《2019年高考物理一輪復習 第六章 動量和動量守恒定律 第2講 動量守恒定律及應用學案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019年高考物理一輪復習 第六章 動量和動量守恒定律 第2講 動量守恒定律及應用學案（15頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第2講　動量守恒定律及應用 微知識1 動量守恒定律 1．內(nèi)容：如果系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的合力為零，這個系統(tǒng)的總動量保持不變。 2．常用的四種表達形式 (1)p＝p′，即系統(tǒng)相互作用前的總動量p和相互作用后的總動量p′大小相等，方向相同。 (2)Δp＝p′－p＝0，即系統(tǒng)總動量的增量為零。 (3)Δp1＝－Δp2，即相互作用的系統(tǒng)內(nèi)的兩部分物體，其中一部分動量的增加量等于另一部分動量的減少量。 (4)m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2，即相互作用前后系統(tǒng)內(nèi)各物體的動量都在同一直線上時，作用前總動量與作用后總動量相等。 3．常見的幾種守恒形式及成立條件

2、(1)理想守恒：系統(tǒng)不受外力或所受外力的合力為零。 (2)近似守恒：系統(tǒng)所受外力雖不為零，但內(nèi)力遠大于外力。 (3)分動量守恒：系統(tǒng)所受外力雖不為零，但在某方向上合力為零，系統(tǒng)在該方向上動量守恒。 微知識2 碰撞 1．碰撞現(xiàn)象：兩個或兩個以上的物體在相遇的極短時間內(nèi)產(chǎn)生非常大的相互作用的過程。 2．碰撞特征 (1)作用時間短。 (2)作用力變化快。 (3)內(nèi)力遠大于外力。 (4)滿足動量守恒。 3．碰撞的分類及特點 (1)彈性碰撞：動量守恒，機械能守恒。 (2)非彈性碰撞：動量守恒，機械能不守恒。 (3)完全非彈性碰撞：動量守恒，機械能損失最多。 微知識3 爆炸現(xiàn)象

3、 　爆炸過程中內(nèi)力遠大于外力，爆炸的各部分組成的系統(tǒng)總動量守恒。 微知識4 反沖運動 1．物體的不同部分在內(nèi)力作用下向相反方向運動的現(xiàn)象。 2．反沖運動中，相互作用力一般較大，通?？梢杂脛恿渴睾愣蓙硖幚怼? 一、思維辨析(判斷正誤，正確的畫“√”，錯誤的畫“×”。) 1．動量守恒定律中的速度是相對于同一參考系的速度。(√) 2．質(zhì)量相等的兩個物體發(fā)生碰撞時，一定交換速度。(×) 3．系統(tǒng)的總動量不變是指系統(tǒng)總動量的大小保持不變。(×) 4．系統(tǒng)的動量守恒時，機械能也一定守恒。(×) 二、對點微練 1．(動量守恒條件)(多選)如圖所示，在光滑水平面上有A、B兩個木塊，A

4、、B之間用一輕彈簧連接，A靠在墻壁上，用力F向左推B使兩木塊之間的彈簧壓縮并處于靜止狀態(tài)。若突然撤去力F，則下列說法中正確的是(　　) A．木塊A離開墻壁前，A、B和彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒，機械能也守恒 B．木塊A離開墻壁前，A、B和彈簧組成的系統(tǒng)動量不守恒，但機械能守恒 C．木塊A離開墻壁后，A、B和彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒，機械能也守恒 D．木塊A離開墻壁后，A、B和彈簧組成的系統(tǒng)動量不守恒，但機械能守恒 解析　木塊A離開墻壁前，由A、B和彈簧組成的系統(tǒng)受墻壁的彈力，屬于外力，故系統(tǒng)動量不守恒，但機械能守恒，故選項A錯，B對；木塊A離開墻壁后，由A、B和彈簧組成的系統(tǒng)所受合外力

5、為零，故系統(tǒng)動量守恒，又沒有機械能和其他形式的能量轉(zhuǎn)化，故機械能也守恒，故選項C對，D錯。 答案　BC　 2．(動量守恒定律)如圖所示，用細線掛一質(zhì)量為M的木塊，有一質(zhì)量為m的子彈自左向右水平射穿此木塊，穿透前后子彈的速度分別為v0和v(設子彈穿過木塊的時間和空氣阻力不計)，木塊的速度大小為(　　) A. B. C. D. 解析　子彈和木塊水平方向動量守恒，mv0＝Mv′＋mv，由此知v′＝，故B項正確。 答案　B　 3．(碰撞)兩球A、B在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運動，mA＝1 kg，mB＝2 kg，vA＝6 m/s，vB＝2 m/s。當A追上B并發(fā)生碰撞后，兩球A

