2017-2018學(xué)年高中物理 第一章 碰撞與動(dòng)量守恒 第三節(jié) 動(dòng)量守恒定律在碰撞中的應(yīng)用同步備課教學(xué)案 粵教版選修3-5

《2017-2018學(xué)年高中物理 第一章 碰撞與動(dòng)量守恒 第三節(jié) 動(dòng)量守恒定律在碰撞中的應(yīng)用同步備課教學(xué)案 粵教版選修3-5》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2017-2018學(xué)年高中物理 第一章 碰撞與動(dòng)量守恒 第三節(jié) 動(dòng)量守恒定律在碰撞中的應(yīng)用同步備課教學(xué)案 粵教版選修3-5（14頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第三節(jié)　動(dòng)量守恒定律在碰撞中的應(yīng)用 [學(xué)習(xí)目標(biāo)] 1.掌握應(yīng)用動(dòng)量守恒定律解題的一般步驟.2.進(jìn)一步理解彈性碰撞和非彈性碰撞，會用動(dòng)量和能量的觀點(diǎn)綜合分析解決一維碰撞問題． 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 一、對三種碰撞的進(jìn)一步認(rèn)識 [導(dǎo)學(xué)探究]　如圖1甲、乙所示，兩個(gè)質(zhì)量都是m的物體，物體B靜止在光滑水平面上，物體A以速度v0正對B運(yùn)動(dòng)，碰撞后兩個(gè)物體粘在一起，以速度v繼續(xù)前進(jìn)，兩物體組成的系統(tǒng)碰撞前后的總動(dòng)能守恒嗎？如果不守恒，總動(dòng)能如何變化？ 　　　　　 甲　　　　　　　　　乙 圖1 答案　不守恒．碰撞時(shí)：mv0＝2mv

2、 因此v＝ Ek1＝mv02，Ek2＝·2mv2＝mv02. 所以ΔEk＝Ek2－Ek1＝mv02－mv02＝－mv02，即系統(tǒng)總動(dòng)能減少了mv02. [知識梳理]　三種碰撞類型及其遵守的規(guī)律 1．彈性碰撞 動(dòng)量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′ 機(jī)械能守恒：m1v12＋m2v22＝m1v1′2＋m2v2′2 2．非彈性碰撞 動(dòng)量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′ 機(jī)械能減少，損失的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能 |ΔEk|＝Ek初－Ek末＝Q 3．完全非彈性碰撞 動(dòng)量守恒：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共 碰撞中機(jī)械能損失最多 |ΔEk|＝m1

3、v12＋m2v22－(m1＋m2)v共2 [即學(xué)即用]　判斷下列說法的正誤． (1)發(fā)生碰撞的兩個(gè)物體，動(dòng)量一定是守恒的．(　√　) (2)發(fā)生碰撞的兩個(gè)物體，機(jī)械能一定是守恒的．(　×　) (3)碰撞后，兩個(gè)物體粘在一起，動(dòng)量是守恒的，但機(jī)械能損失是最大的．(　√　) 二、彈性正碰模型及拓展應(yīng)用 [導(dǎo)學(xué)探究]　已知A、B兩個(gè)彈性小球，質(zhì)量分別為m1、m2，B小球靜止在光滑的水平面上，如圖2所示，A小球以初速度v0與B小球發(fā)生正碰，求碰后A小球的速度v1和B小球的速度v2. 圖2 答案　以v0方向?yàn)檎较?，由碰撞中的?dòng)量守恒和機(jī)械能守恒得 m1v0＝m1v1＋m2v2

4、 ① m1v02＝m1v12＋m2v22 ② 由①②可以得出：v1＝v0，v2＝v0 [知識梳理] 1．兩質(zhì)量分別為m1、m2的小球發(fā)生彈性正碰，v1≠0，v2＝0，則碰后兩球速度分別為v1′＝v1，v2′＝v1. (1)若m1＝m2的兩球發(fā)生彈性正碰，v1≠0，v2＝0，則碰后v1′＝0，v2′＝v1，即二者碰后交換速度． (2)若m1?m2，v1≠0，v2＝0，則二者彈性正碰后，v1′＝v1，v2′＝2v1.表明m1的速度不變，m2以2v1的速度被撞出去． (3)若m1?m2，v1≠0，v2＝0，則二者彈性正碰后，v1′＝－v1，v2′＝0.表明m1被反

