高中物理人教版5第十六章动量守恒定律4碰撞 第十六章第4节分层演练巩固落实

[随堂达标]1．(2023·南通高二检测)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：选D.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．2．(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1/9，那么小球B的速度可能是()\f(1,3)v0 \f(2,3)v0\f(4,9)v0 \f(5,9)v0解析：选AB.当以A球原来的速度方向为正方向时，则vA′＝±eq\f(1,3)v0根据两球碰撞前、后的总动量守恒，有mv0＋0＝m×eq\f(1,3)v0＋2mvB′mv0＋0＝m×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)v0))＋2mvB″解得：vB′＝eq\f(1,3)v0，vB″＝eq\f(2,3)v0.由于碰撞过程中动能不增加，即eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)≥eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,3)))eq\s\up12(2)＋eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,B)将eq\f(1,3)v0及eq\f(2,3)v0代入上式均成立，所以A、B选项均正确．3．(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 B．eq\f(1,2)eq\f(mM,m＋M)v2\f(1,2)NμmgL D．NμmgL解析：选BD.设系统损失的动能为ΔE，根据题意可知，整个过程中小物块和箱子构成的系统满足动量守恒和能量守恒，则有mv＝(M＋m)vt(①式)、eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,t)＋ΔE(②式)，由①②联立解得ΔE＝eq\f(Mm,2（M＋m）)v2，可知选项A错误、B正确；又由于小物块与箱壁碰撞为弹性碰撞，则损耗的能量全部用于摩擦生热，即ΔE＝NμmgL，选项C错误、D正确．4．一弹丸在飞行到距离地面5m高时仅有水平速度v＝2m/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，重力加速度g取10m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是()解析：选B.弹丸在爆炸过程中，水平方向的动量守恒，有mv0＝eq\f(3,4)mv甲＋eq\f(1,4)mv乙，解得4v0＝3v甲＋v乙，爆炸后两块弹片均做平抛运动，竖直方向有h＝eq\f(1,2)gt2，水平方向对甲、乙两弹片分别有x甲＝v甲t，x乙＝v乙t，代入各图中数据，可知B正确．5．两物块A、B用轻弹簧相连，质量均为2kg，初始时弹簧处于原长，A、B两物块都以v＝6m/s的速度在光滑的水平地面上运动，质量为4kg的物块C静止在前方，如图所示．B与C碰撞后二者会粘在一起运动．则在以后的运动中：(1)当弹簧的弹性势能最大时，物块A的速度为多大？(2)系统中弹性势能的最大值是多少？解析：(1)当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大．由A、B、C三者组成的系统动量守恒有(mA＋mB)v＝(mA＋mB＋mC)·vABC，解得vABC＝eq\f(（2＋2）×6,2＋2＋4)m/s＝3m/s.(2)B、C碰撞时B、C组成的系统动量守恒，设碰后瞬间B、C两者速度为vBC，则mBv＝(mB＋mC)vBC，vBC＝eq\f(2×6,2＋4)m/s＝2m/s，设物块A、B、C速度相同时弹簧的弹性势能最大为Ep，根据能量守恒Ep＝eq\f(1,2)(mB＋mC)veq\o\al(2,BC)＋eq\f(1,2)mAv2－eq\f(1,2)(mA＋mB＋mC)veq\o\al(2,ABC)＝eq\f(1,2)×(2＋4)×22J＋eq\f(1,2)×2×62J－eq\f(1,2)×(2＋2＋4)×32J＝12J.答案：(1)3m/s(2)12J[课时作业][学生用书P73(独立成册)]一、单项选择题1．(2023·高考福建卷)如图，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是()A．