新人教版高中物理选修35同步练习碰撞Word格式.docx

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解析　两球在碰撞前后，水平方向不受外力，故水平方向两球组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得mv0＝mv1＋3mv2，又两球碰撞是弹性的，故机械能守恒，即mv＝mv＋×

3mv，联立两式解得v1＝－，v2＝，可见第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等，A正确；

因两球质量不相等，故两球碰后的动量大小不相等，B错误；

两球碰后上摆的过程机械能守恒，且初速度大小相同，故上升的最大高度相等，另摆长相等，故两球碰后的最大摆角相同，C错误；

由于第一次碰撞后两球速度大小相等，故返回各自最低点所用时间相同，所以第二次碰撞发生在各自的最低点处，D正确。

5.

如图所示，在光滑水平面上有直径相同的a、b两球，在同一直线上运动，选定向右为正方向，两球的动量分别为pa＝6kg·

m/s、pb＝－4kg·

m/s。

当两球相碰之后，两球的动量可能是（　　）

A．pa＝2kg·

m/s，pb＝0

B．pa＝－4kg·

m/s，pb＝6kg·

m/s

C．pa＝－6kg·

m/s，pb＝8kg·

D．pa＝－6kg·

m/s，pb＝4kg·

答案　B

解析　A项与实际不符，a球不可能穿过停止的b球向前运动，故错误；

两球的动量分别为pa＝6kg·

m/s，pb＝－4kg·

m/s，系统动量守恒，选定向右为正方向，根据碰撞过程中动量守恒可知：

碰撞后的总动量应等于原来总动量2kg·

pa＝－4kg·

m/s，a、b小球的动量满足动量守恒定律，不违背物体的运动规律，也符合机械能不能增大的规律，故B正确；

a球的动量大小不变，a球的动能不变，b球的动量大小增大，b球的动能增加了，不符合系统机械能不能增大的规律，故C错误；

D项中碰后的合动量为－2kg·

m/s，系统动量不守恒，故D错误。

6．甲、乙两铁球质量分别是m甲＝1kg、m乙＝2kg。

在光滑水平面上沿同一直线运动，速度分别是v甲＝6m/s、v乙＝2m/s。

甲追上乙发生正碰后两物体的速度有可能是（　　）

A．v甲′＝7m/s，v乙′＝1.5m/s

B．v甲′＝2m/s，v乙′＝4m/s

C．v甲′＝3.5m/s，v乙′＝3m/s

D．v甲′＝4m/s，v乙′＝3m/s

解析　选项A和B、D均满足动量守恒条件，但碰后总动能大于碰前总动能，选项A错误、B正确；

选项C不满足动量守恒条件，错误；

选项D满足动量守恒条件，且碰后总动能小于碰前总动能，但碰后甲球速度大于乙球速度，要发生第2次碰撞，不合理，错误。

7．如图所示，物体A静止在光滑的水平面上，A的左边固定有轻质弹簧，与A质量相同的物体B以速度v向A运动并与弹簧发生碰撞，A、B始终沿同一直线运动，则A、B组成的系统动能损失最大的时刻是（　　）

A．A开始运动时B．A的速度等于v时

C．B的速度等于零时D．A和B的速度相等时

解析　对A、B系统由于水平面光滑，所以动量守恒。

而对A、B、弹簧系统机械能守恒，即A、B动能与弹簧弹性势能之和为定值。

当A、B速度相等时，弹簧形变量最大，弹性势能最大，所以此时动能损失最大。

8.

