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人教版 (2019)选择性必修 第一册第一章 动量守恒定律5 弹性碰撞和非弹性碰撞免费课后作业题
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这是一份人教版 (2019)选择性必修 第一册第一章 动量守恒定律5 弹性碰撞和非弹性碰撞免费课后作业题，共18页。试卷主要包含了下列对于碰撞的理解正确的是等内容，欢迎下载使用。
第一章 动量守恒定律
5 弹性碰撞和非弹性碰撞
基础过关练
题组一 对碰撞问题的理解
1.下列对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能守恒
C.如果碰撞过程中机械能守恒,这样的碰撞叫作非弹性碰撞
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
2.(原创题)新型冠状病毒引发肺炎疫情期间,一些宅在家里久了的朋友有些耐不住寂寞,想要出门逛逛,但是又担心受到感染,因此绞尽脑汁来自我保护。下图中,母女俩穿着同款充气“防护服”出来散步,由于两人初次穿充气服,走起路来有些控制不好平衡,所以两人发生了碰撞。若妈妈的质量为3m,女儿的质量为m,且以相同的速率v在光滑水平面上发生相向碰撞,碰撞后妈妈静止不动,则这次碰撞属于( )
A.弹性碰撞 B.非弹性碰撞
C.完全非弹性碰撞 D.条件不足,无法确定
3.(2020陕西西安八校高三上联考)一中子与一质量数为A(A>1)的原子核发生弹性正碰。若碰前原子核静止,则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为( )
A.A+1A-1 B.A-1A+1 C.4A(A+1)2 D.(A+1)2(A-1)2
4.(2019江苏无锡天一中学高二下期中)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,但其速度是原来的一半,碰后两球的速度之比v'A∶v'B为( )
A.2∶3 B.1∶3 C.2∶1 D.1∶2
5.(2020河北冀州中学高三上期中)如图所示,A、B两物体质量分别为mA、mB,且mA>mB,置于光滑水平面上,相距较远。将两个大小均为F的力,同时分别水平作用在A、B上,经过相同时间后撤去两个力,两物体发生碰撞并粘在一起后将( )
A.停止运动 B.向左运动
C.向右运动 D.运动方向不能确定
6.(2020云南龙陵一中高二10月月考)(多选)质量分别为M和m0的滑块A、B用轻弹簧连接,以恒定的速度v沿光滑水平面运动,与位于正前方的质量为m的静止滑块C发生碰撞,如图所示,碰撞时间极短,在此过程中,下列情况可能发生的是( )
A.A、B、C速度均发生变化,分别变为v1、v2、v3,而且满足(M+m0)v=Mv1+m0v2+mv3
B.B的速度不变,A和C的速度变为v1和v2,而且满足Mv=Mv1+mv2
C.B的速度不变,A和C的速度都变为v',且满足Mv=(M+m)v'
D.A、B、C速度均发生变化,A、B的速度都变为v1,C的速度变为v2,且满足(M+m0)v=(M+m0)v1+mv2
题组二 碰撞过程遵从的三个原则
7.(2020黑龙江大庆铁人中学高三上期中)如图所示,光滑水平面上有大小相同的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6 kg·m/s,运动中两球发生碰撞,碰撞后A球的动量增量为-4 kg·m/s,则( )
A.左方是A球,碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5
B.左方是A球,碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10
C.右方是A球,碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5
D.右方是A球,碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10
8.(2020安徽天柱山中学高三上10月月考)两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动,mA=1 kg,mB=2 kg,vA=6 m/s,vB=2 m/s。当A追上B并发生碰撞后,A、B两球速度的可能值是( )
A.v'A=5 m/s,v'B=2.5 m/s B.v'A=2 m/s,v'B=4 m/s
C.v'A=-4 m/s,v'B=7 m/s D.v'A=7 m/s,v'B=1.5 m/s
9.(2020河北辛集中学高三9月月考)质量为1 kg的小球A以4 m/s的速度与质量为2 kg的静止小球B正碰,关于碰后A、B的速度vA和vB,下列哪些是可能的( )
A.vA=vB=43 m/s
B.vA=1 m/s,vB=2.5 m/s
C.vA=1 m/s,vB=3 m/s
D.vA=-4 m/s,vB=4 m/s
10.(2020河北保定一中高三上第二次月考)光滑水平导轨上有A、B两球,球A追上并与球B正碰,碰前两球动量分别为pA=5 kg·m/s,pB=7 kg·m/s,碰后球B的动量p'B=10 kg·m/s,则两球质量mA、mB的关系可能是( )
A.mB=mA B.mB=2mA
C.mB=4mA D.mB=6mA
能力提升练
题组一 碰撞中的动量守恒和能量守恒的综合应用
