高二物理寒假精品课(人教版2019)第8天碰撞和反冲(原卷版+解析)

这是一份高二物理寒假精品课(人教版2019)第8天碰撞和反冲(原卷版+解析)，共18页。试卷主要包含了掌握弹性碰撞、非弹性碰撞的特点， 碰撞可能性的判断，7×102 kg·m/s等内容，欢迎下载使用。

1.掌握弹性碰撞、非弹性碰撞的特点.能运用动量和能量的观点分析、解决一维碰撞的问题．
2.了解反冲的概念及反冲现象的防止和应用.知道反冲现象的原理，会应用动量守恒定律解决有关反冲现象的问题.
1. 如图所示，A、B是两个用等长细线悬挂起来的大小可忽略不计的小球，mA＝5mB.B球静止，拉起A球，使细线与竖直方向夹角为30°，由静止释放，在最低点A与B发生弹性碰撞．不计空气阻力，则关于碰后两小球的运动，下列说法正确的是( )
A．A静止，B向右，且偏角小于30°
B．A向左，B向右，且偏角等于30°
C．A、B均向右，A球偏角小于B球偏角，且都小于30°
D．A、B均向右，A球偏角小于B球偏角，且A球偏角小于30°，B球偏角大于30°
2. 如图，反冲小车静止放在水平光滑玻璃板上，点燃酒精灯，水蒸气将橡皮塞水平喷出，小车沿相反方向运动．如果小车运动前的总质量M＝3 kg，水平喷出的橡皮塞的质量m＝0.1 kg.
(水蒸气质量忽略不计)
(1)若橡皮塞喷出时获得的水平速度v＝2.9 m/s，求小车的反冲速度；
(2)若橡皮塞喷出时速度大小不变，方向与水平方向成60°角，求小车的反冲速度．(小车一直在水平方向运动)
一、碰撞
1．碰撞的特点
(1)时间特点：在碰撞现象中，相互作用的时间很短．
(2)相互作用力的特点：在相互作用过程中，相互作用力先是急剧增大，然后急剧减小，平均作用力很大．
(3)动量守恒条件的特点：系统的内力远远大于外力，所以系统即使所受合外力不为零，外力也可以忽略，系统的总动量守恒．
(4)位移特点：碰撞过程是在一瞬间发生的，时间极短，在物体发生碰撞的瞬间，可忽略物体的位移，认为物体在碰撞前后仍在同一位置．
(5)能量特点：碰撞前总动能Ek与碰撞后总动能Ek′，满足Ek≥Ek′.
2．碰撞的分类
(1)弹性碰撞：系统动量守恒、机械能守恒．
m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22＝eq \f(1,2)m1v1′2＋eq \f(1,2)m2v2′2
若v2＝0，则有
v1′＝eq \f(m1－m2,m1＋m2)v1，v2′＝eq \f(2m1,m1＋m2)v1
(2)非弹性碰撞：系统动量守恒，机械能减少，损失的机械能转化为内能，ΔE＝Ek初总－Ek末总＝Q.
(3)完全非弹性碰撞：系统动量守恒，碰撞后合为一体或具有相同的速度，机械能损失最大．
设两者碰后的共同速度为v共，则有
m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共
机械能损失为ΔE＝eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22－eq \f(1,2)(m1＋m2)v共2.
3. 碰撞可能性的判断
碰撞问题遵循的三个原则：
(1)系统动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′.
(2)系统动能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或eq \f(p12,2m1)＋eq \f(p22,2m2)≥eq \f(p1′2,2m1)＋eq \f(p2′2,2m2).
