動量守恒之碰撞模型

動量守恒AA,B兩球在光滑水平面上沿同一直線運動，A球動量為P=5kg-m/s,B球動量為P=7kg-m/s；當A球追A B上B球時發(fā)生碰撞，則碰后A、B兩球的動量可能是（）A.PA=3kg?m/s、pB=9kg-m/s B.PA=6kg?m/s、pB=6kg-m/sC.p=-2kg?m/s、p=14kg-m/s D.p=-5kg?m/s、p=17kg-m/s2.兩球A、B在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運動，m=1kg、m=2kg、v=6m/s、v=2m/s.當球A追上球B并發(fā)生碰撞后，兩球A、B速度的可能值是（ ）B ABA.vA‘=5m/s,vB‘=2.5m/s b.vA‘=2m/s,vB‘=4m/sC.v'=-4m/s,v'=7m/sd.v'=-2m/s,v'=4m/s、A、B兩球沿一直線運動并發(fā)生正碰，如圖所示為兩球碰撞前后的位移時間圖象.a、b分別為A、B兩球碰前的位移圖象，C為碰撞后兩球共同運動的位移圖象，若A球質(zhì)量是m=2kg,則由圖象判斷下列結論正確的是（）A.A、B碰撞前的總動量為3kg?m/sB.碰撞時A對B所施沖量為-4N?sC.碰撞前后A的動量變化為4kg?m/s D.碰撞中A、B兩球組成的系統(tǒng)損失的動能為10J.如圖1甲所示，在光滑水平面上的兩個小球發(fā)生正碰。小球的質(zhì)量分別為m1和m2。圖1乙為它們碰撞前后的x-t圖象。已知m1=0.1kg,由此可以判斷（）①碰前m2靜止，m1向右運動②碰后m2和m1都向右運動③由動量守恒可以算出m2=0.3kg④碰撞過程中系統(tǒng)損失了0.4J的機械能以上判斷正確的是（）A.①③B.①②③C.①②④D.①③④.半圓形光滑軌道固定在水平地面上，如圖所示，并使其軌道平面與地面垂直，物體m「m2同時由軌道左、右最高點釋放，二者碰后粘在一起向上運動，最高能上升到軌道M點，已知0乂與豎直方向夾角為60°,則兩物體的質(zhì)量之比m/1^為（）A.（應+1）：（霹-1）B.點：1C.（<2-1）：（v2+1）D.1：V2.如圖所示，兩帶電的金屬球在絕緣的光滑水平面上沿同一直線相向運動，A帶電荷量為-q,B帶電荷量為+2q,下列說法正確的是（）A.相碰前兩球運動中動量不守恒B.相碰前兩球的總動量隨距離的減小而增大C.兩球相碰分離后的總動量不等于相碰前的總動量，因為碰前作用力為引力，碰后為斥力D.兩球相碰分離后的總動量等于碰前的總動量，因為兩球組成的系統(tǒng)合外力為零.矩形滑塊由不同的材料上、下兩層粘在一起組成，放在光滑的水平面上，子彈水平射向滑塊，若射擊上層，子彈剛好不穿出，若射擊下層，子彈剛好完全嵌入，如圖所示，從子彈擊中滑塊到與滑塊相對靜止過程中，下列說法正確的是TOC\o"1-5"\h\zA.兩次子彈對滑塊做的功一樣多 ? ： '.子彈嵌入上層過程中對滑塊做的功多 .C.兩次滑塊所受的水平方向的沖量一樣大 D.兩次子彈擊中木塊過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量一樣多 /\.如圖所示，小車的上面是中突的兩個對稱的曲面組成，整個小車的質(zhì)量為m,原來二/靜止在光滑的水平面上.今有一個可以看作質(zhì)點的小球，質(zhì)量也為m,以水平速度v ?一： " ：從左端滑上小車，恰好到達小車的最高點后，又從另一個曲面滑下.關于這個過程， 后"生下列說法正確的是（）， 、 ，， ， 一，，，一 ，，一一，, ， ，，一、.1mvvA.小球滑離小車時，小車乂回到了原來的位置B.小球在滑上曲面的過程中，小車的動量變化大小是可V2C.小球和小車作用前后，小車和小球的速度一定變化D.車上曲面的豎直高度不會大于廣4g試卷第1頁，總2頁

