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人教版(2019)選擇性必修第一冊(cè) 1.5 彈性碰撞和非彈性碰撞 課件(共58張PPT)

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人教版(2019)選擇性必修第一冊(cè) 1.5 彈性碰撞和非彈性碰撞 課件(共58張PPT)

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(共58張PPT)
5.彈性碰撞和非彈性碰撞
核心 素養(yǎng) 目標(biāo) 1.知道彈性碰撞、非彈性碰撞的概念。
2.理解各種碰撞的特點(diǎn)及規(guī)律。
3.能利用動(dòng)量和能量的觀點(diǎn)分析、解決一維碰撞的問(wèn)題。
CONTENTS
目 錄
O1
新知預(yù)覽
·抓必備
O2
要點(diǎn)突破
·重應(yīng)用
O3
知能演練
·提能力
O4
三維達(dá)標(biāo)
·找不足
NO.1
新知預(yù)覽·抓必備

知識(shí)點(diǎn)一 彈性碰撞和非彈性碰撞
1.彈性碰撞:系統(tǒng)在碰撞前后  動(dòng)能  不變的碰撞。
2.非彈性碰撞:系統(tǒng)在碰撞后  動(dòng)能  減少的碰撞。
動(dòng)能 
動(dòng)能 
知識(shí)點(diǎn)二 彈性碰撞的實(shí)例分析
1.正碰:兩個(gè)小球相碰,碰撞之前球的運(yùn)動(dòng)速度與兩球心的連線在同一條直線上,碰撞之后兩球的速度仍會(huì)沿著這條直線,這種碰撞稱為正碰,也叫作  對(duì)心  碰撞或一維碰撞。
對(duì)
心 
2.彈性正碰實(shí)例分析
(1)問(wèn)題情景
如圖所示,質(zhì)量為m1的物體以速度v1與原來(lái)靜止的質(zhì)量為m2的物體發(fā)生彈性正碰,碰后它們的速度分別為v1'和v2'。
(2)碰撞過(guò)程遵循的規(guī)律
①系統(tǒng)動(dòng)量守恒:m1v1=  m1v1'+m2v2'  。
②系統(tǒng)沒(méi)有動(dòng)能損失:m1=  m1v1'2+m2v2'2  。
m1v1'+m2v2' 
m1v1'2+m2v2'2 
(3)碰撞后兩物體的速度
v1'=  v1  ,v2'=  v1  。
v1 
v1 
(4)結(jié)果分析討論
①若m1=m2,則v1'=0,v2'=v1,簡(jiǎn)記為“質(zhì)量相等,交換速度”;
②當(dāng)m1>m2時(shí),v1'>0,v2'>0,且v2'>v1',當(dāng)m1 m2時(shí),v1'=v1,v2'=2v1;
③當(dāng)m1<m2時(shí),v1'<0,v2'>0,當(dāng)m1 m2時(shí),v1'=-v1,v2'=0。

圖甲為牛頓擺的示意圖,五個(gè)質(zhì)量相同的鋼球由等長(zhǎng)的吊繩固定,彼此緊密排列。當(dāng)把最左側(cè)的球拉開(kāi)一個(gè)角度由靜止釋放去碰撞緊密排列的另外四個(gè)球時(shí),會(huì)出現(xiàn)最左側(cè)和中間的三個(gè)鋼球保持不動(dòng),僅有最右邊的球被彈出,如圖乙所示。圖丙所示打臺(tái)球時(shí),質(zhì)量相等的母球與目標(biāo)球發(fā)生碰撞,兩個(gè)球可以發(fā)生正碰、也可以發(fā)生斜碰。
判斷下列說(shuō)法的正誤。
(1)圖乙中質(zhì)量相等的兩個(gè)鋼球發(fā)生的是彈性碰撞而且碰后兩球交換速度。 ( √ )
(2)只要質(zhì)量相等的兩個(gè)球發(fā)生碰撞,碰后兩球一定交換速度。 ( × )
(3)圖丙中母球與目標(biāo)球發(fā)生正碰時(shí)兩球的動(dòng)量守恒。 ( √ )
(4)圖乙中母球與目標(biāo)球發(fā)生斜碰時(shí)兩球的動(dòng)量不守恒。 ( × )

×

×
要點(diǎn)突破·重應(yīng)用
NO.2

要點(diǎn)一 彈性碰撞和非彈性碰撞
2022年2月4日至2022年2月20日,我國(guó)成功舉辦了北京冬奧會(huì),冰壺是冬奧會(huì)的比賽項(xiàng)目之一。如圖所示為中國(guó)運(yùn)動(dòng)員在冰壺比賽中的情景。請(qǐng)思考:
(1)如果把兩個(gè)冰壺間的碰撞過(guò)程看成彈性碰撞,遵守什么規(guī)律?
提示:(1)如果把兩個(gè)冰壺間的碰撞看成彈性碰撞,碰撞過(guò)程中兩個(gè)冰壺組成的系統(tǒng)的動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒。
(2)冰壺間的碰撞一定是正碰嗎?
