2019高中物理第十六章課時4碰撞對點練+鞏固練含解析新人教版選修3.docx

課時4碰撞一、選擇題1(多選)下列關于碰撞的理解正確的是()A碰撞是指相對運動的物體相遇時，在極短時間內它們的運動狀態(tài)發(fā)生了顯著變化的過程B在碰撞現(xiàn)象中，一般內力都遠遠大于外力，所以可以認為碰撞時系統(tǒng)的總動量守恒C如果碰撞過程中機械能也守恒，這樣的碰撞叫做非彈性碰撞D微觀粒子的碰撞由于不發(fā)生直接接觸，所以不滿足動量守恒的條件，不能應用動量守恒定律求解答案AB解析碰撞過程中機械能守恒的碰撞為彈性碰撞，C錯誤。動量守恒定律是自然界普遍適用的規(guī)律之一，不僅低速、宏觀物體的運動遵守這一規(guī)律，而且高速、微觀粒子的運動也遵守這一規(guī)律，D錯誤，故選A、B。2為了模擬宇宙大爆炸初期的情景，科學家們使兩個帶正電的重離子被加速后，沿同一條直線相向運動而發(fā)生猛烈碰撞。若要使碰撞前的動能盡可能多地轉化為內能，應該設法使離子在碰撞的瞬間具有()A相同的速率 B相同的質量C相同的動能 D大小相同的動量答案D解析碰撞滿足動量守恒，只有碰前兩重離子的動量大小相等方向相反，系統(tǒng)的總動量為零，碰后粘在一起，系統(tǒng)的動能為零，系統(tǒng)的動能完全轉化成內能，故D正確。3(多選)在光滑水平面上，兩球沿球心連線以相等速率相向而行，并發(fā)生碰撞，下列現(xiàn)象可能的是()A若兩球質量相同，碰后以某一相等速率互相分開B若兩球質量相同，碰后以某一相等速率同向而行C若兩球質量不同，碰后以某一相等速率互相分開D若兩球質量不同，碰后以某一相等速率同向而行答案AD解析兩球沿球心連線以相等速率相向而行，當兩球質量相同時，系統(tǒng)初態(tài)的總動量為零，而碰后以某一相等速率互相分開，系統(tǒng)末態(tài)的總動量仍為零，則碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，該碰撞有可能發(fā)生，A正確；當兩球質量相等時，碰后以某一相等速率同向而行，系統(tǒng)末態(tài)的總動量不為零，則碰撞過程系統(tǒng)不滿足動量守恒定律，該碰撞不可能發(fā)生，B錯誤；當兩球質量不同時，由于兩球速率相同，相向而行，則系統(tǒng)初態(tài)的總動量與質量較大的球運動方向相同，碰后以某一相等速率互相分開，系統(tǒng)末態(tài)的總動量也與質量較大的球運動方向相同，但此時球已經反向運動，故系統(tǒng)初態(tài)的總動量與末態(tài)的總動量方向相反，不滿足動量守恒定律，該碰撞不可能發(fā)生，C錯誤；當兩球質量不同時，碰后以某一相等速率沿質量較大的球的初速度方向運動，則系統(tǒng)的總動量守恒，該碰撞有可能發(fā)生，D正確。4(多選)如圖所示，大小相同的擺球a和b的質量分別為m和3m，擺長相同，并排懸掛，平衡時兩球剛好接觸，現(xiàn)將擺球a向左拉開一小角度后釋放，若兩球的碰撞是彈性的，下列判斷正確的是()A第一次碰撞后的瞬間，兩球的速度大小相等B第一次碰撞后的瞬間，兩球的動量大小相等C第一次碰撞后，兩球的最大擺角不相同D發(fā)生第二次碰撞時，兩球在各自的最低點答案AD解析兩球在碰撞前后，水平方向不受外力，故水平方向兩球組成的系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律得mv0mv13mv2，又兩球碰撞是彈性的，故機械能守恒，即mvmv3mv，聯(lián)立兩式解得v1，v2，可見第一次碰撞后的瞬間，兩球的速度大小相等，A正確；因兩球質量不相等，故兩球碰后的動量大小不相等，B錯誤；兩球碰后上擺的過程機械能守恒，且初速度大小相同，故上升的最大高度相等，另擺長相等，故兩球碰后的最大擺角相同，C錯誤；由于第一次碰撞后兩球速度大小相等，故返回各自最低點所用時間相同，所以第二次碰撞發(fā)生在各自的最低點處，D正確。5.