学人教版选修35 16.4碰撞 作业（2）.docx

2017-2018学年度人教版选修3-5 16.4碰撞 作业（2）1在质量为m的小车中挂有一单摆，摆球的质量为m0，小车（和单摆）以恒定的速度v0沿光滑水平面运动，与位于正对面的质量为m的静止木块发生碰撞，如图所示，碰撞的时间极短，在碰撞过程中，下列情况可能发生的是（ ）a. 小车和摆球的速度都变为v1，木块的速度变为v2，满足m+m0v0=m+m0v1+mv2b. 小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为v1、v2、v3，满足m+m0v0=mv1+mv2+m0v3c. 摆球的速度不变，小车和木块的速度变为v1和v2，满足mv0=mv1+mv2d. 摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为v，满足mv0=m+mv2质量相等的a、b两球在光滑水平面上沿同一直线同一方向运动，a球的动量是9kgm/s, b 球的动量是5kgm/s，当a球追上b球时发生碰撞，则碰撞后a、b两球的动量可能值是 （ ）a. pa=7kgm/s, pb=7kgm/s,b. pa=6kgm/s, pb=8kgm/s,c. pa=-2kgm/s, pb=16kgm/s,d. pa=-4kgm/s, pb=17kgm/s,3如图所示，一根足够长的水平滑杆ss上套有一质量为m的光滑金属圆环，在滑杆的正下方与其平行放置一足够长的光滑水平的绝缘轨道pp，pp穿过金属环的圆心。现使质量为m的条形磁铁以水平速度v0沿绝缘轨道向右运动，则（ ）a. 磁铁穿过金属环后，两者将先后停下来b. 磁铁将不会穿越滑环运动c. 磁铁与圆环的最终速度可能为mv0m+md. 整个过程最多能产生热量mm2(m+m)v024天舟一号货运飞船于2017年4月20日在文昌航天发射中心由长征七号遥二运载火箭成功发射升空，在轨运行5个多月，到2017年9月12日，天舟一号货运飞船顺利完成了最后一次与天宫二号空间实验室的自主快速交会对接试验（第三次对接）。对接时，飞船从空间实验室后方拉近与空间实验室的距离，以比空间实验室稍大的速度追上实验室进行对接，形成组合体。整个任务过程，飞船与空间实验室进行了三次对接和三次分离若对接和分离都是在无动力状态下进行，且空间实验室在前飞船在后，忽略稀薄空气的阻力，则下列说法正确的是（ ）a. 对接和分离都会使飞船动量增大b. 飞船与空间实验室对接时船、室总动能减小，分离时船、室总动能不变c. 对接后空间实验室在原轨道上运动，分离后空间实验室轨道会略有升高d. 对接和分离都会使空间实验室机械能增大5真空中，一带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，当它运动到a点时与一不带电的静止粒子发生碰撞并合为一体。则碰撞前、后粒子的运动轨迹正确的是（实线表示碰撞前的轨迹，虚线表示碰撞后的轨迹）a. b. c. d. 6在光滑的水平面上有a、b两球在t=2s时发生正碰，其质量分别为ma、mb，两球在碰撞前后的v-t图象如图所示a、b两球质量之比是（） a. ma：mb=1：2b. ma：mb=2：5c. ma：mb=2：1d. ma：mb=5：27质量为m1=2kg和m2的两个物体在光滑的水平面上正碰，碰撞时间不计，其t(位移时间)图象如图所示，则m2 的质量等于()a. 3kg b. 4kg c. 5kg d. 6kg8如图所示，质量为m的a球在水平面上静止放置，质量为2m的b球向左运动速度大小为v0，b球与a球碰撞且无机械能损失，碰后a球速度大小为v1，b球的速度大小为v2，碰后相对速度与碰前相对速度的比值定义为恢复系统e=v1v2v00，下列选项正确的是a. e=1 b. e=12 c. e=13 d. e=149两个质量相等的小球在光滑水平面上沿同一直线同向运动，a球的动量是8kgm/s，b球的动量是6kgm/s，a球追上b球时发生碰撞，则碰撞后a、b两球的动量可能为a. pa0，pbl4kgm/sb. pa4kgm/s，pb10kgm/sc. pa6kgm/s，pb8kgm/sd. pa7kgm/s，pb8kgm/s10初动量相同的a、b两球在光滑水平桌面上沿同一方向运动，a在前，b在后，且a球速度为v一段时间后两球发生碰撞，碰后a球速度变为2v，则a. 