6、、B速度的可能值是(　　) A．v′A＝5 m/s，v′B＝2.5 m/s B．v′A＝2 m/s，v′B＝4 m/s C．v′A＝－4 m/s，v′B＝7 m/s D．v′A＝7 m/s，v′B＝1.5 m/s 解析　雖然題中四個選項均滿足動量守恒定律，但A、D兩項中，碰后A的速度v′A大于B的速度v′B，必然要發(fā)生第二次碰撞，不符合實際；C項中，兩球碰后的總 動能E′k＝mAv′A2＋mBv′B2＝57 J，大于碰前的總動能Ek＝22 J，違背了能量守恒定律；而B項既符合實際情況，也不違背能量守恒定律，故B項正確。 答案　B　 4．(爆炸和反沖)將靜止在地面上，質(zhì)量為M(含

7、燃料)的火箭模型點火升空，在極短時間內(nèi)以相對地面的速度v0豎直向下噴出質(zhì)量為m的熾熱氣體。忽略噴氣過程重力和空氣阻力的影響，則噴氣結(jié)束時火箭模型獲得的速度大小是(　　) A.v0 B.v0 C.v0 D.v0 解析　根據(jù)動量守恒定律mv0＝(M－m)v，得v＝v0，選項D正確。 答案　D　 見學生用書P095 微考點　1　動量守恒定律的應用 核|心|微|講 1．動量守恒定律適用條件 (1)前提條件：存在相互作用的物體系。 (2)理想條件：系統(tǒng)不受外力。 (3)實際條件：系統(tǒng)所受合外力為零。 (4)近似條件：系統(tǒng)內(nèi)各物體間相互作用的內(nèi)力遠大于系統(tǒng)所受的外力。 (5)

8、方向條件：系統(tǒng)在某一方向上滿足上面的條件，則此方向上動量守恒。 2．動量守恒定律與機械能守恒定律的比較 3．應用動量守恒定律的解題步驟 典|例|微|探 【例1】　如圖所示，光滑水平軌道上有三個木塊A、B、C，質(zhì)量分別為mA＝3m、mB＝mC＝m，開始時B、C均靜止，A以初速度v0向右運動，A與B相撞后分開，B又與C發(fā)生碰撞并粘在一起，此后A與B間的距離保持不變。求B與C碰撞前B的速度大小。 【解題導思】 (1)A、B碰撞過程中，A、B組成的系統(tǒng)動量守恒嗎？ 答：守恒。 (2)題中的“此后A、B間距離保持不變”說明了什么？ 答：最終A、B、C三個木塊的速度相同。

9、解析　設A與B碰撞后，A的速度為vA，B與C碰撞前B的速度為vB，B與C碰撞后粘在一起的速度為v，由動量守恒定律得 對A、B木塊：mAv0＝mAvA＋mBvB，① 對B、C木塊：mBvB＝(mB＋mC)v，② 由最后A與B間的距離保持不變可知vA＝v，③ 聯(lián)立①②③式，代入數(shù)據(jù)得vB＝v0。 答案　v0 題|組|微|練 1．如圖所示，水平光滑地面上依次放置著質(zhì)量均為m＝0.08 kg的10塊完全相同的長直木板。質(zhì)量M＝1.0 kg、大小可忽略的小銅塊以初速度v0＝6.0 m/s從長木板左端滑上木板，當銅塊滑離第一塊木板時，速度大小為v1＝4.0 m/s，銅塊最終停在第二塊木板上。

10、g取10 m/s2，結(jié)果保留兩位有效數(shù)字。求： (1)第一塊木板的最終速度。 (2)銅塊的最終速度。 解析　(1)銅塊在第一塊木板上滑動的過程中，由動量守恒得Mv0＝Mv1＋10mv2，得v2＝2.5 m/s。 (2)銅塊從滑上第一塊木板到停在第二塊木板上，滿足動量守恒 Mv0＝mv2＋(M＋9m)v3， 得v3≈3.4 m/s。 答案　(1)2.5 m/s　(2)3.4 m/s 2．如圖所示，光滑水平軌道上放置長木板A(上表面粗糙)和滑塊C，滑塊B置于A的左端，三者質(zhì)量分別為mA＝2 kg、mB＝1 kg、mC＝2 kg。開始時C靜止，A、B一起以v0＝5 m/s的速度勻

