浙江省2021版高考物理一轮复习第十二章动量动量守恒定律第2节动量守恒定律碰撞爆炸反冲教案 1 19页

第2节　动量守恒定律　碰撞　爆炸　反冲 ‎【基础梳理】‎ 提示：不受外力　所受外力的矢量和为零　m1v′1＋m2v′2　－Δp2　所受合外力为零　合力为零　远大于　守恒　不增加　守恒　增加　守恒　可能增加 ‎【自我诊断】‎ ‎ 判一判 ‎(1)两物体相互作用时若系统不受外力，则两物体组成的系统动量守恒．(　　)‎ ‎(2)动量守恒只适用于宏观低速．(　　)‎ ‎(3)当系统动量不守恒时无法应用动量守恒定律解题．(　　)‎ ‎(4)物体相互作用时动量守恒，但机械能不一定守恒．(　　)‎ ‎(5)若在光滑水平面上两球相向运动，碰后均变为静止，则两球碰前的动量大小一定相等．(　　)‎ ‎(6)飞船做圆周运动时，若想变轨通常需要向前或向后喷出气体，该过程中系统动量守恒．(　　)‎ 提示：(1)√　(2)×　(3)×　(4)√　(5)√　(6)√‎ ‎ 做一做 ‎(2020·安徽名校联考)如图所示，小车与木箱紧挨着静止在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱，关于上述过程，下列说法中正确的是(　　)‎ A．男孩和木箱组成的系统动量守恒 19‎ B．小车与木箱组成的系统动量守恒 C．男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒 D．木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量相同 提示：选C.当把男孩、小车与木箱看做整体时水平方向所受的合外力才为零，所以选项C正确．‎ ‎　对动量守恒定律的理解和应用 ‎【知识提炼】‎ ‎1．动量守恒定律常用的四种表达形式 ‎(1)p＝p′：即系统相互作用前的总动量p和相互作用后的总动量p′大小相等，方向相同．‎ ‎(2)Δp＝p′－p＝0：即系统总动量的增加量为零．‎ ‎(3)Δp1＝－Δp2：即相互作用的系统内的两部分物体，其中一部分动量的增加量等于另一部分动量的减少量．‎ ‎(4)m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2，即相互作用前后系统内各物体的动量都在同一直线上时，作用前总动量与作用后总动量相等．‎ ‎2．动量守恒定律的“五性”‎ 矢量性 动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题应选取统一的正方向 相对性 各物体的速度必须是相对同一参考系的速度(没有特殊说明要选地球这个参考系)．如果题设条件中各物体的速度不是相对同一参考系时，必须转换成相对同一参考系的速度 同时性 动量是一个瞬时量，表达式中的p1、p2，…必须是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p′1、p′2，…必须是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量，不同时刻的动量不能相加 系统性 研究的对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统，而不是其中的一个物体，更不能题中有几个物体就选几个物体 普适性 动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，还适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统 ‎【典题例析】‎ ‎　如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3 m(h小于斜面体的高度)．已知小孩与滑板的总质量为m1＝30 kg，‎ 19‎ 冰块的质量为m2＝10 kg，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小g＝10 m/s2.‎ ‎(1)求斜面体的质量；‎ ‎(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？‎ ‎[审题指导]　在人与冰块分离、冰块与斜面体作用过程中水平方向都满足动量守恒条件，结合能量守恒可得出三者之间的速度关系．‎ ‎[解析]　(1)规定向右为速度正方向．冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3，由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得 m2v20＝(m2＋m3)v ①‎ m2v＝(m2＋m3)v2＋m2gh ②‎ 式中v20＝－3 m/s为冰块推出时的速度，联立①②式并代入题给数据得m3＝20 kg. ③‎ ‎(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有m1v1＋m2v20＝0 ④‎ 代入数据得v1＝1 m/s ⑤‎ 设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，由动量守恒和机械能守恒定律有 m2v20＝m2v2＋m3v3 ⑥‎ m2v＝m2v＋m3v ⑦‎ 联立③⑥⑦式并代入数据得v2＝1 m/s 由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩．‎ ‎[答案]　(1)20 kg　(2)见解析 ‎【题组过关】‎ ‎ 考向1　动量守恒的条件判断 ‎1．(2020·绍兴质检)一支枪固定在小车上，小车放在光滑的水平地面上，当枪沿水平方向向前发射一颗子弹时，下列判断正确的是(　　)‎ A．枪和子弹组成的系统动量守恒 B．枪和小车组成的系统动量守恒 C．枪、子弹、小车三者组成的系统动量守恒 D．枪发射子弹后，枪和小车一起向后运动 解析：选CD.发射子弹的过程中，火药燃烧产生的高温、高压气体对枪和子弹的作用力使枪和子弹的动量发生改变，与此同时，小车和枪之间也有作用力，这个作用力对枪和子弹组成的系统来说是外力，枪和子弹组成的系统动量不守恒，而气体作用力对枪和小车组成的系统来说又是外力，使枪和小车组成的系统动量不守恒，所以A、B项错误；若把枪、子弹、小车三者作为一个系统，则系统所受合外力为零，满足动量守恒条件，故C项正确；发射子弹后，子弹获得向前的动量，而系统初动量为零，所以枪和小车组成的整体必定获得大小 19‎ 相等、方向相反的动量，枪和小车一起向后运动，D项正确．‎ ‎ 考向2　“爆炸模型”分析 ‎2．(2020·杭州月考)如图，木块A、B的质量均为m，放在一段粗糙程度相同的水平地面上，木块A、B间夹有一小块炸药(炸药的质量可以忽略不计)．让A、B以初速度v0一起从O点滑出，滑行一段距离后到达P点，速度变为，此时炸药爆炸使木块A、B脱离，发现木块B立即停在原位置，木块A继续沿水平方向前进．已知O、P两点间的距离为s，设炸药爆炸时释放的化学能全部转化为木块的动能，爆炸时间很短可以忽略不计，求：‎ ‎(1)木块与水平地面的动摩擦因数μ；‎ ‎(2)炸药爆炸时释放的化学能．‎ 解析：(1)设木块与地面间的动摩擦因数为μ，炸药爆炸释放的化学能为E0.‎ 从O滑到P，对A、B由动能定理得 ‎－μ·2mgs＝·2m－·2mv，解得μ＝.‎ ‎(2)在P点爆炸时，A、B动量守恒，有 ‎2m·＝mv，‎ 根据能量守恒有 E0＋·2m·＝mv2，‎ 解得E0＝mv.‎ 答案：(1)　(2)mv ‎ 考向3　“人船模型”分析 ‎3．如图所示，长为l，质量为m的小船停在静水中，一个质量为m′的人站在船头，若不计水的阻力，当人从船头走到船尾的过程中，小船对地的位移是多少？‎ 解析：人和小船组成的系统在水平方向不受外力，动量守恒．假设某一时刻小船和人对地的速度分别为v1、v2，以人的速度方向为正方向，由于原来处于静止状态，因此0＝mv1－m′v2，即m′v2＝mv1‎ 由于相对运动过程中的任意时刻，人和小船的速度都满足上述关系，故他们在这一过程中平均速率也满足这一关系，即m′ 2＝m1，等式两边同乘运动的时间t，得 19‎ m′ 2t＝m1t，‎ 即m′x2＝mx1‎ 又因x1＋x2＝l，因此有x1＝.‎ 答案： ‎ 考向4　“子弹打木块”模型分析 ‎4．(2020·丽水质检)质量为10 g的子弹，以300 m/s的速度射入质量为24 g、静止在光滑水平桌面上的木块．如果子弹留在木块中，则木块运动的速度是多大？如果子弹把木块打穿，子弹穿过后的速度为100 m/s，这时木块的速度又是多大？‎ 解析：子弹质量m＝10 g＝0.01 kg，子弹初速度v0＝300 m/s，木块质量M＝24 g＝0.024 kg，设子弹嵌入木块后与木块的共同速度为v，以子弹初速度的方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝(m＋M)v 解得v＝＝ m/s ‎≈88.2 m/s.