提示:(2)冰壺間的碰撞不一定是正碰,也可能是斜碰。

1.碰撞的特點(diǎn)
(1)時(shí)間特點(diǎn):在碰撞現(xiàn)象中,相互作用的時(shí)間很短。
(2)作用力特點(diǎn):在相互作用過(guò)程中,相互作用力先是急劇增大,然后急劇減小,平均作用力很大。
(3)動(dòng)量特點(diǎn):系統(tǒng)的內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力,所以系統(tǒng)即使所受外力矢量和不為零,但外力可以忽略,系統(tǒng)的總動(dòng)量近似守恒。
(4)能量特點(diǎn):碰撞過(guò)程系統(tǒng)的總動(dòng)能不增加,即碰撞前總動(dòng)能Ek≥碰撞后總動(dòng)能Ek'。
2.碰撞的分類
彈性碰撞 (碰后分離) (1)總動(dòng)量守恒:m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2';
(2)總動(dòng)能不變:m1+m2=m1v1'2+m2v2'2
非彈性碰撞 (碰后分離) (1)總動(dòng)量守恒:m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2';
(2)總動(dòng)能減少:m1+m2=m1v1'2+m2v2'2+ΔE損失
完全非彈性 碰撞(碰后 “粘合”) (1)總動(dòng)量守恒:m1v1+m2v2=(m1+m2)v共;
(2)總動(dòng)能損失最大:m1+m2=(m1+m2)+ΔE損失
【典例1】 (多選)在冰壺比賽中,中國(guó)運(yùn)動(dòng)員在最后一投中,將質(zhì)量為19 kg的冰壺推出,運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后以 0.4 m/s的速度正碰靜止的對(duì)手隊(duì)冰壺,然后中國(guó)隊(duì)冰壺以0.1 m/s的速度繼續(xù)向前滑向大本營(yíng)中心。若兩冰壺質(zhì)量相等,則下列判斷正確的是(  )
A.碰后對(duì)手隊(duì)冰壺的速度為0.5 m/s
B.碰后對(duì)手隊(duì)冰壺的速度為0.3 m/s
C.兩冰壺之間的碰撞是非彈性碰撞
D.兩冰壺之間的碰撞是彈性碰撞
解析 兩冰壺碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒,設(shè)中國(guó)隊(duì)的冰壺碰撞前后的速度分別為v0和v1,對(duì)手隊(duì)的冰壺碰后的速度為v2,則有mv0=mv1+mv2,已知v0=0.4 m/s,v1=0.1 m/s,解得v2=0.3 m/s,A錯(cuò)誤,B正確;兩冰壺碰撞前系統(tǒng)的能量為E1=m=0.08m,兩冰壺碰撞后系統(tǒng)的能量為E2=m+m=0.05m,由于E2<E1,則兩冰壺之間的碰撞是非彈性碰撞,C正確,D錯(cuò)誤。
答案 BC

1.質(zhì)量m1=4 kg、速度v0=3 m/s的A球與質(zhì)量m2=2 kg、靜止的B球在光滑水平面上發(fā)生正碰。
(1)若發(fā)生彈性碰撞,碰后A、B兩球速度分別為多少?
解析:(1)兩球發(fā)生彈性碰撞,則滿足動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒,有
m1v0=m1v1+m2v2
m1=m1+m2
代入數(shù)據(jù)解得v1=1 m/s,v2=4 m/s。
答案:(1)1 m/s 4 m/s 
(2)若發(fā)生完全非彈性碰撞,碰后兩球速度又是多少?
