人教版高中物理选修3-5同步练习：16.4碰撞

1、课时 4 碰撞对应学生用书 P13一、选择题1(多选 )下列关于碰撞的理解正确的是 ( )A. 碰撞是指相对运动的物体相遇时，在极短时间内它们的运动状态发生了显著变化的过程B. 在碰撞现象中，一般内力都远远大于外力，所以可以认为碰撞时系统的总动量守恒C. 如果碰撞过程中机械能也守恒，这样的碰撞叫做非弹性碰撞D. 微观粒子的碰撞由于不发生直接接触，所以不满足动量守恒的条件，不能应用动量守恒定律求解答案 AB解析 碰撞过程中机械能守恒的碰撞为弹性碰撞， C 错误。动量守恒定律是 自然界普遍适用的规律之一， 不仅低速、 宏观物体的运动遵守这一规律， 而且高 速、微观粒子的运动也遵守这一规律， D 错

2、误，故选 A、B。2为了模拟宇宙大爆炸初期的情景 ， 科学家们使两个带正电的重离子被加速后，沿同一条直线相向运动而发生猛烈碰撞 。若要使碰撞前的动能尽可能多地 转化为内能 ，应该设法使离子在碰撞的瞬间具有 ()A .相同的速率 B.相同的质量C.相同的动能 D .大小相同的动量答案 D解析 碰撞满足动量守恒， 只有碰前两重离子的动量大小相等方向相反， 系 统的总动量为零， 碰后粘在一起， 系统的动能为零， 系统的动能完全转化成内能， 故D 正确。3(多选 )在光滑水平面上 ，两球沿球心连线以相等速率相向而行 ， 并发生碰撞 ，下列现象可能的是 ()A.若两球质量相同，碰后以某一相等速率互相分开

3、B.若两球质量相同，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，碰后以某一相等速率同向而行答案 AD解析 两球沿球心连线以相等速率相向而行， 当两球质量相同时，系统初态 的总动量为零，而碰后以某一相等速率互相分开， 系统末态的总动量仍为零，则 碰撞过程系统动量守恒，该碰撞有可能发生， A 正确；当两球质量相等时，碰后 以某一相等速率同向而行，系统末态的总动量不为零，则碰撞过程系统不满足动 量守恒定律，该碰撞不可能发生，B 错误；当两球质量不同时，由于两球速率相 同，相向而行，则系统初态的总动量与质量较大的球运动方向相同，碰后以某一相等速率互相

4、分开，系统末态的总动量也与质量较大的球运动方向相同，但此时 球已经反向运动，故系统初态的总动量与末态的总动量方向相反， 不满足动量守 恒定律，该碰撞不可能发生，C 错误；当两球质量不同时，碰后以某一相等速率 沿质量较大的球的初速度方向运动，则系统的总动量守恒，该碰撞有可能发生， D 正确。4.侈选）如图所示，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（）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

5、球的最大摆角不相同D. 发生第二次碰撞时，两球在各自的最低点答案 AD解析 两球在碰撞前后，水平方向不受外力，故水平方向两球组成的系统动 量守恒，由动量守恒定律得 mvo= mvi+ 3mv2，又两球碰撞是弹性的，故机械能121212.V0V0守恒，即 2mvo= mvi+ 2X3mv2，联立两式解得 vi= 空，V2=2，可见第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等，A 正确；因两球质量不相等，故两球碰后 的动量大小不相等，B 错误；两球碰后上摆的过程机械能守恒，且初速度大小相 同，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 错误; 由于第一次碰撞后两球速度大小相等， 故返

6、回各自最低点所用时间相同，所以第 二次碰撞发生在各自的最低点处，D 正确。5.如图所示，在光滑水平面上有直径相同的 a、b 两球，在同一直线上运动， 选定向右为正方向，两球的动量分别为 pa= 6 kg m/s、pb= 4 kg m/s。当两球相 碰之后，两球的动量可能是（）A.pa= 2 kgm/s，pb= 0B.pa= 4kg m/s，pb= 6kgm/sC.pa= 6kg m/s，pb= 8kgm/sD.pa= 6kg m/s，pb= 4kgm/s答案解析 A 项与实际不符，a 球不可能穿过停止的 b 球向前运动，故错误；两 球的动量分别为 pa= 6 kg m/s，pb= 4 kg m

