1、课时作业40碰撞爆炸和反冲时间：45分钟满分：100分一、选择题(8864)1如图1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mB2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为6 kgm/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为4 kgm/s，则()图1A左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为25B左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为110C右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为25D右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为110解析：两物体的运动是同向追击(都向右运动)，只有后边的物体速度大于前边的物体才能发生碰撞，以此分析应该是A球在左方追
2、击B球，发生碰撞，A球的动量减小4 kgm/s，其动量变为2 kgm/s，根据动量守恒B球动量增加4 kgm/s，其动量变为10 kgm/s，则 A、B两球的速度关系为25.答案：A2科学家试图模拟宇宙大爆炸初的情境，他们使两个带正电的不同重离子被加速后，沿同一条直线相向运动而发生猛烈碰撞为了使碰撞前的动能尽可能多地转化为内能，关键是设法使这两个重离子在碰撞前的瞬间具有相同大小的()A速率B质量C动量 D动能解析：尽量减小碰后粒子的动能，才能增大内能，所以设法使这两个重离子在碰撞前的瞬间具有相同大小的动量答案：C图23如图2所示，A、B两个木块用轻弹簧相连接，它们静止在光滑水平面上，A和B的质
3、量分别是99m和100m，一颗质量为m的子弹以速度v0水平射入木块A内没有穿出，则在以后的过程中弹簧弹性势能的最大值为()A. B.C. D.解析：子弹打木块A，动量守恒，mv0100mv1200mv2，弹性势能的最大值Ep100mv12200mv22.答案：A4质量为m的小球A，在光滑的水平面上以速度v0与质量为2m的静止小球B发生正碰，碰撞后A球的动能恰变为原来的，则B球的速度大小可能是()A.v0 B.v0C.v0 D.v0解析：依题意，碰后A的动能满足：mvA2mv02得vAv0，代入动量守恒定律得mv0mv02mvB，解得vBv0及vBv0.答案：AB5如图3所示在质量为M的小车中挂
4、有一单摆，摆球的质量为m0，小车和单摆以恒定的速度v沿光滑水平地面运动，与位于正对面的质量为m的静止木块发生碰撞，碰撞的时间极短，在此碰撞过程中，下列哪些情况是可能发生的()图3A小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为v1、v2、v3，满足(Mm0)vMv1mv2m0v3B摆球的速度不变，小车和木块的速度变化为v1和v2，满足MvMv1mv2C摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为v1，满足Mv(Mm)v1D小车和摆球的速度都变为v1，木块的速度变为v2，满足(Mm0)v(Mm0)v1mv2解析：摆球未受到水平力作用，球的速度不变，可以判定A、D项错误，小车和木块碰撞过程，水平方向无外力作
5、用，系统动量守恒，而题目对碰撞后小车与木块是分开还是连在一起，没有加以说明，所以两种情况都可能发生，即B、C选项正确答案：BC6如图4所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量也为m的小球从槽高h处开始自由下滑()图4A在以后的运动过程中，小球和槽的动量始终守恒B在下滑过程中小球和槽之间的相互作用力始终不做功C被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动D被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒，小球能回到槽高h处解析：小球与槽组成的系统在水平方向动量守恒，由于小球与槽质量相等，分离后小球和槽的速率大小相等，小球与弹簧接触后，由能量守恒可知
6、，它将以原速率被反向弹回，故C项正确答案：C图57如图5所示，质量为0.5 kg的小球在距离车底面高20 m处以一定的初速度向左平抛，落在以7.5 m/s速度沿光滑水平面向右匀速行驶的敞篷小车中，车底涂有一层油泥，车与油泥的总质量为4 kg，设小球在落到车底前瞬时速度是25 m/s，取g10 m/s2，则当小球与小车相对静止时，小车的速度是()A5 m/s B4 m/sC8.5 m/s D9.5 m/s解析：对小球落入小车前的过程，平抛的初速度设为v0，落入车中的速度设为v，下落的高度设为h，由机械能守恒得：mv02mghmv2，解得v015 m/s，车的速度在小球落入前为v17.5 m/s，
