2020高中物理 第1章 動(dòng)量守恒定律 第4節(jié) 碰撞練習(xí)（含解析）-5

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGE14-學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精碰撞基礎(chǔ)夯實(shí)一、選擇題(1~3題為單選題,4、5題為多選題)1．關(guān)于散射，下列說法正確的是(C)A．散射就是亂反射，毫無規(guī)律可言 B．散射中沒有對(duì)心碰撞C．散射時(shí)仍遵守動(dòng)量守恒定律 D．散射時(shí)不遵守動(dòng)量守恒定律解析：由于散射也是碰撞,所以散射過程中動(dòng)量守恒。2．(2019·江蘇省宿遷市高二下學(xué)期期末)斯諾克運(yùn)動(dòng)深受年輕人的喜愛,如圖所示，選手將質(zhì)量為m的A球以速度v與質(zhì)量為m靜止的B球發(fā)生彈性碰撞,碰撞后B球的速度為(A）A．v B．2vC．0。5v D．0。2v解析:兩球發(fā)生彈性碰撞，則碰撞過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒,以A的初速度方向?yàn)檎较?由動(dòng)量守恒定律得：mv＝mvA＋mvB,由機(jī)械能守恒定律得：eq\f(1,2）mv2＝eq\f（1，2）mveq\o\al（2，A)＋eq\f(1,2）mveq\o\al（2，B)，解得：vA＝0，vB＝v;選項(xiàng)A正確.3．在光滑水平面上有三個(gè)完全相同的小球,它們成一條直線,2、3小球靜止并靠在一起，1球以速度v0射向它們,如圖所示，設(shè)碰撞中不損失機(jī)械能,則碰后三個(gè)小球的速度可能是（D)A．v1＝v2＝v3＝eq\f(1,\r（3))v0 B．v1＝0，v2＝v3＝eq\f(1，\r(2)）v0C．v1＝0,v2＝v3＝eq\f(1，2）v0 D．v1＝v2＝0，v3＝v0解析：由題設(shè)條件，三個(gè)小球在碰撞過程中總動(dòng)量和總動(dòng)能守恒，若各球質(zhì)量均為m，則碰撞前系統(tǒng)總動(dòng)量為mv0,總動(dòng)能應(yīng)為eq\f(1，2）mveq\o\al(2，0)。假如選項(xiàng)A正確，則碰后總動(dòng)量為eq\f（3,\r（3））mv0，這顯然違反動(dòng)量守恒定律，故不可能.假如選項(xiàng)B正確，則碰后總動(dòng)量為eq\f(2，\r（2))mv0，這也違反動(dòng)量守恒定律,故也不可能。假如選項(xiàng)C正確，則碰后總動(dòng)量為mv0，但總動(dòng)能為eq\f(1，4)mveq\o\al（2，0)，這顯然違反機(jī)械能守恒定律，故也不可能。假如選項(xiàng)D正確的話，則通過計(jì)算其既滿足動(dòng)量守恒定律，也滿足機(jī)械能守恒定律,故選項(xiàng)D正確。4．在光滑水平面上，一質(zhì)量為m、速度大小為v的A球與質(zhì)量為2m靜止的B球發(fā)生正碰,碰撞可能是彈性的,也可能是非彈性的，則碰后B球的速度大小可能是（BC)A．0.7v B．0。6vC．0。4v D．0.2v解析：以兩球組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，以A球的初速度方向?yàn)檎较?，如果碰撞為彈性碰?由動(dòng)量守恒定律得：mv＝mvA＋2mvB，由機(jī)械能守恒定律得：eq\f(1,2）mv2＝eq\f（1，2)mveq\o\al（2，A）＋eq\f（1,2）·2mveq\o\al(2,B),解得:vA＝－eq\f(1，3)v，vB＝eq\f(2,3)v，負(fù)號(hào)表示碰撞后A球反向彈回。如果碰撞為完全非彈性碰撞，以A球的初速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得：mv＝(m＋2m）vB,解得：vB＝eq\f（1，3）v，則碰撞后B球的速度范圍是:eq\f(1，3）v〈vB<eq\f（2,3）v，故B、C正確,A、D錯(cuò)誤。5．