2022高中物理 第十六章 動(dòng)量守恒定律 課時(shí)提升作業(yè)三 16.4 碰撞 新人教版選修3-5

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1、2022高中物理 第十六章 動(dòng)量守恒定律 課時(shí)提升作業(yè)三 16.4 碰撞 新人教版選修3-5 一、選擇題(本題共5小題,每小題7分,共35分) 1.如圖所示,游樂(lè)場(chǎng)上,兩位同學(xué)各駕著一輛碰碰車(chē)迎面相撞,此后,兩車(chē)以共同的速度運(yùn)動(dòng);設(shè)甲同學(xué)和他的車(chē)的總質(zhì)量為150kg,碰撞前向右運(yùn)動(dòng),速度的大小為4.5m/s。乙同學(xué)和他的車(chē)的總質(zhì)量為200kg,碰撞前向左運(yùn)動(dòng),速度的大小為4.25m/s,則碰撞后兩車(chē)共同的運(yùn)動(dòng)速度為(取向右為正方向)(　　) A.1 m/s　　 B.0.5 m/s　 C.-1 m/s　 D.-0.5 m/s 【解析】選D。兩車(chē)在碰撞的過(guò)程中水平方向的動(dòng)量是守恒的,以

2、向右為正方向,由動(dòng)量守恒定律得: m1v1-m2v2=(m1+m2)v　代入數(shù)據(jù)得:v==m/s=-0.5m/s 負(fù)號(hào)表示共同速度的方向向左。故選D。 2.(多選)質(zhì)量為M、內(nèi)壁間距為L(zhǎng)的箱子靜止于光滑的水平面上,箱子中間有一質(zhì)量為m的小物塊,小物塊與箱子底板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。初始時(shí)小物塊停在箱子正中間,如圖所示?，F(xiàn)給小物塊一水平向右的初速度v,小物塊與箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中間,并與箱子保持相對(duì)靜止。設(shè)碰撞都是彈性的,則整個(gè)過(guò)程中,系統(tǒng)損失的動(dòng)能為(　　) A.mv2　　　　　　　　 B.v2 C.NμmgL D.NμmgL 【解析】選B、D。根據(jù)動(dòng)量守恒,小物

3、塊和箱子的共同速度v′=,損失的動(dòng)能ΔEk=mv2-(M+m)v′2=v2,所以B正確;根據(jù)能量守恒,損失的動(dòng)能等于因摩擦產(chǎn)生的熱量,而計(jì)算熱量的方法是摩擦力乘以相對(duì)位移,所以ΔEk=fNL= NμmgL,可見(jiàn)D正確。 3.質(zhì)量為ma=1kg,mb=2kg的小球在光滑的水平面上發(fā)生碰撞,碰撞前后兩球的位移—時(shí)間圖象如圖所示,則可知碰撞屬于(　　) A.彈性碰撞 B.非彈性碰撞 C.完全非彈性碰撞 D.條件不足,不能確定 【解析】選A。由x-t圖象知,碰撞前va=3m/s,vb=0,碰撞后va′=-1m/s,vb′=2m/s,碰撞前動(dòng)能ma+mb=J,碰撞后動(dòng)能mava′2+m

4、bvb′2=J,故機(jī)械能守恒;碰撞前動(dòng)量mava+mbvb=3kg·m/s,碰撞后動(dòng)量mava′+mbvb′=3kg·m/s,故動(dòng)量守恒,所以碰撞屬于彈性碰撞。 4.(多選)質(zhì)量為m的小球A,在光滑的水平面上以速度v0與質(zhì)量為2m的靜止小球B發(fā)生正碰,碰撞后A球的動(dòng)能恰變?yōu)樵瓉?lái)的,則B球的速度大小可能是(　　) A.v0　　　 B.v0　　　 C.v0　　　 D.v0 【解析】選A、B。依題意,碰后A的動(dòng)能滿足:m=×m得vA=±v0,代入動(dòng)量守恒定律得mv0=±m(xù)·v0+2mvB,解得vB=v0或vB=v0。 5. (多選)如圖所示,在光滑水平面上,質(zhì)量為m的小球A和質(zhì)量為m的

5、小球B通過(guò)輕彈簧相連并處于靜止?fàn)顟B(tài),彈簧處于自然伸長(zhǎng)狀態(tài);質(zhì)量為m的小球C以初速度v0沿AB連線向右勻速運(yùn)動(dòng),并與小球A發(fā)生彈性碰撞。在小球B的右側(cè)某位置固定一塊彈性擋板(圖中未畫(huà)出),當(dāng)小球B與擋板發(fā)生正碰后立刻將擋板撤走。彈簧始終處于彈性限度內(nèi),小球B與擋板的碰撞時(shí)間極短,碰后小球B的速度大小不變,但方向相反。則B與擋板碰后彈簧彈性勢(shì)能的最大值Em可能是 (　　) A.m B.m C.m D.m 【解析】選B、C。由題可知,系統(tǒng)的初動(dòng)能為Ek=m,而系統(tǒng)的機(jī)械能守恒,則彈簧的彈性勢(shì)能不可能等于m,故A錯(cuò)誤;由于小球C與小球A質(zhì)量相等,發(fā)生彈性正碰,則碰撞后交換速

