教科版 (2019)选择性必修 第一册第一章 动量与动量守恒定律5 碰撞课后练习题

第一章　分层作业7　碰撞

A级必备知识基础练

1.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能守恒

C.如果碰撞过程中机械能守恒,这样的碰撞叫作非弹性碰撞

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

2.在北京冬奥会中,中国健儿取得了出色的成绩。某次训练中,运动员将质量为19.1 kg的冰壶甲以某一速度掷出,冰壶在向前运动过程中,碰到了对方的静止冰壶乙,冰壶乙在运动0.2 m后停下。已知比赛双方所用冰壶完全相同,冰壶与冰面的动摩擦因数为0.01,重力加速度g取10 m/s2。假设两冰壶的碰撞为一维碰撞,且不计碰撞的能量损失,则冰壶甲在碰前的速度约为(　　)

A.0.2 m/s B.0.4 m/s

C.0.6 m/s D.0.1 m/s

3.如图所示,物体A静止在光滑的水平面上,A的左边固定有轻质弹簧,与A质量相等的物体B以速度v向A运动并与弹簧发生碰撞,A、B始终沿同一直线运动,则A、B组成的系统动能损失最大的时刻是(　　)

A.A开始运动时

B.A的速度等于v时

C.B的速度等于零时

D.A和B的速度相等时

4.(多选)如图所示,在光滑水平面上,一速度大小为v0的A球与静止的B球发生碰撞,已知,则碰撞后B球的速度大小可能是(　　)

A.v0 B.v0

C.v0 D.v0

5.冰壶运动深受观众喜爱。在某次投掷中,冰壶甲运动一段时间后与静止的冰壶乙发生正碰,如图所示。若两冰壶质量相等,则碰后两冰壶最终停止的位置可能是下列哪幅图(　　)

6.(多选)质量为M的物块以速度v运动,与质量为m的静止物块发生正撞,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

B级关键能力提升练

7.(多选)质量分别为m1和m2的两个物体碰撞前后的位移—时间图像如图所示。由图可知,下列说法正确的是(　　)

A.碰撞前两物体质量与速度的乘积相同

B.m1等于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

8.竖直向上发射一物体(不计空气阻力),在物体上升的某一时刻突然炸裂为a、b两块,质量较小的a块速度方向与物体原来的速度方向相反,则(　　)

A.炸裂后瞬间,a块的速度一定比原来物体的速度小

B.炸裂后瞬间,b块的速度方向一定与原来物体的速度方向相同

C.炸裂后瞬间,b块的速度一定比原来物体的速度小

D.炸裂过程中,b块动量的变化量大小一定小于a块动量的变化量大小

9.(多选)“胸口碎大石”是民间杂耍的保留节目(危险节目,请勿模仿),如图甲所示。其原理如图乙所示,皮囊A放置在水平地面上,上面压着一块质量M=54 kg的石板,质量m=6 kg的铁锤以v0=5 m/s的速度竖直向下砸中石板,碰撞时间极短,铁锤与石板瞬间达到共同速度,之后忽略手持锤的作用力,且向下匀变速运动2 cm减速到零。重力加速度g取10 m/s,则(　　)

A.铁锤与石板碰后瞬间达到的共同速度为0.5 m/s

B.铁锤与石板碰撞过程损失的机械能为75 J

C.碰后向下减速到零的过程,皮囊对石板做的总功为-7.5 J

D.碰后向下减速到零的过程,皮囊对石板的冲量大小为78 N·s

10.如图所示,竖直放置的半径为R的半圆形轨道与水平轨道平滑连接,不计一切摩擦。圆心O点正下方放置质量为2m的小球A,质量为m的小球B以初速度v0向左运动,与小球A发生弹性碰撞。碰后小球A在半圆形轨道运动时不脱离轨道,重力加速度为g。求小球B的初速度v0的取值范围。

11.动车车厢与货车车厢之间对接的原理可简化为一维碰撞模型。如图所示,两车厢质量均为m,左边车厢与其地板上质量为m的货物共同以速度v0向右运动,另一车厢以速度2v0向左运动并与左车厢碰撞后成为一体,由于碰撞时间极短,可认为碰后瞬间货物的速度仍为v0,经过一段时间后,车厢和货物停止运动。已知货物在车厢地板上滑动的相对位移为L,货物未与车厢相碰,不计车厢与铁轨间的摩擦,重力加速度为g。求:

(1)两车厢碰撞后瞬间,车厢速度的大小和方向;

(2)货物与车厢地板间的动摩擦因数;

(3)车厢在碰撞后运动的位移大小。

答案：

1.A　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,一般内力远大于外力,如果是非弹性碰撞,则有机械能损失,如果碰撞中机械能守恒,就叫作弹性碰撞,微观粒子的相互作用同样具有短时间内发生强大内力作用的特点,所以仍然是碰撞。故选A。

