2017_2018學(xué)年高中物理碰撞與動(dòng)量守恒第三節(jié)動(dòng)量守恒定律在碰撞中的應(yīng)用教學(xué)案粵教版

1、第三節(jié)動(dòng)量守恒定律在碰撞中的應(yīng)用梯度目標(biāo)L、用動(dòng)助守歸定律分析，解決碰撞等相比作用間也L碰情過程中道衙的規(guī)律J * = /應(yīng)用功必守恒定律解決問題的一般丘驟L應(yīng)用動(dòng)量守恒解決問題時(shí)應(yīng)注意的題一認(rèn)識(shí) _> 2,應(yīng)用前拉守恒解捌比川牛頓運(yùn)動(dòng)定律的優(yōu)越性健之窗77一注植昆砧小認(rèn)對應(yīng)學(xué)生用書頁碼P71.應(yīng)用動(dòng)量守恒定律解題的一般步驟為：(i)確定研究對象組成的系統(tǒng)。分析所研究的過程中，系統(tǒng)受外力的情況是否滿足動(dòng)量 守恒定律的應(yīng)用條件。(2)設(shè)定正方向，分別寫出系統(tǒng)初、末狀態(tài)的總動(dòng)生(3)根據(jù)動(dòng)量守恒定律列方程。(4)解方程，統(tǒng)一單位后代入數(shù)值進(jìn)行運(yùn)算,列出結(jié)果。2,碰撞類問題中，相互作用力往往是

2、變力，過程相當(dāng)復(fù)雜,很難用牛頓運(yùn)動(dòng)定律來求解，而應(yīng)用動(dòng)量守恒定律只需考慮過程的初、末狀態(tài),不必涉及過程的細(xì)節(jié)，因而在解決碰撞問題中有廣泛的應(yīng)用。3.不同類型的碰撞問題一定滿足動(dòng)量守恒定律,但不一定滿足機(jī)械能守恒定律。if M41時(shí)新加對應(yīng)學(xué)生用書頁碼P7對碰撞問題的分析1 .常見碰撞情況的分析(1)彈性碰撞特點(diǎn)：在彈性碰撞過程中系統(tǒng)無機(jī)械能損失。即只發(fā)生機(jī)械能傳遞而不發(fā)生能量轉(zhuǎn)化。彈性碰撞同時(shí)遵守動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律。(2)非彈性碰撞特點(diǎn)：在碰撞過程中有機(jī)械能損失，即發(fā)生能量轉(zhuǎn)化，一般是機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能。故只遵守動(dòng)量守恒，不遵守機(jī)械能守恒。(3)完全非彈性碰撞特點(diǎn)：在碰撞過程中機(jī)械能損

3、失最多，只遵守動(dòng)量守恒，不遵守機(jī)械能守恒。2 .碰撞過程應(yīng)滿足的條件在所給的條件不同的情況下，碰撞情況有各種可能，但不管哪種情況必須同時(shí)滿足以下 二冬(1)系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒。(2)系統(tǒng)的機(jī)械能不增加，即 E' ki+E' k2WEd+&。(3)符合實(shí)際情況，如碰后兩者同向運(yùn)動(dòng)，應(yīng)有 v前丫后，若不滿足，則該碰撞過程不 可能。(1)即使物體在碰撞過程中系統(tǒng)所受合外力不等于零，由于內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，所以外力 的作用可以忽略，認(rèn)為系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒。故分析碰撞問題時(shí)，應(yīng)首先想到動(dòng)量守恒定律。(2) 一般兩個(gè)硬質(zhì)小球間的碰撞，都很接近彈性碰撞，常當(dāng)成彈性碰撞來處理。1 .相向運(yùn)動(dòng)的

