人教版高二物理選修3-5課時(shí)練習(xí)碰撞

1、課時(shí)4碰撞P13一、選擇題1 .（多選）下列關(guān)于碰撞的理解正確的是（）A.碰撞是指相對(duì)運(yùn)動(dòng)的物體相遇時(shí)，在極短時(shí)間內(nèi)它們的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)發(fā)生了 顯著變化的過程B.在碰撞現(xiàn)象中，一般內(nèi)力都遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于外力，所以可以認(rèn)為碰撞時(shí)系統(tǒng)的 總動(dòng)量守恒C.如果碰撞過程中機(jī)械能也守恒,這樣的碰撞叫做非彈性碰撞D .微觀粒子的碰撞由于不發(fā)生直接接觸，所以不滿足動(dòng)量守恒的條件，不 能應(yīng)用動(dòng)量守恒定律求解答案 AB解析 碰撞過程中機(jī)械能守恒的碰撞為彈性碰撞， C錯(cuò)誤。動(dòng)量守恒定律是 自然界普遍適用的規(guī)律之一，不僅低速、宏觀物體的運(yùn)動(dòng)遵守這一規(guī)律，而且高 速、微觀粒子的運(yùn)動(dòng)也遵守這一規(guī)律， D錯(cuò)誤，故選A、Bo2 .為了模擬

2、宇宙大爆炸初期的情景，科學(xué)家們使兩個(gè)帶正電的重離子被加 速后，沿同一條直線相向運(yùn)動(dòng)而發(fā)生猛烈碰撞。若要使碰撞前的動(dòng)能盡可能多地 轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，應(yīng)該設(shè)法使離子在碰撞的瞬間具有（）A,相同的速率 B.相同的質(zhì)量C.相同的動(dòng)能 D.大小相同的動(dòng)量答案 D解析 碰撞滿足動(dòng)量守恒，只有碰前兩重離子的動(dòng)量大小相等方向相反， 系 統(tǒng)的總動(dòng)量為零，碰后粘在一起，系統(tǒng)的動(dòng)能為零，系統(tǒng)的動(dòng)能完全轉(zhuǎn)化成內(nèi)能， 故D正確。3 .（多選）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8 .若兩球質(zhì)量相同，碰后以某一相等速率同向而行C.若

3、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答案 AD解析 兩球沿球心連線以相等速率相向而行， 當(dāng)兩球質(zhì)量相同時(shí)，系統(tǒng)初態(tài) 的總動(dòng)量為零，而碰后以某一相等速率互相分開， 系統(tǒng)末態(tài)的總動(dòng)量仍為零，則 碰撞過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，該碰撞有可能發(fā)生， A正確；當(dāng)兩球質(zhì)量相等時(shí)，碰后 以某一相等速率同向而行，系統(tǒng)末態(tài)的總動(dòng)量不為零，則碰撞過程系統(tǒng)不滿足動(dòng) 量守恒定律，該碰撞不可能發(fā)生，B錯(cuò)誤；當(dāng)兩球質(zhì)量不同時(shí)，由于兩球速率相 同，相向而行，則系統(tǒng)初態(tài)的總動(dòng)量與質(zhì)量較大的球運(yùn)動(dòng)方向相同，碰后以某一相等速率互相分開，系統(tǒng)末態(tài)的總動(dòng)量也與質(zhì)量較大的球運(yùn)動(dòng)方向相同，但此時(shí)

4、球已經(jīng)反向運(yùn)動(dòng)，故系統(tǒng)初態(tài)的總動(dòng)量與末態(tài)的總動(dòng)量方向相反，不滿足動(dòng)量守恒定律，該碰撞不可能發(fā)生，C錯(cuò)誤；當(dāng)兩球質(zhì)量不同時(shí)，碰后以某一相等速率 沿質(zhì)量較大的球的初速度方向運(yùn)動(dòng)，則系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒，該碰撞有可能發(fā)生， D正確。4.（多選）如圖所示,大小相同的擺球a和b的質(zhì)量分別為m和3m,擺長(zhǎng)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)，兩球在各自的最低點(diǎn)答案 AD解析 兩球在碰撞前后，

