2019-2020学年高中物理 第16章 动量守恒定律 课时作业4 碰撞（含解析）新人教版选修3-5

碰撞一、选择题(4、5、9题为多选，其余选择为单选)1.如图所示，b、c、d、e、f 5个小球并排放置在光滑的水平面上，b、c、d、e 4个球质量相等，而f球质量小于b球质量，a球的质量等于f球质量a球以速度v0向b球运动，所发生的碰撞均为弹性碰撞，则碰撞之后()a5个小球静止，1个小球运动b4个小球静止，2个小球运动c3个小球静止，3个小球运动d6个小球都运动解析a球与b球相碰时，由于a球质量小于b球，a球弹回，b球获得速度与c球碰撞，由于发生的碰撞为弹性碰撞且质量相等，b球静止，c球获得速度，同理，c球和d球的碰撞，d球与e球的碰撞都是如此，e球获得速度后与f球的碰撞过程中，由于e球的质量大于f球，所以e球、f球碰后都向右运动所以碰撞之后，a球、e球、f球三球运动，b球、c球、d球三球静止答案c2一中子与一质量数为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.b.c. d.解析设中子质量为m，则原子核质量为am，由mvmv1amv2，mv2mv12amv22，得v1v所以，a项正确答案a3甲、乙两铁球质量分别是m11 kg，m22 kg，在光滑平面上沿同一直线运动，速度分别是v16 m/s、v22 m/s.甲追上乙发生正碰后两物体的速度有可能是()av17 m/s，v21.5 m/sbv12 m/s，v24 m/scv13.5 m/s，v23 m/sdv14 m/s，v23 m/s解析以甲的初速度方向为正方向，碰撞前总动量pm1v1m2v216 kgm/s22 kgm/s10 kgm/s，碰撞前的动能ekm1v12m2v22162 j222 j22 j；如果v17 m/s，v21.5 m/s，碰撞后动量守恒、机械能增加，故a项错误；如果v12 m/s，v24 m/s，碰撞后动量守恒、机械能不增加，碰撞后不能发生二次碰撞，故b项正确；如果v13.5 m/s，v23 m/s，碰撞过程动量不守恒，故c项错误；v14 m/s，v23 m/s，碰撞过程动量守恒、机械能不增加，但要发生二次碰撞，故d项错误，故选b项答案b4.如图所示，在光滑水平地面上有两个完全相同的小球a和b，它们的质量都为m.现b球静止，a球以速度v0与b球发生正碰，针对碰撞后的动能下列说法中正确的是()ab球动能的最大值是mv02bb球动能的最大值是mv02c系统动能的最小值是0d系统动能的最小值是mv02解析当两球发生完全弹性碰撞时，a球静止，b球的动能最大，a项正确，b项错误；当两球相碰后共同运动时，损失的能量最多，系统动能最小，系统动能的最小值是mv02，c项错误，d项正确答案ad5如图所示，长木板a放在光滑的水平面上，质量为m4 kg的小物体b以水平速度v02 m/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g10 m/s2，则下列说法正确的是()a木板a获得的动能为2 jb系统损失的机械能为2 jc木板a的最小长度为2 mda、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v1 m/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m4 kg，木板获得的动能为：ekmv22 j，故a项正确；系统损失的机械能emv02mv2mv2，代入数据解得：e4 j，故b项错误；由图得到：01 s内b的位移为xb(21)1 m1.5 m，a的位移为xa11 m0.5 m，木板a的最小长度为lxbxa1 m，故c项错误；由图象可知，b的加速度：a1 m/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项正确答案ad6.质量为ma1 kg，mb2 kg的小球在光滑的水平面上发生碰撞，碰撞前后两球的位移时间图象如图所示，则可知碰撞属于()a弹性碰撞b非弹性碰撞c完全非弹性碰撞d条件不足，不能确定解析由xt图象知，碰撞前va3 m/s，vb0，碰撞后va1 m/s，vb2 m/s，碰撞前动能mava2mbvb2 j，碰撞后动能mava2mbvb2 j，故机械能守恒；碰撞前动量mavambvb3 kgm/s，碰撞后动量mavambvb3 kgm/s，故动量守恒，所以碰撞属于弹性碰撞答案a7在光滑水平面上有两个相同的弹性小球a、b，质量都是m，现a球向b球运动，b球静止，发生正碰，已知碰撞过程中总机械能守恒，两球压缩最紧时的弹性势能为ep，则碰撞前a的速度等于()a. b.c2 d2解析两球压缩最紧时速度相等，由动量守恒，得mva2mv弹性势能epmva22mv2由联立得va2.答案c8.如图所示，半径为r的光滑圆槽质量为m，静止在光滑水平面上，其内表面有一质量为m的小球被细线吊着位于槽的边缘处，如将线烧断，小球滑行到最低点向右运动时，圆槽的速度为()a0 b.