人教版 (2019)选择性必修 第一册5 弹性碰撞和非弹性碰撞随堂练习题

这是一份人教版 (2019)选择性必修 第一册5 弹性碰撞和非弹性碰撞随堂练习题，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。

(时间25分钟 满分60分)
一、选择题(本题共6小题，每题6分，共36分)
1.在光滑的水平面上有三个完全相同的小球，它们在同一条直线上，2、3小球静止，并靠在一起，1小球以速度v0射向它们，如图所示。设碰撞中不损失机械能，则碰后三个小球的速度可能值是( D )
A．v1＝v2＝v3＝eq \f(1,\r(3)) v0
B．v1＝0，v2＝v3＝eq \f(1,\r(2)) v0
C．v1＝0，v2＝v3＝eq \f(1,2)v0
D．v1＝v2＝0，v3＝v0
解析：两个质量相等的小球发生弹性正碰，碰撞过程中动量守恒，机械能守恒，碰撞后将交换速度，故D正确。
2．“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”，爆竹声响是辞旧迎新的标志，是喜庆心情的流露。有一个质量为3m的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为v0、方向水平向东，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为2m，速度大小为v，方向水平向东，取向东为正方向，则另一块的速度为( C )
A．3v0－v B．2v0－3v
C．3v0－2v D．2v0＋v
解析：取水平向东为正方向，爆炸过程系统动量守恒，3mv0＝2mv＋mvx，可得vx＝3v0－2v，C正确。
3．冰壶是一种深受观众喜爱的运动，图(a)为冰壶运动员将冰壶掷出去撞击对方静止冰壶的镜头，图(b)显示了此次运动员掷出冰壶时刻两冰壶的位置，虚线圆圈为得分区域。冰壶甲运动一段时间后与对方静止的冰壶乙发生正碰。若两冰壶质量相等，则碰后两冰壶最终停止的位置，可能是下图中的( C )
解析：两冰壶质量相等，碰后甲不可能穿越乙，且碰后甲不可能反向运动，只有选项C符合实际情形。
4．(2023·云南高三月考)如图所示，一质量为3M的盒子沿光滑水平面以速度2v向右运动，盒底上表面光滑，同时在盒内有一质量为M的小物块以水平速度v向右运动。如果每一次碰撞都没有机械能损失，则( D )
A．盒子与小物块最终静止
B．盒子与小物块最终达到相同速度，从而做匀速运动
C．第一次碰撞后，小物块相对水平面的速度大小为eq \f(3,2)v
D．第一次碰撞后，小物块相对水平面的速度大小为eq \f(5,2)v
解析：由于水平面光滑且每一次碰撞都没有机械能损失，盒子与小物块会一直碰撞下去，故A、B错误；盒子与小物块发生第一次弹性碰撞瞬间，由动量守恒定律得3M×2v＋Mv＝3Mv1＋Mv2，由机械能守恒定律得eq \f(1,2)×3M×(2v)2＋eq \f(1,2)Mv2＝eq \f(1,2)×3Mveq \\al( 2,1)＋eq \f(1,2)Mveq \\al( 2,2)，解得盒子的速度大小为v1＝eq \f(3,2)v，小物块的速度大小为v2＝eq \f(5,2)v，故C错误，D正确。
5．质量相等的A、B两球在光滑水平面上均向右沿同一直线运动，A球的动量为pA＝9 kg·m/s，B球的动量为pB＝3 kg·m/s，当A球追上B球时发生碰撞，则碰后A、B两球的动量可能是( A )
A．pA′＝6 kg·m/s，pB′＝6 kg·m/s
B．pA′＝8 kg·m/s，pB′＝4 kg·m/s
C．pA′＝－2 kg·m/s，pB′＝14 kg·m/s
D．pA′＝－4 kg·m/s，pB′＝17 kg·m/s
解析：A、B组成的系统受合外力为0，系统动量守恒，即pA′＋pB′＝pA＋pB＝9 kg·m/s＋3 kg·m/s＝12 kg·m/s，故先排除D项。
A、B碰撞前的动能应大于或等于碰撞后的动能，即EkA＋EkB≥EkA′＋EkB′，
EkA＋EkB＝eq \f(p\\al( 2,A),2m)＋eq \f(p\\al( 2,B),2m)＝eq \f(81＋9,2m)(J)＝eq \f(90,2m)(J)
