實驗驗證動量守恒定律和彈性碰撞和非彈性碰撞課后練習(xí)word版含答案

4實驗：驗證動量守恒定律和5彈性碰撞和非彈性碰撞課后練習(xí)一、單選題1.在做“驗證動量守恒定律”實驗時，入射球a的質(zhì)量為m1，被碰球b的質(zhì)量為m2，各小球的落地點如圖所示，關(guān)于這個實驗，下列說法正確的是（

）A.

入射球與被碰球最好采用大小相同、質(zhì)量相等的小球

B.

每次都要使入射小球從斜槽，上不同的位置滾下

C.

要驗證的表達式是m1·ON=m1·OM+m2·OP

D.

要驗證的表達式是m1·OP=m1·OM+m2·ON2.如圖所示，B、C、D、E、F5個小球并排放置在光滑的水平面上，B、C、D、E4個小球質(zhì)量相等，而F的質(zhì)量小于B的質(zhì)量，A的質(zhì)量等于F的質(zhì)量。A以速度v0向右運動，所發(fā)生的碰撞均為彈性碰撞，則碰撞之后(

)A.

3個小球靜止，3個小球運動

B.

4個小球靜止，2個小球運動

C.

5個小球靜止，1個小球運動

D.

6個小球都運動3.質(zhì)量為m1=1kg和m2（未知）的兩個物體在光滑的水平面上正碰，碰撞時間極短，其圖象如圖所示，則（

）A.

此過程有機械能損失

B.

被碰物體質(zhì)量為2kg

C.

碰后兩物體速度相同

D.

此碰撞一定為彈性碰撞、b是兩個勻強磁場邊界上的兩點，左邊勻強磁場的磁感線垂直紙面向里，右邊勻強磁場的磁感線垂直紙面向外，兩邊的磁感應(yīng)強度大小相等.電荷量為2e的正離子以某一速度從a點垂直磁場邊界向左射出，當它運動到b點時，擊中并吸收了一個處于靜止狀態(tài)的電子，不計正離子和電子的重力且忽略正離子和電子間的相互作用，則它們在磁場中的運動軌跡是（

）A.

B.

C.

D.

5.甲、乙兩球在光滑水平面上發(fā)生碰撞．碰撞前，甲球向左運動，乙球向右運動，碰撞后一起向右運動，由此可以判斷（

）A.

甲的質(zhì)量比乙小

B.

甲的初速度比乙小

C.

甲的初動量比乙小

D.

甲的動量變化比乙小6.下列關(guān)于碰撞的理解正確的是（

）A.

碰撞是指相對運動的物體相遇時，在極短時間內(nèi)它們的運動狀態(tài)發(fā)生了顯著變化的過程

B.

在碰撞現(xiàn)象中，一般內(nèi)力都遠大于外力，所以可以認為碰撞時系統(tǒng)的動能守恒

C.

如果碰撞過程中機械能守恒，這樣的碰撞叫做非彈性碰撞

D.

微觀粒子的相互作用由于不發(fā)生直接接觸，所以不能稱其為碰撞7.水平面上，一白球與一靜止的灰球碰撞，兩球質(zhì)量相等。碰撞過程的頻閃照片如圖所示，據(jù)此可推斷，碰撞過程中系統(tǒng)損失的動能約占碰撞前動能的（

）A.

30%

B.

50%

C.

70%

D.

90%8.一中子與一質(zhì)量數(shù)為A（A>1）的原子核發(fā)生彈性正碰。若碰前原子核靜止，則碰撞前與碰撞后中子的速率之比為（

）A.

A+1A?1

B.

A?1A+1

C.

4A9.如圖甲所示，在光滑水平面的兩小球發(fā)生正碰，小球的質(zhì)量分別為m1和m2．圖乙為它們碰撞前后的s﹣t圖象．已知m1=，由此可以判斷（

）A.

碰前m2靜止，m1向右運動

B.

碰后m2和m1都向右運動

C.

m2=

D.

碰撞過程中系統(tǒng)損失了的機械能10.質(zhì)量為m的A球以速率v與質(zhì)量為3m的靜止B球沿光滑水平面發(fā)生正碰，碰撞后A球速率為v2A.

v6

B.

v3

C.

、B兩球沿一直線運動并發(fā)生正碰，如圖所示為兩球碰撞前后的位移﹣時間圖象，a、b分別為A、B兩球碰前的位移﹣時間圖象，c為碰撞后兩球共同運動的位移﹣時間圖象，若A球質(zhì)量m=2kg，則由圖可知下列結(jié)論錯誤的是（

）A.

A，B碰撞前的總動量為3kg?m/s

B.

碰撞時A對B所施沖量為﹣4N?s

C.

碰撞前后A的動量變化為4kg?m/s

D.

