第十六章4碰撞

1、.第十六章 動(dòng)量守恒定律4 碰撞1兩個(gè)球沿直線相向運(yùn)動(dòng)，碰撞后兩球都靜止那么可以推斷A碰撞前兩個(gè)球的動(dòng)量一定相等B兩個(gè)球的質(zhì)量一定相等C碰撞前兩個(gè)球的速度一定相等D碰撞前兩個(gè)球的動(dòng)量大小相等，方向相反解析：兩球碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒，由于碰撞后兩球都靜止，總動(dòng)量為零，故碰撞前兩個(gè)球的動(dòng)量大小相等，方向相反，A錯(cuò)誤，D正確；兩球的質(zhì)量是否相等不確定，故碰撞前兩個(gè)球的速度是否相等也不確定，B、C錯(cuò)誤答案：D2.多項(xiàng)選擇質(zhì)量分別為m1和m2的兩個(gè)物體碰撞前后的位移時(shí)間圖象如下圖，由圖有以下說(shuō)法中正確的選項(xiàng)是A碰撞前兩物體質(zhì)量與速度的乘積一樣B質(zhì)量m1等于質(zhì)量m2C碰撞后兩物體一起做勻速直線運(yùn)動(dòng)D碰撞前兩物

2、體質(zhì)量與速度的乘積大小相等、方向相反解析：由題圖可知，m1和m2碰前都做勻速直線運(yùn)動(dòng)，但運(yùn)動(dòng)方向相反，碰后兩物體位置不變，即處于靜止，所以碰后速度都為零，故AC錯(cuò)誤，D正確；又由圖線夾角均為，故碰前速度大小相等，可得m1等于m2，B也正確答案：BD3.質(zhì)量相等的三個(gè)物塊在一光滑程度面上排成一直線，且彼此隔開(kāi)了一定的間隔 ，如下圖具有動(dòng)能E0的第1個(gè)物塊向右運(yùn)動(dòng)，依次與其余兩個(gè)靜止物塊發(fā)生碰撞，最后這三個(gè)物塊粘在一起，這個(gè)整體的動(dòng)能為AE0B.C.D.解析：碰撞中動(dòng)量守恒mv03mv1，得v1，E0mv，Ek×3mv.由得Ek×3m×，故C正確答案：C4多項(xiàng)選擇兩個(gè)

3、小球A、B在光滑的程度地面上相向運(yùn)動(dòng)，它們的質(zhì)量分別是mA4 kg，mB2 kg，A的速度vA3 m/s設(shè)為正，B的速度vB3 m/s，那么它們發(fā)生正碰后，其速度可能分別為A均為1 m/s B4 m/s和5 m/sC2 m/s和1 m/s D1 m/s和5 m/s解析：由動(dòng)量守恒，可驗(yàn)證四個(gè)選項(xiàng)都滿(mǎn)足要求再看動(dòng)能變化情況：Ek前mAvmBv27 JEk后mAvA2mBvB2由于碰撞過(guò)程中總動(dòng)量不可能增加，所以應(yīng)有Ek前Ek后，據(jù)此可排除B；選項(xiàng)C雖滿(mǎn)足Ek前Ek后，但A、B沿同一直線相向運(yùn)動(dòng)，發(fā)生碰撞后各自仍然保持原來(lái)的速度方向，這顯然是不符合實(shí)際的，因此C選項(xiàng)錯(cuò)誤；驗(yàn)證A、D均滿(mǎn)足Ek前Ek

4、后，且碰后狀態(tài)符合實(shí)際，故正確選項(xiàng)為A、D.答案：ADA級(jí)抓根底1.如下圖，木塊A和B質(zhì)量均為2 kg，置于光滑程度面上，B與一輕質(zhì)彈簧一端相連，彈簧另一端固定在豎直擋板上，當(dāng)A以4 m/s的速度向B撞擊時(shí)，由于有橡皮泥而粘在一起運(yùn)動(dòng)，那么彈簧被壓縮到最短時(shí)，具有的彈簧勢(shì)能大小為A4 J B8 JC16 J D32 J解析：A與B碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒，有mAvAmAmBvAB，所以vAB2 m/s，當(dāng)彈簧被壓縮到最短時(shí)，A、B的動(dòng)能完全轉(zhuǎn)化成彈簧的彈性勢(shì)能，所以EpmAmBv8 J.答案：B2.在光滑的程度面上有三個(gè)完全一樣的小球，它們成一條直線，2、3小球靜止，并靠在一起，1小球以速度v0射向它

