第三节 动量守恒定律在碰撞中的应用
[学习目标] 1.知道弹性碰撞的概念和特点.2.知道非弹性碰撞和完全非弹性碰撞的概念和特点.3.会用动量守恒定律和能量守恒观点分析一维碰撞问题．(重点、难点)4.知道动量守恒定律的普遍意义．
一、应用
动量守恒定律是物理学中最常用的定律之一．迄今为止，每当在实验中观察到似乎是违反动量守恒定律的现象时，物理学家们都会提出新的假设以坚持动量守恒定律的正确性，最终的结果，往往是因为有新的发现而胜利告终．
二、应用动量守恒定律解题的一般步骤
(1)确定研究对象组成的系统，分析所研究的物理过程中，系统受外力的情况是否满足动量守恒定律的应用条件．
(2)设定正方向，分别写出系统初、末状态的总动量．
(3)根据动量守恒定律列方程．
(4)解方程、统一单位后代入数值进行运算，求出结果．
1．正误判断(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)动量守恒定律是物理学中最常用的定律之一，在理论探索和实际应用中均发挥了巨大作用． (√)
(2)在碰撞类问题中，相互作用力往往是变力，很难用牛顿运动定律求解．
(√)
(3)应用动量守恒定律解题只需考虑过程的初、末状态，不必涉及过程的细节． (√)
(4)两个物体发生正碰时，碰撞过程系统动量守恒，机械能也守恒．(×)
2．一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A并留在其中，A、B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图所示．则在子弹打击木块A及弹簧被压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统 ( )
A．动量守恒，机械能守恒
B．动量守恒，机械能不守恒
C．动量不守恒，机械能守恒
D．无法判定动量、机械能是否守恒
B [在子弹打击木块A及弹簧压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统，系统所受的外力之和为零，则系统的动量守恒．在此过程中，有摩擦力做功，所以系统机械能不守恒．故B正确，A、C、D错误．]
3．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，规定水平向右为正方向，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．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5
B．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10
C．右方是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
A [由两球的动量都是6 kg·m/s可知，运动方向都水平向右，且能够相碰，说明左方是质量小、速度大的小球，故左方是A球．碰后A球的动量减少了4 kg·m/s，即A球的动量为2 kg·m/s，由动量守恒定律得B球的动量为10 kg·m/s，又因mB＝2mA，可得其速度比为2∶5，故选项A是正确的．]
动量守恒定律的特性
1.对“守恒”的理解
(1)动量守恒定律的研究对象是相互作用的物体构成的系统．
(2)系统“总动量保持不变”，不仅是系统的初末两时刻的总动量(系统内各物体动量的矢量和)相等，而且系统在整个过程中任意两时刻的总动量都相等，但绝不能认为系统内的每一个物体的动量都保持不变．
2．动量守恒定律的“四性”
(1)矢量性：动量守恒定律中的速度是矢量，所以动量守恒定律的表达式也是矢量表达式．在一维的情况下，首先必须规定正方向，化矢量运算为代数运算，在不知物体运动方向的情况下，可假设运动方向与正方向一致，根据计算结果的“正”和“负”，得到物体实际的运动方向．
(2)相对性：动量守恒定律中的速度具有相对性，所以动量的大小也与参考系的选取有关，在中学物理中一般以地面为参考系．
(3)瞬时性：系统中各物体相互作用时速度变化是同时的，任一瞬间的动量之和都保持不变．
(4)普适性：动量守恒定律不仅适用于低速、宏观的物体系，也适用于高速、微观的物体系，具有普适性．
【例1】 甲、乙两小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏，甲和他的冰车质量共为M＝30 kg，乙和他的冰车质量也是30 kg.游戏时，甲推着一个质量为m＝15 kg的箱子和他一起以大小为v0＝2.0 m/s的速度滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来，为了避免相撞，甲突然将箱子沿冰面推给乙，箱子滑到乙处时，乙迅速把它抓住，若不计冰面的摩擦力，求：甲至少要以多大的速度(相对地面)将箱子推出，才能避免与乙相撞？
【解析】 设恰不相碰时三个物体的共同速度为v，取甲原来的运动方向为正，根据系统动量守恒，有
(M＋m)v0－Mv0＝(M＋m＋M)v
v＝＝ m/s＝0.40 m/s
设箱子被推出的速度为v′，根据箱子、乙二者动量守恒有
mv′－Mv0＝(M＋m)v
v′＝＝
m/s＝5.2 m/s.
