高中物理人教版5第十六章動量守恒定律4碰撞 第十六章4碰撞

第十六章動量守恒定律4碰撞1．兩個球沿直線相向運動，碰撞后兩球都靜止．則可以推斷()A．碰撞前兩個球的動量一定相等B．兩個球的質量一定相等C．碰撞前兩個球的速度一定相等D．碰撞前兩個球的動量大小相等，方向相反解析：兩球碰撞過程動量守恒，由于碰撞后兩球都靜止，總動量為零，故碰撞前兩個球的動量大小相等，方向相反，A錯誤，D正確；兩球的質量是否相等不確定，故碰撞前兩個球的速度是否相等也不確定，B、C錯誤．答案：D2．(多選)矩形滑塊由不同材料的上、下兩層粘在一起組成，將其放在光滑的水平面上，質量為m的子彈以速度v水平射向滑塊，若射擊下層，子彈剛好不射出．若射擊上層，則子彈剛好能射穿一半厚度，如圖所示，上述兩種情況相比較()A．子彈對滑塊做功一樣多B．子彈對滑塊做功不一樣多C．系統(tǒng)產生的熱量一樣多D．系統(tǒng)產生的熱量不一樣多解析：由于都沒有射出滑塊，因此根據(jù)動量守恒，兩種情況滑塊最后的速度是一樣的，即子彈對滑塊做功一樣多，再根據(jù)能量守恒，損失的機械能也一樣多，故系統(tǒng)產生的熱量一樣多，選項A、C正確．答案：AC3.質量相等的三個物塊在一光滑水平面上排成一直線，且彼此隔開了一定的距離，如圖所示．具有動能E0的第1個物塊向右運動，依次與其余兩個靜止物塊發(fā)生碰撞，最后這三個物塊粘在一起，這個整體的動能為()A．E0\f(2E0,3)\f(E0,3)\f(E0,9)解析：碰撞中動量守恒mv0＝3mv1，得v1＝eq\f(v0,3)，①E0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，②E′k＝eq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,1).③由①②③得E′k＝eq\f(1,2)×3meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,3)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)mveq\o\al(2,0)))＝eq\f(E0,3)，故C正確．答案：C4.如圖所示，木塊A質量mA＝1kg，足夠長的木板B質量mB＝4kg，質量為mC＝4kg的木塊C置于木板B上右側，都處于靜止狀態(tài)，水平面光滑，B、C之間有摩擦．現(xiàn)使A以v0＝12m/s的初速度向右運動，與B(1)B運動過程中速度的最大值；(2)C運動過程中速度的最大值；(3)整個過程中系統(tǒng)損失的機械能為多少．解析：(1)A與B碰后瞬間，B速度最大．由A、B系統(tǒng)動量守恒(取向右為正方向)有：mAv0＋0＝－mAvA＋mBvB代入數(shù)據(jù)，得vB＝4m(2)B與C共速后，C速度最大，由B、C系統(tǒng)動量守恒，有mBvB＋0＝(mB＋mC)vC，代入數(shù)據(jù)，得vC＝2m(3)ΔE損＝eq\f(mAveq\o\al(2,0),2)－eq\f(mAveq\o\al(2,A),2)－eq\f(（mB＋mC）veq\o\al(2,C),2)＝48J.答案：(1)4m/s(2)2m/s1.如圖所示，木塊A和B質量均為2kg，置于光滑水平面上，B與一輕質彈簧一端相連，彈簧另一端固定在豎直擋板上，當A以4m/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A．4JB．8JC．16JD．32J解析：A與B碰撞過程動量守恒，有mAvA＝(mA＋mB)vAB，所以vAB＝eq\f(vA,2)＝2m/s.當彈簧被壓縮到最短時，A、B的動能完全轉化成彈簧的彈性勢能，所以Ep＝eq\f(1,2)(mA＋mB)veq\o\al(2,AB)＝8J.答案：B2.在光滑的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小球以速度v0射向它們，如圖所示．設碰撞中不損失機械能，則碰后三個小球的速度可能值是()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：兩個質量相等的小球發(fā)生彈性正碰，碰撞過程中動量守恒，動能守恒，碰撞后將交換速度，故D項正確．答案：D3．冰壺運動深受觀眾喜愛，圖1為2023年2月第22屆索契冬奧會上中國隊員投擲冰壺的鏡頭．在某次投擲中，冰壺甲運動一段時間后與對方靜止的冰壺乙發(fā)生正碰，如圖2.