高中粤教版 (2019)第五节 弹性碰撞与非弹性碰撞课时作业

这是一份高中粤教版 (2019)第五节 弹性碰撞与非弹性碰撞课时作业，共5页。试卷主要包含了5v，A正确，冰球运动员甲的质量为80等内容，欢迎下载使用。

A级 基础巩固
1.在光滑水平面上有两个相同的弹性小球A、B，质量都为m，B球静止，A球向B球运动，发生正碰.已知碰撞过程中机械能守恒，两球压缩最紧时弹性势能为Ep，则碰前A球的速度等于（ ）
A. eq \r(\f(Ep,m)) B. eq \r(\f(2Ep,m))
C. 2eq \r(\f(Ep,m)) D. 2eq \r(\f(2Ep,m))
解析：两球压缩最紧时速度相等，由动量守恒定律得mvA＝2mv；弹性势能Ep＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)－eq \f(1,2)×2mv2，解得vA＝2eq \r(\f(Ep,m))，故C正确.
答案：C
2.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球的速度大小可能是（ ）


解析：由碰撞过程中A、B组成的系统动量守恒得mv＝2mvB＋mvA，vA＜0，则vB＞0.5v，A正确.
答案：A
3.在光滑水平面上有三个完全相同的小球，它们排成一条直线，2、3小球静止并靠在一起，1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是（ ）
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：由弹性碰撞的规律可知，当两球质量相等时，碰撞时两球交换速度.先球1与球2碰，再球2与球3碰，故D正确.
答案：D
4.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∶2
C.1∶3 D.3∶1
解析：由题中图像知，碰前vA＝4 m/s，vB＝0.碰后v′A＝v′B＝1 m/s，由动量守恒可知mAvA＋0＝mAv′A＋mBv′B，解得mB＝3mA，故选项C正确.
答案：C
5.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vA′∶vB′为（ ）
A.1∶2 B.1∶3
C.2∶1 D.2∶3
解析：设碰前A球的速率为v，根据题意pA＝pB，即mv＝2mvB，得碰前vB＝eq \f(v,2)，碰后vA′＝eq \f(v,2)，由动量守恒定律，有mv＋2m×eq \f(v,2)＝m×eq \f(v,2)＋2mvB′，解得vB′＝eq \f(3v,4)，所以vA′∶vB′＝eq \f(v,2)∶eq \f(3v,4)＝eq \f(2,3)，D正确.
答案：D
B级 能力提升
6.如图所示，一个质量为m的物块A与另一个静止的质量为2m的物块B发生正碰，碰后物块B刚好能落入正前方的沙坑中.假如碰撞过程中无机械能损失，已知物块B与地面间的动摩擦因数为0.1，与沙坑的距离x＝0.5 m，g取10 m/s2，物块可视为质点.则碰撞前瞬间A的速度大小为（ ）
A.0.5 m/s B.1.0 m/s
C.1.5 m/s D.2.0 m/s
解析：碰撞后B做匀减速运动，由动能定理得－μ·2mgx＝0－eq \f(1,2)·2mv2，代入数据得v＝1 m/s，A与B碰撞过程中在水平方向上动量守恒，选取向右为正方向，则有mv0＝mv1＋2mv，由于没有机械能的损失，则有eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)·2mv2 ，联立解得v0＝1.5 m/s，选项C正确.
答案：C
7.（多选）如图所示，水平面上O点的正上方有一个静止物体P，某时刻炸成两块a、b水平飞出，分别落在A点和B点，且OA＞OB.若爆炸时间极短，空气阻力不计，则（ ）
A.落地时a的速度大于b的速度
B.落地时a的速度小于b的速度
C.爆炸过程中a增加的动能大于b增加的动能
D.爆炸过程中a增加的动能小于b增加的动能
解析：P爆炸生成两块a、b的过程中在水平方向动量守恒，则mava－mbvb＝0，即pa＝pb，由于下落过程做平抛运动，OA>OB，所以va＞vb，因此ma＜mb，由Ek＝eq \f(p2,2m)知Eka＞Ekb，C正确，D错误；由于va＞vb，而下落过程中a、b在竖直方向的速度增量为gt是相等的，因此落地时仍有v′a＞v′b，A正确，B错误.
答案：AC
8.（多选）如图所示，半径为R的凹槽Q置于光滑水平面上，小球P和凹槽Q的质量均为m，将小球P从凹槽的右侧最顶端由静止释放，一切摩擦均不计，重力加速度为g.则以下说法正确的是（ ）
