物理(新课标)高考总复习第一轮复习课件：第六章第二节动量守恒定律碰撞爆炸反冲课后检测能力提升
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高考物理第一轮复习第六章碰撞与动量守恒 PPT课件 课件(课件 练习共6份) 人教课标版
(2)表达式 ①p＝p′，系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总 动量p′. ②m1v1＋m2v2＝____m__1v_1_′_＋__m_2_v_2_′ ___，相互作用的两个物 体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和． ③Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反 向． ④Δp＝0，系统总动量的增量为零．
高考总复习·物理
3．系统性：动量守恒是针对满足守恒条件的系统而言 的，系统若改变，动量就不一定守恒了．
4．同时性：动量守恒定律方程等号左侧表示的是作用前 同一时刻的总动量，右侧则表示作用后同一时刻的总动量．
5．普适性：动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成 的系统，而且适用于高速运动的微观粒子组成的系统．
高考总复习·物理
【典例剖析】
例2 (2010·山东)如图3所示，滑块A、C质量均为m，滑块
B质量为
3 2
m.开始时A、B分别以v1、v2的速度沿光滑水平轨道
向固定在右侧的挡板运动；现将C无初速度地放在A上，并与A
黏合不再分开，此时A与B相距较近，B与挡板相距足够远．若
B与挡板碰撞将以原速率反弹，A与B碰撞将黏合在一起．为使
高考总复习·物理
【解析】初动量为p0＝mv0＝2×3 kg·m/s＝6 kg·m/s. 末动量为 p＝mv＝2×6 kg·m/s＝12 kg·m/s. 因此，动量增大为原来的2倍． 初动能为Ek0＝12mv20＝12×2×32 J＝9 J. 末动能为Ek＝12mv2＝12×2×62 J＝36 J. 因此，动能增大为原来的4倍．
高考总复习·物理
[知识梳理] 1．动量守恒定律 (1) 内 容 ： 如 果 一 个 系 统 _____不__受__外__力_____ ， 或 者 _所__受__到__的__合___外__力__的__矢__量__和__为__零______，这个系统的总动量保持 不变，这就是动量守恒定律．
高考总复习·物理
3．系统性：动量守恒是针对满足守恒条件的系统而言 的，系统若改变，动量就不一定守恒了．
4．同时性：动量守恒定律方程等号左侧表示的是作用前 同一时刻的总动量，右侧则表示作用后同一时刻的总动量．
5．普适性：动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成 的系统，而且适用于高速运动的微观粒子组成的系统．
高考总复习·物理
【典例剖析】
例2 (2010·山东)如图3所示，滑块A、C质量均为m，滑块
B质量为
3 2
m.开始时A、B分别以v1、v2的速度沿光滑水平轨道
向固定在右侧的挡板运动；现将C无初速度地放在A上，并与A
黏合不再分开，此时A与B相距较近，B与挡板相距足够远．若
B与挡板碰撞将以原速率反弹，A与B碰撞将黏合在一起．为使
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【解析】初动量为p0＝mv0＝2×3 kg·m/s＝6 kg·m/s. 末动量为 p＝mv＝2×6 kg·m/s＝12 kg·m/s. 因此，动量增大为原来的2倍． 初动能为Ek0＝12mv20＝12×2×32 J＝9 J. 末动能为Ek＝12mv2＝12×2×62 J＝36 J. 因此，动能增大为原来的4倍．
