高中物理人教版 (2019)选择性必修 第一册5 弹性碰撞和非弹性碰撞同步练习题

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1．两名质量相等的滑冰人甲和乙都静止在光滑的水平冰面上．现在，其中一人向另一个人抛出一个篮球，另一人接球后再抛回．如此反复进行几次后，甲和乙最后的速率关系是( )
A．若甲最先抛球，则一定是v甲>v乙
B．若乙最后接球，则一定是v甲>v乙
C．只有甲先抛球，乙最后接球，才有v甲>v乙
D．无论怎样抛球和接球，都是v甲>v乙
2．[2022·湖南衡阳月考]如图，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动．滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右．滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左．两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是( )
A.A和B都向左运动
B．A和B都向右运动
C．A静止，B向右运动
D．A向左运动，B向右运动
3．如图所示，小球A和小球B质量相同(可视为质点)，球B置于光滑水平面上，球A从高为h处由静止摆下，到达最低点恰好与B相撞，并粘合在一起继续摆动．它们能上升的最大高度是( )
A．hB．eq \f(h,2)
C．eq \f(h,4)D．eq \f(h,8)
4．在光滑水平面上，一质量为m、速度大小为v的A球与质量为2m静止的B球碰撞后，A球的速度方向与碰撞前相反．则碰撞后B球的速度大小可以是( )
A．0.6vB．0.4v
C．0.3vD．0.2v
5．[鲁科版教材习题]两个质量分别为300g和200g的物体在无摩擦的水平面上相向运动，速度分别为50cm/s和100cm/s.
(1)如果两物体碰撞并结合在一起，求它们的末速度．
(2)求碰撞后结合在一起损失的动能．
(3)如果碰撞是弹性碰撞，求每一物体碰撞后的速度．
素养综合练
6．在光滑的水平面上，一质量为mA＝0.1kg的小球A，以v0＝8m/s的初速度向右运动，与质量为mB＝0.3kg的静止小球B发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞过程中没有机械能损失．碰后小球B滑向与水平面相切、半径为R的竖直放置的固定光滑半圆形轨道，且通过最高点N时对轨道的压力大小为mAg．重力加速度g取10m/s2.求
(1)碰撞后小球B的速度大小；
(2)圆形轨道半径R的大小．
课时分层作业(四) 弹性碰撞和非弹性碰撞
1．解析：因系统动量守恒，故最终甲、乙动量大小必相等，谁最后接球谁的质量中包含了球的质量，即质量大，根据动量守恒：m1v1＝m2v2，因此最终谁接球谁的速度小，故选项B正确．
答案：B
2．解析：选向右为正方向，则A的动量pA＝m·2v0＝2mv0.B的动量pB＝－2mv0.碰前A、B的动量之和为零，根据动量守恒，碰后A、B的动量之和也应为零，可知四个选项中只有选项D符合题意．
答案：D
3．解析：对A由机械能守恒mgh＝eq \f(1,2)mv2，得v＝eq \r(2gh).对碰撞过程由动量守恒mv＝2mv′，得v′＝eq \f(\r(2gh),2).设碰撞后A、B整体上摆的最大高度为h′，则2mgh′＝eq \f(1,2)×2mv′2，解得h′＝eq \f(1,4)h，C正确．
答案：C
4．解析：设碰后A球的速度大小为vA，B球的速度大小为vB，以碰前A球的速度方向为正方向，由碰撞过程中动量守恒可得mv＝2mvB－mvA，因vA＞0，则vB＞0.5v.根据总动能不增加原则写出能量关系式：eq \f(1,2)mv2≥eq \f(1,2)·2mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B)) ＋eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(A)) ，且vA≠0，可得eq \f(1,2)·2mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B)) ＜eq \f(1,2)mv2，解得vB＜eq \f(\r(2),2)v.综上所述，0.5v答案：A
5．解析：(1)规定质量为300g物体的初速度方向为正方向，设其质量为m1，初速度为v1，另一物体质量为m2，初速度为v2，如果两物体碰后结合在一起，由动量守恒定律可得
m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v
代入数据
可得v＝－10cm/s＝－0.1m/s
(2)碰撞后损失的动能
Ek＝eq \f(1,2)m1v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋eq \f(1,2)m2v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) －eq \f(1,2)(m1＋m2)v2
＝eq \f(1,2)×0.3×0.52J＋eq \f(1,2)×0.2×(－1)2J－eq \f(1,2)×(0.3＋0.2)×0.12J＝0.135J
(3)若碰撞是弹性正碰，由动量守恒和机械能守恒有
m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2
eq \f(1,2)m1v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋eq \f(1,2)m2v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＝eq \f(1,2)m1v′ eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋eq \f(1,2)m2v′ eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2))
代入数据得
v′1＝－0.7m/s，v′2＝0.8m/s
答案：(1)－0.1m/s (2)0.135J (3)－0.7m/s 0.8m/s
6．解析：(1)A球和B球的碰撞为弹性碰撞，因此有mAv0＝mAvA＋mBvB
eq \f(1,2)mAv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝eq \f(1,2)mAv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(A)) ＋eq \f(1,2)mBv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B))
解得vB＝4m/s
(2)小球运动到N点时，速度为vN，由牛顿第二定律得FN＋mBg＝mBeq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(N)) ,R)
FN＝mAg
B球由M到N，由动能定理得－mBg×2R＝eq \f(1,2)mBv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(N)) －eq \f(1,2)mBv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B))
解得R＝0.3m
答案：(1)4m/s (2)0.3m