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1、1 第 2 课时碰撞反冲和火箭 1.(2018 福建泉州质检 )“爆竹声中一岁除 , 春风送暖入屠苏” , 爆竹 声响是辞旧迎新的标志 ,是喜庆心情的流露 . 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; 则另一块的速度为 ( C ) A.3v0-v B.2v0-3v C.3v0-2v D.2v0+v 解析: 由动量守恒定律 3mv0=2mv+mv , 得 v=3v0-2v, 选项 C正确. 2.( 多选)A,B 两球沿同一条直线运动 , 如图所示的 x t
2、 图像记录了它 们碰撞前后的运动情况 ,其中 a,b 分别为 A,B 碰撞前的 x t 图像.c 为 碰撞后它们的 x t 图像. 若 A球质量为 1 kg, 则 B球质量及碰后它们的 速度大小为 ( BD ) A.2 kg B. kg C.4 m/s D.1 m/s 2 解析 : 由图像可知碰撞前二者都做匀速直线运动,va= m/s= -3 m/s,vb= m/s=2 m/s, 碰撞后二者连在一起做匀速直线运动,vc= m/s=-1 m/s. 碰撞过程中动量守恒 , 即 mAva+mBvb=(mA+mB)vc 可解得 mB= kg 由以上可知选项 B,D 正确. 3.(2018 山东泰安模拟
3、 ) 质量相等的 A,B 两球在光滑水平面上沿同 一直线向同一方向运动 ,A 球的动量是 7 kgm/s,B 球的动量是 5 kg m/s, 当 A球追上 B球时发生碰撞 ,则碰撞后 A,B 两球的动量可能值是 ( A ) A.pA=6 kg m/s,p B=6 kgm/s B.pA=3 kg m/s,pB=9 kgm/s C.pA=-2 kg m/s,pB=14 kg m/s D.pA=-4 kg m/s,pB=17 kg m/s 解析: 根据碰撞前后系统的动量守恒判断, 碰前系统动量是 12 kg m/s, 而 D选项中 , 碰后系统动量为13 kgm/s, 不满足系统动量守恒 , 选项
4、D错误; 根据能量不增加判断 , 选项 C的动能增加 , 选项 C错误; 设 mA=mB=m,对 A项, 碰撞前后动能的变化为 3 Ek=+-(+)=-0, 碰撞 过程总动能增加 , 选项 B错误. 4.(2017 安徽马鞍山二模) 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 kgm/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 ) A.左方是 A球,碰撞后 A,B 两球速度大小之比为25 B.左方是 A球,碰撞后 A,B 两球速度大小之比为1
5、10 C.右方是 A球,碰撞后 A,B 两球速度大小之比为25 D.右方是 A球,碰撞后 A,B 两球速度大小之比为110 解析: 由 mB=2mA, 知碰前 vBvB, 则两球不可能相碰 , 选项 C,D错误. 4 5. 在静水上浮着一只长为L=3 m、质量为 300 kg 的小船, 船尾站着一 质量为 60 kg 的人, 开始时人和船都静止 . 若人匀速从船尾走到船头, 不计水的阻力 .则船将 ( A ) A.后退 0.5 m B.后退 0.6 m C.后退 0.75 m D.一直匀速后退 解析: 船和人组成的系统 , 在水平方向上动量守恒, 人在船上行进 , 船 向后退 , 以人的速度方
6、向为正方向 , 由动量守恒定律得 m人v1-m船v2=0. 人从船头走到船尾 ,设船后退的位移大小为x, 则人相对于岸的位移大 小为 L-x. 则 m人-m船=0, 代入数据解得x=0.5 m, 船向后退了 0.5 m, 选项 A 正确,B,C 错误; 人 与船组成的系统动量守恒, 系统初动量为零 , 人停止运动时人的动量 为零 , 由动量守恒定律可知, 船的动量也为零, 船停止运动 , 选项D 错误. 6. 导学号 58826136(2018 河北衡水模拟 )( 多选)甲物体在光滑水平 面上运动的速度为v1, 与静止的乙物体相碰 , 碰撞过程中无机械能损 失, 下列结论正确的是 ( ABC
