高中物理人教版5第十六章動(dòng)量守恒定律4碰撞 第十六章第4節(jié)分層演練鞏固落實(shí)

[隨堂達(dá)標(biāo)]1．(2023·南通高二檢測(cè))兩個(gè)球沿直線相向運(yùn)動(dòng)，碰撞后兩球都靜止．則可以推斷()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：選D.兩球碰撞過程動(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．2．(多選)質(zhì)量為m的小球A，沿光滑水平面以速度v0與質(zhì)量為2m的靜止小球B發(fā)生正碰．碰撞后，A球的動(dòng)能變?yōu)樵瓉淼?/9，那么小球B的速度可能是()\f(1,3)v0 \f(2,3)v0\f(4,9)v0 \f(5,9)v0解析：選AB.當(dāng)以A球原來的速度方向?yàn)檎较驎r(shí)，則vA′＝±eq\f(1,3)v0根據(jù)兩球碰撞前、后的總動(dòng)量守恒，有mv0＋0＝m×eq\f(1,3)v0＋2mvB′mv0＋0＝m×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)v0))＋2mvB″解得：vB′＝eq\f(1,3)v0，vB″＝eq\f(2,3)v0.由于碰撞過程中動(dòng)能不增加，即eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)≥eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,3)))eq\s\up12(2)＋eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,B)將eq\f(1,3)v0及eq\f(2,3)v0代入上式均成立，所以A、B選項(xiàng)均正確．3．(多選)質(zhì)量為M、內(nèi)壁間距為L(zhǎng)的箱子靜止于光滑的水平面上，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μ.初始時(shí)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(duì)靜止．設(shè)碰撞都是彈性的，則整個(gè)過程中，系統(tǒng)損失的動(dòng)能為()\f(1,2)mv2 B．eq\f(1,2)eq\f(mM,m＋M)v2\f(1,2)NμmgL D．NμmgL解析：選BD.設(shè)系統(tǒng)損失的動(dòng)能為ΔE，根據(jù)題意可知，整個(gè)過程中小物塊和箱子構(gòu)成的系統(tǒng)滿足動(dòng)量守恒和能量守恒，則有mv＝(M＋m)vt(①式)、eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,t)＋ΔE(②式)，由①②聯(lián)立解得ΔE＝eq\f(Mm,2（M＋m）)v2，可知選項(xiàng)A錯(cuò)誤、B正確；又由于小物塊與箱壁碰撞為彈性碰撞，則損耗的能量全部用于摩擦生熱，即ΔE＝NμmgL，選項(xiàng)C錯(cuò)誤、D正確．4．一彈丸在飛行到距離地面5m高時(shí)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(jì)質(zhì)量損失，重力加速度g取10m/s2，則下列圖中兩塊彈片飛行的軌跡可能正確的是()解析：選B.彈丸在爆炸過程中，水平方向的動(dòng)量守恒，有mv0＝eq\f(3,4)mv甲＋eq\f(1,4)mv乙，解得4v0＝3v甲＋v乙，爆炸后兩塊彈片均做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向有h＝eq\f(1,2)gt2，水平方向?qū)住⒁覂蓮椘謩e有x甲＝v甲t，x乙＝v乙t，代入各圖中數(shù)據(jù)，可知B正確．5．兩物塊A、B用輕彈簧相連，質(zhì)量均為2kg，初始時(shí)彈簧處于原長(zhǎng)，A、B兩物塊都以v＝6m/s的速度在光滑的水平地面上運(yùn)動(dòng)，質(zhì)量為4kg的物塊C靜止在前方，如圖所示．B與C碰撞后二者會(huì)粘在一起運(yùn)動(dòng)．則在以后的運(yùn)動(dòng)中：(1)當(dāng)彈簧的彈性勢(shì)能最大時(shí)，物塊A的速度為多大？(2)系統(tǒng)中彈性勢(shì)能的最大值是多少？