碰后b球运动方向不变 b. 碰后b球运动方向反向c. a球质量大于b球质量 d. a球质量小于b球质量11下雪天，卡车在平直的高速公路上匀速行驶，司机突然发现前方听着一辆故障车，他将刹车踩到底，车轮被抱死，但卡车仍向前滑行，并撞上故障车，且推着它共同滑行了一段距离l后停下已知卡车质量m为故障车质量m的5倍，设卡车与故障车相撞前的速度为v1，两车相撞后的速度变为v2，相撞的时间极短，求：v1：v2的值卡车在碰撞过程中受到的冲量。12如图所示，长度为l=15m的木板c静止在光滑的水平面上，木板c的左端和中点各静置可视为质点的物块a和b，物块a、b和木板c的质量均为1kg，物块a、b与木板c之间的动摩擦因数均为0.2。现突然给物块a一水平向右的速度v0=9m/s，a、b发生碰撞时间极短且碰撞后立即粘在一起，最后a、b整体在木板c上某处与木板保持相对静止。已知物块所受最大静摩擦力与滑动摩檫力大小相等，g=10m/s2。求：a、b碰撞刚结束时的瞬时速度；a、b、c相对静止时，a、b整体与木板c中点的距离。13如图所示，在光滑的水平面上有一辆小车处于静止状态，小车的上表面左端ab部分是水平的轨道，右侧bc是一段光滑的14圆弧轨道，圆弧的底端恰好与ab段相切，小车质量m=8kg，现有一质量m=2kg的物块，以初速度v0=10m/s从a点冲上小车，并沿bc上滑，然后恰好沿轨道返回到a点，已知物块与水平面ab部分的动摩擦因数=0.2，求：（1）小物块返回到a点的速度大小；（2）小车上平面ab的长度l；（3）要使物块不从c点冲出，14圆弧bc的半径r的最小值。14如图所示，小球a系在细线的一端，细线的另一端固定在o点，o点到水平面的距离为h，物块b的质量是小球a的2倍，置于粗糙的水平面上且位于o点的正下方，物块与水平面之间的动摩擦因数为。现拉动小球使细线水平伸直，小球由静止开始释放，运动到最纸点时与物块发生弹性正碰。小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g。求：（1）碰撞后，小球a反弹瞬间的速度大小；（2）物块b在水平面上滑行的时间t。15如图所示，竖直管底部安装一个劲度系数为k=500n/m的轻质弹簧，其上端与活塞b相连，活塞a、b质量均为m=1kg，它们与管壁间的滑动摩擦力均为kmg（k=0.2）.初始时b处于静止状态，a从距b高为h=1m处静止释放，与b相碰后一起经时间t1=0.2s下落距离x=3cm到达最低点，然后向上运动t2=0.3后与弹簧分离，弹簧的弹性势能公式为ep=kx2,x为形变量，a、b可视为质点，求：（g=10m/s2, =1.84）（1）a、b与弹簧分离后的速度大小；（2）a、b一起运动过程中弹簧弹力的总冲量大小。试卷第5页，总5页本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。参考答案1cd【解析】在碰撞过程中，由于惯性，摆球的速度不变。故ab错误。摆球的速度不变，小车和木块组成的系统动量守恒，若碰后小车和木块的速度变v1和v2，取向右为正方向，根据动量守恒有：mv=mv1+mv2故c正确。摆球的速度不变，小车和木块的速度变为v，取向右为正方向，根据动量守恒定律有：mv=（m+m）v故d正确。故选cd。点睛：解决本题的关键合理选择研究对象，知道在碰撞的瞬间前后摆球的速度不变，没有参与碰撞，明确小车和木块组成的系统动量守恒2ab【解析】以两球组成的系统为研究对象，取甲球碰撞前的速度方向为正方向，两球的质量均为m，碰撞前系统的总动能：ek=pa22m+pb22m=922m+522m=53m；系统的总动量：p=9kgm/s+5kgm/s=14kgm/s； a、若碰后甲、乙两球动量为：pa=7kgm/s，pb=7kgm/s，系统的总动量 p=7kgm/s+7kgm/s=14kgm/s，动量守恒。总动能：ek=pa22m+pb22m=722m+722m=49m，总动能减小，是可能的，故a正确。