1、课时作业 单独成册 方便使用基础题组一、单项选择题1(2018黑龙江大庆模拟)两球在水平面上相向运动，发生正碰后都变为静止可以肯定的是，碰前两球的( )A质量相等 B动能相等C动量大小相等 D速度大小相等解析：两球组成的系统碰撞过程中满足动量守恒，两球在水平面上相向运动，发生正碰后都变为静止，故根据动量守恒定律可以判断碰前两球的动量大小相等、方向相反，选项 C 正确答案：C2.(2018山东济南检测 )如图所示，匀强磁场的方向垂直纸面向里，一带电微粒从磁场边界 d 点垂直于磁场方向射入，沿曲线 dPa打到屏 MN 上的 a 点，通过 Pa 段用时为 t.若该微粒经过 P 点时，与一个静止的不带
2、电微粒碰撞并结合为一个新微粒，最终打到屏 MN 上两个微粒所受重力均忽略新微粒运动的( )A轨迹为 Pb，至屏幕的时间将小于 tB轨迹为 Pc，至屏幕的时间将大于 tC轨迹为 Pb，至屏幕的时间将等于 tD轨迹为 Pa，至屏幕的时间将大于 t解析：碰撞过程中动量守恒 mv(mm)v，据带电粒子在磁场中做圆周运动的半径公式 R 可知新粒子的轨迹不变由于新粒子的速度 vv，因此运mvqB动时间变长，正确选项为 D.答案：D3.一枚火箭搭载着卫星以速率 v0 进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离已知前部分的卫星质量为m1，后部分的箭体质量为 m2，分离后箭体以速率 v2 沿火箭原方向飞行，若
3、忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率 v1 为( )Av 0v 2 Bv 0v 2Cv 0 v2 Dv 0 (v0v 2)m2m1 m2m1解析：火箭和卫星组成的系统，在分离前后沿原运动方向上动量守恒，由动量守恒定律有(m 1m 2)v0m 1v1m 2v2，解得 v1v 0 (v0v 2)，D 项正确m2m1答案：D4.(2018抚州市四校联考 )如图所示，光滑水平面上的木板右端，有一根轻质弹簧沿水平方向与粗糙木板相连，木板质量 M3.0 kg.质量为 m1.0 kg 的铁块以水平速度 v04.0 m/s 从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的
4、左端，则在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为( )A4.0 J B6.0 JC3.0 J D20 J解析：设铁块与木板速度相同时，共同速度大小为 v，铁块相对木板向右运动时，相对滑行的最大路程为 L，摩擦力大小为 f，根据能量守恒定律得mv fL (Mm)v 2E p12 20 12铁块相对于木板运动的整个过程，由能量守恒定律得mv 2fL (Mm)v 212 20 12又根据系统动量守恒可知，mv 0(Mm)v联立得到 Ep3.0 J，故选 C.答案：C5两质量、大小完全相同的正方体木块 A、B，靠在一起放在光滑水平面上，一水平射来的子弹先后穿透两木块后飞出，若木块对子弹的阻力恒定不变，子弹
5、射穿两木块的时间相同，则 A、B 两木块被子弹射穿后的速度之比为( )A11 B12C1 3 D1 3解析：因木块对子弹的阻力恒定，且子弹射穿两木块的时间相同，子弹在射穿两木块对木块的冲量相同射穿 A 时，两木 块获得的速度为 v，根据动量定理，有I2mv 0射穿木块 B 时，B 的速度发生改变，而 A 的速度不 变射穿 B 后， B 的速度为v，根据动量定理，有Imv mv联立， 2mvmvmv得 .选项 C 正确vv 13答案：C二、多项选择题6.在质量为 M 的小车中挂有一单摆，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
6、撞，碰撞的时间极短在此碰撞过程中，下列情况可能发生的是( )A小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为 v1、v 2、v 3，满足(Mm 0)vMv 1mv 2m 0v3B摆球的速度不变，小车和木块的速度变化为 v1 和 v2，满足 MvMv 1mv 2C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(Mm 0)v(Mm 0)v1mv 2解析：在小车 M 和木块发生碰撞的瞬间，摆球并没有直接与木块发生力的作用，它与小车一起以共同速度 v 匀速运动时，摆线沿竖直方向，摆线对球的拉力和球的重力都与速度方向垂直，因而
