《高中物理 第十六章 動(dòng)量守恒定律 4 碰撞課堂演練 新人教版選修35》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高中物理 第十六章 動(dòng)量守恒定律 4 碰撞課堂演練 新人教版選修35（8頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3

2、3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 4 4 碰撞碰撞 1兩個(gè)球沿直線相向運(yùn)動(dòng)，碰撞后兩球都靜止則可以推斷( ) A碰撞前兩個(gè)球的動(dòng)量一定相等 B兩個(gè)球的質(zhì)量一定相等 C碰撞前兩個(gè)球的速度一定相等 D碰撞前兩個(gè)球的動(dòng)量大小相等，方向相反 解析：兩球碰撞過程動(dòng)量守恒，由于碰撞后兩球都靜止，總動(dòng)量為零，故碰撞前兩個(gè)球的動(dòng)量大小相等，方向相反，A 錯(cuò)誤，D 正確；兩球的質(zhì)量是否相等不確定，故碰撞前兩個(gè)球的速度是否相等也不確定，B、C 錯(cuò)誤 答案：D 2.(多選)質(zhì)量分別為

3、m1和m2的兩個(gè)物體碰撞前后的位移時(shí)間圖象如圖所示，由圖有以下說法中正確的是( ) A碰撞前兩物體質(zhì)量與速度的乘積相同 B質(zhì)量m1等于質(zhì)量m2 C碰撞后兩物體一起做勻速直線運(yùn)動(dòng) D碰撞前兩物體質(zhì)量與速度的乘積大小相等、方向相反 解析：由題圖可知，m1和m2碰前都做勻速直線運(yùn)動(dòng)，但運(yùn)動(dòng)方向相反，碰后兩物體位置不變，即處于靜止，所以碰后速度都為零，故 AC 錯(cuò)誤，D 正確；又由圖線夾角均為，故碰前速度大小相等，可得m1等于m2，B 也正確 答案：BD 3.質(zhì)量相等的三個(gè)物塊在一光滑水平面上排成一直線， 且彼此隔開了一定的距離， 如圖所示具有動(dòng)能E0的第 1 個(gè)物塊向右運(yùn)動(dòng)，依次與其余兩個(gè)靜止物塊發(fā)

4、生碰撞，最后這三個(gè)物塊粘在一起，這個(gè)整體的動(dòng)能為( ) AE0 B.2E03 C.E03 D.E09 解析：碰撞中動(dòng)量守恒mv03mv1，得v1v03， 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D

5、 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 E012mv20， Ek123mv21. 由得Ek123mv0321312mv20E03，故 C 正確 答案：C 4 (多選)兩個(gè)小球A、B在光滑的水平地面上相向運(yùn)動(dòng)， 已知它們的質(zhì)量分別是mA4 kg，mB2 kg，A的速度vA3 m/s(設(shè)為正)，B的速度vB3 m/s，則

6、它們發(fā)生正碰后，其速度可能分別為( ) A均為1 m/s B4 m/s 和5 m/s C2 m/s 和1 m/s D1 m/s 和5 m/s 解析： 由動(dòng)量守恒， 可驗(yàn)證四個(gè)選項(xiàng)都滿足要求 再看動(dòng)能變化情況：Ek 前12mAv2A12mBv2B27 J Ek 后12mAvA212mBvB2 由于碰撞過程中總動(dòng)量不可能增加，所以應(yīng)有Ek 前Ek 后，據(jù)此可排除 B；選項(xiàng) C 雖滿足Ek 前Ek 后，但A、B沿同一直線相向運(yùn)動(dòng)，發(fā)生碰撞后各自仍然保持原來的速度方向，這顯然是不符合實(shí)際的，因此 C 選項(xiàng)錯(cuò)誤；驗(yàn)證 A、D 均滿足Ek 前Ek 后，且碰后狀態(tài)符合實(shí)際，故正確選項(xiàng)為 A、D. 答案：AD

