高考物理一轮复习第12章光学第2讲讲义人教版浙江.docx
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高考物理一轮复习第12章光学第2讲讲义人教版浙江
[考试标准]
知识内容
必考要求
加试要求
碰撞
d
反冲运动 火箭
b
考点一 碰撞现象
1.碰撞
碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象.
2.特点
在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒.
3.分类
动量是否守恒
机械能是否守恒
弹性碰撞
守恒
守恒
非弹性碰撞
守恒
有损失
完全非弹性碰撞
守恒
损失最大
[思维深化]
碰撞现象满足的三个规律：
（1）动量守恒：
即p1＋p2＝p1′＋p2′.
（2）动量不增加：
即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋.
（3）速度要合理
①若碰前两物体同向运动，则应有v后>v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体仍同向运动，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.
1.[弹性碰撞]如图1，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是________.（填选项前的字母）
图1
A.A和B都向左运动B.A和B都向右运动
C.A静止，B向右运动D.A向左运动，B向右运动
答案 D
解析 选向右为正方向，则A的动量pA＝m·2v0＝2mv0.B的动量pB＝－2mv0.碰前A、B的动量之和为零，根据动量守恒，碰后A、B的动量之和也应为零，可知四个选项中只有选项D符合题意.
2.[碰撞后可能性的判定]两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝1kg，mB＝2kg，vA＝6m/s，vB＝2m/s.当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是（ ）
A.vA′＝5m/s，vB′＝2.5m/s
B.vA′＝2m/s，vB′＝4m/s
C.vA′＝－4m/s，vB′＝7m/s
D.vA′＝7m/s，vB′＝1.5m/s
答案 B
解析 虽然题中四个选项均满足动量守恒定律，但A、D两项中，碰后A的速度vA′大于B的速度vB′，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Ek′＝mAvA′2＋mBvB′2＝57J，大于碰前的总动能Ek＝mAv＋mBv＝22J，违背了能量守恒定律；而B项既符合实际情况，也不违背能量守恒定律，故B项正确.
3.[非弹性碰撞]如图2所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，A球在水平面上静止放置，B球向左运动与A球发生正碰，B球碰撞前、后的速率之比为3∶1，A球垂直撞向挡板，碰后原速率返回.两球刚好不发生第二次碰撞，A、B两球的质量之比为________，A、B两球碰撞前、后总动能之比为________.
图2
答案 4∶1 9∶5
解析 设A、B球的质量分别为mA和mB，A球碰撞后的速度大小为vA2，B球碰撞前、后的速度大小分别为vB1和vB2，由题意知vB1∶vB2＝3∶1，vA2＝vB2.A、B碰撞过程由动量守恒定律得mBvB1＝mAvA2－mBvB2，所以有＝＝.碰撞前、后的总动能之比为＝.
4.[多次碰撞问题]如图3所示，光滑水平轨道上有三个木块A、B、C，质量分别为mA＝3m、mB＝mC＝m，开始时B、C均静止，A以初速度v0向右运动，A与B碰撞后分开，B又与C发生碰撞并粘在一起，此后A与B间的距离保持不变.求B与C碰撞前B的速度大小.
图3
答案 v0
解析 设A与B碰撞后，A的速度为vA，B与C碰撞前B的速度为vB，B与C碰撞后粘在一起的速度为v，由动量守恒定律得
对A、B木块：
mAv0＝mAvA＋mBvB①
对B、C木块：
mBvB＝（mB＋mC）v②
由A与B间的距离保持不变可知
vA＝v③
联立①②③式，代入数据得
vB＝v0
考点二 反冲运动
1.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.
（3）反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的机械能增加.
2.火箭
（1）工作原理：
利用反冲运动.火箭燃料燃烧产生的高温、高压燃气从尾喷管迅速喷出时，使火箭获得巨大的反作用力.
（2）设火箭在Δt时间内喷射燃气的质量是Δm，喷出燃气的速度是u，喷出燃气后火箭的质量是m.火箭获得的速度v＝.
[思维深化]
讨论反冲运动应注意的问题
（1）系统不受外力或所受外力的和为零，满足动量守恒的条件，可以用动量守恒定律解决反冲运动问题.
（2）系统虽然受到外力作用，但内力远大于外力，外力可以忽略，也可以用动量守恒定律解决反冲运动问题.
5.[反冲现象的判断]（多选）下列属于反冲运动的有（ ）
A.喷气式飞机的运动B.直升机上升
C.火箭上升D.反击式水轮机的运动
答案 ACD
6.[反冲现象的应用]一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离如图4所示.已知前部分的卫星质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v1为（ ）
图4
A.v0－v2B.v0＋v2
C.v0－v2D.v0＋（v0－v2）
答案 D
解析 根据动量守恒定律列方程求解.
对火箭和卫星由动量守恒定律得
（m1＋m2）v0＝m2v2＋m1v1
解得v1＝＝v0＋（v0－v2）.故选D.