解析:(2)兩球發(fā)生完全非彈性碰撞,碰后速度相同,根據(jù)動(dòng)量守恒定律有m1v0=(m1+m2)v
解得v=2 m/s。
答案:(2)2 m/s
2.斯諾克是一項(xiàng)近年來(lái)我們所熟知的運(yùn)動(dòng)項(xiàng)目,球員出桿擊打白球,運(yùn)動(dòng)白球撞擊彩球使其入洞并計(jì)分。如圖甲所示,運(yùn)動(dòng)員用白球撞擊籃球(設(shè)兩球質(zhì)量相等),兩球發(fā)生正碰,且碰撞后白球所受的阻力不變。若碰撞前、后兩球的v-t圖像如圖乙所示,白球的虛線與籃球?qū)嵕€交于t軸同一點(diǎn)。關(guān)于兩球的運(yùn)動(dòng),下列說(shuō)法正確的是(  )
A.碰撞后兩球相距的最遠(yuǎn)距離為0.9 m
B.籃球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到的阻力較大
C.兩球發(fā)生彈性碰撞
D.碰撞后籃球的加速度大小為 m/s2
解析:D 由圖像可知,碰前瞬間,白球的速度v0=1.0 m/s,碰后白球的速度v1=0.4 m/s,兩球碰撞過(guò)程中,滿足動(dòng)量守恒定律,則mv0=mv1+mv2,可得碰后瞬間,籃球的速度v2=0.6 m/s,根據(jù)圖像可知,籃球停止的時(shí)刻為t2=6 s,兩球都停止時(shí),距離最大,且最大距離d=(t2-t0)-(t1-t0)=×(6-1)m-×(3-1)m=1.1 m,A錯(cuò)誤;在v-t圖像中,圖像的斜率表示加速度,由圖像可看出,碰后白球減速的加速度較大,根據(jù)牛頓第二定律可知,白球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到的阻力較大,B錯(cuò)誤;由于碰撞前后機(jī)械能滿足m+m<m,因此不是彈性碰撞,C錯(cuò)誤;碰撞后籃球的加速度大小為a== m/s2= m/s2,D正確。
3.(多選)2022年2月3日至17日,北京冬奧會(huì)女子冰球賽在五棵松體育中心進(jìn)行。一冰球運(yùn)動(dòng)員甲在水平光滑的冰面上以8 m/s的速度向右運(yùn)動(dòng)時(shí),與另一速度為4 m/s的迎面而來(lái)向左運(yùn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)員乙相撞,碰后甲恰好靜止,假設(shè)碰撞時(shí)間極短,已知運(yùn)動(dòng)員甲、乙的質(zhì)量分別為60 kg、80 kg,下列說(shuō)法正確的是(  )
A.碰后乙的速度的大小是3 m/s
B.碰后乙的速度的大小是2 m/s
C.該次碰撞為非彈性碰撞
D.碰撞中總機(jī)械能損失了2 400 J
解析:BCD 設(shè)運(yùn)動(dòng)員甲、乙的質(zhì)量分別為m、M,碰前速度大小分別為v1、v2,碰后乙的速度大小為v2',規(guī)定碰撞前甲的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒定律有mv1-Mv2=Mv2',解得v2'=v1-v2=2 m/s,故A錯(cuò)誤,B正確。根據(jù)能量守恒定律可知,碰撞中總機(jī)械能的損失為ΔE=m+M-Mv2'2,代入數(shù)據(jù)解得ΔE=2 400 J,由于ΔE≠0,故碰撞為非彈性碰撞,故C、D正確。
要點(diǎn)二 碰撞可能性的判斷
    
如圖所示,在光滑水平地面上有質(zhì)量為m1、m2的兩球,分別以速度v1、v2(v1>v2)運(yùn)動(dòng)。兩球發(fā)生對(duì)心碰撞后速度分別為v1'、v2'。請(qǐng)思考:
(1)碰撞前后兩球的總動(dòng)量有什么關(guān)系?
提示:(1)碰撞前后兩球的總動(dòng)量守恒。
(2)碰撞前后兩球的總動(dòng)能有什么關(guān)系?
提示:(2)碰撞前兩球的總動(dòng)能大于或等于碰撞后兩球的總動(dòng)能。
(3)兩球碰后的速度v1'、v2'的大小有哪些特點(diǎn)?
提示:(3)①v2'>v2;②v1'≤v2'。

1.碰撞問(wèn)題遵循的“三個(gè)原則”
(1)動(dòng)量守恒:p1+p2=p1'+p2'。
(2)動(dòng)能不增加:Ek1+Ek2≥Ek1'+Ek2'。
(3)速度要
合理
2.碰撞合理性的判斷思路
(1)首先要看動(dòng)量是否守恒。
(2)再次注意碰前、碰后的速度關(guān)系是否合理。
(3)其次再看總動(dòng)能是否增加。
