1、第二講 碰撞、反沖與動(dòng)量守恒定律a組·基礎(chǔ)題一、單項(xiàng)選擇題1(2017·北京大興區(qū)質(zhì)檢)如圖所示，在光滑水平面上質(zhì)量分別為ma2 kg、mb4 kg，速率分別為va5 m/s、vb2 m/s的a、b兩小球沿同一直線相向運(yùn)動(dòng)，則()a它們碰撞前的總動(dòng)量是18 kg·m/s，方向水平向右b它們碰撞后的總動(dòng)量是18 kg·m/s，方向水平向左c它們碰撞前的總動(dòng)量是2 kg·m/s，方向水平向右d它們碰撞后的總動(dòng)量是2 kg·m/s，方向水平向左解析：它們碰撞前的總動(dòng)量是2 kg·m/s，方向水平向右，a、b相碰過程中動(dòng)量守恒定律，

2、故它們碰撞后的總動(dòng)量也是2 kg·m/s，方向水平向右，選項(xiàng)c正確答案：c2有甲、乙兩碰碰車沿同一直線相向而行，在碰前雙方都關(guān)閉了動(dòng)力，且兩車動(dòng)量關(guān)系為p甲>p乙假設(shè)規(guī)定p甲方向?yàn)檎挥?jì)一切阻力，則()a碰后兩車可能以相同的速度沿負(fù)方向前進(jìn)，且動(dòng)能損失最大b碰撞過程甲車總是對乙車做正功，碰撞后乙車一定沿正方向前進(jìn)c碰撞過程甲車可能反彈，且系統(tǒng)總動(dòng)能減小，碰后乙車一定沿正方向前進(jìn)d兩車動(dòng)量變化量大小相等，方向一定是p甲沿正方向，p乙沿負(fù)方向解析：由于規(guī)定p甲方向?yàn)檎瑑绍噭?dòng)量關(guān)系為p甲p乙，則碰后兩車可能以相同的速度沿正方向前進(jìn)，且動(dòng)能損失最大，選項(xiàng)a錯(cuò)誤碰撞過程甲車先對乙車做

3、負(fù)功，選項(xiàng)b錯(cuò)誤碰撞過程甲車可能反彈，且系統(tǒng)總動(dòng)能減小，碰后乙車一定沿正方向前進(jìn)，選項(xiàng)c正確由動(dòng)量守恒定律可知，兩車動(dòng)量變化量大小相等，方向可能是p甲沿負(fù)方向，p乙沿正方向，選項(xiàng)d錯(cuò)誤答案：c3(2017·撫州市四校聯(lián)考)如圖所示，光滑水平面上的木板右端，有一根輕質(zhì)彈簧沿水平方向與粗糙木板相連，木板質(zhì)量m3.0 kg.質(zhì)量為m1.0 kg的鐵塊以水平速度v04.0 m/s從木板的左端沿板面向右滑行，壓縮彈簧后又被彈回，最后恰好停在木板的左端，則在上述過程中彈簧具有的最大彈性勢能為()a4.0 jb6.0 jc3.0 j d20 j解析：設(shè)鐵塊與木板速度相同時(shí)，共同速度大小為v，鐵塊相

4、對木板向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，相對滑行的最大路程為l，摩擦力大小為ff，根據(jù)能量守恒定律得mv02ffl(mm)v2ep鐵塊相對于木板運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過程，由能量守恒定律得mv022ffl(mm)v2又根據(jù)系統(tǒng)動(dòng)量守恒可知，mv0(mm)v聯(lián)立得到ep3.0 j，故選c.答案：c4(2017·天津高三質(zhì)檢)甲、乙兩球在水平光滑軌道上向同方向運(yùn)動(dòng)，已知它們的動(dòng)量分別是p15 kg·m/s，p27 kg·m/s，甲從后面追上乙并發(fā)生碰撞，碰后乙球的動(dòng)量變?yōu)?0 kg·m/s，則二球質(zhì)量m1與m2間的關(guān)系可能是()am1m2b2m1m2c4m1m2 d6m1m2解析：甲乙兩球在

5、碰撞過程中動(dòng)量守恒，所以有p1p2p1p2，即p12 kg·m/s.由于在碰撞過程中，不可能有其他形式的能量轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，只能是系統(tǒng)內(nèi)物體間機(jī)械能相互轉(zhuǎn)化或一部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，因此系統(tǒng)的機(jī)械能不會(huì)增加，所以有，所以有m1m2. 因?yàn)轭}目給出物理情景是“甲從后面追上乙”，要符合這一物理情景，就必須有，即m1m2；同時(shí)還要符合碰撞后乙球的速度必須大于或等于甲球的速度這一物理情景，即，所以m1m2.因此c選項(xiàng)正確答案：c二、多項(xiàng)選擇題5在質(zhì)量為m的小車中掛有一單擺，擺球的質(zhì)量為m0，小車和單擺以恒定的速度v沿光滑水平地面運(yùn)動(dòng)，與位于正對面的質(zhì)量為m的靜止木塊發(fā)生碰撞，碰撞的時(shí)間極短在此