6、度,若在A與B速度相等時(shí),B與擋板碰撞,B碰撞后速度與A大小相等、方向相反,當(dāng)兩者速度同時(shí)減至零時(shí),彈簧的彈性勢(shì)能最大,最大值為Ep=Ek=m,故B正確;當(dāng)B的速度很小(約為零)時(shí),B與擋板碰撞時(shí),當(dāng)兩球速度相等時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能最大,設(shè)共同速度為v,以C的初速度方向?yàn)檎较?則由動(dòng)量守恒定律得:mv0=v,得v=v0,由機(jī)械能守恒定律可知,最大的彈性勢(shì)能為Ep=m-v2,解得:Ep=m,則最大的彈性勢(shì)能的范圍為m～m,故C正確,D錯(cuò)誤。故選B、C。 【補(bǔ)償訓(xùn)練】 如圖小球A和小球B質(zhì)量相同,球B置于光滑水平面上。當(dāng)球A從高為h處由靜止擺下,到達(dá)最低點(diǎn)恰好與B相撞,并粘合在一起繼續(xù)擺動(dòng),它們

7、能上升的最大高度是(　　) A.h　　　 B.　　　 C.　　　 D. 【解析】選C。A運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)有:mgh=m,到達(dá)最低點(diǎn)恰好與B相撞,并粘合在一起有:mvA=2mv,v=,兩者同時(shí)上升時(shí)機(jī)械能守恒,有:×2mv2=2mgH,聯(lián)立解得,H=,C正確。 二、非選擇題(15分。需寫(xiě)出規(guī)范的解題步驟) 6.如圖所示,MN是足夠長(zhǎng)的光滑絕緣水平軌道。質(zhì)量為m的帶正電A球,以水平速度v0射向靜止在軌道上帶正電的B球,至A、B相距最近時(shí),A球的速度變?yōu)?已知A、B兩球始終沒(méi)有接觸。求: (1)B球的質(zhì)量。 (2)A、B兩球相距最近時(shí),兩球組成系統(tǒng)的電勢(shì)能增量。 【解題指

8、南】 (1)兩個(gè)電荷之間沒(méi)有相互接觸,它們之間的相互作用力為庫(kù)侖力,A、B組成的系統(tǒng)不受外力,動(dòng)量守恒。 (2)在相互靠近時(shí)庫(kù)侖力做負(fù)功,機(jī)械能減少,電勢(shì)能增加,在達(dá)到相同速度時(shí)電勢(shì)能最大。 【解析】(1)A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒,當(dāng)兩球相距最近時(shí)具有共同速度v,由動(dòng)量守恒:mv0=(m+mB) 解得:mB=3m (2)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,根據(jù)能量守恒定律得: ΔEp=m-×(m+mB)=m 答案:(1)3m　(2)m (25分鐘　50分) 一、選擇題(本題共4小題,每小題7分,共28分) 1.(多選)如圖,大小相同的擺球a和b的質(zhì)量分別為m和3m,擺長(zhǎng)相同,并排懸掛,平衡時(shí)兩

9、球剛好接觸?，F(xiàn)將擺球a向左拉開(kāi)一小角度后釋放。若兩球的碰撞是彈性的,下列判斷正確的是　(　　) A.第一次碰撞后的瞬間,兩球的速度大小相等 B.第一次碰撞后的瞬間,兩球的動(dòng)量大小相等 C.第一次碰撞后,兩球的最大擺角相同 D.第一次碰撞后的瞬間,兩球的動(dòng)能大小相等 【解析】選A、C。兩球彈性碰撞時(shí)動(dòng)量守恒、動(dòng)能守恒,設(shè)碰撞前a球速度為v,碰撞后兩球速度大小分別為va′==-v,vb′=v=v,速度大小相等,方向相反,選項(xiàng)A正確;由于質(zhì)量不同,碰后兩球動(dòng)量和動(dòng)能不相等,選項(xiàng)B、D錯(cuò)誤;碰后動(dòng)能轉(zhuǎn)化為重力勢(shì)能,由mv2=mgh知,上升的最大高度相等,所以最大擺角相等,選項(xiàng)C正確。故選A、