如圖所示，在光滑水平面上有直徑相同的a、b兩球，在同一直線上運動，選定向右為正方向，兩球的動量分別為pa6 kgm/s、pb4 kgm/s。當兩球相碰之后，兩球的動量可能是()Apa2 kgm/s，pb0Bpa4 kgm/s，pb6 kgm/sCpa6 kgm/s，pb8 kgm/sDpa6 kgm/s，pb4 kgm/s答案B解析A項與實際不符，a球不可能穿過停止的b球向前運動，故錯誤；兩球的動量分別為pa6 kgm/s，pb4 kgm/s，系統(tǒng)動量守恒，選定向右為正方向，根據碰撞過程中動量守恒可知：碰撞后的總動量應等于原來總動量2 kgm/s。pa4 kgm/s，pb6 kgm/s，a、b小球的動量滿足動量守恒定律，不違背物體的運動規(guī)律，也符合機械能不能增大的規(guī)律，故B正確；a球的動量大小不變，a球的動能不變，b球的動量大小增大，b球的動能增加了，不符合系統(tǒng)機械能不能增大的規(guī)律，故C錯誤；D項中碰后的合動量為2 kgm/s，系統(tǒng)動量不守恒，故D錯誤。6甲、乙兩鐵球質量分別是m甲1 kg、m乙2 kg。在光滑水平面上沿同一直線運動，速度分別是v甲6 m/s、v乙2 m/s。甲追上乙發(fā)生正碰后兩物體的速度有可能是()Av甲7 m/s，v乙1.5 m/sBv甲2 m/s，v乙4 m/sCv甲3.5 m/s，v乙3 m/sDv甲4 m/s，v乙3 m/s答案B解析選項A和B、D均滿足動量守恒條件，但碰后總動能大于碰前總動能，選項A錯誤、B正確；選項C不滿足動量守恒條件，錯誤；選項D滿足動量守恒條件，且碰后總動能小于碰前總動能，但碰后甲球速度大于乙球速度，要發(fā)生第2次碰撞，不合理，錯誤。7如圖所示，物體A靜止在光滑的水平面上，A的左邊固定有輕質彈簧，與A質量相同的物體B以速度v向A運動并與彈簧發(fā)生碰撞，A、B始終沿同一直線運動，則A、B組成的系統(tǒng)動能損失最大的時刻是()AA開始運動時 BA的速度等于v時CB的速度等于零時 DA和B的速度相等時答案D解析對A、B系統(tǒng)由于水平面光滑，所以動量守恒。而對A、B、彈簧系統(tǒng)機械能守恒，即A、B動能與彈簧彈性勢能之和為定值。當A、B速度相等時，彈簧形變量最大，彈性勢能最大，所以此時動能損失最大。8.如圖所示，木塊A、B的質量均為2 kg，置于光滑水平面上，B與一輕質彈簧的一端相連，彈簧的另一端固定在豎直擋板上，當A以4 m/s的速度向B撞擊時，由于有橡皮泥而粘在一起運動，那么彈簧被壓縮到最短時，彈簧具有的彈性勢能大小為()A4 J B8 J C16 J D32 J答案B解析A、B在碰撞過程中動量守恒，碰后粘在一起，共同壓縮彈簧的過程中機械能守恒。由碰撞過程中動量守恒得mAvA(mAmB)v，代入數據解得v2 m/s，所以碰后A、B及彈簧組成的系統(tǒng)的機械能為(mAmB)v28 J，當彈簧被壓縮至最短時，系統(tǒng)的動能為0，只有彈性勢能，由機械能守恒得此時彈簧的彈性勢能為8 J。9(多選)質量為m的小球A，沿光滑水平面以速度v0與質量為2m的靜止小球B發(fā)生正碰。碰撞后，A球的動能變?yōu)樵瓉淼?，那么小球B的速度可能是()A.v0 B.v0 C.v0 D.v0答案AB解析要注意的是，兩球的碰撞不一定是彈性碰撞，A球碰后動能變?yōu)樵瓉淼?，則其速度大小僅為原來的。取A球原來的運動方向為正方向，兩球在光滑水平面上正碰，碰后A球的運動有兩種可能，繼續(xù)沿原方向運動或被反彈。以A球原來的速度方向為正方向，則vAv0，根據兩球碰撞前、后的總動量守恒，有mv00mv02mvB，mv00mv02mvB，解得vBv0，vBv0，且均符合碰撞中機械能不增加。