動量守恒定律 碰撞 爆炸 反沖【隨堂檢測】1一彈丸在飛行到距離地面5 m高時僅有水平速度v2 m/s，爆炸成為甲、乙兩塊水平飛出，甲、乙的質(zhì)量比為31，不計質(zhì)量損失，取重力加速度g10 m/s2.則下列圖中兩塊彈片飛行的軌跡可能正確的是()解析：選B.彈丸爆炸瞬間爆炸力遠大于外力，故爆炸瞬間動量守恒因兩彈片均水平飛出，飛行時間t 1 s，取向右為正，由水平速度v知，選項A中，v甲2.5 m/s，v乙0.5 m/s；選項B中，v甲2.5 m/s，v乙0.5 m/s；選項C中，v甲1 m/s，v乙2 m/s；選項D中，v甲1 m/s，v乙2 m/s.因爆炸瞬間動量守恒，故mvm甲v甲m乙v乙，其中m甲m，m乙m，v2 m/s，代入數(shù)值計算知選項B正確2(2019·金華質(zhì)檢)如圖所示，游樂場上，兩位同學各駕著一輛碰碰車迎面相撞，此后，兩車以共同的速度運動；設甲同學和他的車的總質(zhì)量為150 kg，碰撞前向右運動，速度的大小為4.5 m/s，乙同學和他的車的總質(zhì)量為200 kg，碰撞前向左運動，速度的大小為4.25 m/s，則碰撞后兩車共同的運動速度為(取向右為正方向)()A1 m/sB0.5 m/sC1 m/s D0.5 m/s解析：選D.兩車碰撞過程動量守恒m1v1m2v2(m1m2)v得v m/s0.5 m/s，故D正確3(2019·紹興聯(lián)考)如圖所示，兩小車A、B置于光滑水平面上，質(zhì)量分別為m和2m，一輕質(zhì)彈簧兩端分別固定在兩小車上，開始時彈簧處于拉伸狀態(tài)，用手固定兩小車現(xiàn)在先釋放小車B，當小車B的速度大小為3v時，再釋放小車A，此時彈簧仍處于拉伸狀態(tài)；當小車A的速度大小為v時，彈簧剛好恢復原長自始至終彈簧都未超出彈性限度求：(1)彈簧剛恢復原長時，小車B的速度大??；(2)兩小車相距最近時，小車A的速度大小；(3)求兩小車相距最近時，彈簧彈性勢能大小解析：(1)設彈簧剛恢復原長時，小車B速度為vB，以A、B兩車和彈簧為研究對象，小車B速度為3v開始到小車A速度為v過程，此系統(tǒng)動量守恒，列方程有：2m·3v2m·vBm(v)解得vB3.5v；(2)兩小車相距最近時速度相同，由動量守恒定律有：2m×3v(2mm)vA解得vA2v；(3)從彈簧剛恢復原長到兩小車相距最近過程用能量守恒定律有E彈×2mvmv2×3m·v解得E彈mv2.答案：(1)3.5v(2)2v(3)mv24如圖所示，光滑水平面AB與粗糙斜面BC在B處通過圓弧銜接，質(zhì)量M0.3 kg的小木塊靜止在水平面上的A點現(xiàn)有一質(zhì)量m0.2 kg的子彈以v020 m/s的初速度水平射入木塊(但未穿出)，它們一起沿AB運動，并沖上BC.已知木塊與斜面間的動摩擦因數(shù)0.5，斜面傾角45°，重力加速度g取10 m/s2，木塊在B處無機械能損失試求：(1)子彈射入木塊后的共同速度的大小；(2)子彈和木塊能沖上斜面的最大高度解析：(1)子彈射入木塊的過程中，子彈與木塊系統(tǒng)動量守恒，設向右為正方向，共同速度為v，則mv0(mM)v，代入數(shù)據(jù)解得v8 m/s.(2)子彈與木塊以v的初速度沖上斜面，到達最大高度時，瞬時速度為零，子彈和木塊在斜面上受到的支持力N(Mm)gcos ，受到的摩擦力fN(Mm)gcos .對沖上斜面的過程應用動能定理，設最大高度為h，有(Mm)ghf0(Mm)v2，聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)，解得h2.13 m.答案：(1)8 m/s(2)2.13 m5兩滑塊a、b沿水平面上同一條直線運動，并發(fā)生碰撞；碰撞后兩者粘在一起運動；經(jīng)過一段時間后，從光滑路段進入粗糙路段兩者的位置x隨時間t變化的圖象如圖所示求：(1)滑塊a、b的質(zhì)量之比；(2)整個運動過程中，兩滑塊克服摩擦力做的功與因碰撞而損失的機械能之比解析：(1)設a、b的質(zhì)量分別為m1、m2，a、b碰撞前的速度為v1、v2.由題給圖象得v12 m/sv21 m/sa、b發(fā)生完全非彈性碰撞，碰撞后兩滑塊的共同速度為v.