【名師一號(hào)】2021年人教版物理雙基限時(shí)練-選修3-5：第十六章《動(dòng)量守恒定律》4

雙基限時(shí)練(四)碰撞1．一顆水平飛來(lái)的子彈射入一個(gè)原來(lái)懸掛在天花板下靜止的沙袋并留在其中和沙袋一起上擺，關(guān)于子彈與沙袋組成的系統(tǒng)，下列說(shuō)法正確的是()A．子彈射入沙袋的過(guò)程中系統(tǒng)動(dòng)量和機(jī)械能都守恒B．子彈射入沙袋的過(guò)程中系統(tǒng)動(dòng)量和機(jī)械能都不守恒C．共同上擺階段動(dòng)量守恒，機(jī)械能不守恒D．共同上擺階段動(dòng)量不守恒，機(jī)械能守恒解析子彈和沙袋組成的系統(tǒng)，在子彈打入沙袋的過(guò)程中，子彈和沙袋在水平方向的動(dòng)量守恒，但機(jī)械能不守恒，共同上擺過(guò)程中動(dòng)量不守恒，機(jī)械能守恒，故D選項(xiàng)正確．答案D2．(多選題)兩個(gè)物體在光滑水平面上發(fā)生正碰，可能發(fā)生的現(xiàn)象是()A．質(zhì)量大的物體動(dòng)量變化大B．兩個(gè)物體動(dòng)量變化大小相等，方向相反C．一個(gè)物體的速度減小，另一個(gè)物體的速度增加D．質(zhì)量小的物體速度變化大解析兩物體組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，即Δp＝－Δp′，故B、C、D選項(xiàng)正確．答案BCD3．現(xiàn)有甲、乙兩滑塊，質(zhì)量分別為3m和m，以相同的速率vA．彈性碰撞B．非彈性碰撞C．完全非彈性碰撞D．條件不足，無(wú)法確定解析由動(dòng)量守恒3mv－mv＝0＋mv′，所以v′＝2v.碰前總動(dòng)能：Ek＝eq\f(1,2)·3m·v2＋eq\f(1,2)mv2＝2mv2，碰后總動(dòng)能：Ek′＝eq\f(1,2)mv′2＝2mv2，Ek＝Ek′，所以A對(duì)．答案A4．(多選題)質(zhì)量為m的小球A，沿光滑水平面以速度v0與質(zhì)量為2m的靜止的小球B發(fā)生正碰，碰后A球速度大小變?yōu)樵瓉?lái)的eq\f(1,3)，那么小球B的速度可能值為()A.eq\f(1,3)v0 B.eq\f(2,3)v0C.eq\f(4,9)v0 D.eq\f(5,9)v0解析由動(dòng)量守恒定律，得mv0＝m×eq\f(1,3)v0＋2mv得v＝eq\f(1,3)v0，或mv0＝－m×eq\f(1,3)v0＋2mv，得v＝eq\f(2,3)v0并且可驗(yàn)證兩種狀況中動(dòng)能不增加，故A、B選項(xiàng)正確．答案AB5．科學(xué)家試圖模擬宇宙大爆炸初的情景，他們使兩個(gè)帶正電的不同重離子經(jīng)加速后，沿同始終線相向運(yùn)動(dòng)而發(fā)生猛烈碰撞，為了使碰前的動(dòng)能盡可能多地轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，關(guān)鍵是設(shè)法使這兩個(gè)重離子在碰撞前的瞬間具有相同大小的()A．速率 B．質(zhì)量C．動(dòng)量 D．動(dòng)能解析碰撞滿足動(dòng)量守恒，只有碰前兩重離子的動(dòng)量大小相等方向相反，系統(tǒng)的總動(dòng)量為零，碰后系統(tǒng)的動(dòng)能為零，系統(tǒng)的動(dòng)能完全轉(zhuǎn)化成內(nèi)能，故C選項(xiàng)正確．答案C6．在光滑水平面上有兩個(gè)相同的彈性小球A、B，質(zhì)量都是m，現(xiàn)A球向B球運(yùn)動(dòng)，B球靜止，發(fā)生正碰，已知碰撞過(guò)程中總機(jī)械能守恒，兩球壓縮最緊時(shí)的彈性勢(shì)能為Ep，則碰撞前A的速度等于()A.eq\r(\f(Ep,m)) B.eq\r(\f(2Ep,m))C．2eq\r(\f(Ep,m)) D．