動量守恒定律的應(yīng)用講解

1、動量守恒定律的應(yīng)用目標認知學(xué)習(xí)目標1. 知道彈性碰撞和非彈性碰撞2. 研究物體彈性碰撞的一些特點3. 知道反沖、爆炸現(xiàn)象也遵守動量守恒定律學(xué)習(xí)重點和難點應(yīng)用動量守恒定律解決各類實際問題知識要點梳理知識點一碰撞的分類要點詮釋：1. 按碰撞過程中動能的損失情況，可將碰撞分為彈性碰撞和非彈性碰撞 彈性碰撞：碰撞過程中機械能不損失，即碰撞前后系統(tǒng)總動能守恒Ejr更二 Efr +5A|厶辛 非彈性碰撞：碰撞過程中機械能有損失，系統(tǒng)總動能不守恒 完全非彈性碰撞：碰撞后兩物體“合”為一體，具有共同的速度，這種碰撞動能損失 最大。2. 按碰撞前后，物體的運動方向是否沿同一條直線，可將碰撞分為正碰和斜碰 正碰：

2、碰撞前后，物體的運動方向在同一條直線上，也叫對心碰撞。 斜碰：碰撞前后，物體的運動方向不在同一條直線上，也叫非對心碰撞。 散射：指微觀粒子之間的碰撞。知識點二彈性碰撞的討論要點詮釋：如圖所示，在光滑的水平面上質(zhì)量為I的小球以速度J與質(zhì)量為二的靜止小球發(fā)生彈II性正碰，討論碰后兩球的速度 1和根據(jù)動量守恒定律和動能守恒有:朋戸二叫A +性“171 吃 1 f2一術(shù)卩+-碼旳解上面兩式可得:討論： 若和二都是正值，表示 j和二都與J方向相同。（若: J I, /- m -v，表示:1的速度不變，I以匚|的速度被撞出去。） 若-1為負值，表示-1與J方向相反，二被彈回。劇冷觀魁一險一対0捕二一嶺馬=

3、0m（若二亠工，W一，表示】被反向以原速率彈回，而仍靜止。） 若，則有J為零，一 I,即碰后兩球速度互換。拓展：設(shè)在光滑的水平面上質(zhì)量為1的小球以速度1去碰撞質(zhì)量為；、速度為的小球發(fā)生彈性正碰，試求碰后兩球的速度 1和 根據(jù)動量守恒定律和動能守恒有：用M +氣比=舛/ +曲*翊+*記二*孑+ 碼評可得:I（利! -+ 2fn2I (amj 一 於現(xiàn) + 2mivi碼+網(wǎng)同學(xué)們可以自己討論由于兩個物體質(zhì)量的關(guān)系而引起的碰撞后兩物體的不同運動情況。知識點三碰撞及類碰撞過程的特點要點詮釋：(1) 時間特點：在碰撞、爆炸等現(xiàn)象中，相互作用時間很短。(2) 相互作用力特點：在相互作用過程中， 相互作用力

4、先是急劇增大，然后再急劇減小，平均作用力很大(3) 動量守恒條件特點：系統(tǒng)的內(nèi)力遠遠大于外力，所以系統(tǒng)即使所受外力之和不為零，外力也可以忽略，系統(tǒng)的總動量守恒(4) 位移特點：碰撞、爆炸是在一瞬間發(fā)生的，時間極短，所以在物體發(fā)生碰撞、爆炸 的瞬間，可忽略物體的位移 ，可以認為物體在碰撞、爆炸前后仍在同一位置。(5) 能量特點：碰撞過程中，一般伴隨著機械能的損失，碰撞后系統(tǒng)的總能量要小于或 等于碰撞前系統(tǒng)的總動能，即Ey +Ey E勒 + E聲A|A |區(qū) Q(6) 速度特點：碰后必須保證不穿透對方。知識點四一一反沖運動及火箭要點詮釋：1. 反沖運動(1) 反沖根據(jù)動量守恒定律，一個靜止的物體在

5、內(nèi)力的作用下分裂為兩個部分，一部分向某個方向運動，另一部分必然向相反的方向運動，這個現(xiàn)象叫做反沖。(2) 反沖運動的特點反沖運動是相互作用的物體之間的作用力與反作用力產(chǎn)生的效果。反沖運動過程中，-般滿足系統(tǒng)的合外力為零或內(nèi)力遠大于外力的條件，因此可以運用動量守恒定律進行分析。(3) 反沖現(xiàn)象的應(yīng)用及防止反沖是生活和生產(chǎn)實踐中常見的一種現(xiàn)象， 在很多場合，反沖是不利的，如大炮射擊時, 由于炮身的反沖，會影響炮彈的出口速度和正確性。 為了減小反沖的影響， 可增大炮身的阻 力。但也有許多場合是利用了反沖， 如反擊式水輪機是應(yīng)用反沖而工作的， 噴氣式飛機和火 箭是反沖的重要應(yīng)用，它們都是靠噴出氣流的反