b、若碰后甲、乙两球动量为：pa=6kgm/s，pb=8kgm/s，系统的总动量 p=6kgm/s+8kgm/s=14kgm/s，动量守恒。总动能：ek=pa22m+pb22m=622m+822m=50m，总动能减小，是可能的，故b正确。c、若碰后甲、乙两球动量为：pa=-2kgm/s，pb=16kgm/s，系统的总动量 p=-2kgm/s+16kgm/s=14kgm/s，动量守恒。总动能：ek=pa22m+pb22m=222m+1622m=130m，总动能增加，是不可能的，故c错误。d、若碰后甲、乙两球动量为：pa=-4kgm/s，pb=17kgm/s，系统的总动量 p=-4kgm/s+17kgm/s=13kgm/s，动量不守恒，不可能，故d错误。故选ab。点睛：对于碰撞过程，要掌握三大规律：1、动量守恒定律；2、总动能不增加；3、符合物体的实际运动情况3cd【解析】选取磁铁与圆环组成的系统为研究的系统，系统在水平方向受到的合力为0，满足动量守恒；选取磁铁m运动的方向为正方向，则最终到达共同速度时二者相对静止，由动量守恒定律可知：mv0=（m+m）v，解得v=mv0m+m，故a错误，c正确；磁铁在靠近金属环的过程中金属环的感应电流方向产生的磁场与原磁场的方向相反，所以磁铁受到阻力的作用，同理，在离开金属环的过程中金属环的感应电流方向产生的磁场与原磁场的方向相同，也是受到阻力的作用，但是由于不知道初速度以及环与磁铁的质量之间的关系，所以不能判断出磁铁是否能够会穿越滑环运动，故b错误；磁铁若能穿过金属环，运动的过程中系统的产生的热量等于系统损失的动能，即q=12mv0212m+mv2=mm2m+mv02，故d正确。所以cd正确，ab错误。4d【解析】a、无动力状态下的对接和分离，飞行方向上系统不受外力，动量守恒，对接实际上是完全非弹性碰撞，由m1v1+m2v2=(m1+m2)v可知，对接后空间实验室速度略有增大，飞船速度略有减小，故实验室动量增大，飞船动量减小，故选项a错误；b、同理，对接时系统总动能减小，但分离产生反冲运动，系统动能增大，选项b错误；c、由以上判断可知，无论是对接还是分离，空间实验室速度都略有增大，机械能增大，因此轨道都会略有升高，故选项c错误d正确。点睛：本题需要注意动量守恒和能量守恒的应用问题，分离时产生反冲运动，系统能量增加。5a【解析】设碰撞前带电粒子的动量为p带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为，带电粒子在a点与一不带电的静止粒子碰撞过程动量守恒，总动量仍为p，总电量仍q，则由得知，碰撞后的共同体做匀速圆周运动的半径与碰撞前带电粒子的半径相同，则共同体仍沿原轨道做匀速圆周运动，a正确【点睛】本题的关键是抓住公式中，mv是动量，即能分析碰撞后的轨迹半径与碰撞前半径的关系6b【解析】由图可以知道b球碰前静止,设碰撞前,a球的速度为 ,碰后a球速度为 ,b球速度为 ,物体碰撞过程中动量守恒,规定a的初速度方向为正,由动量守恒定律有: ;结合图中说给数据可求得： ，故b正确；故选b点睛：a、b碰撞过程中动量守恒,根据动量守恒定律列出方程,结合图象信息即可求得两球质量关系.7d【解析】由图象知， 碰前速度为： ，碰后的速度为： ， 碰前速度为： ，碰后的速度为： ，两物体组成的系统动量守恒，以m1的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得： ，代入数据解得： ，故abc错误，d正确，故选d.【点睛】根据x-t图象斜率求出各自碰撞前后的速度，根据碰撞过程中动量守恒即可求解.8a【解析】ab在碰撞的过程中，根据动量守恒可得，2mv0=mv1+2mv2，在碰撞的过程中机械能守恒，可得122mv02=12mv12+122mv22，解得v1=43v0，v2=13v0，碰后相对速度与碰前相对速度的比值定义为恢复系统e=v1v2v00=1，故a正确，bcd错误；故选a。9c【解析】以a、b两球组成的系统为对象。设两球的质量均为m。当a球追上b球时发生碰撞，遵守动量守恒。由题，碰撞前总动量为：p=pa+pb=（8+6）kgm/s=14kgm/s。