2020-2021物理3-5課時分層作業(yè)3 碰撞

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精2020-2021學年人教版物理選修3-5課時分層作業(yè)3碰撞課時分層作業(yè)（三)（時間：40分鐘分值:100分）［基礎(chǔ)達標練]一、選擇題（本題共6小題，每小題6分)1．（多選）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)的動量守恒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［解析］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)力都遠大于外力．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極短時間內(nèi)運動狀態(tài)發(fā)生顯著變化的特點，所以仍然是碰撞．［答案］AB2．（多選)在光滑水平面上動能為E0、動量大小為p0的小鋼球1與靜止的小鋼球2發(fā)生碰撞,碰撞前后球1的運動方向相反，將碰撞后球1的動能和動量大小分別記為E1、p1,球2的動能和動量大小分別記為E2、p2，則必有（)A．E1〈E0 B．p2〉p0C．E2>E0 D．p1>p0[解析］因為碰撞前后動能不增加,故有E1<E0，E2〈E0，p1〈p0，A正確，CD錯誤；根據(jù)動量守恒定律得p0＝p2－p1，得到p2＝p0＋p1,可知p2〉p0，B正確．［答案］AB3．如圖所示，一個質(zhì)量為m的物體A與另一個質(zhì)量為2m的物塊B發(fā)生正碰，碰后B物塊剛好能落入正前方的沙坑中．假如碰撞過程中無機械能損失，已知物塊B與地面間的動摩擦因數(shù)為0.1，與沙坑的距離x＝0.5m,g取10m/s2。物塊可視為質(zhì)點,則碰撞前瞬間A的速度大小為(）A．0。5m/s B．1.0m/sC．1。5m/s D．2。0m/s［解析]碰撞后B做勻減速運動，由動能定理得－μ·2mgx＝0－eq\f(1，2)·2mv2,代入數(shù)據(jù)得v＝1m/s，A與B碰撞的過程中，A與B組成的系統(tǒng)在水平方向的動量守恒，選取向右為正方向，則有mv0＝mv1＋2mv，由于沒有機械能的損失，則有eq\f（1，2)mveq\o\al(2，0）＝eq\f(1,2）mveq\o\al(2，1)＋eq\f（1,2)·2mv2,聯(lián)立解得v0＝1.5m/s，選項C正確．[答案］C4．質(zhì)量相等的三個物塊在一光滑水平面上排成一直線,且彼此隔開了一定的距離，如圖所示．具有動能E0的第1個物塊向右運動，依次與其余兩個靜止物塊發(fā)生碰撞，最后這三個物塊粘在一起，這個整體的動能為（）A．E0B．eq\f(2E0,3）C．eq\f(E0,3)D．eq\f（E0，9)［解析]由碰撞中動量守恒mv0＝3mv1，得v1＝eq\f（v0，3) ①E0＝eq\f（1,2）mveq\o\al(2,0） ②E′k＝eq\f（1，2）×3mveq\o\al（2，1) ③由①②③式得E′k＝eq\f(1，2)×3meq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（v0,3）)）eq\s\up12(2）＝eq\f(1，3)×eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（1,2）mv\o\al(2，0））)＝eq\f(E0，3），故C正確．[答案]C5．（多選)如圖所示，在質(zhì)量為M的小車中掛著一單擺，擺球質(zhì)量為m0,小車和單擺以恒定的速度v沿光滑水平地面運動,與位于正前方的質(zhì)量為m的靜止的木塊發(fā)生碰撞,碰撞的時間極短．在此碰撞過程中，下列情況可能發(fā)生的是()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）v＝Mv1＋mv1＋m0v3B．擺球的速度不變，小車和木塊的速度變?yōu)関1和v2,滿足Mv＝Mv1＋mv2C．擺球的速度不變,小車和木塊的速度都變?yōu)閡,滿足Mv＝（M＋m)uD．