資源簡(jiǎn)介

5　碰撞(二)
1～5題每題8分，共40分
考點(diǎn)一　碰撞的可能性判斷
1．(多選)兩個(gè)小球A、B在光滑的水平地面上相向運(yùn)動(dòng)，已知它們的質(zhì)量分別是mA＝4 kg，mB＝2 kg，A的速度vA＝3 m/s(設(shè)為正)，B的速度vB＝－3 m/s，則它們發(fā)生正碰后，其速度可能分別為(　　)
A．vA′＝vB′＝1 m/s
B．vA′＝4 m/s，vB′＝－5 m/s
C．vA′＝2 m/s，vB′＝－1 m/s
D．vA′＝－1 m/s，vB′＝5 m/s
2．(多選)如圖所示，在水平冰面上，質(zhì)量m1＝2 kg的冰壺A以大小v1＝10 m/s的速度與靜止的質(zhì)量為m2＝3 kg的冰壺B發(fā)生正碰。碰撞可能是彈性碰撞，也可能是非彈性碰撞，不計(jì)一切摩擦和空氣阻力。關(guān)于碰后冰壺A的運(yùn)動(dòng)情況描述正確的是(　　)
A．碰后冰壺A可能會(huì)被彈回，速度大小為1 m/s
B．碰后冰壺A可能繼續(xù)向前運(yùn)動(dòng)，速度大小為1 m/s
C．碰后冰壺A可能繼續(xù)向前運(yùn)動(dòng)，速度大小為5 m/s
D．碰后冰壺A不可能靜止不動(dòng)
3．(多選)(2023·泰安市高二檢測(cè))如圖所示，在光滑水平面上，有兩個(gè)半徑相等的小球A、B，質(zhì)量分別為mA、mB。A向右運(yùn)動(dòng)過程中與靜止的B發(fā)生正碰，碰后兩球動(dòng)量相同，則mA與mB的關(guān)系可能是(　　)
A．mA＝0.5mB B．mA＝2mB
C．mA＝3mB D．mA＝4mB
考點(diǎn)二　爆炸
4．(多選)(2024·南充市高二月考)有一個(gè)質(zhì)量為4m的爆竹斜向上拋出，到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)速度大小為v0、方向水平向東，在最高點(diǎn)爆炸成質(zhì)量不等的兩塊，其中一塊質(zhì)量為3m，速度大小為v，方向水平向東，則(　　)
A．炸裂前后瞬間總動(dòng)量守恒
B．質(zhì)量較大的一塊先落回地面
C．另一塊的速度是4v0－3v
D．另一塊的速度是3v－4v0
5. 如圖所示，光滑水平面上甲、乙兩球間粘少許炸藥，一起以0.5 m/s的速度向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，已知甲、乙兩球質(zhì)量分別為0.1 kg和0.2 kg。某時(shí)刻炸藥突然爆炸，分開后兩球仍沿原直線運(yùn)動(dòng)，從爆炸開始計(jì)時(shí)經(jīng)過3.0 s，兩球之間的距離為x＝2.7 m，則下列說法正確的是(　　)
A．剛分離時(shí)，甲、乙兩球的速度方向相同
B．剛分離時(shí)，甲球的速度大小為0.6 m/s
C．剛分離時(shí)，乙球的速度大小為0.3 m/s
D．爆炸過程中甲、乙兩球增加的總機(jī)械能為0.027 J
6～7題每題10分，8～9題每題15分，共50分
6．(多選)質(zhì)量為m的小球A，沿光滑水平面以速度v0與質(zhì)量為2m的靜止小球B發(fā)生正碰，碰撞后，小球A的動(dòng)能變?yōu)樵瓉淼模敲葱∏駼的速度可能是(　　)
A.v0 B.v0 C.v0 D.v0
7．(多選)(2024·南充市高二期中)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pA＝9 kg·m/s，B球的動(dòng)量pB＝3 kg·m/s，當(dāng)A追上B時(shí)發(fā)生正碰，則碰后A、B兩球的動(dòng)量可能值是(　　)
A．pA′＝6 kg·m/s，pB′＝6 kg·m/s
B．pA′＝4 kg·m/s，pB′＝6 kg·m/s
C．pA′＝－6 kg·m/s，pB′＝18 kg·m/s
D．pA′＝4 kg·m/s，pB′＝8 kg·m/s
8．(15分)(2023·河北衡水高二月考)假設(shè)質(zhì)量m＝0.6 kg的煙花彈在地面上以v0＝30 m/s的速度豎直向上射出，當(dāng)煙花彈上升至最高點(diǎn)時(shí)炸成質(zhì)量m1＝0.2 kg、m2＝0.4 kg的A、B兩塊，其中A塊豎直向上運(yùn)動(dòng)。已知重力加速度g＝10 m/s2，不計(jì)空氣阻力，爆炸釋放的能量E＝100 J，且有60%轉(zhuǎn)化為A、B兩塊的動(dòng)能，求：
(1)(7分)A塊上升的最大高度；
(2)(8分)爆炸后開始計(jì)時(shí)，t＝2 s時(shí)A、B兩塊的距離。
9．(15分)如圖所示，光滑水平面上有三個(gè)滑塊A、B、C，質(zhì)量關(guān)系是mA＝mC＝m、mB＝。開始時(shí)滑塊B、C緊貼在一起，中間夾有少量炸藥，處于靜止?fàn)顟B(tài)，滑塊A以速度v0正對(duì)B向右運(yùn)動(dòng)，在A與B碰撞之前，引爆B、C間的炸藥，炸藥爆炸后B與A迎面碰撞，最終A與B粘在一起，以速度v0向左運(yùn)動(dòng)。
(1)(7分)求炸藥爆炸過程中炸藥對(duì)C的沖量大??；
(2)(8分)炸藥的化學(xué)能有多少轉(zhuǎn)化為機(jī)械能？
(10分)
10．“引力彈弓效應(yīng)”是指在太空運(yùn)動(dòng)的探測(cè)器，借助行星的引力來改變自己的速度。為了分析這個(gè)過程，可以提出以下兩種模式：探測(cè)器分別從行星運(yùn)動(dòng)的反方向或同方向接近行星，分別因相互作用改變了速度。如圖所示，以太陽為參考系，設(shè)行星運(yùn)動(dòng)的速度大小為u，探測(cè)器的初速度大小為v0，在圖示的兩種情況下，探測(cè)器在遠(yuǎn)離行星后速度大小分別為v1和v2。探測(cè)器和行星雖然沒有發(fā)生直接的碰撞，但是在行星的運(yùn)動(dòng)方向上，其運(yùn)動(dòng)規(guī)律可以與兩個(gè)質(zhì)量不同的鋼球在同一直線上發(fā)生的彈性碰撞規(guī)律進(jìn)行類比。那么下列判斷正確的是(　　)
A．v1>v0 B．v1＝v0 C．v2>v0 D．v2＝v0
5　碰撞(二)
1．AD　2.AB
3．BC　[取向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得
mAv0＝mAvA＋mBvB
根據(jù)碰撞過程總動(dòng)能不增加有
mAv02≥mAvA2＋mBvB2
據(jù)題有mAvA＝mBvB，又有vA≤vB
聯(lián)立解得mB≤mA≤3mB，故B、C正確。]
4．AC　[爆炸過程內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，動(dòng)量守恒，A正確；爆竹在最高點(diǎn)速度大小為v0、方向水平向東，爆炸前動(dòng)量為4mv0，其中一塊質(zhì)量為3m，速度大小為v，方向水平向東，爆炸后另一塊瞬時(shí)速度方向也沿水平方向，故兩塊同時(shí)落地，B錯(cuò)誤；設(shè)另一塊的速度大小為v′，取爆竹到最高點(diǎn)未爆炸前的速度方向?yàn)檎较颍ㄟ^程動(dòng)量守恒，則有4mv0＝3mv＋mv′，解得v′＝4v0－3v，C正確，D錯(cuò)誤。]
5．D　[設(shè)甲、乙兩球的質(zhì)量分別為m1、m2，剛分離時(shí)兩球速度分別為v1、v2，以向右為正方向，則由動(dòng)量守恒定律得(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，根據(jù)題意有v2t－v1t＝x，代入數(shù)據(jù)解得v2＝0.8 m/s，v1＝－0.1 m/s，說明剛分離時(shí)兩球速度方向相反，故A、B、C錯(cuò)誤；爆炸過程中兩球增加的總機(jī)械能ΔE＝m1v12＋m2v22－(m1＋m2)v02，將v2＝0.8 m/s，v1＝－0.1 m/s代入可得ΔE＝0.027 J，故D正確。]
6．AB　[小球A碰后動(dòng)能變?yōu)樵瓉淼?，則其速度大小變?yōu)樵瓉淼摹汕蛟诠饣矫嫔险觯龊笮∏駻的運(yùn)動(dòng)有兩種可能，繼續(xù)沿原方向運(yùn)動(dòng)或被彈回。以小球A原來的速度方向?yàn)檎较?，則vA′＝±v0，根據(jù)兩球碰撞前后的總動(dòng)量守恒得mv0＋0＝m×(v0)＋2mvB′，mv0＋0＝m×(－v0)＋2mvB″，解得vB′＝v0，vB″＝v0。]
7．AD　[設(shè)兩球質(zhì)量均為m，碰前總動(dòng)量p＝pA＋pB＝12 kg·m/s，碰前總動(dòng)能Ek＝＋＝。
若pA′＝6 kg·m/s，pB′＝6 kg·m/s，碰后總動(dòng)量p′＝pA′＋pB′＝12 kg·m/s
碰后總動(dòng)能Ek′＝＋＝<，故可能，A正確。
若pA′＝4 kg·m/s，pB′＝6 kg·m/s，
碰后p′＝pA′＋pB′≠p，故不可能，B錯(cuò)誤。
若pA′＝－6 kg·m/s，pB′＝18 kg·m/s，碰后Ek′＝＋＝>，故不可能，C錯(cuò)誤。
若pA′＝4 kg·m/s，pB′＝8 kg·m/s
碰后p′＝12 kg·m/s＝p
Ek′＝＋＝<，故可能，D正確。]
8．(1)65 m　(2)60 m
解析　(1)煙花彈上升至最高點(diǎn)時(shí)速度為零，根據(jù)動(dòng)量守恒，A、B兩塊的動(dòng)量大小相等，方向相反，則m1v1＝m2v2，根據(jù)能量守恒，E·60%＝m1v12＋m2v22，聯(lián)立解得A、B兩塊獲得的速度分別為v1＝20 m/s，v2＝10 m/s，A塊上升的高度為hA＝＝20 m，此前煙花彈上升的高度為h＝＝45 m，A塊上升的最大高度為hm＝hA＋h＝65 m
