文档内容
第 29 讲 反冲和碰撞
学习目标
明 确目标 确定方向
1. 反冲现象的分析和应用
2. 碰撞现象分析
【 知识回归 】 回 归课本 夯实基础
第一部分基础知识梳理
一．反冲
1.定义：当物体的一部分以一定的速度离开物体时，剩余部分将获得一个反向冲量，这种现象叫反冲运
动。
2特点：系统内各物体间的相互作用的内力远大于系统受到的外力。实例：发射炮弹、爆竹升空、发射火
箭等。
3遵从规律：动量守恒定律
二．碰撞
1.特点：物体间的相互作用持续时间很短，内力大于外力
2.满足规律:系统动量守恒。
3.分类：
能量角度：
（1）弹性碰撞：机械能不损失
（2）非弹性碰撞：机械能损失
运动方向：
（1）正碰：碰撞前后在一条直线上
（2）斜碰：碰撞前后不在一条直线上
第二部分重难点辨析
一．碰撞现象满足的规律
1动量守恒定律。
2机械能不增加。
3速度符合实际情境
①碰前两物体同向运动，若要发生碰撞，则应有v ＞v ，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两
后 前
物体同向运动，则应有v ′≥v ′。
前 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。
二．对反冲现象的三点说明
1系统内的不同部分在强大内力作用下向相反方向运动，通常用动量守恒来处理。
2反冲运动中，由于有其他形式的能转变为机械能，所以系统的总机械能增加。
3反冲运动中平均动量守恒。【 典例分析 】 精 选例题 提高素
养
【例1】．乌贼在水中运动方式是十分奇特的，它不用鳍也不用手足，而是靠自身的漏斗喷射海水推动身
体运动，在无脊椎动物中游泳最快，速度可达15m/s。逃命时更可以达到40m/s，被称为“水中火箭”。
如图所示，一只悬浮在水中的乌贼，当外套膜吸满水后，它的总质量为4kg，遇到危险时，通过短漏斗状
的体管在极短时间内将水向后高速喷出，从而迅速逃窜，喷射出的水的质量为0.8kg，则喷射出水的速度为
（ ）
A．200m/s B．160m/s C．75m/s D．60m/s
【答案】B
【详解】乌贼逃命时的速度为 ，设乌贼向前逃窜的方向为正方向，由系统动量守恒得
可得
故选B。
【例2】．图为丁俊晖正在准备击球，设丁俊晖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 ，花色球B静止，碰后花色球B的动量变为
，则两球质量 与 间的关系可能是（ ）A． B． C． D．
【答案】C
【详解】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
解得
根据碰撞过程总动能不增加，则有
解得
碰后，两球同向运动，A的速度不大于B的速度，则
解得
综上可知
故选C。
【例3】．如图甲所示，质量为 的长木板ABC静止在足够长的光滑水平面上，长木板ABC的上表
面由半径为R（未知）的光滑四分之一圆弧面AB和长为 的粗糙水平面BC平滑连接而成，B为圆弧
面AB的最低点且切线水平，水平面BC的C端固定一挡板。现将质量为 的物块从A点由静止释放，
物块与挡板碰撞后相对木板向左运动到B点时与长木板相对静止。已知物块在木板BC间运动的过程中，
受到的摩擦力F随物块距B点的距离x变化规律如图乙所示，物块与挡板碰撞过程的时间极短且没有机械
能损失，重力加速度大小g取10 ，不计物块的大小。求：
（1）圆弧面AB的半径；（2）物块从A点由静止释放到与长木板相对静止于B点，长木板运动的位移大小；
（3）物块与挡板碰撞后的瞬间，物块与长木板的速度大小。
【答案】（1）0.8m；（2）0.2m；（3） ，
【详解】（1）全程水平动量守恒，有
则
能量守恒，有
解得
（2）水平方向动量守恒，设向右为正，有
设极短时间为Δt，有
即
且解得长木板运动的位移大小
（3）物块与挡板碰撞后的瞬间，水平动量守恒，有
由能量守恒，有
解得物块速度大小
长木板速度大小
【例4】．如图，固定点O上用长 的细绳系一质量 的小球（可视为质点），小球与水平