4、A、B兩輛小車相撞后，一同沿 A原來的方向前進(jìn)，這是由于 ()A. A車的質(zhì)量一定大于 B車的質(zhì)量B. A車的速度一定大于 B車的速度C. A車的動(dòng)量一定大于 B車的動(dòng)量D. A車的動(dòng)能一定大于 B車的動(dòng)能解析：碰撞過程中動(dòng)量守恒， 碰后一同沿 A原來方向前進(jìn)，說明總動(dòng)量與 A的動(dòng)量方向 相同，故A車動(dòng)量大于B車的動(dòng)量，選項(xiàng) C對。答案：C子彈打木塊模型這類問題具有以下共同特點(diǎn):(1)作用時(shí)，F(xiàn)內(nèi)？ F外，子彈與木塊作用過程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒。(2)作用時(shí)間極短，子彈與木塊作用過程中，木塊的位置幾乎不變。(3)作用后，子彈留在木塊中，即合二為一，與完全非彈性碰撞相同；作用后子彈穿過 木塊，與非彈性

5、碰撞相類似。(4)子彈打木塊過程，除了列出動(dòng)量守恒定律，還要列出能量方程，子彈打木塊過程中 產(chǎn)生的能量 Q= f L相對，也等于系統(tǒng)作用過程中動(dòng)能的減少量。對 L相對的理解：子彈留在 木塊中，L相對為子彈打入木塊的深度，子彈射穿木塊，L相對為木塊的長度。器辿坦ai Fl：2 .質(zhì)量為M的木塊靜止在光滑水平面上，一質(zhì)量為m速度為V0的子彈水平射入木塊且并未穿出，設(shè)木塊對子彈的阻力大小恒為F,試求：(1)打擊完畢后木塊的速度為多少？(2)打擊過程中產(chǎn)生的內(nèi)能為多少？(3)木塊至少多長子彈才不會(huì)穿出？解析：(1)以木塊和子彈組成的系統(tǒng)為研究對象，設(shè)速度為v,由動(dòng)量守恒定律可得:mv= ( W m)

6、v(2)系統(tǒng)損失的動(dòng)能聯(lián)立解得A E< =2Mmv由能量守恒可知損失的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能,2一 一i 八 l Mmv故內(nèi)胎 Q= AR=2 m+ m 0(3)設(shè)木塊長度至少為L,則由功能關(guān)系可得Q= F-2Q Mmv解得:IL F 2F 出 m答案:mv2Mmv MlTm (2) 2M+ m2c Mmv 2F M+ m“動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用1.運(yùn)用動(dòng)量守恒定律解題的基本步驟(1)明確題意，確定研究對象和研究過程。動(dòng)量守恒定律的研究對象是系統(tǒng)，為了滿足守恒條件， 系統(tǒng)的劃分非常重要， 往往通過 適當(dāng)變換劃入系統(tǒng)的物體，才可以找到滿足守恒條件的系統(tǒng)。(2)對系統(tǒng)內(nèi)物體受力分析，判斷系統(tǒng)在其過程中是

7、否滿足動(dòng)量守恒的條件若滿足則進(jìn)行下一步列式， 否則需考慮修改系統(tǒng)的劃定范圍 (增減某些物體)或改變過程 的起點(diǎn)或終點(diǎn)，再看能否滿足動(dòng)量守恒條件。(3)明確所研究過程的始、末狀態(tài)，規(guī)定正方向，確定始、末狀態(tài)的動(dòng)量值表達(dá)式。(4)根據(jù)題意，選取恰當(dāng)?shù)膭?dòng)量守恒定律的表達(dá)形式，列出方程。(5)合理進(jìn)行運(yùn)算，得出最后的結(jié)果，并對結(jié)果進(jìn)行討論。2.動(dòng)量守恒定律與機(jī)械能守恒定律的比較動(dòng)量守恒定律機(jī)械能守恒定律守恒條件不受外力或所受合外力為零只有重力和彈力做功一般表達(dá)式Pl+ P2= Pl' + P2'&+曰1=&+b2標(biāo)矢性矢里式標(biāo)里式守恒條件的理解外力總沖量為零，系統(tǒng)總動(dòng)量