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[知识梳理] 1．动量守恒定律 (1) 内 容 ： 如 果 一 个 系 统 _____不__受__外__力_____ ， 或 者 _所__受__到__的__合___外__力__的__矢__量__和__为__零______，这个系统的总动量保持 不变，这就是动量守恒定律．
(新课标)高考物理一轮复习第六章碰撞与动量守恒第二节动量守恒定律碰撞爆炸反冲随堂达标巩固落实课件
1．(高考重庆卷)一弹丸在飞行到距离地面 5 m 高时仅有水平 速度 v＝2 m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质 量比为 3∶1，不计质量损失，取重力加速度 g＝10 m/s2.则下 列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是( )
解析：选 B.弹丸爆炸瞬间爆炸力远大于外力，故爆炸瞬间动 量守恒．因两弹片均水平飞出，飞行时间 t＝ 2h ＝1 s， g
2． (2015· 高考天津卷)如图所示， 在光滑水平面的左侧固定一 竖直挡板，A 球在水平面上静止放置，B 球向左运动与 A 球 发生正碰，B 球碰撞前、后的速率之比为 3∶1，A 球垂直撞 向挡板，碰后原速率返回．两球刚好不发生第二次碰撞，A、 B 两球的质量之比为__________，A、B 两球碰撞前、后的总 动能之比为__________．
(2)由能量守恒得，两滑块因碰撞而损失的机械能为 1 1 1 2 2 ΔE＝ m1v1＋ m2v2－ (m1＋m2)v2⑥ 2 2 2 由图象可知，两滑块最后停止运动．由动能定理得，两滑块 克服摩擦力所做的功为 1 W＝ (m1＋m2)v2⑦ 2 联立⑥⑦式，并代入题给数据得 W∶Δ E＝1∶2.
答案：(1)3 m/s
1 m/s
L (2) 4
4．(2017· 广东东莞联考)如图所示，光滑水平面 AB 与粗糙斜 面 BC 在 B 处通过圆弧衔接，质量 M＝0.3 kg 的小木块静止 在水平面上的 A 点．现有一质量 m＝0.2 kg 的子弹以 v0＝20 m/s 的初速度水平射入木块(但未穿出)， 它们一起沿 AB 运动， 并冲上 BC.已知木块与斜面间的动摩擦因数 μ＝0.5，斜面倾 角 θ＝45°，重力加速度 g 取 10 m/s2，木块在 B 处无机械能 损失．试求：
h 1 有－(M＋m)gh－f ＝0－ (M＋m)v2， sin θ 2 联立并代入数据，解得 h≈2.13 m. 答案：(1)8 m/s (2)2.13 m
解析：选 B.弹丸爆炸瞬间爆炸力远大于外力，故爆炸瞬间动 量守恒．因两弹片均水平飞出，飞行时间 t＝ 2h ＝1 s， g
2． (2015· 高考天津卷)如图所示， 在光滑水平面的左侧固定一 竖直挡板，A 球在水平面上静止放置，B 球向左运动与 A 球 发生正碰，B 球碰撞前、后的速率之比为 3∶1，A 球垂直撞 向挡板，碰后原速率返回．两球刚好不发生第二次碰撞，A、 B 两球的质量之比为__________，A、B 两球碰撞前、后的总 动能之比为__________．
(2)由能量守恒得，两滑块因碰撞而损失的机械能为 1 1 1 2 2 ΔE＝ m1v1＋ m2v2－ (m1＋m2)v2⑥ 2 2 2 由图象可知，两滑块最后停止运动．由动能定理得，两滑块 克服摩擦力所做的功为 1 W＝ (m1＋m2)v2⑦ 2 联立⑥⑦式，并代入题给数据得 W∶Δ E＝1∶2.