A和B都向左运动B．A和B都向右运动C．A静止，B向右运动D．A向左运动，B向右运动解析：选D.选向右为正方向，则A的动量pA＝m·2v0＝的动量pB＝－2mv0.碰前A、B的动量之和为零，根据动量守恒，碰后A、B的动量之和也应为零，可知四个选项中只有选项D符合题意．2．现有甲、乙两滑块，质量分别为3m和m，以相同的速率v在光滑水平面上相向运动，发生了碰撞．已知碰撞后，甲滑块静止不动，那么这次碰撞是()A．弹性碰撞B．非弹性碰撞C．完全非弹性碰撞D．条件不足，无法确定解析：选A.由动量守恒3m·v－mv＝0＋mv′，所以v′＝2v碰前总动能Ek＝eq\f(1,2)×3m·v2＋eq\f(1,2)mv2＝2mv2碰后总动能Ek′＝eq\f(1,2)mv′2＝2mv2，Ek＝Ek′，所以A正确．3．如图所示，质量为m的A小球以水平速度v与静止的质量为3m的B小球正碰后，A球的速率变为原来的eq\f(1,2)，则碰后B球的速度是(以v方向为正方向)()\f(v,6) B．－vC．－eq\f(v,3) \f(v,2)解析：选D.碰后A的速率为eq\f(v,2)，可能有两种情况：v1＝eq\f(v,2)；v1′＝－eq\f(v,2).根据动量守恒定律，当v1＝eq\f(v,2)时，有mv＝mv1＋3mv2，v2＝eq\f(v,6)；当v1′＝－eq\f(v,2)时，有mv＝mv1′＋3mv2′，v2′＝eq\f(v,2).若它们同向，则A球速度不可能大于B球速度，因此只有D正确．4．如图所示，光滑水平面上有质量均为m的物块A和B，B上固定一轻弹簧．B静止，A以速度v0水平向右运动，通过弹簧与B发生作用．作用过程中，弹簧获得的最大弹性势能Ep为()\f(1,16)mveq\o\al(2,0) B．eq\f(1,8)mveq\o\al(2,0)\f(1,4)mveq\o\al(2,0) \f(1,2)mveq\o\al(2,0)解析：选、B速度相等时弹簧的弹性势能最大，这时设A、B的速度为v，由动量守恒mv0＝2mv，弹性势能的最大值Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)×2mv2＝eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0).5.(2023·东城区高二检测)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∶2C．1∶3 D．3∶1解析：选C.由图象知，碰前vA＝4m/s，vB＝0.碰后vA′＝vB′＝1m/s，由动量守恒可知mAvA＋0＝mAvA′＋mBvB′，解得mB＝3mA.故选项C正确．6．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p甲＝5kg·m/s，p乙＝7kg·m/s，甲追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为p乙′＝10kg·m/s，则两球质量m甲、m乙的关系可能是()A．m乙＝m甲 B．m乙＝2m甲C．m乙＝4m甲 D．m乙＝6m甲解析：选C.由动量守恒定律p甲＋p乙＝p甲′＋p乙′，得p甲′＝2kg·m/s，若两球发生弹性碰撞，则eq\f(peq\o\al(2,甲),2m甲)＋eq\f(peq\o\al(2,乙),2m乙)＝eq\f(p甲′2,2m甲)＋eq\f(p乙′2,2m乙)解得m乙＝eq\f(17,7)m甲，若两球发生完全非弹性碰撞，则v甲′＝v乙′，即eq\f(p甲′,m甲)＝eq\f(p乙′,m乙)，解得m乙＝5m甲，即乙球的质量范围是eq\f(17,7)m甲≤m乙≤5m甲，选项C正确．二、多项选择题7．如图所示，P物体与一个连着弹簧的Q物体正碰，碰后P物体静止，Q物体以P物体碰前的速度v离开，已知P与Q质量相等，弹簧质量忽略不计，那么当弹簧被压缩至最短时，下列结论中错误的是()A．P的速度恰好为零 B．P与Q具有相同速度C．Q刚开始运动 D．Q的速度等于v解析：选物体接触弹簧后，在弹簧弹力的作用下，P做减速运动，Q做加速运动，P、Q间的距离减小，当P、Q两物体速度相等时，弹簧被压缩到最短，所以B正确，A、C错误．由于作用过程中动量守恒，设速度相等时速度为v′，则mv＝(m＋m)v′，所以弹簧被压缩至最短时，P、Q的速度v′＝eq\f(v,2)，故D错误．8．(2023·湖北重点高中联考)如图所示，木块静止在光滑水平面上，子弹A、B从木块两侧同时射入木块，最终都停在木块中，这一过程中木块始终保持静止．现知道子弹A射入深度dA大于子弹B射入的深度dB，则可判断()A．