2022-2023學年新教材高中物理第一章動量守恒定律5彈性碰撞和非彈性碰撞夯基提能作業(yè)新人教版選擇性必修第一冊

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D．v1＝v2＝0，v3＝v0解析：由題設條件，三個小球在碰撞過程中總動量和總動能守恒，設各球質量均為m，則碰撞前系統(tǒng)總動量為mv0，總動能應為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)。假如選項A正確，則碰后總動量為eq\f(3,\r(3))mv0，這顯然違反動量守恒定律，故不可能；假如選項B正確，則碰后總動量為eq\f(2,\r(2))mv0，這也違反動量守恒定律，故也不可能；假如選項C正確，則碰后總動量為mv0，但總動能為eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)，這顯然機械能減少了，故也不可能；假如選項D正確的話，則通過計算其既滿足動量守恒定律，也滿足機械能守恒定律，故選項D正確。3.(2020·山東省煙臺市高二上學期期末)如圖所示，在光滑的水平面上有兩個滑塊P、Q，滑塊Q的左端固定連著一輕質彈簧。兩個滑塊分別以一定大小的速度v0沿著同一直線相向運動，滑塊P的質量為2m，速度方向向右，滑塊Q的質量為m，速度方向向左，則下列說法正確的是(B)A．P、Q兩個滑塊(包括彈簧)組成的系統(tǒng)動能始終保持不變B．當兩個滑塊的速度相等時，彈簧的彈性勢能最大C．兩個滑塊最終能以共同的速度eq\f(v0,3)一起向右運動D．從P滑塊和彈簧接觸到彈簧壓縮至最短的過程中，滑塊Q的速度一直減小解析：對于P、Q兩個滑塊(包括彈簧)組成的系統(tǒng)，由于只有彈簧的彈力做功，所以系統(tǒng)的機械能守恒，即系統(tǒng)動能和彈簧彈性勢能之和不變，動能是變化的，故A錯誤；P以某一初速度壓縮彈簧，在彈簧彈力作用下P做減速運動，Q做加速運動，當P與Q速度相等時，彈簧最短，彈性勢能最大，故B正確；設最終P、Q兩個滑塊的速度分別為v1和v2，規(guī)定向右為正方向，根據動量守恒定律得：2mv0－mv0＝2mv1＋mv2，根據系統(tǒng)的機械能守恒得eq\f(1,2)·(2m＋m)veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，解得：v1＝－eq\f(v0,3)，v2＝eq\f(5,3)v0或v1＝v0，v2＝－v0，故C錯誤；從P滑塊和彈簧接觸到彈簧壓縮至最短的過程中，滑塊Q一直受到向右的彈力，速度先向左減小至零，再向右增大，故D錯誤。4．(多選)(2021·山東省濰坊二中高二下學期檢測)如圖甲所示，長木板A放在光滑的水平面上，質量為m＝4kg的小物體B以水平速度v＝2m/s滑上原來靜止的長木板A的上表面，由于A、B間存在摩擦，之后A、B速度隨時間變化情況如圖乙所示，取g＝10m/s2，則下列說法正確的是(AD)A．木板A獲得的動能為2JB．系統(tǒng)損失的機械能為2JC．木板A的最小長度為2mD．A、B間的動摩擦因數(shù)為0.1解析：由圖像可知，木板獲得的速度為v＝1m/s，A、B組成的系統(tǒng)動量守恒，以B的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得：mv0＝(M＋m)v，解得木板A的質量M＝4kg，木板獲得的動能為：Ek＝eq\f(1,2)Mv2＝2J，故A正確；系統(tǒng)損失的機械能ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)Mv2，代入數(shù)據解得：ΔE＝4J，故B錯誤；由圖得到0～1s內B的位移為xB＝eq\f(1,2)×(2＋1)×1m＝1.5m，A的位移為xA＝eq\f(1,2)×1×1m＝0.5m，木板A的最小長度為L＝xB－xA＝1m，故C錯誤；由圖像可知，B的加速度：a＝－1m/s2，負號表示加速度的方向，由牛頓第二定律得：μmBg＝mBa，代入解得μ＝0.1，故D正確。5.(多選)(2020·河南省周口市一中高二下學期期中)如圖所示，一沙袋用無彈性輕細繩懸于O點。開始時沙袋處于靜止狀態(tài)，一彈丸以水平速度v0擊中沙袋后未穿出，二者共同擺動。