参考物理人教版选修35试题第十六章4碰撞.docx
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参考物理人教版选修35试题第十六章4碰撞
参考-物理（人教版）选修3-5试题：
第十六章4碰撞
4碰撞
1．两个球沿直线相向运动，碰撞后两球都静止．则可以推断（ ）
A．碰撞前两个球的动量一定相等
B．两个球的质量一定相等
C．碰撞前两个球的速度一定相等
D．碰撞前两个球的动量大小相等，方向相反
解析：
两球碰撞过程动量守恒，由于碰撞后两球都静止，总动量为零，故碰撞前两个球的动量大小相等，方向相反，A错误，D正确；两球的质量是否相等不确定，故碰撞前两个球的速度是否相等也不确定，B、C错误．
答案：
D
2.（多选）质量分别为m1和m2的两个物体碰撞前后的位移—时间图象如图所示，由图有以下说法中正确的是（ ）
A．碰撞前两物体质量与速度的乘积相同
B．质量m1等于质量m2
C．碰撞后两物体一起做匀速直线运动
D．碰撞前两物体质量与速度的乘积大小相等、方向相反
解析：
由题图可知，m1和m2碰前都做匀速直线运动，但运动方向相反，碰后两物体位置不变，即处于静止，所以碰后速度都为零，故AC错误，D正确；又由图线夹角均为θ，故碰前速度大小相等，可得m1等于m2，B也正确．
答案：
BD
3.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. C. D.
解析：
碰撞中动量守恒mv0＝3mv1，得v1＝，①
E0＝mv，②
E′k＝×3mv.③
由①②③得E′k＝×3m＝×））＝，故C正确．
答案：
C
4．（多选）两个小球A、B在光滑的水平地面上相向运动，已知它们的质量分别是mA＝4kg，mB＝2kg，A的速度vA＝3m/s（设为正），B的速度vB＝－3m/s，则它们发生正碰后，其速度可能分别为（ ）
A．均为＋1m/sB．＋4m/s和－5m/s
C．＋2m/s和－1m/sD．－1m/s和＋5m/s
解析：
由动量守恒，可验证四个选项都满足要求．再看动能变化情况：
Ek前＝mAv＋mBv＝27J
Ek后＝mAvA′2＋mBvB′2
由于碰撞过程中总动量不可能增加，所以应有Ek前≥Ek后，据此可排除B；选项C虽满足Ek前≥Ek后，但A、B沿同一直线相向运动，发生碰撞后各自仍然保持原来的速度方向，这显然是不符合实际的，因此C选项错误；验证A、D均满足Ek前≥Ek后，且碰后状态符合实际，故正确选项为A、D.
答案：
AD
[A级 抓基础]
1.如图所示，木块A和B质量均为2kg，置于光滑水平面上，B与一轻质弹簧一端相连，弹簧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，具有的弹簧势能大小为（ ）
A．4J B．8J
C．16JD．32J
解析：
A与B碰撞过程动量守恒，有
mAvA＝（mA＋mB）vAB，所以vAB＝＝2m/s，
当弹簧被压缩到最短时，A、B的动能完全转化成弹簧的弹性势能，
所以Ep＝（mA＋mB）v＝8J.
答案：
B
2.在光滑的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小球以速度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值是（ ）
A．v1＝v2＝v3＝v0B．v1＝0，v2＝v3＝v0
C．v1＝0，v2＝v3＝v0D．v1＝v2＝0，v3＝v0
解析：
两个质量相等的小球发生弹性正碰，碰撞过程中动量守恒，动能守恒，碰撞后将交换速度，故D项正确．
答案：
D
3．冰壶运动深受观众喜爱，图1为2014年2月第22届索契冬奥会上队员投掷冰壶的镜头．在某次投掷中，冰壶甲运动一段时间后与对方静止的冰壶乙发生正碰，如图2.若两冰壶质量相等，则碰后两冰壶最终停止的位置，可能是图中的哪幅图（ ）
图1 图2
A B
C D
解析：
两球碰撞过程动量守恒，两球发生正碰，由动量守恒定律可知，碰撞前后系统动量不变，两冰壶的动量方向即速度方向不会偏离甲原来的方向，由图示可知，A图示情况是不可能的，故A错误；如果两冰壶发生弹性碰撞，碰撞过程动量守恒、机械能守恒，两冰壶质量相等，碰撞后两冰壶交换速度，甲静止，乙的速度等于甲的速度，碰后乙做减速运动，最后停止，最终两冰壶的位置如图B所示，故B正确；两冰壶碰撞后，甲的速度不可能大于乙的速度，碰后乙在前，甲在后，如图C所示是不可能的，故C错误；碰撞过程机械能不可能增大，两冰壶质量相等，碰撞后甲的速度不可能大于乙的速度，碰撞后甲的位移不可能大于乙的位移，故D错误；故选B.
