人教版选修35 第16章 第4节 碰撞 课时作业.doc

第十六章第四节 基础夯实 一、选择题(13题为单选题，4、5题为多选题)1关于散射，下列说法正确的是(c)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：由于散射也是碰撞，所以散射过程中动量守恒。2(宜昌市葛州坝中学20152016学年高二下学期期中)一中子与一质量数为a(a1)的原子核发生弹性正碰。若碰前原子核静止，则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为(a)abcd解析：设中子质量为m，则原子核质量为am，由mvmv1amv2，mv2mvamv，得v1v所以，a正确。3在光滑水平面上有三个完全相同的小球，它们成一条直线，2、3小球静止，并靠在一起，1球以速度v0 射向它们，如图所示，设碰撞中不损失机械能，则碰后三个小球的速度可能是(d)av1v2v3v0bv10，v2v3v0cv10，v2v3v0dv1v20，v3v0解析：由题设条件，三个小球在碰撞过程中总动量和总动能守恒，若各球质量均为m，则碰撞前系统总动量为mv0，总动能应为mv。假如选项a正确，则碰后总动量为mv0，这显然违反动量守恒定律，故不可能。假如选项b正确，则碰后总动量为mv0，这也违反动量守恒定律，故也不可能。假如选项c正确，则碰后总动量为mv0，但总动能为mv，这显然违反机械能守恒定律，故也不可能。假如选项d正确的话，则通过计算其既满足动量守恒定律，也满足机械能守恒定律，故选项d正确。4在光滑水平面上，一质量为m、速度大小为v的a球与质量为2m静止的b球发生正碰，碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，则碰后b球的速度大小可能是(bc)a0.7vb0.6vc0.4vd0.2v解析：以两球组成的系统为研究对象，以a球的初速度方向为正方向，如果碰撞为弹性碰撞，由动量守恒定律得：mvmva2mvb，由机械能守恒定律得：mv2mv2mv，解得：vav，vbv，负号表示碰撞后a球反向弹回，如果碰撞为完全非弹性碰撞，以a球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv(m2m)vb，解得：vbv，则碰撞后b球的速度范围是：vvbv，故b、c正确，a、d错误。5(黑龙江大庆一中20152016学年高二下学期检测)如图所示，长木板a放在光滑的水平面上，质量为m4kg的小物体b以水平速度v2m/s滑上原来静止的长木板a的上表面，由于a、b间存在摩擦，之后a、b速度随时间变化情况如图乙所示，取g10m/s2，则下列说法正确的是(ad)a木板a获得的动能为2jb系统损失的机械能为2jc木板a的最小长度为2mda、b间的动摩擦因数为0.1解析：由图象可知，木板获得的速度为v1m/s，a、b组成的系统动量守恒，以b的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0(mm)v，解得：木板a的质量m4kg，木板获得的动能为：ekmv22j，故a正确；系统损失的机械能emvmv2mv2，代入数据解得：e4j，故b错误；由图得到：01s内b的位移为xb(21)1m1.5m，a的位移为xa11m0.5m，木板a的最小长度为lxbxa1m，故c错误；由图象可知，b的加速度：a1m/s2 ，负号表示加速度的方向，由牛顿第二定律得：mbgmba，代入解得0.1，故d正确。二、非选择题6如图所示，游乐场上，两位同学各驾着一辆碰碰车迎面相撞，此后，两车以共同的速度运动。设甲同学和他的车的总质量为150kg，碰撞前向右运动，速度的大小为4.5m/s；乙同学和他的车总质量为200kg，碰撞前向左运动，速度的大小为3.7m/s。求碰撞后两车共同的运动速度及碰撞过程中损失的机械能。答案：0.186m/s方向向左2881.7j解析：设甲同学的车碰撞前的运动方向为正方向，他和车的总质量m1150kg，碰撞前的速度v14.5m/s；乙同学和车的总质量m2200kg，碰撞前的速度v23.7m/s。设碰撞后两车的共同速度为v，则系统碰撞前的总动量为pm1v1m2v21504.5kgm/s200(3.7)kgm/s65kgm/s碰撞后的总动量为p(m1m2)v根据动量守恒定律pp，代入数据得v0.186m/s，即碰撞后两车以v0.186m/s的共同速度运动，运动方向向左。此过程中损失的机械能em1vm2v(m1m2)v22881.7j7在光滑的水平面上，质量为m1的小球a以速率v0向右运动，在小球a的前方o点有一质量为m2的小球b处于静止状态，如图所示，小球a与小球b发生正碰后小球a、b均向右运动，小球b被q处的墙壁弹回后与小球a在p点相遇，pq1.5po，假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性的，求两小球质量之比m1/m2。答案：2解析：从两小球碰撞后到它们再次相遇，小球a和b的速度大小保持不变，根据它们通过的路程，可知小球b和小球a在碰撞后的速度大小之比为41。设碰撞后小球a和b的速度分别为v1和v2，在碰撞过程中动量守恒，碰撞前后动能相等。m1v0m1v1m2v2，m1vm1vm2v利用v2/v14，可解出2 能力提升 一、选择题(12题为单选题，35题为多选题)1一弹丸在飞行到距离地面5m高时仅有水平速度v2m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为31。不计质量损失，取重力加速度g10m/s2。则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能的是(b)解析：本题有两种可能情况，一是甲在前，二是甲在后。