面上的B点刚好接触且无压力。一质量 的物块（可视为质点）从水平面上A点以速度 （未知）
向右运动，在B处与静止的小球发生正碰，碰后小球在绳的约束下做圆周运动，经最高点C时，绳上的拉
力恰好等于小球的重力的2倍，碰后物块经过 后最终停在水平地面上的D点，其水平位移
，取重力加速度 。求：
（1）物块与水平面间的动摩擦因数；
（2）碰撞后瞬间物块的动量大小；
（3）设物块与小球的初始距离为 ，物块在A处的初速度大小。【答案】（1） ；（2） ；（3）
【详解】（1）法一：物块和小球碰撞后减速，由牛顿第二定律得
由逆向思维得
解得
方法二：物块和小球碰撞后减速，由动量定理得
由匀变速直线运动的规律得
解得
（2）匀变速直线运动的规律得
解得
碰撞后物块的动量大小
得
（3）小球在最高点时绳子的拉方大小
由牛顿第二定律得设碰撞后到小球的速度为 ，由机械能守恒定律
设碰撞前瞬间物块的速度为v，由动量守恒定律得
物块从A点运动到与小球碰撞前瞬间过程，对物块，由动能定理得
解得，物块在A处的速度大小
【巩固练习】 举 一反三 提高能
力
_
1．如图，某中学航天兴趣小组在一次发射实验中将总质量为M的自制“水火箭”静置在地面上。发射时
“水火箭”在极短时间内以相对地面的速度 竖直向下喷出质量为m的水。已知火箭运动过程中所受阻力
与速度大小成正比，火箭落地时速度为v，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．火箭的动力来源于火箭外的空气对它的推力
B．火箭上升过程中一直处于超重状态C．火箭获得的最大速度为
D．火箭在空中飞行的时间为
【答案】D
【详解】A．火箭向下喷出水，水对火箭的反作用力是火箭的动力，A错误；
B．火箭加速上升过程处于超重状态，减速上升过程和加速下降过程处于失重状态，B错误；
C．喷水瞬间由动量守恒定律可得
解得火箭获得的最大速度为
C错误；
D．以向下为正方向，上升过程由动量定理可得
下降过程由动量定理可得
其中
联立解得
D正确。
故选D。
2．不在同一直线上的动量问题同样可以用正交分解法处理。某同学自制了一款飞机模型，该飞机模型飞
行过程中可通过喷气在极短时间内实现垂直转弯。若该飞机模型的质量为M（含气体），以大小为v的速
度匀速飞行时，在极短时间内喷出质量为m的气体后垂直转弯，且转弯后的速度大小不变，则该飞机模型喷出的气体的速度大小为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【详解】根据题意，设喷出的气体沿飞机模型初速度方向的速度分量大小为 ，沿飞机模型末速度方向的
速度分量大小为 ，在这两个方向上，根据动量守恒定律分别有
该飞机模型喷出的气体的速度大小
解得
故选C。
3．如图所示，有一只小船停靠在湖边码头，小船又窄又长（估计重一吨左右）。一位同学想用一个卷尺
粗略测定它的质量。他进行了如下操作：首先将船平行于码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头停
下，而后轻轻下船。用卷尺测出船后退的距离d，然后用卷尺测出船长L。已知他的自身质量为m，水的阻
力不计，船的质量为（ ）A． B． C． D．
【答案】B
【详解】人、船水平方向平均动量守恒，设人走动时船的速度大小为 ，人的速度大小为 ，取船的速
度方向为正方向，根据动量守恒定律有
故
人、船运动时间相等，则有
又
，
联立解得船的质量为
故选B。
4．在空间技术发展过程中，喷气背包曾经作为宇航员舱外活动的主要动力装置，它能让宇航员保持较高
的机动性。如图所示，宇航员在距离空间站舱门为d的位置与空间站保持相对静止，启动喷气背包，压缩
气体通过横截面积为S的喷口以速度 持续喷出，宇航员到达舱门时的速度为 。若宇航员连同整套舱外
太空服的质量为M，不计喷出气体后宇航员和装备质量的变化，忽略宇航员的速度对喷气速度的影响以及
喷气过程中压缩气体密度的变化，则喷出压缩气体的密度为（ ）A． B． C． D．
【答案】D
【详解】设喷出的气体的质量为 ，则
根据动量守恒定律可得
宇航员受力恒定，做初速度为零的匀加速直线运动，则
