人教版高中物理选择性必修第一册第1章动量守恒定律5弹性碰撞和非弹性碰撞习题含答案

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第一章分层作业7　弹性碰撞和非弹性碰撞A级 必备知识基础练1.A、B两物体发生正碰,碰撞前后物体A、B都在同一直线上运动,其位移—时间图像如图所示。由图可知,物体A、B的质量之比为(　　)A.1∶1 B.1∶2C.1∶3 D.3∶12.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/sB.v木=1 m/s这一假设是合理的,碰撞后小球被弹回来C.v木=1 m/s这一假设是不合理的,因而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3.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.EkC.Ek D.Ek4.(多选)如图所示,用两根长度都等于L的细绳,分别把质量相等、大小相同的a、b两球悬于同一高度,静止时两球恰好相接触。现把a球拉到细绳处于水平位置,然后无初速释放,当a球摆动到最低位置与b球相碰后,b球可能升高的高度为(　　)A.L B. C. D.5.甲、乙两球在光滑水平轨道上同向运动,已知它们的动量均为6 kg·m/s,甲球追上乙球并发生弹性碰撞,碰撞后乙球的动量变为8 kg·m/s,已知甲球的质量为0.5 kg,求乙球的质量。           6.倾角为θ=30°、长为L的固定斜面ABC如图所示。质量为3m的物体P放置在斜面的底端A,质量为m的物体Q放置在斜面的中点B,两物体与斜面间的动摩擦因数相同,且都能恰好静止在斜面上,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。给物体P沿斜面向上的初速度,物体P与物体Q发生弹性碰撞后,Q恰能运动到斜面的顶端C,重力加速度为g,求:(1)两物体与斜面间的动摩擦因数μ;(2)物体P的初速度v0。          B级 关键能力提升练7.(2023山东烟台期中)假设在光滑水平面的一条直线上依次放4个质量均为m的红球,质量为1.5m的白球以初速度v0与4号红球发生碰撞,假设发生的碰撞均为弹性正碰,则白球最终的速度大小为(　　)A.0 B.C.v0 D.v08.甲、乙两球在水平光滑轨道上同方向运动,已知它们的动量分别是p1=5 kg·m/s、p2=7 kg·m/s,甲从后面追上乙并发生碰撞,碰撞后乙的动量为10 kg·m/s,则两球的质量m1与m2的关系可能是(　　)A.m1=m2 B.2m1=m2C.4m1=m2 D.6m1=m29.(多选)如图所示,大小相同的摆球a和b的质量分别为m和3m,摆长相同,并排悬挂,平衡时两球刚好接触。现将摆球a向左拉开一小角度后释放。若两球的碰撞是弹性的,下列判断正确的是(　　)A.第一次碰撞后的瞬间,两球的速度大小相等B.第一次碰撞后的瞬间,两球的动量大小相等C.第一次碰撞后,两球的最大摆角不相等D.第一次碰撞后,两球的最大摆角相等10.(2023辽宁大连专题练习)水平地面上有甲、乙两个滑块在同一直线上运动,两滑块碰撞前后的速度—时间图像如图所示,滑块甲的碰前速度为正向,滑块乙的碰前速度为负向(其中一个滑块碰后速度变为0)。下列说法正确的是              (　　)A.碰后乙的速度变为零B.t=2.5 s时,两小滑块之间的距离为7.5 mC.两滑块之间的碰撞为非弹性碰撞D.碰撞前,两个滑块组成的系统动量守恒11.如图所示,竖直平面内的圆弧轨道下端与水平桌面相切,滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点。现将A无初速度释放,A与B碰撞后结合为一个整体,并沿桌面滑动。已知圆弧轨道光滑,半径R=0.2 m;A和B的质量相等;A和B整体与桌面之间的动摩擦因数μ=0.2。重力加速度g取10 m/s2。求:(1)碰撞前瞬间A的速率v;(2)碰撞后瞬间A和B整体的速率v';(3)A和B整体在桌面上滑动的距离l。           12.如图所示,三个质量相同的滑块A、B、C,间隔相等地静置于同一水平直轨道上。现给滑块A向右的初速度v0,一段时间后A与B发生碰撞,碰后A、B分别以v0、v0的速度向右运动,B再与C发生碰撞,碰后B、C粘在一起向右运动。滑块A、B与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值。两次碰撞时间均极短。求B、C碰后瞬间共同速度的大小。       
