学鲁科版选修35 1.3科学探究—一维弹性碰撞 作业（3）.docx

2017-2018学年度鲁科版选修3-5 1.3科学探究一维弹性碰撞 作业（3）1“打羽毛球”是一种常见的体育健身活动。当羽毛球以5m/s的水平速度飞来时，运动员迅速挥拍以10m/s的水平速度迎面击球，假设羽毛球和羽毛球拍的碰撞为弹性碰撞，且球拍的质量远大于球的质量，羽毛球反弹的速度大小为a. 25m/s b. 20m/sc. 15m/s d. 5m/s2天舟一号货运飞船于2017年4月20日在文昌航天发射中心由长征七号遥二运载火箭成功发射升空，在轨运行5个多月，到2017年9月12日，天舟一号货运飞船顺利完成了最后一次与天宫二号空间实验室的自主快速交会对接试验（第三次对接）。对接时，飞船从空间实验室后方拉近与空间实验室的距离，以比空间实验室稍大的速度追上实验室进行对接，形成组合体。整个任务过程，飞船与空间实验室进行了三次对接和三次分离若对接和分离都是在无动力状态下进行，且空间实验室在前飞船在后，忽略稀薄空气的阻力，则下列说法正确的是（ ）a. 对接和分离都会使飞船动量增大b. 飞船与空间实验室对接时船、室总动能减小，分离时船、室总动能不变c. 对接后空间实验室在原轨道上运动，分离后空间实验室轨道会略有升高d. 对接和分离都会使空间实验室机械能增大3真空中，一带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，当它运动到a点时与一不带电的静止粒子发生碰撞并合为一体。则碰撞前、后粒子的运动轨迹正确的是（实线表示碰撞前的轨迹，虚线表示碰撞后的轨迹）a. b. c. d. 4在光滑的水平面上有a、b两球在t=2s时发生正碰，其质量分别为ma、mb，两球在碰撞前后的v-t图象如图所示a、b两球质量之比是（） a. ma：mb=1：2b. ma：mb=2：5c. ma：mb=2：1d. ma：mb=5：25质量为m1=2kg和m2的两个物体在光滑的水平面上正碰，碰撞时间不计，其t(位移时间)图象如图所示，则m2 的质量等于()a. 3kg b. 4kg c. 5kg d. 6kg6如图所示，质量为m的a球在水平面上静止放置，质量为2m的b球向左运动速度大小为v0，b球与a球碰撞且无机械能损失，碰后a球速度大小为v1，b球的速度大小为v2，碰后相对速度与碰前相对速度的比值定义为恢复系统e=v1v2v00，下列选项正确的是a. e=1 b. e=12 c. e=13 d. e=147两个质量相等的小球在光滑水平面上沿同一直线同向运动，a球的动量是8kgm/s，b球的动量是6kgm/s，a球追上b球时发生碰撞，则碰撞后a、b两球的动量可能为a. pa0，pbl4kgm/sb. pa4kgm/s，pb10kgm/sc. pa6kgm/s，pb8kgm/sd. pa7kgm/s，pb8kgm/s8如图所示，质量均为m的a、b两球之间系着一根不计质量的弹簧，放在光滑的水平面上，a球紧靠竖直墙壁今用水平力f将b球向左推压弹簧，平衡后，弹性势能为ep，突然将f撤去，以下说法正确的是() a. 撤去f的瞬间，b球的速度为零，加速度为零b. b球的速度为零，加速度大小为fmc. 在a离开墙壁后，a、b两球为系统动量守恒，机械能守恒d. 在a离开墙壁后，弹簧弹性势能的最大值为ep/29在质量为m的小车中挂有一单摆，摆球的质量为m0，小车（和单摆）以恒定的速度v0沿光滑水平面运动，与位于正对面的质量为m的静止木块发生碰撞，如图所示，碰撞的时间极短，在碰撞过程中，下列情况可能发生的是（ ）a. 小车和摆球的速度都变为v1，木块的速度变为v2，满足m+m0v0=m+m0v1+mv2b. 小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为v1、v2、v3，满足m+m0v0=mv1+mv2+m0v3c. 摆球的速度不变，小车和木块的速度变为v1和v2，满足mv0=mv1+mv2d. 摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为v，满足mv0=m+mv10质量相等的a、b两球在光滑水平面上沿同一直线同一方向运动，a球的动量是9kgm/s, b 球的动量是5kgm/s，当a球追上b球时发生碰撞，则碰撞后a、b两球的动量可能值是 （ ）a. pa=7kgm/s, pb=7kgm/s,b. pa=6kgm/s, pb=8kgm/s,c. pa=-2kgm/s, pb=16kgm/s,d. pa=-4kgm/s, pb=17kgm/s,11如图：两个质量均为m=1kg的小滑块a和b静止在水平地面上，彼此相距l=1.25m。