(3)速度要合理：
①碰前两物体同向运动，即v后>v前，碰后原来在前面的物体速度一定增大，且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．
二、反冲
1．反冲运动的三个特点
(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，系统不受外力或内力远大于外力，遵循动量守恒定律或在某一方向上动量守恒．
(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．讨论反冲运动应注意的两个问题
(1)速度的方向性：对于原来静止的整体，可任意规定某一部分的运动方向为正方向，则反方向运动的另一部分的速度就要取负值．
(2)速度的相对性：反冲问题中，若已知相互作用的两物体的相对速度，将各速度转换成相对同一参考系的速度，再列动量守恒方程．
三、火箭原理
1．火箭喷气属于反冲类问题，是动量守恒定律的重要应用．
2．分析火箭类问题应注意的三个问题
(1)火箭在运动过程中，随着燃料的燃烧，火箭本身的质量不断减小，故在应用动量守恒定律时，必须取在同一相互作用时间内的火箭和喷出的气体为研究对象．注意反冲前、后各物体质量的变化．
(2)明确两部分物体初、末状态的速度的参考系是否为同一参考系，如果不是同一参考系要设法予以转换．
(3)列方程时要注意初、末状态动量的方向．
一、碰撞的可能性
例题1. (多选)质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的动量pA＝9 kg·m/s，B球的动量pB＝3 kg·m/s，当A追上B时发生正碰，则碰后A、B两球的动量可能值是( )
A．pA′＝6 kg·m/s，pB′＝6 kg·m/s
B．pA′＝4 kg·m/s，pB′＝6 kg·m/s
C．pA′＝－6 kg·m/s，pB′＝18 kg·m/s
D．pA′＝4 kg·m/s，pB′＝8 kg·m/s
解题归纳：
分析碰撞可能性问题的思路
1．对一个给定的碰撞，首先要看动量是否守恒，再看总机械能是否增加．
2．注意碰后的速度关系是否合理．
3．要灵活运用Ek＝eq \f(p2,2m)和p＝eq \r(2mEk)两个关系式．
二、人船模型
例题2. 如图所示，物体A和B质量分别为m1和m2，图示直角边长分别为a和b.设B与水平地面无摩擦，当A由顶端O从静止开始滑到B的底端时，B的水平位移是( )
A.eq \f(m2,m1＋m2)b B.eq \f(m1,m1＋m2)b
C.eq \f(m1,m1＋m2)(b－a) D.eq \f(m2,m1＋m2)(b－a)
解题归纳：
1．“人船模型”问题
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．
2．人船模型的特点
(1)两物体满足动量守恒定律：m人v人－m船v船＝0，在相互作用的过程中，任一时刻两物体的速度大小与质量成反比．
(2)运动特点：人动船动，人停船停，人快船快，人慢船慢，人左船右，人、船位移比等于它们质量的反比，即eq \f(x人,x船)＝eq \f(m船,m人).人和船的位移满足|x人|＋|x船|＝L.
3．解题关键点：解题时要选择同一个参考系，画出各物体的位移关系草图，找准各位移之间的关系．
（建议用时：30分钟）
一、单选题
1．下列关于碰撞的理解正确的是( )
A．碰撞是指相对运动的物体相遇时，在极短时间内它们的运动状态发生了显著变化的过程
B．在碰撞现象中，一般内力都远大于外力，所以可以认为碰撞时系统的动能守恒
C．如果碰撞过程中机械能守恒，这样的碰撞叫作非弹性碰撞
D．微观粒子的相互作用由于不发生直接接触，所以不能称其为碰撞
2．如图所示，光滑水平面上有两个质量分别为m1、m2的大小相同的小球A、B，放在与左侧竖直墙垂直的直线上，设B开始处于静止状态，A球以速度v朝着B运动，设系统处处无摩擦，所有的碰撞均无机械能损失，则下列判断正确的是( )
A．若m1＝m2，则两球之间有且仅有两次碰撞
B．若m1≪m2，则两球之间可能发生两次碰撞
C．两球第一次碰撞后B球的速度一定是eq \f(v,2)
D．两球第一次碰撞后A球一定向右运动
3．将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/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．30 kg·m/s B．5.7×102 kg·m/s
