專(zhuān)題18動(dòng)量守恒定律碰撞問(wèn)題-2019高考物理一輪復(fù)習(xí)專(zhuān)題詳解解析版

1、知識(shí)點(diǎn)18:動(dòng)量守恒定律(碰撞問(wèn)題)知識(shí)回顧1 .動(dòng)量守恒條件(1)系統(tǒng)不受外力或合外力為零時(shí)，動(dòng)量守恒.(2)若在某一方向合外力為 0,則該方向動(dòng)量守恒.2 .必須掌握動(dòng)量守恒定律的兩種思想(1)守恒思想：p= p'、miVi + m2V2=mivi'+m2V2.(2)轉(zhuǎn)化思想：Ap = A比3 .必須明確碰撞問(wèn)題遵守的三條原則(1)動(dòng)量守恒：P + P2=P1'+ P2 .(2)動(dòng)能不增加：Ek1+Ek2 比k1'+ Ek2 .(3)速度要符合實(shí)際情況.規(guī)律方法應(yīng)用動(dòng)量守恒定律解題的基本思路(1)分析題意，明確研究對(duì)象，確定所研究的系統(tǒng)是由哪些物體組成的.(

2、2)對(duì)各階段所選系統(tǒng)內(nèi)的物體進(jìn)行受力分析，區(qū)分系統(tǒng)內(nèi)力和外力，在受力分析的基礎(chǔ)上根據(jù)動(dòng)量守恒 定律條件判斷能否應(yīng)用動(dòng)量守恒定律.(3)明確所研究物體間的相互作用的過(guò)程，確定過(guò)程的初、末狀態(tài)，即系統(tǒng)內(nèi)各個(gè)物體的初動(dòng)量和末動(dòng)量.(4)規(guī)定正方向，確定初、末狀態(tài)的動(dòng)量的正、負(fù)號(hào)，根據(jù)動(dòng)量守恒定律列方程求解.三類(lèi)碰撞的分析(1)彈性碰撞12 12 11 1動(dòng)里寸恒： m1v1 + m2V2= m1v1 + m2V2 ,機(jī)械能寸恒： ？m1V1 + 2m2V2= 2mw1 + 2m2V2.(2)完全非彈性碰撞動(dòng)量守恒、末速度相同：m1V1 +m2V2= (m1+ m2)V'，機(jī)械能損失最多，機(jī)械

3、能的損失：AE= 2m1V2 + 2m2V22(m1 + m2)V 2(3)非彈性碰撞動(dòng)量守恒：mV +m2V2= m1V+m2V2,機(jī)械能有損失，機(jī)械能的損失：AE= 2m1V2 + ：m2V2一；m1V1 <2m2V2 2例題分析例1 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(yùn)動(dòng)， A球的動(dòng)量是7 kg 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

4、 m/sD . pa= - 4 kg m/s, Pb= 17 kg m/s【答案】 At解析】 碰撞前、后動(dòng)量守恒0+2=卻,+a）可知A、B、C選項(xiàng)的三種情況皆有可能從碰撞前、 后總動(dòng)能的變化看，總動(dòng)能只可能守恒或順少，由毫十島綏十辱得知，只有A I頁(yè)可能.【例2】.（2017年江色七校聯(lián)考）光滑水平軌道上有三個(gè)木塊 A、B、C,其中A質(zhì)量為mA=3m、C質(zhì)量 為mc = 2m,開(kāi)始時(shí)B、C均靜止，A以初速度v0向右運(yùn)動(dòng)，A與B發(fā)生彈性碰撞后分開(kāi)， 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.求 B的質(zhì)量及B與C碰撞前B的速度大??？%A B C3【答案】 mB= m, VB=

5、V0【解析】A與B碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒，設(shè) B的質(zhì)量為mB,則3mvo=3mvA+ mBVB1212,122><3mv0= 2><3mvA+2mBVBB、C碰撞后與A的速度相同，由動(dòng)量守恒定律得：mBvB= （mB+ 2m）vA3聯(lián)jlL斛仔：mB = m, Vb= 2V0【例3】（2017銀川二模）A、B兩球沿一直線運(yùn)動(dòng)并發(fā)生正碰，如圖為兩球碰撞前后的位移圖像，a、b分別為A、B兩球碰前的位移圖像，c為碰撞后兩球共同運(yùn)動(dòng)的位移圖像，若 A球質(zhì)量是m= 2 kg ,則由圖 判斷下列結(jié)論不正確的是 （）A .碰撞前后A的動(dòng)量變化為4 kg - m/sB .碰撞時(shí)A

