高二物理課件 16.4 《碰撞》 （人教選修3-5）

《高二物理課件 16.4 《碰撞》 （人教選修3-5）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高二物理課件 16.4 《碰撞》 （人教選修3-5）（74頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

歡迎進(jìn)入物理課堂 一 全面系統(tǒng)的理解碰撞問(wèn)題 1 碰撞概念的理解 相對(duì)運(yùn)動(dòng)的物體相遇 在極短時(shí)間內(nèi) 通過(guò)相互作用 運(yùn)動(dòng)狀態(tài)發(fā)生顯著變化的過(guò)程叫碰撞 2 碰撞的廣義理解 物理學(xué)里所研究的碰撞 包括的范圍很廣 只要通過(guò)短時(shí)間作用 物體的動(dòng)量發(fā)生了明顯的變化 都可視為碰撞 例如 兩個(gè)小球的撞擊 子彈射入木塊 系在繩子兩端的物體將松弛的繩子突然拉直 鐵錘打擊釘子 列車車廂的掛接 中子轟擊原子核等均可視為碰撞問(wèn)題 需注意的是必須將發(fā)生碰撞的雙方 如兩小球 子彈和木塊 鐵錘和釘子 中子和原子核等 包括在同一個(gè)系統(tǒng)中 才能對(duì)該系統(tǒng)應(yīng)用動(dòng)量守恒定律 3 碰撞過(guò)程的理解 1 碰撞物體間的作用力 系統(tǒng)內(nèi)力 在極短時(shí)間內(nèi) 作用力從零變到很大 又迅速變?yōu)榱?其平均值很大 2 碰撞過(guò)程受到的外力 即使碰撞過(guò)程中系統(tǒng)所受合力不等于零 比如重力 摩擦力等外力遠(yuǎn)小于內(nèi)力 由于內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力 作用時(shí)間又很短 所以外力的作用可忽略 認(rèn)為系統(tǒng)的動(dòng)量是守恒的 3 碰撞過(guò)程中的機(jī)械能 若碰撞過(guò)程中沒(méi)有其他形式的能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能 則系統(tǒng)碰后的總機(jī)械能不可能大于碰前系統(tǒng)機(jī)械能 4 碰撞過(guò)程對(duì)應(yīng)的時(shí)間和位移 碰撞 爆炸過(guò)程是在一瞬間發(fā)生的 時(shí)間極短 各物體作用前后各種動(dòng)量變化顯著 所以 在物體發(fā)生碰撞 爆炸的瞬間 為了處理問(wèn)題方便 可忽略物體的位移 認(rèn)為物體在碰撞 爆炸前后仍在同一位置以新的速度開(kāi)始運(yùn)動(dòng) 4 碰撞應(yīng)滿足的條件 這些條件也是列方程的依據(jù) 在所給的條件不足的情況下 碰撞結(jié)果有各種可能 但不管哪種結(jié)果必須同時(shí)滿足以下三條 1 動(dòng)量守恒 即p1 p2 p1 p2 2 動(dòng)能不增加 即Ek1 Ek2 Ek1 Ek2 或 3 速度要符合情景 如果碰前兩物體同向運(yùn)動(dòng) 則后面物體的速度必大于前面物體的速度 即v后 v前 否則無(wú)法實(shí)現(xiàn)碰撞 碰撞后 原來(lái)在前的物體的速度一定增大 且原來(lái)在前的物體的速度大于或等于原來(lái)在后的物體的速度 即v前 v后 否則碰撞沒(méi)有結(jié)束 如果碰前兩物體是相向運(yùn)動(dòng) 則碰后 兩物體的運(yùn)動(dòng)方向不可能都不改變 除非兩物體碰撞后速度均為零 5 三種碰撞類型的特點(diǎn) 對(duì)于彈性碰撞 碰撞前后無(wú)動(dòng)能損失 對(duì)于非彈性碰撞 碰撞前后有動(dòng)能損失 對(duì)于完全非彈性碰撞 碰撞前后動(dòng)能損失最大 1 彈性碰撞 