现给a一个水平向右的瞬时冲量i使其向右运动，a、b碰撞后黏合在一起。已知a、b从碰撞结束到停止运动经历的时间为t=0.5s，两滑块与地面之间的动摩擦因数=0.2，重力加速度g=10m/s2。求：(1)碰撞结束时a、b的速度大小；(2)瞬时冲量i的大小。12如图所示，质量为m、半径为r、内壁光滑的、r圆槽置于光滑水平面上，其左侧紧靠竖直墙，右侧紧靠一质量为m的小滑块。将一质量为2m的小球自左侧槽口a的正上方某一位置由静止开始释放，由圆弧槽左端a点进入槽内，小球刚好能到达槽右端c点。重力加速度为g，求：(1)小球开始下落时距a的高度；(2)小球从开始下落到槽最低点b的过程中，墙壁对槽的冲量；(3)小滑块离开槽的速度大小。13如图所示，质量相等的物块a和足够长的木板b，质量为m1=m2=1kgm1=m2=1kg，通过一劲度系数k=25n/mk=25n/m的轻质弹簧连接。b与水平面间接触面的动摩擦因数=0.25=0.25，a、b间接触面光滑，弹簧开始时处于原长。现在物块a上施加一个水平向右的恒力f=5n，使物块a向右滑动，物块运动过程中弹簧始终处在弹性限度内。已知最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度g取10m/s210m/s2，弹簧弹性势能可表示为ep=12kx2 ,ep=12kx2，其中k为弹簧劲度系数，x为弹簧形变量。求：（1）物块a刚开始滑动时加速度大小a；（2）木板b刚开始滑动时弹簧的伸长量x0和物块a的速度大小v0；（3）弹簧第一次拉伸到最长时弹簧的伸长量x.14如图所示，在光滑的水平面上有一质量为mc=1kg的足够长的木板c，在c上放置有a、b两物体，a的质量ma=1kg，8的质量为mb=2 kg。a、b之间锁定一被压缩了的轻弹簧，弹簧储存的弹性势能ep=3j，现突然给a、b一瞬时冲量作用，使a、b同时获得v0=2m/s的初速度，与此同时弹簧由于受到扰动而解除锁定，并在极短的时间内恢复原长，之后与a、b分离（此过程中c仍保持静止)。已知a和c之间的摩擦因数为1=0.2，b、c之间的动摩擦因数为2=0.1，且滑动摩擦力略小于最大静摩擦。求：（1）弹簧与a、b分离的瞬间，a、b的速度分别是多大?（2）已知在c第一次碰到右边的固定挡板之前，a、b和c已经达到了共同速度，求共同速度v和达到共速之前a、b、c的加速度aa、ab、ac。的大小?（3）已知c与挡板的碰撞无机械能损失，求在第一次碰撞后到第二次碰撞前a在c上滑行的距离?15如图所示，水平台面ab与固定斜面cd的顶点c的高度差h=0.45m，a点与台面边缘b间的距离s=2m，斜面cd的长度l=1.04m、倾角=37.质量m=0.2kg的滑块甲在水平恒力的作用下从a点由静止开始向右运动，在其运动到b点前瞬间，撤去该水平恒力，滑块甲与放置在b点的完全相同的滑块乙碰撞后粘在一起飞出台面，并恰好以平行于斜面cd的速度从c点滑上斜面，然后沿固定斜面cd下滑，已知两滑块与台面及斜面间的动摩擦因数均为=0.5，空气阻力不计，两滑块均可视为质点，取g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8，求：（1）两滑块从b点飞出时的速度大小vb；（2）该水平恒力的大小f；（3）两滑块从b点运动到斜面底端d所用的时间t。试卷第5页，总5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1a【解析】设碰撞前羽毛球和羽毛球拍的速度分别为v1和v2，碰后羽毛球和羽毛球拍的速度分别为v1 和v2 。取碰撞前羽毛球的速度方向为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得：m1v1+m2v2=m1v1+m2v2，12m1v12+12m2v22=12m1v12+12m2v22。联立得v1=m1m2v1+2m2v2m1+m2 ，据题有m1m2得v1=2v2v1=210(5)=25m/s。故a正确。 