6、對(duì)B所施沖量為一4 N - sC. A、B碰撞前的總動(dòng)量為 3 kg - m/sD.碰撞中A、B兩球組成的系統(tǒng)損失的動(dòng)能為10 J【答案】C【解析】A項(xiàng)，由有圖像的斜率表示速度，可知,碰撞前有:=+F mw=-3m ,叼=§二3 LA 4ku £m §二2 m s碰撞后有：v二'十m，=7 X,則碰撞前后A的動(dòng)量變化為必p尸標(biāo)A 乂l)kg , ms"(-3)kg mw=4 kg m s,故 A項(xiàng)正確？ H 項(xiàng),對(duì) A、B 組成的系統(tǒng)，根據(jù) 動(dòng)量守恒定律知:碰撞前后B的動(dòng)量變化為：ApB=-ApA=-4 kg - m s;對(duì)B,由動(dòng)量定理可知,碰

7、撞時(shí)A對(duì)B所施沖量為：Ib=Ape= - 4 kg，m-4 N r 一故B項(xiàng)正確$ C項(xiàng)，由pE=m3（v £一 VB）打所以：皿=J型,=_ 1 曜蕓kg,則A與B碰撞前的總動(dòng)量為二p尸皿A + msVB=2x（3） kg - ms + jX?kg ms=-y kg -ms,故C項(xiàng)錯(cuò)誤j D項(xiàng)，迸撞中A、B兩球組成的系統(tǒng)損失的動(dòng)能：乜二 +*nflVB，一總代入數(shù)據(jù)解得:AEt=10 Jj故D項(xiàng)正確.【例41.（2017衡水中學(xué)期末卷）如圖所示，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O點(diǎn)處有一質(zhì)量為 m2的小球B處于靜止?fàn)顟B(tài)，Q點(diǎn)處為一豎直的墻壁.

8、小球 A與小球B發(fā) 生彈性正碰后小球 A與小球B均向右運(yùn)動(dòng).小球B與墻壁碰撞后以原速率返回并與小球 A在P點(diǎn)相遇，PQ = 2PO,則兩小球質(zhì)量之比 m1： m2為（）從的BI二J0 P飛A.7：5B.1：3C, 2 ： 1D.5：3【答案】D【解析】設(shè) A、B兩個(gè)小球碰撞后白速度分別為v1、v2,由動(dòng)量守恒定律有 m1V0= m1Vl + m2V2,發(fā)生彈性碰撞，不損失動(dòng)能，故根據(jù)能量守恒定律有：1miV02 = 2mivi2+；m2V22,兩個(gè)小球碰撞后到再次相遇，其速率不變，由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律有v1 ： v2= PO ： （PO + 2PQ）= 1 ： 5,聯(lián)立三式可得 m1 ： m2 = 5

9、 : 3, D項(xiàng)正確.專(zhuān)題練習(xí)1 .在光滑水平面上，質(zhì)量為m的小球A正以速度vo勻速運(yùn)動(dòng).某時(shí)刻小球A與質(zhì)量為3m的靜止小球B1發(fā)生正碰，兩球相碰后，A球的動(dòng)能恰好變?yōu)樵瓉?lái)的 彳.則碰后B球的速度大小是（）.vo一 vo-vo#voA.萬(wàn)B.-0.萬(wàn)或9D.無(wú)法確定【答案】：A解析】：兩球相碰后M球的速度大小變?yōu)樵瓉?lái)的相碰過(guò)程中滿足動(dòng)量守恒，若碰后月速度方向不變, 則所1七=%!0 + 3?rtvi,可得B球的速度#1 而B(niǎo)在前，A在后，碰后A球的速度大于B球的速度，不符 合實(shí)際情況，因此1球一定反向運(yùn)動(dòng)，即押"產(chǎn)+ 3超%,可得嶗=梟A正確.2 . （2017年山東濟(jì)寧期末）如圖所