5、向以原速率彈回，而m2仍靜止． 2．如果兩個(gè)相互作用的物體，滿足動(dòng)量守恒的條件，且相互作用過程初、末狀態(tài)的總機(jī)械能不變，廣義上也可以看成是彈性碰撞． [即學(xué)即用]　判斷下列說法的正誤． (1)發(fā)生彈性碰撞的兩個(gè)小球碰后可能粘在一起．(　×　) (2)兩質(zhì)量相等的小球發(fā)生彈性碰撞時(shí)，二者動(dòng)量守恒，速度交換，動(dòng)能交換．(　√　) (3)當(dāng)小球與豎直墻壁發(fā)生彈性碰撞時(shí)，小球以原速率返回，動(dòng)能守恒，動(dòng)量守恒．(　×　) 一、碰撞的特點(diǎn)和分類 1．碰撞的分類 (1)彈性碰撞：系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒． (2)非彈性碰撞：系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能減少，損失的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能． (3)完

6、全非彈性碰撞：系統(tǒng)動(dòng)量守恒，碰撞后合為一體或具有相同的速度，機(jī)械能損失最大． 2．爆炸：一種特殊的“碰撞” 特點(diǎn)1：系統(tǒng)動(dòng)量守恒． 特點(diǎn)2：系統(tǒng)動(dòng)能增加． 例1　大小、形狀完全相同，質(zhì)量分別為300 g和200 g的兩個(gè)物體在無摩擦的水平面上相向運(yùn)動(dòng)，速度分別為50 cm/s和100 cm/s，某一時(shí)刻發(fā)生碰撞． (1)如果兩物體碰撞后粘合在一起，求它們碰撞后共同的速度大??； (2)在問題(1)的條件下，求碰撞后損失的動(dòng)能； (3)如果碰撞是彈性碰撞，求兩物體碰撞后的速度大小． 答案　(1)0.1 m/s　(2)0.135 J　(3)0.7 m/s　0.8 m/s 解析　(1

7、)令v1＝50 cm/s＝0.5 m/s， v2＝－100 cm/s＝－1 m/s， 設(shè)兩物體碰撞后粘合在一起的共同速度為v， 由動(dòng)量守恒定律得m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v， 代入數(shù)據(jù)解得v＝－0.1 m/s，負(fù)號表示方向與v1的方向相反． (2)碰撞后兩物體損失的動(dòng)能為ΔEk＝m1v12＋m2v22－(m1＋m2)v2＝[×0.3×0.52＋×0.2×(－1)2－×(0.3＋0.2)×(－0.1)2] J＝0.135 J. (3)如果碰撞是彈性碰撞，設(shè)碰撞后兩物體的速度分別為v1′、v2′， 由動(dòng)量守恒定律得m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′， 由機(jī)械能守恒定

8、律得m1v12＋m2v22＝m1v1′2＋m2v2′2，代入數(shù)據(jù)得v1′＝－0.7 m/s，v2′＝0.8 m/s 例2　一彈丸在飛行到距離地面5 m高時(shí)僅有水平速度v＝2 m/s，爆炸成為甲、乙兩塊彈片水平飛出，甲、乙的質(zhì)量比為3∶1.不計(jì)質(zhì)量損失，取重力加速度g＝10 m/s2.則下列圖中兩塊彈片飛行的軌跡可能正確的是(　　) 答案　B 解析　彈丸爆炸瞬間爆炸力遠(yuǎn)大于外力，故爆炸瞬間動(dòng)量守恒．因兩彈片均水平飛出，飛行時(shí)間t＝＝1 s，取向右為正方向，由水平速度v＝知，選項(xiàng)A中，v甲＝2.5 m/s，v乙＝－0.5 m/s；選項(xiàng)B中，v甲＝2.5 m/s，v乙＝0.5 m/s；