5、們，如下圖設(shè)碰撞中不損失機(jī)械能，那么碰后三個(gè)小球的速度可能值是Av1v2v3v0 Bv10，v2v3v0Cv10，v2v3v0 Dv1v20，v3v0解析：兩個(gè)質(zhì)量相等的小球發(fā)生彈性正碰，碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒，動(dòng)能守恒，碰撞后將交換速度，故D項(xiàng)正確答案：D3冰壺運(yùn)動(dòng)深受觀眾喜歡，圖1為2019年2月第22屆索契冬奧會(huì)上中國(guó)隊(duì)員投擲冰壺的鏡頭在某次投擲中，冰壺甲運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后與對(duì)方靜止的冰壺乙發(fā)生正碰，如圖2.假設(shè)兩冰壺質(zhì)量相等，那么碰后兩冰壺最終停頓的位置，可能是圖中的哪幅圖圖1 圖2ABCD解析：兩球碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒，兩球發(fā)生正碰，由動(dòng)量守恒定律可知，碰撞前后系統(tǒng)動(dòng)量不變，兩冰壺的動(dòng)量方向即速

6、度方向不會(huì)偏離甲原來(lái)的方向，由圖示可知，A圖示情況是不可能的，故A錯(cuò)誤；假如兩冰壺發(fā)生彈性碰撞，碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，兩冰壺質(zhì)量相等，碰撞后兩冰壺交換速度，甲靜止，乙的速度等于甲的速度，碰后乙做減速運(yùn)動(dòng)，最后停頓，最終兩冰壺的位置如圖B所示，故B正確；兩冰壺碰撞后，甲的速度不可能大于乙的速度，碰后乙在前，甲在后，如圖C所示是不可能的，故C錯(cuò)誤；碰撞過(guò)程機(jī)械能不可能增大，兩冰壺質(zhì)量相等，碰撞后甲的速度不可能大于乙的速度，碰撞后甲的位移不可能大于乙的位移，故D錯(cuò)誤；應(yīng)選B.答案：B4多項(xiàng)選擇質(zhì)量為1 kg的小球以4 m/s的速度與質(zhì)量為2 kg的靜止小球正碰，關(guān)于碰后的速度v1和v2，下面

7、哪些是可能正確的Av1v2 m/sBv13 m/s，v20.5 m/sCv11 m/s，v23 m/sDv11 m/s，v22.5 m/s解析：由碰撞前、后總動(dòng)量守恒m1v1m1v1m2v2和能量不增加EkEk1Ek2驗(yàn)證A、B、D三項(xiàng)皆有可能；但B項(xiàng)碰后后面小球的速度大于前面小球的速度，會(huì)發(fā)生第二次碰撞，不符合實(shí)際，所以A、D兩項(xiàng)有可能答案：AD5.多項(xiàng)選擇質(zhì)量為M、內(nèi)壁間距為L(zhǎng)的箱子靜止于光滑的程度面上，箱子中間有一質(zhì)量為m的小物塊，小物塊與箱子底板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為.初始時(shí)小物塊停在箱子正中間，如下圖現(xiàn)給小物塊一程度向右的初速度v，小物塊與箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中間，并與箱子保持相對(duì)

8、靜止設(shè)碰撞都是彈性的，那么整個(gè)過(guò)程中，系統(tǒng)損失的動(dòng)能為A.mv2 B.v2C.NmgL DNmgL解析：根據(jù)動(dòng)量守恒，小物塊和箱子的共同速度v，損失的動(dòng)能Ekmv2Mmv2v2，所以B正確；根據(jù)能量守恒，損失的動(dòng)能等于因摩擦產(chǎn)生的熱量，而計(jì)算熱量的方法是摩擦力乘以相對(duì)位移，所以EkfNLNmgL，可見(jiàn)D正確答案：BDB級(jí)提才能6在光滑程度面上，有兩個(gè)小球A、B沿同一直線同向運(yùn)動(dòng)B在前，碰前兩球的動(dòng)量分別為pA12 kg·m/s、pB13 kg·m/s，碰后它們動(dòng)量的變化分別為pA、pB.以下數(shù)值可能正確的選項(xiàng)是ApA3 kg·m/s、pB3 kg·m/s

9、BpA3 kg·m/s、pB3 kg·m/sCpA24 kg·m/s、pB24 kg·m/sDpA24 kg·m/s、pB24 kg·m/s解析：對(duì)于碰撞問(wèn)題要遵循三個(gè)規(guī)律：動(dòng)量守恒定律、碰后系統(tǒng)的機(jī)械能不增加和碰撞過(guò)程要符合實(shí)際情況此題屬于追及碰撞，碰前，后面運(yùn)動(dòng)小球的速度一定要大于前面運(yùn)動(dòng)小球的速度否那么無(wú)法實(shí)現(xiàn)碰撞，碰后，前面小球的動(dòng)量增大，后面小球的動(dòng)量減小，減小量等于增大量，所以pA0，pB0，并且pApB，據(jù)此可排除選項(xiàng)B、D；假設(shè)pA24 kg·m/s、pB24 kg·m/s，碰后兩球的動(dòng)量分別為pA

