高中物理-爆炸、碰撞及反冲现象
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能的是（ C ）
A.4/3m·s-1，4/3m·s-1
B.-1m·s-1，2.5m·s-1
C.1m·s-1，3m·s-1
D.-4m·s-1，4m·s-1
3.在光滑水平面上动能为E0，动量大小为p0的小钢球1与静止 小钢球2发生碰撞，碰撞前后球1的运动方向相反，将碰后球1 的动能和动量大小分别记为E1、p1，球2的动能和动量的大小
Mv-m2v0=(M+m2)v′乙……② 恰不发生相撞的条件为：v′甲=±v′乙……③
从①得：v′甲=[（M+m1）v甲-Mv]/m1， 从②得：v′乙=[Mv-m2v0]/(M+m2). 当v′甲=v′乙时， (Mv-m2v0)/(M+m2)=-[(M+m1)v甲-m乙]/m1时，
得v=3.8m/s； 当v′甲=-v′乙时，有 [(m+m2)v甲-Mv]/m1=(m2V0-mv)/(M+m2)，
止的，如图5-4-2所示，现突然给铝板一 个水平冲量，大小为△I=1.5N·s，方向沿 着A端到B端的方向，设铁球与小墙碰撞过
程中没有动能损失，且碰撞时间很短，求
从铝板开始运动到铁球与铝板均又恢复静
止的过程中，铁球与铝板两端的小墙一共
碰撞了多少次？
【解析】当铝板获得速度向右运动时，由于铁球与铝板间 无摩擦，铁球保持静止状态，而铝板由于受地面的摩擦力 作用，将做匀减速运动.当铝板的A端与铁球相碰时，由于 时间极短，它们之间的相互作用力远大于铝板与地面间的 滑动摩擦力，故可认为系统动量守恒，又由于此过程中无 动能损失，所以，碰后铁球和铝板互换速度.即铝板静止、 铁球向B端运动.铁球运动过程中，由于水平方向不受外力 作用，速度恒定，到B端时与B板相碰，同理，碰后铁球又 静止，铝板又开始运动，重复上述过程.当某次铁球与B碰 后静止，而铝板运动过程中，A板与铁球碰前速度为0时， 整个过程结束.
典型题讲解
【例1】（广东高考题）一导弹离地面高度为h水平飞行.
某一时刻，导弹的速度为v，突然爆炸成质量相同的A、B
两块，A、B同时落到地面，两落地
点相距4v
2h g ，两落地点与爆炸前导弹速度在同一
竖直平面内.不计空气阻力，已知爆炸后瞬间A的动能为
EkA大于B的动能EkB，则EkA∶EkB=9∶1.
【例2】气功碎石表演中，质量M=200kg的石板压在演员身 上，另一个演员举起质量m=5kg的铁锤，使劲地向石板砸 去的瞬间，石板被砸碎了，而演员安然无恙，试通过分析 和必要的理论计算来说明其中的奥妙.
【解析】设锤砸到石板前的速度为v0，石板获得的瞬时速度 为v，以锤和石板为研究系统，则mv0=Mv(∵m <M,∴砸上后认 为共同运动时m略去)
mv0=2mv1①
由动能定理,得mgs1=(1/2)mv20-1/2mv21②
由①得v1=1/2v0，
代入②得s1=3v20/(8g).
根据条件v0＜ 2gl得s1＜3/4l.
可见，在B、C达到相同速度v1时，B尚未与A发生第 二次碰撞，B与C将以v1向右匀速运动一段距离（l-s1） 后才与A发生第二次碰撞，设C的速度从0变到v1的过 程中，C的路程为s2，由功能关系，得：
度的关键是确定相互作用的物体系统和其中各物体对地的 运动状态.
随堂测试
1.A物体的质量是m，B物体质量是2m，它们在光滑的水平 面上以相同的动量运动，发生正碰后，A的运动方向不变， 速率减为原来的一半，碰撞后的物体的速率之比为
（D ）
A.1∶2 B.1∶3 C.2∶1 D.2∶3
2.质量为1kg的小球以4m·s-1的速度与质量为2kg的静止的小 球正碰，关于1kg的球和2kg的球碰撞后的速度，下面有可
mv1=2mv2，
解得:v2=(1/2)v1=1/4v0.
因A的速度v1大于B的速度v2，故第3次碰撞发生在A的左 壁，刚碰后，A的速度为v2，B的速度为v1，C的速度仍为 v2，由于摩擦，B减速，C加速直到有相同的速度v3，由动 量守恒定律，得：
mv1+mv2=2mv3，
解得v3=(3/8)v0.
