高中物理選修35同步練習(xí)試題解析：6.4

PAGEPAGE8高中物理選修3-5同步練習(xí)試題解析碰撞1．質(zhì)量為ma＝1kg，mb＝2kg的小球在光滑的水平面上發(fā)生碰撞，碰撞前后兩球的位移—時(shí)間圖象如圖4－1所示，則可知碰撞屬于()A．彈性碰撞B．非彈性碰撞C．完全非彈性碰撞D．條件不足，不能判斷解析：由x－t圖象知，碰撞前va＝3m/s，vb＝0，碰撞后v′a＝－1m/s，v′b＝2m/s，碰撞前動(dòng)能eq\f(1,2)maveq\o\al(2,a)＋eq\f(1,2)mbveq\o\al(2,b)＝eq\f(9,2)J，碰撞后動(dòng)能eq\f(1,2)mav′eq\o\al(2,a)＋eq\f(1,2)mbv′eq\o\al(2,b)＝eq\f(9,2)J，故機(jī)械能守恒；碰撞前動(dòng)量mava＋mbvb＝3kg·m/s，碰撞后動(dòng)量mav′a＋mbv′b＝3kg·m/s，故動(dòng)量守恒，所以碰撞屬于彈性碰撞。答案：A2．如圖4－2所示，具有一定質(zhì)量的小球A固定在輕桿的一端，輕桿另一端懸掛在小車支架的O點(diǎn)。用手將小球拉至水平，此時(shí)小車靜止于光滑的水平面上，放手讓小球擺下與B處固定的油泥碰擊后粘在一起，則小車將()A．向右運(yùn)動(dòng)B．向左運(yùn)動(dòng)C．靜止不動(dòng)D．小球下擺時(shí)，車向左運(yùn)動(dòng)后又靜止解析：球與車組成的系統(tǒng)水平方向滿足動(dòng)量守恒定律，而系統(tǒng)的初態(tài)總動(dòng)量為零，故D選項(xiàng)正確。答案：D3．三個(gè)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(shí)，才被水平飛來的子彈擊中，木塊C未受到子彈打擊。若子彈均留在木塊中，則三木塊下落的時(shí)間tA、tB、tC的關(guān)系是()A．tA<tB<tCB．tA>tB＜tCC．tA＝tC<tBD．tA＝tB<tC解析：木塊C做自由落體運(yùn)動(dòng)，木塊A被子彈擊中做平拋運(yùn)動(dòng)，木塊B在子彈擊中瞬間豎直方向動(dòng)量守恒mv＝(M＋m′)v′，即v′＜v，木塊B豎直方向速度減小，所以tA＝tC＜tB。答案：C4.如圖4－3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)論中正確的是()A．P的速度恰好為零B．P與Q具有相同的速度C．Q剛開始運(yùn)動(dòng)D．Q的速度等于v解析：P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)速度相同時(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。答案：B5.如圖4－4所示，在光滑水平面上停放質(zhì)量為m裝有弧形槽的小車。現(xiàn)有一質(zhì)量也為m的小球以v0的水平速度沿與切線水平的槽口向小車滑去(不計(jì)摩擦)，到達(dá)某一高度后，小球又返回小車右端，則()A．小球在小車上到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)的速度大小為v0/2B．小球離車后，對(duì)地將向右做平拋運(yùn)動(dòng)C．小球離車后，對(duì)地將做自由落體運(yùn)動(dòng)D．此過程中小球?qū)囎龅墓閙veq\o\al(2,0)/2解析：小球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，小車和小球相對(duì)靜止，且水平方向總動(dòng)量守恒，小球離開車時(shí)類似完全彈性碰撞，兩者速度互換。答案：A、C、D6．在光滑水平面上，動(dòng)能為E0、動(dòng)量的大小為p0的小鋼球1與靜止小鋼球2發(fā)生碰撞，碰撞前后球1的運(yùn)動(dòng)方向相反。將碰撞后球1的動(dòng)能和動(dòng)量的大小分別記為E1、p1，球2的動(dòng)能和動(dòng)量的大小分別記為E2、p2，則下列關(guān)系式不正確的是()A．E1<E0B．p1<p0C．E2>E0D．