【物理】2020届一轮复习人教版碰撞模型问题课时作业

【物理】2020届一轮复习人教版碰撞模型问题课时作业

‎2020届一轮复习人教版 碰撞模型问题 课时作业 ‎1.(多选)(2018·辽宁省朝阳市一模)在光滑水平面上，一质量为m的小球1以速度v0与静止的小球2发生正碰，碰后小球1、2的速度大小均为v0，则小球2的质量可能是(　　)‎ A.mB.2mC.3mD.4m ‎2.(2018·山东省济宁市期中)在光滑的水平地面上放有一质量为M，带光滑圆弧形槽的小车，一质量为m的小铁块以速度v沿水平槽口滑去，如图1所示，若M＝m，则铁块离开车时将(　　)‎ 图1‎ A.向左平抛 B.向右平抛 C.做自由落体运动 D.无法判断 ‎3.如图2所示，在光滑水平地面上有A、B两个小物块，其中物块A的左侧连接一水平轻质弹簧.物块A处于静止状态，物块B以一定的初速度向物块A运动，并通过弹簧与物块A发生弹性正碰.对于该作用过程，两物块的速率变化可用速率－时间图象进行描述，在下图所示的图象中，图线1表示物块A的速率变化情况，图线2表示物块B的速率变化情况.则在这四个图象中可能正确的是(　　)‎ 图2‎ ‎4.为完成某种空间探测任务，需要在太空站上发射空间探测器，探测器通过向后喷气而获得反冲力使其加速.已知探测器的质量为M，每秒喷出的气体质量为m，喷射气体的功率恒为P，不计喷气后探测器的质量变化.则喷气Δt秒后探测器获得的动能为(　　)‎ A. B. C. D. ‎5.(多选)(2018·山东省烟台市模拟)在某高空杂技类节目现场的下方放置有一弹簧垫.此弹簧垫可视为质量为m的木板与两相同直立轻弹簧的上端相连且不固定，弹簧下端固定在水平地面上，静止时弹簧的压缩量为h，如图3所示.某同学为了测试弹簧垫的性能，将一质量为0.5m的物体从距木板上方6h高的O点由静止释放，物体打在木板上并立刻与木板一起向下运动，但不粘连，到达最低点后又向上运动，它们恰能回到A点，此时弹簧恰好无形变.忽略空气阻力，则下列说法正确的是(　　)‎ 图3‎ A.整个过程中，物体、木板和两弹簧组成的系统机械能守恒 B.物体与木板一起向下运动过程中的速度先增大后减小 C.物体打在木板上之前，两弹簧的弹性势能总和为0.5mgh D.若另一质量为m的物体仍从O点由静止释放，此物体第一次离开木板时的速度大小为 ‎6.(多选)(2018·湖北省名校联考)如图4所示，光滑水平面上有一质量为2M、半径为R(R足够大)的圆弧曲面C，质量为M的小球B置于其底端，另一小球A质量为，小球A以v0＝6m/s的速度向B运动，并与B发生弹性碰撞，不计一切摩擦，小球均视为质点，则(　　)‎ 图4‎ A.B的最大速率为4m/s B.B运动到最高点时的速率为m/s C.B能与A再次发生碰撞 D.B不能与A再次发生碰撞 ‎7.(多选)(2018·河北省石家庄市质检)如图5所示，一个质量为M的木箱静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个质量为m的小木块.现使木箱瞬间获得一个水平向左的初速度v0，下列说法正确的是(　　)‎ 图5‎ A.最终小木块和木箱都将静止 B.最终小木块和木箱组成的系统损失的机械能为－ C.木箱速度为时，小木块的速度为 D.最终小木块速度为 ‎8.甲、乙两球在水平光滑轨道上同向运动，已知它们的动量分别是p1＝5kg·m/s，p2＝7kg·m/s，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为10kg·m/s，则二球质量m1与m2间的关系可能是下面的哪几种(　　)‎ A.m1＝m2 B.2m1＝m2‎ C.4m1＝m2 D.6m1＝m2‎ ‎9.(多选)交警正在调查发生在无信号灯的十字路口的一起汽车相撞事故.根据两位司机的描述得知，发生撞车时汽车A正沿东西大道向正东行驶，汽车B正沿南北大道向正北行驶.相撞后两车立即熄火并在极短的时间内叉接在一起后并排沿直线在水平路面上滑动，最终一起停在路口东北角的路灯柱旁，交警根据事故现场情况画出了如图6所示的事故报告图.