如图所示，木块A、B的质量均为2kg，置于光滑水平面上，B与一轻质弹簧的一端相连，弹簧的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，弹簧具有的弹性势能大小为（　　）

A．4JB．8JC．16JD．32J

解析　A、B在碰撞过程中动量守恒，碰后粘在一起，共同压缩弹簧的过程中机械能守恒。

由碰撞过程中动量守恒得mAvA＝（mA＋mB）v，代入数据解得v＝＝2m/s，所以碰后A、B及弹簧组成的系统的机械能为（mA＋mB）v2＝8J，当弹簧被压缩至最短时，系统的动能为0，只有弹性势能，由机械能守恒得此时弹簧的弹性势能为8J。

9．（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，那么小球B的速度可能是（　　）

A.v0B.v0C.v0D.v0

解析　要注意的是，两球的碰撞不一定是弹性碰撞，A球碰后动能变为原来的，则其速度大小仅为原来的。

取A球原来的运动方向为正方向，两球在光滑水平面上正碰，碰后A球的运动有两种可能，继续沿原方向运动或被反弹。

以A球原来的速度方向为正方向，则vA′＝±

v0，根据两球碰撞前、后的总动量守恒，有mv0＋0＝m×

v0＋2mvB′，mv0＋0＝m×

－v0＋2mvB″，解得vB′＝v0，vB″＝v0，且均符合碰撞中机械能不增加。

10．（多选）向空中发射一枚炮弹，不计空气阻力，当此炮弹的速度恰好沿水平方向时，炮弹炸裂成a、b两块，若质量较大的a块的速度方向仍沿原来的方向，则（　　）

A．b的速度方向一定与原来速度方向相反

B．从炸裂到落地的这段时间内，a飞行的水平距离一定比b的大

C．a、b一定同时到达水平地面

D．在炸裂过程中，a、b受到的爆炸力的大小一定相等

答案　CD

解析　炮弹炸裂前后动量守恒，选未炸裂前水平速度v0的方向为正方向，则mv0＝mava＋mbvb，显然vb>

0，vb<

0，vb＝0都有可能；

vb>

va，vb<

va，vb＝va也都有可能，A、B错误；

a、b高度相同，一定同时到达地面，C正确；

爆炸力是内力，D正确。

11．在光滑水平面的同一直线上，自左向右地依次排列质量均为m的一系列小球，另一质量为m的小球A以水平向右的速度v运动，依次与上述小球相碰，碰后即粘合在一起，碰撞n次后，剩余的总动能为原来的，则n为（　　）

A．5B．6C．7D．8

答案　C

解析　设碰撞n次后的速度为v′，则根据动量守恒定律得：

mv＝（n＋1）mv′，所以v′＝v，剩余的总动能Ek′＝（n＋1）mv′2＝×

mv2，碰前的动能Ek＝mv2，因Ek′＝Ek，则有＝，所以n＝7，故C正确。

12．质量为m，速度为v的A球跟质量为3m的静止的B球发生正碰。

碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此碰撞后B球的速度可能值为（　　）

A．0.6vB．0.4vC．0.2vD．0.1v

解析　若vB＝0.6v，选v的方向为正，由动量守恒定律得：

mv＝mvA＋3m·

0.6v，得vA＝－0.8v，碰撞前系统的总动能为Ek＝mv2。

碰撞后系统的总动能为：

Ek′＝mv＋·

3mv＝m（0.8v）2＋·

3m（0.6v）2>

mv2，违反了能量守恒定律，不可能，故A错误；

若vB＝0.4v，由动量守恒定律得：

0.4v，得vA＝－0.2v，碰撞后系统的总动能为：

3mv＝m（－0.2v）2＋·

3m（0.4v）2<

mv2，不违反能量守恒定律，是可能的，故B正确；

A、B发生完全非弹性碰撞，则有：

mv＝（m＋3m）vB，vB＝0.25v，这时B获得的速度最小，所以vB＝0.2v，vB＝0.1v是不可能的，故C、D错误。

13．在光滑的水平面上有一质量为0.2kg的小球以5.0m/s的速度向前运动，与质量为3.0kg的静止木块发生碰撞，假设碰撞后木块的速度是v木＝4.2m/s，则（　　）