10、示，一質(zhì)量為 M = 3.0 kg的長(zhǎng)木板B放在光滑水平地面上，在其右端放 一個(gè)質(zhì)量為 m= 1.0 kg的小木塊A.給A和B以大小均為4.0 m/s、方向相反的初速度，使 A開(kāi)始向左運(yùn)動(dòng)， B開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)，A始終沒(méi)有滑離B.在A做加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間內(nèi)， B的速度大小可能是（ ）v .應(yīng)出：一,A . 1.8 m/sB . 2.4 m/sC. 2.8 m/sD. 3.0 m/s【答案】：B【解析】：A先向左減速到零，再向右做加速運(yùn)動(dòng)，在此期間，B做減速運(yùn)動(dòng)，最終它們保持相對(duì)靜止，設(shè)A減速到零時(shí)，B的速度為v1，最終它們的共同速度為 V2,取水平向右為正方向，則 Mv-mv=Mv1, Mv1= （M

11、 + m）v2,可得w = 8m/s, v2= 2m/s,所以在A做加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間內(nèi)，B的速度大小應(yīng)大于 2 m/s且小于§33m/s,只有選項(xiàng)B正確.3.如圖所示，光滑水平面上有大小相同的A、B兩個(gè)小球在同一直線上運(yùn)動(dòng).兩球質(zhì)量關(guān)系為 mB=2mA,規(guī)定向右為正方向， A、B兩球的動(dòng)量均為8 kg m/s,運(yùn)動(dòng)過(guò)程中兩球發(fā)生碰撞，碰撞后A球的動(dòng)量增量為4 kg m/s，則（）左右OOA.右側(cè)為A球，碰撞后 A、B兩球的速度大小之比為 2 : 3B.右側(cè)為A球，碰撞后 A、B兩球的速度大小之比為 1 ： 6C.左側(cè)為A球，碰撞后 A、B兩球的速度大小之比為 2 : 3D.左側(cè)為A球，

12、碰撞后 A、B兩球的速度大小之比為 1 ： 6【答案】：C【解析】：的君兩球發(fā)生碰撞,由動(dòng)量守恒定律可得/以=-*£,若右側(cè)是/球，則/球動(dòng)量的增量應(yīng) 該是正值，由于已知碰后衛(wèi)球的動(dòng)量贈(zèng)量為負(fù)值，所以右側(cè)不可能是月球，因此且球在左側(cè)，且碰撞后衛(wèi) 球的動(dòng)量為4 kg m s,碰撞后B球的動(dòng)量為12 kgm"由于曬2叫所以碰撞后用、B兩球速度大小之比 為2： 3,故C正確.4 . （2017年河北邯鄲模擬）質(zhì)量為m、速度為v的A球與質(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球的速度可能有不同的值，碰撞后B球的速度大小可能是（）A . 0

13、.6vB, 0.4vC, 0.2vD. v【答案】：B【解析】：根據(jù)動(dòng)量守恒定律得 mv= mv1 + 3mv2,則當(dāng)v2=0.6v時(shí)，v = 0.8v,則碰撞后的總動(dòng)能 Ek= 2-m（-0.8v）2+->m（0.6v）2= 1.72 >1mv2,大于碰撞前的總動(dòng)能，違反了能量守恒定律，故 A項(xiàng)錯(cuò)誤；當(dāng)V2= 0.4v時(shí)，v= 0.2v,則碰撞后的總動(dòng)能為E'k = 2m（0.2v）2+彳X3m（0.4v）2 = 0.52 gmv：小于碰撞前的總動(dòng)能，故可能發(fā)生的是非彈性碰撞，B項(xiàng)正確；當(dāng)v2=0.2v時(shí)，v = 0.4v,則碰撞后的A球的速度大于B球的速度，而兩球碰撞，

