第7章 第3讲 碰撞、爆炸和反冲(Word教参)-【新高考方案】2027年高考物理一轮总复习（福建专版）

该高中物理讲义聚焦碰撞、爆炸、反冲及人船模型等高考核心考点，按规律梳理-模型应用-真题解析的逻辑架构组织内容，通过必备知能梳理基础规律、关键点拨提炼方法、分层例题强化训练，帮助学生构建系统知识网络，突破解题难点。 资料突出科学思维与模型建构，如推导弹性碰撞“一动一静”模型规律、应用人船模型位移公式分析问题，培养学生物理观念。设置从基础到高考真题的递进练习，配合即时解析反馈，确保高效复习，助力学生提升应考能力，为教师把控复习节奏提供清晰指导。

第三讲　碰撞、爆炸和反冲 逐点清(一)　碰撞问题 |必|备|知|能| 1.弹性碰撞规律 在“一动一静”模型中，质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生弹性正碰，则有 m1v1=m1v1'+m2v2' ① m1=m1v1'2+m2v2'2 ② 由①②得：v1'=，v2'= 结论： (1)当m1=m2时，v1'=0，v2'=v1，碰撞后两球交换速度。 (2)当m1>m2时，v1'>0，v2'>0，碰撞后两球都向前运动。 (3)当m1<m2时，v1'<0，v2'>0，碰撞后质量小的球被反弹回来。 2.分析碰撞问题的三个依据 (1)满足动量守恒定律。 (2)动能不增加：Ek1+Ek2≥Ek1'+Ek2'或+≥+。 (3)速度要合理。 ①同向碰撞：碰撞前，后面的物体速度大；碰撞后，若两物体仍同向，前面的物体速度大(或相等)。 ②相向碰撞：碰后两物体的运动方向不可能都不改变。　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1.如图所示为某运动员正在准备击球，设在某一杆击球过程中，白色球(主球)和花色球碰撞前后都在同一直线上运动，碰前白色球A的动量pA=5 kg·m/s，花色球B静止，碰后花色球B的动量变为pB'=4 kg·m/s，则两球质量mA与mB间的关系可能是 (　　) A.mB=mA B.mB=mA C.mB=2mA D.mB=5mA 解析：选C　碰撞过程系统动量守恒，以白色球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得pA+pB=pA'+pB'，解得pA'=1 kg·m/s；根据碰撞过程总动能不增加，则有+≥+，解得mB≥mA；碰后两球同向运动，A的速度不大于B的速度，则≤，解得mB≤4mA；综上可知mA≤mB≤4mA，故C正确。 2.(2025·甘肃高考)如图所示，小球A从距离地面20 m处自由下落，1 s末恰好被小球B从左侧水平击中，小球A落地时的水平位移为3 m。两球质量相同，碰撞为完全弹性碰撞，重力加速度g取10 m/s2，则碰撞前小球B的速度大小v为 (　　) A.1.5 m/s B.3.0 m/s C.4.5 m/s D.6.0 m/s 解析：选B　根据题意可知，小球A和B碰撞过程中，水平方向上动量守恒，设碰撞后小球A的水平速度为v1，小球B的水平速度为v2，由动量守恒定律和机械能守恒定律有mv=mv1+mv2，mv2=m+m，联立解得v1=v，v2=0，小球A在竖直方向上做匀加速直线运动，则有h=g，解得t总=2 s，则从碰撞后瞬间到小球A落地所用时间为t'=t总-Δt=1 s，在水平方向上有x=v1t'，解得v1=v=3.0 m/s，故选B。 3.(2025·北京延庆模拟)如图所示，半径R=0.4 m的竖直半圆形轨道bc与水平面ab相切。质量m2=0.2 kg的小滑块B放在半圆形轨道的最低点b，另一个质量为m1=0.3 kg的小滑块A，在水平推力F=3 N作用下由静止开始从a点向右做匀加速直线运动，当小滑块A刚好要与小滑块B碰撞时立即撤去F，随后小滑块A与B相碰，碰撞时间极短，碰后A、B粘在一起后恰好能够到达半圆形轨道的最高点c。已知推力F作用的时间t=2 s，滑块A与水平面之间的动摩擦因数μ=0.5。重力加速度g=10 m/s2，A、B均可视为质点。求： (1)A与B碰撞前瞬间的速度大小v1； (2)两滑块在碰撞过程中损失的机械能ΔE； (3)两滑块从b运动到c的过程中系统产生的热量Q。 