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 11页

‎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