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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.mv02400 B.mv02200
C.99mv02200 D.199mv02400
解析：子弹打木块A，动量守恒，mv0＝100mv1＝200mv2，弹性势能的最大值Ep＝12×100mv12－12×200mv22＝mv02400.
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19，则B球的速度大小可能是( )
A.13v0 B.23v0
C.49v0 D.89v0
解析：依题意，碰后A的动能满足：12mvA2＝19×12mv02得vA＝±13v0，代入动量守恒定律得mv0＝±m•13v0＋2mvB，解得vB＝13v0及vB′＝23v0
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12mv02
B．子弹对木块做功12Mv02
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＝12mv2－12mv02②
子弹对木块做功W2＝12Mv2③
解得W1<0 W2＜12mv02，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：12mv02＋mgh＝12mv2，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＝f－μM＋mgM＝2 m/s2，方向向左；
由几何关系得：12a1t2＋12a2t2＝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＝v22a＝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＝12mv12
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＝0－12(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＝12mAv02①
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
12mAv02＋12mBv02＝12mAv12＋12mBv22③
联立②③式得v2＝3mA－mBmA＋mBv0④
设小球B能上升的最大高度为h，由运动学公式有
h＝v222g⑤
由①④⑤式得h＝(3mA－mBmA＋mB)2H.⑥
答案：(3mA－mBmA＋mB)2H
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