若兩冰壺質量相等，則碰后兩冰壺最終停止的位置，可能是圖中的哪幅圖()圖1圖2ABCD解析：兩球碰撞過程動量守恒，兩球發(fā)生正碰，由動量守恒定律可知，碰撞前后系統(tǒng)動量不變，兩冰壺的動量方向即速度方向不會偏離甲原來的方向，由圖示可知，A圖示情況是不可能的，故A錯誤；如果兩冰壺發(fā)生彈性碰撞，碰撞過程動量守恒、機械能守恒，兩冰壺質量相等，碰撞后兩冰壺交換速度，甲靜止，乙的速度等于甲的速度，碰后乙做減速運動，最后停止，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錯誤；碰撞過程機械能不可能增大，兩冰壺質量相等，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錯誤；故選B.答案：B4．在光滑水平面上，一質量為m，速度大小為v的A球與質量為2m靜止的B球碰撞后，A球的速度方向與碰撞前相反，則碰撞后BA．B．C．D．解析：A、B兩球在水平方向上合外力為零，A球和B球碰撞的過程中動量守恒，設A、B兩球碰撞后的速度分別為v1、v2，原來的運動方向為正方向，由動量守恒定律有：mv＝mv1＋2mv2.①假設碰后A球靜止，即v1＝0，可得v2＝.由題意知球A被反彈，所以球B的速度有v2＞.②A、B兩球碰撞過程能量可能有損失，由能量關系有：eq\f(1,2)mv2≥eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2).③①③兩式聯(lián)立得：v2≤eq\f(2,3)v.④由②④兩式可得：＜v2≤eq\f(2,3)v，符合條件的只有，所以選項A正確，B、C、D錯誤．答案：A5.(多選)質量為M、內壁間距為L的箱子靜止于光滑的水平面上，箱子中間有一質量為m的小物塊，小物塊與箱子底板間的動摩擦因數(shù)為μ.初始時小物塊停在箱子正中間，如圖所示．現(xiàn)給小物塊一水平向右的初速度v，小物塊與箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中間，并與箱子保持相對靜止．設碰撞都是彈性的，則整個過程中，系統(tǒng)損失的動能為()\f(1,2)mv2 \f(1,2)eq\f(mM,m＋M)v2\f(1,2)NμmgL D．NμmgL解析：根據(jù)動量守恒，小物塊和箱子的共同速度v′＝eq\f(mv,M＋m)，損失的動能ΔEk＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)(M＋m)v′2＝eq\f(1,2)eq\f(mM,m＋M)v2，所以B正確；根據(jù)能量守恒，損失的動能等于因摩擦產生的熱量，而計算熱量的方法是摩擦力乘以相對位移，所以ΔEk＝fNL＝NμmgL，可見D正確．答案：BDB級提能力6．在光滑水平面上，有兩個小球A、B沿同一直線同向運動(B在前)，已知碰前兩球的動量分別為pA＝12kg·m/s、pB＝13kg·m/s，碰后它們動量的變化分別為ΔpA、ΔpA．ΔpA＝－3kg·m/s、ΔpB＝3B．ΔpA＝3kg·m/s、ΔpB＝－3C．ΔpA＝－24kg·m/s、ΔpB＝24D．ΔpA＝24kg·m/s、ΔpB＝－24解析：對于碰撞問題要遵循三個規(guī)律：動量守恒定律、碰后系統(tǒng)的機械能不增加和碰撞過程要符合實際情況．本題屬于追及碰撞，碰前，后面運動小球的速度一定要大于前面運動小球的速度(否則無法實現(xiàn)碰撞)，碰后，前面小球的動量增大，后面小球的動量減小，減小量等于增大量，所以ΔpA＜0，ΔpB＞0，并且ΔpA＝－ΔpB，據(jù)此可排除選項B、D；若ΔpA＝－24kg·m/s、ΔpB＝24kg·m/s，碰后兩球的動量分別為p′A＝－12kg·m/s、p′B＝37kg·m/s，根據(jù)關系式Ek＝eq\f(p2,2m)可知，A小球的質量和動量大小不變，動能不變，而B小球的質量不變，但動量增大，所以B小球的動能增大，這樣系統(tǒng)的機械能比碰前增大了，選項C可以排除；經檢驗，選項A滿足碰撞所遵循的三個原則，本題答案為答案：A7.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，三者質量分別為mA＝2kg、mB＝1kg、mC＝2kg.開始時C靜止，A、B一起以v0＝5m/s的速度勻速向右運動，A與C發(fā)生碰撞(時間極短)后C向右運動，經過一段時間，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解析：因碰撞時間極短，A與C碰撞過程動量守恒，設碰撞后瞬間A的速度大小為vA，C的速度大小為vC，以向右為正方向，由動量守恒定律得：mAv0＝mAvA＋mCvC，①A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.②A、B達到共同速度后恰好不再與C碰撞，應滿足：vAB＝vC.