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  • 2021-05-27 发布

2019-2020学年高中物理第十六章动量守恒定律4碰撞课后检测含解析新人教版选修3-5

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‎4 碰撞 记一记 碰撞知识体系 ‎1个模型——动碰静模型(熟记碰后结果)‎ ‎2类碰撞——弹性碰撞 非弹性碰撞 ‎3个原则——动量守恒 动能不增加 速度符合实情 辨一辨 ‎1.两物体间发生的碰撞一定为弹性碰撞.(×)‎ ‎2.两物体间发生的碰撞过程,动量一定守恒,动能可能不守恒.(√)‎ ‎3.两物体发生正碰时,动量一定守恒.(√)‎ ‎4.两物体发生斜碰时,动量不守恒.(×)‎ ‎5.微观粒子的散射现象的发生是因为粒子与物质微粒发生了对心碰撞.(×)‎ 想一想 ‎1.两小球发生对心碰撞,碰撞过程中两球动量是否守恒?动能呢?‎ 提示:两球对心碰撞,动量是守恒的,只有发生弹性碰撞,动能才守恒.‎ ‎2.碰撞后两个物体结合在一起碰撞过程中机械能守恒吗?‎ 提示:碰撞后两物体结合在一起损失的机械能最多,机械能不守恒.‎ ‎3.牛顿摆是一个1960年代发明的桌面演示装置,五个质量相同的球体由吊绳固定,彼此紧密排列.当摆动最左侧的球并在回摆时碰撞紧密排列的另外四个球时,最右边的球将被弹出,并仅有最右边的球被弹出.上述规则适用于更多的球,两个,三个,……其中蕴含什么道理?‎ 提示:在理想情况下,完全弹性碰撞的物理过程满足动量守恒和能量守恒.如果两个碰撞小球的质量相等,联立动量守恒和能量守恒方程时可解得:两个小球碰撞后交换速度.如果被碰撞的小球原来静止,则碰撞后该小球具有了与碰撞小球一样大小的速度,而碰撞小球则停止.多个小球碰撞时可以进行类似的分析.‎ 思考感悟: ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 练一练 ‎1.‎ - 11 -‎ 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.1:2‎ C.1:3 D.3:1‎ 解析:由题图知:碰前vA=‎4 m/s,vB=0.碰后vA′=vB′=‎1 m/s,由动量守恒可知mAvA+0=mAvA′+mBvB′,解得mB=3mA.故选项C正确.‎ 答案:C ‎2.‎ 如图所示,光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动.两球质量关系为mB=2mA,规定向右为正方向,A、B两球的动量均为‎6 kg·m/s,运动中两球发生碰撞,碰撞后A球的动量增量为-‎4 kg·m/s.则(  )‎ A.左方是A球,碰撞后A、B两球速度大小之比为2:5‎ B.左方是A球,碰撞后A、B两球速度大小之比为1:10‎ C.右方是A球,碰撞后A、B两球速度大小之比为2:5‎ D.右方是A球,碰撞后A、B两球速度大小之比为1:10‎ 解析:碰撞后A球的动量增量为-‎4 kg·m/s,则B球的动量增量为‎4 kg·m/s,所以碰后A球的动量为‎2 kg·m/s,B球的动量为‎10 kg·m/s,即mAvA=‎2 kg·m/s,mBvB=‎10 kg·m/s,且mB=2mA,vA:vB=2:5,所以,选项A正确.‎ 答案:A ‎3.质量为m的小球A以水平速率v与静止在光滑水平面上质量为‎3m的小球B正碰后,小球A的速率为,则碰后B球的速度为(以A球原方向为正方向)(  )‎ A.          B.v C.- D. 解析:由动量守恒定律知,若碰后A球运动方向不变,则mv=m+3mvB,解得vB=<,由于这时B球的速度小于A球的速度,B球又是在运动方向的前面,这是不可能的,若碰后A球被反弹回去,则有mv=m(-)+3mvB′,所以vB′=,故选项D正确.‎ 答案:D ‎4.‎ 如图,光滑水平地面上有三个物块A、B和C,它们具有相同的质量,且位于同一直线上.