爆炸反冲碰撞动量能量1．如图所示，在光滑水平面上质量分别为m A ＝2 kg 、m B ＝4 kg ，速率分别为v A ＝5 m/s 、v B ＝2 m/s 的A 、B 两小球沿同一直线相向运动( )A ．它们碰撞前的总动量是18 kg·m/s，方向水平向右B ．它们碰撞后的总动量是18 kg·m/s，方向水平向左C ．它们碰撞前的总动量是2 kg·m/s，方向水平向右D ．它们碰撞后的总动量是2 kg·m/s，方向水平向左解析：选C.它们碰撞前的总动量是2 kg·m/s，方向水平向右，A 、B 相碰过程中动量守恒，故它们碰撞后的总动量也是2 kg·m/s，方向水平向右，选项C 正确．2. 一枚火箭搭载着卫星以速率v 0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m 1，后部分的箭体质量为m 2，分离后箭体以速率v 2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v 1为( )A ．v 0－v 2B ．v 0＋v 2C ．v 0－m 2m 1v 2D ．v 0＋m 2m 1(v 0－v 2)解析：选D.由动量守恒定律得(m 1＋m 2)v 0＝m 1v 1＋m 2v 2得v 1＝v 0＋m 2m 1(v 0－v 2)．3．甲、乙两球在水平光滑轨道上向同方向运动，已知它们的动量分别是p 1＝5 kg·m/s，p 2＝7 kg·m/s，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为10 kg·m/s，则二球质量m 1与m 2间的关系可能是下面的哪几种( )A ．m 1＝m 2B ．2m 1＝m 2C ．4m 1＝m 2D ．6m 1＝m 2解析：选C.甲、乙两球在碰撞过程中动量守恒，所以有：p 1＋p 2＝p 1′＋p 2′，即：p 1′＝2 kg·m/s.由于在碰撞过程中，不可能有其它形式的能量转化为机械能，只能是系统内物体间机械能相互转化或一部分机械能转化为内能，因此系统的机械能不会增加．所以有p 212m 1＋p 222m 2≥p 1′22m 1＋p 2′22m 2，所以有：m 1≤2151m 2，因为题目给出物理情景是“甲从后面追上乙”，要符合这一物理情景，就必须有p 1m 1＞p 2m 2，即m 1＜57m 2；同时还要符合碰撞后乙球的速度必须大于或等于甲球的速度这一物理情景，即p 1′m 1＜p 2′m 2，所以m 1＞15m 2.因此C 选项正确．4．(多选) 如图，大小相同的摆球a和b的质量分别为m和3m，摆长相同，摆动周期相同，并排悬挂，平衡时两球刚好接触，现将摆球a向左拉开一小角度后释放，若两球的碰撞是弹性的，下列判断正确的是( )A．第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等B．第一次碰撞后的瞬间，两球的动量大小相等C．第一次碰撞后，两球的最大摆角不相同D．发生第二次碰撞时，两球在各自的平衡位置解析：选AD.两球在碰撞前后，水平方向不受外力，故水平两球组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有：mv0＝mv1＋3mv2；又两球碰撞是弹性的，故机械能守恒，即12mv20＝12mv21＋1 23mv22，解两式得：v1＝－v02，v2＝v02，可见第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等，选项A正确；因两球质量不相等，故两球碰后的动量大小不相等，选项B错；两球碰后上摆过程，机械能守恒，故上升的最大高度相等，因摆长相等，故两球碰后的最大摆角相同，选项C错；两球摆动周期相同，故经半个周期后，两球在平衡位置处发生第二次碰撞，选项D正确．5. (多选)在质量为M的小车中挂有一单摆，摆球的质量为m0，小车和单摆以恒定的速度v沿光滑水平地面运动，与位于正对面的质量为m的静止木块发生碰撞，碰撞的时间极短，在此碰撞过程中，下列哪些情况说法是可能发生的( )A．