2019-2020年高中物理 第十六章 動量守恒定律 4 碰撞課后訓練 新人教版選修3-5.doc

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2019-2020年高中物理 第十六章 動量守恒定律 4 碰撞課后訓練 新人教版選修3-5 基礎鞏固 1.在光滑水平面上，動能為E0、動量的大小為p0的小鋼球1與靜止小鋼球2發(fā)生碰撞，碰撞前后球1的運動方向相反。將碰撞后球1的動能和動量的大小分別記為E1、p1，球2的動能和動量的大小分別記為E2、p2，則必有(　　) A．E1＜E0　　　　　　　 B．p1＜p0 C．E2＞E0 D．p2＞p0 2．如圖所示，P物體與一個連著彈簧的Q物體正碰，碰撞后P物體靜止，Q物體以P物體碰撞前速度v離開，已知P與Q質(zhì)量相等，彈簧質(zhì)量忽略不計，那么當彈簧被壓縮至最短時，下列的結(jié)論中正確的應是(　　) A．P的速度恰好為零　　　　 B．P與Q具有相同速度 C．Q剛開始運動 D．Q的速度等于v 3．半徑相等的兩個小球甲和乙，在光滑水平面上沿同一直線相向運動，若甲球的質(zhì)量大于乙球的質(zhì)量，碰撞前兩球的動能相等，則碰撞后兩球的運動狀態(tài)可能是(　　) A．甲球的速度為零而乙球的速度不為零 B．乙球的速度為零而甲球的速度不為零 C．兩球速度均不為零 D．兩球的速度方向均與原方向相反，兩球的動能仍相等 4．在光滑的水平面上，有A、B兩球沿同一直線向右運動，如圖所示。已知碰撞前兩球的動量分別為pA＝12 kgm/s，pB＝13 kgm/s。碰撞后它們的動量變化ΔpA、ΔpB有可能的是(　　) A．ΔpA＝－3 kgm/s，ΔpB＝3 kgm/s B．ΔpA＝4 kgm/s，ΔpB＝－4 kgm/s C．ΔpA＝－5 kgm/s，ΔpB＝5 kgm/s D．ΔpA＝－24 kgm/s，ΔpB＝24 kgm/s 5．如圖所示的三個小球的質(zhì)量都為m，B、C兩球用輕彈簧連接后放在光滑的水平面上，A球以速度v0沿B、C兩球球心的連線向B球運動，碰后A、B兩球粘在一起。問： (1)A、B兩球剛剛粘合在一起時的速度是多大？ (2)彈簧壓縮至最短時三個小球的速度是多大？ 6．1930年科學家用放射性物質(zhì)中產(chǎn)生的α粒子轟擊鈹時，產(chǎn)生了一種看不見的、貫穿能力極強的、不帶電未知粒子。該未知粒子跟靜止的氫核正碰，測出碰撞后氫核速度是3.3107 m/s，該未知粒子跟靜止的氮核正碰，測出碰撞后氮核速度是4.7106 m/s。已知氫核質(zhì)量是mH，氮核質(zhì)量是1.4 mH，假定上述碰撞是彈性碰撞，求未知粒子的質(zhì)量。 能力提升 7．下面是一個物理演示實驗，它顯示：圖中自由下落的物體A和B經(jīng)反彈后，B能上升到比初始位置高得多的地方。A是某種材料做成的實心球，質(zhì)量m1＝0.28 kg，在其頂部的凹坑中插著質(zhì)量m2＝0.10 kg的木棍B。B只是松松地插在凹坑中，其下端與坑底之間有小空隙，將此裝置從A下端離地板的高度H＝1.25 m處由靜止釋放。實驗中，A觸地后在極短的時間內(nèi)反彈，且其速度大小不變；接著木棍B脫離A開始上升，而球A恰好停留在地板上。求木棍B上升的高度，重力加速度g取10 m/s2。 8．如圖所示，一根細繩質(zhì)量不計，長1 m，能承受的最大拉力為13 N，一端固定在天花板上，另一端系一質(zhì)量為0.6 kg的小球A，整個裝置處于靜止狀態(tài)。質(zhì)量為0.2 kg的小球B以水平速度v與A碰撞后粘為一體，若要保證繩子不斷，小球B的速度v最大為多少？(g取10 m/s2) 9．用輕彈簧相連的質(zhì)量均為m＝2 kg的A、B兩物體都以v＝6 m/s 的速度在光滑的水平地面上運動，彈簧處于原長，質(zhì)量M＝4 kg的物體C靜止在前方，如圖所示。B與C碰撞后二者粘在一起運動，在以后的運動中，求： (1)當彈簧的彈性勢能最大時物體A的速度。 (2)彈性勢能的最大值。 10．如圖所示，長木板ab的b端固定一擋板，木板連同擋板的質(zhì)量為M＝4.0 kg，a、b間距離s＝2.0 m，木板位于光滑水平面上，在木板a端有一小物塊，其質(zhì)量m＝1.0 kg，小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ＝0.10，它們都處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)令小物塊以初速度v0＝4.0 m/s沿木板向前滑動，直到和擋板相碰。