高中物理 第十六章 第4節(jié)《碰撞》課件 新人教版物理選修3-5.ppt

《高中物理 第十六章 第4節(jié)《碰撞》課件 新人教版物理選修3-5.ppt》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高中物理 第十六章 第4節(jié)《碰撞》課件 新人教版物理選修3-5.ppt（70頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

,,,,,,,,,,,,,,,,,一、全面系統(tǒng)的理解碰撞問題,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)，通過相互作用，運(yùn)動(dòng)狀態(tài)發(fā)生顯著變化的過程叫碰撞. 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? (2)碰撞過程受到的外力：即使碰撞過程中系統(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)碰撞過程中的機(jī)械能：若碰撞過程中沒有其他形式的能轉(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)碰撞過程對(duì)應(yīng)的時(shí)間和位移：碰撞、爆炸過程是在一瞬間發(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，否則無法實(shí)現(xiàn)碰撞.碰撞后，原來在前的物體的速度一定增大，且原來在前的物體的速度大于或等于原來在后的物體的速度.即v前′≥v后′，否則碰撞沒有結(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)，在碰撞問題中常做動(dòng)量和動(dòng)能的換算. (2)非彈性碰撞:碰撞過程中動(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·全國高考Ⅱ)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)】?jī)汕驈耐桓叨柔尫?，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: ① 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?，?jù)動(dòng)量守恒定律有： mAv0+mB(-v0)=mAv1+mBv2 ② 由于兩球碰撞過程中能量守恒，故：,③ 聯(lián)立②③式得： ④ 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： ⑤ 由①④⑤式得： ⑥ 答案：,【規(guī)律方法】處理碰撞問題應(yīng)把握好三個(gè)基本原則 在碰撞過程中，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，在處理碰撞問題時(shí)，通常要抓住三項(xiàng)基本原則：,1.碰撞過程中動(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=1 kg，m2=2 kg，在光滑平面上沿同一直線運(yùn)動(dòng),速度分別是v1=6 m/s、v2=2 m/s.甲追上乙發(fā)生正碰后兩物體的速度有可能是( ) A.v′1=7 m/s，v′2=1.5 m/s B.v′1=2 m/s，v′2=4 m/s C.v′1=3.5 m/s，v′2=3 m/s D.v′1=4 m/s，v′2=3 m/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.2 B.3 C.4 D.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 ① 由能量關(guān)系得 ② 由已知條件得 Mv1=mv2 ③,①、③聯(lián)立可得v=2v1 ④ ②、③、④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=0.30 m. 質(zhì)量m=0.20 kg的小球A靜止在軌道上，另一質(zhì)量M=0.60 kg、 速度為v0=5.5 m/s的小球B與小球A正碰.已知相碰后小球A經(jīng) 過半圓的最高點(diǎn)c落到軌道上距b點(diǎn)為 處，重力加速 度g取10 m/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=6 m/s 由動(dòng)量守恒：Mv0=mvA+MvB 小球B速度：vB=3.5 m/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.在此碰撞過程中，下列哪些說法可能發(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+m0v3 B.擺球的速度不變，小車和木塊的速度變?yōu)関1、v2，滿足Mv=Mv1+mv2 C.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題之列，碰撞過程中動(dòng)量守恒，由于碰撞時(shí)間很短，在碰撞瞬間擺球沒有參與碰撞.,【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，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∶1 B.1∶2 C.1∶3 D.3∶1 【解析】選C.由圖象知：碰前vA=4 m/s,vB=0.碰后v′A= v′B=1 m/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=9 kg·m/s,B 球的動(dòng)量pB=3 kg·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=6 kg·m/s，p′B=6 kg·m/s B.p′A=8 kg·m/s，p′B=4 kg·m/s C.p′A=-2 kg·m/s，p′B=14 kg·m/s D.p′A=-4 kg·m/s，p′B=17 kg·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^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.E1E0 D.p2p0 【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.(2014·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)在從子彈開始射入木塊到彈簧壓縮至最短的整個(gè)過程中( ) 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始射入木塊到彈簧壓縮至最短的整個(gè)過程，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、避免相碰和物體開始反向運(yùn)動(dòng)等臨界問題.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=0.1 kg.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=0.3 kg D.碰撞過程中系統(tǒng)損失了0.4 J的機(jī)械能,【解析】選A、C.分析圖像可知，碰前m2處在位移為8 m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=0.3 kg 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10 g的子彈,以300 m/s的速度射入質(zhì)量是24 g、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,子彈穿過后的速度為100 m/s,這時(shí)木塊的速度又是多大?,【解析】子彈質(zhì)量m=10 g=0.01 kg,子彈速度v0=300 m/s,木 塊質(zhì)量M=24 g=0.024 kg,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=100 m/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=83.3 m/s. 答案：88.2 m/s 83.3 m/s,10.(2010·新課標(biāo)全國卷)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μ.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，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,2μmgt1=mv-m(-v0) 由牛頓第二定律得2μmg=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)過程中，由動(dòng)量定理，有： mv-m(-v0)=μ2mgt1 由動(dòng)能定理，有： 木板在第二個(gè)過程中做勻速直線運(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：,