高中物理 第十六章 动量守恒定律 4 碰撞课堂演练 新人教版选修35

6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 4 4 碰撞碰撞 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：D 2.(多选)质量分别为m1和m2的两个物体碰撞前后的位移时间图象如图所示，由图有以下说法中正确的是( ) A碰撞前两物体质量与速度的乘积相同 B质量m1等于质量m2 C碰撞后两物体一起做匀速直线运动 D碰撞前两物体质量与速度的乘积大小相等、方向相反 解析：由题图可知，m1和m2碰前都做匀速直线运动，但运动方向相反，碰后两物体位置不变，即处于静止，所以碰后速度都为零，故 AC 错误，D 正确；又由图线夹角均为，故碰前速度大小相等，可得m1等于m2，B 也正确 答案：BD 3.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( ) AE0 B.2E03 C.E03 D.E09 解析：碰撞中动量守恒mv03mv1，得v1v03， 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 E012mv20， Ek123mv21. 由得Ek123mv0321312mv20E03，故 C 正确 答案：C 4 (多选)两个小球A、B在光滑的水平地面上相向运动， 已知它们的质量分别是mA4 kg，mB2 kg，A的速度vA3 m/s(设为正)，B的速度vB3 m/s，则它们发生正碰后，其速度可能分别为( ) A均为1 m/s B4 m/s 和5 m/s C2 m/s 和1 m/s D1 m/s 和5 m/s 解析： 由动量守恒， 可验证四个选项都满足要求 再看动能变化情况：Ek 前12mAv2A12mBv2B27 J Ek 后12mAvA212mBvB2 由于碰撞过程中总动量不可能增加，所以应有Ek 前Ek 后，据此可排除 B；选项 C 虽满足Ek 前Ek 后，但A、B沿同一直线相向运动，发生碰撞后各自仍然保持原来的速度方向，这显然是不符合实际的，因此 C 选项错误；验证 A、D 均满足Ek 前Ek 后，且碰后状态符合实际，故正确选项为 A、D. 答案：AD A 级 抓基础 1.如图所示， 木块A和B质量均为 2 kg， 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 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，具有的弹簧势能大小为( ) A4 J B8 J C16 J D32 J 解析：A与B碰撞过程动量守恒，有 mAvA(mAmB)vAB，所以vABvA22 m/s， 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 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Ep12(mAmB)v2AB8 J. 答案：B 2.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( ) Av1v2v313v0 Bv10，v2v312v0 Cv10，v2v312v0 Dv1v20，v3v0 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：D 3冰壶运动深受观众喜爱，图 1 为 2014 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 2 A B C D 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6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 于乙的位移，故 D 错误；故选 B. 答案：B 4(多选)质量为 1 kg 的小球以 4 m/s 的速度与质量为 2 kg 的静止小球正碰，关于碰后的速度v1和v2，下面哪些是可能正确的( ) Av1v243 m/s Bv13 m/s，v20.5 m/s Cv11 m/s，v23 m/s Dv11 m/s，v22.5 m/s 解析：由碰撞前、后总动量守恒m1v1m1v1m2v2和能量不增加EkEk1Ek2验证A、B、D 三项皆有可能；但 B 项碰后后面小球的速度大于前面小球的速度，会发生第二次碰撞，不符合实际，所以 A、D 两项有可能 答案：AD 5.(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.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( ) A.12mv2 B.12mMmMv2 C.12NmgL DNmgL 解析：根据动量守恒，小物块和箱子的共同速度vmvMm，损失的动能Ek12mv212(Mm)v212mMmMv2，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EkfNLNmgL，可见 D 正确 答案：BD B 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pA12 kgm/s、pB13 kgm/s，碰后它们动量的变化分别为pA、pB.下列数值可能正确的是( ) ApA3 kgm/s、pB3 kgm/s BpA3 kgm/s、pB3 kgm/s 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 CpA24 kgm/s、pB24 kgm/s DpA24 kgm/s、pB24 kgm/s 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pA0，pB0，并且pApB，据此可排除选项 B、D；若pA24 kgm/s、pB24 kgm/s，碰后两球的动量分别为pA12 kgm/s、pB37 kgm/s，根据关系式Ekp22m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 A. 答案：A 7.如图所示，有两个质量都为m的小球A和B(大小不计)，A球用细绳吊起，细绳长度等于悬点距地面的高度，B球静止放于悬点正下方的地面上现将A球拉到距地面高度为h处由静止释放，摆动到最低点与B球碰撞后粘在一起共同上摆，则： (1)它们一起上升的最大高度为多大？ (2)碰撞中损失的机械能是多少？ 解析：(1)A球由静止释放到最低点的过程做的是圆周运动，应用动能定理可求出末速度，即mgh12mv21， 所以v1 2gh， A球对B球碰撞满足动量守恒mv1(mm)v2， 所以v212v12gh2； 对A、B粘在一起共同上摆的过程应用机械能守恒， 12(mm)v22(mm)gh，解得hh4. (2)E12mv21122mv2212mgh. 答案：(1)h4 (2)12mgh 8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6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 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：mv03mv1，解得：v1v03 ，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：mv02mv13mv2，解得v25v09. (2)在A、C相互作用过程中，由能量守恒定律，得 fL12mv20122mv21123mv22， 又fmg，解得4v2027gL. 答案：(1)5v09 (2)4v2027gL 9如图所示，光滑半圆形轨道MNP竖直固定在水平面上，静止MP垂直于水平面，轨道半径R0.5 m，质量为m1的小球A静止与轨道最低点M，质量为m2的小球B用长度为 2R的细线悬挂于轨道最高点P.现将小球B向左拉起，使细线水平，以竖直向下的速度v04 m/s释放小球B， 小球B与小球A碰后粘在一起恰能沿半圆形轨道运动到P点， 两球可视为质点，g10 m/s2，试求： (1)B球与A球碰撞前的速度大小； (2)A、B两球的质量之比m1m2. 解析：(1)B球下摆过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得：12m2v20m2g2R12m2v21，解得：v16 m/s； 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 (2)两球恰好到达P点， 由牛顿第二定律得： (m1m2)g(m1m2)v2PR， 解得：vP 5 m/s，两球从M到P过程中，由动能定理得：12(m1m2)v2p12(m1m2)v22(m1m2)g2R， 解得：v25 m/s； 两球碰撞过程动量守恒， 以两球组成的系统为研究对象， 以B球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m2v1(m1m2)v2，解得：m1m215. 答案：(1)v16 m/s (2)m1m215 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m.P2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.求： (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： mv02mv1. 解得：v1v02，方向水平向右 对P1、P2、P系统，由动量守恒定律： mv02mv04mv2. 解得：v234v0，方向水平向右 (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： mv02mv04mv2. 对系统由能量守恒定律： 2mg2(Lx)122mv20122mv21124mv22 解得：xv2032gL. 最大弹性势能： 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 Ep122mv20122mv21124mv222mg(Lx) 解得：Ep116mv20. 答案：(1)v1v02，方向水平向右 v234v0，方向水平向右 (2)xv2032gL，Ep116mv20.