物理4 碰撞同步训练题

这是一份物理4 碰撞同步训练题，共8页。

[基础达标练]
一、选择题(本题共6小题，每小题6分)
1．(多选)下列关于碰撞的理解正确的是( )
A．碰撞是指相对运动的物体相遇时，在极短时间内它们的运动状态发生了显著变化的过程
B．在碰撞现象中，一般内力都远大于外力，所以可以认为碰撞时系统的动量守恒
C．如果碰撞过程中机械能守恒，这样的碰撞叫做非弹性碰撞
D．微观粒子的相互作用由于不发生直接接触，所以不能称其为碰撞
[解析] 碰撞是十分普遍的现象，它是相对运动的物体相遇时发生的一种现象．一般内力都远大于外力．如果碰撞中机械能守恒，就叫做弹性碰撞．微观粒子的相互作用同样具有极短时间内运动状态发生显著变化的特点，所以仍然是碰撞．
[答案] AB
2．(多选)在光滑水平面上动能为E0、动量大小为p0的小钢球1与静止的小钢球2发生碰撞，碰撞前后球1的运动方向相反，将碰撞后球1的动能和动量大小分别记为E1、p1，球2的动能和动量大小分别记为E2、p2，则必有( )
A．E1p0
C．E2>E0D．p1>p0
[解析] 因为碰撞前后动能不增加，故有E1p0，B正确．
[答案] AB
3．如图所示，一个质量为m的物体A与另一个质量为2m的物块B发生正碰，碰后B物块刚好能落入正前方的沙坑中．假如碰撞过程中无机械能损失，已知物块B与地面间的动摩擦因数为0.1，与沙坑的距离x＝0.5 m，g取10 m/s2.物块可视为质点，则碰撞前瞬间A的速度大小为( )
A．0.5 m/sB．1.0 m/s
C．1.5 m/sD．2.0 m/s
[解析] 碰撞后B做匀减速运动，由动能定理得－μ·2mgx＝0－eq \f(1,2)·2mv2，代入数据得v＝1 m/s，A与B碰撞的过程中，A与B组成的系统在水平方向的动量守恒，选取向右为正方向，则有mv0＝mv1＋2mv，由于没有机械能的损失，则有eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)·2mv2，联立解得v0＝1.5 m/s，选项C正确．
[答案] C
4．质量相等的三个物块在一光滑水平面上排成一直线，且彼此隔开了一定的距离，如图所示．具有动能E0的第1个物块向右运动，依次与其余两个静止物块发生碰撞，最后这三个物块粘在一起，这个整体的动能为( )
A．E0 B．eq \f(2E0,3) C．eq \f(E0,3) D．eq \f(E0,9)
[解析] 由碰撞中动量守恒mv0＝3mv1，得
v1＝eq \f(v0,3)①
E0＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)②
E′k＝eq \f(1,2)×3mveq \\al(2,1)③
由①②③式得E′k＝eq \f(1,2)×3meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v0,3)))eq \s\up12(2)＝eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)mv\\al(2,0)))＝eq \f(E0,3)，故C正确．
[答案] C
5．(多选)如图所示，在质量为M的小车中挂着一单摆，摆球质量为m0，小车和单摆以恒定的速度v沿光滑水平地面运动，与位于正前方的质量为m的静止的木块发生碰撞，碰撞的时间极短．在此碰撞过程中，下列情况可能发生的是( )
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)v＝Mv1＋mv1＋m0v3
B．摆球的速度不变，小车和木块的速度变为v1和v2，满足Mv＝Mv1＋mv2
C．摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为u，满足Mv＝(M＋m)u
D．小车和摆球的速度都变为v1，木块的速度变为v2，满足(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2