6、沖作用而獲得巨大速度的。(4) 理解反沖運動與動量守恒定律反沖運動的產(chǎn)生是系統(tǒng)內(nèi)力作用的結(jié)果， 兩個相互作用的物體 A、B組成的系統(tǒng)，A對B 的作用力使B獲得某一方向的動量， B對A的反作用力使 A獲得相反方向的動量，從而使 A 沿著與B的運動方向相反的方向做反沖運動。實際遇到的反沖問題通常有以下三種： 系統(tǒng)不受外力或所受外力之和為零，滿足動量守恒的條件，可以用動量守恒定律解決反沖運動問題。 系統(tǒng)雖然受到外力作用，但內(nèi)力遠遠大于外力， 外力可以忽略，也可以用動量守恒定律解決反沖運動問題。 系統(tǒng)雖然所受外力之和不為零，系統(tǒng)的動量并不守恒， 但系統(tǒng)在某一方向上不受外力或外力在該方向上的分力之和為零

7、，則系統(tǒng)的動量在該方向上的分量保持不變，可以用該方向上動量守恒解決反沖運動問題。（5）在討論反沖問題時，應(yīng)注意以下幾點 速度的反向性對于原來靜止的整體，拋出部分具有速度時，剩余部分的反沖是相對于拋出部分來說的， 兩者運動方向必然相反。在列動量守恒方程時，可任意規(guī)定某一部分的運動方向為正方向， 則反方向的另一部分的速度應(yīng)取負值。例：質(zhì)量為M的物體以對地速度 v拋出一個質(zhì)量為 m的物體，研究剩余部分（M-m對 地反沖速度時，tnV可設(shè)v的方向為正，列出的方程式為mv + （M - m） - = 0,得= J-L門由于：為待求速度，事先可不考慮其方向，由計算結(jié)果為負值，表示剩余部分的運動方向與拋出部

8、分速度方向相反。由于我們已明確剩余部分與拋出部分反向，因此也可直接列出兩部分動量大小相等方mIv =v程，即上例可列式為 - ；| ，得到 曲淤。其中丁為剩余部分速率。 速度的相對性反沖運動中存在相互作用的物體間發(fā)生相對運動，已知條件中告知的常常是物體的相對速度，在應(yīng)用動量守恒定律時，應(yīng)將相對速度轉(zhuǎn)換為絕對速度（一般為對地速度）。2. 火箭（1）火箭：現(xiàn)代火箭是指一種靠噴射高溫高壓燃氣獲得反作用力向前推進的飛行器， 是反沖運動的典型應(yīng)用之一。（2）火箭的工作原理：動量守恒定律當火箭推進劑燃燒時，從尾部噴出的氣體具有很大的動量，根據(jù)動量守恒定律， 火箭獲得大小相等、方向相反的動量， 因而發(fā)生連續(xù)

9、的反沖現(xiàn)象，隨著推進劑的消耗，火箭的質(zhì)量 逐漸減小，速度不斷增大，當推進劑燃盡時，火箭即以獲得的速度沿著預(yù)定的空間軌道飛行。（3）火箭飛行能達到的最大飛行速度，主要取決于兩個因素： 噴氣速度：現(xiàn)代液體燃料火箭的噴氣速度約為2.5km/s，提高到3-4 km/s需要很高的技術(shù)水平。 質(zhì)量比（火箭開始飛行時的質(zhì)量與火箭除燃料外的箭體質(zhì)量之比），現(xiàn)代火箭能達到的質(zhì)量比不超過10。（4）現(xiàn)代火箭的主要用途：利用火箭作為運載工具，例如發(fā)射探測儀器、常規(guī)彈頭和 核彈頭、人造衛(wèi)星和宇宙飛船等。（5）我國的火箭技術(shù)已跨入了世界先進行列。規(guī)律方法指導(dǎo)1. 幾種碰撞的比較彈性碰撞非彈性碰撞一般非彈性碰撞完全非彈性

10、碰撞動量守恒守恒守恒動能無動能損失有動能損失動冃匕損失最大2. 解決碰撞問題中的三個依據(jù)（1）動量守恒，即T - 一 -動能不增加，即丨 6二二,或者-/： 勺（3）速度要符合場景:如果碰前兩物體冋向運動，則后面的物體速度必大于前面物體的速度，即，否則無法實現(xiàn)碰撞；碰撞后，原來在前的物體的速度一定增大，且原來在前的物體速度大于或t t等于原來在后的物體的速度。即-，否則碰撞沒有結(jié)果。如果碰前兩物體是相向運動，則碰后，兩物體的運動方向不可能都不改變，除非兩物體碰撞后速度均為零。3. 爆炸問題爆炸與碰撞的共同特點是物理過程劇烈，系統(tǒng)內(nèi)物體的相互作用力（內(nèi)力）很大，過程持續(xù)時間很短，即使系統(tǒng)所受合外