10(多選)向空中發(fā)射一枚炮彈，不計空氣阻力，當此炮彈的速度恰好沿水平方向時，炮彈炸裂成a、b兩塊，若質量較大的a塊的速度方向仍沿原來的方向，則()Ab的速度方向一定與原來速度方向相反B從炸裂到落地的這段時間內，a飛行的水平距離一定比b的大Ca、b一定同時到達水平地面D在炸裂過程中，a、b受到的爆炸力的大小一定相等答案CD解析炮彈炸裂前后動量守恒，選未炸裂前水平速度v0的方向為正方向，則mv0mavambvb，顯然vb0，vbva，vbmv2，違反了能量守恒定律，不可能，故A錯誤；若vB0.4v，由動量守恒定律得：mvmvA3m0.4v，得vA0.2v，碰撞后系統(tǒng)的總動能為：Ekmv3mvm(0.2v)23m(0.4v)2mv2，不違反能量守恒定律，是可能的，故B正確；A、B發(fā)生完全非彈性碰撞，則有：mv(m3m)vB，vB0.25v，這時B獲得的速度最小，所以vB0.2v，vB0.1v是不可能的，故C、D錯誤。13在光滑的水平面上有一質量為0.2 kg的小球以5.0 m/s的速度向前運動，與質量為3.0 kg的靜止木塊發(fā)生碰撞，假設碰撞后木塊的速度是v木4.2 m/s，則()A碰撞后球的速度為v球1.3 m/sBv木4.2 m/s這一假設不合理，因而這種情況不可能發(fā)生Cv木4.2 m/s這一假設是合理的，碰撞后小球被彈回來Dv木4.2 m/s這一假設是可能發(fā)生的，但由于題給條件不足，v球的大小不能確定答案B解析假設這一過程可以實現(xiàn)，根據動量守恒定律有mvmv球m2v木，代入數據，解得：v球58 m/s，這一過程不可能發(fā)生，因為碰撞后機械能增加了。14三個相同的木塊A、B、C從同一高度處自由下落，其中木塊A剛開始下落的瞬間被水平飛來的子彈擊中，木塊B在下落到一定高度時，才被水平飛來的子彈擊中。若子彈均留在木塊中，則三木塊下落的時間tA、tB、tC的關系是()AtAtBtBtCCtAtCtB DtAtBmb BmambCmamb D無法判斷答案B解析由圖可知b球碰前靜止，設a球碰后速度為v1，b球速度為v2，物體碰撞過程中動量守恒，機械能守恒，所以有：mav0mav1mbv2mavmavmbv聯(lián)立得：v1v0，v2v0，由圖可知a球碰后速度反向，故mamb，故A、C、D錯誤，B正確。二、非選擇題17質量分別為300 g和200 g的兩個物體在無摩擦的水平面上相向運動，速度分別為50 cm/s和100 cm/s。(1)如果兩物體碰撞并粘合在一起，求它們共同的速度大小；(2)求碰撞后損失的動能；(3)如果碰撞是彈性碰撞，求兩物體碰撞后的速度大小。答案(1)0.1 m/s(2)0.135 J(3)0.7 m/s0.8 m/s解析(1)設v1方向為正方向v150 cm/s0.5 m/s，v2100 cm/s1 m/s，設兩物體碰撞后粘合在一起的共同速度為v，由動量守恒定律得m1v1m2v2(m1m2)v，代入數據解得v0.1 m/s，與v1的方向相反。(2)碰撞后兩物體損失的動能為Ekm1vm2v(m1m2)v20.30.520.2(1)2(0.30.2)(0.1)2 J0.135 J。(3)如果碰撞是彈性碰撞，設碰后兩物體的速度分別為v1、v2，由動量守恒定律得m1v1m2v2m1v1m2v2由機械能守恒定律得m1vm2vm1v12m2v22代入數據得v10.7 m/s，v20.8 m/s。18在軍事演習中，一炮彈在離地面高h處時的速度方向恰好沿水平方向向左，速度大小為v，此時炮彈炸裂成質量相等的兩塊，設消耗的火藥質量不計，爆炸后前半塊的速度方向仍沿水平方向向左，速度大小為3v。求兩塊彈片落地點之間的水平距離為多大。答案4v解析設爆炸后每塊彈片的質量均為m，取向左為正方向，由動量守恒定律得2mvm3vmv則后半塊彈片的速度vv，即v方向向右由平拋運動知，彈片落地時間t因此兩塊彈片落地點間的水平距離為x3vt|v|t4v。19從某高度自由下落一個質量為M的物體，當物體下落h時，突然炸裂成兩塊，已知質量為m的一塊碎片恰能沿豎直方向回到開始下落的位置，求：(1)剛炸裂時另一塊碎片的速度；(2)爆炸過程中有多少化學能轉化為彈片的動能？