7、/s，系统动量守恒，选定向右为正方 向，根据碰撞过程中动量守恒可知：碰撞后的总动量应等于原来总动量 2 kg m/s Pa= 4 kgm/s，pb= 6 kg m/s，a、b 小球的动量满足动量守恒定律，不违背物体的运动规律，也符合机械能不能增大的规律，故 B 正确；a 球的动量大小不变,a 球的动能不变，b 球的动量大小增大，b 球的动能增加了，不符合系统机械能不能增大的规律，故 C 错误；D 项中碰后的合动量为2 kg m/s，系统动量不守 恒，故 D 错误。6.甲、乙两铁球质量分别是 m甲二 1 kg、m乙二 2 kg。在光滑水平面上沿同 直线运动，速度分别是v甲=6 m/s、v乙=2

8、m/s。甲追上乙发生正碰后两物体 的速度有可能是（）A. v甲=7 m/s，v乙=1.5 m/sB. v甲=2 m/s， v乙=4 m/sC. v甲=3.5 m/s，v乙=3 m/sD. v甲=4 m/s， v乙=3 m/s答案 B解析 选项 A 和 B、D 均满足动量守恒条件，但碰后总动能大于碰前总动能，选项 A 错误、B 正确；选项 C 不满足动量守恒条件，错误；选项 D 满足动 量守恒条件，且碰后总动能小于碰前总动能， 但碰后甲球速度大于乙球速度， 要 发生第2 次碰撞，不合理，错误。7.如图所示，物体 A 静止在光滑的水平面上，A 的左边固定有轻质弹簧， 与 A 质量相同的物体 B 以

9、速度 v 向A 运动并与弹簧发生碰撞，A、B 始终沿同一 直线运动，则 A、B 组成的系统动能损失最大的时刻是（）A. A 开始运动时 B . A 的速度等于 v 时C. B 的速度等于零时 D . A 和 B 的速度相等时答案 D解析 对 A、B 系统由于水平面光滑，所以动量守恒。而对 A、B、弹簧系统机械能守恒，即 A、B 动能与弹簧弹性势能之和为定值。当 A、B 速度相等时，弹簧形变量最大，弹性势能最大，所以此时动能损失最大如图所示，木块 A、B 的质量均为 2 kg,置于光滑水平面上，B 与一轻质弹簧的一端相连，弹簧的另一端固定在竖直挡板上，当 A 以 4 m/s 的速度向 B 撞击

10、时，由于有橡皮泥而粘在一起运动，那么弹簧被压缩到最短时，弹簧具有的弹性势能大小为（）A.4 J B. 8 J C. 16 J D . 32 J答案 B解析 A、B 在碰撞过程中动量守恒，碰后粘在一起，共同压缩弹簧的过程中机械能守恒。由碰撞过程中动量守恒得mAVA= （mA+ mB）v，代入数据解得 v=mAvA12=2 m/s，所以碰后 A、B 及弹簧组成的系统的机械能为 2（mA+ mB）v = 8 J，mA+ mB2当弹簧被压缩至最短时，系统的动能为 0,只有弹性势能，由机械能守恒得此时 弹簧的弹性势能为 8 J。9.侈选）质量为 m 的小球 A，沿光滑水平面以速度 vo与质量为 2m 的

11、静止1小球 B 发生正碰。碰撞后，A 球的动能变为原来的那么小球 B 的速度可能是()1245A.gvoB.gvoCvoD.gvo答案AB解析 要注意的是，两球的碰撞不一定是弹性碰撞，A 球碰后动能变为原来1 1的 9,则其速度大小仅为原来的 3。取A球原来的运动方向为正方向，两球在光 滑水平面上正碰，碰后 A 球的运动有两种可能，继续沿原方向运动或被反弹。以 A 球原来的速度方向为正方向，则VA =v0，根据两球碰撞前、后的总动、 1 18.量守恒，有 mvo+ 0= mXvo+ 2mvB ，mv+ 0= mX vo+ 2mvBB，解得VB1 2=3V0,VB=3V0，且均符合碰撞中机械能不