7、 A 級(jí) 抓基礎(chǔ) 1.如圖所示， 木塊A和B質(zhì)量均為 2 kg， 置于光滑水平面上，B與一輕質(zhì)彈簧一端相連，彈簧另一端固定在豎直擋板上，當(dāng)A以 4 m/s 的速度向B撞擊時(shí)，由于有橡皮泥而粘在一起運(yùn)動(dòng)，那么彈簧被壓縮到最短時(shí)，具有的彈簧勢(shì)能大小為( ) A4 J B8 J C16 J D32 J 解析：A與B碰撞過程動(dòng)量守恒，有 mAvA(mAmB)vAB，所以vABvA22 m/s， 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F

8、 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 當(dāng)彈簧被壓縮到最短時(shí)，A、B的動(dòng)能完全轉(zhuǎn)化

9、成彈簧的彈性勢(shì)能， 所以Ep12(mAmB)v2AB8 J. 答案：B 2.在光滑的水平面上有三個(gè)完全相同的小球，它們成一條直線，2、3 小球靜止，并靠在一起，1 小球以速度v0射向它們，如圖所示設(shè)碰撞中不損失機(jī)械能，則碰后三個(gè)小球的速度可能值是( ) Av1v2v313v0 Bv10，v2v312v0 Cv10，v2v312v0 Dv1v20，v3v0 解析：兩個(gè)質(zhì)量相等的小球發(fā)生彈性正碰，碰撞過程中動(dòng)量守恒，動(dòng)能守恒，碰撞后將交換速度，故 D 項(xiàng)正確 答案：D 3冰壺運(yùn)動(dòng)深受觀眾喜愛，圖 1 為 2014 年 2 月第 22 屆索契冬奧會(huì)上中國(guó)隊(duì)員投擲冰壺的鏡頭在某次投擲中，冰壺甲運(yùn)動(dòng)一段

10、時(shí)間后與對(duì)方靜止的冰壺乙發(fā)生正碰，如圖 2.若兩冰壺質(zhì)量相等，則碰后兩冰壺最終停止的位置，可能是圖中的哪幅圖( ) 圖 1 圖 2 A B C D 解析：兩球碰撞過程動(dòng)量守恒，兩球發(fā)生正碰，由動(dòng)量守恒定律可知，碰撞前后系統(tǒng)動(dòng)量不變，兩冰壺的動(dòng)量方向即速度方向不會(huì)偏離甲原來的方向，由圖示可知，A 圖示情況是不可能的，故 A 錯(cuò)誤；如果兩冰壺發(fā)生彈性碰撞，碰撞過程動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，兩冰壺質(zhì)量相等，碰撞后兩冰壺交換速度，甲靜止，乙的速度等于甲的速度，碰后乙做減速運(yùn)動(dòng)，最后停止，最終兩冰壺的位置如圖 B 所示，故 B 正確；兩冰壺碰撞后，甲的速度不可能大于乙的速度，碰后乙在前，甲在后，如圖 C 所

11、示是不可能的，故 C 錯(cuò)誤；碰撞過程機(jī)械能不可能增大，兩冰壺質(zhì)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6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3

12、 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 于乙的位移，故 D 錯(cuò)誤；故選 B. 答案：B 4(多選)質(zhì)量為 1 kg 的小球以 4 m/s 的速度與質(zhì)量為 2 kg 的靜止小球正碰，關(guān)于碰后的速度v1和v2，下面哪些是可能正確的( ) Av1v243 m/s Bv13 m/s，v20.5 m/s Cv11 m/s，v23 m/s Dv11 m/s

13、，v22.5 m/s 解析：由碰撞前、后總動(dòng)量守恒m1v1m1v1m2v2和能量不增加EkEk1Ek2驗(yàn)證A、B、D 三項(xiàng)皆有可能；但 B 項(xiàng)碰后后面小球的速度大于前面小球的速度，會(huì)發(fā)生第二次碰撞，不符合實(shí)際，所以 A、D 兩項(xiàng)有可能 答案：AD 5.(多選)質(zhì)量為M、內(nèi)壁間距為L(zhǎng)的箱子靜止于光滑的水平面上，箱子中間有一質(zhì)量為m的小物塊，小物塊與箱子底板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為.初始時(shí)小物塊停在箱子正中間，如圖所示現(xiàn)給小物塊一水平向右的初速度v，小物塊與箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中間，并與箱子保持相對(duì)靜止設(shè)碰撞都是彈性的，則整個(gè)過程中，系統(tǒng)損失的動(dòng)能為( ) A.12mv2 B.12mMmMv2 C