p2>p0解析：球1與球2碰撞，碰撞前后的動(dòng)能關(guān)系應(yīng)為E0≥E1＋E2。因此E1＜E0，E2＜E0，選項(xiàng)A正確，C不正確；由p＝eq\r(2mEk)，結(jié)合E1＜E0，可知p1＜p0，選項(xiàng)B正確；設(shè)球1初動(dòng)量方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒定律得：p0＝－p1＋p2，所以p2＝p0＋p1，可見p2＞p0，選項(xiàng)D正確。答案：A、B、D7．質(zhì)量相等的A、B兩球在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運(yùn)動(dòng)，A球的動(dòng)量是7kg·m/s，B球的動(dòng)量是5kg·m/s，當(dāng)A球追上B球發(fā)生碰撞，則碰撞后A、B兩球的動(dòng)量可能值是()A．pA＝6kg·m/s，pB＝6kg·m/sB．pA＝3kg·m/s，pB＝9kg·m/sC．pA＝－2kg·m/s，pB＝14kg·m/sD．pA＝－4kg·m/s，pB＝17kg·m/s解析：從碰撞前后動(dòng)量守恒pA＋pB＝p′A＋p′B驗(yàn)證，A、B、C三種皆有可能。從總動(dòng)能eq\f(p\o\al(2,A),2m)＋eq\f(p\o\al(2,B),2m)＋eq\f(p\o\al(′2,A),2m)≥eq\f(p\o\al(′2,B),2m)來看，只有A可能。答案：A8.如圖4－5所示，光滑水平面上有大小相同的A、B兩球在同一直線上運(yùn)動(dòng)。質(zhì)量關(guān)系為mB＝2mA，規(guī)定向右為正方向，A、B兩球的動(dòng)量大小均為6kg·m/s，運(yùn)動(dòng)中兩球發(fā)生碰撞，碰撞后A球的動(dòng)量增量為－4kg·m/s，則()A．左方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為25B．左方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為110C．右方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為25D．右方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為110解析：由質(zhì)量關(guān)系，動(dòng)量關(guān)系，動(dòng)量增量關(guān)系判斷球的位置。由mB＝2mA、pB＝pA知：vA＝2vB。對(duì)兩球發(fā)生碰撞的情況進(jìn)行討論：a．A球在左方，都向右運(yùn)動(dòng)。由動(dòng)量守恒定律得：p′A＝2kg·m/s，p′B＝10kg·m/s，即eq\f(mAv′A,mBv′B)＝eq\f(2,10)，故eq\f(v′A,v′B)＝eq\f(2,5)。b．A球在左方，且A向右運(yùn)動(dòng)，B向左運(yùn)動(dòng)，由題意知p′A＝2kg·m/s，p′B＝2kg·m/s，A、B兩球碰后繼續(xù)相向運(yùn)動(dòng)是不可能的。c．B球在左方，A球在右方，則此種情況下ΔpA＞0，與題中給定不符．由以上分析知，只有第一種情況成立。答案：A9．質(zhì)量為1kg的小球A以8m/s的速率沿光滑水平面運(yùn)動(dòng)，與質(zhì)量為3kg的靜止小球B發(fā)生正碰后，A、B兩小球的速率vA和vB可能為()A．vA＝5m/sB．vA＝－3m/sC．vB＝1m/sD．vB＝6m/s解析：若A、B發(fā)生彈性碰撞，則動(dòng)量和機(jī)械能均守恒，mAv0＝mAvA＋mBvB及eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)，解得vA＝eq\f(mA－mB,mA＋mB)v0＝－4m/s，vB＝eq\f(2mA,mA＋mB)v0＝4m/s。若A、B發(fā)生完全非彈性碰撞，則僅動(dòng)量守恒，mAv0＝(mA＋mB)v，解得v＝eq\f(mA,mA＋mB)v0＝2m/s。故A的速度范圍－4m/s≤vA≤2m/s，小球B的速度范圍2m/s≤vB≤4m/s，B正確。