2d【解析】a、无动力状态下的对接和分离，飞行方向上系统不受外力，动量守恒，对接实际上是完全非弹性碰撞，由m1v1+m2v2=(m1+m2)v可知，对接后空间实验室速度略有增大，飞船速度略有减小，故实验室动量增大，飞船动量减小，故选项a错误；b、同理，对接时系统总动能减小，但分离产生反冲运动，系统动能增大，选项b错误；c、由以上判断可知，无论是对接还是分离，空间实验室速度都略有增大，机械能增大，因此轨道都会略有升高，故选项c错误d正确。点睛：本题需要注意动量守恒和能量守恒的应用问题，分离时产生反冲运动，系统能量增加。3a【解析】设碰撞前带电粒子的动量为p带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为，带电粒子在a点与一不带电的静止粒子碰撞过程动量守恒，总动量仍为p，总电量仍q，则由得知，碰撞后的共同体做匀速圆周运动的半径与碰撞前带电粒子的半径相同，则共同体仍沿原轨道做匀速圆周运动，a正确【点睛】本题的关键是抓住公式中，mv是动量，即能分析碰撞后的轨迹半径与碰撞前半径的关系4b【解析】由图可以知道b球碰前静止,设碰撞前,a球的速度为 ,碰后a球速度为 ,b球速度为 ,物体碰撞过程中动量守恒,规定a的初速度方向为正,由动量守恒定律有: ;结合图中说给数据可求得： ，故b正确；故选b点睛：a、b碰撞过程中动量守恒,根据动量守恒定律列出方程,结合图象信息即可求得两球质量关系.5d【解析】由图象知， 碰前速度为： ，碰后的速度为： ， 碰前速度为： ，碰后的速度为： ，两物体组成的系统动量守恒，以m1的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得： ，代入数据解得： ，故abc错误，d正确，故选d.【点睛】根据x-t图象斜率求出各自碰撞前后的速度，根据碰撞过程中动量守恒即可求解.6a【解析】ab在碰撞的过程中，根据动量守恒可得，2mv0=mv1+2mv2，在碰撞的过程中机械能守恒，可得122mv02=12mv12+122mv22，解得v1=43v0，v2=13v0，碰后相对速度与碰前相对速度的比值定义为恢复系统e=v1v2v00=1，故a正确，bcd错误；故选a。7c【解析】以a、b两球组成的系统为对象。设两球的质量均为m。当a球追上b球时发生碰撞，遵守动量守恒。由题，碰撞前总动量为：p=pa+pb=（8+6）kgm/s=14kgm/s。碰撞前总动能为：ek=pa22m+pb22m=822m+622m=50m；a、碰撞后总动量为p=pa+pb=（0+14）kgm/s=14kgm/s，符合动量守恒定律。碰撞后总动能为ek=1422m=98mek，总动能增加，违反了能量守恒定律，不可能；故a错误。b、碰撞后总动量为p=pa+pb=（4+10）kgm/s=14kgm/s，符合动量守恒定律。碰撞后总动能为ek=422m+1022m=58mek ，总动能增加，违反了能量守恒定律，不可能。故b错误。c、碰撞后总动量为p=pa+pb=（6+8）kgm/s=14kgm/s，符合动量守恒定律。碰撞后总动能为ek=622m+822m=55m=ek，符合能量守恒定律，可能发生。故c正确。d、碰撞后，总动量为p=pa+pb=（7+8）kgm/s=15kgm/s，不符合动量守恒定律，是不可能发生的，故d错误。故选c。点睛：对于碰撞过程，往往根据三大规律进行分析：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8bd【解析】突然撤去f瞬间，弹簧弹力不变，a球受力情况不变，加速度为零，b球水平方向只受弹力，而f弹f，abfm；选项a错误，b正确；之后，b开始在弹力作用下向右运动，弹簧第一次恢复原长前，a球总受到向左的弹力，恢复原长后，变为拉伸状态，a才离开墙壁，离开墙壁后，ab系统所受外力为零，故动量守恒，a、b、弹簧组成的系统机械能守恒，故选项c错；弹簧恢复到原长时：ep=12mv02；当弹簧弹性势能最大时两者速度相等，则由动量守恒和系统机械能守恒可得：mv0=2mv；12mv02=122mv2+ep ，解得弹性势能最大是ep=ep/2，故选项d正确；故选bd。9cd【解析】在碰撞过程中，由于惯性，摆球的速度不变。故ab错误。摆球的速度不变，小车和木块组成的系统动量守恒，若碰后小车和木块的速度变v1和v2，取向右为正方向，根据动量守恒有：mv=mv1+mv2故c正确。