2019高中物理 第十六章 动量守恒定律 第四节 碰撞学案 新人教版选修3-5.doc

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1、1第四节第四节 碰碰 撞撞学 习 目 标 了解什么是弹性碰撞和非弹性碰撞知道什么是对心碰撞和非对心碰撞及散射现象会运用动量守恒定律分析、解决碰撞等相互作用的问题知 识 导 图知识点 1 弹性碰撞和非弹性碰撞1弹性碰撞如果碰撞过程中_机械能_守恒，这样的碰撞叫做弹性碰撞。2非弹性碰撞(1)非弹性碰撞：如果碰撞过程中_机械能_不守恒，这样的碰撞叫做非弹性碰撞。(2)完全非弹性碰撞：是非弹性碰撞的特例，这种碰撞的特点是碰后_粘在一起_(或碰后具有共同的速度)，其动能损失_最大_。知识点 2 对心碰撞与非对心碰撞1对心碰撞(正碰)一个运动的球与一个静止的球碰撞，碰撞之前球的运动速度与_两球心_的连线在

2、同一条直线上，碰撞之后两球的速度仍会沿着_这条直线_。2非对心碰撞一个运动的球与一个静止的球碰撞，碰撞之前球的运动速度与_两球心_的连线不在同一条直线上，碰撞之后两球的速度都会_偏离_原来两球心的连线。知识点 3 散射1定义微观粒子碰撞时，微观粒子相互接近时并不象宏观物体那样_相互接触_而发生的碰撞。2散射方向由于粒子与物质微粒发生对心碰撞的概率_很小_，所以多数粒子碰撞后飞向四面八2方。预习反馈 判一判(1)两物体间发生瞬间碰撞，动量一定守恒，动能可能不守恒。()(2)两物体间发生碰撞，动量和动能都守恒。()(3)两物体发生斜碰时，动量不守恒。()(4)微观粒子的散射现象的发生是因为粒子与物

3、质微粒发生了对心碰撞。()(5)碰撞后，两个物体粘在一起，动量是守恒的，但机械能损失是最大的。()选一选(山东省淄博市淄川中学 20162017 学年高二下学期期中)质量为ma1kg，mb2kg的小球在光滑的水平面上发生碰撞，碰撞前后两球的位移时间图象如图所示，则可知碰撞属于( A )A弹性碰撞B非弹性碰撞C完全非弹性碰撞D条件不足，不能确定解析：由xt图象知，碰撞前va3m/s，vb0，碰撞后va1m/s，vb2m/s，碰撞前动能mavmbv J，碰撞后动能1 22a1 22b9 2mava2mbvb2 J，故机械能守恒；碰撞前动量mavambvb3kgm/s，碰撞后动量1 21 29 2m

4、avambvb3kgm/s，故动量守恒，所以碰撞属于弹性碰撞。想一想五个完全相同的金属球沿直线排列并彼此邻接，把最左端的小球拉高释放，撞击后发现最右端的小球摆高，而其余四球不动，你知道这是为什么吗？答案：由于小球发生了弹性碰撞，碰撞中的动量和动能都守恒，发生了速度、动能的“传递” 。3探究一 碰撞的特点和分类 S 1思考讨论i kao tao lun如图所示，取一只乒乓球，在球上挖一个圆孔，向球内填进一些橡皮泥或碎泡沫塑料，放在桌子的边缘处，将玩具枪平放在桌面上，瞄准球的圆孔，扣动扳机，让子弹射入孔中，与乒乓球一同水平抛出。只需测出球的质量M、子弹的质量m、桌面的高度h和乒乓球落地点离桌子边缘

5、的水平距离s，就可估算出玩具枪子弹的射出速度v。你能推导出计算v的表达式吗？试着做一下这个实验。答案：能解析：子弹与乒乓球一起做平抛运动，结合平抛运动规律：sv0t，hgt2求出平抛1 2初速度v0，此即为子弹与乒乓球作用后的共同速度，再根据动量守恒：mv(mM)v0可求出玩具枪子弹的射出速度v。mMsmg 2hG 归纳总结ui na zong jie1碰撞的种类及特点分类标准种类特点弹性碰撞动量守恒，机械能守恒非弹性碰撞动量守恒，机械能有损失能量是否守恒 完全非弹性碰撞动量守恒，机械能损失最大对心碰撞(正碰)碰撞前后速度共线碰撞前后动量是否共线非对心碰撞(斜碰)碰撞前后速度不共线2碰撞和爆炸