答案：B10．如圖4－6所示，一輕質(zhì)彈簧兩端連著物體A和B，放在光滑的水平面上，物體A被水平速度為v0的子彈擊中，子彈嵌在其中，已知物體A的質(zhì)量是B的質(zhì)量的eq\f(3,4)，子彈的質(zhì)量是B的質(zhì)量的eq\f(1,4)。求：(1)A物體獲得的最大速度；(2)彈簧壓縮量最大時(shí)B物體的速度。解析：(1)子彈射入物體A時(shí)，兩者組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，故m0v0＝(m0＋mA)vA，將mA＝eq\f(3,4)mB，m0＝eq\f(1,4)mB代入，得vA＝eq\f(1,4)v0。此后因彈簧壓縮，A受向左的彈力作用而做減速運(yùn)動(dòng)，速度減小，故eq\f(1,4)v0是A獲得的最大速度。(2)彈簧壓縮量最大時(shí)，A、B相距最近，其速度相等，由子彈、A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，即m0v0＝(m0＋mA＋mB)vB，得vB＝eq\f(m0,m0＋mA＋mB)v0＝eq\f(1,8)v0。答案：(1)eq\f(v0,4)(2)eq\f(v0,8)11.如圖4－7所示，一定長(zhǎng)度的木板靜止在光滑的水平地面上，其質(zhì)量為M＝1.8kg。木板左端放一木塊，其質(zhì)量為m＝190g，木板與木塊間動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.4。質(zhì)量為m0＝10g的子彈以v0＝200m/s的速度水平打入木塊并留在其中，最后木塊恰好到達(dá)木板的右端。求：(1)木塊到達(dá)木板右端所用的時(shí)間；(2)木板的長(zhǎng)度。解析：(1)子彈打入木塊過程所用時(shí)間極短，并且相互作用力遠(yuǎn)大于木塊所受的摩擦力，故子彈與木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒。設(shè)子彈打入木塊后的速度為v1，有m0v0＝(m0＋m)v1得v1＝eq\f(m0,m0＋m)v0＝10m/s木塊在木板上滑動(dòng)時(shí)，帶動(dòng)木板向右加速，因地面光滑，子彈、木塊與木板組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，最后三者速度相等，設(shè)為v2，則m0v0＝(m0＋m＋M)v2得v2＝eq\f(m0,m0＋m＋M)v0＝1m/s木塊沿木板做勻減速運(yùn)動(dòng)，加速度a1＝eq\f(μ(m0＋m)g,m0＋m)＝μg＝4m/s2故木塊在木板上的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝eq\f(v1－v2,a1)＝2.25s。(2)如圖所示，木塊向右減速的位移x1＝eq\f(v1＋v2,2)t＝12.375m木板向右加速的位移x2＝eq\f(v2,2)t＝1.125m故木板長(zhǎng)度L＝x1－x2＝11.25m。答案：(1)2.25s(2)11.25m12．如圖4－8所示，坡道頂端距水平面高度為h，質(zhì)量為m1的小物塊A從坡道頂端由靜止滑下，進(jìn)入水平面上的滑道時(shí)無機(jī)械能損失，為使A制動(dòng)，將輕彈簧的一端固定在水平滑道延長(zhǎng)線M處的墻上，另一端與質(zhì)量為m2的擋板B相連，彈簧處于原長(zhǎng)時(shí)，B恰位于滑道的末端O點(diǎn)。A與B碰撞時(shí)間極短，碰后結(jié)合在一起共同壓縮彈簧，已知在OM段A、B與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，其余各處的摩擦不計(jì)，重力加速度為g，求：(1)物塊A在與擋板B碰撞前瞬間速度v的大??；(2)彈簧最大壓縮量為d時(shí)的彈性勢(shì)能Ep(設(shè)彈簧處于原長(zhǎng)時(shí)彈性勢(shì)能為零)。解析：(1)由機(jī)械能守恒定律，有m1gh＝eq\f(1,2)m1v2，v＝eq\r(2gh)(2)A、B在碰撞過程中內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，由動(dòng)量守恒，有m1v＝(m1＋m2)v′。