11、力不為零，但與爆炸過程中巨大的內(nèi)力相比是可以忽略不計的，所以爆炸過程中可以近似認為動量守恒爆炸與碰撞的不同點是： 爆炸過程中有其它形式的能向動能轉(zhuǎn)化，故爆炸過程中系統(tǒng)的 動能會增加。4. 火箭最終的速度決定于噴氣速度和質(zhì)量比，連續(xù)噴氣時可等效于一次性噴出經(jīng)典例題透析類型一一一彈性碰撞兩個完全相同的小鋼球在光滑的水平面上分別以運動，求它們發(fā)生正碰后的速度 -1和二。思路點撥：兩個小球的碰撞看成是彈性碰撞，所以碰撞中的動量能量都守恒，解析：設(shè)兩個小球的質(zhì)量分別為和V，碰前的速度分別為1和I，碰撞后的速度 分別為 1和二，有:朋M +朋2耳=於M +朋尹2可得：=-5ml s| （叫-氣） + 2輕

12、溝 vi=說明碰后兩球交換速度?？偨Y(jié)升華：彈性碰撞不僅符合動量守恒而且也符合能量守恒，兩者要結(jié)合起來應(yīng)用。遷移應(yīng)用【變式】速度為一 一的氦核與靜止的質(zhì)子發(fā)生正碰，氦核的質(zhì)量為質(zhì)子的4倍，碰撞是彈性碰撞，求碰撞后兩個粒子的速度。解析：設(shè)質(zhì)子的質(zhì)量為匸則氦核的質(zhì)量為二，碰前的速度氦核為 J質(zhì)子為1，碰撞后的速度分別為一1和-，有4椀=Am卩；+ m討-4稱 v? =-4w v!2v?2 1 2 1 2可得:0.6xl03/=1.6x10s?m/s2x4牌 vi4朋+叨答案：遼i il遼i -類型二一一完全非彈性碰撞M的木板，現(xiàn)有一顆質(zhì)量為m速率為Vo的子C2.光滑水平面上有一靜止的質(zhì)量為彈沿水平方

13、向擊中木板，進入木板的深度為d （未穿出），且沖擊過程中阻力恒定。問:（1）子彈與木板的阻力多大？在這個過程中，木板的位移是多少？（2）沖擊時間是多少？（3）這個過程中產(chǎn)生的熱量 Q是多少？解析：因子彈未射出木板，故二者獲得共同速度V。在獲得共同速度的過程中，設(shè)木板的位移為s,則子彈的位移為 s+d。（1）在獲得共同速度的過程中，動量守恒：mv=（M+m）v V =碰撞后共同速度為丄，一-.設(shè)平均阻力為f，根據(jù)動能定理，有：z升10 10-j SVa = mv 枷q對子彈：、111 ,對木板：由、和式可得：/ =2/（胚+用）d d（2）設(shè)沖擊時間為t。以子彈為研究對象，根據(jù)子彈相對木塊作末速

14、度為零的勻減速12dd = -vJt =直線運動，相對位移1，所以沖擊時間為i（3）在認為損失的動能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能的條件下，產(chǎn)生的熱量：1 a M_怖旳Q= E = f s 相=f d= J ： .-總結(jié)升華：完全非彈性碰撞，碰撞中動量守恒，能量減小。類型三一一碰撞后的可能狀態(tài)3.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球的動量是衛(wèi)；,B球的動量是 5畑冰，當A球追上B球時發(fā)生碰撞，則碰撞后 A、B兩球的動量可能值為：（）A加甌枷& =6電皿B.&=磁帶,& =9&沁C.巳二-2址朋人& =1傀制”D.巳二4館加=lkg mis思路點撥：此題屬于碰撞類問題， 解答此題要注

15、意，兩球的碰撞不一定是彈性碰撞, 以它們的動量守恒，但動能不一定守恒。解析：碰撞前后動量守恒：f I *二、二，可驗證ABC都有可能，而總動能只有守蘭+亙工空+里恒或者減少即：1 一 :,可知只有 A選項是正確的。答案：A總結(jié)升華：碰撞要符合：動量守恒，即iII_動能不增加，即蘭+亙工里+蘭-；：或者二7J% J：-：(3)速度要符合場景：碰撞后，原來在前的物體的速度一定增大，且原來在前的物體速 t t度大于或等于原來在后的物體的速度。即：二 hi O遷移應(yīng)用【變式】在一條直線上，運動方向相反的兩球發(fā)生正碰。以球1的運動方向為正，碰前球1、球2的動量分別是 O若兩球所在的水平面是光滑的，碰后各

16、自的動量可能是：()Ag二4烙亦&斗二-魄、仏B 二-4烙亦gg二2鬼 亦eC. P：二-盹亦hg 二驅(qū)制eD.R二-12如訕$耳=10畑康解析：碰撞前后動量守恒： I _ 一 一，而總動能只有守恒或者減少：經(jīng)計算可知D選項錯誤；再仔細分析 A、B C中的速度關(guān)系，發(fā)現(xiàn)選項 A中，碰后兩小 球的速度方向不變，好像二者相互穿過一樣，故A錯誤。答案：BC類型四一一碰撞中的臨界問題O4.將兩條完全相同的磁鐵(磁性極強)分別固定在質(zhì)量相等的小車上，水平面光滑。開始時甲車速度大小為3m/s，乙車速度大小為 2m/s，方向相反并在同一直線上，如圖所示。(1) 當乙車速度為零時(即乙車開始反向運動時)，甲車

