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巩固练习

这是一份高中物理人教版 (2019)选择性必修 第一册5 弹性碰撞和非弹性碰撞巩固练习，共8页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

基础巩固
一、选择题(第1~4题为单选题,第5~6题为多选题)
1.两个相向运动的物体碰撞后都静止,这说明两物体原来的( )
A.速度大小相等B.质量大小相等
C.动量大小相等D.动量相同
答案C
解析两球碰撞过程中动量守恒,碰后两球都静止,说明碰撞前后两球的总动量为零,故碰前两个球的动量大小相等、方向相反,选项A、B、D错误,C正确。
2.a、b两球在光滑的水平面上沿同一直线发生正碰,作用前a球动量pa=30 kg·m/s,b球动量pb=0,碰撞过程中,a球的动量减少了20 kg·m/s,则作用后b球的动量为( )
A.-20 kg·m/sB.10 kg·m/s
C.20 kg·m/sD.30 kg·m/s
答案C
解析碰撞过程中,a球的动量减少了20 kg·m/s,故此时a球的动量是10 kg·m/s,a、b两球碰撞前后总动量保持不变,为30 kg·m/s,则作用后b球的动量为20 kg·m/s,选项C正确,A、B、D错误。
3.如图所示,质量为mA的小车A停在光滑的水平面上,小车上表面粗糙。质量为mB的滑块B以初速度v0滑到小车A上,车足够长,滑块不会从车上滑落,则小车的最终速度大小为( )
A.0B.mBv0mA
C.mBv0mA+mBD.mBv0mA-mB
答案C
解析B滑上A的过程中,系统动量守恒,根据动量守恒定律得mBv0=(mA+mB)v,解得v=mBv0mA+mB ,选项C正确。
4.如图所示,光滑水平面上,甲、乙两个球分别以大小为v1=1 m/s、v2=2 m/s的速度做相向运动,碰撞后两球粘在一起以0.5 m/s的速度向左运动,则甲、乙两球的质量之比为( )
A.1∶1B.1∶2
C.1∶3D.2∶1
答案A
解析设乙球的速度方向为正方向,根据动量守恒有m2v2-m1v1=(m1+m2)v,即2m2-m1=(m1+m2)×0.5,解得m1∶m2=1∶1,故选项A正确。
5.向空中发射一枚炮弹,不计空气阻力,当炮弹的速度v0恰好沿水平方向时,炮弹炸裂成a、b两块,若质量较大的a的速度方向仍沿原来的方向,则( )
A.b的速度方向一定与原来速度方向相反
B.从炸裂到落地的这段时间内,a飞行的水平距离一定比b的大
C.a、b一定同时到达水平地面
D.在炸裂过程中,a、b受到的爆炸力的大小一定相等
答案CD
解析炮弹炸裂前后动量守恒,选定v0的方向为正方向,则mv0=mava+mbvb,显然vb>0、vb<0、vb=0都有可能,选项A错误。|vb|>|va|、|vb|<|va|、|vb|=|va|也都有可能,爆炸后,a、b都做平抛运动,由平抛运动规律知,下落高度相同则运动的时间相等,飞行的水平距离与速度大小成正比,选项B错误,C正确。炸裂过程中,a、b之间的力为相互作用力,大小相等,选项D正确。
6.如图甲所示,在光滑水平面上的两小球发生正碰,小球的质量分别为m1和m2。图乙为它们碰撞前后的位移—时间图像。已知m1=0.1 kg,由此可以判断( )
甲
乙
A.碰前质量为m2的小球静止,质量为m1的小球向右运动
B.碰后质量为m2的小球和质量为m1的小球都向右运动
C.m2=0.3 kg
D.碰撞过程中系统损失了0.4 J的机械能
答案AC
解析由题图乙可知,质量为m1的小球碰前速度v1=4 m/s,碰后速度为v1'=-2 m/s,质量为m2的小球碰前速度v2=0,碰后的速度v2'=2 m/s,两小球组成的系统碰撞过程动量守恒,有m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2',代入数据解得m2=0.3 kg,所以选项A、C正确,B错误;两小球组成的系统在碰撞过程中的机械能损失为ΔE=12m1v1'2+12m2v2'2-(12m1v12+12m2v22)=0,所以碰撞是弹性碰撞,选项D错误。
二、非选择题
7.在游乐场,两名同学各驾着一辆碰碰车迎面相撞,此后,两车以共同的速度运动。设甲同学和车的总质量为m,碰撞前向右运动,速度大小为v1;乙同学和车的总质量为1.5m,碰撞前向左运动,速度大小为0.5v1。求碰撞后两车共同的运动速度。