若彈丸質量為m，沙袋質量為5m，彈丸和沙袋形狀大小忽略不計，彈丸擊中沙袋后漏出的沙子質量忽略不計，不計空氣阻力，重力加速度為g。下列說法中正確的是(BD)A．彈丸打入沙袋過程中，細繩所受拉力大小保持不變B．彈丸打入沙袋過程中，彈丸對沙袋的沖量大小等于沙袋對彈丸的沖量大小C．彈丸打入沙袋過程中所產生的熱量為eq\f(mv\o\al(2,0),72)D．沙袋和彈丸一起擺動所達到的最大高度為eq\f(v\o\al(2,0),72g)解析：彈丸打入沙袋的過程由動量守恒定律mv0＝(m＋5m)v，解得v＝eq\f(1,6)v0；彈丸打入沙袋后，總質量變大，且做圓周運動，根據T＝6mg＋6meq\f(v2,L)可知，細繩所受拉力變大，選項A錯誤；根據牛頓第三定律可知，彈丸打入沙袋過程中，彈丸對沙袋的沖量大小等于沙袋對彈丸的沖量大小，選項B正確；彈丸打入沙袋過程中所產生的熱量為Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)·6mv2＝eq\f(5,12)mveq\o\al(2,0)，選項C錯誤；由機械能守恒可得：eq\f(1,2)6mv2＝6mgh，解得h＝eq\f(v\o\al(2,0),72g)，選項D正確。6．(多選)在光滑水平面上，一質量為m、速度大小為v的A球與質量為2m靜止的B球發(fā)生正碰，碰撞可能是彈性的，也可能是非彈性的，則碰后B球的速度大小可能是(BC)A．0.7v B．0.6vC．0.4v D．0.2v解析：以兩球組成的系統(tǒng)為研究對象，以A球的初速度方向為正方向，如果碰撞為彈性碰撞，由動量守恒定律得：mv＝mvA＋2mvB，由機械能守恒定律得：eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,B)，解得：vA＝－eq\f(1,3)v，vB＝eq\f(2,3)v，負號表示碰撞后A球反向彈回。如果碰撞為完全非彈性碰撞，以A球的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得：mv＝(m＋2m)vB，解得：vB＝eq\f(1,3)v，則碰撞后B球的速度范圍是：eq\f(1,3)v≤vB≤eq\f(2,3)v，故B、C正確，A、D錯誤。二、非選擇題(共24分)7．(11分)一個物體靜置于光滑水平面上，外面扣一質量為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圖像呈周期性變化，如圖乙所示，請據此求盒內物體的質量。答案：M解析：設物體的質量為m，t0時刻受盒子碰撞獲得速度v，根據動量守恒定律得：Mv0＝mv①3t0時刻物體與盒子右壁碰撞使盒子速度又變?yōu)関0，說明碰撞是彈性碰撞，由機械能守恒有：eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mv2②聯(lián)立①②解得m＝M。8．(13分)(2020·吉林省實驗中學高二下學期期中)如圖所示，在光滑水平面的左側固定一豎直擋板，A球在水平面上靜止放置，B球向左運動與A球發(fā)生正碰，B球碰撞前、后的速率之比為41，A球垂直撞向擋板，碰后原速率返回，兩球剛好不發(fā)生第二次碰撞。求：(1)A、B兩球的質量之比為多少？(2)A、B碰撞前、后兩球總動能之比是多少？答案：(1)51(2)83解析：(1)設碰前B球速度大小為v0，碰后A、B兩球速度大小分別為vA、vB，由題意知，vA方向向左，vB方向向右，且vA＝vB＝eq\f(1,4)v0碰撞過程動量守恒，取水平向右為正方向，則有：－mBv0＝－mAvA＋mBvB，解得：eq\f(mA,mB)＝eq\f(5,1)。(2)碰撞前動能：E1＝eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,0)，碰撞后總動能：E2＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)，碰撞前、后總動能之比為：eq\f(E1,E2)＝eq\f(8,3)。eq\f(素能等級練,15分鐘·滿分40分)一、選擇題(本題共2小題，每題8分，共16分)1．(2020·北京市西城區(qū)一模)隨著科幻電影《流浪地球》的熱映，“引力彈弓效應”進入了公眾的視野?！