小車和擺球的速度都變?yōu)関1，木塊的速度變?yōu)関2，滿足(M＋m0）v＝（M＋m0）v1＋mv2[解析］小車與木塊碰撞，且碰撞時間極短,因此相互作用只發(fā)生在木塊和小車之間,懸掛的擺球在水平方向未受到力的作用,故擺球在水平方向的動量未發(fā)生變化，即擺球的速度在小車與木塊碰撞過程中始終不變，由此可知A和D兩種情況不可能發(fā)生;選項B的說法對應(yīng)于小車和木塊碰撞后又分開的情況，選項C的說法對應(yīng)于小車和木塊碰撞后粘在一起的情況,兩種情況都有可能發(fā)生．故選項B、C正確．[答案]BC6．質(zhì)量相等的A、B兩球在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運動,A球的動量是7kg·m/s，B球的動量是5kg·m/s,A球追上B球發(fā)生碰撞，則碰撞后A、B兩球的動量可能值是（)A．pA′＝6kg·m/s,pB′＝6kg·m/sB．pA′＝3kg·m/s，pB′＝9kg·m/sC．pA′＝－2kg·m/s，pB′＝14kg·m/sD．pA′＝－4kg·m/s，pB′＝7kg·m/s[解析]從碰撞前后動量守恒pA＋pB＝pA′＋pB′驗證，A、B、C三選項皆有可能．從總動能不增加即eq\f（p\o\al(2,A),2mA）＋eq\f(p\o\al（2,B），2mB）≥eq\f(pA′2，2mA）＋eq\f（pB′2，2mB）來看，只有A可能．［答案]A二、非選擇題(14分)7．一個物體靜止于光滑水平面上，外面扣一質(zhì)量為M的盒子，如圖甲所示，現(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,請據(jù)此求盒內(nèi)物體的質(zhì)量．[解析]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Mv0＝mv3t0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則eq\f(1,2)Mveq\o\al（2，0)＝eq\f(1,2）mv2，解得m＝M。[答案]M[能力提升練］一、選擇題(本題共4小題,每小題6分)1．一中子（質(zhì)量數(shù)為1）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．eq\f(A＋1,A－1） B．eq\f（A－1,A＋1)C．eq\f(4A,A＋12) D．eq\f(A＋12，A－12）[解析]設(shè)中子的質(zhì)量為m,則被碰原子核的質(zhì)量為Am，兩者發(fā)生彈性碰撞，據(jù)動量守恒有mv0＝mv1＋Amv′,據(jù)動能守恒,有eq\f(1，2)mveq\o\al（2，0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2，1）＋eq\f（1，2）Amv′2。解以上兩式得v1＝eq\f（1－A，A＋1）v0。若只考慮速度大小，則中子的速率為v1′＝eq\f(A－1，A＋1)v0，故中子前、后速率之比為eq\f(A＋1，A－1）。［答案］A2．如圖所示，小球A和小球B質(zhì)量相同，小球B置于光滑水平面上，小球A從高為h處由靜止擺下，到達最低點恰好與B相撞，并粘合在一起繼續(xù)擺動，若不計空氣阻力，它們能上升的最大高度是（）A．hB．eq\f(1,2）hC．eq\f(1,4)hD．eq\f(1,8）h[解析]小球A由釋放到擺到最低點的過程做的是圓周運動，由機械能守恒得mAgh＝eq\f(1，2)mAveq\o\al(2,1），則v1＝eq\r（2gh）。A、B的碰撞過程滿足動量守恒定律，則mAv1＝(mA＋mB）v2，又mA＝mB，得v2＝eq\f（\r（2gh）,2），對A、B粘在一起共同上擺的過程應(yīng)用機械能守恒定律得eq\f（1，2）(mA＋mB）veq\o\al(2,2)＝（mA＋mB）gh′，則h′＝eq\f(h,4），故C正確．[答案］C3．如圖所示,A、B兩小球在光滑水平面上分別以動量p1＝4kg·m/s和p2＝6kg·m/s(向右為正方向）做勻速直線運動,則在A球追上B球并與之碰撞的過程中，兩小球的動量變化量Δp1和Δp2可能分別為(）A．－2kg·m/s，3kg·m/sB．－8kg·m/s，8kg·m/sC．1kg·m/s，－1kg·m/sD．