(2)以豎直向下為正方向，A、B兩塊運(yùn)動(dòng)的位移分別為xA＝－v1t＋gt2＝－20 m，xB＝v2t＋gt2＝40 m，兩塊的距離為x＝xB－xA＝60 m。
9．(1)mv0　(2)mv02
解析　(1)全過程中A、B、C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)向右為正方向。
mAv0＝－(mA＋mB)v0＋mCvC
炸藥對(duì)C的沖量：I＝mCvC－0
解得I＝mv0
(2)炸藥爆炸過程中B和C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)向右為正方向，有
mCvC－mBvB＝0
根據(jù)能量守恒定律：
ΔE＝mBvB2＋mCvC2
解得ΔE＝mv02。
10．A　[題圖(a)中，探測(cè)器與行星的運(yùn)動(dòng)可類比為兩者發(fā)生彈性正碰，設(shè)探測(cè)器的質(zhì)量為m，行星的質(zhì)量為M，碰后行星的速度大小為u1，設(shè)向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有mv0－Mu＝－(mv1＋Mu1)，由能量守恒定律可得mv02＋Mu2＝mv12＋Mu12，解得v1＝v0＋u，由于M m，故v1＝v0＋2u>v0，A正確，B錯(cuò)誤；題圖(b)中，探測(cè)器與行星的運(yùn)動(dòng)可類比為探測(cè)器追上行星與之正碰，設(shè)碰后行星的速度大小為u2，向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有－mv0－Mu＝mv2－Mu2，由能量守恒定律可得mv02＋Mu2＝mv22＋Mu22，解得v2＝v0－u，由于M m，故v2＝v0－2u1～6題每題8分，7題12分，共60分
考點(diǎn)一　碰撞的分類
1．(2023·廣州市高二期中)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)大于外力，所以可以認(rèn)為碰撞時(shí)系統(tǒng)的動(dòng)能守恒
C．如果碰撞過程中機(jī)械能守恒，這樣的碰撞叫作非彈性碰撞
D．微觀粒子的相互作用由于不發(fā)生直接接觸，所以不能稱其為碰撞
2．(2023·重慶渝中區(qū)高二期中)甲、乙兩人穿著同款充氣“防護(hù)服”，由于兩人初次穿充氣服，走路時(shí)控制不好平衡，所以兩人在極短時(shí)間內(nèi)發(fā)生了一維直線碰撞。若甲的質(zhì)量為m，乙的質(zhì)量為3m，且以相同的速率v在光滑水平面上發(fā)生相向碰撞，碰撞后乙靜止不動(dòng)，則這次碰撞(　　)
A．屬于完全非彈性碰撞
B．屬于彈性碰撞
C．動(dòng)能損失最多
D．碰撞后甲的速度大小為v
3. 在光滑水平面上有a、b兩小球沿同一條直線運(yùn)動(dòng)，發(fā)生碰撞且碰撞時(shí)間極短。碰撞前后兩球在同一直線運(yùn)動(dòng)的位置隨時(shí)間變化的x－t圖像如圖。則關(guān)于兩球的質(zhì)量大小和碰撞類型，以下說法正確的是(　　)
A．ma∶mb＝3∶1 B．ma∶mb＝1∶1
C．彈性碰撞 D．完全非彈性碰撞
考點(diǎn)二　彈性碰撞的實(shí)例分析
4. 在光滑水平面上有三個(gè)完全相同的小球，它們排成一條直線，2、3小球靜止并靠在一起，1小球以速度v0撞向2、3小球，如圖所示。設(shè)碰撞中不損失機(jī)械能，則碰后三個(gè)小球的速度大小分別是(　　)
A．v1＝v2＝v3＝v0 B．v1＝0，v2＝v3＝v0
C．v1＝0，v2＝v3＝v0 D．v1＝v2＝0，v3＝v0
5. 如圖所示，A、B是兩個(gè)用等長(zhǎng)細(xì)線懸掛起來的可視為質(zhì)點(diǎn)的小球，mA＝5mB。B球靜止，拉起A球，使細(xì)線與豎直方向夾角為30°，由靜止釋放，在最低點(diǎn)A與B發(fā)生彈性碰撞。不計(jì)空氣阻力，則關(guān)于碰后兩小球的運(yùn)動(dòng)，下列說法正確的是(　　)
A．A靜止，B向右，且偏角小于30°
B．A向左，B向右，且偏角等于30°
C．A、B均向右，A球偏角小于B球偏角，且都小于30°
D．A、B均向右，A球偏角小于B球偏角，且A球偏角小于30°，B球偏角大于30°
6．(2023·重慶市高二期中)小球A的質(zhì)量為mA＝5 kg，動(dòng)量大小為pA＝4 kg·m/s，小球A水平向右沿光滑水平面運(yùn)動(dòng)時(shí)與靜止的小球B發(fā)生彈性碰撞，碰后A的動(dòng)量大小為pA′＝1 kg·m/s，方向水平向右，則(　　)
A．碰后小球B的動(dòng)量大小為pB＝2 kg·m/s
B．碰后小球B的動(dòng)量大小為pB＝5 kg·m/s
C．小球B的質(zhì)量為15 kg
D．小球B的質(zhì)量為3 kg
7．(12分)(2023·江門市高二期中)如圖所示，質(zhì)量為m＝3 kg的滑塊靜止于光滑的水平面上，一質(zhì)量為m1＝2 kg的小球以10 m/s的速率向右運(yùn)動(dòng)。
(1)(3分)若小球碰到滑塊后又以1 m/s的速率被彈回，求滑塊獲得的速度。
(2)(4分)若小球碰到滑塊后兩者粘在一起運(yùn)動(dòng)，求之后的共同速度。
(3)(5分)若小球與滑塊的碰撞沒有能量損失，求碰撞后小球、滑塊的速度。
8～9題每題13分，共26分
8．(13分)如圖所示，光滑平臺(tái)上有兩個(gè)剛性小球A和B，質(zhì)量分別為2m和3m，小球A以速度v0向右運(yùn)動(dòng)并與靜止的小球B發(fā)生碰撞(碰撞過程中不損失機(jī)械能)，小球B飛出平臺(tái)后經(jīng)時(shí)間t剛好掉入裝有沙子向左運(yùn)動(dòng)的小車中，小車與沙子的總質(zhì)量為m，速度為2v0，小車行駛的路面近似看作是光滑的，求：
(1)(6分)碰撞后小球A和小球B的速度大小；
(2)(7分)小球B掉入小車后的速度大小。
9．(13分)(2023·天津市河西區(qū)高二統(tǒng)考期中)在光滑的水平面上，質(zhì)量為2m的小球A以速率v0向右運(yùn)動(dòng)，在小球的前方O點(diǎn)處有一質(zhì)量為m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)生正碰后均向右運(yùn)動(dòng)。小球B被在Q點(diǎn)處的豎直墻壁彈回后與小球A在P點(diǎn)相遇，PQ＝1.5PO。假設(shè)小球與墻壁之間的碰撞沒有能量損失，求：
(1)(6分)兩球在O點(diǎn)碰后速度的大?。?br/>(2)(7分)兩球在O點(diǎn)碰撞的能量損失。
10．(14分)如圖所示為冰壺比賽場(chǎng)地示意圖，在某次比賽中，紅方隊(duì)員將紅色冰壺以v0＝3.2 m/s的速度從P點(diǎn)推出，冰壺在冰面上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)并恰好停在營(yíng)壘邊緣上的A點(diǎn)，然后黃方隊(duì)員推出的黃色冰壺在A點(diǎn)與紅方靜止的冰壺發(fā)生對(duì)心碰撞，碰撞時(shí)間極短，碰后紅壺停在營(yíng)壘邊緣上的B點(diǎn)，黃壺停在營(yíng)壘中心O與A點(diǎn)連線的中點(diǎn)C，已知P、A兩點(diǎn)間距離l＝25.6 m，營(yíng)壘半徑R＝1.8 m，g＝10 m/s2，紅壺和黃壺可視為質(zhì)點(diǎn)，質(zhì)量均為m＝20 kg，且與冰面的動(dòng)摩擦因數(shù)相同。
(1)(4分)求冰壺與冰面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；
(2)(5分)求黃壺與紅壺碰撞前瞬間速度v的大??；
(3)(5分)黃壺與紅壺的碰撞是彈性碰撞還是非彈性碰撞？請(qǐng)說明理由。
5　碰撞(一)
1．A　2.B
3．A　[以球b碰撞前的速度方向?yàn)檎较?，由題圖可知，碰撞前va＝－2 m/s，vb＝1 m/s；碰撞后va′＝－1 m/s，vb′＝－2 m/s；根據(jù)動(dòng)量守恒定律得mava＋mbvb＝mava′＋mbvb′，可得ma∶mb＝3∶1，碰撞后兩球速度不相等，所以不是完全非彈性碰撞，碰撞前系統(tǒng)動(dòng)能Ek＝mava2＋mbvb2，碰撞后系統(tǒng)動(dòng)能Ek′＝mava′2＋mbvb′2，計(jì)算可得Ek′4．D
5．D　[設(shè)A球到達(dá)最低點(diǎn)的速度為v，在最低點(diǎn)A與B發(fā)生彈性碰撞后，A球的速度為vA，B球的速度為vB，取向右為正方向，
由動(dòng)量守恒定律可得：mAv＝mAvA＋mBvB
由機(jī)械能守恒定律可得：
mAv2＝mAvA2＋mBvB2
可得vA＝v＝vv，A、B均向右，A球偏角小于30°，B球偏角大于30°，故選項(xiàng)D正確。]
6．D　[由題意可知，小球A和小球B發(fā)生彈性碰撞，則在碰撞過程中，動(dòng)量守恒，則pA＝pA′＋pB，得pB＝3 kg·m/s，所以A、B錯(cuò)誤；由題意可知，對(duì)于彈性碰撞，有
mAvA＝mAvA′＋mBvB，mAvA2＝mAvA′2＋mBvB2，得vA′＝vA，vB＝vA；
由題意可知vA＝＝0.8 m/s，vA′＝＝0.2 m/s，解得mB＝3 kg，所以D正確，C錯(cuò)誤。]
7．(1) m/s，方向水平向右
(2)4 m/s，方向水平向右