EkA′＋EkB′＝eq \f(pA′2＋pB′2,2m)，
将A、B、C三项数值代入可排除C项。A、B选项数据表明碰撞后两球的动量均为正值，即碰后两球沿同一方向运动。因A球的速度应小于或等于B球的速度，即vA′≤vB′，而vA′＝eq \f(8,m)>vB′＝eq \f(4,m)，因此又可排除B项。所以该题的正确选项为A。
6．带电粒子碰撞实验中，t＝0时粒子A静止，粒子B以一定的初速度向A运动。两粒子的v－t图像如图所示，仅考虑静电力的作用，且A、B未接触。则( B )
A．A粒子质量小于B粒子
B．两粒子在t1时刻的电势能最大
C．A在t2时刻的加速度最大
D．B在0～t3时间内动能一直减小
解析：两粒子运动过程动量守恒，由图可知，在t＝0时刻p0＝mBv0
在t＝t2时刻p2＝mAvA
则mBv0＝mAvA，因v0>vA，则mB两粒子在t1时刻速度相等，系统损失动能最大，则系统的电势能最大，故B正确。
两粒子在t1时刻距离最近，两粒子静电力最大，即A在t1时刻的加速度最大，故C错误。
B在0～t3时间内速度先减小后反向增加，则动能先减小后增加，故D错误。
二、非选择题(共24分)
7．(11分)一个物体静置于光滑水平面上，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图像呈周期性变化，如图乙所示，请据此求盒内物体的质量。
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，根据动量守恒定律得：Mv0＝mv，①
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，由机械能守恒有：eq \f(1,2)Mveq \\al( 2,0)＝eq \f(1,2)mv2，②
联立①②解得m＝M。
8．(13分)如图所示，光滑水平面上放置质量均为M＝2 kg的甲、乙两辆小车，两车之间通过一感应开关相连(当滑块滑过感应开关时，两车自动分离)。甲车上表面光滑，乙车上表面与滑块P之间的动摩擦因数μ＝0.5。一根通过细线拴着且被压缩的轻质弹簧固定在甲车的左端，质量为m＝1 kg的滑块P(可视为质点)与弹簧的右端接触但不相连，此时弹簧的弹性势能Ep＝10 J，弹簧原长小于甲车长度，整个系统处于静止状态。现剪断细线，求：
(1)滑块P滑上乙车前的瞬时速度的大小。
(2)滑块P滑上乙车后最终未滑离乙车，滑块P在乙车上滑行的距离。(g取10 m/s2)
答案：(1)4 m/s (2)eq \f(5,3) m
解析：(1)设弹簧完全弹开后滑块P滑上乙车前的速度大小为v，两小车速度大小为v1，取向右为正方向，对整体应用动量守恒和能量守恒有mv－2Mv1＝0，Ep＝eq \f(mv2,2)＋eq \f(2Mv\\al( 2,1),2)，解得v＝4 m/s，v1＝1 m/s。
(2)设滑块P和小车乙达到的共同速度为v′，对滑块P和小车乙，动量守恒：mv－Mv1＝(m＋M)v′
能量关系为μmgs＝eq \f(1,2)mv2＋eq \f(1,2)Mveq \\al( 2,1)－eq \f(1,2)(m＋M)v′2
代入数据解得s＝eq \f(5,3) m。
能力提升练
(时间15分钟 满分40分)
一、选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分)
1.(多选)如图所示，两根光滑且平行的固定水平杆，位于同一竖直平面内。两静止小球m1、m2分别穿在两杆上，两球间连接一个保持原长的竖直轻弹簧，现给小球m2一个水平向右的初速度v0。如果两杆足够长，则在此后的运动过程中，下列说法正确的是( BCD )
A．m1、m2及弹簧组成的系统动量不守恒
B．弹簧最长时，其弹性势能为eq \f(m1m2v\\al( 2,0),2m1＋m2)
C．m1、m2速度相同时，共同速度为eq \f(m2v0,m1＋m2)
D．m1、m2及弹簧组成的系统机械能守恒