答案：(1)3 m/s
1 m/s
L (2) 4
4．(2017· 广东东莞联考)如图所示，光滑水平面 AB 与粗糙斜 面 BC 在 B 处通过圆弧衔接，质量 M＝0.3 kg 的小木块静止 在水平面上的 A 点．现有一质量 m＝0.2 kg 的子弹以 v0＝20 m/s 的初速度水平射入木块(但未穿出)， 它们一起沿 AB 运动， 并冲上 BC.已知木块与斜面间的动摩擦因数 μ＝0.5，斜面倾 角 θ＝45°，重力加速度 g 取 10 m/s2，木块在 B 处无机械能 损失．试求：
h 1 有－(M＋m)gh－f ＝0－ (M＋m)v2， sin θ 2 联立并代入数据，解得 h≈2.13 m. 答案：(1)8 m/s (2)2.13 m
高考物理第一轮复习第六章碰撞与动量守恒 PPT课件 课件(课件 练习共6份) 人教课标版1
高考总复习·物理
【解析】以A滑块的初速度v1的方向为正方向，由动量守 恒定律，知
m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v′ v′＝m1mv11＋＋mm22v2＝600×1650＋0＋40400×0 －10 cm/s＝5 cm/s 碰后滑块的速度大小为5 cm/s，方向与A滑块的初速度方 向相同．
高考总复习·物理
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第2课时 弹性碰撞和非弹性碰撞
高考总复习·物理
【导学目标】 1.掌握两种碰撞的特点和规律.2.掌握多过程 运动中的动量守恒和含弹簧的碰撞问题．
高考总复习·物理
一、碰撞 [基础导引] 在气垫导轨上，一个质量为600 g的滑块A以15 cm/s的速度 与另一个质量为400 g、速度为10 cm/s并沿相反的方向运动的 滑块B迎面相撞，碰撞后两个滑块粘在一起，求碰撞后滑块的 速度大小和方向． 【答案】5 cm/s 方向与A滑块的初速度方向相同
量变为10 kg·m/s，则甲、乙两球的质量m甲∶m乙的关系可能是
()
AБайду номын сангаас12
B．130
C．15 错解 A
D．110
高考总复习·物理
错因分析 没有抓住速度在碰撞前后的特征． 1．碰前：球甲追上球乙并与乙碰撞，则两球的速度满足v 甲>v乙． 2．碰中：在碰撞的整个过程中遵循两条规律：一是甲、 乙组成的系统动量守恒，二是碰撞前后的总动能不能增加．被 碰者乙的动能增大，追者甲的动能必然减少． 3．碰后：若碰后甲、乙沿同一方向运动，甲、乙分离， 则v甲′<v乙′；若甲、乙不分离，则v甲′＝v乙′.
高考总复习·物理
例2 (2013·石家庄联考)在原子核物理中，研究核子与核 关联的最好途径是 “双电荷交换反应”．这类反应的前半部 分过程和下述力学模型类似．两个小球A和B用轻质弹簧相 连，在光滑的水平直轨道上处于静止状态．在它们左边有一垂 直于轨道的固定挡板P，右边有一小球C沿轨道以速度v0射向B 球，如图2所示．C与B发生碰撞并立即结成一个整体D，在它 们继续向左运动的过程中，当弹簧长度变到最短时，长度突然 被锁定，不再改变．然后，A球与挡板P发生碰撞，碰后A、D 都静止不动，A与P接触而不粘连．过一段时间，突然解除锁 定(锁定及解除锁定均无机械能损失)．已知A、B、C三球的质 量均为m.
高考物理总复习第六章第2节碰撞反冲和火箭课件
3.弹性碰撞的结论
两物体发生弹性碰撞时满足动量守恒和机械能守恒.若两物体质量分别为 m1,m2,
碰 撞 前 、 后 速 度 为 v 1 , v 2 , v 1 ′ , v 2 ′ , 则 有 v 1 ′ = m1 m2 v1 2m2v2 ,
m1 m2
v2 ′ = m2 m1 v2 2m1v1 , 若 v2=0, 即 运 动 物 体 与 静 止 物 体 碰 撞 , 则 v1 ′
解析:若是弹性碰撞,由动量守恒定律和机械能守恒定律得,mv=mv1+3mv2,
1 2
mv2=
1 2
m
v12
+
1 2
×3m v22 ,则
v2=
2m 4m
v=
1 2
v.若是完全非弹性碰撞,则
mv=4mv′,
v′= 1 v,因此 1 v≤vB≤ 1 v,因此只有(2)是可能的.
