1.5 弹性碰撞和非弹性碰撞课时作业-2022-2023学年高二上学期物理人教版2019选择性必修第一册（含解析）

人教版高中物理选择性必修第一册课时作业5弹性碰撞和非弹性碰撞一、单项选择题1、两小球a和b沿同一直线运动，如果它们发生弹性碰撞，设a对b的冲量大小为I，b对a的冲量大小为I′，a对b做功的大小为W，b对a所做功的大小为W′，则有()A．I可能不等于I′，W可能等于W′B．I可能不等于I′，W必等于W′C．I必等于I′，W可能不等于W′D．I必等于I′，W必等于W′2、如图所示,两质量分别为m1和m2的弹性小球A、B叠放在一起,从高度为h处自由落下,h远大于两小球半径,所有的碰撞都是弹性碰撞,且都发生在竖直方向。已知m2=3m1,则小球A反弹后能达到的高度为()A.hB.2hC.3hD.4h3、如图所示，两个大小相同的小球A、B用等长的细线悬挂于O点，线长为L，mA＝2mB，若将A由图示位置静止释放，在最低点与B球相碰，重力加速度为g，则下列说法正确的是()A．A下落到最低点的速度是eq\r(2gL)B．若A与B发生完全非弹性碰撞，则第一次碰后A上升的最大高度是eq\f(2,9)LC．若A与B发生完全非弹性碰撞，则第一次碰时损失的机械能为eq\f(2,3)mBgLD．若A与B发生弹性碰撞，则第一次碰后A上升的最大高度是eq\f(1,9)L4、如图所示，光滑水平面上有半径相同的A、B两球在同一直线上运动。两球质量关系为mB＝2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为6kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为－4kg·m/s，则()A．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5B．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10C．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5D．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶105、如图,在足够大的光滑水平面上放有两个小物块P、Q,Q的质量为m,P的质量为2m,物块P连接一轻弹簧并处于静止状态。现让物块Q以初速度3v0向物块P运动且两物块始终保持在一条直线上。若分别用实线和虚线表示物块Q、P的v-t图线,则在弹簧形变过程中,v-t图像可能是下图中的()A.B.C.D.6、在光滑的水平面上有一质量为0.2kg的球以5m/s的速度向前运动，与质量为3kg的静止木块发生碰撞，假设碰撞后木块的速度为v木＝4.2m/s，则()A．碰撞后球的速度为v球＝－1.3m/sB．v木＝4.2m/s这一假设不合理，因而这种情况不可能发生C．v木＝4.2m/s这一假设是合理的，碰撞后小球被弹回来D．v木＝4.2m/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7、如图所示,方盒A静止在光滑的水平面上,盒内有一小滑块B,盒的质量是滑块的2倍,滑块与盒内水平面间的动摩擦因数为μ。若滑块以速度v开始向左运动,与盒的左、右壁发生无机械能损失的碰撞,滑块在盒中来回运动多次,最终相对于盒静止,则 ()A.最终盒的速度大小是vB.最终盒的速度大小是vC.滑块相对于盒运动的路程为vD.滑块相对于盒运动的路程为v8、如图甲所示,两小球a、b在足够长的光滑水平面上发生正碰。小球a、b质量分别为m1和m2,且m1=200g。取水平向右为正方向,两小球碰撞前后位移随时间变化的x-t图像如图乙所示,则 ()A.碰撞前球a做加速运动,球b做匀速运动B.碰撞后球a做减速运动,球b做加速运动C.碰撞后两小球的机械能总量减小D.碰撞前后两小球的机械能总量不变二、多项选择题9、下列关于碰撞的理解正确的是()A．碰撞是指相对运动的物体相遇时，在极短时间内它们的运动状态发生了显著变化的过程B．在碰撞现象中，一般内力都远大于外力，所以可以认为碰撞时系统的动量守恒C．如果碰撞过程中机械能守恒，这样的碰撞叫做非弹性碰撞D．微观粒子的相互作用由于不发生直接接触，所以不能称其为碰撞10、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＝4kg·m/s，p2＝6kg·m/s，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为8kg·m/s，则两球质量m1与m2间的关系可能是()A．