2019高中物理 第十六章 动量守恒定律 第4节 碰撞课时作业 新人教版选修3-5.doc

1第十六章第十六章 第四节第四节 碰撞碰撞基础夯实 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(A>1)的原子核发生弹性正碰。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 D4A A12A12 A12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 02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：v<vB<v，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3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 ×1×1m0.5m，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4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 4m×23mv甲mv乙，由平抛运动规律知，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A、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pA12kg·m/s、pB13kg·m/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( A )ApA3kg·m/s、pB3kg·m/sBpA3kg·m/s、pB3kg·m/sCpA24kg·m/s、pB24kg·m/sDpA24kg·m/s、pB24kg·m/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 pA<0，故 B、D 错误；根据碰撞过程动量守恒，如果 pA3kg·m/s、pB3kg·m/s，所以碰后两球的动量分别为5pA9kg·m/s、pB16kg·m/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 pA24kg·m/s、pB24kg·m/s，所以碰后两球的动量分别为pA12kg·m/s、pB37kg·m/s，可以看出，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(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 )A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6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；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mgh 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 2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，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k2×103s/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。7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()2·m mM1 2g解得 4。M m7(哈尔滨六中 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?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：8(mAmc)v (mAmBmC)vEP1 22 31 22 4解得 EP9J