高中物理人教版课上随堂练习选修3-5 16.4　碰撞 Word版含解析

4　碰撞
记一记
碰撞知识体系
1个模型——动碰静模型(熟记碰后结果)
2类碰撞——弹性碰撞　非弹性碰撞
3个原则——动量守恒　动能不增加　速度符合实情
辨一辨
1.两物体间发生的碰撞一定为弹性碰撞．(×)
2．两物体间发生的碰撞过程，动量一定守恒，动能可能不守恒．(√)
3．两物体发生正碰时，动量一定守恒．(√)
4．两物体发生斜碰时，动量不守恒．(×)
5．微观粒子的散射现象的发生是因为粒子与物质微粒发生了对心碰撞．(×)
想一想
1.两小球发生对心碰撞，碰撞过程中两球动量是否守恒？动能呢？
提示：两球对心碰撞，动量是守恒的，只有发生弹性碰撞，动能才守恒．
2．碰撞后两个物体结合在一起碰撞过程中机械能守恒吗？
提示：碰撞后两物体结合在一起损失的机械能最多，机械能不守恒．
3．牛顿摆是一个1960年代发明的桌面演示装置，五个质量相同的球体由吊绳固定，彼此紧密排列．当摆动最左侧的球并在回摆时碰撞紧密排列的另外四个球时，最右边的球将被弹出，并仅有最右边的球被弹出．上述规则适用于更多的球，两个，三个，……其中蕴含什么道理？
提示：在理想情况下，完全弹性碰撞的物理过程满足动量守恒和能量守恒．如果两个碰撞小球的质量相等，联立动量守恒和能量守恒方程时可解得：两个小球碰撞后交换速度．如果被碰撞的小球原来静止，则碰撞后该小球具有了与碰撞小球一样大小的速度，而碰撞小球则停止．多个小球碰撞时可以进行类似的分析．
思考感悟：　
　
　
练一练
1.
A、B两物体发生正碰，碰撞前后物体A、B都在同一直线上运动．其位移—时间图象如图所示．由图可知，物体A、B的质量之比为(　　)
A．1:1　　　　　　　B．1:2
C．1:3 D．3:1
解析：由题图知：碰前vA＝4 m/s，vB＝0.碰后vA′＝vB′＝1 m/s，由动量守恒可知mAvA＋0＝mAvA′＋mBvB′，解得mB＝3mA.故选项C正确．
答案：C
2.
如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动．两球质量关系为mB＝2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为6 kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为－4 kg·m/s.则(　　)
A．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2:5
B．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1:10
C．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2:5
D．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1:10
解析：碰撞后A球的动量增量为－4 kg·m/s，则B球的动量增量为4 kg·m/s，所以碰后A球的动量为2 kg·m/s，B球的动量为10 kg·m/s，即mAvA＝2 kg·m/s，mBvB＝10 kg·m/s，且mB＝2mA，vA:vB＝2:5，所以，选项A正确．
答案：A
3．质量为m的小球A以水平速率v与静止在光滑水平面上质量为3m的小球B正碰后，小球A的速率为，则碰后B球的速度为(以A球原方向为正方向)(　　)
A.　　　　　　　　　　B．v
C．－ D.
解析：由动量守恒定律知，若碰后A球运动方向不变，则mv＝m＋3mvB，解得vB＝<，由于这时B球的速度小于A球的速度，B球又是在运动方向的前面，这是不可能的，若碰后A球被反弹回去，则有mv＝m(－)＋3mvB′，所以vB′＝，故选项D正确．
答案：D
4.
如图，光滑水平地面上有三个物块A、B和C，它们具有相同的质量，且位于同一直线上．开始时，三个物块均静止．先让A以一定速度与B碰撞，碰后它们粘在一起，然后又一起与C碰撞并粘在一起．求前后两次碰撞中损失的动能之比．
解析：设三个物块A、B和C的质量均为m，A与B碰撞前A的速度为v，碰撞后的速度为v1，AB与C碰撞后的共同速度为v2.由动量守恒定律得mv＝2mv1,2mv1＝3mv2，所以mv＝3mv2，
设第一次碰撞中的动能损失为ΔE1，第二次碰撞中的动能损失为ΔE2.由能量守恒定律得
mv2＝(2m)v＋ΔE1
(2m)v＝(3m)v＋ΔE2
联立以上四式解得ΔE1:ΔE2＝3:1.