2eq\r(\f(2Ep,m))解析兩球壓縮最緊時(shí)速度相等，由動(dòng)量守恒mvA＝2mv①?gòu)椥詣?shì)能Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)－eq\f(1,2)×2mv2②由①②聯(lián)立得vA＝2eq\r(\f(Ep,m)).答案C7．在光滑的水平面上，有a、b兩球，其質(zhì)量分別為ma、mb，兩球在t0時(shí)刻發(fā)生正碰，并且在碰撞過(guò)程中無(wú)機(jī)械能損失，兩球在碰撞后的速度圖象如圖所示，下列關(guān)系正確的是()A．ma＞mb B．ma＜mbC．ma＝mb D．無(wú)法推斷解析由題圖知a球以初速度與原來(lái)靜止的b球碰撞，碰后a球反彈，且速度小于a的初速度大小，依據(jù)碰撞規(guī)律有：mava＝mava′＋mbvb′和eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,a)＝eq\f(1,2)mav′eq\o\al(2,a)＋eq\f(1,2)mbv′eq\o\al(2,b)，可得va′＝eq\f(ma－mb,ma＋mb)va，vb′＝eq\f(2ma,ma＋mb)va，因va′＜0，所以ma＜mb，故B正確．答案B8．兩球A、B在光滑水平面上沿同始終線、同一方向運(yùn)動(dòng)，mA＝1kg，mB＝2kg，vA＝6m/s，vB＝2m/s，當(dāng)球A追上B并發(fā)生碰撞后，兩球A、B速度的可能值是(取兩球碰撞前的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎?()A．vA′＝5m/s，vB′＝2.5m/sB．vA′＝2m/s，vB′＝4m/sC．vA′＝－4m/s，vB′＝7m/sD．vA′＝7m/s，vB′＝1.5m/s解析對(duì)于A、D選項(xiàng)，碰撞后A的速度仍大于B球的速度，明顯不符合實(shí)際；C項(xiàng)雖滿足動(dòng)量守恒，但碰撞后的總動(dòng)能大于碰撞前的總動(dòng)能．故只有B項(xiàng)正確．答案B9．(多選題)矩形滑塊由不同材料的上、下兩層粘合在一起，將其放在光滑水平面上，如圖所示，質(zhì)量為m的子彈以速度v水平射向滑塊，若子彈擊中上層，子彈剛好不穿出；若子彈擊中下層，則子彈整個(gè)剛好嵌入，由此可知()A．子彈射中上層時(shí)對(duì)滑塊做功多B．兩次子彈對(duì)滑塊做的功一樣多C．子彈射中上層系統(tǒng)產(chǎn)生熱量多D．子彈與下層之間的摩擦力較大解析兩次射擊，子彈與滑塊間都滿足動(dòng)量守恒，最終兩滑塊及子彈以相同的速度共同運(yùn)動(dòng)．則可知兩滑塊動(dòng)能增加量相同，即兩次射擊子彈對(duì)滑塊做功一樣多，故B選項(xiàng)正確，系統(tǒng)損失機(jī)械能也一樣多，故產(chǎn)生熱量也一樣多，產(chǎn)生的熱量等于摩擦力和子彈與滑塊相對(duì)位移的乘積，故D選項(xiàng)正確．答案BD10．三塊相同的木塊A、B、C，自同一高度由靜止開頭下落，其中B在開頭下落時(shí)被一個(gè)水平飛來(lái)的子彈擊中并嵌入其中，木塊C在下落一半高度時(shí)被水平飛來(lái)的一子彈擊中并嵌入其中，若三個(gè)木塊下落到地面的時(shí)間分別為tA、tB、tC，則()A．tA＝tB＝tC B．tA＜tB＜tCC．tA＝tB＜tC D．tA＜tB＝tC解析木塊A做自由落體運(yùn)動(dòng)，木塊B被子彈擊中做平拋運(yùn)動(dòng)，木塊C在子彈擊中瞬間豎直方向動(dòng)量守恒．Mv＝(m＋M)v′，即v′＜v，故tA＝tB＜tC.答案C11．質(zhì)量為1kg的物體m1，以某一初速度在水平面上滑行，過(guò)一段時(shí)間后與m2發(fā)生碰撞．其位移隨時(shí)間變化的狀況如圖所示，求m2的質(zhì)量．解析通過(guò)位移—時(shí)間圖象，挖掘出兩個(gè)物體運(yùn)動(dòng)的信息——碰撞前、后兩個(gè)物體的速度，形成物理情景，運(yùn)用動(dòng)量守恒定律求解．