高中物理人教版选修3-5自测作业 第16章 第4节 碰撞 Word版含解析

第十六章　第四节
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．(2020·江苏省宿迁市高二下学期期末)斯诺克运动深受年轻人的喜爱，如图所示，选手将质量为m的A球以速度v与质量为m静止的B球发生弹性碰撞，碰撞后B球的速度为(　A　)
A．v B．2v
C．0.5v D．0.2v
解析：两球发生弹性碰撞，则碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv＝mvA＋mvB，由机械能守恒定律得：mv2＝mv＋mv，解得：vA＝0，vB＝v；选项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．(2020·山东省潍坊二中高二下学期检测)如图所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝4 kg的小物体B以水平速度v＝2 m/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＝10 m/s2，则下列说法正确的是(　AD　)
A．木板A获得的动能为2 J
B．系统损失的机械能为2 J
C．木板A的最小长度为2 m
D．A、B间的动摩擦因数为0.1
解析：由图像可知，木板获得的速度为v＝1 m/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＝4 kg，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0～1 s内B的位移为xB＝×(2＋1)×1 m＝1.5 m，A的位移为xA＝×1×1 m＝0.5 m，木板A的最小长度为L＝xB－xA＝1 m，故C错误；由图像可知，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
6．一个物体静置于光滑水平面上，外面扣一质量为M的盒子，如图甲所示。现给盒子一初速度v0，此后，盒子运动的v－t图像呈周期性变化，如图乙所示，请据此求盒内物体的质量。
答案：M
解析：设物体的质量为m，t0时刻受盒子碰撞获得速度v，根据动量守恒定律得：Mv0＝mv①
3t0时刻物体与盒子右壁碰撞使盒子速度又变为v0，说明碰撞是弹性碰撞，由机械能守恒有：Mv＝mv2②
联立①②解得m＝M
7．(2019·吉林省实验中学高二下学期期中)如图所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，A球在水平面上静止放置，B球向左运动与A球发生正碰，B球碰撞前、后的速率之比为4∶1，A球垂直撞向挡板，碰后原速率返回，两球刚好不发生第二次碰撞。求：
(1)A、B两球的质量之比为多少？
(2)A、B碰撞前、后两球总动能之比是多少？
答案：(1)5∶1　(2)8∶3
解析：(1)设碰前B球速度大小为v0，碰后A、B两球速度大小分别为vA、vB，由题意知，vA方向向左，vB方向向右，且
vA＝vB＝v0
碰撞过程动量守恒，取水平向右为正方向，
则有：－mBv0＝－mAvA＋mBvB，
解得：＝。
(2)碰撞前动能：E1＝mBv，
碰撞后总动能：E2＝mAv＋mBv，
碰撞前、后总动能之比为：＝。
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5 m高时仅有水平速度v＝2 m/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＝10 m/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＝2.5 m/s，v乙＝－0.5 m/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＝2.5 m/s，v乙＝0.5 m/s，满足动量守恒关系，选项B正确；甲在后情况，C图中v甲＝1 m/s，v乙＝2 m/s，不满足动量守恒关系，选项C错误；D图中，v甲＝－1 m/s，v乙＝2 m/s，同样不满足动量守恒关系，选项D错误。
2．(2020·辽宁省凤城市高二下学期联考)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(　C　)
A．第一次碰撞后的瞬间，两球的动能大小相等
B．第一次碰撞后的瞬间，两球的动量大小相等
C．第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等
D．第一次碰撞后，两球的最大摆角不相同
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，由动量守恒定律有：mv0＝mv1＋3mv2，两球碰撞是弹性的，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；因两球质量不相等，故两球碰后的动量大小不相等，方向相反，动能也不相等，故AB错误，C正确；两球碰后上摆过程，机械能守恒，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，故D错误。