[解析] 小车与木块碰撞，且碰撞时间极短，因此相互作用只发生在木块和小车之间，悬挂的摆球在水平方向未受到力的作用，故摆球在水平方向的动量未发生变化，即摆球的速度在小车与木块碰撞过程中始终不变，由此可知A和D两种情况不可能发生；选项B的说法对应于小车和木块碰撞后又分开的情况，选项C的说法对应于小车和木块碰撞后粘在一起的情况，两种情况都有可能发生．故选项B、C正确．
[答案] BC
6．质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的动量是7 kg·m/s，B球的动量是5 kg·m/s，A球追上B球发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值是( )
A．pA′＝6 kg·m/s，pB′＝6 kg·m/s
B．pA′＝3 kg·m/s，pB′＝9 kg·m/s
C．pA′＝－2 kg·m/s，pB′＝14 kg·m/s
D．pA′＝－4 kg·m/s，pB′＝7 kg·m/s
[解析] 从碰撞前后动量守恒pA＋pB＝pA′＋pB′验证，A、B、C三选项皆有可能．从总动能不增加即eq \f(p\\al(2,A),2mA)＋eq \f(p\\al(2,B),2mB)≥eq \f(pA′2,2mA)＋eq \f(pB′2,2mB)来看，只有A可能．
[答案] A
二、非选择题(14分)
7．一个物体静止于光滑水平面上，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v­t图象呈周期性变化，如图乙所示，请据此求盒内物体的质量．
[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
则eq \f(1,2)Mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)mv2，解得m＝M.
[答案] M
[能力提升练]
一、选择题(本题共4小题，每小题6分)
1．一中子(质量数为1)与一质量数为A(A>1)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．eq \f(A＋1,A－1) B．eq \f(A－1,A＋1)
C．eq \f(4A,A＋12) D．eq \f(A＋12,A－12)
[解析] 设中子的质量为m，则被碰原子核的质量为Am，两者发生弹性碰撞，据动量守恒有mv0＝mv1＋Amv′，据动能守恒，有eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)Amv′2.解以上两式得v1＝eq \f(1－A,A＋1)v0.若只考虑速度大小，则中子的速率为v1′＝eq \f(A－1,A＋1)v0，故中子前、后速率之比为eq \f(A＋1,A－1).
[答案] A
2．如图所示，小球A和小球B质量相同，小球B置于光滑水平面上，小球A从高为h处由静止摆下，到达最低点恰好与B相撞，并粘合在一起继续摆动，若不计空气阻力，它们能上升的最大高度是( )
A．h B．eq \f(1,2)h C．eq \f(1,4)h D．eq \f(1,8)h
[解析] 小球A由释放到摆到最低点的过程做的是圆周运动，由机械能守恒得mAgh＝eq \f(1,2)mAveq \\al(2,1)，则v1＝eq \r(2gh).A、B的碰撞过程满足动量守恒定律，则mAv1＝(mA＋mB)v2，又mA＝mB，得v2＝eq \f(\r(2gh),2)，对A、B粘在一起共同上摆的过程应用机械能守恒定律得eq \f(1,2)(mA＋mB)veq \\al(2,2)＝(mA＋mB)gh′，则h′＝eq \f(h,4)，故C正确．
[答案] C
3．如图所示，A、B两小球在光滑水平面上分别以动量p1＝4 kg·m/s和p2＝6 kg·m/s(向右为正方向)做匀速直线运动，则在A球追上B球并与之碰撞的过程中，两小球的动量变化量Δp1和Δp2可能分别为( )
A．－2 kg·m/s，3 kg·m/s
B．－8 kg·m/s，8 kg·m/s
C．1 kg·m/s，－1 kg·m/s
D．－2 kg·m/s，2 kg·m/s