2.A　解析在甲、乙两冰壶碰撞中,动量守恒,由动量守恒定律可得mv0=mv1+mv2,由机械能守恒定律可得,对乙冰壶由动能定理可得-μmgx=0-,联立以上各式解得v0=0.2m/s,A正确,B、C、D错误。

3.D　解析A、B速度相等时弹簧的压缩量最大,弹性势能最大,动能损失最大,选项D正确。

4.AB　解析两球在碰撞过程中动量守恒,以水平向右为正方向,若两球是完全非弹性碰撞,碰后两球速度大小相等,由动量守恒定律可得mAv0=(mA+mB)v,解得v=v0;若两球是完全弹性碰撞,则系统动量守恒,机械能守恒,由动量守恒定律和机械能守恒定律可得mAv0=mAvA+mBvB,mAmAmB,联立解得vB=v0,则B球的速度大小范围为v0≤vB'≤v0。C、D错误,A、B正确。

5.B　解析两冰壶发生正碰,碰撞过程中动量守恒,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,可知A图情况是不可能的,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,最终两冰壶的位置可能如选项B所示,故B正确;两冰壶碰撞后,乙在前,甲在后,选项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。

6.AB　解析设碰撞后两者的动量都为p,则总动量为2p,根据动量和动能的关系有p2=2mEk,根据能量关系和动量守恒,由于动能不增加,则有,解得≤3,故A、B正确,C、D错误。

7.BD　解析由题图可知,碰前两个物体都做匀速直线运动,但运动方向相反,碰后两物体位置不变,即处于静止状态,所以碰后速度都为零,即碰撞后总动量为0,由动量守恒定律可知,碰撞前两物体的动量大小相等、方向相反,故A、C错误,D正确;又由图线夹角均为θ,可知碰前两物体速度大小相等,可得m1等于m2,故B正确。

8.B　解析物体在炸裂过程中,由于重力远小于内力,系统的动量守恒,炸裂后瞬间a块的速度大小不能确定,以竖直向上为正方向,根据动量守恒定律有(ma+mb)v0=ma(-va)+mbvb,解得vb=v0+(v0+va)>v0,b块的速度方向一定与原来物体的速度方向相同,故A、C错误,B正确;由动量守恒可知,物体在炸裂过程中,b块动量的变化量大小一定等于a块动量的变化量大小,故D错误。

9.AD　解析铁锤与石板碰撞过程,铁锤与石板组成的系统动量守恒,有mv0=(m+M)v1,解得v1=0.5m/s,故A正确;系统损失的机械能为ΔE=(m+M)=67.5J,故B错误;铁锤与石板共速后,根据动能定理有(mg+Mg-F)·d=0-(m+M),解得F=975N,皮囊对石板做的总功为W=-Fd=-19.5J,故C错误;由动量定理可得(m+M)v=(F-mg-Mg)t,解得t=0.08s,皮囊对石板的冲量大小为I=Ft=78N·s,故D正确。

10.答案v0≤1.5或v0≥1.5

解析A与B碰撞的过程为弹性碰撞,则碰撞的过程中动量守恒、机械能守恒,取水平向左为正方向,设碰撞后B与A的速度分别为v1和v2,由动量守恒定律和机械能守恒定律有

mv0=mv1+2mv2

×2m

联立解得v2=v0

若小球A恰好能通过最高点,说明小球A到达最高点时仅由小球A的重力提供向心力,设小球A在最高点的速度为vmin,由牛顿第二定律得2mg=2m·

A在碰撞后到达最高点的过程,由机械能守恒定律得×2mv2'2=2mg·2R+×2m

又v2'=

解得v0'=1.5,可知小球B的初速度v0≥1.5;

若小球A不能到达最高点,则小球A不脱离轨道时,恰好到达与O等高处,

由机械能守恒定律得2mg·R=×2mv2″2

又v2″=

解得v0″=1.5

可知小球B的初速度v0≤1.5,

由以上分析可知,若小球A不脱离轨道时,

小球B的初速度为v0≤1.5或v0≥1.5。

11.答案(1)v0,方向向左　(2)　(3)L

解析(1)以向右为正方向,碰撞过程动量守恒

mv0-m·2v0=2mv共

解得v共=-v0

即碰后瞬间车厢速度大小为v0,方向向左。

(2)车厢碰撞后直至最后都停止运动的过程,由系统能量守恒定律得

×2m=μmgL

解得μ=。

(3)车厢碰撞后直至最后停止运动的过程,对车厢应用动能定理

0-×2m=-μmgx

解得车厢碰撞后运动的位移大小

x=L。