物理选修34 碰撞精练

这是一份物理选修34 碰撞精练，共6页。试卷主要包含了单项选择题，双项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。


一、单项选择题
1．质量m2＝9 kg的物体B，静止在光滑的水平面上．另一个质量为m1＝1 kg、速度为v的物体A与其发生正碰，碰撞后B的速度为2 m/s，则碰撞前A的速度v不可能是( A )

A．8 m/s B．10 m/s C．15 m/s D．20 m/s
解析：根据动量守恒，动能不增加的原理逐个验证答案．
2．物块1、2的质量分别是m1＝4 kg和m2＝1 kg，它们具有的动能分别为E1和E2，且E1＋E2＝100 J．若两物块沿同一直线相向运动发生碰撞，并黏在一起，欲使碰撞中损失的机械能最大，则E1和E2的值应该分别是( B )
A．E1＝E2＝50 J B．E1＝20 J，E2＝80 J
C．E1＝1 J，E2＝99 J D．E1＝90 J，E2＝10 J
解析：p1＝eq \r(2m1E1)，p2＝eq \r(2m2E2)，只有当两者动量等大时，相撞后速度为零时，动能损失最大，即p1－p2＝0，代入验证后得B是正确的．
3．如图16－4－12所示，质量为m的物块甲以3 m/s的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定其上，另一质量也为m的物体乙以4 m/s的速度与甲相向运动．则( C )
图16－4－12
A．甲、乙两物块在弹簧压缩过程中，由于弹力作用，动量不守恒
B．当两物块相距最近时，甲物块的速率为零
C．当甲物块的速率为1 m/s时，乙物块的速率可能为2 m/s，也可能为0
D．甲物块的速率可能达到5 m/s
解析：甲、乙、弹簧为一系统，它们所受的合外力为零，动量守恒，只有弹力做功，它们相距最近，弹簧压缩最大时，速度相同．由碰撞特点可知，当甲物块的速率为1 m/s时，有向左或向右两种情况，所以由动量守恒可得两解．当弹簧再次恢复原长后，甲、乙就会分开，所以甲物块的速率不可能达到5 m/s.
4．如图16－4－13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 )
图16－4－13
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：易知左边为A球，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，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，则vA∶vB＝2∶5，所以A选项正确．
二、双项选择题
5．在光滑水平面上，两球沿球心连线以相等的速率相向而行，并发生碰撞，下列现象可能的是( AD )
A．若两球质量相同，碰后以某一相等速率互相分开
B．若两球质量相同，碰后以某一相等速率同向而行
C．若两球质量不同，碰后以某一相等速率互相分开
D．若两球质量不同，碰后以某一相等速率同向而行
解析：在A项中，碰撞前两球总动量为零，碰撞后也为零，动量守恒，所以A项是可能的；在B项中，若碰撞后两球以某一相等速率同向而行，则两球的总动量不为零，而碰撞前为零，所以B项不可能；在C项中，碰撞前、后系统的总动量的方向不同，所以动量不守恒，C项不可能；在D项中，碰撞前总动量不为零，碰后也不为零，方向可能相同，所以D项是可能的．
6．在光滑水平面上，动能为E0，动量大小为p0的小钢球1与静止小钢球2发生碰撞，碰撞后球1的运动方向相反．设碰撞后球1的动能和动量的大小分别为E1、p1，球2的动能和动量的大小分别为E2、p2，则( AC )
A．E1E0 C．p1解析：两钢球在相碰过程中必同时遵守能量守恒和动量守恒．由于外界没有能量输入，而碰撞中可能产生热量，所以碰后的总动能不会超过碰前的总动能，即E1＋E2≤E0，可见A选项对，B错；另外，E1p0，D选项错误．
