1、第十六章第四节 基础夯实 一、选择题(13题为单选题，4、5题为多选题)1关于散射，下列说法正确的是(C)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：由于散射也是碰撞，所以散射过程中动量守恒。2(2019江苏省宿迁市高二下学期期末)斯诺克运动深受年轻人的喜爱，如图所示，选手将质量为m的A球以速度v与质量为m静止的B球发生弹性碰撞，碰撞后B球的速度为(A)AvB2vC0.5vD0.2v解析：两球发生弹性碰撞，则碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mvmvAmvB，由机械能守恒定律得：mv2m
2、vmv，解得：vA0，vBv；选项A正确。3在光滑水平面上有三个完全相同的小球，它们成一条直线，2、3小球静止并靠在一起，1球以速度v0 射向它们，如图所示，设碰撞中不损失机械能，则碰后三个小球的速度可能是(D)Av1v2v3v0Bv10，v2v3v0Cv10，v2v3v0Dv1v20，v3v0解析：由题设条件，三个小球在碰撞过程中总动量和总动能守恒，若各球质量均为m，则碰撞前系统总动量为mv0，总动能应为mv。假如选项A正确，则碰后总动量为mv0，这显然违反动量守恒定律，故不可能。假如选项B正确，则碰后总动量为mv0，这也违反动量守恒定律，故也不可能。假如选项C正确，则碰后总动量为mv0，但
3、总动能为mv，这显然违反机械能守恒定律，故也不可能。假如选项D正确的话，则通过计算其既满足动量守恒定律，也满足机械能守恒定律，故选项D正确。4在光滑水平面上，一质量为m、速度大小为v的A球与质量为2m静止的B球发生正碰，碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，则碰后B球的速度大小可能是(BC)A0.7vB0.6vC0.4vD0.2v解析：以两球组成的系统为研究对象，以A球的初速度方向为正方向，如果碰撞为弹性碰撞，由动量守恒定律得：mvmvA2mvB，由机械能守恒定律得：mv2mv2mv，解得：vAv，vBv，负号表示碰撞后A球反向弹回。如果碰撞为完全非弹性碰撞，以A球的初速度方向为正方向，由动量守
4、恒定律得：mv(m2m)vB，解得：vBv，则碰撞后B球的速度范围是：vvBv，故B、C正确，A、D错误。5(2019山东省潍坊二中高二下学期检测)如图所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m4 kg的小物体B以水平速度v2 m/s滑上原来静止的长木板A的上表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，取g10 m/s2，则下列说法正确的是(AD)A木板A获得的动能为2 JB系统损失的机械能为2 JC木板A的最小长度为2 mDA、B间的动摩擦因数为0.1解析：由图象可知，木板获得的速度为v1 m/s，A、B组成的系统动量守恒，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
5、mv0(Mm)v，解得木板A的质量M4 kg，木板获得的动能为：EkMv22J，故A正确；系统损失的机械能Emvmv2Mv2，代入数据解得：E4J，故B错误；由图得到01 s内B的位移为xB(21)1 m1.5 m，A的位移为xA11 m0.5 m，木板A的最小长度为LxBxA1 m，故C错误；由图象可知，B的加速度：a1m/s2 ，负号表示加速度的方向，由牛顿第二定律得：mBgmBa，代入解得0.1，故D正确。二、非选择题6一个物体静置于光滑水平面上，外面扣一质量为M的盒子，如图甲所示。现给盒子一初速度v0，此后，盒子运动的vt图象呈周期性变化，如图乙所示，请据此求盒内物体的质量。答案：M解
6、析：设物体的质量为m，t0时刻受盒子碰撞获得速度v，根据动量守恒定律得：Mv0mv3t0时刻物体与盒子右壁碰撞使盒子速度又变为v0，说明碰撞是弹性碰撞，由机械能守恒有：Mvmv2联立解得mM7(2019吉林省实验中学高二下学期期中)如图所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，A球在水平面上静止放置，B球向左运动与A球发生正碰，B球碰撞前、后的速率之比为41，A球垂直撞向挡板，碰后原速率返回，两球刚好不发生第二次碰撞。求：(1)A、B两球的质量之比为多少？(2)A、B碰撞前、后两球总动能之比是多少？答案：(1)51(2)83解析：(1)设碰前B球速度大小为v0，碰后A、B两球速度大小分别为vA、
7、vB，由题意知，vA方向向左，vB方向向右，且vAvBv0碰撞过程动量守恒，取水平向右为正方向，则有：mBv0mAvAmBvB，解得：。(2)碰撞前动能：E1mBv，碰撞后总动能：E2mAvmBv，碰撞前、后总动能之比为：。 能力提升 一、选择题(12题为单选题，35题为多选题)1一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度v2 m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为31。不计质量损失，取重力加速度g10 m/s2。则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能的是(B)解析：本题有两种可能情况，一是甲在前，二是甲在后。甲在前情况，设总质量为4m，由动量守恒得4m23mv甲mv乙，由平抛运动规
8、律知，甲图中两弹片的速度分别为v甲2.5 m/s，v乙0.5 m/s，不满足动量守恒关系，选项A错误；乙图中两弹片的速度分别为v甲2.5 m/s，v乙0.5 m/s，满足动量守恒关系，选项B正确；甲在后情况，C图中v甲1 m/s，v乙2 m/s，不满足动量守恒关系，选项C错误；D图中，v甲1 m/s，v乙2 m/s，同样不满足动量守恒关系，选项D错误。2(2019辽宁省凤城市高二下学期联考)如图，大小相同的摆球a和b的质量分别为m和3m，摆长相同，并排悬挂，平衡时两球刚好接触，现将摆球a向左拉开一小角度后释放。若两球的碰撞是弹性的，下列判断正确的是(C)A第一次碰撞后的瞬间，两球的动能大小相等