5、水平方向不受外力，故水平方向兩球組成的系統(tǒng)動(dòng) 量守恒，由動(dòng)量守恒定律得 mv0 = mvi + 3mv2,又兩球碰撞是彈性的，故機(jī)械能 守恒，即2mv2=2mv2+：x 3mv2,聯(lián)立兩式解得vi =, V2=v可見第一次 碰撞后的瞬間，兩球的速度大小相等，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，B錯(cuò)誤；兩球碰后上擺的過程機(jī)械能守恒，且初速度大小相 同，故上升的最大高度相等，另擺長(zhǎng)相等，故兩球碰后的最大擺角相同，C錯(cuò)誤; 由于第一次碰撞后兩球速度大小相等， 故返回各自最低點(diǎn)所用時(shí)間相同，所以第 二次碰撞發(fā)生在各自的最低點(diǎn)處，D正確。5.如圖所示，在光滑水平面上有直徑相同的a、b

6、兩球，在同一直線上運(yùn)動(dòng)， 選定向右為正方向，兩球的動(dòng)量分別為pa = 6 kg m/s、pb= 4 kg m/s。當(dāng)兩球相 碰之后，兩球的動(dòng)量可能是（）A. pa =2 kg m/s, pb = 0B. pa = 4 kg m/s, pb = 6 kg m/sC. pa= 6 kg m/s, pb = 8 kg m/sD. pa= 6 kg m/s, pb = 4 kg m/s答案 B解析 A項(xiàng)與實(shí)際不符，a球不可能穿過停止的b球向前運(yùn)動(dòng)，故錯(cuò)誤；兩 球的動(dòng)量分別為pa = 6 kg m/s, pb= 4 kg m/s,系統(tǒng)動(dòng)量守恒，選定向右為正方 向，根據(jù)碰撞過程中動(dòng)量守恒可知：碰撞后的總動(dòng)

7、量應(yīng)等于原來(lái)總動(dòng)量 2 kg m/s（ pa= 4 kg m/s, pb = 6 kg m/s, a、b小球的動(dòng)量滿足動(dòng)量守恒定律，不違背物體 的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，也符合機(jī)械能不能增大的規(guī)律，故 B正確；a球的動(dòng)量大小不變， a球的動(dòng)能不變，b球的動(dòng)量大小增大，b球的動(dòng)能增加了，不符合系統(tǒng)機(jī)械能 不能增大的規(guī)律，故C錯(cuò)誤；D項(xiàng)中碰后的合動(dòng)量為-2 kg m/s,系統(tǒng)動(dòng)量不守 恒，故D錯(cuò)誤。6 .甲、乙兩鐵球質(zhì)量分別是 m甲=1 kg、m乙=2 kg。在光滑水平面上沿同 一直線運(yùn)動(dòng)，速度分別是v甲=6 m/s、v乙=2 m/s。甲追上乙發(fā)生正碰后兩物體 的速度有可能是（）A. v 甲'=7 m/

8、s, v 乙'=1.5 m/sB. v 甲'=2 m/s, v 乙'=4 m/sC. v 甲'=3.5 m/s, v 乙'=3 m/sD v 甲'=4 m/s, v 乙'=3 m/s答案 B解析 選項(xiàng)A和B、D均滿足動(dòng)量守恒條件，但碰后總動(dòng)能大于碰前總動(dòng) 能，選項(xiàng)A錯(cuò)誤、B正確；選項(xiàng)C不滿足動(dòng)量守恒條件，錯(cuò)誤；選項(xiàng) D滿足動(dòng) 量守恒條件，且碰后總動(dòng)能小于碰前總動(dòng)能， 但碰后甲球速度大于乙球速度， 要 發(fā)生第2次碰撞，不合理，錯(cuò)誤。月的神承g(shù)A7 .如圖所示，物體A靜止在光滑的水平面上，A的左邊固定有輕質(zhì)彈簧， 與A質(zhì)量相同的物體B以速度v

9、向A運(yùn)動(dòng)并與彈簧發(fā)生碰撞,A、B始終沿同一 直線運(yùn)動(dòng)，則A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)能損失最大的時(shí)刻是（）A. A開始運(yùn)動(dòng)時(shí) B. A的速度等于v時(shí)C . B的速度等于零時(shí) D . A和B的速度相等時(shí)答案 D解析 對(duì)A、B系統(tǒng)由于水平面光滑，所以動(dòng)量守恒。而對(duì) A、B、彈簧系 統(tǒng)機(jī)械能守恒，即A、B動(dòng)能與彈簧彈性勢(shì)能之和為定值。當(dāng) A、B速度相等時(shí)， 彈簧形變量最大，彈性勢(shì)能最大，所以此時(shí)動(dòng)能損失最大。8 .如圖所示，木塊A、B的質(zhì)量均為2 kg,置于光滑水平面上，B與一輕質(zhì)彈 簧的一端相連,彈簧的另一端固定在豎直擋板上，當(dāng)A以4 m/s的速度向B撞擊 時(shí)，由于有橡皮泥而粘在一起運(yùn)動(dòng)，那么彈簧被壓縮到最