12、增加。10. （多选）向空中发射一枚炮弹，不计空气阻力，当此炮弹的速度恰好沿水 平方向时，炮弹炸裂成 a b 两块，若质量较大的 a 块的速度方向仍沿原来的方 向，则（）A.b 的速度方向一定与原来速度方向相反B.从炸裂到落地的这段时间内，a 飞行的水平距离一定比 b 的大C.a、b 一定同时到达水平地面D.在炸裂过程中，a、b 受到的爆炸力的大小一定相等答案 CD解析 炮弹炸裂前后动量守恒，选未炸裂前水平速度V0的方向为正方向，贝Umvo= maVa+ mbVb，显然 Vb0，VbVa，Vb2mv，违反了能量守恒定律，不可能，故 A 错误；若VB=0.4v，由动量守恒定律得：mv = mvA

13、+ 3m 0.4v，121212得VA=0.2v，碰撞后系统的总动能为：Ek = mvA+3mvB=m( 0.2v) +1 12 3m(0.4v)21mv2，不违反能量守恒定律，是可能的，故 B 正确；A、B 发生完全非弹性碰撞，则有：mv = (m+ 3m)vB，VB=0.25v，这时 B 获得的速度最小，所以VB=0.2v，VB= 0.1v 是不可能的，故 C、D 错误。13. 在光滑的水平面上有一质量为 0.2 kg 的小球以 5.0 m/s 的速度向前运动，与质量为 3.0 kg 的静止木块发生碰撞，假设碰撞后木块的速度是 v木二 4.2 m/s， 则()A.碰撞后球的速度为 v球=一

14、 1.3 m/sB. v木二 4.2 m/s 这一假设不合理，因而这种情况不可能发生C.v木二 4.2 m/s 这一假设是合理的，碰撞后小球被弹回来D. v木二 4.2 m/s 这一假设是可能发生的，但由于题给条件不足，v球的大小 不能确定答案 B解析 假设这一过程可以实现，根据动量守恒定律有 mv = mv球+ m2v木，代入数据，解得：v球=58 m/s，这一过程不可能发生，因为碰撞后机械能增加 了。14. 三个相同的木块 A、B、C 从同一高度处自由下落，其中木块 A 刚开始 下落的瞬间被水平飞来的子弹击中，木块 B 在下落到一定高度时，才被水平飞 来的子弹击中。若子弹均留在木块中，则三

15、木块下落的时间 tA、tB、tC的关系是 ()A . tAtBtBtCC. tA= tCVtBD. tA= tBVtC答案 Cmv = mvA+解析 由运动学规律知，tA= tc= 2h。B 木块在竖直方向上速度为 VB时, 射入一竖直方向速度为零的子弹，根据动量守恒知，质量变大，竖直分速度变小， 下落时间延长。（多选）如图所示，在水平桌面上固定着一个光滑圆轨道，在轨道的 B 点静止 着一个质量为 m2的弹性小球乙，另一个质量为 mi的弹性小球甲从 A 点以初速度 vo向右运动，与乙球发生第一次碰撞后，恰在 C 点发生第二次碰撞。则甲、乙 两球的质量之比 mi： m2等于（ ）A. 1 : 9

16、 B. 1 : 7 C. 5 : 3 D. 2 : 3答案 BC解析 质量为 mi的甲球与质量为 m2的乙球在 B 点发生弹性碰撞，设碰后甲球的速度为 vi，乙球的速度为 V2，根据动量守恒定律和能量守恒定律有： mivo121212的/曰mim22mi石=mivi+ m2V2，2mivo= 2mivi+ 2m2V2，解得 vi=vo，V2=vo。由于222mi+ m2mi+ m2第二次碰撞发生在 C 处，一种可能是碰后甲球反向由 B 经 A、D 到达 C 点，乙vi3m2 mi3mi1球逆时针到达C点，即彳，即2mi=彳，得 mr7,故B正确。另一种可 能是乙球逆时针由 B 经 C、D、A、