7.[人船模型]质量M＝150kg的木船长l＝4m，质量m＝50kg的人站立在船头，它们静止在平静的水面上.不计水的阻力，如图5所示.现在人要走到船尾取一样东西，则人从船头走到船尾过程中，船相对静水后退的距离为多大？
图5
答案 1m
解析 设t秒后船移动距离为x，则人移动距离为l－x，以船行方向为正方向，船对地的平均速度为，人对地的平均速度为－，
由动量守恒定律有
M·－m＝0，即Mx－m（l－x）＝0，
解得船移动的距离为
x＝＝m＝1m.
练出高分
基础巩固题组
1.两个带正电的不同重离子被加速后，沿同一条直线相向运动而发生猛烈碰撞.为了使碰撞前的动能尽可能多地转化为内能，关键是设法使这两个重离子在碰撞前的瞬间具有相同大小的（ ）
A.速率B.质量C.动量D.动能
答案 C
解析 尽量减小碰后粒子的动能，才能增大内能，所以设法使这两个重离子在碰撞前的瞬间具有相同大小的动量，C正确.
2.一装有柴油的船静止于水平面上，船前舱进水，堵住漏洞后用一水泵把前舱的油抽往后舱，如图1所示.不计水的阻力，船的运动情况是（ ）
图1
A.向前运动B.向后运动
C.静止D.无法判断
答案 A
解析 虽然抽油的过程属于船与油的内力作用，但油的质量发生了转移，从前舱转到了后舱，相当于人从船的一头走到另一头的过程，故A正确.
3.如图2所示，B、C、D、E、F五个球并排放置在光滑的水平面上，B、C、D、E四球质量相等，而F球质量小于B球质量，A球的质量等于F球质量，A球以速度v0向B球运动，所发生的碰撞均为弹性碰撞，则碰撞之后（ ）
图2
A.五个小球静止，一个小球运动
B.四个小球静止，两个小球运动
C.三个小球静止，三个小球运动
D.六个小球都运动
答案 C
解析 A球与B球相碰时，由于A球的质量小于B球的质量，A球弹回，B球获得速度与C球碰撞，由于发生的碰撞为弹性碰撞且质量相等，B球静止，C球获得速度.同理，C球与D球的碰撞，D球与E球的碰撞都是如此.E球获得速度后与F球的碰撞过程中，由于E球的质量大于F球的质量，所以E球、F球碰后都向前运动，所以碰撞之后，A、E、F三球运动，B、C、D三球静止.选项C正确.
4.如图3所示，子弹水平射入放在光滑水平地面上静止的木块，子弹未穿透木块，此过程木块的动能增加了6J，那么此过程产生的内能可能为（ ）
图3
A.16JB.2JC.6JD.4J
答案 A
解析 设子弹的质量为m0，初速度为v0，木块的质量为m，则子弹打入木块的过程中，子弹与木块组成的系统动量守恒，即m0v0＝（m＋m0）v，此过程产生的内能等于系统损失的功能，即E＝m0v－，而木块获得的动能E木＝m·（v0）2＝6J，两式相除得＝>1，选项A正确.
5.如图4所示，在光滑水平面上有直径相同的a、b两球，在同一直线上运动，选定向右为正方向，两球的动量分别为pa＝6kg·m/s、pb＝－4kg·m/s.当两球相碰之后，两球的动量可能是（ ）
图4
A.pa＝－6kg·m/s、pb＝4kg·m/s
B.pa＝－6kg·m/s、pb＝8kg·m/s
C.pa＝－4kg·m/s、pb＝6kg·m/s
D.pa＝2kg·m/s、pb＝0
答案 C
解析 对于碰撞问题要遵循三个规律：
动量守恒定律、碰后系统的机械能不增加和碰撞过程要符合实际情况.本题属于迎面对碰，碰撞前，系统的总动量为2kg·m/s.选项A中，系统碰后的动量变为－2kg·m/s，不满足动量守恒定律，选项A可排除；选项B中，系统碰后的动量变为2kg·m/s，满足动量守恒定律，但碰后a球动量大小不变，b球动量增加，根据关系式Ek＝可知，a球的动能不变，b球动能增加，系统的机械能增大了，所以选项B可排除；选项D中，显然满足动量守恒，碰后系统的机械能也没增加，但是碰后a球运动方向不变，b球静止，这显然不符合实际情况，选项D可排除；经检验，选项C满足碰撞所遵循的三个规律，故选C.
6.如图5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质量相同的物体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，则A、B组成的系统动能损失最大的时刻是（ ）
图5
A.A开始运动时B.A的速度等于v时
C.B的速度等于零时D.A和B的速度相等时
答案 D
解析 对A、B组成的系统由于水平面光滑，所以动量守恒.而对A、B、弹簧组成的系统机械能守恒，即A、B动能与弹簧弹性势能之和为定值.当A、B速度相等时，可类似于A、B的完全非弹性碰撞，A、B总动能损失最多，此时弹簧形变量最大，弹性势能最大.