9、選項(xiàng)C中，v甲＝1 m/s，v乙＝2 m/s；選項(xiàng)D中，v甲＝－1 m/s，v乙＝2 m/s.因爆炸瞬間動(dòng)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，代入數(shù)值計(jì)算知選項(xiàng)B正確． 二、彈性正碰模型 例3　如圖3所示，ABC為一固定在豎直平面內(nèi)的光滑軌道，BC段水平，AB段與BC段平滑連接，質(zhì)量為m1的小球從高為h處由靜止開始沿軌道下滑，與靜止在軌道BC段上質(zhì)量為m2的小球發(fā)生碰撞，碰撞后兩球的運(yùn)動(dòng)方向處于同一水平線上，且在碰撞過程中無機(jī)械能損失．求碰撞后小球m2的速度大小v2. 圖3 答案　 解析　設(shè)m1碰撞前的速度為v10，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有m1

10、gh＝m1v102，解得v10＝ ① 設(shè)碰撞后m1與m2的速度分別為v1和v2，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有m1v10＝m1v1＋m2v2 ② 由于碰撞過程中無機(jī)械能損失 m1v102＝m1v12＋m2v22 ③ 聯(lián)立②③式解得v2＝ ④ 將①代入④得v2＝ 針對訓(xùn)練1　在光滑水平面上有三個(gè)完全相同的小球，它們排成一條直線，2、3小球靜止并靠在一起，1球以速度v0射向它們，如圖4所示．設(shè)碰撞中不損失機(jī)械能，則碰后三個(gè)小球的速度分別是(　　) 圖4 A．v1＝v2＝v3＝v0 B．v1＝0，v2＝v3＝v0 C．

11、v1＝0，v2＝v3＝v0 D．v1＝v2＝0，v3＝v0 答案　D 解析　由于1球與2球發(fā)生碰撞時(shí)間極短，2球的位置來不及發(fā)生變化．這樣2球?qū)?球不產(chǎn)生力的作用，即3球不會參與1、2球作用，1、2球作用后立即交換速度，即碰后1球停止，2球速度立即變?yōu)関0.同理分析，2、3球作用后交換速度，故D正確． 1．當(dāng)遇到兩物體發(fā)生碰撞的問題時(shí)，不管碰撞的環(huán)境如何，要首先想到利用動(dòng)量守恒定律． 2．兩質(zhì)量相等的物體發(fā)生彈性正碰，速度交換． 3．解題時(shí)，應(yīng)注意將復(fù)雜過程分解為若干個(gè)簡單過程(或階段)，判斷每個(gè)過程的動(dòng)量守恒情況、機(jī)械能守恒情況．但每一過程能量一定守恒． 三、碰撞的可能性判

12、斷 碰撞需滿足的三個(gè)條件： 1．動(dòng)量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′. 2．總動(dòng)能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋. 3．速度要符合情景：碰撞后，原來在前面的物體的速度一定增大，且原來在前面的物體的速度大于或等于原來在后面的物體的速度，即v前′≥v后′. 例4　在光滑水平面上，有兩個(gè)小球A、B沿同一直線同向運(yùn)動(dòng)(B在前)，已知碰前兩球的動(dòng)量分別為pA＝12 kg·m/s、pB＝13 kg·m/s，碰后它們動(dòng)量的變化分別為ΔpA、ΔpB.下列數(shù)值可能正確的是(　　) A．ΔpA＝－3 kg·m/s、ΔpB＝3 kg·m/s B．ΔpA＝3 kg·m/s、ΔpB