11、速向右運動，A與C發(fā)生碰撞(時間極短)后C向右運動，經(jīng)過一段時間，A、B再次達到共同速度一起向右運動，且恰好不再與C碰撞。求A與C發(fā)生碰撞后瞬間A的速度大小。 解析　因碰撞時間極短，A與C碰撞過程動量守恒，設碰后瞬間A的速度為vA，C的速度為vC，以向右為正方向，由動量守恒定律得 mAv0＝mAvA＋mCvC， A與B在摩擦力作用下達到共同速度，設共同速度為vAB，由動量守恒定律得 mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)vAB， A與B達到共同速度后恰好不再與C碰撞，應滿足vAB＝vC，聯(lián)立以上各式，代入數(shù)據(jù)得vA＝2 m/s。 答案　2 m/s 微考點　2　碰撞問題 核|心|

12、微|講 1．碰撞過程中動量守恒，即p1＋p2＝p′1＋p′2。 2．碰撞后系統(tǒng)總動能不增加，即Ek1＋Ek2≥E′k1＋E′k2，或＋≥＋。 3．碰撞過程中發(fā)生的情況必須符合客觀實際，如果甲追上乙并發(fā)生碰撞，碰前甲的速度必須大于乙的速度，碰后甲的速度必須小于或等于乙的速度，或甲反向運動。如果碰前甲、乙是相向運動，則碰后甲、乙的運動方向不可能都不改變，除非甲、乙碰撞后速度均為零。 典|例|微|探 【例2】　(多選)如圖所示，光滑水平面上有大小相同的A、B兩球在同一直線上運動。兩球質(zhì)量關系為mB＝2mA，規(guī)定向右為正方向，A、B兩球的動量均為6 kg· m/s，運動中兩球發(fā)生碰撞，碰撞后

13、A球的動量增量為－4 kg·m/s，則(　　) A．該碰撞為彈性碰撞 B．該碰撞為非彈性碰撞 C．左方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為2∶5 D．右方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為1∶10 【解題導思】 (1)A、B兩球，誰的速度更大些？ 答：A球的速度更大些。 (2)如何分析碰撞是否是彈性碰撞？ 答：計算碰撞前的動能和碰撞后的動能的關系即可判斷出結(jié)果。 解析　由mB＝2mA，pA＝pB知碰前vB＜vA，若右方為A球，由于碰前動量都為6 kg· m/s，即都向右運動，兩球不可能相碰；若左方為A球，設碰后二者速度分別為v′A、v′B，由題意知p′A＝mAv′

14、A＝2 kg· m/s，p′B＝mBv′B＝10 kg· m/s，解得＝。碰撞后A球動量變?yōu)? kg· m/s，B球動量變?yōu)?0 kg· m/s，又mB＝2mA，由計算可知碰撞前后A、B兩球動能之和不變，即該碰撞為彈性碰撞，選項A、C正確。 答案　AC 【反思總結(jié)】 碰撞問題的解題策略 1．抓住碰撞的特點和不同種類碰撞滿足的條件，列出相應方程求解。 2．可熟記一些公式，例如“一動一靜”模型中，兩物體發(fā)生彈性正碰后的速度滿足：v1＝v0、v2＝v0。 3．熟記彈性正碰的一些結(jié)論，例如，當兩球質(zhì)量相等時，兩球碰撞后交換速度；當m1?m2，且v20＝0時，碰后質(zhì)量大的速率不變，質(zhì)

15、量小的速率為2v0；當m1?m2，且v20＝0時，碰后質(zhì)量小的球原速率反彈。 題|組|微|練 3．(多選)(2018·湖南師大附中摸底考試)質(zhì)量為m，速度為v的A球跟質(zhì)量為3m的靜止的B球發(fā)生正碰。碰撞可能是彈性的，也可能是非彈性的，因此碰撞后B球的速度可能值為(　　) A．0.6v B．0.4v C．0.3v D．0.2v 解析　若發(fā)生的是完全非彈性碰撞：mv＝4mv1?v1＝0.25v，若發(fā)生的是彈性碰撞：可得B球的速度v2＝0.5v，即0.25v≤v′≤0.5v，故B、C項正確。 答案　BC　 4．如圖，在足夠長的光滑水平面上，物體A、B、C位于同一直線上，A位于B、C