(3)小球的速度大小為2 m/s，方向水平向左　滑塊的速度大小為8 m/s，方向水平向右
解析　(1)小球和滑塊組成的系統(tǒng)，在水平方向上不受外力，豎直方向上所受合力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以小球初速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律有
m1v0＝m1v1＋mv2
代入數(shù)據(jù)解得v2＝ m/s，方向水平向右。
(2)若小球碰到滑塊后兩者粘在一起運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)量守恒定律有m1v0＝(m1＋m)v，代入數(shù)據(jù)解得之后的共同速度為v＝4 m/s，方向水平向右。
(3)根據(jù)動(dòng)量守恒定律有m1v0＝m1v3＋mv4，小球與滑塊的碰撞沒有能量損失，碰撞過程中機(jī)械能守恒，有m1v02＝m1v32＋mv42
聯(lián)立解得v3＝－2 m/s，v4＝8 m/s
即碰后瞬間小球速度大小為2 m/s，方向水平向左，滑塊的速度大小為8 m/s，方向水平向右。
8．(1)v0　v0　(2)v0
解析　(1)A球與B球碰撞過程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得
mAv0＝mAv1＋mBv2
碰撞過程中系統(tǒng)機(jī)械能守恒，有
mAv02＝mAv12＋mBv22
解得v1＝－v0，v2＝v0，碰后A球向左運(yùn)動(dòng)，B球向右運(yùn)動(dòng)。
(2)B球掉入小車過程中系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得
mBv2－m車·2v0＝(mB＋m車)v′
解得v′＝v0。
9．(1)v0　v0　(2)0
解析　(1)由碰撞過程中動(dòng)量守恒得2mv0＝2mv1＋mv2，
由題意可知OP＝v1t，OQ＋PQ＝v2t，
解得v1＝v0，v2＝v0
(2)兩球在O點(diǎn)碰撞前后系統(tǒng)的機(jī)械能之差
ΔE＝×2mv02－(×2mv12＋mv22)，
代入(1)的結(jié)果得ΔE＝0。
10．(1)0.02　(2)1.8 m/s　(3)非彈性碰撞，理由見解析
解析　(1)紅色冰壺從P點(diǎn)推出后，從P到A點(diǎn)由動(dòng)能定理
－μmgl＝0－mv02
解得冰壺與冰面間的動(dòng)摩擦因數(shù)
μ＝0.02
(2)設(shè)紅壺碰撞后瞬間速度為v1，黃壺碰撞后瞬間速度為v2，由動(dòng)能定理得
－μmglAB＝0－mv12，
－μmglAC＝0－mv22
已知lAB＝2R，lAC＝，
解得v1＝1.2 m/s，v2＝0.6 m/s
黃壺與紅壺的碰撞過程由動(dòng)量守恒定律得
mv＝mv1＋mv2
解得黃壺與紅壺碰撞前瞬間速度大小為v＝1.8 m/s
(3)黃壺與紅壺碰撞前的動(dòng)能
Ek＝mv2＝×20×1.82 J
＝32.4 J
黃壺與紅壺碰撞后的總動(dòng)能
Ek′＝mv12＋mv22＝×20×(1.22＋0.62) J＝18 J
則Ek>Ek′
所以黃壺與紅壺的碰撞是非彈性碰撞。5　碰撞
[學(xué)習(xí)目標(biāo)]　1.了解碰撞的分類，掌握彈性碰撞、非彈性碰撞及完全非彈性碰撞的特點(diǎn)(重點(diǎn))。2.能理解彈性碰撞和非彈性碰撞的規(guī)律，利用彈性碰撞和非彈性碰撞模型解決問題(重難點(diǎn))。3.理解實(shí)際碰撞中應(yīng)遵循的兩個(gè)原則，能夠?qū)ε鲎驳目赡苄赃M(jìn)行分析判斷(難點(diǎn))。4.認(rèn)識(shí)爆炸現(xiàn)象，掌握爆炸中滿足的動(dòng)量規(guī)律和能量規(guī)律(重點(diǎn))。
一、碰撞的分類
碰撞是我們?nèi)粘Ｉ钪谐Ｒ姷降默F(xiàn)象，臺(tái)球桌上臺(tái)球的碰撞(圖甲)，汽車碰撞測(cè)試中兩車的相向碰撞(碰撞后均靜止)(圖乙)等，這些碰撞的
　　　　 甲　　　　　乙
(1)動(dòng)量特點(diǎn)：__________________________________________________________________。
(2)能量特點(diǎn)：__________________________________________________________________。
1．彈性碰撞：碰撞過程中，系統(tǒng)總機(jī)械能________________的碰撞。
舉例：________________________________________________等。
2．非彈性碰撞：碰撞過程中，系統(tǒng)總機(jī)械能________的碰撞。
舉例：____________________________等。
3．完全非彈性碰撞：在非彈性碰撞中，如果兩物體碰后粘在一起，以________________運(yùn)動(dòng)，物理學(xué)上把這種碰撞稱為完全非彈性碰撞。完全非彈性碰撞是非彈性碰撞中機(jī)械能損失________的一種。
舉例：__________________________________________________________________等。
例1　(多選)(2024·宜賓市高二期中)如圖甲所示，在光滑水平面上的兩個(gè)小球1、2發(fā)生正碰，兩小球的質(zhì)量分別為m1和m2。圖乙為它們碰撞前后的位移—時(shí)間圖像(x－t圖像)。已知m1＝0.1 kg，由此可判斷(　　)
A．碰前小球2保持靜止
B．碰后小球1和小球2都向右運(yùn)動(dòng)
C．小球2的質(zhì)量m2＝0.2 kg
D．兩球的碰撞為彈性碰撞
拓展　若碰后兩球粘在一起且m1＝m2＝m，碰前球2靜止，球1的初速度為v0，求碰撞過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能與碰前總動(dòng)能的比值。
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碰撞的種類及遵守的規(guī)律
種類 遵守的規(guī)律
彈性碰撞 動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒
非彈性碰撞 動(dòng)量守恒，機(jī)械能有損失
完全非彈性碰撞 動(dòng)量守恒，機(jī)械能損失最多，碰后成為一個(gè)整體，速度相同
二、中子的發(fā)現(xiàn)　彈性碰撞的實(shí)例分析
(1)設(shè)中性粒子的質(zhì)量為m，碰前速率為v，碰后速率為v′，氫核的質(zhì)量為mH，碰前速率為零，碰后速率為vH，碰撞前后系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，
________________①
機(jī)械能守恒________________________________________________②
由①式移項(xiàng)得：m(v－v′)＝mHvH③
由②式移項(xiàng)得：m(v＋v′)(v－v′)＝mHvH2④
由③④兩式得：v＋v′＝vH⑤
由①⑤兩式得：vH＝________，
同理對(duì)氮原子核的碰撞可解得vN＝________，
由上述兩式可得＝
(2)已知氮核質(zhì)量與氫核質(zhì)量的關(guān)系為mN＝14mH，查德威克在實(shí)驗(yàn)中測(cè)得氫核速率和氮核速率的關(guān)系是vH≈7.5vN，由此得m＝______。
1．1932年，英國(guó)物理學(xué)家________________發(fā)現(xiàn)了中子。
2．一維“一動(dòng)碰一靜”彈性碰撞模型
如圖所示，質(zhì)量為m1的小球A以速度v1向右與質(zhì)量為m2的靜止小球B發(fā)生碰撞，若兩者間的碰撞是彈性碰撞，
(1)滿足的規(guī)律：________________________________和_____________________________，即m1v1＝m1v1′＋m2v2′和m1v12＝m1v1′2＋m2v2′2。
(2)碰后物體的速度與質(zhì)量的關(guān)系：v1′＝____________，v2′＝____________。
①若m1＝m2，則有v1′＝________，v2′＝________，即兩者碰后________________。
②若m1③若m1>m2，v1′和v2′都是________值，表示v1′和v2′都與v1方向________。(若m1 m2，v1′＝________，v2′＝________，表示A球的速度________，B球以2v1的速度被撞出去)
例2　(2024·江西豐城市東煌學(xué)校高二月考)如圖所示，質(zhì)量分別為mA＝0.2 kg、mB＝0.3 kg的小球A、B均靜止在光滑水平面上?，F(xiàn)給A球一個(gè)向右的初速度v0＝5 m/s，之后與B球發(fā)生對(duì)心碰撞。若A、B兩球發(fā)生的是彈性碰撞，求碰后A球和B球的速度分別是多少？
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拓展　(1)如果A、B碰撞后粘在一起，A、B的速度為多大？此時(shí)能量損失多大？
(2)若碰撞過程中，能量損失情況未知，則碰撞后B球的速度在什么范圍內(nèi)？
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一動(dòng)一靜碰撞問題的討論