7．如图16－4－14所示，一轻质弹簧，上端悬于天花板，下悬一质量为M的平板，处于平衡状态，一质量为m的均匀环套在弹簧外，与平板的距离为h，让环自由下落，撞击平板．已知碰后环与板以相同的速度向下运动，使弹簧伸长，则( AC )
图16－4－14
A．若碰撞时间极短，则碰撞过程中环与板的总动量守恒
B．若碰撞时间极短，则碰撞过程中环与板的总机械能守恒
C．环撞击板后，板的新的平衡位置与h的大小无关
D．在碰撞后环与板一起下落过程中，它们减少的动能等于克服弹力所做的功
解析：碰撞过程内力远大于外力，所以动量守恒，但机械能要损失；新的平衡位置是重力等于弹力的位置，与环下降的高度无关；克服弹力所做的功与减少的重力势能之差等于动能的减少量．
8．物体A的质量是B的2倍，中间有一压缩的弹簧，放在光滑的水平面上，由静止同时放开后一小段时间内( AD )
A．A的速率是B的一半
B．A的动量大于B的动量
C．A受的力大于B受的力
D．总动量为零
9．甲、乙两人站在小车左右两端，如图16－4－15所示，当他俩同时相向而行时，发现小车向右运动，下列说法中正确的是(轨道光滑)( CD )
图16－4－15
A．乙的速度必定大于甲的速度
B．乙的动量必定小于甲的动量
C．乙的动量必定大于甲的动量
D．甲、乙动量总和必定不为零
解析：在用动量守恒定律分析时，本题的研究对象应是甲、乙两人和小车共同构成的系统．由于开始都处于静止状态，所以在甲、乙相向运动的过程中，系统的合动量始终为零，设它们的动量大小分别为p甲、p乙和p车，取向右为正方向，则：p甲－p乙＋p车＝0，所以p乙＝p甲＋p车，即p乙＞p甲，故选项B错，C正确；又甲和乙的质量关系不确定，所以二者速度大小关系也不能确定，故选项A错；甲、乙的动量之和与车的动量大小相等，方向相反，故选项D正确．
三、非选择题
10．质量为m1、m2的滑块分别以速度v1和v2沿斜面匀速下滑，斜面足够长，如图16－4－16所示，已知v2>v1，有一轻弹簧固定在m2上，求弹簧被压缩至最短时m1的速度多大？
图16－4－16
解：两滑块匀速下滑所受外力为零，相互作用时合外力仍为零，动量守恒．当弹簧被压缩时m1加速，m2减速，当压缩至最短时，m1、m2速度相等．
设速度相等时为v，则有
m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v
解得弹簧被压缩至最短时的速度v＝eq \f(m1v1＋m2v2,m1＋m2).
11．如图16－4－17所示，C是放在光滑的水平面上的一块木板，木板的质量为3m，在木板的上面有两块质量均为m的小木块A和B，它们与木板间的动摩擦因数均为μ.最初木板静止，A、B两木块同时以水平向右的初速度v0和2v0在木板上滑动，木板足够长， A、B始终未滑离木板．求：
(1)木块B从刚开始运动到与木板C速度刚好相等的过程中，木块B所发生的位移；
(2)木块A在整个过程中的最小速度．
图16－4－17
解：(1)木块A先做匀减速直线运动，后做匀加速直线运动；木块B一直做匀减速直线运动；木板C做两段加速度不同的匀加速直线运动，直到A、B、C三者的速度相等为止，设为v1.对A、B、C三者组成的系统，由动量守恒定律得：mv0＋2mv0＝(m＋m＋3m)v1
解得：v1＝0.6v0
对木块B运用动能定理有：
－μmgs＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)－eq \f(1,2)m(2v0)2
解得：s＝91veq \\al(2,0)/(50μg)
(2)设木块A在整个过程中的最小速度为v′，所用时间为t，由牛顿第二定律：
对木块A：a1＝μmg/m＝μg
对木板C：a2＝2μmg/3m＝2μg/3
当木块A与木板C的速度相等时，木块A的速度最小，因此有：
v0－μgt＝(2μg/3)t，解得：t＝3v0/(5μg)
木块A在整个过程中的最小速度为：
v′＝v0－a1t＝2v0/5.