8、/、變只發(fā)生勢能和動(dòng)能相互轉(zhuǎn)化?？梢杂兄亓蛷椓σ酝獾牧ψ饔?，但必須是不做功注息事項(xiàng)應(yīng)選取正方向選取零勢能面(1)動(dòng)量守恒定律的表達(dá)式為矢量式，應(yīng)用時(shí)應(yīng)注意方向，而機(jī)械能守恒定律的表達(dá)式 為標(biāo)量式，對功和能只能求代數(shù)和。(2)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律的成立條件不同，故系統(tǒng)的動(dòng)量守恒時(shí)，機(jī)械能不 定守恒，同理機(jī)械能守恒時(shí)，動(dòng)量也不一定守恒。圖1313 .(雙選)質(zhì)量為M內(nèi)壁間距為L的箱子靜止于光滑的水平面上, 箱子中間的一質(zhì)量為 m的小物塊，小物塊與箱子底板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 11。初始時(shí)小物塊停在箱子正中間，如圖 1 31所示?，F(xiàn)給小物塊 水平向右的初速度 v,小物塊與箱壁碰撞 N次后恰又回

9、到箱子正中間, 并與箱子保持相對靜止。設(shè)碰撞都是彈性的，則整個(gè)過程中，系統(tǒng)損失mMvB.-2 m MD. N(i mgL的動(dòng)能為()12A. -mv21CqNw mgL解析：設(shè)最終箱子與小物塊的速度為V1根據(jù)動(dòng)量守恒定律：mv= (m+ Mv1,則動(dòng)能損失AE=1mV1(m Mv2,解得AE<=, rmM. v2, B對；依題意：小物塊與箱壁碰撞N次后222 M回到箱子的正中央，相對箱子運(yùn)動(dòng)的路程為s=0.5L+(N 1)L+0.5L= NL,故系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量即為系統(tǒng)損失的動(dòng)能：AE = Q= N mgL D對。答案：BD對應(yīng)學(xué)生用書頁碼P8碰撞問題的分析例1(雙選)半徑相等的小球

10、甲和乙，在光滑水平面上沿同一直線相向運(yùn)動(dòng)。若甲球的質(zhì)量大于乙球的質(zhì)量，碰撞前兩球的動(dòng)能相等，則碰撞后兩球的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)可能是()A.甲球的速度為零，而乙球的速度不為零B.乙球的速度為零，而甲球的速度不為零C.兩球的速度均不為零D.兩球的速度方向均與原方向相反，兩球的動(dòng)能仍相等解析甲、乙兩球在光滑水平面上發(fā)生碰撞，滿足動(dòng)量守恒的條件，因此，碰撞前后甲、乙兩球組成的系統(tǒng)總動(dòng)量守恒。碰撞前，由于2一 P , 一一，一5甲=后乙，而E = 2m由題設(shè)條件 m甲>m乙可知p甲p乙，碰撞后，如果甲球速度為零，則乙球必反彈，系統(tǒng)的總動(dòng)量方向與碰撞前相同，根據(jù)動(dòng)量守恒定律，這是可能的，A選項(xiàng)對。如果乙球速度

11、為零，則甲球反彈，系統(tǒng)的總動(dòng)量方向與碰撞前相反，違反了動(dòng)量守恒定律，B選項(xiàng)錯(cuò)誤。如果甲、乙兩球速度均不為零，可以滿足動(dòng)量守恒定律的要求，C選項(xiàng)對。如果碰撞后兩球的速度都反向，且動(dòng)能仍相等，由0=2得p甲'>p，則總動(dòng)量方向與碰撞前相反，不符合動(dòng)量守恒定律，D2mL l選項(xiàng)錯(cuò)誤。答案AC/榭副刻制運(yùn)用動(dòng)量守恒定律解決碰撞類問題時(shí)應(yīng)該注意的問題(1)要注意結(jié)果的合理性，即符合物理情景，符合能量守恒定律，能量不能憑空產(chǎn)生。(2)注意動(dòng)量的矢量性，即動(dòng)量的方向性要特別注意，在一條直線上的碰撞，我們總是 規(guī)定某一方向上動(dòng)量為正，則另一相反方向動(dòng)量為負(fù)。(3)注意速度要符合物理情景，如A球去