由題給圖象得v m/s由動量守恒定律得m1v1m2v2(m1m2)v聯(lián)立式得m1m218.(2)由能量守恒得，兩滑塊因碰撞而損失的機械能為Em1vm2v(m1m2)v2由圖象可知，兩滑塊最后停止運動由動能定理得，兩滑塊克服摩擦力所做的功為W(m1m2)v2聯(lián)立式，并代入題給數(shù)據(jù)得WE12.答案：(1)18(2)12【課后達標檢測】一、不定項選擇題1(2019·嘉興質(zhì)檢)質(zhì)量相等的A、B兩球在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運動，A球的動量是7 kg·m/s，B球的動量是5 kg·m/s，A球追上B球發(fā)生碰撞，則碰撞后A、B兩球的動量可能值是()ApA6 kg·m/s，pB6 kg·m/sBpA3 kg·m/s，pB9 kg·m/sCpA2 kg·m/s，pB14 kg·m/sDpA4 kg·m/s，pB17 kg·m/s答案：A2(2019·臺州調(diào)研)如圖所示，子彈水平射入放在光滑水平地面上靜止的木塊，子彈未穿透木塊，此過程木塊的動能增加了6 J，那么此過程中產(chǎn)生的內(nèi)能可能為()A16 JB2 JC6 J D4 J答案：A3(2019·浙江十校聯(lián)考)將靜置在地面上，質(zhì)量為M(含燃料)的火箭模型點火升空，在極短時間內(nèi)以相對地面的速度v0豎直向下噴出質(zhì)量為m的熾熱氣體忽略噴氣過程重力和空氣阻力的影響，則噴氣結(jié)束時火箭模型獲得的速度大小是()A. v0 B. v0C. v0 D. v0答案：D4(2019·金華質(zhì)檢)兩球A、B在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運動，mA1 kg，mB2 kg、vA6 m/s、vB2 m/s.當A追上B并發(fā)生碰撞后，兩球A、B速度的可能值是()AvA5 m/s，vB2.5 m/sBvA2 m/s，vB4 m/sCvA4 m/s，vB7 m/sDvA7 m/s，vB1.5 m/s解析：選B.雖然題中四個選項均滿足動量守恒定律，但A、D兩項中，碰后A的速度vA大于B的速度vB，必然要發(fā)生第二次碰撞，不符合實際；C項中，兩球碰后的總動能EkmAvmBv57 J，大于碰前的總動能EkmAvmBv22 J，違背了能量守恒定律；而B項既符合實際情況，也不違背能量守恒定律，故B項正確5一中子與一質(zhì)量數(shù)為A (A>1)的原子核發(fā)生彈性正碰若碰前原子核靜止，則碰撞前與碰撞后中子的速率之比為()A. B.C. D. 解析：選A.設中子的質(zhì)量為m，則被碰原子核的質(zhì)量為Am，兩者發(fā)生彈性碰撞，據(jù)動量守恒，有mv0mv1Amv，據(jù)動能守恒，有mvmvAmv2.解以上兩式得v1v0.若只考慮速度大小，則中子的速率為v1v0，故中子碰撞前、后速率之比為.6(2019·溫州質(zhì)檢)如圖所示，放在光滑水平桌面上的兩個木塊A、B中間夾一被壓縮的彈簧，當彈簧被放開時，它們各自在桌面上滑行一段距離后飛離桌面落在地上A的落地點與桌邊的水平距離為0.5 m，B的落地點與桌邊的水平距離為1 m，那么()AA、B離開彈簧時的速度之比為12BA、B質(zhì)量之比為21C未離開彈簧時，A、B所受沖量之比為12D未離開彈簧時，A、B加速度之比為12解析：選ABD.A、B組成的系統(tǒng)在水平方向上不受外力，動量守恒，A、B兩物體的落地點到桌邊的距離xv0t，因為兩物體的落地時間相等，所以v0與x成正比，故vAvB12，即A、B離開彈簧時的速度之比由動量守恒定律可知，mAmB21.未離開彈簧時，A、B受到的彈力相等，作用時間相同，沖量大小也相同未離開彈簧時，F(xiàn)相等，m不同，加速度a，與質(zhì)量成反比，故aAaB12，故A、B、D正確，C錯誤7對下列幾種物理現(xiàn)象的解釋，正確的是()A擊釘時，不用橡皮錘僅僅是因為橡皮錘太輕B跳遠時，在沙坑里填沙，是為了減小沖量C易碎品運輸時，要用柔軟材料包裝，船舷常常懸掛舊輪胎，都是為了延長作用時間以減小作用力D在車內(nèi)推車推不動，是因為合外力沖量為零解析：選CD.