－2kg·m/s，2kg·m/s［解析]碰撞過程中動量守恒，即滿足p1＋p2＝（p1＋Δp1）＋(p2＋Δp2），A因為不滿足動量守恒,故A錯誤；碰撞過程中還要滿足動能不增加,即eq\f（p\o\al（2,1)，2m1)＋eq\f（p\o\al(2,2），2m2)≥eq\f（p1＋Δp12，2m1）＋eq\f（p2＋Δp22,2m2）,代入數(shù)據(jù)知B不滿足，故B錯誤；因為兩球在碰撞前是同向運動，所以碰撞后還要滿足B球的速度增加，A球的速度減小或反向,而C選項給出的情況是碰撞后A球的速度增加，而B球的速度減小,所以不符合情景，故C錯誤；D都滿足，故D正確．［答案]D4．(多選)如圖所示，在光滑的水平支撐面上,有A、B兩個小球，A球動量為10kg·m/s,B球動量為12kg·m/s，A球追上B球并相碰，碰撞后，A球動量變?yōu)?kg·m/s，方向沒變,則A、B兩球質(zhì)量的比值可能為()A．0.5B．0.6C．0。65D．0。75[解析］A、B兩球同向運動，A球要追上B球要有條件vA〉vB。兩球碰撞過程中動量守恒，且動能不會增多，碰撞結(jié)束后應(yīng)符合條件v′B≥v′A。由vA〉vB得eq\f（pA,mA)〉eq\f（pB，mB），則eq\f（mA,mB)〈eq\f（pA，pB)＝eq\f(5，6）,由碰撞過程動量守恒得pA＋pB＝pA′＋pB′，則pB′＝14kg·m/s，由碰撞過程的動能關(guān)系得eq\f（p\o\al（2,A)，2mA）＋eq\f(p\o\al（2,B)，2mB）≥eq\f（p′\o\al（2，A），2mA)＋eq\f（p′\o\al(2，B)，2mB）,則eq\f(mA,mB)≤eq\f(9,13），由v′B≥v′A得eq\f(p′B,mB）≥eq\f(p′A，mA），則eq\f（mA,mB）≥eq\f（p′A，p′B)＝eq\f（4，7)，所以eq\f（4,7)≤eq\f（mA，mB)≤eq\f（9,13），故BC正確,AD錯誤．[答案]BC二、非選擇題(本題共2小題，共26分)5．（13分)如圖所示，在水平地面上有兩物塊甲和乙，它們的質(zhì)量分別為2m、m，甲與地面間無摩擦，乙與地面間的動摩擦因數(shù)為μ.現(xiàn)讓甲物塊以速度v0向著靜止的乙物塊運動并發(fā)生正碰，已知碰撞時間極短．（1)求甲與乙第一次碰撞過程中甲與乙組成的系統(tǒng)的最小動能;（2)若甲在乙剛停下來時恰好與乙發(fā)生第二次碰撞，則在第一次碰撞中甲與乙組成的系統(tǒng)損失了多少機械能?［解析]（1）碰撞過程中系統(tǒng)動能最小時，為兩物塊速度相等時,設(shè)此時兩物塊速度為v由系統(tǒng)動量守恒知，2mv0＝3mv，解得v＝eq\f（2，3)v0此時系統(tǒng)的動能Ek＝eq\f(1，2)×3mv2＝eq\f(2,3)mveq\o\al（2,0）（2）設(shè)第一次碰撞剛結(jié)束時甲、乙的速度分別為v1、v2，之后甲做勻速直線運動，乙以初速度v2做勻減速直線運動，在乙剛停下時甲追上乙并發(fā)生碰撞,因此兩物塊在這段時間內(nèi)的平均速度相等，有v1＝eq\f(v2，2)而第一次碰撞中系統(tǒng)動量守恒，有2mv0＝2mv1＋mv2由以上兩式可得v1＝eq\f(v0,2），v2＝v0所以第一次碰撞中損失的機械能為E＝eq\f(1，2）×2mveq\o\al（2,0)－eq\f(1,2)×2mveq\o\al（2,1)－eq\f(1，2)mveq\o\al（2，2)＝eq\f（1,4)mveq\o\al(2,0)[答案]（1）eq\f(2,3）mveq\o\al(2,0）（2）eq\f(1，4）mveq\o\al（2,0)6．（13分）如圖所示，光滑水平地面上有一足夠長的木板，左端放置可視為質(zhì)點的物體，其質(zhì)量為m1＝1kg，木板與物體間動摩擦因數(shù)μ＝0。1。二者以相同的初速度v0＝0.8m/s一起向右運動，木板與豎直墻碰撞時間極短，且沒有機械能損失．g取10m/s2。(1）如果木板質(zhì)量m2＝3kg，求物體相對木板滑動的最大距離；（2)如果木板質(zhì)量m2＝0。6kg，求物體相對木板滑動的最大距離．［解析］（1）木板與豎直墻碰撞后,以原速率反彈，設(shè)向左為正方向，由動量守恒定律m2v0－m1v0＝(m1＋m2）vv＝0。4m/s，方向向左，不會與豎直墻再次碰撞．由能量守恒定律eq\f(1，2）（m1＋m2)veq\o\al（2，0)＝eq\f（1,2）(m