A.当小球到达凹槽左端时，凹槽向右的位移最小
B.P、Q组成的系统动量守恒
C.释放后当小球P向左运动到最高点时，又恰与释放点等高
D.因为P、Q组成的系统机械能守恒，小球P运动到凹槽的最低点时速度为eq \r(gR)
解析：小球释放后有向心加速度，具有竖直向上的分加速度，系统处于超重状态，系统水平方向不受外力，所受合外力不为零，系统的动量不守恒，系统水平方向不受外力，在水平方向系统的动量守恒，当P运动到左侧最高点时，Q向右运动的位移最大，故A正确，B错误；小球向左运动到最高点时，小球与凹槽都静止，根据系统的机械能守恒知，小球向左运动到最高点时，恰与释放点等高，故C正确；设小球运动到凹槽的最低点时速度大小为v1，凹槽的速度大小为v2，取水平向左为正方向，根据系统水平方向动量守恒，有0＝mv1－mv2，根据系统的机械能守恒，有mgR＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)，解得v1＝eq \r(gR)，故D正确.
答案：ACD
9.冰球运动员甲的质量为80.0 kg.当他以5.0 m/s的速度向前运动时，与另一质量为100 kg、速度为3.0 m/s的迎面而来的运动员乙相撞.碰后甲恰好静止.假设碰撞时间极短，求：
（1）碰后乙的速度的大小；
（2）碰撞中总机械能的损失.
解析：（1）设运动员甲、乙的质量分别为m、M，碰前速度大小分别为v、v1，碰后乙的速度大小为v2.由动量守恒定律有
mv－Mv1＝Mv2，①
代入数据得v2＝1.0 m/s. ②
（2）设碰撞过程中总机械能的损失为ΔE，应有
eq \f(1,2)mv2＋eq \f(1,2)Mveq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)Mveq \\al(2,2)＋ΔE，③
联立②③式，代入数据得ΔE＝1 400 J.
答案：（1）1.0 m/s （2）1 400 J
10.如图所示，一轻质弹簧两端连着物体A和B，放在光滑的水平面上，物体A被水平速度为v0的子弹击中，子弹嵌在其中，已知物体A的质量是B的质量的eq \f(3,4)，子弹的质量是B的质量的eq \f(1,4).求：
（1）物体A获得的最大速度；
（2）弹簧压缩量最大时物体B的速度大小.
解析：（1）子弹射入物体A时，两者组成的系统动量守恒，故
m0v0＝（m0＋mA）vA，
将mA＝eq \f(3,4)mB，m0＝eq \f(1,4)mB代入，得vA＝eq \f(1,4)v0.
此后因弹簧压缩，A受向左的弹力作用而做减速运动，速度减小，故eq \f(1,4)v0是A获得的最大速度.
（2）弹簧压缩量最大时，A、B相距最近，其速度相等，由子弹、A、B组成的系统动量守恒，即m0v0＝（m0＋mA＋mB）vB，
得vB＝eq \f(m0,m0＋mA＋mB)v0＝eq \f(1,8)v0.
答案：（1）eq \f(1,4)v0 （2）eq \f(1,8)v0
C级 拓展创新
11.如图所示，水平面的左端固定有竖直弹性挡板，质量为M＝2 m的木块静放在水平面上，与挡板的距离s＝3 m，木块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.3.现有一质量为m的光滑小球在挡板与木块之间，以速度v0＝9 m/s水平向右运动，在以后的运动过程中，小球与木块或挡板的碰撞时间极短，均没有动能损失.重力加速度g取10 m/s2，小球大小不计，求：
（1）小球与木块第一次碰后二者的速度；
（2）小球与木块第一次碰后至第二次碰前的时间内，木块沿水平面滑行的距离.
解析：（1）设初速度方向为正方向.二者发生弹性碰撞，设第一次碰撞后小球的速度为v1，木块的速度为v2，根据动量守恒及能量守恒得
mv0＝mv1＋Mv2，eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)Mveq \\al(2,2)，
解得v1＝eq \f(m－M,m＋M)v＝－3 m/s，v2＝eq \f(2m,m＋M)v＝6 m/s，
小球碰后向左运动，木块向右运动.
（2）设木块沿水平面滑行的距离为x，对木块，由牛顿第二定律得
μMg＝Ma，
解得a＝3 m/s2.
因为小球回到木块的开始位置时，经历的时间为t＝eq \f(2s,－v1)＝2 s，
此时，木块刚好停止，所以发生第二次碰撞时，木块已经停下，则根据运动学公式得x＝eq \f(veq \\al(2,2),2a)＝6 m.
答案： （1）v1＝3 m/s，方向向左，v2＝6 m/s，方向向右
（2）6 m