6、碰撞過程中，下列情況可能發(fā)生的是()a小車、木塊、擺球的速度都發(fā)生變化，分別變?yōu)?v1、v2、v3，滿足(mm0)vmv1mv2m0v3b擺球的速度不變，小車和木塊的速度變化為v1和v2，滿足mvmv1mv2c擺球的速度不變，小車和木塊的速度都變?yōu)関1，滿足mv(mm)v1d小車和擺球的速度都變?yōu)関1，木塊的速度變?yōu)関2，滿足(mm0)v(mm0)v1mv2解析：在小車m和木塊發(fā)生碰撞的瞬間，擺球并沒有直接與木塊發(fā)生力的作用，它與小車一起以共同速度v勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，擺線沿豎直方向，擺線對球的拉力和球的重力都與速度方向垂直，因而擺球未受到水平力作用，球的速度不變，可以判定a、d項(xiàng)錯(cuò)誤；小車和木塊碰撞

7、過程，水平方向無外力作用，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，而題目對碰撞后小車與木塊是否分開或連在一起，沒有加以說明，所以兩種情況都可能發(fā)生，即b、c選項(xiàng)正確答案：bc6如圖所示，質(zhì)量相等的兩個(gè)滑塊位于光滑水平桌面上，其中，彈簧兩端分別與靜止的滑塊n和擋板p相連接，彈簧與擋板的質(zhì)量均不計(jì)；滑塊m以初速度v0向右運(yùn)動(dòng)，它與擋板p碰撞后開始?jí)嚎s彈簧，最后，滑塊n以速度v0向右運(yùn)動(dòng)在此過程中()am的速度等于0時(shí)，彈簧的彈性勢能最大bm與n具有相同的速度時(shí)，兩滑塊動(dòng)能之和最小cm的速度為時(shí)，彈簧的長度最長dm的速度為時(shí)，彈簧的長度最短解析：m、n兩滑塊碰撞過程中動(dòng)量守恒，當(dāng)m與n具有相同的速度時(shí)，系統(tǒng)動(dòng)能損失最大，損失

8、的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能，即彈簧彈性勢能最大，a錯(cuò)誤，b正確；m的速度為時(shí)，彈簧的壓縮量最大，彈簧的長度最短，c錯(cuò)誤，d正確答案：bd7(2017·江西撫州市四校聯(lián)考)在光滑水平面上，一質(zhì)量為m、速度大小為v的a球與質(zhì)量為2m靜止的b球發(fā)生正碰，碰撞可能是彈性的，也可能是非彈性的，則碰后b球的速度大小可能是()a0.7v b0.6vc0.4v d0.2v解析：以兩球組成的系統(tǒng)為研究對象，以a球的初速度方向?yàn)檎较颍绻鲎矠閺椥耘鲎玻蓜?dòng)量守恒定律得mvmva2mvb，由機(jī)械能守恒定律得mv2mva2·2mvb2，解得vav，vbv，負(fù)號(hào)表示碰撞后a球反向彈回；如果碰撞為

9、完全非彈性碰撞，以a球的初速度方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒定律得mv(m2m)vb，解得vbv，則碰撞后b球的速度范圍是vvbv，故b、c正確，a、d錯(cuò)誤答案：bc8如圖所示，長木板a放在光滑的水平面上，質(zhì)量為m4 kg的小物體b以水平速度v02 m/s滑上原來靜止的長木板a的上表面由于a、b間存在摩擦，之后a、b速度隨時(shí)間變化情況如圖乙所示，g取10 m/s2，則下列說法正確的是()a木板a獲得的動(dòng)能為2 jb系統(tǒng)損失的機(jī)械能為2 jc木板a的最小長度為2 mda、b間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1解析：由圖象可知，木板獲得的速度為v1 m/s，a、b組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以b的初速度方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守

10、恒定律得mv0(mm)v，可得木板a的質(zhì)量m4 kg，木板獲得的動(dòng)能為ekmv22 j，故a正確；系統(tǒng)損失的機(jī)械能emv02mv2mv2，代入數(shù)據(jù)解得e4 j，故b錯(cuò)誤；由圖得到01 s內(nèi)b的位移為xb×(21)×1 m1.5 m，a的位移為xa×1×1 m0.5 m，木板a的最小長度為lxbxa1 m，故c錯(cuò)誤；由圖象可知，b的加速度a1 m/s2 ，負(fù)號(hào)表示加速度的方向，由牛頓第二定律得mbgmba，代入解得0.1，故d正確答案：adb組·能力題一、選擇題9(多選)(2017·山東師大附中檢測)如圖所示，大小相同的擺球a和b的質(zhì)量

