2022-2023学年新教材高中物理第一章动量守恒定律5弹性碰撞和非弹性碰撞夯基提能作业新人教版选择性必修第一册

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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，设各球质量均为m，则碰撞前系统总动量为mv0，总动能应为eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)。假如选项A正确，则碰后总动量为eq\f(3,\r(3))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eq\f(2,\r(2))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eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)，这显然机械能减少了，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。3.(2020·山东省烟台市高二上学期期末)如图所示，在光滑的水平面上有两个滑块P、Q，滑块Q的左端固定连着一轻质弹簧。两个滑块分别以一定大小的速度v0沿着同一直线相向运动，滑块P的质量为2m，速度方向向右，滑块Q的质量为m，速度方向向左，则下列说法正确的是(B)A．P、Q两个滑块(包括弹簧)组成的系统动能始终保持不变B．当两个滑块的速度相等时，弹簧的弹性势能最大C．两个滑块最终能以共同的速度eq\f(v0,3)一起向右运动D．从P滑块和弹簧接触到弹簧压缩至最短的过程中，滑块Q的速度一直减小解析：对于P、Q两个滑块(包括弹簧)组成的系统，由于只有弹簧的弹力做功，所以系统的机械能守恒，即系统动能和弹簧弹性势能之和不变，动能是变化的，故A错误；P以某一初速度压缩弹簧，在弹簧弹力作用下P做减速运动，Q做加速运动，当P与Q速度相等时，弹簧最短，弹性势能最大，故B正确；设最终P、Q两个滑块的速度分别为v1和v2，规定向右为正方向，根据动量守恒定律得：2mv0－mv0＝2mv1＋mv2，根据系统的机械能守恒得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错误；从P滑块和弹簧接触到弹簧压缩至最短的过程中，滑块Q一直受到向右的弹力，速度先向左减小至零，再向右增大，故D错误。4．(多选)(2021·山东省潍坊二中高二下学期检测)如图甲所示，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2JB．系统损失的机械能为2JC．木板A的最小长度为2mD．A、B间的动摩擦因数为0.1解析：由图像可知，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＝eq\f(1,2)Mv2＝2J，故A正确；系统损失的机械能ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)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＝eq\f(1,2)×(2＋1)×1m＝1.5m，A的位移为xA＝eq\f(1,2)×1×1m＝0.5m，木板A的最小长度为L＝xB－xA＝1m，故C错误；由图像可知，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。5.(多选)(2020·河南省周口市一中高二下学期期中)如图所示，一沙袋用无弹性轻细绳悬于O点。开始时沙袋处于静止状态，一弹丸以水平速度v0击中沙袋后未穿出，二者共同摆动。若弹丸质量为m，沙袋质量为5m，弹丸和沙袋形状大小忽略不计，弹丸击中沙袋后漏出的沙子质量忽略不计，不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法中正确的是(BD)A．弹丸打入沙袋过程中，细绳所受拉力大小保持不变B．弹丸打入沙袋过程中，弹丸对沙袋的冲量大小等于沙袋对弹丸的冲量大小C．弹丸打入沙袋过程中所产生的热量为eq\f(mv\o\al(2,0),72)D．沙袋和弹丸一起摆动所达到的最大高度为eq\f(v\o\al(2,0),72g)解析：弹丸打入沙袋的过程由动量守恒定律mv0＝(m＋5m)v，解得v＝eq\f(1,6)v0；弹丸打入沙袋后，总质量变大，且做圆周运动，根据T＝6mg＋6meq\f(v2,L)可知，细绳所受拉力变大，选项A错误；根据牛顿第三定律可知，弹丸打入沙袋过程中，弹丸对沙袋的冲量大小等于沙袋对弹丸的冲量大小，选项B正确；弹丸打入沙袋过程中所产生的热量为Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)·6mv2＝eq\f(5,12)mveq\o\al(2,0)，选项C错误；由机械能守恒可得：eq\f(1,2)6mv2＝6mgh，解得h＝eq\f(v\o\al(2,0),72g)，选项D正确。6．(多选)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．0.6vC．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：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，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＝eq\f(1,3)v，则碰撞后B球的速度范围是：eq\f(1,3)v≤vB≤eq\f(2,3)v，故B、C正确，A、D错误。