17、B 再到达 C,运动了 I1圆周，甲球运动丁圆viimi m2imi5周到达 C，则孑5,即m2m 厂二 5,得品三，故C正确。aa- :- :.b鬥1 Jtl16.在光滑的水平面上有 a、b 两球，其质量分别为 ma、mb,两球在 to时刻发生 弹性正碰，两球在碰撞前后的速度图象如图所示。下列关系正确的是()A. mambB. mambC. ma= mbD.无法判断答案 B解析 由图可知 b 球碰前静止，设 a 球碰后速度为 Vi, b 球速度为 V2,物体碰撞过程中动量守恒，机械能守恒，所以有:maV0= maVi+ mbV2mamb2ma、vi=VO，V2=VO，由图可知 a 球碰后速度

18、反向,ma+ mbma+ mb故 mamb，故 A、C、D 错误，B 正确。二、非选择题17. 质量分别为 300 g 和 200 g 的两个物体在无摩擦的水平面上相向运动，速度分别为 50 cm/s 和 100 cm/(1) 如果两物体碰撞并粘合在一起，求它们共同的速度大小；(2) 求碰撞后损失的动能；(3) 如果碰撞是弹性碰撞，求两物体碰撞后的速度大小。答案(1)0.1 m/s (2)0.135 J(3)0.7 m/s 0.8 m/s解析 设 V1方向为正方向 V1= 50 cm/s= 0.5 m/s，V2= 100 cm/s= 1 m/s，肛2=肛2+1mbV2联立得:设两物体碰撞后粘合

19、在一起的共同速度为 V，由动量守恒定律得 mivi+ m2V2= (mi+ m2)v,代入数据解得 v = 0.1 m/s,与vi的方向相反。(2) 碰撞后两物体损失的动能为121212AEk= qm1V1+ m2v2 2(m1+ m2)v121212=2*0.3X0.5+20.2X(1)(0.3+0.2)X(0.1) J=0.135 J。(3) 如果碰撞是弹性碰撞，设碰后两物体的速度分别为 V1、V2 ,由动量守恒定律得m1v1+ m2v2= m1v1 + m2v2由机械能守恒定律得12121/ 212miV1+ 2 m2V2= 2口21 +qm2V2代入数据得 V1 = 0.7 m/s,

20、V2 = 0.8 m/s。18. 在军事演习中，一炮弹在离地面高 h 处时的速度方向恰好沿水平方向向 左，速度大小为 v,此时炮弹炸裂成质量相等的两块，设消耗的火药质量不计，爆炸后前半块的速度方向仍沿水平方向向左，速度大小为 3v。求两块弹片落地 点之间的水平距离为多大。解析设爆炸后每块弹片的质量均为 m,取向左为正方向，由动量守恒定律 得 2mv=mX3v + mv则后半块弹片的速度 V = V,即 V方向向右由平抛运动知，弹片落地时间因此两块弹片落地点间的水平距离为x=3vt+|v jt=4v20答案19. 从某高度自由下落一个质量为 M 的物体，当物体下落 h 时，突然炸裂 成两块，已知

21、质量为 m 的一块碎片恰能沿竖直方向回到开始下落的位置 ，求：(1) 刚炸裂时另一块碎片的速度；(2) 爆炸过程中有多少化学能转化为弹片的动能？答案(1)罟器 gh,方向竖直向下4MmM - mgh解析(1)M 下落 h 后：Mgh = |MV2，v = , 2gh爆炸时动量守恒，设竖直向下为正方向:Mv = mv + (M m)vM + m _解得 v = 2gh，方向竖直向下M m(2)爆炸过程中转化为动能的化学能等于系统动能的增加量，即121212AEk= gmv + (M m)v qMv20. 以初速度 vo斜向上与水平方向成 60角抛出的手榴弹，到达最高点时炸 成质量分别是 m 和

22、2m 的两块。其中质量较大的一块沿着手榴弹在最高点处爆炸 前的速度方向以 2vo的速度飞行。(1) 求质量较小的另一块弹片速度的大小和方向；(2) 爆炸过程中有多少化学能转化为弹片的动能？答案(1)2.5vo方向与手榴弹在最高点处爆炸前时速度方向相反2724 mvo解析(1)斜抛的手榴弹在水平方向上做匀速直线运动，在最高点处爆炸前=*(m M)v2+2M + m ghM m4Mmgh。M m时的速度:设 V1的方向为正方向，如图所示:由动量守恒定律得:3mvi= 2mvi + mv2其中爆炸后质量较大的弹片速度 vi = 2vo,解得 V2= 2.5vo,“”号表示 V2的方向与手榴弹在最高点