14、.12NmgL DNmgL 解析：根據(jù)動(dòng)量守恒，小物塊和箱子的共同速度vmvMm，損失的動(dòng)能Ek12mv212(Mm)v212mMmMv2，所以 B 正確；根據(jù)能量守恒，損失的動(dòng)能等于因摩擦產(chǎn)生的熱量，而計(jì)算熱量的方法是摩擦力乘以相對(duì)位移，所以EkfNLNmgL，可見 D 正確 答案：BD B 級(jí) 提能力 6在光滑水平面上，有兩個(gè)小球A、B沿同一直線同向運(yùn)動(dòng)(B在前)，已知碰前兩球的動(dòng)量分別為pA12 kgm/s、pB13 kgm/s，碰后它們動(dòng)量的變化分別為pA、pB.下列數(shù)值可能正確的是( ) ApA3 kgm/s、pB3 kgm/s BpA3 kgm/s、pB3 kgm/s 6 E D

15、B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4

16、4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 CpA24 kgm/s、pB24 kgm/s DpA24 kgm/s、pB24 kgm/s 解析：對(duì)于碰撞問題要遵循三個(gè)規(guī)律：動(dòng)量守恒定律、碰后系統(tǒng)的機(jī)械能不增加和碰撞過程要符合實(shí)際情況本題屬于追及碰撞，碰前，后面運(yùn)動(dòng)小球的速度一定要大于前面運(yùn)動(dòng)小球的速度(否則無法實(shí)現(xiàn)碰撞)，碰后，前面小球的動(dòng)量增大，后面小球的動(dòng)量減小，減小量等于增大量，所以pA0，pB0，并且pApB，據(jù)此可排除選項(xiàng) B、D；若pA24 kgm/s、pB24 kgm/s

17、，碰后兩球的動(dòng)量分別為pA12 kgm/s、pB37 kgm/s，根據(jù)關(guān)系式Ekp22m可知，A小球的質(zhì)量和動(dòng)量大小不變，動(dòng)能不變，而B小球的質(zhì)量不變，但動(dòng)量增大，所以B小球的動(dòng)能增大，這樣系統(tǒng)的機(jī)械能比碰前增大了，選項(xiàng)C 可以排除；經(jīng)檢驗(yàn)，選項(xiàng) A 滿足碰撞所遵循的三個(gè)原則，本題答案為 A. 答案：A 7.如圖所示，有兩個(gè)質(zhì)量都為m的小球A和B(大小不計(jì))，A球用細(xì)繩吊起，細(xì)繩長(zhǎng)度等于懸點(diǎn)距地面的高度，B球靜止放于懸點(diǎn)正下方的地面上現(xiàn)將A球拉到距地面高度為h處由靜止釋放，擺動(dòng)到最低點(diǎn)與B球碰撞后粘在一起共同上擺，則： (1)它們一起上升的最大高度為多大？ (2)碰撞中損失的機(jī)械能是多少？ 解

18、析：(1)A球由靜止釋放到最低點(diǎn)的過程做的是圓周運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用動(dòng)能定理可求出末速度，即mgh12mv21， 所以v1 2gh， A球?qū)球碰撞滿足動(dòng)量守恒mv1(mm)v2， 所以v212v12gh2； 對(duì)A、B粘在一起共同上擺的過程應(yīng)用機(jī)械能守恒， 12(mm)v22(mm)gh，解得hh4. (2)E12mv21122mv2212mgh. 答案：(1)h4 (2)12mgh 8如圖所示，可看成質(zhì)點(diǎn)的A物體疊放在上表面光滑的B物體上，一起以v0的速度沿6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C