6、的比较名称比较项目爆炸碰撞过程特点都是物体间的相互作用突然发生，相互作用的力为变力，作用时间很短，平均作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以可以认为碰撞、爆炸过程中系统的总动量守恒。相同点 能量情况都满足能量守恒，总能量保持不变4不同点动能、机械能情况有其他形式的能转化为动能，动能会增加，机械能不守恒。弹性碰撞时动能不变，非弹性碰撞时动能要损失，动能转化为内能，动能减少，机械能不守恒。特别提醒：(1)当遇到两物体发生碰撞的问题，不管碰撞环境如何，要首先想到利用动量守恒定律。(2)对心碰撞是同一直线上的运动过程，只在一个方向上列动量守恒方程即可，此时应注意速度正、负号的选取。D 典例剖析ian

7、 li pou xi典例 1 2017 年 3 月 18 日至 26 日，北京世界女子冰壶锦标赛在首都体育馆举行。图为比赛中中国队长王冰在最后一投中，将质量为 19 kg 的冰壶抛出，运动一段时间后以 0.4 m/s 的速度正碰静止的瑞典冰壶，然后中国队冰壶以 0.1 m/s 的速度继续向前滑向大本营中心。若两冰壶质量相等。求：(1)瑞典队冰壶获得的速度。(2)试判断两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞还是非弹性碰撞。解题指导：Error!动量守恒系统动能解析：(1)由动量守恒定律知mv1mv2mv3将v10.4 m/s，v20.1 m/s代入上式得：v30.3 m/s。(2)碰撞前的动能E1mv0.0

8、8 m，1 22 1碰撞后两冰壶的总动能E2mvmv0.05 m1 22 21 22 3因为E1E2，所以两冰壶的碰撞为非弹性碰撞。答案：(1)0.3 m/s (2)非弹性碰撞,对点训练1 (福建福州 20172018 学年高三模拟)如图所示，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( D )5AA和B都向左运动BA和B都向右运动CA静止，B向右运动DA向左运动，B向右运动解析：弹性碰撞没有机械能损失，取向右为正方向，有2mv02mv0mv12mv2，m(2v0

9、)2 2mvmv 2mv。联立解得1 21 22 01 22 11 22 2v12v0，v2v0，因此A向左运动，B向右运动。探究二 分析碰撞问题的“三个原则” S 2思考讨论i kao tao lun下图是马尔西发表的著作中的一幅插图，一颗大理石球对心撞击一排大小相等且同等质料的小球时，运动将传递给最后一个小球，其余的小球毫无影响。你能解释这是为什么吗？提示：该碰撞为弹性碰撞。满足动量守恒、动能守恒，碰后速度“交换” 。G 归纳总结ui na zong jie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动量守恒即p1p2p1p2。2动能不增加即Ek1E

10、k2Ek1Ek2或。p2 1 2m1p2 2 2m2p12 2m1p22 2m23速度要符合情景如果碰前两物体同向运动，则后面物体的速度大于前面物体的速度，即v后v前，否则无法实现碰撞。碰撞后，原来在前的物体的速度一定增大，且原来在前的物体的速度大于或等于原来在后的物体的速度，即v前v后，否则碰撞没有结束，如果碰前两物体是相向运动，则碰后，两物体的运动方向不可能都不改变，除非两物体碰撞后速度均为零。D 典例剖析ian li pou xi6典例 2 (多选)(湖北省黄冈市黄梅二中 20162017 学年高二下学期期中)如图所示，在光滑水平面上，有A、B两个小球。A球动量为 10kgm/s，B球动

11、量12kgm/s，A球追上B球并相碰，碰撞后，A球动量变为 8kgm/s，方向没变，则A、B两球质量的比值可能为( BC )A0.5B0.6C0.65D0.75解题指导：此类碰撞问题要考虑三个因素：碰撞中系统动量守恒；碰撞过程中系统动能不增加；碰前、碰后两个物体的位置关系(不穿越)。解析：A能追上B，说明碰前vAvB，所以；碰后A的速度不大于B的速度，所10 mA12 mB以；又因为碰撞过程系统动能不会增加，由以上不等式组解8 mA14 mB102 2mA122 2mB82 2mA142 2mB得： 。故选 BC。,4 7mA mB9 13对点训练2 如图所示，在光滑的水平面上有一质量为 0.