7、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，水平方向无外力作用，系统动量守恒，而题目对碰撞后小车与木块是否分开或连在一起，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：BC7.A、B 两球沿同一条直线运动，如图所示的 x-t 图象记录了它们碰撞前后的运动情况，其中 a、b 分别为 A、B 碰撞前的 x-t 图象，c 为碰撞后它们的 x-t 图象若 A 球质量为1 kg，则 B 球质量及碰后它们的速度大小为( )A2 kg B. kg23C4 m /s D1 m/s解析：由图象可知碰撞前二者都做匀速直线运动，v a m/s3 m/s，vb
8、4 102m/s2 m/s ，碰撞后二者连在一起做匀速直线 运动， vc m/s4 02 2 44 21 m/s.碰撞过程中动量守恒，即mAvam Bvb( mAm B)vc可解得 mB kg23由以上可知选项 B、D 正确答案：BD8.如图所示，质量相等的两个滑块位于光滑水平桌面上，其中，弹簧两端分别与静止的滑块 N 和挡板 P 相连接，弹簧与挡板的质量均不计；滑块 M 以初速度 v0 向右运动，它与挡板 P 碰撞后开始压缩弹簧，最后，滑块 N 以速度 v0 向右运动在此过程中( )AM 的速度等于 0 时，弹簧的弹性势能最大BM 与 N 具有相同的速度时，两滑块动能之和最小CM 的速度为
9、时，弹簧的长度最长v02DM 的速度为 时，弹簧的长度最短v02解析：M 、N 两滑块碰撞过程中动量守恒，当 M 与 N 具有相同的速度 时，系 统v02动能损失最大，损失的动能转化为弹簧的弹性势能，即弹簧弹性势能最大， A 错误，B 正确；M 的速度为 时， 弹簧的压缩量最大，弹簧的长度最短，C 错误，Dv02正确答案：BD能力题组一、选择题9(2018天津高三质检 )甲、乙两球在水平光滑轨道上向同方向运动，已知它们的动量分别是 p15 kgm/s，p 27 kgm/s，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为 10 kgm/s，则二球质量 m1 与 m2 间的关系可能是 ( )Am 1
10、m 2 B2m 1m 2C4m 1m 2 D6 m1m 2解析：甲、乙两球在碰撞过程中动量守恒，所以有 p1p 2p 1p 2，即p12 kgm/s.由于在碰撞过程中，不可能有其他形式的能量转化为机械能，只能是系统内物体间机械能相互转化或一部分机械能转化为内能，因此系统的机械能不会增加，所以有 ，所以有 m1 m2.因为题目给p212m1 p22m2 p1 22m1 p2 22m2 2151出物理情景是“甲从后面追上乙” ，要符合这一物理情景，就必须有 ，即p1m1 p2m2m1 m2；同时还要符合碰撞后乙球的速度必须大于或等于甲球的速度这一物理57情景，即 ，所以 m1 m2.因此 C 选项
11、正确p1m1 p2m2 15答案：C10.(多选 )如图所示，在光滑水平面上停放着质量为 m、装有光滑弧形槽的小车，一质量也为 m 的小球以水平初速度 v0 沿槽口向小车滑去，到达某一高度后，小球又返回右端，则( )A小球以后将向右做平抛运动B小球将做自由落体运动C此过程小球对小车做的功为mv202D小球在弧形槽内上升的最大高度为v202g解析：小球升到最高点时与小车相对静止，有共同速度 v，由水平方向动量守恒得 mv02mv，由机械能守恒定律得 mv 2 mv 2mgh，解得 h ，12 20 12 v204g故 D 错；从小球滑上小车到滚下并离开小车，系统在水平方向动量守恒，由于无摩擦，故
12、机械能守恒，设小球速度大小为 v1，小车速度大小 为 v2，则mv0mv 2mv 1， mv mv mv ，解得 v2v 0，v10，即两者交换速度，故12 20 12 2 12 21B、C 正确，A 错答案：BC二、非选择题11如图所示，光滑水平面上有三个滑块 A、B、C，质量关系是mA mCm、m B .开始时滑块 B、C 紧贴在一起，中间夹有少量炸药，处于m2静止状态滑块 A 以速度 v0 正对 B 向右运动，在 A 未与 B 碰撞之前，引爆B、C 间的炸药，炸药爆炸后 B 与 A 迎面碰撞，最终 A 与 B 粘在一起，以速率v0 向左运动求：(1)炸药爆炸过程中炸药对 C 的冲量；(2
