学教科版选修35 1.1碰撞 作业（4）.docx

2017-2018学年度教科版选修3-5 1.1碰撞 作业（4）1如图，连接有轻弹簧的物块a静止于光滑水平面上，物块b以一定初速度向左运动。下列关于a、b两物块的动量p随时间t的变化关系图象，合理的是a. b. c. d. 2如图所示，用轻弹簧相连的质量均为1kg的a、b两物块都以=4m/s的速度在光滑水平地面上运动，弹簧处于原长，质量为2kg的物块c静止在前方，b与c碰撞后二者粘在一起运动，在以后的运动中下列说法正确的是a. 当弹簧的形变量最大时，物块a的速度为2msb. 弹簧的弹性势能的最大值为83jc. 弹簧的弹性势能的最大值为8jd. 在以后的运动中a的速度不可能向左3如图所示，在光滑的水平桌面上有体积相同的两个小球a、b，质量分别为m=0.1kg和m=0.3kg，两球中间夹着一根压缩的轻弹簧，原来处于静止状态，同时放开a、b球和弹簧，已知a球脱离弹簧的速度为6m/s，接着a球进入与水平面相切，半径为0.5m的竖直面内的光滑半圆形轨道运动，pq为半圆形轨道竖直的直径，g=10m/s2，下列说法正确的是a. 弹簧弹开过程，弹力对a的冲量大于对b的冲量b. a球脱离弹簧时b球获得的速度大小为2m/sc. a球从p点运动到q点过程中所受合外力的冲量大小为1nsd. 若半圆轨道半径改为0.9m，则a球不能到达q点4如图甲，长木板a静止在光滑水平面上，质量为m2 kg的另一物体b（可看做质点）以水平速度v02 m/s滑上长木板a的表面。由于a、b间存在摩擦，之后运动过程中a、b的速度随时间变化情况如图乙所示。g取10 m/s2，下列说法正确的是a. 木板a的最小长度为2 mb. a、b间的动摩擦因数为0.1c. 木板获得的动能为2 jd. 系统损失的机械能为2 j5如图所示，两个完全相同的小球a、b用等长的细线悬挂于o点，线长为l，若将a由图示位置静止释放，则b球被碰后第一次速度为零时距最低点的高度可能是a. l2 b. l4 c. l8 d. l106如图，质量为m的小车静止在光滑的水平面上，小车ab段是半径为r的四分之一光滑圆弧轨道，bc段是长为l的水平粗糙轨道，两段轨道相切于b点，一质量为m的滑块在小车上从a点静止开始沿轨道滑下，然后滑入bc轨道，最后恰好停在c点。已知小车质量m=3m，滑块与轨道bc间的动摩擦因数为，重力加速度为g.则a. 全程滑块水平方向相对地面的位移r+lb. 全程小车相对地面的位移大小s=14（r+l)c. 滑块m运动过程中的最大速度vm=2grd. 、l、r三者之间的关系为r=4l7如图所示，质量为m的足够长的木板静置在光滑的水平面上，在m上放置一质量为m的物块，物块与木板的接触面粗糙。当物块m获得初速度v0向右滑动，在滑动过程中下面叙述正确的是（ ）a. 若m固定不动，则m对m摩擦力的冲量为零b. 若m不固定，则m克服摩擦力做的功全部转化为内能c. 不论m是否固定， 摩擦力对m与m所做的功之和一定等于零d. 不论m是否固定，摩擦力对系统的冲量之和一定为零8如图所示，a、b两个带电小球，质量分别为ma、mb，用绝缘细线悬挂，细线无弹性且不会被拉断。两球静止时，它们距水平地面的高度均为h、绳与竖直方向的夹角分别为和（）.若同时剪断细线ac和bc，空气阻力不计，两球电量不变，重力加速度为g。则下列说法正确的是（ ） a. a球先落地，b球后落地b. 落地时，a、b两球的动能之和等于（ma+mb）ghc. 整个运动过程中，a、b系统的机械能不守恒，但系统的动量守恒d. 整个运动过程中，库伦力对a和b两球的冲量大小相等9如图甲所示，在光滑水平面上的两小球发生正碰。小球的质量分别为m1和m2。图乙为它们碰撞前后的st(位移时间)图象。已知m10.1kg。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. m20.2kgd. 碰撞过程中系统损失了0.4j的机械能10设a、b两小球相撞，碰撞前后都在同一直线上运动若测得它们相撞前的速度为va、vb，相撞后的速度为、，可知两球的质量之比等于a. b. c. d. 11如图所示，在橄榄球比赛中，质量为100kg的橄榄球前锋以va=5m/s的速度跑动，想穿越防守队员到底线触地得分，就在他刚要到底线时，迎面撞上了对方两名质量均为75kg的球员，一个速度vb=2m/s，另一个速度vc=4m/s，他们腾空扭在了一起他们碰撞后瞬间的速度大小约是_ m/s，在此过程中三名球员的总机械能_(填“增大”“不变”或“减小”)12质量分别为m1和m2的两个小球在光滑的水平面上分别以速度v1、v2同向运动并发生对心碰撞，碰后m2被右侧的墙原速弹回，又与m1相碰，碰后两球都静止。