碰撞過(guò)程中不僅動(dòng)量守恒 而且機(jī)械能守恒 碰撞前后系統(tǒng)動(dòng)能相等 同時(shí) 在碰撞問(wèn)題中常做動(dòng)量和動(dòng)能的換算 2 非彈性碰撞 碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒 碰撞結(jié)束后系統(tǒng)動(dòng)能小于碰撞前系統(tǒng)動(dòng)能 減少的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為其他形式的能量 3 完全非彈性碰撞 碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒 碰撞結(jié)束后兩物體結(jié)合為一整體以相同的速度運(yùn)動(dòng) 系統(tǒng)動(dòng)能損失最大 1 當(dāng)遇到兩物體發(fā)生碰撞的問(wèn)題 不管碰撞環(huán)境如何 要首先想到利用動(dòng)量守恒定律 2 對(duì)心碰撞是同一直線上的運(yùn)動(dòng)過(guò)程 只在一個(gè)方向上列動(dòng)量守恒方程即可 此時(shí)應(yīng)注意速度正 負(fù)號(hào)的選取 典例1 2010 全國(guó)高考 小球A和B的質(zhì)量分別為mA和mB且mA mB 在某高度處將A和B先后從靜止釋放 小球A與水平地面碰撞后向上彈回 在釋放處下方與釋放處距離為H的地方恰好與正在下落的小球B發(fā)生正碰 設(shè)所有碰撞都是彈性的 碰撞時(shí)間極短 求小球A B碰撞后B上升的最大高度 解題指導(dǎo) 兩球從同一高度釋放 碰撞時(shí)兩球必然處于同一位置 根據(jù)自由落體的規(guī)律 小球A與B碰撞前的速度大小相等 方向相反 發(fā)生彈性正碰 滿足動(dòng)量守恒 能量守恒 碰后的情況可以對(duì)小球B運(yùn)用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式進(jìn)行求解 標(biāo)準(zhǔn)解答 根據(jù)題意 由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律可知 小球A與B碰撞前的速度大小相等 均設(shè)為v0 由機(jī)械能守恒有 設(shè)小球A與B碰撞后的速度分別為v1和v2 以豎直向上方向?yàn)檎?據(jù)動(dòng)量守恒定律有 mAv0 mB v0 mAv1 mBv2 由于兩球碰撞過(guò)程中能量守恒 故 聯(lián)立 式得 設(shè)小球B能上升的最大高度為h 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有 由 式得 答案 規(guī)律方法 處理碰撞問(wèn)題應(yīng)把握好三個(gè)基本原則在碰撞過(guò)程中 系統(tǒng)的總動(dòng)能不可能增加 如果是彈性碰撞 碰撞前后總動(dòng)能不變 如果是非彈性碰撞 則有部分動(dòng)能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能 系統(tǒng)總動(dòng)能減少 其中碰后結(jié)合為一體的情形 損失的動(dòng)能最多 所以 在處理碰撞問(wèn)題時(shí) 通常要抓住三項(xiàng)基本原則 1 碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒原則 2 碰撞后總動(dòng)能不增加原則 3 碰撞后狀態(tài)的合理性原則 碰撞過(guò)程的發(fā)生必須符合客觀實(shí)際 比如追及碰撞 碰后在前面運(yùn)動(dòng)的物體速度一定增加 若碰后兩物體同向運(yùn)動(dòng) 后面的物體速度一定不大于前面物體的速度 