23、处爆炸前时速度方向相反。(2)爆炸过程中转化为动能的化学能等于系统动能的增量，即:21212272+ 2mv2 2（3m）v1= mvo。21.在光滑的水平面上，质量为 m1的小球 A 以速率 vo向右运动。在小球 A 的前 方 O 点处有一质量为 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 被在 Q 点处的墙壁弹回后与小球 A 在 P点相遇，PQ= 1.5P0。假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性的 小球 B与墙壁的碰撞时间可忽略不计，求两小球质量之比皿。m2答案 2 : 1解析 由于小球 B 与墙壁之间的碰撞是弹性

24、的，所以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。又小球 B 与墙壁的碰撞时间可vi= vocos6012V01AEk= 2（2m）o忽略不计，设小球 A、B 碰撞后小球 A 和 B 的速度大小分别为 V1和 V2，则从两 小球相碰到 P 点再次相遇，它们通过的路程分别为SA=P0= V1t,SB= (P0 + 2PQ)=V2t,又 PQ 二1仲 O,解得孑4A、B 两球在弹性碰撞过程中动量守恒、机械能守恒mivo= mivi+ m2v21miv1+ 2m2v2mi m2解得：vi=vo,mi+ m2刊 v2mi又需二4,可得 m2二2：i。2miv2=vo,m如图

25、所示，在水平光滑直导轨上，静止着三个质量为B、C,现让 A 球以 vo= 2 m/s 的速度向着 B 球运动，A起，两球继续向右运动并跟 C 球碰撞，C 球的最终速度m= i kg 的相同小球 A、B 两球碰撞后粘合在一vc= 1 m/s。求:(1) A、B 两球跟 C 球相碰前的共同速度是多大?(2) 两次碰撞过程中一共损失了多少动能？答案 (i)i m/s (2)i.25 J解析(i)A、B 相碰满足动量守恒定律:计算得出两球跟 C 球相碰前的速度 vi= i m/s。(2)A、B 两球与 C 球碰撞同样满足动量守恒定律:2mvi= mvc+ 2mv2,代入已知数据得 A、B 两球与 C

26、球碰后的速度 v2=两次碰撞损失的动能：2i22AEk= mvo 2 2mv2 mvc0.5m/s,计算得出AEk= 1.25Jomvo23.如图所示，质量为 m 的子弹，以速度 vo水平射入用轻绳悬挂在空中的木块 木块的质量为 M，绳长为 L，子弹射出木块的速度为 V，求子弹射出木块后的瞬 间绳子中的张力大小。2 2m vo v答案 Mg + ML解析 子弹射过木块的过程中系统动量守恒，取向左为正方向，贝 U:mvo二 mv +Mv，随后木块以 v向左摆动做圆周运动，在最低点木块受重力和绳子拉力作用，由牛顿第二定律得:m2(vo v f解得：T= Mg + ML-。24.如图所示，ABC 为

27、一固定在竖直平面内的光滑轨道，BC 段水平，AB 段与 BC 段平滑连接，质量为 mi的小球从高为 h 处由静止开始沿轨道下滑，与静止在轨道 BC 段上质量为 m2的小球发生碰撞，碰撞后两球的运动方向处于同一水平线上，且在碰撞过程中无机械能损失。求碰撞后小球 m2的速度大小 v2。答案 2E2gh口mi+ m2解析 设 mi碰撞前的速度为 vio，根据机械能守恒定律有 migh=mivio解得 vio= . 2gh设碰撞后 mi与 m2的速度分别为 vi和 V2,根据动量守恒定律有 mivio= mivi+ m2V2由于碰撞过程中无机械能损失121212令 2mivio= 2miV!+2m2V22mivio联立式解得 V2=m2将代入得 V2=mi+ m22mi.2gh在光滑的水平面上，一质量为 mA= 0.1 kg 的小球 A,以 8 m/s 的初速度向右 运动，与质量为 mB= 0.2 kg 的静止