‎ 若子弹穿出木块后速度为v1＝100 m/s，设木块速度为v2，仍以子弹初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝mv1＋Mv2.代入数据解得v2≈83.3 m/s.‎ 答案：88.2 m/s　83.3 m/s ‎1．应用动量守恒定律的解题步骤 ‎(1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)．‎ ‎(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上是否守恒)．‎ ‎(3)规定正方向，确定初末状态动量．‎ ‎(4)由动量守恒定律列出方程．‎ ‎(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明．‎ ‎2．爆炸现象的三个规律 ‎(1)动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒．‎ ‎(2)动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸前后系统的总动能增加．‎ ‎(3)位置不变：爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动．‎ ‎3．“人船模型”：若人船系统在全过程中动量守恒，则这一系统在全过程中的平均动量也守恒．如果系统由两个物体组成，且相互作用前均静止，相互作用后均发生运动，则由m1‎ 19‎ 1＝m22得m1x1＝m2x2.该式的适用条件是：‎ ‎(1)系统的总动量守恒或某一方向上的动量守恒．‎ ‎(2)构成系统的两物体原来静止，因相对作用而反向运动．‎ ‎(3)x1、x2均为沿动量方向相对于同一参考系的位移．　 ‎ ‎　对碰撞现象中规律的分析 ‎【知识提炼】‎ ‎1．碰撞遵守的规律 ‎(1)动量守恒，即p1＋p2＝p′1＋p′2.‎ ‎(2)动能不增加，即Ek1＋Ek2≥E′k1＋E′k2或＋≥＋.‎ ‎(3)速度要合理 ‎①碰前两物体同向，则v后>v前；碰后，原来在前的物体速度一定增大，且v′前≥v′后．‎ ‎②两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变．‎ ‎2．碰撞模型类型 ‎(1)弹性碰撞 两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒．‎ 以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，有 m1v1＝m1v′1＋m2v′2‎ m1v＝m1v′＋m2v′ 解得v′1＝，v′2＝ 结论：‎ ‎①当两球质量相等时，v′1＝0，v′2＝v1，两球碰撞后交换了速度．‎ ‎②当质量大的球碰质量小的球时，v′1>0，v′2>0，碰撞后两球都沿速度v1的方向运动．‎ ‎③当质量小的球碰质量大的球时，v′1<0，v′2>0，碰撞后质量小的球被反弹回来．‎ ‎④撞前相对速度与撞后相对速度大小相等．‎ ‎(2)完全非弹性碰撞 ‎①撞后共速．‎ ‎②有动能损失，且损失最多．‎ ‎【典题例析】‎ ‎　如图，在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C位于同一直线上，A位于B、C之间．A的质量为m，B、C的质量都为M，三者均处于静止状态．现使A 19‎ 以某一速度向右运动，求m和M之间应满足什么条件，才能使A只与B、C各发生一次碰撞．设物体间的碰撞都是弹性的．‎ ‎[审题指导]　由于是弹性碰撞，则同时满足动量守恒和机械能守恒，并且物体间碰后速度还要满足实际情况，即前面的速度大于后面的速度．‎ ‎[解析]　A向右运动与C发生第一次碰撞，碰撞过程中，系统的动量守恒、机械能守恒．设速度方向向右为正，开始时A的速度为v0，第一次碰撞后C的速度为vC1，A的速度为vA1.由动量守恒定律和机械能守恒定律得 mv0＝mvA1＋MvC1 ①‎ mv＝mv＋Mv ②‎ 联立①②式得 vA1＝ v0 ③‎ vC1＝ v0 ④‎ 如果m>M，第一次碰撞后，A与C速度同向，且A的速度小于C的速度，不可能与B发生碰撞；如果m＝M，第一次碰撞后，A停止，C以A碰前的速度向右运动，A不可能与B发生碰撞；所以只需考虑m0.