联立解得
故选D。
5．如图所示，一质量为 的物块B静止于水平地面上P点，P点左侧地面光滑，物块在P点右侧运
动时所受摩擦阻力大小与物块的速率成正比（ ，k为已知常数）、与物块质量无关。现有一个质量为
m的物块A以初速度 向右撞向物块B，与B发生碰撞，碰撞时间极短，则下列说法正确的是（ ）
A．若A、B碰撞过程中没有机械能损失，则碰撞过程中A对B的冲量大小为
B．若A、B碰撞过程中没有机械能损失，则B的位移
C．若A、B碰后粘在一起，则碰撞过程中A对B的冲量大小为
D．若A、B碰后粘在一起，其共同运动的位移
【答案】B
【详解】A．由系统动量守恒和机械能守恒可知解得
得
故选项A错误；
B．依题意 ，则物块A碰后反弹，物块B碰后做减速运动，最终静止
法一：由动量定理可得
全过程累加求和有
得
法二：类比电磁感应中的安培力可以证明f与x成线性关系，由动能定理可得
解得
故选项B正确；
C．若A、B碰后粘在一起，则有
解得
故故选项C错误；
D．由动量定理可得
全过程累加求和有
得
故选项D错误。
故选B。
6．大小相同的两个小球a、b并排静止在光滑水平面上，距小球b右侧l处有一竖直墙面，墙面垂直于两
小球连线，如图所示。小球a的质量为 ，小球b的质量为m。现给小球a一沿连线向右的初速度，忽略
空气阻力及所有碰撞过程中的动能损失，小球a与小球b发生第二次碰撞时距竖直墙面的距离为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】a球与b球发生弹性碰撞，设a球碰前的初速度为 ，碰后a、b的速度为 、 ，取向右为正，
由动量守恒定律和能量守恒定律有
解得
，
设小球a与小球b发生第二次碰撞时距竖直墙面的距离为 ，则 满足解得
故选C。
7．A、B两球在光滑水平面上沿同一直线向同一方向运动， ， ， ，
，当A追上B并发生碰撞后，A、B两球速度的可能值是（取两球碰前的运动方向为正）（ ）
A． ，
B． ，
C． ，
D． ，
【答案】A
【详解】以 的初速度方向为正方向，碰撞前系统的总动量为
系统总的机械能为
A．如果 ， ，碰后系统动量为
碰后系统机械能为
碰撞过程系统满足动量守恒，满足机械能不增加原则，故A正确；
B．如果 ， ，碰后系统动量为
碰撞过程系统不满足动量守恒，故B错误；
C．如果 ， ，碰后系统动量为碰后系统机械能为
碰撞过程系统满足动量守恒，不满足机械能不增加原则，故C错误；
D．如果 ， ，则碰撞后A的速度大于B的速度，不符合实际情况，故D错误。
故选A。
8．质量为m，速度为 的A球跟质量为3m的静止的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球的速度可能值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】两球发生完全弹性碰撞时，系统动量守恒、机械能守恒，以A的初速度方向为正方向，可得
解得
若A、B发生完全非弹性碰撞，则有
解得
则B的速度范围是
故选B。
多选9．物体B静止在足够长的光滑水平面上，质量相同的物体A水平向右运动，以速率6m/s与B发生对
心正碰。以右为正方向，碰后A、B两小球的速度可能为（ ）A． ， B． ，
C． ， D． ，
【答案】AD
【详解】A．如果是完全非弹性碰撞，则有
可得碰后速度为
故A正确；
B．碰撞前瞬间，A、B系统总动量为
碰撞前瞬间，A、B系统总动能为
碰撞后瞬间，A、B系统总动量为
碰撞后瞬间，A、B系统总动能为
碰撞后动能变大了，不符合实际情况，故B错误；
C．若碰撞后两球速度方向相同，且大小不相等，则A的速度应该小于B的速度，故C错误；
D．碰撞后瞬间，A、B系统总动量为
碰撞后瞬间，A、B系统总动能为
碰撞后动能减小了，动量守恒，符合实际情况，所以可能，故D正确；
故选AD。
多选10．如图所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，质量为1kg的小物块B置于轻弹簧上端并处于静