[答案] 5.2 m/s
应用动量守恒定律解题时，在规定正方向的前提下，要注意各已知速度的正、负号，求解出未知速度的正、负号，一定要指明速度方向.
训练角度1：动量守恒条件与机械能守恒条件的比较
1．足够深的水池中有一个木块和铁块，用细绳拴连后在水里悬浮．现剪断细绳，在铁块沉入水底且木块浮出水面之前，若只考虑重力和浮力，对于铁块与木块构成的系统，下列说法正确的是( )
A．动量守恒，机械能增加
B．动量守恒，机械能减少
C．动量守恒，机械能守恒
D．动量不守恒，机械能守恒
A [木块和铁块用细绳拴连后在水里悬浮，木块与铁块组成的系统所受合外力为零，在铁块沉入水底且木块浮出水面之前，根据F＝ρgV排，系统受到的浮力不变，重力也不变，所以系统合力为零，系统动量守恒；在上升过程中，系统中浮力做正功，根据机械能守恒条件可知，系统机械能增加，故A正确，B、C、D错误．]
训练角度2：动量守恒定律的应用
2．将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出．在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)( )
A．30 kg·m/s B．5.7×102 kg·m/s
C．6.0×102 kg·m/s D．6.3×102 kg·m/s
A [由于喷气时间短，且不计重力和空气阻力，则火箭和燃气组成的系统动量守恒．
燃气的动量
p1＝mv＝0.05×600 kg·m/s＝30 kg·m/s，
则火箭的动量
p2＝p1＝30 kg·m/s，选项A正确．]
碰撞与爆炸
1.碰撞过程的特点
(1)发生碰撞的物体间一般作用力很大，作用时间很短，各物体作用前后各自动量变化显著，物体在作用时间内的位移可忽略．
(2)即使碰撞过程中系统所受外力不等于零，由于内力远大于外力，作用时间又很短，所以外力的作用可忽略，认为系统的动量是守恒的．
(3)若碰撞过程中没有其他形式的能转化为机械能，则系统碰后的总机械能不可能大于碰前系统的机械能．
(4)对于弹性碰撞，碰撞前后无动能损失；对于非弹性碰撞，碰撞前后有动能损失；对于完全非弹性碰撞，碰撞前后动能损失最大．
2．碰撞过程的分析判断依据
在所给的条件不足的情况下，碰撞结果有各种可能，但不管哪种结果必须同时满足以下三条：
(1)系统的总动量守恒．
(2)系统的动能不增加，即Ek1′＋Ek2′≤Ek1＋Ek2.
(3)符合实际情况，如碰后两者同向运动，应有v前≥v后，若不满足，则该碰撞过程没有结束．
3．弹性碰撞的规律
设质量为m1的小球以速度v1与质量为m2的静止的小球发生弹性碰撞，碰后m1、m2的速度分别为v1′和v2′，由动量守恒和动能守恒有
m1v1＝m1v1′＋m2v2′
m1v＝m1v′＋m2v′
以上两式联立可解得v1′＝v1，v2′＝v1，
由以上两式对弹性碰撞实验研究结论的解释：
(1)当m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1，表示碰撞后两球交换速度；
(2)当m1＞m2时，v1′＞0，v2′＞0，表示碰撞后两球向前运动；
(3)当m1＜m2时，v1′＜0，v2′＞0，表示碰撞后质量小的球被反弹回来．
4．爆炸的特点是动量守恒，其他形式的能转化为动能．同样，在很多情况下相互作用的物体具有类似的特点．例如，光滑水平面上弹簧将两物体弹开；人从车(或船)上跳离；物体从放置于光滑水平面上的斜面上滑下．这些过程与爆炸具有类似的特征，可应用动量守恒定律，必要时结合能量的转化和守恒定律分析求解．
【例2】 在光滑水平桌面上，有一长l＝2 m的木板C，它的两端各有一挡板，C的质量mC＝5 kg，在C的正中央并排放着两个可视为质点的滑块A、B，质量分别为mA＝1 kg，mB＝4 kg.开始时A、B、C都静止，并且A、B间夹有少量的塑胶炸药，如图所示，炸药爆炸使得A以6 m/s的速度水平向左运动．如果A、B与C间的摩擦忽略不计，两滑块中任一块与挡板碰撞后都与挡板结合成一体，爆炸和碰撞时间都可忽略．求：
(1)当两滑块都与挡板相碰后，板C的速度为多大？
(2)到两个滑块都与挡板碰撞为止，板C的位移大小和方向如何？
思路点拨：(1)爆炸瞬间，A、B组成的系统动量守恒．
(2)地面光滑，A、B、C组成的系统动量守恒．
[解析] (1)对于由A、B、C组成的系统，开始时静止，由动量守恒定律有(mA＋mB＋mC)vC＝0，得vC＝0，即最终木板C的速度为0.