答案0.1v1,方向水平向右
解析设水平向右为正方向,由动量守恒可得mv1-1.5 m·0.5v1=(m+1.5m)v共,解得v共=0.1v1,方向水平向右。
8.一个物体静止于光滑水平面上,外面扣一质量为m'的盒子,如图甲所示。现给盒子一初速度v0,此后,盒子运动的v-t图像如图乙所示,请据此求盒内物体的质量。
甲
乙
答案m'
解析设物体的质量为m,t0时刻受盒子碰撞获得速度v,根据动量守恒定律有m'v0=mv,3t0时刻物体与盒子右壁碰撞使盒子速度又变为v0,说明碰撞是弹性碰撞,则12m'v02=12mv2,解得m=m'。
能力提升
一、选择题(第1~4题为单选题,第5~6题为多选题)
1.子弹水平射入一个静置于光滑水平面上的木块中,然后一起前进,设子弹和木块作用时间可以忽略不计,则( )
A.子弹对木块的冲量和木块对子弹的冲量相同
B.子弹的动量变化量和木块的动量变化量相同
C.子弹和木块组成的系统动量守恒
D.子弹减少的动能等于木块增加的动能
答案C
解析在子弹射入木块的过程中,子弹对木块的作用力和木块对子弹的作用力是一对相互作用力,根据牛顿第三定律可知,一对相互作用力总是大小相等、方向相反、作用时间相同,由冲量的定义式I=Ft可知,子弹对木块的冲量和木块对子弹的冲量大小相等,方向相反,选项A错误。子弹和木块组成的系统所受外力的合力为0,所以系统动量守恒,即子弹的动量变化量与木块的动量变化量之和为0,即大小相等、方向相反,选项B错误,C正确。子弹射入木块的过程中,摩擦生热,根据能量守恒定律,子弹减少的动能等于木块增加的动能和摩擦产生的热量之和,即子弹减少的动能大于木块增加的动能,选项D错误。
2.如图所示,A、B、C三球的质量分别为m、m、2m,三个小球从同一高度同时出发,其中A球有水平向右的初速度v0,B、C由静止释放。三个小球在同一竖直平面内运动,小球与地面之间、小球与小球之间的碰撞均为弹性碰撞,则小球与小球之间最多能够发生碰撞的次数为( )
A.2B.3
C.4D.5
答案B
解析由于三球竖直方向的运动情况相同,一定可以发生碰撞,可假设高度无穷大,三球碰撞完成后才落地。A、B发生第一次碰撞后水平速度互换;B、C发生第二次碰撞后,由于B的质量小于C的质量,则B水平速度反向;B、A发生第三次碰撞后,B、 A水平速度互换,A水平速度向左,B竖直下落,三球不再发生碰撞。所以最多能够发生3次碰撞,故选项B正确,A、C、D错误。
3.如图所示,小物块A通过一不可伸长的轻绳悬挂在天花板下,初始时静止。从发射器(图中未画出)射出的小物块B沿水平方向与A相撞,碰撞前B的速度大小为v,碰撞后二者粘在一起,并摆起一个较小角度。已知A和B的质量分别为mA和mB,重力加速度大小为g,碰撞时间极短且忽略空气阻力。下列选项正确的是( )
A.B与A碰撞过程满足动量守恒、机械能守恒
B.B与A碰撞前后轻绳的拉力大小不变
C.碰撞后A、B一起上升的最大高度与轻绳的长度有关
D.碰撞后A、B一起上升的最大高度为h=mB2v22g(mA+mB)2
答案D
解析由于碰撞时间极短,外力的冲量忽略不计,所以B与A碰撞过程满足动量守恒。碰撞后二者粘在一起,发生非弹性碰撞,机械能有损失,故选项A错误;设碰撞后瞬间A、B的共同速度为v',取水平向右为正方向,由动量守恒定律得mBv=(mA+mB)v',碰撞前,对A有 F1=mAg,碰撞后,对A、B整体,有F2-(mA+mB)g=(mA+mB)v'2l,解得B与A碰撞后轻绳的拉力大小F2=(mA+mB)g+mB2v2(mA+mB)l ,可见B与A碰撞前后轻绳的拉力大小发生了改变,故选项B错误;碰撞后A、B一起上升的过程,根据机械能守恒得12(mA+mB)v'2=(mA+mB)gh,结合v'=mBvmA+mB,解得h=mB2v22g(mA+mB)2,与绳长无关,故选项C错误,D正确。
4.质量为m2的小车静止于光滑的水平面上,小车的上表面和14圆弧轨道均光滑。如图所示,一个质量为m1的小球以速度v0水平冲向小车,当小球返回左端脱离小车时,下列说法正确的是( )
A.小球一定沿水平方向向左做平抛运动
B.小球一定沿水平方向向右做平抛运动
C.小球相对小车可能做自由落体运动
D.小球相对地面可能做自由落体运动
答案D
解析小球滑上小车,又返回到离开小车的整个过程系统水平方向动量守恒,取水平向右为正方向,在水平方向,由动量守恒定律得m1v0=m1v1+m2v2,由机械能守恒定律得12m1v02=12m1v12+12m2v22, 解得v1=m1-m2m1+m2v0。如果m1m2,v1>0,小球离开小车向右做平抛运动。故选项A、B、C错误,D正确。