變式訓(xùn)練 甲 乙兩鐵球質(zhì)量分別是m1 1kg m2 2kg 在光滑平面上沿同一直線運(yùn)動(dòng) 速度分別是v1 6m s v2 2m s 甲追上乙發(fā)生正碰后兩物體的速度有可能是 A v 1 7m s v 2 1 5m sB v 1 2m s v 2 4m sC v 1 3 5m s v 2 3m sD v 1 4m s v 2 3m s 解析 選B 選項(xiàng)A和B均滿足動(dòng)量守恒條件 但選項(xiàng)A碰后總動(dòng)能大于碰前總動(dòng)能 選項(xiàng)A錯(cuò)誤 B正確 選項(xiàng)C不滿足動(dòng)量守恒條件 錯(cuò)誤 選項(xiàng)D滿足動(dòng)量守恒條件 且碰后總動(dòng)能小于碰前總動(dòng)能 但碰后甲球速度大于乙球速度 不合理 選項(xiàng)D錯(cuò)誤 故應(yīng)選B 變式備選 質(zhì)量為M的物塊以速度v運(yùn)動(dòng) 與質(zhì)量為m的靜止物塊發(fā)生正碰 碰撞后兩者的動(dòng)量正好相等 兩者質(zhì)量之比M m可能為 A 2B 3C 4D 5 解析 選A B 設(shè)碰撞后質(zhì)量為M的物塊與質(zhì)量為m的物塊速度分別為v1 v2 由動(dòng)量守恒定律得Mv Mv1 mv2 由能量關(guān)系得 由已知條件得Mv1 mv2 聯(lián)立可得v 2v1 聯(lián)立消去v v1 v2 整理得故選項(xiàng)A B正確 二 正確區(qū)分爆炸與碰撞的異同點(diǎn) 1 在碰撞過(guò)程中 系統(tǒng)的動(dòng)量守恒 但機(jī)械能不一定守恒 2 在爆炸過(guò)程中 系統(tǒng)的動(dòng)量守恒 機(jī)械能一定不守恒 3 宏觀物體碰撞時(shí)一般相互接觸 微觀粒子的碰撞不一定接觸 但只要符合碰撞的特點(diǎn) 就可認(rèn)為是發(fā)生了碰撞 可以用動(dòng)量守恒的規(guī)律分析求解 典例2 2011 廣州高二檢測(cè) 在光滑的水平面上 質(zhì)量為m1的小球A以速度v0向右運(yùn)動(dòng) 在小球A的前方O點(diǎn)有一質(zhì)量為m2的小球B處于靜止?fàn)顟B(tài) 如圖所示 小球A與小球B發(fā)生正碰后小球A B均向右運(yùn)動(dòng) 小球B被在Q點(diǎn)處的墻壁彈回后與小球A在P點(diǎn)相遇 PQ 1 5PO 假設(shè)小球間的碰撞及小球與墻壁之間的碰撞都是彈性碰撞 求兩小球質(zhì)量之比m1 m2 解題指導(dǎo) 求解此題應(yīng)把握以下三點(diǎn) 標(biāo)準(zhǔn)解答 從兩小球碰撞后到它們?cè)俅蜗嘤?小球A和B速度大小保持不變 根據(jù)它們通過(guò)的路程之比為1 4 可知小球A和小球B在碰撞后的速度大小之比為1 4 設(shè)碰撞后小球A和B的速度分別為v1和v2 在碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒 碰撞前后動(dòng)能相等 解得m1 m2 2答案 2 規(guī)律方法 處理碰撞問(wèn)題的思路 1 對(duì)一個(gè)給定的碰撞 首先要看動(dòng)量是否守恒 其次再看總動(dòng)能是否增加 2 一個(gè)符合實(shí)際的碰撞 除動(dòng)量守恒外還要滿足能量守恒 注意碰撞完成后不可能發(fā)生二次碰撞的速度關(guān)系判定 3 要靈活運(yùn)用幾個(gè)關(guān)系轉(zhuǎn)換動(dòng)能 動(dòng)量 變式訓(xùn)練 如圖所示 abc是光滑的軌道 其中ab是水平的 bc為與ab相切的位于豎直平面內(nèi)的半圓 半徑R 0 30m 質(zhì)量m 0 20kg的小球A靜止在軌道上 另一質(zhì)量M 0 