开始时,三个物块均静止.先让A以一定速度与B碰撞,碰后它们粘在一起,然后又一起与C碰撞并粘在一起.求前后两次碰撞中损失的动能之比.‎ 解析:设三个物块A、B和C的质量均为m,A与B碰撞前A的速度为v,碰撞后的速度为v1,AB与C碰撞后的共同速度为v2.由动量守恒定律得mv=2mv1,2mv1=3mv2,所以mv=3mv2,‎ 设第一次碰撞中的动能损失为ΔE1,第二次碰撞中的动能损失为ΔE2.由能量守恒定律得 mv2=(‎2m)v+ΔE1‎ (‎2m)v=(‎3m)v+ΔE2‎ 联立以上四式解得ΔE1:ΔE2=3:1.‎ 答案:3:1‎ - 11 -‎ 要点一 碰撞的特点和分类 ‎1.甲、乙两铁球质量分别是m1=‎1 kg,m2=‎2 kg,在光滑水平面上沿同一直线运动,速度分别是v1=‎6 m/s、v2=‎2 m/s.甲追上乙发生正碰后两物体的速度有可能是(  )‎ A.v′1=‎7 m/s,v′2=‎1.5 m/s B.v′1=‎2 m/s,v′2=‎4 m/s C.v′1=‎3.5 m/s,v′2=‎3 m/s D.v′1=‎4 m/s,v′2=‎3 m/s 解析:选项A和B均满足动量守恒条件,但选项A碰后甲球速度大于乙球速度而且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,不合理,选项D错误.故应选B.‎ 答案:B ‎2.(多选)质量为M的物块以速度v运动,与质量为m的静止物块发生正碰,碰撞后两者的动量正好相等.两者质量之比可能为(  )‎ A.2 B.3‎ C.4 D.5‎ 解析:设碰撞后质量为M的物块与质量为m的物块速度分别为v1、v2,由动量守恒定律得 Mv=Mv1+mv2①‎ 由能量关系得Mv2≥Mv+mv②‎ 由已知条件得Mv1=mv2③‎ ‎①③联立可得v=2v1④‎ ‎②③④联立消去v、v1、v2,整理得≤3,故选项A、B正确.‎ 答案:AB ‎3.‎ ‎(多选)如图所示,位于光滑水平桌面,质量相等的小滑块P和Q都可以视作质点,Q与轻质弹簧相连,设Q静止,P以某一初动能E0水平向Q运动并与弹簧发生相互作用,若整个作用过程中无机械能损失,用E1表示弹簧具有的最大弹性势能,用E2表示Q具有的最大动能,则(  )‎ A.E1= B.E1=E0‎ C.E2= D.E2=E0‎ 解析:当P和Q达到共同速度时,弹簧具有的弹性势能最大,由动量守恒定律mv0=2mv,①‎ 最大弹性势能E1=mv-·2mv2,②‎ 又E0=mv,③‎ 联立①②③得E1=,A正确,B错误;由于P、Q的质量相等,故在相互作用过程中发生速度交换,当弹簧恢复原长时,P的速度为零,系统的机械能全部变为Q的动能,D正确.‎ 答案:AD - 11 -‎ ‎4.‎ 如图所示,在水平光滑直导轨上,静止着三个质量均为m=‎1 kg的相同小球A、B、C,现让A球以v0=‎2 m/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=‎1 m/s.求:‎ ‎(1)A、B两球跟C球相碰前的共同速度多大?‎ ‎(2)两次碰撞过程中一共损失了多少动能?‎ 解析:(1)A、B相碰满足动量守恒:mv0=2mv1‎ 解得两球跟C球相碰前的速度:v1=‎1 m/s.‎ ‎(2)两球与C碰撞,动量守恒:2mv1=mvC+2mv2‎ 解得两球碰后的速度:v2=‎0.5 m/s,‎ 两次碰撞损失的动能:‎ ΔEk=mv-×2mv-mv=1.25 J 答案:(1)‎1 m/s (2)1.25 J 要点二 碰撞问题的合理性判断 ‎5.