2022版新教材物理人教版选择性必修第一册作业：第一章 第5节 弹性碰撞和非弹性碰撞 WORD版含解析.docx

1、课时评价作业基础达标练1.在光滑水平面上，两球沿球心连线以相等速率相向而行，下列现象可能的是( )A.若两球质量相等，碰后以某一相等速率互相分开B.若两球质量相等，碰后以某一相等速率同向而行C.若两球质量不同，碰后以某一相等速率互相分开D.若两球质量不同，碰后两球都静止答案：A解析：若两球质量相等，碰前两球总动量为零，碰后总动量也应该为零，由此分析可得选项A 可能、B 不可能；若两球质量不同，碰前两球总动量不为零，碰后总动量也不能为零，选项D 不可能；若两球质量不同且碰后以某一相等速率分开，则总动量方向与质量较大的球的动量方向相同，与碰前总动量方向相反，选项C 不可能。2.（多选）质量分别为m

2、1 和m2 的两个物体碰撞前后的位置- 时间图像如图所示，由图判断以下说法中正确的是( )A.碰撞前两物体质量与速度的乘积相同B.质量m1 等于质量m2C.碰撞后两物体一起做匀速直线运动D.碰撞前两物体质量与速度的乘积大小相等、方向相反答案：B ; D解析：由题图可知，两物体碰前都做匀速直线运动，但运动方向相反，碰后两物体位置不变，即处于静止状态，所以碰后速度都为零，故A 、C 错误，D 正确；由题图可知，两物体碰前速度大小相等，由动量守恒定律可得m1 等于m2 ，B 正确。3.（多选）（2021山东临沂高二期末）两个小球A 、B 在光滑水平面上相向运动，已知它们的质量分别是m1=4kg ，m

3、2=2kg ，A 的速度v1=3m/s （设为正) ，B 的速度v2=-3m/s ，则它们发生正碰后，其速度可能分别是( )A.均为1m/s B.+4m/s 和-5m/sC.+2m/s 和-1m/s D.-1m/s 和+5m/s答案：A ; D解析：由动量守恒定律可验证四个选项都满足要求，再看动能情况，有Ek=12m1v12+12m2v22=27J ，Ek=12m1v12+12m2v22 ，由于碰撞过程动能不可能增加，所以应有EkEk ，故B 错误；由于A 、B 沿同一直线相向运动，发生碰撞后不可能都保持原来的速度方向，故C 错误。4.如图，两滑块A 、B 在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑

4、块A 的质量为m ，速度大小为2v0 ，方向向右，滑块B 的质量为2m ，速度大小为v0 ，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态可能是( )A.A 和B 都向左运动B.A 和B 都向右运动C.A 静止，B 向右运动D.A 向左运动，B 向右运动答案：D解析：两球碰撞过程中系统动量守恒，取水平向右为正方向，碰撞前系统总动量p=mAvA+mBvB=m2v0+2m(-v0)=0 ，则碰撞后系统的总动量也为零，那么A 、B 应都静止或向相反方向运动，知选项D 正确。5.质量为M 的木块在光滑的水平面上以速度v1 向右运动，质量为m 的子弹以速度v2 向左射入木块并停留在木块中，要使木块停下来，发射

5、子弹的数目是( )A.(M+m)v2mv1 B.Mv1(M+m)v2 C.mv1Mv2 D.Mv1mv2答案：D解析：设发射子弹的数目为n，以水平向左为正方向，由动量守恒定律可知nmv2-Mv1=0 ，解得n=Mv1mv2 ，D 正确。6.如图所示，质量为M 的盒子放在光滑的水平面上，盒子内表面不光滑，盒内放有一块质量为m 的物体，某时刻给物体一个水平向右的初速度v0 ，那么在物体与盒子前后壁多次往复碰撞后( )A.两者的速度均为零B.两者的速度总不会相等C.盒子的最终速度大小为mv0M ，方向水平向右D.盒子的最终速度大小为mv0M+m ，方向水平向右答案：D解析：选物体与盒子组成的系统为研

6、究对象，由水平方向动量守恒得mv0=(M+m)v ，所以v=mm+Mv0 ，v 方向与v0 同向，即方向水平向右，D 正确。7.（多选）质量为m 的小球A ，在光滑的水平面上以速度v0 与质量为2m 的静止小球B 发生正碰，碰撞后A 球的动能恰变为原来的19 ，则B 球的速度大小可能是( )A.13v0 B.23v0 C.49v0 D.89v0答案：A ; B解析：依题意，碰后A 的动能满足12mvA2=1912mv02 ,得vA=13v0 ，根据动量守恒定律得mv0=m13v0+2mvB ，解得vB=13v0 或vB=23v0 。8.（多选）（2021重庆九龙坡高二期末）如图所示，光滑曲面下

7、端与光滑水平面相切，一质量为m 的弹性小球P 沿曲面由静止开始下滑，与一质量为km(k 为正整数）且静止在水平地面上的弹性小球Q 发生弹性正碰。为使二者只能发生一次碰撞，下列关于k 的取值可能正确的是( )A.1B.2C.3D.4答案：A ; B ; C解析：设两球碰撞前P 的速度为v0 ，碰后P 与Q 的速度分别为v1 与v2 ，取水平向右为正方向，由动量守恒定律及机械能守恒定律分别得mv0=mv1+kmv2 ，12mv02=12mv12+12kmv22 ，联立解得v1=1-k1+kv0 ，v2=21+kv0 ，为使二者只能发生一次碰撞，必须满足|v1|v2| ，又因为k 为正整数，所以解得

