmg＝ma③
式中a为木板的加速度
在达到共同速度v时，木板离墙的距离l为
l＝v0t1－
at
④
从开始向右做匀速运动到第二次与墙碰撞的时间为
t2＝
⑤
所以，木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经过的时间为t＝t1＋t2⑥
由以上各式得t＝
.
易错点评
1、在第4题中，由于对碰撞的原那么了解不全，不知道两球相撞后，动能不会增加这一道理，导致错误、
2、对于第11题的第2问，要注意理解过程，要能归纳、分析每颗子弹射入木块后的速度规律、否那么易出错、
3、物体的运动过程不清，受力分析不全，运动性质不明，是造成第12题错误的主要原因、木块与墙碰撞后，是向左先减速到零，然后再向右加速，直到与木块速度相同，然后一起向右匀速运动，直到与墙第二次相撞、注意木板与地面间光滑，木板加速与减速是因为木块与木板间的摩擦力、
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