位移－時(shí)間圖象的斜率表示物體運(yùn)動(dòng)的速度，由各段直線的斜率知碰前m1勻速運(yùn)動(dòng)，v1＝4m/s，m2靜止，碰后兩者粘合在一起共同做勻速運(yùn)動(dòng)，v＝1m/s，由m1v1＝(m1＋m2)v，得m2＝3kg.答案3kg12．如圖所示，質(zhì)量為M的木塊靜置于光滑的水平面上，一質(zhì)量為m、速度為v0的子彈水平射入木塊且未擊穿．設(shè)木塊對(duì)子彈的阻力恒為F，求：(1)射入過(guò)程中產(chǎn)生的內(nèi)能為多少？木塊的長(zhǎng)度至少為多少時(shí)子彈才不會(huì)穿出？(2)子彈在木塊中運(yùn)動(dòng)了多長(zhǎng)時(shí)間？解析(1)以m和M組成的系統(tǒng)為爭(zhēng)辯對(duì)象，依據(jù)動(dòng)量守恒定律可得mv0＝(m＋M)v，得v＝eq\f(mv0,M＋m)系統(tǒng)的動(dòng)能損失ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(M＋m)v2解得ΔE＝eq\f(Mmv\o\al(2,0),2M＋m)，損失機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能．設(shè)木塊的位移為s，子彈相對(duì)木塊的位移為L(zhǎng)對(duì)m，由動(dòng)能定理，得－F(s＋L)＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)對(duì)M，由動(dòng)能定理，得Fs＝eq\f(1,2)Mv2聯(lián)立以上兩式，得FL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(M＋m)v2即FL＝eq\f(Mmv\o\al(2,0),2M＋m)，得L＝eq\f(Mmv\o\al(2,0),2FM＋m).(2)以子彈為爭(zhēng)辯對(duì)象，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得t＝eq\f(v－v0,a)＝eq\f(Mmv0,M＋mF).答案(1)eq\f(Mmv\o\al(2,0),2M＋m)eq\f(Mmv\o\al(2,0),2FM＋m)(2)eq\f(Mmv0,M＋mF)13．如圖所示，水平地面上靜止放置著物塊B和C，相距l(xiāng)＝1.0m．物塊A以速度v0＝10m/s沿水平方向與B正碰．碰撞后A和B堅(jiān)固地粘在一起向右運(yùn)動(dòng)，并再與C發(fā)生正碰，碰后瞬間C的速度v＝2.0m/s.已知A和B的質(zhì)量均為m，C的質(zhì)量為A質(zhì)量的k倍，物塊與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.45.(設(shè)碰撞時(shí)間很短，g取10m/s2)(1)計(jì)算與C碰撞前瞬間AB的速度；(2)依據(jù)AB與C的碰撞過(guò)程分析k的取值范圍，并爭(zhēng)辯與C碰撞后AB的可能運(yùn)動(dòng)方向．解析(1)設(shè)A、B碰撞后的速度為v1，A、B碰撞過(guò)程，由動(dòng)量守恒定律得mv0＝2mv1.設(shè)與C碰撞前瞬間AB的速度為v2，由動(dòng)能定理得－μ·2mgl＝eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,1)，聯(lián)立以上兩式得v2＝4m/s.(2)若AB與C發(fā)生完全非彈性碰撞，由動(dòng)量守恒定律得2mv2＝(2＋k)mv，代入數(shù)據(jù)解得k＝2.此時(shí)，AB的運(yùn)動(dòng)方向與C相同．若AB與C發(fā)生彈性碰撞，由動(dòng)量守恒和能量守恒得2mv2＝2mv3＋kmveq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,3)＋eq\f(1,2)kmv2聯(lián)立以上兩式得v3＝eq\f(2－k,2＋k)v2v＝