10、12 kg·m/s、pB37 kg·m/s，根據(jù)關(guān)系式Ek可知，A小球的質(zhì)量和動(dòng)量大小不變，動(dòng)能不變，而B(niǎo)小球的質(zhì)量不變，但動(dòng)量增大，所以B小球的動(dòng)能增大，這樣系統(tǒng)的機(jī)械能比碰前增大了，選項(xiàng)C可以排除；經(jīng)檢驗(yàn)，選項(xiàng)A滿(mǎn)足碰撞所遵循的三個(gè)原那么，此題答案為A.答案：A7.如下圖，有兩個(gè)質(zhì)量都為m的小球A和B大小不計(jì)，A球用細(xì)繩吊起，細(xì)繩長(zhǎng)度等于懸點(diǎn)距地面的高度，B球靜止放于懸點(diǎn)正下方的地面上現(xiàn)將A球拉到距地面高度為h處由靜止釋放，擺動(dòng)到最低點(diǎn)與B球碰撞后粘在一起共同上擺，那么：1它們一起上升的最大高度為多大？2碰撞中損失的機(jī)械能是多少？解析：1A球由靜止釋放到最低點(diǎn)的過(guò)程做的

11、是圓周運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用動(dòng)能定理可求出末速度，即mghmv，所以v1，A球?qū)球碰撞滿(mǎn)足動(dòng)量守恒mv1mmv2，所以v2v1；對(duì)A、B粘在一起共同上擺的過(guò)程應(yīng)用機(jī)械能守恒，mmvmmgh，解得h.2Emv×2mvmgh.答案：12mgh8如下圖，可看成質(zhì)點(diǎn)的A物體疊放在上外表光滑的B物體上，一起以v0的速度沿光滑的程度軌道勻速運(yùn)動(dòng)，與靜止在同一光滑程度軌道上的木板C發(fā)生碰撞，碰后B、C的速度一樣，B、C的上外表相平且B、C不粘連，A滑上C后恰好能到達(dá)C板的右端A、B的質(zhì)量相等，C的質(zhì)量為A的質(zhì)量的2倍，木板C長(zhǎng)為L(zhǎng)，重力加速度為g.求：1A物體的最終速度；2A物體與木板C上外表間的動(dòng)摩擦因數(shù)

12、解析：1設(shè)A、B的質(zhì)量為m，那么C的質(zhì)量為2m，B、C碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒，令B、C碰后的共同速度為v1，以B的初速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得：mv03mv1，解得：v1 ，B、C共速后A以v0的速度滑上C，A滑上C后，B、C脫離A、C互相作用過(guò)程中動(dòng)量守恒，設(shè)最終A、C的共同速度v2，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：mv02mv13mv2，解得v2.2在A、C互相作用過(guò)程中，由能量守恒定律，得fLmv·2mv·3mv，又fmg，解得. 答案：129如下圖，光滑半圓形軌道MNP豎直固定在程度面上，靜止MP垂直于程度面，軌道半徑R0.5 m，質(zhì)量為m1的小球A靜止與軌道

13、最低點(diǎn)M，質(zhì)量為m2的小球B用長(zhǎng)度為2R的細(xì)線懸掛于軌道最高點(diǎn)P.現(xiàn)將小球B向左拉起，使細(xì)線程度，以豎直向下的速度v04 m/s釋放小球B，小球B與小球A碰后粘在一起恰能沿半圓形軌道運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)，兩球可視為質(zhì)點(diǎn)，g10 m/s2，試求：1B球與A球碰撞前的速度大??；2A、B兩球的質(zhì)量之比m1m2.解析：1B球下擺過(guò)程中機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得：m2vm2g·2Rm2v，解得：v16 m/s；2兩球恰好到達(dá)P點(diǎn)，由牛頓第二定律得：m1m2gm1m2，解得：vP m/s，兩球從M到P過(guò)程中，由動(dòng)能定理得：m1m2vm1m2vm1m2g·2R，解得：v25 m/s；兩球碰撞過(guò)

14、程動(dòng)量守恒，以?xún)汕蚪M成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，以B球的初速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得：m2v1m1m2v2，解得：.答案：1v16 m/s210.如下圖，兩塊一樣平板P1、P2置于光滑程度面上，質(zhì)量均為m.P2的右端固定一輕質(zhì)彈簧，左端A與彈簧的自由端B相距L.物體P置于P1的最右端，質(zhì)量為2m，且可看作質(zhì)點(diǎn)P1與P以共同速度v0向右運(yùn)動(dòng)，與靜止的P2發(fā)生碰撞，碰撞時(shí)間極短碰撞后P1與P2粘連在一起P壓縮彈簧后被彈回并停在A點(diǎn)彈簧始終在彈性限度內(nèi)P與P2之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為.求：1P1、P2剛碰完時(shí)的共同速度v1和P的最終速度v2；2此過(guò)程中彈簧的最大壓縮量x和相應(yīng)的彈性勢(shì)能Ep.解析：1P1、P2碰撞過(guò)程，由動(dòng)量守恒定律：mv02mv1. 解得：v1，方向程度向右對(duì)P1、P2、P系統(tǒng)