解析：由于系统竖直方向上受力平衡水平方向不受外力，所以m1、m2及弹簧组成的系统所受的合外力为零，系统动量守恒，故A错误；弹簧最长时，m1、m2速度相同，以向右为正方向，由动量守恒定律得m2v0＝(m1＋m2)v，解得v＝eq \f(m2v0,m1＋m2)，故C正确；m1、m2和弹簧组成的系统，只有系统内弹力做功，系统的机械能守恒，故D正确；由分析知，当m1、m2速度相同时，弹簧最长，由机械能守恒定律得
eq \f(1,2)m2veq \\al( 2,0)＝eq \f(1,2)(m1＋m2)v2＋Ep，
解得Ep＝eq \f(m1m2v\\al( 2,0),2m1＋m2)，
故B正确。
2.如图所示，水平放置的圆环形光滑槽固定在桌面上，槽内有两个大小相同的小球a、b，球b静止在槽中位置P。球a以一定初速度沿槽运动，在位置P与球b发生弹性碰撞，碰后球a反弹，并在位置Q与球b再次碰撞。已知∠POQ＝90°，两小球可视为质点，则a、b两球质量之比为( D )
A．3∶1 B．1∶3
C．5∶3 D．3∶5
解析：碰后两球的速度方向相反，且在相同时间内，b球运动的弧长为a球运动的弧长的3倍，则有vb＝－3va，由动量守恒定律有mav＝mbvb＋mava，由能量守恒定律有eq \f(1,2)mav2＝eq \f(1,2)maveq \\al( 2,a)＋eq \f(1,2)mbveq \\al( 2,b)，联立解得eq \f(ma,mb)＝eq \f(3,5)，故D正确。
3．如图甲是建筑工地将桩料打入泥土中以加固地基的打夯机示意图，打夯前先将桩料扶正立于地基上，桩料进入泥土的深度忽略不计。已知夯锤的质量为M＝450 kg，桩料的质量为m＝50 kg。每次打夯都通过卷扬机牵引将夯锤提升到距离桩顶h0＝5 m处再释放，让夯锤自由下落，夯锤砸在桩料上后立刻随桩料一起向下运动。桩料进入泥土后所受阻力随打入深度h的变化关系如图乙所示，直线斜率k＝5.05×104 N/m。g取10 m/s2，则下列说法正确的是( C )
A．夯锤与桩料碰撞前瞬间的速度为9 m/s
B．夯锤与桩料碰撞后瞬间的速度为4.5 m/s
C．打完第一夯后，桩料进入泥土的深度为1 m
D．打完第三夯后，桩料进入泥土的深度为3 m
解析：设夯锤与桩料碰撞前瞬间的速度为v0，根据自由落体运动规律得veq \\al(2,0)＝2gh0，解得v0＝eq \r(2gh0)＝10 m/s，取向下为正方向，打击过程遵守动量守恒定律，有Mv0＝(M＋m)v，代入数据解得v＝9 m/s，故A、B错误。
由题图乙知，桩料下沉过程中所受的阻力是随距离均匀变化的，可用平均力求阻力做的功，得Wf＝－eq \f(1,2)kh·h＝－eq \f(1,2)kh2，对夯锤与桩料，由动能定理得(M＋m)gh＋Wf＝0－eq \f(1,2)(M＋m)v2，代入数据解得h＝1 m，故C正确。
由于每次都将夯锤提升到距桩顶的高度为h0处，故每次碰撞后夯锤和桩料瞬间的速度均为v，设三次打击后桩料共下降x，则克服阻力做功W＝eq \f(1,2)kx2，由能量守恒定律得(M＋m)gx＋3×eq \f(1,2)(M＋m)v2＝eq \f(1,2)kx2，解得经过三次撞击后桩料被打入泥土的深度x≈1.65 m，故D错误。
4．(多选)如图所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直弹性挡板，挡板右侧依次放有10个质量均为2m的弹性白色小球(在一条直线上)，一质量为m的红色小球以与白色小球共线的速度v0与1号小球发生弹性正碰，红色小球反弹后与挡板发生弹性碰撞，碰后速度方向与碰前速度方向相反，两弹性白色小球碰撞时交换速度，则下列说法正确的是( BD )
A．10号小球最终速度为v0
B．10号小球最终速度为eq \f(2,3)v0
C．红色小球最终速度为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))10v0
D．红色小球最终速度为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))10v0