③聯(lián)立①②③式解得：vA＝2m答案：2m8．如圖所示，可看成質點的A物體疊放在上表面光滑的B物體上，一起以v0的速度沿光滑的水平軌道勻速運動，與靜止在同一光滑水平軌道上的木板C發(fā)生碰撞，碰后B、C的速度相同，B、C的上表面相平且B、C不粘連，A滑上C后恰好能到達C板的右端．已知A、B的質量相等，C的質量為A的質量的2倍，木板C長為L，重力加速度為g.求：(1)A物體的最終速度；(2)A物體與木板C上表面間的動摩擦因數(shù)．解析：(1)設A、B的質量為m，則C的質量為2m，B、C碰撞過程中動量守恒，令B、C碰后的共同速度為v1，以B的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得：mv0＝3mv1，解得：v1＝eq\f(v0,3)，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相互作用過程中動量守恒，設最終A、C的共同速度v2，以向右為正方向，由動量守恒定律得：mv0＋2mv1＝3mv2，解得v2＝eq\f(5v0,9).(2)在A、C相互作用過程中，由能量守恒定律，得fL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)·3mveq\o\al(2,2)，又f＝μmg，解得μ＝eq\f(4veq\o\al(2,0),27gL).答案：(1)eq\f(5v0,9)(2)eq\f(4veq\o\al(2,0),27gL)9.如圖所示，光滑水平直軌道上有三個質量均為m的物塊A、B、的左側固定一輕彈簧(彈簧左側的擋板質量不計)．設A以速度v0向B運動，壓縮彈簧；當A、B速度相等時，B與C恰好相碰并粘接在一起，然后繼續(xù)運動．假設B和C碰撞過程時間極短．求從A開始壓縮彈簧直至與彈簧分離的過程中：(1)整個系統(tǒng)損失的機械能；(2)彈簧被壓縮到最短時的彈性勢能．解析：(1)從A壓縮彈簧到A與B具有相同速度v1時，對A、B與彈簧組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律得：mv0＝2mv1.①此時B與C發(fā)生完全非彈性碰撞，設碰撞后的瞬時速度為v2，損失的機械能為ΔE，對B、C組成的系統(tǒng)，由動量守恒和能量守恒定律得：mv1＝2mv2，②eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,2)＋ΔE.③聯(lián)立①②③式得：ΔE＝eq\f(1,16)mveq\o\al(2,0).④(2)由②式可知v2＜v1，A將繼續(xù)壓縮彈簧，直至A、B、C三者速度相同，設此速度為v3，此時彈簧被壓縮至最短，其彈性勢能為Ep.由動量守恒和能量守恒定律得：mv1＋2mv2＝3mv3，⑤eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝ΔE＋Ep＋eq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,3).⑥聯(lián)立④⑤⑥式得：Ep＝eq\f(13,48)mveq\o\al(2,0).答案：(1)eq\f(1,16)mveq\o\al(2,0)(2)eq\f(13,48)mveq\o\al(2,0)10.如圖所示，兩塊相同平板P1、P2置于光滑水平面上，質量均為的右端固定一輕質彈簧，左端A與彈簧的自由端B相距L.物體P置于P1的最右端，質量為2m，且可看作質點．P1與P以共同速度v0向右運動，與靜止的P2發(fā)生碰撞，碰撞時間極短．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(彈簧始終在彈性限度內)．P與P2之間的動摩擦因數(shù)為μ(1)P1、P2剛碰完時的共同速度v1和P的最終速度v2；(2)此過程中彈簧的最大壓縮量x和相應的彈性勢能Ep.解析：(1)P1、P2碰撞過程，由動量守恒定律：mv0＝2mv1.①解得：v1＝eq\f(v0,2)，方向水平向右②對P1、P2、P系統(tǒng)，由動量守恒定律：mv0＋2mv0＝4mv2.③解得：v2＝eq\f(3,4)v0，方向水平向右．④(2)當彈簧壓縮至最大時，P1、P2、P三者具有共同速度v2，由動量守恒定律：mv0＋2mv0＝4mv2.⑤對系統(tǒng)由能量守恒定律：2μmg×2(L＋x)＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,0)＋eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)×4mveq