9.A.9.A.B.C.D.鐵錘打擊放在鐵砧上的鐵塊，打擊過程中，鐵錘和鐵塊的總動量子彈水平穿過放在光滑水平桌面上的木塊過程中，子彈和木塊的總動量子彈水平穿過墻壁的過程中，子彈和墻壁的總動量棒擊壘球的過程中，棒和壘球的總動量.如圖所示，質(zhì)量為m的由絕緣材料制成的球與質(zhì)量為M=19m的金屬球并排懸掛.現(xiàn)將絕緣球拉至與豎直方向成。=60°的位置自由釋放，下擺后在最低點與金屬球發(fā)生彈性碰撞.在平衡位置附近存在垂直于紙面的磁場.已知由于磁場的阻尼作用，金屬球?qū)⒂谠俅闻鲎睬巴Ｔ谧畹忘c處.求經(jīng)過幾次碰撞后絕緣球偏離豎直方向的最大角度將小于45°.如圖,質(zhì)量為M=1kg的平板車左端放有一質(zhì)量為m=2kg的鐵塊，鐵塊與車之間的動摩擦因數(shù)u=0.5。開始時車和鐵塊以速度/=6m/s在光滑水平面上向右運動，并使車與墻發(fā)生正碰，設碰撞時間極短，且碰后車的速率不變，車身足夠長致使鐵塊始終不能與墻相碰。求(1)鐵塊相對于車的總路程。 坨 I?(2)小車和墻第一次相碰后所走的總路程。 圖|M夕 II1!1L /—!」一.u .如圖所示一顆質(zhì)量為m=10g的子彈以水平速度vo=200m/s擊穿一個靜止的沙袋后，速度減小為v=100m/s.沙袋擊穿后，上升的最大高度為h=0.2mWg=10m/s2,求：⑴沙袋的質(zhì)量.(2)這一過程中系統(tǒng)的內(nèi)能增加了多少?.柴油打樁機的重錘由氣缸、活塞等若干部件組成，氣缸與活塞間有柴油與空氣的混合物。在重錘與樁碰撞的過程中，通過壓縮使混合物燃燒，產(chǎn)生高溫高壓氣體，從而使樁向下運動，錘向上運動?，F(xiàn)把柴油打樁機和打樁過程簡化如下：如圖1所示。柴油打樁機重錘的質(zhì)量為m,錘在樁帽以上高度為h處，從靜止開始沿豎直軌道自由落下，打在質(zhì)量為M(包括樁帽)的鋼筋混凝土樁子上。同時，柴油燃燒，產(chǎn)生猛烈推力，錘和樁分離，這一過程的時間極短。隨后，樁在泥土中向下移動一距離上已知錘反跳后到達最高點時，錘與已停下的樁帽之間的距離也為h如圖2所示。已知m=1.0X103kg,M=2.0X103kg,h=2.0m,L=0.20m,重力加速度g=囹】10m/s2。設樁向下移動的過程中泥土對樁的作用力F是恒力，求:囹】(1)錘子下落到與樁子接觸前瞬間的速度v(2)作用力F的大小試卷第2頁，總2頁

本卷由系統(tǒng)自動生成，請仔細校對后使用，答案僅供參考。參考答案1.AC【解析】兩球碰撞滿足動量守恒定律，碰前總動量為12kg-m/s，則四個選項中碰后總動量TOC\o"1-5"\h\z均為12kg-m/s；碰撞前A的速度大于B的速度vA>vB，則有"，得到mA</mB.根32 72 S 1- ￡ !- _據(jù)碰撞過程總動能不增加，則有：----二，得到：mA<2%,滿足mfmB,故A正確.A球追上B球時發(fā)生碰撞，A的動量不可能沿原方向增大.故B錯誤.5 22 1/ 72_——+——■——+——根據(jù)mA<7mB，則C選項中：二'一；一-’：,動能不增加，故C正確.172 53 72 + > + D選項中：-二,二，違背了能量守恒，故D錯誤.故選AC.點睛：對于碰撞過程要遵守三大規(guī)律：動量守恒定律；總動能不增加；符合物體的實際運動情況.B【解析】考慮實際情況，碰撞后A球速度不大于B球的速度，故A錯誤；A追上B并發(fā)生碰撞前的總動量是：mv+mv=1kgX6m/s+2kgX2m/s=10kg*m/s,B、1kgX2m/s+2kgX4m/s=10kg?m/S,C、1kgX（-4m/s）+2kgX7m/s=10kg?m/s,D、1kgX（-2m/s）+2kgX4m/s=6kg?m/sD的動量和小于碰撞前動量和，所以D錯誤.根據(jù)能量守恒定律，碰撞后的系統(tǒng)總動能應該小于或等于碰撞前的系統(tǒng)總動能，碰撞前總動能為22J,B選項碰撞后總動能為18J,C選項碰撞后總動能為57J,故C錯誤，B滿足；故選B.點睛：本題碰撞過程中動量守恒，同時要遵循能量守恒定律，不忘聯(lián)系實際情況，即后面的球不會比前面的球運動的快.ATOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"s4-10 -,【解析】由s-t圖象可知，碰撞前有：V=f= =-3m/s,AtA 2\o"CurrentDocument". . s2-4一， ,一.