C．6.0×102 kg·m/s D．6.3×102 kg·m/s
4．某一火箭喷气发动机每次喷出m＝200 g的气体，气体离开发动机喷出时的速度v＝1 000 m/s.设火箭(包括燃料)质量M＝300 kg，发动机每秒喷气20次．以下说法正确的是( )
A．运动第1 s末，火箭的速度约为10 m/s
B．运动第2 s末，火箭的速度约为135 m/s
C．当发动机第3次喷出气体后，火箭的速度约为2 m/s
D．当发动机第4次喷出气体后，火箭的速度约为200 m/s
二、多选题
5．质量为m的小球A沿光滑水平面以速度v0与质量为2m的静止小球B发生正碰，则碰后B的速度可能是( )
A.eq \f(1,3)v0 B.eq \f(1,4)v0
C.eq \f(2,5)v0 D.eq \f(3,4)v0
6．小车静止在光滑水平地面上，站在车上的人练习打靶，靶装在车上的另一端，如图所示．已知车、人、枪和靶的总质量为M(不含子弹)，每颗子弹质量为m，共n发，打靶时，枪口到靶的距离为d.若每发子弹打入靶中，就留在靶里，且待前一发打入靶中后，再打下一发．则以下说法正确的是( )
A．待打完n发子弹后，小车将以一定的速度向右匀速运动
B．待打完n发子弹后，小车应停在射击之前位置的右方
C．在每一发子弹的射击过程中，小车所发生的位移相同
D．在每一发子弹的射击过程中，小车所发生的位移应越来越大
三、解答题
7．如图所示，ABC为一固定在竖直平面内的光滑轨道，BC段水平，AB段与BC段平滑连接，质量为m1的小球从高为h处由静止开始沿轨道下滑，与静止在轨道BC段上质量为m2的小球发生碰撞，碰撞后两球的运动方向处于同一水平线上，且在碰撞过程中无机械能损失．求碰撞后小球m2的速度大小v2.(重力加速度为g)
8．如图所示，质量为M的四分之一光滑轨道静止在光滑水平面上，圆弧轨道末端与水平面相切，圆弧轨道半径为R，且圆弧轨道不固定．有一质量为m＝eq \f(1,4)M的小球A从圆弧轨道上与圆心等高处无初速度释放，小球可视为质点，重力加速度为g，求：
(1)小球与圆弧轨道分离时小球的速度大小；
(2)从刚释放小球到小球与圆弧轨道恰好分离的过程中圆弧轨道运动的位移大小．
第8天 碰撞和反冲（复习篇）
1.掌握弹性碰撞、非弹性碰撞的特点.能运用动量和能量的观点分析、解决一维碰撞的问题．
2.了解反冲的概念及反冲现象的防止和应用.知道反冲现象的原理，会应用动量守恒定律解决有关反冲现象的问题.
1. 如图所示，A、B是两个用等长细线悬挂起来的大小可忽略不计的小球，mA＝5mB.B球静止，拉起A球，使细线与竖直方向夹角为30°，由静止释放，在最低点A与B发生弹性碰撞．不计空气阻力，则关于碰后两小球的运动，下列说法正确的是( )
A．A静止，B向右，且偏角小于30°
B．A向左，B向右，且偏角等于30°
C．A、B均向右，A球偏角小于B球偏角，且都小于30°
D．A、B均向右，A球偏角小于B球偏角，且A球偏角小于30°，B球偏角大于30°
答案 D
解析 设A球到达最低点的速度为v，在最低点A与B发生弹性碰撞后，A球的速度为vA，B球的速度为vB，取向右为正方向，
由动量守恒定律可得：mAv＝mAvA＋mBvB
由机械能守恒定律可得：eq \f(1,2)mAv2＝eq \f(1,2)mAvA2＋eq \f(1,2)mBvB2
可得vA＝eq \f(mA－mB,mA＋mB)v＝eq \f(2,3)vv，A、B均向右，A球偏角小于30°，B球偏角大于30°，故选项D正确．
2. 如图，反冲小车静止放在水平光滑玻璃板上，点燃酒精灯，水蒸气将橡皮塞水平喷出，小车沿相反方向运动．如果小车运动前的总质量M＝3 kg，水平喷出的橡皮塞的质量m＝0.1 kg.
(水蒸气质量忽略不计)
(1)若橡皮塞喷出时获得的水平速度v＝2.9 m/s，求小车的反冲速度；
(2)若橡皮塞喷出时速度大小不变，方向与水平方向成60°角，求小车的反冲速度．(小车一直在水平方向运动)
答案 (1)0.1 m/s，方向与橡皮塞水平运动的方向相反
(2)0.05 m/s，方向与橡皮塞水平分运动的方向相反
解析 (1)小车和橡皮塞组成的系统所受外力之和为零，系统总动量为零．以橡皮塞水平运动的方向为正方向
根据动量守恒定律有，0＝mv＋(M－m)v1
v1＝－eq \f(m,M－m)v＝－eq \f(0.1,3－0.1)×2.9 m/s＝－0.1 m/s
负号表示小车运动方向与橡皮塞水平运动的方向相反，反冲速度大小是0.1 m/s.