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．(2020·河南省周口市一中高二下学期期中)如图所示，一沙袋用无弹性轻细绳悬于O点。开始时沙袋处于静止状态，一弹丸以水平速度v0击中沙袋后未穿出，二者共同摆动。若弹丸质量为m，沙袋质量为5m，弹丸和沙袋形状大小忽略不计，弹丸击中沙袋后漏出的沙子质量忽略不计，不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法中正确的是(　BD　)
A．弹丸打入沙袋过程中，细绳所受拉力大小保持不变
B．弹丸打入沙袋过程中，弹丸对沙袋的冲量大小等于沙袋对弹丸的冲量大小
C．弹丸打入沙袋过程中所产生的热量为
D．沙袋和弹丸一起摆动所达到的最大高度为
解析：弹丸打入沙袋的过程由动量守恒定律mv0＝(m＋5m)v，解得v＝v0；弹丸打入沙袋后，总质量变大，且做圆周运动，根据T＝6mg＋6m可知，细绳所受拉力变大，选项A错误；根据牛顿第三定律可知，弹丸打入沙袋过程中，弹丸对沙袋的冲量大小等于沙袋对弹丸的冲量大小，选项B正确；弹丸打入沙袋过程中所产生的热量为Q＝mv－·6mv2＝mv，选项C错误；由机械能守恒可得：6mv2＝6mgh，解得h＝，选项D正确。
5．(2020·河南省郑州市原联盟高三3月线上测试)如图所示，光滑地面上有P、Q两个固定挡板，A、B是两挡板连线的三等分点。A点有一质量为m2的静止小球，P挡板的右侧有一质量为m1的等大小球以速度v0向右运动。小球与小球、小球与挡板间的碰撞均没有机械能损失，两小球均可视为质点。已知两小球之间的第二次碰撞恰好发生在B点处，则两小球的质量之比m1∶m2可能为(　ABD　)
A．3∶1　　 B．1∶3
C．1∶5 D．1∶7
解析：若碰后球1的速度方向与原来的方向相同，可知1球的速度小于2球的速度，两球在B点相遇，是球2反弹后在B点相遇，有：v2t＝3v1t，即：v2 ＝3v1。根据动量守恒得，m1v0＝m1v1＋m2v2，根据机械能守恒得：m1v＝m1v＋m2v， 联立解得m1＝3m2，所以A正确；若碰撞后球1的速度方向与原来的方向相反，与挡板碰后反弹在B点追上球2，则有：v1t＝3v2t，即：v1＝3v2，根据动量守恒得：m1v0＝－m1v1＋m2v2，根据机械能守恒得：m1v＋m1v＋m2v， 联立解得：m2＝7m1，所以D正确；若碰撞后球1的速度方向与原来的方向相反，与挡板碰后反弹、球2与挡板碰后反弹在B点相遇，则有：v1t＝v2t，即：v1＝v2，根据动量守恒得：m1v0＝－m1v1＋m2v2, 根据机械能守恒得m1v＝m1v＋m2v，联立解得：m2＝3m1，所以B正确；综上所述，故A、B、D正确。
二、非选择题
6．(2020·陕西省榆林市高三下学期线上模拟)汽车A在水平冰雪路面上行驶。驾驶员发现其正前方停有汽车B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B。两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后B车向前滑动了4.5 m，A车向前滑动了2.0 m。已知A和B的质量分别为2.0×103 kg和1.5×103 kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g＝10 m/s2。求：
(1)碰撞后的瞬间B车速度的大小；
(2)碰撞前的瞬间A车速度的大小。
答案：(1)3.0 m/s　(2)4.3 m/s
解析：(1)设B车的质量为mB，碰后加速度大小为aB。根据牛顿第二定律有
μmBg＝mBaB ①
式中μ是汽车与路面间的动摩擦因数。
设碰撞后瞬间B车速度的大小为v′B，碰撞后滑行的距离为sB。由运动学公式有v′＝2aBsB ②
联立①②式并利用题给数据得v′B＝3.0 m/s ③
(2)设A车的质量为mA，碰后加速度大小为aA，根据牛顿第二定律有μmAg＝mAaA④
设碰撞后瞬间A车速度的大小为v′A，碰撞后滑行的距离为sA，由运动学公式有v′＝2aAsA ⑤
设碰撞前的瞬间A车速度的大小为vA。两车在碰撞过程中动量守恒，有mAvA＝mAv′A＋mBv′B ⑥
联立③④⑤⑥式并利用题给数据得vA＝4.3 m/s⑦
7．如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA＝4.0 kg和mB＝3.0 kg。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＝4 s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图像如图乙所示。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)2 kg　(2)9 J
解析：(1)由图知，C与A碰前速度为v1＝9 m/s，碰后速度为v2＝3 m/s
C与A碰撞过程动量守恒，以C的初速度方向为正方向，
由动量守恒定律得：mCv1＝(mA＋mC)v2
解得：mC＝2 kg
(2)12 s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＝9 J