小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为v1、v2、v3，满足(M＋m0)v＝Mv1＋mv2＋m0v3B．摆球的速度不变，小车和木块的速度变化为v1和v2，满足Mv＝Mv1＋mv2C．摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为v1，满足Mv＝(M＋m)v1D．小车和摆球的速度都变为v1，木块的速度变为v2，满足(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2解析：选BC.在小车M和木块发生碰撞的瞬间，摆球并没有直接与木块发生力的作用，它与小车一起以共同速度v匀速运动时，摆线沿竖直方向，摆线对球的拉力和球的重力都与速度方向垂直，因而摆球未受到水平力作用，球的速度不变，可以判定A、D项错误；小车和木块碰撞过程，水平方向无外力作用，系统动量守恒，而题目对碰撞后，小车与木块是否分开或连在一起，没有加以说明，所以两种情况都可能发生，即B 、C 选项正确．6．如图所示，光滑水平面上的木板右端，有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连，木板质量M ＝3.0 kg ，质量m ＝1.0 kg 的铁块以水平速度v 0＝4.0 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，则在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为( )A ．4.0 JB ．6.0 JC ．3.0 JD ．20 J解析：选C.设铁块与木板速度相同时，共同速度大小为v ，铁块相对木板向右运动时，相对滑行的最大路程为L ，摩擦力大小为F f ，根据能量守恒定律得铁块相对于木板向右运动过程 12mv 20＝F f L ＋12(M ＋m )v 2＋E p 铁块相对于木板运动的整个过程 12mv 20＝2F f L ＋12(M ＋m )v 2 又根据系统动量守恒可知，mv 0＝(M ＋m )v 联立得到：E p ＝3.0 J ，故选C.7．如图所示A 、B 两个物体粘在一起以v 0＝3 m/s 的速度向右运动，物体中间有少量炸药，经过O 点时炸药爆炸，假设所有的化学能全部转化为A 、B 两个物体的动能且两物体仍然在水平面上运动，爆炸后A 物体的速度依然向右，大小变为v A ＝2 m/s ，B 物体继续向右运动进入半圆轨道且恰好通过最高点D ，已知两物体的质量m A ＝m B ＝1 kg ，O 点到半圆最低点C 的距离x OC ＝0.25 m ，水平轨道的动摩擦因数μ＝0.2，半圆轨道光滑无摩擦，求：(1)炸药的化学能E ； (2)半圆弧的轨道半径R .解析：(1)A 、B 在爆炸前后动量守恒，得2mv 0＝mv A ＋mv B ，解得v B ＝4 m/s 根据系统能量守恒有：12(2m )v 20＋E ＝12mv 2A ＋12mv 2B ，解得E ＝1 J. (2)由于B 物体恰好经过最高点，故有mg ＝m v 2D R对O 到D 的过程根据动能定理可得：－μmgx OC －mg ·2R ＝12mv 2D －12mv 2B联立解得R ＝0.3 m. 答案：(1)1 J (2) 0.3 m8．冰球运动员甲的质量为80.0 kg.当他以5.0 m/s 的速度向前运动时，与另一质量为100 kg 、速度为3.0 m/s 的迎面而来的运动员乙相撞．碰后甲恰好静止．假设碰撞时间极短，求：(1)碰后乙的速度的大小； (2)碰撞中总机械能的损失．解析：(1)设运动员甲、乙的质量分别为m 、M ，碰前速度大小分别为v 和v 1，碰后乙的速度大小为v 1′，由动量守恒定律得mv －Mv 1＝Mv 1′①代入数据得v 1′＝1.0 m/s ②(2)设碰撞过程中总机械能的损失为ΔE ，有 12mv 2＋12Mv 21＝12Mv 1′2＋ΔE ③ 联立②③式，代入数据得 ΔE ＝1 400 J.