12、2kg 的小球以 5.0m/s 的速度向前运动，与质量为 3.0kg 的静止木块发生碰撞，假设碰撞后木块的速度是v木1m/s，则( B )Av木1m/s 这一假设是合理的，碰撞后球的速度为v球10m/sBv木1m/s 这一假设是不合理的，因而这种情况不可能发生Cv木1m/s 这一假设是合理的，碰撞后小球被弹回来Dv木1m/s 这一假设是可能发生的，但由于题给条件不足，v球的大小不能确定解析：假设这一过程可以实现，根据动量守恒定律得m1vm1v1m2v木，代入数据解得v110m/s，这一过程不可能发生，因为碰撞后的机械能增加了。弹性碰撞的一动一静模型A球碰撞原来静止的B球动量mAv0mAvAmB

13、vB规律 动能mAvmAvmBv1 22 01 22A1 22B7A球vAv0mAmB mAmB碰后A、B球速度B球vBv02mA mAmBmAmBvA0，vBv0，两球碰后交换了速度mAmBvA0，vB0，vA、vB与v0同向讨论mA0，碰后A球被弹回来案例 (江西省南康中学 20162017 学年高二下学期期中)如图所示，B、C、D、E、F,5 个小球并排放置在光滑的水平面上，B、C、D、E,4 个球质量相等，而F球质量小于B球质量，A球的质量等于F球质量。A球以速度v0向B球运动，所发生的碰撞均为弹性碰撞，则碰撞之后( C )A5 个小球静止，1 个小球运动B4 个小球静止，2 个小球运

14、动C3 个小球静止，3 个小球运动 D6 个小球都运动解析：A球与B球相碰时，由于A质量小于B，A弹回，B获得速度与C碰撞，由于发生的碰撞为弹性碰撞且质量相等，B静止，C获得速度，同理，C和D的碰撞，D与E的碰撞都是如此，E获得速度后与F的碰撞过程中，由于E的质量大于F，所以E、F碰后都向右运动。所以碰撞之后，A、E、F三球运动，B、C、D三球静止。1(多选)(湖南省常德市 20172018 学年高三上学期期末)如图所示，在光滑水平面上，质量为m的A球以速度v0向右运动，与静止的质量为 5m的B球碰撞，碰撞后A球以vav0(待定系数avB，由以上两式可解得：a ，故1 48B、C 正确。2(多

15、选)(哈尔滨六中 20162017 学年高二下学期期中)质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为。初始时小物块停在箱子正中间，如图所示。现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止。设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为( BD )Amv2 B 1 2mMv22mMCNmgL DNmgL1 2解析：根据动量守恒，小物块和箱子的共同速度v，损失的动能mv MmEkmv2 (Mm)v2v2，所以 B 正确；根据能量守恒，损失的动能等于因摩1 21 21 2(mM mM

16、)擦产生的热量，而计算热量的方法是摩擦力乘以相对位移，所以 EkfNLNmgL，可见 D 正确。3(陕西省安康市 20172018 学年高三上学期期末)如图所示，三个小木块A、B、C静止在足够长的光滑水平轨道上，质量分别为mA0.1kg，mB0.1kg，mC0.3kg 其中B与C用一个轻弹簧固定连接，开始时整个装置处于静止状态；A和B之间有少许塑胶炸药(质量不计)，现引爆塑胶炸药，若炸药爆炸产生的能量有E0.4J 转化为A和B沿轨道方向的动能。求：(1)爆炸后瞬间A、B的速度大小；(2)弹簧弹性势能的最大值；(3)弹簧恢复到原长时B、C的速度大小。答案：(1)均为 2m/s (2)0.15J

