（精品講義）動(dòng)量守恒定律4word版含答案2

12/1211/12/4碰撞[學(xué)習(xí)目標(biāo)]1.理解彈性碰撞、非彈性碰撞，正碰(對(duì)心碰撞)和斜碰(非對(duì)心碰撞).2.會(huì)應(yīng)用動(dòng)量、能量的觀點(diǎn)綜合分析、解決一維碰撞問題.3.知道散射和中子的發(fā)現(xiàn)過程，體會(huì)理論對(duì)實(shí)踐的指導(dǎo)作用，進(jìn)一步了解動(dòng)量守恒定律的普適性．一、彈性碰撞和非彈性碰撞[導(dǎo)學(xué)探究]1．如圖1所示，將質(zhì)量相等的鋼球A、B用長(zhǎng)度相等的絲線懸掛起來，使B球自然下垂，處于靜止?fàn)顟B(tài)，拉起A球，放開后與B球碰撞，發(fā)現(xiàn)碰撞后A球靜止下來，而B球能上升到與A球原來相同的高度．那么A、B兩球在碰撞前后的動(dòng)量變化多少？動(dòng)能變化多少？圖1答案碰撞前B靜止，由機(jī)械能守恒定律可求碰撞前A球的速度：mgL(1－cosθ)＝eq\f(1,2)mvA2解得：vA＝eq\r(2gL?1－cosθ?).碰撞前二者總的動(dòng)量為：p1＝mvA＋mvB＝meq\r(2gL?1－cosθ?)總動(dòng)能為：Ek1＝eq\f(1,2)mvA2＋eq\f(1,2)mvB2＝mgL(1－cosθ)．碰撞后A靜止，對(duì)B球由機(jī)械能守恒定律可知：eq\f(1,2)mvB′2＝mgL(1－cosθ)解得：vB′＝eq\r(2gL?1－cosθ?)可知碰撞后二者總動(dòng)量為：p2＝mvB′＋mvA′＝meq\r(2gL?1－cosθ?).總動(dòng)能為：Ek2＝eq\f(1,2)mvB′2＋eq\f(1,2)mvA′2＝mgL(1－cosθ)．所以A、B兩球組成的系統(tǒng)碰撞前后：Δp＝0，ΔEk＝0，即碰撞前后，動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒．2．如圖2甲、乙所示，物體A、B的質(zhì)量均為m，物體B靜止在光滑水平面上，物體A以速度v0正對(duì)B運(yùn)動(dòng)，碰撞后兩個(gè)物體粘在一起，以速度v繼續(xù)前進(jìn)，求兩物體組成的系統(tǒng)碰撞前后的總動(dòng)能，碰撞過程中總動(dòng)能守恒嗎？甲乙圖2答案以v0的方向?yàn)檎较颍膳鲎策^程動(dòng)量守恒知，碰撞時(shí)：mv0＝2mv，因此v＝eq\f(v0,2)Ek1＝eq\f(1,2)mv02，Ek2＝eq\f(1,2)·2mv2＝eq\f(1,4)mv02.因Ek1≠Ek2，所以碰撞過程總動(dòng)能不守恒．[知識(shí)梳理]彈性碰撞和非彈性碰撞的特點(diǎn)和規(guī)律1．碰撞特點(diǎn)：碰撞時(shí)間非常短；碰撞過程中內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，系統(tǒng)所受外力可以忽略不計(jì)；可認(rèn)為碰撞前后物體處于同一位置．2．彈性碰撞(1)定義：如果碰撞過程中機(jī)械能守恒，這樣的碰撞叫做彈性碰撞．(2)規(guī)律：動(dòng)量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′機(jī)械能守恒：eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′23．非彈性碰撞(1)定義：如果碰撞過程中機(jī)械能不守恒，這樣的碰撞叫做非彈性碰撞．(2)規(guī)律：動(dòng)量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′機(jī)械能減少，損失的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能|ΔEk|＝Ek初－Ek末＝Q(3)完全非彈性碰撞動(dòng)量守恒：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共碰撞中機(jī)械能損失最多|ΔEk|＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22－eq\f(1,2)(m1＋m2)v共2.