止状态，另一质量为3kg的小物块A从小物块B正上方h=0.8m处由静止释放，与小物块B碰撞后（碰撞时间极短）一起向下压缩弹簧到最低点，已知弹簧的劲度系数k=100N/m，弹簧的弹性势能表达式
（x为弹簧的形变量），重力加速度g=10m/s2，弹簧始终在弹性限度内，下列说法正确的是（ ）
A．碰撞结束瞬间，小物块A的速度大小为1m/s
B．碰撞结束瞬间，小物块A的加速度大小为7.5m/s2
C．小物块A与B碰撞之后一起下落0.5m时的加速度大小为2.5m/s2
D．小物块A与B碰撞之后一起下落过程中，系统的最大动能为22.5J
【答案】BD
【详解】A．对小物块A应用动能定理可得
小物块A、B碰撞由动量守恒定律可得
联立解得
故A错误；
B．碰前小物块B的重力与弹簧弹力平衡，碰后瞬间弹簧弹力不突变，对小物块A、B整体应用牛顿第二定
律可得
解得
故B正确；
C．下落 时，对小物块A、B整体应用牛顿第二定律可得联立解得
故C错误；
D．开始时有
当
系统下落过程中有最大速度，由动能定理可得
联立解得
故D正确。
故选BD。
多选11．如图所示，竖直平面内、半径 的四分之一光滑圆弧轨道下端与光滑水平桌面相切，小滑
块B静止在圆弧轨道的最低点。现将小滑块A从圆弧轨道的最高点无初速度释放。已知A、B的质量分别为
1kg、3kg，重力加速度 ，则碰撞后B的动能有可能为（ ）
A．0.3J B．0.8J C．1.3J D．1.8J
【答案】BC
【详解】设A下滑到最低点时速度为 ，根据机械能守恒定律有
解得
①若两滑块发生完全弹性碰撞时，碰撞后B动能最大，根据动量守恒定律和能量守恒有，
联立解得
，
此时B的动能为
②当两滑块发生完全非弹性碰撞时，碰撞后B动能最小，根据动量守恒定律有
解得
此时B的动能为
综上可知碰撞后B的动能取值范围 。
故选BC。
12．如图所示，光滑水平面上依次有滑块C质量m ＝2kg，滑块A质量m ＝3kg，滑块B质量m ＝3kg。开
C A B
始时A、B静止，C以初速度 的速度冲向A，与A发生弹性碰撞，碰撞后A继续向右运动，与B
发生碰撞并粘在一起．求：
（1）C与A碰撞后A的速度大小为多少；
（2）A与B碰撞过程中损失的机械能。
【答案】（1）8m/s；（2）48J
【详解】（1）取向右为正方向，以CA为系统研究，根据动量守恒定律
根据机械能守恒定律解得
C与A碰撞后A速度大小为8m/s；
（2）仍取向右为正方向，以AB为系统研究，根据动量守恒定律
根据能量守恒定律
解得
13．光滑水平面上，质量为 的小球A以 的速度向右运动，与同向运动的速度为 、质量为
的半径相同的小球B发生正碰，碰撞后小球B以 的速度运动。求：
（1）碰后A球的速度；
（2）碰撞过程中A球对B球的冲量大小 ；
（3）碰撞过程中A、B系统损失的机械能 。
【答案】（1）2m/s；（2）4 ；（3）4J
【详解】（1）设碰前A球的速度为 ，B球的速度为 ，碰后的速度分别为 ， ，以水平右为正方
向，A、B小球组成的系统碰撞前后动量守恒，有
代入数据解得
即碰后A的速度为2m/s。
（2）碰撞前B球的动量碰撞后B球的动量
由动量定理可知，碰撞中A求对B球的冲量大小等于B球的动量变化量，即
故碰撞过程中A球对B球的冲量大小为 （或写成 也可以）
（3）碰撞过程中A、B系统损失的机械能为
代入数据解得
14．2023年1月15日，长征二号丁运载火箭以“一箭十四星”发射方式成功将齐鲁二号、三号等14颗卫
星发射升空。已知火箭的总质量 ，火箭发动机点火后从尾部竖直向下喷出高温高压气体而
获得动力。火箭尾部喷口横截面积 ，喷出气体的密度 ，火箭点火瞬间竖直向下喷出
气体相对地面的速度大小 ，此后火箭向上做匀加速直线运动，取重力加速度大小
，不考虑火箭由于喷气带来的质量变化，忽略地球的自转以及高度的变化对重力加速度的影响，空气阻力
不计。求：
（1）点火瞬间，火箭因喷出气体获得的动力大小F；
（2）从点火开始计时，火箭运行 过程中火箭动力所做的功W。【答案】（1） ；（2）
【详解】（1）对 时间内喷出的气体有
联立得
由牛顿第三定律可知火箭因喷出气体获得的动力大小
（2）对加速过程中的火箭有
联立得