(2)小车和橡皮塞组成的系统水平方向动量守恒．以橡皮塞运动的水平分运动方向为正方向，
有mv′cs 60°＋(M－m)v1′＝0
v1′＝－eq \f(mv′cs 60°,M－m)＝－eq \f(0.1×2.9×0.5,3－0.1) m/s＝－0.05 m/s
负号表示小车运动方向与橡皮塞运动的水平分运动方向相反，反冲速度大小是0.05 m/s.
一、碰撞
1．碰撞的特点
(1)时间特点：在碰撞现象中，相互作用的时间很短．
(2)相互作用力的特点：在相互作用过程中，相互作用力先是急剧增大，然后急剧减小，平均作用力很大．
(3)动量守恒条件的特点：系统的内力远远大于外力，所以系统即使所受合外力不为零，外力也可以忽略，系统的总动量守恒．
(4)位移特点：碰撞过程是在一瞬间发生的，时间极短，在物体发生碰撞的瞬间，可忽略物体的位移，认为物体在碰撞前后仍在同一位置．
(5)能量特点：碰撞前总动能Ek与碰撞后总动能Ek′，满足Ek≥Ek′.
2．碰撞的分类
(1)弹性碰撞：系统动量守恒、机械能守恒．
m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22＝eq \f(1,2)m1v1′2＋eq \f(1,2)m2v2′2
若v2＝0，则有
v1′＝eq \f(m1－m2,m1＋m2)v1，v2′＝eq \f(2m1,m1＋m2)v1
(2)非弹性碰撞：系统动量守恒，机械能减少，损失的机械能转化为内能，ΔE＝Ek初总－Ek末总＝Q.
(3)完全非弹性碰撞：系统动量守恒，碰撞后合为一体或具有相同的速度，机械能损失最大．
设两者碰后的共同速度为v共，则有
m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共
机械能损失为ΔE＝eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22－eq \f(1,2)(m1＋m2)v共2.
3. 碰撞可能性的判断
碰撞问题遵循的三个原则：
(1)系统动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′.
(2)系统动能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或eq \f(p12,2m1)＋eq \f(p22,2m2)≥eq \f(p1′2,2m1)＋eq \f(p2′2,2m2).
(3)速度要合理：
①碰前两物体同向运动，即v后>v前，碰后原来在前面的物体速度一定增大，且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．
二、反冲
1．反冲运动的三个特点
(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，系统不受外力或内力远大于外力，遵循动量守恒定律或在某一方向上动量守恒．
(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．讨论反冲运动应注意的两个问题
(1)速度的方向性：对于原来静止的整体，可任意规定某一部分的运动方向为正方向，则反方向运动的另一部分的速度就要取负值．
(2)速度的相对性：反冲问题中，若已知相互作用的两物体的相对速度，将各速度转换成相对同一参考系的速度，再列动量守恒方程．
三、火箭原理
1．火箭喷气属于反冲类问题，是动量守恒定律的重要应用．
2．分析火箭类问题应注意的三个问题
(1)火箭在运动过程中，随着燃料的燃烧，火箭本身的质量不断减小，故在应用动量守恒定律时，必须取在同一相互作用时间内的火箭和喷出的气体为研究对象．注意反冲前、后各物体质量的变化．
(2)明确两部分物体初、末状态的速度的参考系是否为同一参考系，如果不是同一参考系要设法予以转换．
(3)列方程时要注意初、末状态动量的方向．
一、碰撞的可能性
例题1. (多选)质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的动量pA＝9 kg·m/s，B球的动量pB＝3 kg·m/s，当A追上B时发生正碰，则碰后A、B两球的动量可能值是( )
A．pA′＝6 kg·m/s，pB′＝6 kg·m/s
B．pA′＝4 kg·m/s，pB′＝6 kg·m/s
C．pA′＝－6 kg·m/s，pB′＝18 kg·m/s
D．pA′＝4 kg·m/s，pB′＝8 kg·m/s
答案 AD
解析 设两球质量均为m，碰前总动量p＝pA＋pB＝12 kg·m/s，碰前总动能Ek＝eq \f(pA2,2m)＋eq \f(pB2,2m)＝eq \f(45,m).
