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第十六章 第四节 基础夯实 一、选择题(1~3题为单选题,4、5题为多选题) 1.关于散射,下列说法正确的是( C ) A.散射就是乱反射,毫无规律可言 B.散射中没有对心碰撞 C.散射时仍遵守动量守恒定律 D.散射时不遵守动量守恒定律 解析:由于散射也是碰撞,所以散射过程中动量守恒。 2.(宜昌市葛州坝中学2015~2016学年高二下学期期中)一中子与一质量数为A(A1)的原子核发生弹性正碰。若碰前原子核静止,则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为( A ) A. B. C. D. 解析:设中子质量为m,则原子核质量为Am, 由mv=mv1+Amv2,mv2=mv+Amv,得 v1=v 所以=,A正确。 3.在光滑水平面上有三个完全相同的小球,它们成一条直线,2、3小球静止,并靠在一起,1球以速度v0 射向它们,如图所示,设碰撞中不损失机械能,则碰后三个小球的速度可能是( D ) A.v1=v2=v3=v0 B.v1=0,v2=v3=v0 C.v1=0,v2=v3=v0 D.v1=v2=0,v3=v0 解析:由题设条件,三个小球在碰撞过程中总动量和总动能守恒,若各球质量均为m,则碰撞前系统总动量为mv0,总动能应为mv。 假如选项A正确,则碰后总动量为mv0,这显然违反动量守恒定律,故不可能。 假如选项B正确,则碰后总动量为mv0,这也违反动量守恒定律,故也不可能。 假如选项C正确,则碰后总动量为mv0,但总动能为mv,这显然违反机械能守恒定律,故也不可能。 假如选项D正确的话,则通过计算其既满足动量守恒定律,也满足机械能守恒定律,故选项D正确。 4.在光滑水平面上,一质量为m、速度大小为v的A球与质量为2m静止的B球发生正碰,碰撞可能是弹性的,也可能是非弹性的,则碰后B球的速度大小可能是( BC ) A.0.7v B.0.6v C.0.4v D.0.2v 解析:以两球组成的系统为研究对象,以A球的初速度方向为正方向,如果碰撞为弹性碰撞,由动量守恒定律得:mv=mvA+2mvB, 由机械能守恒定律得:mv2=mv+·2mv, 解得:vA=-v,vB=v, 负号表示碰撞后A球反向弹回,如果碰撞为完全非弹性碰撞,以A球的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得: mv=(m+2m)vB,解得:vB=v, 则碰撞后B球的速度范围是:vvBv,故B、C正确,A、D错误。 5.(黑龙江大庆一中2015~2016学年高二下学期检测)如图所示,长木板A放在光滑的水平面上,质量为m=4kg的小物体B以水平速度v=2m/s滑上原来静止的长木板A的上表面,由于A、B间存在摩擦,之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示,取g=10m/s2,则下列说法正确的是( AD ) A.木板A获得的动能为2J B.系统损失的机械能为2J C.木板A的最小长度为2m D.A、B间的动摩擦因数为0.1 解析:由图象可知,木板获得的速度为v=1m/s,A、B组成的系统动量守恒,以B的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得:mv0=(M+m)v,解得:木板A的质量M=4kg,木板获得的动能为:Ek=Mv2=2J,故A正确;系统损失的机械能ΔE=mv-mv2-Mv2,代入数据解得:ΔE=4J,故B错误;由图得到:0~1s内B的位移为xB=×(2+1)×1m=1.5m,A的位移为xA=×1×1m=0.5m,木板A的最小长度为L=xB-xA=1m,故C错误;由图象可知,B的加速度:a=-1m/s2 ,负号表示加速度的方向,由牛顿第二定律得:μmBg=mBa,代入解得μ=0.1,故D正确。 二、非选择题 6.如图所示,游乐场上,两位同学各驾着一辆碰碰车迎面相撞,此后,两车以共同的速度运动。设甲同学和他的车的总质量为150kg,碰撞前向右运动,速度的大小为4.5m/s;乙同学和他的车总质量为200kg,碰撞前向左运动,速度的大小为3.7m/s。求碰撞后两车共同的运动速度及碰撞过程中损失的机械能。 答案:0.186m/s 方向向左 2881.7J 解析:设甲同学的车碰撞前的运动方向为正方向,他和车的总质量m1=150kg,碰撞前的速度v1=4.5m/s;乙同学和车的总质量m2=200kg,碰撞前的速度v2=-3.7m/s。设碰撞后两车的共同速度为v,则系统碰撞前的总动量为 p=m1v1+m2v2=150×4.5kg·m/s+200×(-3.7)kg·m/s=-65kg·m/s 碰撞后的总动量为p′=(m1+m2)v 根据动量守恒定律p=p′,代入数据得 v=-0.186m/s,即碰撞后两车以v=0.186m/s的共同速度运动,运动方向向左。 此过程中损失的机械能ΔE=m1v+m2v-(m1+m2)v2=2881.7J 7.在光滑的水平面上,质量为m1的小球A以速率v0向右运动,在小球
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