解析：(1)设小滑块A的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有F-μm1g=m1a 由运动学公式有v1=at，解得v1=10 m/s。 (2)小滑块A与B相碰，根据动量守恒定律有m1v1=(m1+m2)v 根据能量守恒定律有ΔE=m1-(m1+m2)v2，解得ΔE=6 J。 (3)设A、B到达半圆形轨道的最高点c时的速度为vc，根据牛顿第二定律有(m1+m2)g=(m1+m2) 根据能量守恒定律有Q=(m1+m2)v2-(m1+m2)-(m1+m2)g·2R 解得Q=4 J。 答案：(1)10 m/s　(2)6 J　(3)4 J 关键点拨 1.解答第2题的关键点 (1)碰撞瞬间，小球A在竖直方向的速度不变。 (2)B球与A球的碰撞为完全弹性碰撞，两球质量相同，水平方向上交换速度。 2.解答第3题的关键点 (1)两滑块的碰撞为完全非弹性碰撞。 (2)两滑块从b运动到c的过程中系统产生的热量Q对应该过程系统机械能的损失。 逐点清(二)　爆炸和反冲 类型1　爆炸现象 1.(2025·湖南高考)(双选)如图所示，某爆炸能量测量装置由装载台和滑轨等构成，C是可以在滑轨上运动的标准测量件，其规格可以根据测量需求进行调整。滑轨安装在高度为h的水平面上。测量时，将弹药放入装载台圆筒内，两端用物块A和B封装，装载台与滑轨等高。引爆后，假设弹药释放的能量完全转化为A和B的动能。极短时间内B嵌入C中形成组合体D，D与滑轨间的动摩擦因数为μ。D在滑轨上运动s1距离后抛出，落地点距抛出点水平距离为s2，根据s2可计算出弹药释放的能量。某次测量中，A、B、C质量分别为3m、m、5m，s1=，整个过程发生在同一竖直平面内，不计空气阻力，重力加速度大小为g。则 (　　) A.D的初动能与爆炸后瞬间A的动能相等 B.D的初动能与其落地时的动能相等 C.弹药释放的能量为36mgh D.弹药释放的能量为48mgh 解析：选BD　爆炸后，A、B组成的系统动量守恒，有3mv1=mv2，B与C碰撞过程动量守恒，有mv2=6mv，联立解得v=0.5v1，爆炸后瞬间A的动能EkA=·3m·，D的初动能EkD=·6m·，两者不相等，故A错误；D水平滑动过程中摩擦力做功为Wf=-μ·6mg·s1=-μ·6mg·=-6mgh，D做平抛运动过程中重力做的功为WG=6mgh，故D从开始运动到落地瞬间合外力做功为0，根据动能定理可知D的初动能与其落地时的动能相等，故B正确；D平抛过程有h=gt2，s2=v0t，联立可得v0=s2，D水平滑动过程中根据动能定理有-6mgh=·6m-·6mv2，化简得v2=+2gh，弹药释放的能量完全转化为A和B的动能，则爆炸过程弹药释放的能量为E=·3m+·m=24mv2=24m=48mgh，故C错误，D正确。 类型2　反冲运动 2.(2025·辽宁丹东期末)乌贼被称为“海中火箭”，其“外套膜”能够迅速收缩，将海水高速喷出进而向另一方向加速冲刺，可轻易加速到15 m/s。一质量为0.5 kg(不含体内水)的乌贼初始时静止，某时刻开始以相对于地面恒为40 m/s的速度水平喷水，不计水的阻力且不考虑竖直方向的运动和受力变化，则 (　　) A.乌贼喷水过程中乌贼和喷出的水组成的系统水平方向动量不守恒 B.乌贼向后喷水，喷出的水对周围的水产生一个作用力，周围的水对喷出的水的反作用力使乌贼向前运动 C.若乌贼要极短时间内达到15 m/s的速度，则要一次性喷出约0.19 kg的水 D.若乌贼要极短时间内达到15 m/s的速度，此过程中乌贼受到它喷出的水的作用力的冲量为20 N·s 解析：选C　乌贼喷水过程所用时间极短，内力远大于外力，乌贼和喷出的水组成的系统水平方向动量守恒，故A错误；乌贼与喷出的水之间的相互作用力使得乌贼向前运动，故B错误；根据动量守恒定律有mv=Mv'，解得m=0.187 5 kg≈0.19 kg，故C正确；对乌贼，根据动量定理有I=Mv'，解得I=7.5 N·s，故D错误。 关键点拨 1.