60kg 速度為v0 5 5m s的小球B與小球A正碰 已知相碰后小球A經(jīng)過(guò)半圓的最高點(diǎn)c落到軌道上距b點(diǎn)為處 重力加速度g取10m s2 求 碰撞結(jié)束時(shí) 小球A和B的速度的大小 解析 A球平拋 故 由機(jī)械能守恒知 得碰撞結(jié)束時(shí) 小球A速度 vA 6m s由動(dòng)量守恒 Mv0 mvA MvB小球B速度 vB 3 5m s 變式備選 如圖所示 一輕質(zhì)彈簧的一端固定在滑塊B上 另一端與滑塊C接觸但不連接 該整體靜止在光滑水平地面上 并且C被鎖定在地面上 現(xiàn)有一滑塊A從光滑曲面上離地面h高處由靜止開(kāi)始下滑 與滑塊B發(fā)生碰撞并粘連在一起壓縮彈簧 當(dāng)速度減為碰后速度一半時(shí)滑塊C解除鎖定 已知mA m mB 2m mC 3m 求 1 滑塊A與滑塊B碰撞結(jié)束瞬間的速度 2 被壓縮彈簧的最大彈性勢(shì)能 解析 1 滑塊A下滑過(guò)程中機(jī)械能守恒 設(shè)A到達(dá)水平面時(shí)速度為v1 由機(jī)械能守恒定律有A B碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒 設(shè)滑塊A與滑塊B碰撞結(jié)束瞬間的速度為v2 由動(dòng)量守恒定律有 2 滑塊C解除鎖定后 滑塊A B繼續(xù)壓縮彈簧 被壓縮彈簧的彈性勢(shì)能最大時(shí) 滑塊A B C速度相等 設(shè)為速度v3 由動(dòng)量守恒定律有 故滑塊A B發(fā)生碰撞后到彈簧壓縮最大 A B C及彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 由機(jī)械能守恒定律有 答案 1 2 典例 如圖所示 在質(zhì)量為M的小車上掛有一單擺 擺球的質(zhì)量為m0 小車 和單擺 以固定的速度v沿光滑水平地面運(yùn)動(dòng) 與位于正對(duì)面的質(zhì)量為m的靜止木塊發(fā)生碰撞 碰撞時(shí)間極短 在此碰撞過(guò)程中 下列哪些說(shuō)法可能發(fā)生 A 小車 木塊 擺球的速度均發(fā)生變化 分別變?yōu)関1 v2 v3滿足 M m0 v Mv1 mv2 m0v3B 擺球的速度不變 小車和木塊的速度變?yōu)関1 v2 滿足Mv Mv1 mv2C 擺球的速度不變 小車和木塊的速度都變?yōu)関 滿足Mv M m v D 小車和擺球的速度均變?yōu)関1 木塊的速度變?yōu)関2 滿足 M m0 v M m0 v1 mv2 解題指導(dǎo) 注意題目要求分析的是碰撞過(guò)程中的情況 至于碰撞結(jié)束以后的物體間的作用情況不在問(wèn)題之列 碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒 由于碰撞時(shí)間很短 在碰撞瞬間擺球沒(méi)有參與碰撞 標(biāo)準(zhǔn)解答 選B C 由題意知 小車與木塊在水平方向發(fā)生碰撞 從發(fā)生作用到結(jié)束是在極短時(shí)間內(nèi)在原位置完成的 擺球用豎直線與小車相連 在此極短時(shí)間內(nèi)擺線懸點(diǎn)沿水平方向沒(méi)有移動(dòng) 因而擺線此瞬間仍沿豎直方向 小球水平方向速度不受影響 碰撞之后小球如何參與總體運(yùn)動(dòng) 另當(dāng)別論 選項(xiàng)A D不正確 小車與木塊在光滑水平面上發(fā)生碰撞 在水平方向不受外力作用 動(dòng)量守恒 根據(jù)動(dòng)量守恒定律知 選項(xiàng)B C所述的兩種情況均有可能發(fā)生 1 小車與木塊碰后又分開(kāi) 為B項(xiàng)所述 2 小車與木塊合二為一 為C項(xiàng)所述 綜上所述 本題正確答案是B C 一 