14、A球不可能穿透B球，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；當(dāng)v2=v時(shí)，v1 = -2v,顯然碰撞后的總動(dòng)能大于碰撞前的總動(dòng)能，故 D項(xiàng)錯(cuò)誤.5 .（多選）（2016年高考 天津卷改編）如圖所示，方盒 A靜止在光滑的水平面上，盒內(nèi)有一小滑塊B,盒的質(zhì)量是滑塊的2倍，滑塊與盒內(nèi)水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為n若滑塊以速度v開(kāi)始向左運(yùn)動(dòng)，與盒的左、右壁發(fā)生無(wú)機(jī)械能損失的碰撞，滑塊在盒中來(lái)回運(yùn)動(dòng)多次，最終相對(duì)于盒靜止，則（）A .此時(shí)盒的速度大小為B .此時(shí)盒的速度大小為23dg2V2dgC.滑塊相對(duì)于盒運(yùn)動(dòng)的路程為D.滑塊相對(duì)于盒運(yùn)動(dòng)的路程為【答案】:AC【解析】：設(shè)滑塊的質(zhì)量為 m,則盒的質(zhì)量為2m,對(duì)整個(gè)過(guò)程，由動(dòng)量守恒定律可

15、得mv=3mv共，解得v共=：,A正確.由功能關(guān)系可知科mgxmv2 。3m解得x= , C正確.322 PJ3 fl g6. （2017南平模擬）如圖所示，A、B兩物體質(zhì)量分別為 mA、mB,且mA> mB,置于光滑水平面上，相距 較遠(yuǎn).將兩個(gè)大小均為F的力，同時(shí)分別作用在 A、B上經(jīng)過(guò)相同距離后，撤去兩個(gè)力，兩物體發(fā)生碰撞并粘在一起后將（）A.停止運(yùn)動(dòng)C.向右運(yùn)動(dòng)B.向左運(yùn)動(dòng)D .運(yùn)動(dòng)方向不能確定【解析】力F大小相等,3>西，由牛頓第二定律可知，兩物體的加速度羽一，由題意知?jiǎng)P二思，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得敏二，SB=3BtE；/可知由L=Fth解得由動(dòng)量定理可知公Pa=Ia. Aps=h

16、,貝碰前系統(tǒng)總動(dòng)量向右，碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律可知，碰后總動(dòng) 量向右，故A. B、D三項(xiàng)錯(cuò)誤，C項(xiàng)正確.7.如圖所示，在光滑水平面上，有 A、B兩個(gè)小球沿同一直線向右運(yùn)動(dòng)，若取向右為正方向，兩球的動(dòng)量分別是Pa= 5.0 kg - m/s, Pb= 7.0 kg - m/s.已知二者發(fā)生正碰，則碰后兩球動(dòng)量的增量A Pa和A Pb可能是（）A .ApA= 3.0kg- m/s; A pB= 3.0 kg - m/sB .ApA= 3.0 kg-m/s； A pB= 3.0 kg - m/sC.ApA= 3.0 kg-m/s； A pB= 3.0 kg - m/sD .ApA= 10

17、kg- m/s； A Pb= 10 kg - m/s【答案】 A【解析】 A項(xiàng)，根據(jù)碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒定律，如果 A Pa=- 3 kg m/s、ApB = 3 kg m/s,所以碰后兩 球的動(dòng)量分別為 p' A = 2 kg - m/s、p' B= 10 kg - m/s,根據(jù)碰撞過(guò)程總動(dòng)能可能不增加，是可能發(fā)生的， 故A項(xiàng)正確；B項(xiàng)，兩球碰撞過(guò)程，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，兩球動(dòng)量變化量應(yīng)大小相等，方向相反，若APa=3kg - m/s, ApB=3 kg - m/s,違反了動(dòng)量守恒定律，不可能，故 B項(xiàng)錯(cuò)誤；C項(xiàng)，根據(jù)碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒定 律，如果ApA = 3 kg m/s>

18、ApB=- 3 kg ,m/s,所以碰后兩球的動(dòng)量分別為 p' A= 8 kg ,m/s、p' B= 4 kg m/s, 由題，碰撞后，兩球的動(dòng)量方向都與原來(lái)方向相同，A的動(dòng)量不可能沿原方向增大，與實(shí)際運(yùn)動(dòng)不符，故 C項(xiàng)錯(cuò)誤；D項(xiàng)，如果ApA = 10 kg m/s、A pB = 10 kg - m/s,所以碰后兩球的動(dòng)量分別為p' A=- 5 kg ,m/s、p' b=17 kg m/s,可以看出，碰撞后 A的動(dòng)能不變，而B(niǎo)的動(dòng)能增大，違反了能量守恒定律，不可能.故 D項(xiàng)錯(cuò)誤.8.如圖所示，質(zhì)量相等的五個(gè)物塊在光滑水平面上，間隔一定距離排成一條直線.具有初動(dòng)能