答案(1)，方向豎直向下(2)gh解析(1)M下落h后：MghMv2，v爆炸時動量守恒，設豎直向下為正方向：Mvmv(Mm)v解得v，方向豎直向下。(2)爆炸過程中轉化為動能的化學能等于系統(tǒng)動能的增加量，即Ekmv2(Mm)v2Mv2(mM)v2gh。20以初速度v0斜向上與水平方向成60角拋出的手榴彈，到達最高點時炸成質量分別是m和2m的兩塊。其中質量較大的一塊沿著手榴彈在最高點處爆炸前的速度方向以2v0的速度飛行。(1)求質量較小的另一塊彈片速度的大小和方向；(2)爆炸過程中有多少化學能轉化為彈片的動能？答案(1)2.5v0方向與手榴彈在最高點處爆炸前時速度方向相反(2)mv解析(1)斜拋的手榴彈在水平方向上做勻速直線運動，在最高點處爆炸前時的速度：v1v0cos60v0設v1的方向為正方向，如圖所示：由動量守恒定律得：3mv12mv1mv2其中爆炸后質量較大的彈片速度v12v0，解得v22.5v0，“”號表示v2的方向與手榴彈在最高點處爆炸前時速度方向相反。(2)爆炸過程中轉化為動能的化學能等于系統(tǒng)動能的增量，即：Ek(2m)v12mv(3m)vmv。21.在光滑的水平面上，質量為m1的小球A以速率v0向右運動。在小球A的前方O點處有一質量為m2的小球B處于靜止狀態(tài)，如圖所示。小球A與小球B發(fā)生正碰后小球A、B均向右運動。小球B被在Q點處的墻壁彈回后與小球A在P點相遇，PQ1.5PO。假設小球間的碰撞及小球與墻壁之間的碰撞都是彈性的，小球B與墻壁的碰撞時間可忽略不計，求兩小球質量之比。答案21解析由于小球B與墻壁之間的碰撞是彈性的，所以從兩小球碰撞后到它們再次相遇，小球A和B的速度大小保持不變。又小球B與墻壁的碰撞時間可忽略不計，設小球A、B碰撞后小球A和B的速度大小分別為v1和v2，則從兩小球相碰到P點再次相遇，它們通過的路程分別為sAPOv1t，sB(PO2PQ)v2t，又PQ1.5PO，解得4。A、B兩球在彈性碰撞過程中動量守恒、機械能守恒m1v0m1v1m2v2m1vm1vm2v解得：v1v0，v2v0，又4，可得21。22.如圖所示，在水平光滑直導軌上，靜止著三個質量為m1 kg的相同小球A、B、C，現(xiàn)讓A球以v02 m/s的速度向著B球運動，A、B兩球碰撞后粘合在一起，兩球繼續(xù)向右運動并跟C球碰撞，C球的最終速度vC1 m/s。求：(1)A、B兩球跟C球相碰前的共同速度是多大？(2)兩次碰撞過程中一共損失了多少動能？答案(1)1 m/s(2)1.25 J解析(1)A、B相碰滿足動量守恒定律：mv02mv1，計算得出兩球跟C球相碰前的速度v11 m/s。(2)A、B兩球與C球碰撞同樣滿足動量守恒定律：2mv1mvC2mv2，代入已知數據得A、B兩球與C球碰后的速度v20.5 m/s，兩次碰撞損失的動能：Ekmv2mvmv計算得出Ek1.25 J。23.如圖所示，質量為m的子彈，以速度v0水平射入用輕繩懸掛在空中的木塊，木塊的質量為M，繩長為L，子彈射出木塊的速度為v，求子彈射出木塊后的瞬間繩子中的張力大小。答案Mg解析子彈射過木塊的過程中系統(tǒng)動量守恒，取向左為正方向，則：mv0mvMv，解得：v隨后木塊以v向左擺動做圓周運動，在最低點木塊受重力和繩子拉力作用，由牛頓第二定律得：TMgM解得：TMg。24如圖所示，ABC為一固定在豎直平面內的光滑軌道，BC段水平，AB段與BC段平滑連接，質量為m1的小球從高為h處由靜止開始沿軌道下滑，與靜止在軌道BC段上質量為m2的小球發(fā)生碰撞，碰撞后兩球的運動方向處于同一水平線上，且在碰撞過程中無機械能損失。求碰撞后小球m2的速度大小v2。答案解析設m1碰撞前的速度為v10，根據機械能守恒定律有m1ghm1v解得v10設碰撞后m1與m2的速度分別為v1和v2，根據動量守恒定律有m1v10m1v1m2v2由于碰撞過程中無機械能損失m1vm1vm2v聯(lián)立式解得v2將代入得v2。25.在光滑的水平面上，一質量為mA0.1 kg的小球A，以8 m/s的初速度向右運動，與質量