質(zhì)量為m1的球a以速度v1和靜止的質(zhì)量為m2的球b碰撞，碰后球a、b的速度分別為v1′和v2′。根據(jù)能量損失情況不同，討論碰后可能出現(xiàn)的情況如下：
(1)彈性碰撞：v1′＝v1，v2′＝v1。
(2)完全非彈性碰撞：v1′＝v2′＝v1。
(3)一般情況下(即非彈性碰撞)：
v1≥v1′≥v1，
v1≥v2′≥v1。
例3　一種未知粒子跟靜止的氫原子核正碰，測(cè)出碰撞后氫原子核的速度是3.3×107 m/s。該未知粒子跟靜止的氮原子核正碰時(shí)，測(cè)出碰撞后氮原子核的速度是4.4×106 m/s。已知?dú)湓雍说馁|(zhì)量是mH，氮原子核的質(zhì)量是14mH，上述碰撞都是彈性碰撞，求未知粒子的質(zhì)量。這實(shí)際是歷史上查德威克通過測(cè)量中子質(zhì)量從而發(fā)現(xiàn)中子的實(shí)驗(yàn)，請(qǐng)你根據(jù)以上查德威克的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)計(jì)算：中子的質(zhì)量與氫核的質(zhì)量mH有什么關(guān)系？
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動(dòng)量守恒定律不僅適用于宏觀物體間的相互作用，也適用于微觀粒子間的相互作用，所以動(dòng)量守恒定律比牛頓運(yùn)動(dòng)定律更具有普遍性。
例4　如圖所示，兩滑塊A、B在光滑水平面上沿同一直線相向運(yùn)動(dòng)，滑塊A的質(zhì)量為m，速度大小為2v0，方向向右，滑塊B的質(zhì)量為2m，速度大小為v0，方向向左。
(1)兩滑塊發(fā)生彈性碰撞后的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)是A向________運(yùn)動(dòng)，B向________運(yùn)動(dòng)。
(2)求出碰撞完滑塊A和滑塊B的速度的大??？
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拓展　若mB＝mA，A、B發(fā)生彈性碰撞，碰撞速度同例4，碰撞完成的兩滑塊的速度大小分別為多大？
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三、碰撞可能性的判斷
碰撞問題遵循的三個(gè)原則：
(1)系統(tǒng)動(dòng)量________，即p1＋p2＝p1′＋p2′。
(2)系統(tǒng)動(dòng)能____________，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋。
(3)速度要合理：
①碰前兩物體同向運(yùn)動(dòng)，即________，碰后，原來在前面的物體速度一定增大，且________。
②碰前兩物體相向運(yùn)動(dòng)，碰后兩物體的運(yùn)動(dòng)方向不可能都不改變。
例5　(多選)(2024·宜賓市高二期中)質(zhì)量分別為mA＝1.0 kg和mB＝2.0 kg的兩個(gè)小球A和B，原來在光滑的水平面上沿同一直線、相同方向運(yùn)動(dòng)，速度分別為vA＝6.0 m/s，vB＝2.0 m/s。當(dāng)A追上B時(shí)兩球發(fā)生正碰，則碰撞結(jié)束之后兩小球A、B的速度可能是(　　)
A．vA′＝5.0 m/s，vB′＝2.5 m/s
B．vA′＝2.0 m/s，vB′＝4.0 m/s
C．vA′＝3.0 m/s，vB′＝3.5 m/s
D．vA′＝2.0 m/s，vB′＝6.0 m/s
四、爆炸
1．爆炸：爆炸是指在________時(shí)間內(nèi)釋放出________________，產(chǎn)生高溫，并放出大量氣體，在周圍介質(zhì)中造成高壓的化學(xué)反應(yīng)或狀態(tài)變化。
2．特點(diǎn)：
(1)相互作用時(shí)間________。
(2)相互作用力為變力，且____________系統(tǒng)所受________。
3．滿足的規(guī)律：
(1)系統(tǒng)的動(dòng)量________。
(2)系統(tǒng)機(jī)械能________。
例6　某人以大小為v0、方向與水平向右方向夾角θ＝60°的初速度斜向上拋出一顆手榴彈，手榴彈到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)炸成質(zhì)量分別為m和3m的兩塊。其中質(zhì)量大的一塊沿著手榴彈爆炸前瞬間的速度方向以大小v0的速度飛行。不計(jì)空氣阻力，不計(jì)炸藥質(zhì)量。求：
(1)手榴彈在最高點(diǎn)的速度v1的大小和方向；
(2)質(zhì)量較小的一塊彈片速度v2的大小和方向；
(3)爆炸過程中轉(zhuǎn)化為彈片動(dòng)能的化學(xué)能E。
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答案精析
一、
(1)系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒
(2)碰撞前的總動(dòng)能總是大于或等于碰撞后的總動(dòng)能
梳理與總結(jié)
1．保持不變　臺(tái)球、鋼球、冰壺、低能電子和分子
2．減少　汽車追尾、子彈射穿木塊
3．相同的速度　最多　子彈射入木塊未穿出、跳上滑板的人最終與滑板以相同的速度一起運(yùn)動(dòng)、正負(fù)離子碰撞后共同組成分子
二、
(1)mv＝mv′＋mHvH
mv2＝mv′2＋mHvH2　　　(2)mH
梳理與總結(jié)
1．查德威克　
2．(1)動(dòng)量守恒定律　機(jī)械能守恒定律　(2)v1　v1
①0　v1　速度互換?、谪?fù)　相反
－v1　0?、壅∠嗤1　2v1
不變
三、
(1)守恒　(2)不增加
(3)①v后>v前　v前′≥v后′
四、
1．極短　大量能量　
2．(1)極短　(2)遠(yuǎn)大于　外力
3．(1)守恒　(2)增加　
例1　AD　[由x－t圖像可知，碰前小球2的位移不隨時(shí)間變化，處于靜止?fàn)顟B(tài)，A正確；碰后小球2的速度為正方向，說明向右運(yùn)動(dòng)，小球1的速度為負(fù)方向，說明向左運(yùn)動(dòng)，B錯(cuò)誤；由題圖乙讀出，碰前小球1速度為v1＝4 m/s，碰后小球2和小球1的速度分別為v2′ ＝2 m/s，v1′＝－2 m/s，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得m1v1＝ m1v1′＋m2v2′，解得m2＝0.3 kg；由于碰撞前后滿足m1v12＝m1v1′2＋m2v2′2，故為彈性碰撞，C錯(cuò)誤，D正確。]
拓展　兩球組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則m1v0＝(m1＋m2)v共，系統(tǒng)損失的機(jī)械能
ΔE＝m1v02－(m1＋m2)v共2
聯(lián)立解得ΔE＝mv02
碰前總動(dòng)能Ek＝mv02
故＝。
例2?。? m/s　4 m/s
解析　兩球發(fā)生彈性碰撞，碰撞過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，以向右為正方向，有
mAv0＝mAvA＋mBvB
mAv02＝mAvA2＋mBvB2
解得vA＝－1 m/s，vB＝4 m/s。
拓展　(1)由mAv0＝(mA＋mB)v得
v＝2 m/s
ΔE＝mAv02－(mA＋mB)v2
＝1.5 J。
(2)2 m/s≤vB≤4 m/s
例3　相等
解析　兩次碰撞都遵守動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律。設(shè)未知粒子的質(zhì)量為m，初速度為v0，取碰撞前未知粒子速度方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律可得
mv0＝mv＋mH·vH，
mv02＝mv2＋mHvH2
由此可得vH＝v0
同樣可求出未知粒子與氮原子核碰撞后，氮核的速度
vN＝v0＝v0
查德威克在實(shí)驗(yàn)中測(cè)得氫核的速度為vH＝3.3×107 m/s，氮核的速度為vN＝4.4×106 m/s。由以上式子可得m＝mH
即中子的質(zhì)量與氫核的質(zhì)量mH相等。
例4　(1)左　右　(2)2v0　v0
解析　(1)(2)選向右為正方向，則碰前A的動(dòng)量pA＝m·2v0＝2mv0，B的動(dòng)量pB＝－2mv0。碰前A、B的動(dòng)量之和為零，根據(jù)動(dòng)量守恒，碰后A、B的動(dòng)量之和也應(yīng)為零。
碰撞完的速度分別為vA′和vB′。由動(dòng)量守恒得：2mv0－2mv0＝mvA′＋2mvB′，由機(jī)械能守恒得：×4mv02＋×2mv02＝mvA′2＋×2mvB′2，
解得：vA′＝－2v0，vB′＝v0
或vA′＝2v0，vB′＝－v0(不符合題意舍去)。
所以vA′＝－2v0，vB′＝v0。
拓展　vA′＝v0　vB′＝2v0
例5　BC　[碰后兩小球A、B的速度同向時(shí)，A球的速度必定比B小，故A錯(cuò)誤；
因?yàn)閙AvA＋mBvB＝mAvA′＋mBvB′，mAvA2＋mBvB2≥mAvA′2＋mBvB′2，故B、C正確；因?yàn)閙AvA2＋mBvB2例6　(1)v0　方向水平向右
(2)v0　方向水平向左　(3)mv02
解析　(1)根據(jù)平行四邊形定則知，手榴彈到達(dá)最高點(diǎn)的速度
v1＝v0cos 60°＝v0，方向水平向右。