1.(2020河南郑州一中高三月考,)如图所示,质量为m的A球在光滑水平面上静止放置,质量为2m的B球向左运动,速度大小为v0,B球与A球碰撞且无机械能损失,碰后A球速度大小为v1,B球的速度大小为v2。碰后相对速度与碰前相对速度的比值定义为恢复系统,即e=v1-v2v0-0,下列选项正确的是( )
A.e=1 B.e=12 C.e=13 D.e=14
2.(2020湖南长沙雅礼中学一模,)一质量为m1的物体A以v0的初速度与另一质量为m2的静止物体B发生碰撞,其中m2=km1,k<1。碰撞可分为弹性碰撞、完全非弹性碰撞以及非弹性碰撞。碰撞后两物体的速度分别为v1和v2。假设碰撞为一维碰撞,且一个物体不可能穿过另一个物体。物体A撞后与碰撞前速度之比r=v1v0的取值范围是(深度解析)
A.1-k1+k≤r≤1 B.1-k1+k≤r≤11+k
C.0≤r≤21+k D.11+k≤r≤21+k
3.(2020江西吉水二中高三11月月考,)(多选)质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上,箱子内有一质量为m的小物块,小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ。初始时小物块停在箱子正中间,如图所示。现给小物块一水平向右的初速度v,小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间,并与箱子保持相对静止。设碰撞都是弹性的,则整个过程中,系统损失的动能为(重力加速度大小为g)(易错)
A.12mv2 B.mM2(m+M)v2
C.12NμmgL D.NμmgL
题组二 碰撞中的图像问题
4.(2019安徽定远二中月考,)(多选)如图所示,光滑水平面上,质量为m1的足够长的木板向左匀速运动。t=0时刻,质量为m2的木块从木板的左端向右以与木板相同大小的速度滑上木板。t1时刻,木块和木板相对静止,共同向左匀速运动,以v1和a1表示木板的速度和加速度,以v2和a2表示木块的速度和加速度,以向左为正方向。则下列图中正确的是( )
5.(2020宁夏育才中学高二上月考,)(多选)如图甲所示,在光滑水平面上的A、B两个小球发生正碰,两小球的质量分别为m1和m2,图乙为它们碰撞前后的x-t图像。已知m1=0.1 kg。由此可以判断( )
A.碰前B静止,A向右运动
B.碰后B和A都向右运动
C.由动量守恒可以算出m2=0.3 kg
D.碰撞过程中系统损失了0.4 J的机械能
6.(2020湖南长沙长郡中学高二上月考,)在冰壶比赛中,某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶,两者在大本营中心发生对心碰撞,如图(a)所示,碰撞前后两壶运动的v-t图线如图(b)中实线所示,其中红壶碰撞前后的图线平行,两冰壶质量相等,则( )
A.两壶发生了弹性碰撞
B.碰后蓝壶速度为0.8 m/s
C.碰后蓝壶移动的距离为2.4 m
D.碰后红壶所受摩擦力小于蓝壶所受摩擦力
7.(2020辽宁师大附中高二上12月月考,)(多选)如图甲所示,物块A、B间拴接一个压缩后被锁定的弹簧,整个系统静止放在光滑水平地面上,其中A物块最初与左侧固定的挡板相接触,B物块质量为2 kg。现解除对弹簧的锁定,在A离开挡板后,B物块的v-t图像如图乙所示,则可知(深度解析)
A.A的质量为4 kg
B.运动过程中A的最大速度为4 m/s
C.在A离开挡板前,A、B及弹簧构成的系统动量守恒、机械能守恒
D.在A离开挡板后弹簧的最大弹性势能为3 J
题组三 多物体或多过程碰撞问题
8.(2020安徽蚌埠龙湖中学高三上月考,)如图所示,B、C、D、E、F五个球并排放置在光滑的水平面上,B、C、D、E四球质量相等,而F球的质量小于B球的质量,A球的质量等于F球的质量,A球以速度v0向B球运动,所发生的碰撞均为弹性碰撞,则碰撞之后( )
A.五个小球静止,一个小球运动
B.四个小球静止,两个小球运动
C.三个小球静止,三个小球运动
D.六个小球都运动
9.(2019广东清远高三上期末,)(多选)如图所示,A球从距地面h=2.5 m处由静止释放,同时B球从地面以v0=5 m/s的速度竖直上抛,二者在同一直线上运动,经一段时间后二者发生弹性正碰,之后B与地面发生正碰时在某装置作用下迅速固定在地面上,已知两球完全相同,重力加速度g=10 m/s2,不计空气阻力,在整个运动过程中,下列说法正确的是(易错)
A.两球在B球上升到最高点时发生第一次碰撞
B.两球发生第一次碰撞后瞬间B球速度的大小为5 m/s
C.A球最终将在B球上方做往复运动
D.A球最终能上升的最大高度为2.5 m
10.(2019湖南师大附中高二下期中,)如图所示,质量均为M=4 kg的小车A、B在光滑水平面上,B车上用轻绳挂有质量为m=2 kg的小球C,B车静止,A车以v0=2 m/s的速度向B车运动,相碰后粘在一起(碰撞时间很短)。求:
(1)碰撞过程中系统损失的机械能;
(2)碰后小球C第一次回到最低点时的速度大小。
11.(2019黑龙江东南联合体高二下期末,)如图所示,物块C质量mC=4 kg,上表面光滑,左边有一立柱,放在光滑水平地面上。一轻弹簧左端与立柱连接,右端与物块B连接,mB=2 kg。长为L=3.6 m的轻绳上端系于O点,下端系一物块A,mA=3 kg。拉紧轻绳使绳与竖直方向成60°角,将物块A从静止开始释放,达到最低点时炸裂成质量m1=2 kg、m2=1 kg的两个物块1和2,物块1水平向左运动与B粘在一起,物块2仍系在绳上具有水平向右的速度,刚好能回到释放时的初始位置。A、B都可以看成质点。取g=10 m/s2。求:
