高中人教版 (2019)5 弹性碰撞和非弹性碰撞同步训练题

第一章　动量守恒定律

5　弹性碰撞和非弹性碰撞

基础过关练

题组一　对碰撞问题的理解

1.以下对碰撞的理解,说法正确的是 (　　)

A.弹性碰撞一定是对心碰撞

B.非对心碰撞一定是非弹性碰撞

C.弹性碰撞也可能是非对心碰撞

D.弹性碰撞和对心碰撞中动量守恒,非弹性碰撞和非对心碰撞中动量不守恒

2.(2021山东泰安一中高二上第一次月考)为了模拟宇宙大爆炸的情况,科学家们使两个带正电的重离子加速后沿同一条直线相向运动而发生猛烈碰撞。若要使碰撞前的动能尽可能多地转化为内能,应设法使离子在碰撞前的瞬间具有              (　　)

A.大小相同的动量　　　　　　　　　　B.相同的质量

C.相同的动能　　　　　　　　　　D.相同的速率

3.(2021四川成都外国语学校高二上月考)一辆机车质量是2m,以速度v与原来静止的、质量为3m的车厢碰撞挂接,挂接后它们的总动能是              (　　)

A.mv2　　　　　B.mv2　　　　　C.mv2　　　　　D.mv2

4.A球的质量是m,B球的质量是2m,它们在光滑的水平面上以相同的动量运动。B在前,A在后,发生正碰后,A球仍朝原方向运动,但其速率是原来的一半,碰后两球的速率比v'A∶v'B为              (　　)

A.1∶2　　　　　B.1∶3　　　　　C.2∶1　　　　　D.2∶3

题组二　碰撞过程遵循的三个原则

5.如图所示,在光滑水平面上有直径相同的a、b两球在同一直线上运动,选定向右为正方向,两球的动量分别为pa=6 kg·m/s、pb=-4 kg·m/s。当两球相碰之后,两球的动量可能是              (　　)

A.p'a=-6 kg·m/s、p'b=4 kg·m/s

B.p'a=-6 kg·m/s、p'b=8 kg·m/s

C.p'a=-4 kg·m/s、p'b=6 kg·m/s

D.p'a=2 kg·m/s、p'b=0

6.如图所示,在光滑的水平面上有一质量为1 kg的小球以1 m/s的速度向前运动,与质量为3 kg的静止木块发生碰撞,假设碰撞后木块的速度是v木=1 m/s,则              (　　)

A.v木=1 m/s这一假设是合理的,碰撞后球的速度为v球=-2 m/s

B.v木=1 m/s这一假设是合理的,碰撞后小球被弹回去

C.v木=1 m/s这一假设是不合理的,这种情况不可能发生

D.v木=1 m/s这一假设是可能发生的,但由于题给条件不足,v球的大小不能确定

7.(2020湖北襄阳一中高二下5月月考)在光滑的水平面上,两个质量均为m的完全相同的滑块以大小均为p的动量相向运动,发生正碰,碰后系统的总动能不可能是              (　　)

A.0　　　　　B.　　　　　C.　　　　　D.

题组三　弹性碰撞中“动碰静”模型的简单应用

8.(2020河北邯郸高三上期末)汽车A和汽车B静止在水平地面上,某时刻汽车A开始倒车,结果汽车A撞到了停在它正后方的汽车B,汽车B上装有智能记录仪,能够测量并记录汽车B前面的物体相对于汽车B自身的速度。在本次碰撞中,如果汽车B的智能记录仪测得碰撞前瞬间汽车A的速度大小为v0,已知汽车A的质量是汽车B质量的2倍,碰撞过程可视为弹性碰撞,则碰后瞬间汽车A相对于地面的速度大小为              (　　)

A.v0　　　　　B.v0　　　　　C.v0　　　　　D.v0

9.(2020陕西西安八校高三上联考)一中子与一质量数为A(A>1)的原子核发生弹性正碰。若碰前原子核静止,则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为              (　　)

A.　　　　　B.　　　　　C.　　　　　D.

10.(2020河南郑州一中高三月考)如图所示,质量为m的A球在光滑水平面上静止放置,质量为2m的B球向左运动,速度大小为v0,B球与A球碰撞且无机械能损失,碰后A球速度大小为v1,B球的速度大小为v2。碰后相对速度与碰前相对速度的比值定义为恢复系数,即e=,下列选项正确的是              (　　)

