课时作业新人教版选修3_5.doc

1、1第十六章 第四节 碰撞基础夯实 一、选择题(13 题为单选题，4、5 题为多选题)1关于散射，下列说法正确的是( C )A散射就是乱反射，毫无规律可言B散射中没有对心碰撞C散射时仍遵守动量守恒定律D散射时不遵守动量守恒定律解析：由于散射也是碰撞，所以散射过程中动量守恒。2(宜昌市葛州坝中学 20152016 学年高二下学期期中)一中子与一质量数为 A(A1)的原子核发生弹性正碰。若碰前原子核静止，则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为( A )A BA 1A 1 A 1A 1C D4A A 1 2 A 1 2 A 1 2解析：设中子质量为 m，则原子核质量为 Am，由 mv mv1 Amv2， m

2、v2 mv Amv ，得12 12 21 12 2v1 vm Amm Am所以 ，A 正确。v|v1| A 1A 13在光滑水平面上有三个完全相同的小球，它们成一条直线，2、3 小球静止，并靠在一起，1 球以速度 v0 射向它们，如图所示，设碰撞中不损失机械能，则碰后三个小球的速度可能是( D )A v1 v2 v3 v0 B v10， v2 v3 v013 12C v10， v2 v3 v0 D v1 v20， v3 v012解析：由题设条件，三个小球在碰撞过程中总动量和总动能守恒，若各球质量均为m，则碰撞前系统总动量为 mv0，总动能应为 mv 。12 202假如选项 A 正确，则碰后总动

3、量为 mv0，这显然违反动量守恒定律，故不可能。33假如选项 B 正确，则碰后总动量为 mv0，这也违反动量守恒定律，故也不可能。22假如选项 C 正确，则碰后总动量为 mv0，但总动能为 mv ，这显然违反机械能守恒定14 20律，故也不可能。假如选项 D 正确的话，则通过计算其既满足动量守恒定律，也满足机械能守恒定律，故选项 D 正确。4在光滑水平面上，一质量为 m、速度大小为 v 的 A 球与质量为 2m 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，则碰后 B 球的速度大小可能是( BC )A0.7 v B0.6 v C0.4 v D0.2 v解析：以两球组成的系统为研究

4、对象，以 A 球的初速度方向为正方向，如果碰撞为弹性碰撞，由动量守恒定律得： mv mvA2 mvB，由机械能守恒定律得： mv2 mv 2mv ，12 12 2A 12 2B解得： vA v， vB v，13 23负号表示碰撞后 A 球反向弹回，如果碰撞为完全非弹性碰撞，以 A 球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv( m2 m)vB，解得： vB v，13则碰撞后 B 球的速度范围是： vvB v，故 B、C 正确，A、D 错误。13 235(黑龙江大庆一中 20152016 学年高二下学期检测)如图所示，长木板 A 放在光滑的水平面上，质量为 m4kg 的小物体 B 以水平速度

5、v2m/s 滑上原来静止的长木板 A 的上表面，由于 A、 B 间存在摩擦，之后 A、 B 速度随时间变化情况如图乙所示，取g10m/s 2，则下列说法正确的是( AD )A木板 A 获得的动能为 2J B系统损失的机械能为 2JC木板 A 的最小长度为 2m D A、 B 间的动摩擦因数为 0.1解析：由图象可知，木板获得的速度为 v1m/s， A、 B 组成的系统动量守恒，以 B 的3初速度方向为正方向，由动量守恒定律得： mv0( M m)v，解得：木板 A 的质量 M4kg，木板获得的动能为： Ek Mv22J，故 A 正确；系统损失的机械能12 E mv mv2 Mv2，代入数据解得

6、： E4J，故 B 错误；由图得到：01s 内 B 的位12 20 12 12移为 xB (21)1m1.5m， A 的位移为 xA 11m0.5m，木板 A 的最小长度为12 12L xB xA1m，故 C 错误；由图象可知， B 的加速度： a1m/s 2 ，负号表示加速度的方向，由牛顿第二定律得： m Bg mBa，代入解得 0.1，故 D 正确。二、非选择题6(江西南昌二中 20152016 学年高二下学期期中)一个物体静置于光滑水平面上，外面扣一质量为 M 的盒子，如图甲所示。现给盒子一初速度 v0，此后，盒子运动的 v t图象呈周期性变化，如图乙所示，请据此求盒内物体的质量。答案：