12、碰靜止的B球，碰后兩球同向，則 A球速率不能大于B球。=理包攙4E-" 1ETM1. A、B兩球沿同一條直線運(yùn)動(dòng)，如圖 132所示的s t圖像記錄了它們碰撞前后 的運(yùn)動(dòng)情況，其中a,b分別為A,B碰撞前的s-t圖像，c為碰撞后它們的s-t圖像。若A球質(zhì)量為1 kg ,則B球質(zhì)量為多大？O 1 2 3 4 i/s圖 1 32解析：若規(guī)定碰前 A球的速度方向?yàn)檎较?，則va= 3 m/s , vb= 2 m/s , vc = 1 m/s , 由動(dòng)量守恒定律得：mvA+ mvB= ( mA+ m) Vc,，口mvA mvc 1X31X1解得：mB= TX =1-2 kg2=-kg = 0.

13、67 kg 。3 -答案：0.67 kgera碰撞中的臨界問題及多體問題例2如圖1 33所示，滑塊 A C質(zhì)量均為 滑塊B質(zhì)3畫卷，量為m）開始時(shí)A B分別以vi、V2的速度沿光滑水平軌道向固定在"場圖 1 3 3右側(cè)的擋板運(yùn)動(dòng)，現(xiàn)將C無初速地放在 A上，并與A粘合不再分開，此時(shí)A與B相距較近，B與擋板相距足夠遠(yuǎn)。若 B與擋板碰撞將以原速率反彈，A與B碰撞將粘合在一起。為使 B能與擋板碰撞兩次，vi、V2應(yīng)滿足什么關(guān)系？解析設(shè)向右為正方向，A與C粘合在一起的共同速度為 v',由動(dòng)量守恒定律得mv= 2mv為保證B碰擋板前A未追上B,應(yīng)滿足V' < V2設(shè)A與B碰

14、后的共同速度為 v，由動(dòng)量守恒定律得2mV ?mv = ?mV' 22為使B能與擋板再次碰撞， A與B碰后的共同速度 v"方向應(yīng)向右，即應(yīng)滿足 v" >0 以上各式聯(lián)立解得：f 121 . 5V2<vi w 2 V2 或viW vzVvi。 23i2答案i.5 V2< vi w2 V2或；viW V2<vi 23（i）在動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用中，常常會(huì)遇到相互作用的兩物體“恰好分離”、“恰好不 相碰”，“兩物體相距最近”，“某物體恰開始反向”等臨界問題，分析此類問題時(shí)：分析物體的受力情況、運(yùn)動(dòng)性質(zhì)，判斷系統(tǒng)是否滿足動(dòng)量守恒的條件，正確應(yīng)用動(dòng)量守恒

15、定律。分析臨界狀態(tài)出現(xiàn)所需的條件， 即臨界條件。臨界條件往往表現(xiàn)為某個(gè)（或某些）物理 量的特定取值（或特定關(guān)系），通常表現(xiàn)為兩物體的相對速度關(guān)系或相對位移關(guān)系，這些特定關(guān)系是求解這類問題的關(guān)鍵。（2）多個(gè)物體相互作用時(shí)，物理過程往往比較復(fù)雜，分析此類問題時(shí)：正確分析作用過程中各物體狀態(tài)的變化情況，建立運(yùn)動(dòng)模型。分清作用過程中的不同階段，并找出聯(lián)系各階段的狀態(tài)量。合理選取研究對象，既要符合動(dòng)量守恒的條件，又要方便解題。:跟盛物攙4訕"Km'"*，2 .如圖i34所示的三個(gè)小球的質(zhì)量都為mI B、C兩球用輕彈圖i-3-4簧連接后放在光滑的水平面上，A球以速度V0沿B、C

