高中物理人教版5第十六章动量守恒定律4碰撞 第十六章4碰撞

第十六章动量守恒定律4碰撞1．两个球沿直线相向运动，碰撞后两球都静止．则可以推断()A．碰撞前两个球的动量一定相等B．两个球的质量一定相等C．碰撞前两个球的速度一定相等D．碰撞前两个球的动量大小相等，方向相反解析：两球碰撞过程动量守恒，由于碰撞后两球都静止，总动量为零，故碰撞前两个球的动量大小相等，方向相反，A错误，D正确；两球的质量是否相等不确定，故碰撞前两个球的速度是否相等也不确定，B、C错误．答案：D2．(多选)矩形滑块由不同材料的上、下两层粘在一起组成，将其放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v水平射向滑块，若射击下层，子弹刚好不射出．若射击上层，则子弹刚好能射穿一半厚度，如图所示，上述两种情况相比较()A．子弹对滑块做功一样多B．子弹对滑块做功不一样多C．系统产生的热量一样多D．系统产生的热量不一样多解析：由于都没有射出滑块，因此根据动量守恒，两种情况滑块最后的速度是一样的，即子弹对滑块做功一样多，再根据能量守恒，损失的机械能也一样多，故系统产生的热量一样多，选项A、C正确．答案：AC3.质量相等的三个物块在一光滑水平面上排成一直线，且彼此隔开了一定的距离，如图所示．具有动能E0的第1个物块向右运动，依次与其余两个静止物块发生碰撞，最后这三个物块粘在一起，这个整体的动能为()A．E0\f(2E0,3)\f(E0,3)\f(E0,9)解析：碰撞中动量守恒mv0＝3mv1，得v1＝eq\f(v0,3)，①E0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，②E′k＝eq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,1).③由①②③得E′k＝eq\f(1,2)×3meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,3)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)mveq\o\al(2,0)))＝eq\f(E0,3)，故C正确．答案：C4.如图所示，木块A质量mA＝1kg，足够长的木板B质量mB＝4kg，质量为mC＝4kg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＝12m/s的初速度向右运动，与B(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＝4m(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＝2m(3)ΔE损＝eq\f(mAveq\o\al(2,0),2)－eq\f(mAveq\o\al(2,A),2)－eq\f(（mB＋mC）veq\o\al(2,C),2)＝48J.答案：(1)4m/s(2)2m/s1.如图所示，木块A和B质量均为2kg，置于光滑水平面上，B与一轻质弹簧一端相连，弹簧另一端固定在竖直挡板上，当A以4m/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A．4JB．8JC．16JD．32J解析：A与B碰撞过程动量守恒，有mAvA＝(mA＋mB)vAB，所以vAB＝eq\f(vA,2)＝2m/s.当弹簧被压缩到最短时，A、B的动能完全转化成弹簧的弹性势能，所以Ep＝eq\f(1,2)(mA＋mB)veq\o\al(2,AB)＝8J.答案：B2.在光滑的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小球以速度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值是()A．v1＝v2＝v3＝eq\f(1,\r(3))v0 B．v1＝0，v2＝v3＝eq\f(1,\r(2))v0C．v1＝0，v2＝v3＝eq\f(1,2)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，动能守恒，碰撞后将交换速度，故D项正确．答案：D3．冰壶运动深受观众喜爱，图1为2023年2月第22届索契冬奥会上中国队员投掷冰壶的镜头．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2.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()图1图2ABCD解析：两球碰撞过程动量守恒，两球发生正碰，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，由图示可知，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，如图C所示是不可能的，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；故选B.答案：B4．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球碰撞后，A球的速度方向与碰撞前相反，则碰撞后BA．B．C．D．解析：A、B两球在水平方向上合外力为零，A球和B球碰撞的过程中动量守恒，设A、B两球碰撞后的速度分别为v1、v2，原来的运动方向为正方向，由动量守恒定律有：mv＝mv1＋2mv2.①假设碰后A球静止，即v1＝0，可得v2＝.由题意知球A被反弹，所以球B的速度有v2＞.②A、B两球碰撞过程能量可能有损失，由能量关系有：eq\f(1,2)mv2≥eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2).③①③两式联立得：v2≤eq\f(2,3)v.④由②④两式可得：＜v2≤eq\f(2,3)v，符合条件的只有，所以选项A正确，B、C、D错误．答案：A5.(多选)质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ.初始时小物块停在箱子正中间，如图所示．现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止．设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为()\f(1,2)mv2 \f(1,2)eq\f(mM,m＋M)v2\f(1,2)NμmgL D．NμmgL解析：根据动量守恒，小物块和箱子的共同速度v′＝eq\f(mv,M＋m)，损失的动能ΔEk＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)(M＋m)v′2＝eq\f(1,2)eq\f(mM,m＋M)v2，所以B正确；根据能量守恒，损失的动能等于因摩擦产生的热量，而计算热量的方法是摩擦力乘以相对位移，所以ΔEk＝fNL＝NμmgL，可见D正确．