注意:靈活運(yùn)用Ek=或p=,Ek=pv或p=等幾個(gè)關(guān)系式進(jìn)行有關(guān)計(jì)算。
【典例2】 (多選)如圖所示,兩個(gè)小球A、B在光滑水平地面上相向運(yùn)動(dòng),它們的質(zhì)量分別為mA=4 kg,mB=2 kg,速度分別是vA=3 m/s(設(shè)為正方向),vB=-3 m/s,則它們發(fā)生正碰后,速度的可能值分別為(  )
A.vA'=-1 m/s,vB'=5 m/s
B.vA'=-2 m/s,vB'=6 m/s
C.vA'=2 m/s,vB'=-1 m/s
D.vA'=0.5 m/s,vB'=2 m/s
解析 兩球組成的系統(tǒng)碰撞過(guò)程要滿足:①系統(tǒng)動(dòng)量守恒;②系統(tǒng)機(jī)械能不增加;③不違反實(shí)際可行性。碰前系統(tǒng)總動(dòng)量為p總=4×3 kg·m/s+2×(-3)kg·m/s=6 kg·m/s,碰前總動(dòng)能為Ek總=×4×32 J+×2×(-3)2 J=27 J,若vA'=-1 m/s,vB'=5 m/s,不違反實(shí)際速度可行性,碰后系統(tǒng)動(dòng)量和動(dòng)能p總'=4×(-1)kg·m/s+2×5 kg·m/s=6 kg·m/s,Ek總'=×4×(-1)2 J+×2×52 J=27 J,動(dòng)量守恒,機(jī)械能也守恒,故A可能;若vA'=-2 m/s,vB'=6 m/s,則碰后系統(tǒng)動(dòng)量p總'=4×(-2)kg·m/s+2×6 kg·m/s=4 kg·m/s,系統(tǒng)動(dòng)量不守恒,故B不可能;若 vA'=2 m/s,vB'=-1 m/s,違反速度實(shí)際可行性,發(fā)生二次碰撞,故C不可能;若vA'=0.5 m/s,vB'=2 m/s,不違反速度實(shí)際可行性,碰后系統(tǒng)總動(dòng)量和機(jī)械能p總'=4×0.5 kg·m/s+2×2 kg·m/s=6 kg·m/s,Ek總'=×4×(0.5)2+×2×22 J=4.5 J,故D可能。
答案 AD

1.(多選)質(zhì)量相等的A、B兩球在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運(yùn)動(dòng),A球的動(dòng)量pA=9 kg·m/s,B球的動(dòng)量pB=3 kg·m/s,當(dāng)A追上B時(shí)發(fā)生正碰,則碰后A、B兩球的動(dòng)量可能值是(  )
A.pA'=6 kg·m/s,pB'=6 kg·m/s
B.pA'=4 kg·m/s,pB'=6 kg·m/s
C.pA'=-6 kg·m/s,pB'=18 kg·m/s
D.pA'=4 kg·m/s,pB'=8 kg·m/s
解析:AD 設(shè)兩球質(zhì)量均為m,碰前總動(dòng)量p=pA+pB=12 kg·m/s,碰前總動(dòng)能Ek=+=。若pA'=6 kg·m/s,pB'=6 kg·m/s,碰后總動(dòng)量p'=pA'+pB'=12 kg·m/s,碰后總動(dòng)能Ek'=+=<,故可能,A正確。若pA'=4 kg·m/s,pB'=6 kg·m/s,碰后總動(dòng)量 p'=pA'+pB'≠p,故不可能,B錯(cuò)誤。若pA'=-6 kg·m/s,pB'=18 kg·m/s,碰后總動(dòng)能Ek'=+=>,故不可能,C錯(cuò)誤。若pA'=4 kg·m/s,pB'=8 kg·m/s,碰后總動(dòng)量p'=12 kg·m/s=p,碰后總動(dòng)能Ek'=+=<,故可能,D正確。
2.(多選)如圖所示,光滑水平地面上有兩個(gè)小球甲和乙,質(zhì)量分別是m和km,現(xiàn)讓甲以初速度v0向右運(yùn)動(dòng)并與乙(靜止) 發(fā)生碰撞,碰后乙的速度為,若碰后甲、乙同向運(yùn)動(dòng),則k的值可能是(  )
A. B. C. D.
解析:ACD 設(shè)甲與乙發(fā)生碰撞后甲的速度為v,由動(dòng)量守恒定律得mv0=mv+km,解得v=v0-v0,碰撞后甲、乙同向運(yùn)動(dòng),則有v>0,即v0-
v0>0,解得k<2;碰后甲球不能越過(guò)乙球,因此有v≤,解得k≥1;又因?yàn)榕鲎策^(guò)程中動(dòng)能不增加,所以有m≥mv2+km,解得0≤k≤3。綜上可得1≤k<2,則A、C、D可能,B不可能。
3.(多選)A、B兩球在光滑水平軌道上同向運(yùn)動(dòng),A球的動(dòng)量是7 kg·m/s,B球的動(dòng)量是9 kg·m/s,當(dāng)A球追上B球時(shí)發(fā)生碰撞,碰撞后B球的動(dòng)量變?yōu)?2 kg·m/s,則兩球質(zhì)量mA、mB的關(guān)系可能是(  )