4
4
2
答案:(2)可能
考点研析
(4)位移:碰撞过程是在一瞬间发生的,时间极短,所以,在物体发生碰撞的瞬间, 可忽略物体的位移,可以认为物体在碰撞前后仍在同一位置. (5)能量:在碰撞过程中,一般伴随着机械能的损失,碰撞后系统的总动能要小于 或等于碰撞前系统的总动能. 2.碰撞现象满足的规律 (1)动量守恒定律. (2)机械能不增加. (3)速度要合理. ①若碰前两物体同向运动,则应有v后>v前,碰后原来在前面的物体速度一定增大, 若碰后两物体同向运动,则应有v前′≥v后′. ②碰前两物体相向运动,碰后两物体的运动方向不可能都不改变.
m 越大或 v 越大,v′越大.选项 A,C 正确.
3.[人教版选修3-5·P21·T2]质量为m、速度为v的A球跟质量为3m的静止B球发生 正碰.碰撞可能是弹性的,也可能是非弹性的,因此,碰撞后B球的速度可能有不 同的值.请你论证:碰撞后B球的速度可能是以下值吗? (1)0.6v;(2)0.4v;(3)0.2v.
2018年物理(新课标)高考总复习第一轮复习教师用书：第六章第二节动量守恒定律碰撞爆炸反冲含解析
第二节动量守恒定律碰撞爆炸反冲一、动量守恒定律1．守恒条件(1)理想守恒:系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒．(2）近似守恒：系统受到的合力不为零,但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒．（3）分方向守恒:系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒．2．动量守恒定律的表达式：m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2或Δp1＝－Δp2.1。
（2017·安徽名校联考）如图所示，小车与木箱紧挨着静止在光滑的水平冰面上,现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱，关于上述过程，下列说法中正确的是（) A．男孩和木箱组成的系统动量守恒B．小车与木箱组成的系统动量守恒C．男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒D．木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量不相同提示:选C.当把男孩、小车与木箱看做整体时水平方向所受的合外力才为零，所以选项C正确．二、碰撞爆炸反冲1．碰撞（1)碰撞现象:物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象．(2)特点：在碰撞现象中,一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒．(3)分类2.系统总动量守恒．3．反冲运动(1）物体在内力作用下分裂为两个不同部分并且这两部分向相反方向运动的现象．（2）反冲运动中，相互作用力一般较大，通常可以用动量守恒定律来处理．2。
（2015·高考福建卷）如图,两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m,速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是（)A．A和B都向左运动 B．A和B都向右运动C．A静止，B向右运动D．A向左运动，B向右运动提示：选D.选向右为正方向，则A的动量p A＝m·2v0＝2mv0,B 的动量p B＝－2mv0。
碰前A、B的动量之和为零，根据动量守恒，碰后A、B的动量之和也应为零，可知四个选项中只有选项D符合题意．对动量守恒定律的理解和应用【知识提炼】1．动量守恒定律常用的四种表达形式（1）p＝p′：即系统相互作用前的总动量p和相互作用后的总动量p′大小相等，方向相同．（2）Δp＝p′－p＝0：即系统总动量的增加量为零．（3）Δp1＝－Δp2：即相互作用的系统内的两部分物体，其中一部分动量的增加量等于另一部分动量的减少量．(4）m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2，即相互作用前后系统内各物体的动量都在同一直线上时,作用前总动量与作用后总动量相等．2．动量守恒定律的“五性"系统性研究的对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统,而不是其中的一个物体，更不能题中有几个物体就选几个物体普适性动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统,还适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统【典题例析】(2016·高考全国卷甲)如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s 的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0。