若pA′＝6 kg·m/s，pB′＝6 kg·m/s，碰后总动量p′＝pA′＋pB′＝12 kg·m/s，
碰后总动能Ek′＝eq \f(pA′2,2m)＋eq \f(pB′2,2m)＝eq \f(36,m)若pA′＝4 kg·m/s，pB′＝6 kg·m/s，碰后p′＝pA′＋pB′≠p，故不可能，B错误．
若pA′＝－6 kg·m/s，pB′＝18 kg·m/s，碰后Ek′＝eq \f(pA′2,2m)＋eq \f(pB′2,2m)＝eq \f(180,m)>eq \f(45,m)，故不可能，C错误．
若pA′＝4 kg·m/s，pB′＝8 kg·m/s，
碰后p′＝12 kg·m/s＝p，
Ek′＝eq \f(pA′2,2m)＋eq \f(pB′2,2m)＝eq \f(40,m)解题归纳：
分析碰撞可能性问题的思路
1．对一个给定的碰撞，首先要看动量是否守恒，再看总机械能是否增加．
2．注意碰后的速度关系是否合理．
3．要灵活运用Ek＝eq \f(p2,2m)和p＝eq \r(2mEk)两个关系式．
二、人船模型
例题2. 如图所示，物体A和B质量分别为m1和m2，图示直角边长分别为a和b.设B与水平地面无摩擦，当A由顶端O从静止开始滑到B的底端时，B的水平位移是( )
A.eq \f(m2,m1＋m2)b B.eq \f(m1,m1＋m2)b
C.eq \f(m1,m1＋m2)(b－a) D.eq \f(m2,m1＋m2)(b－a)
答案 C
解析 A、B组成的系统在相互作用过程中水平方向动量守恒，两物体位移关系如图所示，
则m2x－m1(b－a－x)＝0，
解得x＝eq \f(m1b－a,m1＋m2)，故C正确，A、B、D错误．
解题归纳：
1．“人船模型”问题
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．
2．人船模型的特点
(1)两物体满足动量守恒定律：m人v人－m船v船＝0，在相互作用的过程中，任一时刻两物体的速度大小与质量成反比．
(2)运动特点：人动船动，人停船停，人快船快，人慢船慢，人左船右，人、船位移比等于它们质量的反比，即eq \f(x人,x船)＝eq \f(m船,m人).人和船的位移满足|x人|＋|x船|＝L.
3．解题关键点：解题时要选择同一个参考系，画出各物体的位移关系草图，找准各位移之间的关系．
（建议用时：30分钟）
一、单选题
1．下列关于碰撞的理解正确的是( )
A．碰撞是指相对运动的物体相遇时，在极短时间内它们的运动状态发生了显著变化的过程
B．在碰撞现象中，一般内力都远大于外力，所以可以认为碰撞时系统的动能守恒
C．如果碰撞过程中机械能守恒，这样的碰撞叫作非弹性碰撞
D．微观粒子的相互作用由于不发生直接接触，所以不能称其为碰撞
答案 A
解析 碰撞是十分普遍的现象，它是相对运动的物体相遇时在极短时间内发生的一种现象，一般内力远大于外力，系统动量守恒，动能不一定守恒．如果碰撞中机械能守恒，就叫作弹性碰撞．微观粒子的相互作用同样具有短时间内发生强大内力作用的特点，所以仍然是碰撞，故A正确．
2．如图所示，光滑水平面上有两个质量分别为m1、m2的大小相同的小球A、B，放在与左侧竖直墙垂直的直线上，设B开始处于静止状态，A球以速度v朝着B运动，设系统处处无摩擦，所有的碰撞均无机械能损失，则下列判断正确的是( )
A．若m1＝m2，则两球之间有且仅有两次碰撞
B．若m1≪m2，则两球之间可能发生两次碰撞
C．两球第一次碰撞后B球的速度一定是eq \f(v,2)
D．两球第一次碰撞后A球一定向右运动
答案 A