13、＝－3 kg·m/s C．ΔpA＝－24 kg·m/s、ΔpB＝24 kg·m/s D．ΔpA＝24 kg·m/s、ΔpB＝－24 kg·m/s 答案　A 解析　對于碰撞問題要遵循三個(gè)規(guī)律：動(dòng)量守恒定律、碰后系統(tǒng)的機(jī)械能不增加和碰撞過程要符合實(shí)際情況．本題屬于追及碰撞，碰前，后面運(yùn)動(dòng)小球的速度一定要大于前面運(yùn)動(dòng)小球的速度(否則無法實(shí)現(xiàn)碰撞)，碰后，前面小球的動(dòng)量增大，后面小球的動(dòng)量減小，減小量等于增大量，所以ΔpA＜0，ΔpB＞0，并且ΔpA＝－ΔpB，據(jù)此可排除選項(xiàng)B、D；若ΔpA＝－24 kg·m/s、ΔpB＝24 kg·m/s，碰后兩球的動(dòng)量分別為pA′＝－12 kg·m/s、p

14、B′＝37 kg·m/s，根據(jù)關(guān)系式Ek＝可知，A小球的質(zhì)量和動(dòng)量大小不變，動(dòng)能不變，而B小球的質(zhì)量不變，但動(dòng)量增大，所以B小球的動(dòng)能增大，這樣系統(tǒng)的機(jī)械能比碰前增大了，選項(xiàng)C可以排除；經(jīng)檢驗(yàn)，選項(xiàng)A滿足碰撞所遵循的三個(gè)原則，本題答案為A. 針對訓(xùn)練2　質(zhì)量為m的A球以速率v與質(zhì)量為3m的靜止B球沿光滑水平面發(fā)生正碰，碰撞后A球速率為，則B球的速率可能為(　　) A. B. C. D．2v 答案　C 解析　以A球原來的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较颍?dāng)碰后A球速度與原來同向時(shí)有： mv＝m·＋3mv′ 得v′＝，方向與A球原方向相同 而>，A球還要與B球發(fā)生碰撞，所以A項(xiàng)不符合客觀實(shí)際．

15、 當(dāng)碰后A球速度與原來反向時(shí)有： mv＝－m＋3mv′ 所以v′＝，方向與A球原方向相同 而vA′＝－，方向與原方向相反，符合實(shí)際，選項(xiàng)C正確． 1．一個(gè)符合實(shí)際的碰撞，一定是動(dòng)量守恒，機(jī)械能不增加，滿足能量守恒． 2．要靈活運(yùn)用Ek＝或p＝，Ek＝pv或p＝幾個(gè)關(guān)系式. 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1．兩個(gè)小球在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運(yùn)動(dòng)，B球在前，A球在后，mA＝1 kg，mB＝2 kg，vA＝6 m/s，vB＝3 m/s，當(dāng)A球與B球發(fā)生碰撞后，A、B兩球速度可能為(　　) A．vA′＝4 m/s，vB′＝4 m/s B．vA′＝4 m/s，

16、vB′＝5 m/s C．vA′＝－4 m/s，vB′＝6 m/s D．vA′＝7 m/s，vB′＝2.5 m/s 答案　A 解析　兩球碰撞過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以兩球的初速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得 mAvA＋mBvB＝mAvA′＋mBvB′ ① 由碰撞過程系統(tǒng)動(dòng)能不能增加可知 mAvA2＋mBvB2≥mAvA′2＋mBvB′2 ② 根據(jù)題意可知vA′≤vB′ ③ 將四個(gè)選項(xiàng)代入①②③式檢驗(yàn)可知，A正確，B、C、D錯(cuò)誤．選A. 2．如圖5所示，質(zhì)量分別為1 kg、3 kg的滑塊A、B位于光滑水平面上，現(xiàn)使滑塊A以4 m/s的速度向右運(yùn)動(dòng)，與左側(cè)

17、連有輕彈簧的滑塊B發(fā)生碰撞，求二者在發(fā)生碰撞的過程中： 圖5 (1)彈簧的最大彈性勢能； (2)滑塊B的最大速度． 答案　(1)6 J　(2)2 m/s 解析　(1)當(dāng)彈簧壓縮最短時(shí)，彈簧的彈性勢能最大，此時(shí)滑塊A、B共速幅度動(dòng)量守恒定律得 mAv0＝(mA＋mB)v 解得v＝＝ m/s＝1 m/s 彈簧的最大彈性勢能即滑塊A、B損失的動(dòng)能 Em＝mAv02－(mA＋mB)v2＝6 J (2)當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時(shí)，滑塊B獲得最大速度，由動(dòng)能守恒和能量守恒得 mAv0＋mAvA＋mBvm，mAv＝mBv＋mAv 解得vm＝2 m/s. 3.在光滑的水平面上，質(zhì)量為m1的