10、C。 2.(多選)(2018·衡水高二檢測(cè))如圖所示,質(zhì)量分別為m和2m的A、B兩個(gè)木塊間用輕彈簧相連,放在光滑水平面上,A緊靠豎直墻壁。用水平力向左推B,將彈簧壓縮,推到某位置靜止時(shí)推力大小為F,彈簧的彈性勢(shì)能為E。在此位置突然撤去推力,下列說(shuō)法中正確的是　(　　) A.從撤去推力到A離開(kāi)豎直墻壁前,A、B和彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒,機(jī)械能守恒 B.從撤去推力到A離開(kāi)豎直墻壁前,A、B和彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒,機(jī)械能守恒 C.A離開(kāi)豎直墻壁后,彈簧彈性勢(shì)能最大值為 D.A離開(kāi)豎直墻壁后,彈簧彈性勢(shì)能最大值為E 【解析】選A、C。A離開(kāi)墻前墻對(duì)A有彈力,這個(gè)彈力雖然不做功,但對(duì)A有

11、沖量,因此系統(tǒng)機(jī)械能守恒而動(dòng)量不守恒,故A正確,B錯(cuò)誤;撤去力F后,B向右運(yùn)動(dòng),彈簧彈力逐漸減小,當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí),A開(kāi)始脫離墻面,這一過(guò)程機(jī)械能守恒,即滿足:E=(2m)　 ① A脫離墻面后速度逐漸增加,B速度逐漸減小,此過(guò)程中彈簧逐漸伸長(zhǎng),當(dāng)A、B速度相同時(shí),彈簧彈性勢(shì)能最大,這一過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量和機(jī)械能均守恒,有: 動(dòng)量守恒:2mvB=(m+2m)v　 ② 機(jī)械能守恒:Epmax=(2m)-(m+2m)v2　 ③ 由①②③可解得:Epmax=,所以C正確,D錯(cuò)誤。故選A、C。 3. (2018·邯鄲高二檢測(cè))如圖

12、所示,質(zhì)量為m的半圓軌道小車(chē)靜止在光滑的水平地面上,其水平直徑AB長(zhǎng)度為2R,現(xiàn)將質(zhì)量也為m的小球從距A點(diǎn)正上方h0高處由靜止釋放,然后由A點(diǎn)經(jīng)過(guò)半圓軌道后從B沖出,在空中能上升的最大高度為h0(不計(jì)空氣阻力),則(　　) A.小球和小車(chē)組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒 B.小車(chē)向左運(yùn)動(dòng)的最大距離為R C.小球離開(kāi)小車(chē)后做斜上拋運(yùn)動(dòng) D.小球第二次能上升的最大高度h0

13、給小球的彈力變小,摩擦力變小,摩擦力做功變小。 【解析】選D。小球與小車(chē)組成的系統(tǒng)在水平方向所受合外力為零,水平方向系統(tǒng)動(dòng)量守恒,但系統(tǒng)整體所受合外力不為零,系統(tǒng)動(dòng)量不守恒,故A錯(cuò)誤;系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒,以向右為正方向,在水平方向,由動(dòng)量守恒定律得:mv-mv′=0,m-m=0,解得,小車(chē)的位移:x=R,故B錯(cuò)誤;小球與小車(chē)組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒,小球離開(kāi)小車(chē)時(shí)系統(tǒng)水平方向動(dòng)量為零,小球與小車(chē)水平方向速度為零,小球離開(kāi)小車(chē)后做豎直上拋運(yùn)動(dòng),故C錯(cuò)誤;小球第一次在車(chē)中運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,由動(dòng)能定理得:mg-Wf=0,Wf為小球克服摩擦力做功大小,解得:Wf=mgh0,即小球第一次在車(chē)中滾動(dòng)損失

14、的機(jī)械能為mgh0,由于小球第二次在車(chē)中滾動(dòng)時(shí),對(duì)應(yīng)位置處速度變小,因此小車(chē)給小球的彈力變小,摩擦力變小,摩擦力做功小于mgh0,機(jī)械能損失小于mgh0,因此小球再次離開(kāi)小車(chē)時(shí),能上升的高度大于:h0-h0=h0,而小于h0,故D正確;故選D。 4. (多選)(2018·邵陽(yáng)高二檢測(cè))如圖所示,一根足夠長(zhǎng)的水平滑桿SS′上套有一質(zhì)量為m的光滑金屬圓環(huán),在滑桿的正下方與其平行放置一足夠長(zhǎng)的光滑水平木制軌道,且穿過(guò)金屬圓環(huán)的圓心O,現(xiàn)使質(zhì)量為M的條形磁鐵以v0的水平速度沿軌道向右運(yùn)動(dòng),其中正確的選項(xiàng)是(　　) A.磁鐵穿過(guò)金屬環(huán)后,二者將先后停下來(lái) B.圓環(huán)可能獲得的最大速度為 C.磁