二、對(duì)心碰撞和非對(duì)心碰撞散射[導(dǎo)學(xué)探究]如圖3所示為打臺(tái)球的情景，質(zhì)量相等的母球與目標(biāo)球發(fā)生碰撞，有時(shí)碰撞后目標(biāo)球的運(yùn)動(dòng)方向在碰撞前兩球的球心連線上，有時(shí)不在連線上，這是什么原因？?jī)蓚€(gè)小球碰撞時(shí)一定交換速度嗎？圖3答案有時(shí)發(fā)生的是對(duì)心碰撞，有時(shí)發(fā)生的是非對(duì)心碰撞不一定，只有質(zhì)量相等的兩個(gè)物體發(fā)生一維彈性碰撞時(shí)，系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒，總動(dòng)能守恒，才會(huì)交換速度，否則不會(huì)交換速度．[知識(shí)梳理]對(duì)心碰撞、非對(duì)心碰撞和散射1．正碰(對(duì)心碰撞)：一個(gè)運(yùn)動(dòng)的球與一個(gè)靜止的球碰撞，碰撞之前球的運(yùn)動(dòng)速度與兩球心的連線在同一條直線上，碰撞之后兩球的速度仍會(huì)沿著這條直線．2．斜碰(非對(duì)心碰撞)：一個(gè)運(yùn)動(dòng)的球與一個(gè)靜止的球碰撞，如果碰撞之前球的運(yùn)動(dòng)速度與兩球心的連線不在同一條直線上，碰撞之后兩球的速度都會(huì)偏離原來兩球心的連線．3．散射：微觀粒子相互接近時(shí)并不像宏觀物體那樣“接觸”，因此微觀粒子的碰撞又叫做散射；發(fā)生散射時(shí)仍遵循動(dòng)量守恒定律．一、碰撞的特點(diǎn)和分類1．碰撞的特點(diǎn)(1)時(shí)間特點(diǎn)：碰撞現(xiàn)象中，相互作用的時(shí)間極短，相對(duì)物體運(yùn)動(dòng)的全過程可忽略不計(jì)．(2)相互作用力特點(diǎn)：在碰撞過程中，系統(tǒng)的內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，所以動(dòng)量守恒．2．碰撞的分類(1)彈性碰撞：系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒．(2)非彈性碰撞：系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能減少，損失的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能．(3)完全非彈性碰撞：系統(tǒng)動(dòng)量守恒，碰撞后合為一體或具有相同的速度，機(jī)械能損失最大．3．爆炸：一種特殊的“碰撞”特點(diǎn)1：系統(tǒng)動(dòng)量守恒．特點(diǎn)2：系統(tǒng)動(dòng)能增加．例1大小與形狀完全相同、質(zhì)量分別為300g和200g的兩個(gè)物體在無摩擦的水平面上相向運(yùn)動(dòng)，速度分別為50cm/s和100cm/s，某一時(shí)刻發(fā)生碰撞．(1)如果兩物體碰撞后粘合在一起，求它們碰撞后共同的速度大??；(2)在問題(1)的條件下，求碰撞后損失的動(dòng)能；(3)如果碰撞是彈性碰撞，求兩物體碰撞后的速度大?。鸢?1)0.1m/s(2)0.135J(3)0.7m/s0.8m/s解析(1)令v1＝50cm/s＝0.5m/s，v2＝－100cm/s＝－1m/s，設(shè)兩物體碰撞后粘合在一起的共同速度為v，由動(dòng)量守恒定律得m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，代入數(shù)據(jù)解得v＝－0.1m/s，負(fù)號(hào)表示方向與v1的方向相反．(2)(3)如果碰撞是彈性碰撞，設(shè)碰撞后兩物體的速度分別為v1′、v2′，由動(dòng)量守恒定律得m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，由機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2，代入數(shù)據(jù)得v1′＝－0.7m/s，v2′＝0.8m/s.例2一彈丸在飛行到距離地面5m高時(shí)僅有向右的水平速度v0＝2m/s，爆炸成為甲、乙兩塊彈片水平飛出，甲、乙的質(zhì)量之比為3∶1.不計(jì)質(zhì)量損失，取重力加速度g＝10m/s2.