2018版高考物理全国通用大一轮温习讲义文档第六章运动守恒定律第2讲含答案

33）第2讲碰撞反冲和火箭高考题源于教材重做教材经典习题过好双基关D基础知识梳理一、碰撞及特点碰撞碰撞是两个或两个以上的物体在相同的鯉时刻内产生超级去的彼此作用的进程.碰撞特点作历时刻短.作使劲转变快.内力远大于外力.⑷知足动量守恒.二、三种碰撞类型弹性碰撞(1)动量守恒：处匕+处匕=为」叮⑵机械能守恒:1「1;;如％十加处=⑵机械能守恒:1「1;;如％十加处=-/n1Vi 十末盘匕当-=0时，有才mi—ntnh+nt, 2庇Vz=血十/zt⑶推论：质量相等，大小、材料完全相冋的弹性小球发生弹性碰撞，碰后互换速度.即X=%,Vz=内・非弹性碰撞⑴动量守恒：〃2]+加202=〃2「+〃?2。2‘(2)机械能减少，损失的机械能转化为内能451=5初一Ek末=0完全非弹性碰撞⑴动虽:守恒：m\V\+m2V2=(m\+ni2)v共⑵碰撞中机械能损失最多

*（加1+加2）0*（加1+加2）0M2三、碰撞现象知足的规律动量守恒定律.机械能不她（弹性碰撞机械能守恒.非禅性碰撞机械能减少）.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»（填“V”“=”或“>”）,碰后原先在前的物体速度必然壇去，假设碰后两物体同向运动，那么应有.（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、爆炸和反冲运动爆炸爆炸进程中的内力远大于外力，爆炸的各部份组成的系统总动量守恒.反冲运动（1）物体在内力作用下割裂为两个不同部份而且这两部份向ill反方向运动的现彖.⑵反冲运动中，彼此作使劲一样较大，通常能够用动量守恒左律来处置.基础题组自测（多项选择M、B两球在滑腻水平而上做相向运动，已知叫>何,当两球相碰后.其中一球停止，那么能够判泄（）碰前A的动量等于B的动量碰前A的动量大于B的动量假设碰后A的速度为零，那么碰前A的动量大于B的动量假设碰后B的速度为零，那么碰前A的动量小于B的动量答案CD将静置在地而上、质量为M（含燃料）的火箭模型点火升空，在极短时刻内以相对地而的速度％竖直向下喷岀质量为川的灼热气体•忽略喷气进程重力和空气阻力的阻碍，那么喷气终止时火箭模型取得的速度大小是（）Vo 如答案D3・(人教版选修3-5P21第2题)质量为加、速度为。的A球跟质蚩:为3加的静止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球的速度许诺有不同的值.请你论证：碰撞后B球的速度可能是以下值吗？：(2);(3).答案(2)可能解析①假设是弹性碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律：mv=mv\+?>mV2^inv2=如Di2+*XSmvrm-3m得:V]= =m+3nt②假设是完全非弹性碰撞，那么：mv=4mvfv'因此为，因此只有⑵是可能的.(人教版选修3-5P24第1题)一个连同装备共有100kg的宇航员，离开宇宙飞船后，在离飞船45m的位巻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的速度喷岀气体.宇航员为了能在10min内返回飞船，他需要在开始返回的刹时一次性向后喷岀多少气体？答案0.15kg解析设一次性向后喷出的气体质虽为m,宇航员连同装备总质屋为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)V\-mvix-V\t抓住题眼重审题总结解题技巧方法研透命题点命题点一碰撞问题分析物体的碰撞是不是为弹性碰撞的判左弹性碰撞是碰撞进程中无机械能损失的碰撞，遵循的规律是动量守恒立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.题目中明确告知物体间的碰撞是弹性碰撞.题目中明确告知是弹性小球、滑腻钢球或分子(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滑腻连接，水平轨道上静置一小球B.从弧形轨道上距离水平轨道高A=0.3m处由静止释放一质量"i=lkg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.已知所有接触而均滑腻，重力加速度为＜?=10nVs2.求小球B的质虽・◎题眼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引，平台水平速度大小为0,由动量守恒定律有0二mAV]-Mv由能虽守恒定律有=^mAVi2+联立解得vi=2m/s,v=1m/s小球A、B碰后运动方向相反，设小球A.B的速度大小别离为3’和02,由于碰后小球A被弹回，且恰好追不上平台，那么现在小球A的速度等于平台的速度，有切‘=1nVs由动量守恒定律得mAV\=-mAV\f+mi}V2由能量守恒定律有2m.\V}2=2^.i^i联立解得me-3kg.I方法感悟I处置碰撞问题的思路和方式对一个给泄的碰撞，第一要看动量是不是守恒，第二再看总动能是不是增加.一个符合实际的碰撞，除动量守恒外还要知足能量守恒，注意碰撞完成后不可能发生二次碰撞的速度关系的判立.要灵活运用5=盒或卩=寸2“武；Ek=詁或”=半几个关系式转换动能、动:。题组阶梯突破（多项选择）两个小球A、B在滑腻水平而上相向运动，己知它们的质量别离是g=4kg,加2=2kg,A的速度S=3m/s（设为正），B的速度y2=-3nVs,那么它们发生正碰后，英速度可能别离是（）均为1m/s B.+4m/s和一5m/sC・+2m/s和一1m/s D・—1m/s和5m/s答案AD解析由动量守恒，可验证四个选项都知足要求・再看动能情形Ek二如血+弹2如=*X4X9J+|x2X9J=27J=2=2?h)V|由于碰撞进程动能不可能增加，因此应有E&EJ，可排除选项B.选项C虽知足E&EJ但A、B沿同一直线相向运动，发生碰撞后各自仍能维持原先的速度方向>0,如'<0）,这显然是不符合实际的，因此C错误.验证选项A、D均知足Ek2E「，故答案为选项A（完全非弹性碰撞）和选项D（弹性碰撞）.（多项选择）A.B两物体在滑膩水平而上沿同一直线运动，图2表示发生碰撞前后的o-f图线，由图线能够判泄（）f/s

