课时作业42　碰撞　爆炸与反冲

时间：45分钟　　满分：100分

一、选择题(8×8′＝64′)

图1

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mB＝2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为6 kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为－4 kg·m/s，则(　　)

A．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5

B．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10

C．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5

D．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10

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球在左方追击B球，发生碰撞，A球的动量减小4 kg·m/s，其动量变为2 kg·m/s，根据动量守恒B球动量增加4 kg·m/s，其动量变为10 kg·m/s，则 A、B两球的速度关系为2∶5.

答案：A

2．(2011·德州模拟)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2

3．(2011·徐州模拟)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，mv0＝100mv1＝200mv2，弹性势能的最大值Ep＝×100mv12－×200mv22＝.

答案：A

4．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.v0

C.v0   D.v0

解析：依题意，碰后A的动能满足：mvA2＝×mv02得vA＝±v0，代入动量守恒定律得mv0＝±m·v0＋2mvB，解得vB＝v0及vB′＝v0

答案：AB

5．质量为M的木块置于光滑水平面上，一质量为m的子弹以水平速度v0打入木块并停在木块中，如图3所示，此过程中木块向前运动位移为s，子弹打入木块深度为d，则下列判断正确的是(　　)

图3

A．木块对子弹做功mv02

B．子弹对木块做功Mv02

C．子弹动能减少等于木块动能的增加

D．木块、子弹的机械能一定减少

解析：设木块、子弹的共同速度为v，则mv0＝(M＋m)v①

木块对子弹做功W1＝mv2－mv02②

子弹对木块做功W2＝Mv2③

解得W1<0　W2＜mv02，A、B错；由于系统克服摩擦阻力做功，机械能一定减少，所以C错，D对．

答案：D

图4

6．如图4所示在质量为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(　　)

A．小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为v1、v2、v3，满足(M＋m0)v＝Mv1＋mv2＋m0v3

B．摆球的速度不变，小车和木块的速度变化为v1和v2，满足Mv＝Mv1＋mv2

C．摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为v1，满足Mv＝(M＋m)v1

D．小车和摆球的速度都变为v1，木块的速度变为v2，满足(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2

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：BC

图5

7．如图5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(　　)

A．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，它将以原速率被反向弹回，故C项正确．

答案：C

图6

8．如图6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g＝10 m/s2，则当小球与小车相对静止时，小车的速度是(　　)

A．5 m/s   B．4 m/s

C．8.5 m/s   D．9.5 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：mv02＋mgh＝mv2，解得v0＝15 m/s，车的速度在小球落入前为v1＝7.5 m/s，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：mv0－Mv1＝(m＋M)v2，代入数据可得：v2＝－5 m/s，说明小车最后以5 m/s的速度向右运动．

答案：A

二、计算题(3×12′＝36′)

图7

9．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，木板向什么方向滑动？还能滑行多远的距离？

解析：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：f＝ma1＝200 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－μ(M＋m)g＝Ma2故a2＝＝2 m/s2，方向向左；

由几何关系得：a1t2＋a2t2＝L，代入数据得：t＝2 s

(3)当人奔跑至右端时，人的速度v1＝a1t＝8 m/s，木板的速度v2＝a2t＝4 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：

mv1－Mv2＝(m＋M)v　(其中v为二者共同速度)

代入数据得v＝2 m/s，方向与人原来运动方向一致；

以后二者以v＝2 m/s为初速度向右作减速滑动，其加速度大小为a＝μg＝1 m/s2，故木板滑行的距离为s＝＝2 m.

答案：(1)200 N　(2)2 s　(3)向右减速滑动　2 m

图8

10．在绝缘水平面上放一个质量m＝2.0×10－3 kg的带电滑块A，所带电荷量q＝1.0×10－7  C．在滑块A的左边l＝0.3 m处放置一个不带电的绝缘滑块B，质量m′＝4.0×10－3 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s＝0.05 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E＝4.0×105 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，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E0＝3.2×10－3 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μ＝0.5，取g＝10 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：

qEl－μmgl＝mv12

解得：v1＝3 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＝(m′＋m)v

解得：v＝1.0 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－μ(m′＋m)gx1－E0＝0－(m′＋m)v2

解得：x1＝0.02 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：

E0－qEx2－μ(m′＋m)gx2＝0

解得：x2≈0.05 m.

以后，因为qE＞μ(m′＋m)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：s′＝x2＋s－x1＝0.05 m＋0.05 m－0.02 m＝0.08 m.

答案：(1)1.0 m/s　(2)0.08 m

11．(2010·全国卷Ⅱ)小球A和B的质量分别为mA和mB，且mA>mB.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

mAgH＝mAv02①

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

mAv0＋mB(－v0)＝mAv1＋mBv2②

由于两球碰撞过程中能量守恒，故

mAv02＋mBv02＝mAv12＋mBv22③

联立②③式得v2＝v0④

设小球B能上升的最大高度为h，由运动学公式有

h＝⑤

由①④⑤式得h＝()2H.⑥

答案：()2H