(2)A先与C相碰，由动量守恒定律有
mAvA＝(mA＋mC)v共
所以v共＝1 m/s.
对A、B组成的系统由动量守恒定律有mAvA＝mBvB
得vB＝1.5 m/s.
从炸药爆炸到A、C相碰的时间t1＝＝ s，此时B距C的右壁xB＝－vBt1＝0.75 m，设再经过t2时间B与C相碰，则t2＝＝0.3 s，故C向左的位移ΔxC＝v共t2＝1×0.3 m＝0.3 m，方向向左．
[答案] (1)0 (2)0.3 m，方向向左
处理爆炸、碰撞问题的四点提醒
1．在处理爆炸问题，列动量守恒方程时应注意：爆炸前的动量是指即将爆炸那一刻的动量，爆炸后的动量是指爆炸刚好结束时那一刻的动量．
2．在爆炸过程中，系统的动量守恒，机械能一定不守恒．
3．在碰撞过程中，系统动量守恒，机械能不一定守恒；在物体与弹簧相互作用过程中物体与弹簧组成的系统动量、机械能均守恒．
4．宏观物体碰撞时一般相互接触，微观粒子的碰撞不一定接触，但只要符合碰撞的特点，就可以认为是发生了碰撞．
训练角度1：碰撞可能性判断
3．如图所示，质量相等的A、B两个球，原来在光滑水平面上沿同一直线相向做匀速直线运动，A球的速度是6 m/s，B球的速度是－2 m/s，不久A、B两球发生了对心碰撞．对于该碰撞之后的A、B两球的速度可能值，某实验小组的同学们做了很多种猜测，下面的猜测结果不可以实现的是( )
A．vA′＝－2 m/s，vB′＝6 m/s
B．vA′＝2 m/s，vB′＝2 m/s
C．vA′＝1 m/s，vB′＝3 m/s
D．vA′＝－3 m/s，vB′＝7 m/s
D [两球碰撞前后应满足动量守恒定律及碰后两球的动能之和不大于碰前两球的动能之和．即mAvA＋mBvB＝mAvA′＋mBvB′①，mAv＋mBv≥mAvA′2＋mBvB′2②，答案D中满足①式，但不满足②式．]
训练角度2：爆炸问题分析
4．如图所示，水平面上O点的正上方有一个静止物体P，炸成两块a、b水平飞出，分别落在A点和B点，且OA>OB.若爆炸时间极短，空气阻力不计，则( )
A．落地时a的速度小于b的速度
B．爆炸过程中a增加的动能大于b增加的动能
C．爆炸过程中a增加的动能小于b增加的动能
D．下落过程中a、b两块动量的增量相等
B [P爆炸生成两块a、b过程中在水平方向动量守恒，则mava－mbvb＝0，即pa＝pb，由于下落过程是平抛运动，由图va＞vb，因此ma＜mb，由Ek＝知Eka＞Ekb，B正确，C错误；由于va＞vb，而下落过程中a、b在竖直方向的速度增量为gt是相等的，因此落地时仍有v′a＞v′b，A错误．magt＜mbgt，由动量定理知，D错误．]
训练角度3：含有弹簧的系统碰撞问题
5．如图，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C.B的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)．设A以速度v0朝B运动，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动．假设B和C碰撞过程时间极短，求从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中，
(1)整个系统损失的机械能；
(2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能．
[解析] A、B碰撞时动量守恒、能量也守恒，而B、C相碰粘接在一块时，动量守恒．系统产生的内能则为机械能的损失．当A、B、C速度相等时，弹性势能最大．
(1)从A压缩弹簧到A与B具有相同速度v1时，对A、B与弹簧组成的系统，由动量守恒定律得
mv0＝2mv1 ①
此时B与C发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为v2，损失的机械能为ΔE.对B、C组成的系统，由动量守恒定律和能量守恒定律得
mv1＝2mv2 ②
mv＝ΔE＋(2m)v ③
联立①②③式得ΔE＝mv. ④
