16.4 碰撞+课时跟踪检测（十）+Word版含答案

课时跟踪检测（十） 碰 撞
1．关于散射，下列说法正确的是(　　)
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：选C　由于散射也是碰撞，所以散射过程中动量守恒。
2．冰壶运动深受观众喜爱，图(a)为冬奥会上运动员投掷冰壶的镜头。在某次投掷中，冰壶甲运动一段时间后与对方静止的冰壶乙发生正碰，如图(b)所示。若两冰壶质量相等，则碰后两冰壶最终停止的位置，可能是图中的哪幅图(　　)
解析：选B　碰撞过程动量守恒，两冰壶发生正碰，由动量守恒定律可知，碰撞前后系统动量不变，两冰壶的动量方向即速度方向不会偏离甲原来的方向，由题图可知，A图示情况是不可能的，故A错误；如果两冰壶发生弹性碰撞，碰撞过程动量守恒、机械能守恒，两冰壶质量相等，碰撞后两冰壶交换速度，甲静止，乙的速度等于甲的速度，碰后乙做减速运动，最后停止，最终两冰壶的位置如图B所示，故B正确；两冰壶碰撞后，甲的速度不可能大于乙的速度，碰后乙在前，甲在后，图C是不可能出现的，故C错误；碰撞过程机械能不可能增大，两冰壶质量相等，碰撞后甲的速度不可能大于乙的速度，碰撞后甲的位移不可能大于乙的位移，故D错误。
3．如图所示，一个质量为m的物块A与另一个质量为2m的物块B发生正碰，碰后B物块刚好能落入正前方的沙坑中。假如碰撞过程中无机械能损失，已知物块B与地面间的动摩擦因数为0.1，与沙坑的距离x＝0.5 m，g取10 m/s2。物块可视为质点，则碰撞前瞬间A的速度大小为(　　)
A．0.5 m/s　　　　　　　 B．1.0 m/s
C．1.5 m/s D．2.0 m/s
解析：选C　碰撞后B做匀减速运动，由动能定理得－μ·2mgx＝0－·2mv2，代入数据得v＝1 m/s，A与B碰撞的过程中，A与B组成的系统在水平方向的动量守恒，选取向右为正方向，则有mv0＝mv1＋2mv，由于没有机械能的损失，则有mv02＝mv12＋·2mv2，联立解得v0＝1.5 m/s，选项C正确。
4．[多选]如图甲所示，在光滑水平面上的两小球A、B发生正碰，小球A的质量为m1＝0.1 kg。图乙为它们碰撞前后两个小球的s-t图像。由此可以判断(　　)
A．碰前小球B静止，小球A向右运动
B．碰后小球A和B都向右运动
C．小球B的质量为m2＝0.2 kg
D．小球B的质量为m2＝0.3 kg
解析：选AD　由s-t(位移—时间)图像的斜率得到，碰前B的位移不随时间而变化，处于静止，A速度大小为v1＝＝ m/s＝4 m/s，方向只有向右才能与B相撞，故A正确；由图示图像可知，碰后B的速度为正方向，说明向右运动，A的速度为负方向，说明向左运动，两小球运动方向相反，故B错误；由图示图像可知，碰后B和A的速度分别为v2′＝2 m/s，v1′＝－2 m/s，根据动量守恒定律得，m1v1＝m2v2′＋m1v1′，代入解得，m2＝0.3 kg，故C错误，D正确。
5．甲、乙两球在光滑水平轨道上同向运动，已知它们的动量分别是5 kg·m/s和7 kg·m/s，甲追上乙并发生碰撞，碰撞后乙球的动量变为10 kg·m/s，则两球质量m甲与m乙的关系可能是(　　)
A．m乙＝m甲 B．m乙＝2m甲
C．4m甲＝m乙 D．m乙＝6m甲
解析：选C　碰撞前，v甲>v乙，即>，可得<；碰撞后，v甲≤v乙，即≤，可得≥；综合可得≤<，选项A、D错误。由碰撞过程动能不增加可知，E碰前≥E碰后，由B得到E碰前6．冰球运动员甲的质量为80.0 kg。当他以5.0 m/s的速度向前运动时，与另一质量为100 kg、速度为3.0 m/s的迎面而来的运动员乙相撞。碰后甲恰好静止。假设碰撞时间极短，求：
(1)碰后乙的速度的大小；
(2)碰撞中总机械能的损失。
解析：(1)设运动员甲、乙的质量分别为m、M，碰前速度大小分别为v、V，碰后乙的速度大小为V′。由动量守恒定律有
mv－MV＝MV ′ 　①
代入数据得V′＝1.0 m/s。　②
(2)设碰撞过程中总机械能的损失为ΔE，应有
mv2＋MV2＝MV′2＋ΔE　③
联立②③式，代入数据得
ΔE＝1 400 J 。
答案：(1)1.0 m/s　(2)1 400 J
7.[多选]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(　　)
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：选BC　因碰撞时间极短，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，即单摆没有参与这个碰撞过程，单摆的速度不发生变化，因此排除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，由动量守恒定律得：Mu＝Mv1＋mv2，故B正确。由于题目中并没有提供在碰撞过程中的能量变化关系，所以也有可能小车和木块发生碰撞后以同一速度运动，故C正确。
8.如图所示，一根劲度系数足够大的轻质弹簧—端固定在墙上O点，另一端与静止在光滑水平面上A点的物块相连，物块质量为M，第一颗子弹以大小为v0的速度水平向右射入物块但未穿出。此后，每当物块向左经过A点时，都会有一颗子弹以大小为v0的速度水平向右射入物块且均未穿出。若每颗子弹的质量为m，子弹与物块相互作用时间极短，不计空气阻力，则(　　)
A．随着子弹的不断射入，弹簧的最大压缩量将不断增加
B．当第2 019颗子弹刚要射入时，物块在A点时的速度大小为0
C．当第2 019颗子弹刚要射入时，物块在A点时的速度大小为v0
D．从第一颗子弹射入到弹簧被压缩到最短的过程中，子弹、物块和弹簧系统机械能守恒