19、 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3

20、 5 F 3 7 5 光滑的水平軌道勻速運(yùn)動(dòng)，與靜止在同一光滑水平軌道上的木板C發(fā)生碰撞，碰后B、C的速度相同，B、C的上表面相平且B、C不粘連，A滑上C后恰好能到達(dá)C板的右端已知A、B的質(zhì)量相等，C的質(zhì)量為A的質(zhì)量的 2 倍，木板C長(zhǎng)為L(zhǎng)，重力加速度為g.求： (1)A物體的最終速度； (2)A物體與木板C上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù) 解析：(1)設(shè)A、B的質(zhì)量為m，則C的質(zhì)量為 2m，B、C碰撞過程中動(dòng)量守恒，令B、C碰后的共同速度為v1，以B的初速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得：mv03mv1，解得：v1v03 ，B、C共速后A以v0的速度滑上C，A滑上C后，B、C脫離A、C相互作用過程中動(dòng)量

21、守恒， 設(shè)最終A、C的共同速度v2， 以向右為正方向， 由動(dòng)量守恒定律得：mv02mv13mv2，解得v25v09. (2)在A、C相互作用過程中，由能量守恒定律，得 fL12mv20122mv21123mv22， 又fmg，解得4v2027gL. 答案：(1)5v09 (2)4v2027gL 9如圖所示，光滑半圓形軌道MNP豎直固定在水平面上，靜止MP垂直于水平面，軌道半徑R0.5 m，質(zhì)量為m1的小球A靜止與軌道最低點(diǎn)M，質(zhì)量為m2的小球B用長(zhǎng)度為 2R的細(xì)線懸掛于軌道最高點(diǎn)P.現(xiàn)將小球B向左拉起，使細(xì)線水平，以豎直向下的速度v04 m/s釋放小球B， 小球B與小球A碰后粘在一起恰能沿半圓

22、形軌道運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)， 兩球可視為質(zhì)點(diǎn)，g10 m/s2，試求： (1)B球與A球碰撞前的速度大小； (2)A、B兩球的質(zhì)量之比m1m2. 解析：(1)B球下擺過程中機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得：12m2v20m2g2R12m2v21，解得：v16 m/s； 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3

23、 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 (2)兩球恰好到達(dá)P點(diǎn)， 由牛頓第二定律得： (m1m2)g(m1m2)v2PR， 解得：vP 5 m/s，兩球從M到P過程中，由動(dòng)能定理得：12(m1m2)v2p12(m1

24、m2)v22(m1m2)g2R， 解得：v25 m/s； 兩球碰撞過程動(dòng)量守恒， 以兩球組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象， 以B球的初速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得：m2v1(m1m2)v2，解得：m1m215. 答案：(1)v16 m/s (2)m1m215 10.如圖所示，兩塊相同平板P1、P2置于光滑水平面上，質(zhì)量均為m.P2的右端固定一輕質(zhì)彈簧，左端A與彈簧的自由端B相距L.物體P置于P1的最右端，質(zhì)量為 2m，且可看作質(zhì)點(diǎn)P1與P以共同速度v0向右運(yùn)動(dòng)，與靜止的P2發(fā)生碰撞，碰撞時(shí)間極短碰撞后P1與P2粘連在一起P壓縮彈簧后被彈回并停在A點(diǎn)(彈簧始終在彈性限度內(nèi))P與P2之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為.

25、求： (1)P1、P2剛碰完時(shí)的共同速度v1和P的最終速度v2； (2)此過程中彈簧的最大壓縮量x和相應(yīng)的彈性勢(shì)能Ep. 解析：(1)P1、P2碰撞過程，由動(dòng)量守恒定律： mv02mv1. 解得：v1v02，方向水平向右 對(duì)P1、P2、P系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律： mv02mv04mv2. 解得：v234v0，方向水平向右 (2)當(dāng)彈簧壓縮至最大時(shí)，P1、P2、P三者具有共同速度v2，由動(dòng)量守恒定律： mv02mv04mv2. 對(duì)系統(tǒng)由能量守恒定律： 2mg2(Lx)122mv20122mv21124mv22 解得：xv2032gL. 最大彈性勢(shì)能： 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3

26、 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 Ep122mv20122mv21124mv222mg(Lx) 解得：Ep116mv20. 答案：(1)v1v02，方向水平向右 v234v0，方向水平向右 (2)xv2032gL，Ep116mv20.