《提分寶典》物理總復習練習：第19課 動量守恒定律 碰撞

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精第19課動量守恒定律碰撞1．系統(tǒng)動量是否守恒的判斷（1)(多選）（經(jīng)典題,6分）如圖所示，A、B兩物體的質(zhì)量mA>mB,中間用一段細繩相連并有一被壓縮的彈簧，放在平板小車C上后，A、B、C均處于靜止狀態(tài)。若地面光滑，則在細繩被剪斷后，A、B從C上滑離之前，A、B在C上向相反方向滑動過程中（)A．若A、B與C之間的摩擦力大小相同,則A、B組成的系統(tǒng)動量守恒,A、B、C組成的系統(tǒng)動量也守恒B．若A、B與C之間的摩擦力大小不相同，則A、B組成的系統(tǒng)動量不守恒,A、B、C組成的系統(tǒng)動量也不守恒C．若A、B與C之間的摩擦力大小不相同,則A、B組成的系統(tǒng)動量不守恒,但A、B、C組成的系統(tǒng)動量守恒D．以上說法均不對答案：AC解析：當A、B兩物體組成一個系統(tǒng)時,彈簧的彈力為內(nèi)力,而A、B與C之間的摩擦力為外力。當A、B與C之間的摩擦力等大、反向時，A、B組成的系統(tǒng)所受外力之和為零，動量守恒.當A、B與C之間的摩擦力大小不相等時，A、B組成的系統(tǒng)所受外力之和不為零,動量不守恒。而對于A、B、C組成的系統(tǒng)，由于彈簧的彈力及A、B與C之間的摩擦力均為內(nèi)力，故不論A、B與C之間的摩擦力的大小是否相等，A、B、C組成的系統(tǒng)所受外力之和均為零，故系統(tǒng)的動量守恒，故A項、C項均正確,B項、D項均錯誤。2．動量守恒定律的應用a．“人船”模型（2）（經(jīng)典題，8分)長為L、質(zhì)量為m2的船停在平靜水面上，一個質(zhì)量為m1的人靜立在船頭，若不計水的阻力,當人從船頭走到船尾的過程中，船和人對地面的位移各是多少？答案:s1＝eq\f（m2，m1＋m2）L，s2＝eq\f(m1，m1＋m2)L（8分）解析:選人、船系統(tǒng)為研究對象，設某時刻人的速度大小為v1，船的速度大小為v2,人行進的方向為正方向，由動量守恒，得m1v1－m2v2＝0（2分)因人由船頭至船尾的各個時刻，此式均成立，因此，此過程中,人的位移s1與船的位移s2之比也應等于它們的質(zhì)量的反比,即eq\f（s1,s2)＝eq\f（m2，m1）（2分）由幾何關(guān)系可知s1＋s2＝L(2分)解得s1＝eq\f(m2，m1＋m2)L，s2＝eq\f（m1,m1＋m2)L（2分)b．臨界問題（3）(經(jīng)典題，8分）如圖所示，甲車質(zhì)量m1＝20kg,車上有質(zhì)量M＝50kg的人，甲車(連同車上的人)以v＝3m/s的速度向右滑行。此時質(zhì)量m2＝50kg的乙車正以v0＝1。8m/s的速度迎面滑來,為了避免兩車相撞，當兩車相距適當距離時，人從甲車跳到乙車上，求人跳出甲車的水平速度(相對地面)至少是多大才能避免兩車相撞？不計地面和小車間的摩擦，設乙車足夠長，取g＝10m/s2。答案:3.8m/s（8分)解析:取兩車和人為研究對象，系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向,由動量守恒定律得（m1＋M)v－m2v0＝（M＋m1＋m2）v共（3分)代入數(shù)據(jù)解得v共＝1m/s(1分）設人跳出甲車的水平速度為v′,取人和乙車為研究對象，系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得Mv′－m2v0＝（M＋m2)v共(3分)代入數(shù)據(jù)解得v′＝3。8m/s（1分）所以人的速度至少為3。8m/s3．碰撞a．彈性碰撞(4）(2016全國Ⅲ，10分）如圖,水平地面上有兩個靜止的小物塊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eq\f（3,4）m。兩物塊與地面間的動摩擦因數(shù)均相同.現(xiàn)使a以初速度v0向右滑動，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摩擦因數(shù)滿足的條件。答案：eq\f(32veq\o\al（2，0)，113gl)≤μ<eq\f（veq\o\al（2，0),2gl）（10分）解析：設物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為μ。