A、B的质量比为3:2A、B作用前后总动量守恒A、B作用前后总动量不守恒A、B作用前后总动能不变答案ABD解析依照动量守恒定律:阳・6+如・1=/?M-2+w/r7,得:niA:心二3：2,故A正确;依55=照动虽守恒知A、B作用前后总动屋守恒，B正确，C错误；作用前总动能:|/7m-62+|/««155=作用后总动能：|/H.,v22+|^-72=y/»4,可见作用前后总动能不变，D正确.3•如图3所示，粗糙的水平而连接一个竖直平而内的半圆形滑腻轨道，其半径为/?=0.1m,半圆形轨道的底端放置一个质量为加=0.1kg的小球乩水平而上有一个质量为M=0・3kg的小球A以初速度％=4.0nVs开始向着小球B滑动，通过时刻/=s与B发生弹性碰撞•设两小球均能够看做质点，它们的碰撞时刻极短，且已知小球A与水平面间的动摩擦因数“=,求:图3两小球碰前A的速度；小球B运动到最高点C时对轨道的压力：⑶小球A所停的位巻距圆轨道最低点的距离.答案⑴2m/s4N,方向竖直向上0.2m解析(1)碰前对A由动量定理有：・uMgt=Mva-Mvq解得：血二2ni/s⑵对A、B:碰撞前后动量守恒：Mva=Mva'+mvn碰撞前后动能维持不变：^MVa2= '2+如伽2

由以上各式解得：vAf=1m/s如二3m/s又因为B球在轨道上机械能守恒：+"Qc2+2nigR=扌“伽2解得:vc=a/5m/s在最高点C对小球B有：vcmg+Fn二m下解得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・对A沿圆轨道运动时：》2vMgR因此A沿圆轨道运动到最高点后又原路返回到最低点，现在A的速度大小为1m/s•由动能定理得：-piMgs=0- 2,解得：$二0.2m.命题点二弹性正碰模型问题模型介绍：若是两个彼此作用的物体，知足动量守恒的条件，且彼此作用进程初、末状态的总机械能不变，广义上也能够看成是弹性碰撞.例2如图4所示，质量为M的滑块静止在滑膩的水平而上，滑块的滑腻弧面底部与水平而相切，一质量为〃?的小球以速度九向滑块滚来，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.◎题眼①滑腻的水平面上；②小球不能越过滑块；③小球滑到最高点・答案“心）

m+M解析由该临界状态相对应的临界条件可知，小球抵达最高点时，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：〃eu=“心）

m+M0题组阶梯突破(多项选择)如图5所示，在滑腻水平面上停放质量为加装有弧形槽的小车.现有一质量也为〃？的小球以珈的水平速度沿切线水平的槽口向小车滑去(不计摩擦)，抵达某一高度后，小球又返回小车右端，那么()小球在小车上抵达最高点时的速度大小为罗小球离车后，对地将向右做平抛运动小球离车后，对地将做自由落体运动此进程中小球对车做的功为答案ACD解析小球抵达最鬲点时，小车和小球相对静止，且水平方向总动量守恒，小球离开4、车时类似完全弹性碰撞，二者速度互换，故A、C、D都是正确的.命题点三反冲运动及应用反冲现象：物体的不同部份在内力的作用下向相反方向运动.特点：一样情形下，物体间的彼此作使劲(内力)较大，反冲运动中平均动量守恒，机械能往往不守恒.实例：喷气式飞机、火箭等.爆炸的特点动量守恒：由于爆炸是在极短的时刻内完成的，爆炸时物体间的彼此作使劲远远大于受到的外力，因此在爆炸进程中，系统的总动量守恒.动能增加：在爆炸进程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，因此爆炸后系统的总动能增加.位移不变：爆炸的时刻极短，因此作用进程中物体运动的位移很小，一样可忽略不计，能够以为爆炸后仍然从爆炸时的位巻以新的动疑开始运动.火箭取得的最终速度