根据动量守恒定律有：m1v1－m2v2＝(m1＋m2)v，所以m1v1－m2v2>0，有：v2<，代入数据得：v2<10 m/s，故A正确．‎ ‎ 考向2　弹性碰撞规律求解 ‎2．如图，水平地面上有两个静止的小物块a和b，其连线与墙垂直；a和b相距l，b与墙之间也相距l；a的质量为m，b的质量为m.两物块与地面间的动摩擦因数均相同．现使a以初速度v0向右滑动，此后a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞．重力加速度大小为g.求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件．‎ 解析：设物块与地面间的动摩擦因数为μ.若要物块a、b能够发生碰撞，应有 mv>μmgl ①‎ 即μ< ②‎ 设在a、b发生弹性碰撞前的瞬间，a的速度大小为v1，由能量守恒定律有 mv＝mv＋μmgl ③‎ 设在a、b碰撞后的瞬间，a、b的速度大小分别为v′1、v′2，由动量守恒定律和能量守恒定律有mv1＝mv′1＋v′2 ④‎ mv＝mv′＋v′ ⑤‎ 19‎ 联立④⑤式解得v′2＝v1 ⑥‎ 由题意，b没有与墙发生碰撞，由功能关系可知 v′≤μgl ⑦‎ 联立③⑥⑦式，可得μ≥ ⑧‎ 联立②⑧式，可得a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞的条件为≤μ<.‎ 答案：≤μ< ‎ 考向3　非弹性碰撞的分析 ‎3．(2020·金华质检)如图，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C.B的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)．设A以速度v0朝B运动，压缩弹簧；当A、 B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动．假设B和C碰撞过程时间极短，求从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中，‎ ‎(1)整个系统损失的机械能；‎ ‎(2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能．‎ 解析：A、B碰撞过程动量守恒，能量也守恒，而B、C相碰粘接在一块时，动量守恒．系统产生的内能则为损失的机械能．当A、B、C速度相等时，弹性势能最大．‎ ‎(1)从A压缩弹簧到A与B具有相同速度v1时，对A、B与弹簧组成的系统，由动量守恒定律得mv0＝2mv1 ①‎ 此时B与C发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为v2，损失的机械能为ΔE.对B、C组成的系统，由动量守恒定律和能量守恒定律得 mv1＝2mv2 ②‎ mv＝ΔE＋(2m)v ③‎ 联立①②③式得ΔE＝mv. ④‎ ‎(2)由②式可知v2v乙，而甲物体与乙物体不相碰的临界条件是v甲＝v乙．‎ ‎(3)涉及弹簧的临界问题：对于由弹簧组成的系统，在物体间发生相互作用的过程中，当弹簧被压缩到最短时，弹簧两端的两个物体的速度相等．‎ ‎(4)涉及最大高度的临界问题：在物体滑上斜面(斜面放在光滑水平面上)的过程中，由于弹力的作用，斜面在水平方向将做加速运动．物体滑到斜面上最高点的临界条件是物体与斜面沿水平方向具有共同的速度，物体在竖直方向的分速度等于零．‎ ‎2．求解动量守恒定律中的临界问题的关键 ‎(1)寻找临界状态：看题设情景中是否有相互作用的两物体相距最近，避免相碰和物体开始反向运动等临界状态．‎ ‎(2)挖掘临界条件：在与动量相关的临界问题中，临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系，即速度相等或位移相等．　 ‎ 19‎ ‎[随堂检测]‎ ‎1．一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度v＝2 m/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＝10 m/s2.则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是(　　)‎ 解析：选B.弹丸爆炸瞬间爆炸力远大于外力，故爆炸瞬间动量守恒．