選擇題1 2011 海淀區(qū)高二檢測(cè) A B兩物體發(fā)生正碰 碰撞前后物體A B都在同一直線上運(yùn)動(dòng) 其位移 時(shí)間圖象如圖所示 由圖可知 物體A B的質(zhì)量之比為 A 1 1B 1 2C 1 3D 3 1 解析 選C 由圖象知 碰前vA 4m s vB 0 碰后v A v B 1m s 由動(dòng)量守恒可知mAvA 0 mAvA mBvB 解得mB 3mA 故選項(xiàng)C正確 2 2011 淮安高二檢測(cè) 質(zhì)量相等的A B兩球在光滑水平面上沿同一條直線 同一方向運(yùn)動(dòng) A球的動(dòng)量pA 9kg m s B球的動(dòng)量pB 3kg m s 當(dāng)A球追上B球時(shí)發(fā)生碰撞 則碰撞后A B兩球動(dòng)量的可能值是 A p A 6kg m s p B 6kg m sB p A 8kg m s p B 4kg m sC p A 2kg m s p B 14kg m sD p A 4kg m s p B 17kg m s 解析 選A 由碰撞前后兩球總動(dòng)量守恒 即pA pB p A p B 可排除D 由碰撞后兩球總動(dòng)能不可能增加 即可排除C 由碰撞后A球不可能穿越B球 即可排除B 所以四個(gè)選項(xiàng)中只有A是可能的 故正確答案為A 3 在光滑水平面上停放著兩木塊A和B A的質(zhì)量大 現(xiàn)同時(shí)施加大小相等的恒力F使它們相向運(yùn)動(dòng) 然后又同時(shí)撤去外力F 結(jié)果A和B迎面相碰后合在一起 問(wèn)A和B合在一起后的運(yùn)動(dòng)情況將是 A 停止運(yùn)動(dòng)B 因A的質(zhì)量大而向右運(yùn)動(dòng)C 因B的速度大而向左運(yùn)動(dòng)D 運(yùn)動(dòng)方向不能確定 解析 選A 碰撞問(wèn)題應(yīng)該從動(dòng)量的角度去思考 而不能僅看質(zhì)量或者速度 因?yàn)樵谙嗷プ饔眠^(guò)程中 這兩個(gè)因素是共同起作用的 由動(dòng)量定理知 A和B兩物體在碰撞之前的動(dòng)量等大反向 碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒 因此碰撞之后合在一起的總動(dòng)量為零 故選A 4 在光滑水平面上 動(dòng)能為E0動(dòng)量大小為p0的小鋼球1與靜止的小鋼球2發(fā)生碰撞 碰撞前后球1的運(yùn)動(dòng)方向相反 將碰后球1的動(dòng)能和動(dòng)量大小分別記為E1 p1 球2的動(dòng)能和動(dòng)量大小分別記為E2 p2 則必有 A E1E0D p2 p0 解析 選A B D 碰撞后的總動(dòng)能不可能增加 A選項(xiàng)正確 C選項(xiàng)錯(cuò)誤 由得選項(xiàng)B正確 由動(dòng)量守恒 p0 p1 p2 由于小鋼球1碰后反向 即p1 0 所以p2 p0 故D正確 5 2011 雙鴨山高二檢測(cè) 如圖所示的裝置中 木塊B與水平面間接觸是光滑的 子彈A沿水平方向射入木塊后留在木塊內(nèi) 將彈簧壓縮到最短 現(xiàn)將子彈 木塊和彈簧合在一起作為研究對(duì)象 系統(tǒng) 則此系統(tǒng)在從子彈開(kāi)始射入木塊到彈簧壓縮至最短的整個(gè)過(guò)程中 A 動(dòng)量守恒 機(jī)械能守恒B 動(dòng)量不守恒 機(jī)械能不守恒C 動(dòng)量守恒 機(jī)械能不守恒D 動(dòng)量不守恒 機(jī)械能守恒 解析 選B 合理選取研究對(duì)象和運(yùn)動(dòng)過(guò)程 利用機(jī)械能守恒和動(dòng)量守恒的條件分析是解決這道題目的關(guān)鍵 如果只研究子彈A射入木塊B的短暫過(guò)程 