答案：3:1
要点一 碰撞的特点和分类
1.甲、乙两铁球质量分别是m1＝1 kg，m2＝2 kg，在光滑水平面上沿同一直线运动，速度分别是v1＝6 m/s、v2＝2 m/s.甲追上乙发生正碰后两物体的速度有可能是(　　)
A．v′1＝7 m/s，v′2＝1.5 m/s
B．v′1＝2 m/s，v′2＝4 m/s
C．v′1＝3.5 m/s，v′2＝3 m/s
D．v′1＝4 m/s，v′2＝3 m/s
解析：选项A和B均满足动量守恒条件，但选项A碰后甲球速度大于乙球速度而且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，不合理，选项D错误．故应选B.
答案：B
2．(多选)质量为M的物块以速度v运动，与质量为m的静止物块发生正碰，碰撞后两者的动量正好相等．两者质量之比可能为(　　)
A．2 B．3
C．4 D．5
解析：设碰撞后质量为M的物块与质量为m的物块速度分别为v1、v2，由动量守恒定律得
Mv＝Mv1＋mv2①
由能量关系得Mv2≥Mv＋mv②
由已知条件得Mv1＝mv2③
①③联立可得v＝2v1④
②③④联立消去v、v1、v2，整理得≤3，故选项A、B正确．
答案：AB
3.
(多选)如图所示，位于光滑水平桌面，质量相等的小滑块P和Q都可以视作质点，Q与轻质弹簧相连，设Q静止，P以某一初动能E0水平向Q运动并与弹簧发生相互作用，若整个作用过程中无机械能损失，用E1表示弹簧具有的最大弹性势能，用E2表示Q具有的最大动能，则(　　)
A．E1＝ B．E1＝E0
C．E2＝ D．E2＝E0
解析：当P和Q达到共同速度时，弹簧具有的弹性势能最大，由动量守恒定律mv0＝2mv，①
最大弹性势能E1＝mv－·2mv2，②
又E0＝mv，③
联立①②③得E1＝，A正确，B错误；由于P、Q的质量相等，故在相互作用过程中发生速度交换，当弹簧恢复原长时，P的速度为零，系统的机械能全部变为Q的动能，D正确．
答案：AD
4.
如图所示，在水平光滑直导轨上，静止着三个质量均为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多大？
(2)两次碰撞过程中一共损失了多少动能？
解析：(1)A、B相碰满足动量守恒：mv0＝2mv1
解得两球跟C球相碰前的速度：v1＝1 m/s.
(2)两球与C碰撞，动量守恒：2mv1＝mvC＋2mv2
解得两球碰后的速度：v2＝0.5 m/s，
两次碰撞损失的动能：
ΔEk＝mv－×2mv－mv＝1.25 J
答案：(1)1 m/s　(2)1.25 J
要点二 碰撞问题的合理性判断
5.质量相等的A、B两球在光滑水平面上均向右沿同一直线运动，A球的动量为pA＝9 kg·m/s，B球的动量为pB＝3 kg·m/s，当A球追上B球时发生碰撞，则碰后A、B两球的动量可能是(　　)
A．p′A＝6 kg·m/s，p′B＝6 kg·m/s
B．p′A＝8 kg·m/s，p′B＝4 kg·m/s
C．p′A＝－2 kg·m/s，p′B＝14 kg·m/s
D．p′A＝－4 kg·m/s，p′B＝17 kg·m/s
解析：A、B组成的系统所受合外力为0，系统动量守恒，即p′A＋p′B＝pA＋pB＝9 kg·m/s＋3 kg·m/s＝12 kg·m/s，故先排除D项．A、B碰撞前的动能应大于或等于碰撞后的动能，即
EkA＋EkB≥E′kA＋E′kB，
EkA＋EkB＝＋＝(J)＝(J)，
E′kA＋E′kB＝，
将A、B、C三项数值代入可排除C项．A、B选项数据表明碰撞后两球的动量均为正值，即碰后两球沿同一方向运动．因A球的速度应小于或等于B球的速度，即v′A≤v′B，因此又可排除B项．所以该题的正确选项为A.