A.mB=2mA B.mB=3mA
解析:AB 以A的初速度方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒定律得pA+pB=pA'+pB',代入數(shù)據(jù),解得pA'=4 kg·m/s,碰撞過(guò)程系統(tǒng)的總動(dòng)能不增加,則有+≤+,解得≤,由題意可知,當(dāng)A球追上B球時(shí)發(fā)生碰撞,則碰撞前A的速度大于B的速度,則有>,解得<=,碰撞后A的速度不大于B的速度,則有≤,≥=,綜上得≤≤,故A、B正確。
C.mB=4mA D.mB=5mA
知能演練·提能力
NO.3

    
1.斯諾克是“最具紳士”的一項(xiàng)運(yùn)動(dòng),比賽時(shí)運(yùn)動(dòng)員利用球桿擊打母球(白色球),母球與目標(biāo)球碰撞使目標(biāo)球入袋而得分,如圖
為我國(guó)斯諾克運(yùn)動(dòng)員擊球時(shí)的情景。假設(shè)某次擊球后,
母球和目標(biāo)球碰撞,二者均在同一直線上運(yùn)動(dòng),則下
列說(shuō)法中正確的是(  )
A.母球和目標(biāo)球碰撞瞬間,由于桌面存在摩擦,系統(tǒng)動(dòng)量不守恒
B.由于碰撞時(shí)間極短,在碰撞瞬間,可以認(rèn)為兩球均沒(méi)有發(fā)生位移
C.從母球被擊出到目標(biāo)球落袋前這一過(guò)程中,系統(tǒng)的機(jī)械能守恒
D.碰撞瞬間,母球?qū)δ繕?biāo)球的沖量和目標(biāo)球?qū)δ盖虻臎_量相同
解析:B 兩球碰撞瞬間,由于碰撞時(shí)間極短,外力遠(yuǎn)小于內(nèi)力,外力的沖量很小,可以忽略不計(jì),所以系統(tǒng)動(dòng)量守恒,故A錯(cuò)誤;由于碰撞時(shí)間極短,在碰撞瞬間可以認(rèn)為兩球的位移為零,故B正確;從母球被擊出到目標(biāo)球落袋前,兩球均受到桌面摩擦力的作用,系統(tǒng)機(jī)械能不守恒,故C錯(cuò)誤;碰撞瞬間,母球?qū)δ繕?biāo)球的沖量和目標(biāo)球?qū)δ盖虻臎_量大小相等,但方向相反,故D錯(cuò)誤。
2.在光滑水平面上,有A、B兩個(gè)小球向右沿同一直線運(yùn)動(dòng),取向右為正,兩球的動(dòng)量分別是pA=5 kg·m/s,pB=7 kg·m/s,如圖所示,若能發(fā)生正碰,則碰后兩球的動(dòng)量增量ΔpA、ΔpB可能的是(  )
A.ΔpA=-3 kg·m/s,ΔpB=3 kg·m/s
B.ΔpA=3 kg·m/s,ΔpB=3 kg·m/s
C.ΔpA=-10 kg·m/s,ΔpB=10 kg·m/s
D.ΔpA=3 kg·m/s,ΔpB=-3 kg·m/s
解析:A 兩球碰撞過(guò)程,系統(tǒng)的動(dòng)量守恒,兩球動(dòng)量變化量應(yīng)大小相等,方向相反,根據(jù)碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒定律,如果ΔpA=-3 kg·m/s,ΔpB=3 kg·m/s,則碰后兩球的動(dòng)量分別為pA'=2 kg·m/s,pB'=10 kg·m/s,且碰撞過(guò)程總動(dòng)能不增加,故A正確。若ΔpA=3 kg·m/s,ΔpB=3 kg·m/s,違反了動(dòng)量守恒定律,不可能,故B錯(cuò)誤。如果ΔpA=-10 kg·m/s,ΔpB=10 kg·m/s,則碰后兩球的動(dòng)量分別為pA'=-5 kg·m/s,pB'=17 kg·m/s,可以看出,碰撞后A的動(dòng)能不變,而B的動(dòng)能增大,違反了能量守恒定律,不可能,故C錯(cuò)誤。根據(jù)碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒定律,如果ΔpA=3 kg·m/s,ΔpB=-3 kg·m/s,則碰后兩球的動(dòng)量分別為pA'=8 kg·m/s,pB'=4 kg·m/s,碰撞后兩球的動(dòng)量方向都與原來(lái)方向相同,A的動(dòng)量不可能沿原方向增大,與實(shí)際運(yùn)動(dòng)不符,故D錯(cuò)誤。
3.(多選)如圖甲所示,在光滑水平面上的兩小球發(fā)生正碰,小球的質(zhì)量分別為m1和m2。圖乙為它們碰撞前后的x-t(位移—時(shí)間)圖像。已知m1=0.1 kg。由此可以判斷(  )