10、短時(shí)，彈簧具有的彈性 勢(shì)能大小為（）A. 4 J B. 8 J C. 16 J D. 32 J答案 B解析 A、B在碰撞過程中動(dòng)量守恒，碰后粘在一起，共同壓縮彈簧的過程 中機(jī)械能守恒。由碰撞過程中動(dòng)量守恒得 mAvA=（mA+ mB）v,代入數(shù)據(jù)解得v=mmTmB=,2= §V。，VB =§V。，且均符合碰撞中機(jī)械能不增加。 10.（多選）向空中發(fā)射一枚炮彈，不計(jì)空氣阻力，當(dāng)此炮彈的速度恰好沿水 平方向時(shí)，炮彈炸裂成a、b兩塊，若質(zhì)量較大的a塊的速度方向仍沿原來(lái)的方 向，WJ（） A. b的速度方向一定與原來(lái)速度方向相反 B.從炸裂到落地的這段時(shí)間內(nèi)，a飛行的水平距離一定比

11、b的大 C. a、b 一定同時(shí)到達(dá)水平地面 D.在炸裂過程中,a、b受到的爆炸力的大小一定相等 答案 CD m/s，所以碰后A、解析 炮彈炸裂前后動(dòng)量守恒，選未炸裂前水平速度V。的方向?yàn)檎较?，貝J mvo= mava+mbvb,顯然 vb>0, VbV。， Vb=。者B有可能；Vb>Va , Vb<Va , Vb= Va 也都有可能，A、B錯(cuò)誤；a、b高度相同，一定同時(shí)到達(dá)地面，C正確；爆炸力 是內(nèi)力，D正確。及彈簧組成的系統(tǒng)的機(jī)械能為2（mA+mB）vJ,當(dāng)彈簧被壓縮至最短時(shí)，系統(tǒng)的動(dòng)能為 0,只有彈性勢(shì)能，由機(jī)械能守恒得此時(shí) 彈簧的彈性勢(shì)能為8 J。9.（多選）質(zhì)量為m

12、的小球A,沿光滑水平面以速度V0與質(zhì)量為2m的靜止1小球B發(fā)生正碰。碰撞后，A球的動(dòng)能變?yōu)樵瓉?lái)的-,那么小球B的速度可能是9A.3voB.2V0 C.4V0 D.5V0答案 ABA球碰后動(dòng)能變?yōu)樵瓉?lái)解析 要注意的是，兩球的碰撞不一定是彈性碰撞,11的&則其速度大小僅為原來(lái)的a。取a球原來(lái)的運(yùn)動(dòng)萬(wàn)向?yàn)檎f(wàn)向，兩球在光 93滑水平面上正碰，碰后 A球的運(yùn)動(dòng)有兩種可能，繼續(xù)沿原方向運(yùn)動(dòng)或被反彈。以A球原來(lái)的速度方向?yàn)檎较颍瑒t va' =£vo,根據(jù)兩球碰撞前、后的總動(dòng)1,1, 一，重寸恒，有 mvo+0=mx §vo+2mvB , mvo+0=mx §

13、vo + 2mvB ,解得 vb11.在光滑水平面的同一直線上,自左向右地依次排列質(zhì)量均為m的一系列小球，另一質(zhì)量為m的小球A以水平向右的速度v運(yùn)動(dòng)，依次與上述小球相1碰，碰后即粘合在一起，碰撞n次后，剩余的總動(dòng)能為原來(lái)的g,則口為()A. 5 B. 6 C. 7 D. 8答案 C解析 設(shè)碰撞n次后的速度為 v',則根據(jù)動(dòng)量守恒定律得：mv=(n +.1 1. O 11 O1)mv ,所以 v =nv,剩余的總動(dòng)能 Ek =2(n+1)mv=2X nT!mv ,1 111碰前的動(dòng)能Ek=;mv11 11 1o1oq1能為：Ek =2mivA + 2 3mvB = 2m(0.8v)2 +