得v=4.8m/s. 所以人跳离甲车的速度（对地）应满足3.8m/s≤v≤4.8m/s.
【例4】水平地面上有一长为l1=13cm的铝 板，铝板的A、B两端各有一小墙，两墙间
的距离l2=12cm，铝板的质量m=200g，在铝 板上放一质量与铝板相同的铁球，其直径
d=2cm，设铁球与铝板之间是光滑的，而 铝板与地面间的动摩擦因数=0.2，开始 时铁球紧贴B端小墙，铁球与铝板都是静
vA/vB=3， 即EkA/EkB=9.
【解题回顾】
（1）炸裂过程中竖直方向上还有重力作用，系统所受合 外力不等于0，但是水平方向除相互作用外没有其他任何 外力，可从沿水平方向使用动量守恒定律，这就是动量守 恒定律的灵活运用.
（2）两物体相互分离后做平抛运动，是动量与其他力学 知识相结合的常见形式，平抛运动知识掌握不好，对这道 题也不能做出完整、正确的解答.
△I=mv-0①
f·s=1/2mv2② 其中f=·2mg③
联立①、②、③解得 s=△I2/(4m2g)=1.52/(4×0.2×0.22×10)=7.03m
即s=7.03m，而l=l2-d=12-2=10cm，故所求碰撞次数 N为N=2× (s/l)=2× (703/10)=140次.
Байду номын сангаас
【解题回顾】这是一道过程很复杂的题目.大家要分 析其受力特点，建立正确的物理图景，并且对动量 守恒定律应用及能量守恒也有较高的要求.关于在弹 性碰撞下，两质量相等的小球碰前后速度互换.可用 动量守恒与动能守恒两式联立解得.
分别记为E2、p2，则必有（ D ）
A.E1＜E0
B.p1＜p0
C.E2＞E0
D.p2＞p0
4.一质量为m的炮弹沿水平方向飞行，其动能为Ek，突然在 空中爆炸成质量相同的两块，其一块向后，动能为Ek/2，另
一块向前，则向前的这一块的动能为（ C ）
A.1/2Ek
B.9/2Ek
C.9/4Ek
D.9 4 2 Ek 2
爆炸、碰撞及反冲现象
知识点
一、爆炸与碰撞 1.共同特点：相互作用力是变力，作用时间极短、作
用力很大，如果有外力、内力远大于外力.均可以应用 动量守恒定律
2.在爆炸过程中，因有其他形式能转化为动能，所以 系统的动能会增加；在碰撞过程，如果没有动能损失， 碰撞前与碰撞后总动能相等；如果有部分动能转化为内 能，系统的总动能减小，系统的总动能是不可能增加的.
（1）从A、B发生第一次碰撞到第二
次碰撞时间内，木板C运动的路程；
（2）在A、B刚要发生第四次碰撞时，
A、B、C三者速度的大小.
【解析】
（1）A与B刚发生第一次碰撞后，A停下不动，B以初速v0向 右运动，由于摩擦，B向右做匀减速 运动，而C向右做匀 加速运动，两者速率逐渐接近.设B、C达到相同速度v1时， B移动的路程为s1，设A、B、C质量为m，由动量守恒定律， 得：
根据以上分析，系统动能仅在铝板运动过程中损失. 铝板运动过程中，所受滑动摩擦力f=·2mg恒定，不
难求出铝板运动的总位移s.而铝板每运动l=l2-d距 离，铁球即与铝板前后挡板各碰一次，考虑到铝板是 先运动，后碰撞，故碰撞次数为: 2(s)
l
设最初铝板获得的速度为v，整个过程中铝板位移 为s，根据动量定理及能量守恒有：
mgs2=1/2mv21，
解得：s2=v20/(8g).
因此在第一次到第二次碰撞间C的路程为
s=s2+l-s1=l-v20/(4g).
(2)由上面讨论可知，在刚要发生第二次碰撞时， A静上，B、C的速度均为v1，刚碰撞后，B静止，A、 C的速度均为v1，由于摩擦，B将加速，C将减速直 至达到相同的速度v2，由动量守恒定律，得
3.由于碰撞（或爆炸）作用时间极短，因此作用过 程中物体的位移很小，一般可忽略不计，可以认为， 碰撞（或爆炸）后还从碰撞（或爆炸）前瞬间的位置 ‘以新的动量开始运动.