(2)由②式可知v2＜v1，A将继续压缩弹簧，直至A、B、C三者速度相同，设此速度为v3，此时弹簧被压缩至最短，其弹性势能为Ep.由动量守恒定律和能量守恒定律得mv0＝3mv3 ⑤
mv－ΔE＝(3m)v＋Ep ⑥
联立④⑤⑥式得
Ep＝mv. ⑦
[答案] (1)mv (2)mv
课 堂 小 结
知 识 脉 络
1.两物体碰撞时作用时间极短，内力远大于外力，可认为系统动量守恒．
2．两物体发生碰撞时系统动能不可能增加，碰后若两物体同向运动，一定有v前≥v后．
3．爆炸过程中因内力远大于外力，作用时间极短，系统动量守恒，而系统机械能是增加的.
1．有一个质量为3m的爆竹被斜向上抛出，到达最高点时速度大小为v0、方向水平向东；在最高点炸裂成质量不等的两块，其中一块质量为2m，速度大小为v，方向水平向东，则另一块的速度大小是( )
A．3v0－v B．2v0－3v
C．3v0－2v D．2v0＋v
C [爆竹在最高点速度大小为v0、方向水平向东，爆炸前动量为3mv0，设爆炸后另一块的瞬时速度大小为v′，取水平向东为正方向，因爆炸过程动量守恒，则有3mv0＝2mv＋mv′，解得v′＝3v0－2v，选项C正确．]
2．(多选)质量为M和m0的滑块用轻弹簧连接，以恒定的速度v沿光滑水平面运动，与位于正对面的质量为m的静止滑块发生碰撞，如图所示，碰撞时间极短，在此过程中，下列哪个或哪些说法是可能发生的( )
A．M、m0、m速度均发生变化，分别为v1、v2、v3，而且满足(M＋m0)v＝Mv1＋m0v2＋mv3
B．m0的速度不变，M和m的速度变为v1和v2，而且满足Mv＝Mv1＋mv2
C．m0的速度不变，M、m的速度都变为v′，且满足Mv＝(M＋m)v′
D．M、m0、m速度均发生变化，M和m0速度都变为v1，m速度变为v2，而且满足(M＋m)v0＝(M＋m0)v1＋mv2
BC [M和m在碰撞过程中动量守恒，m0的速度瞬间不变，设初速度方向为正，如果碰撞后M和m的速度不等，则Mv＝Mv1＋mv2；如果碰撞后M和m速度相同，则Mv＝(M＋m)v′，B、C选项正确．]
3．在光滑水平面上有三个完全相同的小球，它们排成一条直线，2、3小球静止并靠在一起，1球以速度v0向它们运动，如图所示．设碰撞中不损失机械能，则碰后三个小球的速度分别是( )
A．v1＝v2＝v3＝v0
B．v1＝0，v2＝v3＝v0
C．v1＝0，v2＝v3＝v0
D．v1＝v2＝0，v3＝v0
D [由于1球与2球发生碰撞时间极短，2球的位置来不及发生变化，此时2球对3球不产生力的作用，即3球不会参与1、2球的碰撞，由动量守恒和机械能守恒知1、2球碰撞后立即交换速度，即碰后1球停止，2球速度立即变为v0.同理分析，2、3球作用后也交换速度，故D正确．]
4．如图所示，在光滑水平面上有一质量为M的木块，木块与轻弹簧水平相连，弹簧的另一端连在竖直墙上，木块处于静止状态，一质量为m的子弹以水平速度v0击中木块，并嵌在其中，木块压缩弹簧后在水平面上做往复运动．木块从被子弹击中前到第一次回到原来位置的过程中，受到的合力的冲量大小为( )
A. B．2Mv0
C. D．2mv0
A [由于子弹射入木块的时间极短，子弹与木块组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律得：mv0＝(M＋m)v，解得v＝.由机械能守恒可知木块第一次回到原来位置时速度大小仍为v，方向向左，根据动量定理，合力的冲量大小I＝Mv－0＝.故A正确，B、C、D错误．]
5．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：
(1)小球A滑到水平轨道上时速度的大小；
(2)小球B的质量．
[解析] (1)小球A在圆弧轨道上运动的过程中，小球A和圆弧轨道组成的系统水平方向上的动量守恒．
选取向右为正方向，根据动量守恒定律可知，mAv1＝Mv
根据能量守恒定律可知，mAgh＝mAv＋Mv2
联立解得v1＝2 m/s，v＝1 m/s
小球A滑到水平轨道上时速度的大小为2 m/s.