(1)物块A在最低点时的速度v0。
(2)物块A炸裂时增加的机械能ΔE。
(3)在以后的过程中,弹簧的最大弹性势能Epm。
答案全解全析
基础过关练
1.A 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,一般内力远大于外力,所以可认为碰撞过程动量守恒,动能不一定守恒,A正确,B错误。如果碰撞过程中机械能守恒,这样的碰撞是弹性碰撞,C错误。微观粒子的相互作用同样具有短时间内发生强大内力作用的特点,所以仍然是碰撞,D错误。
2.A 设碰撞后女儿的速度为v',根据动量守恒定律可得3mv-mv=mv',故碰后女儿的速度为v'=2v;碰前母女俩的总动能为Ek=12×3mv2+12mv2=2mv2,碰后母女俩的总动能为E'k=12mv'2=2mv2,由于碰撞前后总动能相等,所以母女俩的碰撞为弹性碰撞,选A。
3.A 设中子的质量为m,因为发生的是弹性正碰,碰撞过程中动量守恒,机械能守恒,规定中子初速度的方向为正方向,有mv1=mv2+Amv,12mv12=12mv22+12·Amv2,两式联立解得v1v2=A+1A-1,选A。
4.A 设碰撞前A的速率为vA,碰后A的速率为v'A=12vA,以A初速度方向为正方向,根据动量守恒定律得2mvA=12mvA+2mv'B,解得v'B=34vA,则有v'A∶v'B=2∶3,故选A。
5.A 将两个大小均为F的力,同时分别作用在A、B两个物体上,经相同的时间,两个力的冲量大小相等,方向相反,由动量定理知两个物体的动量等值、反向,撤去两个力,系统动量守恒,故碰撞后粘在一起停止运动。故选A。
6.BC 碰撞瞬间A和C组成的系统动量守恒,B的速度在碰撞瞬间不变,以A的初速度方向为正方向,若碰后A和C的速度变为v1和v2,由动量守恒定律得Mv=Mv1+mv2;若碰后A和C的速度相同,由动量守恒定律得Mv=(M+m)v'。故选B、C。
7.A 规定向右为正方向,碰撞前A、B两球的动量均为6 kg·m/s,说明A、B两球的速度方向均向右,两球质量关系为mB=2mA,所以碰撞前vA>vB,左方是A球;碰撞后A球的动量增量为-4 kg·m/s,所以碰撞后A球的动量是2 kg·m/s,碰撞过程系统总动量守恒,有mAvA+mBvB=mAv'A+mBv'B,可解得碰撞后B球的动量是10 kg·m/s,根据mB=2mA,可知碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5。故选A。
8.B 考虑实际情况,碰撞后A球速度不可能大于B球的速度,A、D均错误;两球碰撞过程,系统不受外力,故碰撞过程系统总动量守恒,根据能量守恒定律,碰撞后的系统总动能应该小于或等于碰撞前的系统总动能,碰撞前总动能为Ek=12mAvA2+12mBvB2=22 J,同理算出B选项碰撞后总动能为18 J,C选项碰撞后总动能为57 J,C错误,B正确。
9.A 碰撞前总动量为p=mAv0=1×4 kg·m/s=4 kg·m/s;碰撞前总动能为Ek=12mAv02=12×1×42 J=8 J。如果vA=vB=43 m/s,碰后动量p'=mAvA+mBvB=1×43+2×43 kg·m/s=4 kg·m/s,碰后动能Ek=12mAvA2+12mBvB2=12×1×432 J+12×2×432 J=83 J,碰撞过程动量守恒,动能不增加,A可能;如果vA=1 m/s,vB=2.5 m/s,碰后动量p'=mAvA+mBvB=(1×1+2×2.5) kg·m/s=6 kg·m/s,碰撞过程动量不守恒,B不可能;如果vA=1 m/s,vB=3 m/s,碰后动量p'=mAvA+mBvB=(1×1+2×3) kg·m/s=7 kg·m/s,碰撞过程动量不守恒,C不可能;如果vA=-4 m/s,vB=4 m/s,碰后动量p'=mAvA+mBvB=1×(-4) kg·m/s+2×4 kg·m/s=4 kg·m/s,碰后动能Ek=12mAvA2+12mBvB2=12×1×(-4)2 J+12×2×42 J=24 J,碰撞过程动量守恒,动能增加,D不可能。
10.C 由动量守恒定律得pA+pB=p'A+p'B,解得p'A=2 kg·m/s,要使球A追上球B,则vA>vB,即pAmA>pBmB,代入数据得mB>1.4mA;碰撞过程动能不增加,则有pA22mA+pB22mB≥p' A22mA+p' B22mB,代入数据得mB≥177mA=2.43mA;碰撞后同向运动,A球速度不大于B球速度,则有p' AmA≤p' BmB,代入数据得mB≤5mA。综上分析可知2.43mA≤mB≤5mA,故选C。
能力提升练
1.A A、B在碰撞的过程中,根据动量守恒定律可得2mv0=mv1+2mv2;在碰撞的过程中机械能守恒,可得12×2mv02=12mv12+12×2mv22,解得v1=43v0,v2=13v0,则恢复系统e=v1-v2v0-0=1,故选A。
2.B 若发生弹性碰撞,则由动量守恒定律可得m1v0=m1v1+m2v2;由能量关系可得12m1v02=12m1v12+12m2v22,解得v1=m1-m2m1+m2v0,则v1v0=1-k1+k;若发生完全非弹性碰撞,则由动量守恒定律得m1v0=(m1+m2)v1,解得v1=v2=m1v0m1+m2,则v1v0=11+k,由能量关系得12m1v02>12m1v12+12m2v22,其中v1=v2,解得v1v0<11+k;综上可得1-k1+k≤r≤11+k。故选B。
关键点拨
明确完全非弹性碰撞的特点:碰后两物体粘在一起(即合二为一),动量守恒,动能损失最大。