3m1＝m2B．4m1＝m2C．5m1＝m2D．6m1＝m211、如图所示，在质量为M的小车中挂着一单摆，摆球质量为m0，小车和单摆以恒定的速度v沿光滑水平地面运动，与位于正前方的质量为m的静止的木块发生碰撞，碰撞的时间极短．在此碰撞过程中，下列情况可能发生的是()A．小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为v1、v2、v3，满足(M＋m0)v＝Mv1＋mv1＋m0v3B．摆球的速度不变，小车和木块的速度变为v1和v2，满足Mv＝Mv1＋mv2C．摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为u，满足Mv＝(M＋m)uD．小车和摆球的速度都变为v1，木块的速度变为v2，满足(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv212、如图所示，在光滑的水平支撑面上，有A、B两个小球，A球动量为10kg·m/s，B球动量为12kg·m/s，A球追上B球并相碰，碰撞后，A球动量变为8kg·m/s，方向没变，则A、B两球质量的比值可能为()A．0.5B．0.6C．0.65D．0.7513、交警正在调查发生在无信号灯的十字路口的一起汽车相撞事故。根据两位司机的描述得知，发生撞车时汽车A正沿东西大道向正东行驶，汽车B正沿南北大道向正北行驶。相撞后两车立即熄火并在极短的时间内叉接在一起后并排沿直线在水平路面上滑动，最终一起停在路口东北角的路灯柱旁，交警根据事故现场情况画出了如图所示的事故报告图。通过观察地面上留下的碰撞痕迹，交警判定撞车的地点为该事故报告图中P点，并测量出相关的数据标注在图中，又判断出两辆车的质量大致相同。为简化问题，将两车均视为质点，且它们组成的系统在碰撞的过程中动量守恒，根据图中测量数据可知下列说法中正确的是()A．发生碰撞时汽车A的速率较大B．发生碰撞时汽车B的速率较大C．发生碰撞时速率较大的汽车和速率较小的汽车的速率之比约为12∶5D．发生碰撞时速率较大的汽车和速率较小的汽车的速率之比约为2eq\r(3)∶eq\r(5)三、非选择题14、图中，轻弹簧的一端固定，另一端与滑块B相连，B静止在水平导轨上，弹簧处在原长状态。另一质量与B相同的滑块A，从导轨上的P点以某一初速度向B滑行，当A滑过距离l1时，与B相碰，碰撞时间极短，碰后A、B紧贴在一起运动，但互不粘连。已知最后A恰好返回出发点P并停止。滑块A和B与导轨的动摩擦因数都为μ，运动过程中弹簧最大形变量为l2，重力加速度为g，求A从P出发时的初速度v0。15、2022年第24届冬季奥运会将在北京和张家口举行。冰壶运动是冬季运动项目之一，深受观众喜爱。图1为中国运动员在训练时投掷冰壶的镜头。冰壶的一次投掷过程可以简化为如图2所示的模型：在水平冰面上，运动员将冰壶甲推到A点放手，冰壶甲以速度v0从A点沿直线ABC滑行，之后与对方静止在B点的冰壶乙发生正碰。已知两冰壶的质量均为m，冰面与两冰壶间的动摩擦因数均为μ，AB＝L，重力加速度为g，冰壶可视为质点。不计空气阻力。(1)求冰壶甲滑行到B点时的速度大小v；(2)若忽略两冰壶发生碰撞时的能量损失。请通过计算，分析说明碰后两冰壶最终停止的位置将如图3所示：甲停在B点，乙停在B右侧某点D。(3)在实际情景中，两冰壶发生碰撞时有一定的能量损失。如果考虑了它们碰撞时的能量损失，请你在图4中画出甲、乙两冰壶碰后最终停止的合理位置。16、如图所示，光滑水平地面上有一足够长的木板，左端放置可视为质点的物体，其质量为m1＝1kg，木板与物体间动摩擦因数μ＝0.1.二者以相同的初速度v0＝0.8m/s一起向右运动，木板与竖直墙碰撞时间极短，且没有机械能损失．g取10m/s2.(1)如果木板质量m2＝3kg，求物体相对木板滑动的最大距离；(2)如果木板质量m2＝0.6kg，求物体相对木板滑动的最大距离．17、如图所示，半径为R的光滑半圆环轨道竖直固定在一水平光滑的桌面上，桌面距水平地面的高度也为R。在桌面上轻质弹簧被a、b两个小球挤压(小球与弹簧不拴接)，处于静止状态。同时释放两个小球，小球a、b与弹簧在水平桌面上分离后，a球从B点滑上光滑半圆环轨道并恰能通过半圆环轨道最高点A,b球则从桌面C点滑出后落到水平地面上，落地点距桌子右侧的水平距离为eq\r(\f(5,2))R。已知小球a质量为m，重力加速度为g。求：(1)释放后a球离开弹簧时的速度大小。(2)释放后b球离开弹簧时的速度大小。(3)释放小球前弹簧具有的弹性势能。