19、Eo的物塊1向其它4個(gè)靜止的物塊運(yùn)動(dòng)，依次發(fā)生碰撞，每次碰撞后不再分開(kāi).最后 5個(gè)物塊粘成一個(gè)整體.這 個(gè)整體的動(dòng)能等于（）|T| pTA . EoB.4EoC.1EoD.±E05525【答案】 C【解析】對(duì)整個(gè)系統(tǒng)研究，整個(gè)過(guò)程運(yùn)用動(dòng)蚩守恒定律得，解得v=三，因?yàn)樵欢?¥3則 整體的動(dòng)能&=； Tm /二京14品顏C項(xiàng)正確，A、B、D三項(xiàng)錯(cuò)誤.9. （2017銅仁市四模）（多選）如圖所示，弧形軌道置于足夠長(zhǎng)的水平軌道上，弧形軌道與水平軌道平滑連 接，水平軌道上靜置一小球 B和C,小球A從弧形軌道上離地高 h處由靜止釋放，小球 A沿軌道下滑后與 小球B發(fā)生彈性正碰，

20、碰后小球A被彈回，B球與C球碰撞后粘在一起，A球彈會(huì)后再?gòu)幕⌒诬壍郎蠞L下， 已知所有接觸面均光滑， A、C兩球的質(zhì)量相等，B球的質(zhì)量為A球質(zhì)量的2倍，如果讓小球A從h = 0.2 m 處?kù)o止釋放，則下列說(shuō)法正確的是（重力加速度為g= 10 m/s2）（）A . A球從h處由靜止釋放則最后不會(huì)與B球再相碰B . A球從h處由靜止釋放則最后會(huì)與B球再相碰C. A球從h = 0.2 m處由靜止釋放則C球的最后速度為7 m/sD. A球從h=0.2 m處由靜止釋放則C球的最后速度為8 m/s9AD【解析】A、B兩項(xiàng)謾A球的質(zhì)量為m.A從弧形軌道滑到水平軌道的過(guò)程中根據(jù)動(dòng)能定理得熱鉞2=mvr+|x2m

21、v2 解得好二= mgh解得碼=倔1, A與B發(fā)生彈性正碰，則逆撞過(guò)程中，AB動(dòng)量守恒,機(jī)械能守恒,以A的初速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒和機(jī)械能守恒定律得mvQ=m#： + 2ttB12-p,刈=乎口衛(wèi)與C碰撞過(guò)程中，BC組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以B的速度方向?yàn)檎?，根?jù)動(dòng)量守恒定律得 2mv：=（2m4-m）v解得t二和 崛f(wàn)所以最后A球不會(huì)與B球再相碰$故A項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯(cuò)誤$ C、D兩 項(xiàng),當(dāng)h=0 2m時(shí)，根據(jù)v=，可得，C球最后的速度7=加麗=，X亞I向1 m s-| m s,故C項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確.10.（2017淄博一模）（多選）如圖所示，在質(zhì)量為M（含支架）的小車(chē)中用輕繩懸掛一小球，小球

22、的質(zhì)量為 mo,小車(chē)和小球以恒定速度 v沿光滑水平地面運(yùn)動(dòng)，與位于正對(duì)面的質(zhì)量為m的靜止木塊發(fā)生碰撞，碰撞的時(shí)vi、V2、V3,滿足(M + m0)v= Mv 1 + mv2vi 和 v2,滿足(M + m0)v = Mv 1+ mv2u,滿足 Mv = (M + m)u間極短.在此碰撞過(guò)程中，下列哪個(gè)或哪些說(shuō)法是可能發(fā)生的?A.在此過(guò)程中小車(chē)、木塊、擺球的速度都發(fā)生變化，分別變?yōu)? m0V3B .在此碰撞過(guò)程中，小球的速度不變，小車(chē)和木塊的速度分別為C.在此碰撞過(guò)程中，小球的速度不變，小車(chē)和木塊的速度都變成D,碰撞后小球擺到最高點(diǎn)時(shí)速度變?yōu)関i,木塊的速度變?yōu)?v2,滿足（M+m0）v=（M

