人教版 (2019)选择性必修 第一册弹性碰撞和非弹性碰撞测试题

这是一份人教版 (2019)选择性必修 第一册弹性碰撞和非弹性碰撞测试题，共7页。试卷主要包含了如图所示,质量为M=0，如图甲所示,一辆质量为M=1，5 m/s等内容，欢迎下载使用。
1.(2025·江苏常州阶段练习)质量为M的木块静止在光滑水平面上,质量为mM>m的子弹以一定的水平速度射入其中(没有射出),从射入至达到共同速度为止( )
A.摩擦力对子弹做功的数值超过木块获得动能的3倍
B.摩擦产生的热量在数值上等于木块获得的动能
C.摩擦力对两物体做功的代数和等于0
D.因为存在相互间的摩擦力,所以系统机械能不守恒、动量也不守恒
2.(2025·辽宁营口期中)(多选)物理老师给同学们介绍了一种游戏,如图所示,通过一根轻绳悬挂着一个质量为m的盒子,盒子开口向左,小朋友将泥巴以某一初速度水平向右扔到盒子内,装有泥巴的盒子上升的高度越高,比赛得分就越高。已知悬点O到盒子中心的距离为l,泥巴的质量始终为2m,进入盒子前泥巴的速度为v0=gl(g为重力加速度)。认为泥巴进入盒子后立即与盒子相对静止,下列说法正确的是( )
A.泥巴进入盒子瞬间,与盒子的共同速度为13gl
B.进入盒子的过程中泥巴损失的机械能为59mgl
C.泥巴进入盒子瞬间,轻绳对盒子的拉力大小为4mg
D.盒子上升的最大高度为29l
3.(2025·重庆沙坪坝阶段练习)如图甲所示,左端接有轻弹簧的物块A静止在光滑水平面上,物块B以一初速度向A运动,t=0时物块B与弹簧接触, 0~2 s内两物块的v-t 图像如图乙所示, 则( )
A.物块A的质量比物块B的质量小
B.0~1 s内,弹簧对物块A、B 的冲量相同
C.t=1 s时,弹簧的弹性势能为零
D.t=2 s时, 物块A的动量比物块B的动量大
4.(2025·山东菏泽阶段练习)如图所示,有一质量为m的小球,以速度v0滑上静置于光滑水平面上的带有四分之一光滑圆弧轨道的滑块,滑块的质量为3m,小球在上升过程中始终未能冲出圆弧轨道,重力加速度为g,在小球运动过程中( )
A.小球和滑块组成的系统动量守恒
B.小球上升到最高点的速度大小为v03
C.小球在圆弧轨道上能上升的最大高度为3v028g
D.小球离开圆弧轨道时圆弧轨道的速度大小为v03
5.(2025·山东德州期末)(多选)如图所示,质量为M的滑块静止在光滑水平面上,其左侧是四分之一光滑圆弧,左端底部恰好与地面相切,小球A、B的质量分别为m1=2 kg、m2=3 kg,A的初速度为v0, B保持静止,已知A与B发生弹性碰撞,要使A与B至少发生两次碰撞,则M可能为( )
A.5 kgB.6 kg
C.7 kgD.8 kg
6.(2025·重庆沙坪坝阶段练习)如图所示,A、B、C是光滑水平面上的三个大小相同的小球,A、B球的质量为m,C球的质量为2m ,其中B、C两小球用轻质弹簧连接后静止在水平面上。现让A球以速度v0 沿B、C两球球心的连线向B球运动,碰后A、B两球粘在一起。对A、B、C球及弹簧组成的系统,下列说法正确的是( )
A.三球速度相等时,弹簧一定处于压缩状态
B.弹簧的最大弹性势能等于112mv02
C.全过程中系统的机械能不守恒,动量守恒
D.三球速度相等后,速度将保持不变7.(10分)如图所示,质量为M=0.48 kg的木块静止在一竖直放置的轻弹簧上端A点,弹簧下端连接地面,现有一质量为m=20 g的子弹以速度v0=100 m/s竖直向下射向木块并嵌入其中,经过t=1 s,木块第一次回到A位置,弹簧始终在弹性限度内,忽略空气阻力,取g=10 m/s2,求:
(1)子弹嵌入木块后的瞬间整体的速度大小v;(4分)
(2)1 s内弹簧对木块和子弹整体的冲量I。(6分)
8.(10分)(2025·云南保山阶段练习)如图甲所示,一辆质量为M=1.5 kg的小车静止在光滑的水平面上,一质量为m的木块以一定的水平速度滑上小车,最后与小车以相同的速度运动,它们的运动速度随时间变化的图像如图乙所示。取g=10 m/s2。求:
(1)木块的质量m;(5分)
(2)木块与小车上表面的动摩擦因数。(5分)
9.(18分)(2024·安徽高考)如图所示,一实验小车静止在光滑水平面上,其上表面有粗糙水平轨道与光滑四分之一圆弧轨道,圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点。一物块静止于小车最左端,一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方,并轻靠在物块左侧。现将细线拉直到水平位置,由静止释放小球,小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后,物块沿小车上的轨道运动。已知细线长L=1.25 m,小球质量m=0.20 kg,物块、小车质量均为M=0.30 kg,小车上的水平轨道长s=1.0 m,圆弧轨道半径R=0.15 m。小球、物块均可视为质点,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。