，向左c.，向右 d不能确定解析以水平向右为正方向，设在最低点时m和m的速度大小分别为v和v，根据动量守恒定律得：0mvmv，根据机械能守恒定律列方程得：mgrmv2mv2，联立以上两式解得v，向左，故b项正确答案b9.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向左边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()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：mv02mv123mv22，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，a项正确；因两球质量不相等，故两球碰后的动量大小不相等，b项错误；两球碰后上摆过程，机械能守恒，故上升的最大高度相等，另摆长相等，故两球碰后的最大摆角相同，c项错误；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，d项正确答案ad二、非选择题10一个物体静置于光滑水平面上，外面扣一质量为m的盒子，如图甲所示现给盒子一初速度v0，此后，盒子运动的vt图象呈周期性变化，如图乙所示，请据此求盒内物体的质量解析设物体的质量为m，t0时刻受盒子碰撞获得速度v，根据动量守恒定律，得mv0mv3t0时刻物体与盒子右壁碰撞使盒子速度又变为v0，说明物体速度变为零，且碰撞是弹性碰撞，由机械能守恒，有mv02mv2联立式，解得mm.答案m11如图所示，光滑水平轨道上放置长板a(上表面粗糙)和滑块c，滑块b置于a的左端，三者质量分别为ma2 kg、mb1 kg、mc2 kg.开始时c静止，a、b一起以v05 m/s的速度匀速向右运动，a与c发生碰撞(时间极短)后c向右运动，经过一段时间a、b再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与c碰撞求a与c发生碰撞后瞬间a的速度大小解析因碰撞时间极短，a与c碰撞过程动量守恒，设碰撞后瞬间a的速度大小为va，c的速度大小为vc，以向右为正方向，由动量守恒定律得mav0mavamcvca与b在摩擦力作用下达到共同速度，设共同速度为vab，由动量守恒定律得mavambv0(mamb)vaba、b达到共同速度后恰好不再与c碰撞，应满足：vabvc联立式解得：va2 m/s.答案2 m/s12如图，abc三个木块的质量均为m，置于光滑的水平面上，bc之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触但不固连，将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把bc紧连，使弹簧不能伸展，以至于bc可视为一个整体，现a以初速v0沿bc的连线方向朝b运动，与b相碰并粘合在一起，以后细线突然断开，弹簧伸展，从而使c与a，b分离，已知c离开弹簧后的速度恰为v0，求弹簧释放的势能解析设碰后a、b和c的共同速度的大小为v，由动量守恒，得3mvmv0设c离开弹簧时，a、b的速度大小为v1，由动量守恒，得3mv2mv1mv0设弹簧的弹性势能为ep，从细线断开到c与弹簧分开的过程中机械能守恒，有(3m)v2ep(2m)v12mv02由式，得弹簧所释放的势能为epmv02答案mv0213如图所示，光滑水平面上依次放置两个质量均为m的小物块a和c以及光滑曲面b，b的质量为m3m，b的曲面下端与水平面相切，且b足够高现让小物块c以水平速度v0向右运动，与a发生弹性碰撞，碰撞后小物块a又滑上b.求物块a在b上能够达到的最大高度解析c、a组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0mvcmva，由机械能守恒定律得：mv02mvc2mva2，解得：vc0，vav0，a、b系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mva(mm)v，系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：mva2mgh(mm)v2，解得：h.答案14.如图，小球a、b用等长细线悬挂于同一固定点o.让球a静止下垂，将球b向右拉起，使细线水平从静止释放球b，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大偏角为60.忽略空气阻力，求：(1)两球a、b的质量之比；(2)两球在碰撞过程中损失的机械能与球b在碰前的最大动能之比解析(1)设球b的质量为m2，细线长为l，球b下落至最低点，但未与球a相碰时的速度为v，由机械能守恒定律，得m2glm2v2式中g是重力加速度的大小设球a的质量为m1，在两球碰后的瞬