8、0k3 ，即k 的取值可能为1、2、3，故选A 、B 、C 。素养提升练9.（2021河北衡水高二期中）如图是“牛顿摆”装置，5个完全相同的小钢球用轻绳悬挂在水平支架上，5根轻绳互相平行，5个钢球彼此紧密排列，球心等高。用1、2、3、4、5分别标记5个小钢球。当把小钢球1向左拉起一定高度，如图甲所示，然后由静止释放，在极短时间内经过小球间的相互碰撞，可观察到小钢球5向右摆起，且达到的最大高度与小钢球1的释放高度相同，如图乙所示。关于此实验，下列说法中正确的是( )A.上述实验过程中，5个小钢球组成的系统机械能不守恒，动量守恒B.上述实验过程中，5个小钢球组成的系统机械能不守恒，动量不守恒C.如

9、果向左拉起小钢球1、2、3到相同高度（如图丙所示），同时由静止释放，经碰撞后，小钢球4、5一起向右摆起，且上升的最大高度高于小钢球1、2、3的释放高度D.如果向左拉起小钢球1、2、3到相同高度（如图丙所示），同时由静止释放，经碰撞后，小钢球3、4、5一起向右摆起，且上升的最大高度与小钢球1、2、3的释放高度相同答案：D解析：小钢球5向右摆起，且达到的最大高度与小钢球1的释放高度相同，由分析知5个小钢球组成的系统机械能守恒，但在小钢球1下落和小钢球5上升过程中都受到重力的冲量，动量不守恒，故A 、B 错误。如果向左拉起小钢球1、2、3到相同高度同时由静止释放，则3与4碰后，3停止、4具有向右的速

10、度，4与5碰撞交换速度，4停止、5向右摆起；3刚停止的时候2过来与之碰撞交换速度，然后3与4碰撞，使4向右摆起；2刚停止的时候1过来与之碰撞交换速度，然后2与3碰撞交换速度，使3向右摆起；故经碰撞后，小钢球3、4、5一起向右摆起，且上升的最大高度与小钢球1、2、3的释放高度相同，故D 正确，C 错误。10.（多选）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答案：B ; C解析：以两球组成的系统为研究对象，以A 球的初速度方向

11、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12mv2=12mvA2+122mvB2 ，解得vA=-13v ，vB=23v ，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=13v ，则碰撞后B 球的速度范围是13vvB23v ，故B 、C 正确，A 、D 错误。11.（多选）（2021黑龙江大庆一中高二检测）如图甲所示，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v0=2m/s 滑上原来静止的长木板A 的上表面，由于A 、B 间存在

12、摩擦，之后A 、B 的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2JB.系统损失的机械能为2JC.木板A 的最小长度为2mD.A 、B 间的动摩擦因数为0.1答案：A ; D解析：由题图乙可知，木板获得的速度大小为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Ek=12Mv2=2J ，故A 正确；系统损失的机械能E=12mv02-12mv2-12Mv2=4J ，故B 错误；由题图乙知01 s内B 的位移为xB=12(2+1)

13、1m=1.5m ，A 的位移为xA=1211m=0.5m ，木板A 的最小长度为L=xB-xA=1m ，故C 错误；由题图乙可知，B 的加速度a=-1m/s2 ，负号表示加速度的方向与初速度方向相反，由牛顿第二定律得-mBg=mBa ，解得0.1，故D 正确。12.如图，光滑水平直轨道上有三个质量均为m 的物块A 、B 、C 。B 的左侧固定一轻弹簧（弹簧左侧的挡板质量不计）。设A 以速度v0 朝B 运动，压缩弹簧；当A 、B 速度相等时，B 与C 恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动。假设B 和C 碰撞过程时间极短，从A 开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中，求：（1）整个系统损失的机械能；（2

14、）弹簧被压缩到最短时的弹性势能。答案：（1）116mv02 （2）1348mv02解析：（1）从A 压缩弹簧到A 与B 具有相同速度v1 时，对A 、B 与弹簧组成的系统，由动量守恒定律得mv0=2mv1此时B 与C 发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为v2 ，损失的机械能为E 。对B 、C 组成的系统，由动量守恒定律和能量守恒定律得mv1=2mv212mv12=E+12(2m)v22联立解得E=116mv02（2）由（1）可知v2v0 B.v1=v0C.v2v0 D.v2=v0答案：A解析：题图甲中，探测器类似于与行星对面正碰，设探测器的质量为m ，行星的质量为M ，碰后行星的速度大小为

15、u1 ，以向右为正方向，根据动量守恒定律有mv0-Mu=-(mv1+Mu1) ，由能量守恒定律可得12mv02+12Mu2=12mv12+12Mu12 ,联立可得v1=M-mM+mv0+2MM+mu ,由于Mm ，则v1=v0+2uv0 ，故A 正确，B 错误；题图乙中，类似于探测器追上行星与之正碰，设碰后行星的速度大小为u2 ，以向右为正方向,根据动量守恒定律有-mv0-Mu=mv2-Mu2 ,由能量守恒定律可得12mv02+12Mu2=12mv22+12Mu22 ,联立可得v2=M-mM+mv0-2MM+mu ,由于Mm ，则v2=v0-2uv0 ，故C 、D 错误。思路导引 读懂题意后，将题述模型与同一条直线上发生的弹性碰撞规律作类比，可以由动量守恒定律与能量守恒定律分别列式，即可求出。技巧点拨 处理类碰撞问题的技巧广义的碰撞指的是物体间相互作用的过程，一些表面上看上去不是碰撞过程，可以类比碰撞模型，应用系统的动量守恒和机械能守恒，可以快速找到突破口。