17、(3)均为 1m/s解析：(1)塑胶炸药爆炸瞬间取A和B为研究对象，假设爆炸后瞬间A、B的速度大小分别为vA、vB，取向右为正方向，由动量守恒：mAvAmBvB0爆炸产生的能量有 0.4J 转化为A、B的动能：EmAvmBv1 22A1 22B9解得：vAvB2m/s。(2)取B、C和弹簧为研究系统，当弹簧第一次被压缩到最短时B、C达到共同速度vBC，此时弹簧的弹性势能最大，设为Ep1，由动量守恒：mBvB(mBmC)vBC由能量守恒定律：mBv (mBmC)vEp11 22B1 22BC解得：Ep10.15J。(3)设B、C之间的弹簧第一次恢复到原长时B、C的速度分别为vB1和vC1，则由动

18、量守恒和能量守恒，有： mBvBmBvB1mCvC1mBvmBvmCv1 22B1 22B11 22C1解得：vB11m/s(负号表示方向向左，即B的速度大小为 1m/s)，vC11m/s。(其中vB12m/s，vC10m/s 不符合题意，舍去)。基础夯实 一、选择题(13 题为单选题，4、5 题为多选题)1关于散射，下列说法正确的是( C )A散射就是乱反射，毫无规律可言B散射中没有对心碰撞C散射时仍遵守动量守恒定律D散射时不遵守动量守恒定律解析：由于散射也是碰撞，所以散射过程中动量守恒。2(宜昌市葛州坝中学 20152016 学年高二下学期期中)一中子与一质量数为A(A1)的原子核发生弹性

19、正碰。若碰前原子核静止，则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为( A )A BA1 A1A1 A1C D4AA12A12A12解析：设中子质量为m，则原子核质量为Am，由mvmv1Amv2，mv2mvAmv，得1 21 22 11 22 2v1vmAm mAm所以，A 正确。v |v1|A1 A13在光滑水平面上有三个完全相同的小球，它们成一条直线，2、3 小球静止，并靠10在一起，1 球以速度v0 射向它们，如图所示，设碰撞中不损失机械能，则碰后三个小球的速度可能是( D )Av1v2v3v0 Bv10，v2v3v01312Cv10，v2v3v0 Dv1v20，v3v01 2解析：由题设条件，三个

20、小球在碰撞过程中总动量和总动能守恒，若各球质量均为m，则碰撞前系统总动量为mv0，总动能应为mv。1 22 0假如选项 A 正确，则碰后总动量为mv0，这显然违反动量守恒定律，故不可能。33假如选项 B 正确，则碰后总动量为mv0，这也违反动量守恒定律，故也不可能。22假如选项 C 正确，则碰后总动量为mv0，但总动能为mv，这显然违反机械能守恒定1 42 0律，故也不可能。假如选项 D 正确的话，则通过计算其既满足动量守恒定律，也满足机械能守恒定律，故选项 D 正确。4在光滑水平面上，一质量为m、速度大小为v的A球与质量为 2m静止的B球发生正碰，碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，则碰后B

21、球的速度大小可能是( BC )A0.7v B0.6v C0.4v D0.2v解析：以两球组成的系统为研究对象，以A球的初速度方向为正方向，如果碰撞为弹性碰撞，由动量守恒定律得：mvmvA2mvB，由机械能守恒定律得：mv2mv 2mv，1 21 22A1 22B解得：vAv，vBv，1 32 3负号表示碰撞后A球反向弹回，如果碰撞为完全非弹性碰撞，以A球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv(m2m)vB，解得：vBv，1 3则碰撞后B球的速度范围是：vvBv，故 B、C 正确，A、D 错误。1 32 35(黑龙江大庆一中 20152016 学年高二下学期检测)如图所示，长木板A放在光滑

22、11的水平面上，质量为m4kg 的小物体B以水平速度v2m/s 滑上原来静止的长木板A的上表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，取g10m/s2，则下列说法正确的是( AD )A木板A获得的动能为 2JB系统损失的机械能为 2JC木板A的最小长度为 2mDA、B间的动摩擦因数为 0.1解析：由图象可知，木板获得的速度为v1m/s，A、B组成的系统动量守恒，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0(Mm)v，解得：木板A的质量M4kg，木板获得的动能为：EkMv22J，故 A 正确；系统损失的机械能1 2Emvmv2Mv2，代入数据解得：E4J，故 B 错