则两球第一次碰后m1球的速度大小为_。13一质量为1.0kg的小球静止在光滑水平面上，另一质量为0.5kg的小球以2m/s的速度和静止的小球发生碰撞，碰后以0.2m/s的速度被反弹，仍在原来的直线上运动，碰后两球的总动量是_kgm/s，原来静止的小球获得的速度大小为_m/s.14质量为m1=0.1kg的物块a在光滑的水平面上以0.3m/s的速率向右运动,恰遇上质量m2=0.5kg的物块b以0.1m/s的速率向左运动,两物块正碰后,物块b恰好停止,那么碰撞后物块a的速度大小是_,方向_(填“向左”或“向右”) 15如下图所示，质量为m的盒子放在光滑的水平面上，盒子内表面不光滑，盒内放有一块质量为m的物体从某一时刻起给m一个水平向右的初速度v0，那么在物块与盒子前后壁多次往复碰撞后_a两者的速度均为零b两者的速度总不会相等c车的最终速度为mv0/（mm），向右d车的最终速度为mv0/m，向右试卷第3页，总4页本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。参考答案1bcd【解析】a项：ab系统动时守恒可知，b的速度减为零后反向加速，即b的动量不可能恒定为零，故a错误；b、c、d项：由动量守恒定律、不可穿越原理，动能不增原理可知，b、c、d正确。2abd【解析】当a、b、c三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大。取向右为正方向，由a、b、c三者组成的系统动量守恒得：（ma+mb）v=（ma+mb+mc）va，代入数据解得：va=2m/s，选项a正确；b、c碰撞时，b、c系统动量守恒，设碰后瞬间两者的速度为v1，则：mbv=（mb+mc）v1，代入数据解得：v1=43m/s；设弹簧的弹性势能最大为ep，根据bc碰后系统的机械能守恒得：ep=12（mb+mc）v12+12mav2-12（ma+mb+mc）va2 ，代入数据解得为：ep=83j，则选项b正确，c错误。a不可能向左运动。系统动量守恒，则得：（ma+mb）v=mava+（mb+mc）vb；假设a向左，va0，vb83m/s，此时a、b、c动能之和为：e=12mava2+12（mb+mc）vb212（mb+mc）vb2=323j；实际上系统的机械能：e=12（mb+mc）v12+12mav2=323j，根据能量守恒定律，ee，违反了能量守恒定律，是不可能的，选项d正确；故选abd。点睛：本题是含有非弹性碰撞的过程，不能全过程列出机械能守恒方程：ep=12mav2+12mbv2-12（ma+mb+mc）va2，这是学生经常犯的错误。要分过程分别研究。3bcd【解析】试题分析：根据弹簧对a、b的弹力大小关系、作用时间关系分析弹力对a、b冲量关系弹簧弹开过程，根据动量守恒定律求a球脱离弹簧时b球获得的速度由机械能守恒定律求a球到达q点的速度，再由动量定理求a球从p点运动到q点过程中所受合外力的冲量大小若半圆轨道半径改为0.9m，求出a球到达q点时的最小速度，再分析a球能否到达q点弹簧弹开两小球的过程，弹力相等，作用时间相同，根据冲量定义可知，弹力对a的冲量大小等于b的冲量大小，a错误；由动量守恒定律mv1=mv2，解得a球脱离弹簧时b球获得的速度大小为v2=2m/s，b正确；设a球运动到q点时速率为v，对a球从p点运动到q点的过程，由机械能守恒定律可得12mv12=mg2r+12mv2，解得v=4m/s，根据动量定理i=mv(mv1)=1ns，即a球从p点运动到q点过程中所受合外力的冲量大小为1ns，c正确；若半圆轨道半径改为0.9m，小球到达q点的临界速度vq=gr=3m/s，对a球从p点运动到q点的过程，由机械能守恒定律12mv12=mg2r+12mv2，解得v=0，小于小球到达q点的临界速度，则a球不能达到q点，d正确4bd【解析】由图象可知物体b的位移为1.5m，木板a的位移为0.5m，所以木板最小长度为1m，选项a错误；由动量守恒定律：mbv0=(ma+mb)v，解得ma=2kg；由图象可知木板a的加速度为1m/s2，根据mbg=maaa得出动摩擦因数为0.1，选项b正确。