A、B克服摩擦力所做的功W＝μ(m1＋m2)gd。由能量守恒定律，有eq\f(1,2)(m1＋m2)v′2＝Ep＋μ(m1＋m2)gd。解得Ep＝eq\f(m\o\al(2,1),m1＋m2)gh－μ(m1＋m2)gd。答案：(1)eq\r(2gh)(2)eq\f(m\o\al(2,1)gh,m1＋m2)－μ(m1＋m2)gd13．如圖4－9所示，在同一豎直平面上，質(zhì)量為2m的小球A靜止在光滑斜面的底部，斜面高度為H＝2L。小球受到彈簧的彈力作用后，沿斜面向上運(yùn)動(dòng)。離開斜面后，達(dá)到最高點(diǎn)時(shí)與靜止懸掛在此處的小球B發(fā)生彈性碰撞，碰撞后球B剛好能擺到與懸點(diǎn)O同一高度，球A沿水平方向拋射落在水平面C上的P點(diǎn)，O點(diǎn)的投影O′與P的距離為L(zhǎng)/2。已知球B的質(zhì)量為m，懸繩長(zhǎng)L，視兩球?yàn)橘|(zhì)點(diǎn)。重力加速度為(1)球B在兩球碰撞后一瞬間的速度大小；(2)球A在兩球碰撞前一瞬間的速度大小；(3)彈簧的彈性力對(duì)球A所做的功。解析：(1)設(shè)碰撞后的一瞬間，球B的速度為v′B，由于球B恰能擺到與懸點(diǎn)O同一高度，根據(jù)動(dòng)能定理：－mgL＝0－eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,B) ①v′B＝eq\r(2gL) ②(2)球A到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，只有水平方向速度，與球B發(fā)生彈性碰撞。設(shè)碰撞前的一瞬間，球A水平速度為vx，碰撞后的一瞬間，球A速度為v′x。球A、B系統(tǒng)碰撞過程動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒：2mvx＝2mv′x＋mv′B ③eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,x)＝eq\f(1,2)×2mv′eq\o\al(2,x)＋eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,B) ④由②③④式解得：v′x＝eq\f(1,4)eq\r(2gL)⑤即球A在碰撞前一瞬間的速度大小vx＝eq\f(3,4)eq\r(2gL)⑥(3)碰后球A做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)從拋出到落地時(shí)間為t，平拋高度為y，則：eq\f(L,2)＝v′xt⑦y＝eq\f(1,2)gt2⑧由⑤⑦⑧式解得：y＝L。以球A為研究對(duì)象，彈簧的彈性力所做的功為W，從靜止位置運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)：W－2mg(y＋2L)＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,x)⑨由⑤⑥⑦⑧⑨式得：W＝eq\f(57,8)mgL。答案：(1)eq\r(2gL)(2)eq\f(3,4)eq\r(2gL)(3)eq\f(57,8)mgL14．小球A和B的質(zhì)量分別為mA和mB，且mA>mB。在某高度處將A和B先后從靜止釋放。小球A與水平地面碰撞后向上彈回，在釋放處下方與釋放處距離為H的地方恰好與正在下落的小球B發(fā)生正碰。設(shè)所有碰撞都是彈性的，碰撞時(shí)間極短。求小球A、B碰撞后B上升的最大高度。解析：根據(jù)題意，由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律可知，小球A與B碰撞前的速度大小相等，設(shè)均為v0。由機(jī)械能守恒有mAgH＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,0)①設(shè)小球A與B碰撞后的速度分別為v1和v2，以豎直向上方向?yàn)檎?，由?dòng)量守恒有mAv0＋mB(－v0)＝mAv1＋mBv2②由于兩球碰撞過程中能量守恒，故eq