解析：选B　第一颗子弹射入物块的过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v1，解得v1＝，之后弹簧的最大弹性势能为Ep1＝(M＋m)v12＝，根据机械能守恒可知，物块返回A点时速度大小为v1＝。第二颗子弹射入物块的过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得mv0－(M＋m)v1＝(M＋2m)v2，解得v2＝0，第三颗子弹射入物块的过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得mv0＝(M＋3m)v3，解得v3＝，之后弹簧的最大弹性势能为Ep3＝(M＋3m)v32＝，第四颗子弹射入物块的过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得mv0－(M＋3m)v3＝(M＋4m)v4，解得v4＝0，可知，随着子弹的不断射入，弹簧的最大压缩量并不是不断增加，A错误。由上分析知，当偶数颗子弹射入物块后物块在A点时的速度大小为0，所以当第2 019颗子弹刚要射入时，物块在A点时的速度大小为0，B正确，C错误。在第一颗子弹射入物块的过程中，机械能有一部分转化为内能，所以子弹、物块和弹簧系统机械能要减小，D错误。
9.如图所示，质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB长度为2R，现将质量也为m的小球从距A点正上方h0高处由静止释放，然后由A点经过半圆轨道后从B冲出，在空中能上升的最大高度为h0(不计空气阻力)，则(　　)
A．小球和小车组成的系统动量守恒
B．小车向左运动的最大距离为R
C．小球离开小车后做斜上抛运动
D．小球第二次能上升的最大高度h0解析：选D　小球与小车组成的系统在水平方向所受合外力为零，水平方向系统动量守恒，但系统整体所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：mv－mv′＝0，m－m＝0，解得，小车的位移：x＝R，故B错误；小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，小球离开小车时系统水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，故C错误；小球第一次在车中运动过程中，由动能定理得：mg－Wf＝0，Wf为小球克服摩擦力做功大小，解得：Wf＝mgh0，即小球第一次在车中滚动损失的机械能为mgh0，由于小球第二次在车中滚动时，对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于mgh0，机械能损失小于mgh0，因此小球再次离开小车时，能上升的高度大于：h0－h0＝h0，而小于h0，故D正确。
10.用一个半球形容器和三个小球可以进行碰撞实验。已知容器内侧面光滑，半径为R。三个质量分别为m1、m2、m3的小球1、2、3，半径相同且可视为质点，自左向右依次静置于容器底部的同一直线上且相互接触。若将小球1移至左侧离容器底高h处无初速释放，如图所示。各小球间的碰撞时间极短且碰撞时无机械能损失。小球1与2、2与3碰后，小球1停在O点正下方，小球2上升的最大高度为R，小球3恰能滑出容器，则三个小球的质量之比为(　　)
A．2∶2∶1 B．3∶3∶1
C．4∶4∶1 D．3∶2∶1
解析：选B　碰撞前对小球1的下滑过程，由机械能守恒定律得m1gh＝m1v02，对于碰撞过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得m1v0＝m2v2＋m3v3，由机械能守恒定律得m1v02＝m2v22＋m3v32，碰撞后，对小球2，根据机械能守恒定律有m2g·R＝m2v22，对小球3，根据机械能守恒定律有m3gR＝m3v32，联立解得m1∶m2∶m3＝3∶3∶1，选项B正确。
11.如图所示，光滑水平面上静止放置质量M＝2 kg的长木板C；离板右端x＝0.72 m处静止放置质量mA＝1 kg的小物块A，A与C间的动摩擦因数μ＝0.4；在木板右端静止放置质量mB＝1 kg的小物块B，B与C间的摩擦忽略不计。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A、B均可视为质点，g取10 m/s2。现在木板上加一水平向右的力F＝3 N，到A与B发生弹性碰撞时撤去力F。问：
(1)A与B碰撞之前运动的时间是多少？
(2)若A最终能停在C上，则长木板C的长度至少是多少？
解析：(1)若A、C相对滑动，则A受到的摩擦力为：FA＝μmAg＝4 N>F，故A、C不可能发生相对滑动，设A、C一起运动的加速度为a
a＝＝1 m/s2
由x＝at2有：t＝＝1.2 s。
(2)因A、B发生弹性碰撞，由于mA＝mB，故A、B碰后，A的速度为0，则从碰后瞬间到木板与A速度相同的过程中，由动量守恒定律：
v0＝1.2 m/s　v＝0.8 m/s
由能量守恒：
μmAgΔx＝Mv02－(M＋mA)v2
Δx＝0.12 m
故木板C的长度L至少为：
L＝x＋Δx＝0.84 m。
答案：(1)1.2 s　(2)0.84 m
12.如图，车厢的质量为M，长度为L，静止在光滑水平面上，质量为m的木块(可看成质点)以速度v0无摩擦地在车厢底板上向右运动，木块与前车壁碰撞后以速度向左运动，求：
(1)木块与前车壁碰撞过程中，木块对车厢的冲量。
(2)再经过多长时间，木块将与后车壁相碰？
解析：(1)木块和车厢组成的系统动量守恒，设向右为正方向，碰后车厢的速度为v′，
mv0＝Mv′－m，
解得v′＝，方向向右，
对车厢，根据动量定理得，
木块对车厢的冲量I＝Mv′＝，方向向右。
(2)设t时间后木块将与后车壁相碰，则：
v′t＋t＝L，
解得t＝＝。
答案：(1)，方向向右　(2)