(2)小球A、B碰撞过程中，动量守恒，
mAv1＝－mAv1′＋mBv2
根据题意可知，v1′＝v＝1 m/s
A、B系统能量守恒，mAv＝mAv′＋mBv
解得mB＝3 kg.
[答案] (1)2 m/s (2)3 kg
课件65张PPT。第一章 碰撞与动量守恒第三节 动量守恒定律在碰撞中的应用234最常用的定律有新的发现正确性假设5系统统一单位总动量．正方向外力6√√7√×8910111213141516171819202122232425262728293031323334353637383940414243444546474849505152535455565758596061626364点击右图进入…Thank you for watching !课时分层作业(三)
(时间：45分钟 分值：100分)
[基础达标练]
一、选择题(本题共6小题，每小题6分)
1．一颗手榴弹以v0＝10 m/s的水平速度在空中飞行．设它爆炸后炸裂为两块，小块质量为0.2 kg，沿原方向以250 m/s的速度飞去，那么，质量为0.4 kg的大块在爆炸后速度大小和方向是( )
A．125 m/s，与v0反向 B．110 m/s，与v0反向
C．240 m/s，与v0反向 D．以上答案均不正确
B [手榴弹在空中爆炸的过程中，内力远大于外力，满足动量守恒的条件，设原运动方向为正方向，列动量守恒关系式，(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，代入数据解得，v2＝－110 m/s.负号表示方向与原运动方向相反，故B选项正确，选B.
2．(多选)甲、乙两小球放在光滑水平面上，它们用细绳相连，开始时细绳处于松弛状态，现使两球反向运动，如图所示．当细绳拉紧时，突然绷断，这以后两球的运动情况可能是( )
A B C D
AB [细绳绷断时一定是在绳的形变量最大时，不可能是在收缩的过程中断裂的，选项A、B正确．]
3．(多选)质量为m的物块甲以3 m/s的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定其上，另一质量也为m的物块乙以4 m/s的速度与甲相向运动，如图所示．则( )
A．甲、乙两物块在弹簧压缩过程中，两物块及弹簧组成的系统动量守恒
B．当两物块相距最近时，甲物块的速率为零
C．当甲物块的速率为1 m/s时，乙物块的速率可能为2 m/s，也可能为0
D．甲物块的速率可能达到5 m/s
AC [甲、乙两物块在弹簧压缩过程中，甲、乙两物块及弹簧组成的系统所受的合外力为零，动量守恒，故A正确．当两物块相距最近时速度相同，取碰撞前乙的速度方向为正方向，设共同速率为v，根据动量守恒定律有：mv乙－mv甲＝2mv，解得v＝0.5 m/s，故B错误．若物块甲的速率为1 m/s，方向与原来相同，则由mv乙－mv甲＝－mv′甲＋mv′乙，解得v′乙＝2 m/s；若物块甲的速率为1 m/s，方向与原来相反，则由mv乙－mv甲＝mv甲′＋mv乙′，解得v乙′＝0，故C正确；若物块甲的速率达到5 m/s，方向与原来相同，则mv乙－mv甲＝－mv甲′＋mv乙′，解得v乙′＝6 m/s，两个物块的速率都增大，动能都增大，违反了能量守恒定律；若物块甲的速率达到5 m/s，方向与原来相反，则mv乙－mv甲＝mv甲′＋mv乙′，解得v乙′＝－4 m/s，碰撞后，乙的动能不变，甲的动能增加，系统总动能增加，违反了能量守恒定律，所以物块甲的速率不可能达到5 m/s，故D错误．]
