2020高中物理 第1章 動量守恒定律 第4節(jié) 碰撞練習（含解析）-5

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGE14-學必求其心得，業(yè)必貴于專精碰撞基礎(chǔ)夯實一、選擇題(1~3題為單選題,4、5題為多選題)1．關(guān)于散射，下列說法正確的是(C)A．散射就是亂反射，毫無規(guī)律可言 B．散射中沒有對心碰撞C．散射時仍遵守動量守恒定律 D．散射時不遵守動量守恒定律解析：由于散射也是碰撞,所以散射過程中動量守恒。2．(2019·江蘇省宿遷市高二下學期期末)斯諾克運動深受年輕人的喜愛,如圖所示，選手將質(zhì)量為m的A球以速度v與質(zhì)量為m靜止的B球發(fā)生彈性碰撞,碰撞后B球的速度為(A）A．v B．2vC．0。5v D．0。2v解析:兩球發(fā)生彈性碰撞，則碰撞過程系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒,以A的初速度方向為正方向,由動量守恒定律得：mv＝mvA＋mvB,由機械能守恒定律得：eq\f(1,2）mv2＝eq\f（1，2）mveq\o\al（2，A)＋eq\f(1,2）mveq\o\al（2，B)，解得：vA＝0，vB＝v;選項A正確.3．在光滑水平面上有三個完全相同的小球,它們成一條直線,2、3小球靜止并靠在一起，1球以速度v0射向它們,如圖所示，設(shè)碰撞中不損失機械能,則碰后三個小球的速度可能是（D)A．v1＝v2＝v3＝eq\f(1,\r（3))v0 B．v1＝0，v2＝v3＝eq\f(1，\r(2)）v0C．v1＝0,v2＝v3＝eq\f(1，2）v0 D．v1＝v2＝0，v3＝v0解析：由題設(shè)條件，三個小球在碰撞過程中總動量和總動能守恒，若各球質(zhì)量均為m，則碰撞前系統(tǒng)總動量為mv0,總動能應為eq\f(1，2）mveq\o\al(2，0)。假如選項A正確，則碰后總動量為eq\f（3,\r（3））mv0，這顯然違反動量守恒定律，故不可能.假如選項B正確，則碰后總動量為eq\f(2，\r（2))mv0，這也違反動量守恒定律,故也不可能。假如選項C正確，則碰后總動量為mv0，但總動能為eq\f(1，4)mveq\o\al（2，0)，這顯然違反機械能守恒定律，故也不可能。假如選項D正確的話，則通過計算其既滿足動量守恒定律，也滿足機械能守恒定律,故選項D正確。4．在光滑水平面上，一質(zhì)量為m、速度大小為v的A球與質(zhì)量為2m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，則碰后B球的速度大小可能是（BC)A．0.7v B．0。6vC．0。4v D．0.2v解析：以兩球組成的系統(tǒng)為研究對象，以A球的初速度方向為正方向，如果碰撞為彈性碰撞,由動量守恒定律得：mv＝mvA＋2mvB，由機械能守恒定律得：eq\f(1,2）mv2＝eq\f（1，2)mveq\o\al（2，A）＋eq\f（1,2）·2mveq\o\al(2,B),解得:vA＝－eq\f(1，3)v，vB＝eq\f(2,3)v，負號表示碰撞后A球反向彈回。如果碰撞為完全非彈性碰撞，以A球的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得：mv＝(m＋2m）vB,解得：vB＝eq\f（1，3）v，則碰撞后B球的速度范圍是:eq\f(1，3）v〈vB<eq\f（2,3）v，故B、C正確,A、D錯誤。