二、反冲运动 1.反冲运动过程中，系统在某一方向不受外力或外力的
作用远小于物体间的相互作用力，可应用动量守恒定律. 2.研究反冲运动的目的是找反冲速度的规律，求反冲速
【例5】一段凹槽A倒扣在水平长木板C上，槽内有一小
物块B，它到槽两内侧的距离均为l/2，如图5-4-3所示.
木板位于光滑水平的桌面上，槽与木板间的摩擦不计，
小物块与木板间的动摩擦因数为,A、B、C三者质量相
等，原来都静止.现使槽A以大小为v0的初速向右运动，
已知v0＜
.2当Ag和l B发生碰撞时，两者速度互换.求：
故刚要发生第四次碰撞时，A、B、C的速度分别
vA=(-1/4)v0，
vB=vC=v3=(3/8)v0.
v=m/Mv0， 所以石板获得的能量 E石=(1/2)Mv2=(m/M)·(1/2)mv20，当M 》m时，石板的动能极小.
E石=(1/40)E锤.
【例3】如图5-4-1所示，甲车质量m1=20kg，车上有质量 M=50kg的人，甲车（连同车上的人）从足够长的斜坡上高
h=0.45m处由静止滑下，到水平面上后继续向前滑动，此时
质量m2=50kg的乙车正以v0=1.8m/s的速度迎面滑来，为了避 免两车相撞，当两车相距适当距离时，人从甲车跳到乙车上，
求人跳出甲车的水平速度（相对地面）应在什么范围内？不
计地面和斜坡的摩擦.（g=10m/s2）
【解析】甲车（包括人）滑下斜坡后速度： v= 2gh =3m/s.
在人跳离甲车和人跳上乙车过程中各自动量守恒，设人跳离 甲车和跳上乙车后，两车的速度分别为v′甲和v′乙，则： （M+m1）v甲=Mv+m1v′甲……①
【解析】导弹的爆炸过程就是A、B两部分的相互作用过 程，在这个作用过程中，除相互作用力外，水平面上无其 他外力作用，所以A、B两块组成的系统在水平方向动量守 恒，即
mv=1/2mvA+1/2mvB. 又由于A、B同时落到地面，即发生水平位移用的时间相同， 得
vAt+vBt= 结合爆炸后瞬间EkA＞KkB知vA的大小大于vB的大小. 联立上式得
A.4/3m·s-1，4/3m·s-1
B.-1m·s-1，2.5m·s-1
C.1m·s-1，3m·s-1
D.-4m·s-1，4m·s-1
3.在光滑水平面上动能为E0，动量大小为p0的小钢球1与静止 小钢球2发生碰撞，碰撞前后球1的运动方向相反，将碰后球1 的动能和动量大小分别记为E1、p1，球2的动能和动量的大小
Mv-m2v0=(M+m2)v′乙……② 恰不发生相撞的条件为：v′甲=±v′乙……③
从①得：v′甲=[（M+m1）v甲-Mv]/m1， 从②得：v′乙=[Mv-m2v0]/(M+m2). 当v′甲=v′乙时， (Mv-m2v0)/(M+m2)=-[(M+m1)v甲-m乙]/m1时，
得v=3.8m/s； 当v′甲=-v′乙时，有 [(m+m2)v甲-Mv]/m1=(m2V0-mv)/(M+m2)，
止的，如图5-4-2所示，现突然给铝板一 个水平冲量，大小为△I=1.5N·s，方向沿 着A端到B端的方向，设铁球与小墙碰撞过
程中没有动能损失，且碰撞时间很短，求
从铝板开始运动到铁球与铝板均又恢复静
止的过程中，铁球与铝板两端的小墙一共
碰撞了多少次？
【解析】当铝板获得速度向右运动时，由于铁球与铝板间 无摩擦，铁球保持静止状态，而铝板由于受地面的摩擦力 作用，将做匀减速运动.当铝板的A端与铁球相碰时，由于 时间极短，它们之间的相互作用力远大于铝板与地面间的 滑动摩擦力，故可认为系统动量守恒，又由于此过程中无 动能损失，所以，碰后铁球和铝板互换速度.即铝板静止、 铁球向B端运动.铁球运动过程中，由于水平方向不受外力 作用，速度恒定，到B端时与B板相碰，同理，碰后铁球又 静止，铝板又开始运动，重复上述过程.当某次铁球与B碰 后静止，而铝板运动过程中，A板与铁球碰前速度为0时， 整个过程结束.
典型题讲解
【例1】（广东高考题）一导弹离地面高度为h水平飞行.
