高中物理人教版选修3-5能力提升测试卷：第十六章+课时4碰撞+Word版含答案

课时4　碰撞
　　　　　　　　　　　　　　
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
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．(多选)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mv0＝mv1＋3mv2，又两球碰撞是弹性的，故机械能守恒，即mv＝mv＋×3mv，联立两式解得v1＝－，v2＝，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 kg·m/s，pb＝0
B．pa＝－4 kg·m/s，pb＝6 kg·m/s
C．pa＝－6 kg·m/s，pb＝8 kg·m/s
D．pa＝－6 kg·m/s，pb＝4 kg·m/s
答案　B
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/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 kg·m/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＝1 kg、m乙＝2 kg。在光滑水平面上沿同一直线运动，速度分别是v甲＝6 m/s、v乙＝2 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/s
B．v甲′＝2 m/s，v乙′＝4 m/s
C．v甲′＝3.5 m/s，v乙′＝3 m/s
D．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。
8.
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＝＝2 m/s，所以碰后A、B及弹簧组成的系统的机械能为(mA＋mB)v2＝8 J，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．(多选)质量为m的小球A，沿光滑水平面以速度v0与质量为2m的静止小球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(　　)
A.v0 B.v0 C.v0 D.v0
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的，则其速度大小仅为原来的。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、后的总动量守恒，有mv0＋0＝m×v0＋2mvB′，mv0＋0＝m×－v0＋2mvB″，解得vB′＝v0，vB″＝v0，且均符合碰撞中机械能不增加。
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，则mv0＝mava＋mbvb，显然vb>0，vb<0，vb＝0都有可能；vb>va，vb11．在光滑水平面的同一直线上，自左向右地依次排列质量均为m的一系列小球，另一质量为m的小球A以水平向右的速度v运动，依次与上述小球相碰，碰后即粘合在一起，碰撞n次后，剩余的总动能为原来的，则n为(　　)
A．5 B．6 C．7 D．8
答案　C
解析　设碰撞n次后的速度为v′，则根据动量守恒定律得：mv＝(n＋1)mv′，所以v′＝v，剩余的总动能Ek′＝(n＋1)mv′2＝×mv2，碰前的动能Ek＝mv2，因Ek′＝Ek，则有＝，所以n＝7，故C正确。
12．质量为m，速度为v的A球跟质量为3m的静止的B球发生正碰。碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此碰撞后B球的速度可能值为(　　)
A．0.6v B．0.4v C．0.2v D．0.1v
答案　B
解析　若vB＝0.6v，选v的方向为正，由动量守恒定律得：mv＝mvA＋3m·0.6v，得vA＝－0.8v，碰撞前系统的总动能为Ek＝mv2。碰撞后系统的总动能为：Ek′＝mv＋·3mv＝m(0.8v)2＋·3m(0.6v)2>mv2，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＋3m·0.4v，得vA＝－0.2v，碰撞后系统的总动能为：Ek′＝mv＋·3mv＝m(－0.2v)2＋·3m(0.4v)2<mv2，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＝4.2 m/s，则(　　)
A．碰撞后球的速度为v球＝－1.3 m/s
B．v木＝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＝4.2 m/s这一假设是合理的，碰撞后小球被弹回来
D．v木＝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，则三木块下落的时间tA、tB、tC的关系是(　　)
A．tAtB>tC
C．tA＝tC答案　C
解析　由运动学规律知，tA＝tC＝。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。
15.
(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m1的弹性小球甲从A点以初速度v0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m1∶m2等于(　　)
A．1∶9 B．1∶7 C．5∶3 D．2∶3
答案　BC
解析　质量为m1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v1，乙球的速度为v2，根据动量守恒定律和能量守恒定律有：m1v0＝m1v1＋m2v2，m1v＝m1v＋m2v，解得v1＝v0，v2＝v0。由于第二次碰撞发生在C处，一种可能是碰后甲球反向由B经A、D到达C点，乙球逆时针到达C点，即＝－，即＝，得＝，故B正确。另一种可能是乙球逆时针由B经C、D、A、B再到达C，运动了1 圆周，甲球运动圆周到达C，则＝，即＝，得＝，故C正确。
16.
在光滑的水平面上有a、b两球，其质量分别为ma、mb，两球在t0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．ma>mb B．maC．ma＝mb D．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v1，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＝mav1＋mbv2①
mav＝mav＋mbv②
联立①②得：v1＝v0，v2＝v0，由图可知a球碰后速度反向，故ma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/s。
(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　(1)设v1方向为正方向v1＝50 cm/s＝0.5 m/s，v2＝－100 cm/s＝－1 m/s，
设两物体碰撞后粘合在一起的共同速度为v，
由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，
代入数据解得v＝－0.1 m/s，与v1的方向相反。
(2)碰撞后两物体损失的动能为
ΔEk＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v2
＝×0.3×0.52＋×0.2×(－1)2－×(0.3＋0.2)×(－0.1)2 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
m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2
代入数据得v1′＝－0.7 m/s，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。
答案　4v
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＝m×3v＋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t＝
因此两块弹片落地点间的水平距离为
x＝3vt＋|v′|t＝4v。
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)，方向竖直向下
(2)gh
解析　(1)M下落h后：Mgh＝Mv2，v＝
爆炸时动量守恒，设竖直向下为正方向：
Mv＝－mv＋(M－m)v′
解得v′＝，方向竖直向下。
(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
ΔEk＝mv2＋(M－m)v′2－Mv2
＝(m－M)v2＋＝gh。
20．以初速度v0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2v0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)2.5v0'方向与手榴弹在最高点处爆炸前时速度方向相反
(2)mv
解析　(1)斜抛的手榴弹在水平方向上做匀速直线运动，在最高点处爆炸前时的速度：
v1＝v0cos60°＝v0
设v1的方向为正方向，如图所示：
由动量守恒定律得：
3mv1＝2mv1′＋mv2
其中爆炸后质量较大的弹片速度v1′＝2v0，
解得v2＝－2.5v0，“－”号表示v2的方向与手榴弹在最高点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：
ΔEk＝(2m)v1′2＋mv－(3m)v＝mv。
21.