3.BD 根据动量守恒,小物块和箱子的共同速度v'=mvM+m,损失的动能ΔEk=12mv2-12(M+m)v'2=mMv22(m+M),所以B正确;根据能量守恒,损失的动能等于因摩擦产生的热量,而计算热量的方法是摩擦力乘以相对路程,所以ΔEk=NfL=NμmgL,可见D正确。
易错分析
易认为从起点开始到发生第一次碰撞相对路程为12L,则发生N次碰撞,相对路程为12NL,而错选C。要注意系统中由于摩擦而产生的热量表达式Q=fs中,s为相对路程。
4.BD 木块和木板组成的系统动量守恒,因为最终共同的速度方向向左,设t=0时刻木板和木块的速度大小为v,t1时刻木板和木块的速度大小为v',则有m1v-m2v=(m1+m2)v',知m1>m2;木块的加速度a2=Ffm2,方向向左,木板的加速度a1=-Ffm1,方向向右,因为m1>m2,所以Ffm1
6.B 由题图(b)可知碰前红壶的速度v0=1.0 m/s,碰后速度v'0=0.2 m/s,可知,碰后红壶沿原方向运动;设碰后蓝壶的速度为v,取碰撞前红壶的速度方向为正方向,根据动量守恒定律可得mv0=mv'0+mv,代入数据解得v=0.8 m/s,则有12mv02>12mv' 02+12mv2,碰撞过程动能有损失,碰撞为非弹性碰撞,A错误,B正确。根据v-t图线与时间轴围成的面积表示位移,可得碰后蓝壶移动的位移大小x=v2t=0.82×5 m=2 m,C错误;根据v-t图线的斜率表示加速度,知碰后红壶的加速度大于蓝壶的加速度,两者的质量相等,由牛顿第二定律知碰后红壶所受摩擦力大于蓝壶所受的摩擦力,D错误。
7.BD 弹簧伸长最长时弹力最大,B的加速度最大,此时A、B共速,由图知A、B共同速度为v共=2 m/s;A刚离开挡板时B的速度为v0=3 m/s,取向右为正方向,在A离开挡板后,由动量守恒定律,有mBv0=(mA+vB)v共,解得mA=1 kg,A错误。当弹簧第一次恢复原长时A的速度最大,由动量守恒和机械能守恒得mBv0=mAvA+mBvB,12mBv02=12mAvA2+12mBvB2,解得A的最大速度vA=4 m/s,B正确。在A离开挡板前,由于挡板对A有作用力,A、B系统所受合外力不为零,所以系统动量不守恒,C错误。分析A离开挡板后A、B的运动过程,并结合图像数据可知,弹簧伸长到最长时,A、B的共同速度为v共=2 m/s,根据动量守恒定律和机械能守恒定律,有mBv0=(mA+mB)v共,Ep=12mBv02-12(mA+mB)v共2,联立解得弹簧的最大弹性势能Ep=3 J,D正确。
关键点拨
解答本题时需明确:(1)弹簧伸长量最大时,弹性势能最大,A、B两物块共速,且此时B物块的加速度最大;(2)在v-t图像中,图线斜率最大处的加速度最大。
8.C 假设一运动小球碰静止小球,设入碰小球的速度为v0,碰撞后两球的速度分别为v1和v2,发生的碰撞为弹性碰撞,根据动量守恒定律和机械能守恒定律,有m1v0=m1v1+m2v2,12m1v02=12m1v12+12m2v22,解得碰撞后两个小球的速度为v1=(m1-m2)v0m1+m2,v2=2m1v0m1+m2。由于A球质量小于B球质量,所以A、B相碰后A向左运动,B向右运动;B、C、D、E四球质量相等,弹性碰撞后交换速度,最终E有向右的速度,B、C、D静止;由于F球质量小于E球质量,所以E、F两球弹性碰撞后都向右运动。综上可知,碰撞之后B、C、D三球静止,A球向左运动,E、F两球向右运动,故选C。
9.ABC 取A球为参考系,B球相对A球做匀速直线运动,经t=hv0=0.5 s相遇,相遇时B球的速度vB=v0-gt=0,A正确;相遇时A球的速度vA=gt=5 m/s,由于二者质量相等,发生弹性碰撞后交换速度,碰后B球速度的大小为5 m/s,B正确;B球与地面碰撞后固定在地面上,A球落下后与B球发生弹性碰撞,反弹后速度大小不变,不计空气阻力,故A球最终将在B球上方做往复运动,C正确;从地面竖直上抛B球的过程中,B球上升的高度hB=v02t=1.25 m,第一次碰撞后A球下降1.25 m时的速度与第一次碰撞前瞬间的速度相同,均为5 m/s,与B球发生弹性碰撞,反弹后上升的高度仍为1.25 m,D错误。
易错分析
由于不计空气阻力且碰撞为弹性碰撞,所以易误认为碰撞后A球仍可上升至2.5 m处,从而错选D。两球碰撞过程虽无能量损失,但碰撞后速度发生了互换,导致碰后A球的速度变小,因此无法上升至原高度。
10.答案 (1)4 J (2)1.6 m/s
解析 (1)设A、B车碰后共同速度为v1,由动量守恒定律得
Mv0=2Mv1①
系统损失的机械能为E损=12Mv02-12×2Mv12②
联立①②解得E损=4 J③
(2)设碰后小球C第一次回到最低点时A、B车速为v2,小球C速度为v3,对A、B、C系统,由水平方向动量守恒得2Mv1=2Mv2+mv3④
由能量守恒得12×2Mv12=12×2Mv22+12mv32⑤
联立①④⑤解得v3=1.6 m/s⑥
11.答案 (1)6 m/s (2)108 J (3)36 J
解析 (1)物块A由静止释放到到达最低点过程,由动能定理有
mAgL(1-cos 60°)=12mAv02①
解得v0=6 m/s②
(2)设炸裂后物块1的速度为v1,物块2的速度大小为v2,则
v2=v0③
由动量守恒定律得mAv0=m1v1-m2v2④
联立②③④解得v1=12 m/s⑤
增加的机械能ΔE=12m1v12+12m2v22-12mAv02⑥
联立②③⑤⑥解得ΔE=108 J⑦
(3)设物块1与B粘在一起时的共同速度为vB,由动量守恒定律得
m1v1=(m1+mB)vB⑧
联立⑤⑧解得vB=6 m/s⑨
在以后的过程中,当物块C和物块1、B的速度相等时,弹簧的弹性势能最大,设共同速度为vm,由动量守恒定律得
