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课时作业

1.5弹性碰撞和非弹性碰撞提升优化（含解析）

一、选择题

1．如图所示，B、C、D、E、F,5个小球并排放置在光滑的水平面上，B、C、D、E,4个球质量相等，而F球质量小于B球质量，A球的质量等于F球质量。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．5个小球静止，1个小球运动 B．4个小球静止，2个小球运动

C．3个小球静止，3个小球运动 D．6个小球都运动

2．一中子与一质量数为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．　　　　　　 B．

C．　　　 D．

3．甲、乙两铁球质量分别是m1＝1kg，m2＝2kg，在光滑平面上沿同一直线运动，速度分别是v1＝6m/s、v2＝2m/s。甲追上乙发生正碰后两物体的速度有可能是(　　)

A．v1′＝7m/s，v2′＝1.5m/s　　　 B．v1′＝2m/s，v2′＝4m/s

C．v1′＝3.5m/s，v2′＝3m/s　　　 D．v1′＝4m/s，v2′＝3m/s

4．如图所示，在光滑水平地面上有两个完全相同的小球A和B，它们的质量都为m。现B球静止，A球以速度v0与B球发生正碰，针对碰撞后的动能下列说法中正确的是(　　)

A．B球动能的最大值是mv B．B球动能的最大值是mv

C．系统动能的最小值是0 D．系统动能的最小值是mv

5．如图所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝4kg的小物体B以水平速度v＝2m/s滑上原来静止的长木板A的上表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，取g＝10m/s2，则下列说法正确的是(　　)

A．木板A获得的动能为2J B．系统损失的机械能为2J

C．木板A的最小长度为2m D．A、B间的动摩擦因数为0.1

6．(河北衡水中学2015～2016学年高二下学期期中)质量为ma＝1kg，mb＝2kg的小球在光滑的水平面上发生碰撞，碰撞前后两球的位移—时间图象如图所示，则可知碰撞属于(　　)

7．在光滑水平面上，有两个小球A、B沿同一直线同向运动(B在前)，已知碰前两球的动量分别为pA＝12kg·m/s、pB＝13kg·m/s，碰后它们动量的变化分别为ΔpA、ΔpB。下列数值可能正确的是(　　)

A．ΔpA＝－3kg·m/s、ΔpB＝3kg·m/s

B．ΔpA＝3kg·m/s、ΔpB＝－3kg·m/s

C．ΔpA＝－24kg·m/s、ΔpB＝24kg·m/s

D．ΔpA＝24kg·m/s、ΔpB＝－24kg·m/s

8．一弹丸在飞行到距离地面5m高时仅有水平速度v＝2m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1。不计质量损失，取重力加速度g＝10m/s2。则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能的是(　　)

9．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球发生正碰，碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，则碰后B球的速度大小可能是(　　)

A．0.7v　　　 B．0.6v

C．0.4v　　　 D．0.2v

10．(山东师大附中2014～2015学年高二下学期检测)如图，大小相同的摆球a和b的质量分别为m和3m，摆长相同，并排悬挂，平衡时两球刚好接触，现将摆球a向左拉开一小角度后释放，若两球的碰撞是弹性的，下列判断正确的是(　　)

A．第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等

B．第一次碰撞后的瞬间，两球的动量大小相等

C．第一次碰撞后，两球的最大摆角不相同

D．发生第二次碰撞时，两球在各自的平衡位置

二、非选择题

11．如图所示，游乐场上，两位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。设甲同学和他的车的总质量为150kg，碰撞前向右运动，速度的大小为4.5m/s；乙同学和他的车总质量为200kg，碰撞前向左运动，速度的大小为3.7m/s。求碰撞后两车共同的运动速度及碰撞过程中损失的机械能。

12．在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速率v0向右运动，在小球A的前方O点有一质量为m2的小球B处于静止状态，如图所示，小球A与小球B发生正碰后小球A、B均向右运动，小球B被Q处的墙壁弹回后与小球A在P点相遇，PQ＝1.5PO，假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性的，求两小球质量之比m1/m2。

13．如图，光滑水平直轨道上两滑块A、B用橡皮筋连接，A的质量为m。开始时橡皮筋松驰，B静止，给A向左的初速度v0。一段时间后，B与A同向运动发生碰撞并粘在一起。碰撞后的共同速度是碰撞前瞬间A的速度的两倍，也是碰撞前瞬间B的速度的一半。求：

