第1章 第5节 课后 达标检测-【优学精讲】2024-2025学年高中物理选择性必修第一册教用Word(教科版)

题组1　碰撞的特点和应用 1．现有甲、乙两滑块，质量分别为3m和m，以相同的速率v在光滑水平面上相向运动并发生了碰撞。已知碰撞后，甲滑块静止不动，那么这次碰撞是(　　) A．弹性碰撞　　　　 B．非弹性碰撞 C．完全非弹性碰撞 D．条件不足，无法确定 解析：选A。以甲滑块的运动方向为正方向，由动量守恒定律得3m·v－mv＝0＋mv′，所以v′＝2v，碰前总动能Ek＝×3m·v2＋mv2＝2mv2，碰后总动能Ek′＝mv′2＝2mv2，则Ek＝Ek′，所以A正确。 2．质量为0.5 kg的甲物块静止在水平面上，质量为1 kg的乙物块在水平面上以一定的初速度向甲滑去并与甲发生正碰后，两者粘在一起，碰撞过程中甲物块受到乙物块的冲量大小为2 N·s，则碰撞前乙的速度大小为(　　) A．3 m/s B．4.5 m/s C．5 m/s D．6 m/s 解析：选D。根据动量定理得I＝m甲v－0，碰撞后，甲物块的速度，即整体的速度v＝4 m/s，根据动量守恒定律有m乙v乙＝(m甲＋m乙)v，则碰撞前乙的速度大小v乙＝6 m/s。 3．(多选) 如图，冰雪滑道上B点的左侧是粗糙的水平轨道； AB 是光滑的半径 R＝10 m 的部分圆弧轨道，B 点是圆弧轨道的最低点，水平轨道和圆弧轨道平滑连接。质量 m＝30 kg 的小孩从滑道顶端 A 点由静止开始下滑，经过 B 点时被静止的质量 M＝60 kg 的家长抱住，一起滑行到 C点(图中未画出)停下。已知 A 点距水平面的高度 h＝5 m，人与水平滑道间的动摩擦因数μ＝0.2, g 取10 m/s2，下列说法正确的有(　　) A．小孩到达B点时的速度大小为 10 m/s B．小孩到达B点时对轨道的压力大小为 600 N C．B、C 间的距离为 3 m D．家长抱住小孩的瞬间，小孩和家长组成的系统损失的机械能为 1 000 J 解析：选ABD。小孩从A点滑到B点的过程中机械能守恒，由机械能守恒定律可得mgh＝mv，代入数据解得vB＝10 m/s，A正确；小孩运动到B点时，由牛顿第二定律可得N－mg＝m，解得N＝600 N，由牛顿第三定律可知，小孩到达 B 点时对轨道的压力大小为 600 N，B正确；家长抱住小孩的过程中，家长和小孩组成的系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律可得mvB＝v，解得v＝ m/s，设家长和小孩组成的系统在水平轨道上从B点滑行到C点的距离为x，由动能定理可得－μgx＝0－v2，代入数据解得x＝ m，C错误；家长抱住小孩的瞬间，小孩和家长组成的系统损失的机械能ΔE＝mv－v2，解得ΔE＝1 000 J，D正确。 题组2　弹性碰撞和非弹性碰撞 4.在光滑的水平面上，有a、b两球，其质量分别为ma、mb，两球在t0时刻发生正碰，并且在碰撞过程中无机械能损失，两球碰撞前后的速度图像如图所示，下列关系正确的是(　　) A．ma>mb B．ma<mb C．ma＝mb D．无法判断 解析：选B。碰撞过程由动量守恒定律及机械能守恒定律分别可得mav0＝mav1＋mbv2，mav＝mav＋mbv，联立解得v1＝v0，由于碰撞后a反弹，即v1<0，可知ma<mb，B正确。 5.(多选)A、B两球沿一直线运动并发生正碰。两球碰撞前后的位移—时间图像如图所示。a、b分别为A、B两球碰撞前的位移—时间图线，c为碰撞后两球共同运动的位移—时间图线，若A球质量是m＝2 kg，则由图可知(　　) A．A、B碰撞前的总动量为3 kg·m/s B．碰撞时A对B所施冲量为－4 N·s C．碰撞前后A的动量变化为6 kg·m/s D．碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10 J 解析：选BD。由题中x－t图像可知，碰撞前有：A球的速度vA＝＝ m/s＝－3 m/s，B球的速度vB＝＝ m/s＝2 m/s；碰撞后A、B两球的速度相等，为vA′＝vB′＝v＝ m/s＝－1 m/s，则碰撞前后A的动量变化ΔpA＝mv－mvA＝4 kg·m/s；对A、B组成的系统，由动量守恒定律有mvA＋mBvB＝(m＋mB)v，得mB＝ kg。A与B碰撞前的总动量为p总＝mvA＋mBvB＝2×(－3) kg·m/s＋×2 kg·m/s＝－ kg·m/s；由动量定理可知，碰撞时A对B所施冲量IB＝ΔpB＝－4 kg·m/s＝－4 N·s。碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能ΔEk＝mv＋mBv－(m＋mB)v2，代入数据解得ΔEk＝10 J。故A、C错误，B、D正确。 题组3　爆炸类问题 6．(2024·贵州贵阳统考期中)一枚烟花弹(可视为质点)自水平地面斜向上方发射，在最高点时，爆裂成质量相等的甲、乙、丙三块(均可视为质点)，爆裂之后乙由静止做自由落体运动，丙沿烟花弹发射的路径回落至发射点。若忽略空气阻力，则爆裂瞬间甲与丙速率的比值为(　　) A．