碰撞中A，B兩球組成的系統(tǒng)損失的動能為10J12.質(zhì)量分別為m1、m2的小球在一直線上做彈性碰撞，它們在碰撞前后的位移時間圖象如圖．如果m1=2kg則m2等于（

）A.

6kg

B.

2kg

C.

5kg

D.

4kg13.如圖所示，在光滑水平地面上有兩個完全相同的小球A和B，它們的質(zhì)量都為m．現(xiàn)B球靜止，A球以速度v0與B球發(fā)生正碰，針對碰撞后的動能下列說法中正確的是（

）A.

B球動能的最大值是mv022

B.

B球動能的最大值是14.如圖所示，大小相同的擺球a和b的質(zhì)量分別為m和3m，擺長相同，并排懸掛，平衡時兩球剛好接觸，現(xiàn)將擺球a向左邊拉開一小角度后釋放，若兩球的碰撞是彈性的，下列判斷中正確的是（

）A.

第一次碰撞后的瞬間，兩球的速度大小不相等

B.

第一次碰撞后的瞬間，兩球的動量大小相等

C.

第一次碰撞后，兩球的最大擺角不相同

D.

發(fā)生第二次碰撞時，兩球在各自的平衡位置15.兩球A、B在光滑水平面上沿同一直線，同一方向運動，mA=1kg，mB=2kg，vA=6m/s，vB=2m/s．當A追上B并發(fā)生碰撞后，兩球A、B速度的可能值是（）A.

vA′=5m/s，vB′=s

B.

vA′=2m/s，vB′=4m/s

C.

vA′=﹣4m/s，vB′=7m/s

D.

vA′=7m/s，vB′=s二、填空題16.為了驗證碰撞中的動量和能量是否守恒，長郡中學(xué)髙三物理興趣小組找來了一端傾斜另一端水平的光滑軌道，如圖所示。在距離水平部分高為h處和水平部分安裝了1、2兩個光電門，然后找來兩個直徑均為d但質(zhì)量分別為mA和mB的小球A、B進行實驗。先將小球B靜放在水平軌道上兩光電門之間，讓小球A從傾斜軌道上較高位置釋放，光電門1記錄了小球A碰撞前后通過的時間t1、t1′，光電門2記錄了碰后小球B通過的時間t2′。通過對實驗結(jié)果的分析可知mA________(填“大于”“小于”或“等于”)mB，若滿足關(guān)系式________，則說明碰撞中能量守恒。如果兩小球的位置互換，該實驗________(填“能”或“不能”)成功。17.一個物體靜置于光滑水平面上，外面扣一質(zhì)量為M的盒子，如圖甲所示?，F(xiàn)給盒子一初速度v0，此后，盒子運動的v－t圖象呈周期性變化，如圖乙所示，據(jù)此可知盒內(nèi)物體的質(zhì)量是________。

18.如圖甲所示，在水平光滑軌道上停著甲、乙兩輛實驗小車，甲車上系有一穿過打點計時器的紙帶，當甲車獲得水平向右的速度時，隨即啟動打點計時器，甲車運動一段距離后，與靜止的乙車發(fā)生正碰并粘在一起運動，紙帶記錄下碰撞前甲車和碰撞后兩車的運動情況，如圖乙所示，電源頻率為50Hz，則碰撞前甲車速度大小為________m/s，碰撞后的共同速度大小為________m/s。已測得甲小車的質(zhì)量m1=0．20kg，乙小車的質(zhì)量m2=0．10kg，由以上測量結(jié)果可得：碰前總動量為________kg?m/s；碰后總動量為________kg?m/s。三、綜合題19.如圖所示，木塊A和B質(zhì)量均為1kg，置于光滑水平面上，B與一輕質(zhì)彈簧端相連，彈簧另一端固定在豎直擋板上，當A以2m/s的速度向B撞擊時，由于有橡皮泥而粘在一起運動。求：

（1）木塊A和B碰后的速度大小。（2）彈簧被壓縮到最短時，具有的彈簧勢能為多大.

20.如圖所示，光滑水平直軌道上兩滑塊A、B用橡皮筋連接，A的質(zhì)量m．開始時橡皮筋松弛，B靜止，給A向左的初速度v0．一段時間后，B與A同向運動發(fā)生碰撞并粘在一起．碰撞后的共同速度是碰撞前瞬間A的速度的兩倍，也是碰撞前瞬間B的速度的一半．求：（1）B的質(zhì)量；（2）碰撞過程中A、B系統(tǒng)機械能的損失．21.如圖所示，滑塊A的質(zhì)量m=，與水平地面間的動摩擦因數(shù)μ=，用細線懸掛的小球質(zhì)量均為m=，沿x軸排列，A與第1只小球及相鄰兩小球間距離均為s=2m，線長分別為L1、L2、L3…（圖中只畫出三只小球，且小球可視為質(zhì)點），開始時，滑塊以速度v0=10m/s沿x軸正方向運動，設(shè)滑塊與小球碰撞時不損失機械能，碰撞后小球均恰能在豎直平面內(nèi)完成完整的圓周運動并再次與滑塊正碰，g取10m/s2，求：（1）滑塊能與幾個小球碰撞？（2）求出碰撞中第n個小球懸線長Ln的表達式．