解析：(1)當(dāng)A、B、C三者的速度相等時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能最大．由A、B、C三者組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒有(mA＋mB)v＝(mA＋mB＋mC)·vABC，解得vABC＝eq\f(（2＋2）×6,2＋2＋4)m/s＝3m/s.(2)B、C碰撞時(shí)B、C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)碰后瞬間B、C兩者速度為vBC，則mBv＝(mB＋mC)vBC，vBC＝eq\f(2×6,2＋4)m/s＝2m/s，設(shè)物塊A、B、C速度相同時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能最大為Ep，根據(jù)能量守恒Ep＝eq\f(1,2)(mB＋mC)veq\o\al(2,BC)＋eq\f(1,2)mAv2－eq\f(1,2)(mA＋mB＋mC)veq\o\al(2,ABC)＝eq\f(1,2)×(2＋4)×22J＋eq\f(1,2)×2×62J－eq\f(1,2)×(2＋2＋4)×32J＝12J.答案：(1)3m/s(2)12J[課時(shí)作業(yè)][學(xué)生用書P73(獨(dú)立成冊(cè))]一、單項(xiàng)選擇題1．(2023·高考福建卷)如圖，兩滑塊A、B在光滑水平面上沿同一直線相向運(yùn)動(dòng)，滑塊A的質(zhì)量為m，速度大小為2v0，方向向右，滑塊B的質(zhì)量為2m，速度大小為v0，方向向左，兩滑塊發(fā)生彈性碰撞后的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)是()A．A和B都向左運(yùn)動(dòng)B．A和B都向右運(yùn)動(dòng)C．A靜止，B向右運(yùn)動(dòng)D．A向左運(yùn)動(dòng)，B向右運(yùn)動(dòng)解析：選D.選向右為正方向，則A的動(dòng)量pA＝m·2v0＝的動(dòng)量pB＝－2mv0.碰前A、B的動(dòng)量之和為零，根據(jù)動(dòng)量守恒，碰后A、B的動(dòng)量之和也應(yīng)為零，可知四個(gè)選項(xiàng)中只有選項(xiàng)D符合題意．2．現(xiàn)有甲、乙兩滑塊，質(zhì)量分別為3m和m，以相同的速率v在光滑水平面上相向運(yùn)動(dòng)，發(fā)生了碰撞．已知碰撞后，甲滑塊靜止不動(dòng)，那么這次碰撞是()A．彈性碰撞B．非彈性碰撞C．完全非彈性碰撞D．條件不足，無法確定解析：選A.由動(dòng)量守恒3m·v－mv＝0＋mv′，所以v′＝2v碰前總動(dòng)能Ek＝eq\f(1,2)×3m·v2＋eq\f(1,2)mv2＝2mv2碰后總動(dòng)能Ek′＝eq\f(1,2)mv′2＝2mv2，Ek＝Ek′，所以A正確．3．如圖所示，質(zhì)量為m的A小球以水平速度v與靜止的質(zhì)量為3m的B小球正碰后，A球的速率變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2)，則碰后B球的速度是(以v方向?yàn)檎较?()\f(v,6) B．－vC．－eq\f(v,3) \f(v,2)解析：選D.碰后A的速率為eq\f(v,2)，可能有兩種情況：v1＝eq\f(v,2)；v1′＝－eq\f(v,2).根據(jù)動(dòng)量守恒定律，當(dāng)v1＝eq\f(v,2)時(shí)，有mv＝mv1＋3mv2，v2＝eq\f(v,6)；當(dāng)v1′＝－eq\f(v,2)時(shí)，有mv＝mv1′＋3mv2′，v2′＝eq\f(v,2).若它們同向，則A球速度不可能大于B球速度，因此只有D正確．4．如圖所示，光滑水平面上有質(zhì)量均為m的物塊A和B，B上固定一輕彈簧．B靜止，A以速度v0水平向右運(yùn)動(dòng)，通過彈簧與B發(fā)生作用．作用過程中，彈簧獲得的最大彈性勢(shì)能Ep為()\f(1,16)mveq\o\al(2,0) B．eq\f(1,8)mveq\o\al(2,0)\f(1,4)mveq\o\al(2,0) \f(1,2)mveq\o\al(2,0)解析：選、B速度相等時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能最大，這時(shí)設(shè)A、B的速度為v，由動(dòng)量守恒mv0＝2mv，彈性勢(shì)能的最大值Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)×2mv2＝eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0).5.