从图可以看出，最后的共同速度为1m/s，由ekamv2可得木板a的获得的动能为1j，选项c错误；系统损失的机械能，代入数据得：wk=2j，选项d正确；故选bd。点睛：此题关键是先根据v-t图象得出物体运动特征，根据动量守恒求解木板的质量，根据牛顿运动定律求解摩擦因数；根据功能关系求解机械能损失5abc【解析】a球到达最低点时，设其动能为eka，由动能定理得：ekamgl(1cos60)12mgl若a、b间发生的是弹性碰撞，则b获得动能最大为eka，上升的最大高度和a释放点相同：即为：l（1-co）=12l；若a、b间发生的是完全非弹性碰撞（就是两个小球粘在一起）：设共同达到的速度为v：由动量守恒：mv=2mv得：v=v2；则由动能定理：2mgh=122mv2=14mv2=14mgl，解得h=18l；若碰撞介于弹性碰撞和完全非弹性碰撞之间：上升的高度就介于12l与18l之间。综上所述，则选项abc正确，d错误；故选abc. 点睛：两物体发生碰撞时，不知道碰撞情况时必须分情况讨论，弹性碰撞或是完全非弹性碰撞应用动量守恒求解物体碰撞后的速度，再从能量转化的方向去求解6b【解析】小车和滑块系统在水平方向动量守恒，全程小车相对地面的位移大小为s，则由动量守恒定律结合“人船模型”：ms=m(r+ls)，解得s=14（r+l)；滑块水平方向相对地面的位移为：34（r+l)，选项a错误，b正确；滑块到达b点时，小车的速度最大，小车与滑块组成的系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv-mvm=0，滑块从a到b过程，由能量守恒定律得：mgr=12mv2+12mvm2，解得：vm=gr6；选项c错误；滑块到达c点时，系统的速度变为零，由能量关系可知：mgr=mgl,即r=l，选项d错误；故选b.点睛：该题主要考查系统水平方向动量守恒和能量守恒的问题，求解两物体的位移，往往根据平均速度研究，也可直接用“人船模型”列式子；也可以根据题目提供的特殊的条件：在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的3倍，不使用动量守恒定律7d【解析】若m固定不动，因为冲量等于ft，因m相对于m滑动，二者之间有摩擦力，故摩擦力的冲量不为零，故a错误；若m不固定，m克服摩擦力做功，m减小的动能转化为m的动能及系统的内能，故b错误；若m不固定，m相对于地的位移大于m相对于地的位移，相互间摩擦力大小相等，则m对m的摩擦力做功小于m对m的摩擦力做功，摩擦力对m与m所做的功之和为负值，故c错误。因相互作用的摩擦力大小相等，方向相反，且作用时间相同，故相互作用的冲量大小相等，方向相反，即摩擦力对系统的冲量之和一定为零，故d正确；故选d。点睛：本题应掌握冲量的定义及功能关系，知道作用力和反作用力总是大小相等方向相反的；注意当物体发生相对运动时，摩擦力与相对位移的乘积等于内能的增加量8d【解析】因为两个球竖直方向只受重力，所以同时着地；下落过程中，重力和库伦力都做正功，所以动能大于（ma+mb)gh,运动过程中由于库仑力做功，所以机械能不守恒，由于系统合外力不为零，所以动量不守恒，a、b两球任意时刻所受库仑力大小相等，所以d正确。故选d.【点睛】本题考查知识点较多，涉及运动的独立性以及物体的平衡等，较好的考查了学生综合应用知识的能力，注意过程中库仑力做功，机械能不守恒，但最终动能来自于减小的重力势能是解题关键9a【解析】a、由（位移时间）图象的斜率得到，碰前的位移不随时间而变化，处于静止。向速度大小为： ，方向只有向右才能与相撞，故a正确；b、由图读出，碰后的速度为正方向，说明向右运动， 的速度为负方向，说明向左运动，故b错误；c、由图乙所示图象可知： ，由图求出碰后和的速度分别为： ， ，根据动量守恒定律得： ，代入解得， ，故c错误；d、碰撞过程中系统损失的机械能为： ，代入解得： ，故d错误。点睛：s-t（位移时间）图象的斜率等于速度，由数学知识求出碰撞前后两球的速度，分析碰撞前后两球的运动情况。根据动量守恒定律求解两球质量关系，由能量守恒定律求出碰撞过程中系统损失的机械能。 10a【解析】解：两球碰撞过程系统动量守恒，以a的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得： ，解得： ，故a正确。11 0.2 减小【解析】以前锋a的速度va的方向为正方向，设碰撞后瞬间的共同速度为v，根据动量守恒定律