山东省高中物理第十六章动量守恒定律课时跟踪检测（十）碰撞（含解析）新人教版.docx

课时跟踪检测（十）碰撞1关于散射，下列说法正确的是()A散射就是乱反射，毫无规律可言B散射中没有对心碰撞C散射时仍遵守动量守恒定律D散射时不遵守动量守恒定律解析：选C由于散射也是碰撞，所以散射过程中动量守恒。2冰壶运动深受观众喜爱，图(a)为冬奥会上运动员投掷冰壶的镜头。在某次投掷中，冰壶甲运动一段时间后与对方静止的冰壶乙发生正碰，如图(b)所示。若两冰壶质量相等，则碰后两冰壶最终停止的位置，可能是图中的哪幅图()解析：选B碰撞过程动量守恒，两冰壶发生正碰，由动量守恒定律可知，碰撞前后系统动量不变，两冰壶的动量方向即速度方向不会偏离甲原来的方向，由题图可知，A图示情况是不可能的，故A错误；如果两冰壶发生弹性碰撞，碰撞过程动量守恒、机械能守恒，两冰壶质量相等，碰撞后两冰壶交换速度，甲静止，乙的速度等于甲的速度，碰后乙做减速运动，最后停止，最终两冰壶的位置如图B所示，故B正确；两冰壶碰撞后，甲的速度不可能大于乙的速度，碰后乙在前，甲在后，图C是不可能出现的，故C错误；碰撞过程机械能不可能增大，两冰壶质量相等，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错误。3如图所示，一个质量为m的物块A与另一个质量为2m的物块B发生正碰，碰后B物块刚好能落入正前方的沙坑中。假如碰撞过程中无机械能损失，已知物块B与地面间的动摩擦因数为0.1，与沙坑的距离x0.5 m，g取10 m/s2。物块可视为质点，则碰撞前瞬间A的速度大小为()A0.5 m/sB1.0 m/sC1.5 m/s D2.0 m/s解析：选C碰撞后B做匀减速运动，由动能定理得2mgx02mv2，代入数据得v1 m/s，A与B碰撞的过程中，A与B组成的系统在水平方向的动量守恒，选取向右为正方向，则有mv0mv12mv，由于没有机械能的损失，则有mv02mv122mv2，联立解得v01.5 m/s，选项C正确。4多选如图甲所示，在光滑水平面上的两小球A、B发生正碰，小球A的质量为m10.1 kg。图乙为它们碰撞前后两个小球的st图像。由此可以判断()A碰前小球B静止，小球A向右运动B碰后小球A和B都向右运动C小球B的质量为m20.2 kgD小球B的质量为m20.3 kg解析：选AD由st(位移时间)图像的斜率得到，碰前B的位移不随时间而变化，处于静止，A速度大小为v1 m/s4 m/s，方向只有向右才能与B相撞，故A正确；由图示图像可知，碰后B的速度为正方向，说明向右运动，A的速度为负方向，说明向左运动，两小球运动方向相反，故B错误；由图示图像可知，碰后B和A的速度分别为v22 m/s，v12 m/s，根据动量守恒定律得，m1v1m2v2m1v1，代入解得，m20.3 kg，故C错误，D正确。5甲、乙两球在光滑水平轨道上同向运动，已知它们的动量分别是5 kgm/s和7 kgm/s，甲追上乙并发生碰撞，碰撞后乙球的动量变为10 kgm/s，则两球质量m甲与m乙的关系可能是()Am乙m甲 Bm乙2m甲C4m甲m乙 Dm乙6m甲解析：选C碰撞前，v甲v乙，即，可得；碰撞后，v甲v乙，即，可得；综合可得，选项A、D错误。由碰撞过程动能不增加可知，E碰前E碰后，由B得到E碰前E碰后，所以排除B，答案选C。6冰球运动员甲的质量为80.0 kg。当他以5.0 m/s的速度向前运动时，与另一质量为100 kg、速度为3.0 m/s的迎面而来的运动员乙相撞。碰后甲恰好静止。假设碰撞时间极短，求：(1)碰后乙的速度的大小；(2)碰撞中总机械能的损失。解析：(1)设运动员甲、乙的质量分别为m、M，碰前速度大小分别为v、V，碰后乙的速度大小为V。由动量守恒定律有mvMVMV 代入数据得V1.0 m/s。(2)设碰撞过程中总机械能的损失为E，应有mv2MV2MV2E联立式，代入数据得E1 400 J 。答案：(1)1.0 m/s(2)1 400 J7.