擊釘時，不用橡皮錘是因為橡皮錘與釘子的作用時間長；跳遠時，在沙坑里填沙，是為了延長人與地的接觸時間，所以A、B錯誤；據(jù)動量定理F·tp知，當p相同時，作用時間越長，作用力越小，故C項正確；車能否移動或運動狀態(tài)能否改變?nèi)Q于外力的作用，與內(nèi)部作用無關，所以D項正確8.質(zhì)量為M、內(nèi)壁間距為L的箱子靜止于光滑的水平面上，箱子中間有一質(zhì)量為m的小物塊，小物塊與箱子底板間的動摩擦因數(shù)為.初始時小物塊停在箱子正中間，如圖所示現(xiàn)給小物塊一水平向右的初速度v，小物塊與箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中間，并與箱子保持相對靜止設碰撞都是彈性的，則整個過程中，系統(tǒng)損失的動能為()A.mv2 B.v2C.NmgL DNmgL解析：選BD.設系統(tǒng)損失的動能為E，根據(jù)題意可知，整個過程中小物塊和箱子構成的系統(tǒng)滿足動量守恒和能量守恒，則有mv(Mm)vt(式)、mv2(Mm)vE(式)，由聯(lián)立解得Ev2，可知選項A錯誤、B正確；又由于小物塊與箱壁碰撞為彈性碰撞，則損耗的能量全部用于摩擦生熱，即ENmgL，選項C錯誤、D正確二、非選擇題9(2019·杭州質(zhì)檢)如圖所示，一質(zhì)量為0.5 kg的小球A以2.0 m/s的速度和靜止于光滑水平面上、質(zhì)量為1 kg的另一大小相同的小球B發(fā)生正碰，碰撞后它以0.2 m/s 的速度反彈求：(1)原來靜止小球B獲得的速度大小；(2)碰撞過程中損失的機械能解析：(1)A、B兩小球碰撞過程中動量守恒，設小球B的速度為v，則mAvAmAvAmBv，代入數(shù)據(jù)解得v1.1 m/s.(2)由A、B兩小球組成的系統(tǒng)能量守恒有mAvmAvmBv2E解得E0.385 J.答案：(1)1.1 m/s(2)0.385 J10如圖所示，一質(zhì)量M2 kg的帶有弧形軌道的平臺置于足夠長的水平軌道上，弧形軌道與水平軌道平滑連接，水平軌道上靜置一小球B.從弧形軌道上距離水平軌道高h0.3 m處由靜止釋放一質(zhì)量mA1 kg的小球A，小球A沿軌道下滑后與小球B發(fā)生彈性正碰，碰后小球A被彈回，且恰好追不上平臺已知所有接觸面均光滑，重力加速度為g.求小球B的質(zhì)量(取重力加速度g10 m/s2)解析：設小球A下滑到水平軌道上時的速度大小為v1，平臺水平速度大小為v，由動量守恒定律有0mAv1Mv由能量守恒定律有mAghmAvMv2聯(lián)立解得v12 m/s，v1 m/s小球A、B碰后運動方向相反，設小球A、B的速度大小分別為v1和v2.由于碰后小球A被彈回，且恰好追不上平臺，則此時小球A的速度等于平臺的速度，有v11 m/s由動量守恒定律得mAv1mAv1mBv2由能量守恒定律有mAvmAvmBv聯(lián)立上式解得mB3 kg.答案：3 kg11(2019·寧波質(zhì)檢)如圖，質(zhì)量分別為mA、mB的兩個彈性小球A、B靜止在地面上方，B球距地面的高度h0.8 m，A球在B球的正上方先將B球釋放，經(jīng)過一段時間后再將A球釋放當A球下落t0.3 s時，剛好與B球在地面上方的P點處相碰碰撞時間極短，碰后瞬間A球的速度恰好為零已知mB3mA，重力加速度大小g10 m/s2，忽略空氣阻力及碰撞中的動能損失求：(1)B球第一次到達地面時的速度；(2)P點距離地面的高度解析：(1)設B球第一次到達地面時的速度大小為vB，由運動學公式有vB將h0.8 m代入上式，得vB4 m/s.(2)設兩球相碰前后，A球的速度大小分別為v1和v1(v10)，B球的速度分別為v2和v2.由運動學規(guī)律可得v1gt由于碰撞時間極短，重力的作用可以忽略，兩球相撞前后的動量守恒，總動能保持不變規(guī)定向下的方向為正，有mAv1mBv2mBv2mAvmBvmBv設B球與地面相碰后的速度大小為vB，由運動學及碰撞的規(guī)律可得vBvB設P點距地面的高度為h，由運動學規(guī)律可得h聯(lián)立式，并代入已知條件可得h0.75 m.答案：(1)4 m/s(2)0.75 m- 8 -