(1)求小球运动到最低点与物块碰撞前,所受拉力的大小;(5分)
(2)求小球与物块碰撞后的瞬间,物块速度的大小;(5分)
(3)为使物块能进入圆弧轨道,且在上升阶段不脱离小车,求物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围。(8分)
课时跟踪检测(八)
1．选A 设子弹的初速度为v0，由动量守恒定律有mv0＝(m＋M)v，则摩擦力对子弹做功的数值|W1|＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)mv02·eq \f(MM＋2m,M＋m2)，木块获得的动能Ek木＝eq \f(1,2)Mv2＝eq \f(1,2)mv02·eq \f(Mm,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(M＋m))2)，因M>m，可知M＋2m>3m，即W1>3Ek木，A正确；摩擦产生的热量Q＝fd(d为子弹进入木块的深度)，木块获得的动能Ek木＝fx(x为木块的位移)，两者不相等，B错误；摩擦力对子弹做的功W1＝－f(x＋d)，摩擦力对木块做的功W2＝fx，则摩擦力对两物体做功的代数和等于－fd，C错误；因为存在摩擦力，所以系统机械能不守恒，但是系统所受合外力为零，则动量守恒，D错误。
2．选BD 泥巴进入盒子瞬间，满足动量守恒，则有2mv0＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2m＋m))v1，解得v1＝eq \f(2,3)eq \r(gl)，故A错误；进入盒子的过程中泥巴损失的机械能为ΔE损＝eq \f(1,2)·2mv02－eq \f(1,2)·2mv12＝eq \f(5,9)mgl，故B正确；泥巴进入盒子瞬间，泥巴与盒子一起做圆周运动，根据牛顿第二定律有T－3mg＝3meq \f(v12,l)，解得轻绳对盒子的拉力大小为T＝eq \f(13,3)mg，故C错误；根据动能定理有－3mgh＝0－eq \f(1,2)×3mv12，解得盒子上升的最大高度为h＝eq \f(2,9)l，故D正确。
3．选A 由题图乙可知，物块B的初速度为v0＝1.2 m/s，t＝1 s时，物块A、B的共同速度为v＝1.0 m/s，由动量守恒定律可得mBv0＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(mA＋mB))v，解得mB＝5mA，故A正确；0～1 s内，弹簧对物块A的冲量方向向右，弹簧对物块B的冲量方向向左，所以弹簧对物块A、B的冲量不相同，故B错误；t＝1 s时，物块A、B有共同速度，弹簧最短，此时弹簧的弹性势能最大，故C错误；t＝2 s时，由题图乙可得物块A的动量pA＝mAvA＝2mA，物块B的动量pB＝mBvB＝0.8mB＝4mA，所以t＝2 s时，物块A的动量比物块B的动量小，故D错误。
4．选C 在小球运动过程中，小球和滑块组成的系统在水平方向上动量守恒，在竖直方向上动量不守恒，故A错误；小球在圆弧轨道上升到最高点时小球与滑块的速度相同，系统在水平方向上动量守恒，规定v0的方向为正方向，有mv0＝4mv，解得v＝eq \f(v0,4)，故B错误；根据机械能守恒定律得eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)×4mv2＋mgh，解得h＝eq \f(3v02,8g)，故C正确；小球离开圆弧轨道时，根据动量守恒定律有mv0＝mv1＋3mv2，根据机械能守恒定律有eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)×3mv22，联立解得v1＝－eq \f(v0,2)，v2＝eq \f(v0,2)，故D错误。
5．选BCD A与B发生第一次弹性碰撞后，设A与B的速度分别为v1、v2，则由动量守恒定律有m1v0＝m1v1＋m2v2，由机械能守恒定律有eq \f(1,2)m1v02＝eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22，解得v1＝eq \f(m1－m2,m1＋m2)v0＝－eq \f(1,5)v0，v2＝eq \f(2m1,m1＋m2)v0＝eq \f(4,5)v0；小球B与滑块作用过程中， B与滑块组成的系统在水平方向上动量守恒，设B离开滑块时速度为v2′，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得m2v2＝m2v2′＋Mv3，eq \f(1,2)m2v22＝eq \f(1,2)m2v2′2＋eq \f(1,2)Mv32，解得v2′＝eq \f(m2－M,m2＋M)v2；由于v1与v0反向，要使A与B至少发生两次碰撞，需要v2′与v1同向且eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(v2′))>eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(v1))，则v2′5 kg，故选B、C、D。