解析 设A球和B球第一次碰撞后速度分别为v1和v2，取向左为正方向．根据动量守恒定律得m1v＝m1v1＋m2v2，根据机械能守恒定律得eq \f(1,2)m1v2＝eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22，解得v1＝eq \f(m1－m2,m1＋m2)v，v2＝eq \f(2m1,m1＋m2)v.若m1＝m2，则得v1＝0，v2＝v，即A与B碰撞后交换速度，当B球与墙壁碰后以速度v2返回，并与A球发生第二次碰撞，之后B静止，A向右运动，不再发生碰撞，所以两球之间有且仅有两次碰撞，故A正确．若m1≪m2，则得v1≈－v，v2≈0，两球之间只能发生一次碰撞，故B错误．两球第一次碰撞后，B球的速度为v2＝eq \f(2m1,m1＋m2)v，不一定是eq \f(v,2)，与两球的质量关系有关，故C错误．两球第一次碰撞后A球的速度为v1＝eq \f(m1－m2,m1＋m2)v，当m1＞m2时v1＞0，碰后A球向左运动；当m1＝m2时v1＝0，碰后A球静止；当m1＜m2时v1＜0，碰后A球向右运动，故D错误．
3．将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/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．30 kg·m/s B．5.7×102 kg·m/s
C．6.0×102 kg·m/s D．6.3×102 kg·m/s
答案 A
解析 设火箭的质量为m1，燃气的质量为m2.由题意可知，燃气的动量大小p2＝m2v2＝50×10－3
×600 kg·m/s＝30 kg·m/s.以火箭运动的方向为正方向，根据动量守恒定律可得，0＝m1v1－m2v2，则火箭的动量大小为p1＝m1v1＝m2v2＝30 kg·m/s，所以A正确，B、C、D错误．
4．某一火箭喷气发动机每次喷出m＝200 g的气体，气体离开发动机喷出时的速度v＝1 000 m/s.设火箭(包括燃料)质量M＝300 kg，发动机每秒喷气20次．以下说法正确的是( )
A．运动第1 s末，火箭的速度约为10 m/s
B．运动第2 s末，火箭的速度约为135 m/s
C．当发动机第3次喷出气体后，火箭的速度约为2 m/s
D．当发动机第4次喷出气体后，火箭的速度约为200 m/s
答案 C
解析 1 s末发动机喷出20次，共喷出的气体质量为m1＝20×0.2 kg＝4 kg，根据动量守恒定律得(M－m1)v1－m1v＝0，则得火箭1 s末的速度大小为v1＝eq \f(m1v,M－m1)＝eq \f(4×1 000,300－4) m/s≈13.5 m/s，故A错误；2 s末发动机喷出40次，共喷出的气体质量为m2＝40×0.2 kg＝8 kg，同理可得，火箭2 s末的速度大小为v2＝eq \f(m2v,M－m2)＝eq \f(8×1 000,300－8) m/s≈27.4 m/s，故B错误；第3次气体喷出后，共喷出的气体质量m3′＝3×0.2 kg＝0.6 kg，同理可得，火箭第3次喷出气体后的速度大小为v3＝eq \f(m3v,M－m3)＝eq \f(0.6×1 000,300－0.6) m/s≈2.0 m/s，故C正确；第4次气体喷出后，共喷出的气体质量m4＝4×0.2 kg＝0.8 kg，同理可得，火箭第4次喷出气体后的速度大小为v4＝eq \f(m4v,M－m4)＝eq \f(0.8×1 000,300－0.8) m/s≈2.7 m/s，故D错误．
二、多选题
5．质量为m的小球A沿光滑水平面以速度v0与质量为2m的静止小球B发生正碰，则碰后B的速度可能是( )
A.eq \f(1,3)v0 B.eq \f(1,4)v0
C.eq \f(2,5)v0 D.eq \f(3,4)v0
答案 AC
解析 若小球A与小球B发生完全非弹性碰撞，则有mv0＝(m＋2m)v共，解得v共 ＝ eq \f(1,3)v0，若小球A与小球B发生弹性碰撞，则有mv0＝mvA′＋2mvB′，eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)mvA′2＋eq \f(1,2)×2mvB′2，解得vA′＝－eq \f(1,3)v0，vB′＝eq \f(2,3)v0，所以碰后B的速度eq \f(1,3)v0≤vB≤eq \f(2,3)v0，故选A、C.