7、) A.当乙的质量等于甲的质量时, 碰撞后乙的速率是v1 B.当乙的质量远远小于甲的质量时, 碰撞后乙的速率是2v1 5 C.当乙的质量远远大于甲的质量时, 碰撞后甲的速率是v1 D.碰撞过程中甲对乙做的功大于乙的动能增量 解析: 由于碰撞过程中无机械能损失, 故是弹性碰撞 , 根据动量守恒得 m1v1=m1v1+m2v2, 由机械能守恒得m1= m1v1 2+ m 2v2 2, 解得两物 体碰后的速度 v1=v1,v2=v1. 当 m1=m2时,v2=v1, 选项 A正确; 当 m1? m2时,v2=2v1, 选项 B正确; 当 m1? m2时,v1=-v1,选项 C正确; 根据动能定理可知
8、 , 碰撞过程中甲对乙做的功等于乙的动能增 量, 选项 D错误. 7.(2018 陕西西安模拟 )( 多选) 如图所示 , 物体 A静止在光滑的水平 面上,A 的左边固定有轻质弹簧 , 与 A质量相等的物体 B以速度 v 向 A 运动并与弹簧发生碰撞 ,A,B 始终沿同一直线运动 , 则 A,B 组成的系统 动能损失最大的时刻是 ( AC ) A.A,B 速度相等时 B.A 的速度等于 v 时 C.弹簧压缩至最短时 D.B的速度最小时 解析: 在压缩弹簧的过程中 , 系统的动量守恒 , 物体的动能转化为弹簧 的弹性势能 . 当 A,B 速度相等时 , 此时弹簧压缩至最短 , 系统损失的动 能最
9、多 , 弹簧的弹性势能最大 , 选项 A,C正确. 6 8. 导学号 58826137(2018 山东济南模拟 )( 多选)如图所示 , 轻质弹 簧的一端固定在墙上 , 另一端与质量为 m的物体 A相连,A 放在光滑水 平面上 , 有一质量与 A相同的物体 B从高 h 处由静止开始沿光滑曲面 滑下, 与 A相碰后一起将弹簧压缩 , 弹簧复原过程中某时刻B与 A分开 且沿原曲面上升 . 下列说法正确的是 ( BD ) A.弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为mgh B.弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为mgh C.B能达到的最大高度为h D.B能达到的最大高度为h 解析: 对 B下滑过程 , 据机
10、械能守恒定律可得mgh=m, 则得 B刚到达 水平地面时的速度v0=,与 A碰撞过程 , 以 A,B 组成的系统为研究 对象, 取向右为正方向 , 根据动量守恒定律可得mv0=2mv,得 A与 B碰撞 后的共同速度为 v= v0, 所以弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为 Epm= 2mv 2= mgh,选项 A错误,B 正确;当弹簧再次恢复原长时 ,A 与 B 将分开 ,B 以 v 的速度沿斜面上滑 , 根据机械能守恒定律可得mgh = mv 2,解得 B能达到的最大高度为 h= h, 选项 C错误,D 正确. 7 9. 导学号 58826138 如图所示 , 质量为 km的小球 a, 用 l
11、1=0.4 m 的细 线悬挂于 O1点, 质量为 m小球 b, 用l2=0.8 m的细线悬挂于 O2点, 且 O1,O2 两点在同一条竖直线上 ,让小球 a 静止下垂 , 将小球 b 向右拉起 ,使细 线水平 , 从静止释放 , 两球刚好在最低点时对心相碰, 相碰后, 小球 a 向左摆动 , 细线与竖直方向最大偏角为60, 两小球可视为质点 , 空气 阻力忽略不计 ,仅考虑首次碰撞 , 取 g=10 m/s 2. 求:(1) 两球相碰前小球 b 的速度大小 ; (2) 讨论 k 可能的取值范围 ; (3) 所有满足题干要求的碰撞情形中,k 取何值时机械能损失最多 ? 解析:(1) 对小球 b