A.碰前質(zhì)量為m2的小球靜止,質(zhì)量為m1的小球向右運(yùn)動(dòng)
B.碰后質(zhì)量為m2的小球和質(zhì)量為m1的小球都向右運(yùn)動(dòng)
C.m2=0.3 kg
D.兩個(gè)小球的碰撞是彈性碰撞
解析:ACD 由題中圖乙可知,質(zhì)量為m1的小球碰前速度v1=4 m/s,碰后速度v1'=-2 m/s,質(zhì)量為m2的小球碰前速度v2=0,碰后的速度v2'=2 m/s,兩小球組成的系統(tǒng)碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒,有m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2',代入數(shù)據(jù)解得m2=0.3 kg,選項(xiàng)A、C正確,B錯(cuò)誤;兩小球組成的系統(tǒng)在碰撞過(guò)程中的機(jī)械能損失為ΔE=m1+m2-=0,所以碰撞是彈性碰撞,選項(xiàng)D正確。
4.(多選)質(zhì)量為m的小球A沿光滑水平面以速度v0與質(zhì)量為2m的靜止小球B發(fā)生正碰,則碰后B的速度可能是(  )
A.v0 B.v0 C.v0 D.v0
解析:AC 若小球A與小球B發(fā)生完全非彈性碰撞,則有mv0=(m+2m)v共,解得v共 = v0,若小球A與小球B發(fā)生彈性碰撞,則有mv0=mvA'+2mvB',m=mvA'2+×2mvB'2,解得vA'=-v0,vB'=v0,所以碰后B的速度v0≤vB≤v0,故選A、C。
5.甲、乙兩個(gè)物塊在光滑水平桌面上沿同一直線運(yùn)動(dòng),甲追上乙,并與乙發(fā)生碰撞,碰撞前后甲、乙的速度隨時(shí)間的變化如圖中實(shí)線所示。已知甲的質(zhì)量為1 kg,下列說(shuō)法中正確的是(  )
A.該碰撞為完全非彈性碰撞
B.物塊乙的質(zhì)量為6 kg
C.碰撞過(guò)程兩物塊損失的機(jī)械能為8 J
D.該碰撞過(guò)程能量不守恒
解析:B 由v-t圖可知,碰前甲、乙的速度分別為v甲=5 m/s、v乙=1 m/s;碰后甲、乙的速度分別為v甲'=-1 m/s,v乙'=2 m/s,碰后速度不同,該碰撞不是完全非彈性碰撞;甲、乙兩物塊碰撞過(guò)程中,由動(dòng)量守恒定律得 m甲v甲+m乙v乙=m甲v甲'+m乙v乙,解得m乙=6 kg,損失的機(jī)械能為ΔE=m甲+m乙-m甲v甲'2-m乙v乙'2,解得ΔE=3 J,即碰撞過(guò)程兩物塊損失的機(jī)械能為3 J,此能量轉(zhuǎn)化為兩物塊的內(nèi)能,但是能量還是守恒的。故B正確,A、C、D錯(cuò)誤。
三維達(dá)標(biāo)·找不足
NO.4

題組一 彈性碰撞和非彈性碰撞
1.(2022·浙江金華高二階段考)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(yùn)動(dòng),發(fā)生了碰撞。已知碰撞后,甲滑塊靜止不動(dòng),那么這次碰撞是(  )
解析:A 由動(dòng)量守恒定律有3mv-mv=0+mv',所以 v'=2v。碰前總動(dòng)能Ek=×3mv2+mv2=2mv2,碰后總動(dòng)能Ek'=mv'2=2mv2,則Ek=Ek',所以A正確。
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(wú)法確定
2.(2022·浙江臺(tái)州市高二期末)質(zhì)量為ma=1 kg,mb=2 kg的小球在光滑的水平面上發(fā)生碰撞,碰撞前后兩球的位移—時(shí)間圖像如圖所示,則可知碰撞屬于(  )
A.彈性碰撞 B.非彈性碰撞
C.完全非彈性碰撞 D.條件不足,不能確定
解析:A 由x-t圖像知,碰撞前va=3 m/s,vb=0,碰撞后va'=-1 m/s,vb'=2 m/s,碰撞前動(dòng)能為ma+mb= J,碰撞后動(dòng)能為mava'2+mbvb'2= J,故機(jī)械能守恒;碰撞前動(dòng)量mava+mbvb=3 kg·m/s,碰撞后動(dòng)量mava'+mbvb'=3 kg·m/s,故動(dòng)量守恒,所以碰撞屬于彈性碰撞。故選A。
3.質(zhì)量相等的三個(gè)物塊在一光滑水平面上排成一直線,且彼此隔開(kāi)了一定的距離,如圖所示。具有動(dòng)能E0的第1個(gè)物塊向右運(yùn)動(dòng),依次與其余兩個(gè)靜止物塊發(fā)生碰撞,最后這三個(gè)物塊粘在一起,這個(gè)整體的動(dòng)能為(  )
A.E0 B. C. D.