（2019·山東省濰坊二中高二下學(xué)期檢測(cè))如圖所示，長木板A放在光滑的水平面上，質(zhì)量為m＝4kg的小物體B以水平速度v＝2m/s滑上原來靜止的長木板A的上表面，由于A、B間存在摩擦,之后A、B速度隨時(shí)間變化情況如圖乙所示，取g＝10m/s2，則下列說法正確的是(AD）A．木板A獲得的動(dòng)能為2JB．系統(tǒng)損失的機(jī)械能為2JC．木板A的最小長度為2mD．A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0。1解析：由圖象可知，木板獲得的速度為v＝1m/s，A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒,以B的初速度方向?yàn)檎较?由動(dòng)量守恒定律得:mv0＝（M＋m)v，解得木板A的質(zhì)量M＝4kg，木板獲得的動(dòng)能為：Ek＝eq\f（1，2）Mv2＝2J，故A正確；系統(tǒng)損失的機(jī)械能ΔE＝eq\f(1，2）mveq\o\al(2，0)－eq\f（1,2）mv2－eq\f(1,2)Mv2，代入數(shù)據(jù)解得:ΔE＝4J，故B錯(cuò)誤;由圖得到0～1s內(nèi)B的位移為xB＝eq\f（1，2）×（2＋1）×1m＝1.5m，A的位移為xA＝eq\f（1,2）×1×1m＝0.5m,木板A的最小長度為L＝xB－xA＝1m,故C錯(cuò)誤；由圖象可知,B的加速度：a＝－1m/s2，負(fù)號(hào)表示加速度的方向,由牛頓第二定律得：μmBg＝mBa,代入解得μ＝0.1,故D正確.二、非選擇題6．一個(gè)物體靜置于光滑水平面上，外面扣一質(zhì)量為M的盒子,如圖甲所示.現(xiàn)給盒子一初速度v0,此后，盒子運(yùn)動(dòng)的v－t圖象呈周期性變化，如圖乙所示，請(qǐng)據(jù)此求盒內(nèi)物體的質(zhì)量。答案：M解析：設(shè)物體的質(zhì)量為m,t0時(shí)刻受盒子碰撞獲得速度v,根據(jù)動(dòng)量守恒定律得：Mv0＝mv①3t0時(shí)刻物體與盒子右壁碰撞使盒子速度又變?yōu)関0，說明碰撞是彈性碰撞，由機(jī)械能守恒有：eq\f（1，2)Mveq\o\al(2,0）＝eq\f(1,2）mv2②聯(lián)立①②解得m＝M7．(2019·吉林省實(shí)驗(yàn)中學(xué)高二下學(xué)期期中）如圖所示，在光滑水平面的左側(cè)固定一豎直擋板，A球在水平面上靜止放置，B球向左運(yùn)動(dòng)與A球發(fā)生正碰，B球碰撞前、后的速率之比為4∶1，A球垂直撞向擋板，碰后原速率返回，兩球剛好不發(fā)生第二次碰撞。求:(1）A、B兩球的質(zhì)量之比為多少?（2）A、B碰撞前、后兩球總動(dòng)能之比是多少？答案:（1)5∶1(2）8∶3解析：（1）設(shè)碰前B球速度大小為v0，碰后A、B兩球速度大小分別為vA、vB,由題意知,vA方向向左，vB方向向右，且vA＝vB＝eq\f(1,4）v0碰撞過程動(dòng)量守恒，取水平向右為正方向，則有：－mBv0＝－mAvA＋mBvB，解得:eq\f（mA，mB）＝eq\f（5,1）.（2）碰撞前動(dòng)能：E1＝eq\f（1,2）mBveq\o\al(2,0），碰撞后總動(dòng)能：E2＝eq\f（1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2，B)，碰撞前、后總動(dòng)能之比為：eq\f(E1，E2）＝eq\f(8,3).能力提升一、選擇題（1~2題為單選題，3~5題為多選題）1．一彈丸在飛行到距離地面5m高時(shí)僅有水平速度v＝2m/s，爆炸成為甲、乙兩塊水平飛出,甲、乙的質(zhì)量比為3∶1。不計(jì)質(zhì)量損失，取重力加速度g＝10m/s2。則下列圖中兩塊彈片飛行的軌跡可能的是（B)解析：本題有兩種可能情況,一是甲在前，二是甲在后。