12、下摆过程 : mgl2= m 得出碰前 vb=4 m/s. (2) 小球 a 上摆过程 : kmgl1(1-cos 60 )= km 碰后 va=2 m/s 对两球碰撞过程有mvb=mvb+kmva, 得出 vb=4-2k(m/s). 由碰撞过程动能不增加有 8 m mvb 2+ km , 得出 k3, 此外由碰撞中合理性原则不可穿得: vb=4-2kva=2(m/s), 得出 k1. 综上所述 1k3. (3) 碰撞中动能损失 E= m - mvb 2- m , 可以得出当 k=1.5 时, 动能损失最大 . 答案:(1)4 m/s (2)1 k3 (3)1.5 10.(2018 辽宁沈阳质
13、检 )平板车停在水平光滑的轨道上, 平板车上 有一人从固定在车上的货厢边沿水平方向顺着轨道方向跳出, 落在平 板车上的 A点,距货厢水平距离为l=4 m, 如图所示 . 人的质量为 m,车 连同货厢的质量为M=4 m,货厢高度为 h=1.25 m(g 取 10 m/s 2). 求: (1) 车在人跳出后到落到A点期间的反冲速度 ; (2) 车在地面上移动的位移是多少?人落在A 点并站定以后 , 车还运 动吗? 解析:(1) 人从货厢边跳离的过程 ,系统(人、车和货厢 )的动量守恒 , 设人的水平速度是v1, 车的反冲速度是v2, 则 mv1-Mv2=0, 解得 v2= v1. 9 人跳离货厢后
14、做平抛运动, 车以 v2做匀速运动 , 由 h= gt 2, 解得运动时间为 t=0.5 s. 在这段时间内人的水平位移x1和车的位移 x2分别为 x1=v1t,x2=v2t 由题图可知 x1+x2=l, 即 v1t+v2t=l, 联立解得 v2= = m/s=1.6 m/s. (2) 车的水平位移 x2为 x2=v2t=1.6 0.5 m=0.8 m. 人落到车上 A点的过程 ,系统水平方向的动量守恒, 人落到车上前的 水平速度仍为 v1, 车的速度为 v2, 落到车上后设共同速度为v, 根据水 平方向动量守恒得mv1-Mv2=(M+m)v,则 v=0. 故人落到车上 A点站定后 车的速度为
15、零 ,故车不再运动 . 答案:(1)1.6 m/s (2)0.8 m 不运动 11. 如图所示 , 可视为质点的小物块A,B 的质量分别为 m和 3m,静止放 在光滑水平地面上 ,物块 A,B 间夹有一小块炸药 (炸药的质量可以忽 略不计 ). 某时刻炸药爆炸使物块A,B 脱离, 然后物块 A与一质量为 2m 且以速度 v0向右滑动的物块 C发生碰撞 , 物块 A,C碰撞后 ,物块 A,B,C 具有相同的速度 . 若炸药爆炸释放的化学能全部转化为物块A,B 的机 械能, 求炸药爆炸时释放的化学能. 10 解析: 炸药爆炸时 , 由动量守恒定律可得3mvB=mvA,A,C 碰撞过程中满 足动量守
16、恒定律 2mv0-mvA=3mvB 联立解得 vA=v0,vB= v0, 根据能量守恒定律得爆炸时释放的化学能 E= m+ 3m= m . 答案: m 12. 一火箭喷气发动机每次喷出m=200 g 的气体, 气体离开发动机喷出 时的速度v=1 000 m/s.设火箭质量M=300 kg, 发动机每秒钟喷气 20 次. (1) 当第三次喷出气体后 , 火箭的速度为多大 ? (2) 运动第 1 s 末, 火箭的速度为多大 ? 解析:(1) 设喷出三次气体后火箭的速度为v3, 以火箭和喷出的三次气 体为研究对象 ,据动量守恒定律得 (M-3m)v3-3mv=0,故 v3=2 m/s. (2) 发动机每秒钟喷气20 次,以火箭和喷出的20次气体为研究对象 , 根据动量守恒定律得 (M-20m)v20-20mv=0,故 v20=13.5 m/s. 答案:(1)2 m/s (2)