答案：A
6．在公路上发生了一起交通事故，质量为1.0×104 kg的客车向南行驶迎面撞上质量为2.0×104 kg向北行驶的货车，碰后两车接在一起，并向南滑行了一段距离后停止．根据测速仪的测定，碰前客车行驶速率为20 m/s，由此可判断碰前货车的行驶速率为(　　)
A．小于10 m/s B．大于10 m/s小于20 m/s
C．大于20 m/s小于30 m/s D．大于30 m/s小于40 m/s
解析：由题意知，向南行驶的客车比向北行驶的货车的动量大，m客v客>m货v货，即1.0×104 kg×20 m/s>2.0×104 kg×v货，可得v货<10 m/s，选项A正确．
答案：A
7．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，碰撞前的速度大小分别为v、V，碰撞后乙的速度大小为V′，取运动员甲速度方向为正方向，由动量守恒定律得
mv－MV＝MV′①
代入数据得V′＝1.0 m/s②
(2)设碰撞过程中总机械能的损失为ΔE，应有
mv2＋MV2＝MV′2＋ΔE③
联立②③式，代入数据得ΔE＝1 400 J
答案：(1)1.0 m/s　(2)1 400 J
8.
[2019·大庆检测]如图所示，木块A质量mA＝1 kg，足够长的木板B质量mB＝4 kg，质量为mC＝4 kg的木块C置于木板B上右侧，都处于静止状态，水平面光滑，B、C之间有摩擦．现使A以v0
＝12 m/s的初速度向右运动，与B碰撞后以4 m/s速度弹回．求：
(1)B运动过程中速度的最大值．
(2)C运动过程中速度的最大值．
(3)整个过程中系统损失的机械能为多少．
解析：(1)A与B碰后瞬间，B速度最大．由A、B系统动量守恒(取向右为正方向)有：
mAv0＋0＝－mAvA＋mBvB
代入数据得：vB＝4 m/s
(2)B与C共速后，C速度最大，由B、C系统动量守恒，有
mBvB＋0＝(mB＋mC)vC
代入数据得：vC＝2 m/s
(3)ΔE损＝－－＝48 J
答案：(1)4 m/s　(2)2 m/s　(3)48 J
9．[2019·百校联盟]如图所示，滑块A、C质量均为m，滑块B质量为m.开始时A、B分别以v1、v2的速度沿光滑水平轨道向固定在右侧的挡板运动，现将C无初速度地放在A上，并与A粘合不再分开，此时A与B相距较近，B与挡板相距足够远．若B与挡板碰撞将以原速率反弹，A与B碰撞后将粘合在一起．为使B能与挡板碰撞两次，v1、v2应满足什么关系？
解析：设向右为正方向，A与C粘合在一起的共同速度为v′，由动量守恒定律得
mv1＝2mv′①
为保证B碰挡板前A未能追上B，应满足v′≤v2②
设A、B碰后的共同速度为v″，由动量守恒定律得
2mv′－mv2＝mv″③
为使B能与挡板再次相碰应满足v″>0④
联立①②③④式解得
1．5v2答案：1.5v2基础达标
1.下列对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，一般内力都远大于外力，所以可以认为碰撞时系统的动能守恒
C．如果碰撞过程中机械能守恒，这样的碰撞叫做非弹性碰撞
D．微观粒子的相互作用由于不发生直接接触，所以不能称其为碰撞
解析：碰撞是十分普遍的现象，它是相对运动的物体相遇时发生的一种现象，一般内力远大于外力．如果碰撞中机械能守恒，这样的碰撞是弹性碰撞．微观粒子的相互作用同样具有短时间内发生强大内力作用的特点，所以仍然是碰撞．
答案：A
2．如图所示在足够长的光滑水平面上有一静止的质量为M的斜面，斜面表面光滑、高度为h、倾角为θ.一质量为m(mA．h　　　　　　　　　　　B.
C. D.
解析：斜面固定时，由动能定理得－mgh＝0－mv，所以v0＝；斜面不固定时，由水平方向动量守恒得mv0＝(M＋m)v，由机械能守恒得mv＝(M＋m)v2＋mgh′，解得h′＝h，故选D.
答案：D
3.
在光滑的水平面上有三个完全相同的小球，它们在一条直线上，2、3小球静止，并靠在一起，1小球以速度v0撞向它们，如图所示．设碰撞中不损失机械能，则碰后三个小球的速度的可能值是(　　)
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：两个质量相等的小球发生弹性正碰，碰撞过程中动量守恒、机械能守恒，碰撞后将交换速度，故D项正确．
答案：D
4．[2019·湖南师大附中](多选)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．0.3v
解析：如果碰撞是弹性的，由动量守恒和能量守恒得mv＝mv1＋3mv2，mv2＝mv＋3mv，v2＝0.5v，此过程B获得速度最大；如果碰撞是非弹性的，粘在一起时B获得速度最小，由mv＝4mv3，v3＝0.25v，则B的速度可能值为v3≤vB≤v2，即0.25v≤vB≤0.5v，B、D正确．
答案：BD
5.