5.光滑水平面上有大小相同的A、B(图中未标出)两球在同一直线上运动。两球质量关系满足3mA=mB,规定向右为正方向,A、B两球的动量均为9 kg·m/s,运动中两球发生碰撞,碰撞后A球的动量变化量为-3 kg·m/s,则( )
A.左方是A球
B.右方是A球
C.碰撞后A、B两球速度大小之比为3∶2
D.碰撞后A、B两球速度大小之比为3∶7
答案AC
解析光滑水平面上大小相同的A、B两球发生碰撞,规定向右为正方向,由动量守恒定律可得ΔpA=-ΔpB,由于开始时两球的动量相同,而A的质量小于B的质量,所以A的速度大于B的速度,所以左方小球为A球,选项A正确,B错误。碰撞后A球的动量变化量为-3 kg·m/s,因此碰后A球的动量为6 kg·m/s,由动量守恒定律可知,碰后B球的动量为12 kg·m/s,由于两球的质量关系为3mA=mB,那么碰撞后A、B两球速度大小之比为3∶2,选项C正确,D错误。
6.在研究原子物理时,科学家们经常借用宏观的力学模型模拟原子间的相互作用,如图所示,将一个半径为R的内壁光滑的圆管轨道(R远大于圆管直径)平放在水平地面上并固定,A、B、C、D四个点将圆轨道等分为四等份,在轨道的A点静止放着甲球,某一时刻乙球从D点以某一速度沿顺时针方向运动,与甲球发生弹性碰撞,小球(可视为质点)直径略小于轨道内径,已知乙球质量远大于甲球的质量,则下列说法正确的是( )
A.第一次碰撞后瞬间乙球被反向弹回
B.第一次碰撞后到第二次碰撞前,乙球做匀速圆周运动
C.第一次碰撞后到第二次碰撞前,甲、乙两球向心加速度大小之比为2∶1
D.第二次碰撞在A点
答案BD
解析设碰撞前乙球的速度大小为v0,碰撞后甲球与乙球的速度大小分别为v甲、v乙,取乙球的速度方向为正方向,发生弹性碰撞的过程,满足动量守恒定律和机械能守恒定律,可得
m乙v0=m乙v乙+m甲v甲
12m乙v乙2=12m乙v乙2+12m甲v甲2
解得v乙=m乙-m甲m甲+m乙v0,v甲=2m乙m甲+m乙v0
已知m乙远大于m甲,可得v乙=v0,v甲=2v0,可知v甲=2v乙。
由上述分析可知第一次碰撞后瞬间乙球以原速度继续运动,不会被反弹,故A错误;
第一次碰撞后到第二次碰撞前,因圆管轨道内壁光滑,且平放在水平地面上并固定,可知乙球受到的重力与轨道对其的弹力均不做功,乙球的速度大小不变,在轨道内做匀速圆周运动,故B正确;
第一次碰撞后到第二次碰撞前,甲、乙两球速度大小关系为v甲=2v乙,根据向心加速度an=v2R,可得甲、乙两球向心加速度大小之比为4∶1,故C错误;
第一次在A点碰撞后,甲、乙两球均做顺时针方向的匀速圆周运动,且有v甲=2v乙,由周期T=2πRv可知,T乙=2T甲,可知乙球转一周回到A点时,甲球恰好转两周,即比乙球恰好多转一周到达A点,则恰好在A点第二次碰撞,故D正确。
二、非选择题
7.如图所示,光滑水平直轨道上有三个滑块A、B、C,质量分别为mA=mC=2m,mB=m,A、B用细绳连接,中间有一压缩的轻质弹簧(弹簧与滑块不拴接)。开始时A、B以共同速度v0运动,C静止。某时刻细绳突然断开,A、B被弹开,然后B又与C发生碰撞并粘在一起,最终三滑块速度恰好相同。求B与C碰撞前B的速度。
答案95v0
解析设共同速度为v,滑块A和B分开后B的速度为vB,由动量守恒定律有
(mA+mB)v0=mAv+mBvB
mBvB=(mB+mC)v
联立以上两式得,B与C碰撞前B的速度为
vB=95v0。
8.质量为m车的小车置于水平面上,小车的上表面由光滑的14圆弧和光滑平面组成,弧半径为R,车的右端固定有一不计质量的弹簧,如图所示。现有一质量为m的滑块从圆弧最高处无初速度下滑,与弹簧相接触并压缩弹簧。求:
(1)弹簧具有的最大的弹性势能Epm;
(2)当滑块与弹簧分离时小车的速度。
答案(1)mgR
(2)2m2gRm车2+m车m
解析(1)不计一切摩擦,则系统机械能守恒,且小车、滑块水平方向动量守恒,当弹簧压缩量最大时,小车、滑块相对静止,则
(m+m车)v=0①
mgR=12(m+m车)v2+Epm②
由①②得Epm=mgR。
(2)当滑块与弹簧分离时,设滑块速度为v1,小车速度为v2,则mv1+m车v2=0③
mgR=12mv12+12m车v22④
由③④得v2=2m2gRm车2+m车m。