答案：(1)1.0 m/s (2)1 400 J9．如图，质量分别为m A 、m B 的两个弹性小球A 、B 静止在地面上方，B 球距地面的高度h ＝0.8 m ，A 球在B 球的正上方．先将B 球释放，经过一段时间后再将A 球释放．当A 球下落 t ＝0.3 s 时，刚好与B 球在地面上方的P 点处相碰．碰撞时间极短，碰后瞬间A 球的速度恰为零．已知m B ＝3m A ，重力加速度大小g ＝10 m/s 2，忽略空气阻力及碰撞中的动能损失．求：(1)B 球第一次到达地面时的速度； (2)P 点距离地面的高度．解析：(1)设B 球第一次到达地面时的速度大小为v B ，由运动学公式有v B ＝2gh ①将h ＝0.8 m 代入上式，得v B ＝4 m/s ②(2)设两球相碰前、后，A 球的速度大小分别为v 1和v 1′(v 1′＝0)，B 球的速度分别为v 2和v 2′.由运动学规律可得v 1＝gt ③由于碰撞时间极短，重力的作用可以忽略，两球相撞前、后的动量守恒，总动能保持不变．规定向下的方向为正，有m A v 1＋m B v 2＝m B v 2′④12m A v 21＋12m B v 22＝12m B v ′22⑤ 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 ′＝v B ⑥设P 点距地面的高度为h ′，由运动学规律可得h ′＝v B ′2－v 222g⑦联立②③④⑤⑥⑦式，并代入已知条件可得h ′＝0.75 m ⑧答案：(1)4 m/s (2)0.75 m10．如图所示，固定的圆弧轨道与水平面平滑连接，轨道与水平面均光滑，质量为m 的物块B 与轻质弹簧拴接静止在水平面上，弹簧右端固定．质量为3m 的物块A 从圆弧轨道上距离水平面高h 处由静止释放，与B 碰撞后推着B 一起运动但与B 不粘连．求：(1)弹簧的最大弹性势能；(2)A 与B 第一次分离后，物块A 沿圆弧面上升的最大高度． 解析：(1)A 下滑与B 碰撞前，根据机械能守恒得 3mgh ＝12×3mv 21A 与B 碰撞，根据动量守恒得3mv 1＝4mv 2弹簧最短时弹性势能最大，系统的动能转化为弹性势能 根据能量守恒得E pmax ＝12×4mv 22＝94mgh(2)根据题意，A 与B 分离时A 的速度大小为v 2A 与B 分离后沿圆弧面上升到最高点的过程中，根据机械能守恒得3mgh ′＝12×3mv 22解得h ′＝916h答案：(1)94mgh (2)916h11. 如图所示，质量为M 的平板车P 高为h ，质量为m 的小物块Q 的大小不计，位于平板车的左端，系统原来静止在光滑水平地面上，一不可伸长的轻质细绳长为R ，一端悬于Q 正上方高为R 处，另一端系一质量为m 的小球(大小不计)．今将小球拉至悬线与竖直位置成60°角，由静止释放，小球到达最低点时与Q 的碰撞时间极短，且无机械能损失，已知Q 离开平板车时速度大小是平板车速度的两倍，Q 与P 之间的动摩擦因数为μ，已知质量M ∶m ＝4∶1，重力加速度为g ，求：(1)小物块Q 离开平板车时，二者速度各为多大？ (2)平板车P 的长度为多少？(3)小物块Q 落地时与小车的水平距离为多少？解析：(1)设小球与Q 碰前的速度为v 0，小球下摆过程机械能守恒：mgR (1－cos 60°)＝12mv 20 v 0＝gR小球与Q 进行弹性碰撞，质量又相等，二者交换速度．小物块Q 在平板车P 上滑动的过程中，Q 与P 组成的系统动量守恒：mv 0＝mv 1＋Mv 2其中v 2＝12v 1，M ＝4m ，解得：v 1＝gR3，v 2＝gR6.(2)对系统由能量守恒：12mv 20＝12mv 21＋12Mv 22＋μmgL ，解得：L ＝7R 18μ. (3)Q 脱离P 后做平抛运动，由h ＝12gt 2，解得：t ＝2h gQ 落地时二者相距：s ＝(v 1－v 2)t ＝2Rh 6. 答案：(1)gR3gR6 (2)7R 18μ (3)2Rh 6。