6．小车静止在光滑水平地面上，站在车上的人练习打靶，靶装在车上的另一端，如图所示．已知车、人、枪和靶的总质量为M(不含子弹)，每颗子弹质量为m，共n发，打靶时，枪口到靶的距离为d.若每发子弹打入靶中，就留在靶里，且待前一发打入靶中后，再打下一发．则以下说法正确的是( )
A．待打完n发子弹后，小车将以一定的速度向右匀速运动
B．待打完n发子弹后，小车应停在射击之前位置的右方
C．在每一发子弹的射击过程中，小车所发生的位移相同
D．在每一发子弹的射击过程中，小车所发生的位移应越来越大
答案 BC
解析 子弹、枪、人、车、靶组成的系统所受的合外力为零，系统的动量守恒．子弹射击前系统的总动量为零，子弹射入靶后总动量也为零，故小车仍然是静止的．在子弹射出枪口到打入靶中的过程中，小车向右运动，所以第n发子弹打入靶中后，小车应停在原来位置的右方，待打完n发子弹后，小车将静止不动，故A错误，B正确；
设子弹射出枪口的速度大小为v，车后退的速度大小为v′，以子弹射出方向为正方向，根据动量守恒定律，有：0＝mv－[M＋(n－1)m]v′，
子弹匀速前进的同时，车匀速后退，故有：vt＋v′t＝d，
故车后退位移大小为：Δx＝v′t＝eq \f(md,nm＋M)，每发子弹从发射到击中靶过程，小车均后退相同的位移Δx，故C正确，D错误．
三、解答题
7．如图所示，ABC为一固定在竖直平面内的光滑轨道，BC段水平，AB段与BC段平滑连接，质量为m1的小球从高为h处由静止开始沿轨道下滑，与静止在轨道BC段上质量为m2的小球发生碰撞，碰撞后两球的运动方向处于同一水平线上，且在碰撞过程中无机械能损失．求碰撞后小球m2的速度大小v2.(重力加速度为g)
答案 eq \f(2m1\r(2gh),m1＋m2)
解析 设m1碰撞前瞬间的速度为v，根据机械能守恒定律有m1gh＝eq \f(1,2)m1v2，解得v＝eq \r(2gh)①
设碰撞后m1与m2的速度分别为v1和v2，根据动量守恒定律有m1v＝m1v1＋m2v2②
由于碰撞过程中无机械能损失
eq \f(1,2)m1v2＝eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22③
联立②③式解得v2＝eq \f(2m1v,m1＋m2)④
将①代入④得v2＝eq \f(2m1\r(2gh),m1＋m2).
8．如图所示，质量为M的四分之一光滑轨道静止在光滑水平面上，圆弧轨道末端与水平面相切，圆弧轨道半径为R，且圆弧轨道不固定．有一质量为m＝eq \f(1,4)M的小球A从圆弧轨道上与圆心等高处无初速度释放，小球可视为质点，重力加速度为g，求：
(1)小球与圆弧轨道分离时小球的速度大小；
(2)从刚释放小球到小球与圆弧轨道恰好分离的过程中圆弧轨道运动的位移大小．
答案 (1)eq \f(2,5)eq \r(10gR) (2)eq \f(R,5)
解析 (1)圆弧轨道不固定且光滑，水平面光滑，则小球和圆弧轨道组成的系统机械能守恒，有mgR＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)Mv22
小球和圆弧轨道组成的系统水平方向动量守恒，有
0＝mv1－Mv2
又m＝eq \f(1,4)M，联立解得v1＝eq \f(2,5)eq \r(10gR)
(2)设从刚释放小球到小球与圆弧轨道恰好分离的过程中小球和圆弧轨道运动的位移大小分别为x1、x2，小球和圆弧轨道组成的系统水平方向动量守恒，可得，0＝meq \f(x1,t)－Meq \f(x2,t)
又x1＋x2＝R
解得x2＝eq \f(R,5).