4　　　 B．3 C．2　　　 D．1 解析：选A。设烟花弹总质量为3m，发射时水平方向的分速度为v，方向向右。由题意可知，爆裂后乙沿水平方向速度为零，丙沿烟花弹发射的路径回落至发射点，根据运动的可逆性可知，爆裂后丙在水平方向的速度大小也为v，方向向左。设爆裂后甲在水平方向的速度为v1，以向右为正方向，则爆裂瞬间，在水平方向上系统动量守恒，根据动量守恒定律有3mv＝－mv＋mv1，解得v1＝4v。爆裂时，甲、丙在竖直方向上分速度均为零，故爆裂时甲与丙速率的比值＝4。 7．(多选)(2024·四川新都期末)如图所示，一个质量为M的木箱静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的水平底板上放着一个质量为m的小木块。现使木箱获得一个向右的初速度v0，则(　　) A．小木块最终将相对于木箱静止，二者一起向右运动 B．小木块和木箱最终速度为v0 C．小木块与木箱内壁将始终来回往复碰撞，而木箱一直向右运动 D．如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对于木箱静止，则二者将一起向左运动 解析：选AB。木箱与小木块组成的系统水平方向不受外力，故系统水平方向动量守恒，最终两个物体以相同的速度一起向右运动，取v0的方向为正方向，由动量守恒定律Mv0＝(M＋m)v，解得v＝，A、B正确，C、D错误。 8.(多选)(2024·江西临川一中期中)如图所示，竖直放置的半圆形轨道与水平轨道平滑连接，不计一切摩擦。圆心O点正下方放置质量为2m的小球A，质量为m的小球B以初速度v0向左运动，与小球A发生弹性碰撞。碰后小球A在半圆形轨道运动时不脱离轨道，则小球B的初速度v0可能为(　　) A． B． C． D．4 解析：选ABD。根据题意可知，小球B与小球A发生弹性碰撞，设碰撞后小球B的速度为v2，小球A的速度为v1，取向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律有mv0＝2mv1＋mv2，mv＝·2mv＋mv，解得v1＝v0，v2＝－v0，由于碰后小球A在半圆形轨道运动时不脱离轨道，则小球A未通过与圆心等高的点或通过圆弧最高点，若小球A恰好到达圆心的等高点，由能量守恒定律有·2mv＝2mgR，解得v1＝，解得v0＝ ，若小球恰好通过圆弧最高点，由能量守恒定律有·2mv＝2mg·2R＋·2mv2，在最高点由牛顿第二定律有2mg＝2m，联立解得v1＝，解得v0＝ ，则碰后小球A在半圆形轨道运动时不脱离轨道，小球B的初速度v0的取值范围为v0≤或v0≥ 。 9．如图所示，光滑水平直轨道上两滑块A、B用橡皮筋连接，A的质量为m。开始时橡皮筋松弛，B静止，给A向左的初速度v0。一段时间后，B与A同向运动发生碰撞并粘在一起。碰撞后的共同速度是碰撞前瞬间A的速度的两倍，也是碰撞前瞬间B的速度的一半。求： (1)B的质量； (2)碰撞过程中A、B系统损失的机械能。 解析： (1)以初速度v0的方向为正方向，设B的质量为mB，A、B碰撞后的共同速度为v，由题意知，碰撞前瞬间A的速度为，碰撞前瞬间B的速度为2v，由动量守恒定律得 m＋2mBv＝(m＋mB)v① 由①式得 mB＝。② (2)从开始到碰后的全过程，由动量守恒定律得 mv0＝(m＋mB)v③ 设碰撞过程A、B系统损失的机械能为ΔE，则 ΔE＝m()2＋mB(2v)2－(m＋mB)v2④ 联立②③④式得ΔE＝mv。 答案：(1)　(2)mv 10.(2024·广东东莞期中)短道速滑混合团体2 000米接力比赛中交接棒过程可以简化成如下模型：如图所示为甲、乙两选手在比赛中的某次交接棒过程，交接开始时甲在前接棒，乙在后交棒，甲的质量m1＝60 kg，乙的质量m2＝75 kg，交棒前两人均以v0＝10 m/s的速度向前滑行。交棒时乙从后面用力推甲，当二人分开时乙的速度变为v2＝2 m/s，方向仍然向前。不计二人所受冰面的摩擦力，且交接棒前后瞬间两人均在一条直线上运动。 (1)求二人分开时甲的速度大小v1及其动能大小Ek1。 (2)若乙推甲的过程用时0.8 s，求乙对甲的平均作用力的大小F。 (3)交接棒过程要消耗乙体内的化学能，设这些能量全部转化为两人的动能，且不计其他力做功，求乙消耗的化学能的大小E。 解析：(1)取初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得 (m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2 解得甲的速度大小v1＝20 m/s 则甲的动能Ek1＝m1v＝1.2×104 J。 (2)对甲，由动量定理可得Ft＝m1v1－m1v0 解得F＝750 N。 (3)对二人组成的系统，根据能量守恒定律得 (m1＋m2)v＋E＝m1v＋m2v 解得E＝5 400 J。 答案：(1)20 m/s　1.2×104 J　(2)750 N (3)5 400 J 学科网（北京）股份有限公司 $