則下列圖中兩塊彈片飛行的軌跡可能正確的是()答案B解析彈丸爆炸瞬間內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，故爆炸瞬間動(dòng)量守恒．因兩彈片均水平飛出，飛行時(shí)間t＝eq\r(\f(2h,g))＝1s，取向右為正方向，由水平速度v＝eq\f(x,t)知，選項(xiàng)A中，v甲＝2.5m/s，v乙＝－0.5m/s；選項(xiàng)B中，v甲＝2.5m/s，v乙＝0.5m/s；選項(xiàng)C中，v甲＝1m/s，v乙＝2m/s；選項(xiàng)D中，v甲＝－1m/s，v乙＝2m/s.因爆炸瞬間動(dòng)量守恒，故mv0＝m甲v甲＋m乙v乙，其中m甲＝eq\f(3,4)m，m乙＝eq\f(1,4)m，v0＝2m/s，代入數(shù)值計(jì)算知選項(xiàng)B正確．二、彈性正碰模型1．兩質(zhì)量分別為m1、m2的小球發(fā)生彈性正碰，v1≠0，v2＝0，同時(shí)滿足動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒，即m1v1＝m1v1′＋m2v2′，eq\f(1,2)m1v12＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2，得出v1′＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v1，v2′＝eq\f(2m1,m1＋m2)v1.(1)若m1＝m2，v1≠0，v2＝0，則二者彈性正碰后，v1′＝0，v2′＝v1，即二者碰后交換速度．(2)若m1?m2，v1≠0，v2＝0，則二者彈性正碰后，v1′＝v1，v2′＝2v1.表明m1的速度不變，m2以2v1的速度被撞出去．(3)若m1?m2，v1≠0，v2＝0，則二者彈性正碰后，v1′＝－v1，v2′＝0.表明m1被反向以原速率彈回，而m2仍靜止．2．如果兩個(gè)相互作用的物體，滿足動(dòng)量守恒的條件，且相互作用過程初、末狀態(tài)的總機(jī)械能不變，廣義上也可以看成彈性正碰．例3在光滑的水平面上，質(zhì)量為m1的小球A以速率v0向右運(yùn)動(dòng)．在小球的前方有一質(zhì)量為m2的小球B處于靜止?fàn)顟B(tài)，如圖4所示．小球A與小球B發(fā)生彈性碰撞后，小球A、B均向右運(yùn)動(dòng)．且碰后A、B的速度大小之比為1∶4，求兩小球質(zhì)量之比eq\f(m1,m2).圖4答案2∶1解析兩球碰撞過程為彈性碰撞，以v0的方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得：m1v0＝m1v1＋m2v2由機(jī)械能守恒定律得：eq\f(1,2)m1v02＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22由題意知：v1∶v2＝1∶4聯(lián)立解得eq\f(m1,m2)＝eq\f(2,1).1．當(dāng)遇到兩物體發(fā)生碰撞的問題時(shí)，不管碰撞的環(huán)境如何，要首先想到利用動(dòng)量守恒定律．2．兩質(zhì)量相等的物體發(fā)生彈性正碰，速度交換．3．解題時(shí)，應(yīng)注意將復(fù)雜過程分解為若干個(gè)簡(jiǎn)單過程(或階段)，判斷每個(gè)過程的動(dòng)量守恒情況、機(jī)械能守恒情況，但每一過程能量一定守恒．三、判斷一個(gè)碰撞過程是否存在的依據(jù)1．動(dòng)量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′.2．總動(dòng)能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或eq\f(p\o\al(1,?2),2m1)＋eq\f(p\o\al(2,?2),2m2)≥eq\f(p1′2,2m1)＋eq\f(p2′2,2m2).3．速度要符合情景：碰撞后，原來在前面的物體的速度一定增大，且原來在前面的物體的速度大于或等于原來在后面的物體的速度，即v前′≥v后′.例42013年斯諾克上海沃德大師賽于9月16日至22日在上海體育館舉行．