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，两球碰撞后的速度图象如图所示，下列关系正确的是( )
A．ma＞mb B．ma＜mb
C．ma＝mb D．无法判断
B [由图象知a球以一定的初速度向原来静止的b球运动，碰后a球反弹且速度小于a 的初速度，根据碰撞规律可知，a球质量小于b球质量．]
5．如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，一质量为m的光滑弧形槽静止放在光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切，一质量也为m的小物块从槽上高h处开始下滑，下列说法正确的是( )
A．在下滑过程中，物块和槽组成的系统机械能守恒
B．在下滑过程中，物块和槽组成的系统动量守恒
C．在压缩弹簧的过程中，物块和弹簧组成的系统动量守恒
D．被弹簧反弹后，物块能回到槽上高h处
A [在下滑过程中，物块和槽组成的系统，只有重力做功，机械能守恒，A选项正确；系统动量守恒的条件是合外力为零，在下滑的过程中，系统竖直方向上受到重力作用，合外力不为零，系统的动量不守恒，B选项错误；在压缩弹簧的过程中，对于物块和弹簧组成的系统，受到墙壁向左的弹力，系统的合外力不为零，动量不守恒，C选项错误；物块与槽在水平方向上动量守恒，故两者分离时，物块与槽的速度大小相等，方向相反，物块被弹簧反弹后，与槽的速度相同，做匀速直线运动，不会再滑上弧形槽，D选项错误．]
6．如图所示，一砂袋用无弹性轻细绳悬于O点．开始时砂袋处于静止状态，一弹丸以水平速度v0击中砂袋后未穿出，二者共同摆动．若弹丸质量为m，砂袋质量为5m，弹丸和砂袋形状大小忽略不计，弹丸击中沙袋后漏出的沙子质量忽略不计，不计空气阻力，重力加速度为g.下列说法中正确的是( )
A．弹丸打入砂袋过程中，细绳所受拉力大小保持不变
B．弹丸打入砂袋过程中，弹丸对砂袋的冲量大小大于砂袋对弹丸的冲量大小
C．弹丸打入砂袋过程中所产生的热量为
D．砂袋和弹丸一起摆动所达到的最大高度为
D [初态时，细绳的拉力等于砂袋的重力，弹丸打入砂袋过程中，砂袋的速度增大，做圆周运动，细绳拉力与砂袋的重力的合力提供向心力，拉力增大，A选项错误；弹丸打入砂袋过程中，弹丸和砂袋组成的系统内力远大于外力，系统动量守恒，弹丸对砂袋的冲量大小等于砂袋对弹丸的冲量大小，B选项错误；弹丸打入砂袋过程中，初速度方向为正，根据动量守恒定律可知，mv0＝(m＋5m)v，根据能量守恒定律可知，产生的热量Q＝mv－(m＋5m)v2＝mv，C选项错误；弹丸打入砂袋后，系统机械能守恒，(m＋5m)v2＝(m＋5m)gh，解得最大高度h＝，D选项正确．]
二、非选择题(14分)
7．如图所示，竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道下端与光滑水平桌面相切，小滑块B静止在圆弧轨道的最低点．现将小滑块A从圆弧轨道的最高点无初速度释放．已知圆弧轨道半径R＝1.8 m，小滑块的质量关系是mB＝2mA，重力加速度g取10 m/s2.求碰后小滑块B的速度大小范围．
[解析] 滑块A下滑过程，根据动能定理可知，mAgR＝mAv－0，解得v0＝6 m/s.如果滑块间发生弹性碰撞，则mAv0＝mAvA＋mBvB，mAv＝mAv＋mBv，联立解得vB＝4 m/s；如果滑块间发生完全非弹性碰撞，mAv0＝(mA＋mB)mB′，解得vB′＝2 m/s，联立可知，碰后小滑块B的速度大小范围为2 m/s≤vB≤4 m/s.