(m1+mB)vB=(m1+mB+mC)vm⑩
联立⑨⑩解得vm=3 m/s
由能量守恒定律得
Epm=12(m1+mB)vB2-12(m1+mB+mC)vm2
联立⑨解得Epm=36 J
第一章 动量守恒定律
5 弹性碰撞和非弹性碰撞
基础过关练
题组一 对碰撞问题的理解
1.下列对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能守恒
C.如果碰撞过程中机械能守恒,这样的碰撞叫作非弹性碰撞
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
2.(原创题)新型冠状病毒引发肺炎疫情期间,一些宅在家里久了的朋友有些耐不住寂寞,想要出门逛逛,但是又担心受到感染,因此绞尽脑汁来自我保护。下图中,母女俩穿着同款充气“防护服”出来散步,由于两人初次穿充气服,走起路来有些控制不好平衡,所以两人发生了碰撞。若妈妈的质量为3m,女儿的质量为m,且以相同的速率v在光滑水平面上发生相向碰撞,碰撞后妈妈静止不动,则这次碰撞属于( )
A.弹性碰撞 B.非弹性碰撞
C.完全非弹性碰撞 D.条件不足,无法确定
3.(2020陕西西安八校高三上联考)一中子与一质量数为A(A>1)的原子核发生弹性正碰。若碰前原子核静止,则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为( )
A.A+1A-1 B.A-1A+1 C.4A(A+1)2 D.(A+1)2(A-1)2
4.(2019江苏无锡天一中学高二下期中)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,但其速度是原来的一半,碰后两球的速度之比v'A∶v'B为( )
A.2∶3 B.1∶3 C.2∶1 D.1∶2
5.(2020河北冀州中学高三上期中)如图所示,A、B两物体质量分别为mA、mB,且mA>mB,置于光滑水平面上,相距较远。将两个大小均为F的力,同时分别水平作用在A、B上,经过相同时间后撤去两个力,两物体发生碰撞并粘在一起后将( )
A.停止运动 B.向左运动
C.向右运动 D.运动方向不能确定
6.(2020云南龙陵一中高二10月月考)(多选)质量分别为M和m0的滑块A、B用轻弹簧连接,以恒定的速度v沿光滑水平面运动,与位于正前方的质量为m的静止滑块C发生碰撞,如图所示,碰撞时间极短,在此过程中,下列情况可能发生的是( )
A.A、B、C速度均发生变化,分别变为v1、v2、v3,而且满足(M+m0)v=Mv1+m0v2+mv3
B.B的速度不变,A和C的速度变为v1和v2,而且满足Mv=Mv1+mv2
C.B的速度不变,A和C的速度都变为v',且满足Mv=(M+m)v'
D.A、B、C速度均发生变化,A、B的速度都变为v1,C的速度变为v2,且满足(M+m0)v=(M+m0)v1+mv2
题组二 碰撞过程遵从的三个原则
7.(2020黑龙江大庆铁人中学高三上期中)如图所示,光滑水平面上有大小相同的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6 kg·m/s,运动中两球发生碰撞,碰撞后A球的动量增量为-4 kg·m/s,则( )
A.左方是A球,碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5
B.左方是A球,碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10
C.右方是A球,碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5
D.右方是A球,碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10
8.(2020安徽天柱山中学高三上10月月考)两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动,mA=1 kg,mB=2 kg,vA=6 m/s,vB=2 m/s。当A追上B并发生碰撞后,A、B两球速度的可能值是( )
A.v'A=5 m/s,v'B=2.5 m/s B.v'A=2 m/s,v'B=4 m/s
C.v'A=-4 m/s,v'B=7 m/s D.v'A=7 m/s,v'B=1.5 m/s
9.(2020河北辛集中学高三9月月考)质量为1 kg的小球A以4 m/s的速度与质量为2 kg的静止小球B正碰,关于碰后A、B的速度vA和vB,下列哪些是可能的( )
A.vA=vB=43 m/s
B.vA=1 m/s,vB=2.5 m/s
C.vA=1 m/s,vB=3 m/s
D.vA=-4 m/s,vB=4 m/s
10.(2020河北保定一中高三上第二次月考)光滑水平导轨上有A、B两球,球A追上并与球B正碰,碰前两球动量分别为pA=5 kg·m/s,pB=7 kg·m/s,碰后球B的动量p'B=10 kg·m/s,则两球质量mA、mB的关系可能是( )
A.mB=mA B.mB=2mA
C.mB=4mA D.mB=6mA
能力提升练
题组一 碰撞中的动量守恒和能量守恒的综合应用
1.(2020河南郑州一中高三月考,)如图所示,质量为m的A球在光滑水平面上静止放置,质量为2m的B球向左运动,速度大小为v0,B球与A球碰撞且无机械能损失,碰后A球速度大小为v1,B球的速度大小为v2。碰后相对速度与碰前相对速度的比值定义为恢复系统,即e=v1-v2v0-0,下列选项正确的是( )
A.e=1 B.e=12 C.e=13 D.e=14