如圖5為丁俊暉正在準(zhǔn)備擊球，設(shè)丁俊暉在這一桿中，白色球A(主球)只與花色球B碰撞且碰撞前后都在同一直線上運(yùn)動(dòng)，碰前白色球A的動(dòng)量為pA＝5kg·m/s，花色球B靜止，白色球A與花色球B發(fā)生碰撞后，花色球B的動(dòng)量變?yōu)閜B′＝4kg·m/s，則兩球質(zhì)量mA與mB的關(guān)系可能是()圖5A．mB＝mA B．mB＝eq\f(1,4)mAC．mB＝eq\f(1,6)mA D．mB＝6mA答案A解析由動(dòng)量守恒定律得：pA＋pB＝pA′＋pB′，得：pA′＝1kg·m/s，根據(jù)碰撞過程總動(dòng)能不增加，則有：eq\f(p\o\al(A,??2),2mA)≥eq\f(pA′2,2mA)＋eq\f(pB′2,2mB)代入解得：mB≥eq\f(2,3)mA碰后，兩球同向運(yùn)動(dòng)，A的速度不大于B的速度，則eq\f(pA′,mA)≤eq\f(pB′,mB)解得：mB≤4mA綜上可得eq\f(2,3)mA≤mB≤4mA，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤．1．一個(gè)符合實(shí)際的碰撞，一定是動(dòng)量守恒，機(jī)械能不增加，滿足能量守恒．2．要靈活運(yùn)用Ek＝eq\f(p2,2m)或p＝eq\r(2mEk)，Ek＝eq\f(1,2)pv或p＝eq\f(2Ek,v)幾個(gè)關(guān)系式.1．(對(duì)碰撞的理解)現(xiàn)有甲、乙兩滑塊，質(zhì)量分別為3m和m，以相同的速率v在光滑水平面上相向運(yùn)動(dòng)，發(fā)生了碰撞．已知碰撞后，甲滑塊靜止不動(dòng)，那么這次碰撞是()A．彈性碰撞 B．非彈性碰撞C．完全非彈性碰撞 D．條件不足，無法確定答案A解析以甲滑塊的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得：3m·v－mv＝0＋mv′，所以v′＝2v碰前總動(dòng)能Ek＝eq\f(1,2)×3m·v2＋eq\f(1,2)mv2＝2mv2，碰后總動(dòng)能Ek′＝eq\f(1,2)mv′2＝2mv2，Ek＝Ek′，所以A正確．2．(碰撞問題的分析與計(jì)算)如圖6所示，在光滑的水平面的左側(cè)固定一豎直擋板，A球在水平面上靜止放置，B球向左運(yùn)動(dòng)與A球發(fā)生正碰，B球碰撞前、后的速率之比為3∶1，A球垂直撞向擋板，碰后原速率反回．兩球剛好不發(fā)生第二次碰撞，則A、B兩球的質(zhì)量之比為，A、B兩球碰撞前、后的總動(dòng)能之比為．圖6答案4∶19∶5解析設(shè)A、B兩球的質(zhì)量分別為mA、mB，A球碰撞后的速度大小為vA2，B球碰撞前、后的速度大小分別為vB1和vB2，由題意知vB1∶vB2＝3∶1，vA2＝vB2，以向左為正方向，在A、B碰撞過程中由動(dòng)量守恒定律得mBvB1＝mAvA2－mBvB2，解得eq\f(mA,mB)＝eq\f(vB1＋vB2,vA2)＝eq\f(4,1)，A、B兩球碰撞前、后的總動(dòng)能之比為eq\f(\f(1,2)mBv\o\al(B1,???2),\f(1,2)mBv\o\al(B2,???2)＋\f(1,2)mAv\o\al(A2,???2))＝eq\f(9,5).3．(彈性碰撞模型分析)在光滑的水平面上有三個(gè)完全相同的小球，它們成一條直線，2、3小球靜止，并靠在一起，1小球以速度v0射向它們，如圖7所示．設(shè)碰撞中不損失機(jī)械能，則碰后三個(gè)小球的速度可能值是()圖7A．v1＝v2＝v3＝eq\f(1,\r(3))v0B．v1＝0，v2＝v3＝eq\f(1,\r(2))v0C．v1＝0，v2＝v3＝eq\f(1,2)v0D．v1＝v2＝0，v3＝v0答案D解析兩個(gè)質(zhì)量相等的小球發(fā)生彈性正碰，碰撞過程中動(dòng)量守恒，動(dòng)能守恒，碰撞后將交換速度，故D項(xiàng)正確．4．(非彈性碰撞問題的分析與計(jì)算)如圖8所示，位于光滑的水平桌面上的小滑塊P和Q均可視為質(zhì)點(diǎn)，質(zhì)量均為m，Q與水平輕質(zhì)彈簧相連并處于靜止?fàn)顟B(tài)，P以初速度v向Q運(yùn)動(dòng)并與彈簧發(fā)生作用．求整個(gè)過程中彈簧的最大彈性勢(shì)能．