（课标通用）2020新高考物理二轮复习 选择题逐题突破 第五道 选择题涉及的命题点 5.3 碰撞、爆

5－3碰撞、爆炸和反冲备考精要1．碰撞过程遵循的“三原则”动量守恒碰撞时间极短，内力远大于外力，动量可看作守恒，有m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′动能不增加碰撞后系统的总能量不大于碰撞前系统的总能量。系统动能满足关系式：12m1v12＋12m2v22≥12m1v1′2＋12m2v2′2物理情境可行性按碰撞情境可分为追赶碰撞和相向碰撞，两物体碰撞前后的物理情境应与实际相一致2．爆炸与反冲的特点(1)时间极短，内力远大于外力，系统动量守恒或某个方向的动量守恒。(2)因有内能转化为机械能，系统机械能会增加，要利用能量守恒定律解题。(3)系统初始状态若处于静止状态，则爆炸或反冲后系统内物体速度往往方向相反。三级练·四翼展一练固双基——基础性考法1.(2017·全国卷Ⅰ)将质量为1.00kg的模型火箭点火升空，50g燃烧的燃气以大小为600m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)()A．30kg·m/sB．5.7×102kg·m/sC．6.0×102kg·m/sD．6.3×102kg·m/s解析：燃气从火箭喷口喷出的瞬间，火箭和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为p，根据动量守恒定律，可得p－mv0＝0，解得p＝mv0＝0.050kg×600m/s＝30kg·m/s，选项A正确。答案：A2．(2019·贵州模拟)在平昌冬奥会中国队对阵瑞典队的女子冰壶比赛中，中国运动员在某次出手投壶时用质量为m的黄色冰壶以v1＝6m/s的速度与质量相同的静止的红色冰壶发生正碰，碰后黄色冰壶以v2＝2m/s的速度沿原方向运动，则这两个冰壶构成的系统碰撞过程中损失的动能为()A．2mB．4mC．8mD．10m解析：选v1方向为正方向，根据动量守恒定律可得：mv1＝mv2＋mv，代入数据解得v＝4m/s，由能量守恒得：ΔE＝12mv12－12mv22－12mv2＝8m，故C正确。答案：C3“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”，燃放爆竹是我国传统民俗。春节期间，某人斜向上抛出一个爆竹，假设爆竹到达最高点时(速度水平向东)立即爆炸成质量相等的三块碎片，前面一块碎片速度水平向东，后面一块碎片速度水平向西，前、后两块碎片的水平速度(相对地面)大小相等、方向相反。以下说法正确的是()A．爆炸后的瞬间，中间那块碎片的速度大于爆炸前瞬间爆竹的速度B．爆炸后的瞬间，中间那块碎片的速度可能水平向西C．爆炸后，三块碎片将同时落到水平地面上，并且落地时的动量相同D．爆炸后的瞬间，中间那块碎片的动能可能小于爆炸前的瞬间爆竹的总动能答案：A解析：设爆竹爆炸前的速度为v，爆竹爆炸成三块碎片的质量均为m，爆炸后前、后两块碎片的速度大小为v前后，中间那块碎片的速度大小为v′，设水平向东为正方向，根据水平方向动量守恒，3mv＝mv前后＋mv′－mv前后，得v′＝3v，方向向东，所以爆炸后的瞬间，中间那块碎片的速度大于爆炸前瞬间爆竹的速度，选项A正确、B错误；爆炸后，三块碎片均做平抛运动，竖直方向上有h＝12gt2，下落时间相同，则竖直方向分速度相同，但水平方向上的分速度方向不同，故合速度方向不同，则动量不同，选项C错误；爆炸后的瞬间，中间那块碎片的动能为12m(3v)2＞12·3m·v2，选项D错误。4．一弹丸在飞行到距离地面5m高时仅有水平速度v＝2m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1。