23、 + m0）v1+mv2【答案】 CD【解析】A項(xiàng)，碰撞的瞬間小車(chē)和木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，擺球的速度在瞬間不變，若碰后小車(chē)和木塊的速度變?yōu)?Vi和v2,根據(jù)動(dòng)量守恒有： Mv = Mv 1 + mv?.若碰后小車(chē)和木塊速度相同，根據(jù)動(dòng)量守恒定律 有：Mv = （M+m）u.故C項(xiàng)正確，A、B兩項(xiàng)錯(cuò)誤；D項(xiàng)，碰撞后，小車(chē)和小球水平方向動(dòng)量守恒，則整個(gè) 過(guò)程中，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則有： （M + m0）v= （M + m0）vI+mv2,故D項(xiàng)正確.11. （2017廣東七校聯(lián)考）（多選）如圖所示，圖（a）表示光滑平臺(tái)上，物體 A以初速度v°滑到上表面粗糙的 水平小車(chē)上，車(chē)與水平面間的動(dòng)摩

24、擦因數(shù)不計(jì)；圖（b）為物體A與小車(chē)B的v-t圖像，由此可知（）A .小車(chē)上表面長(zhǎng)度B .物體A與小車(chē)B的質(zhì)量之比C. A與小車(chē)B上表面的動(dòng)摩擦因數(shù)D.小車(chē)B獲得的動(dòng)能【答案】BC【解析X艮據(jù)圖可從得出物體A相對(duì)小車(chē)上表面滑行的位移心不能得出小車(chē)上表面長(zhǎng)度,A項(xiàng)錯(cuò)誤.物 體A以初速度同消到上表面粗糙的水平小車(chē)上，物體A與小車(chē)B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)物體的質(zhì)量為m, 小車(chē)質(zhì)量為M,由動(dòng)量守恒定律，mvo=由此可得出物體A與小車(chē)B的質(zhì)量之比埔=一二, B項(xiàng)正確.由功能關(guān)系，mgx=7mvo'-i(ni+M)vi可以得出A與小車(chē)B上表面的動(dòng)壁擦因數(shù)4C項(xiàng) 正確.小車(chē)B獲得的動(dòng)能£氏二

25、忘品 由于不知小車(chē)質(zhì)量M_由此不能得出小車(chē)B獲得的動(dòng)能，D項(xiàng)錯(cuò)誤.12. (2017天津六校聯(lián)考)質(zhì)量為mB=2 kg的木板B靜止于水平面上，質(zhì)量為 mA = 6 kg的物塊A停在B 的左端，質(zhì)量為 mc=2 kg的小球C用長(zhǎng)為L(zhǎng) = 0.8 m的輕繩懸掛在固定點(diǎn) O.現(xiàn)將小球C及輕繩拉直至水平 位置后由靜止釋放，小球 C在最低點(diǎn)與A發(fā)生正碰，碰撞作用時(shí)間很短為A t= 10 2 s,之后小球C反彈所能上升的最大高度 h= 0.2 m.已知A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù) 禺=0.2, B與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)比=0,物塊與小球均可視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，取 g= 10 m/s2求：(1)小球C與物塊A碰

26、撞過(guò)程中所受的撞擊力大??；(2)為使物塊A不滑離木板B,木板B至少多長(zhǎng)？【答案】(1)1 200 N (2)0.5 m【解析】(1)C下擺過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理有：mCgL = ；mCVC2代入數(shù)據(jù)解得：碰前 C的速度vC=4 m/s,1,2C反彈過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能7E理有：mCgh = 0-2mCV c解得：碰后C的速度v' C=2 m/s取向右為正方向，對(duì) C,根據(jù)動(dòng)量定理有：F A t= mcv c_ mcvc解得：碰撞過(guò)程中 C所受的撞擊力大?。篎= 1 200 N.Q)C與A碰撞過(guò)程,取向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有：皿位二一mcv' c+idaVa解得：碰后A的速度va=