17、的速度多大？方向如何?(2) 由于磁性極強，故兩車不會相碰，那么兩車的距離最小時，乙車的速度是多大?方向如何?思路點撥：此題中地面光滑，系統(tǒng)不受外力，動量守恒，但問題中涉及兩車不相碰又屬 臨界問題。解析：兩個小車及磁鐵組成的系統(tǒng)在水平方向不受外力作用，系統(tǒng)水平動量守恒，設(shè)向右為正方向。（1）據(jù)動量守恒知! /r ，代入數(shù)據(jù)解得：廠； -一 ，方向向右。（2） 兩車距離最小時，兩車速度相同，設(shè)為I，由動量守恒知II擁卩甲一 mvL二腳4-v-枷甲-牡 巾-陀 3-2. n_ .v =mis =解得：_ ：_，方向向右?？偨Y(jié)升華：本題是一個臨界極值問題，解此問題的關(guān)鍵是要挖掘出兩車距離最小時的臨界

18、隱含條件：兩車速度相等遷移應(yīng)用【變式】如圖所示，甲、乙兩小孩各乘一輛小車在光滑水平面上勻速相向行使，速率均為 -，甲車上有質(zhì)量 m=1kg的小球若干個，甲和他的車及所帶小球總質(zhì)量-乙和他的車總質(zhì)量-S 甲不斷地將小球一個一個地以v=16.5m/s的水平速度（相對于地面）拋向乙，并被乙接住，問：甲至少要拋出多少個小球，才能保證兩 車不會相碰?解析：兩車不相碰的臨界條件是它們的最后速度（對地）相同，由該系統(tǒng)動量守恒，以 甲運動方向為正方向，得：再以甲及小球為系統(tǒng)，同樣得:=（地 一 + wav由解得：n=15 （個）類型五一一碰撞中的動量與其它運動的結(jié)合C5.如圖所示，質(zhì)量為 M的平板車P高1 ,

19、質(zhì)量為m的小物塊Q的大小不計，位于 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)細繩長為R, 端懸于Q正上方高為R處，另一端系一質(zhì)量也為 m的小球(不計大小)。今將小球拉至懸線與豎直 位置成角，由靜止釋放，小球到達最低點時與Q的碰撞時間極短，且無能量損失，已知Q離開平板車時速度大小是平板車速度的兩倍，Q與P之間的動摩擦因數(shù)為門，M:m=4:1,重力加速度為二，求：(1) 小物塊Q離開平板車時速度為多大？(2) 平板車P的長度為多少？(3) 小物塊落地時距小球的水平距離為多少？a思路點撥：此題考查圓周運動與動量相結(jié)合的知識，要綜合來分析。解析：(1)小球由靜止擺到最低點的過程中，

20、有cos60) =_i小球與物塊Q相撞時，沒有能量損失，動量守恒，機械能守恒, 牌旳=刖卩i初彳=wvj2 +丄刑謚2 0 2 1 2 5二者交換速度，即小球靜止下來，而V 、丁Q在平板車上滑行的過程中，有稠=Mv+m2vv _ 2v=小物塊Q離開平板車時，速度為匚(2 )由能的轉(zhuǎn)化和守恒定律，知M 二 枷;_ 扌 Mv2-18“(3) 小物塊Q在平板車上滑行的過程中，對地的位移為s，則一申?郎=| w(2v)2平拋時間5迴，水平距離_4Rs+開=+所以Q落地點距小球的水平距離為-類型六一一爆炸類問題6. 手榴彈在離地高h處時的速度方向恰好沿水平方向，速度大小為v,此時,榴彈砸裂成質(zhì)量相等的兩

21、塊，設(shè)消耗的火藥質(zhì)量不計，爆炸后前半塊的速度方向仍沿水平向 左，速度大小為3v,那么兩塊彈片落地點之間的水平距離多大?重力的沖量可忽略，思路點撥：手榴彈在空中爆炸時間極短，且重力遠小于爆炸力, 榴彈在爆炸的瞬間動量守恒。解析：設(shè)爆炸后每塊質(zhì)量為 m向左為正方向，則由動量守恒定律得：】：一門j- - .，則后半塊速度：，即：方向向右,由平拋運動知，彈片落地時間s因此兩塊彈片落地點間的水平距離4v答案：兩塊彈片落地點之間的水平距離為總結(jié)升華：爆炸過程中內(nèi)力遠大于外力，可認為系統(tǒng)動量守恒，特別是物體在高空爆炸 時，若爆炸前速度方向恰好水平，則在該方向上系統(tǒng)不受外力，該水平方向上動量守恒，爆 炸前的動