5．（2019·山東省濰坊二中高二下學期檢測)如圖所示，長木板A放在光滑的水平面上，質(zhì)量為m＝4kg的小物體B以水平速度v＝2m/s滑上原來靜止的長木板A的上表面，由于A、B間存在摩擦,之后A、B速度隨時間變化情況如圖乙所示，取g＝10m/s2，則下列說法正確的是(AD）A．木板A獲得的動能為2JB．系統(tǒng)損失的機械能為2JC．木板A的最小長度為2mD．A、B間的動摩擦因數(shù)為0。1解析：由圖象可知，木板獲得的速度為v＝1m/s，A、B組成的系統(tǒng)動量守恒,以B的初速度方向為正方向,由動量守恒定律得:mv0＝（M＋m)v，解得木板A的質(zhì)量M＝4kg，木板獲得的動能為：Ek＝eq\f（1，2）Mv2＝2J，故A正確；系統(tǒng)損失的機械能ΔE＝eq\f(1，2）mveq\o\al(2，0)－eq\f（1,2）mv2－eq\f(1,2)Mv2，代入數(shù)據(jù)解得:ΔE＝4J，故B錯誤;由圖得到0～1s內(nèi)B的位移為xB＝eq\f（1，2）×（2＋1）×1m＝1.5m，A的位移為xA＝eq\f（1,2）×1×1m＝0.5m,木板A的最小長度為L＝xB－xA＝1m,故C錯誤；由圖象可知,B的加速度：a＝－1m/s2，負號表示加速度的方向,由牛頓第二定律得：μmBg＝mBa,代入解得μ＝0.1,故D正確.二、非選擇題6．一個物體靜置于光滑水平面上，外面扣一質(zhì)量為M的盒子,如圖甲所示.現(xiàn)給盒子一初速度v0,此后，盒子運動的v－t圖象呈周期性變化，如圖乙所示，請據(jù)此求盒內(nèi)物體的質(zhì)量。答案：M解析：設(shè)物體的質(zhì)量為m,t0時刻受盒子碰撞獲得速度v,根據(jù)動量守恒定律得：Mv0＝mv①3t0時刻物體與盒子右壁碰撞使盒子速度又變?yōu)関0，說明碰撞是彈性碰撞，由機械能守恒有：eq\f（1，2)Mveq\o\al(2,0）＝eq\f(1,2）mv2②聯(lián)立①②解得m＝M7．(2019·吉林省實驗中學高二下學期期中）如圖所示，在光滑水平面的左側(cè)固定一豎直擋板，A球在水平面上靜止放置，B球向左運動與A球發(fā)生正碰，B球碰撞前、后的速率之比為4∶1，A球垂直撞向擋板，碰后原速率返回，兩球剛好不發(fā)生第二次碰撞。求:(1）A、B兩球的質(zhì)量之比為多少?（2）A、B碰撞前、后兩球總動能之比是多少？答案:（1)5∶1(2）8∶3解析：（1）設(shè)碰前B球速度大小為v0，碰后A、B兩球速度大小分別為vA、vB,由題意知,vA方向向左，vB方向向右，且vA＝vB＝eq\f(1,4）v0碰撞過程動量守恒，取水平向右為正方向，則有：－mBv0＝－mAvA＋mBvB，解得:eq\f（mA，mB）＝eq\f（5,1）.（2）碰撞前動能：E1＝eq\f（1,2）mBveq\o\al(2,0），碰撞后總動能：E2＝eq\f（1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2，B)，碰撞前、后總動能之比為：eq\f(E1，E2）＝eq\f(8,3).能力提升一、選擇題（1~2題為單選題，3~5題為多選題）1．一彈丸在飛行到距離地面5m高時僅有水平速度v＝2m/s，爆炸成為甲、乙兩塊水平飛出,甲、乙的質(zhì)量比為3∶1。不計質(zhì)量損失，取重力加速度g＝10m/s2。則下列圖中兩塊彈片飛行的軌跡可能的是（B)解析：本題有兩種可能情況,一是甲在前，二是甲在后。