火箭发射前的总质量为M、燃料燃尽后的质疑为加，火箭燃气的喷射速度为3,如图6所示，燃料燃尽后火箭的飞行速度。为多大？在火箭发射进程中，由于内力远大于外力，因此动量守恒.发射前的总动量为0,发射后的总动量为(M—加)切一"似以火箭的速度方向为正方向)那么:—mv=0 图6M因此0=(石一1)3燃料燃尽时火箭取得的最终速度由喷气速度及质量比劣决左.例3—火箭喷气发动机每次喷出加=200g的气体，气体离开发动机喷岀时的速度v=l000m/s.设火箭质量M=300kg,发动机每秒钟喷气20次.当第三次喷岀气体后，火箭的速度为多大？运动第1s末，火箭的速度为多大？答案(1)2nVs(2)13.5nVs解析(1)设喷出三次气体后火箭的速度为◎.以火箭和喷出的三次气体为研究对象，据动量守恒定律得:3(M-3m)V3-3mv-0,故6二—―宀2m/s.M-3m(2)发动机每秒钟喷气20次，以火箭和喷出的20次气体为研究对象，依照动量守恒定律得:(M-20加)“20-20mv二0,故Q20二 ~^13.5m/s.M-20加O题组阶梯突破输送人造地球卫星的火箭开始工作后，火箭做加速运动的缘故是()燃料推动空气，空气反作使劲推动火箭火箭发动机使劲将燃料产生的气体向后推出，气体的反作使劲推动火箭火箭吸入空气，然后向后排出，空气对火箭的反作使劲推动火箭火箭燃料燃烧发烧，加热周围空气，空气膨胀推动火箭答案B10分钟自主阅读拓展思维盘查拓展点“人船模型”问题的特点和分析“人船模型”问题两个原先静止的物体发生彼此作历时，假设所受外力的矢量和为零，那么动疑守恒.在彼此作用的进程中，任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比.如此的问题归为“人船模型”问题.人船模型的特点两物体知足动量守恒左律：m\V\—miV2=^.运动特点：人动船动，人静船静，人快船快，人慢船慢，人左船右：人船位移比等于它们质量的反比：人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即＜=学=益应用此关系时要注意一个问题：公式3、02和x—样都是相对地而而言的.典例1如图7所示，长为L、质量为M的小船停在静水中，质量为m的人从静止开始从船头走到船尾，不计水的阻力，求船和人相对地而的位移各为多少？TOC\o"1-5"\h\z牧秦 L L解析设任一时刻人与船的速度大小别离为3、。2，作用前都静止•因整个进程中动虽守恒，因此有mv}=Mv2・而整个进程中的平均速度大小为石]、万2,那么有/nV] 2.两边乘以时刻/有mv=Mvit，即mx\=Mv2・□ r一t+ld Mr mr且X]+X2二厶，可求出X]二 LfX2= L・m+M m+M典例2如图8所示，一个倾角为a的直角斜而体静置于滑腻水平而上，斜面体质量为M,顶端髙度为力，今有一质疑为川的小物体，沿滑腻斜而下滑，当小物体从斜面顶端自由下滑到底端时，斜而体在水平而上移动的距离是（）答案CTOC\o"1-5"\h\z解析此题属“人船模型”问题.川与M组成的系统在水平方向上动虽守恒，设加在水平方向上对地位移为",M在水平方向上对地位移为X2,因此有0二//U]-MX2・ ①且二盘. ②由①②可得X2二一—一,应选C.（M+加）tana厂I方法感悟I 1“人船模型”问题应注意以下两点适用条件：（1） 系统由两个物体组成且彼此作用前静止，系统总动量为零；（2） 在系统内发生相对运动的进程中至少有一个方向的动量守恒（如水平方向或竖直方向）.画草图：解题时要画出各物体的位移关系草图，找岀各长度间的关系，注意两物体的位移是相对同一参考系的位移. 限时训练练规范练速度 课时作业题组1碰撞问题的分析两球A、B在滑腻水平而上沿同一直线、同一方向运动，如=1kg,“?〃=2kg,va=6m/s,如=2m/s.