18、小球A以速率v0向右運(yùn)動(dòng)．在小球的前方O點(diǎn)處有一質(zhì)量為m2的小球B處于靜止?fàn)顟B(tài)，如圖6所示．小球A與小球B發(fā)生正碰后小球A、B均向右運(yùn)動(dòng)，小球B被在Q點(diǎn)處的墻壁彈回后與小球A在P點(diǎn)相遇，PQ＝1.5PO.假設(shè)小球間的碰撞及小球與墻壁之間的碰撞都是彈性碰撞，求兩小球質(zhì)量之比. 圖6 答案　2 解析　從兩小球碰撞后到它們再次相遇，小球A和B的速度大小保持不變，根據(jù)它們通過的路程，可知小球B和小球A在碰撞后的速度大小之比為4∶1 兩球碰撞過程為彈性碰撞，有： m1v0＝m1v1＋m2v2 m1v02＝m1v12＋m2v22 解得＝2. 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 一

19、、選擇題(1～6題為單選題，7～8題為多選題) 1.如圖1所示，光滑水平面上有質(zhì)量均為m的物塊A和B，B上固定一輕彈簧，B靜止，A以速度v0水平向右運(yùn)動(dòng)，通過彈簧與B發(fā)生作用，作用過程中，彈簧獲得的最大彈性勢能Ep為(　　) 圖1 A.mv02 B.mv02 C.m0v02 D.mv02 答案　C 解析　當(dāng)兩物塊速度相同時(shí)，彈簧獲得的彈性勢能最大，根據(jù)動(dòng)量守恒可知mv0＝2mv，v＝ 所以最大彈性勢能Ep＝mv02－×2mv2＝mv02，故C正確． 2．甲物體在光滑水平面上運(yùn)動(dòng)速度為v1，與靜止的乙物體相碰，碰撞過程中無機(jī)械能損失，下列結(jié)論不正確的是(　　) A．

20、乙的質(zhì)量等于甲的質(zhì)量時(shí)，碰撞后乙的速度為v1 B．乙的質(zhì)量遠(yuǎn)遠(yuǎn)小于甲的質(zhì)量時(shí)，碰撞后乙的速率是2v1 C．乙的質(zhì)量遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于甲的質(zhì)量時(shí)，碰撞后甲的速度是－v1 D．碰撞過程中甲對乙做的功大于乙動(dòng)能的增量 答案　D 解析　由于碰撞過程中無機(jī)械能損失，故是彈性碰撞，根據(jù)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒可以解得兩球碰后的速度v1′＝v1，v2′＝v1.當(dāng)m1＝m2時(shí)，v2′＝v1，A對；當(dāng)m1?m2時(shí)，v2′＝2v1，B對；當(dāng)m1?m2時(shí)，v1′＝－v1，C對；根據(jù)動(dòng)能定理可知D錯(cuò)誤． 3．在一條直線上相向運(yùn)動(dòng)的甲、乙兩個(gè)小球，它們的動(dòng)能相等，已知甲球的質(zhì)量大于乙球的質(zhì)量，它們正碰后可能發(fā)生的情況是(

21、　　) A．甲、乙兩球都沿乙球的運(yùn)動(dòng)方向 B．甲球反向運(yùn)動(dòng)，乙球停下 C．甲、乙兩球都反向運(yùn)動(dòng) D．甲、乙兩球都反向運(yùn)動(dòng)，且動(dòng)能仍相等 答案　C 解析　由p2＝2mEk知，甲球的動(dòng)量大于乙球的動(dòng)量，所以總動(dòng)量的方向應(yīng)為甲球的初動(dòng)量的方向，可以判斷C正確． 4．質(zhì)量相等的三個(gè)物塊在一光滑水平面上排成一直線，且彼此隔開了一定的距離，如圖2所示．具有動(dòng)能E0的第1個(gè)物塊向右運(yùn)動(dòng)，依次與其余兩個(gè)靜止物塊發(fā)生碰撞，最后這三個(gè)物塊粘在一起，這個(gè)整體的動(dòng)能為(　　) 圖2 A．E0 B. C. D. 答案　C 解析　碰撞中動(dòng)量守恒mv0＝3mv1，得 v1＝ ① E0＝

