沪科技版（2020）选修第一册第一章动量第三节动量守恒定律优秀第3课时当堂达标检测题

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这是一份沪科技版（2020）选修第一册第一章动量第三节动量守恒定律优秀第3课时当堂达标检测题，文件包含13动量守恒定律第3课时弹性碰撞非弹性碰撞原卷版docx、13动量守恒定律第3课时弹性碰撞非弹性碰撞解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共12页，欢迎下载使用。

针对考点基础练
考点一碰撞问题的理解
1．下列关于碰撞的理解正确的是（）
A．碰撞是指相对运动的物体相遇时，在极短时间内它们的运动状态发生了显著变化的过程
B．在碰撞现象中，一般内力都远大于外力，所以可以认为碰撞时系统的动能守恒
C．如果碰撞过程中机械能守恒，这样的碰撞叫作非弹性碰撞
D．微观粒子的相互作用由于不发生直接接触，所以不能称其为碰撞
【答案】A
【解析】碰撞是十分普遍的现象，它是相对运动的物体相遇时在极短时间内发生的一种现象，一般内力远大于外力，系统动量守恒，动能不一定守恒．如果碰撞中机械能守恒，就叫作弹性碰撞．微观粒子的相互作用同样具有短时间内发生强大内力作用的特点，所以仍然是碰撞，故A正确。
2．（2020·华师大二附中高二下质检）如图1所示，两个物体1和2在光滑水平面上以相同动能相向运动，它们的质量分别为m1和m2，且m1图1
A．碰撞后两物体将向左运动
B．碰撞后两物体将向右运动
C．碰撞过程中两物体组成的系统损失的机械能最小
D．该碰撞为弹性碰撞
【答案】A
【解析】物体的动量p＝eq \r(2mEk)，已知两物体动能Ek相等，m13．甲物体在光滑水平面上运动的速度为v1，与静止的乙物体相碰，碰撞过程中无机械能损失，下列结论正确的是（）
A．乙的质量等于甲的质量时，碰撞后乙的速度为eq \f(v1,2)
B．乙的质量远远小于甲的质量时，碰撞后乙的速度为v1
C．乙的质量远远大于甲的质量时，碰撞后甲的速度为－v1
D．碰撞过程中甲对乙做的功大于乙动能的增量
【答案】C
【解析】由于碰撞过程中无机械能损失，故是弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可以解得两物体碰后甲的速度v1′＝eq \f(m1－m2,m1＋m2)v1，乙的速度v2′＝eq \f(2m1,m1＋m2)v1.当m1＝m2时，v2′＝v1，A错误；当m1≫m2时，v2′＝2v1，B错误；当m1≪m2时，v1′＝－v1，C正确；根据动能定理可知，D错误。
4．新型冠状病毒引发肺炎疫情期间，一些宅在家里久了的朋友有些耐不住寂寞，想要出门逛逛，但是又担心受到感染，因此绞尽脑汁来自我保护。如图2所示，母女俩穿着同款充气“防护服”出来散步，由于两人初次穿充气服，走起路来有些控制不好平衡，所以两人发生了碰撞。若妈妈的质量为3m，女儿的质量为m，且以相同的速率v在光滑水平面上发生相向碰撞，碰撞后妈妈静止不动，则这次碰撞属于（）
图2
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
【答案】A
【解析】设碰撞后女儿的速度为v′，根据动量守恒定律可得3mv－mv＝mv′，故碰后女儿的速度为v′＝2v；碰前母女俩的总动能为Ek＝eq \f(1,2)×3mv2＋eq \f(1,2)mv2＝2mv2，碰后母女俩的总动能为Ek′＝eq \f(1,2)mv′2＝2mv2，由于碰撞前后总动能相等，所以母女俩的碰撞为弹性碰撞，选A。
考点二碰撞问题的计算
5．（2020·上海龙华高二期中）台球是一项深受人们喜爱的休闲运动，如图3，在某次击球过程中，白球以3 m/s的速度向右运动，与静止的黑球发生正碰，假设白球与黑球质量相等，碰撞中没有机械能损失，将台球视为质点，通过计算得到两球碰撞后的运动情况为（）
图3
A．白球静止，黑球以3 m/s的速度向右运动
B．黑球静止，白球以3 m/s的速度反弹向左运动
C．白球和黑球都以1.5 m/s的速度向右运动
D．白球以3 m/s的速度反弹向左运动，黑球以3 m/s的速度向右运动
