2018-2019学年高二物理人教版选修3-5试题：第16章 第4节 碰撞

第十六章　第四节
基础夯实
一、选择题(1～3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2015～2016学年高二下学期期中)一中子与一质量数为A(A>1)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　)
A． B．
C． D．
解析：设中子质量为m，则原子核质量为Am，
由mv＝mv1＋Amv2，mv2＝mv＋Amv，得
v1＝v
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　)
A．v1＝v2＝v3＝v0 B．v1＝0，v2＝v3＝v0
C．v1＝0，v2＝v3＝v0 D．v1＝v2＝0，v3＝v0
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　)
A．0.7v B．0.6v
C．0.4v D．0.2v
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：mv＝mvA＋2mvB，
由机械能守恒定律得：mv2＝mv＋·2mv，
解得：vA＝－v，vB＝v，
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＝(m＋2m)vB，解得：vB＝v，
则碰撞后B球的速度范围是：v5．(黑龙江大庆一中2015～2016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m＝4kg的小物体B以水平速度v＝2m/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g＝10m/s2，则下列说法正确的是 (　AD　)
A．木板A获得的动能为2J
B．系统损失的机械能为2J
C．木板A的最小长度为2m
D．A、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v＝1m/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＝(M＋m)v，解得：木板A的质量M＝4kg，木板获得的动能为：Ek＝Mv2＝2J，故A正确；系统损失的机械能ΔE＝mv－mv2－Mv2，代入数据解得：ΔE＝4J，故B错误；由图得到：0～1s内B的位移为xB＝×(2＋1)×1m＝1.5m，A的位移为xA＝×1×1m＝0.5m，木板A的最小长度为L＝xB－xA＝1m，故C错误；由图象可知，B的加速度：a＝－1m/s2 ，负号表示加速度的方向，由牛顿第二定律得：μmBg＝mBa，代入解得μ＝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m1＝150kg，碰撞前的速度v1＝4.5m/s；乙同学和车的总质量m2＝200kg，碰撞前的速度v2＝－3.7m/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
p＝m1v1＋m2v2＝150×4.5kg·m/s＋200×(－3.7)kg·m/s＝－65kg·m/s
碰撞后的总动量为p′＝(m1＋m2)v
根据动量守恒定律p＝p′，代入数据得
v＝－0.186m/s，即碰撞后两车以v＝0.186m/s的共同速度运动，运动方向向左。
此过程中损失的机械能ΔE＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v2＝2881.7J
7．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，PQ＝1.5PO，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4∶1。
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。
m1v0＝m1v1＋m2v2，m1v＝m1v＋m2v
利用v2/v1＝4，可解出＝2
能力提升
一、选择题(1～2题为单选题，3～5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v＝2m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1。不计质量损失，取重力加速度g＝10m/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4m×2＝3mv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2016～2017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pA＝12kg·m/s、pB＝13kg·m/s，碰后它们动量的变化分别为ΔpA、ΔpB。下列数值可能正确的是 (　A　)
A．ΔpA＝－3kg·m/s、ΔpB＝3kg·m/s
B．ΔpA＝3kg·m/s、ΔpB＝－3kg·m/s
C．ΔpA＝－24kg·m/s、ΔpB＝24kg·m/s
D．ΔpA＝24kg·m/s、ΔpB＝－24kg·m/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ΔpA<0，故B、D错误；根据碰撞过程动量守恒，如果ΔpA＝－3kg·m/s、ΔpB＝3kg·m/s，所以碰后两球的动量分别为p′A＝9kg·m/s、p′B＝16kg·m/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ΔpA＝－24kg·m/s、ΔpB＝24kg·m/s，所以碰后两球的动量分别为pA′＝－12kg·m/s、pB′＝37kg·m/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：(M＋m0)u＝Mv1＋mv2＋m0v3
B．摆球的速度不变，小车和木块的速度变为v1和v2，满足：Mu＝Mv1＋mv2
C．摆球的速度不变，小车和木块的速度变为v，满足；Mu＝(M＋m)v
D．小车和摆球的速度都变为v1，木块的速度为v2，满足：(M＋m0)u＝(M＋m0)v1＋mv2
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：Mu＝Mv1＋mv2，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：mv0＝mv1＋3mv2；又两球碰撞是弹性的，故机械能守恒，即mv＝mv＋3mv，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T＝2π，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2016～2017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mgh
B．弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为
C．B能达到的最大高度为
D．B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：mgh＝mv，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：mv0＝2mv，得A与B碰撞后的共同速度为v＝v0，所以弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为Epm＝·2mv2＝mgh，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mgh′＝mv2，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
m＋2mBv＝(m＋mB)v①
由①式得mB＝②
(2)从开始到碰后的全过程，由动量守恒定律得
mv0＝(m＋mB)v③
设碰撞过程A、B系统机械能的损失为ΔE，则
ΔE＝m()2＋mB(2v)2－(m＋mB)v2④
联立②③④式得
ΔE＝mv
7．(哈尔滨六中2016～2017学年高二下学期期中)如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA＝4.0kg和mB＝3.0kg。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t＝0时以一定速度向右运动，在t＝4s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v－t图象如图乙所示。求：
(1)物块C的质量？
(2)B离开墙后的运动过程中弹簧具有的最大弹性势能EP?
答案：(1)2kg　(2)9J
解析：(1)由图知，C与A碰前速度为v1＝9m/s，碰后速度为v2＝3m/s
C与A碰撞过程动量守恒，以C的初速度为正方向，
由动量守恒定律得：mCv1＝(mA＋mC)v2
解得：mC＝2kg
(2)12s末B离开墙壁，之后A、B、C及弹簧组成的系统动量和机械能守恒，且当AC与B速度v4相等时弹簧弹性势能最大。
根据动量守恒定律，有：(mA＋mc)v3＝(mA＋mB＋mC)v4
根据机械能守恒定律，有：
(mA＋mc)v＝(mA＋mB＋mC)v＋EP
解得EP＝9J