通过观察地面上留下的碰撞痕迹，交警判定撞车的地点为该事故报告图中的P点，并测量出相关的数据标注在图中，又判断出两辆车的质量大致相同.为简化问题，将两车均视为质点，且它们组成的系统在碰撞的过程中动量守恒，根据图中测量数据可知下列说法中正确的是(　　)‎ 图6‎ A.发生碰撞时汽车A的速率较大 B.发生碰撞时汽车B的速率较大 C.发生碰撞时速率较大的汽车和速率较小的汽车的速率之比约为12∶5‎ D.发生碰撞时速率较大的汽车和速率较小的汽车的速率之比约为2∶ ‎10.(2018·辽宁省大连市模拟)水平光滑轨道在A端与半径为R的光滑半圆轨道ABC相切，半圆的直径AC竖直，如图7所示.小球P的质量是Q的2倍，两小球均可视为质点.小球P以某一速度向右运动，与静止小球Q发生正碰.碰后，小球Q经半圆轨道ABC从C点水平抛出，落点与A点相距2R；小球P在D点脱离轨道，与圆心的连线OD与水平方向夹角为θ.已知R＝0.4m，sinθ＝，重力加速度g＝10m/s2.求：‎ 图7‎ ‎(1)碰撞后小球Q经过A点时的速度大小；‎ ‎(2)与Q碰撞前小球P的速度大小.‎ ‎11.(2018·甘肃省天水一中学段考试)如图8所示，在光滑的水平面上有一辆长平板车，它的中央放一个质量为m的小物块，物块跟车表面的动摩擦因数为μ，平板车的质量M＝2m，车与物块一起向右以初速度v0匀速运动，车跟右侧的墙壁相碰.设车跟墙壁碰撞的时间很短，碰撞时没有机械能损失，重力加速度为g，求：‎ 图8‎ ‎(1)平板车的长度L至少多长时，小物块才不会从车上落下来；‎ ‎(2)若在车的左侧还有一面墙壁，左右墙壁相距足够远，使得车跟墙壁相碰前，车与小物块总是相对静止的，车在左右墙壁间来回碰撞，碰撞n次后，物块跟车一起运动的速度vn；‎ ‎(3)在车与左右墙壁来回碰撞的整个过程中，小物块在车表面相对于车滑动的总路程s.‎ 答案精析 ‎1.BD　[设小球2的质量为M，两球组成的系统在碰撞过程动量守恒，以小球1的初速度方向为正方向，如果碰撞后两个小球的速度同向，由动量守恒定律得mv0＝(m＋M)v0，解得M＝2m，如果碰撞后两球速度反向，由动量守恒定律得mv0＝M·v0－mv0，解得M＝4m.故B、D正确.]‎ ‎2.C　[小铁块和小车组成的系统水平方向不受外力，系统水平方向的动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：‎ mv＝Mv车＋mv铁 由机械能守恒定律得：mv2＝Mv车2＋mv铁2‎ 解得铁块离开小车时：v铁＝0，v车＝v 所以铁块离开时将做自由落体运动，故A、B、D错误，C正确.]‎ ‎3.B　[物块B压缩弹簧的过程，开始时A做加速运动，B做减速运动，两个物块的加速度增大.当弹簧压缩至最短时，二者的速度相等；此后A继续加速，B继续减速.当弹簧恢复原长时B离开弹簧，A、B均做匀速直线运动，C、D错误；由动量守恒定律和机械能守恒定律可得，碰后速度vA＝v0，vB＝v0.A、B两项中碰后B的速度为正值，可知mB>mA，故vA＝v0>v0，故A错误，B正确.]‎ ‎4.B　[对t＝1s内喷出的气体，由动能定理 得Pt＝mv12‎ 解得v1＝.①‎ 在Δt时间内，喷出气体整体与探测器动量守恒，‎ 有Mv2＝mΔt·v1②‎ 探测器的动能为Ek＝Mv22③‎ 解①②③式得Ek＝，故选B.]‎ ‎5.BCD　[物体与木板一起运动的过程中，相当于发生完全非弹性碰撞，机械能损失，系统的机械能不守恒，A错误；物体与木板一起开始运动时，重力大于弹力，加速度向下，速度增大，后来弹力逐渐增大至大于重力，加速度向上，物体和木板要向下减速到零，故向下运动的过程速度先增大后减小，B正确；物体下落过程由动能定理有0.5mg·6h＝×0.5mv12，得v1＝2，碰撞过程有0.5mv1＝(m＋0.5m)v2，可得v2＝v1＝，此后一起向下运动再向上运动到A点，由机械能守恒定律有(m＋0.5m)v22＋Ep＝(m＋0.5m)gh，解得Ep＝0.5mgh，C正确；另一质量为m的物体从O点释放，机械能较大，故经历下落和碰撞再上升的过程，能经过A点且速度不为零而再上升，此时弹簧是原长，故A点之后木板和物体分离，mg·6h＝×mv1′2，得v1′＝2，碰撞过程有mv1′＝2mv2′，得v2′＝v1′＝，×2mv2′2＋Ep＝2mgh＋×2mv3′2，解得v3′＝，D正确.]