22、量指即將爆炸那一刻的動量，爆炸后的動量指爆炸剛好結(jié)束那一刻的動量。遷移應(yīng)用【變式】一顆手榴彈以山門；的速度沿水平方向飛行時，炸開成兩塊，其質(zhì)量之比為3： 7。若較大的一塊以II-?：1 的速度沿原方向飛去，則較小一塊的速度為：（）A. 沿原方向，速度大小為1丄；TB.沿反方向，速度大小為 亡一；TC.沿原方向，速度大小為一D.沿反方向，速度大小為 一:解析：爆炸過程內(nèi)力遠遠大于外力，動量守恒，根據(jù)動量守恒定律一-一-，設(shè)原方向為正方向，較小一塊速度為.，則有73mx2Q?n!s- 購耳80梆心+曲1010v = -120jm/s負號表示與原方向相反。答案：B類型七一一反沖（人船模型）7. 質(zhì)量

23、為M的平板車靜止在水平路面上，車與路面間的摩擦不計。 質(zhì)量為m的人從車的左端走到右端，已知車長為L,求在此期間車行的距離。思路點撥：因不計車和路面間的摩擦，所以人、車系統(tǒng)合外力為零，動量守恒。由于該 題中未交代人的運動細節(jié)，似乎是給列動量守恒方程造成了一定的困難。但考慮到無論人怎樣運動，在任何時間內(nèi)，人車系統(tǒng)動量都守恒。 因此可以認為在人走動的整個過程中系統(tǒng)的 平均動量守恒。解析：因不計車和路面間的摩擦，所以人、車系統(tǒng)合外力為零，動量守恒，且在人走動 的整個過程中系統(tǒng)的平均動量守恒。丄VK二肺又因為氐+凡且運動具有等時性答案:解得:M+mmM-m總結(jié)升華：兩個原來靜止的物體發(fā)生相互作用時， 若

24、所受外力的矢量和為零， 則系統(tǒng)動 量守恒。在相互作用的過程中， 任一時刻兩物體的速度大小之比等于其質(zhì)量的反比； 任一段 時間內(nèi)，兩個物體通過的對地位移之比也等于質(zhì)量的反比。遷移應(yīng)用【變式】如圖所示，長為L、質(zhì)量為M的船停在靜止的水中，一個質(zhì)量為m的人（可視為質(zhì)點）站在船的左端，在人從船頭走到船尾的過程中，船與人相對于地面的位移大小分別是多少？（忽略水對船的阻力）解析：選人船為一系統(tǒng)，由于系統(tǒng)在水平方向不受外力作用，所以系統(tǒng)在水平方向動量守恒。且在人走動的整個過程中系統(tǒng)的平均動量守恒。有：MV設(shè)人從船頭到船尾的過程中，人對地面的位移大小為二，船對地面的位移大小為 ， 由于上式在整個過程始終成立，

25、所以有m = M t t即八亠_又因為二亠-所以WAWVW答案:基礎(chǔ)達標1下列屬于反沖運動的是：（）A. 噴氣式飛機的運動B.直升機上升的運動2.如圖所示，光滑的水平面上有大小相同的mM+m學(xué)習(xí)成果測評C.火箭的運動D.反擊式水輪機A、B兩球在同一直線上運動。兩球質(zhì)量關(guān)系為二亠一：，規(guī)定向右為正方向，A、B兩球的動量均為 ，運動中兩球發(fā)生碰 撞，碰撞后A球的動量增量為 上二/匚，則：（）A.左方是A球，碰撞后 A、B兩球速度大小之比為 2 : 5B. 左方是A球，碰撞后A、C. 右方是A球，碰撞后A、D. 右方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為 1B兩球速度大小之比為 2B兩球速度大小之比

26、為 1105103.如圖所示，位于光滑水平桌面上的小滑塊 P和Q都視為質(zhì)點，質(zhì)量相等，與輕質(zhì)彈簧相連。設(shè)Q靜止，P以某一初速度向 Q運動并發(fā)生碰撞。在整個過程中，彈簧具有最大彈性勢能等于：（）1A.P的初動能LB.P的初動能111C.P的初動能3D.P的初動能-4.在質(zhì)量為 T 的小車中掛一單擺，擺球的質(zhì)量為，小車（和單擺）以恒定的速度沿光滑水平地面運動，與位于正對面的質(zhì)量為匸的靜止木塊發(fā)生碰撞，碰撞的時間 極短。在此碰撞過程中，下列哪個或哪些說法是可能發(fā)生的:A.小車、木塊、擺球的速度都發(fā)生變化，分別變?yōu)?滿足伽 + 搟也 + mov3B. 擺球的速度不變，小車和木塊的速度變1C. 擺球的速

27、度不變，小車和木塊的速度都變?yōu)镈. 小車和擺球的速度都變?yōu)椋?（M + 他）r = M +v0X + jv2和，滿足:，滿足-佢十，木塊的速度變?yōu)镮 ，滿足5兩個物體在光滑的水平面上發(fā)生正碰，以下說法一定正確的是：（）A.質(zhì)量大的物體的動量變化小B.兩個物體動量的變化大小相等，方向相反C. 一個物體速度減小等于另一個物體速度的增加D.質(zhì)量小的物體的速度變化小6質(zhì)量為二匚的小球以 二的速度與質(zhì)量為 2飽 的靜止的小球相碰。關(guān)于碰后的速度，下列可能的是：（)B-ml s2.5ml sD-4mlsrn!s7. 一個不穩(wěn)定的原子核，質(zhì)量為M,處于靜止狀態(tài)，當它以速度釋放一個質(zhì)量為m的粒子后，則原子核剩

