高中物理人教版5第十六章動(dòng)量守恒定律4碰撞 2023版第16章4碰撞學(xué)業(yè)分層測(cè)評(píng)4

學(xué)業(yè)分層測(cè)評(píng)(四)(建議用時(shí)：45分鐘)[學(xué)業(yè)達(dá)標(biāo)]1．(多選)下列關(guān)于碰撞的理解正確的是 ()A．碰撞是指相對(duì)運(yùn)動(dòng)的物體相遇時(shí)，在極短時(shí)間內(nèi)它們的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)發(fā)生了顯著變化的過(guò)程B．在碰撞現(xiàn)象中，一般內(nèi)力都遠(yuǎn)大于外力，所以可以認(rèn)為碰撞時(shí)系統(tǒng)的動(dòng)量守恒C．如果碰撞過(guò)程中機(jī)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(duì)運(yùn)動(dòng)的物體相遇時(shí)發(fā)生的一種現(xiàn)象．一般內(nèi)力都遠(yuǎn)大于外力．如果碰撞中機(jī)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(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)狀態(tài)發(fā)生顯著變化的特點(diǎn)，所以仍然是碰撞．【答案】AB2．(多選)在光滑水平面上，動(dòng)能為Ek0、動(dòng)量大小為p0的小鋼球1與靜止小鋼球2發(fā)生碰撞，碰撞前后球1的運(yùn)動(dòng)方向相反，將碰撞后球1的動(dòng)能和動(dòng)量的大小分別記為Ek1、p1，球2的動(dòng)能和動(dòng)量的大小分別記為Ek2、p2，則必有()A．Ek1<Ek0B．p1<p0C．Ek2>Ek0D．p2＜p0【解析】?jī)蓚€(gè)鋼球在相碰過(guò)程中同時(shí)遵守能量守恒和動(dòng)量守恒，由于外界沒(méi)有能量輸入，而碰撞中可能產(chǎn)生熱量，所以碰后的總動(dòng)能不會(huì)超過(guò)碰前的總動(dòng)能，即Ek1＋Ek2≤Ek0，A正確，C錯(cuò)誤；另外，A選項(xiàng)也可寫成eq\f(p\o\al(2,1),2m)＜eq\f(p\o\al(2,0),2m)，B正確；根據(jù)動(dòng)量守恒，設(shè)球1原來(lái)的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较?，有p2－p1＝p0，D錯(cuò)誤．【答案】AB3．(多選)質(zhì)量為m的小球A，沿光滑水平面以速度v0與質(zhì)量為2m的靜止小球B發(fā)生正碰，碰撞后，小球A的動(dòng)能變?yōu)樵瓉?lái)的eq\f(1,9)，那么小球B的速度可能是()【導(dǎo)學(xué)號(hào)：54472023】\f(1,3)v0 \f(2,3)v0\f(4,9)v0 \f(5,9)v0【解析】要注意的是，兩球的碰撞不一定是彈性碰撞．小球A碰后動(dòng)能變?yōu)樵瓉?lái)的eq\f(1,9)，則其速度大小僅為原來(lái)的eq\f(1,3).兩球在光滑水平面上正碰，碰后小球A的運(yùn)動(dòng)有兩種可能，繼續(xù)沿原方向運(yùn)動(dòng)或被彈回．當(dāng)以小球A原來(lái)的速度方向?yàn)檎较驎r(shí)，則vA′＝±eq\f(1,3)v0根據(jù)兩球碰撞前后的總動(dòng)量守恒得mv0＋0＝m×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)v0))＋2mvB′mv0＋0＝m×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)v0))＋2mvB″解得vB′＝eq\f(1,3)v0，vB″＝eq\f(2,3)v0【答案】AB4．質(zhì)量相等的三個(gè)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16-4-12所示．具有動(dòng)能E0的第1個(gè)物塊向右運(yùn)動(dòng)，依次與其余兩個(gè)靜止物塊發(fā)生碰撞，最后這三個(gè)物塊粘在一起，這個(gè)整體的動(dòng)能為()【導(dǎo)學(xué)號(hào)：54472023】圖16-4-12A．E0 \f(2E0,3)\f(E0,3) \f(E0,9)【解析】由碰撞中動(dòng)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)))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16-4-13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(yùn)動(dòng)，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(shí)間極短．在此碰撞過(guò)程中，下列情況可能發(fā)生的是()【導(dǎo)學(xué)號(hào)：54472023】圖16-4-13A．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．?dāng)[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．?dāng)[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(shí)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(dòng)量未發(fā)生變化，即擺球的速度在小車與木塊碰撞過(guò)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(xiàng)B的說(shuō)法對(duì)應(yīng)于小車和木塊碰撞后又分開的情況，選項(xiàng)C的說(shuō)法對(duì)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(xiàng)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(yùn)動(dòng)，A球的動(dòng)量是7kg·m/s，B球的動(dòng)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(dòng)量可能值是()【導(dǎo)學(xué)號(hào)：54472023】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(dòng)量守恒pA＋pB＝pA′＋pB′驗(yàn)證，A、B、C三選項(xiàng)皆有可能．從總動(dòng)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(lái)看，只有A可能．