答案：BDB级提能力6．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、ΔpA．ΔpA＝－3kg·m/s、ΔpB＝3B．ΔpA＝3kg·m/s、ΔpB＝－3C．ΔpA＝－24kg·m/s、ΔpB＝24D．ΔpA＝24kg·m/s、ΔpB＝－24解析：对于碰撞问题要遵循三个规律：动量守恒定律、碰后系统的机械能不增加和碰撞过程要符合实际情况．本题属于追及碰撞，碰前，后面运动小球的速度一定要大于前面运动小球的速度(否则无法实现碰撞)，碰后，前面小球的动量增大，后面小球的动量减小，减小量等于增大量，所以ΔpA＜0，ΔpB＞0，并且ΔpA＝－ΔpB，据此可排除选项B、D；若ΔpA＝－24kg·m/s、ΔpB＝24kg·m/s，碰后两球的动量分别为p′A＝－12kg·m/s、p′B＝37kg·m/s，根据关系式Ek＝eq\f(p2,2m)可知，A小球的质量和动量大小不变，动能不变，而B小球的质量不变，但动量增大，所以B小球的动能增大，这样系统的机械能比碰前增大了，选项C可以排除；经检验，选项A满足碰撞所遵循的三个原则，本题答案为答案：A7.如图所示，光滑水平轨道上放置长木板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为mA＝2kg、mB＝1kg、mC＝2kg.开始时C静止，A、B一起以v0＝5m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞．求A与C发生碰撞后瞬间A解析：因碰撞时间极短，A与C碰撞过程动量守恒，设碰撞后瞬间A的速度大小为vA，C的速度大小为vC，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mAv0＝mAvA＋mCvC，①A与B在摩擦力作用下达到共同速度，设共同速度为vAB，由动量守恒定律得：mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)vAB.②A、B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足：vAB＝vC.③联立①②③式解得：vA＝2m答案：2m8．如图所示，可看成质点的A物体叠放在上表面光滑的B物体上，一起以v0的速度沿光滑的水平轨道匀速运动，与静止在同一光滑水平轨道上的木板C发生碰撞，碰后B、C的速度相同，B、C的上表面相平且B、C不粘连，A滑上C后恰好能到达C板的右端．已知A、B的质量相等，C的质量为A的质量的2倍，木板C长为L，重力加速度为g.求：(1)A物体的最终速度；(2)A物体与木板C上表面间的动摩擦因数．解析：(1)设A、B的质量为m，则C的质量为2m，B、C碰撞过程中动量守恒，令B、C碰后的共同速度为v1，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝3mv1，解得：v1＝eq\f(v0,3)，B、C共速后A以v0的速度滑上C，A滑上C后，B、C脱离A、C相互作用过程中动量守恒，设最终A、C的共同速度v2，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0＋2mv1＝3mv2，解得v2＝eq\f(5v0,9).(2)在A、C相互作用过程中，由能量守恒定律，得fL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)·3mveq\o\al(2,2)，又f＝μmg，解得μ＝eq\f(4veq\o\al(2,0),27gL).答案：(1)eq\f(5v0,9)(2)eq\f(4veq\o\al(2,0),27gL)9.如图所示，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)．设A以速度v0向B运动，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动．假设B和C碰撞过程时间极短．求从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中：(1)整个系统损失的机械能；(2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能．解析：(1)从A压缩弹簧到A与B具有相同速度v1时，对A、B与弹簧组成的系统，由动量守恒定律得：mv0＝2mv1.①此时B与C发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为v2，损失的机械能为ΔE，对B、C组成的系统，由动量守恒和能量守恒定律得：mv1＝2mv2，②eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,2)＋ΔE.③联立①②③式得：ΔE＝eq\f(1,16)mveq\o\al(2,0).④(2)由②式可知v2＜v1，A将继续压缩弹簧，直至A、B、C三者速度相同，设此速度为v3，此时弹簧被压缩至最短，其弹性势能为Ep.由动量守恒和能量守恒定律得：mv1＋2mv2＝3mv3，⑤eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝ΔE＋Ep＋eq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,3).⑥联立④⑤⑥式得：Ep＝eq\f(13,48)mveq\o\al(2,0).答案：(1)eq\f(1,16)mveq\o\al(2,0)(2)eq\f(13,48)mveq\o\al(2,0)10.如图所示，两块相同平板P1、P2置于光滑水平面上，质量均为的右端固定一轻质弹簧，左端A与弹簧的自由端B相距L.物体P置于P1的最右端，质量为2m，且可看作质点．P1与P以共同速度v0向右运动，与静止的P2发生碰撞，碰撞时间极短．碰撞后P1与P2粘连在一起．P压缩弹簧后被弹回并停在A点(弹簧始终在弹性限度内)．P与P2之间的动摩擦因数为μ(1)P1、P2刚碰完时的共同速度v1和P的最终速度v2；(2)此过程中弹簧的最大压缩量x和相应的弹性势能Ep.解析：(1)P1、P2碰撞过程，由动量守恒定律：mv0＝2mv1.①解得：v1＝eq\f(v0,2)，方向水平向右②对P1、P2、P系统，由动量守恒定律：mv0＋2mv0＝4mv2.③解得：v2＝eq\f(3,4)v0，方向水平向右．④(2)当弹簧压缩至最大时，P1、P2、P三者具有共同速度v2，由动量守恒定律：mv0＋2mv0＝4mv2.⑤对系统由能量守恒定律：2μmg×2(L＋x)＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,0)＋eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)×4mveq