碰撞后有：V'=v‘=v=-=---=-1m/s；對A、B組成的系統(tǒng)，A、B兩球沿一直線運動aBt4-2并發(fā)生正碰，碰撞前后物體都是做勻速直線運動，所以系統(tǒng)的動量守恒.碰撞前后A的動量變化為：△PA=mvA'-mvA=2x（-1）-2x（-3）=4kg?m/s,根據(jù)動量守恒定律，碰撞前后A的動量變化為：△PB=SPA=-4kg?m/s,又：△PB=mB（vB’-vB）,所以：m=0一二』=4kgbvbvb -1-2 3所以A與B所以A與B碰撞前的總動量為:由動量定理可p^=mvA+mBvB=2x(-3)+yx2=—-kg?m/s;由動量定理可答案第1頁，總6頁本卷由系統(tǒng)自動生成，請仔細校對后使用，答案僅供參考。知，碰撞時A對B所施沖量為：IB=△PB=-4kg?m/s=-4N?s.碰撞中A、B兩球組成的系統(tǒng)損失 1 1 1 ,,的動能：^E=mv2+mv2- (m+m)▽2,代入數(shù)據(jù)解得：4E=10J,故A錯誤，BCDK A BB B K正確；故選BCD.A【解析】A、由s-t(位移時間)圖象的斜率得到，碰前嗎的位移不隨時間而變化，處于靜止;m1速度大小為V]=4s/4t=4m/s,方向只有向右才能與m2相撞，故①正確；B、由圖讀出，碰后m2的速度為正方向，說明向右運動,1^的速度為負方向，說明向左運動，故TOC\o"1-5"\h\z②錯誤； 2 1C、由圖求出碰后m2和m1的速度分別為V,2=2m/s,v,i=-2m/s,根據(jù)動量守恒定律得,m1v1=m2v'2+m1v'1，代入解得,m2=0.3kg,故③正確；\o"CurrentDocument" 2一1 1 , 1 , .?D、碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能：AE=-mv2-mv2-mv2=0，④錯誤。211 211 222故選：A?！久麕燑c睛】s-t(位移時間)圖象的斜率等于速度，由數(shù)學知識求出碰撞前后兩球的速度，分析碰撞前后兩球的運動情況。根據(jù)動量守恒定律求解兩球質(zhì)量關系，由能量守恒定律求出碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能。C【解析】試題分析：兩球到達最低的過程由動能定理得：mgR=1mv2解得：v=%/2函所以兩球到達最低點的速度均為：V解設向左為正方向，則m1的速度V1=-網(wǎng)R，則m2的速度V2=網(wǎng)R,由于碰撞瞬間動量守恒得：m2V2+mjj(m1+m2)v共解得：v=m^mw?①共m+m二者碰后粘在一起向左運動，最高能上升到軌道P點，對此過程由動能定理得：1_-(m+m)gR(1-cos60°)=0—(m+m)V2②i2 2i2共(m+m)2由①②解得：L2=2(m-m)2整理得：mi：m2=(■威-1)：(軀+1)；故選C。考點：動能定理；動量守恒D【解析】解：將兩球看作整體分析時，整體受重力支持力，水平方向不受外力，故整體系統(tǒng)動量守恒；故兩球相碰分離后的總動量等于碰前的總動量；答案第2頁，總6頁本卷由系統(tǒng)自動生成，請仔細校對后使用，答案僅供參考。故選D.【點評】本題要明確兩球之間的彈力及庫侖力均為內(nèi)力，在分析動量是否守恒時不考慮內(nèi)力.ACD【解析】試題分析：根據(jù)動量守恒定律mv=(M+m)v共，解得兩次情況下滑塊的最終速度相同，物塊動能的增量等于子彈做的功，所以兩次子彈對物塊做的功一樣多，A正確B錯誤；根據(jù)I八Mv共可得兩次滑塊所受的水平方向的沖量一樣大，C正確；子彈嵌入下層或上層過程中，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量都等于系統(tǒng)減少的動能，而子彈減少的動能一樣多(子彈初末速度相等)；物塊能加的動能也一樣多，則系統(tǒng)減少的動能一樣，故系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量一樣多，故D正確?？