2020-2021学年5 弹性碰撞和非弹性碰撞课时作业

这是一份2020-2021学年5 弹性碰撞和非弹性碰撞课时作业，共8页。

(建议用时：25分钟)
考点一 弹性碰撞和非弹性碰撞
1．现有甲、乙两滑块，质量分别为3m和m，以相同的速率v在光滑水平面上相向运动，发生了碰撞．已知碰撞后，甲滑块静止不动，那么这次碰撞是 ( )
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
A [由动量守恒定律有3mv－mv＝0＋mv′，所以v′＝2v.碰前总动能Ek＝eq \f(1,2)·3mv2＋eq \f(1,2)mv2＝2mv2，碰后总动能Ek′＝eq \f(1,2)mv′2＝2mv2，Ek＝Ek′，所以A项正确．]
2．(多选)在光滑水平面上动能为E0、动量大小为p0的小钢球1与静止的小钢球2发生碰撞，碰撞前后球1的运动方向相反，将碰撞后球1的动能和动量大小分别记为E1、p1，球2的动能和动量大小分别记为E2、p2，则必有 ( )
A．E1p0
C．E2>E0D．p1>p0
AB [因为碰撞前后动能不增加，故有E1p0，B正确．]
3．(多选)如图所示，用两根长度都等于L的细绳，分别把质量相等、大小相同的a、b两球悬于同一高度，静止时两球恰好相接触．现把a球拉到细绳处于水平位置，然后无初速释放，当a球摆动到最低位置与b球相碰后，b球可能升高的高度为( )
A．L B.eq \f(4L,5)
C.eq \f(L,4) D.eq \f(L,8)
ABC [若a、b两球发生完全弹性碰撞，易知b球上摆的高度可达L；若a、b两球发生完全非弹性碰撞(即碰后两球速度相同)，则根据mgl＝eq \f(1,2)mv2、mv＝2mv′和eq \f(1,2)·2mv′2＝2mgh′，可知其上摆的高度为eq \f(L,4).考虑到完全非弹性碰撞中动能的损失最多，故b球上摆的高度应满足eq \f(L,4)≤h≤L.]
4．如图所示，一个质量为m的物体A与另一个质量为2m的物块B发生正碰，碰后B物块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/sB．1.0 m/s
C．1.5 m/sD．2.0 m/s
C [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碰撞的过程中，A与B组成的系统在水平方向的动量守恒，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．]
5．质量相等的三个物块在一光滑水平面上排成一直线，且彼此隔开了一定的距离，如图所示．具有动能E0的第1个物块向右运动，依次与其余两个静止物块发生碰撞，最后这三个物块粘在一起，这个整体的动能为( )
A．E0 B.eq \f(2E0,3)
C.eq \f(E0,3) D.eq \f(E0,9)
C [由碰撞中动量守恒mv0＝3mv1，得
v1＝eq \f(v0,3)①
E0＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)②
Ek′＝eq \f(1,2)×3mveq \\al(2,1)③
由①②③式得Ek′＝eq \f(1,2)×3meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v0,3)))2＝eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)mv\\al(2,0)))＝eq \f(E0,3)，故C正确．]
6．(多选)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＋mv2＋m0v3
B．摆球的速度不变，小车和木块的速度变为v1和v2，满足Mv＝Mv1＋mv2
C．摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为u，满足Mv＝(M＋m)u
D．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＋mv2
BC [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．]
考点二 碰撞问题实例分析
题型1 子弹打木块模型问题
7．质量为0.45 kg的木块静止在光滑水平面上，一质量为0.05 kg的子弹以200 m/s的水平速度击中木块，并留在其中，整个木块沿子弹原方向运动，则木块最终速度的大小是________m/s.若子弹在木块中运动时受到的平均阻力为4.5×103 N，则子弹射入木块的深度为________m.
[解析] 木块的质量M＝0.45 kg，子弹的质量m＝0.05 kg，子弹的初速度v0＝200 m/s，子弹和木块组成的系统在水平方向上动量守恒，以子弹初速度方向为正方向，根据动量守恒定律有mv0＝(m＋M)v
解得木块最终速度的大小v＝eq \f(mv0,m＋M)＝eq \f(0.05,0.05＋0.45)×200 m/s＝20 m/s
设子弹射入木块的深度为d，平均阻力f＝4.5×103 N，根据能量守恒定律可得
fd＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)(m＋M)v2
解得d＝0.2 m.
[答案] 20 0.2
题型2 碰撞中临界问题的分析
8．如图所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，A球在水平面静止放置，B球向左运动与A球发生正碰，B球碰撞前、后的速率之比为3∶1，A球垂直撞向挡板，碰后原速率返回．两球刚好不发生第二次碰撞，A、B两球的质量之比为________，A、B碰撞前、后两球总动能之比为________．
[解析] 设碰前B球的速度为v0，A与挡板碰后以原速率返回，并恰好不与B发生第二次碰撞，说明A、B两球碰后速度大小相等，方向相反．即分别为eq \f(1,3)v0和－eq \f(1,3)v0
根据动量守恒定律得
mBv0＝mBeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)v0))＋mAeq \f(1,3)v0
解得mA∶mB＝4∶1
A、B两球碰撞前、后的动能之比为
eq \f(\f(1,2)mBv\\al(0, 2),\f(1,2)mA\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)v0))2＋\f(1,2)mB\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)v0))2)＝eq \f(9,5).
