康南民族高级中学2019-2020学年高中物理教科版选修3-5：1.1碰撞 质量检测（含解析）
文档属性
| 名称 | 康南民族高级中学2019-2020学年高中物理教科版选修3-5：1.1碰撞 质量检测（含解析） |  | |
| 格式 | doc | ||
| 文件大小 | 554.0KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 教科版 | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2020-07-12 06:30:17 | ||
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文档简介
1.1碰撞
1．如图所示，放在光滑水平面上的两物体，它们之间有一个被压缩的轻质弹簧，用细线把它们拴住．已知两物体质量之比为m1:m2=2:1，把细线烧断后，两物体被弹开，速度大小分别为v1和v2，动能大小分别为Ek1和Ek2，则下列判断正确的是
A．弹开时，v1:v2=1:1 B．弹开时，v1:v2=2:1
C．弹开时，Ek1:Ek2=2:1 D．弹开时，Ek1:Ek2=1:2
2．两球在光滑水平面上沿同一直线、同-方向运动，.当追上并发生碰撞后，两球速度的可能值是（ ）
A． B．
C． D．
3．质量相等的五个物体在光滑的水平面上，间隔一定的距离排成一直线，如图所示，具有初动能为的物块1向其他4个静止物块运动，依次发生碰撞，每次碰后不在分开，最后5个物体粘成一个整体，这个整体的动能是
A．
B．
C．
D．
4．一个盒子静置于光滑水平面上，内置一静止的小物体， 如图所示．现给物体一初速度．此后，小物体与盒子的前后壁发生多次碰撞，最后达到共同速度v=v0/3．据此可求得盒内小物体质量与盒子质量之比为（ ）
A．1 ：2 B．2 ：1 C．4 ：1 D．1 ：4
5．在光滑的水平面上，两个质量均为m的完全相同的滑块以大小均为p的动量相向运动，发生正碰，碰后系统的总动能不可能是( )
A．0 B． C． D．
6．A、B两物体发生正碰，碰撞前后物体A、B都在同一直线上运动，其位移－时间图象(x－t图)分别为如图中ADC和BDC所示．由图可知，物体A、B的质量之比为( )
A．1:1 B．1:2 C．1:3 D．3:1
7．一质量为m1的物体以v0的初速度与另一质量为m2的静止物体发生碰撞，其中m2=km1，k＜1．碰撞可分为完全弹性碰撞、完全非弹性碰撞以及非弹性碰撞。碰撞后两物体速度分别为v1和v2．假设碰撞在一维上进行，且一个物体不可能穿过另一个物体。物体1撞后与碰撞前速度之比的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
8．在光滑水平面上,有A、B两个小球沿同一直线向右运动,已知碰前两球的动量分别,,碰撞后它们动量的变化是与有可能是(?? )
A．????
B．????
C．????
D．????
9．如图甲所示，在光滑水平面上的两个小球发生正碰，小球的质量分别为m1和m2，图乙为它们碰撞前后的x－t图像.已知m1=0.1kg由此可以判断（ ）
A．碰前m2静止，m1向右运动
B．碰后m2和m1都向右运动
C．由动量守恒定律可以算出m2=0.3kg
D．碰撞过程中系统损失了0.4J的机械能
10．如图甲所示，在光滑水平面上的两个小球1、2发生正碰，两小球的质量分别为m1和m2。 图乙为它们碰撞前后的位移一时间图像（x—t图像）。己知m1=0.1kg，由此可判断
A．碰前小球2保持静止
B．碰后小球1和小球2都向右运动
C．两球的碰撞为弹性碰撞
D．小球2的质量m2=0.2kg
11．某同学利用计算机模拟A、B两球碰撞来验证动量守恒，已知A、B两球质量之比为2∶3，用A作入射球，初速度为v1＝1.2 m/s，让A球与静止的B球相碰，若规定以v1的方向为正，则该同学记录碰后的数据中，肯定不合理的是________.