(1)B的质量；

(2)碰撞过程中A、B系统机械能的损失。

14．如图所示，质量为M的平板车P高为h，质量为m的小物块Q的大小不计，位于平板车的左端，系统原来静止在光滑水平地面上，一不可伸长的轻质细绳长为R，一端悬于Q正上方高为R处，另一端系一质量为m的小球(大小不计)。今将小球拉至悬线与竖直位置成60°角，由静止释放，小球到达最低点时与Q的碰撞时间极短，且无机械能损失，已知Q离开平板车时速度大小是平板车速度的两倍，Q与P之间的动摩擦因数为μ，已知质量M∶m＝4∶1，重力加速度为g，求：

(1)小物块Q离开平板车时，二者速度各为多大？

(2)平板车P的长度为多少？

(3)小物块Q落地时与小车的水平距离为多少？

参考答案

1.【答案】：C

【解析】：A球与B球相碰时，由于A质量小于B，A弹回，B获得速度与C碰撞，由于发生的碰撞为弹性碰撞且质量相等，B静止，C获得速度，同理，C和D的碰撞，D与E的碰撞都是如此，E获得速度后与F的碰撞过程中，由于E的质量大于F，所以E、F碰后都向右运动。所以碰撞之后，A、E、F三球运动，B、C、D三球静止。

2.【答案】：A

【解析】：设中子质量为m，则原子核质量为Am，

由mv＝mv1＋Amv2，mv2＝mv＋Amv，得

v1＝v

所以＝，A对。

3.【答案】：B

【解析】：以甲的初速度方向为正方向，碰撞前总动量p＝m1v1＋m2v2＝1×6＋2×2＝10kg·m/s，碰撞前的动能EK＝m1v＋m2v＝×1×62＋×2×22＝22J；如果v1′＝7m/s，v2′＝1.5m/s，碰撞后动量守恒、机械能增加，故A错误；如果v1′＝2m/s，v2′＝4m/s，碰撞后动量守恒、机械能不增加，碰撞后不能发生二次碰撞，故B正确；如果v1′＝3.5m/s，v2′＝3m/s，碰撞过程动量不守恒，故C错误；v1′＝4m/s，v2′＝3m/s，碰撞过程动量守恒、机械能不增加，但要发生二次碰撞，故D错误；故选B。

4.【答案】：AD

【解析】：当两球发生完全弹性碰撞时，A球静止，B球的动能最大，A正确，B错误；当两球相碰后共同运动时，损失的能量最多，系统动能最小，系统动能的最小值是mv，C、错D对。

5.【答案】：AD

【解析】：由图象可知，木板获得的速度为v＝1m/s，A、B组成的系统动量守恒，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝(M＋m)v，解得：木板A的质量M＝4kg，木板获得的动能为：Ek＝Mv2＝2J，故A正确；系统损失的机械能ΔE＝mv－mv2－Mv2，代入数据解得：ΔE＝4J，故B错误；由图得到：0～1s内B的位移为xB＝×(2＋1)×1m＝1.5m，A的位移为xA＝×1×1m＝0.5m，木板A的最小长度为L＝xB－xA＝1m，故C错误；由图象可知，B的加速度：a＝－1m/s2 ，负号表示加速度的方向，由牛顿第二定律得：μmBg＝mBa，代入解得μ＝0.1，故D正确。

6.【答案】：A

【解析】：由x－t图象知，碰撞前va＝3m/s，vb＝0，碰撞后va′＝－1m/s，vb′＝2m/s，碰撞前动能mav＋mbv＝J，碰撞后动能mava′2＋mbvb′2＝J，故机械能守恒；碰撞前动量mava＋mbvb＝3kg·m/s，碰撞后动量mava′＋mbvb′＝3kg·m/s，故动量守恒，所以碰撞属于弹性碰撞。

7.【答案】：A

【解析】：由题，碰撞后，两球的动量方向都与原来方向相同，A的动量不可能沿原方向增大，故碰后它们动量的变化分别为ΔpA<0，故B、D错误；根据碰撞过程动量守恒，如果ΔpA＝－3kg·m/s、ΔpB＝3kg·m/s，所以碰后两球的动量分别为p′A＝9kg·m/s、p′B＝16kg·m/s，根据碰撞过程总动能不增加，故A正确。根据碰撞过程动量守恒定律，如果ΔpA＝－24kg·m/s、ΔpB＝24kg·m/s，所以碰后两球的动量分别为pA′＝－12kg·m/s、pB′＝37kg·m/s，可以看出，碰撞后A的动能不变，而B的动能增大，违反了能量守恒定律，故C错误，故选A。