2020高考大一轮复习(新课改专用)第6章 第2节 动量守恒定律
第2节动量守恒定律一、动量守恒定律1．内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变。
[注1] 2．表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。
3．适用条件(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为0。
(2)近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力。
[注2](3)某一方向守恒：如果系统在某一方向上所受外力的合力为0，则系统在该方向上动量守恒。
二、碰撞、反冲、爆炸1．碰撞(1)特点：作用时间极短，内力(相互碰撞力)远大于外力，总动量守恒。
(2)分类①弹性碰撞：碰撞后系统的总动能没有损失。
[注3]②非弹性碰撞：碰撞后系统的总动能有损失。
③完全非弹性碰撞：碰撞后合为一体，机械能损失最大。
2．爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用时间很短，作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量守恒。
3．反冲 [注4](1)定义：当物体的一部分以一定的速度离开物体时，剩余部分将获得一个反向冲量，如发射炮弹、火箭等。
(2)特点：系统内各物体间的相互作用的内力远大于系统受到的外力，动量守恒。
【注解释疑】[注1] 外力和内力是相对的，与研究对象的选取有关。
[注2] 外力的冲量在相互作用的时间内忽略不计。
[注3] 弹性碰撞是一种理想化的物理模型，在宏观世界中不存在。
[注4] 反冲运动和爆炸问题中，系统的机械能可以增大，这与碰撞问题是不同的。
[深化理解]1．动量守恒方程为矢量方程，列方程时必须选择正方向。
2．动量守恒方程中的速度必须是系统内各物体在同一时刻相对于同一参考系(一般选地面)的速度。
3．碰撞、爆炸、反冲均因作用时间极短，内力远大于外力满足动量守恒(或近似守恒)，但系统动能的变化是不同的。
4．“人船”模型适用于初状态系统内物体均静止，物体运动时满足系统动量守恒或某个方向上系统动量守恒的情形。
[基础自测]一、判断题(1)只要系统合外力做功为零，系统动量就守恒。
(×)(2)系统动量不变是指系统的动量大小和方向都不变。
高考物理一轮复习第6章碰撞与动量守恒第2讲动量守恒定律及其应用课件
1．(2019 年江苏卷)质量为 M 的小孩站在质量为 m 的滑板上，小孩
和滑板均处于静止状态，忽略滑板与地面间的摩擦．小孩沿水平方向跃
离滑板，离开滑板时的速度大小为 v，此时滑板的速度大小为( )
A．Mmv
B．Mmv
C．m＋m Mv
D．m＋MMv
【答案】B 【解析】设滑板的速度为 u，由小孩和滑板动量守恒得 0＝mu－Mv， 解得 u＝Mmv，B 正确，A、C、D 错误．
()
A．3 J
B．4 J
C．6 J
D．20 J
【答案】A 【解析】设铁块与木板共速时速度大小为 v，铁块相对木板向右运 动的最大距离为 L，铁块与木板之间的摩擦力大小为 Ff.铁块压缩弹簧使 弹簧最短时，由能量守恒定律可得12mv20＝Ff L＋12(M＋m)v2＋Ep.由动量 守恒定律，得 mv0＝(M＋m)v.从铁块开始运动到最后停在木板左端过程， 由能量关系得12mv20＝2FfL＋12(M＋m)v2，联立解得 Ep＝3 J，A 正确．
【解析】物体与油泥粘合的过程，发生非弹性碰撞，系统机械能有 损失，A错误；整个系统在水平方向不受外力，竖直方向上合外力为零， 则系统动量一直守恒，B正确；取系统的初速度方向为正方向，根据动 量守恒定律可知，物体在沿车滑动到B端粘在B端的油泥上后系统共同的 速度与初速度是相等的，C正确；由分析可知，当物体与B端油泥粘在 一起时，系统的速度与初速度相等，所以系统的末动能与初动能是相等 的，系统损失的机械能等于弹簧的弹性势能，与物体滑动中有没有摩擦 无关，D正确．