解析:C 由碰撞中動(dòng)量守恒得mv0=3mv1,
解得v1= ①
E0=m ②
Ek'=×3m ③
由①②③式聯(lián)立得Ek'=×3m=×=,故C正確。
4.(多選)(2022·浙江杭州市余杭高級(jí)中學(xué)高二段考)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(diǎn)。現(xiàn)將小滑塊A從圓弧軌道的最高點(diǎn)無(wú)初速度釋放。已知圓弧軌道半徑R=1.8 m,小滑塊的質(zhì)量關(guān)系是mB=2mA,重力加速度g=10 m/s2。則碰后小滑塊B的速度大小可能是(  )
A.5 m/s B.4 m/s C.3 m/s D.2 m/s
解析:BCD 滑塊A下滑過(guò)程,由機(jī)械能守恒定律得mAgR=mA,解得v0=6 m/s,若兩個(gè)滑塊發(fā)生的是彈性碰撞,取向右為正方向,由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律得mAv0=mAvA+mBvB,mA=mA+mB,解得vB=4 m/s,若兩個(gè)滑塊發(fā)生的是完全非彈性碰撞,由動(dòng)量守恒定律得mAv0=(mA+mB)vB',解得vB'=2 m/s,所以碰后小滑塊B的速度大小范圍為2 m/s≤vB≤4 m/s,不可能為 5 m/s,故選B、C、D。
5.臺(tái)球是大家比較喜愛(ài)的一項(xiàng)運(yùn)動(dòng)。小明同學(xué)設(shè)計(jì)了一個(gè)臺(tái)球趣味游戲,在光滑水平面上,利用一個(gè)白球A以初速度v0去撞擊2023個(gè)一字排開(kāi)的花球,如圖所示,已知球與球之間的碰撞為彈性正碰,白球質(zhì)量是花球質(zhì)量的2倍,則編號(hào)為1的花球的最終速度為(  )
A.v0 B.v0 C.v0 D.v0
解析:A 質(zhì)量為2m的白球A以初速度v0與編號(hào)為2023的花球發(fā)生彈性正碰,滿足動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒,設(shè)碰后白球和編號(hào)為2023的花球的速度分別為vA1、v1,以向右為正方向,則2mv0=2mvA1+mv1,(2m)=(2m)+m,解得vA1=v0,v1=v0。同理分析,兩個(gè)質(zhì)量相同花球碰撞時(shí),根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒知,兩球速度交換,編號(hào)為2023的花球與編號(hào)為2022的花球交換速度,以此類推,最終編號(hào)為1的花球的速度為v1'=v0,故A正確,B、C、D錯(cuò)誤。
6.(2022·浙江嘉興高二期中)如圖所示,小球A的質(zhì)量為mA=5 kg,動(dòng)量大小為pA=4 kg·m/s,小球A在光滑水平面上向右運(yùn)動(dòng),與靜止的小球B發(fā)生彈性碰撞,碰后A的動(dòng)量大小為pA'=1 kg·m/s,方向水平向右,則(  )
A.碰后小球B的動(dòng)量大小為pB=3 kg·m/s
B.碰后小球B的動(dòng)量大小為pB=5 kg·m/s
C.小球B的質(zhì)量為15 kg
D.小球B的質(zhì)量為5 kg
解析:A 規(guī)定向右為正方向,碰撞過(guò)程中A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒,所以有pA=pA'+pB,解得 pB=3 kg·m/s,A正確,B錯(cuò)誤;由于是彈性碰撞,所以沒(méi)有機(jī)械能損失,故=+,解得mB=3 kg,C、D錯(cuò)誤。
題組二 碰撞可能性的判斷
7.(多選)如圖所示,半徑和動(dòng)能都相等的兩個(gè)小球相向而行。甲球質(zhì)量m甲大于乙球質(zhì)量m乙,水平面是光滑的,兩球做對(duì)心碰撞以后的運(yùn)動(dòng)情況可能是下述哪些情況(  )
A.甲球速度為零,乙球速度不為零
B.兩球速度都不為零
C.乙球速度為零,甲球速度不為零
D.兩球都以各自原來(lái)的速率反向運(yùn)動(dòng)
解析:AB 根據(jù)兩球動(dòng)能相等有m甲=m乙,得出兩球碰前動(dòng)量大小之比= ,因m甲>m乙,則p甲>p乙,則系統(tǒng)的總動(dòng)量方向向右。根據(jù)動(dòng)量守恒定律可以判斷,碰后兩球運(yùn)動(dòng)情況可能是A、B所述情況,而C、D情況是違背動(dòng)量守恒的,故C、D情況是不可能的。
8.(多選)光滑的水平面上物體A以8 kg·m/s的動(dòng)量撞擊靜止的物體B,碰撞后物體A、B動(dòng)量的可能值為(  )
A.4 kg·m/s;4 kg·m/s
B.-9 kg·m/s;1 kg·m/s
C.0;8 kg·m/s
D.9 kg·m/s;-1 kg·m/s