因两弹片均水平飞出，飞行时间t＝ ＝1 s，取向右为正，由水平速度v＝知，选项A中，v甲＝2.5 m/s，v乙＝－0.5 m/s；选项B中，v甲＝2.5 m/s，v乙＝0.5 m/s；选项C中，v甲＝1 m/s，v乙＝2 m/s；选项D中，v甲＝－1 m/s，v乙＝2 m/s.因爆炸瞬间动量守恒，故mv＝m甲v甲＋m乙v乙，其中m甲＝m，m乙＝m，v＝2 m/s，代入数值计算知选项B正确．‎ ‎2．(2020·金华质检)如图所示，游乐场上，两位同学各驾着一辆碰碰车迎面相撞，此后，两车以共同的速度运动；设甲同学和他的车的总质量为150 kg，碰撞前向右运动，速度的大小为4.5 m/s，乙同学和他的车的总质量为200 kg，碰撞前向左运动，速度的大小为4.25 m/s，则碰撞后两车共同的运动速度为(取向右为正方向)(　　)‎ A．1 m/s　　　　　　　　　　 B．0.5 m/s C．－1 m/s D．－0.5 m/s 解析：选D.两车碰撞过程动量守恒 m1v1－m2v2＝(m1＋m2)v 得v＝＝ m/s ‎＝－0.5 m/s，故D正确．‎ ‎3．(2020·绍兴联考)如图所示，两小车A、B置于光滑水平面上，质量分别为m和2m，一轻质弹簧两端分别固定在两小车上，开始时弹簧处于拉伸状态，用手固定两小车．现在先释放小车B，当小车B的速度大小为3v时，再释放小车A，此时弹簧仍处于拉伸状态；当小车A的速度大小为v时，‎ 19‎ 弹簧刚好恢复原长．自始至终弹簧都未超出弹性限度．求：‎ ‎(1)弹簧刚恢复原长时，小车B的速度大小；‎ ‎(2)两小车相距最近时，小车A的速度大小；‎ ‎(3)两小车相距最近时，弹簧弹性势能大小．‎ 解析：(1)设弹簧刚恢复原长时，小车B速度为vB，以A、B两车和弹簧为研究对象，小车B速度为3v开始到小车A速度为v过程，此系统动量守恒，列方程有：‎ ‎2m·3v＝2m·vB＋m(－v)‎ 解得vB＝3.5v；‎ ‎(2)两小车相距最近时速度相同，由动量守恒定律有：‎ ‎2m×3v＝(2m＋m)vA 解得vA＝2v；‎ ‎(3)从弹簧刚恢复原长到两小车相距最近过程用能量守恒定律有 E弹＝×2mv＋mv2－×3m·v 解得E弹＝mv2.‎ 答案：(1)3.5v　(2)2v　(3)mv2‎ ‎4．如图所示，光滑水平面AB与粗糙斜面BC在B处通过圆弧衔接，质量M＝0.3 kg的小木块静止在水平面上的A点．现有一质量m＝0.2 kg的子弹以v0＝20 m/s的初速度水平射入木块(但未穿出)，它们一起沿AB运动，并冲上BC.已知木块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，斜面倾角θ＝45°，重力加速度g取10 m/s2，木块在B处无机械能损失．试求：‎ ‎(1)子弹射入木块后的共同速度的大小；‎ ‎(2)子弹和木块能冲上斜面的最大高度．‎ 解析：(1)子弹射入木块的过程中，子弹与木块系统动量守恒，设向右为正方向，共同速度为v，则mv0＝(m＋M)v，代入数据解得v＝8 m/s.‎ ‎(2)子弹与木块以v的初速度冲上斜面，到达最大高度时，瞬时速度为零，子弹和木块在斜面上受到的支持力N＝(M＋m)gcos θ，‎ 受到的摩擦力f＝μN＝μ(M＋m)gcos θ.‎ 对冲上斜面的过程应用动能定理，设最大高度为h，‎ 有－(M＋m)gh－f＝0－(M＋m)v2，‎ 联立并代入数据，解得h≈2.13 m.‎ 19‎ 答案：(1)8 m/s　(2)2.13 m ‎5．两滑块a、b沿水平面上同一条直线运动，并发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段．两者的位置x随时间t变化的图象如图所示．求：‎ ‎(1)滑块a、b的质量之比；‎ ‎(2)整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比．‎ 解析：(1)设a、b的质量分别为m1、m2，a、b碰撞前的速度为v1、v2.由题给图象得 v1＝－2 m/s ①‎ v2＝1 m/s ②‎ a、b发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v.由题给图象得v＝ m/s ③‎ 由动量守恒定律得 m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v ④‎ 联立①②③④式得m1∶m2＝1∶8. ⑤‎ ‎(2)由能量守恒得，两滑块因碰撞而损失的机械能为 ΔE＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v2 ⑥‎ 由图象可知，两滑块最后停止运动．