【答案】A
【解析】设每个球质量均为m，取碰撞前白球的速度方向为正方向．由动量守恒定律得mv0＝mv白＋mv黑，由能量守恒定律得eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)mv白2＋eq \f(1,2)mv黑2，联立解得v白＝0，v黑＝3 m/s，故A正确，B、C、D错误。
6．质量相等的三个物块在一光滑水平面上排成一直线，且彼此隔开了一定的距离，如图4所示。具有动能E0的第1个物块向右运动，依次与其余两个静止物块发生碰撞，最后这三个物块粘在一起，则最后这个整体的动能为（）
图4
A．E0 B．eq \f(2E0,3) C．eq \f(E0,3) D．eq \f(E0,9)
【答案】C
【解析】碰撞过程中动量守恒，有mv0＝3mv1，可得
v1＝eq \f(v0,3)① E0＝eq \f(1,2)mv02② Ek′＝eq \f(1,2)×3mv12③
由①②③得Ek′＝eq \f(1,2)×3m（eq \f(v0,3)）2＝eq \f(1,3)×（eq \f(1,2)mv02）＝eq \f(E0,3)，故C正确。
7．如图5甲所示，在光滑水平面上的两个小球发生正碰，小球的质量分别为m1和m2，图乙为它们碰撞前后的x－t图像，已知m1＝0.1 kg，由此可以判断（）
图5
A．碰前m1和m2都向右运动
B．碰后m1和m2都向右运动
C．由动量守恒可以算出m2＝0.3 kg
D．碰撞过程中系统损失了0.4 J的机械能
【答案】C
【解析】碰前m2的位移不随时间而变化，处于静止状态，m1的速度大小为v1＝eq \f(Δx,Δt)＝4 m/s，方向只有向右才能与m2相撞，故题图乙中向右为正方向，由题图乙可求出碰后m2和m1的速度分别为v2′＝2 m/s，v1′＝－2 m/s，碰后m2的速度方向为正方向，说明m2向右运动，而m1的速度方向为负方向，说明m1向左运动，故A、B错误；根据动量守恒定律得m1v1＝m1v1′＋m2v2′，代入解得m2＝0.3 kg，故C正确；碰撞过程中系统损失的机械能为ΔE＝eq \f(1,2)m1v12－eq \f(1,2)m1v1′2－eq \f(1,2)m2v2′2＝0，故D错误。
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8．甲、乙两铁球质量分别是m甲＝1 kg、m乙＝2 kg。在光滑水平面上沿同一直线运动，速度分别是v甲＝6 m/s、v乙＝2 m/s。甲追上乙发生正碰后两铁球的速度有可能是（）
A．v甲′＝7 m/s，v乙′＝1.5 m/s
B．v甲′＝2 m/s，v乙′＝4 m/s
C．v甲′＝3.5 m/s，v乙′＝3 m/s
D．v甲′＝4 m/s，v乙′＝3 m/s
【答案】B
【解析】选项A满足动量守恒条件，但碰后总动能大于碰前总动能，故A错误；选项C不满足动量守恒条件，故C错误；选项B、D满足动量守恒条件，且碰后总动能小于碰前总动能，但D项碰后甲铁球速度大于乙铁球速度，要发生第2次碰撞，不合理，故B正确，D错误。
9．在光滑水平面上有三个完全相同的小球，它们排成一条直线，2、3小球静止并靠在一起，1小球以速度v0撞向它们，如图6所示。设碰撞中不损失机械能，则碰后三个小球的速度分别是（）
图6
A．v1＝v2＝v3＝eq \f(\r(3),3)v0 B．v1＝0，v2＝v3＝eq \f(\r(2),2)v0
C．v1＝0，v2＝v3＝eq \f(1,2)v0 D．v1＝v2＝0，v3＝v0
【答案】D
【解析】由于1球与2球发生碰撞的时间极短，2球的位置来不及发生变化．这样2球对3球不产生力的作用，即3球不会参与1、2球碰撞，1、2球碰撞后立即交换速度，即碰后1球停止，2球速度立即变为v0.同理可知，2、3球碰撞后交换速度，故D正确。
10．（2021·重庆八中月考）在光滑水平面上，有两个小球A、B沿同一直线同向运动，B在前，A在后。已知碰前两球的动量分别为pA＝12 kg·m/s、pB＝13 kg·m/s，碰撞前后，它们动量的变化量分别为ΔpA、ΔpB。下列数值可能正确的是（）