‎ ‎6.AD　[A与B发生弹性碰撞，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得v0＝vA＋MvB，·v02＝·vA2＋·MvB2，解得vA＝－2m/s，vB＝4m/s，故B的最大速率为4m/s，A正确；B冲上C并运动到最高点时二者共速，设为v，则MvB＝(M＋2M)v，得v＝m/s，从B冲上C然后又滑下的过程，设B、C分离时速度分别为vB′、vC′，由水平方向动量守恒有MvB＝MvB′＋2MvC′，由机械能守恒有·MvB2＝·MvB′2＋·2MvC′2，联立解得vB′＝－m/s，由于|vB′|＜|vA|，所以二者不会再次发生碰撞，D正确.]‎ ‎7.BC　[木箱与小木块组成的系统动量守恒，设最终共同速度为v1，以木箱的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得Mv0＝(m＋M)v1，解得小木块和木箱的共同速度v1＝，故A、D错误；对整个过程，由能量守恒定律可得小木块和木箱组成的系统损失的机械能为ΔE＝Mv02－(m＋M)v12＝－，故B正确；由动量守恒定律得Mv0＝mv2＋Mv3，木箱速度为v3＝时，小木块的速度为v2＝，故C正确.]‎ ‎8.C　[甲、乙两球在碰撞过程中动量守恒，所以有：p1＋p2＝p1′＋p2′，即：p1′＝2kg·m/s.由于在碰撞过程中，不可能有其他形式的能量转化为机械能，只能是系统内物体间机械能相互转化或一部分机械能转化为内能，因此系统的机械能不会增加，所以有＋≥＋，所以有：m1≤m2，因为题目给出物理情景是“甲从后面追上乙”，要符合这一物理情景，就必须有＞，即m1＜m2‎ ‎；同时还要符合碰撞后乙球的速度必须大于或等于甲球的速度这一物理情景，即＜，所以m1＞m2，因此C选项正确.]‎ ‎9.BC　[设两辆车质量均为m，相撞之前速度分别为vA、vB，相撞后向北的速度为v1，向东的速度为v2，则南北方向上动量守恒，有mvB＝2mv1；东西方向上动量守恒，有mvA＝2mv2，由题图可知v1∶v2＝6.0∶2.5＝12∶5，得vB∶vA＝12∶5，故选B、C.]‎ ‎10.(1)6m/s　(2)7m/s 解析　(1)小球Q离开C点后做平抛运动，‎ 在竖直方向：2R＝gt2，在水平方向：2R＝vCt，‎ 设小球P的质量为M，小球Q的质量为m.P与Q相碰后，Q的速度为vQ，P的速度为vP，‎ 对小球Q，由机械能守恒定律得mvQ2＝mg·2R＋mvC2，‎ 解得vQ＝3＝6m/s.‎ ‎(2)小球P在D点脱离轨道，即轨道对小球P的弹力FN＝0，‎ 根据牛顿第二定律有Mgsinθ＝M，‎ 对小球P，由机械能守恒定律得MvP2＝Mg(R＋Rsinθ)＋MvD2，‎ 小球P、Q碰撞过程中动量守恒，有Mv0＝MvP＋mvQ，‎ 解得v0＝7m/s.‎ ‎11.(1)　(2)　(3) 解析　(1)平板车跟右侧墙壁相碰后速度大小不变、方向相反，车与物块有相对运动，车与物块之间的滑动摩擦力Ff＝μmg 设物块与车共同速度为v1，对车与物块组成的系统，以向左的方向为正方向，根据动量守恒定律有 ‎(M－m)v0＝(M＋m)v1‎ 设平板车的长至少为L，根据能量守恒定律有 (M＋m)v02－(M＋m)v12＝FfL，解得L＝ ‎(2)由(1)可解得v1＝ 平板车和物块一起向右运动，与墙壁碰撞后共同速度为碰撞前的，那么平板车和物块以相同的速度v1与左侧墙壁碰撞后最终的共同速度为v2，与向右碰撞过程相同，所以v2＝v1＝()2v0‎ 所以经过n次碰撞后的速度vn＝ ‎(3)经过足够多的碰撞后，由于不断有摩擦力做功，机械能转化为内能，机械能逐渐减少，最后全都转化为内能Ffs＝(M＋m)v02‎ 整理得s＝.‎