14、 2 3m(0.6v)2>2miv2,違反了 能重守恒止律，不可能，故A錯(cuò)誤；若vb = 0.4v,由動(dòng)量守恒定律得：mv=mvA+ 3m 0.4v, 得 va= 0.2v,碰撞后系統(tǒng)的總動(dòng)能為： Ek' =1mvA+ 3mvB=1m( 0.2v)2 + 1c 1 3m(0.4v)2<2mv2,不違反能事守恒止律，是可能的，故 B正確；A、B發(fā)生元全 非彈性碰撞，則有：mv=(m+3m)vB, vb = 0.25v,這時(shí)B獲得的速度最小，所以 vB=0.2v, vb = 0.1v 是不可能的，故 C、D 錯(cuò)誤。13.在光滑的水平面上有一質(zhì)量為 0.2 kg的小球以5.0 m

15、/s的速度向前運(yùn)動(dòng)， 與質(zhì)量為3.0 kg的靜止木塊發(fā)生碰撞,假設(shè)碰撞后木塊的速度是v木= 4.2 m/s, 則()A.碰撞后球的速度為v球= 1.3 m/sB, v木= 4.2 m/s這一假設(shè)不合理，因而這種情況不可能發(fā)生,因Ek =gEk,則有所以n = 7,故C正確。2 8n+1 812.質(zhì)量為m,速度為v的A球跟質(zhì)量為3m的靜止的B球發(fā)生正碰。碰撞 可能是彈性的，也可能是非彈性的，因此碰撞后B球的速度可能值為()A. 0.6v B. 0.4v C, 0.2v D. 0.1v答案 B解析 若vb=0.6v,選v的方向?yàn)檎蓜?dòng)量守恒定律得：mv=mvA+13m 0.6v,得va= 0.8

16、v,碰撞前系統(tǒng)的總動(dòng)能為 Ek=2mv2。碰撞后系統(tǒng)的總動(dòng)C, v木= 4.2 m/s這一假設(shè)是合理的，碰撞后小球被彈回來(lái)D, v木= 4.2 m/s這一假設(shè)是可能發(fā)生的,但由于題給條件不足,v球的大小 不能確定答案 B解析 假設(shè)這一過程可以實(shí)現(xiàn)，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有 mv = mv球+m2v木，代 入數(shù)據(jù)，解得：v球=58 m/s,這一過程不可能發(fā)生，因?yàn)榕鲎埠髾C(jī)械能增加了。14.三個(gè)相同的木塊A、B、C從同一高度處自由下落，其中木塊A剛開始 下落的瞬間被水平飛來(lái)的子彈擊中，木塊B在下落到一定高度時(shí)，才被水平飛 來(lái)的子彈擊中。若子彈均留在木塊中，則三木塊下落的時(shí)間tA、tB、tc的關(guān)系是 ()

17、A . tA<tB<tCB . tA>tB>tCC. tA=tC<tBD. tA= tB<tC答案 C解析 由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律知，tA= tc=片。B木塊在豎直方向上速度為vb時(shí)， 射入一豎直方向速度為零的子彈，根據(jù)動(dòng)量守恒知，質(zhì)量變大，豎直分速度變小， 下落時(shí)間延長(zhǎng)。15.(多選)如圖所示，在水平桌面上固定著一個(gè)光滑圓軌道，在軌道的B點(diǎn)靜止 著一個(gè)質(zhì)量為m2的彈性小球乙，另一個(gè)質(zhì)量為mi的彈性小球甲從A點(diǎn)以初速度 v0向右運(yùn)動(dòng)，與乙球發(fā)生第一次碰撞后，恰在C點(diǎn)發(fā)生第二次碰撞。則甲、乙兩球的質(zhì)量之比mi : m2等于（）A. 1：9 B.1：7 C.5：3 D.

18、2：3答案 BC解析 質(zhì)量為mi的甲球與質(zhì)量為m2的乙球在B點(diǎn)發(fā)生彈性碰撞，設(shè)碰后甲球的速度為vi,乙球的速度為V2,根據(jù)動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律有： mivo一 ,i 2 i 2 , i 2mi-m22mi= mivi + m2V2, -miv0=-mivi +-m2V2, 解得 vi = v。，V2= v。由于 222'mi + m2mi + m2第二次碰撞發(fā)生在C處，一種可能是碰后甲球反向由 B經(jīng)A、D到達(dá)C點(diǎn)，乙球逆時(shí)針到達(dá)C點(diǎn)，即£= 3,即mpm2 =3,得已=；故B正確。另一種可 v2i72miim2 7，i_ i一能是乙球逆時(shí)針由B經(jīng)C、D、A、B再到達(dá)C,