16、之間。A的質(zhì)量為m，B、C的質(zhì)量都為M，三者均處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)使A以某一速度向右運動，求m和M之間應滿足什么條件，才能使A只與B、C各發(fā)生一次碰撞。設物體間的碰撞都是彈性的。 解析　A向右運動與C發(fā)生第一次碰撞，碰撞過程中，系統(tǒng)的動量守恒、機械能守恒。設速度方向向右為正，開始時A的速度為v0，第一次碰撞后C的速度為vC1，A的速度為vA1，由動量守恒定律和機械能守恒定律得 mv0＝mvA1＋MvC1，① mv＝mv＋Mv，② 聯(lián)立①②式得 vA1＝v0，③ vC1＝v0。④ 如果m>M，第一次碰撞后，A與C速度同向，且A的速度小于C的速度，不可能與B發(fā)生碰撞；如果m＝M，第一

17、次碰撞后，A停止，C以A碰前的速度向右運動，A不可能與B發(fā)生碰撞；所以只需考慮m

18、應用動量守恒定律和能量守恒定律(機械能守恒定律)。 2．若研究對象為單一物體，且涉及功和位移問題時，應優(yōu)先考慮動能定理。 3．因為動量守恒定律、能量守恒定律(機械能守恒定律)、動能定理都只考查一個物理過程的始末兩個狀態(tài)有關物理量間的關系，對過程的細節(jié)不予細究，這正是它們的方便之處。特別對于變力做功問題，就更顯示出它們的優(yōu)越性。 典|例|微|探 【例3】　在粗糙的水平桌面上有兩個靜止的木塊A和B，兩者相距為d。現(xiàn)給A一初速度，使A與B發(fā)生彈性正碰，碰撞時間極短。當兩木塊都停止運動后，相距仍然為d。已知兩木塊與桌面之間的動摩擦因數(shù)均為μ，B的質(zhì)量為A的2倍，重力加速度大小為g。求A的初速度

19、的大小。 【解題導思】 (1)A、B碰撞的過程中滿足動量守恒條件嗎？ 答：滿足，因碰撞過程時間極短，碰撞力很大，能夠滿足內(nèi)力遠遠大于外力的條件。 (2)碰撞前后兩木塊做什么運動？哪些力在做功？ 答：均做勻減速直線運動，摩擦力做功使其動能減小。 解析　設在發(fā)生碰撞前的瞬間，木塊A的速度大小為v；在碰撞后的瞬間，A和B的速度分別為v1和v2。在碰撞過程中，由能量和動量守恒定律，得 mv2＝mv＋(2m)v，① mv＝mv1＋(2m)v2，② 式中，以碰撞前木塊A的速度方向為正。由①②式得 v1＝－，③ 設碰撞后A和B運動的距離分別為d1和d2，由動能定理得 μmgd1＝mv

20、，④ μ(2m)gd2＝(2m)v，⑤ 按題意有d＝d1＋d2。⑥ 設A的初速度大小為v0，由動能定理得 μmgd＝mv－mv2，⑦ 聯(lián)立②～⑦式，得 v0＝?！、? 答案　 題|組|微|練 5．如圖所示，質(zhì)量為m1＝0.2 kg的小物塊A，沿水平面與小物塊B發(fā)生正碰，小物塊B的質(zhì)量為m2＝1 kg。碰撞前，A的速度大小為v0＝3 m/s，B靜止在水平地面上。由于兩物塊的材料未知，將可能發(fā)生不同性質(zhì)的碰撞，已知A、B與地面間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2，試求碰后B在水平面上滑行的時間。 解析?、偌偃鐑晌飰K發(fā)生的是完全非彈性碰撞，碰后的共同速度為

21、v1，則由動量守恒定律有 m1v0＝(m1＋m2)v1， 碰后，A、B一起滑行直至停下，設滑行時間為t1，則由動量定理有 μ(m1＋m2)gt1＝(m1＋m2)v1， 解得t1＝0.25 s。 ②假如兩物塊發(fā)生的是彈性碰撞，碰后A、B的速度分別為vA、vB，則由動量守恒定律有 m1v0＝m1vA＋m2vB， 由機械能守恒有 m1v＝m1v＋m2v， 設碰后B滑行的時間為t2，則 μm2gt2＝m2vB， 解得t2＝0.5 s。 可見，碰后B在水平面上滑行的時間t滿足 0．25 s≤t≤0.5 s。 答案　0.25 s≤t≤0.5 s 6．質(zhì)量為mB＝2 kg的木板