模型2 “滑块—弹簧”碰撞模型 例4 如图所示，静止在光滑水平面上的木板A，右端有一根轻质弹 簧沿水平方向与木板相连，木板质量M＝3 kg.质量m＝1 kg的铁块B以水 平速度v0＝4 m/s从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回， 最后恰好停在木板的左端．在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为
高考物理一轮复习第六章动量守恒定律第讲碰撞反冲和火箭课件.ppt
有一质量也为m的小球以v0的水平速度沿切线水平的槽口向小车滑去(不
计摩擦)，到达某一高度后，小球又返回小车右端，则 答案 解析
√A.小球在小车上到达最高点时的速度大小为 v0 2 B.小球离车后，对地将向右做平抛运动
√C.小球离车后，对地将做自由落体运动
√D.此过程中小球对车做的功为
1 2
mv02
小球到达最高点时，小车和小球相对静止，且水平方向总动量守恒，小球
2019/7/19
5
2.非弹性碰撞 (1)动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′ (2)机械能减少，损失的机械能转化为内能 |ΔEk|＝Ek初－Ek末＝Q 3.完全非弹性碰撞 (1)动量守恒：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共 (2)碰撞中机械能损失最多
|ΔEk|＝_12_m_1_v_1_2＋__12_m__2v_2_2_－__21_(m__1＋__m__2)_v__共_2__
第六章 动量守恒定律
第2讲 碰撞 反冲和火箭
2019/7/19
1
内容索引
基础 知识梳理
命题点一
碰撞问题分析
命题点二
弹性正碰模型问题
命题点三
反冲运动及应用
盘查拓展点
课时作业
2019/7/19
2
11
基础知识梳理
一、碰撞及特征 1.碰撞 碰撞是两个或两个以上的物体在相同的 极短 时间内产生 非常大 的相 互作用的过程. 2.碰撞特征 (1)作用时间 短 . (2)作用力变化 快 . (3)内力 远大于 外力. (4)满足 动量守恒 .
解析
取宇航员连同装备整体为研究对象， 0＝(M－m)v1－mv2 x＝v1t 解得：m≈0.15 kg.
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12mAv12＋12mBv22＝12mBv′2 2⑤ 设 B 球与地面相碰后的速度大小为 v′B，由运动学及碰撞的 规律可得 v′B＝vB⑥ 设 P 点距地面的高度为 h′，由运动学规律可得 h′＝v′B22－g v22⑦ 联立②③④⑤⑥⑦式，并代入已知条件可得 h′＝0.75 m. 答案：(1)4 m/s (2)0.75 m
7．如图所示，光滑水平面上有大小相同的 A、B 两球在同一 直线上运动．两球质量关系为 mB＝2mA，规定向右为正方向， A、B 两球的动量均为 6 kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰 撞后 A 球的动量增量为－4 kg·m/s，则( )
A．该碰撞为弹性碰撞 B．该碰撞为非弹性碰撞 C．左方是 A 球，碰撞后 A、B 两球速度大小之比为 2∶5 D．右方是 A 球，碰撞后 A、B 两球速度大小之比为 1∶10
8.质量为 M、内壁间距为 L 的箱子静止于
光滑的水平面上，箱子中间有一质量为 m
的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦
因数为 μ.初始时小物块停在箱子正中间，如图所示．现给小
物块一水平向右的初速度 v，小物块与箱壁碰撞 N 次后恰又
回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止．设碰撞都是弹性
的，则整个过程中，系统损失的动能为( )
在极短时间内以相对地面的速度 v0 竖直向下喷出质量为 m 的炽热气体．忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气
结束时火箭模型获得的速度大小是( )
m A.M
v0
M B.m
v0
M C.M－m
v0
D．M－m m v0
解析：选 D.应用动量守恒定律解决本题，注意火箭模型质量 的变化．取向下为正方向，由动量守恒定律可得：0＝mv0－ (M－m)v′故 v′＝Mm－v0m，选项 D 正确．
