高中物理 16.4碰撞课时训练（含解析）新人教版选修35.doc

16.4碰撞【小题达标练】一、选择题1.在光滑水平面上,两球沿球心连线以相等速率相向而行,下列现象可能的是()a.若两球质量相等,碰后以某一相等速率互相分开b.若两球质量相等,碰后以某一相等速率同向而行c.若两球质量不同,碰后以某一相等速率互相分开d.若两球质量不同,碰后两球都静止【解析】选a。若两球质量相等,碰前两球总动量为零,碰后总动量也应该为零,由此分析可得a可能、b不可能。若两球质量不同,碰前两球总动量不为零,碰后总动量也不能为零,d不可能。若两球质量不同且碰后以某一相等速率分开,则总动量方向与质量较大的球的动量方向相同,与碰前总动量方向相反,c不可能。2.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。3.(多选)质量为m、内壁间距为l的箱子静止于光滑的水平面上,箱子中间有一质量为m的小物块,小物块与箱子底板间的动摩擦因数为。初始时小物块停在箱子正中间,如图所示。现给小物块一水平向右的初速度v,小物块与箱壁碰撞n次后恰又回到箱子正中间,并与箱子保持相对静止。设碰撞都是弹性的,则整个过程中,系统损失的动能为()a.12mv2b.12mmm+mv2c.12nmgl d.nmgl【解析】选b、d。根据动量守恒,小物块和箱子的共同速度v=mvm+m,损失的动能ek=12mv2-12(m+m)v2=12mmm+mv2,所以b正确;根据能量守恒,损失的动能等于因摩擦产生的热量,而计算热量的方法是摩擦力乘以相对位移,所以ek=fnl=nmgl,可见d正确。4.a、b两物体发生正碰,碰撞前后物体a、b都在同一直线上运动,其位移时间图像如图所示。由图可知,物体a、b的质量之比为()a.11 b.12c.13 d.31【解析】选c。由图像知:碰前va=4m/s,vb=0。碰后va=vb=1m/s,由动量守恒可知,mava+0=mava+mbvb,解得mb=3ma。故选项c正确。5.(多选)如图所示,弹簧的一端固定在竖直墙上,质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上,底部与水平面平滑连接,一个质量也为m的小球从槽高h处开始自由下滑()a.在下滑过程中小球和槽在水平方向上的动量守恒b.在整个过程中,小球和槽在水平方向上的动量守恒c.在下滑过程中小球和槽的机械能守恒d.在整个过程中,小球和槽的机械能守恒【解析】选a、c。在下滑过程中,小球与槽组成的系统在水平方向动量守恒,在压缩弹簧的过程中,由于受到弹簧的弹力,小球与槽在水平方向上动量不守恒,a项正确、b项错误。在下滑过程中,小球与槽组成的系统机械能守恒,在压缩弹簧的过程中,小球的动能与弹簧的弹性势能相互转化,小球、槽和弹簧的总机械能守恒,c项正确、d项错误。6.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5kgm/s和7kgm/s,甲追上乙并发生碰撞,碰撞后乙球的动量变为10kgm/s,则两球质量m甲与m乙的关系可能是()a.m乙=m甲 b.m乙=2m甲c.4m甲=m乙 d.m乙=6m甲【解题指南】(1)碰撞前,v甲v乙;碰撞后,v甲v乙。(2)碰撞过程满足动量守恒和动能不增加的规律。【解析】选c。碰撞前,v甲v乙,即p甲m甲p乙m乙,可得m甲m乙57;碰撞后,v甲v乙,即p甲m甲p乙m乙,可得m甲m乙15;综合可得15m甲m乙57,选项a、d错误。由碰撞过程动能不增加原理可知,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。【总结提升】(1)对一个给定的碰撞,首先要看动量是否守恒,其次再看总动能是否增加。(2)一个符合实际的碰撞,除动量守恒外还要满足能量守恒,注意判断碰撞完成后不可能发生二次碰撞的速度关系判定。(3)要灵活运用ek=p22m或p=2mek;ek=12pv或p=2ekv几个关系转换动能、动量。7.(多选)质量为m的小球a,在光滑的水平面上以速度v0与质量为2m的静止小球b发生正碰,碰撞后a球的动能恰变为原来的19,则b球的速度大小可能是()a.13v0 b.23v0 c.49v0 d.89v0【解析】选a、b。依题意,碰后a的动能满足:12mva2=1912mv02得va=13v0,代入动量守恒定律得mv0=m13v0+2mvb,解得vb=13v0或vb=23v0。【补偿训练】质量为m的小球a以水平速率v与静止在光滑水平面上质量为3m的小球b正碰后,小球a的速率为v2,则碰后b球的速度为(以a球原方向为正方向)()a.v6b.vc.-v3d.v2【解析】选d。由动量守恒定律知,若碰后a球运动方向不变,则mv=mv2+3mvb,所以vb=v6v2,由于这时b球的速度小于a球的速度,b球又是在运动方向的前面,这是不可能的。若碰后a球被反弹回去,则有mv=m(-v2)+3mvb,所以vb=v2,故d正确。二、非选择题8.质量为m的人以某一水平速度跳上停在光滑水平地面上质量为m的小车,最后两者获得共同速度v。求:(1)人跳上车前的速度大小;(2)人的动量变化量。【解析】(1)设人跳上车前的速度大小为v0,由动量守恒mv0=(m+m)v,得v0=m+mmv。(2)人的动量变化量p=mv-mv0=-mv,负号表示人的动量变化方向与人的初速度方向相反。答案:(1)m+mmv(2)mv,方向与初速度方向相反【大题提升练】1.