答案解析一、單選題1.DA．為了讓兩個小球發(fā)生對心碰撞，兩球的直徑應(yīng)相等，為了防止碰撞后入射球反彈，入射球的質(zhì)量應(yīng)大于被碰球的質(zhì)量，A不符合題意；B．為保證球每次碰撞前速度相等，每次應(yīng)使入射小球從斜槽上同一位置由靜止?jié)L下，B不符合題意；CD．沒有放被碰球時，入射小球掉落在P位置，有被碰球時，入射球a落在M點，被碰球b落在N點，它們拋出點高度相同，它們在空中運動的時間相等，如果碰撞過程動量守恒，則m兩邊同時乘以時間，可得m即要驗證的表達式m1·OP=m1·OM+m2·ONC不符合題意，D符合題意。故答案為：D。2.A根據(jù)動量守恒和機械能守恒，A質(zhì)量小于B質(zhì)量碰撞后A反彈，B獲得動量傳遞給C，因為BC質(zhì)量相等所以交換速度，同理傳遞到E時，E的瞬時速度等于AB碰撞后B的速度，因為E質(zhì)量大于F所以碰撞后EF均向右運動，且F速度大于E速度。所以BCD靜止而A向左運動，EF向右運動，A符合題意。

故答案為：A

3.D由圖象可知，碰撞前m2是靜止的，m1的速度為：v1=x1t1=82=4m/s，碰后m1的速度為：v1'=x1't1'=0?86?2m/s=?2m/s，m2的速度為：故答案為：D4.D碰撞后整體的帶電量為e，由左手定則判斷知整體在b點受到的洛倫茲力向下，整體向下旋轉(zhuǎn)。碰撞過程遵守動量守恒定律，由r=mv故答案為：D甲乙碰撞后一起向右運動，說明碰撞后的總動量向右，設(shè)向右為正方向，根據(jù)動量守恒，則?P甲+故答案為：C碰撞是十分普遍的現(xiàn)象，它是相對運動的物體相遇時發(fā)生的一種現(xiàn)象．一般內(nèi)力遠大于外力．如果碰撞中機械能守恒，就叫做彈性碰撞．微觀粒子的相互作用同樣具有短時間內(nèi)發(fā)生強大內(nèi)力作用的特點，所以仍然是碰撞，所以A符合題意，BCD不符合題意．由題圖可以判斷，碰撞前白球、碰撞后白球與灰球均做勻速直線運動，碰后兩球速度大小相等，設(shè)為v，碰前白球的速度約為碰后速度的1．7倍，即1．7v，碰前系統(tǒng)的動能Ek1=12m·（1．7v）2，碰后系統(tǒng)的動能Ek2=2×12mv2，碰撞過程中系統(tǒng)損失的動能約占碰撞前動能為設(shè)中子質(zhì)量為m，則原子核質(zhì)量為Am，由mv＝mv1＋Amv2（1），

12mv2＝12mv12＋v1＝1?A1+A所以v|9.A解：A、由s﹣t圖象的斜率表示速度，可得，碰前m2的速度為零，處于靜止狀態(tài)．m1的速度為：v1=s1t1=8B、由圖讀出，碰后m2的速度為正方向，說明向右運動，m1的速度為負方向，說明向左運動．B不符合題意．C、由圖求出碰后m2和m1的速度分別為：v2′=2m/s，v1′=﹣2m/s，根據(jù)動量守恒定律得：m1v1=m2v2′+m1v1′，代入解得，m2=．C不符合題意．D、碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能為：△E=12m1v12﹣12m1v1′2﹣12m2v2故答案為：A．10.C解：選取A與B組成的系統(tǒng)為研究的對象，選取A的初速度的方向為正方向，系統(tǒng)在碰撞過程中動量守恒，則：mv0=mv+2mvB若碰后A的速度方向與原來相同，則解得：vB若碰后A的速度方向與原來相反，則：vB故選：C11.A解：由s﹣t圖象可知，碰撞前有：A球的速度vA=△sA△tA=4?102=﹣3m/s，B球的速度v碰撞后有：A、B兩球的速度相等，為vA′=vB′=v=△sC△對A、B組成的系統(tǒng)，A、B兩球沿一直線運動并發(fā)生正碰，碰撞前后都是做勻速直線運動，所以系統(tǒng)的動量守恒．碰撞前后A的動量變化為：△PA=mvA′﹣mvA=2×（﹣1）﹣2×（﹣3）=4kg?m/s根據(jù)動量守恒定律，碰撞前后A的動量變化為：△PB=﹣△PA=﹣4kg?m/s又：△PB=mB（vB′﹣vB），所以：mB=△PBvB'?所以A與B碰撞前的總動量為：p總=mvA+mBvB=2×（﹣3）+43×2=﹣10由動量定理可知，碰撞時A對B所施沖量為：IB=△PB=﹣4kg?m/s=﹣4N?s．碰撞中A、B兩球組成的系統(tǒng)損失的動能：△EK=12mvA2+12mBvB2﹣12（m+mB）v2本題選錯誤的，故選：A12.A解：碰撞前m2是靜止的，m1的速度為：v1=s1t1碰后m1的速度：v′1=s1'tm2的速度：v′2=x2't根據(jù)動量守恒定律有：m1v1=m1v1′+m2v2′代入得：2×4=2×（﹣2）+m2×2解得：m2=6kg故選：A13.A解：A、B若兩球發(fā)生彈性碰撞，則B球獲得的動能最大；根據(jù)動量守恒和動能守恒得：