三、非选择题 9．(2015·高考山东卷)如图， 三个质量相同的滑块 A、B、C，间隔相等地静置于同一水平 直轨道上．现给滑块 A 向右的初速度 v0，一段时间后 A 与 B 发生碰撞，碰后 A、B 分别以18v0、34v0 的速度向右运动，B 再与 C 发生碰撞，碰后 B、C 粘在一起向右运动．滑块 A、 B 与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值．两次碰撞时间均极 短．求 B、C 碰后瞬间共同速度的大小．
本部分内容讲解结束
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• 9、春去春又回，新桃换旧符。在那桃花盛开的地方，在这醉人芬芳的季节，愿你生活像春天一样阳光，心情像桃花一样美丽，日子像桃子一样甜蜜。 2021/3/92021/3/9Tuesday, March 09, 2021
• 10、人的志向通常和他们的能力成正比例。2021/3/92021/3/92021/3/93/9/2021 1:46:55 PM • 11、夫学须志也，才须学也，非学无以广才，非志无以成学。2021/3/92021/3/92021/3/9Mar-219-Mar-21 • 12、越是无能的人，越喜欢挑剔别人的错儿。2021/3/92021/3/92021/3/9Tuesday, March 09, 2021 • 13、志不立，天下无可成之事。2021/3/92021/3/92021/3/92021/3/93/9/2021
一、单项选择题
1．(2017·泉州检测)有一个质量为 3m 的爆竹斜向上抛出，到
达最高点时速度大小为 v0、方向水平向东，在最高点爆炸成 质量不等的两块，其中一块质量为 2m，速度大小为 v，方向
水平向东，则另一块的速度是( )
A．3v0－v
B．2v0－3v
C．3v0－2v
D．2v0＋v
解析：选 C.在最高点水平方向动量守恒，由动量守恒定律可
4．在光滑的水平面上，有 a、b 两球，其 质量分别为 ma、mb，两球在 t0 时刻发生正 碰，并且在碰撞过程中无机械能损失，两
球在碰撞前后的速度图象如图所示，下列关系正确的是
() A．ma＞mb C．ma＝mb
B．ma＜mb D．无法判断
解析：选 B.由题图可知 b 球碰前静止，取 a 球碰前速度方向 为正方向，设 a 球碰前速度为 v0，碰后速度为 v1，b 球碰后 速度为 v2，两球碰撞过程中动量守恒，机械能守恒，则 mav0＝mav1＋mbv2① 12mav20＝12mav21＋12mbv22② 联立①②得：v1＝mmaa－ ＋mmbb v0，v2＝ma2＋mamb v0 由 a 球碰撞前后速度方向相反，可知 v1＜0，即 ma＜mb， 故 B 正确．
WA＝WB④ 设 B、C 碰撞后瞬间共同速度的大小为 v，由动量守恒定律得 mv′B＝2mv⑤ 联立①②③④⑤式，代入数据得
v＝ 1261v0. 答案： 1261v0
10.如图所示，一质量 M＝2 kg 的带有弧形轨道的平台置于足 够长的水平轨道上，弧形轨道 与水平轨道平滑连接，水平轨道上静置一小球 B.从弧形轨道 上距离水平轨道高 h＝0.3 m 处由静止释放一质量 mA＝1 kg 的小球 A，小球 A 沿轨道下滑后与小球 B 发生弹性正碰，碰 后小球 A 被弹回，且恰好追不上平台．已知所有接触面均光 滑，重力加速度为 g.求小球 B 的质量．(取重力加速度 g＝10 m/s2)
A．2.1 m/s C．2ห้องสมุดไป่ตู้8 m/s
B．2.4 m/s D．3.0 m/s
解析：选 AB.以 A、B 组成的系统为研究对象，系统动量守 恒，取水平向右方向为正方向，从 A 开始运动到 A 的速度为 零过程中，由动量守恒定律得：(M－m)v0＝MvB1，代入数据 解得：vB1＝2.67 m/s，当从开始到 A、B 速度相同的过程中， 取水平向右方向为正方向，由动量守恒定律得：(M－m)v0 ＝(M＋m)vB2，代入数据解得：vB2＝2 m/s，则在木块 A 正在 做加速运动的时间内 B 的速度范围为：2 m/s＜vB＜2.67 m/s， 故选项 A、B 正确．
• 14、Thank you very much for taking me with you on that splendid outing to London. It was the first time that I had seen the Tower or any of the other famous sights.