(多选)如图所示，用两根长度都等于L的细绳，分别把质量相等、大小相同的a、b两球悬于同一高度，静止时两球恰好相接触．现把a球拉到细绳处于水平位置，然后无初速释放，当a球摆动到最低位置与b球相碰后，b球可能升高的高度为(　　)
A．L B.
C. D.
解析：若a、b两球发生完全弹性碰撞，易知b球上摆的高度可达L；若a、b两球发生完全非弹性碰撞(即碰后两球速度相同)，则根据mv＝2mv′和·2mv′2＝2mgh′，可知其上摆的高度为.考虑到完全非弹性碰撞中动能的损失最多，故b球上摆的高度应满足≤h≤L.
答案：ABC
6．[2019·广东中山联考](多选)如图(a)所示，光滑平台上，物体A以初速度v0滑到上表面粗糙的水平小车上，车与水平面间的动摩擦因数不计；(b)图为物体A与小车B的v - t图象，由此可知(　　)
A．小车上表面长度
B．物体A与小车B的质量之比
C．物体A与小车B上表面的动摩擦因数
D．小车B获得的动能
解析：由图象可知，物体A与小车B最终以共同速度v1匀速运动，不能确定小车上表面的长度，故A错误；由动量守恒定律得mAv0＝(mA＋mB)v1，解得＝，可以确定物体A与小车B的质量之比，故B正确；由图象可以知道，物体A相对小车B的位移Δx＝v0t1，根据能量守恒得μmAgΔx＝mAv－(mA＋mB)v，根据求得的物体A与小车B的质量关系，可以解出物体A与小车B上表面的动摩擦因数，故C正确；由于小车B的质量不可知，故不能确定小车B获得的动能，故D错误．故选B、C.
答案：BC
7．(多选)质量为m的小球A在光滑的水平面上以速度v与静止在光滑水平面上的质量为2m的小球B发生正碰，碰撞后，A球的动能变为原来的，那么碰撞后B球的速度大小可能是(　　)
A.v B.v
C.v D.v
解析：设A球碰后的速度为vA，由题意有mv＝×mv2，则|vA|＝v，碰后A的速度有两种可能，因此由动量守恒定律有mv＝m×v＋2mvB或mv＝－m×v＋2mvB，解得vB＝v或v.
答案：AB
8．[2019·河南模拟](多选)
如图所示，光滑曲面下端与光滑水平面相切，一质量为m的弹性小球P沿曲面由静止开始下滑，与一质量为km(k为大于0的正整数)且静止在水平地面上的弹性小球Q发生弹性正碰．为使二者只能发生一次碰撞，下列关于k的取值可能正确的是(　　)
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：设碰前的速度为v0，碰撞满足动量守恒定律和机械能守恒定律，则有mv0＝mv1＋kmv2，mv＝mv＋kmv，联立解得v1＝v0，v2＝v0，为使二者只能发生一次碰撞，所以必须满足|v1|≤|v2|，又k为大于0的正整数，所以0答案：ABC
9．(多选)在光滑的水平面上，有A、B两球沿同一直线向右运动，如图所示．已知碰撞前两球的动量分别为pA＝12 kg·m/s，pB＝13 kg·m/s.碰撞后它们的动量变化ΔpA、ΔpB有可能是(　　)
A．ΔpA＝－3 kg·m/s，ΔpB＝3 kg·m/s
B．ΔpA＝4 kg·m/s，ΔpB＝－4 kg·m/s
C．ΔpA＝－5 kg·m/s，ΔpB＝5 kg·m/s
D．ΔpA＝－24 kg·m/s，ΔpB＝24 kg·m/s
解析：四个选项均遵守动量守恒定律，即有ΔpA＋ΔpB＝0，由于本题是追赶碰撞，物理情景可行性必有vA>vB，vB′>vB，所以有ΔpB>0，因而ΔpA<0，可将B选项排除，再由碰后动能不增加得：
mAv＋mBv≥mAv′＋mBv′①
mBv<mBv′②
联立①②解得mAv′<mAv
而D选项中mAv′＝mAv③
故排除D选项，检验选项A、C，可知同时满足碰撞的三个原则，故本题的答案应为A、C.