28、余部分的速度為：（）A 懈/（Mm）B -叫/（Mf）8. 在光滑水平面上，兩球沿球心連線以相等速率相向而行，并發(fā)生碰撞，下列現(xiàn)象可能 的是：（）A. 若兩球質(zhì)量相同，碰后以某一相等速率互相分開B. 若兩球質(zhì)量相同，碰后以某一相等速率同向而行C. 若兩球質(zhì)量不同，碰后以某一相等速率互相分開D. 若兩球質(zhì)量不同，碰后以某一相等速率同向而行9. 在光滑的水平面上，質(zhì)量為mi的小球A以速率vo向右運動。在小球的前方 0點處有一質(zhì)量為m2的小球B處于靜止狀態(tài)，如圖所示。小球 A與小球B發(fā)生正碰后小球 A、B 均向右運動。小球 B被在Q點處的墻壁彈回后與小球 A在P點相遇，PQ= 1.5P0。假設(shè)小 球

29、間的碰撞及小球與墻壁之間的碰撞都是彈性的，求兩小球質(zhì)量之比mm2。BO10. 質(zhì)量為M的小船以速度在水平面上行駛，船上有兩個質(zhì)量均為 m的小孩a和b, 分別靜止站在船頭和船尾，現(xiàn)在小孩a沿水平方向以速率（相對于靜止水面）向前躍入水中，然后小孩b沿水平方向以同一速率 （相對于靜止水面）向后躍入水中，求小孩b躍出后小船的速度。（不考慮水的阻力）11. 載人氣球原來靜止于高的高空，氣球的質(zhì)量為M，人的質(zhì)量為 m，若人沿繩梯滑至地面，則繩梯至少為多長 ？12. 在可控核反應(yīng)堆中需要給快中子減速，輕水、重水和石墨等常用作減速劑。中子在重水中可與12H核碰撞減速，在石墨中與612C核碰撞減速。上述碰撞可簡

30、化為彈性碰撞模型。某反應(yīng)堆中快中子與靜止的靶核發(fā)生對心正碰，通過計算說明，僅從一次碰撞考慮，用 重水和石墨作減速劑，哪種減速效果更好？13速度為V的高速a粒子（一一-）與同方向運動的氖核（一八）發(fā)生彈性正碰，碰 后a粒子恰好靜止。求碰撞前后氖核的速度（不計相對論修正）。14. 用放射源釙的 二射線轟擊鈹時，能放出一種穿透力極強的中性射線，這就是所謂的鈹“輻射”。1932年，查德威克用鈹“輻射”分別照射（轟擊）氫和氮（它們可視為處于靜止狀態(tài)），測得照射后沿鈹“輻射”方向高速運動的氫核和氮核的速度之比為7.0。查德威克假設(shè)鈹“輻射”是由一種質(zhì)量不為零的中性粒子構(gòu)成的，從而通過上述實驗在歷史上首次發(fā)

31、現(xiàn)了中子。假設(shè)鈹“輻射”中的中性粒子與氫核或氮核發(fā)生彈性正碰，試在不考慮相對論效 應(yīng)的條件下計算構(gòu)成鈹“輻射”的中性粒子的質(zhì)量。（質(zhì)量用原子質(zhì)量單位 u表示，1u等于一個12C原子質(zhì)量的十二分之一。取氫核和氮核的質(zhì)量分別為1.0u和14u）15. 如圖所示，質(zhì)量為 m的由絕緣材料制成的球與質(zhì)量為M=19m的金屬球并排懸掛?，F(xiàn)將絕緣球拉至與豎直方向成0 =60的位置自由釋放，下擺后在最低點與金屬球發(fā)生彈性碰撞。在平衡位置附近存在垂直于紙面的磁場。已知由于磁場的阻尼作用，金屬球?qū)⒂谠俅闻鲎睬巴Ｔ谧畹忘c處。求經(jīng)過幾次碰撞后絕緣球偏離豎直方向的最大角度將小于450。ooM m答案與解析1. ABCD解

32、析：直升機機翼拍擊空氣是通過反沖獲得升力。2. A解析：由碰撞中的動量巳=灼S = 2館初垃=啓叫=10忽用is碰后動量3.B解析:1 -叱12 i ?*所以1 1丄，由于動量相同而盧又規(guī)定向右為正，要想碰撞速度大的追速度小，可見彈簧具有最大彈性勢能時二者速度相等，A速度大，B的速度小,A在左邊，故選A。根據(jù)動量守恒八二藺廠1 3 1 a一牌v： = 一2牌V】+% 能量守恒11所以- ，故B選項正確。4.BC解析:守恒，因為碰撞時間及其短暫， 小球還沒來得及發(fā)生速度改變,故只是小車和木塊動量5.B解析:碰撞后可能速度相等也可能不相等，故BC選項正確。由于碰撞時系統(tǒng)動量守恒，但動能不一定守恒，