答案与解析1、D解析：根据牛顿第三定律知相互作用力大小相等，方向相反，根据I＝Ft知力大小相等，作用时间相等，故冲量大小相等，W＝ΔEk，它们发生弹性碰撞，总动能不变，故a的动能变化量等于b的动能变化量，故做功相等，故D正确。2、D解析：两小球下降过程为自由落体运动,触地时两球速度相同,均为v=2gh,因为所有的碰撞都是弹性碰撞,所以B碰撞地面之后,速度瞬间反向,大小不变,选A与B碰撞过程为研究过程,碰撞前后动量守恒,设碰后A、B速度大小分别为v1、v2,取向上为正方向,则m2v-m1v=m1v1+m2v2,由能量守恒定律得12(m1+m2)v2=12m1v12+12m2v22,且m2=3m1,联立解得v1=22gh,3、B解析：A下落过程由机械能守恒：mAgL(1－cos60°)＝eq\f(1,2)mAv2，得v＝eq\r(gL)，故选项A错误；若A与B发生完全非弹性碰撞，则有：mAv＝(mA＋mB)v′，eq\f(1,2)(mA＋mB)v′2＝(mA＋mB)gh，解得：h＝eq\f(2,9)L，故选项B正确；ΔE＝eq\f(1,2)mAv2－eq\f(1,2)(mA＋mB)v′2＝eq\f(1,3)mBgL，故选项C错误；若A与B发生弹性碰撞，则有：mAv＝mAv′A＋mBv′B，eq\f(1,2)mAv2＝eq\f(1,2)mAv′eq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBv′eq\o\al(2,B)，eq\f(1,2)mAv′eq\o\al(2,A)＝mAgh′，解得：h′＝eq\f(1,18)L，故选项D错误。4、A解析：规定向右为正方向，碰撞前A、B两球的动量均为6kg·m/s，说明A、B两球的速度方向向右，两球质量关系为mB＝2mA，所以碰撞前vA>vB，所以左方是A球。碰撞后A球的动量增量为－4kg·m/s，所以碰撞后A球的动量是2kg·m/s，碰撞过程系统总动量守恒，mAvA＋mBvB＝mAv′A＋mBv′B，所以碰撞后B球的动量是10kg·m/s，根据mB＝2mA，所以碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5。5、C解析：将两物块及弹簧看作整体分析,整体所受合外力为0,动量守恒,设两物块共速时速度为v,当它们速度相等时,由动量守恒定律有m·3v0=(m+2m)v,解得v=v0,故A、B错误;碰后,Q的速度减小,P的速度增大,在Q的速度大于P的速度时,弹簧压缩量增大,弹簧弹力增大,Q、P的加速度都增大,当弹簧压缩量到最大后,弹力方向不变,Q的速度继续减小,P的速度继续增大,但由于弹簧的压缩量开始减小,它们的加速度都将减小,故C正确,D错误。故选C。6、B解析：碰撞前系统总机械能E＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＝eq\f(1,2)×0.2×52J＝2.5J，碰撞后，木块的动能E木＝eq\f(1,2)m木veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(木))＝eq\f(1,2)×3×4.22J＝26.46J，碰撞后木块的动能大于碰撞前系统的动能，碰撞过程机械能增加，这是不可能的，这种情况不可能发生，故B正确。7、C解析：设滑块的质量为m,最终速度为v共,则盒的质量为2m,对整个过程,由动量守恒定律可得mv=3mv共,解得v共=v3,故A、B错误;对整个过程,由能量守恒定律可得μmgx=12mv2-12×3mv32,解得x=v23μg8、D解析：x-t图线的斜率表示速度,由图乙可知碰前b球的速度为零,b球处于静止状态,a球的速度大小为v1=82m/s=4m/s,a球做匀速运动,故A错误;同理可知,碰后b球和a球均做匀速运动,其速度分别为v'2=2m/s,v'1=-2m/s,故B错误;水平面光滑,系统动量守恒,根据动量守恒定律得m1v1=m2v'2+m1v'1,解得m2=0.6kg,碰撞过程中系统损失的机械能为ΔE=12m1v12-12m1v'

12-12m2v'