圖8答案eq\f(1,4)mv2解析以v的方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得mv＝2mv共，由能量守恒定律得eq\f(1,2)mv2＝Epmax＋eq\f(1,2)(2m)v共2，解得Epmax＝eq\f(1,4)mv2.考點(diǎn)一對(duì)碰撞的理解及碰撞滿足的條件1．(多選)兩輛動(dòng)能分別為Ek1、Ek2的小車在一個(gè)光滑水平面上發(fā)生碰撞，碰后動(dòng)能分別變?yōu)镋k1′、Ek2′，則可能有()A．Ek1＋Ek2>Ek1′＋Ek2′ B．Ek1＋Ek2＝Ek1′＋Ek2′C．Ek1＋Ek2<Ek1′＋Ek2′ D．不能確定答案AB2．質(zhì)量分別為mA＝1kg、mB＝2kg的A、B兩個(gè)小球在光滑水平面上發(fā)生碰撞，碰撞前后均在同一條直線上．碰撞前速度vA＝6m/s、vB＝2m/s，碰撞后速度vA′＝2m/s、vB′＝4m/s.則此碰撞是()A．彈性碰撞 B．非彈性碰撞C．完全非彈性碰撞 D．無法確定答案B解析由eq\f(1,2)mAvA2＋eq\f(1,2)mBvB2>eq\f(1,2)mAvA′2＋eq\f(1,2)mBvB′2，vA′≠vB′可知，此次碰撞為非彈性碰撞．3．(多選)A、B兩球在光滑水平面上做相向運(yùn)動(dòng)，已知mA＞mB，當(dāng)兩球碰撞后，其中一球停止，則可以斷定()A．碰撞前A的動(dòng)量與B的動(dòng)量大小相等B．碰撞前A的動(dòng)量大于B的動(dòng)量C．若碰撞后A的速度為零，則碰撞前A的動(dòng)量大于B的動(dòng)量D．若碰撞后B的速度為零，則碰撞前A的動(dòng)量小于B的動(dòng)量答案CD解析兩球組成的系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以A的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得mAvA－mBvB＝mAvA′＋mBvB′，如果碰撞前A的動(dòng)量與B的動(dòng)量大小相等，碰撞后兩者速度都等于零，故A錯(cuò)誤；若碰撞后A的速度為零，則碰撞后B反向運(yùn)動(dòng)，否則兩者會(huì)發(fā)生第二次碰撞，這說明系統(tǒng)總動(dòng)量與A的動(dòng)量方向相同，則碰撞前A的動(dòng)量大于B的動(dòng)量；若碰撞后B的速度為零，則碰撞后A反向運(yùn)動(dòng)，否則兩者會(huì)發(fā)生第二次碰撞，這說明系統(tǒng)總動(dòng)量與B的動(dòng)量方向相同，則碰撞前A的動(dòng)量小于B的動(dòng)量．由以上分析可知，兩球碰撞后一球靜止，可能是碰撞前A的動(dòng)量大于B的動(dòng)量，也可能是碰撞前A的動(dòng)量小于B的動(dòng)量，故B錯(cuò)誤，C、D正確．4．質(zhì)量分別為ma＝1kg、mb＝2kg的兩小球在光滑的水平面上發(fā)生碰撞，碰撞前后兩球的位移—時(shí)間圖象如圖1所示，則可知碰撞屬于()圖1A．彈性碰撞B．非彈性碰撞C．完全非彈性碰撞D．條件不足，不能確定答案A解析由x－t圖象知，碰撞前va＝3m/s，vb＝0，碰撞后va′＝－1m/s，vb′＝2m/s，碰撞前總動(dòng)量mava＋mbvb＝3kg·m/s，碰撞后總動(dòng)量mava′＋mbvb′＝3kg·m/s，故動(dòng)量守恒，碰撞前總動(dòng)能eq\f(1,2)mava2＋eq\f(1,2)mbvb2＝eq\f(9,2)J，碰撞后總動(dòng)能eq\f(1,2)mava′2＋eq\f(1,2)mbvb′2＝eq\f(9,2)J，故機(jī)械能守恒．所以碰撞屬于彈性碰撞．考點(diǎn)二彈性碰撞模型分析5．一中子與一質(zhì)量數(shù)為A(A>1)的原子核發(fā)生彈性碰撞．若碰撞前原子核靜止，則碰撞前與碰撞后中子的速率之比為()A.eq\f(A＋1,A－1) B.eq\f(A－1,A＋1)C.eq\f(4A,?A＋1?2) D.eq\f(?A＋1?2,?A－1?2)答案A解析設(shè)中子的質(zhì)量為m，則被碰原子核的質(zhì)量為Am，兩者發(fā)生彈性碰撞，據(jù)動(dòng)量守恒，有mv0＝mv1＋Amv′，據(jù)動(dòng)能守恒，有eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Amv′2.