甲在前情況，設(shè)總質(zhì)量為4m，由動量守恒得4m×2＝3mv甲＋mv乙，由平拋運動規(guī)律知，甲圖中兩彈片的速度分別為v甲＝2.5m/s，v乙＝－0.5m/s,不滿足動量守恒關(guān)系，選項A錯誤；乙圖中兩彈片的速度分別為v甲＝2.5m/s，v乙＝0.5m/s，滿足動量守恒關(guān)系，選項B正確；甲在后情況，C圖中v甲＝1m/s,v乙＝2m/s，不滿足動量守恒關(guān)系,選項C錯誤;D圖中，v甲＝－1m/s，v乙＝2m/s，同樣不滿足動量守恒關(guān)系，選項D錯誤.2．(2019·遼寧省鳳城市高二下學期聯(lián)考）如圖，大小相同的擺球a和b的質(zhì)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（C）A．第一次碰撞后的瞬間，兩球的動能大小相等B．第一次碰撞后的瞬間,兩球的動量大小相等C．第一次碰撞后的瞬間，兩球的速度大小相等D．第一次碰撞后,兩球的最大擺角不相同解析: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,由動量守恒定律有：mv0＝mv1＋3mv2，兩球碰撞是彈性的，故機械能守恒，即:eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0）＝eq\f（1，2）mveq\o\al（2，1）＋eq\f（1,2）·3mveq\o\al(2，2)，解兩式得：v1＝－eq\f(v0，2），v2＝eq\f（v0，2)，可見第一次碰撞后的瞬間，兩球的速度大小相等；因兩球質(zhì)量不相等，故兩球碰后的動量大小不相等,方向相反，動能也不相等，故AB錯誤，C正確；兩球碰后上擺過程，機械能守恒，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,故D錯誤。3．如圖所示，在質(zhì)量為M的小車中掛著一個單擺，擺球的質(zhì)量為m0，小車(和單擺）以恒定的速度u沿光滑的水平面運動,與位于正對面的質(zhì)量為m的靜止木塊發(fā)生碰撞,碰撞時間極短,在此碰撞過程中，下列說法可能發(fā)生的是(BC）A．小車、木塊、擺球的速度都發(fā)生變化，分別變?yōu)関1、v2、v3，滿足(M＋m0)u＝Mv1＋mv2＋m0v3B．擺球的速度不變，小車和木塊的速度變?yōu)関1和v2,滿足Mu＝Mv1＋mv2C．擺球的速度不變，小車和木塊的速度變?yōu)関，滿足Mu＝（M＋m）vD．小車和擺球的速度都變?yōu)関1,木塊的速度為v2，滿足（M＋m0）u＝(M＋m0）v1＋mv2解析：由于碰撞時間極短，所以單擺相對小車沒有發(fā)生擺動，即擺線對球的作用力原來是豎直向上的，現(xiàn)在還是豎直向上的，沒有水平方向的分力，未改變小球的動量,實際上單擺沒有參與這個碰撞過程，所以單擺的速度不發(fā)生變化，因此，選項中應排除A、D.因為單擺的速度不變，所以研究對象選取小車和木塊所構(gòu)成的系統(tǒng)，若為彈性碰撞或碰后分離,水平方向動量守恒，由動量守恒定律有Mu＝Mv1＋mv2，即為B選項；由于題目中并沒有提供在碰撞過程中能量變化關(guān)系，所以也有可能小車和木塊發(fā)生完全非彈性碰撞而選C。4．(2019·河南省周口市一中高二下學期期中)如圖所示，一沙袋用無彈性輕細繩懸于O點。開始時沙袋處于靜止狀態(tài)，一彈丸以水平速度v0擊中沙袋后未穿出，二者共同擺動.若彈丸質(zhì)量為m，沙袋質(zhì)量為5m，彈丸和沙袋形狀大小忽略不計，彈丸擊中沙袋后漏出的沙子質(zhì)量忽略不計，不計空氣阻力，重力加速度為g。