2.(2020湖南长沙雅礼中学一模,)一质量为m1的物体A以v0的初速度与另一质量为m2的静止物体B发生碰撞,其中m2=km1,k<1。碰撞可分为弹性碰撞、完全非弹性碰撞以及非弹性碰撞。碰撞后两物体的速度分别为v1和v2。假设碰撞为一维碰撞,且一个物体不可能穿过另一个物体。物体A撞后与碰撞前速度之比r=v1v0的取值范围是(深度解析)
A.1-k1+k≤r≤1 B.1-k1+k≤r≤11+k
C.0≤r≤21+k D.11+k≤r≤21+k
3.(2020江西吉水二中高三11月月考,)(多选)质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上,箱子内有一质量为m的小物块,小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ。初始时小物块停在箱子正中间,如图所示。现给小物块一水平向右的初速度v,小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间,并与箱子保持相对静止。设碰撞都是弹性的,则整个过程中,系统损失的动能为(重力加速度大小为g)(易错)
A.12mv2 B.mM2(m+M)v2
C.12NμmgL D.NμmgL
题组二 碰撞中的图像问题
4.(2019安徽定远二中月考,)(多选)如图所示,光滑水平面上,质量为m1的足够长的木板向左匀速运动。t=0时刻,质量为m2的木块从木板的左端向右以与木板相同大小的速度滑上木板。t1时刻,木块和木板相对静止,共同向左匀速运动,以v1和a1表示木板的速度和加速度,以v2和a2表示木块的速度和加速度,以向左为正方向。则下列图中正确的是( )
5.(2020宁夏育才中学高二上月考,)(多选)如图甲所示,在光滑水平面上的A、B两个小球发生正碰,两小球的质量分别为m1和m2,图乙为它们碰撞前后的x-t图像。已知m1=0.1 kg。由此可以判断( )
A.碰前B静止,A向右运动
B.碰后B和A都向右运动
C.由动量守恒可以算出m2=0.3 kg
D.碰撞过程中系统损失了0.4 J的机械能
6.(2020湖南长沙长郡中学高二上月考,)在冰壶比赛中,某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶,两者在大本营中心发生对心碰撞,如图(a)所示,碰撞前后两壶运动的v-t图线如图(b)中实线所示,其中红壶碰撞前后的图线平行,两冰壶质量相等,则( )
A.两壶发生了弹性碰撞
B.碰后蓝壶速度为0.8 m/s
C.碰后蓝壶移动的距离为2.4 m
D.碰后红壶所受摩擦力小于蓝壶所受摩擦力
7.(2020辽宁师大附中高二上12月月考,)(多选)如图甲所示,物块A、B间拴接一个压缩后被锁定的弹簧,整个系统静止放在光滑水平地面上,其中A物块最初与左侧固定的挡板相接触,B物块质量为2 kg。现解除对弹簧的锁定,在A离开挡板后,B物块的v-t图像如图乙所示,则可知(深度解析)
A.A的质量为4 kg
B.运动过程中A的最大速度为4 m/s
C.在A离开挡板前,A、B及弹簧构成的系统动量守恒、机械能守恒
D.在A离开挡板后弹簧的最大弹性势能为3 J
题组三 多物体或多过程碰撞问题
8.(2020安徽蚌埠龙湖中学高三上月考,)如图所示,B、C、D、E、F五个球并排放置在光滑的水平面上,B、C、D、E四球质量相等,而F球的质量小于B球的质量,A球的质量等于F球的质量,A球以速度v0向B球运动,所发生的碰撞均为弹性碰撞,则碰撞之后( )
A.五个小球静止,一个小球运动
B.四个小球静止,两个小球运动
C.三个小球静止,三个小球运动
D.六个小球都运动
9.(2019广东清远高三上期末,)(多选)如图所示,A球从距地面h=2.5 m处由静止释放,同时B球从地面以v0=5 m/s的速度竖直上抛,二者在同一直线上运动,经一段时间后二者发生弹性正碰,之后B与地面发生正碰时在某装置作用下迅速固定在地面上,已知两球完全相同,重力加速度g=10 m/s2,不计空气阻力,在整个运动过程中,下列说法正确的是(易错)
A.两球在B球上升到最高点时发生第一次碰撞
B.两球发生第一次碰撞后瞬间B球速度的大小为5 m/s
C.A球最终将在B球上方做往复运动
D.A球最终能上升的最大高度为2.5 m
10.(2019湖南师大附中高二下期中,)如图所示,质量均为M=4 kg的小车A、B在光滑水平面上,B车上用轻绳挂有质量为m=2 kg的小球C,B车静止,A车以v0=2 m/s的速度向B车运动,相碰后粘在一起(碰撞时间很短)。求:
(1)碰撞过程中系统损失的机械能;
(2)碰后小球C第一次回到最低点时的速度大小。
11.(2019黑龙江东南联合体高二下期末,)如图所示,物块C质量mC=4 kg,上表面光滑,左边有一立柱,放在光滑水平地面上。一轻弹簧左端与立柱连接,右端与物块B连接,mB=2 kg。长为L=3.6 m的轻绳上端系于O点,下端系一物块A,mA=3 kg。拉紧轻绳使绳与竖直方向成60°角,将物块A从静止开始释放,达到最低点时炸裂成质量m1=2 kg、m2=1 kg的两个物块1和2,物块1水平向左运动与B粘在一起,物块2仍系在绳上具有水平向右的速度,刚好能回到释放时的初始位置。A、B都可以看成质点。取g=10 m/s2。求:
(1)物块A在最低点时的速度v0。
(2)物块A炸裂时增加的机械能ΔE。
(3)在以后的过程中,弹簧的最大弹性势能Epm。
答案全解全析
基础过关练