【答案】A7．如圖16-4-14所示，有兩個(gè)質(zhì)量相同的小球A和B(大小不計(jì))，A球用細(xì)繩吊起，細(xì)繩長(zhǎng)度等于懸點(diǎn)距地面的高度，B點(diǎn)靜止放于懸點(diǎn)正下方的地面上．現(xiàn)將A球拉到距地面高度為h處由靜止釋放，擺動(dòng)到最低點(diǎn)與B球碰撞后粘在一起共同上擺，則它們升起的最大高度為(g取10m/s2)()【導(dǎo)學(xué)號(hào)：54472023】圖16-4-14A．h/2 B．hC．h/4 D．h/eq\r(2)【解析】A球由釋放到擺到最低點(diǎn)的過(guò)程做的是圓周運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理得，mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，所以v1＝2eq\r(5h)；A、B的碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒：mv1＝(m＋m)v2，所以v2＝eq\r(5h)，對(duì)A、B粘在一起共同上擺的過(guò)程應(yīng)用機(jī)械能守恒，eq\f(1,2)(m＋m)veq\o\al(2,2)＝(m＋m)gh′，解得h′＝eq\f(h,4).選項(xiàng)C正確．【答案】C8．一個(gè)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14-4-15甲所示，現(xiàn)給盒子一初速度v0，此后，盒子運(yùn)動(dòng)的v－t圖象呈周期性變化，如圖16-4-15乙所示，請(qǐng)據(jù)此求盒內(nèi)物體的質(zhì)量．圖16-4-15【解析】設(shè)物體的質(zhì)量為m，t0時(shí)刻受盒子碰撞獲得速度v，根據(jù)動(dòng)量守恒定律Mv0＝mv3t0時(shí)刻物體與盒子右壁碰撞使盒子速度又變?yōu)関0，說(shuō)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]9．(多選)如圖16-4-16所示，質(zhì)量為M的小車原來(lái)靜止在光滑水平面上，小車A端固定一根輕彈簧，彈簧的另一端放置一質(zhì)量為m的物體C，小車底部光滑，開始時(shí)彈簧處于壓縮狀態(tài)，當(dāng)彈簧釋放后，物體C被彈出向B端運(yùn)動(dòng)，最后與B端粘在一起，下列說(shuō)法中正確的是()【導(dǎo)學(xué)號(hào)：54472212】圖16-4-16A．物體C離開彈簧時(shí)，小車向左運(yùn)動(dòng)B．物體與B端粘在一起之前，小車的運(yùn)動(dòng)速率與物體C的運(yùn)動(dòng)速率之比為eq\f(M,m)C．物體與B端粘在一起后，小車靜止下來(lái)D．物體與B端粘在一起后，小車向右運(yùn)動(dòng)【解析】系統(tǒng)動(dòng)量守恒，物體C離開彈簧時(shí)向右運(yùn)動(dòng)，動(dòng)量向右，系統(tǒng)的總動(dòng)量為零，所以小車的動(dòng)量方向向左，由動(dòng)量守恒定律有mv1－Mv2＝0，所以小車的運(yùn)動(dòng)速率v2與物體C的運(yùn)動(dòng)速率v1之比eq\f(m,M).當(dāng)物體C與B粘在一起后，由動(dòng)量守恒定律知，系統(tǒng)的總動(dòng)量為零，即小車靜止．彈性勢(shì)能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能．【答案】AC10．如圖16-4-17所示，光滑水平地面上有一足夠長(zhǎng)的木板，左端放置可視為質(zhì)點(diǎn)的物體，其質(zhì)量為m1＝1kg，木板與物體間動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝.二者以相同的初速度v0＝m/s一起向右運(yùn)動(dòng)，木板與豎直墻碰撞時(shí)間極短，且沒(méi)有機(jī)械能損失．g取10m/s2.(1)如果木板質(zhì)量m2＝3kg，求物體相對(duì)木板滑動(dòng)的最大距離；(2)如果木板質(zhì)量m2＝kg，求物體相對(duì)木板滑動(dòng)的最大距離.【導(dǎo)學(xué)號(hào)：54472213】圖16-4-17【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(dòng)量守恒定律m2v0－m1v0＝(m1＋m2)vv＝m/s，方向向左，不會(huì)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)(m1＋m2)v2＋μm1gs1解得s1＝m.(2)木板與豎直墻碰撞后，以原速率反彈，由動(dòng)量守恒定律m2v0－m1v0＝(m1＋m2)v′v′＝－m/s，方向向右，將與豎直墻再次碰撞，最后木板停在豎直墻處由能量守恒定律eq\f(1,2)(m1＋m2)veq\o\al(2,0)＝μm1gs2解得s2＝m.【答案】(1)m(2)m11．如圖16-4-18所示，水平地面上有兩個(gè)靜止的小物塊a和b，其連線與墻垂直；a和b相距l(xiāng)，b與墻之間也相距l(xiāng)；a的質(zhì)量為m，b的質(zhì)量為eq\f(3,4)m.兩物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均相同．現(xiàn)使a以初速度v0向右滑動(dòng)．此后a與b發(fā)生彈性碰撞，但b沒(méi)有與墻發(fā)生碰撞．重力加速度大小為g.求物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)滿足的條件．圖16-4-18【解析】設(shè)物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.若要物塊a、b能夠發(fā)生碰撞，應(yīng)有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)>μmgl①即μ<eq\f(v\o\al(2,0),2gl)②設(shè)在a、b發(fā)生彈性碰撞前的瞬間，a的速度大小為v1.由能量守恒有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋μmgl③設(shè)在a、b碰撞后的瞬間，a、b的速度大小分別為v1′、v2′，由動(dòng)量守恒和能量守恒有mv1＝mv1′＋eq\f(3,4)mv2′④eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)m))v′eq\o\al(2,2)⑤聯(lián)立④⑤式解得v2′＝eq\f(8,7)v1⑥由題意知，b沒(méi)有與墻發(fā)生碰撞，由功能關(guān)系可知eq\f(1,2)eq\b\l