11、分別為m和3m，擺長相同，并排懸掛，平衡時(shí)兩球剛好接觸，現(xiàn)將擺球a向左拉開一小角度后釋放，若兩球的碰撞是彈性的，下列判斷正確的是()a第一次碰撞后的瞬間，兩球的速度大小相等b第一次碰撞后的瞬間，兩球的動(dòng)量大小相等c第一次碰撞后，兩球的最大擺角不相同d發(fā)生第二次碰撞時(shí)，兩球在各自的平衡位置解析：兩球在碰撞前后，水平方向不受外力，故水平兩球組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律有mv0mv13mv2，又兩球碰撞是彈性的，故機(jī)械能守恒，即mv02mv12·3mv22，解兩式得v1，v2，可見第一次碰撞后的瞬間，兩球的速度大小相等，選項(xiàng)a正確；因兩球質(zhì)量不相等，故兩球碰后的動(dòng)量大小不相等，選項(xiàng)b

12、錯(cuò)誤；兩球碰后上擺過程，機(jī)械能守恒，故上升的最大高度相等，因擺長相等，故兩球碰后的最大擺角相同，選項(xiàng)c錯(cuò)誤；由單擺的周期公式t2 ，可知，兩球擺動(dòng)周期相同，故經(jīng)半個(gè)周期后，兩球在平衡位置處發(fā)生第二次碰撞，選項(xiàng)d正確答案：ad二、非選擇題10以初速度v0與水平方向成60°角斜向上拋出的手榴彈，到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)炸成質(zhì)量分別為m和2m的兩塊，其中質(zhì)量大的一塊沿著原來的方向以2v0 的速度飛行求：(1)質(zhì)量較小的另一塊彈片速度的大小和方向(2)爆炸過程有多少化學(xué)能轉(zhuǎn)化為彈片的動(dòng)能解析：(1)斜拋的手榴彈在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在最高點(diǎn)處爆炸前的速度v1v0cos 60°v0.設(shè)v1

13、的方向?yàn)檎较颍鐖D所示，由動(dòng)量守恒定律得3mv12mv1mv2其中爆炸后大塊彈片速度v12v0，解得v22.5v0，“”號(hào)表示v2的速度方向與爆炸前速度方向相反(2)爆炸過程中轉(zhuǎn)化為動(dòng)能的化學(xué)能等于系統(tǒng)動(dòng)能的增量，ek×2mv12mv22(3m)v12mv02.答案：(1)2.5v0方向與爆炸前速度的方向相反(2)mv0211如圖所示，三個(gè)質(zhì)量分別為3 kg、1 kg、1 kg的木塊a、b、c放置在光滑水平軌道上，開始時(shí)b、c均靜止，a以初速度v05 m/s向右運(yùn)動(dòng)，a與b碰撞后分開，b又與c發(fā)生碰撞并粘在一起，此后a與b間的距離保持不變(1)求b與c碰撞前b的速度大小；(2)若a

14、與b的碰撞時(shí)間約為0.01 s，求b對a的作用力f.解析：(1)設(shè)a、b碰撞后a的速度為va，b與c碰撞前b的速度為vb，b、c碰撞后一起運(yùn)動(dòng)的速度為v，以c的初速度方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒定律，對a、b有mav0mavambvb對b、c有mbvb(mbmc)v由于a與b間的距離保持不變，則vav代入數(shù)據(jù)解得：va3 m/s，vb6 m/s(2)選擇水平向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理得ftmavamav0解得f600 n，負(fù)號(hào)說明方向向左答案：(1)6 m/s(2)600 n，方向向左12(2017·廣東省實(shí)驗(yàn)中學(xué)模擬)如圖所示，質(zhì)量為m的平板車p高為h，質(zhì)量為m的小物塊q的大小不計(jì)，位

15、于平板車的左端，系統(tǒng)原來靜止在光滑水平地面上，一不可伸長的輕質(zhì)細(xì)繩長為r，一端懸于q正上方高為r處，另一端系一質(zhì)量為m的小球(大小不計(jì))今將小球拉至懸線與豎直位置成60°角，由靜止釋放，小球到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)與q的碰撞時(shí)間極短，且無機(jī)械能損失已知q離開平板車時(shí)速度大小是平板車速度的兩倍，q與p之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，mm41，重力加速度為g，求：(1)小物塊q離開平板車時(shí)，二者速度各為多大？(2)平板車p的長度為多少？(3)小物塊q落地時(shí)與小車的水平距離為多少？ 解析：(1)設(shè)小球與q碰前的速度為v0，小球下擺過程機(jī)械能守恒，有mgr(1cos 60°)mv02v0小球與q進(jìn)行彈性碰撞，質(zhì)量又相等，二者交換速度小物塊q在平板車p上滑動(dòng)的過程中，q與p組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