8.【答案】：B

【解析】：本题有两种可能情况，一是甲在前，二是甲在后。甲在前情况，设总质量为4m，由动量守恒得4m×2＝3mv甲＋mv乙，由平抛运动规律知，甲图中两弹片的速度分别为v甲＝2.5m/s，v乙＝－0.5m/s，不满足动量守恒关系，选项A错误；乙图中两弹片的速度分别为v甲＝2.5m/s，v乙＝0.5m/s，满足动量守恒关系，选项B正确；甲在后情况，C图中v甲＝1m/s，v乙＝2m/s，不满足动量守恒关系，选项C错误；D图中，v甲＝－1m/s，v乙＝2m/s，同样不满足动量守恒关系，选项D错误。

9.【答案】：BC

【解析】：以两球组成的系统为研究对象，以A球的初速度方向为正方向，如果碰撞为弹性碰撞，由动量守恒定律得：mv＝mvA＋2mvB，

由机械能守恒定律得：mv2＝mv＋·2mv，

解得：vA＝－v，vB＝v，

负号表示碰撞后A球反向弹回，如果碰撞为完全非弹性碰撞，以A球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

mv＝(m＋2m)vB，解得：vB＝v，

则碰撞后B球的速度范围是：v<vB<v，故B、C正确，A、D错误。

10.【答案】：AD

【解析】：两球在碰撞前后，水平方向不受外力，故水平两球组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有：mv0＝mv1＋3mv2；又两球碰撞是弹性的，故机械能守恒，即mv＝mv＋3mv，解两式得：v1＝－，v2＝，可见第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等，选项A正确；因两球质量不相等，故两球碰后的动量大小不相等，选项B错；两球碰后上摆过程，机械能守恒，故上升的最大高度相等，因摆长相等，故两球碰后的最大摆角相同，选项C错；由单摆的周期公式T＝2π，可知，两球摆动周期相同，故经半个周期后，两球在平衡位置处发生第二次碰撞，选项D正确。

11.【答案】：0.186m/s　方向向左　2881.7J

【解析】：设甲同学的车碰撞前的运动方向为正方向，他和车的总质量m1＝150kg，碰撞前的速度v1＝4.5m/s；乙同学和车的总质量m2＝200kg，碰撞前的速度v2＝－3.7m/s。设碰撞后两车的共同速度为v，则系统碰撞前的总动量为

p＝m1v1＋m2v2＝150×4.5kg·m/s＋200×(－3.7)kg·m/s＝－65kg·m/s

碰撞后的总动量为p′＝(m1＋m2)v

根据动量守恒定律p＝p′，代入数据得

v＝－0.186m/s，即碰撞后两车以v＝0.186m/s的共同速度运动，运动方向向左。

此过程中损失的机械能ΔE＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v2＝2881.7J

12.【答案】：＝2

【解析】：从两小球碰撞后到它们再次相遇，小球A和B的速度大小保持不变，根据它们通过的路程，可知小球B和小球A在碰撞后的速度大小之比为4∶1。

设碰撞后小球A和B的速度分别为v1和v2，在碰撞过程中动量守恒，碰撞前后动能相等。

m1v0＝m1v1＋m2v2，m1v＝m1v＋m2v

利用v2/v1＝4，可解出＝2

13.【答案】：(1)　(2)mv

【解析】：(1)以初速度v0的方向为正方向，设B的质量为mB，A、B碰撞后的共同速度为v，由题意知：碰撞前瞬间A的速度为，碰撞前瞬间B的速度为2v，由动量守恒定律得

m＋2mBv＝(m＋mB)v  ①

由①式得

mB＝  ②

(2)从开始到碰后的全过程，由动量守恒定律得

mv0＝(m＋mB)v  ③

设碰撞过程A、B系统机械能的损失为ΔE，则

ΔE＝m()2＋mB(2v)2－(m＋mB)v2  ④

联立②③④式得

ΔE＝mv

14【答案】：(1)　　(2)　(3)

【解析】：(1)设小球与Q碰前的速度为v0，小球下摆过程机械能守恒：

mgR(1－cos60°)＝mv

v0＝

小球与Q进行弹性碰撞，质量又相等，二者交换速度。

小物块Q在平板车P上滑动的过程中，Q与P组成的系统动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2

其中v2＝v1，M＝4m，解得：v1＝，v2＝。

(2)对系统由能量守恒：

mv＝mv＋Mv＋μmgL，解得：L＝。

(3)Q脱离P后做平抛运动，由h＝gt2，解得：t＝

Q落地时二者相距：s＝(v1－v2)t＝。