7、 M解析：设物体的质量为 m， t0时刻受盒子碰撞获得速度 v，根据动量守恒定律得：Mv0 mv 3t0时刻物体与盒子右壁碰撞使盒子速度又变为 v0，说明碰撞是弹性碰撞，由机械能守恒有： Mv mv2 12 20 12联立解得 m M7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 Q 处的墙壁弹回后与小球 A 在 P 点相遇， PQ1.5 PO，假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性的，求两小球质量之比 m1/m2。答案

8、： 2m1m2解析：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，根据它们通过的路程，可知小球 B 和小球 A 在碰撞后的速度大小之比为 41。设碰撞后小球 A 和 B 的速度分别为 v1和 v2，在碰撞过程中动量守恒，碰撞前后动能相4等。m1v0 m1v1 m2v2， m1v m1v m2v12 20 12 21 12 2利用 v2/v14，可解出 2m1m2能力提升 一、选择题(12 题为单选题，35 题为多选题)1一弹丸在飞行到距离地面 5m 高时仅有水平速度 v2m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为 31。不计质量损失，取重力加速度 g10m/s

9、2。则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能的是( B )解析：本题有两种可能情况，一是甲在前，二是甲在后。甲在前情况，设总质量为4m，由动量守恒得 4m23 mv 甲 mv 乙 ，由平抛运动规律知，甲图中两弹片的速度分别为v 甲 2.5m/s， v 乙 0.5m/s，不满足动量守恒关系，选项 A 错误；乙图中两弹片的速度分别为 v 甲 2.5m/s， v 乙 0.5m/s，满足动量守恒关系，选项 B 正确；甲在后情况，C 图中 v 甲 1m/s， v 乙 2m/s，不满足动量守恒关系，选项 C 错误；D 图中， v 甲 1m/s， v乙 2m/s，同样不满足动量守恒关系，选项 D 错误。2(山西大学

10、附中 20162017 学年高二下学期检测)在光滑水平面上，有两个小球A、 B 沿同一直线同向运动( B 在前)，已知碰前两球的动量分别为pA12kgm/s、 pB13kgm/s，碰后它们动量的变化分别为 pA、 pB。下列数值可能正确的是( A )A pA3kgm/s、 pB3kgm/sB pA3kgm/s、 pB3kgm/sC pA24kgm/s、 pB24kgm/sD pA24kgm/s、 pB24kgm/s解析：由题，碰撞后，两球的动量方向都与原来方向相同， A 的动量不可能沿原方向增大，故碰后它们动量的变化分别为 pA0，故 B、D 错误；根据碰撞过程动量守恒，如果 pA3kgm/s

11、、 pB3kgm/s，所以碰后两球的动量分别为5p A9kgm/s、 p B16kgm/s，根据碰撞过程总动能不增加，故 A 正确。根据碰撞过程动量守恒定律，如果 pA24kgm/s、 pB24kgm/s，所以碰后两球的动量分别为 pA12kgm/s、 pB37kgm/s，可以看出，碰撞后 A 的动能不变，而 B 的动能增大，违反了能量守恒定律，故 C 错误，故选 A。3如图所示，在质量为 M 的小车中挂着一个单摆，摆球的质量为 m0，小车(和单摆)以恒定的速度 u 沿光滑的水平面运动，与位于正对面的质量为 m 的静止木块发生碰撞，碰撞时间极短，在此碰撞过程中，下列说法可能发生的是( BC )

12、A小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为 v1、 v2、 v3，满足：( M m0)u Mv1 mv2 m0v3B摆球的速度不变，小车和木块的速度变为 v1和 v2，满足： Mu Mv1 mv2C摆球的速度不变，小车和木块的速度变为 v，满足； Mu( M m)vD小车和摆球的速度都变为 v1，木块的速度为 v2，满足：( M m0)u( M m0)v1 mv2解析：由于碰撞时间极短，所以单摆相对小车没有发生摆动，即摆线对球的作用力原来是竖直向上的，现在还是竖直向上的，没有水平方向的分力，未改变小球的动量，实际上单摆没有参与这个碰撞过程，所以单摆的速度不发生变化，因此，选项中应排除 A、D

13、。因为单摆的速度不变，所以，研究对象选取小车和木块所构成的系统，若为弹性碰撞或碰后分离，水平方向动量守恒，由动量守恒定律有： Mu Mv1 mv2，即为 B 选项，由于题目中并没有提供在碰撞过程中能量变化关系，所以也有可能小车和木块发生完全非弹性碰撞而选 C。4如图，大小相同的摆球 a 和 b 的质量分别为 m 和 3m，摆长相同，并排悬挂，平衡时两球刚好接触，现将摆球 a 向左拉开一小角度后释放，若两球的碰撞是弹性的，下列判断正确的是( AD )A第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等B第一次碰撞后的瞬间，两球的动量大小相等C第一次碰撞后，两球的最大摆角不相同D发生第二次碰撞时，两球在各自的