次数 A B C D
v1′ 0.48 0.60 －1.20 －0.24
v2′ 0.48 0.40 1.60 0.96
12．如图所示，位于光滑水平桌面上的质量均为m的小滑块P和Q都视作质点， Q与轻质弹簧相连。静止在水平面上，P以某一初速度v向Q运动并与弹簧发生碰撞，在整个过程中，弹簧具有的最大弹性势能等于_____ 此时P物体的速度为____
13．水平地面上，质量为1kg的滑块A以4m/s的速度碰上静止的物体B，碰后A的速度立刻减到零，B在地面上运动2s后静止，已知B与地面间的动摩擦因数为0.1，则B的质量为_____kg，碰撞过程中A、B系统损失的机械能为_____J。
参考答案
1．D
【解析】
两物体与弹簧组成的系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得，m1v1-m2v2=0，两物体的速度大小之比：，故AB错误．两物体的动能之比：，故C错误，D正确．
2．B
【解析】A. 考虑实际运动情况，碰撞后两球同向运动，A球速度应不大于B球的速度，故A错误；
B. 两球碰撞过程，系统不受外力，故碰撞过程系统总动量应守恒。
碰撞前总动量为：p=pA+pB=mAvA+mBvB=(1×6+2×2)kg?m/s=10kg?m/s，
总动能：Ek==×1×62 +×2×22=22J，
碰撞后，总动量为：p′=p′A+p′B=mAv′A+mBv′B=1×2+2×4=10kg?m/s，
总动能：E′k==18J，
则p′=p，符合动量守恒和动能不增加。故B正确；
C. 碰撞后，总动量为：p′=p′A+p′B=mAv′A+mBv′B=(-1×4+2×7)kg?m/s=10kg?m/s，
总动能：E′k= =57J，
符合动量守恒定律，但总动能不可能增加。故C错误；
D. 考虑实际运动情况，碰撞后两球同向运动，A球速度应不大于B球的速度，故D错误。
故选：B
3．A
【解析】
以五个物体为系统，在整个过程中，动量守恒，运用动量守恒定律，求出最终整体的速度，从而得出整体的动能．
【详解】
对整个系统研究，整个过程运用动量守恒定律得，，解得，因为，则整体的动能故A正确，B、C、D错误．
故选：A．
【点睛】
本题考查了动量守恒定律的基本运用，知道五个物体组成的系统，在整个过程中动量守恒；碰后粘在一起则机械能不守恒
4．A
【解析】
选物体与盒子组成的系统为研究对象，由水平方向动量守恒得：mv0=（M+m）v，其中v=v0/3，解得m:M=1:2，故选A.
【点睛】
选物体与盒子组成的系统为研究对象，水平方向仅有系统的内力作用而不受外力作用，故此方向满足动量守恒，碰撞前的动量，等于最后的总动量，典型的动量守恒的题目．
5．B
【解析】
当两球发生碰撞，遵守动量守恒，由于开始时两个滑块以大小均为p的动量相向运动，所以总动量为0；若发生完全非弹性碰撞，则 ，所以末动能的和也是0；若发生弹性碰撞，则两个小球的总动能不变．碰前两球的总动能为，按照动能不增加的原理，所以碰后两球的总动能要小于等于故B错误；ACD正确；本题选不正确的，故选B
6．C
【解析】
由x－t图象可以知道,碰撞前，碰撞后 碰撞过程动量守恒,对A、B组成的系统,设A原方向为正方向,则由动量守恒定律得:,?计算得出 故C正确；ABD错误；故选C
7．B
【解析】
若发生弹性碰撞，则由动量守恒：m1v0=m1v1+m2v2；由能量关系： ，解得，则；若发生完全非弹性碰撞，则由动量守恒：m1v0=(m1+m2)v，解得，则。。故≤r≤，B正确。
8．AC
【解析】
如果△PA=-3kg?m/s，△PB=3kg?m/s，遵守动量守恒定律。碰后两球的动量分别为 P′A=PA+△PA=12kg?m/s-3kg?m/s=9kg?m/s、P′B=PB+△PB=13kg?m/s+3kg?m/s=16kg?m/s，可知，碰撞后A的动能减小，B的动能增大，不违反能量守恒定律，是可能的，故A正确；如果△PA=4kg?m/s，△PB=-4kg?m/s，遵守动量守恒定律。A球的动能增加，B球的动能减小，不符合实际的运动情况，不可能，故B错误；如果△PA=-5kg?m/s，△PB=5kg?m/s，遵守动量守恒定律。碰后两球的动量分别为 P′A=PA+△PA =12kg?m/s-5kg?m/s=8kg?m/s、P′B=PB+△PB =13kg?m/s+5kg?m/s=18kg?m/s，可知，碰撞后A的动能减小，B的动能增大，不违反能量守恒定律，是可能的，故C正确；如果△PA=-24kg?m/s，△PB=24kg?m/s，遵守动量守恒定律。碰后两球的动量分别为 P′A=PA+△PA =12kg?m/s-24kg?m/s=-12kg?m/s、P′B=PB+△PB =13kg?m/s+24kg?m/s=37kg?m/s，可知，碰撞后A的动能不变，B的动能增大，违反了能量守恒定律，是不可能的，故D错误。所以AC正确，BD错误。
9．AC
【解析】
A.由x－t图像知碰前m2的位移不随时间而变化，处于静止状态.m1的速度大小为，m1只有向右运动才能与m2相撞，故A正确.