16、兩球球心的連線向 B球運(yùn)動(dòng)，碰后 AB兩球粘在一起。問：(1) A、B兩球剛剛粘合在一起時(shí)的速度是多大？(2)彈簧壓縮到最短時(shí) C球的速度。解析：(1)在A、B碰撞的過程中彈簧的壓縮量是極其微小的，產(chǎn)生彈力完全忽略，即 C 球并沒有參與作用，因此 A、B兩球組成系統(tǒng)所受合外力為零，動(dòng)量守恒。以V0的方向?yàn)閯?dòng)、- L-V0重的正方向，則有 mv=2mv, vi = ,。(2)粘合在一起的 A B兩球通過彈簧和 C球的作用過程中，由于彈力的作用，C球被加速，速度由零開始增大，而 A B兩球被減速，速度逐漸減小，當(dāng)三球的速度相同時(shí)，彈簧 最短，在這一過程中，三球構(gòu)成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有2 Vo2mv=

17、3mv, v2>= -Vi = °3 3答案：(1) 1vo (2) 1v0 23回動(dòng)量守恒與能量守恒的綜合例3如圖1-3-5所示，光滑水平面上有 A、B兩輛小車，C球用0.5 m長的細(xì)線懸掛 在A車的支架上，已知 ra= m>= 1 kg, mc= 0.5 kg。開始時(shí) A靜止，B車以vo=4 m/s的速度 駛向A車并與其正碰后粘在一起，若碰撞時(shí)間極短且不計(jì)空氣阻力，g取10 m/s 2,求C球擺起的最大高度。收Iw 1R - I I a圖 1 35解析由于A B碰撞時(shí)間極短，C球尚未開始擺動(dòng)，AB組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有mV。=(m+ m) V1 對A、B C組成的系統(tǒng)

18、，圖示狀態(tài)為初始狀態(tài)；C球擺起到最大高度時(shí)，A、B C有共同速度V2,該狀態(tài)為終了狀態(tài)，有 (nA+ m)v1=(m+ mB+ m)v2 .1212-系統(tǒng)能重寸恒，有 2(m)v1 2(nA+ nB+ m)v2=mgh 由上述方程分別求出 A B剛粘合在一起的速度 V1=2 m/s,系統(tǒng)最后的共同速度 v2= 1.6m/s,最后求得小球 C擺起的最大高度 h=0.16 m。答案0.16 mHE演/麥叫(1)動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律，是自然界最普遍的規(guī)律，它們的研究對象都是物體 組成的系統(tǒng)，解題時(shí)必須注意動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒成立的條件。(2)利用機(jī)械能守恒定律、能量守恒定律解題時(shí)著重分析力的做

19、功情況、能量的轉(zhuǎn)化情 況；而利用動(dòng)量守恒定律解題時(shí)著重分析系統(tǒng)的受力情況。H跟摩演推3 .如圖1 3 6所示，abc是光滑的軌道，其中 ab是水平的，bc是位于豎直平面內(nèi)與 ab相切的半圓，半徑 R= 0.40 m。質(zhì)量mr 0.30 kg的小球A靜止在水平軌道上，另一質(zhì)量M= 0.50 kg的小球B以V0=4 m/s的初速度與小球 A發(fā)生正碰。已知碰后小球A經(jīng)過半圓的最高點(diǎn)c后落到軌道上距 b點(diǎn)為L=1.2 m處，重力加速度g= 10 m/s2。求碰撞結(jié)束后：圖 1 36(1)當(dāng)A球經(jīng)過半圓的最高點(diǎn) c時(shí)軌道對它的作用力Fn；4 2) A B兩球的速率 Va和Vb。解析：(1)設(shè)碰后小球 A