22,解得9、AB解析：碰撞是十分普遍的现象，它是相对运动的物体相遇时发生的一种现象．一般内力都远大于外力．如果碰撞中机械能守恒，就叫做弹性碰撞．微观粒子的相互作用同样具有极短时间内运动状态发生显著变化的特点，所以仍然是碰撞．10、AB解析：根据动量守恒定律得P1＋P2＝P′1＋P′2，解得P′1＝2kg·m/s。碰撞过程系统的总动能不增加，则有eq\f(p′\o\al(2,1),2m1)＋eq\f(P′\o\al(2,2),2m2)≤eq\f(P\o\al(2,1),2m1)＋eq\f(p\o\al(2,2),2m2)，代入数据解得eq\f(m1,m2)≤eq\f(3,7)。碰撞后甲的速度不大于乙的速度，则有eq\f(P′1,m1)≤eq\f(P′2,m2)，代入数据解得eq\f(m1,m2)≥eq\f(1,4)，故AB正确，CD错误。11、BC解析：小车与木块碰撞，且碰撞时间极短，因此相互作用只发生在木块和小车之间，悬挂的摆球在水平方向未受到力的作用，故摆球在水平方向的动量未发生变化，即摆球的速度在小车与木块碰撞过程中始终不变，由此可知A和D两种情况不可能发生；选项B的说法对应于小车和木块碰撞后又分开的情况，选项C的说法对应于小车和木块碰撞后粘在一起的情况，两种情况都有可能发生．故选项B、C正确．12、BC解析：A、B两球同向运动，A球要追上B球要有条件vA>vB.两球碰撞过程中动量守恒，且动能不会增多，碰撞结束后应符合条件v′B≥v′A。由vA>vB得eq\f(pA,mA)>eq\f(pB,mB)，则eq\f(mA,mB)<eq\f(pA,pB)＝eq\f(5,6)，由碰撞过程动量守恒得pA＋pB＝pA′＋pB′，则pB′＝14kg·m/s，由碰撞过程的动能关系得eq\f(p\o\al(2,A),2mA)＋eq\f(p\o\al(2,B),2mB)≥eq\f(p′\o\al(2,A),2mA)＋eq\f(p′\o\al(2,B),2mB)，则eq\f(mA,mB)≤eq\f(9,13)，由v′B≥v′A得eq\f(p′B,mB)≥eq\f(p′A,mA)，则eq\f(mA,mB)≥eq\f(p′A,p′B)＝eq\f(4,7)，所以eq\f(4,7)≤eq\f(mA,mB)≤eq\f(9,13)，故BC正确，AD错误．13、BC解析：设两辆车质量均为m，相撞之前速度分别为vA、vB，相撞后向北的速度为v1，向东的速度为v2，则南北方向上动量守恒，mvB＝2mv1；东西方向上动量守恒mvA＝2mv2。由图可知：v1∶v2＝6∶2.5＝12∶5，即：vB∶vA＝12∶5，可知B、C正确。14、解析：设A、B质量皆为m，A刚接触B时速度为v1(碰前)，由功能关系，有eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＝μmgl1①A、B碰撞过程中动量守恒，设碰后A、B共同运动的速度为v2。有：mv1＝2mv2②碰后A、B先一起向左运动，接着A、B一起被弹回，在弹簧恢复到原长时，设A、B的共同速度为v3，在这过程中，弹簧势能始末两态都为零，利用功能关系，有：eq\f(1,2)(2m)veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))－eq\f(1,2)(2m)veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))＝μ(2m)g(2l2)③此后A、B开始分离，A单独向右滑到P点停下，由功能关系有eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))＝μmgl1④由以上各式，解得v0＝eq\r(μg（10l1＋16l2）)答案：eq\r(μg（10l1＋16l2）)15、答案：(1)v＝eq\r(v\o\al(2,0)－2μgL)(2)见解析(3)见解析解析：(1)以甲冰壶为研究对象，从A到B，根据动能定理－μmg·L＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v＝eq\r(v\o\al(2,0)－2μgL)，(2)以甲、乙两冰壶为研究对象，设碰后瞬间它们的速度分别为v甲和v乙，根据动量守恒定律mv＝mv甲＋mv乙根据能量守恒定律eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,甲)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,乙)，联立解得v甲＝0，v乙＝v即碰后甲停在B点，乙以速度v向前做匀减速直线运动，最后停在D点。(3)甲、乙两冰壶碰后最终停止的合理位置如图所示，甲、乙停在BD之间，甲在B点右侧，乙在D点左侧。16、解析：(1)木板与竖直墙碰撞后，以原速率反弹，设向左为正方向，由动量守恒定律m2v0－m1v0＝(m1＋m2)vv＝0.4m/s，方向向左，