多选如图所示，在质量为M的小车中挂着一个单摆，摆球的质量为m0，小车(和单摆)以恒定的速度u沿光滑的水平面运动，与位于正对面的质量为m的静止木块发生碰撞，碰撞时间极短，在此碰撞过程中，下列说法可能发生的是()A小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为v1、v2、v3，满足：(Mm0)uMv1mv2m0v3B摆球的速度不变，小车和木块的速度变为v1和v2，满足：MuMv1mv2C摆球的速度不变，小车和木块的速度变为v，满足：Mu(Mm)vD小车和摆球的速度都变为v1，木块的速度为v2，满足：(Mm0)u(Mm0)v1mv2解析：选BC因碰撞时间极短，所以单摆相对小车没有发生摆动，即摆线对球的作用力原来是竖直向上的，现在还是竖直向上的，没有水平方向的分力，未改变小球的动量，即单摆没有参与这个碰撞过程，单摆的速度不发生变化，因此排除A、D。因为单摆的速度不变，所以研究对象选取小车和木块所构成的系统，若为弹性碰撞或碰后分离，水平方向动量守恒，由动量守恒定律得：MuMv1mv2，故B正确。由于题目中并没有提供在碰撞过程中的能量变化关系，所以也有可能小车和木块发生碰撞后以同一速度运动，故C正确。8.如图所示，一根劲度系数足够大的轻质弹簧端固定在墙上O点，另一端与静止在光滑水平面上A点的物块相连，物块质量为M，第一颗子弹以大小为v0的速度水平向右射入物块但未穿出。此后，每当物块向左经过A点时，都会有一颗子弹以大小为v0的速度水平向右射入物块且均未穿出。若每颗子弹的质量为m，子弹与物块相互作用时间极短，不计空气阻力，则()A随着子弹的不断射入，弹簧的最大压缩量将不断增加B当第2 019颗子弹刚要射入时，物块在A点时的速度大小为0C当第2 019颗子弹刚要射入时，物块在A点时的速度大小为v0D从第一颗子弹射入到弹簧被压缩到最短的过程中，子弹、物块和弹簧系统机械能守恒解析：选B第一颗子弹射入物块的过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得mv0(Mm)v1，解得v1，之后弹簧的最大弹性势能为Ep1(Mm)v12，根据机械能守恒可知，物块返回A点时速度大小为v1。第二颗子弹射入物块的过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得mv0(Mm)v1(M2m)v2，解得v20，第三颗子弹射入物块的过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得mv0(M3m)v3，解得v3，之后弹簧的最大弹性势能为Ep3(M3m)v32，第四颗子弹射入物块的过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得mv0(M3m)v3(M4m)v4，解得v40，可知，随着子弹的不断射入，弹簧的最大压缩量并不是不断增加，A错误。由上分析知，当偶数颗子弹射入物块后物块在A点时的速度大小为0，所以当第2 019颗子弹刚要射入时，物块在A点时的速度大小为0，B正确，C错误。在第一颗子弹射入物块的过程中，机械能有一部分转化为内能，所以子弹、物块和弹簧系统机械能要减小，D错误。9.如图所示，质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB长度为2R，现将质量也为m的小球从距A点正上方h0高处由静止释放，然后由A点经过半圆轨道后从B冲出，在空中能上升的最大高度为h0(不计空气阻力)，则()A小球和小车组成的系统动量守恒B小车向左运动的最大距离为RC小球离开小车后做斜上抛运动D小球第二次能上升的最大高度h0hF，故A、C不可能发生相对滑动，设A、C一起运动的加速度为aa1 m/s2由xat2有：t1.2 s。(2)因A、B发生弹性碰撞，由于mAmB，故A、B碰后，A的速度为0，则从碰后瞬间到木板与A速度相同的过程中，由动量守恒定律：v01.2 m/sv0.8 m/s由能量守恒：mAgxMv02(MmA)v2x0.12 m故木板C的长度L至少为：Lxx0.84 m。答案：(1)1.2 s(2)0.84 m12.如图，车厢的质量为M，长度为L，静止在光滑水平面上，质量为m的木块(可看成质点)以速度v0无摩擦地在车厢底板上向右运动，木块与前车壁碰撞后以速度向左运动，求