7、落入后相对静止时的速度为v2，车的质量为M，设向左为正方向，由水平方向动量守恒得：mv0Mv1(mM)v2，代入数据可得：v25 m/s，说明小车最后以5 m/s的速度向右运动答案：A图68.质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为.初始时小物块停在箱子正中间，如图6所示现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为()A.mv2B.v2C.NmgL DNmgL解析：小物块与箱子作用过程中满足动量守恒，最后恰好又回到箱子正中间二
8、者相对静止，即为共速，设速度为v1，mv(mM)v1，系统损失动能Ekmv2(Mm)v12，A错误，B正确；由于碰撞为弹性碰撞，故碰撞时不损失能量，系统损失的动能等于系统产生的热量，即EkQNmgL，C错误，D正确答案：BD二、计算题(31236)图79如图7所示，长12 m，质量为50 kg的木板右端有一立柱，木板与地面间的动摩擦因数为0.1，质量为50 kg的人立于木板左端，木板与人均静止，当人以4 m/s2的加速度匀加速向右奔跑至板右端时立即抱住木柱，试求：(g取10 m/s2)(1)人在奔跑过程中受到的摩擦力的大小(2)人从开始奔跑至到达木板右端所经历的时间(3)人抱住木柱后，木板向什
9、么方向滑动？还能滑行多远的距离？解析：(1)人相对木板奔跑时，设人的质量为m，加速度为a1，木板的质量为M，加速度大小为a2，人与木板间的摩擦力为f，根据牛顿第二定律，对人有：fma1200 N；(2)设人从木板左端开始跑到右端的时间为t，对木板受力分析可知：f(Mm)gMa2故a22 m/s2，方向向左；由几何关系得：a1t2a2t2L，代入数据得：t2 s(3)当人奔跑至右端时，人的速度v1a1t8 m/s，木板的速度v2a2t4 m/s；人抱住木柱的过程中，系统所受的合外力远小于相互作用的内力，满足动量守恒条件，有：mv1Mv2(mM)v(其中v为二者共同速度)代入数据得v2 m/s，方
10、向与人原来运动方向一致；以后二者以v2 m/s为初速度向右作减速滑动，其加速度大小为ag1 m/s2，故木板滑行的距离为s2 m.答案：(1)200 N(2)2 s(3)向右减速滑动2 m图810在绝缘水平面上放一个质量m2.0103 kg的带电滑块A，所带电荷量q1.0107 C在滑块A的左边l0.3 m处放置一个不带电的绝缘滑块B，质量m4.0103 kg，B与一端连在竖直墙壁上的轻弹簧接触(不连接)且弹簧处于自然状态，弹簧原长s0.05 m如图8所示，在水平上方空间加一水平向左的匀强电场，电场强度的大小为E4.0105 N/C，滑块A由静止释放后向左滑动并与滑块B发生碰撞，设碰撞时间极短
11、，碰撞后两个滑块结合在一起共同运动并一起压缩弹簧至最短处(弹性限度内)，此时弹性势能E03.2103 J，两个滑块始终没有分开，两个滑块的体积大小不计，与平面间的动摩擦因数均为0.5，取g10 m/s2，求：(1)两个滑块碰撞后刚结合在一起的共同速度v.(2)两个滑块被弹簧弹开后距竖直墙壁的最大距离s.解析：(1)设两个滑块碰前A的速度为v1，由动能定理有：qElmglmv12解得：v13 m/s.A，B两个滑块碰撞，由于时间极短，动量守恒，设共同速度为v，由动量守恒定律可得，mv1(mm)v解得：v1.0 m/s.(2)碰后A，B一起压缩弹簧到最短，设弹簧压缩量为x1，由动能定理有：qEx1
12、(mm)gx1E00(mm)v2解得：x10.02 m.设反弹后A，B滑行了x2距离后速度减为0，由动能定理得：E0qEx2(mm)gx20解得：x20.05 m.以后，因为qE(mm)g，滑行还会向左运动，但弹开的距离将逐渐变小，所以最大距离为：sx2sx10.05 m0.05 m0.02 m0.08 m.答案：(1)1.0 m/s(2)0.08 m11(2010全国卷)小球A和B的质量分别为mA和mB，且mAmB.在某高度处将A和B先后从静止释放小球A与水平地面碰撞后向上弹回，在释放处下方与释放处距离为H的地方恰好与正在下落的小球B发生正碰设所有碰撞都是弹性的，碰撞时间极短求小球A、B碰撞后B上升的最大高度解析：根据题意，由运动学规律可知，小球A与B碰撞前的速度大小相等，设均为v0，由机械能守恒有mAgHmAv02设小球A与B碰撞后的速度分别为v1和v2，以竖直向上方向为正，由动量守恒有mAv0mB(v0)mAv1mBv2由于两球碰撞过程中能量守恒，故mAv02mBv02mAv12mBv22联立式得v2v0设小球B能上升的最大高度为h，由运动学公式有h由式得h()2H.答案：()2H
