2025版新教材高中物理第1章动量守恒定律5弹性碰撞和非弹性碰撞课时2碰撞中动量与能量的关系达标检测新人教版选择性必修第一册

课时2碰撞中动量与能量的关系1．(多选)(2024·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速度随时间变更状况如图乙所示，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，由牛顿其次定律得：－μmBg＝mBa，代入解得μ＝0.1，故D正确。2．(多选)水平地面上有两个物体在同始终线上运动，两物体碰撞前后的速度—时间图像如图所示(其中一个物体碰后速度变为0)。下列说法正确的是(BC)A．t＝0时，两物体的距离为1mB．t＝2.5s时，两物体的距离为4.5mC．两物体间的碰撞为完全弹性碰撞D．碰撞前，地面对两个物体的摩擦力大小不相等解析：由v－t图像知，两物体相向运动，均做匀减速运动，t＝1s时相碰，可知t＝0时，两物体的距离为Δx＝eq\f(1,2)×(4＋6)×1m＋eq\f(1,2)×(2＋6)×1m＝9m，故A错误；t＝2.5s时，两物体的距离为Δx′＝eq\f(1,2)×6×(2.5－1)m＝4.5m，故B正确；设碰前速度为正值的物体的质量为m1，速度为负值的物体的质量为m2。由动量守恒可知，碰后原来速度为正的物体的速度变为0，则m1×4＋m2(－2)＝m2×6，解得m1＝2m2；由能量关系：碰前E1＝eq\f(1,2)m1×42＋eq\f(1,2)m2×(－2)2＝8m1＋2m2＝18m2，碰后E2＝eq\f(1,2)m2×62＝18m2，则两物体间的碰撞为完全弹性碰撞，故C正确；碰前速度为正值的物体受到的摩擦力f1＝m1a1＝m1×eq\f(6－4,1)＝2m1，速度为负值的物体受到的摩擦力f2＝m2a2＝m2×eq\f(6－2,1)＝4m2＝2m1＝f1，故D错误。3．一质量为m1的物体1以v0的初速度与另一质量为m2的静止物体2发生碰撞，其中m2＝km1，k<1。碰撞可能为弹性碰撞、完全非弹性碰撞以及一般碰撞。碰撞后两物体速度分别为v1和v2。假设碰撞在一维上进行，且一个物体不行能穿过另一个物体。物体1碰撞后与碰撞前速度之比r＝eq\f(v1,v0)的取值范围是(B)A.eq\f(1－k,1＋k)≤r≤1 B．eq\f(1－k,1＋k)≤r≤eq\f(1,1＋k)C．0≤r≤eq\f(2,1＋k) D．eq\f(1,1＋k)≤r≤eq\f(2,1＋k)解析：若物体发生弹性碰撞，则系统满足动量守恒和机械能守恒，即m1v0＝m1v1＋m2v2，eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)，联立解得eq\f(v1,v0)＝eq\f(1－k,1＋k)；若物体发生完全非弹性碰撞，碰撞后两物体速度相等，依据系统动量守恒，有m1v0＝(m1＋m2)v1，则物体1碰撞后与碰撞前速度之比eq\f(v1,v0)＝eq\f(m1,m1＋m2)＝eq\f(1,1＋k)，综上可得eq\f(1－k,1＋k)≤r≤eq\f(1,1＋k)，选项B正确。4．如图所示，在水平面上依次放置小物块C和A以及曲面劈B，其中A与C的质量相等均为m，曲面劈B的质量M＝3m，劈B的曲面下端与水平面相切，且劈B足够高，各接触面均光滑。现让小物块C以水平速度v0(1)C、A碰撞过程中系统损失的机械能；(2)碰后物块A与C在曲面劈B上能够达到的最大高度。答案：(1)eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)(2)eq\f(3v\o\al(2,0),40g)解析：(1)小物块C与A发生碰撞粘在一起，由动量守恒定律得mv0＝2mv，解得v＝eq\f(1,2)v0，碰撞过程中系统损失的机械能为E损＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(2m)v2，解得E损＝eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)。(2)当A、C滑上B至最大高度时，A、B、C系统在水平方向上具有相同的速度v1，依据动量守恒定律，有mv0＝(m＋m＋3m)v1，从A、C碰撞后到在B上达到最大高度h的过程，依据能量守恒定律，有2mgh＝eq\f(1,2)×2mv2－eq\f(1,2)×5m×veq\o\al(2,1)，解得h＝eq\f(3v\o\al(2,0),40g)。5．如图，水平轨道的右端固定一半径为l的竖直光滑半圆轨道，其直径BC竖直。水平轨道上质量分别为3m、m的两小物块P、Q将原长2l的轻弹簧压缩l后由静止释放。已知P、Q两物块与水平轨道间的动摩擦因数之比为1∶3，释放两物块时弹簧的弹性势能为Ep＝6mgl，物块与弹簧不粘连，物块Q与水平轨道右端B的距离为5l，已知物块Q到达B点时对轨道的压力大小为FNB＝7mg(1)物块Q运动到C点时对轨道的压力大小FNC及最终落到水平轨道上的位置与B点的距离x；(2)物块Q运动到B点时物块P的速度大小v；(3)物块P向左运动的距离L。答案：(1)mg2eq\r(2)l(2)eq\f(1,3)eq\r(6gl)(3)5l解析：(1)依据牛顿第三定律可得轨道对Q的支持力大小为FNB′＝7mg，则由FNB′－mg＝eq\f(mv\o\al(2,B),l)，可得vB＝eq\r(6gl)，Q运动到C点时，有－2mgl＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，FNC′＋mg＝eq\f(mv\o\al(2,C),l)，联立可得vC＝eq\r(2gl)，FNC′＝mg，由牛顿第三定律知，物块Q运动到C点时对轨道的压力大小FNC＝FNC′＝mg物块Q从C点抛出后做平抛运动，竖直方向2l＝eq\f(1,2)gt2，水平方向x＝vCt，可得x＝2eq\(2)由题意可得fP＝μP·3mg＝3μPmg，fQ＝μQ·mg＝3μPmg，即两物块所受摩擦力大小相等，方向相反，所以释放弹簧后，两物块组成系统动量守恒，有3mvP－mvQ＝0，可得eq\f(vP,vQ)＝eq\f(1,3)，则物块Q运动到B点时物块P的速度大小v＝eq\f(vB,3)＝eq\f(1,3)eq\r(6gl)。(3)由(2)的分析可知，在弹簧复原原长的过程中，P、Q的位移比为eq\f(sP,sQ)＝eq\f(vP,vQ)＝eq\f(1,3