(1)(多选)如图所示,在质量为m的小车中挂着一单摆,摆球质量为m0,小车和单摆以恒定的速度v沿光滑水平地面运动,与位于正前方的质量为m的静止的木块发生碰撞,碰撞的时间极短。在此碰撞过程中,下列情况可能发生的是()a.小车、木块、摆球的速度都发生变化,分别变为v1、v2、v3,满足(m+m0)v=mv1+mv2+m0v3b.摆球的速度不变,小车和木块的速度变为v1和v2,满足mv=mv1+mv2c.摆球的速度不变,小车和木块的速度都变为u,满足mv=(m+m)ud.小车和摆球的速度都变为v1,木块的速度变为v2,满足(m+m0)v=(m+m0)v1+mv2(2)如图,光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块a、b、c。b的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)。设a以速度v0朝b运动,压缩弹簧;当a、b速度相等时,b与c恰好相碰并粘接在一起,然后继续运动。假设b和c碰撞过程时间极短。求从a开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中,整个系统损失的机械能。弹簧被压缩到最短时的弹性势能。【解析】(1)选b、c。小车与木块碰撞且碰撞时间极短,因此相互作用只发生在木块和小车之间,悬挂的摆球在水平方向未受到力的作用,故摆球在水平方向的动量未发生变化,即摆球的速度在小车与木块碰撞过程中始终不变,由此可知a和d两种情况不可能发生;选项b的说法对应于小车和木块碰撞后又分开的情况,选项c的说法对应于小车和木块碰撞后粘在一起的情况,两种情况都有可能发生,故选项b、c正确。(2)从a压缩弹簧到a与b具有相同速度v1时,a、b与弹簧组成的系统动量守恒,有mv0=2mv1 此时b与c发生完全非弹性碰撞,设碰撞后的瞬时速度为v2,损失的机械能为e,对b、c组成的系统,由动量守恒和能量守恒得mv1=2mv2 12mv12=e+12(2m)v22 联立式,得e=116mv02 由式可知,v2v1,a将继续压缩弹簧,直至a、b、c三者速度相同,设此速度为v3,此时弹簧被压缩到最短,其弹性势能为ep,由动量守恒和能量守恒得:mv0=3mv3 12mv02-e=12(3m)v32+ep 联立式得ep=1348mv02答案:(1)b、c(2)116mv021348mv022.(1)(多选)如图所示,质量分别为m和2m的a、b两个木块间用轻弹簧相连,放在光滑水平面上,a紧靠竖直墙壁。用水平力向左推b,将弹簧压缩,推到某位置静止时推力大小为f,弹簧的弹性势能为e。在此位置突然撤去推力,下列说法中正确的是()a.撤去推力的瞬间,b的加速度大小为f2mb.从撤去推力到a离开竖直墙壁前,a、b和弹簧组成的系统动量不守恒,机械能守恒c.从撤去推力到a离开竖直墙壁前,a、b和弹簧组成的系统动量守恒,机械能守恒d.a离开竖直墙壁后,弹簧弹性势能最大值为e3e.a离开竖直墙壁后,弹簧弹性势能最大值为e(2)如图,质量分别为ma、mb的两个弹性小球a、b静止在地面上方,b球距地面的高度h=0.8m,a球在b球的正上方。先将b球释放,经过一段时间后再将a球释放。当a球下落t=0.3s时,刚好与b球在地面上方的p点处相碰,碰撞时间极短,碰后瞬间a球的速度恰为零。已知mb=3ma,重力加速度大小g=10m/s2,忽略空气阻力及碰撞中的动能损失。求:b球第一次到达地面时的速度。p点距离地面的高度。【解析】(1)选a、b、d。两个木块和弹簧组成的系统,在撤去推力f时,系统受墙壁的作用力,故系统动量不守恒,又因为墙壁对系统的作用力不做功,系统机械能守恒。f撤去前b处于静止状态,合力为0,即弹簧弹力大小与f大小相等方向相反,当撤去f的瞬间,对b而言只受到弹簧弹力作用,大小为f,故此时b的加速度大小a=f2m,故a正确;a离开墙前墙对a有弹力,这个弹力虽然不做功,但对a有冲量,因此系统机械能守恒而动量不守恒,故b正确,c错误;撤去力f后,b向右运动,弹簧弹力逐渐减小,当弹簧恢复原长时,a开始脱离墙面,这一过程机械能守恒,即满足:e=12(2m)vb2 a脱离墙面后速度逐渐增加,b速度逐渐减小,此过程中弹簧逐渐伸长,当a、b速度相同时,弹簧弹性势能最大,这一过程系统动量和机械能均守恒,有:动量守恒:2mvb=(m+2m)v 机械能守恒:epmax=12(2m)vb2-12(m+2m)v2 由可解得:epmax=e3,所以d正确,e错误。(2)设b球第一次到达地面时的速度大小为vb,由运动学公式有vb=2gh 将h=0.8m代入上式,得vb=4m/s 设两球相碰前后,a球的速度大小分别为v1和v1(v1=0),b球的速度分别为v2和v2。由运动学规律可得v1=gt 由于碰撞时间极短,重力的作用可以忽略,两球相碰前后的动量守恒,总动能保持不变。规定向下的方向为正,有mav1+mbv2=mbv2 12mav12+12mbv22=12mbv22 设b球与地面相碰后的速度大小为vb,由运动学及碰撞的规律可得vb=vb设p点距地面的高度为h,由运动学规律可得h=vb2-v222g 联立式,并代入已知条件可得h=0.75m答案:(1)a、b、d(2)4m/s0.75m【补偿训练】两个质量分别为m1和m2的劈a和b,高度相同,放在光滑水平面上。a和b的倾斜面都是光滑曲面,曲面下端与水平面相切,如图所示。一质量为m的物块位于劈a的倾斜面上,距水平面