[答案] 2 m/s≤vB≤4 m/s
[能力提升练]
一、选择题(本题共4小题，每小题6分)
1．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
D [两球碰撞过程动量守恒，研究以两球组成的系统，以水平向右为正方向．碰撞前，A、B的速度分别为vA＝2v0、vB＝v0.碰撞前系统总动量p＝mAvA＋mBvB＝m×2v0＋2m×(－v0)＝0，p＝0.系统总动量为0，系统动量守恒，则碰撞前后系统总动量都是0.若碰撞为完全非弹性碰撞，则碰撞后二者的速度相等，都是0.若碰撞不是完全非弹性碰撞，则碰撞后二者的速度方向相反，D选项正确．]
2．如图所示，质量为m的A球在水平面上静止放置，质量为2m的B球向左运动速度大小为v0，B球与A球碰撞且无机械能损失，碰后A球速度大小为v1，B球的速度大小为v2，碰后相对速度与碰前相对速度的比值定义为恢复系数e＝，下列选项正确的是( )
A．e＝1 B．e＝
C．e＝ D．e＝
A [两球碰撞过程中，组成的系统动量守恒，碰撞为弹性碰撞．以B球的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可知，2mv0＝mv1＋2mv2，根据机械能守恒定律可知，·2mv＝mv＋·2mv，解得v1＝v0，v2＝v0，恢复系数e＝＝1，A选项正确，B、C、D选项错误．]
3．如图所示，小球A和小球B质量相同，球B置于光滑水平面上，球A从高为h处由静止摆下，到达最低点恰好与B相撞，并粘合在一起继续摆动，它们能上升的最大高度是( )
A．h B.h
C.h D.h
C [对A由机械能守恒有mgh＝mv2，得v＝.对碰撞过程由动量守恒有mv＝2mv′，得v′＝.对整体设上升的最大高度为h′，则由机械能守恒有2mgh′＝·2mv′2，解得h′＝，C正确．]
4．甲、乙两球在光滑水平轨道上同向运动，已知它们的动量分别是5 kg·m/s和7 kg·m/s，甲追上乙并发生碰撞，碰撞后乙球的动量变为10 kg·m/s，则两球质量m甲与m乙的关系不可能是( )
A．m乙＝2m甲 B．m乙＝3m甲
C．m乙＝4m甲 D．m乙＝5m甲
A [碰撞前，v甲>v乙，即>，可得m乙>1.4m甲．碰撞后v甲′≤v乙′，即≤可得m乙≤5m甲．要求碰撞过程中动能不增加，则有＋≥＋，可解得m乙≥m甲，故m甲和m乙的关系可能是B、C、D.]
二、非选择题(本题共2小题，共26分)
5．(13分)从某高度自由下落一个质量为M的物体，当物体下落h时，突然炸裂成两块，已知质量为m的一块碎片恰能沿竖直方向回到开始下落的位置，求：
(1)刚炸裂时另一块碎片的速度；
(2)爆炸过程中有多少化学能转化为碎片的动能？
[解析] (1)M下落h时
由动能定理得Mgh＝Mv2解得v＝
爆炸时动量守恒Mv＝－mv＋(M－m)v′
v′＝，方向竖直向下．
(2)爆炸过程中转化为动能的化学能等于系统动能的增加量，即
ΔEk＝mv2＋(M－m)v′2－Mv2
＝(m－M)v2＋＝.
[答案] (1)，方向竖直向下 (2)
6．(13分)如图所示，固定的光滑轨道MON的ON段水平，且与MO段平滑连接．将质量为m的小球a从M处由静止释放后沿MON运动，在N处与质量也为m的小球b发生正碰并粘在一起．已知M、N两处的高度差为h，碰撞前小球b用长为h的轻绳悬挂于N处附近．两球均可视为质点，且碰撞时间极短．
(1)求两球碰撞前瞬间小球a的速度大小v；
(2)求两球碰撞后的速度大小v′；
(3)若悬挂小球b的轻绳所能承受的最大拉力为2.5mg，通过计算说明两球碰后轻绳是否会断裂？
[解析] (1)设两球碰撞前瞬间小球a的速度大小为v，根据机械能守恒定律得：mgh＝mv2，解得v＝
(2)设碰撞后两球的速度大小为v，对于碰撞过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得mv＝2mv′，解得：v′＝
(3)两球碰后一起做圆周运动，设碰后瞬间绳子的拉力为T.根据牛顿第二定律得：T－2mg＝2m
解得：T＝3mg＞2.5mg，所以轻绳会断裂．
[答案] (1)v＝ (2)v′＝ (3)见解析
