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课时跟踪检测(十)碰撞1关于散射,下列说法正确的是()A散射就是乱反射,毫无规律可言B散射中没有对心碰撞C散射时仍遵守动量守恒定律D散射时不遵守动量守恒定律解析:选C由于散射也是碰撞,所以散射过程中动量守恒。2冰壶运动深受观众喜爱,图(a)为冬奥会上运动员投掷冰壶的镜头。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(b)所示。若两冰壶质量相等,则碰后两冰壶最终停止的位置,可能是图中的哪幅图()解析:选B碰撞过程动量守恒,两冰壶发生正碰,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,由题图可知,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,图C是不可能出现的,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。3如图所示,一个质量为m的物块A与另一个质量为2m的物块B发生正碰,碰后B物块刚好能落入正前方的沙坑中。假如碰撞过程中无机械能损失,已知物块B与地面间的动摩擦因数为0.1,与沙坑的距离x0.5 m,g取10 m/s2。物块可视为质点,则碰撞前瞬间A的速度大小为()A0.5 m/sB1.0 m/sC1.5 m/s D2.0 m/s解析:选C碰撞后B做匀减速运动,由动能定理得2mgx02mv2,代入数据得v1 m/s,A与B碰撞的过程中,A与B组成的系统在水平方向的动量守恒,选取向右为正方向,则有mv0mv12mv,由于没有机械能的损失,则有mv02mv122mv2,联立解得v01.5 m/s,选项C正确。4多选如图甲所示,在光滑水平面上的两小球A、B发生正碰,小球A的质量为m10.1 kg。图乙为它们碰撞前后两个小球的st图像。由此可以判断()A碰前小球B静止,小球A向右运动B碰后小球A和B都向右运动C小球B的质量为m20.2 kgD小球B的质量为m20.3 kg解析:选AD由st(位移时间)图像的斜率得到,碰前B的位移不随时间而变化,处于静止,A速度大小为v1 m/s4 m/s,方向只有向右才能与B相撞,故A正确;由图示图像可知,碰后B的速度为正方向,说明向右运动,A的速度为负方向,说明向左运动,两小球运动方向相反,故B错误;由图示图像可知,碰后B和A的速度分别为v22 m/s,v12 m/s,根据动量守恒定律得,m1v1m2v2m1v1,代入解得,m20.3 kg,故C错误,D正确。5甲、乙两球在光滑水平轨道上同向运动,已知它们的动量分别是5 kgm/s和7 kgm/s,甲追上乙并发生碰撞,碰撞后乙球的动量变为10 kgm/s,则两球质量m甲与m乙的关系可能是()Am乙m甲 Bm乙2m甲C4m甲m乙 Dm乙6m甲解析:选C碰撞前,v甲v乙,即,可得;碰撞后,v甲v乙,即,可得;综合可得,选项A、D错误。由碰撞过程动能不增加可知,E碰前E碰后,由B得到E碰前E碰后,所以排除B,答案选C。6冰球运动员甲的质量为80.0 kg。当他以5.0 m/s的速度向前运动时,与另一质量为100 kg、速度为3.0 m/s的迎面而来的运动员乙相撞。碰后甲恰好静止。假设碰撞时间极短,求:(1)碰后乙的速度的大小;(2)碰撞中总机械能的损失。解析:(1)设运动员甲、乙的质量分别为m、M,碰前速度大小分别为v、V,碰后乙的速度大小为V。由动量守恒定律有mvMVMV 代入数据得V1.0 m/s。(2)设碰撞过程中总机械能的损失为E,应有mv2MV2MV2E联立式,代入数据得E1 400 J 。答案:(1)1.0 m/s(2)1 400 J7.