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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． ACD 2． BC 3． 4． AC ． D ． C ． 6103 8． 10kg 9． 1100N 1． mgtmgcosθt，mgsinθt，0，0 11 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－m h/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．． 8.4m/s 9．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， 则 0 = m v1 – M v2 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 联立解得 ⑵弹簧第二次被压缩时弹簧具有的弹性势能最大 C与B碰撞,设碰后B,C粘连时的速度为v / 　　故：弹簧第二次被压缩时弹簧具有的最大弹性势能 13．如图所示，光滑水平面上有A、B、C （1）BD （2）4：1 2．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．?L≤s≤L． 由动量守恒M v0=（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＝?M v02－?（M＋m）v2 解方程得s＝代入条件≥?L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=2gh v0==2 m／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 …………① v12＝v02一2g h1 ……② v2＝v0＋gt………③