19、運(yùn)動(dòng)了 弓圓周，甲球運(yùn)動(dòng)4圓mi m22mi確正C故5- 3-1 2m m得1-16.在光滑的水平面上有a、b兩球，其質(zhì)量分別為ma、mb,兩球在t。時(shí)刻發(fā)生 彈性正碰，兩球在碰撞前后的速度圖象如圖所示。下列關(guān)系正確的是（）A. ma>mb B. ma<mbC. ma=mb D.無(wú)法判斷答案 B解析 由圖可知b球碰前靜止，設(shè)a球碰后速度為vi, b球速度為v2,物體 碰撞過程中動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒，所以有:maV0= mavi+ mbV2 1 2 11=2乂 0.3X0.52+2X 0.2X (1)2 2X (0.3+ 0.2)X (0.1)2 J= 0.135 J。(3)如果碰撞

20、是彈性碰撞，設(shè)碰后兩物體的速度分別為V1'、V2',由動(dòng)量守 恒定律得m1v1+m2v2= m1v1' +m2v2'2 . 12G2mav0= 2mavi + 2mbv2 聯(lián)立得：Vi = ma mbvo V2= 2ma V0 由圖可知 a球碰后速度反向， ma + mb 'ma+mb ''故ma<mb,故A、C、D錯(cuò)誤，B正確。二、非選擇題17 .質(zhì)量分別為300 g和200 g的兩個(gè)物體在無(wú)摩擦的水平面上相向運(yùn)動(dòng)，速度分別為50 cm/s和100 cm/so(1)如果兩物體碰撞并粘合在一起，求它們共同的速度大小；(2)求碰撞后損

21、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)設(shè) V1 方向?yàn)檎较?v1 = 50 cm/s= 0.5 m/s, V2= 100 cm/s= - 1m/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,與V1的方向相反。(2)碰撞后兩物體損失的動(dòng)能為12,12 12AEk= 2m1V1 + 2m2v2 2時(shí)1 + m2)v左，速度大小為V,此時(shí)炮彈炸裂成質(zhì)量相等的兩塊，設(shè)消耗的火藥質(zhì)量不計(jì)， 爆

22、炸后前半塊的速度方向仍沿水平方向向左，速度大小為3v。求兩塊彈片落地 點(diǎn)之間的水平距離為多大。解析設(shè)爆炸后每塊彈片的質(zhì)量均為m,取向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律 得 2mv= mx 3v + mv'則后半塊彈片的速度v' = V,即V,方向向右由平拋運(yùn)動(dòng)知，彈片落地時(shí)間因此兩塊彈片落地點(diǎn)間的水平距離為 2hx= 3vt + |v |t = 4vlg°19 .從某高度自由下落一個(gè)質(zhì)量為 M的物體，當(dāng)物體下落h時(shí)，突然炸裂 成兩塊，已知質(zhì)量為m的一塊碎片恰能沿豎直方向回到開始下落的位置 ，求：(1)剛炸裂時(shí)另一塊碎片的速度；(2)爆炸過程中有多少化學(xué)能轉(zhuǎn)化為彈片的動(dòng)能？M

23、+ m ,、，一答案(1)訝3譏漏，方向豎直向下4Mm gh M - ma1 97解析 (1)M 下洛 h 后：Mgh = 2Mv2, v = &gh爆炸時(shí)動(dòng)量守恒，設(shè)豎直向下為正方向：Mv = mv + (M m)v '解彳#v' =M+ mV2gh,方向豎直向下。M - m爆炸過程中轉(zhuǎn)化為動(dòng)能的化學(xué)能等于系統(tǒng)動(dòng)能的增加量，即12,12 12AEk=2mv +2(M - m)v ?Mv12 M + m 2gh 4Mm= 4(mM)v+ .= gh。2、) M-mM-mg20 .以初速度vo斜向上與水平方向成60°角拋出的手榴彈，到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)炸成質(zhì)量分別是m和

24、2m的兩塊。其中質(zhì)量較大的一塊沿著手榴彈在最高點(diǎn)處爆炸 前的速度萬(wàn)向以2vo的速度飛行。(1)求質(zhì)量較小的另一塊彈片速度的大小和方向；(2)爆炸過程中有多少化學(xué)能轉(zhuǎn)化為彈片的動(dòng)能？答案(1)2.5v0'方向與手榴彈在最高點(diǎn)處爆炸前時(shí)速度方向相反272 7mv0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 時(shí)的速度：0 1 vi = v0cos60 =2v0 設(shè)vi的方向?yàn)檎较?，如圖所示: 由動(dòng)量守恒定律得： 3mvi=2mvi' +mv2其中爆炸后質(zhì)量較大的彈片速度 vi' =2v0,解彳# v2= 2.5v。， “一”號(hào)表示V2的方向與手榴彈在