当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是（）va'=5m/s,如'=2.5m/sva'=2m/s,如'=4m/sm\V\ m\V\ +miVi'，代入解得,加2=0.3kg.故C正确；C・Va=—4m/s,vh=1m/sD・VAr=7m/s,咖=1.5m/s答案B解析尽管题中四个选项均知足动虽守恒定律，但A、D两项中，碰后A的速度血'大于B的速度切'，必然要发生第二次碰撞，不符合实际；C项中，两球碰后的总动能价‘=|定律；而B项既符合实际情形，也不违抗能量守恒定律，故B项正确・（多项选择）如图1甲所示，在滑腻水平而上的两个小球发生正碰.小球的质量别离为仙和心图乙为它们碰撞前后的X-/图象.已知W|=o.lkg.由此能够判赦 ）碰前〃?2静止，""向右运动碰后加2和刖都向右运动”?2=0.3kg碰撞进程中系统损失了J的机械能答案AC解析由A-/图象的斜率取得，碰前，力的位移不随时刻而转变，处于静止状态.初速度大小为5二号二4m/s,方向只有向右才能与加2相撞.故A正确；由图读出，碰后加2的速度为正方向，说明向右运动，”"的速度为负方向，说明向左运动.故B错误；由图求出碰后"匕和肋的速度别离为T=2m/s,Viz=-2nVs,依照动量守恒定律得，碰撞进程中系统损失的机械能为△E二如时-如讨2■苏加2,代入解得,A£=OJ.故D错误.题组2含弹簧的碰撞问题（多项选择）质量为M和加的滑块用轻弹簧连接，以恒左的速度Q沿滑腻水平面运动，与位于正对而的质量为加的静止滑块发生碰撞，如图2所示，碰撞时刻极短，在此进程中，以下情形可能发生的是（）M.mo>m速度均发生转变,别离为3、02、内,而且知足（M4-=Mv\+m（）vi4-invy川0的速度不变，M和m的速度变成V\和Q2，而且知足Mv=Mv\+mU2的速度不变，M和加的速度都变成o',且知足Mv=（M+m）v,M、盹、加速度均发生转变,M、％速度都变成6,加的速度变成砂2,且知足（M+叭=（M+加）0]+”《2答案BC解析碰撞的刹时M和/H组成的系统动量守恒，加0的速度在刹时不变，以M的初速度方向为正方向，假设碰后M和m的速度变成5和02,由动量守恒定律得：Mv=Mi）\+mV2；假设碰后M和川速度相同，由动虽守恒定律得：Mo二+ .如图3所示，质量为用2=2kg和nn=3kg的物体静止放在滑腻水平而上，二者之间有紧缩着的轻弹簧（与nn.m3不拴接）.质量为«u=lkg的物体以速度Po=9m/s向右冲来，为避免冲撞，释放弹簧将加3物体发射出去，加3与碰撞后粘合在一路.试求：的速度至少为多大，才能使以后心和加2不发生碰撞？（2）为保证川3和〃?2恰好不发生碰撞，弹簧的弹性势能至少为多大？答案（1）1m/s（2）J解析(1)设加3发射出去的速度为V},m2的速度为V2,以向右的方向为正方向,对加2、加3,由动量守恒定律得:H12V2-ni3V\=0.只要仙和加碰后速度不大于S,那么加3和加就可不能再发生碰撞，初和心恰好不相撞时，二者速度相等・对mism3,由动量守恒定律得:Hl]Vo-加3°1=（加1+加3）°2解得:Pi=1m/s即弹簧将〃门发射出去的速度至少为lm/s(2)对加2、阳及弹簧，由机械守恒定律得：fp=^Wl2+^H2y22=J・题组3碰撞模型的拓展两剑质量相等的滑冰人甲和乙都静止在滑腻的水平冰而上.此刻，苴中一人向另一个人抛出一个篮球，另一人接球后再抛回.如此反复进行几回以后，甲和乙最后的速度关系是()假设甲最先抛球，那么必然是g>oz.假设乙最后接球，那么必然是◎中>。厶只有甲先抛球，乙最后接球，才有v，v>v乙不管如何抛球和接球，都是v>v>va答案B如图4所示，具有必然质量的小球A固定在轻杆一端，列一端挂在小车支架的O点.用手将小球拉至水平，现在小车静止于滑腻水平而上，放手让小球摆下与B处固左的橡皮泥碰击后粘在一路，那么在此进程中小车将()图4A.向右运动向左运动静止不动小球下摆时，车向左运动后又静止答案D解析水平方向上，系统不受外力，因此在水平方向上动虽守恒.小球下落进程中，水平方