22、mv02 ② Ek′＝×3mv12 ③ 由①②③得Ek′＝×3m()2＝×(mv02)＝，故C正確． 5．兩個(gè)完全相同、質(zhì)量均為m的滑塊A和B，放在光滑水平面上，滑塊A與輕彈簧相連，彈簧另一端固定在墻上，當(dāng)滑塊B以v0的初速度向滑塊A運(yùn)動(dòng)時(shí)，如圖3所示，碰到A后不再分開，下述說法中正確的是(　　) 圖3 A．兩滑塊相碰和以后一起運(yùn)動(dòng)過程，A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量均守恒 B．兩滑塊相碰和以后一起運(yùn)動(dòng)過程，A、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能均守恒 C．彈簧最大彈性勢能為mv02 D．彈簧最大彈性勢能為mv02 答案　D 解析　B與A碰撞后一起運(yùn)動(dòng)的過程中，系統(tǒng)受到彈簧的彈力作用，合外力

23、不為零，因此動(dòng)量不守恒，A項(xiàng)錯(cuò)誤；碰撞過程，A、B發(fā)生非彈性碰撞，有機(jī)械能損失，B項(xiàng)錯(cuò)誤；碰撞過程mv0＝2mv，因此碰撞后系統(tǒng)的機(jī)械能為×2m2＝mv02，彈簧的最大彈性勢能等于碰撞后系統(tǒng)的機(jī)械能mv02，C項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確． 6．如圖4所示，有兩個(gè)質(zhì)量相同的小球A和B(大小不計(jì))，A球用細(xì)繩吊起，細(xì)繩長度等于懸點(diǎn)距地面的高度，B球靜止放于懸點(diǎn)正下方的地面上．現(xiàn)將A球拉到距地面高度為h處由靜止釋放，擺動(dòng)到最低點(diǎn)與B球碰撞后粘在一起共同上擺，則它們升起的最大高度為(　　) 圖4 A. B．h C. D. 答案　C 解析　本題中的物理過程比較復(fù)雜，所以應(yīng)將過程細(xì)化、分段處理．

24、A球由靜止釋放到最低點(diǎn)的過程做的是圓周運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用動(dòng)能定理可求出末速度，mgh＝mv12，所以v1＝；A、B碰撞后并粘在一起的過程動(dòng)量守恒，mv1＝2mv2；對A、B粘在一起共同上擺的過程應(yīng)用機(jī)械能守恒，(m＋m)v22＝(m＋m)gh′，聯(lián)立解得h′＝. 7．質(zhì)量為m的小球A在光滑的水平面上以速度v與靜止在光滑水平面上的質(zhì)量為2m的小球B發(fā)生正碰，碰撞后，A球的動(dòng)能變?yōu)樵瓉淼?，那么碰撞后B球的速度大小可能是(　　) A.v B.v C.v D.v 答案　AB 解析　設(shè)A球碰后的速度為vA，由題意有mvA2＝×mv2，則vA＝v或vA＝－v，因此由動(dòng)量守恒有mv＝m·v＋2mvB或

25、mv＝－m·v＋2mvB，解得vB＝v或v. 8．如圖5所示，在光滑水平面上停放質(zhì)量為m的裝有弧形槽的小車．現(xiàn)有一質(zhì)量也為m的小球以v0的水平速度沿切線水平的槽口向小車滑去(不計(jì)摩擦)，到達(dá)某一高度后，小球又返回小車右端，則(　　) 圖5 A．小球在小車上到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)的速度大小為 B．小球離車后，對地將向右做平拋運(yùn)動(dòng) C．小球離車后，對地將做自由落體運(yùn)動(dòng) D．此過程中小球?qū)囎龅墓閙v02 答案　ACD 解析　小球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，小車和小球相對靜止，且水平方向總動(dòng)量守恒，小球離開車時(shí)類似彈性碰撞，兩者速度完成互換，故選項(xiàng)A、C、D都是正確的． 二、非選擇題 9．如圖