[答案] 4∶1 9∶5
题型3 碰撞中的综合问题分析
9．如图所示，竖直平面内的光滑水平轨道的左边与墙壁对接，右边与一个足够高的eq \f(1,4)光滑圆弧轨道平滑相连，木块A、B静置于光滑水平轨道上，A、B的质量分别为1.5 kg和0.5 kg.现让A以6 m/s的速度水平向左运动，之后与墙壁碰撞，碰撞的时间为0.3 s，碰后的速度大小变为4 m/s.当A与B碰撞后会立即粘在一起运动，g取10 m/s2，求：
(1)在A与墙壁碰撞的过程中，墙壁对A的平均作用力的大小；
(2)A、B滑上圆弧轨道的最大高度．
[解析] (1)设水平向右为正方向，当A与墙壁碰撞时，根据动量定理有
eq \(F,\s\up6(－))t＝mAv1′－mA(－v1)
解得eq \(F,\s\up6(－))＝50 N.
(2)设碰撞后A、B的共同速度为v，根据动量守恒定律有
mAv1′＝(mA＋mB)v
A、B在光滑圆弧轨道上滑动时机械能守恒，由机械能守恒定律得
eq \f(1,2)(mA＋mB)v2＝(mA＋mB)gh
解得h＝0.45 m.
[答案] (1)50 N (2)0.45 m
(建议用时：15分钟)
10．如图所示，小球A和小球B质量相同，小球B置于光滑水平面上，小球A从高为h处由静止摆下，到达最低点恰好与B相撞，并粘合在一起继续摆动，若不计空气阻力，它们能上升的最大高度是 ( )
A．h B.eq \f(1,2)h C.eq \f(1,4)h D.eq \f(1,8)h
C [小球A由释放到摆到最低点的过程做的是圆周运动，由机械能守恒得mAgh＝eq \f(1,2)mAveq \\al(2,1)，则v1＝eq \r(2gh).A、B的碰撞过程满足动量守恒定律，则mAv1＝(mA＋mB)v2，又mA＝mB，得v2＝eq \f(\r(2gh),2)，对A、B粘在一起共同上摆的过程应用机械能守恒定律得eq \f(1,2)(mA＋mB)veq \\al(2,2)＝(mA＋mB)gh′，则h′＝eq \f(h,4)，故C正确．]
11．如图所示，A、B两小球在光滑水平面上分别以动量p1＝4 kg·m/s和p2＝6 kg·m/s(向右为正方向)做匀速直线运动，则在A球追上B球并与之碰撞的过程中，两小球的动量变化量Δp1和Δp2可能分别为 ( )
A．－2 kg·m/s,3 kg·m/s
B．－8 kg·m/s,8 kg·m/s
C．1 kg·m/s，－1 kg·m/s
D．－2 kg·m/s,2 kg·m/s
D [碰撞过程中动量守恒，即满足p1＋p2＝(p1＋Δp1)＋(p2＋Δp2)，A因为不满足动量守恒，故A错误；碰撞过程中还要满足动能不增加，即eq \f(p\\al(2,1),2m1)＋eq \f(p\\al(2,2),2m2)≥eq \f(p1＋Δp12,2m1)＋eq \f(p2＋Δp22,2m2)，代入数据知B不满足，故B错误；因为两球在碰撞前是同向运动，所以碰撞后还要满足B球的速度增加，A球的速度减小或反向，而C选项给出的情况是碰撞后A球的速度增加，而B球的速度减小，所以不符合情景，故C错误；D都满足，故D正确．]
12．如图甲所示，在光滑水平面上的两个小球A、B发生正碰，A、B的质量分别为m1和m2，图乙为它们碰撞前后的x­t(位移—时间)图像，以水平向右为正方向．由此可以判断，以下四个选项中的图像所描述的碰撞过程不可能发生的是( )
B [根据x­t(位移—时间)图像的斜率表示速度可得，碰撞前，A和B的速度分别为v1＝eq \f(x1,t1)＝eq \f(8,2) m/s＝4 m/s，v2＝0，碰撞后，A和B的速度分别为v1′＝eq \f(Δx1,Δt1)＝eq \f(0－8,4) m/s＝－2 m/s，v2′＝eq \f(Δx2,Δt2)＝eq \f(16－8,4) m/s＝2 m/s.取碰撞前A的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得m1v1＝m1v1′＋m2v2′，解得m1∶m2＝1∶3.对四个选项图所描述的碰撞过程进行分析，可知A选项图、C选项图、D选项图所描述的碰撞过程满足动量守恒定律、不违背能量守恒定律，其中C选项图表示碰后两球同向运动，后面B的速度小于前面A的速度．B选项图所描述的碰撞过程不满足动量守恒定律，不可能发生．本题应选B.]
13．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＝1 kg，木板与物体间动摩擦因数μ＝0.1.二者以相同的初速度v0＝0.8 m/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10 m/s2.
(1)如果木板质量m2＝3 kg，求物体相对木板滑动的最大距离；
(2)如果木板质量m2＝0.6 kg，求物体相对木板滑动的最大距离．
[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)v
v＝0.4 m/s，方向向左，不会与竖直墙再次碰撞．
由能量守恒定律
eq \f(1,2)(m1＋m2)veq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)(m1＋m2)v2＋μm1gs1
解得s1＝0.96 m.
(2)木板与竖直墙碰撞后，以原速率反弹，由动量守恒定律
m2v0－m1v0＝(m1＋m2)v′
v′＝－0.2 m/s，方向向右，将与竖直墙再次碰撞，最后木板停在竖直墙处
由能量守恒定律
eq \f(1,2)(m1＋m2)veq \\al(2,0)＝μm1gs2
解得s2＝0.512 m.
[答案] (1)0.96 m (2)0.512 m