“四翼”檢測評價（三） 碰撞

“四翼”檢測評價（三）碰撞A組—重基礎(chǔ)·體現(xiàn)綜合1．(多選)關(guān)于非彈性碰撞，下列說法正確的是()A．非彈性碰撞中能量不守恒B．非彈性碰撞是相對彈性碰撞來說的C．非彈性碰撞的動能一定減少D．非彈性碰撞的動能可能增加解析：選BC在非彈性碰撞中，機(jī)械能不守恒，但能量仍是守恒的，碰撞過程中會有一部分動能轉(zhuǎn)化為其他形式的能量，故動能會減少，B、C正確。2．現(xiàn)有甲、乙兩滑塊，質(zhì)量分別為3m和m，以相同的速率v在光滑水平面上相向運動，發(fā)生了碰撞。已知碰撞后，甲滑塊靜止不動，那么這次碰撞是()A．彈性碰撞 B．非彈性碰撞C．完全非彈性碰撞 D．條件不足，無法確定解析：選A以甲滑塊的運動方向為正方向，由動量守恒定律得3mv－mv＝0＋mv′，所以v′＝2v，碰撞前總動能Ek＝eq\f(1,2)×3mv2＋eq\f(1,2)mv2＝2mv2，碰撞后總動能Ek′＝eq\f(1,2)mv′2＝2mv2，Ek＝Ek′，所以A正確，B、C、D錯誤。3．在一條直線上相向運動的甲、乙兩個小球，它們的動能相等，已知甲球的質(zhì)量大于乙球的質(zhì)量，它們正碰后可能發(fā)生的情況是()A．甲、乙兩球都沿乙球原來的運動方向運動B．甲球反向運動，乙球停下C．甲、乙兩球都反向運動D．甲、乙兩球都反向運動，且動能仍相等解析：選C由p2＝2mEk知，正碰前甲球的動量大于乙球的動量，所以總動量的方向應(yīng)為甲球的初動量的方向，可以判斷C正確，A、B、D錯誤。4．(多選)如圖所示，小球A的質(zhì)量為mA＝5kg，動量大小為pA＝4kg·m/s，小球A水平向右運動，與靜止的小球B發(fā)生彈性碰撞，碰后A的動量大小為pA′＝1kg·m/s，方向水平向右，則()A．碰后小球B的動量大小為pB＝3kg·m/sB．碰后小球B的動量大小為pB＝5kg·m/sC．小球B的質(zhì)量為15kgD．小球B的質(zhì)量為3kg解析：選AD規(guī)定向右為正方向，碰撞過程中A、B組成的系統(tǒng)動量守恒，所以有pA＝pA′＋pB，解得pB＝3kg·m/s，A正確，B錯誤；由于是彈性碰撞，所以沒有機(jī)械能損失，故eq\f(pA2,2mA)＝eq\f(pA′2,2mA)＋eq\f(pB2,2mB)，解得mB＝3kg，C錯誤，D正確。5.如圖所示，位于光滑水平桌面上的小滑塊P和Q都可視為質(zhì)點，質(zhì)量相等。Q與水平輕彈簧相連，設(shè)Q靜止，P以某一初速度向Q運動并與彈簧發(fā)生碰撞。在整個過程中，彈簧具有的最大彈性勢能等于()A．P的初動能 B．P的初動能的eq\f(1,2)C．P的初動能的eq\f(1,3) D．P的初動能的eq\f(1,4)解析：選B在整個過程中，彈簧具有最大彈性勢能時，P和Q的速度相同；根據(jù)動量守恒定律mv0＝2mv；根據(jù)機(jī)械能守恒定律，有Ep＝eq\f(1,2)mv02－2×eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,4)mv02＝eq\f(1,2)Ek0，故最大彈性勢能等于P的初動能的eq\f(1,2)，B正確。6.質(zhì)量相等的三個物塊在一光滑水平面上排成一直線，且彼此隔開了一定的距離，如圖所示。具有動能E0的第1個物塊向右運動，依次與其余兩個靜止物塊發(fā)生碰撞，最后這三個物塊粘在一起，這個整體的動能為()A．E0 B．eq\f(2E0,3)C．eq\f(E0,3) D．eq\f(E0,9)解析：選C由碰撞中動量守恒mv0＝3mv1，得v1＝eq\f(v0,3)，第1個物塊具有的動能E0＝eq\f(1,2)mv02，則整塊的動能為Ek′＝eq\f(1,2)×3mv12＝eq\f(1,2)×3meq\f(v0,9)2＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)mv02＝eq\f(E0,3)，故C正確。7.在光滑的水平面上有三個完全相同的小球，它們成一條直線，2、3小球靜止，并靠在一起。小球1以速度v0射向它們，如圖所示。設(shè)碰撞中不損失機(jī)械能，則碰后三個小球的速度可能值是()A．v1＝v2＝v3＝eq\f(1,\r(3))v0 B．v1＝0，v2＝v3＝eq\f(1,\r(2))v0C．v1＝0，v2＝v3＝eq\f(1,2)v0 D．v1＝v2＝0，v3＝v0解析：選D兩個質(zhì)量相等的小球發(fā)生彈性正碰，碰撞過程中動量守恒，動能守恒，碰撞后將交換速度，故D項正確。8．A、B兩球在光滑水平面上沿同一直線發(fā)生正碰，作用前pA＝20kg·m/s，pB＝0；碰撞過程中，A球動量變化量為ΔpA＝－10kg·m/s，則作用后B球的動量pB′為()A．－20kg·m/s B．－10kg·m/sC．20kg·m/s D．