20、在半圓的最高點(diǎn)c時(shí)速度為va',球A隨后離開c點(diǎn)做平拋運(yùn) 動(dòng)，有1 2_2R=洱L = v ' a t 在c點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律可得：v ' AFn+ mgr mR厘丘/口L2聯(lián)立解得：Fn=(定1) mgF 3.75 N(2)對于碰撞過程，由動(dòng)量守恒定律得：Mv=Mw+mA對碰后小球A運(yùn)動(dòng)到半圓的最高點(diǎn) c的過程，由機(jī)械能守恒定律得:1 21, 2-2mv= mg 2 R+ 2mv a聯(lián)立式并代入數(shù)據(jù)解得：Va= 5 m/s , Vb= 1 m/s 。答案：(1)3.75 N (2)5 m/s 1 m/s課堂小緒»>動(dòng)俄守tlffr碰撞中的應(yīng)用1.質(zhì)量

21、相等的B兩球在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運(yùn)動(dòng),A球的動(dòng)量是7kg - m/s, B球的動(dòng)量是5 kg - m/s,當(dāng)A球追上B球發(fā)生碰撞，則碰撞后A B兩球的動(dòng)量可能值是（）A. Pa= 6 kg - m/s, Pb=6 kg - m/sB. pA= 3 kg - m/s, pb=9 kg - m/sC. pA= 2 kg m/s, pB= 14 kg m/sD. pA= 4 kg m/s, pB= 17 kg m/s解析：由碰撞過程中動(dòng)量守恒Pa+Pb= Pa' + Pb'可知D錯(cuò)。由碰撞過程中動(dòng)能不可能 增加22，2，2PA PB PAPBp+:P->p+p可得

22、 B、C錯(cuò)，A對。2m 2m 2m2m "寸'答案：A2. A B兩物體發(fā)生正碰，碰撞前后物體A B都在同一直線上運(yùn)動(dòng),其位移一時(shí)間圖像（st圖）如圖1中A、D C和B、口 C所示。由圖可知,物體A B的質(zhì)量之比為（）B. 1 ： 2A. 1 ： 1C. 1 ： 3D. 3 ： 1解析：由圖可得，碰撞前 Va= 4 m/s, Vb=0;碰撞后Va' = Vb' = 1 m/s,一 B j, 一口 mAv1 ,由動(dòng)重寸恒 mVA= (nA+nB)v 可得一=丁=工，故 C對。mB va-v3答案：C3.如圖2所不，在光滑水平面上，有一質(zhì)量為M= 3 kg的薄板和

23、質(zhì)量 m= 1 kg的物塊, 都以v= 4 m/s的初速度朝相反的方向運(yùn)動(dòng)，它們之間有摩擦，薄板足夠長，當(dāng)薄板的速度為2.4 m/s時(shí)，物塊的運(yùn)動(dòng)情況是（）A.做加速運(yùn)動(dòng)B.做減速運(yùn)動(dòng)C.做勻速運(yùn)動(dòng)D.以上運(yùn)動(dòng)都有可能解析：薄板足夠長，則最終物塊和薄板達(dá)到共同速度v',由動(dòng)量守恒定律得（取薄板運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较颍㎝v- mv= ( M+ m v'。則VMv- mv 3X41X4-；m/s = 2 m/s 。3+1共同運(yùn)動(dòng)速度的方向與薄板初速度的方向相同。在物塊和薄板相互作用過程中， 薄板一直做勻減速運(yùn)動(dòng),而物塊先沿負(fù)方向減速到速度為零，再沿正方向加速到2 m/s 。當(dāng)薄板速度 v

24、i= 2.4 m/s時(shí)，設(shè)物塊的速度為 丫2,由動(dòng)量守恒定律得:Mv- mv= Mv+ mv。M-m vMvv2=:m2X4 3X2.4m/s = 0.8 m/s。即此時(shí)物塊的速度方向沿正方向，故物塊做加速運(yùn)動(dòng)。答案：A4.如圖3所示，光滑圓槽的質(zhì)量為 M靜止在光滑的水平面上,其內(nèi)表面有一小球被細(xì)線吊著恰位于槽的邊緣處,到另一邊的最高點(diǎn)時(shí)，圓槽的速度為（）A. 0B.向左如將線燒斷，小球滑C.向右D.無法確定解析：小球和圓槽組成的系統(tǒng)在水平方向上不受外力，故系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒。細(xì)線被燒斷的瞬間，系統(tǒng)在水平方向的總動(dòng)量為零。又知小球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)， 球與槽水平方 向上有共同速度，設(shè)為 v&#