爆炸现象 动量守恒 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大于其受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒 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 位置不变 爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸前后物体位置不变 2.反冲运动 作用原理 反冲运动是系统内物体之间的作用力和反作用力产生的效果 动量守恒 反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，所以反冲运动遵循动量守恒定律 机械能增加 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 逐点清(三)　人船模型 |必|备|知|能| 1.模型图示 2.模型特点 (1)两物体满足动量守恒定律：mv人-Mv船=0。 (2)两物体的位移大小满足：m-M=0，x人+x船=L，可得x人=L，x船=L。 3.运动特点 (1)人动则船动，人静则船静，人快则船快，人慢则船慢，人左则船右。 (2)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==。4.“人船模型”的拓展(某一方向动量守恒) 两个原来静止的物体发生相互作用时，若所受外力的矢量和为零，则动量守恒。在相互作用的过程中，任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比，这样的问题即为人船模型问题。人船模型还适用于某一方向(如水平方向或竖直方向)上动量守恒的二物系统，只要相互作用前两物体在该方向上速度都为零即可。 1.如图所示，质量为50 kg的人站在质量为250 kg的车的一端，车长为3 m，开始时人、车相对于水平地面静止，车与地面间的摩擦可忽略不计。在人由车的一端走到另一端的过程中，下列说法正确的是 (　　) A.人的速率最大时，车的速率最小 B.人的动量变化量和车的动量变化量相同 C.人对车的冲量大小大于车对人的冲量大小 D.当人走到车的另一端时，车运动的位移大小为0.5 m 解析：选D　人和车组成的系统所受合外力为零，则系统动量守恒，根据动量守恒定律可知，人的动量和车的动量总是大小相等、方向相反，所以人的速率最大时，车的速率最大，A错误；根据动量守恒定律可知，人的动量变化量和车的动量变化量大小相等、方向相反，B错误；根据牛顿第三定律可知，人对车的作用力大小等于车对人的作用力大小，故人对车的冲量大小等于车对人的冲量大小，C错误；根据动量守恒定律得m人=m车，又x人+x车=L，解得x车=0.5 m，x人=2.5 m，当人走到车的另一端时，车运动的位移大小为0.5 m，D正确。 2.(2025·衡阳模拟)如图，质量为M、半径为R的圆弧槽置于光滑水平面上。将一可视为质点的滑块从与圆心等高处无初速度地释放，滑块的质量为m，且M=2m，重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　　) A.若圆弧面光滑，则圆弧槽与滑块组成的系统动量守恒 B.若圆弧面光滑，则滑块运动至水平面时速度大小为 C.若圆弧面粗糙，滑块能运动至水平面，则圆弧槽的位移大小为 D.若圆弧面粗糙，滑块能运动至水平面，则滑块的位移大小为 解析：选C　若圆弧面光滑，圆弧槽与滑块组成的系统在水平方向上动量守恒，在竖直方向上动量不守恒，故A错误；若圆弧面光滑，设滑块运动至水平面时速度大小为v1，圆弧槽速度大小为v2，由机械能守恒定律得mgR=m+M，在水平方向上，由动量守恒定律有mv1=Mv2，又M=2m，联立解得v1=2，v2=，故B错误；若圆弧面粗糙，滑块能运动至水平面，设滑块与圆弧槽相对于地面沿水平方向的位移分别为x1和x2，在水平方向上，由动量守恒定律有mx1=Mx2，由几何关系有x1+x2=R，联立解得x1=R，x2=，由于滑块还发生了竖直位移R，可知滑块的位移大小为=R，故C正确，D错误。 48 / 50 $