A．碰撞后球的速度为v球＝－1.3m/s

B．v木＝4.2m/s这一假设不合理，因而这种情况不可能发生

C．v木＝4.2m/s这一假设是合理的，碰撞后小球被弹回来

D．v木＝4.2m/s这一假设是可能发生的，但由于题给条件不足，v球的大小不能确定

解析　假设这一过程可以实现，根据动量守恒定律有mv＝mv球＋m2v木，代入数据，解得：

v球＝－58m/s，这一过程不可能发生，因为碰撞后机械能增加了。

14．三个相同的木块A、B、C从同一高度处自由下落，其中木块A刚开始下落的瞬间被水平飞来的子弹击中，木块B在下落到一定高度时，才被水平飞来的子弹击中。

若子弹均留在木块中，则三木块下落的时间tA、tB、tC的关系是（　　）

A．tA<

tB<

tCB．tA>

tB>

tC

C．tA＝tC<

tBD．tA＝tB<

解析　由运动学规律知，tA＝tC＝。

B木块在竖直方向上速度为vB时，射入一竖直方向速度为零的子弹，根据动量守恒知，质量变大，竖直分速度变小，下落时间延长。

15.

（多选）如图所示，在水平桌面上固定着一个光滑圆轨道，在轨道的B点静止着一个质量为m2的弹性小球乙，另一个质量为m1的弹性小球甲从A点以初速度v0向右运动，与乙球发生第一次碰撞后，恰在C点发生第二次碰撞。

则甲、乙两球的质量之比m1∶m2等于（　　）

A．1∶9B．1∶7C．5∶3D．2∶3

答案　BC

解析　质量为m1的甲球与质量为m2的乙球在B点发生弹性碰撞，设碰后甲球的速度为v1，乙球的速度为v2，根据动量守恒定律和能量守恒定律有：

m1v0＝m1v1＋m2v2，m1v＝m1v＋m2v，解得v1＝v0，v2＝v0。

由于第二次碰撞发生在C处，一种可能是碰后甲球反向由B经A、D到达C点，乙球逆时针到达C点，即＝－，即＝，得＝，故B正确。

另一种可能是乙球逆时针由B经C、D、A、B再到达C，运动了1圆周，甲球运动圆周到达C，则＝，即＝，得＝，故C正确。

16.

在光滑的水平面上有a、b两球，其质量分别为ma、mb，两球在t0时刻发生弹性正碰，两球在碰撞前后的速度图象如图所示。

下列关系正确的是（　　）

A．ma>

mbB．ma<

mb

C．ma＝mbD．无法判断

解析　由图可知b球碰前静止，设a球碰后速度为v1，b球速度为v2，物体碰撞过程中动量守恒，机械能守恒，所以有：

mav0＝mav1＋mbv2①

mav＝mav＋mbv②

联立①②得：

v1＝v0，v2＝v0，由图可知a球碰后速度反向，故ma<

mb，故A、C、D错误，B正确。

二、非选择题

17．质量分别为300g和200g的两个物体在无摩擦的水平面上相向运动，速度分别为50cm/s和100cm/s。

（1）如果两物体碰撞并粘合在一起，求它们共同的速度大小；

（2）求碰撞后损失的动能；

（3）如果碰撞是弹性碰撞，求两物体碰撞后的速度大小。

答案　

（1）0.1m/s　

（2）0.135J

（3）0.7m/s　0.8m/s

解析　

（1）设v1方向为正方向v1＝50cm/s＝0.5m/s，v2＝－100cm/s＝－1m/s，

设两物体碰撞后粘合在一起的共同速度为v，

由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝（m1＋m2）v，

代入数据解得v＝－0.1m/s，与v1的方向相反。

（2）碰撞后两物体损失的动能为

ΔEk＝m1v＋m2v－（m1＋m2）v2

＝×

0.3×

0.52＋×

0.2×

（－1）2－×

（0.3＋0.2）×

（－0.1）2J＝0.135J。

（3）如果碰撞是弹性碰撞，设碰后两物体的速度分别为v1′、v2′，由动量守恒定律得

m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′

由机械能守恒定律得

m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2

代入数据得v1′＝－0.7m/s，v2′＝0.8m/s。

18．在军事演习中，一炮弹在离地面高h处时的速度方向恰好沿水平方向向左，速度大小为v，此时炮弹炸裂成质量相等的两块，设消耗的火药质量不计，爆炸后前半块的速度方向仍沿水平方向向左，速度大小为3v。