[解析] 碰撞过程中动量守恒，即满足p1＋p2＝(p1＋Δp1)＋(p2＋Δp2)，A因为不满足动量守恒，故A错误；碰撞过程中还要满足动能不增加，即eq \f(p\\al(2,1),2m1)＋eq \f(p\\al(2,2),2m2)≥eq \f(p1＋Δp12,2m1)＋eq \f(p2＋Δp22,2m2)，代入数据知B不满足，故B错误；因为两球在碰撞前是同向运动，所以碰撞后还要满足B球的速度增加，A球的速度减小或反向，而C选项给出的情况是碰撞后A球的速度增加，而B球的速度减小，所以不符合情景，故C错误；D都满足，故D正确．
[答案] D
4．(多选)如图所示，在光滑的水平支撑面上，有A、B两个小球，A球动量为10 kg·m/s，B球动量为12 kg·m/s，A球追上B球并相碰，碰撞后，A球动量变为8 kg·m/s，方向没变，则A、B两球质量的比值可能为( )
A．0.5 B．0.6 C．0.65 D．0.75
[解析] A、B两球同向运动，A球要追上B球要有条件vA>vB.两球碰撞过程中动量守恒，且动能不会增多，碰撞结束后应符合条件v′B≥v′A。由vA>vB得eq \f(pA,mA)>eq \f(pB,mB)，则eq \f(mA,mB)[答案] BC
二、非选择题(本题共2小题，共26分)
5．(13分)如图所示，在水平地面上有两物块甲和乙，它们的质量分别为2m、m，甲与地面间无摩擦，乙与地面间的动摩擦因数为μ.现让甲物块以速度v0向着静止的乙物块运动并发生正碰，已知碰撞时间极短．
(1)求甲与乙第一次碰撞过程中甲与乙组成的系统的最小动能；
(2)若甲在乙刚停下来时恰好与乙发生第二次碰撞，则在第一次碰撞中甲与乙组成的系统损失了多少机械能？
[解析] (1)碰撞过程中系统动能最小时，为两物块速度相等时，设此时两物块速度为v
由系统动量守恒知，2mv0＝3mv，解得v＝eq \f(2,3)v0
此时系统的动能Ek＝eq \f(1,2)×3mv2＝eq \f(2,3)mveq \\al(2,0)
(2)设第一次碰撞刚结束时甲、乙的速度分别为v1、v2，之后甲做匀速直线运动，乙以初速度v2做匀减速直线运动，在乙刚停下时甲追上乙并发生碰撞，因此两物块在这段时间内的平均速度相等，有v1＝eq \f(v2,2)
而第一次碰撞中系统动量守恒，有2mv0＝2mv1＋mv2
由以上两式可得v1＝eq \f(v0,2)，v2＝v0
所以第一次碰撞中损失的机械能为
E＝eq \f(1,2)×2mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)×2mveq \\al(2,1)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)＝eq \f(1,4)mveq \\al(2,0)
[答案] (1)eq \f(2,3)mveq \\al(2,0) (2)eq \f(1,4)mveq \\al(2,0)
6．(13分)如图所示，光滑水平地面上有一足够长的木板，左端放置可视为质点的物体，其质量为m1＝1 kg，木板与物体间动摩擦因数μ＝0.1.二者以相同的初速度v0＝0.8 m/s一起向右运动，木板与竖直墙碰撞时间极短，且没有机械能损失．g取10 m/s2.
(1)如果木板质量m2＝3 kg，求物体相对木板滑动的最大距离；
(2)如果木板质量m2＝0.6 kg，求物体相对木板滑动的最大距离．
[解析] (1)木板与竖直墙碰撞后，以原速率反弹，设向左为正方向，由动量守恒定律
m2v0－m1v0＝(m1＋m2)v
v＝0.4 m/s，方向向左，不会与竖直墙再次碰撞．
由能量守恒定律
eq \f(1,2)(m1＋m2)veq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)(m1＋m2)v2＋μm1gs1
解得s1＝0.96 m.
(2)木板与竖直墙碰撞后，以原速率反弹，由动量守恒定律
m2v0－m1v0＝(m1＋m2)v′
v′＝－0.2 m/s，方向向右，将与竖直墙再次碰撞，最后木板停在竖直墙处
由能量守恒定律
eq \f(1,2)(m1＋m2)veq \\al(2,0)＝μm1gs2
解得s2＝0.512 m.
[答案] (1)0.96 m (2)0.512 m