解析：设红色小球与1号小球弹性碰撞后两球速度分别为v01和v1，取向右为正方向，根据动量守恒定律有mv0＝mv01＋2mv1，由能量守恒定律有eq \f(1,2)mveq \\al( 2,0)＝eq \f(1,2)mveq \\al( 2,01)＋eq \f(1,2)×2mveq \\al( 2,1)，解得v01＝－eq \f(1,3)v0，v1＝eq \f(2,3)v0，白色小球碰撞时交换速度，故10号小球最终速度为eq \f(2,3)v0，故A错误，B正确。
设红色小球被挡板反弹与1号小球发生第2次弹性碰撞后速度为v02，根据动量守恒定律，有m·eq \f(1,3)v0＝mv02＋2mv2，根据能量守恒定律，有eq \f(1,2)meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v0,3)))2＝eq \f(1,2)mveq \\al( 2,02)＋eq \f(1,2)×2mveq \\al(2,2)，解得v02＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))2v0，以此类推，红色小球与1号小球碰撞10次后的速度为－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))10v0，再被挡板反弹后，红色小球最终速度为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))10v0，故C错误，D正确。
二、非选择题(共16分)
5．(8分)如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA＝4.0 kg和mB＝3.0 kg。用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触。另有一物块C从t＝0时以一定速度向右运动，在t＝4 s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v－t图像如图乙所示。求：
(1)物块C的质量？
(2)B离开墙后的运动过程中弹簧具有的最大弹性势能Ep?
答案：(1)2 kg (2)9 J
解析：(1)由图知，C与A碰前速度为v1＝9 m/s，碰后速度为v2＝3 m/s，
C与A碰撞过程动量守恒，以C的初速度方向为正方向，
由动量守恒定律得：mCv1＝(mA＋mC)v2，
解得：mC＝2 kg。
(2)12 s末B离开墙壁，之后A、B、C及弹簧组成的系统动量和机械能守恒，且当AC与B速度v4相等时弹簧弹性势能最大。
根据动量守恒定律，有：(mA＋mC)v3＝(mA＋mB＋mC)v4，
根据机械能守恒定律，有：
eq \f(1,2)(mA＋mC)veq \\al(2,3)＝eq \f(1,2)(mA＋mB＋mC)veq \\al(2,4)＋Ep，
解得Ep＝9 J。
6．(8分)如图所示，水平地面上可视为质点的物体A和B紧靠在一起静止于b处，已知A的质量为3m，B的质量为m。两物体在足够大的内力作用下突然沿水平方向左右分离。B碰到c处的墙壁后等速率反弹，并追上已停在ab段的A，追上时B的速率等于两物体刚分离时B的速率的一半。A、B与水平地面的动摩擦因数均为μ，b与c间的距离为d，重力加速度为g。求：
(1)分离瞬间A、B的速率之比；
(2)分离瞬间A获得的动能。
答案：(1)eq \f(1,3) (2)eq \f(24,23)μmgd
解析：(1)以水平向左为正方向，分离瞬间对A、B系统应用动量守恒定律有3mvA－mvB＝0，解得eq \f(vA,vB)＝eq \f(1,3)。
(2)A、B分离后，A物体向左匀减速滑行，对A应用动能定理：－μ·3mgsA＝0－eq \f(1,2)×3mveq \\al(2,A)
对B从两物体分离后到追上A的过程应用动能定理：
－μmgsB＝eq \f(1,2)meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(vB,2)))2－eq \f(1,2)mveq \\al( 2,B)
两物体的路程关系是sB＝sA＋2d
分离瞬间A获得的动能：EkA＝eq \f(1,2)×3mveq \\al( 2,A)
联立解得EkA＝eq \f(24,23)μmgd。