下列說法中正確的是（BD)A．彈丸打入沙袋過程中，細繩所受拉力大小保持不變B．彈丸打入沙袋過程中,彈丸對沙袋的沖量大小等于沙袋對彈丸的沖量大小C．彈丸打入沙袋過程中所產(chǎn)生的熱量為eq\f（mv\o\al(2，0)，72）D．沙袋和彈丸一起擺動所達到的最大高度為eq\f(v\o\al（2，0)，72g）解析：彈丸打入沙袋的過程由動量守恒定律mv0＝(m＋5m)v，解得v＝eq\f(1,6）v0；彈丸打入沙袋后,總質(zhì)量變大，且做圓周運動，根據(jù)T＝6mg＋6meq\f(v2，L)可知，細繩所受拉力變大，選項A錯誤；根據(jù)牛頓第三定律可知，彈丸打入沙袋過程中，彈丸對沙袋的沖量大小等于沙袋對彈丸的沖量大小,選項B正確；彈丸打入沙袋過程中所產(chǎn)生的熱量為Q＝eq\f（1,2)mveq\o\al（2，0)－eq\f(1，2）·6mv2＝eq\f(5,12）mveq\o\al(2，0），選項C錯誤；由機械能守恒可得:eq\f（1,2)6mv2＝6mgh,解得h＝eq\f(v\o\al（2，0）,72g),選項D正確。5．如圖所示，輕質(zhì)彈簧的一端固定在墻上，另一端與質(zhì)量為m的物體A相連，A放在光滑水平面上，有一質(zhì)量與A相同的物體B，從高h處由靜止開始沿光滑曲面滑下,與A相碰后一起將彈簧壓縮，彈簧復原過程中某時刻B與A分開且沿原曲面上升.下列說法正確的是(BD)A．彈簧被壓縮時所具有的最大彈性勢能為mghB．彈簧被壓縮時所具有的最大彈性勢能為eq\f（mgh,2）C．B能達到的最大高度為eq\f（h,2）D．B能達到的最大高度為eq\f(h，4)解析：對B下滑過程,據(jù)機械能守恒定律可得:mgh＝eq\f（1，2）mveq\o\al（2,0)，B剛到達水平地面的速度v0＝eq\r(，2gh).碰撞過程，根據(jù)動量守恒定律可得：mv0＝2mv，得A與B碰撞后的共同速度為v＝eq\f（1，2)v0，所以彈簧被壓縮時所具有的最大彈性勢能為Epm＝eq\f(1,2)·2mv2＝eq\f（1,2）mgh,故A錯誤,B正確；當彈簧再次恢復原長時,A與B將分開,B以v的速度沿斜面上滑,根據(jù)機械能守恒定律可得mgh′＝eq\f（1，2)mv2，B能達到的最大高度為eq\f（h,4）,故C錯誤,D正確，故選BD.二、非選擇題6．(2019·河南省鄭州一中高二下學期期末）如圖所示，質(zhì)量均為m的木板AB和滑塊CD緊靠在一起靜置在光滑水平面上,木塊AB的上表面粗糙，滑塊CD為表面光滑的四分之一圓弧，D點切線水平且與木板AB上表面相平，一可視為質(zhì)點的物塊P質(zhì)量也為m，從木塊AB的右端以初速度v0滑上木塊AB，過B點時的速度為eq\f(v0，2),然后滑上滑塊CD，最終恰好能滑到滑塊CD的最高點C處,重力加速度為g，求:(1)物塊滑到B點時木塊的速度大小v；(2)滑塊CD圓弧的半徑R。答案:（1)v＝eq\f（v0，4)(2)R＝eq\f（v\o\al（2，0),64g)解析：（1）對P和木板、滑塊組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律有mv0＝m·eq\f（v0，2）＋2mv，解得：v＝eq\f(v0,4）.(2）物塊P由D點滑到C點的過程中，滑塊CD和物塊P組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，有meq\f（v0，2）＋meq\f