耙椆笔侵冈谔者\動的探測器，借助行星的引力來改變自己的速度。該過程可簡化為探測器從行星運動的反方向或同方向接近行星，因相互作用改變速度。如圖所示，以太陽為參考系，設行星運動的速度大小為u，探測器的初速度大小為v0，在圖示的兩種情況下，探測器在遠離行星后速度大小分別為v1和v2。探測器和行星雖然沒有發(fā)生直接的碰撞，但是在行星的運動方向上，其運動規(guī)律可以與兩個質量不同的鋼球在同一條直線上發(fā)生彈性碰撞的規(guī)律作類比。那么下列判斷中正確的是(A)A．v1>v0 B．v1＝v0C．v2>v0 D．v2＝v0解析：題圖甲中，探測器類似于與行星對面正碰，設探測器的質量為m，行星的質量為M，碰后行星的速度大小為u1，以向右為正方向根據動量守恒定律有mv0－Mu＝－(mv1＋Mu1)由能量守恒定律可得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(1,2)Mu2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mueq\o\al(2,1)聯(lián)立可得v1＝eq\f(M－m,M＋m)v0＋eq\f(2M,M＋m)u由于M?m，則v1＝v0＋2u>v0，故A正確，B錯誤；題圖乙中，類似于探測器追上行星與之正碰，設碰后行星的速度大小為u2，以向右為正方向根據動量守恒定律有－mv0－Mu＝mv2－Mu2由能量守恒定律可得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(1,2)Mu2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)Mueq\o\al(2,2)聯(lián)立可得v2＝eq\f(M－m,M＋m)v0－eq\f(2M,M＋m)u由于M?m，則v2＝v0－2u<v0，故CD錯誤。2．(多選)如圖所示，在質量為M的小車中掛著一個單擺，擺球的質量為m0，小車(和單擺)以恒定的速度u沿光滑的水平面運動，與位于正對面的質量為m的靜止木塊發(fā)生碰撞，碰撞時間極短，在此碰撞過程中，下列說法可能發(fā)生的是(BC)A．小車、木塊、擺球的速度都發(fā)生變化，分別變?yōu)関1、v2、v3，滿足(M＋m0)u＝Mv1＋mv2＋m0v3B．擺球的速度不變，小車和木塊的速度變?yōu)関1和v2，滿足Mu＝Mv1＋mv2C．擺球的速度不變，小車和木塊的速度變?yōu)関，滿足Mu＝(M＋m)vD．小車和擺球的速度都變?yōu)関1，木塊的速度為v2，滿足(M＋m0)u＝(M＋m0)v1＋mv2解析：由于碰撞時間極短，所以單擺相對小車沒有發(fā)生擺動，即擺線對球的作用力原來是豎直向上的，現(xiàn)在還是豎直向上的，沒有水平方向的分力，未改變小球的動量，實際上單擺沒有參與這個碰撞過程，所以單擺的速度不發(fā)生變化，因此，選項中應排除A、D；因為單擺的速度不變，所以研究對象選取小車和木塊所構成的系統(tǒng)，若為彈性碰撞或碰后分離，水平方向動量守恒，由動量守恒定律有Mu＝Mv1＋mv2，即為B選項；由于題目中并沒有提供在碰撞過程中能量變化關系，所以也有可能小車和木塊發(fā)生完全非彈性碰撞而選C。二、非選擇題(共24分)3．(11分)冬季雨雪天氣時，公路上容易發(fā)生交通事故。在結冰的公路上，一輛質量為1.8×103kg的輕型貨車尾隨另一輛質量為1.2×103kg的轎車同向行駛，因貨車未及時剎車而發(fā)生追尾(即碰撞，如圖甲、乙所示)。若追尾前瞬間貨車速度大小為36km/h，轎車速度大小為18km/h，剛追尾后兩車視為緊靠在一起，此時兩車的速度為多大？碰撞過程損失的動能為多少？答案：8m/s9×103J解析：設貨車質量為m1，轎車質量為m2，碰撞前貨車速度為v1，轎車速度為v2，碰撞后兩車速度為v。選定兩車碰撞前的速度方向為正方向。由題意可知，m1＝1.8×103kg，m2＝1.2×103kg，v1＝36km/h＝10m/s，v2＝18km/h＝5m/s由動量守恒定律得m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v解得v＝eq\f(m1v1＋m2v2,m1＋m2)＝eq\f(1.8×103×10＋1.