A.e=1　　　　　B.e=　　　　　C.e=　　　　　D.e=

11.(2021四川仁寿一中高二上月考)(多选)质量为m、速度为v的A球跟质量为3m的静止B球发生正碰。碰后B球的速度可能为              (　　)

A.0.2v　　　　　B.0.3v　　　　　C.0.4v　　　　　D.0.6v

能力提升练

题组一　弹性碰撞速度公式的应用

1.(2021山东日照一中高二上第一次质检,)如图所示,两质量分别为m1和m2的弹性小球A、B叠放在一起,从高度为h处自由落下,h远大于两小球半径,所有的碰撞都是弹性碰撞,且都发生在竖直方向。已知m2=3m1,则小球A反弹后能达到的高度为              (　　)

A.h　　　　　B.2h　　　　　C.3h　　　　　D.4h

2.(2020湖南长沙雅礼中学一模,)一质量为m1的物体A以v0的初速度与另一质量为m2的静止物体B发生碰撞,其中m2=km1,k<1。碰撞可分为弹性碰撞、完全非弹性碰撞以及非弹性碰撞。碰撞后两物体的速度分别为v1和v2。假设碰撞为一维碰撞,且一个物体不可能穿过另一个物体。物体A碰撞后与碰撞前速度之比r=的取值范围是              (深度解析)

A.≤r≤1　　　　　　　　　　B.≤r≤

C.0≤r≤　　　　　　　　　　D.≤r≤

题组二　碰撞中的图像问题

3.(2021福建三明一中高三上第一次月考,)如图,在足够大的光滑水平面上放有两个小物块P、Q,Q的质量为m,P的质量为2m,物块P连接一轻弹簧并处于静止状态。现让物块Q以初速度3v0向物块P运动且两物块始终保持在一条直线上。若分别用实线和虚线表示物块Q、P的v-t图线,则在弹簧形变过程中,v-t图像可能是下图中的              (　　)

A.　　　　　　　　　　B.

C.　　　　　　　　　　D.

4.(2021北京人大附中高三上开学考试,)如图甲所示,两小球a、b在足够长的光滑水平面上发生正碰。小球a、b质量分别为m1和m2,且m1=200 g。取水平向右为正方向,两小球碰撞前后位移随时间变化的x-t图像如图乙所示,则              (　　)

A.碰撞前球a做加速运动,球b做匀速运动

B.碰撞后球a做减速运动,球b做加速运动

C.碰撞后两小球的机械能总量减小

D.碰撞前后两小球的机械能总量不变

题组三　多物体、多过程碰撞问题

5.(2020山东济宁高二下期末,)如图所示,在光滑的水平面上有2 020个完全相同的小球等间距地排成一条直线,均处于静止状态。现给第一个小球初动能Ek,若小球间的所有碰撞均为对心完全非弹性碰撞,则整个碰撞过程中损失的机械能总量为              (　　)

A.Ek　　　　　B.Ek　　　　　C.Ek　　　　　D.Ek

6.(2021河南林州一中高二上开学考试,)如图所示,方盒A静止在光滑的水平面上,盒内有一小滑块B,盒的质量是滑块的2倍,滑块与盒内水平面间的动摩擦因数为μ。若滑块以速度v开始向左运动,与盒的左、右壁发生无机械能损失的碰撞,滑块在盒中来回运动多次,最终相对于盒静止,则              (　　)

A.最终盒的速度大小是

B.最终盒的速度大小是

C.滑块相对于盒运动的路程为

D.滑块相对于盒运动的路程为

7.(2021山西平遥二中高三上摸底,)如图所示,静止在光滑水平地面上的两个小物块A、B(均可视为质点),质量分别为mA=1.0 kg、mB=4.0 kg,两者之间有一个被压缩的微型弹簧,弹簧只与A固定在一起,此时弹簧的弹性势能为Ep=10.0 J,分离时弹性势能可以全部转化为小物块A、B的动能。释放后,A与墙发生弹性碰撞,当小物块A、B再次相遇后,弹簧的弹性势能最大值是              (　　)