不计质量损失，取重力加速度g＝10m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是()解析：由h＝12gt2可知，爆炸后甲、乙两块做平抛运动的时间t＝1s，爆炸过程中，爆炸力对沿原方向运动的一块的冲量沿运动方向，故这一块的速度必然增大，即v＞2m/s，因此水平位移大于2m，C、D项错误；甲、乙两块在爆炸前后，水平方向不受外力，故水平方向动量守恒，即甲、乙两块的动量改变量大小相等，两块质量比为3∶1，所以速度变化量之比为1∶3，由平抛运动水平方向上，x＝v0t，所以A图中，v乙＝－0.5m/s，v甲＝2.5m/s，Δv乙＝－2.5m/s，Δv甲＝0.5m/s，故A项错；B图中，v乙＝0.5m/s，v甲＝2.5m/s，Δv乙＝－1.5m/s，Δv甲＝0.5m/s，B项正确。答案：B5．[多选]在光滑水平面上，质量为m的小球1以速度v0与静止的小球2发生正碰，碰后小球2的速度是13v0。小球2的质量可能是()A．mB．3mC．5mD．7m答案：BC解析：由动量守恒定律知mv0＝mv1＋m2·v03，分两种极端情况讨论：①完全非弹性碰撞，能量损失最多，即v1＝v03，得m2＝2m;②弹性碰撞，没有能量损失，即12mv02＝12mv12＋12m2v22,联立解得v2＝2mm＋m2v0，又v2＝v03，故m2＝5m；综合得2m≤m2≤5m，选项B、C正确。二练会迁移——综合性考法1．(2019·安徽“江南十校”联考)如图所示，一个质量为m的物块A与另一个质量为2m的物块B发生正碰，碰后B物块刚好能落入正前方的沙坑中。如碰撞过程中无机械能损失，已知物块B与地面间的动摩擦因数为0.1，与沙坑的距离为0.5m，g取10m/s2。物块可视为质点。则物块A碰撞前的瞬间速度为()A．0.5m/sB．1.0m/sC．1.5m/sD．2.0m/s解析：碰撞后B做匀减速运动，由动能定理得：－μ·2mgx＝0－12·2mv2。代入数据得：v＝1m/s，碰撞的过程中A与B组成的系统在水平方向的动量守恒，选取向右为正方向，则：mv0＝mv1＋2mv，由于没有机械能的损失，则：12mv02＝12mv12＋12·2mv2，联立可得：v0＝1.5m/s，故A、B、D错误，C正确。答案：C2．[多选](2019·哈尔滨模拟)为完成某种空间探测任务，需要在太空站上发射空间探测器，探测器通过向后喷气而获得反冲力使其加速。已知探测器的质量为M，每秒钟喷出的气体质量为m，喷射气体的功率恒为P，不计喷气后探测器的质量变化。则()A．喷出气体的速度为PmB．喷出气体的速度为2PmC．喷气Δt秒后探测器获得的动能为mPΔt2MD．喷气Δt秒后探测器获得的动能为mPΔt22M解析：对t＝1s内的喷出气体，由动能定理得Pt＝12mv12，解得v1＝2Pm，故B正确，A错误。在Δt时间内，喷出气体整体与探测器动量守恒，有Mv2＝mΔt·v1，探测器的动能为Ek＝12Mv22，解得Ek＝mPΔt2M，故C正确，D错误。答案：BC3．[多选]一机枪架在湖中小船上，船正以1m/s的速度前进，小船及机枪总质量M＝200kg，每颗子弹质量为m＝20g，在水平方向机枪以v＝600m/s的对地速度射出子弹，打出5颗子弹后船的速度可能为()A．1.4m/sB．1m/sC．0.8m/sD．0.5m/s答案：BC解析：若子弹射出方向与船前进的方向在同一直线上，则子弹、机枪和小船组成的系统动量守恒，有Mv0＝(M－5m)v1±5mv，若子弹向船前进的方向射出，反冲作用使船速减小，v1′＝Mv0－5mvM－5m＝0.7m/s，若子弹向船前进的反方向射出，v1″＝Mv0＋5mvM－5m＝1.3m/s，可见船速应在0.7～1.3m/s之间。故B、C正确。4.[多选](2019·南昌模拟)A、B两物体在光滑水平面上沿同一直线运动，如图表示A、B发生碰撞前、后的v­t图线，由图线可以判断下列叙述正确的是()A．A、B的质量比为3∶2B．A、B碰撞前、后总动量守恒C．A、B碰撞前、后总动量不守恒D．A、B碰撞前、后总动能不变解析：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；根据动量守恒定律知A、B碰撞前、后总动量守恒，B正确，C错误；碰撞前总动能：12mA×62＋12mB×12＝553mA，碰撞后总动能：12mA×22＋12mB×72＝553mA，即碰撞前、后总动能不变，D正确。答案：ABD5．