(2)兩塊彈片組成的系統(tǒng)水平方向上動(dòng)量守恒，規(guī)定質(zhì)量大的一塊運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较?，結(jié)合動(dòng)量守恒定律得
4mv1＝3mv0＋mv2
解得v2＝－v0，即速度大小為v0，方向水平向左。
(3)爆炸過程中轉(zhuǎn)化為彈片動(dòng)能的化學(xué)能
E＝×3mv02＋mv22－×4mv12＝mv02。(共90張PPT)
DIYIZHANG
第一章
5　碰撞
1.了解碰撞的分類，掌握彈性碰撞、非彈性碰撞及完全非彈性碰撞的特點(diǎn)(重點(diǎn))。
2.能理解彈性碰撞和非彈性碰撞的規(guī)律，利用彈性碰撞和非彈性碰撞模型解決問題(重難點(diǎn))。
3.理解實(shí)際碰撞中應(yīng)遵循的兩個(gè)原則，能夠?qū)ε鲎驳目赡苄赃M(jìn)行分析判斷(難點(diǎn))。
4.認(rèn)識(shí)爆炸現(xiàn)象，掌握爆炸中滿足的動(dòng)量規(guī)律和能量規(guī)律(重點(diǎn))。
學(xué)習(xí)目標(biāo)
一、碰撞的分類
二、中子的發(fā)現(xiàn)　彈性碰撞的實(shí)例分析
課時(shí)對(duì)點(diǎn)練(一)
三、碰撞可能性的判斷
內(nèi)容索引
四、爆炸
課時(shí)對(duì)點(diǎn)練(二)
碰撞的分類
一
碰撞是我們?nèi)粘Ｉ钪谐Ｒ姷降默F(xiàn)象，臺(tái)球桌上臺(tái)球的碰撞(圖甲)，汽車碰撞測(cè)試中兩車的相向碰撞(碰撞后均靜止)(圖乙)等，這些碰撞的
(1)動(dòng)量特點(diǎn)：__________________。
(2)能量特點(diǎn)：___________________________________________。
甲　　　　乙
系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒
碰撞前的總動(dòng)能總是大于或等于碰撞后的總動(dòng)能
1.彈性碰撞：碰撞過程中，系統(tǒng)總機(jī)械能_________的碰撞。
舉例：_________________________________等。
2.非彈性碰撞：碰撞過程中，系統(tǒng)總機(jī)械能_____的碰撞。
舉例：_______________________等。
3.完全非彈性碰撞：在非彈性碰撞中，如果兩物體碰后粘在一起，以___________運(yùn)動(dòng)，物理學(xué)上把這種碰撞稱為完全非彈性碰撞。完全非彈性碰撞是非彈性碰撞中機(jī)械能損失_____的一種。
舉例：_________________________________________________________
_____________________________________等。
梳理與總結(jié)
保持不變
臺(tái)球、鋼球、冰壺、低能電子和分子
減少
汽車追尾、子彈射穿木塊
相同的速度
最多
子彈射入木塊未穿出、跳上滑板的人最終與滑板以相同的速度一起運(yùn)動(dòng)、正負(fù)離子碰撞后共同組成分子
　(多選)(2024·宜賓市高二期中)如圖甲所示，在光滑水平面上的兩個(gè)小球1、2發(fā)生正碰，兩小球的質(zhì)量分別為m1和m2。圖乙為它們碰撞前后的位移—時(shí)間圖像(x－t圖像)。已知m1＝0.1 kg，由此可判斷
A.碰前小球2保持靜止
B.碰后小球1和小球2都向右運(yùn)動(dòng)
C.小球2的質(zhì)量m2＝0.2 kg
D.兩球的碰撞為彈性碰撞
例1
√
√
由x－t圖像可知，碰前小球2的位移不隨時(shí)間變化，處于靜止?fàn)顟B(tài)，A正確；
碰后小球2的速度為正方向，說明向右運(yùn)動(dòng)，小球1的速度為負(fù)方向，說明向左運(yùn)動(dòng)，B錯(cuò)誤；
　若碰后兩球粘在一起且m1＝m2＝m，碰前球2靜止，球1的初速度為v0，求碰撞過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能與碰前總動(dòng)能的比值。
拓展
答案　兩球組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則m1v0＝(m1＋m2)v共，系統(tǒng)損失的機(jī)械能
碰撞的種類及遵守的規(guī)律
總結(jié)提升
返回
種類 遵守的規(guī)律
彈性碰撞 動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒
非彈性碰撞 動(dòng)量守恒，機(jī)械能有損失
完全非彈性碰撞 動(dòng)量守恒，機(jī)械能損失最多，碰后成為一個(gè)整體，速度相同
二
中子的發(fā)現(xiàn)　彈性碰撞的實(shí)例分析
(1)設(shè)中性粒子的質(zhì)量為m，碰前速率為v，碰后速率為v′，氫核的質(zhì)量為mH，碰前速率為零，碰后速率為vH，碰撞前后系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，
_________________ ①
機(jī)械能守恒_______________________ ②
由①式移項(xiàng)得：m(v－v′)＝mHvH ③
由②式移項(xiàng)得：m(v＋v′)(v－v′)＝mHvH2 ④
由③④兩式得：v＋v′＝vH ⑤
由①⑤兩式得：vH＝_______，
mv＝mv′＋mHvH
同理對(duì)氮原子核的碰撞可解得vN＝________，
(2)已知氮核質(zhì)量與氫核質(zhì)量的關(guān)系為mN＝14mH，查德威克在實(shí)驗(yàn)中測(cè)得氫核速率和氮核速率的關(guān)系是vH≈7.5vN，由此得m＝____。
mH
1.1932年，英國(guó)物理學(xué)家__________發(fā)現(xiàn)了中子。
2.一維“一動(dòng)碰一靜”彈性碰撞模型
如圖所示，質(zhì)量為m1的小球A以速度v1向右與質(zhì)量為m2的靜止小球B發(fā)生碰撞，若兩者間的碰撞是彈性碰撞，
(1)滿足的規(guī)律：_____________和_______________，
梳理與總結(jié)
查德威克
動(dòng)量守恒定律
機(jī)械能守恒定律
(2)碰后物體的速度與質(zhì)量的關(guān)系：v1′＝_________，v2′＝_________。
①若m1＝m2，則有v1′＝___，v2′＝____，即兩者碰后_________。
②若m1③若m1>m2，v1′和v2′都是___值，表示v1′和v2′都與v1方向_____。(若m1 m2，v1′＝____，v2′＝____，表示A球的速度_____，B球以2v1的速度被撞出去)
0
v1
速度互換
負(fù)
相反
－v1
0
正
相同
v1
2v1
不變
　(2024·江西豐城市東煌學(xué)校高二月考)如圖所示，質(zhì)量分別為mA＝0.2 kg、mB＝0.3 kg的小球A、B均靜止在光滑水平面上。現(xiàn)給A球一個(gè)向右的初速度v0＝5 m/s，之后與B球發(fā)生對(duì)心碰撞。若A、B兩球發(fā)生的是彈性碰撞，求碰后A球和B球的速度分別是多少？
例2
答案?。? m/s　4 m/s
兩球發(fā)生彈性碰撞，碰撞過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，以向右為正方向，有
mAv0＝mAvA＋mBvB
解得vA＝－1 m/s，vB＝4 m/s。
　(1)如果A、B碰撞后粘在一起，A、B的速度為多大？此時(shí)能量損失多大？
拓展
答案　由mAv0＝(mA＋mB)v得v＝2 m/s
(2)若碰撞過程中，能量損失情況未知，則碰撞后B球的速度在什么范圍內(nèi)？
答案　2 m/s≤vB≤4 m/s
一動(dòng)一靜碰撞問題的討論
質(zhì)量為m1的球a以速度v1和靜止的質(zhì)量為m2的球b碰撞，碰后球a、b的速度分別為v1′和v2′。根據(jù)能量損失情況不同，討論碰后可能出現(xiàn)的情況如下：
總結(jié)提升
(3)一般情況下(即非彈性碰撞)：
總結(jié)提升
　一種未知粒子跟靜止的氫原子核正碰，測(cè)出碰撞后氫原子核的速度是3.3×107 m/s。該未知粒子跟靜止的氮原子核正碰時(shí)，測(cè)出碰撞后氮原子核的速度是4.4×106 m/s。已知?dú)湓雍说馁|(zhì)量是mH，氮原子核的質(zhì)量是14mH，上述碰撞都是彈性碰撞，求未知粒子的質(zhì)量。這實(shí)際是歷史上查德威克通過測(cè)量中子質(zhì)量從而發(fā)現(xiàn)中子的實(shí)驗(yàn)，請(qǐng)你根據(jù)以上查德威克的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)計(jì)算：中子的質(zhì)量與氫核的質(zhì)量mH有什么關(guān)系？
例3
答案　相等
兩次碰撞都遵守動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律。設(shè)未知粒子的質(zhì)量為m，初速度為v0，取碰撞前未知粒子速度方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝mv＋mH·vH，
查德威克在實(shí)驗(yàn)中測(cè)得氫核的速度為vH＝3.3×107 m/s，氮核的速度為vN＝4.4×106 m/s。由以上式子可得m＝mH
即中子的質(zhì)量與氫核的質(zhì)量mH相等。