解析:AC 若A、B質(zhì)量相等,且碰后以共同的速度運(yùn)動(dòng),則碰后動(dòng)量分別為4 kg·m/s和4 kg·m/s;若兩物體發(fā)生彈性碰撞,則碰后兩物體交換速度,即動(dòng)量分別為0和8 kg·m/s,選項(xiàng)A、C正確;因碰前總動(dòng)量為8 kg·m/s,若碰后動(dòng)量為 -9 kg·m/s 和 1 kg·m/s,則總動(dòng)量為 -8 kg·m/s,動(dòng)量不守恒,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;由能量關(guān)系Ek=,因?yàn)椋迹?即碰后總動(dòng)能增加,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。
9.(2022·浙江溫州高二期末)如圖所示,大小、形狀相同的兩小球A、B在光滑水平面上沿同一直線相向運(yùn)動(dòng),小球A的質(zhì)量為2m、速度大小為v0、方向水平向右,小球B的質(zhì)量為m、速度大小為2v0、方向水平向左,兩小球發(fā)生彈性正碰后(  )
A.小球A將靜止
B.小球B將向左運(yùn)動(dòng)
C.小球A的動(dòng)能將增加m
D.小球B的動(dòng)量變化量的大小為4mv0
解析:D 小球A、B發(fā)生彈性碰撞,選向右為正方向,設(shè)碰后小球B的速度為vB,小球A的速度為vA,則有2mv0+m(-2v0)=2mvA+mvB,×2m+m(-2v0)2=×2m+m,解得vA=-v0,vB=2v0,碰撞后小球A向左運(yùn)動(dòng),A錯(cuò)誤;碰撞后小球B將向右運(yùn)動(dòng),B錯(cuò)誤;碰撞后小球A的動(dòng)能增加量ΔEk=×2m-×2m=×2m×(-v0)2-×2m=0,C錯(cuò)誤;小球B的動(dòng)量變化量Δp=pB'-pB=m(2v0)-m(-2v0)=4mv0,小球B的動(dòng)量變化量的大小為4mv0,D正確。
10.如圖所示,質(zhì)量為m的A球以速度v0在光滑水平面上運(yùn)動(dòng),與原來(lái)靜止的質(zhì)量為5m的B球碰撞,碰撞后A球以v=av0(待定系數(shù)a<1)的速率彈回,A球與擋板P發(fā)生碰撞時(shí)無(wú)能量損失,若要使A球能追上B球再次相撞,則a的取值范圍為(  )
A.<a≤ B.<a≤
C.<a≤ D.<a≤
解析:A 規(guī)定向右為正方向,由動(dòng)量守恒定律可知mv0=-m·av0+5mv1 ①
根據(jù)碰撞過(guò)程動(dòng)能不會(huì)增大可知
m≥m(av0)2+(5m)  ②
球與擋板P發(fā)生碰撞時(shí)無(wú)能量損失,與擋板碰后以原速度大小返回,若要使A球能追上B球再次相撞,所以有av0>v1  ③
由①②③式可得<a≤,故選A。
11.(多選)如圖甲所示,兩可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊甲、乙放在水平面上,t=0時(shí)刻分別給兩滑塊一初速度,使兩滑塊沿同一直線相對(duì)運(yùn)動(dòng),經(jīng)過(guò)一段時(shí)間兩物體發(fā)生碰撞,取向右的方向?yàn)檎?整個(gè)過(guò)程中兩滑塊的速度—時(shí)間圖像如圖乙所示,則下列說(shuō)法正確的是(  )
A.整個(gè)過(guò)程中滑塊乙的位移大小為0.5 m
B.滑塊甲與滑塊乙的質(zhì)量之比為1∶1
C.滑塊甲、滑塊乙與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)之比為1∶2
D.兩滑塊碰撞時(shí)沒(méi)有能量損失
解析:ACD 整個(gè)過(guò)程中根據(jù)速度—時(shí)間圖像可知滑塊乙的位移x=m=0.5 m,A正確;兩物塊在1 s末時(shí)發(fā)生碰撞,根據(jù)動(dòng)量定理得m甲v甲1+m乙v乙1=m乙v乙1',4m甲-2m乙=6m乙,解得m甲∶m乙=2∶1,B錯(cuò)誤;根據(jù)圖像可知,0~1 s滑塊的加速度為a甲= m/s2=-2 m/s2,a乙= m/s2=4 m/s2,根據(jù)牛頓第二定律-μ甲m甲g=m甲a甲,μ乙m乙g=m乙a乙,解得μ甲=0.2,μ乙=0.4,滑塊甲、滑塊乙與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)之比為1∶2,C正確;滑塊甲與滑塊乙的質(zhì)量之比為m甲∶m乙=2∶1,兩個(gè)滑塊碰撞前后的能量差為ΔE=-m乙v乙1'2=0,D正確。
12.如圖所示,ABC為一固定在豎直平面內(nèi)的光滑軌道,BC段水平,AB段與BC段平滑連接,質(zhì)量為m1的小球從高為h處由靜止開(kāi)始沿軌道下滑,與靜止在軌道BC段上質(zhì)量為m2的小球發(fā)生碰撞,碰撞后兩球的運(yùn)動(dòng)方向處于同一水平線上,且在碰撞過(guò)程中無(wú)機(jī)械能損失。求碰撞后質(zhì)量為m2的小球速度大小v2。(重力加速度為g)
解析:設(shè)質(zhì)量為m1的小球碰撞前瞬間的速度為v,根據(jù)機(jī)械能守恒定律有m1gh=m1v2,解得v=  ①
設(shè)碰撞后質(zhì)量為m1的小球與質(zhì)量為m2的小球的速度分別為v1和v2,根據(jù)動(dòng)量守恒定律有
m1v=m1v1+m2v2  ②
由于碰撞過(guò)程中無(wú)機(jī)械能損失,則
m1v2=m1+m2  ③
聯(lián)立②③式解得v2=  ④
將①代入④得v2=。
答案:
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