25、39;,由動(dòng)量守恒定律有:0=（叫mv'，所以v' =0,故a對。答案：A5.質(zhì)量相等的三個(gè)小球 a, b, c在光滑的水平面上以相同的速度運(yùn)動(dòng)，它們分別與原來靜止的三個(gè)小球A B, C相碰，相碰后，a繼續(xù)沿原來方向運(yùn)動(dòng)，b球靜止，c球被反彈回來，這時(shí)A, B,C三個(gè)被碰小球中動(dòng)量最大的是（）A. A球B. B球C. C球D.無法確定解析：設(shè)a,b, c質(zhì)量均為m|碰前速度均為 v,則a碰A過程中有 mv= mv + pA； b碰B過程中有 mv= pB>； C碰C過程中有 mv= mw+ pj可得pC> pB> pA故選項(xiàng)c對。答案：C6.如圖4所示，小球A

26、和小球B質(zhì)量相同，球B置于光滑水平面上,當(dāng)球A從高為h處由靜止擺下，到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)恰好與 B相撞，并粘合在一起繼續(xù)擺動(dòng)，它們能上升的最大高度是A. h1B. 2h1C.4h1D.8h解析：A與B碰前速度va= J2gh。A與B碰后粘合在一起的共同速度v'由動(dòng)量守恒可求出。m- va= 2mV ,所以 v',能上升的高度 H可由2mg1, 2H= -X2 mv 求得,答案：C7.如圖5所示，質(zhì)量為0.5 kg的小球在距離車底面高 20 m處以一定的初速度向左平 拋，落在以7.5 m/s速度沿光滑水平面向右勻速行駛的敞篷小車中，車底涂有一層油泥，車與油泥的總質(zhì)量為 4 kg 。設(shè)小球

27、在落到車底前瞬間的速度是25 m/s ,則當(dāng)小球與小車相對靜止時(shí),小車的速度是（圖5A.5 m/sB. 4 m/sC.8.5 m/sD. 9.5 m/s解析：小球做平拋運(yùn)動(dòng),它落在車底前瞬間的豎直分速度為vy=>/2gh=/2X 10X 20 m/s=20 m/s則小球的水平分速度為Vg="2_ v = 15 m/s小球落到車中跟車相互作用過程中，系統(tǒng)在水平方向的動(dòng)量守恒，則:Mv- mv=（ M+ m v'm/s = 5 m/s。Mv mv 4X7.50.5 x 15M+ m 4.5所以選項(xiàng)A正確。答案：A8.（雙選）向空中發(fā)射一物體.不計(jì)空氣阻力，當(dāng)物體的速度恰好沿

28、水平方向時(shí)，物體 炸裂為a, b兩塊.若質(zhì)量較大的 a塊的速度方向仍沿原來的方向，則 （）A. b的速度方向一定與原速度方向相反B.從炸裂到落地這段時(shí)間里，a飛行的水平距離一定比 b的大C. a、b一定同時(shí)到達(dá)地面D.炸裂的過程中，a、b受到的爆炸力的沖量大小一定相等解析：炸裂過程物體沿水平方向不受外力，所以沿水平方向動(dòng)量守恒，有：（nA+ nB）v= rava+ mvB,當(dāng)va與原來速度v同向時(shí)，vb可能與v反向，也可能與 v同向，A錯(cuò)誤；a、b2h在水平飛行的同時(shí)，豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，落地時(shí)間 t=/石，所以落地時(shí)間相等，C 正確；由于水平飛行距離 x = vt, a、b炸裂后的速度va、vb大小關(guān)系不確定，所以水平飛行