23、误；由图得到：01s 内B的位1 22 01 21 2移为xB (21)1m1.5m，A的位移为xA 11m0.5m，木板A的最小长度为1 21 2LxBxA1m，故 C 错误；由图象可知，B的加速度：a1m/s2 ，负号表示加速度的方向，由牛顿第二定律得：mBgmBa，代入解得0.1，故 D 正确。二、非选择题6(江西南昌二中 20152016 学年高二下学期期中)一个物体静置于光滑水平面上，外面扣一质量为M的盒子，如图甲所示。现给盒子一初速度v0，此后，盒子运动的vt图象呈周期性变化，如图乙所示，请据此求盒内物体的质量。答案：M解析：设物体的质量为m，t0时刻受盒子碰撞获得速度v，根据动量

24、守恒定律得：Mv0mv3t0时刻物体与盒子右壁碰撞使盒子速度又变为v0，说明碰撞是弹性碰撞，由机械能守恒有：Mvmv21 22 01 2联立解得mM7在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速率v0向右运动，在小球A的前方O点12有一质量为m2的小球B处于静止状态，如图所示，小球A与小球B发生正碰后小球A、B均向右运动，小球B被Q处的墙壁弹回后与小球A在P点相遇，PQ1.5PO，假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性的，求两小球质量之比m1/m2。答案：2m1 m2解析：从两小球碰撞后到它们再次相遇，小球A和B的速度大小保持不变，根据它们通过的路程，可知小球B和小球A在碰撞后的速度大小之

25、比为 41。设碰撞后小球A和B的速度分别为v1和v2，在碰撞过程中动量守恒，碰撞前后动能相等。m1v0m1v1m2v2，m1vm1vm2v1 22 01 22 11 22 2利用v2/v14，可解出2m1 m2能力提升 一、选择题(12 题为单选题，35 题为多选题)1一弹丸在飞行到距离地面 5m 高时仅有水平速度v2m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为 31。不计质量损失，取重力加速度g10m/s2。则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能的是( B )解析：本题有两种可能情况，一是甲在前，二是甲在后。甲在前情况，设总质量为4m，由动量守恒得 4m23mv甲mv乙，由平抛运动规律知，

26、甲图中两弹片的速度分别为v甲2.5m/s，v乙0.5m/s，不满足动量守恒关系，选项 A 错误；乙图中两弹片的速度分别为v甲2.5m/s，v乙0.5m/s，满足动量守恒关系，选项 B 正确；甲在后情况，C 图中v甲1m/s，v乙2m/s，不满足动量守恒关系，选项 C 错误；D 图中，v甲1m/s，v乙2m/s，同样不满足动量守恒关系，选项 D 错误。2(山西大学附中 20162017 学年高二下学期检测)在光滑水平面上，有两个小球13A、B沿同一直线同向运动(B在前)，已知碰前两球的动量分别为pA12kgm/s、pB13kgm/s，碰后它们动量的变化分别为 pA、pB。下列数值可能正确的是(

27、A )ApA3kgm/s、pB3kgm/sBpA3kgm/s、pB3kgm/sCpA24kgm/s、pB24kgm/sDpA24kgm/s、pB24kgm/s解析：由题，碰撞后，两球的动量方向都与原来方向相同，A的动量不可能沿原方向增大，故碰后它们动量的变化分别为 pA0，故 B、D 错误；根据碰撞过程动量守恒，如果 pA3kgm/s、pB3kgm/s，所以碰后两球的动量分别为pA9kgm/s、pB16kgm/s，根据碰撞过程总动能不增加，故 A 正确。根据碰撞过程动量守恒定律，如果 pA24kgm/s、pB24kgm/s，所以碰后两球的动量分别为pA12kgm/s、pB37kgm/s，可以看

28、出，碰撞后A的动能不变，而B的动能增大，违反了能量守恒定律，故 C 错误，故选 A。3如图所示，在质量为M的小车中挂着一个单摆，摆球的质量为m0，小车(和单摆)以恒定的速度u沿光滑的水平面运动，与位于正对面的质量为m的静止木块发生碰撞，碰撞时间极短，在此碰撞过程中，下列说法可能发生的是( BC )A小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为v1、v2、v3，满足：(Mm0)uMv1mv2m0v3B摆球的速度不变，小车和木块的速度变为v1和v2，满足：MuMv1mv2C摆球的速度不变，小车和木块的速度变为v，满足；Mu(Mm)vD小车和摆球的速度都变为v1，木块的速度为v2，满足：(Mm0)u(