由动能定理得，两滑块克服摩擦力所做的功为 W＝(m1＋m2)v2 ⑦‎ 联立⑥⑦式，并代入题给数据得 W∶ΔE＝1∶2.‎ 答案：(1)1∶8　(2)1∶2‎ ‎[课后达标]‎ 一、不定项选择题 ‎1．(2020·嘉兴质检)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球的动量是7 kg·m/s，B球的动量是5 kg·m/s，A球追上B球发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值是(　　)‎ A．p′A＝6 kg·m/s，p′B＝6 kg·m/s B．p′A＝3 kg·m/s，p′B＝9 kg·m/s 19‎ C．p′A＝－2 kg·m/s，p′B＝14 kg·m/s D．p′A＝－4 kg·m/s，p′B＝17 kg·m/s 答案：A ‎2．(2020·台州调研)如图所示，子弹水平射入放在光滑水平地面上静止的木块，子弹未穿透木块，此过程木块的动能增加了6 J，那么此过程中产生的内能可能为(　　)‎ A．16 J　　　 B．2 J　　　‎ C．6 J　　　 D．4 J 答案：A ‎3．(2020·浙江十校联考)将静置在地面上，质量为M(含燃料)的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体．忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是(　　)‎ A. v0 B. v0‎ C. v0 D. v0‎ 答案：D ‎4．(2020·金华质检)两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝1 kg，mB＝2 kg、vA＝6 m/s、vB＝2 m/s.当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是(　　)‎ A．v′A＝5 m/s，v′B＝2.5 m/s B．v′A＝2 m/s，v′B＝4 m/s C．v′A＝－4 m/s，v′B＝7 m/s D．v′A＝7 m/s，v′B＝1.5 m/s 解析：选B.虽然题中四个选项均满足动量守恒定律，但A、D两项中，碰后A的速度v′A大于B的速度v′B，必然要发生第二次碰撞，不符合实际；C项中，两球碰后的总动能Ek′＝mAv′＋mBv′＝57 J，大于碰前的总动能Ek＝mAv＋mBv＝22 J，违背了能量守恒定律；而B项既符合实际情况，也不违背能量守恒定律，故B项正确．‎ ‎5．一中子与一质量数为A (A>1)的原子核发生弹性正碰．若碰前原子核静止，则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为(　　)‎ A. B. C. D. 19‎ 解析：选A.设中子的质量为m，则被碰原子核的质量为Am，两者发生弹性碰撞，据动量守恒，有mv0＝mv1＋Amv′，据动能守恒，有mv＝mv＋Amv′2.解以上两式得v1＝v0.若只考虑速度大小，则中子的速率为v′1＝v0，故中子碰撞前、后速率之比为.‎ ‎6.(2020·温州质检)如图所示，放在光滑水平桌面上的两个木块A、B中间夹一被压缩的弹簧，当弹簧被放开时，它们各自在桌面上滑行一段距离后飞离桌面落在地上．A的落地点与桌边的水平距离为0.5 m，B的落地点与桌边的水平距离为1 m，那么(　　)‎ A．A、B离开弹簧时的速度之比为1∶2‎ B．A、B质量之比为2∶1‎ C．未离开弹簧时，A、B所受冲量之比为1∶2‎ D．未离开弹簧时，A、B加速度之比为1∶2‎ 解析：选ABD.A、B组成的系统在水平方向上不受外力，动量守恒，A、B两物体的落地点到桌边的距离x＝v0t，因为两物体的落地时间相等，所以v0与x成正比，故vA∶vB＝1∶2，即A、B离开弹簧时的速度之比．由动量守恒定律可知，mA∶mB＝2∶1.未离开弹簧时，A、B受到的弹力相等，作用时间相同，冲量大小也相同．未离开弹簧时，F相等，m不同，加速度a＝，与质量成反比，故aA∶aB＝1∶2，故A、B、D正确，C错误．‎ ‎7．对下列几种物理现象的解释，正确的是(　　)‎ A．击钉时，不用橡皮锤仅仅是因为橡皮锤太轻 B．跳远时，在沙坑里填沙，是为了减小冲量 C．