26、6所示，光滑平臺上有兩個(gè)剛性小球A和B，質(zhì)量分別為2m和3m，小球A以速度v0向右運(yùn)動(dòng)并與靜止的小球B發(fā)生碰撞(碰撞過程中不損失機(jī)械能)，小球B飛出平臺后經(jīng)時(shí)間t剛好掉入裝有沙子向左運(yùn)動(dòng)的小車中，小車與沙子的總質(zhì)量為m，速度為2v0，小車行駛的路面近似看做是光滑的，求： 圖6 (1)碰撞后小球A和小球B的速度大小； (2)小球B掉入小車后的速度大?。? 答案　(1)v0　v0　(2)v0 解析　(1)A球與B球碰撞過程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得： mAv0＝mAv1＋mBv2 碰撞過程中系統(tǒng)機(jī)械能守恒，有 mAv02＝mAv12＋mBv22 解得v1＝

27、－v0，v2＝v0，碰后A球向左，B球向右 (2)B球掉入沙車的過程中系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得： mBv2＋mv3＝(mB＋m)v3′， 解得v3′＝v0. 10．如圖7所示，一砂袋用無彈性輕細(xì)繩懸于O點(diǎn)，開始時(shí)砂袋處于靜止?fàn)顟B(tài)，此后用彈丸以水平速度擊中砂袋后均未穿出．第一次彈丸的速度為v0，打入砂袋后二者共同擺動(dòng)的最大擺角為θ(θ<90°)，當(dāng)其第一次返回圖示位置時(shí)，第二粒彈丸以另一水平速度v又擊中砂袋，使砂袋向右擺動(dòng)且最大擺角仍為θ.若彈丸質(zhì)量均為m，砂袋質(zhì)量為5m，彈丸和砂袋形狀大小忽略不計(jì)，求兩粒彈丸的水平速度之比為多少？ 圖7 答案　

28、解析　彈丸擊中砂袋瞬間，系統(tǒng)水平方向不受外力，動(dòng)量守恒，設(shè)擊中后彈丸和砂袋的共同速度為v1，細(xì)繩長為L，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有 mv0＝(m＋5m)v1 砂袋擺動(dòng)過程中只有重力做功，機(jī)械能守恒，所以 ·6mv12＝6mgL(1－cos θ) 設(shè)第二粒彈丸擊中砂袋后彈丸和砂袋的共同速度為v2，同理有： mv－(m＋5m)v1＝(m＋6m)v2 ·7mv22＝7mgL(1－cos θ) 聯(lián)解上述方程得＝. 11．如圖8所示，水平地面上有兩個(gè)靜止的小物塊a和b，其連線與墻垂直；a和b相距l(xiāng)，b與墻之間也相距l(xiāng)；a的質(zhì)量為m，b的質(zhì)量為m.兩物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均相同．現(xiàn)使a以初速度v

29、0向右滑動(dòng)．此后a與b發(fā)生彈性碰撞，但b沒有與墻發(fā)生碰撞．重力加速度大小為g.求物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)滿足的條件． 圖8 答案　≤μ< 解析　設(shè)物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.要使物塊a、b能夠發(fā)生碰撞，應(yīng)有mv02>μmgl，即μ< 設(shè)在a、b發(fā)生彈性碰撞前的瞬間，a的速度大小為v1.由能量守恒定律得－μmgl＝mv12－mv02 設(shè)在a、b發(fā)生彈性碰撞后的瞬間，a、b的速度大小分別為v2、v3，由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有 mv1＝mv2＋mv3 mv12＝mv22＋()v32 聯(lián)立各式解得v3＝v1，由題意知b沒有與墻發(fā)生碰撞，由動(dòng)能定理得μmgl≥()v32，解得μ≥ 綜上所述有≤μ＜. 14