键c：考查了動量守恒定律的應用【名師點睛】本題的關鍵是用動量守恒知道子彈只要留在滑塊中，他們的最后速度就是相同的；這是一道考查動量和能量的綜合題.BD【解析】試題分析：A、小球滑上曲面的過程，小車向右運動，小球滑下時，小車還會繼續(xù)前進，故不會回到原位置，所以A錯誤.B、由小球恰好到最高點，知道兩者有共同速度，對于車、球組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律列式為mv=2mv/,得共同速度v/=v/2.小車動量的變化為mv一 一一,可，則B正確.C、由于滿足動量守恒定律，系統(tǒng)機械能又沒有增加，所以可能出現(xiàn)速度TOC\o"1-5"\h\zmv2 . ,交換兩次后和初始情況相同，選項C正確.D、由于小球原來的動能為一丁，小球到最高點八，v、mv2 mv2時系統(tǒng)的動能為大X2mX(-)2= ，所以系統(tǒng)動能減少了 ，如果曲面光滑，則減少\o"CurrentDocument"2 4 4,,一一 一，，，，mv2 v2.一，一的動能等于小球增加的重力勢能，即=mgh，得h=.顯然這是最大值，如果曲面4 4g粗糙，高度還要小些，所以D正確.故選BD.考點：考查動量守恒定律；動量定理；機械能守恒定律.【名師點睛】本題是系統(tǒng)動量守恒和機械能守恒的類型，類似于彈性碰撞，常見類型..B【解析】試題分析：當系統(tǒng)受合外力為零時動量守恒。所以當鐵錘打擊放在鐵砧上的鐵塊時，在豎直方向鐵錘和鐵塊的系統(tǒng)受到的合外力不為零，所以動量不守恒；子彈水平穿過放在光滑水平桌面上的木塊過程中，由于子彈和木塊系統(tǒng)在水平方向上受合外力為零，所以總動量守恒；子彈水平穿過墻壁的過程中，子彈和墻壁的系統(tǒng)在水平方向受合外力不為零，所以總動量不守恒；棒擊壘球的過程中，棒在水平方向受到人的作用力，所以棒和壘球系統(tǒng)合外力不為零，所以總動量不守恒。選項B正確?？键c：動量守恒定律的條件。.發(fā)生3次碰撞后小球返回到最高點時與豎直方向的夾角將小于45°【解析】解：設小球m的擺線長度為l答案第3頁，總6頁

本卷由系統(tǒng)自動生成，請仔細校對后使用，答案僅供參考。小球m在下落過程中與M相碰之前滿足機械能守恒：m虹Cl-cogS)=^mv02@m和M碰撞過程是彈性碰撞，mVo=MVM+叫②故滿足:聯(lián)立②③得:+抑/ID-M而后小球又以反彈速度和小球M而后小球又以反彈速度和小球M再次發(fā)生彈性碰撞，V2>V臨界說明小球被反彈，且丫1與、成正比，滿足： 1 0mVjMVMi+m%⑤2_1 之的彳叫--mv2十尹『Ml⑥解得：片益⑦整理得：v2=故可以得到發(fā)生n次碰撞后的速度:1rII甫)取口而偏離方向為450的臨界速度滿足:mgl(1-cos4)二聯(lián)立①⑨⑩代入數(shù)據(jù)解得，當n=2時當n=3時，v3<v臨界即發(fā)生3次碰撞后小球返回到最高點時與豎直方向的夾角將小于45°.考點：動量守恒定律；機械能守恒定律.專題：壓軸題.分析：先根據(jù)機械能守恒定律求出小球返回最低點的速度，然后根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律求出碰撞后小球的速度，對速度表達式分析，求出碰撞n次后的速度表達式，再根據(jù)機械能守恒定律求出碰撞n次后反彈的最大角度，結合題意討論即可.點評:本題關鍵求出第一次反彈后的速度和反彈后細線與懸掛點的連線與豎直方向的最大角度，然后對結果表達式進行討論，得到第n次反彈后的速度和最大角度，再結合題意求解.11.5.4m (2)4.05m【解析】答案第4頁，總6頁

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