29、Mm0)v1mv2解析：由于碰撞时间极短，所以单摆相对小车没有发生摆动，即摆线对球的作用力原来是竖直向上的，现在还是竖直向上的，没有水平方向的分力，未改变小球的动量，实际上单摆没有参与这个碰撞过程，所以单摆的速度不发生变化，因此，选项中应排除 A、D。因为单摆的速度不变，所以，研究对象选取小车和木块所构成的系统，若为弹性碰撞或碰后分离，水平方向动量守恒，由动量守恒定律有：MuMv1mv2，即为 B 选项，由于题目中并没有提供在碰撞过程中能量变化关系，所以也有可能小车和木块发生完全非弹性碰撞而选 C。4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，并排悬挂，平衡时两球刚好接触，现将

30、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( AD )14A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：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：mv0mv13mv2；又两球碰撞是弹性的，故机械能守恒，即mvmv 3mv，解两式得：v1，v2，可见第一次碰撞后的瞬间，两球的速1 22 01 22 11 22 2v0 2v0 2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 错误；

31、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 错误；由单摆的周期公式T2，可知，两球摆动周期相同，l g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(吉林二中 20162017 学年高二下学期期中)如图所示，轻质弹簧的一端固定在墙上，另一端与质量为m的物体A相连，A放在光滑水平面上，有一质量与A相同的物体B，从高h处由静止开始沿光滑曲面滑下，与A相碰后一起将弹簧压缩，弹簧复原过程中某时刻B与A分开且沿原曲面上升。下列说法正确的是( BD )A弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为mghB弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为m

32、gh 2CB能达到的最大高度为h 2DB能达到的最大高度为h 4解析：对B下滑过程，据机械能守恒定律可得：mghmv，B刚到达水平地面的速度1 22 0v0。碰撞过程，根据动量守恒定律可得：mv02mv，得A与B碰撞后的共同速度为2ghvv0，所以弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为Epm 2mv2mgh，故 A 错误，B 正1 21 21 215确；当弹簧再次恢复原长时，A与B将分开，B以v的速度沿斜面上滑，根据机械能守恒定律可得mghmv2，B能达到的最大高度为 ，故 C 错误，D 正确，故选 BD。1 2h 4二、非选择题6(天津市第一中学 20172018 学年高三上学期月考)如图所示，

33、质量为M的小球通过不可伸长的轻绳悬挂在天花板下，初始时静止。质量为m的子弹以一定的速度水平射入小球未穿出，之后小球在轻绳作用下做圆弧运动。改变子弹的入射速度v，每次都保证子弹射入小球未穿出，测得每次小球上升的最大高度h(均不超过绳长)。某同学以h为纵坐标，以v2为横坐标，利用实验数据做直线拟合，得到该直线的斜率为k2103s/m2。已知重力加速度为g10m/s2。求小球质量与子弹质量的比值M/m。答案：4解析：子弹射入小球，由动量守恒定律可知：mv(mM)v1 由机械能守恒定律：(mM)gh (mM)v1 22 1得h()2m mMv2 2g又k()2m mM1 2g解得 4。M m7(哈尔滨

34、六中 20162017 学年高二下学期期中)如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA4.0kg 和mB3.0kg。用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触。另有一物块C从t0 时以一定速度向右运动，在t4s 时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的vt图象如图乙所示。求：(1)物块C的质量？(2)B离开墙后的运动过程中弹簧具有的最大弹性势能EP?16答案：(1)2kg (2)9J解析：(1)由图知，C与A碰前速度为v19m/s，碰后速度为v23m/sC与A碰撞过程动量守恒，以C的初速度为正方向，由动量守恒定律得：mCv1(mAmC)v2解得：mC2kg(2)12s 末B离开墙壁，之后A、B、C及弹簧组成的系统动量和机械能守恒，且当AC与B速度v4相等时弹簧弹性势能最大。根据动量守恒定律，有：(mAmc)v3(mAmBmC)v4根据机械能守恒定律，有：(mAmc)v (mAmBmC)vEP1 22 31 22 4解得 EP9J