A．ΔpA＝－4 kg·m/s、ΔpB＝4 kg·m/s
B．ΔpA＝4 kg·m/s、ΔpB＝－4 kg·m/s
C．ΔpA＝－24 kg·m/s、ΔpB＝24 kg·m/s
D．ΔpA＝24 kg·m/s、ΔpB＝－24 kg·m/s
【答案】A
【解析】ΔpA＝－4 kg·m/s、ΔpB＝4 kg·m/s，知碰后两球的动量分别为pA′＝8 kg·m/s，pB′＝17 kg·m/s，符合动量守恒定律，而且碰撞后A的动能减小，B的动能增大，总动能可能不增加，也不违反不可穿越原理，故选项A正确；由B、D所给动量变化量可知，碰撞后，A的动量沿原方向增大，即违反了不可穿越原理，故B、D错误；ΔpA＝－24 kg·m/s、ΔpB＝24 kg·m/s，碰后两球的动量分别为pA′＝－12 kg·m/s，pB′＝37 kg·m/s，可以看出，碰撞后A的动能不变，B的动能增大，违反了能量守恒定律，故C错误。
11．如图7所示，小球A的质量为mA＝5 kg，动量大小为pA＝4 kg·m/s，小球A水平向右运动，与静止的小球B发生弹性碰撞，碰后A的动量大小为pA′＝1 kg·m/s，方向水平向右，则（）
图7
A．碰后小球B的动量大小为pB＝2 kg·m/s
B．碰后小球B的动量大小为pB＝5 kg·m/s
C．小球B的质量为15 kg
D．小球B的质量为3 kg
【答案】D
【解析】规定向右为正方向，碰撞过程中A、B组成的系统动量守恒，所以有pA＝pA′＋pB，解得pB＝3 kg·m/s，A、B错误；由于是弹性碰撞，所以没有机械能损失，故eq \f(pA2,2mA)＝eq \f(pA′2,2mA)＋eq \f(pB2,2mB)，解得mB＝3 kg，C错误，D正确。
12．在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速率v0向右运动，在小球A的前方O点处有一质量为m2的小球B处于静止状态，如图8所示。小球A与小球B发生正碰后，小球A、B均向右运动，小球B被在Q点处的竖直墙壁弹回后与小球A在P点相遇，已知PQ＝1.5PO。假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性碰撞，两球均可视为质点，则A、B两小球质量之比为（）
图8
A．1∶1 B．2∶1
C．3∶1 D．4∶1
【答案】B
【解析】从两小球碰撞后到它们再次相遇，小球A和B的速度大小保持不变，根据它们通过的路程，可知小球B和小球A在碰撞后的速度大小之比为4∶1，两球碰撞过程，有m1v0＝m1v1＋m2v2，eq \f(1,2)m1v02＝eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22，解得m1∶m2＝2∶1。
13．两滑块a、b沿水平面上同一条直线运动，并发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段。两者的位置x随时间t变化的图像如图9所示。求：
图9
（1）滑块a、b的质量之比；
（2）整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比？
【答案】（1）1∶8 （2）1∶2
【解析】（1）设a、b的质量分别为m1、m2，a、b碰撞前的速度分别为v1、v2。由题图得
v1＝－2 m/s① v2＝1 m/s②
a、b发生完全非弹性碰撞，设碰撞后两滑块的共同速度为v。由题图得v＝eq \f(2,3) m/s③
由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝（m1＋m2）v④
联立①②③④式得m1∶m2＝1∶8⑤
（2）由能量守恒定律得，两滑块因碰撞而损失的机械能为
ΔE＝eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22－eq \f(1,2)（m1＋m2）v2⑥
由题图可知，两滑块最后停止运动．由动能定理得，两滑块克服摩擦力所做的功为
W＝eq \f(1,2)（m1＋m2）v2⑦
联立⑥⑦式，并代入题给数据得W∶ΔE＝1∶2。