第十四章碰撞与动量守恒第一单元动量定理[变式训练1]略[变式训练2]4倍【答案】1．ACD2．BC3．D4．AC5．D6．C7．6×1038．100kg9．1100N10．mgt，mgcosθt，mgsinθt，0，011第二单元动量守恒定律[变式训练1]略[变式训练2]设手榴弹原运动方向为正，根据动量守恒有：手榴弹炸开后较小的一块以50m/s的速度返回。[变式训练3]解析：气球和人原静止于空中，说明系统所受合力为零，故人下滑过程中系统动量守恒，人着地时，绳梯至少应触及地面，因为人下滑过程中，人和气球任意时刻的动量大小都相等，所以整个过程中系统平均动量守恒．若设绳梯长为l，人沿绳梯滑至地面的时间为t，由图4—15可看出，气球对地移动的平均速度为（l－h）/t，人对地移动的平均速度为－h/t（以向上为正方向）．由动量守恒定律，有M（l－h）/t－mh/t=0．解得l=h．[变式训练5]解析：对子弹和滑决A根据动量守恒定律mv/4=5mv//4所以v/=v/5。当弹簧被压缩后又恢复原长时，B的速度最大，具有的动能也最大，此过程动能与动量都守恒由①②得：vB=2v/9所以B的动能为EkB=2mv2/81答案：弹簧被压缩又恢复原长时；EkB=2mv2/81【答案】1．C2．AB3．B4．BC5．BC6．AC7.D8.4m/s9．解：以太阳为参考系，以航天器运动方向为正方向，火箭喷气过程动量守恒。设火箭发动机工作一次航天器的速度为v1，第二次为v2，第三次为v3。第一次喷气有：Mv=（M-m）v1+m（-u+v1）则：v1=。第二次喷气有：（M-m）v1=（M-2m）v2+m（-u+v2）则：v2。第三次喷气有：（M-2m）v2=（M-3m）v3+m（-u+v3）则：10.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比为4∶1,两球碰撞过程有：解得：11．解：（1）滑块将弹簧压缩得最多时，弹簧的弹性势能最大，这时小车与滑块的速度均为零则（2）设滑块与弹簧分离时，滑块的速度为v1，小车的速度为v2，用心爱心专心则0=mv1–Mv2解得小车的速度为12．⑴设弹簧刚好恢复原长时，A和B物块速度的大小分别为vA、vB联立解得⑵弹簧第二次被压缩到最短时，弹簧具有的弹性势能最大，此时A、B、C具有相同的速度，设此速度为vC与B碰撞,设碰后B,C粘连时的速度为v/故：弹簧第二次被压缩到最短时，弹簧具有的最大弹性势能为：13．如图14-2-19所示，光滑水平面上有A、B、C（1）a、b球恰好能通过各自的圆轨道的最高点的速度分别为①②由动量守恒定律③机械能守恒定律④⑤联立①②③④⑤得（2）若，由动量守恒定律得。当a球恰好能通过圆轨道的最高点时，E弹最小，第三单元实验与探究1．（1）BD（2）4：12．球1和球2的质量m1和m2，立柱的高h，桌面离地面的高H，本章整合提升[变式训练1]解析:把金属块和木块看成是一个系统，则此系统受到外力的冲量应等于其动量的增量。系统受到的外力为金属块与木块各自受到的重力和水的浮力，由于已知它们在水中一起下沉的加速度，可用牛顿第二定律求出其受到的合力。设竖直向下为正方向，它们在水中受到的浮力分别为F1和F2。据动量定理：（mg＋Mg一F1－F2）t＝（Mv2一mvl）一（m十M）v……①据牛顿第二定律，它们一起下沉时:Mg十mg一F1一F2＝（m＋M)a……②把②代入①得（m＋M）at＝（Mv2一mvl）一（m＋M）v解得[变式训练2]解析：当m、M相对静止时，m滑动到OA之间停下来的条件为：m相对M的位移s．½L≤s≤L．由动量守恒Mv0=（M十m）v物体克服摩擦阻力相对位移的功，量度系统机械能的减少，所以μmgs＝½Mv02－½（M＋m）v2用心爱心专心图14-3-2解方程得s＝代入条件≥½L所以v0≥≤L所以v0≤即：使m在OA间停下，v0满足的条件：≤v0≤[变式训练3]解析：M、m与固定支架碰撞前的自由下落，所以v02=2ghv0==2m／s碰撞后，M原速返回向上作初达v0的匀减速运动，m作初速为v0向下匀加速运动．设绳刚要绷直时，M的速度为v1，上升的高度为h1，m的速度为v2，下降的高度为h2，经历时间为t，则：v1＝v0一gt…………①v12＝v02一2gh1……②v2＝v0＋gt………③v22＝v02+2gh2…………④又hl＋h2=0．4…………⑤由上五式解得：v2=3m/s，v1=1m/s在绳绷紧瞬间，时间极短，重力的冲量忽略不计，则M与m组成的系统动量守恒．设向下为正．则mv2－Mv1=...