某一时刻，导弹的速度为v，突然爆炸成质量相同的A、B
两块，A、B同时落到地面，两落地
点相距4v
2h g ，两落地点与爆炸前导弹速度在同一
竖直平面内.不计空气阻力，已知爆炸后瞬间A的动能为
EkA大于B的动能EkB，则EkA∶EkB=9∶1.
【例2】气功碎石表演中，质量M=200kg的石板压在演员身 上，另一个演员举起质量m=5kg的铁锤，使劲地向石板砸 去的瞬间，石板被砸碎了，而演员安然无恙，试通过分析 和必要的理论计算来说明其中的奥妙.
【解析】设锤砸到石板前的速度为v0，石板获得的瞬时速度 为v，以锤和石板为研究系统，则mv0=Mv(∵m <M,∴砸上后认 为共同运动时m略去)
mv0=2mv1①
由动能定理,得mgs1=(1/2)mv20-1/2mv21②
由①得v1=1/2v0，
代入②得s1=3v20/(8g).
根据条件v0＜ 2gl得s1＜3/4l.
可见，在B、C达到相同速度v1时，B尚未与A发生第 二次碰撞，B与C将以v1向右匀速运动一段距离（l-s1） 后才与A发生第二次碰撞，设C的速度从0变到v1的过 程中，C的路程为s2，由功能关系，得：
度的关键是确定相互作用的物体系统和其中各物体对地的 运动状态.
随堂测试
1.A物体的质量是m，B物体质量是2m，它们在光滑的水平 面上以相同的动量运动，发生正碰后，A的运动方向不变， 速率减为原来的一半，碰撞后的物体的速率之比为
（D ）
A.1∶2 B.1∶3 C.2∶1 D.2∶3
2.质量为1kg的小球以4m·s-1的速度与质量为2kg的静止的小 球正碰，关于1kg的球和2kg的球碰撞后的速度，下面有可
mv1=2mv2，
解得:v2=(1/2)v1=1/4v0.
因A的速度v1大于B的速度v2，故第3次碰撞发生在A的左 壁，刚碰后，A的速度为v2，B的速度为v1，C的速度仍为 v2，由于摩擦，B减速，C加速直到有相同的速度v3，由动 量守恒定律，得：
mv1+mv2=2mv3，
解得v3=(3/8)v0.
得v=4.8m/s. 所以人跳离甲车的速度（对地）应满足3.8m/s≤v≤4.8m/s.
【例4】水平地面上有一长为l1=13cm的铝 板，铝板的A、B两端各有一小墙，两墙间
的距离l2=12cm，铝板的质量m=200g，在铝 板上放一质量与铝板相同的铁球，其直径
d=2cm，设铁球与铝板之间是光滑的，而 铝板与地面间的动摩擦因数=0.2，开始 时铁球紧贴B端小墙，铁球与铝板都是静
vA/vB=3， 即EkA/EkB=9.
【解题回顾】
（1）炸裂过程中竖直方向上还有重力作用，系统所受合 外力不等于0，但是水平方向除相互作用外没有其他任何 外力，可从沿水平方向使用动量守恒定律，这就是动量守 恒定律的灵活运用.
（2）两物体相互分离后做平抛运动，是动量与其他力学 知识相结合的常见形式，平抛运动知识掌握不好，对这道 题也不能做出完整、正确的解答.
△I=mv-0①
f·s=1/2mv2② 其中f=·2mg③
联立①、②、③解得 s=△I2/(4m2g)=1.52/(4×0.2×0.22×10)=7.03m
即s=7.03m，而l=l2-d=12-2=10cm，故所求碰撞次数 N为N=2× (s/l)=2× (703/10)=140次.
Байду номын сангаас
【解题回顾】这是一道过程很复杂的题目.大家要分 析其受力特点，建立正确的物理图景，并且对动量 守恒定律应用及能量守恒也有较高的要求.关于在弹 性碰撞下，两质量相等的小球碰前后速度互换.可用 动量守恒与动能守恒两式联立解得.
分别记为E2、p2，则必有（ D ）
A.E1＜E0
B.p1＜p0
C.E2＞E0
D.p2＞p0
4.一质量为m的炮弹沿水平方向飞行，其动能为Ek，突然在 空中爆炸成质量相同的两块，其一块向后，动能为Ek/2，另
一块向前，则向前的这一块的动能为（ C ）
A.1/2Ek
B.9/2Ek
C.9/4Ek
D.9 4 2 Ek 2
爆炸、碰撞及反冲现象
知识点
一、爆炸与碰撞 1.共同特点：相互作用力是变力，作用时间极短、作
用力很大，如果有外力、内力远大于外力.均可以应用 动量守恒定律
2.在爆炸过程中，因有其他形式能转化为动能，所以 系统的动能会增加；在碰撞过程，如果没有动能损失， 碰撞前与碰撞后总动能相等；如果有部分动能转化为内 能，系统的总动能减小，系统的总动能是不可能增加的.