14、平衡位置解析：两球在碰撞前后，水平方向不受外力，故水平两球组成的系统动量守恒，由动6量守恒定律有： mv0 mv13 mv2；又两球碰撞是弹性的，故机械能守恒，即mv mv 3mv ，解两式得： v1 ， v2 ，可见第一次碰撞后的瞬间，两球的速12 20 12 21 12 2 v02 v02度大小相等，选项 A 正确；因两球质量不相等，故两球碰后的动量大小不相等，选项 B 错误；两球碰后上摆过程，机械能守恒，故上升的最大高度相等，因摆长相等，故两球碰后的最大摆角相同，选项 C 错误；由单摆的周期公式 T2 ，可知，两球摆动周期相同，lg故经半个周期后，两球在平衡位置处发生第二次碰撞，选项 D

15、 正确。5(吉林二中 20162017 学年高二下学期期中)如图所示，轻质弹簧的一端固定在墙上，另一端与质量为 m 的物体 A 相连， A 放在光滑水平面上，有一质量与 A 相同的物体 B，从高 h 处由静止开始沿光滑曲面滑下，与 A 相碰后一起将弹簧压缩，弹簧复原过程中某时刻 B 与 A 分开且沿原曲面上升。下列说法正确的是( BD )A弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为 mghB弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为mgh2C B 能达到的最大高度为h2D B 能达到的最大高度为h4解析：对 B 下滑过程，据机械能守恒定律可得： mgh mv ， B 刚到达水平地面的速度12 20v0 。碰撞

16、过程，根据动量守恒定律可得： mv02 mv，得 A 与 B 碰撞后的共同速度为2ghv v0，所以弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为 Epm 2mv2 mgh，故 A 错误，B 正12 12 12确；当弹簧再次恢复原长时， A 与 B 将分开， B 以 v 的速度沿斜面上滑，根据机械能守恒定律可得 mgh mv2， B 能达到的最大高度为 ，故 C 错误，D 正确，故选 BD。12 h4二、非选择题6(天津市第一中学 20172018 学年高三上学期月考)如图所示，质量为 M 的小球通过不可伸长的轻绳悬挂在天花板下，初始时静止。质量为 m 的子弹以一定的速度水平射入小球未穿出，之后小球在轻绳

17、作用下做圆弧运动。改变子弹的入射速度 v，每次都保证子弹射入小球未穿出，测得每次小球上升的最大高度 h(均不超过绳长)。某同学以 h 为纵坐标，以 v2为横坐标，利用实验数据做直线拟合，得到该直线的斜率为 k210 3 s/m2。已知重力加速度为 g10m/s 2。求小球质量与子弹质量的比值 M/m。7答案：4解析：子弹射入小球，由动量守恒定律可知：mv( m M)v1 由机械能守恒定律：( m M)gh (m M)v12 21得 h( )2mm M v2g又 k( )2mm M 12g解得 4。Mm7(哈尔滨六中 20162017 学年高二下学期期中)如图甲所示，物块 A、 B 的质量分别是

18、 mA4.0kg 和 mB3.0kg。用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块 B 右侧与竖直墙相接触。另有一物块 C 从 t0 时以一定速度向右运动，在 t4s 时与物块 A 相碰，并立即与 A 粘在一起不再分开，物块 C 的 v t 图象如图乙所示。求：(1)物块 C 的质量？(2)B 离开墙后的运动过程中弹簧具有的最大弹性势能 EP?答案：(1)2kg (2)9J解析：(1)由图知， C 与 A 碰前速度为 v19m/s，碰后速度为 v23m/sC 与 A 碰撞过程动量守恒，以 C 的初速度为正方向，由动量守恒定律得： mCv1( mA mC)v2解得： mC2kg(2)12s 末 B 离开墙壁，之后 A、 B、 C 及弹簧组成的系统动量和机械能守恒，且当 AC与 B 速度 v4相等时弹簧弹性势能最大。根据动量守恒定律，有：( mA mc)v3( mA mB mC)v4根据机械能守恒定律，有：8(mA mc)v (mA mB mC)v EP12 23 12 24解得 EP9J