求两块弹片落地点之间的水平距离为多大。

答案　4v

解析　设爆炸后每块弹片的质量均为m，取向左为正方向，由动量守恒定律得2mv＝m×

3v＋mv′

则后半块弹片的速度v′＝－v，即v′方向向右

由平抛运动知，弹片落地时间t＝

因此两块弹片落地点间的水平距离为

x＝3vt＋|v′|t＝4v。

19．从某高度自由下落一个质量为M的物体，当物体下落h时，突然炸裂成两块，已知质量为m的一块碎片恰能沿竖直方向回到开始下落的位置，求：

（1）刚炸裂时另一块碎片的速度；

（2）爆炸过程中有多少化学能转化为弹片的动能？

答案　

（1），方向竖直向下

（2）gh

解析　

（1）M下落h后：

Mgh＝Mv2，v＝

爆炸时动量守恒，设竖直向下为正方向：

Mv＝－mv＋（M－m）v′

解得v′＝，方向竖直向下。

（2）爆炸过程中转化为动能的化学能等于系统动能的增加量，即

ΔEk＝mv2＋（M－m）v′2－Mv2

＝（m－M）v2＋＝gh。

20．以初速度v0斜向上与水平方向成60°

角抛出的手榴弹，到达最高点时炸成质量分别是m和2m的两块。

其中质量较大的一块沿着手榴弹在最高点处爆炸前的速度方向以2v0的速度飞行。

（1）求质量较小的另一块弹片速度的大小和方向；

答案　

（1）2.5v0'

方向与手榴弹在最高点处爆炸前时速度方向相反

（2）mv

解析　

（1）斜抛的手榴弹在水平方向上做匀速直线运动，在最高点处爆炸前时的速度：

v1＝v0cos60°

＝v0

设v1的方向为正方向，如图所示：

由动量守恒定律得：

3mv1＝2mv1′＋mv2

其中爆炸后质量较大的弹片速度v1′＝2v0，

解得v2＝－2.5v0，“－”号表示v2的方向与手榴弹在最高点处爆炸前时速度方向相反。

（2）爆炸过程中转化为动能的化学能等于系统动能的增量，即：

ΔEk＝（2m）v1′2＋mv－（3m）v＝mv。

21.

在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速率v0向右运动。

在小球A的前方O点处有一质量为m2的小球B处于静止状态，如图所示。

小球A与小球B发生正碰后小球A、B均向右运动。

小球B被在Q点处的墙壁弹回后与小球A在P点相遇，PQ＝1.5PO。

假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性的，小球B与墙壁的碰撞时间可忽略不计，求两小球质量之比。

答案　2∶1

解析　由于小球B与墙壁之间的碰撞是弹性的，所以从两小球碰撞后到它们再次相遇，小球A和B的速度大小保持不变。

又小球B与墙壁的碰撞时间可忽略不计，设小球A、B碰撞后小球A和B的速度大小分别为v1和v2，则从两小球相碰到P点再次相遇，它们通过的路程分别为sA＝PO＝v1t，sB＝（PO＋2PQ）＝v2t，

又PQ＝1.5PO，解得＝4。

A、B两球在弹性碰撞过程中动量守恒、机械能守恒

m1v0＝m1v1＋m2v2

m1v＝m1v＋m2v

解得：

v1＝v0，v2＝v0，

又＝4，可得＝2∶1。

22.

如图所示，在水平光滑直导轨上，静止着三个质量为m＝1kg的相同小球A、B、C，现让A球以v0＝2m/s的速度向着B球运动，A、B两球碰撞后粘合在一起，两球继续向右运动并跟C球碰撞，C球的最终速度vC＝1m/s。

求：

（1）A、B两球跟C球相碰前的共同速度是多大？

（2）两次碰撞过程中一共损失了多少动能？

答案　

（1）1m/s　

（2）1.25J

解析　

（1）A、B相碰满足动量守恒定律：

mv0＝2mv1，

计算得出两球跟C球相碰前的速度v1＝1m/s。

（2）A、B两球与C球碰撞同样满足动量守恒定律：

2mv1＝mvC＋2mv2，

代入已知数据得A、B两球与C球碰后的速度v2＝0.5m/s，

两次碰撞损失的动能：

ΔEk＝mv－·

2mv－mv

计算得出ΔEk＝1.25J。

23.