多选如图所示,在质量为M的小车中挂着一个单摆,摆球的质量为m0,小车(和单摆)以恒定的速度u沿光滑的水平面运动,与位于正对面的质量为m的静止木块发生碰撞,碰撞时间极短,在此碰撞过程中,下列说法可能发生的是()A小车、木块、摆球的速度都发生变化,分别变为v1、v2、v3,满足:(Mm0)uMv1mv2m0v3B摆球的速度不变,小车和木块的速度变为v1和v2,满足:MuMv1mv2C摆球的速度不变,小车和木块的速度变为v,满足:Mu(Mm)vD小车和摆球的速度都变为v1,木块的速度为v2,满足:(Mm0)u(Mm0)v1mv2解析:选BC因碰撞时间极短,所以单摆相对小车没有发生摆动,即摆线对球的作用力原来是竖直向上的,现在还是竖直向上的,没有水平方向的分力,未改变小球的动量,即单摆没有参与这个碰撞过程,单摆的速度不发生变化,因此排除A、D。因为单摆的速度不变,所以研究对象选取小车和木块所构成的系统,若为弹性碰撞或碰后分离,水平方向动量守恒,由动量守恒定律得:MuMv1mv2,故B正确。由于题目中并没有提供在碰撞过程中的能量变化关系,所以也有可能小车和木块发生碰撞后以同一速度运动,故C正确。8.如图所示,一根劲度系数足够大的轻质弹簧端固定在墙上O点,另一端与静止在光滑水平面上A点的物块相连,物块质量为M,第一颗子弹以大小为v0的速度水平向右射入物块但未穿出。此后,每当物块向左经过A点时,都会有一颗子弹以大小为v0的速度水平向右射入物块且均未穿出。若每颗子弹的质量为m,子弹与物块相互作用时间极短,不计空气阻力,则()A随着子弹的不断射入,弹簧的最大压缩量将不断增加B当第2 019颗子弹刚要射入时,物块在A点时的速度大小为0C当第2 019颗子弹刚要射入时,物块在A点时的速度大小为v0D从第一颗子弹射入到弹簧被压缩到最短的过程中,子弹、物块和弹簧系统机械能守恒解析:选B第一颗子弹射入物块的过程,取向右为正方向,由动量守恒定律得mv0(Mm)v1,解得v1,之后弹簧的最大弹性势能为Ep1(Mm)v12,根据机械能守恒可知,物块返回A点时速度大小为v1。第二颗子弹射入物块的过程,取向右为正方向,由动量守恒定律得mv0(Mm)v1(M2m)v2,解得v20,第三颗子弹射入物块的过程,取向右为正方向,由动量守恒定律得mv0(M3m)v3,解得v3,之后弹簧的最大弹性势能为Ep3(M3m)v32,第四颗子弹射入物块的过程,取向右为正方向,由动量守恒定律得mv0(M3m)v3(M4m)v4,解得v40,可知,随着子弹的不断射入,弹簧的最大压缩量并不是不断增加,A错误。由上分析知,当偶数颗子弹射入物块后物块在A点时的速度大小为0,所以当第2 019颗子弹刚要射入时,物块在A点时的速度大小为0,B正确,C错误。在第一颗子弹射入物块的过程中,机械能有一部分转化为内能,所以子弹、物块和弹簧系统机械能要减小,D错误。9.如图所示,质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上,其水平直径AB长度为2R,现将质量也为m的小球从距A点正上方h0高处由静止释放,然后由A点经过半圆轨道后从B冲出,在空中能上升的最大高度为h0(不计空气阻力),则()A小球和小车组成的系统动量守恒B小车向左运动的最大距离为RC小球离开小车后做斜上抛运动D小球第二次能上升的最大高度h0hF,故A、C不可能发生相对滑动,设A、C一起运动的加速度为aa1 m/s2由xat2有:t1.2 s。(2)因A、B发生弹性碰撞,由于mAmB,故A、B碰后,A的速度为0,则从碰后瞬间到木板与A速度相同的过程中,由动量守恒定律:v01.2 m/sv0.8 m/s由能量守恒:mAgxMv02(MmA)v2x0.12 m故木板C的长度L至少为:Lxx0.84 m。答案:(1)1.2 s(2)0.84 m12.如图,车厢的质量为M,长度为L,静止在光滑水平面上,质量为m的木块(可看成质点)以速度v0无摩擦地在车厢底板上向右运动,木块与前车壁碰撞后以速度向左运动,求:(1)木块与前车壁碰撞过程中,木块对车厢的冲量。(2)再经过多长时间,木块将与后车壁相碰?解析:(1)木块和车厢组成的系统动量守恒,设向右为正方向,碰后车厢的速度为v,mv0Mvm,解得v,方向向右,对车厢,根据动量定理得,木块对车厢的冲量IMv,方向向右。(2)设t时间后木块将与后车壁相碰,则:vttL,解得t。答案:(1),方向向
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