在冰壶比赛中，某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞，如图甲所示，碰后运动员用冰壶刷摩擦蓝壶前进方向的冰面来减小阻力，碰撞前后两壶运动的v­t图线如图乙中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，两冰壶质量均为19kg，则()A．碰后蓝壶速度为0.8m/sB．碰后蓝壶移动的距离为2.4mC．碰撞过程两壶损失的动能为7.22JD．碰后红、蓝两壶所受摩擦力之比为5∶4答案：AD解析：由题图可知，1s时两壶相碰，碰前v红＝1.0m/s,碰后v红′＝0.2m/s,由动量守恒定律知，mv红＝mv红′＋mv蓝，得v蓝＝0.8m/s，选项A正确；对于红壶，a1＝ΔvΔt＝1.2－1.01m/s2＝0.2m/s2，题图乙中t＝v0a1＝1.20.2s＝6s，对于蓝壶x2＝v蓝2×(t－1s)＝2m，选项B错误；碰撞时损失的动能ΔE损＝12mv红2－12mv红′2－12mv蓝2＝3.04J，选项C错误；对红壶：Ff＝ma1，对蓝壶：Ff′＝ma2，其中a2＝0.86－1m/s2＝0.16m/s2，所以Ff∶Ff′＝5∶4，选项D正确。三练提素养——创新性、应用性考法1．(2019·淮北一中模拟)两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝2kg，mB＝3kg，vA＝6m/s，vB＝2m/s。当A追上B并发生碰撞后，A、B速度的可能值是()A．vA＝4.5m/s，vB＝3m/sB．vA＝3m/s，vB＝4m/sC．vA＝－1.5m/s，vB＝7m/sD．vA＝7.5m/s，vB＝1m/s答案：B解析：考虑实际情况，碰撞后A的速度不可能大于B的速度，因而A、D错误，B、C满足；A、B碰撞过程，系统不受外力，故碰撞过程系统总动量守恒，计算易知，B、C均满足；根据能量守恒定律，碰撞后的系统总动能应该小于或等于碰撞前的系统总动能，碰撞前总动能为42J，B选项对应的总动能为33J，C选项对应的总动能为75.75J，故C错误，B满足。2．[多选]滑块甲的质量为0.8kg，以大小为5.0m/s的速度向右运动时，与迎面而来的另一质量为1.0kg、速度大小为3.0m/s的滑块乙相撞，碰撞后滑块甲恰好静止。假设碰撞时间极短，以向右为正方向，下列说法正确的是()A．碰后乙的速度大小为2m/sB．碰撞过程中甲受到的乙的作用力的冲量大小为4.0N·sC．碰撞过程中乙动量的变化量为2.0kg·m/sD．碰撞过程中系统损失的机械能为14J解析：由动量守恒定律得m甲v甲－m乙v乙＝m乙v乙′，代入数据解得v乙′＝1.0m/s，选项A错误；碰撞过程中甲动量的变化量为Δp甲＝0－m甲v甲＝－4.0kg·m/s，由动量定理可得甲滑块受到的乙的作用力的冲量为I＝Δp甲＝－4.0N·s，选项B正确；碰撞过程中乙动量的变化量为Δp乙＝m乙v乙′－(－m乙v乙)＝4.0kg·m/s，选项C错误；由能量守恒定律得12m甲v甲2＋12m乙v乙2＝12m乙v乙′2＋ΔE，代入数据解得ΔE＝14J，选项D正确。答案：BD3．[多选](2019·江淮十校联考)如图所示，质量为m的长木板B放在光滑的水平面上，质量为14m的木块A放在长木板的左端，一颗质量为116m的子弹以速度v0射入木块并留在木块中，当木块滑离木板时速度为18v0，木块在木板上滑行的时间为t，下列说法正确的是()A．木块获得的最大速度为15v0B．木块滑离木板时，木板获得的速度大小为38v0C．木块在木板上滑动时，木块与木板间的滑动摩擦力大小为3mv0128tD．木块在木板上滑动时，因摩擦产生的热量等于子弹射入木块后子弹和木块减少的动能解析：对子弹和木块A系统，根据动量守恒定律得：116mv0＝116m＋14mv1，解得v1＝15v0，选项A正确；木块滑离木板时，对木板和木块(包括子弹)系统，根据动量守恒定律得：116mv0＝116m＋14m·18v0＋mv2,解得v2＝3128v0，选项B错误；对木板，由动量定理：ft＝mv2，解得f＝3mv0128t，选项C正确；由能