聯(lián)立得v1＝eq\f(1－A,1＋A)v0.若只考慮速度大小，則中子的速率為v1′＝eq\f(A－1,A＋1)v0，故中子碰撞前、后的速率之比為eq\f(A＋1,A－1).6．如圖2所示，一個(gè)運(yùn)動(dòng)的中子與一個(gè)靜止的中子發(fā)生彈性碰撞，碰撞過程中動(dòng)量(“一定”“可能”或“一定不”)守恒，碰撞后A中子(“靜止”“向右運(yùn)動(dòng)”或“向左運(yùn)動(dòng)”)．圖2答案一定靜止解析在碰撞過程中，由于時(shí)間極短，內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，故動(dòng)量守恒，初狀態(tài)動(dòng)量方向向右，碰撞后兩中子交換速度．考點(diǎn)三非彈性碰撞模型及拓展分析7．如圖3所示，在列車編組站里，一輛m1＝1.8×104kg的列車甲在平直軌道上以v1＝2m/s的速度運(yùn)動(dòng)，碰上一輛m2＝1.2×104kg的靜止的列車乙，它們碰撞后結(jié)合在一起繼續(xù)運(yùn)動(dòng)，選列車甲碰撞前的速度方向?yàn)檎较?，則列車碰撞后運(yùn)動(dòng)的速度為，列車甲在碰撞過程中動(dòng)量的變化量為．圖3答案1.2m/s－1.44×104kg·m/s解析對(duì)整個(gè)系統(tǒng)，在碰撞過程中動(dòng)量守恒，設(shè)結(jié)合在一起繼續(xù)運(yùn)動(dòng)的速度為v，則m1v1＝(m1＋m2)v，則兩列車碰撞后運(yùn)動(dòng)的速度v＝eq\f(m1v1,m1＋m2)＝1.2m/s，列車甲的動(dòng)量的變化量Δp＝m1v－m1v1＝－1.44×104kg·m/s.8．質(zhì)量相等的三個(gè)物塊在一光滑水平面上排成一條直線，且彼此隔開了一定的距離，如圖4所示．具有動(dòng)能E0的第1個(gè)物塊向右運(yùn)動(dòng)，依次與其余兩個(gè)靜止物塊發(fā)生碰撞，最后這三個(gè)物塊粘在一起，這個(gè)整體的動(dòng)能為()圖4A．E0B.eq\f(2E0,3)C.eq\f(E0,3)D.eq\f(E0,9)答案C解析碰撞中動(dòng)量守恒mv0＝3mv1，得v1＝eq\f(v0,3)①E0＝eq\f(1,2)mv02②Ek′＝eq\f(1,2)×3mv12③由①②③得Ek′＝eq\f(E0,3)，故C正確．9．如圖5所示，有兩個(gè)質(zhì)量相同的小球A和B(大小不計(jì))，A球用細(xì)繩吊起，細(xì)繩長(zhǎng)度等于懸點(diǎn)距地面的高度，B球靜止放于懸點(diǎn)正下方的地面上．現(xiàn)將A球拉到距地面高度為h處由靜止釋放，擺動(dòng)到最低點(diǎn)與B球碰撞后粘在一起共同上擺，則它們升起的最大高度為()圖5A.eq\f(h,2)B．hC.eq\f(h,4)D.eq\f(\r(2),2)h答案C解析A球由釋放到擺到最低點(diǎn)的過程做圓周運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用動(dòng)能定理可求出末速度，mgh＝eq\f(1,2)mv12，所以v1＝eq\r(2gh)；A、B碰撞后粘在一起的過程由動(dòng)量守恒定律得mv1＝2mv2；對(duì)A、B粘在一起共同上擺的過程應(yīng)用機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)×2mv22＝2mgh′，聯(lián)立解得h′＝eq\f(h,4).10．質(zhì)量為2kg的物體B靜止在光滑水平面上，一質(zhì)量為1kg的物體A以2.0m/s的水平速度和B發(fā)生正碰，碰撞后A以0.2m/s的速度反彈，求碰撞過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能．答案0.77J解析由動(dòng)量守恒定律有，m1v1＝m1v1′＋m2v2′，解得v2′＝1.1m/s，損失的機(jī)械能為ΔE＝eq\f(1,2)m1v12－eq\f(1,2)m1v1′2－eq\f(1,2)m2v2′2＝0.77J.11．質(zhì)量為M的物塊靜止在光滑水平桌面上，質(zhì)量為m的子彈以水平速度v0射入物塊后，以水平速度eq\f(2,3)v0射出．則物塊的速度為，此過程中