子弹在木块中运动时间tA>tBB．子弹入射时的初动能EkA>EkBC．子弹入射时的初速度vA<vBD．子弹质量mA<mB解析：选BD.子弹A、B从木块两侧同时射入木块，木块始终保持静止，两子弹与木块的相互作用必然同时开始同时结束，即两子弹在木块中运动时间必定相等，否则木块就会运动，故A错误；由于木块始终保持静止状态，两子弹对木块的作用力大小相等，则两子弹所受的阻力f大小相等，根据动能定理，对A子弹有－fdA＝0－EkA，EkA＝fdA，对B子弹有－fdB＝0－EkB，EkB＝fdB，而dA>dB，所以子弹的初动能EkA>EkB，故B正确；两子弹和木块组成的系统动量守恒，取向右为正方向，则有mAvA－mBvB＝eq\r(2mAEkA)－eq\r(2mBEkB)＝0，即mAEkA＝mBEkB，mAvA＝mBvB，而EkA>EkB，所以mA<mB，vA>vB，故D正确、C错误．9.带有eq\f(1,4)光滑圆弧轨道的质量为M的滑车静止置于光滑水平面上，如图所示，一质量也为M的小球以速度v0水平冲上滑车，到达某一高度后，小球又返回车的左端，则()A．小球以后将向左做平抛运动B．小球将做自由落体运动C．此过程小球对滑车做的功为eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)D．小球在弧形槽上升的最大高度为eq\f(veq\o\al(2,0),2g)解析：选BC.由于没摩擦和系统外力做功，因此该系统在整个过程中机械能守恒，即作用前后系统动能相等，又因为水平方向上动量守恒，故可以用弹性碰撞的结论解决．因为两者质量相等，故发生速度交换，即滑车最后的速度为v0，小球的速度为0，因而小球将做自由落体运动，对滑车做功W＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)，A错误，B、C正确．小球上升到最高点时与滑车相对静止，具有共同速度v′，因此又可以把从开始到小球上升到最高点的过程看做完全非弹性碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律有Mv0＝2Mv′①eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)＝2×eq\f(1,2)Mv′2＋Mgh②解①②得h＝eq\f(veq\o\al(2,0),4g)，D错误．☆10.如图所示，质量为M的小车原来静止在光滑水平面上，小车A端固定一根轻弹簧，弹簧的另一端放置一质量为m的物体C，小车底部光滑，开始时弹簧处于压缩状态，当弹簧释放后，物体C被弹出向B端运动，最后与B端粘在一起，下列说法中正确的是()A．物体离开弹簧时，小车向左运动B．物体与B端粘在一起之前，小车的运动速率与物体C的运动速率之比为eq\f(m,M)C．物体与B端粘在一起后，小车静止下来D．物体与B端粘在一起后，小车向右运动解析：选ABC.系统动量守恒，物体C离开弹簧时向右运动，动量向右，系统的总动量为零，所以小车的动量方向向左，由动量守恒定律得mv1－Mv2＝0，所以小车的运动速率v2与物体C的运动速率v1之比为eq\f(m,M).当物体C与B粘在一起后，由动量守恒定律知，系统的总动量为零，即小车静止．三、非选择题11．(2023·山西高二检测)如图所示，一质量m1＝kg的平顶小车静止在光滑的水平轨道上．质量m2＝kg的小物块(可视为质点)静止在车顶的右端．一质量为m0＝kg的子弹、以水平速度v0＝100m/s射中小车左端并留在车中，最终小物块相对地面以2m/s的速度滑离小车．已知子弹与车的作用时间极短，物块与车顶面的动摩擦因数μ＝，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力．取g＝10m/s2，求：(1)子弹相对小车静止时小车速度的大小；(2)小车的长度L.解析：(1)子弹进入小车的过程中，子弹与小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得m0v0＝(m0＋m1)v1①解得v1＝10m/s.②(2)三物体组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得(m0＋m1)v1＝(m0＋m1)v2＋m2v3③解得v2＝8m/s④由能量守恒可得eq\f(1,2)(m0＋m1)veq\o\al(2,1)＝μm2gL＋eq\f(1,2)(m0＋m1)veq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,3)⑤解得L＝2m.答案：(1)10m/s(2)2m1