易碎品运输时，要用柔软材料包装，船舷常常悬挂旧轮胎，都是为了延长作用时间以减小作用力 D．在车内推车推不动，是因为合外力冲量为零 解析：选CD.击钉时，不用橡皮锤是因为橡皮锤与钉子的作用时间长；跳远时，在沙坑里填沙，是为了延长人与地的接触时间，所以A、B错误；据动量定理F·t＝Δp知，当Δp相同时，作用时间越长，作用力越小，故C项正确；车能否移动或运动状态能否改变取决于外力的作用，与内部作用无关，所以D项正确．‎ ‎8.质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ.初始时小物块停在箱子正中间，如图所示．现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止．设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为(　　)‎ A.mv2 B.v2‎ 19‎ C.NμmgL D．NμmgL 解析：选BD.设系统损失的动能为ΔE，根据题意可知，整个过程中小物块和箱子构成的系统满足动量守恒和能量守恒，则有mv＝(M＋m)vt(①式)、mv2＝(M＋m)v＋ΔE(②式)，由①②联立解得ΔE＝v2，可知选项A错误，B正确；又由于小物块与箱壁碰撞为弹性碰撞，则损耗的能量全部用于摩擦生热，即ΔE＝NμmgL，选项C错误，D正确．‎ 二、非选择题 ‎9．(2020·杭州质检)如图所示，一质量为0.5 kg的小球A以2.0 m/s的速度和静止于光滑水平面上、质量为1 kg的另一大小相同的小球B发生正碰，碰撞后它以0.2 m/s 的速度反弹．求：‎ ‎(1)原来静止小球B获得的速度大小；‎ ‎(2)碰撞过程中损失的机械能．‎ 解析：(1)A、B两小球碰撞过程中动量守恒，设小球B的速度为v，则mAvA＝mAvA′＋mBv，‎ 代入数据解得v＝1.1 m/s.‎ ‎(2)由A、B两小球组成的系统能量守恒有 mAv＝mAv′＋mBv2＋ΔE 解得ΔE＝0.385 J.‎ 答案：(1)1.1 m/s　(2)0.385 J ‎10．如图所示，一质量M＝2 kg的带有弧形轨道的平台置于足够长的水平轨道上，弧形轨道与水平轨道平滑连接，水平轨道上静置一小球B.从弧形轨道上距离水平轨道高h＝0.3 m处由静止释放一质量mA＝1 kg的小球A，小球A沿轨道下滑后与小球B发生弹性正碰，碰后小球A被弹回，且恰好追不上平台．已知所有接触面均光滑，重力加速度为g.求小球B的质量．(取重力加速度g＝10 m/s2)‎ 解析：设小球A下滑到水平轨道上时的速度大小为v1，平台水平速度大小为v，由动量守恒定律有0＝mAv1－Mv 由能量守恒定律有 mAgh＝mAv＋Mv2‎ 联立解得v1＝2 m/s，v＝1 m/s 小球A、B碰后运动方向相反，设小球A、B的速度大小分别为v′1和v2.由于碰后小球A被弹回，且恰好追不上平台，则此时小球A的速度等于平台的速度，有v′1＝1 m/s 19‎ 由动量守恒定律得mAv1＝－mAv′1＋mBv2‎ 由能量守恒定律有 mAv＝mAv′＋mBv 联立上式解得mB＝3 kg.‎ 答案：3 kg ‎11.(2020·宁波质检)如图，质量分别为mA、mB的两个弹性小球A、B静止在地面上方，B球距地面的高度h＝0.8 m，A球在B球的正上方．先将B球释放，经过一段时间后再将A球释放．当A球下落t＝0.3 s时，刚好与B球在地面上方的P点处相碰．碰撞时间极短，碰后瞬间A球的速度恰好为零．已知mB＝3mA，重力加速度大小g＝10 m/s2，忽略空气阻力及碰撞中的动能损失．求：‎ ‎(1)B球第一次到达地面时的速度；‎ ‎(2)P点距离地面的高度．‎ 解析：(1)设B球第一次到达地面时的速度大小为vB，由运动学公式有vB＝ ①‎ 将h＝0.8 m代入上式，得vB＝4 m/s. ②‎ ‎(2)设两球相碰前后，A球的速度大小分别为v1和v′1(v′1＝0)，B球的速度分别为v2和v′2.由运动学规律可得v1＝gt ③‎ 由于碰撞时间极短，重力的作用可以忽略，两球相撞前后的动量守恒，总动能保持不变．规定向下的方向为正，有 mAv1＋mBv2＝mBv′2 ④‎ mAv＋mBv＝mBv′ ⑤‎ 设B球与地面相碰后的速度大小为v′B，由运动学及碰撞的规律可得v′B＝vB ⑥‎ 设P点距地面的高度为h′，由运动学规律可得 h′＝ ⑦‎ 联立②③④⑤⑥⑦式，并代入已知条件可得 h′＝0.75 m.‎ 答案：(1)4 m/s　(2)0.75 m 19‎