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＝1.5PO。假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性的，小球B与墙壁的碰撞时间可忽略不计，求两小球质量之比。
答案　2∶1
解析　由于小球B与墙壁之间的碰撞是弹性的，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＝PO＝v1t，sB＝(PO＋2PQ)＝v2t，
又PQ＝1.5PO，解得＝4。
A、B两球在弹性碰撞过程中动量守恒、机械能守恒
m1v0＝m1v1＋m2v2
m1v＝m1v＋m2v
解得：v1＝v0，v2＝v0，
又＝4，可得＝2∶1。
22.
如图所示，在水平光滑直导轨上，静止着三个质量为m＝1 kg的相同小球A、B、C，现让A球以v0＝2 m/s的速度向着B球运动，A、B两球碰撞后粘合在一起，两球继续向右运动并跟C球碰撞，C球的最终速度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　(1)1 m/s　(2)1.25 J
解析　(1)A、B相碰满足动量守恒定律：mv0＝2mv1，
计算得出两球跟C球相碰前的速度v1＝1 m/s。
(2)A、B两球与C球碰撞同样满足动量守恒定律：
2mv1＝mvC＋2mv2，
代入已知数据得A、B两球与C球碰后的速度v2＝0.5 m/s，
两次碰撞损失的动能：
ΔEk＝mv－·2mv－mv
计算得出ΔEk＝1.25 J。
23.
如图所示，质量为m的子弹，以速度v0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。
答案　Mg＋
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，则：mv0＝mv＋Mv′，
解得：v′＝
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：
T－Mg＝M
解得：T＝Mg＋。
24．如图所示，ABC为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m1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　
解析　设m1碰撞前的速度为v10，根据机械能守恒定律有m1gh＝m1v
解得v10＝①
设碰撞后m1与m2的速度分别为v1和v2，根据动量守恒定律有m1v10＝m1v1＋m2v2②
由于碰撞过程中无机械能损失
m1v＝m1v＋m2v③
联立②③式解得v2＝④
将①代入④得v2＝。
25.
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的静止小球B发生对心正碰。碰后小球B滑向与水平面相切、半径为R＝0.5 m的竖直放置的光滑半圆形轨道，且恰好能通过最高点N后水平抛出。g＝10 m/s2。求：
(1)碰撞后小球B的速度大小；
(2)小球B从轨道最低点M运动到最高点N的过程中所受合外力的冲量；
(3)碰撞过程中系统的机械能损失。
答案　(1)5 m/s　(2)＋1 N·s，方向水平向左　(3)0.5 J
解析　(1)小球B恰好通过半圆形轨道最高点，有
mBg＝mB，代入数据解得vN＝ m/s，方向向左。
小球B从轨道最低点M运动到最高点N的过程应用动能定理得：－mBg·2R＝mBv－mBv，
联立得vM＝5 m/s。
(2)规定向右为正方向，合外力对小球B的冲量为
I＝－mBvN－mBvM
＝－0.2× N·s－0.2×5 N·s
＝－ N·s，即大小为＋1 N·s，方向水平向左。
(3)碰撞过程中动量守恒有：mAv0＝mAvA＋mBvM，
解得vA＝－2 m/s，损失的机械能
ΔE＝mAv－mAv－mBv＝0.5 J。
26．如图所示，在光滑水平面上叠放A、B两物体，质量分别为mA、mB，A与B间的动摩擦因数为μ，质量为m的小球以水平速度v射向A，以的速度大小返回，求：
(1)A与B相对静止时的速度大小；
(2)木板B至少多长，A才不至于滑落。
答案　(1)　(2)
解析　(1)设水平向右为正方向，小球与A作用，根据动量守恒定律得：mv＝－m·＋mAvA①
A与B作用，设两者相对静止时的速度为v1，根据动量守恒定律得：mAvA＝(mA＋mB)v1②
联立①②得：v1＝③
(2)A、B在相互作用的过程中，系统减少的动能转化成内能，A恰好不滑落的条件为：A恰好滑到B的右端时两者速度相等。
根据能量守恒定律得：
Q＝mAv－(mA＋mB)v④
Q＝fL＝μmAgL⑤
联立①③④⑤解得：L＝。