7.一中子与一质量数为A（A>1）的原子核发生弹性正碰.若碰前原子核静止，则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为（ ）
A.B.C.D.
答案 A
解析 设中子的质量为m，则被碰原子核的质量为Am，两者发生弹性碰撞，据动量守恒，有mv0＝mv1＋Amv′，据动能守恒，有mv＝mv＋Amv′2.解以上两式得v1＝v0.若只考虑速度大小，则中子的速率为v1′＝v0，故中子碰撞前、后速率之比为.
8.如图6所示，自动火炮连同炮弹的总质量为M，当炮管水平，火炮车在水平路面上以v1的速度向右匀速行驶中，发射一枚质量为m的炮弹后，自动火炮的速度变为v2，仍向右行驶，则炮弹相对炮筒的发射速度v0为（ ）
图6
A.B.
C.D.
答案 B
解析 炮弹相对地面的速度为v0＋v2.由动量守恒得
Mv1＝（M－m）v2＋m（v0＋v2），得v0＝.
9.如图7所示，一个倾角为α的直角斜面体静置于光滑水平面上，斜面体质量为M，顶端高度为h.今有一质量为m的小物体，沿光滑斜面下滑，当小物体从斜面顶端自由下滑到底端时，斜面体在水平面上移动的距离是（ ）
图7
A.B.C.D.
答案 C
解析 此题属于“人船模型”问题，m与M组成的系统在水平方向上动量守恒，设m在水平方向上对地位移为x1，M在水平方向对地位移为x2，因此0＝mx1－Mx2①
且x1＋x2＝②
由①②可得x2＝，故选C.
能力提升题组
10.如图8所示，完全相同的A、B两物块随足够长的水平传送带按如图所示的方向匀速运动.A、B间夹有少量炸药，对A、B在爆炸过程中及随后的运动过程有下列说法，其中正确的是（ ）
图8
A.炸药爆炸后瞬间，A、B两物块的速度方向一定相同
B.炸药爆炸后瞬间，A、B两物块的速度方向一定相反
C.炸药爆炸过程中，A、B两物块组成的系统动量不守恒
D.A、B在炸药爆炸后至A、B相对传送带静止的过程中动量守恒
答案 D
解析 炸药爆炸后，A物块的速度是否反向，取决于炸药对它的推力的冲量，应该存在三种可能：
速度为零、反向或保持原来的方向.B物块的速度方向一定向右，故炸药爆炸后瞬间，A、B两物块的速度方向可能相同，也可能相反，也可能A物块的速度为零，B物块向右运动，A、B错误.由于炸药对两物块的冲量大小相等，方向相反，所以两物块的动量变化量一定相等，又两物块受到的摩擦力大小相等，方向相反，故两物块一定同时相对传送带静止，故两物块组成的系统动量守恒，C错误，D正确.
11.如图9所示，进行太空行走的宇航员A和B的质量分别为80kg和100kg，他们携手远离空间站，相对空间站的速度为0.1m/s.A将B向空间站方向轻推后，A的速度变为0.2m/s，求此时B的速度大小和方向.
图9
答案 0.02m/s 离开空间站方向
解析 根据动量守恒：
（mA＋mB）v0＝mAvA＋mBvB，解得vB＝0.02m/s，方向是离开空间站方向.
12.牛顿的《自然哲学的数学原理》中记载，A、B两个玻璃球相碰，碰撞后的分离速度和它们碰撞前的接近速度之比总是约为15∶16.分离速度是指碰撞后B对A的速度，接近速度是指碰撞前A对B的速度.若上述过程是质量为2m的玻璃球A以速度v0碰撞质量为m的静止玻璃球B，且为对心碰撞，求碰撞后A、B的速度大小.
答案 v0 v0
解析 设A、B球碰撞后速度分别为v1和v2
由动量守恒定律得：
2mv0＝2mv1＋mv2，且由题意知＝，解得v1＝v0，v2＝v0
13.如图10，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.
图10
答案 （－2）M≤m＜M
解析 设A运动的初速度为v0，A向右运动与C发生碰撞，由动量守恒定律得
mv0＝mv1＋Mv2
由机械能守恒定律得mv＝mv＋Mv
可得v1＝v0，v2＝v0
要使得A与B能发生碰撞，需要满足v1＜0，即m＜M
A反向向左运动与B发生碰撞过程，有
mv1＝mv3＋Mv4
mv＝mv＋Mv
整理可得v3＝v1，v4＝v1
由于m＜M，所以A还会向右运动，根据要求不发生第二次碰撞，需要满足v3≤v2
即v0≥v1＝（）2v0
整理可得m2＋4Mm≥M2
解方程可得m≥（－2）M
另一解m≤－（＋2）M舍去
所以使A只与B、C各发生一次碰撞，须满足
（－2）M≤m＜M
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