A.12mv2
B.2（mm＋MM）v2
1 C.2NμmgL
D．NμmgL
解析：选 BD.设系统损失的动能为ΔE，根据题意可知，整 个过程中小物块和箱子构成的系统满足动量守恒和能量守 恒，则有 mv＝(M＋m)vt(①式)、12mv2＝12(M＋m)vt2＋ΔE(② 式)，由①②联立解得ΔE＝2（MM＋mm）v2，可知选项 A 错误、 B 正确；又由于小物块与箱壁碰撞为弹性碰撞，则损耗的能 量全部用于摩擦生热，即ΔE＝NμmgL，选项 C 错误、D 正 确．
If I'd gone alone, I couldn't have seen nearly as much, because I wouldn't have known my way about.
。2021年3月9日星期二2021/3/92021/3/92021/3/9
• 15、会当凌绝顶，一览众山小。2021年3月2021/3/92021/3/92021/3/93/9/2021
5．一中子与一质量数为 A (A>1)的原子核发生弹性正碰．若
碰前原子核静止，则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为
() A＋1
A.A－1
A－1 B.A＋1
4A C.（A＋1）2
D．（（AA＋－11））22
解析：选 A.设中子的质量为 m，则被碰原子核的质量为 Am， 两者发生弹性碰撞，据动量守恒，有 mv0＝mv1＋Amv′，据 动能守恒，有12mv20＝12mv21＋12Amv′2.解以上两式得 v1＝11－ ＋AA v0.若只考虑速度大小，则中子的速率为 v′1＝AA－ ＋11v0，故中 子碰撞前、后速率之比为AA＋ －11.
知，3mv0＝2mv＋mv′，可得另一块的速度为 v′＝3v0－2v， 对比各选项可知，答案选 C.
2．一枚火箭搭载着卫星以速率 v0 进入太空预定位置，由控 制系统使箭体与卫星分离．已知前部分的卫星质量为 m1，后 部分的箭体质量为 m2，分离后箭体以速率 v2 沿火箭原方向 飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离 后卫星的速率 v1 为( )
解析：设小球 A 下滑到水平轨道上时的速度大小为 v1，平台 水平速度大小为 v，由动量守恒定律有 0＝mAv1－Mv 由能量守恒定律有 mAgh＝12mAv21＋12Mv2 联立解得 v1＝2 m/s，v＝1 m/s
小球 A、B 碰后运动方向相反，设小球 A、B 的速度大小分 别为 v′1 和 v2.由于碰后小球 A 被弹回，且恰好追不上平台， 则此时小球 A 的速度等于平台的速度，有 v′1＝1 m/s 由动量守恒定律得 mAv1＝－mAv′1＋mBv2 由能量守恒定律有12mAv21＝12mAv′21＋12mBv22 联立上式解得 mB＝3 kg. 答案：3 kg
解析：选 AC.由 mB＝2mA，pA＝pB 知碰前 vB＜vA，若右方为 A 球，由于碰前动量都为 6 kg·m/s，即都向右运动，两球不 可能相碰；若左方为 A 球，设碰后二者速度分别为 v′A、v′B， 由题意知 p′A＝mAv′A＝2 kg·m/s，p′B＝mBv′B＝10 kg·m/s， 解得vv′′AB＝25.碰撞后 A 球动量变为 2 kg·m/s，B 球动量变为 10 kg·m/s，又 mB＝2mA，由计算可知碰撞前后 A、B 两球 动能之和不变，即该碰撞为弹性碰撞，选项 A、C 正确．
解析：设滑块质量为 m，A 与 B 碰撞前 A 的速度为 vA，由题 意知，碰撞后 A 的速度 v′A＝18v0，B 的速度 vB＝34v0，由动 量守恒定律得 mvA＝mv′A＋mvB① 设碰撞前 A 克服轨道阻力所做的功为 WA，由能量守恒定律 得 WA＝12mv20－12mv2A②