(2023·東城區(qū)高二檢測(cè))A、B兩物體發(fā)生正碰，碰撞前后物體A、B都在同一直線上運(yùn)動(dòng)，其位移—時(shí)間圖象如圖所示．由圖可知，物體A、B的質(zhì)量之比為()A．1∶1 B．1∶2C．1∶3 D．3∶1解析：選C.由圖象知，碰前vA＝4m/s，vB＝0.碰后vA′＝vB′＝1m/s，由動(dòng)量守恒可知mAvA＋0＝mAvA′＋mBvB′，解得mB＝3mA.故選項(xiàng)C正確．6．甲、乙兩球在光滑水平軌道上同向運(yùn)動(dòng)，已知它們的動(dòng)量分別是p甲＝5kg·m/s，p乙＝7kg·m/s，甲追上乙并發(fā)生碰撞，碰后乙球的動(dòng)量變?yōu)閜乙′＝10kg·m/s，則兩球質(zhì)量m甲、m乙的關(guān)系可能是()A．m乙＝m甲 B．m乙＝2m甲C．m乙＝4m甲 D．m乙＝6m甲解析：選C.由動(dòng)量守恒定律p甲＋p乙＝p甲′＋p乙′，得p甲′＝2kg·m/s，若兩球發(fā)生彈性碰撞，則eq\f(peq\o\al(2,甲),2m甲)＋eq\f(peq\o\al(2,乙),2m乙)＝eq\f(p甲′2,2m甲)＋eq\f(p乙′2,2m乙)解得m乙＝eq\f(17,7)m甲，若兩球發(fā)生完全非彈性碰撞，則v甲′＝v乙′，即eq\f(p甲′,m甲)＝eq\f(p乙′,m乙)，解得m乙＝5m甲，即乙球的質(zhì)量范圍是eq\f(17,7)m甲≤m乙≤5m甲，選項(xiàng)C正確．二、多項(xiàng)選擇題7．如圖所示，P物體與一個(gè)連著彈簧的Q物體正碰，碰后P物體靜止，Q物體以P物體碰前的速度v離開，已知P與Q質(zhì)量相等，彈簧質(zhì)量忽略不計(jì)，那么當(dāng)彈簧被壓縮至最短時(shí)，下列結(jié)論中錯(cuò)誤的是()A．P的速度恰好為零 B．P與Q具有相同速度C．Q剛開始運(yùn)動(dòng) D．Q的速度等于v解析：選物體接觸彈簧后，在彈簧彈力的作用下，P做減速運(yùn)動(dòng)，Q做加速運(yùn)動(dòng)，P、Q間的距離減小，當(dāng)P、Q兩物體速度相等時(shí)，彈簧被壓縮到最短，所以B正確，A、C錯(cuò)誤．由于作用過程中動(dòng)量守恒，設(shè)速度相等時(shí)速度為v′，則mv＝(m＋m)v′，所以彈簧被壓縮至最短時(shí)，P、Q的速度v′＝eq\f(v,2)，故D錯(cuò)誤．8．(2023·湖北重點(diǎn)高中聯(lián)考)如圖所示，木塊靜止在光滑水平面上，子彈A、B從木塊兩側(cè)同時(shí)射入木塊，最終都停在木塊中，這一過程中木塊始終保持靜止．現(xiàn)知道子彈A射入深度dA大于子彈B射入的深度dB，則可判斷()A．子彈在木塊中運(yùn)動(dòng)時(shí)間tA>tBB．子彈入射時(shí)的初動(dòng)能EkA>EkBC．子彈入射時(shí)的初速度vA<vBD．子彈質(zhì)量mA<mB解析：選BD.子彈A、B從木塊兩側(cè)同時(shí)射入木塊，木塊始終保持靜止，兩子彈與木塊的相互作用必然同時(shí)開始同時(shí)結(jié)束，即兩子彈在木塊中運(yùn)動(dòng)時(shí)間必定相等，否則木塊就會(huì)運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；由于木塊始終保持靜止?fàn)顟B(tài)，兩子彈對(duì)木塊的作用力大小相等，則兩子彈所受的阻力f大小相等，根據(jù)動(dòng)能定理，對(duì)A子彈有－fdA＝0－EkA，EkA＝fdA，對(duì)B子彈有－fdB＝0－EkB，EkB＝fdB，而dA>dB，所以子彈的初動(dòng)能EkA>EkB，故B正確；兩子彈和木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，取向右為正方向，則有mAvA－mBvB＝eq\r(2mAEkA)－eq\r(2mBEkB)＝0，即mAEkA＝mBEkB，mAvA＝mBvB，而EkA>EkB，所以mA<mB，vA>vB，故D正確、C錯(cuò)誤．9.帶有eq\f(1,4)光滑圓弧軌道的質(zhì)量為M的滑車靜止置于光滑水平面上，如圖所示，一質(zhì)量也為M的小球以速度v0水平?jīng)_上滑車，到達(dá)某一高度后，小球又返回車的左端，則()A．