A.10.0 J　　　　　B.8.0 J　　　　　C.3.6 J　　　　　D.5.0 J

答案全解全析

基础过关练

1.C　弹性碰撞是没有机械能损失的碰撞,对心碰撞是速度方向与两球心连线共线的碰撞,因此弹性碰撞可能是对心碰撞,也可能是非对心碰撞,故A错误,C正确;非对心碰撞是指速度方向与两球心连线不共线的碰撞,而非弹性碰撞是有机械能损失的碰撞,因此非对心碰撞可能是弹性碰撞,也可能是非弹性碰撞,故B错误;只要碰撞过程中内力远大于外力,都可以认为系统的动量守恒,因此弹性碰撞、非弹性碰撞、对心碰撞、非对心碰撞中动量均守恒,故D错误。故选C。

2.A　若要使离子碰撞前的动能尽可能多地转化为内能,则在碰撞过程中损失的动能就要尽可能多,在完全非弹性碰撞中,碰撞后两物体粘在一起且速度为零时,物体损失的动能最多。在碰撞过程中遵循动量守恒定律,可知碰撞前系统的总动量为零,碰撞后系统的总动量才能为零,所以本题关键是设法使这两个重离子在碰撞前瞬间具有大小相等、方向相反的动量,这样可以保证碰撞后离子的动能最小,从而使更多的动能转化为内能。故选A。

3.C　机车与车厢碰撞的过程,系统所受外力远小于内力,总动量守恒,根据动量守恒定律得2mv=(2m+3m)v',解得v'=,则总动能为Ek=(2m+3m)v'2=mv2,故C正确,A、B、D错误。

4.D　设碰前A球的速率为vA,则碰后A球的速率为v'A=,由题意知开始时,pA=pB,即mvA=2mvB,可得B球碰前的速率vB=,由动量守恒定律有mvA+2m×=m×+2mv'B,解得v'B=,所以v'A∶v'B=∶=,故D正确,A、B、C错误。

5.C　根据碰撞过程中动量守恒,可知两球碰后的总动量等于碰前的总动量,p总=pa+pb=6 kg·m/s+(-4 kg·m/s)=2 kg·m/s。A选项中碰后的总动量为-2 kg·m/s,不满足动量守恒,故A错误;B选项中碰后的总动量为2 kg·m/s,满足动量守恒,但碰后a球的动量大小不变,b球动量大小增大,根据关系式Ek=可知,a球的动能不变,b球的动能增加,系统机械能增大了,故B错误;C选项中给出的情况满足动量守恒,也不违背物体的运动规律,也符合机械能不增大的规律,故C正确;D选项中情况与实际不符,a不可能穿过停止的b向前运动,故D错误。故选C。

6.C　若v木=1 m/s,则由动量守恒定律可知m1v0=m1v球+m2v木,解得v球=-2 m/s,碰前总动能E1=m1=0.5 J,碰后总动能E2=m1+m2=3.5 J>E1,则假设不合理,因而这种情况不可能发生,故C正确,A、B、D错误。

7.B　两滑块发生碰撞时遵循动量守恒定律,由于开始时两个滑块以大小均为p的动量相向运动,所以总动量为0。若发生完全非弹性碰撞,则2mv=0,所以碰后系统总动能为0;若发生弹性碰撞,则两个小球的总动能不变。碰前两球的总动能为2×=,根据动能不增加的原理,可知碰后两球的总动能应小于或等于,故选B。

8.C　两汽车发生弹性碰撞,碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒,设碰撞后A、B的速度分别为v1、v2,以碰撞前A的速度方向为正方向,设B的质量为m,则A的质量为2m,由动量守恒定律有2mv0=2mv1+mv2,由机械能守恒定律有·2m=·2m+m,解得v1=v0,故选C。

9.A　设中子的质量为m,因为发生的是弹性正碰,碰撞过程中动量守恒,机械能守恒,规定中子初速度的方向为正方向,有mv1=mv2+Amv,m=m+·Amv2,两式联立解得=,选A。

10.A　A、B在碰撞的过程中,根据动量守恒定律可得2mv0=mv1+2mv2;在碰撞的过程中机械能守恒,可得×2m=m+×2m,解得v1=v0,v2=v0,则恢复系数e==1,故选A。