摆球的速度不变，小车和木块的速度变为v，取向右为正方向，根据动量守恒定律有：mv=（m+m）v故d正确。故选cd。点睛：解决本题的关键合理选择研究对象，知道在碰撞的瞬间前后摆球的速度不变，没有参与碰撞，明确小车和木块组成的系统动量守恒10ab【解析】以两球组成的系统为研究对象，取甲球碰撞前的速度方向为正方向，两球的质量均为m，碰撞前系统的总动能：ek=pa22m+pb22m=922m+522m=53m；系统的总动量：p=9kgm/s+5kgm/s=14kgm/s； a、若碰后甲、乙两球动量为：pa=7kgm/s，pb=7kgm/s，系统的总动量 p=7kgm/s+7kgm/s=14kgm/s，动量守恒。总动能：ek=pa22m+pb22m=722m+722m=49m，总动能减小，是可能的，故a正确。b、若碰后甲、乙两球动量为：pa=6kgm/s，pb=8kgm/s，系统的总动量 p=6kgm/s+8kgm/s=14kgm/s，动量守恒。总动能：ek=pa22m+pb22m=622m+822m=50m，总动能减小，是可能的，故b正确。c、若碰后甲、乙两球动量为：pa=-2kgm/s，pb=16kgm/s，系统的总动量 p=-2kgm/s+16kgm/s=14kgm/s，动量守恒。总动能：ek=pa22m+pb22m=222m+1622m=130m，总动能增加，是不可能的，故c错误。d、若碰后甲、乙两球动量为：pa=-4kgm/s，pb=17kgm/s，系统的总动量 p=-4kgm/s+17kgm/s=13kgm/s，动量不守恒，不可能，故d错误。故选ab。点睛：对于碰撞过程，要掌握三大规律：1、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11(1)v共=1m/s (2)i=3ns 【解析】解：(1)a、b碰后一起向右做匀减速直线运动，由牛顿第二定律有: (m+m)g=(m+m)a由运动学规律有： v共=at联立两式代入数据解得：v共=1m/s(2)设a获得的初速为v1，碰撞前的速度为v2碰撞过程中a、b系统动量守恒，有： mv2=2mv共碰撞前，a向右做匀减速直线运动，由动能定理有：mgl=12mv2212mv12由动量定理有：i=mv1联立三式代入数据解得： i=3ns12（1） （2） （3）【解析】（1）设小球第一次运动到槽最低点b的速度为vb，小球从开始释放到运动到b的过程中，则有： 小球运动到c点时，小球、半圆槽和滑块系统的共同速度为v共，小球从b点到c点，有： 解得h=r； （2）对小球、半圆槽和小滑块系统，从开始下落到b点的过程中，由动量定理： 解得 方向水平向右（3）对小球、半圆槽和小滑块系统，从小球从c点至第二次到b点的过程中： 解得 小球第二次到b点后，小滑块离开槽而向右匀速直线运动，速度为。13(1)a=5m/s2 (2)v0=1m/s (3)x=2+210m0.34m【解析】（1）对物块a受力分析有：f=m1aa=5m/s2（2）对物块b受力分析，kx0=n，且n=m1+m2g，联立解得x0=0.2m；对物块a应用功能关系有：fx0=12m1v02+12kx02联立解得v0=1m/s；（3）设从物块b开始运动到弹簧第一次最长a位移为x1，物块b位移为x2，弹簧伸长量为x，弹簧最长时a、b速度相等，为v，则对a、b系统应用功能关系可得：fx1fx2=12m1v02+12kx02=12m1+m2v2+12kx2；对a、b组成的系统，受到恒力f和地面摩擦力的作用，合力为零，a、b系统动量守恒m1v0=m1+m2v；由长度关系x0+x1x2=x；联立解得x=2210m（舍去）和x=2+210m；故弹簧第一次拉伸最长时弹簧伸长量为x=2+210m=0.34m；14(1) va=0、vb=3m/s (2) aa=ab=ac=1m/s2 ， v=1.5m/s (3) 0.75m【解析】（1）在弹簧弹开两物体的过程中，由于作用时间极短，对ab弹簧组成的系统由动量和能量守恒定律可得：(ma+mb)v0=mava+mbvbep+12(ma+mb)v02=12mava2+12mbvb2联立解得：va=0、vb=3m/s （2）对物体b有：ab=2g=1m/s2 假设ac相对静止，有：2mbg=(ma+mc)a 解得：a=1m/s2因为：maa1mag