動(dòng)量守恒定律不僅適用于宏觀物體間的相互作用，也適用于微觀粒子間的相互作用，所以動(dòng)量守恒定律比牛頓運(yùn)動(dòng)定律更具有普遍性。
總結(jié)提升
　如圖所示，兩滑塊A、B在光滑水平面上沿同一直線相向運(yùn)動(dòng)，滑塊A的質(zhì)量為m，速度大小為2v0，方向向右，滑塊B的質(zhì)量為2m，速度大小為v0，方向向左。
(1)兩滑塊發(fā)生彈性碰撞后的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)是A向
____運(yùn)動(dòng)，B向____運(yùn)動(dòng)。
(2)求出碰撞完滑塊A和滑塊B的速度的大小？
例4
左
右
答案　2v0　v0
選向右為正方向，則碰前A的動(dòng)量pA＝m·2v0＝2mv0，B的動(dòng)量pB＝－2mv0。碰前A、B的動(dòng)量之和為零，根據(jù)動(dòng)量守恒，碰后A、B的動(dòng)量之和也應(yīng)為零。
解得：vA′＝－2v0，vB′＝v0
或vA′＝2v0，vB′＝－v0(不符合題意舍去)。
所以vA′＝－2v0，vB′＝v0。
　若mB＝mA，A、B發(fā)生彈性碰撞，碰撞速度同例4，碰撞完成的兩滑塊的速度大小分別為多大？
拓展
答案　vA′＝v0　vB′＝2v0
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碰撞可能性的判斷
三
碰撞問題遵循的三個(gè)原則：
(1)系統(tǒng)動(dòng)量______，即p1＋p2＝p1′＋p2′。
守恒
不增加
(3)速度要合理：
①碰前兩物體同向運(yùn)動(dòng)，即_______，碰后，原來在前面的物體速度一定增大，且___________。
②碰前兩物體相向運(yùn)動(dòng)，碰后兩物體的運(yùn)動(dòng)方向不可能都不改變。
v后>v前
v前′≥v后′
　(多選)(2024·宜賓市高二期中)質(zhì)量分別為mA＝1.0 kg和mB＝2.0 kg的兩個(gè)小球A和B，原來在光滑的水平面上沿同一直線、相同方向運(yùn)動(dòng)，速度分別為vA＝6.0 m/s，vB＝2.0 m/s。當(dāng)A追上B時(shí)兩球發(fā)生正碰，則碰撞結(jié)束之后兩小球A、B的速度可能是
A.vA′＝5.0 m/s，vB′＝2.5 m/s
B.vA′＝2.0 m/s，vB′＝4.0 m/s
C.vA′＝3.0 m/s，vB′＝3.5 m/s
D.vA′＝2.0 m/s，vB′＝6.0 m/s
例5
√
√
碰后兩小球A、B的速度同向時(shí)，A球的速度必定比B小，故A錯(cuò)誤；
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爆炸
四
1.爆炸：爆炸是指在_____時(shí)間內(nèi)釋放出_________，產(chǎn)生高溫，并放出大量氣體，在周圍介質(zhì)中造成高壓的化學(xué)反應(yīng)或狀態(tài)變化。
2.特點(diǎn)：
(1)相互作用時(shí)間______。
(2)相互作用力為變力，且_______系統(tǒng)所受_____。
3.滿足的規(guī)律：
(1)系統(tǒng)的動(dòng)量______。
(2)系統(tǒng)機(jī)械能______。
極短
大量能量
極短
遠(yuǎn)大于
外力
守恒
增加
　某人以大小為v0、方向與水平向右方向夾角θ＝60°的初速度斜向上拋出一顆手榴彈，手榴彈到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)炸成質(zhì)量分別為m和3m的兩塊。其中質(zhì)量大的一塊沿著手榴彈爆炸前瞬間的速度方向以大小v0的速度飛行。不計(jì)空氣阻力，不計(jì)炸藥質(zhì)量。求：
(1)手榴彈在最高點(diǎn)的速度v1的大小和方向；
例6
根據(jù)平行四邊形定則知，手榴彈到達(dá)最高點(diǎn)的速度
(2)質(zhì)量較小的一塊彈片速度v2的大小和方向；
兩塊彈片組成的系統(tǒng)水平方向上動(dòng)量守恒，規(guī)定質(zhì)量大的一塊運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较?，結(jié)合動(dòng)量守恒定律得
4mv1＝3mv0＋mv2
解得v2＝－v0，即速度大小為v0，方向水平向左。
答案　v0　方向水平向左
(3)爆炸過程中轉(zhuǎn)化為彈片動(dòng)能的化學(xué)能E。
爆炸過程中轉(zhuǎn)化為彈片動(dòng)能的化學(xué)能
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課時(shí)對(duì)點(diǎn)練(一)
五
考點(diǎn)一　碰撞的分類
1.(2023·廣州市高二期中)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)大于外力，所以可以認(rèn)為碰撞時(shí)系統(tǒng)的
動(dòng)能守恒
C.如果碰撞過程中機(jī)械能守恒，這樣的碰撞叫作非彈性碰撞
D.微觀粒子的相互作用由于不發(fā)生直接接觸，所以不能稱其為碰撞
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基礎(chǔ)對(duì)點(diǎn)練
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碰撞是十分普遍的現(xiàn)象，它是相對(duì)運(yùn)動(dòng)的物體相遇時(shí)在極短時(shí)間內(nèi)發(fā)生的一種現(xiàn)象，一般內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，動(dòng)能不一定守恒；如果碰撞中機(jī)械能守恒，就叫作彈性碰撞；微觀粒子的相互作用同樣具有短時(shí)間內(nèi)發(fā)生強(qiáng)大內(nèi)力作用的特點(diǎn)，所以仍然是碰撞，故A正確。
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2.(2023·重慶渝中區(qū)高二期中)甲、乙兩人穿著同款充氣“防護(hù)服”，由于兩人初次穿充氣服，走路時(shí)控制不好平衡，所以兩人在極短時(shí)間內(nèi)發(fā)生了一維直線碰撞。若甲的質(zhì)量為m，乙的質(zhì)量為3m，且以相同的速率v在光滑水平面上發(fā)生相向碰撞，碰撞后乙靜止不動(dòng)，則這次碰撞
A.屬于完全非彈性碰撞
B.屬于彈性碰撞
C.動(dòng)能損失最多
D.碰撞后甲的速度大小為v
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3.在光滑水平面上有a、b兩小球沿同一條直線運(yùn)動(dòng)，發(fā)生碰撞且碰撞時(shí)間極短。碰撞前后兩球在同一直線運(yùn)動(dòng)的位置隨時(shí)間變化的x－t圖像如圖。則關(guān)于兩球的質(zhì)量大小和碰撞類型，以下說法正確的是
A.ma∶mb＝3∶1 B.ma∶mb＝1∶1
C.彈性碰撞 D.完全非彈性碰撞
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以球b碰撞前的速度方向?yàn)檎较?，由題圖可知，碰撞前va＝－2 m/s，vb＝1 m/s；碰撞后va′＝－1 m/s，vb′＝－2 m/s；
根據(jù)動(dòng)量守恒定律得mava＋mbvb＝mava′＋mbvb′，可得ma∶mb＝3∶1，碰撞后兩球速度不相等，所以不是完全非彈性碰撞，碰撞前
考點(diǎn)二　彈性碰撞的實(shí)例分析
4.在光滑水平面上有三個(gè)完全相同的小球，它們排成一條直線，2、3小球靜止并靠在一起，1小球以速度v0撞向2、3小球，如圖所示。設(shè)碰撞中不損失機(jī)械能，則碰后三個(gè)小球的速度大小分別是
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√
5.如圖所示，A、B是兩個(gè)用等長(zhǎng)細(xì)線懸掛起來的可視為質(zhì)點(diǎn)的小球，mA＝5mB。B球靜止，拉起A球，使細(xì)線與豎直方向夾角為30°，由靜止釋放，在最低點(diǎn)A與B發(fā)生彈性碰撞。不計(jì)空氣阻力，則關(guān)于碰后兩小球的運(yùn)動(dòng)，下列說法正確的是
A.A靜止，B向右，且偏角小于30°
B.A向左，B向右，且偏角等于30°
C.A、B均向右，A球偏角小于B球偏角，且都小于30°
D.A、B均向右，A球偏角小于B球偏角，且A球偏角
小于30°，B球偏角大于30°
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設(shè)A球到達(dá)最低點(diǎn)的速度為v，在最低點(diǎn)A與B發(fā)生彈性碰撞后，A球的速度為vA，B球的速度為vB，取向右為正方向，
由動(dòng)量守恒定律可得：mAv＝mAvA＋mBvB
由機(jī)械能守恒定律可得：
6.(2023·重慶市高二期中)小球A的質(zhì)量為mA＝5 kg，動(dòng)量大小為pA＝4 kg·m/s，小球A水平向右沿光滑水平面運(yùn)動(dòng)時(shí)與靜止的小球B發(fā)生彈性碰撞，碰后A的動(dòng)量大小為pA′＝1 kg·m/s，方向水平向右，則
A.碰后小球B的動(dòng)量大小為pB＝2 kg·m/s
B.碰后小球B的動(dòng)量大小為pB＝5 kg·m/s