6．选C 碰后A、B两球粘在一起，AB球的速度大于C球的速度，开始压缩弹簧，当弹簧压缩到最短时，三球的速度相等，之后弹簧恢复到原长，此时C球的速度大于AB球的速度，然后弹簧开始伸长，当弹簧伸长到最长时，三球的速度相等，之后弹簧再次恢复到原长，以后重复以上过程，综上分析可知，三球速度相等时，弹簧可能压缩到最短，也可能伸长到最长，故A、D错误；在A、B两球碰撞过程，存在机械能损失，所以全过程中系统的机械能不守恒，但全过程中系统受到的合外力为0，所以系统的动量守恒，故C正确；A、B两球碰撞过程，根据动量守恒定律可得mv0＝2mvAB，解得碰后AB球的速度为vAB＝eq \f(1,2)v0，当三球的速度相等时，弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律可得2mvAB＝4mv共，解得三球的共同速度为v共＝eq \f(1,4)v0，A、B两球碰后的过程，系统满足机械能守恒，则有eq \f(1,2)×2mvAB2＝eq \f(1,2)×4mv共2＋Ep，解得弹簧的最大弹性势能为Ep＝eq \f(1,8)mv02，故B错误。
7．解析：(1)子弹嵌入木块过程满足系统动量守恒，取向下为正方向，由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，解得v＝4 m/s。
(2)经过t＝1 s，木块第一次回到A位置，根据机械能守恒定律可知，此时木块和子弹整体的速度大小为v，方向竖直向上，以向下为正方向，由动量定理有I＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(M＋m))gt＝－(M＋m)v－(M＋m)v，解得此过程中弹簧对木块和子弹整体的冲量I＝－9 N·s，负号表示方向竖直向上。
答案：(1)4 m/s (2)9 N·s，方向竖直向上
8．解析：(1)木块与小车相互作用过程，木块与小车构成的系统动量守恒，由动量守恒定律有mv0＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m＋M))v共
由题图乙可知v0＝2 m/s，共同速度为v共＝0.5 m/s
联立解得木块的质量m＝0.5 kg。
(2)由题图乙可得小车的加速度大小为
a＝eq \f(0.5－0,0.5－0) m/s2＝1 m/s2
对小车由牛顿第二定律可得μmg＝Ma
解得μ＝eq \f(Ma,mg)＝0.3。
答案：(1)0.5 kg (2)0.3
9．解析：(1)小球运动到最低点的过程中，由动能定理得mgL＝eq \f(1,2)mv02－0，解得v0＝5 m/s，
在最低点，对小球由牛顿第二定律得FT－mg＝meq \f(v02,L)，解得小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小为FT＝6 N。
(2)小球与物块碰撞过程为弹性碰撞，取向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得mv0＝mv1＋Mv2，
eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)Mv22，
解得小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小为
v2＝eq \f(2m,m＋M)v0＝4 m/s。
(3)若物块恰好运动到圆弧轨道的最低点，此时物块和小车共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒得Mv2＝2Mv3，
由能量守恒定律得eq \f(1,2)Mv22＝eq \f(1,2)×2Mv32＋μ1Mgs，
解得μ1＝0.4；
若物块恰好运动到与圆弧轨道圆心等高的位置，此时物块和小车共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒得Mv2＝2Mv4，由能量守恒定律得eq \f(1,2)Mv22＝eq \f(1,2)×2Mv42＋μ2Mgs＋MgR，
解得μ2＝0.25；
综上所述物块与水平轨道间的动摩擦因数的取值范围为0.25≤μ