（1）从A、B发生第一次碰撞到第二
次碰撞时间内，木板C运动的路程；
（2）在A、B刚要发生第四次碰撞时，
A、B、C三者速度的大小.
【解析】
（1）A与B刚发生第一次碰撞后，A停下不动，B以初速v0向 右运动，由于摩擦，B向右做匀减速 运动，而C向右做匀 加速运动，两者速率逐渐接近.设B、C达到相同速度v1时， B移动的路程为s1，设A、B、C质量为m，由动量守恒定律， 得：
根据以上分析，系统动能仅在铝板运动过程中损失. 铝板运动过程中，所受滑动摩擦力f=·2mg恒定，不
难求出铝板运动的总位移s.而铝板每运动l=l2-d距 离，铁球即与铝板前后挡板各碰一次，考虑到铝板是 先运动，后碰撞，故碰撞次数为: 2(s)
l
设最初铝板获得的速度为v，整个过程中铝板位移 为s，根据动量定理及能量守恒有：
mgs2=1/2mv21，
解得：s2=v20/(8g).
因此在第一次到第二次碰撞间C的路程为
s=s2+l-s1=l-v20/(4g).
(2)由上面讨论可知，在刚要发生第二次碰撞时， A静上，B、C的速度均为v1，刚碰撞后，B静止，A、 C的速度均为v1，由于摩擦，B将加速，C将减速直 至达到相同的速度v2，由动量守恒定律，得
3.由于碰撞（或爆炸）作用时间极短，因此作用过 程中物体的位移很小，一般可忽略不计，可以认为， 碰撞（或爆炸）后还从碰撞（或爆炸）前瞬间的位置 ‘以新的动量开始运动.
二、反冲运动 1.反冲运动过程中，系统在某一方向不受外力或外力的
作用远小于物体间的相互作用力，可应用动量守恒定律. 2.研究反冲运动的目的是找反冲速度的规律，求反冲速
【例5】一段凹槽A倒扣在水平长木板C上，槽内有一小
物块B，它到槽两内侧的距离均为l/2，如图5-4-3所示.
木板位于光滑水平的桌面上，槽与木板间的摩擦不计，
小物块与木板间的动摩擦因数为,A、B、C三者质量相
等，原来都静止.现使槽A以大小为v0的初速向右运动，
已知v0＜
.2当Ag和l B发生碰撞时，两者速度互换.求：
故刚要发生第四次碰撞时，A、B、C的速度分别
vA=(-1/4)v0，
vB=vC=v3=(3/8)v0.
v=m/Mv0， 所以石板获得的能量 E石=(1/2)Mv2=(m/M)·(1/2)mv20，当M 》m时，石板的动能极小.
E石=(1/40)E锤.
【例3】如图5-4-1所示，甲车质量m1=20kg，车上有质量 M=50kg的人，甲车（连同车上的人）从足够长的斜坡上高
h=0.45m处由静止滑下，到水平面上后继续向前滑动，此时
质量m2=50kg的乙车正以v0=1.8m/s的速度迎面滑来，为了避 免两车相撞，当两车相距适当距离时，人从甲车跳到乙车上，
求人跳出甲车的水平速度（相对地面）应在什么范围内？不
计地面和斜坡的摩擦.（g=10m/s2）
【解析】甲车（包括人）滑下斜坡后速度： v= 2gh =3m/s.
在人跳离甲车和人跳上乙车过程中各自动量守恒，设人跳离 甲车和跳上乙车后，两车的速度分别为v′甲和v′乙，则： （M+m1）v甲=Mv+m1v′甲……①
【解析】导弹的爆炸过程就是A、B两部分的相互作用过 程，在这个作用过程中，除相互作用力外，水平面上无其 他外力作用，所以A、B两块组成的系统在水平方向动量守 恒，即
mv=1/2mvA+1/2mvB. 又由于A、B同时落到地面，即发生水平位移用的时间相同， 得
vAt+vBt= 结合爆炸后瞬间EkA＞KkB知vA的大小大于vB的大小. 联立上式得