22、B靜止于光滑水平面上，質(zhì)量為mA＝6 kg的物塊A停在B的左端，質(zhì)量為mC＝2 kg的小球C用長為L＝0.8 m的輕繩懸掛在固定點O?，F(xiàn)將小球C及輕繩拉直至水平位置后由靜止釋放，小球C在最低點與A發(fā)生正碰，碰撞作用時間很短為Δt＝10－2 s，之后小球C反彈所能上升的最大高度h＝0.2 m。已知A、B間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1，物塊與小球均可視為質(zhì)點，不計空氣阻力，g取10 m/s2。求： (1)小球C與物塊A碰撞過程中所受的撞擊力大小。 (2)為使物塊A不滑離木板B，木板B至少多長。 解析　(1)小球C下擺過程，由動能定理： mCgL＝mCv， 小球C反彈過程，由動能定理： －

23、mCgh＝0－mCv′， 碰撞過程，根據(jù)動量定理： －FΔt＝mC(－v′C)－mCvC， 聯(lián)立以上各式解得F＝1.2×103 N。 (2)小球C與物塊A碰撞過程，由動量守恒定律： mCvC＝mC(－v′C)＋mAvA， 當物塊A恰好滑至木板B右端并與其共速時，所求木板B的長度最小。 此過程，由動量守恒定律： mAvA＝(mA＋mB)v， 由能量守恒定律： μmAg·x＝mAv－(mA＋mB)v2， 聯(lián)立以上各式解得x＝0.5 m。 答案　(1)1.2×103 N　(2)0.5 m 見學生用書P097 “人船模型” 　素能培養(yǎng) “人船模型”是初態(tài)均處于靜止

24、狀態(tài)的兩物體發(fā)生相互作用的典型模型。 1．模型概述 在水平方向所受合外力為零的兩個靜止物體(一個物體在另一個物體上)，在系統(tǒng)內(nèi)力的相互作用下同時開始反向運動，這樣的力學系統(tǒng)可看作“人船”模型。 2．模型特點 兩物體速度大小、位移大小均與質(zhì)量成反比，方向相反，兩物體同時運動，同時停止，遵從動量守恒定律，系統(tǒng)或每個物體動能均發(fā)生變化：力對“人”做的功等于“人”動能的變化；力對“船”做的功等于“船”動能的變化。 　經(jīng)典考題　 如圖所示，長為L、質(zhì)量為M的小船停在靜水中，一個質(zhì)量為m的人站在船頭，若不計水的阻力，當人從船頭走到船尾的過程中，船和人對地面的位移各是多少？ 解析　當人從船

25、頭走到船尾的過程中，人和船組成的系統(tǒng)在水平方向上不受力的作用，故系統(tǒng)水平方向動量守恒，設某時刻人對地的速度為v2，船對地的速度為v1，則mv2－Mv1＝0，即v2/v1＝M/m。 在人從船頭走到船尾的過程中每一時刻系統(tǒng)的動量均守恒，故mv2t－Mv1t＝0，即ms2－Ms1＝0， 而s1＋s2＝L，所以s1＝L，s2＝L。 答案　s1＝L，　s2＝L 　對法對題 1．如圖所示，長20 m的木板AB的一端固定一豎立的木樁，木樁與木板的總質(zhì)量為10 kg，將木板放在動摩擦因數(shù)為μ＝0.2的粗糙水平面上，一質(zhì)量為40 kg的人從靜止開始以a1＝4 m/s2的加速度從B端向A端跑去，到達A端

26、后在極短時間內(nèi)抱住木樁(木樁的粗細不計)，求： (1)人剛到達A端時木板移動的距離。 (2)人抱住木樁后木板向哪個方向運動，移動的最大距離是多少？(g取10 m/s2) 解析　(1)由于人與木板組成的系統(tǒng)在水平方向上受的合力不為零，故不遵守動量守恒。設人對地的位移為s1，木板對地的位移為s2，木板移動的加速度為a2，人與木板的摩擦力為f，由牛頓定律得f＝Ma1＝160 N； a2＝ ＝ m/s2＝6.0 m/s2。 設人從B端運動到A端所用的時間為t，則 s1＝a1t2, s2＝a2t2； s1＋s2＝20 m， 由以上各式解得t＝2.0 s，s2＝12 m。 (2)