质量相等的A、B两球在光滑水平面上均向右沿同一直线运动,A球的动量为pA=‎9 kg·m/s,B球的动量为pB=‎3 kg·m/s,当A球追上B球时发生碰撞,则碰后A、B两球的动量可能是(  )‎ A.p′A=‎6 kg·m/s,p′B=‎6 kg·m/s B.p′A=‎8 kg·m/s,p′B=‎4 kg·m/s C.p′A=-‎2 kg·m/s,p′B=‎14 kg·m/s D.p′A=-‎4 kg·m/s,p′B=‎17 kg·m/s 解析:A、B组成的系统所受合外力为0,系统动量守恒,即p′A+p′B=pA+pB=‎9 kg·m/s+‎3 kg·m/s=‎12 kg·m/s,故先排除D项.A、B碰撞前的动能应大于或等于碰撞后的动能,即 EkA+EkB≥E′kA+E′kB,‎ EkA+EkB=+=(J)=(J),‎ E′kA+E′kB=,‎ 将A、B、C三项数值代入可排除C项.A、B选项数据表明碰撞后两球的动量均为正值,即碰后两球沿同一方向运动.因A球的速度应小于或等于B球的速度,即v′A≤v′B,因此又可排除B项.所以该题的正确选项为A.‎ 答案:A ‎6.在公路上发生了一起交通事故,质量为1.0×‎104 kg的客车向南行驶迎面撞上质量为2.0×‎104 kg向北行驶的货车,碰后两车接在一起,并向南滑行了一段距离后停止.根据测速仪的测定,碰前客车行驶速率为‎20 m/s,由此可判断碰前货车的行驶速率为(  )‎ A.小于‎10 m/s B.大于‎10 m/s小于‎20 m/s C.大于‎20 m/s小于‎30 m/s D.大于‎30 m/s小于‎40 m/s 解析:由题意知,向南行驶的客车比向北行驶的货车的动量大,m客v客>m货v货,即1.0×‎104 kg×‎20 m/s>2.0×‎104 kg×v货,可得v货<‎10 m/s,选项A正确.‎ 答案:A ‎7.冰球运动员甲的质量为‎80.0 kg.当他以‎5.0 m/s的速度向前运动时,与另一质量为‎100 kg、速度为‎3.0 m/s的迎面而来的运动员乙相撞.碰后甲恰好静止.假设碰撞时间极短,求:‎ ‎(1)碰后乙的速度的大小.‎ ‎(2)碰撞中总机械能的损失.‎ - 11 -‎ 解析:(1)设运动员甲、乙的质量分别为m、M,碰撞前的速度大小分别为v、V,碰撞后乙的速度大小为V′,取运动员甲速度方向为正方向,由动量守恒定律得 mv-MV=MV′①‎ 代入数据得V′=‎1.0 m/s②‎ ‎(2)设碰撞过程中总机械能的损失为ΔE,应有 mv2+MV2=MV′2+ΔE③‎ 联立②③式,代入数据得ΔE=1 400 J 答案:(1)‎1.0 m/s (2)1 400 J ‎8.‎ ‎[2019·大庆检测]如图所示,木块A质量mA=‎1 kg,足够长的木板B质量mB=‎4 kg,质量为mC=‎4 kg的木块C置于木板B上右侧,都处于静止状态,水平面光滑,B、C之间有摩擦.现使A以v0‎ ‎=‎12 m/s的初速度向右运动,与B碰撞后以‎4 m/s速度弹回.求:‎ ‎(1)B运动过程中速度的最大值.‎ ‎(2)C运动过程中速度的最大值.‎ ‎(3)整个过程中系统损失的机械能为多少.‎ 解析:(1)A与B碰后瞬间,B速度最大.由A、B系统动量守恒(取向右为正方向)有:‎ mAv0+0=-mAvA+mBvB 代入数据得:vB=‎4 m/s ‎(2)B与C共速后,C速度最大,由B、C系统动量守恒,有 mBvB+0=(mB+mC)vC 代入数据得:vC=‎2 m/s ‎(3)ΔE损=--=48 J 答案:(1)‎4 m/s (2)‎2 m/s (3)48 J ‎9.[2019·百校联盟]如图所示,滑块A、C质量均为m,滑块B质量为m.开始时A、B分别以v1、v2的速度沿光滑水平轨道向固定在右侧的挡板运动,现将C无初速度地放在A上,并与A粘合不再分开,此时A与B相距较近,B与挡板相距足够远.若B与挡板碰撞将以原速率反弹,A与B碰撞后将粘合在一起.为使B能与挡板碰撞两次,v1、v2应满足什么关系?‎ 解析:设向右为正方向,A与C粘合在一起的共同速度为v′,由动量守恒定律得 mv1=2mv′①‎ 为保证B碰挡板前A未能追上B,应满足v′≤v2②‎ 设A、B碰后的共同速度为v″,由动量守恒定律得 ‎2mv′-mv2=mv″③‎ 为使B能与挡板再次相碰应满足v″>0④‎ 联立①②③④式解得 ‎1.5v2vB,vB′>vB,所以有ΔpB>0,因而ΔpA<0,可将B选项排除,再由碰后动能不增加得:‎ mAv+mBv≥mAv′+mBv′①‎ mBv