学鲁科版选修35 1.3科学探究—一维弹性碰撞 作业（5）.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（5）1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2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 j3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. l104质量为m的小球a以速度在光滑水平面上运动，与质量为2m的静止小球b发生对心碰撞，则碰撞后小球a的速度大小和小球b的速度大小可能为a. b. c. d. 5矩形滑块由不同材料的上下两层粘合在一起组成，将其放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v水平射入滑块，若射击下层，子弹刚好不射出；如图甲所示，若射击上层，则子弹刚好能射入一半厚度，如图乙所示，子弹可看作质点，上述两种情况相比较a. 子弹对滑块的冲量不一样大b. 子弹对滑块做功一样多c. 系统产生的热量一样多d. 子弹和滑块间的水平作用力一样大6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零7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8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9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. 10三个相同的木块a、b、c同同一高度自由下落。其中，木块a在开始下落的瞬间被水平飞行的子弹击中，木块b在下落到一半高度时被水平飞来的子弹击中，子弹均留在木块中，则三个木块下落时间ta、tb、tc的大小关系是a. ta=tb=tc b. ta=tctc d. tatbtc11质量为m的木块放在水平台面上，台面比水平地面高出h=0.20m，木块离台的右端l=1.7m。质量为m=0.10m的子弹以v0=180m/s的速度水平射向木块，并以v=90m/s的速度水平射出，木块落到水平地面时的落地点到台面右端的水平距离为s=1.6m，求木块与台面间的动摩擦因数为。12质量为m=1kg的物体在距地面高h=5m处由静止自由下落，正落在以v=5m/s速度沿光滑水平面匀速行驶的装载沙子的小车中，车与沙子的总质量为m=4kg，当物体与小车相对静止后，小车的速度为多大？13光滑的水平面上有一静止的足够长木板，质量为m；一质量为m的铁块（可视为质点） 以速度v滑上木板，且与木板之间动摩擦因数为，已知重力加速度为g,试求：（1）二者的共同速度 ；（2）试用动量定理求达到共同速度所需时间t；14长木板a静止在水平地面上，长木板的左端竖直固定着弹性挡板p，长木板a的上表面分为三个区域，其中po段光滑，长度为1 m；oc段粗糙，长度为1.5 m；cd段粗糙，长度为1.19 m。可视为质点的滑块b静止在长木板上的o点。已知滑块、长木板的质量均为1 kg，滑块b与oc段动摩擦因数为0.4，长木板与地面间的动摩擦因数为0.15。现用水平向右、大小为11 n的恒力拉动长木板，当弹性挡板p将要与滑块b相碰时撤去外力，挡板p与滑块b发生弹性碰撞，碰后滑块b最后停在了cd段。已知质量相等的两个物体发生弹性碰撞时速度互换，g=10 ms2，求：（1）撤去外力时，长木板a的速度大小；（2）滑块b与木板cd段动摩擦因数的最小值；（3）在（2）的条件下，滑块b运动的总时间。15如图，小球a、b用等长细线悬挂于同一固定点o让球a静止下垂，将球b向右拉起，使细线水平从静止释放球b，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大偏角为53忽略空气阻力，求两球a、b的质量之比（sin530=0.8,cos530=0.6）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】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2bd【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3abc【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4ad【解析】若碰后a球速度方向和原来一致，根据动量守恒得：mv0=mva+2mvb根据碰撞过程系统的总动能不增加，即： mv02mva2+2mvb2若va=v0，vb=v0，且va与v0方向相反，代入两式均成立，故a正确。将va=v0，vb=v0，且va与v0方向相反，代入式成立，而代入不成立，故b错误。将va=v0，vb=v0，且va与v0方向相同，代入式成立，但碰后a的速率不可能大于b的速率，故c错误。将va=v0，vb=v0，且va与v0方向相反，代入两式均成立，故d正确。故选ad.点睛：对于碰撞过程，往往根据三个规律去分析：一是动量守恒；二是总动能不增加；三是碰后，若两球分开后同向运动，后面小球的速率不可能大于前面小球的速率5bc【解析】设子弹的质量是m，初速度是v0，滑块的质量是m，选择子弹的初速度的方向为正方向，根据动量守恒知道最后物块获得的速度（最后物块和子弹的公共速度）v则：mv0=（m+m）v；所以，可知两种情况下木块得到的速度是相同的，根据动量定理可知，两种情况子弹对滑块的冲量一样大，故a错误；滑块的末速度是相等的，所以获得的动能是相同的，根据动能定理，物块动能的增量是子弹做功的结果，所以两次子弹对物块做的功一样多，故b正确；子弹嵌入下层或上层过程中，系统产生的热量都等于系统减少的动能，而子弹减少的动能一样多（子弹初末速度相等）；物块能加的动能也一样多，则系统减少的动能一样，故系统产生的热量一样多。故c正确；子弹嵌入下层或上层过程中，系统产生的热量都等于系统减少的动能，即q=fs相对，由于两种情况相比较子弹能射穿的厚度不相等，即相对位移s相对不相等，所以两种情况下子弹和滑块间的水平作用力不一样大，故d错误；故选bc.点睛：此题考查动量守恒、动能定理和能量守恒等内容，要知道子弹嵌入滑块的过程，符合动量守恒，所以最后它们的速度是相同的，利用动能定理或者是能量守恒得出系统产生的热能是相等的6d【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7d【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8a【解析】a、由st（位移时间）图象的斜率得到，碰前m2的位移不随时间而变化，处于静止。m1向速度大小为：v1=x1t1=82m/s=4m/s，方向只有向右才能与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、由图乙所示图象可知：v1=x1t1=82m/s=4m/s，由图求出碰后m2和m1的速度分别为：v2=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错误；d、碰撞过程中系统损失的机械能为：e=12m1v1212m1v1212m2v22，代入解得：e=0，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。 9a【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。10b【解析】木块c自由落体，木块a在刚要下落瞬间被子弹射中，并留在其中，木块a与子弹一起自由落体运动，a、c均做自由落体运动，且下落高度相同，故二者下落时间相同，即ta=tc木块b落下一定距离后被水平飞来的子弹水平射中，子弹留在其中。在子弹击中木块过程中，竖直方向动量守恒，由于子弹进入木块后总质量变大，由动量守恒定律可知，木块速度变小，木块落地时间延长，木块b在空中的运动时间比a、c时间长，则ac同时落地，b最后落地，即ta=tctb，故b正确。故选b。点睛：考查自由落体运动的规律，关键是知道子弹打入木块时竖直方向动量守恒，掌握动量及动量守恒的定律，理解运动的合成与分解11=0.5【解析】子弹射穿木块的过程中，系统动量守恒，设子弹的速度为正方向，根据动量守恒定律得： ，解得 木块离开平台后做平抛运动，由平抛规律得，解得，而，解得；木块在台面上滑行阶段对木块由动能定理得，代入数据解得。124m/s【解析】试题分析：根据电荷数守恒、质量数守恒写出核反应方程；根据爱因斯坦质能方程求出释放的核能物体和车作用过程中，两者组成的系统水平方向不受外力，水平方向系统的动量守恒。已知两者作用前，车在水平方向的速度，小球水平方向的速度；设当物体与小车相对静止后，小车的速度为，取原来车速度方向为正方向，则根据水平方向系统的动量守恒得；解得： 13（1） （2）【解析】试题分析：（1）以铁块和木板为一个系统，系统动量守恒，由动量守恒列式即可求解；（2）对m根据动量