33、可以增加或減少，所以兩個物體動量的變化大小相等，方向相反；質(zhì)量小的物體的速度變化大，因此B正確。6. AB解析：根據(jù)動量守恒，能量守恒以及碰后要符合實際情況，即動量守恒，即- - - 動能不增加，即 G. I二或者：二：: 勺 二 1(3)速度要符合場景 可得AB選項符合。7. B解析：在這個過程中，原子核和它釋放的粒子構(gòu)成系統(tǒng)，滿足動量守恒定律且總動量大 小為零,選取的方向為正方向，則-，解得-，故8. AD解析：發(fā)生的可能是彈性碰撞、完全非彈性碰撞或介于兩者之間的碰撞。9. I解：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

34、度大小之比為4 ： 1io.兩球碰撞過程有：壬二皆- ： J 解得：1u解析：以未跳前為初時刻，以小孩b離船后為末時刻，以速度 -方向為正方向,設(shè)船后來的速度為，根據(jù)動量守恒定律有：(M+2間 =必/+枷-鴉卩ii.解析：氣球和人原來靜止在空中，說明系統(tǒng)所受合外力為零，故系統(tǒng)在人下滑過程 中動量守恒，人著地時繩梯至少應(yīng)接觸地面，設(shè)繩梯長為二,人沿繩梯滑至地面的位移是，mH氣球的位移是 /,由平均動量守恒，則有:二 一，所以有:z 二 S + E 二所以繩梯至少為亠長。解析：設(shè)a粒子與氖核的質(zhì)量分別為ma與mNe，氖核在碰撞前后的速度分別為VNe 與：二由動量守恒與機械能守恒定律，有枷+% _

35、1已知將式代入式得14.解析：設(shè)構(gòu)成鈹“輻射”的中性粒子的質(zhì)量和速度分別為構(gòu)成鈹“輻射”的中性粒子與氫核發(fā)生彈性正碰,m和v,氫核的質(zhì)量為mH。碰后兩粒子的速度分別為和由動量守恒和能量守恒定律得12.解析：設(shè)中子質(zhì)量為 Mn靶核質(zhì)量為M，由動量守恒定律 MnV0=MnV什Mv 2解得：Vi= ( M n-M/M n+M ) Vo在重水中靶核質(zhì)量：MH=2MnV 1H= ( M n-M h/M n + M H) V=-1/3vo在石墨中靶核質(zhì)量：Mc_12MV 1c= ( Mn-M c/M n + M c) vo=-11/13v o與重水靶核碰后中子速度較小，故重水減速效果更好。13.11 rl

36、 , 1 q一枷=-wv H一 蝕解得/J 宀咒同理，對質(zhì)量為 mN的氮核，其碰后速度為 I心強二強由34式可得一一 一根據(jù)題意可知 %二7.0%將上式與題給數(shù)據(jù)代入 5式得15.最多碰撞3次解析：設(shè)小球m的擺線長度為Im=1.2u。小球m在下落過程中與M相碰之前滿足機械能守恒:m和M碰撞過程滿足m-lA卩1=%聯(lián)立得：說明小球被反彈，而后小球又以反彈速度和小球M發(fā)生碰撞，滿足:1,1.1 -1 二勺網(wǎng)m-M. |v3 =山解得：二% =（）斗i所以:觀+ M0桝0（1-沏4歲）=1椀J而偏離方向為45的臨界速度滿足：J L 聯(lián)立 代入數(shù)據(jù)解得，當 n=2時，當n=3時，J +所以，最多碰撞3

37、次1質(zhì)量相等的三個小球 a、b、c在光滑的水平面上以相同的速率運動，它們分別與原來靜止的三個球 A、B、C相碰（a與A碰，b與B碰，c與C碰）。碰后，a球繼續(xù)沿原來的方向運動，b球靜止不動，c球被彈回而向反方向運動。這時，A、B、C三球中動量最大的是:（）A. A球判定B. B球C. C球D.由于A、B、C三球的質(zhì)量未知，無法2.如圖所示，彈簧的一端固定在豎直墻上， 質(zhì)量為m的光滑弧形槽靜止在光滑水平面上, 底部與水平面平滑連接，一個質(zhì)量也為m的小球從槽高h處開始下滑：（）A. 在以后的運動過程中，小球和槽的動量始終守恒B. 在下滑過程中小球和槽之間的相互作用力始終不做功C. 被彈簧反彈后，小