1.A 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,一般内力远大于外力,所以可认为碰撞过程动量守恒,动能不一定守恒,A正确,B错误。如果碰撞过程中机械能守恒,这样的碰撞是弹性碰撞,C错误。微观粒子的相互作用同样具有短时间内发生强大内力作用的特点,所以仍然是碰撞,D错误。
2.A 设碰撞后女儿的速度为v',根据动量守恒定律可得3mv-mv=mv',故碰后女儿的速度为v'=2v;碰前母女俩的总动能为Ek=12×3mv2+12mv2=2mv2,碰后母女俩的总动能为E'k=12mv'2=2mv2,由于碰撞前后总动能相等,所以母女俩的碰撞为弹性碰撞,选A。
3.A 设中子的质量为m,因为发生的是弹性正碰,碰撞过程中动量守恒,机械能守恒,规定中子初速度的方向为正方向,有mv1=mv2+Amv,12mv12=12mv22+12·Amv2,两式联立解得v1v2=A+1A-1,选A。
4.A 设碰撞前A的速率为vA,碰后A的速率为v'A=12vA,以A初速度方向为正方向,根据动量守恒定律得2mvA=12mvA+2mv'B,解得v'B=34vA,则有v'A∶v'B=2∶3,故选A。
5.A 将两个大小均为F的力,同时分别作用在A、B两个物体上,经相同的时间,两个力的冲量大小相等,方向相反,由动量定理知两个物体的动量等值、反向,撤去两个力,系统动量守恒,故碰撞后粘在一起停止运动。故选A。
6.BC 碰撞瞬间A和C组成的系统动量守恒,B的速度在碰撞瞬间不变,以A的初速度方向为正方向,若碰后A和C的速度变为v1和v2,由动量守恒定律得Mv=Mv1+mv2;若碰后A和C的速度相同,由动量守恒定律得Mv=(M+m)v'。故选B、C。
7.A 规定向右为正方向,碰撞前A、B两球的动量均为6 kg·m/s,说明A、B两球的速度方向均向右,两球质量关系为mB=2mA,所以碰撞前vA>vB,左方是A球;碰撞后A球的动量增量为-4 kg·m/s,所以碰撞后A球的动量是2 kg·m/s,碰撞过程系统总动量守恒,有mAvA+mBvB=mAv'A+mBv'B,可解得碰撞后B球的动量是10 kg·m/s,根据mB=2mA,可知碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5。故选A。
8.B 考虑实际情况,碰撞后A球速度不可能大于B球的速度,A、D均错误;两球碰撞过程,系统不受外力,故碰撞过程系统总动量守恒,根据能量守恒定律,碰撞后的系统总动能应该小于或等于碰撞前的系统总动能,碰撞前总动能为Ek=12mAvA2+12mBvB2=22 J,同理算出B选项碰撞后总动能为18 J,C选项碰撞后总动能为57 J,C错误,B正确。
9.A 碰撞前总动量为p=mAv0=1×4 kg·m/s=4 kg·m/s;碰撞前总动能为Ek=12mAv02=12×1×42 J=8 J。如果vA=vB=43 m/s,碰后动量p'=mAvA+mBvB=1×43+2×43 kg·m/s=4 kg·m/s,碰后动能Ek=12mAvA2+12mBvB2=12×1×432 J+12×2×432 J=83 J,碰撞过程动量守恒,动能不增加,A可能;如果vA=1 m/s,vB=2.5 m/s,碰后动量p'=mAvA+mBvB=(1×1+2×2.5) kg·m/s=6 kg·m/s,碰撞过程动量不守恒,B不可能;如果vA=1 m/s,vB=3 m/s,碰后动量p'=mAvA+mBvB=(1×1+2×3) kg·m/s=7 kg·m/s,碰撞过程动量不守恒,C不可能;如果vA=-4 m/s,vB=4 m/s,碰后动量p'=mAvA+mBvB=1×(-4) kg·m/s+2×4 kg·m/s=4 kg·m/s,碰后动能Ek=12mAvA2+12mBvB2=12×1×(-4)2 J+12×2×42 J=24 J,碰撞过程动量守恒,动能增加,D不可能。
10.C 由动量守恒定律得pA+pB=p'A+p'B,解得p'A=2 kg·m/s,要使球A追上球B,则vA>vB,即pAmA>pBmB,代入数据得mB>1.4mA;碰撞过程动能不增加,则有pA22mA+pB22mB≥p' A22mA+p' B22mB,代入数据得mB≥177mA=2.43mA;碰撞后同向运动,A球速度不大于B球速度,则有p' AmA≤p' BmB,代入数据得mB≤5mA。综上分析可知2.43mA≤mB≤5mA,故选C。
能力提升练
1.A A、B在碰撞的过程中,根据动量守恒定律可得2mv0=mv1+2mv2;在碰撞的过程中机械能守恒,可得12×2mv02=12mv12+12×2mv22,解得v1=43v0,v2=13v0,则恢复系统e=v1-v2v0-0=1,故选A。
2.B 若发生弹性碰撞,则由动量守恒定律可得m1v0=m1v1+m2v2;由能量关系可得12m1v02=12m1v12+12m2v22,解得v1=m1-m2m1+m2v0,则v1v0=1-k1+k;若发生完全非弹性碰撞,则由动量守恒定律得m1v0=(m1+m2)v1,解得v1=v2=m1v0m1+m2,则v1v0=11+k,由能量关系得12m1v02>12m1v12+12m2v22,其中v1=v2,解得v1v0<11+k;综上可得1-k1+k≤r≤11+k。故选B。
关键点拨
明确完全非弹性碰撞的特点:碰后两物体粘在一起(即合二为一),动量守恒,动能损失最大。
3.BD 根据动量守恒,小物块和箱子的共同速度v'=mvM+m,损失的动能ΔEk=12mv2-12(M+m)v'2=mMv22(m+M),所以B正确;根据能量守恒,损失的动能等于因摩擦产生的热量,而计算热量的方法是摩擦力乘以相对路程,所以ΔEk=NfL=NμmgL,可见D正确。
易错分析
易认为从起点开始到发生第一次碰撞相对路程为12L,则发生N次碰撞,相对路程为12NL,而错选C。要注意系统中由于摩擦而产生的热量表达式Q=fs中,s为相对路程。