答案：
B
4．（多选）质量为1kg的小球以4m/s的速度与质量为2kg的静止小球正碰，关于碰后的速度v1′和v2′，下面哪些是可能正确的（ ）
A．v1′＝v2′＝m/s
B．v1′＝3m/s，v2′＝0.5m/s
C．v1′＝1m/s，v2′＝3m/s
D．v1′＝－1m/s，v2′＝2.5m/s
解析：
由碰撞前、后总动量守恒m1v1＝m1v1′＋m2v2′和能量不增加Ek≥Ek1′＋Ek2′验证A、B、D三项皆有可能；但B项碰后后面小球的速度大于前面小球的速度，会发生第二次碰撞，不符合实际，所以A、D两项有可能．
答案：
AD
5.（多选）质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ.初始时小物块停在箱子正中间，如图所示．现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止．设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为（ ）
A.mv2B.v2
C.NμmgLD．NμmgL
解析：
根据动量守恒，小物块和箱子的共同速度v′＝，损失的动能ΔEk＝mv2－（M＋m）v′2＝v2，所以B正确；根据能量守恒，损失的动能等于因摩擦产生的热量，而计算热量的方法是摩擦力乘以相对位移，所以ΔEk＝fNL＝NμmgL，可见D正确．
答案：
BD
B级 提能力
6．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pA＝12kg·m/s、pB＝13kg·m/s，碰后它们动量的变化分别为ΔpA、ΔpB.下列数值可能正确的是（ ）
A．ΔpA＝－3kg·m/s、ΔpB＝3kg·m/s
B．ΔpA＝3kg·m/s、ΔpB＝－3kg·m/s
C．ΔpA＝－24kg·m/s、ΔpB＝24kg·m/s
D．ΔpA＝24kg·m/s、ΔpB＝－24kg·m/s
解析：
对于碰撞问题要遵循三个规律：
动量守恒定律、碰后系统的机械能不增加和碰撞过程要符合实际情况．本题属于追及碰撞，碰前，后面运动小球的速度一定要大于前面运动小球的速度（否则无法实现碰撞），碰后，前面小球的动量增大，后面小球的动量减小，减小量等于增大量，所以ΔpA＜0，ΔpB＞0，并且ΔpA＝－ΔpB，据此可排除选项B、D；若ΔpA＝－24kg·m/s、ΔpB＝24kg·m/s，碰后两球的动量分别为p′A＝－12kg·m/s、p′B＝37kg·m/s，根据关系式Ek＝可知，A小球的质量和动量大小不变，动能不变，而B小球的质量不变，但动量增大，所以B小球的动能增大，这样系统的机械能比碰前增大了，选项C可以排除；经检验，选项A满足碰撞所遵循的三个原则，本题答案为A.
答案：
A
7.如图所示，有两个质量都为m的小球A和B（大小不计），A球用细绳吊起，细绳长度等于悬点距地面的高度，B球静止放于悬点正下方的地面上．现将A球拉到距地面高度为h处由静止释放，摆动到最低点与B球碰撞后粘在一起共同上摆，则：
（1）它们一起上升的最大高度为多大？
（2）碰撞中损失的机械能是多少？
解析：
（1）A球由静止释放到最低点的过程做的是圆周运动，应用动能定理可求出末速度，即mgh＝mv，
所以v1＝，
A球对B球碰撞满足动量守恒mv1＝（m＋m）v2，
所以v2＝v1＝；
对A、B粘在一起共同上摆的过程应用机械能守恒，
（m＋m）v＝（m＋m）gh′，解得h′＝.