27、解法一：設人運動到A端時速度為v1，木板移動的速度為v2，則v1＝a1t＝8.0 m/s, v2＝a2t＝12.0 m/s， 由于人抱住木樁的時間極短，在水平方向系統(tǒng)動量守恒，取人的方向為正方向，則Mv1－mv2＝(M＋m)v，得v＝4.0 m/s。由此斷定人抱住木樁后，木板將向左運動。由動能定理得(M＋m)μgs＝(M＋m)v2解得 s＝4.0 m。 解法二：對木板受力分析，木板受到地面的摩擦力向左，故產(chǎn)生向左的沖量，因此，人抱住木樁后，系統(tǒng)將向左運動。由系統(tǒng)動量定理得(M＋m)μgt＝(M＋m)v，解得v＝4.0 m/s， 由動能定理得(M＋m)μgs＝(M＋m)v2， 解得s＝

28、4.0 m。 答案　(1)12 m　(2)4.0 m 2．如圖所示，質(zhì)量為m、半徑為R的小球，放在半徑為2R，質(zhì)量為2m的大空心球內(nèi)。大球開始靜止在光滑的水平面上，當小球從圖示位置無初速度地沿大球壁滾到最低點時，大球移動的距離是多少？ 解析　設小球相對于地面移動的距離為s1，大球相對于地面移動的距離為s2。下落時間為t，則由水平方向動量守恒得m＝2m；s1＋s2＝R；解得s2＝R。 答案　R 見學生用書P098 1．如圖所示，光滑的水平面上，小球A以速度v0向右運動時與靜止的小球B發(fā)生對心正碰，碰后A球的速率為，B球的速率為，A、B兩球的質(zhì)量之比為(　　) A．3∶8

29、　　　B．3∶5　　　C．2∶3　　　D．4∶3 解析　碰撞瞬間動量守恒，規(guī)定向右為正方向，則有mAv0＝±m(xù)A＋mB，解得＝或＝，所以A項正確。 答案　A　 2．一枚火箭搭載著衛(wèi)星以速率v0進入太空預定位置，由控制系統(tǒng)使箭體與衛(wèi)星分離。已知前部分的衛(wèi)星質(zhì)量為m1，后部分的箭體質(zhì)量為m2，分離后箭體以速率v2沿火箭原方向飛行，若忽略空氣阻力及分離前后系統(tǒng)質(zhì)量的變化，則分離后衛(wèi)星的速率v1為(　　) A．v0－v2 B．v0＋v2 C．v0－v2 D．v0＋(v0－v2) 解析　系統(tǒng)分離前后，動量守恒：(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，解得v1＝v0＋(v0－v2)，故A

30、、B、C項錯誤，D項正確。 答案　D　 3．如圖所示，兩質(zhì)量分別為m1和m2的彈性小球疊放在一起，從高度為h處自由落下，h遠大于兩小球半徑，所有的碰撞都是完全彈性碰撞，且都發(fā)生在豎直方向。已知m2＝3m1，則小球m1反彈后能達到的高度為(　　) A．h B．2h C．3h D．4h 解析　下降過程為自由落體運動，觸地時兩球速度相同，v＝，m2碰撞地之后，速度瞬間反向，大小相等，選m1與m2碰撞過程為研究過程，碰撞前后動量守恒，設碰后m1、m2速度大小分別為v1、v2，選向上方向為正方向，則m2v－m1v＝m1v1＋m2v2， 由能量守恒定律得 (m1＋m2)v2＝m1v＋m2v， 且m2＝3m1， 聯(lián)立解得v1＝2。 反彈后高度H＝＝4h，D項正確。 答案　D　 4．A、B兩物體發(fā)生正碰，碰撞前后物體A、B都在同一直線上運動，其位移－時間圖象如圖所示。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　由圖象知：碰前vA＝4 m/s，vB＝0。碰后v′A＝v′B＝1 m/s，由動量守恒可知mAvA＋0＝mAv′A＋mBv′B，解得mB＝3mA。故選項C正確。 答案　C 15