38、球和槽都做速率不變的直線運動D. 被彈簧反彈后，小球和槽的機械能守恒，小球能回到槽高h處3在光滑水平面上，動能為，動量的大小為二的小鋼球a與靜止小鋼球b發(fā)生碰撞,碰撞前后球a的運動方向相反，將碰撞后球a的動能和動量的大小分別記為二、I，球b的動能和動量的大小分別記為 r、I，則必有：（）B.C.4動能相同的A、B兩球護），在光滑的水平面上相向運動，當兩球相碰后,其中一球停止運動，則可判定：A. 碰撞前A球的速度大于B. 碰撞前A球的動量大于（）B球的速度B球的動量C. 碰撞前A球的動量變化大于 B球的動量變化D. 碰撞后，A球的速度一定為零，B球朝反方向運動5.在光滑平面上有三個完全相同的小球

39、，它們成一條直線，2、3小球靜止，并靠在一起,1球以速度：射向它們。設(shè)碰撞中不損失機械能，則碰后三個小球的速度可能是:V = 0,巾=1 B.C.-I-6. 個物體靜置于光滑水平面上，外面扣一質(zhì)量為M的盒子，如圖1所示。現(xiàn)給盒子一初速度V。，此后，盒子運動的 v-t圖象呈周期性變化，如圖2所示。請據(jù)此求盒內(nèi)物體的壬曰.質(zhì)量Vp韶03 Tv Sfc9爲f圖27. 如圖，一質(zhì)量為M的物塊靜止在桌面邊緣，桌面離水平地面的高度為h。一質(zhì)量為m的子彈以水平速度 vo射入物塊后，以水平速度Vo/2射出。重力加速度為go 求：(1) 此過程中系統(tǒng)損失的機械能；(2) 此后物塊落地點離桌面邊緣的水平距離。8如

40、圖所示，abc是光滑的軌道，其中 ab是水平的，be為與ab相切的位于豎直平面內(nèi)的半圓，半徑R=0.30m。質(zhì)量m=0.20kg的小球A靜止在軌道上，另一質(zhì)量M=0.60kg、速度- 的小球B與小球A正碰。已知相碰后小球 A經(jīng)過半圓的最高點c落到軌道上距b點為、 ：、處，重力加速度，求:(1) 碰撞結(jié)束時，小球 A和B的速度的大小。(2) 試論證小球B是否能沿著半圓軌道到達 c點。9如圖所示，在同一豎直面上，質(zhì)量為2m的小球A靜止在光滑斜面的底部，斜面高度為 H=2L。小球受到彈簧的彈性力作 用后，沿斜面向上運動。離開斜面后，達到最高點時與靜止懸掛 在此處的小球B發(fā)生彈性碰撞，碰撞后球 B剛好

41、能擺到與懸點O同一高度，球 A沿水平方向拋射落在水平面 C上的P點，0 點的投影0 /與P的距離為L/2 o已知球B質(zhì)量為m,懸繩長L , 視兩球為質(zhì)點，重力加速度為 g,不計空氣阻力，求：(1) 球B在兩球碰撞后一瞬間的速度大??；(2) 球A在兩球碰撞后一瞬間的速度大??；H(3) 彈簧的彈力對球 A所做的功。10.在原子反應(yīng)堆中，用石磨（碳）做減速劑使快中子變?yōu)槁凶?。已知碳核的質(zhì)量是 中子質(zhì)量的12倍，假設(shè)中子與碳核的碰撞時彈性的（即碰撞中不損失動能），而且碰撞前碳核是靜止的，試求：（1）設(shè)碰撞前中子的動能為 丄，問經(jīng)過一次碰撞后，中子的動能損失多少？（2） 至少經(jīng)過多少次碰撞，中子的動能

42、才能少于：？ （Ig13=1.114 , lg11=1.0411）答案與解析1.C解析：根據(jù)動量守恒| 1 可知:二二一，設(shè)原來方向為正，則對a球碰后動量方向仍沿原來的方向，即為正，丄，對b球碰后靜止，即 為零，-“，則對c球碰后動量方向與原來的方向相反，即為負，丄一 -.，C球動量最大，故 C選項正確。2. C解析：由于球和彈簧的作用彈簧給球沖量， 所以在以后的運動過程中， 小球和槽的動量 不守恒；在下滑過程中小球和槽之間的相互作用力對球做負功；對弧做正功；被彈簧反彈后，小球和槽水平方向不受外力所以做速率不變的直線運動；由于弧具有動能，由機械能守恒小球回到槽高比h小處。故C正確。3. ABD

43、解析：兩鋼球在相碰過程中必同時遵守能量守恒和動量守恒。由于外界沒有能量輸入，而碰撞中可能產(chǎn)生熱量，所以碰后的總動能不會超過碰前的總動能，即E! + E2 w Eo ，可見2 JA對C錯；另外，A也可寫成，因此B也對；根據(jù)動量守恒，設(shè)球1原來的運動方向為正方向，有 P2-pi=po,所以D對。故該題答案為 A、B、D。4. BD解析：A、B動能相同，且 m可得：= ,再由動能和動量的關(guān)系可得 - 2 _ , 由動量守恒得，碰撞前后 A球的動量變化等于 B球的動量變化，碰撞后， A球的速度一定 為零，B球朝反方向運動，因此 BD正確。5. D解析：由題設(shè)條件，三個小球在碰撞過程中總動量和總能量守恒。若各球質(zhì)量均為m