B.由图读出，碰后m2的速度为正方向，说明向右运动，m1的速度为负方向，说明向左运动，故B错误.
C.由图像求出碰后m2和m1的速度分别为v'=2m/s，v1'=－2m/s，根据动量守恒定律得m1v1=m2v2'+m1v1'，代入解得m2=0.3kg，故C正确.
D.碰撞过程中系统损失的机械能为，代入解得ΔE=0，故D错误.
10．AC
【解析】
A.由x-t图像可知，碰前小球2的位移不随时间变化，处于静止状态，故选项A正确。
B.碰后小球2的速度为正方向，说明向右运动，小球1的速度为负方向，说明向左运动，故选项B错误。
CD.由图读出，碰前小球1速度为v1=4 m/s，碰后小球2和小球1的速度分别为v′2 =2m/s，v′1=-2m/s，根据动量守恒定律得m1v1= m1v′1+m2v′2，解得m2=0.3kg，故选项D错误。由于碰撞前后满足m1v12=m1v′12+m2v′22，故为弹性碰撞，选项C正确。本题正确答案为AC。
11．BC
【解析】
设两球的质量分别为2m、3m；则碰前总动量2.4m；碰前总动能；
对选项A，碰后动量：(2m+3m)×0.48=2.4m，则动量守恒，末状态总动能，则A项合理；B项中碰后A球速度不可能大于B球速度，则B不合理；同理C项中动量2m×(-1.2)+3m×1.6=2.4m，动量守恒，末状态总动能，则C项不合理；D项中动量2m×(-0.24)+3m×0.96=2.4m，动量守恒守恒，末状态总动能，合理．题目中要求选不合理的，故选BC．
点睛：对于碰撞过程要遵守三大规律：1、是动量守恒定律；2、总动能不增加；3、符合物体的实际运动情况．
12． 0.5v
【解析】
[1][2] P、Q相互作用过程系统动量守恒，以P的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
解得
由能量守恒定律得
解得：
13．2 4
【解析】
滑块碰上静止的物体，根据动量守恒定律可得：，碰后在地面上做匀减运动，根据动量定理可得：，解得：，的质量为：，碰撞过程中、系统损失的机械能为。
1．如图所示，放在光滑水平面上的两物体，它们之间有一个被压缩的轻质弹簧，用细线把它们拴住．已知两物体质量之比为m1:m2=2:1，把细线烧断后，两物体被弹开，速度大小分别为v1和v2，动能大小分别为Ek1和Ek2，则下列判断正确的是
A．弹开时，v1:v2=1:1 B．弹开时，v1:v2=2:1
C．弹开时，Ek1:Ek2=2:1 D．弹开时，Ek1:Ek2=1:2
2．两球在光滑水平面上沿同一直线、同-方向运动，.当追上并发生碰撞后，两球速度的可能值是（ ）
A． B．
C． D．
3．质量相等的五个物体在光滑的水平面上，间隔一定的距离排成一直线，如图所示，具有初动能为的物块1向其他4个静止物块运动，依次发生碰撞，每次碰后不在分开，最后5个物体粘成一个整体，这个整体的动能是
A．
B．
C．
D．
4．一个盒子静置于光滑水平面上，内置一静止的小物体， 如图所示．现给物体一初速度．此后，小物体与盒子的前后壁发生多次碰撞，最后达到共同速度v=v0/3．据此可求得盒内小物体质量与盒子质量之比为（ ）
A．1 ：2 B．2 ：1 C．4 ：1 D．1 ：4
5．在光滑的水平面上，两个质量均为m的完全相同的滑块以大小均为p的动量相向运动，发生正碰，碰后系统的总动能不可能是( )
A．0 B． C． D．
6．A、B两物体发生正碰，碰撞前后物体A、B都在同一直线上运动，其位移－时间图象(x－t图)分别为如图中ADC和BDC所示．由图可知，物体A、B的质量之比为( )
A．1:1 B．1:2 C．1:3 D．3:1
7．一质量为m1的物体以v0的初速度与另一质量为m2的静止物体发生碰撞，其中m2=km1，k＜1．碰撞可分为完全弹性碰撞、完全非弹性碰撞以及非弹性碰撞。碰撞后两物体速度分别为v1和v2．假设碰撞在一维上进行，且一个物体不可能穿过另一个物体。物体1撞后与碰撞前速度之比的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
8．在光滑水平面上,有A、B两个小球沿同一直线向右运动,已知碰前两球的动量分别,,碰撞后它们动量的变化是与有可能是(?? )
A．????