（2）ΔE＝mv－×2mv＝mgh.
答案：
（1）
（2）mgh
8．如图所示，可看成质点的A物体叠放在上表面光滑的B物体上，一起以v0的速度沿光滑的水平轨道匀速运动，与静止在同一光滑水平轨道上的木板C发生碰撞，碰后B、C的速度相同，B、C的上表面相平且B、C不粘连，A滑上C后恰好能到达C板的右端．已知A、B的质量相等，C的质量为A的质量的2倍，木板C长为L，重力加速度为g.求：
（1）A物体的最终速度；
（2）A物体与木板C上表面间的动摩擦因数．
解析：
（1）设A、B的质量为m，则C的质量为2m，B、C碰撞过程中动量守恒，令B、C碰后的共同速度为v1，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
mv0＝3mv1，解得：
v1＝，B、C共速后A以v0的速度滑上C，A滑上C后，B、C脱离A、C相互作用过程中动量守恒，设最终A、C的共同速度v2，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
mv0＋2mv1＝3mv2，解得v2＝.
（2）在A、C相互作用过程中，由能量守恒定律，得
fL＝mv＋·2mv－·3mv，
又f＝μmg，解得μ＝,27gL）.
答案：
（1）
（2）,27gL）
9．如图所示，光滑半圆形轨道MNP竖直固定在水平面上，静止MP垂直于水平面，轨道半径R＝0.5m，质量为m1的小球A静止与轨道最低点M，质量为m2的小球B用长度为2R的细线悬挂于轨道最高点P.现将小球B向左拉起，使细线水平，以竖直向下的速度v0＝4m/s释放小球B，小球B与小球A碰后粘在一起恰能沿半圆形轨道运动到P点，两球可视为质点，g＝10m/s2，试求：
（1）B球与A球碰撞前的速度大小；
（2）A、B两球的质量之比m1∶m2.
解析：
（1）B球下摆过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得：
m2v＋m2g·2R＝m2v，解得：
v1＝6m/s；
（2）两球恰好到达P点，由牛顿第二定律得：
（m1＋m2）g＝（m1＋m2）,R），解得：
vP＝m/s，两球从M到P过程中，由动能定理得：
（m1＋m2）v－（m1＋m2）v＝－（m1＋m2）g·2R，
解得：
v2＝5m/s；
两球碰撞过程动量守恒，以两球组成的系统为研究对象，以B球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
m2v1＝（m1＋m2）v2，解得：
＝.
答案：
（1）v1＝6m/s
（2）＝
10.如图所示，两块相同平板P1、P2置于光滑水平面上，质量均为m.P2的右端固定一轻质弹簧，左端A与弹簧的自由端B相距L.物体P置于P1的最右端，质量为2m，且可看作质点．P1与P以共同速度v0向右运动，与静止的P2发生碰撞，碰撞时间极短．碰撞后P1与P2粘连在一起．P压缩弹簧后被弹回并停在A点（弹簧始终在弹性限度内）．P与P2之间的动摩擦因数为μ.求：
（1）P1、P2刚碰完时的共同速度v1和P的最终速度v2；
（2）此过程中弹簧的最大压缩量x和相应的弹性势能Ep.
解析：
（1）P1、P2碰撞过程，由动量守恒定律：
mv0＝2mv1.①
解得：
v1＝，方向水平向右②
对P1、P2、P系统，由动量守恒定律：
mv0＋2mv0＝4mv2.③
解得：
v2＝v0，方向水平向右．④
（2）当弹簧压缩至最大时，P1、P2、P三者具有共同速度v2，由动量守恒定律：
mv0＋2mv0＝4mv2.⑤
对系统由能量守恒定律：
2μmg×2（L＋x）＝×2mv＋×2mv－×4mv⑥
解得：
x＝,32μg）－L.⑦
最大弹性势能：
Ep＝×2mv＋×2mv－×4mv－2μmg（L＋x）．⑧
解得：
Ep＝mv.
答案：
（1）v1＝，方向水平向右
v2＝v0，方向水平向右
（2）x＝,32μg）－L，Ep＝mv.
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