27、2 m sA恰好滑至木板B右端并與其共速時(shí),所求B的長(zhǎng)度最小.物塊A與木板B相互作用過(guò)程，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，視定向右為正方向由動(dòng)量守恒定律得：叫“=(皿 +儂)¥代入數(shù)據(jù)解得二v=1.5ms由能量守恒定律得：#ggx=|nuv£-1(mA + mB)聲代入數(shù)據(jù)解得=1=0.5 m13. (2017年高考 課標(biāo)全國(guó)卷H )如圖，光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體，斜面體右側(cè)一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上.某時(shí)刻小孩將冰塊以相對(duì)冰面3 m/s的速度向斜面體推出， 冰塊平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升白最大高度為h=0.3m(h小于斜面體的高度).已知小孩與滑板的

28、總質(zhì)量為m1= 30 kg,冰塊的質(zhì)量為m2= 10 kg ,小孩與滑板始終無(wú)相對(duì)運(yùn)動(dòng). 取重力加速度的大小 g= 10 m/s2.zz/zzz/zzzzZzzzZ/z/Zzzzz(1)求斜面體的質(zhì)量；(2)通過(guò)計(jì)算判斷，冰塊與斜面體分離后能否追上小孩？【答案】m3 =20 kg;V2= 1 m/s【解析】：(1)規(guī)定向右為速度正方向.冰塊在斜面體上運(yùn)動(dòng)到最大高度時(shí)兩者達(dá)到共同速度，設(shè)此共同速度為v,斜面體白質(zhì)量為 m3.由水平方向動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒定律得m2V20= (m2 + m3)v2m2V20 = 2(m2 + m3)v2 + m2gh且v20= 3 m/s為冰塊推出時(shí)的速度.聯(lián)立上

29、式且代入題給數(shù)據(jù)得m3= 20 kg(2)設(shè)小孩推出冰塊后的速度為v1，由動(dòng)量守恒定律有m1v + m2V20 = 0代入數(shù)據(jù)得vi= 1 m/s設(shè)冰塊與斜面體分離后的速度分別為V2和V3,由動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒定律得m2V20= m2 V2 + m3V312 _ 12 , 122m2 V20 = 2 m2 V2 + 2m3 V3聯(lián)立上式且代入數(shù)據(jù)得 V2= 1 m/s由于冰塊與斜面體分離后的速度與小孩推出冰塊后的速度相同且處在后方，故冰塊不能追上小孩.14. （2015年高考 課標(biāo)全國(guó)卷I ）如圖，在足夠長(zhǎng)的光滑水平面上，物體 A、B、C位于同一直線上，A位于B、C之間.A的質(zhì)量為m, B、

30、C的質(zhì)量都為 M,三者均處于靜止?fàn)顟B(tài).現(xiàn)使A以某一速度向右運(yùn)動(dòng)，求 m和M之間應(yīng)滿足什么條件，才能使A只與B、C各發(fā)生一次碰撞.設(shè)物體間的碰撞都是彈性的.【答案】«5-2）Mm<M【解析】：W向右運(yùn)動(dòng)與。發(fā)生第一次碰撞，碰撞過(guò)程中，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒.諛?biāo)俣确较蛳?右為正J開(kāi)始時(shí)月的速度為卻第一次碰撞后c的速度為vc, A的速度為官】，由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能 守恒定律得明曲=+ -Wv'ci®，£i聯(lián)立式得哂+ MVo©如果m>M,第一次碰撞后，A與C速度同向，且 A的速度小于C的速度，不可能與 B發(fā)生碰撞；如果 m=M,第一

31、次碰撞后，A停止，C以A碰前的速度向右運(yùn)動(dòng)， A不可能與B發(fā)生碰撞；所以只需考慮 m<M 的情況.第一次碰撞后，A反向運(yùn)動(dòng)與B發(fā)生碰撞.設(shè)與 B發(fā)生碰撞后，A的速度為Va2, B的速度為VB1,同樣有 VA2=T VA1=（T）2V0 m+Mm+M根據(jù)題意，要求 A只與B、C各發(fā)生一次碰撞，應(yīng)有 VA20C1聯(lián)立式得 m2+ 4mM M2造解得m>(52)M另一解mW(6+2)M舍去.所以，m和M應(yīng)滿足的條件為(5-2)Mm<M 15. .兩塊厚度相同的木塊 A和B,緊靠著放在光滑的水平面上，其質(zhì)量分別為mA= 0.5 kg, mB = 0.3 kg,它們的下底面光滑，上表面