碰撞前总动能为：ek=pa22m+pb22m=822m+622m=50m；a、碰撞后总动量为p=pa+pb=（0+14）kgm/s=14kgm/s，符合动量守恒定律。碰撞后总动能为ek=1422m=98mek，总动能增加，违反了能量守恒定律，不可能；故a错误。b、碰撞后总动量为p=pa+pb=（4+10）kgm/s=14kgm/s，符合动量守恒定律。碰撞后总动能为ek=422m+1022m=58mek ，总动能增加，违反了能量守恒定律，不可能。故b错误。c、碰撞后总动量为p=pa+pb=（6+8）kgm/s=14kgm/s，符合动量守恒定律。碰撞后总动能为ek=622m+822m=55m=ek，符合能量守恒定律，可能发生。故c正确。d、碰撞后，总动量为p=pa+pb=（7+8）kgm/s=15kgm/s，不符合动量守恒定律，是不可能发生的，故d错误。故选c。点睛：对于碰撞过程，往往根据三大规律进行分析：1、是动量守恒定律；2、总动能不增加；3、符合物体的实际运动情况10c【解析】两球初动量相同，即mv相同，b能追上a发生碰撞，可知vbva，则mbma，选项c正确，d错误；设ab初动量均为p，则碰后a的动量大小为2p，且a的方向不变，则由动量守恒：2p=2p+pb，解得pb=0，可知碰后b静止，选项ab错误；故选c.11v1:v2=6:5i=mv2mv1【解析】由系统动量守恒可得mv1=m+mv2可得v1:v2=6:5；由动量定理可得卡车受到的冲量i=mv2mv1；12（1）4m/s（2）0.75m【解析】（1）a在木板上滑动过程中，a的加速度a=mgm=g=2m/s2 a对木板c的摩擦力fc=mg，b和c的加速度ac=mg2m=1m/s2b所受静摩擦力fb=mac=1nfbmax 则：a在木板c上向右滑动过程中，b和木板c相对静止设a在木板c上向右滑动过程中，木板c向右运动的距离为s，所用时间为t对a： s+l2=v0t12aat2 对b、c整体： s=12act2得：t=1s或5sa、b发生碰撞前的速度：va=v0aat=7m/s或者-1m/s（舍去） vb=vc=act=1m/s 由动量守恒可知： mava+mbvb=(ma+mb)vab 得a、b碰撞刚结束时的瞬时速度：vab=4m/s（2）设当a、b、c相对静止时速度为vabc，a、b发生碰撞后相对木板c运动的距离为x由动量守恒可知：mav0=(ma+mb+mc)vabc由功能关系可知： 2mgx=(122mvab2+12mvc2)123mvabc2 得:x=0.75m点睛：此题物理过程较复杂，解题时关键要搞清三个物体运动的物理过程，选择合适的研究过程列方程；注意关联物体间的速度及位移的关系.13（1）2m/s（2）10cm（3）2m【解析】（1）小物块和小车组成的系统在水平方向上的动量总是守恒，小物块恰好返回到a点，所以小物块返回到a点和小车的速度相同，设它们的共同速度为v，则有：mv0=m+mv，解得：v=mv0m+m=2102+8m/s=2m/s；（2）小物块返回到a点时，小物块的动能减少，小车的动能增加，系统的内能增加，由能量守恒定律得：12mv0212m+mv2=mg2l，解得：l=10cm。（3）小物块在圆弧bc上运动到最高点c时，水平方向上的速度与小车相同，竖直方向上的速度为零，此时小物块刚好不冲出小车，圆弧半径最小，所以小物块和小车阻成的系统在水平方向上的动量守恒，有：mv0=m+mv，解得：v=mv0m+m=2102+8m/s=2m/s，小物块在圆弧bc上运动到最高点c的过程中，小物块的动能减少，重力势能增加，小车的动能增加，由能量守恒定律得：12mv0212m+mv2=mgl+mgrmin，解得：rmin=2m。点睛：本题是系统的水平方向动量守恒和能量守恒的问题，要注意系统的总动量并不守恒，但是在水平方向上的动量是守恒的，抓住临界状态，列方程求解14（1）2gh3（2）t=22gh3g【解析】（1）设小球的质量为m，运动到最低点与物块碰撞前的速度大小为v1，碰后a、b速度分别为v1和v2，碰撞前后的动量和机械都守恒，则有：mgh=12mv12 mv1=mv1+2mv212mv12=12mv12+122mv22解得：v1=2gh3，v2=22gh3，所以碰后a反弹瞬间速度大小为2gh3；（2）物块在水平面