10kg·m/s解析：選D根據(jù)動量守恒定律知ΔpA＋ΔpB＝0，由于A動量減少10kg·m/s，則B動量增加10kg·m/s，B球的動量pB′＝pB＋ΔpB＝10kg·m/s，D正確。9.A、B兩物體在水平面上相向運動，其中物體A的質(zhì)量為mA＝4kg，兩物體發(fā)生相互作用前后的運動情況如圖所示。則：(1)物體B的質(zhì)量mB是多少？(2)碰撞過程中，系統(tǒng)的機(jī)械能損失多少？解析：(1)由圖像知，在t＝2s時刻A、B相撞，碰撞前后，A、B的速度：vA＝eq\f(ΔxA,Δt)＝－eq\f(4,2)m/s＝－2m/svB＝eq\f(ΔxB,Δt)＝eq\f(6,2)m/s＝3m/svAB＝eq\f(ΔxAB,Δt)＝eq\f(2,2)m/s＝1m/s由動量守恒定律有mAvA＋mBvB＝(mA＋mB)vAB解得mB＝6kg。(2)碰撞過程損失的機(jī)械能ΔE＝eq\f(1,2)mAvA2＋eq\f(1,2)mBvB2－eq\f(1,2)(mA＋mB)vAB2＝30J。答案：(1)6kg(2)30JB組—重應(yīng)用·體現(xiàn)創(chuàng)新10．質(zhì)量為M的物塊以速度v運動，與質(zhì)量為m的靜止物塊發(fā)生正碰，碰撞后兩者的動量正好相等，兩者質(zhì)量之比eq\f(M,m)可能為()A．0.8 B．3C．4 D．5解析：選B設(shè)碰撞后兩者的動量都為p，由題意可知，碰撞前后總動量為2p，根據(jù)動量和動能的關(guān)系有p2＝2mEk，碰撞過程動能不增加，有eq\f(2p2,2M)≥eq\f(p2,2M)＋eq\f(p2,2m)，解得eq\f(M,m)≤3，且碰后m的速度v1大于M的速度v2，則M＞m，即1＜eq\f(M,m)≤3，故B項正確。11.如圖所示，豎直平面內(nèi)的四分之一光滑圓弧軌道下端與光滑水平桌面相切，小滑塊B靜止在圓弧軌道的最低點?，F(xiàn)將小滑塊A從圓弧軌道的最高點無初速度釋放。已知圓弧軌道半徑R＝1.8m，小滑塊的質(zhì)量關(guān)系是mB＝2mA，重力加速度g取10m/s2。則碰后小滑塊B的速度大小不可能是()A．5m/s B．4m/sC．3m/s D．2m/s解析：選A設(shè)小滑塊A到達(dá)最低點時的速度為v0，根據(jù)動能定理有mAgR＝eq\f(1,2)mAv02－0，可得v0＝6m/s。若是彈性碰撞，mAv0＝mAv1＋mBv2，eq\f(1,2)mAv02＝eq\f(1,2)mAv12＋eq\f(1,2)mBv22，聯(lián)立解得v2＝4m/s；若是完全非彈性碰撞，mAv0＝(mA＋mB)v，解得v＝2m/s，所以B的速度不可能是5m/s，故選A。12．(多選)兩個小球A、B在光滑的水平地面上相向運動，已知它們的質(zhì)量分別是mA＝4kg，mB＝2kg，A的速度vA＝3m/s(設(shè)為正)，B的速度vB＝－3m/s，則它們發(fā)生正碰后，其速度可能分別為()A．均為1m/s B．4m/s和－5m/sC．2m/s和－1m/s D．－1m/s和5m/s解析：選AD由動量守恒，可驗證四個選項都滿足要求。再看動能變化情況：Ek前＝eq\f(1,2)mAvA2＋eq\f(1,2)mBvB2＝27J，Ek后＝eq\f(1,2)mAvA′2＋eq\f(1,2)mBvB′2，由于碰撞過程中總動能不可能增加，所以應(yīng)有Ek前≥Ek后，據(jù)此可排除選項B；選項C雖滿足Ek前≥Ek后，但A、B沿同一直線相向運動，發(fā)生碰撞后各自仍然保持原來的速度方向，這顯然是不符合實際的，因此C選項錯誤；驗證A、D均滿足Ek前≥Ek后，且碰后狀態(tài)符合實際，故正確選項為A、D。13.如圖是沖擊擺裝置。塑料制成的擺塊用繩懸掛起來，使它只能擺動不能轉(zhuǎn)動。擺塊中間正對槍口處有一水平方向的錐形孔，孔的內(nèi)壁墊有泡沫塑料，當(dāng)彈丸射入后迅速停住，然后與擺塊一起擺動，讀出擺線偏離豎直方向的最大角度，就可求出彈丸的速度。某次實驗中，彈簧槍射出的彈丸以某一速度v0(未知)水平射入靜止的擺塊，讀出擺線偏離豎直方向的最大角度α＝37°；然后將擺塊拉到擺線偏離豎直方向的角度β＝60°由靜止釋放，當(dāng)擺塊擺到最低位置時，讓彈丸以相同速度v0射入，擺塊恰好靜止。已知擺線的長度L＝1.00m，不考慮空氣阻力，求彈丸質(zhì)量m與擺塊質(zhì)量M的比值及彈丸的初速度v0的大小。(g取10m/s2，cos37°＝0.8)解析：設(shè)彈丸射入擺塊后共同速度為v，選v0的方向為正方向，系統(tǒng)在水平方向動量守恒，根據(jù)動量守恒定律得mv0＝(m＋M)v。彈丸與擺塊一起擺起的過程中系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則有eq\f(1,2)(M＋m)v2＝(m＋M)gL(1－co