答案：AC
能力达标
10.A、B两物体在光滑水平面上相向运动，其中物体A的质量为mA＝4 kg，两物体发生相互作用前后的运动情况如图所示．则：
(1)由图可知，A、B两物体在________时刻发生碰撞，B物体的质量为mB＝________kg.
(2)碰撞过程中，系统的机械能损失多少？
解析：(1)由图象知，在t＝2 s时刻A、B相撞，碰撞前后，A、B的速度：
vA＝＝－ m/s＝－2 m/s
vB＝＝ m/s＝3 m/s
vAB＝＝ m/s＝1 m/s
由动量守恒定律有：mAvA＋mBvB＝(mA＋mB)vAB
解得mB＝6 kg.
(2)碰撞过程损失的机械能：
ΔE＝mAv＋mBv－(mA＋mB)v＝30 J.
答案：(1)2 s　6　(2)30 J
11.
[2019·福建莆田期中]如图所示，竖直平面内的光滑水平轨道的左边与墙壁对接，右边与一个足够高的光滑圆弧轨道平滑相连，木块A、B静置于光滑水平轨道上，A、B的质量分别为1.5 kg和0.5 kg.现让A以6 m/s的速度水平向左运动，之后与墙壁碰撞，碰撞的时间为0.3 s，碰后的速度大小变为4 m/s.当A与B碰撞后会立即粘在一起运动，g取10 m/s2.求：
(1)在A与墙壁碰撞的过程中，墙壁对A的平均作用力的大小；
(2)A、B滑上圆弧轨道的最大高度．
解析：(1)设水平向右为正方向，当A与墙壁碰撞时，根据动量定理有
t＝mAv′1－mA(－v1)
解得＝50 N.
(2)设碰撞后A、B的共同速度为v，根据动量守恒定律有
mAv′1＝(mA＋mB)v
A、B在光滑圆弧轨道上滑动时机械能守恒，由机械能守恒定律得
(mA＋mB)v2＝(mA＋mB)gh
解得h＝0.45 m.
答案：(1)50 N　(2)0.45 m
12.
[2019·江西五校联考]如图所示，质量为m的炮弹运动到水平地面O点正上方时速度沿水平方向，离地面的高度为h，动能为E，此时发生爆炸，分解为质量相等的两部分，两部分的动能之和为2E，速度方向仍沿水平方向，爆炸时间极短，重力加速度为g，不计空气阻力和火药的质量，求炮弹的两部分落地点之间的距离．
解析：爆炸之前E＝mv
爆炸过程动量守恒，有mv0＝mv1＋mv2
()v＋()v＝2E
联立解得v1＝0，v2＝2v0
即爆炸后一部分做自由落体运动，另一部分做平抛运动，有h＝gt2
x＝2v0t
解得炮弹的两部分落地点之间的距离为x＝4.
答案：4
13.
[2019·河北衡水期中]如图所示，ABD为竖直平面内的轨道，其中AB段水平粗糙，BD段为半径R＝0.08 m的半圆光滑轨道，两段轨道相切于B点．小球甲以v0＝5 m/s的速度从C点出发，沿水平轨道向右运动，与静止在B点的小球乙发生弹性正碰，碰后小球乙恰好能到达圆轨道最高点D.已知小球甲与AB段间的动摩擦因数μ＝0.4，CB的距离s＝2 m，g取10 m/s2，甲、乙两球可视为质点．求：
(1)碰撞前瞬间，小球甲的速度大小v甲；
(2)小球甲和小球乙的质量之比．
解析：(1)对甲在CB段，由动能定理得
μm甲gs＝m甲v－m甲v
解得v甲＝3 m/s.
(2)碰后，乙恰好能到达圆轨道最高点D，由牛顿第二定律得m乙g＝m乙
从B点到D点，由机械能守恒定律得
m乙v＋2m乙gR＝m乙v
解得vB＝＝2 m/s
在B位置，甲、乙碰撞过程中甲、乙组成的系统动量守恒，以水平向右为正方向，由动量守恒定律得
m甲v甲＝m甲v′甲＋m乙vB
由机械能守恒定律得m甲v＝m甲v′＋m乙v
所以＝.
答案：(1)3 m/s　(2)1?2