C.小球B的質(zhì)量為15 kg
D.小球B的質(zhì)量為3 kg
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由題意可知，小球A和小球B發(fā)生彈性碰撞，則在碰撞過程中，動(dòng)量守恒，則pA＝pA′＋pB，得pB＝3 kg·m/s，所以A、B錯(cuò)誤；
由題意可知，對(duì)于彈性碰撞，有
7.(2023·江門市高二期中)如圖所示，質(zhì)量為m＝3 kg的滑塊靜止于光滑的水平面上，一質(zhì)量為m1＝2 kg的小球以10 m/s的速率向右運(yùn)動(dòng)。
(1)若小球碰到滑塊后又以1 m/s的速率被彈回，
求滑塊獲得的速度。
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小球和滑塊組成的系統(tǒng)，在水平方向上不受外力，豎直方向上所受合力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以小球初速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律有
m1v0＝m1v1＋mv2
(2)若小球碰到滑塊后兩者粘在一起運(yùn)動(dòng)，求之后的共同速度。
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答案　4 m/s，方向水平向右
若小球碰到滑塊后兩者粘在一起運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)量守恒定律有m1v0＝(m1＋m)v，代入數(shù)據(jù)解得之后的共同速度為v＝4 m/s，方向水平向右。
(3)若小球與滑塊的碰撞沒有能量損失，求碰撞后小球、滑塊的速度。
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答案　小球的速度大小為2 m/s，方向水平向左　滑塊的速度大小為8 m/s，方向水平向右
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聯(lián)立解得v3＝－2 m/s，v4＝8 m/s
即碰后瞬間小球速度大小為2 m/s，
方向水平向左，滑塊的速度大小為8 m/s，方向水平向右。
8.如圖所示，光滑平臺(tái)上有兩個(gè)剛性小球A和B，質(zhì)量分別為2m和3m，小球A以速度v0向右運(yùn)動(dòng)并與靜止的小球B發(fā)生碰撞(碰撞過程中不損失機(jī)械能)，小球B飛出平臺(tái)后經(jīng)時(shí)間t剛好掉入裝有沙子向左運(yùn)動(dòng)的小車中，小車與沙子的總質(zhì)量為m，速度為2v0，小車行駛的路面近似看作是光滑的，求：
(1)碰撞后小球A和小球B的速度大??；
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能力綜合練
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A球與B球碰撞過程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得
mAv0＝mAv1＋mBv2
碰撞過程中系統(tǒng)機(jī)械能守恒，有
(2)小球B掉入小車后的速度大小。
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B球掉入小車過程中系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得
mBv2－m車·2v0＝(mB＋m車)v′
9.(2023·天津市河西區(qū)高二統(tǒng)考期中)在光滑的水平面上，質(zhì)量為2m的小球A以速率v0向右運(yùn)動(dòng)，在小球的前方O點(diǎn)處有一質(zhì)量為m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)生正碰后均向右運(yùn)動(dòng)。小球B被在Q點(diǎn)處的豎直墻壁彈回后與小球A在P點(diǎn)相遇，PQ＝1.5PO。假設(shè)小球與墻壁之間的碰撞沒有能量損失，求：
(1)兩球在O點(diǎn)碰后速度的大??；
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由碰撞過程中動(dòng)量守恒得2mv0＝2mv1＋mv2，
由題意可知OP＝v1t，OQ＋PQ＝v2t，
(2)兩球在O點(diǎn)碰撞的能量損失。
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答案　0
兩球在O點(diǎn)碰撞前后系統(tǒng)的機(jī)械能之差
代入(1)的結(jié)果得ΔE＝0。
10.如圖所示為冰壺比賽場(chǎng)地示意圖，在某次比賽中，紅方隊(duì)員將紅色冰壺以v0＝3.2 m/s的速度從P點(diǎn)推出，冰壺在冰面上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)并恰好停在營(yíng)壘邊緣上的A點(diǎn)，然后黃方隊(duì)員推出的黃色冰壺在A點(diǎn)與紅方靜止的冰壺發(fā)生對(duì)心碰撞，碰撞時(shí)間極短，碰后紅壺停在營(yíng)壘邊緣上的B點(diǎn)，黃壺停在營(yíng)壘中心O與A點(diǎn)連線的中點(diǎn)C，已知P、A兩點(diǎn)間距離l＝25.6 m，營(yíng)壘半徑R＝1.8 m，g＝10 m/s2，紅壺和黃壺可視為質(zhì)點(diǎn)，質(zhì)量均為m＝20 kg，且與冰面的動(dòng)摩擦因數(shù)相同。
(1)求冰壺與冰面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；
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答案　0.02
尖子生選練
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紅色冰壺從P點(diǎn)推出后，從P到A點(diǎn)由動(dòng)能定理
解得冰壺與冰面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.02
(2)求黃壺與紅壺碰撞前瞬間速度v的大??；
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答案　1.8 m/s
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設(shè)紅壺碰撞后瞬間速度為v1，黃壺碰撞后瞬間速度為v2，由動(dòng)能定理得
解得v1＝1.2 m/s，v2＝0.6 m/s
黃壺與紅壺的碰撞過程由動(dòng)量守恒定律得
mv＝mv1＋mv2
解得黃壺與紅壺碰撞前瞬間速度大小為v＝1.8 m/s
(3)黃壺與紅壺的碰撞是彈性碰撞還是非彈性碰撞？請(qǐng)說明理由。
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答案　非彈性碰撞，理由見解析
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黃壺與紅壺碰撞前的動(dòng)能
黃壺與紅壺碰撞后的總動(dòng)能
則Ek>Ek′
所以黃壺與紅壺的碰撞是非彈性碰撞。
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課時(shí)對(duì)點(diǎn)練(二)
六
考點(diǎn)一　碰撞的可能性判斷
1.(多選)兩個(gè)小球A、B在光滑的水平地面上相向運(yùn)動(dòng)，已知它們的質(zhì)量分別是mA＝4 kg，mB＝2 kg，A的速度vA＝3 m/s(設(shè)為正)，B的速度vB＝－3 m/s，則它們發(fā)生正碰后，其速度可能分別為
A.vA′＝vB′＝1 m/s
B.vA′＝4 m/s，vB′＝－5 m/s
C.vA′＝2 m/s，vB′＝－1 m/s
D.vA′＝－1 m/s，vB′＝5 m/s
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基礎(chǔ)對(duì)點(diǎn)練
√
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選項(xiàng)C雖滿足Ek前≥Ek后，但A、B沿同一直線相向運(yùn)動(dòng)，發(fā)生碰撞后各自仍然保持原來的速度方向，這顯然是不符合實(shí)際的，因此選項(xiàng)C錯(cuò)誤；
驗(yàn)證A、D均滿足Ek前≥Ek后，且碰后狀態(tài)符合實(shí)際，故A、D正確。
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2.(多選)如圖所示，在水平冰面上，質(zhì)量m1＝2 kg的冰壺A以大小v1＝10 m/s的速度與靜止的質(zhì)量為m2＝3 kg的冰壺B發(fā)生正碰。碰撞可能是彈性碰撞，也可能是非彈性碰撞，不計(jì)一切摩擦和空氣阻力。關(guān)于碰后冰壺A的運(yùn)動(dòng)情況描述正確的是
A.碰后冰壺A可能會(huì)被彈回，速度
大小為1 m/s
B.碰后冰壺A可能繼續(xù)向前運(yùn)動(dòng)，速度大小為1 m/s
C.碰后冰壺A可能繼續(xù)向前運(yùn)動(dòng)，速度大小為5 m/s
D.碰后冰壺A不可能靜止不動(dòng)