甲在前情况，设总质量为4m，由动量守恒得4m23mv甲mv乙，由平抛运动规律知，甲图中两弹片的速度分别为v甲2.5m/s，v乙0.5m/s，不满足动量守恒关系，选项a错误；乙图中两弹片的速度分别为v甲2.5m/s，v乙0.5m/s，满足动量守恒关系，选项b正确；甲在后情况，c图中v甲1m/s，v乙2m/s，不满足动量守恒关系，选项c错误；d图中，v甲1m/s，v乙2m/s，同样不满足动量守恒关系，选项d错误。2(山西大学附中20162017学年高二下学期检测)在光滑水平面上，有两个小球a、b沿同一直线同向运动(b在前)，已知碰前两球的动量分别为pa12kgm/s、pb13kgm/s，碰后它们动量的变化分别为pa、pb。下列数值可能正确的是(a)apa3kgm/s、pb3kgm/sbpa3kgm/s、pb3kgm/scpa24kgm/s、pb24kgm/sdpa24kgm/s、pb24kgm/s解析：由题，碰撞后，两球的动量方向都与原来方向相同，a的动量不可能沿原方向增大，故碰后它们动量的变化分别为pa0，故b、d错误；根据碰撞过程动量守恒，如果pa3kgm/s、pb3kgm/s，所以碰后两球的动量分别为pa9kgm/s、pb16kgm/s，根据碰撞过程总动能不增加，故a正确。根据碰撞过程动量守恒定律，如果pa24kgm/s、pb24kgm/s，所以碰后两球的动量分别为pa12kgm/s、pb37kgm/s，可以看出，碰撞后a的动能不变，而b的动能增大，违反了能量守恒定律，故c错误，故选a。3.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(bc)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：由于碰撞时间极短，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，实际上单摆没有参与这个碰撞过程，所以单摆的速度不发生变化，因此，选项中应排除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，由动量守恒定律有：mumv1mv2，即为b选项，由于题目中并没有提供在碰撞过程中能量变化关系，所以也有可能小车和木块发生完全非弹性碰撞而选c。4.如图，大小相同的摆球a和b的质量分别为m和3m，摆长相同，并排悬挂，平衡时两球刚好接触，现将摆球a向左拉开一小角度后释放，若两球的碰撞是弹性的，下列判断正确的是(ad)a第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等b第一次碰撞后的瞬间，两球的动量大小相等c第一次碰撞后，两球的最大摆角不相同d发生第二次碰撞时，两球在各自的平衡位置解析：两球在碰撞前后，水平方向不受外力，故水平两球组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有：mv0mv13mv2；又两球碰撞是弹性的，故机械能守恒，即mvmv3mv，解两式得：v1，v2，可见第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等，选项a正确；因两球质量不相等，故两球碰后的动量大小不相等，选项b错误；两球碰后上摆过程，机械能守恒，故上升的最大高度相等，因摆长相等，故两球碰后的最大摆角相同，选项c错误；由单摆的周期公式t2，可知，两球摆动周期相同，故经半个周期后，两球在平衡位置处发生第二次碰撞，选项d正确。5(吉林二中20162017学年高二下学期期中)如图所示，轻质弹簧的一端固定在墙上，另一端与质量为m的物体a相连，a放在光滑水平面上，有一质量与a相同的物体b，从高h处由静止开始沿光滑曲面滑下，与a相碰后一起将弹簧压缩，弹簧复原过程中某时刻b与a分开且沿原曲面上升。下列说法正确的是(bd)a弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为mghb弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为cb能达到的最大高度为db能达到的最大高度为解析：对b下滑过程，据机械能守恒定律可得：mghmv，b刚到达水平地面的速度v0。碰撞过程，根据动量守恒定律可得：mv02mv，得a与b碰撞后的共同速度为vv0，所以弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为epm2mv2mgh，故a错误，b正确；当弹簧再次恢复原长时，a与b将分开，b以v的速度沿斜面上滑，根据机械能守恒定律可得mghmv2，b能达到的最大高度为，故c错误，d正确，故选bd。二、非选择题6.如图，光滑水平直轨道上两滑块a、b用橡皮筋连接，a的质量为m。开始时橡皮筋松驰，b静止，给a向左的初速度v0。一段时间后，b与a同向运动发生碰撞并粘在一起。碰撞后的共同速度是碰撞前瞬间a的速度的两倍，也是碰撞前瞬间b的速度的一半。求：(1)b的质量；(2)碰撞过程中a、b系统机械能的损失。答案：(1)(2)mv解析：(1)以初速度v0的方向为正方向，设b的质量为mb，a、b碰撞后的共同速度为v，由题意知：碰撞前瞬间a的速度为，碰撞前瞬间b的速度为2v，由动量守恒定律得m2mbv(mmb)v由式得mb(2)从开始到碰后的全过程，由动量守恒定律得mv0(mmb)v设碰撞过程a、b系统机械能的损失为e，则em()2mb(2v)2(mmb)v2联立式得emv7(哈尔滨六中20162017学年高二下学期期中)如图甲所示，物块a、b的质量分别是ma4.0kg和mb3.0kg。用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块b右侧与竖直墙相接触。另有一物块c从t0时以一定速度向右运动，在t4s时与物块a相碰，并立即与a粘在一起不再分开，物块c的vt图象如图乙所示。求：(1)物块c的质量？(2)b离开墙