碰撞后，小物塊恰好回到a端而不脫離木板，求碰撞過程中損失的機械能。(g取10 m/s2) 參考答案 1. 答案：ABD　點撥：球1與球2碰撞，碰撞前后的動能關系應為E0≥E1＋E2。因此E1＜E0，E2＜E0，選項A正確，C不正確。由p＝，結(jié)合E1＜E0，可知p1＜p0，選項B正確。設球1初動量方向為正方向，由動量守恒定律得：p0＝－p1＋p2，所以p2＝p0＋p1，可見p2＞p0，選項D正確。 2. 答案：B　點撥：P物體接觸彈簧后，在彈簧彈力的作用下，P做減速運動，Q物體做加速運動，P、Q間的距離減小，當P、Q兩物體速度相等時，彈簧被壓縮到最短，所以B正確，A、C錯誤。由于作用過程中動量守恒，設速度相等時速度為v′，則mv＝(m＋m)v′，所以彈簧被壓縮至最短時，P、Q的速度v′＝，故D錯誤。 3. 答案：AC　點撥：由題可知Ek甲＝Ek乙，且m甲＞m乙，所以由p＝知p甲＞p乙，又甲、乙相向運動，所以碰撞前后系統(tǒng)的總動量與甲原運動方向相同。A項中甲球速度為零，而乙球反向彈回，總動量方向不變，A正確。B項中乙球速度為零，甲球反向彈回，系統(tǒng)的總動量方向與原來相反，B錯。C項不違背動量守恒，C正確。D項系統(tǒng)總動量方向與原來相反，D錯。 4. 答案：AC　點撥：乍一看四個選項均遵守原則一，即有ΔpA＋ΔpB＝0。這些選項是否都對呢？考慮原則三，由于本題是追趕碰撞，物理情景可行性必有vA＞vB，vB′＞vB，所以有ΔpB＞0，因而ΔpA＜0，可將B選項排除。再由原則二得 ① ② 解①②得 可以得出：|vA′|＜|vA| 即－vA＜vA′＜vA③ ③式各量減去vA再乘以mA得 －2pA＜ΔpA＜0④ 由④式排除D選項。檢驗選項A、C，可知同時滿足三個原則，故本題的答案應為A、C。 5. 答案：(1)　(2) 點撥：(1)在A、B碰撞的過程中彈簧的壓縮量是極其微小的，產(chǎn)生彈力可完全忽略，即C球并沒有參與作用，因此A、B兩球組成的系統(tǒng)所受合外力為零，動量守恒。所以v0的方向為動量的正方向，則有： mv0＝2mv1，解得v1＝v0/2。 (2)粘合在一起的A、B兩球向右運動，壓縮彈簧，由于彈力的作用，C球被加速，速度由零開始增大，而A、B兩球被減速，速度逐漸減小，當三球相對靜止時彈簧最短，此時三球速度相等。在這一過程中，三球構(gòu)成的系統(tǒng)動量守恒，有： 2mv1＝3mv2，解得v2＝。 6. 答案：1.15mH 點撥：設未知粒子質(zhì)量為m，初速度為v，與氫核碰撞后速度為v′，根據(jù)動量守恒和動能守恒有 mv＝mv′＋mHvH① ② 聯(lián)立①②解得vH＝v③ 同理，對于該粒子與氮核碰撞有 vN＝④ 聯(lián)立③④解得m＝＝1.15mH 這種未知粒子質(zhì)量跟氫核質(zhì)量差不多。(即中子) 7. 答案：4.05 m 點撥：根據(jù)題意，A碰地板后，反彈速度的大小等于它下落到地板時速度的大小，即：v1＝ A剛反彈后，速度向上，立刻與下落的B碰撞，碰前B的速度大小為v2＝ 由題意，碰后A速度為0，以v2′表示B上升的速度，根據(jù)動量守恒定律有：m1v1－m2v2＝m2v2′ 令h表示B上升的高度，有：h＝ 聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)得：h＝4.05 m。 8. 答案：10 m/s 點撥：設A、B粘在一起時速度為v共，由牛頓第二定律得 FT－(mA＋mB)g＝ 解得v共＝2.5 m/s B與A碰撞動量守恒：mBv＝(mA＋mB)v共 解得v＝10 m/s。 9. 點撥：(1)當彈簧的壓縮量最大時，彈性勢能最大，此時A、B、C的速度相等，由動量守恒定律得 2mv＝(2m＋M)v1 v1＝＝3 m/s 即A的速度為3 m/s。 (2)由動量守恒定律得B、C碰撞時 mv＝(m＋M)v2 v2＝＝2 m/s 由能量守恒可得 解得ΔEp＝12 J。 答案：(1)3 m/s　(2)12 J 10. 答案：2.4 J 點撥：把兩物體看成一個系統(tǒng)，對整個系統(tǒng)利用能量守恒。 設物塊和木板最后的共同速度為v，由動量守恒定律有： mv0＝(M＋m)v 設碰撞過程中損失的機械能為ΔE，由于物塊在木板上滑動使系統(tǒng)損失的機械能為2μmgs(根據(jù)摩擦力與相對位移的乘積等于系統(tǒng)損失的機械能)，則由能量守恒可得 ＝ΔE＋2μmgs 可得ΔE＝－2μmgs＝－2μmgs＝2.4 J。