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3.(多選)(2023·泰安市高二檢測(cè))如圖所示，在光滑水平面上，有兩個(gè)半徑相等的小球A、B，質(zhì)量分別為mA、mB。A向右運(yùn)動(dòng)過程中與靜止的B發(fā)生正碰，碰后兩球動(dòng)量相同，則mA與mB的關(guān)系可能是
A.mA＝0.5mB B.mA＝2mB
C.mA＝3mB D.mA＝4mB
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取向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得
mAv0＝mAvA＋mBvB
根據(jù)碰撞過程總動(dòng)能不增加有
據(jù)題有mAvA＝mBvB，又有vA≤vB
聯(lián)立解得mB≤mA≤3mB，故B、C正確。
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考點(diǎn)二　爆炸
4.(多選)(2024·南充市高二月考)有一個(gè)質(zhì)量為4m的爆竹斜向上拋出，到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)速度大小為v0、方向水平向東，在最高點(diǎn)爆炸成質(zhì)量不等的兩塊，其中一塊質(zhì)量為3m，速度大小為v，方向水平向東，則
A.炸裂前后瞬間總動(dòng)量守恒
B.質(zhì)量較大的一塊先落回地面
C.另一塊的速度是4v0－3v
D.另一塊的速度是3v－4v0
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爆炸過程內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，動(dòng)量守恒，A正確；
爆竹在最高點(diǎn)速度大小為v0、方向水平向東，爆炸前動(dòng)量為4mv0，其中一塊質(zhì)量為3m，速度
大小為v，方向水平向東，爆炸后另一塊瞬時(shí)速度方向也沿水平方向，故兩塊同時(shí)落地，B錯(cuò)誤；
設(shè)另一塊的速度大小為v′，取爆竹到最高點(diǎn)未爆炸前的速度方向?yàn)檎较?，爆炸過程動(dòng)量守恒，則有4mv0＝3mv＋mv′，解得v′＝4v0－3v，C正確，D錯(cuò)誤。
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5.如圖所示，光滑水平面上甲、乙兩球間粘少許炸藥，一起以0.5 m/s的速度向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，已知甲、乙兩球質(zhì)量分別為0.1 kg和0.2 kg。某時(shí)刻炸藥突然爆炸，分開后兩球仍沿原直線運(yùn)動(dòng)，從爆炸開始計(jì)時(shí)經(jīng)過3.0 s，兩球之間的距離為x＝2.7 m，則下列說法正確的是
A.剛分離時(shí)，甲、乙兩球的速度方向相同
B.剛分離時(shí)，甲球的速度大小為0.6 m/s
C.剛分離時(shí)，乙球的速度大小為0.3 m/s
D.爆炸過程中甲、乙兩球增加的總機(jī)械能為0.027 J
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設(shè)甲、乙兩球的質(zhì)量分別為m1、m2，剛分離時(shí)兩球速度分別為v1、v2，以向右為正方向，則由動(dòng)量守恒定律得(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，根據(jù)題意有v2t－v1t＝x，代入數(shù)據(jù)解得v2＝0.8 m/s，v1＝－0.1 m/s，說明剛分離時(shí)兩球速度方向相反，故A、B、C錯(cuò)誤；
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7.(多選)(2024·南充市高二期中)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pA＝9 kg·m/s，B球的動(dòng)量pB＝3 kg·m/s，當(dāng)A追上B時(shí)發(fā)生正碰，則碰后A、B兩球的動(dòng)量可能值是
A.pA′＝6 kg·m/s，pB′＝6 kg·m/s
B.pA′＝4 kg·m/s，pB′＝6 kg·m/s
C.pA′＝－6 kg·m/s，pB′＝18 kg·m/s
D.pA′＝4 kg·m/s，pB′＝8 kg·m/s
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若pA′＝6 kg·m/s，pB′＝6 kg·m/s，碰后總動(dòng)量p′＝pA′＋pB′＝12 kg·m/s
若pA′＝4 kg·m/s，pB′＝6 kg·m/s，
碰后p′＝pA′＋pB′≠p，故不可能，B錯(cuò)誤。
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若pA′＝4 kg·m/s，pB′＝8 kg·m/s
碰后p′＝12 kg·m/s＝p
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8.(2023·河北衡水高二月考)假設(shè)質(zhì)量m＝0.6 kg的煙花彈在地面上以v0＝30 m/s的速度豎直向上射出，當(dāng)煙花彈上升至最高點(diǎn)時(shí)炸成質(zhì)量m1＝0.2 kg、m2＝0.4 kg的A、B兩塊，其中A塊豎直向上運(yùn)動(dòng)。已知重力加速度g＝10 m/s2，不計(jì)空氣阻力，爆炸釋放的能量E＝100 J，且有60%轉(zhuǎn)化為A、B兩塊的動(dòng)能，求：
(1)A塊上升的最大高度；
答案　65 m
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(2)爆炸后開始計(jì)時(shí)，t＝2 s時(shí)A、B兩塊的距離。
答案　60 m
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9.如圖所示，光滑水平面上有三個(gè)滑塊A、B、C，質(zhì)量關(guān)系是mA＝mC＝m、mB＝ 。開始時(shí)滑塊B、C緊貼在一起，中間夾有少量炸藥，處于靜止?fàn)顟B(tài)，滑塊A以速度v0正對(duì)B向右運(yùn)動(dòng)，在A與B碰撞之前，引爆B、C間的炸藥，炸藥爆炸后B與A迎面碰撞，最終A與B粘在一起，以速度v0向左運(yùn)動(dòng)。
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全過程中A、B、C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)向右為正方向。
mAv0＝－(mA＋mB)v0＋mCvC
炸藥對(duì)C的沖量：I＝mCvC－0
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(2)炸藥的化學(xué)能有多少轉(zhuǎn)化為機(jī)械能？
炸藥爆炸過程中B和C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)向右為正方向，有
mCvC－mBvB＝0
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10.“引力彈弓效應(yīng)”是指在太空運(yùn)動(dòng)的探測(cè)器，借助行星的引力來改變自己的速度。為了分析這個(gè)過程，可以提出以下兩種模式：探測(cè)器分別從行星運(yùn)動(dòng)的反方向或同方向接近行星，分別因相互作用改變了速度。如圖所示，以太陽為參考系，設(shè)行星運(yùn)動(dòng)的速度大小為u，探測(cè)器的初速度大小為v0，在圖示的兩種情況下，探測(cè)器在遠(yuǎn)離行星后速度大小分別為v1和v2。探測(cè)器和行星雖然沒有發(fā)生直接的碰撞，但是在行星的運(yùn)動(dòng)方向上，其運(yùn)動(dòng)規(guī)律可以與兩個(gè)質(zhì)量不同的鋼球在同一直線上發(fā)生的彈性碰撞規(guī)律進(jìn)行類比。那么下列判斷正確的是
A.v1>v0 B.v1＝v0
C.v2>v0 D.v2＝v0
尖子生選練
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題圖(a)中，探測(cè)器與行星的運(yùn)動(dòng)可類比
為兩者發(fā)生彈性正碰，設(shè)探測(cè)器的質(zhì)量
為m，行星的質(zhì)量為M，碰后行星的速度大小為u1，設(shè)向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有mv0－Mu＝－(mv1＋Mu1)，
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題圖(b)中，探測(cè)器與行星的運(yùn)動(dòng)可類比
為探測(cè)器追上行星與之正碰，設(shè)碰后行
星的速度大小為u2，向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有－mv0－Mu＝mv2－Mu2，
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