15、鐵與圓環(huán)系統(tǒng)損失的動(dòng)能可能為 D.磁鐵與圓環(huán)系統(tǒng)損失的動(dòng)能可能為M 【解析】選B、C。金屬環(huán)是光滑的,足夠長(zhǎng)的水平的木制軌道是光滑的,在磁鐵穿過(guò)金屬環(huán)后,二者由于不受摩擦力的作用,兩者將不會(huì)停下來(lái),故A錯(cuò)誤;選取磁鐵與圓環(huán)組成的系統(tǒng)為研究的系統(tǒng),系統(tǒng)在水平方向受到的合力為0,滿足動(dòng)量守恒;選取磁鐵M運(yùn)動(dòng)的方向?yàn)檎较?則最終可能達(dá)到共同速度時(shí):Mv0=(M+m)v得:v=,故B正確;磁鐵若能穿過(guò)金屬環(huán),運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量等于系統(tǒng)損失的動(dòng)能,二者的末速度相等時(shí)損失的動(dòng)能最大,為:Q=M-(M+m)v2=。故C正確,D錯(cuò)誤。故選B、C。 二、非選擇題(本題共2小題,共22分。需寫(xiě)出規(guī)

16、范的解題步驟) 5.(10分)如圖所示,光滑水平面上靜止放置質(zhì)量M=2kg的長(zhǎng)木板C;離板右端x=0.72m處?kù)o止放置質(zhì)量mA=1kg的小物塊A,A與C間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.4;在木板右端靜止放置質(zhì)量mB=1kg的小物塊B,B與C間的摩擦忽略不計(jì)。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,A、B均可視為質(zhì)點(diǎn),g取10m/s2?，F(xiàn)在木板上加一水平向右的力F=3N,到A與B發(fā)生彈性碰撞時(shí)撤去力F。問(wèn): (1)A與B碰撞之前運(yùn)動(dòng)的時(shí)間是多少? (2)若A最終能停在C上,則長(zhǎng)木板C的長(zhǎng)度至少是多少? 【解析】(1)若A、C相對(duì)滑動(dòng),則A受到的摩擦力為: FA=μmAg=4N>F故A、C不可能發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)

17、,設(shè)A、C一起運(yùn)動(dòng)的加速度為a a==1m/s2 由x=at2有:t==1.2s (2)因A、B發(fā)生彈性碰撞,由于mA=mB,故A、B碰后,A的速度為0,則從碰后瞬間到木板與A速度相同的過(guò)程中,由動(dòng)量守恒定律: v0=1.2m/s　v=0.8m/s 由能量守恒:μmAgΔx=M-(M+mA)v2 Δx=0.12m 故木板C的長(zhǎng)度L至少為:L=x+Δx=0.84m 答案:(1)1.2s　(2)0.84 m 6. (12分)如圖,車(chē)廂的質(zhì)量為M,長(zhǎng)度為L(zhǎng),靜止在光滑水平面上,質(zhì)量為m的木塊(可看成質(zhì)點(diǎn))以速度v0無(wú)摩擦地在車(chē)廂底板上向右運(yùn)動(dòng),木塊與前車(chē)壁碰撞后以速度向左運(yùn)動(dòng),求:

18、 (1)木塊與前車(chē)壁碰撞過(guò)程中,木塊對(duì)車(chē)廂的沖量。 (2)再經(jīng)過(guò)多長(zhǎng)時(shí)間,木塊將與后車(chē)壁相碰? 【解析】(1)木塊和車(chē)廂組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒,設(shè)向右為正方向,碰后車(chē)廂的速度為v′,mv0=Mv′-m, 解得v′=,方向向右, 對(duì)車(chē)廂,根據(jù)動(dòng)量定理得, 木塊對(duì)車(chē)廂的沖量I=Mv′=,方向向右。 (2)設(shè)t時(shí)間后木塊將與后車(chē)壁相碰,則:v′t+t=L, 解得t== 答案:(1),方向向右　(2) 【補(bǔ)償訓(xùn)練】 兩個(gè)質(zhì)量分別為M1和M2的劈A和B,高度相同,放在光滑水平面上。A和B的傾斜面都是光滑曲面,曲面下端與水平面相切,如圖所示。一質(zhì)量為m的物塊位于劈A的傾斜面上,距水平面的高度為h。物塊從靜止開(kāi)始滑下,然后又滑上劈B。求物塊在B上能夠達(dá)到的最大高度。 【解析】設(shè)物塊到達(dá)劈A的底端時(shí),物塊和A的速度大小分別為u和v,由機(jī)械能守恒和動(dòng)量守恒得: mgh=mu2+M1v2,　 ① M1v=mu,　 ② 設(shè)物塊在劈B上達(dá)到的最大高度為h′,此時(shí)物塊和B的共同速度大小為v′,由機(jī)械能守恒和動(dòng)量守恒得:mgh′+(M2+m)v′2=mu2,　 ③ mu=(M2+m)v′,　 ④ 聯(lián)立①②③④得h′=h。 答案:h