B．????
C．????
D．????
9．如图甲所示，在光滑水平面上的两个小球发生正碰，小球的质量分别为m1和m2，图乙为它们碰撞前后的x－t图像.已知m1=0.1kg由此可以判断（ ）
A．碰前m2静止，m1向右运动
B．碰后m2和m1都向右运动
C．由动量守恒定律可以算出m2=0.3kg
D．碰撞过程中系统损失了0.4J的机械能
10．如图甲所示，在光滑水平面上的两个小球1、2发生正碰，两小球的质量分别为m1和m2。 图乙为它们碰撞前后的位移一时间图像（x—t图像）。己知m1=0.1kg，由此可判断
A．碰前小球2保持静止
B．碰后小球1和小球2都向右运动
C．两球的碰撞为弹性碰撞
D．小球2的质量m2=0.2kg
11．某同学利用计算机模拟A、B两球碰撞来验证动量守恒，已知A、B两球质量之比为2∶3，用A作入射球，初速度为v1＝1.2 m/s，让A球与静止的B球相碰，若规定以v1的方向为正，则该同学记录碰后的数据中，肯定不合理的是________.
次数 A B C D
v1′ 0.48 0.60 －1.20 －0.24
v2′ 0.48 0.40 1.60 0.96
12．如图所示，位于光滑水平桌面上的质量均为m的小滑块P和Q都视作质点， Q与轻质弹簧相连。静止在水平面上，P以某一初速度v向Q运动并与弹簧发生碰撞，在整个过程中，弹簧具有的最大弹性势能等于_____ 此时P物体的速度为____
13．水平地面上，质量为1kg的滑块A以4m/s的速度碰上静止的物体B，碰后A的速度立刻减到零，B在地面上运动2s后静止，已知B与地面间的动摩擦因数为0.1，则B的质量为_____kg，碰撞过程中A、B系统损失的机械能为_____J。
参考答案
1．D
【解析】
两物体与弹簧组成的系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得，m1v1-m2v2=0，两物体的速度大小之比：，故AB错误．两物体的动能之比：，故C错误，D正确．
2．B
【解析】A. 考虑实际运动情况，碰撞后两球同向运动，A球速度应不大于B球的速度，故A错误；
B. 两球碰撞过程，系统不受外力，故碰撞过程系统总动量应守恒。
碰撞前总动量为：p=pA+pB=mAvA+mBvB=(1×6+2×2)kg?m/s=10kg?m/s，
总动能：Ek==×1×62 +×2×22=22J，
碰撞后，总动量为：p′=p′A+p′B=mAv′A+mBv′B=1×2+2×4=10kg?m/s，
总动能：E′k==18J，
则p′=p，符合动量守恒和动能不增加。故B正确；
C. 碰撞后，总动量为：p′=p′A+p′B=mAv′A+mBv′B=(-1×4+2×7)kg?m/s=10kg?m/s，
总动能：E′k= =57J，
符合动量守恒定律，但总动能不可能增加。故C错误；
D. 考虑实际运动情况，碰撞后两球同向运动，A球速度应不大于B球的速度，故D错误。
故选：B
3．A
【解析】
以五个物体为系统，在整个过程中，动量守恒，运用动量守恒定律，求出最终整体的速度，从而得出整体的动能．
【详解】
对整个系统研究，整个过程运用动量守恒定律得，，解得，因为，则整体的动能故A正确，B、C、D错误．
故选：A．
【点睛】
本题考查了动量守恒定律的基本运用，知道五个物体组成的系统，在整个过程中动量守恒；碰后粘在一起则机械能不守恒
4．A
【解析】
选物体与盒子组成的系统为研究对象，由水平方向动量守恒得：mv0=（M+m）v，其中v=v0/3，解得m:M=1:2，故选A.