甲在前情況，設(shè)總質(zhì)量為4m，由動(dòng)量守恒得4m×2＝3mv甲＋mv乙，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律知，甲圖中兩彈片的速度分別為v甲＝2.5m/s，v乙＝－0.5m/s,不滿足動(dòng)量守恒關(guān)系，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；乙圖中兩彈片的速度分別為v甲＝2.5m/s，v乙＝0.5m/s，滿足動(dòng)量守恒關(guān)系，選項(xiàng)B正確；甲在后情況，C圖中v甲＝1m/s,v乙＝2m/s，不滿足動(dòng)量守恒關(guān)系,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;D圖中，v甲＝－1m/s，v乙＝2m/s，同樣不滿足動(dòng)量守恒關(guān)系，選項(xiàng)D錯(cuò)誤.2．(2019·遼寧省鳳城市高二下學(xué)期聯(lián)考）如圖，大小相同的擺球a和b的質(zhì)量分別為m和3m，擺長相同，并排懸掛,平衡時(shí)兩球剛好接觸，現(xiàn)將擺球a向左拉開一小角度后釋放。若兩球的碰撞是彈性的，下列判斷正確的是（C）A．第一次碰撞后的瞬間，兩球的動(dòng)能大小相等B．第一次碰撞后的瞬間,兩球的動(dòng)量大小相等C．第一次碰撞后的瞬間，兩球的速度大小相等D．第一次碰撞后,兩球的最大擺角不相同解析:兩球在碰撞前后，水平方向不受外力，故水平方向兩球組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒,由動(dòng)量守恒定律有：mv0＝mv1＋3mv2，兩球碰撞是彈性的，故機(jī)械能守恒，即:eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0）＝eq\f（1，2）mveq\o\al（2，1）＋eq\f（1,2）·3mveq\o\al(2，2)，解兩式得：v1＝－eq\f(v0，2），v2＝eq\f（v0，2)，可見第一次碰撞后的瞬間，兩球的速度大小相等；因兩球質(zhì)量不相等，故兩球碰后的動(dòng)量大小不相等,方向相反，動(dòng)能也不相等，故AB錯(cuò)誤，C正確；兩球碰后上擺過程，機(jī)械能守恒，故上升的最大高度相等，另擺長相等，故兩球碰后的最大擺角相同,故D錯(cuò)誤。3．如圖所示，在質(zhì)量為M的小車中掛著一個(gè)單擺，擺球的質(zhì)量為m0，小車(和單擺）以恒定的速度u沿光滑的水平面運(yùn)動(dòng),與位于正對(duì)面的質(zhì)量為m的靜止木塊發(fā)生碰撞,碰撞時(shí)間極短,在此碰撞過程中，下列說法可能發(fā)生的是(BC）A．小車、木塊、擺球的速度都發(fā)生變化，分別變?yōu)関1、v2、v3，滿足(M＋m0)u＝Mv1＋mv2＋m0v3B．?dāng)[球的速度不變，小車和木塊的速度變?yōu)関1和v2,滿足Mu＝Mv1＋mv2C．?dāng)[球的速度不變，小車和木塊的速度變?yōu)関，滿足Mu＝（M＋m）vD．小車和擺球的速度都變?yōu)関1,木塊的速度為v2，滿足（M＋m0）u＝(M＋m0）v1＋mv2解析：由于碰撞時(shí)間極短，所以單擺相對(duì)小車沒有發(fā)生擺動(dòng)，即擺線對(duì)球的作用力原來是豎直向上的，現(xiàn)在還是豎直向上的，沒有水平方向的分力，未改變小球的動(dòng)量,實(shí)際上單擺沒有參與這個(gè)碰撞過程，所以單擺的速度不發(fā)生變化，因此，選項(xiàng)中應(yīng)排除A、D.因?yàn)閱螖[的速度不變，所以研究對(duì)象選取小車和木塊所構(gòu)成的系統(tǒng)，若為彈性碰撞或碰后分離,水平方向動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律有Mu＝Mv1＋mv2，即為B選項(xiàng)；由于題目中并沒有提供在碰撞過程中能量變化關(guān)系，所以也有可能小車和木塊發(fā)生完全非彈性碰撞而選C。4．(2019·河南省周口市一中高二下學(xué)期期中)如圖所示，一沙袋用無彈性輕細(xì)繩懸于O點(diǎn)。開始時(shí)沙袋處于靜止?fàn)顟B(tài)，一彈丸以水平速度v0擊中沙袋后未穿出，二者共同擺動(dòng).若彈丸質(zhì)量為m，沙袋質(zhì)量為5m，彈丸和沙袋形狀大小忽略不計(jì)，彈丸擊中沙袋后漏出的沙子質(zhì)量忽略不計(jì)，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g。下列說法中正確的是（BD)A．彈丸打入沙袋過程中，細(xì)繩所受拉力大小保持不變B．