25、最高點(diǎn)處爆炸前時(shí)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，即:AEk=2+ 1mv2一20V 7 m 24- 21V m (3 1iM23.在光滑的水平面上，質(zhì)量為mi的小球A以速率vo向右運(yùn)動(dòng)。在小球A的前 方。點(diǎn)處有一質(zhì)量為m2的小球B處于靜止?fàn)顟B(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(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的 ,小球B與墻壁的碰撞時(shí)間可忽略不計(jì)，求兩小球質(zhì)量之比 m2答案 2 ： 1解析 由于小球B與墻壁之間的碰撞是彈性的，所以從兩小球碰撞后到它

26、 們?cè)俅蜗嘤觯∏駻和B的速度大小保持不變。又小球 B與墻壁的碰撞時(shí)間可 忽略不計(jì)，設(shè)小球A、B碰撞后小球A和B的速度大小分別為vi和V2,則從兩 小球相碰到P點(diǎn)再次相遇，它們通過的路程分別為sa= PO=vit, sb = (PO + 2PQ) =V2t,V2又 PQ=1.5PO,解得一二4。 viA、B兩球在彈性碰撞過程中動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒mvo= m1v1+ m2v22ml v0= 2m1v2+ 2m2 v另口m1 - m22m1解得：V1=-_"vo, V2=-；vo, m1 + m2 'm1 + m2 'p v2m1八“又一二4,可得一二2 ： 1。v1m

27、2如圖所示，在水平光滑直導(dǎo)軌上，靜止著三個(gè)質(zhì)量為m=1 kg的相同小球A、B、C,現(xiàn)讓A球以v0 = 2 m/s的速度向著B球運(yùn)動(dòng)，A、B兩球碰撞后粘合在一 起，兩球繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)并跟C球碰撞，C球的最終速度vc= 1 m/s。求：(1)A、B兩球跟C球相碰前的共同速度是多大？(2)兩次碰撞過程中一共損失了多少動(dòng)能？答案 (1)1 m/s (2)1.25 J解析(1)A、B相碰滿足動(dòng)量守恒定律：mv0=2mv1,計(jì)算得出兩球跟C球相碰前的速度V1=1 m/s。(2)A、B兩球與C球碰撞同樣滿足動(dòng)量守恒定律：2mv1 = mvc+2mv2,代入已知數(shù)據(jù)得A、B兩球與C球碰后的速度v2=0.5 m/

28、s,兩次碰撞損失的動(dòng)能：12 12 12AEk=2mv。- 2 2mv22mivC計(jì)算得出AEk=1.25 Jo如圖所示,質(zhì)量為m的子彈,以速度V0水平射入用輕繩懸掛在空中的木塊 木塊的質(zhì)量為M,純長(zhǎng)為L(zhǎng),子彈射出木塊的速度為v,求子彈射出木塊后的瞬 問繩子中的張力大小。答案Mg +2 c 2 m v0 vML解析 子彈射過木塊的過程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒，取向左為正方向，則： mvo mv + Mv"口 , m vo v解得：v = m隨后木塊以v'向左擺動(dòng)做圓周運(yùn)動(dòng)，在最低點(diǎn)木塊受重力和繩子拉力作用，由牛頓第二定律得:T Mg M lm2 vo v 2解得：T=Mg + o24.

29、如圖所示,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mi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(wú)機(jī)械能損失。求碰撞后小球m2的速度大小v2。答案2ml , 2ghmi + m21 o斛析 設(shè)mi碰撞刖的速度為vio,根據(jù)機(jī)械能守恒止律有 migh=2miivio解彳3vio= 42gh設(shè)碰撞后mi與m2的速度分別為vi和v2,根據(jù)動(dòng)量守恒定律有 mivio=mivi+ m2v2 i 2 i 2 i2x2mivio=2mivi + 2m2v2 由于碰撞過程中無(wú)機(jī)械能損失2mivio _V2='mi+ m2將代入得V22mi 、2ghomi+ m226.在光滑的水平面上，一質(zhì)量為mA = 0.1 kg的小球A,以8 m/s的初速度向右 運(yùn)動(dòng)，與質(zhì)量為mB=0.2 kg的靜止小球B發(fā)生對(duì)心正碰。碰后小球B滑向與水 平面相切、半徑為R=0.5 m的豎直放