如图所示，质量为m的子弹，以速度v0水平射入用轻绳悬挂在空中的木块，木块的质量为M，绳长为L，子弹射出木块的速度为v，求子弹射出木块后的瞬间绳子中的张力大小。

答案　Mg＋

解析　子弹射过木块的过程中系统动量守恒，取向左为正方向，则：

mv0＝mv＋Mv′，

v′＝

随后木块以v′向左摆动做圆周运动，在最低点木块受重力和绳子拉力作用，由牛顿第二定律得：

T－Mg＝M

T＝Mg＋。

24．如图所示，ABC为一固定在竖直平面内的光滑轨道，BC段水平，AB段与BC段平滑连接，质量为m1的小球从高为h处由静止开始沿轨道下滑，与静止在轨道BC段上质量为m2的小球发生碰撞，碰撞后两球的运动方向处于同一水平线上，且在碰撞过程中无机械能损失。

求碰撞后小球m2的速度大小v2。

答案　

解析　设m1碰撞前的速度为v10，根据机械能守恒定律有m1gh＝m1v

解得v10＝①

设碰撞后m1与m2的速度分别为v1和v2，根据动量守恒定律有m1v10＝m1v1＋m2v2②

由于碰撞过程中无机械能损失

m1v＝m1v＋m2v③

联立②③式解得v2＝④

将①代入④得v2＝。

25.

在光滑的水平面上，一质量为mA＝0.1kg的小球A，以8m/s的初速度向右运动，与质量为mB＝0.2kg的静止小球B发生对心正碰。

碰后小球B滑向与水平面相切、半径为R＝0.5m的竖直放置的光滑半圆形轨道，且恰好能通过最高点N后水平抛出。

g＝10m/s2。

（1）碰撞后小球B的速度大小；

（2）小球B从轨道最低点M运动到最高点N的过程中所受合外力的冲量；

（3）碰撞过程中系统的机械能损失。

答案　

（1）5m/s　

（2）＋1N·

s，方向水平向左　（3）0.5J

解析　

（1）小球B恰好通过半圆形轨道最高点，有

mBg＝mB，代入数据解得vN＝m/s，方向向左。

小球B从轨道最低点M运动到最高点N的过程应用动能定理得：

－mBg·

2R＝mBv－mBv，

联立得vM＝5m/s。

（2）规定向右为正方向，合外力对小球B的冲量为

I＝－mBvN－mBvM

＝－0.2×

N·

s－0.2×

5N·

s

＝－N·

s，即大小为＋1N·

s，方向水平向左。

（3）碰撞过程中动量守恒有：

mAv0＝mAvA＋mBvM，

解得vA＝－2m/s，损失的机械能

ΔE＝mAv－mAv－mBv＝0.5J。

26．如图所示，在光滑水平面上叠放A、B两物体，质量分别为mA、mB，A与B间的动摩擦因数为μ，质量为m的小球以水平速度v射向A，以的速度大小返回，求：

（1）A与B相对静止时的速度大小；

（2）木板B至少多长，A才不至于滑落。

答案　

（1）　

（2）

解析　

（1）设水平向右为正方向，小球与A作用，根据动量守恒定律得：

mv＝－m·

＋mAvA①

A与B作用，设两者相对静止时的速度为v1，根据动量守恒定律得：

mAvA＝（mA＋mB）v1②

v1＝③

（2）A、B在相互作用的过程中，系统减少的动能转化成内能，A恰好不滑落的条件为：

A恰好滑到B的右端时两者速度相等。

根据能量守恒定律得：

Q＝mAv－（mA＋mB）v④

Q＝fL＝μmAgL⑤

联立①③④⑤解得：

L＝。