12．质量为m1＝1.0 kg和m2(未知)的两个物体在光滑的水平面上正碰，碰撞时间不计，其s－t(位移—时间)图象如图16－4－18所示，问：
(1)m2等于多少千克？
(2)质量为m1的物体在碰撞过程中动量变化是多少？
(3)碰撞过程是弹性碰撞还是非弹性碰撞？
图16－4－18
解：同由图象知：碰前m1速度v1＝4 m/s，碰前m2速度v2＝0
碰后m1速度v1′＝－2 m/s，碰后m2速度v2′＝2 m/s
由动量守恒得：m1v1＝m1v1′＋m2v2′
可得m2＝3 kg，Δp1＝－6 kg·m/s
Ek＝eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)＝8 J，Ek′＝eq \f(1,2)(m1v1′2＋m2v2′2)＝8 J
由上面的计算可以知道m2为3 kg，质量为m1的物体在碰撞过程中动量变化为－6 kg·m/s，碰撞过程是弹性碰撞．
13．在光滑的水平面上，有一个质量为M的静止的木块，一颗质量为m的子弹以水平速度v0射入木块中，最后以同一速度v前进，则在子弹射入木块过程中，产生内能为( D )
A.eq \f(1,2)mveq \\al(2,0) B.eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)mv2
C.eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)Mv2 D.eq \f(Mm,2M＋m)veq \\al(2,0)
解析：动量守恒，产生的内能就等于系统损失的机械能，即子弹开始的动能减去子弹与木块相对静止的动能．
14．(双选)如图16－4－19甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接，并静止在光滑的水平面上．现使B瞬时获得水平向右的速度3 m/s，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图象信息可得( BD )

图16－4－19
A．在t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s，且弹簧都处于伸长状态
B．从t3到t4时刻弹簧由压缩状态恢复到原长
C．两物体的质量之比为m1∶m2＝1∶2
D．在t2时刻A与B的动能之比为Ek1∶Ek2＝8∶1
解析：0～t1，A在加速，B在减速，弹簧被拉长，在t1时A、B速度相同，弹簧达到最长．t1～t2，A仍在加速，B仍在减速，弹簧缩短，t2时恢复原长．t2～t3，B在加速，A在减速，弹簧被压缩，在t3时A、B速度相同，弹簧达到最短．从t3到t4时， B仍在加速，A仍在减速，弹簧由压缩状态恢复到原长．A、B两物体质量比及t2时刻A与B动能之比可由动量守恒、机械能守恒求解．
15．如图16－4－20所示是某游乐场过山车的娱乐装置原理图，弧形轨道末端与一个半径为R的光滑圆轨道平滑连接，两辆质量均为m的相同小车(大小可忽略)，中间夹住一轻弹簧后连接在一起，两车从光滑弧形轨道上的某一高度由静止滑下，当两车刚滑入圆环最低点时连接两车的挂钩突然断开，弹簧将两车弹开，其中后车刚好停下，前车沿圆环轨道运动恰能越过圆弧轨道最高点，求：
(1)前车被弹出时的速度；
(2)前车被弹出的过程中弹簧释放的弹性势能；
(3)两车从静止下滑时距最低点的高度h.
图16－4－20
解：(1)设前车在最高点速度为v2，依题意有
mg＝eq \f(mv\\al(2,2),R) ①
设前车在最低位置与后车分离后速度为v1，根据机械能守恒eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)＋mg·2R＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1) ②
由①②得：v1＝eq \r(5Rg)
(2)设两车分离前速度为v0，由动量守恒定律2mv0＝mv1得v0＝eq \f(v1,2)＝eq \f(\r(5Rg),2)
设分离前弹簧弹性势能为Ep，根据系统机械能守恒定律得Ep＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)－eq \f(1,2)·2mveq \\al(2,0)＝eq \f(5,4)mgR
(3)两车从h高处运动到最低处机械能守恒有2mgh＝eq \f(1,2)·2mveq \\al(2,0)，解得：h＝eq \f(5,8)R.