【点睛】
选物体与盒子组成的系统为研究对象，水平方向仅有系统的内力作用而不受外力作用，故此方向满足动量守恒，碰撞前的动量，等于最后的总动量，典型的动量守恒的题目．
5．B
【解析】
当两球发生碰撞，遵守动量守恒，由于开始时两个滑块以大小均为p的动量相向运动，所以总动量为0；若发生完全非弹性碰撞，则 ，所以末动能的和也是0；若发生弹性碰撞，则两个小球的总动能不变．碰前两球的总动能为，按照动能不增加的原理，所以碰后两球的总动能要小于等于故B错误；ACD正确；本题选不正确的，故选B
6．C
【解析】
由x－t图象可以知道,碰撞前，碰撞后 碰撞过程动量守恒,对A、B组成的系统,设A原方向为正方向,则由动量守恒定律得:,?计算得出 故C正确；ABD错误；故选C
7．B
【解析】
若发生弹性碰撞，则由动量守恒：m1v0=m1v1+m2v2；由能量关系： ，解得，则；若发生完全非弹性碰撞，则由动量守恒：m1v0=(m1+m2)v，解得，则。。故≤r≤，B正确。
8．AC
【解析】
如果△PA=-3kg?m/s，△PB=3kg?m/s，遵守动量守恒定律。碰后两球的动量分别为 P′A=PA+△PA=12kg?m/s-3kg?m/s=9kg?m/s、P′B=PB+△PB=13kg?m/s+3kg?m/s=16kg?m/s，可知，碰撞后A的动能减小，B的动能增大，不违反能量守恒定律，是可能的，故A正确；如果△PA=4kg?m/s，△PB=-4kg?m/s，遵守动量守恒定律。A球的动能增加，B球的动能减小，不符合实际的运动情况，不可能，故B错误；如果△PA=-5kg?m/s，△PB=5kg?m/s，遵守动量守恒定律。碰后两球的动量分别为 P′A=PA+△PA =12kg?m/s-5kg?m/s=8kg?m/s、P′B=PB+△PB =13kg?m/s+5kg?m/s=18kg?m/s，可知，碰撞后A的动能减小，B的动能增大，不违反能量守恒定律，是可能的，故C正确；如果△PA=-24kg?m/s，△PB=24kg?m/s，遵守动量守恒定律。碰后两球的动量分别为 P′A=PA+△PA =12kg?m/s-24kg?m/s=-12kg?m/s、P′B=PB+△PB =13kg?m/s+24kg?m/s=37kg?m/s，可知，碰撞后A的动能不变，B的动能增大，违反了能量守恒定律，是不可能的，故D错误。所以AC正确，BD错误。
9．AC
【解析】
A.由x－t图像知碰前m2的位移不随时间而变化，处于静止状态.m1的速度大小为，m1只有向右运动才能与m2相撞，故A正确.
B.由图读出，碰后m2的速度为正方向，说明向右运动，m1的速度为负方向，说明向左运动，故B错误.
C.由图像求出碰后m2和m1的速度分别为v'=2m/s，v1'=－2m/s，根据动量守恒定律得m1v1=m2v2'+m1v1'，代入解得m2=0.3kg，故C正确.
D.碰撞过程中系统损失的机械能为，代入解得ΔE=0，故D错误.
10．AC
【解析】
A.由x-t图像可知，碰前小球2的位移不随时间变化，处于静止状态，故选项A正确。
B.碰后小球2的速度为正方向，说明向右运动，小球1的速度为负方向，说明向左运动，故选项B错误。
CD.由图读出，碰前小球1速度为v1=4 m/s，碰后小球2和小球1的速度分别为v′2 =2m/s，v′1=-2m/s，根据动量守恒定律得m1v1= m1v′1+m2v′2，解得m2=0.3kg，故选项D错误。由于碰撞前后满足m1v12=m1v′12+m2v′22，故为弹性碰撞，选项C正确。本题正确答案为AC。
11．BC
【解析】
设两球的质量分别为2m、3m；则碰前总动量2.4m；碰前总动能；
对选项A，碰后动量：(2m+3m)×0.48=2.4m，则动量守恒，末状态总动能，则A项合理；B项中碰后A球速度不可能大于B球速度，则B不合理；同理C项中动量2m×(-1.2)+3m×1.6=2.4m，动量守恒，末状态总动能，则C项不合理；D项中动量2m×(-0.24)+3m×0.96=2.4m，动量守恒守恒，末状态总动能，合理．题目中要求选不合理的，故选BC．
点睛：对于碰撞过程要遵守三大规律：1、是动量守恒定律；2、总动能不增加；3、符合物体的实际运动情况．
12． 0.5v
【解析】
[1][2] P、Q相互作用过程系统动量守恒，以P的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
解得
由能量守恒定律得
解得：
13．2 4
【解析】
滑块碰上静止的物体，根据动量守恒定律可得：，碰后在地面上做匀减运动，根据动量定理可得：，解得：，的质量为：，碰撞过程中、系统损失的机械能为。