彈丸打入沙袋過程中,彈丸對(duì)沙袋的沖量大小等于沙袋對(duì)彈丸的沖量大小C．彈丸打入沙袋過程中所產(chǎn)生的熱量為eq\f（mv\o\al(2，0)，72）D．沙袋和彈丸一起擺動(dòng)所達(dá)到的最大高度為eq\f(v\o\al（2，0)，72g）解析：彈丸打入沙袋的過程由動(dòng)量守恒定律mv0＝(m＋5m)v，解得v＝eq\f(1,6）v0；彈丸打入沙袋后,總質(zhì)量變大，且做圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)T＝6mg＋6meq\f(v2，L)可知，細(xì)繩所受拉力變大，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)牛頓第三定律可知，彈丸打入沙袋過程中，彈丸對(duì)沙袋的沖量大小等于沙袋對(duì)彈丸的沖量大小,選項(xiàng)B正確；彈丸打入沙袋過程中所產(chǎn)生的熱量為Q＝eq\f（1,2)mveq\o\al（2，0)－eq\f(1，2）·6mv2＝eq\f(5,12）mveq\o\al(2，0），選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由機(jī)械能守恒可得:eq\f（1,2)6mv2＝6mgh,解得h＝eq\f(v\o\al（2，0）,72g),選項(xiàng)D正確。5．如圖所示，輕質(zhì)彈簧的一端固定在墻上，另一端與質(zhì)量為m的物體A相連，A放在光滑水平面上，有一質(zhì)量與A相同的物體B，從高h(yuǎn)處由靜止開始沿光滑曲面滑下,與A相碰后一起將彈簧壓縮，彈簧復(fù)原過程中某時(shí)刻B與A分開且沿原曲面上升.下列說法正確的是(BD)A．彈簧被壓縮時(shí)所具有的最大彈性勢(shì)能為mghB．彈簧被壓縮時(shí)所具有的最大彈性勢(shì)能為eq\f（mgh,2）C．B能達(dá)到的最大高度為eq\f（h,2）D．B能達(dá)到的最大高度為eq\f(h，4)解析：對(duì)B下滑過程,據(jù)機(jī)械能守恒定律可得:mgh＝eq\f（1，2）mveq\o\al（2,0)，B剛到達(dá)水平地面的速度v0＝eq\r(，2gh).碰撞過程，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得：mv0＝2mv，得A與B碰撞后的共同速度為v＝eq\f（1，2)v0，所以彈簧被壓縮時(shí)所具有的最大彈性勢(shì)能為Epm＝eq\f(1,2)·2mv2＝eq\f（1,2）mgh,故A錯(cuò)誤,B正確；當(dāng)彈簧再次恢復(fù)原長時(shí),A與B將分開,B以v的速度沿斜面上滑,根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得mgh′＝eq\f（1，2)mv2，B能達(dá)到的最大高度為eq\f（h,4）,故C錯(cuò)誤,D正確，故選BD.二、非選擇題6．(2019·河南省鄭州一中高二下學(xué)期期末）如圖所示，質(zhì)量均為m的木板AB和滑塊CD緊靠在一起靜置在光滑水平面上,木塊AB的上表面粗糙，滑塊CD為表面光滑的四分之一圓弧，D點(diǎn)切線水平且與木板AB上表面相平，一可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊P質(zhì)量也為m，從木塊AB的右端以初速度v0滑上木塊AB，過B點(diǎn)時(shí)的速度為eq\f(v0，2),然后滑上滑塊CD，最終恰好能滑到滑塊CD的最高點(diǎn)C處,重力加速度為g，求:(1)物塊滑到B點(diǎn)時(shí)木塊的速度大小v；(2)滑塊CD圓弧的半徑R。答案:（1)v＝eq\f（v0，4)(2)R＝eq\f（v\o\al（2，0),64g)解析：（1）對(duì)P和木板、滑塊組成的系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律有mv0＝m·eq\f（v0，2）＋2mv，解得：v＝eq\f(v0,4）.(2）物塊P由D點(diǎn)滑到C點(diǎn)的過程中，滑塊CD和物塊P組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，有meq\f（v0，2）＋meq\f