小球以后將向左做平拋運(yùn)動(dòng)B．小球?qū)⒆鲎杂陕潴w運(yùn)動(dòng)C．此過程小球?qū)囎龅墓閑q\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)D．小球在弧形槽上升的最大高度為eq\f(veq\o\al(2,0),2g)解析：選BC.由于沒摩擦和系統(tǒng)外力做功，因此該系統(tǒng)在整個(gè)過程中機(jī)械能守恒，即作用前后系統(tǒng)動(dòng)能相等，又因?yàn)樗椒较蛏蟿?dòng)量守恒，故可以用彈性碰撞的結(jié)論解決．因?yàn)閮烧哔|(zhì)量相等，故發(fā)生速度交換，即滑車最后的速度為v0，小球的速度為0，因而小球?qū)⒆鲎杂陕潴w運(yùn)動(dòng)，對(duì)滑車做功W＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)，A錯(cuò)誤，B、C正確．小球上升到最高點(diǎn)時(shí)與滑車相對(duì)靜止，具有共同速度v′，因此又可以把從開始到小球上升到最高點(diǎn)的過程看做完全非彈性碰撞，由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有Mv0＝2Mv′①eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)＝2×eq\f(1,2)Mv′2＋Mgh②解①②得h＝eq\f(veq\o\al(2,0),4g)，D錯(cuò)誤．☆10.如圖所示，質(zhì)量為M的小車原來靜止在光滑水平面上，小車A端固定一根輕彈簧，彈簧的另一端放置一質(zhì)量為m的物體C，小車底部光滑，開始時(shí)彈簧處于壓縮狀態(tài)，當(dāng)彈簧釋放后，物體C被彈出向B端運(yùn)動(dòng)，最后與B端粘在一起，下列說法中正確的是()A．物體離開彈簧時(shí)，小車向左運(yùn)動(dòng)B．物體與B端粘在一起之前，小車的運(yùn)動(dòng)速率與物體C的運(yùn)動(dòng)速率之比為eq\f(m,M)C．物體與B端粘在一起后，小車靜止下來D．物體與B端粘在一起后，小車向右運(yùn)動(dòng)解析：選ABC.系統(tǒng)動(dòng)量守恒，物體C離開彈簧時(shí)向右運(yùn)動(dòng)，動(dòng)量向右，系統(tǒng)的總動(dòng)量為零，所以小車的動(dòng)量方向向左，由動(dòng)量守恒定律得mv1－Mv2＝0，所以小車的運(yùn)動(dòng)速率v2與物體C的運(yùn)動(dòng)速率v1之比為eq\f(m,M).當(dāng)物體C與B粘在一起后，由動(dòng)量守恒定律知，系統(tǒng)的總動(dòng)量為零，即小車靜止．三、非選擇題11．(2023·山西高二檢測(cè))如圖所示，一質(zhì)量m1＝kg的平頂小車靜止在光滑的水平軌道上．質(zhì)量m2＝kg的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))靜止在車頂?shù)挠叶耍毁|(zhì)量為m0＝kg的子彈、以水平速度v0＝100m/s射中小車左端并留在車中，最終小物塊相對(duì)地面以2m/s的速度滑離小車．已知子彈與車的作用時(shí)間極短，物塊與車頂面的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝，認(rèn)為最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力．取g＝10m/s2，求：(1)子彈相對(duì)小車靜止時(shí)小車速度的大?。?2)小車的長(zhǎng)度L.解析：(1)子彈進(jìn)入小車的過程中，子彈與小車組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律得m0v0＝(m0＋m1)v1①解得v1＝10m/s.②(2)三物體組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律得(m0＋m1)v1＝(m0＋m1)v2＋m2v3③解得v2＝8m/s④由能量守恒可得eq\f(1,2)(m0＋m1)veq\o\al(2,1)＝μm2gL＋eq\f(1,2)(m0＋m1)veq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,3)⑤解得L＝2m.答案：(1)10m/s(2)2m1