参考答案分层作业7　弹性碰撞和非弹性碰撞1.C　碰前vA=4 m/s,vB=0,碰后vA'=vB'=1 m/s,由动量守恒可知mAvA+0=mAvA'+mBvB',解得mB=3mA,故选项C正确。2.C　若v木=1 m/s,以向右为正方向,则由动量守恒定律可知m1v0=m1v球+m2v木,解得v球=-2 m/s,碰前动能E1=m1=0.5 J,碰后动能E2=m1m2=3.5 J>E1,则假设不合理,这种情况不可能发生,故选项C正确,A、B、D错误。3.D　以第一个小球初速度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,设系统最终的速度为v,运用动量守恒定律得mv0=2 020mv,解得v=,则系统损失的机械能为ΔE=·2 020mv2,解得ΔE=Ek,故选D。4.ABC　若a、b两球发生弹性碰撞,易知b球上摆的高度可达L;若a、b两球发生完全非弹性碰撞(即碰后两球速度相同),则根据mv=2mv'和·2mv'2=2mgh',可知其上摆的高度为。考虑到完全非弹性碰撞中动能的损失最多,故b球上摆的高度应满足≤h≤L,选项A、B、C符合,D不符合。5.答案 0.7 kg解析 甲、乙两球的碰撞过程满足动量守恒定律p甲+p乙=p甲'+p乙'故碰撞后甲球的动量变为p甲'=4 kg·m/s因为是弹性碰撞,碰撞前后两球的总动能不变,即代入数据解得m乙=0.7 kg。6.答案 (1)　(2)解析 (1)物体Q恰好静止在斜面上根据平衡条件可得mgsin θ=μmgcos θ解得μ=。(2)物体P上滑过程中,由动能定理可得-3mgsin θ·-3μmgcos θ·×3mv2-×3m以沿斜面向上为正方向,两物体碰撞过程中,根据动量守恒定律可得3mv=3mv1+mv2根据机械能守恒可得×3mv2=×3m物体Q上滑过程中,根据动能定理可得-mgsin θ·-μmgcos θ·=0-联立解得v0=。7.D　由题意知,光滑水平面一条直线上依次放4个质量均为m的红球,质量为1.5m的白球以初速度v0与4号红球发生弹性正碰;根据一动碰一静的弹性碰撞特点可知1.5mv0=1.5mv1+mv2,×1.5m×1.5m×m,得白球的速度v1=v0,每碰撞一次白球的速度变为原来的;由于红球质量相等,且为弹性正碰,则4号球每次将速度传给右侧球,故白球与4号球碰撞3次后,1~3号球均向右匀速运动,故白球与4号球碰撞4次后,不再与4号球碰撞,最终白球速度v=v0。8.C　两球碰撞过程中动量守恒,p1+p2=p1'+p2',得p1'=2 kg·m/s碰撞后动能不可以增加,所以有得m2≥m1若要甲追上乙,碰撞前必须满足v1>v2,即得m2>m1碰撞后甲不能超越乙,必须满足v1'≤v2',即,得m2≤5m1。综合知m1≤m2≤5m1,选项C正确。9.AD　两球弹性碰撞时动量守恒、动能守恒,设碰撞前a球速度为v,碰撞后两球速度大小分别为va'=v=-v,vb'=v=v,速度大小相等,A项正确,B项错误;碰后动能转化为重力势能,由mv2=mgh知,上升的最大高度相等,所以最大摆角相等,C项错误,D项正确。10.D　由题图可知,甲、乙两滑块相向运动,均做匀减速直线运动,碰后甲的速度不能增大,所以碰后滑块甲的速度变为零,滑块乙的速度为6 m/s(反向),故A项错误;t=2.5 s时,两滑块之间的距离Δs=×6×(2.5-1) m=4.5 m,故B项错误;设碰前甲的质量为m1,乙的质量为m2,则碰前动量p1=m1×4 m/s+m2×(-2 m/s),碰后动量p2=m2×6 m/s,由碰撞过程动量守恒,有p1=p2,解得m1=2m2,由能量关系,碰前E1=m1×(4 m/s)2+m2×(-2 m/s)2=18m2(J),碰后E2=m2×(6 m/s)2=18m2(J),E1=E2,则两滑块间的碰撞为弹性碰撞,故C项错误;由速度图像可知,碰前滑块甲的加速度大小a1=2 m/s2,所受摩擦力大小Ff1=m1a1,滑块乙的加速度大小a2=4 m/s2,所受摩擦力大小Ff2=m2a2=Ff1,Ff1和Ff2的方向相反,故甲、乙两滑块组成的系统所受合外力为零,动量守恒,故D项正确。11.答案 (1)2 m/s　(2)1 m/s　(3)0.25 m解析 设滑块的质量为m。(1)根据机械能守恒定律mgR=mv2得碰撞前瞬间A的速率v==2 m/s。(2)根据动量守恒定律mv=2mv'得碰撞后瞬间A和B整体的速率v'=v=1 m/s。(3)根据动能定理(2m)v'2=μ(2m)gl得A和B整体沿水平桌面滑动的距离l==0.25 m。12.答案 v0解析 设滑块质量为m,A与B碰撞前A的速度为vA,由题意知,碰后A的速度vA'=v0,B的速度vB=v0,由动量守恒定律得mvA=mvA'+mvB设碰撞前A克服轨道阻力所做的功为WA,由功能关系得WA=设B与C碰撞前B的速度为vB',B克服轨道阻力所做的功为 WB,由功能关系得WB=mvB'2据题意可知WA=WB设B、C碰后瞬间共同速度的大小为v,由动量守恒定律得mvB'=2mv联立得v=v0。