并且只選A B為研究對(duì)象 由于時(shí)間極短 則只需考慮在A B之間的相互作用 A B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒 但此過(guò)程中存在著動(dòng)能和內(nèi)能之間的轉(zhuǎn)化 所以A B系統(tǒng)機(jī)械能不守恒 本題研究的是從子彈開(kāi)始射入木塊到彈簧壓縮至最短的整個(gè)過(guò)程 而且將子彈 木塊和彈簧合在一起作為研究對(duì)象 在這個(gè)過(guò)程中有豎直墻壁對(duì)系統(tǒng)的彈力作用 此力對(duì)系統(tǒng)來(lái)講是外力 故動(dòng)量不守恒 綜合上面的分析可知 正確選項(xiàng)為B 6 2011 撫順高二檢測(cè) 質(zhì)量相等的三個(gè)小球a b c 在光滑的水平面上以相同的速率運(yùn)動(dòng) 它們分別與原來(lái)靜止的A B C三球發(fā)生碰撞 碰撞后a繼續(xù)沿原方向運(yùn)動(dòng) b靜止 c沿反方向彈回 則碰撞后A B C三球中動(dòng)量數(shù)值最大的是 A A球B B球C C球D 三球一樣大 解析 選C 在三小球發(fā)生的碰撞過(guò)程中 動(dòng)量都是守恒的 根據(jù)動(dòng)量守恒關(guān)系式 mv0 mv Mv 整理可得 Mv mv0 mv 取初速度方向?yàn)檎较?不難得出C球的動(dòng)量數(shù)值是最大的 故只有選項(xiàng)C正確 方法技巧 動(dòng)量守恒定律應(yīng)用中的臨界問(wèn)題的分析方法在動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用中 常常會(huì)遇到相互作用的兩物體相距最近 避免相碰和物體開(kāi)始反向運(yùn)動(dòng)等臨界問(wèn)題 例如 子彈射入自由木塊中 兩相對(duì)運(yùn)動(dòng)物體間的繩子繃緊 物塊在放置于光滑水平面上的木板上運(yùn)動(dòng)直至相對(duì)靜止 物體沖上放置于光滑水平面上的斜面直至最高點(diǎn) 在這些情境中 系統(tǒng)動(dòng)量守恒 或某一方向上動(dòng)量守恒 動(dòng)能轉(zhuǎn)化為其他形式的能 末狀態(tài)兩物體相對(duì)靜止 這些過(guò)程與完全非彈性碰撞具有相同的特征 可應(yīng)用動(dòng)量守恒定律 必要時(shí)結(jié)合能量守恒定律分析求解 分析臨界問(wèn)題的關(guān)鍵是尋找臨界狀態(tài) 臨界狀態(tài)的出現(xiàn)是有條件的 這種條件就是臨界條件 臨界條件往往表現(xiàn)為某個(gè) 或某些 物理量的特定取值 在與動(dòng)量相關(guān)的臨界問(wèn)題中 臨界條件常常表現(xiàn)為兩物體的相對(duì)速度關(guān)系與相對(duì)位移關(guān)系 這些特定關(guān)系的判斷是求解這類問(wèn)題的關(guān)鍵 7 如圖甲所示 在光滑水平面上的兩小球發(fā)生正碰 小球的質(zhì)量分別為m1和m2 圖乙為它們碰撞前后的s t 位移 時(shí)間 圖象 已知m1 0 1kg 由此可以判斷 A 碰前m2靜止 m1向右運(yùn)動(dòng)B 碰后m2和m1都向右運(yùn)動(dòng)C m2 0 3kgD 碰撞過(guò)程中系統(tǒng)損失了0 4J的機(jī)械能 解析 選A C 分析圖像可知 碰前m2處在位移為8m的位置靜止 m1位移均勻增大 速度向右 碰撞以后 動(dòng)量守恒 m1v1 m1v 1 m2v2得 m2 0 3kg碰撞損失的機(jī)械能 故正確答案應(yīng)選A C 二 非選擇題8 手榴彈在離地高h(yuǎn)處時(shí)的速度方向恰好沿水平方向向左 速度大小為v 此時(shí) 