4.BD 木块和木板组成的系统动量守恒,因为最终共同的速度方向向左,设t=0时刻木板和木块的速度大小为v,t1时刻木板和木块的速度大小为v',则有m1v-m2v=(m1+m2)v',知m1>m2;木块的加速度a2=Ffm2,方向向左,木板的加速度a1=-Ffm1,方向向右,因为m1>m2,所以Ffm1
6.B 由题图(b)可知碰前红壶的速度v0=1.0 m/s,碰后速度v'0=0.2 m/s,可知,碰后红壶沿原方向运动;设碰后蓝壶的速度为v,取碰撞前红壶的速度方向为正方向,根据动量守恒定律可得mv0=mv'0+mv,代入数据解得v=0.8 m/s,则有12mv02>12mv' 02+12mv2,碰撞过程动能有损失,碰撞为非弹性碰撞,A错误,B正确。根据v-t图线与时间轴围成的面积表示位移,可得碰后蓝壶移动的位移大小x=v2t=0.82×5 m=2 m,C错误;根据v-t图线的斜率表示加速度,知碰后红壶的加速度大于蓝壶的加速度,两者的质量相等,由牛顿第二定律知碰后红壶所受摩擦力大于蓝壶所受的摩擦力,D错误。
7.BD 弹簧伸长最长时弹力最大,B的加速度最大,此时A、B共速,由图知A、B共同速度为v共=2 m/s;A刚离开挡板时B的速度为v0=3 m/s,取向右为正方向,在A离开挡板后,由动量守恒定律,有mBv0=(mA+vB)v共,解得mA=1 kg,A错误。当弹簧第一次恢复原长时A的速度最大,由动量守恒和机械能守恒得mBv0=mAvA+mBvB,12mBv02=12mAvA2+12mBvB2,解得A的最大速度vA=4 m/s,B正确。在A离开挡板前,由于挡板对A有作用力,A、B系统所受合外力不为零,所以系统动量不守恒,C错误。分析A离开挡板后A、B的运动过程,并结合图像数据可知,弹簧伸长到最长时,A、B的共同速度为v共=2 m/s,根据动量守恒定律和机械能守恒定律,有mBv0=(mA+mB)v共,Ep=12mBv02-12(mA+mB)v共2,联立解得弹簧的最大弹性势能Ep=3 J,D正确。
关键点拨
解答本题时需明确:(1)弹簧伸长量最大时,弹性势能最大,A、B两物块共速,且此时B物块的加速度最大;(2)在v-t图像中,图线斜率最大处的加速度最大。
8.C 假设一运动小球碰静止小球,设入碰小球的速度为v0,碰撞后两球的速度分别为v1和v2,发生的碰撞为弹性碰撞,根据动量守恒定律和机械能守恒定律,有m1v0=m1v1+m2v2,12m1v02=12m1v12+12m2v22,解得碰撞后两个小球的速度为v1=(m1-m2)v0m1+m2,v2=2m1v0m1+m2。由于A球质量小于B球质量,所以A、B相碰后A向左运动,B向右运动;B、C、D、E四球质量相等,弹性碰撞后交换速度,最终E有向右的速度,B、C、D静止;由于F球质量小于E球质量,所以E、F两球弹性碰撞后都向右运动。综上可知,碰撞之后B、C、D三球静止,A球向左运动,E、F两球向右运动,故选C。
9.ABC 取A球为参考系,B球相对A球做匀速直线运动,经t=hv0=0.5 s相遇,相遇时B球的速度vB=v0-gt=0,A正确;相遇时A球的速度vA=gt=5 m/s,由于二者质量相等,发生弹性碰撞后交换速度,碰后B球速度的大小为5 m/s,B正确;B球与地面碰撞后固定在地面上,A球落下后与B球发生弹性碰撞,反弹后速度大小不变,不计空气阻力,故A球最终将在B球上方做往复运动,C正确;从地面竖直上抛B球的过程中,B球上升的高度hB=v02t=1.25 m,第一次碰撞后A球下降1.25 m时的速度与第一次碰撞前瞬间的速度相同,均为5 m/s,与B球发生弹性碰撞,反弹后上升的高度仍为1.25 m,D错误。
易错分析
由于不计空气阻力且碰撞为弹性碰撞,所以易误认为碰撞后A球仍可上升至2.5 m处,从而错选D。两球碰撞过程虽无能量损失,但碰撞后速度发生了互换,导致碰后A球的速度变小,因此无法上升至原高度。
10.答案 (1)4 J (2)1.6 m/s
解析 (1)设A、B车碰后共同速度为v1,由动量守恒定律得
Mv0=2Mv1①
系统损失的机械能为E损=12Mv02-12×2Mv12②
联立①②解得E损=4 J③
(2)设碰后小球C第一次回到最低点时A、B车速为v2,小球C速度为v3,对A、B、C系统,由水平方向动量守恒得2Mv1=2Mv2+mv3④
由能量守恒得12×2Mv12=12×2Mv22+12mv32⑤
联立①④⑤解得v3=1.6 m/s⑥
11.答案 (1)6 m/s (2)108 J (3)36 J
解析 (1)物块A由静止释放到到达最低点过程,由动能定理有
mAgL(1-cos 60°)=12mAv02①
解得v0=6 m/s②
(2)设炸裂后物块1的速度为v1,物块2的速度大小为v2,则
v2=v0③
由动量守恒定律得mAv0=m1v1-m2v2④
联立②③④解得v1=12 m/s⑤
增加的机械能ΔE=12m1v12+12m2v22-12mAv02⑥
联立②③⑤⑥解得ΔE=108 J⑦
(3)设物块1与B粘在一起时的共同速度为vB,由动量守恒定律得
m1v1=(m1+mB)vB⑧
联立⑤⑧解得vB=6 m/s⑨
在以后的过程中,当物块C和物块1、B的速度相等时,弹簧的弹性势能最大,设共同速度为vm,由动量守恒定律得
(m1+mB)vB=(m1+mB+mC)vm⑩
联立⑨⑩解得vm=3 m/s
由能量守恒定律得
Epm=12(m1+mB)vB2-12(m1+mB+mC)vm2
联立⑨解得Epm=36 J
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