13、)炸药的化学能有多少转化为机械能解析：(1)全过 程，A、B 、C 组成的系统动量守恒，有mAv0(m Am B)v0m CvC解得 vC v052炸药对 C 的冲量 Im CvC0 mv0，方向向右52(2)炸药爆炸过 程，B 和 C 组成的系统动量守恒，有mCvC mBvB0据能量关系 E v mv12 m2 2B 12 2C解得 E mv758 20答案：(1) mv0，方向向右 (2) mv52 758 2012(2018山西五校联考 )如图甲所示，质量均为 m0.5 kg 的相同物块 P 和Q(可视为质点) 分别静止在水平地面上 A、C 两点P 在按图乙所示随时间变化的水平力 F 作
14、用下由静止开始向右运动，3 s 末撤去力 F，此时 P 运动到 B 点，之后继续滑行并与 Q 发生弹性碰撞已知 B、C 两点间的距离 L3.75 m，P、Q 与地面间的动摩擦因数均为 0.2，取 g10 m/s 2，求：(1)P 到达 B 点时的速度大小 v 及其与 Q 碰撞前瞬间的速度大小 v1；(2)Q 运动的时间 t.解析：(1)在 03 s 内， 对 P 由动量定理有：F1t1F 2t2mg(t 1t 2)mv0，其中 F12 N，F 23 N，t 12 s，t 21 s解得：v8 m/s设 P 在 B、C 两点间滑行的加速度大小为 a，由牛 顿第二定律有：mgmaP 在 B、C 两点
15、 间做匀减速直线运动，有：v2v 2aL21解得：v 17 m/s(2)设 P 与 Q 发生弹性碰撞后瞬间的速度大小分别为 v1、v 2，有：mv1mv 1mv 2mv mv1 2 mv12 21 12 12 2碰撞后 Q 做匀减速直线运动，有：tv2a解得：t3.5 s答案：(1)8 m /s 7 m/s (2)3.5 s13如图所示，长木板 B 的质量为 m21.0 kg，静止放在粗糙的水平地面上，质量为 m31.0 kg 的物块 C(可视为质点)放在长木板的最右端一个质量为m10.5 kg 的物块 A 从距离长木板 B 左侧 l9.5 m 处，以速度 v010 m/s 向着长木板运动一段
16、时间后物块 A 与长木板 B 发生弹性正碰(时间极短)，之后三者发生相对运动，整个过程物块 C 始终在长木板上已知物块 A 及长木板与地面间的动摩擦因数均为 10.1，物块 C 与长木板间的动摩擦因数 20.2，物块 C 与长木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取 10 m/s2，求：(1)碰后瞬间物块 A 和长木板 B 的速度；(2)长木板 B 的最小长度和物块 A 离长木板左侧的最终距离解析：(1)设物 块 A 与木板 B 碰前的速度为 v由动能定理得： 1m1gl m1v2 m1v12 12 20解得 v 9 m/sv20 21glA 与 B 发生弹性碰撞，假 设碰撞后的瞬间速度分别
17、为 v1、v2，由动量守恒定律得m1vm 1v1m 2v2由机械能守恒定律得 m1v2 m1v m2v12 12 21 12 2联立解得 v1 v3 m/s，m1 m2m1 m2v2 v6 m/s.2m1m1 m2(2)碰撞后 B 减速运动，C 加速运动， B、C 达到共同速度之前，由牛顿运动定律对木板 B 有： 1(m2m 3)g 2m3gm 2a1对物块 C 有： 2m3gm 3a2设从碰撞后到两者达到共同速度经历的时间为 tv2a 1ta 2t木板 B 的最小长度 dv 2t a1t2 a2t23 m12 12B、C 达到共同速度之后，因 1 2，二者一起减速至停下， 设加速度大小为 a3由牛顿运动定律得： 1(m2m 3)g(m 2m 3)a3整个过程 B 运动的位移为：x Bv 2t a1t2 6 m12 0 a2t2 2a3A 与 B 碰撞后，A 做减速运动的加速度大小也为 a3，位移为：x A 4.5 m0 v21 2a3物块 A 离长木板 B 左侧的最终距离为 xAx B10.5 m.答案：(1)3 m/s 6 m/s (2)3 m 10.5 m