二、非选择题(共24分)7．(11分)一个物体静置于光滑水平面上，外面扣一质量为M的盒子，如图甲所示。现给盒子一初速度v0，此后，盒子运动的v－t图像呈周期性变化，如图乙所示，请据此求盒内物体的质量。答案：M解析：设物体的质量为m，t0时刻受盒子碰撞获得速度v，根据动量守恒定律得：Mv0＝mv①3t0时刻物体与盒子右壁碰撞使盒子速度又变为v0，说明碰撞是弹性碰撞，由机械能守恒有：eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mv2②联立①②解得m＝M。8．(13分)(2020·吉林省实验中学高二下学期期中)如图所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，A球在水平面上静止放置，B球向左运动与A球发生正碰，B球碰撞前、后的速率之比为41，A球垂直撞向挡板，碰后原速率返回，两球刚好不发生第二次碰撞。求：(1)A、B两球的质量之比为多少？(2)A、B碰撞前、后两球总动能之比是多少？答案：(1)51(2)83解析：(1)设碰前B球速度大小为v0，碰后A、B两球速度大小分别为vA、vB，由题意知，vA方向向左，vB方向向右，且vA＝vB＝eq\f(1,4)v0碰撞过程动量守恒，取水平向右为正方向，则有：－mBv0＝－mAvA＋mBvB，解得：eq\f(mA,mB)＝eq\f(5,1)。(2)碰撞前动能：E1＝eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,0)，碰撞后总动能：E2＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)，碰撞前、后总动能之比为：eq\f(E1,E2)＝eq\f(8,3)。eq\f(素能等级练,15分钟·满分40分)一、选择题(本题共2小题，每题8分，共16分)1．(2020·北京市西城区一模)随着科幻电影《流浪地球》的热映，“引力弹弓效应”进入了公众的视野。“引力弹弓效应”是指在太空运动的探测器，借助行星的引力来改变自己的速度。该过程可简化为探测器从行星运动的反方向或同方向接近行星，因相互作用改变速度。如图所示，以太阳为参考系，设行星运动的速度大小为u，探测器的初速度大小为v0，在图示的两种情况下，探测器在远离行星后速度大小分别为v1和v2。探测器和行星虽然没有发生直接的碰撞，但是在行星的运动方向上，其运动规律可以与两个质量不同的钢球在同一条直线上发生弹性碰撞的规律作类比。那么下列判断中正确的是(A)A．v1>v0 B．v1＝v0C．v2>v0 D．v2＝v0解析：题图甲中，探测器类似于与行星对面正碰，设探测器的质量为m，行星的质量为M，碰后行星的速度大小为u1，以向右为正方向根据动量守恒定律有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)联立可得v1＝eq\f(M－m,M＋m)v0＋eq\f(2M,M＋m)u由于M≫m，则v1＝v0＋2u>v0，故A正确，B错误；题图乙中，类似于探测器追上行星与之正碰，设碰后行星的速度大小为u2，以向右为正方向根据动量守恒定律有－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)联立可得v2＝eq\f(M－m,M＋m)v0－eq\f(2M,M＋m)u由于M≫m，则v2＝v0－2u<v0，故CD错误。2．(多选)如图所示，在质量为M的小车中挂着一个单摆，摆球的质量为m0，小车(和单摆)以恒定的速度u沿光滑的水平面运动，与位于正对面的质量为m的静止木块发生碰撞，碰撞时间极短，在此碰撞过程中，下列说法可能发生的是(BC)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)u＝Mv1＋mv2＋m0v3B．摆球的速度不变，小车和木块的速度变为v1和v2，满足Mu＝Mv1＋mv2C．摆球的速度不变，小车和木块的速度变为v，满足Mu＝(M＋m)vD．小车和摆球的速度都变为v1，木块的速度为v2，满足(M＋m0)u＝(M＋m0)v1＋mv2解析：由于碰撞时间极短，所以单摆相对小车没有发生摆动，即摆线对球的作用力原来是竖直向上的，现在还是竖直向上的，没有水平方向的分力，未改变小球的动量，实际上单摆没有参与这个碰撞过程，所以单摆的速度不发生变化，因此，选项中应排除A、D；因为单摆的速度不变，所以研究对象选取小车和木块所构成的系统，若为弹性碰撞或碰后分离，水平方向动量守恒，由动量守恒定律有Mu＝Mv1＋mv2，即为B选项；由于题目中并没有提供在碰撞过程中能量变化关系，所以也有可能小车和木块发生完全非弹性碰撞而选C。二、非选择题(共24分)3．(11分)冬季雨雪天气时，公路上容易发生交通事故。在结冰的公路上，一辆质量为1.8×103kg的轻型货车尾随另一辆质量为1.2×103kg的轿车同向行驶，因货车未及时刹车而发生追尾(即碰撞，如图甲、乙所示)。若追尾前瞬间货车速度大小为36km/h，轿车速度大小为18km/h，刚追尾后两车视为紧靠在一起，此时两车的速度为多大？碰撞过程损失的动能为多少？答案：8m/s9×103J解析：设货车质量为m1，轿车质量为m2，碰撞前货车速度为v1，轿车速度为v2，碰撞后两车速度为v。选定两车碰撞前的速度方向为正方向。由题意可知，m1＝1.8×103kg，m2＝1.2×103kg，v1＝36km/h＝10m/s，v2＝18km/h＝5m/s由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v解得v＝eq\f(m1v1＋m2v2,m1＋m2)＝eq\f(1.8×103×10＋1.