手榴彈炸裂成質(zhì)量相等的兩塊 設(shè)消耗的火藥質(zhì)量不計(jì) 爆炸后前半塊的速度方向仍沿水平向左 速度大小為3v 那么兩塊彈片落地點(diǎn)之間的水平距離多大 解析 手榴彈在空中爆炸時(shí)間極短 且重力遠(yuǎn)小于爆炸力 手榴彈在爆炸的瞬間動(dòng)量守恒 設(shè)爆炸后每塊質(zhì)量為m 向左為正方向 則由動(dòng)量守恒定律得 2mv m 3v mv 則后半塊速度v v 即v 方向向右 由平拋運(yùn)動(dòng)知 彈片落地時(shí)間因此兩塊彈片落地點(diǎn)間的水平距離s 3v t v t 答案 9 質(zhì)量是10g的子彈 以300m s的速度射入質(zhì)量是24g 靜止在光滑水平桌面上的木塊 并留在木塊中 子彈留在木塊中以后 木塊運(yùn)動(dòng)的速度是多大 如果子彈把木塊打穿 子彈穿過(guò)后的速度為100m s 這時(shí)木塊的速度又是多大 解析 子彈質(zhì)量m 10g 0 01kg 子彈速度v0 300m s 木塊質(zhì)量M 24g 0 024kg 設(shè)子彈射入木塊中以后木塊的速度為v 則子彈速度也是v 以子彈初速度的方向?yàn)檎较?由動(dòng)量守恒定律得 mv0 m M v 解得 若子彈穿出后速度為v1 100m s 設(shè)木塊速度為v2 仍以子彈初速度方向?yàn)檎较?由動(dòng)量守恒定律得 代入數(shù)據(jù)解得v2 83 3m s 答案 88 2m s83 3m s 10 2010 新課標(biāo)全國(guó)卷 如圖所示 光滑的水平地面上有一木板 其左端放有一重物 右方有一豎直的墻 重物質(zhì)量為木板質(zhì)量的2倍 重物與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 使木板與重物以共同的速度v0向右運(yùn)動(dòng) 某時(shí)刻木板與墻發(fā)生彈性碰撞 碰撞時(shí)間極短 求木板從第一次與墻碰撞到再次碰撞所經(jīng)歷的時(shí)間 設(shè)木板足夠長(zhǎng) 重物始終在木板上 重力加速度為g 解析 解法一 木板第一次與墻碰撞后 木板的速度反向 大小不變 此后木板向左做勻減速直線運(yùn)動(dòng) 直到靜止 再反向向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)直到與重物達(dá)到共同速度v 再往后是勻速直線運(yùn)動(dòng) 直到第二次碰撞墻 設(shè)木板的質(zhì)量為m 重物的質(zhì)量為2m 取向右為動(dòng)量的正方向 由動(dòng)量守恒得2mv0 mv0 2m m v設(shè)木板從第一次與墻碰撞到重物和木板具有共同速度v所用的時(shí)間為t1 對(duì)木板應(yīng)用動(dòng)量定理得 2 mgt1 mv m v0 由牛頓第二定律得2 mg ma式中a為木板的加速度在達(dá)到共同速度v時(shí) 木板離墻的距離為開(kāi)始向右做勻速運(yùn)動(dòng)到第二次與墻碰撞的時(shí)間為木板從第一次與墻碰撞到第二次與墻碰撞所經(jīng)歷的時(shí)間為t t1 t2 由以上各式得 解法二 木板第一次與墻碰撞后 重物與木板相互作用直到達(dá)到共同速度v 由動(dòng)量守恒得 2mv0 mv0 2m m v解得 木板在第一個(gè)過(guò)程中 由動(dòng)量定理 有 mv m v0 2mgt1由動(dòng)能定理 有 木板在第二個(gè)過(guò)程中做勻速直線運(yùn)動(dòng) 有 s vt2木板從第一次與墻碰撞到再次碰撞所經(jīng)歷的時(shí)間答案 Thankyou 同學(xué)們 來(lái)學(xué)校和回家的路上要注意安全 同學(xué)們 來(lái)學(xué)校和回家的路上要注意安全