若要物塊a、b能夠發(fā)生碰撞，應有eq\f（1,2）mveq\o\al(2,0）>μmgl①(1分）即μ〈eq\f（veq\o\al(2，0）,2gl)②(1分)設在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eq\f(1,2）mveq\o\al（2，0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋μmgl③（2分）設在a、b碰撞后的瞬間，a、b的速度大小分別為v1′、v2′，由動量守恒和能量守恒有mv1＝mv1′＋eq\f（3，4）mv2′④（1分)eq\f(1，2)mveq\o\al(2,1）＝eq\f(1，2)mv1′2＋eq\f（1,2）·eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（3，4）m）)v2′2⑤(1分)④⑤聯(lián)立解得v2′＝eq\f（8,7)v1⑥(1分)由題意，b沒有與墻發(fā)生碰撞，由功能關(guān)系可知eq\f(1,2)·eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(3,4)m）)v2′2≤μ·eq\f（3m，4)gl⑦(1分）③⑥⑦聯(lián)立解得μ≥eq\f(32veq\o\al（2,0），113gl）⑧(2分）聯(lián)立②⑧式，a與b發(fā)生碰撞、但b沒有與墻發(fā)生碰撞的條件為eq\f（32veq\o\al(2,0),113gl）≤μ<eq\f(veq\o\al（2，0),2gl）⑨b．完全非彈性碰撞（5)（經(jīng)典題，10分)如圖所示，光滑的桿MN水平固定,物塊A穿在桿上，可沿桿無摩擦滑動，A通過長度為L的輕質(zhì)細繩與物塊B相連，A、B質(zhì)量均為m且可視為質(zhì)點。一質(zhì)量也為m的子彈水平射入物塊B后未穿出，若桿足夠長，此后運動過程中繩子偏離豎直方向的最大夾角為60°.求子彈剛要射入物塊B時的速度大小.答案：2eq\r(3gL)(10分）解析:子彈射入物塊B的過程,子彈和物塊B組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒mv0＝2mv1(3分）子彈開始射入物塊B到細繩偏離豎直方向夾角最大的過程，子彈和兩物塊組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒mv0＝3mv2（2分）據(jù)能量關(guān)系可得2mgL（1－cos60°）＝eq\f(1，2)×2mveq\o\al(2，1）－eq\f（1，2)×3mveq\o\al(2，2）（3分)解得v0＝2eq\r（3gL)（2分）c．“類碰撞”問題（6）（經(jīng)典題，10分）如圖,放置在光滑水平面上兩物體A、B的質(zhì)量分別為m1、m2，它們間用一輕彈簧連接，今突然給A一個沖量,使A具有速度v0，向右運動，求：①彈簧的壓縮量最大時,A、B的速度分別為多大?彈簧彈性勢能多大？②當彈簧第一次恢復原長時，A、B的速度為多少？答案:①eq\f（m1v0，m1＋m2），eq\f（m2,m2＋m1）·eq\f（1,2)m1veq\o\al（2,0)（5分）②eq\f（m1－m2，m1＋m2）v0，eq\f（2m1，m1＋m2)v0（5分）解析：①彈簧的壓縮量最大時A、B兩物體的速度相等,根據(jù)動量守恒有m1v0＝(m1＋m2）v（2分）解得v＝eq\f（m1v0,m1＋m2)(1分)此時系統(tǒng)動能損失為ΔEk＝eq\f（1,2)m1veq\o\al(2,0）－eq\f（1，2)（m1＋m2）v2(1分）解得Ep＝ΔEk＝eq\f(m2,m2＋m1)·eq\f(1,2)m1veq\o\al（2，0)(1分)②從彈簧為原長到彈簧第一次恢復原長，系統(tǒng)水平方向的動量守恒，且初末狀態(tài)系統(tǒng)的動能無損失，所以,可將這個過程看成完全彈性碰撞，根據(jù)動量守恒和能量守恒有m1v0＝m1v1＋m2v2(2分）eq\f（1，2）m1veq\o\al(2，0)＝eq\f（1,2)m1veq\o\al(2,1）＋eq\f(1，2）m2veq\o\al（2,2)(2分)解得A、B兩物體的速度為v1＝eq\f（m1－m2,m1＋m2)v0，v2＝eq\f（2m1,m1＋m2)v0(1分）4．碰撞可能性的判斷（7)（經(jīng)典題，3分)甲、乙兩球在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運動，甲球的動量是p1＝5kg·m/s，乙球的動量是p2＝7kg·m/s，當甲球追上乙球發(fā)生碰撞后，乙球的動量變?yōu)閜2′＝10kg·m/s,設甲球的質(zhì)量為m1，乙球的質(zhì)量為m2,則m1、m2的關(guān)系可能是(）A．m1＝m2B．2m1＝m2C．4m1＝m2D．6m1＝m2答案:C解析：碰撞過程中動量守恒，可知碰撞后甲球的動量p′1＝2kg·m/s。由于是甲追碰乙，碰撞前甲的速度大于乙的速度，有eq\f（p1，m1）>eq\f(p2,m2)，可得m2>eq\f（7,5)m1。碰撞后甲的速度不大于乙的速度，有eq\f(p′1,m1)≤eq\f（p′2，m2），可得m2≤5m1。碰撞后系統(tǒng)的動能不大于碰撞前系統(tǒng)的動能,由Ek＝eq\f(p2，2m）可知,eq\f(p′eq\o\al(2,1),2m1)＋eq\f(p′eq\o\al(2，