11.BC　两球碰撞过程动量守恒,取A球的初速度方向为正方向。如果两球发生完全非弹性碰撞,由动量守恒定律得mv=(m+3m)v',解得v'=0.25v;如果两球发生弹性碰撞,由动量守恒定律得mv=mvA+3mvB,由机械能守恒定律得mv2=m+·3m,解得vB=0.5v,则碰撞后B球的速度满足0.25v≤vB≤0.5v,故B、C正确,A、D错误。

能力提升练

1.D　两小球下降过程为自由落体运动,触地时两球速度相同,均为v=,因为所有的碰撞都是弹性碰撞,所以B碰撞地面之后,速度瞬间反向,大小不变,选A与B碰撞过程为研究过程,碰撞前后动量守恒,设碰后A、B速度大小分别为v1、v2,取向上为正方向,则m2v-m1v=m1v1+m2v2,由能量守恒定律得(m1+m2)v2=m1+m2,且m2=3m1,联立解得v1=2,则小球A反弹后能达到的高度为H==4h,故选D。

2.B　若发生弹性碰撞,则由动量守恒定律可得m1v0=m1v1+m2v2;由能量关系可得m1=m1+m2,解得v1=v0,则=;若发生完全非弹性碰撞,则由动量守恒定律得m1v0=(m1+m2)v1,解得v1=v2=,则=,由能量关系得m1>m1+m2,其中v1=v2,解得<;综上可得≤r≤。故选B。

导师点睛

明确完全非弹性碰撞的特点:碰后两物体粘在一起(即合二为一),动量守恒,动能损失最大。

3.C　将两物块及弹簧看作整体分析,整体所受合外力为0,动量守恒,设两物块共速时速度为v,当它们速度相等时,由动量守恒定律有m·3v0=(m+2m)v,解得v=v0,故A、B错误;碰后,Q的速度减小,P的速度增大,在Q的速度大于P的速度时,弹簧压缩量增大,弹簧弹力增大,Q、P的加速度都增大,当弹簧压缩量到最大后,弹力方向不变,Q的速度继续减小,P的速度继续增大,但由于弹簧的压缩量开始减小,它们的加速度都将减小,故C正确,D错误。故选C。

4.D　x-t图线的斜率表示速度,由图乙可知碰前b球的速度为零,b球处于静止状态,a球的速度大小为v1= m/s=4 m/s,a球做匀速运动,故A错误;同理可知,碰后b球和a球均做匀速运动,其速度分别为v'2=2 m/s,v'1=-2 m/s,故B错误;水平面光滑,系统动量守恒,根据动量守恒定律得m1v1=m2v'2+m1v'1,解得m2=0.6 kg,碰撞过程中系统损失的机械能为ΔE=m1-m1v'-m2v',解得ΔE=0,所以碰撞过程机械能守恒,故C错误,D正确。故选D。

5.D　设第一个小球的速度为v0,规定第一个小球初速度v0的方向为正方向,将2 020个小球组成的整体看作一个系统,所有碰撞均为完全非弹性碰撞,说明碰后所有小球具有共同的速度,设系统最终的速度为v,根据动量守恒定律可得mv0=2 020mv,解得v=,则系统损失的机械能为ΔE=m-·2 020mv2,解得ΔE=Ek,故选D。

6.C　设滑块的质量为m,最终速度为v共,则盒的质量为2m,对整个过程,由动量守恒定律可得mv=3mv共,解得v共=,故A、B错误;对整个过程,由能量守恒定律可得μmgx=mv2-×3m,解得x=,故C正确,D错误。故选C。

7.C　分析小物块A、B分离过程,以小物块A、B和弹簧组成的系统为研究对象,系统动量守恒,规定水平向左为正方向,由动量守恒定律可得0=mBvB-mAvA①,由能量守恒定律可得Ep=mB+mA②;A与墙发生弹性碰撞后,A的速度方向向左,大小仍为vA,小物块A、B再次相遇后,以小物块A、B和弹簧组成的系统为研究对象,系统动量守恒,当A、B速度相等时,弹簧的弹性势能有最大值,从A、B刚开始接触至共速过程,由动量守恒定律可得mAvA+mBvB=(mA+mB)v③,由能量守恒定律可得mB+mA=E'p+(mA+mB)v2④,联立①②③④式可得E'p=3.6 J,故选C。