mv0=mvA+mvB，

12mv0聯(lián)立解得，B球碰后最大速度為vB=v0，B球最大動能為Ekmax=12mvC、根據(jù)動量守恒可知，碰撞后系統(tǒng)總動量為mv0，總動能不可能為零，故C錯誤．D、若兩球發(fā)生完全非彈性碰撞，系統(tǒng)損失的動能最大，則有：mv0=（m+m）v得：v=1系統(tǒng)動能的最小值是Ekmin=12?2mv故選A14.D解：A、兩球在碰撞前后，水平方向不受外力，故水平方向兩球組成的系統(tǒng)動量守恒，取向右為正方向，由動量守恒定律有：mv0=mv1+3mv2，兩球碰撞是彈性的，故機械能守恒，即為：12mv02=12mv12+12?3mv解兩式得：v1=﹣v02，v2=可見第一次碰撞后的瞬間，兩球的速度大小相等，方向相反，故A錯誤；B、由前面分析知兩球速度大小相等，因兩球質(zhì)量不相等，故兩球碰后的動量大小不相等，故B錯誤；C、兩球碰后上擺過程，機械能守恒，故上升的最大高度相等，擺長也相等，故兩球碰后的最大擺角相同，故C錯誤；D、第一次碰撞后，二者都做單擺運動，由于二者的擺長相同，所以二者單擺的周期也是相等的，所以再經(jīng)過半個周期后回到平衡位置，然后在平衡位置發(fā)生第二次碰撞，故D正確．故選：D15.B考慮實際情況，碰撞后A球速度不大于B球的速度，因而AD錯誤，BC滿足；兩球碰撞過程，系統(tǒng)不受外力，故碰撞過程系統(tǒng)總動量守恒，ABCD均滿足；根據(jù)能量守恒定律，碰撞后的系統(tǒng)總動能應(yīng)該小于或等于碰撞前的系統(tǒng)總動能，碰撞前總動能為22J，B選項碰撞后總動能為18J，C選項碰撞后總動能為57J，故C錯誤，B滿足；故選：B．二、填空題16.小于；mA由題意，兩個直徑相同的小球在光滑的水平面上發(fā)生碰撞，要驗證動量守恒，則必定要測出碰撞前后的速度，從題意來看，由于小球A通過光電門的時間有兩個，則說明小球A碰撞兩次通過光電門，即碰撞后反彈，要反彈則A球的質(zhì)量小于B球的質(zhì)量；由機械能守恒定律可以求出兩個小球的速度分別由下式表示：vAvvB若碰撞前后機械能守恒，則有：12將以上式代入并化簡可得：mA若把兩球的位置互換，則碰撞后B球不會反彈，但B球碰撞可以通過光電門2，仍可求出碰撞后的速度，同樣也能驗證機械能理否守恒。設(shè)物體的質(zhì)量為m，t0時刻受盒子碰撞獲得速度v，根據(jù)動量守恒定律得：Mv0＝mv①

3t0時刻物體與盒子右壁碰撞使盒子速度又變?yōu)関0，說明物體速度變?yōu)榱?，且碰撞是彈性碰撞，由機械能守恒有：12Mv02＝12mv2②碰撞前Δx＝1．2cm，碰撞后Δx′＝0．8cm，T＝0．02s，由v＝xt得碰前v甲＝ΔxΔt＝0．6m/s；碰后v＝Δx′Δt＝0．4m/s。碰前總動量p1=m1v1=0．2×0．6kg