32、粗糙；另有一質(zhì)量mc = 0.1 kg的滑塊C(可視為質(zhì)點(diǎn))，以Vc= 25 m/s的速度恰好水平地滑到A的上表面，如圖7 2 4所示，由于摩擦，滑塊最后停在木塊B上，B和C的共同速度為3.0m/s,求:木塊A的最終速度VA；(2)滑塊C離開(kāi)A時(shí)的速度vC.【答案】2.6 m/s； 4.2 m/s.【解析】：這是一個(gè)由九鳳匚三個(gè)物體組成的系統(tǒng)，以此系統(tǒng)為研究對(duì)象，當(dāng)C在7、3上滑動(dòng)時(shí)，H、 鳳。三個(gè)物體間存在相互作用，但在水平方向不存在其他外力作用，因此系統(tǒng)的動(dòng)量守恒.(類(lèi)似子弓單穿木塊模型)(1)當(dāng)。渭止討后？由于有摩擦力作用,將帶動(dòng)二和8起運(yùn)動(dòng)，直至?；?后一套方兩木塊分離, 分離時(shí)木塊

33、A的速度為根最后C寸哥才靜止在8上,與B以共同速度詢(xún)=3.0 ms運(yùn)動(dòng),由動(dòng)量守恒定律有?ncic= Mt* + (腥b +mevc- m+wtc vs*4=nti0.1x25- 03 + 04 x3,o= ms=2,6ms0.5(2)為計(jì)算vC我們以B、C為系統(tǒng)，C滑上B后與A分離，C、B系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒.C離開(kāi)A時(shí)的速度為vC, B與A的速度同為va,由動(dòng)量守恒定律有mBVA+ mCv C= (mB + mC)vB1. vC=mB + mCvbmBvAmC0,3+01X*-0.3 260.1m/s =4.2 m/s.16. 如圖所示，光滑的水平地面上有一質(zhì)量為M = 3 kg的木板，其

34、左端放有一可看成質(zhì)點(diǎn)、 質(zhì)量為m=1 kg的重物，右方有一豎直的墻. 重物與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為-0.5.使木板與重物以共同的速度v°=6 m/s向右運(yùn)動(dòng)，某時(shí)刻木板與墻發(fā)生碰撞，經(jīng) A釬0.1 s木板以v1 = 4 m/s的速度返回，重力加速度為g= 10 m/s2.求:'7777777T7777777777777777777777T777U777777777777777777777777777T(1)墻壁對(duì)木板的平均作用力；(2)板與墻作用時(shí)間很短，忽略碰撞過(guò)程中重物的速度變化.若重物不從木板上掉下來(lái)，木板的最小長(zhǎng)度.(3)木板與墻壁碰撞后，系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能；(4)木板與墻

35、壁碰撞后，重物向右移動(dòng)的最大位移.【答案】F = 305 N; L = 7.5 m； 37.5 J; x= 3.6 m【解析】(1)設(shè)向左為正方向，板碰后速度為 vi,由動(dòng)量定理有：(F m)gA 釬 Mvi ( Mv°)代入數(shù)據(jù)可求得 F = 305 N殳物塊與板共速為£石，由動(dòng)量守恒定律有 mo =(A/+ m)v 二x =二1.5 ni'Sh設(shè)板最小長(zhǎng)度為上，從板與墻壁碰撞后到板與物塊相對(duì)靜止,系統(tǒng)損失的動(dòng)肓蹌部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能,有卬A/+ 冊(cè))在 工.上£代入數(shù)據(jù)得：£ = 7.5 m(3)設(shè)向左為正方向，重物與木板組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒：Mvimv0=(M + m)v共v 共=1.5 m/s由能量守恒得：12 , 12 12A E= 2Mvi + 2mv0 2(M + m)v2 = 37.5 J(4)設(shè)向左