9、B第一次碰撞后的瞬间，两球的动量大小相等C第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等D第一次碰撞后，两球的最大摆角不相同解析：两球在碰撞前后，水平方向不受外力，故水平方向两球组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有：mv0mv13mv2，两球碰撞是弹性的，故机械能守恒，即：mvmv3mv，解两式得：v1，v2，可见第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等；因两球质量不相等，故两球碰后的动量大小不相等，方向相反，动能也不相等，故AB错误，C正确；两球碰后上摆过程，机械能守恒，故上升的最大高度相等，另摆长相等，故两球碰后的最大摆角相同，故D错误。3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，
10、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(BC)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：由于碰撞时间极短，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
11、的动量，实际上单摆没有参与这个碰撞过程，所以单摆的速度不发生变化，因此，选项中应排除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，由动量守恒定律有MuMv1mv2，即为B选项；由于题目中并没有提供在碰撞过程中能量变化关系，所以也有可能小车和木块发生完全非弹性碰撞而选C。4 (2019河南省周口市一中高二下学期期中)如图所示，一沙袋用无弹性轻细绳悬于O点。开始时沙袋处于静止状态，一弹丸以水平速度v0击中沙袋后未穿出，二者共同摆动。若弹丸质量为m，沙袋质量为5m，弹丸和沙袋形状大小忽略不计，弹丸击中沙袋后漏出的沙子质量忽略不计，不计空
12、气阻力，重力加速度为g。下列说法中正确的是(BD)A弹丸打入沙袋过程中，细绳所受拉力大小保持不变B弹丸打入沙袋过程中，弹丸对沙袋的冲量大小等于沙袋对弹丸的冲量大小C弹丸打入沙袋过程中所产生的热量为D沙袋和弹丸一起摆动所达到的最大高度为解析：弹丸打入沙袋的过程由动量守恒定律mv0(m5m)v，解得vv0；弹丸打入沙袋后，总质量变大，且做圆周运动，根据T6mg6m可知，细绳所受拉力变大，选项A错误；根据牛顿第三定律可知，弹丸打入沙袋过程中，弹丸对沙袋的冲量大小等于沙袋对弹丸的冲量大小，选项B正确；弹丸打入沙袋过程中所产生的热量为Qmv6mv2mv，选项C错误；由机械能守恒可得：6mv26mgh，解
13、得h，选项D正确。5如图所示，轻质弹簧的一端固定在墙上，另一端与质量为m的物体A相连，A放在光滑水平面上，有一质量与A相同的物体B，从高h处由静止开始沿光滑曲面滑下，与A相碰后一起将弹簧压缩，弹簧复原过程中某时刻B与A分开且沿原曲面上升。下列说法正确的是(BD)A弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为mghB弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为CB能达到的最大高度为DB能达到的最大高度为解析：对B下滑过程，据机械能守恒定律可得：mghmv，B刚到达水平地面的速度v0。碰撞过程，根据动量守恒定律可得：mv02mv，得A与B碰撞后的共同速度为vv0，所以弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为Epm2mv2m
14、gh，故A错误，B正确；当弹簧再次恢复原长时，A与B将分开，B以v的速度沿斜面上滑，根据机械能守恒定律可得mghmv2，B能达到的最大高度为，故C错误，D正确，故选BD。二、非选择题6(2019河南省郑州一中高二下学期期末)如图所示，质量均为m的木板AB和滑块CD紧靠在一起静置在光滑水平面上，木块AB的上表面粗糙，滑块CD为表面光滑的四分之一圆弧，D点切线水平且与木板AB上表面相平，一可视为质点的物块P质量也为m，从木块AB的右端以初速度v0滑上木块AB，过B点时的速度为，然后滑上滑块CD，最终恰好能滑到滑块CD的最高点C处，重力加速度为g，求：(1)物块滑到B点时木块的速度大小v；(2)滑块
15、CD圆弧的半径R。答案：(1)v(2)R解析：(1)对P和木板、滑块组成的系统，由动量守恒定律有mv0m2mv，解得：v。(2)物块P由D点滑到C点的过程中，滑块CD和物块P组成的系统在水平方向动量守恒，有mm2mv，根据系统能量守恒，有m()2m()2mgR2mv2，解得：R。7(2017哈尔滨市六中高二下学期期中)如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA4.0 kg和mB3.0 kg。用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触。另有一物块C从t0时以一定速度向右运动，在t4 s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的vt图象如图乙所示。求：(1)物块C的质量？(2)B离开墙后的运动过程中弹簧具有的最大弹性势能EP?答案：(1)2 kg(2)9 J解析：(1)由图知，C与A碰前速度为v19 m/s，碰后速度为v23 m/sC与A碰撞过程动量守恒，以C的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mCv1(mAmC)v2解得：mC2 kg(2)12 s末B离开墙壁，之后A、B、C及弹簧组成的系统动量和机械能守恒，且当AC与B速度v4相等时弹簧弹性势能最大。根据动量守恒定律，有：(mAmc)v3(mAmBmC)v4根据机械能守恒定律，有：(mAmc)v(mAmBmC)vEP解得EP9 J
