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练习题

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练习题，共8页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
弹性碰撞和非弹性碰撞一、选择题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2．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．E1<E0　　　　 B．p2>p0C．E2>E0 D．p1>p03．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.C.   D.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/s B．1.0 m/sC．1.5 m/s D．2.0 m/s5．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.C.   D.6．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＋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＋mv27．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.h　　　C.h　　　D.h8．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/sB．－8 kg·m/s,8 kg·m/sC．1 kg·m/s，－1 kg·m/sD．－2 kg·m/s,2 kg·m/s9．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(　　)二、非选择题10．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.11．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________． 12．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．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．     弹性碰撞和非弹性碰撞 答案1、【A】[由动量守恒定律有3mv－mv＝0＋mv′，所以v′＝2v.碰前总动能Ek＝·3mv2＋mv2＝2mv2，碰后总动能Ek′＝mv′2＝2mv2，Ek＝Ek′，所以A项正确．]2、【AB】[因为碰撞前后动能不增加，故有E1<E0，E2<E0，p1<p0，A正确，C、D错误；根据动量守恒定律得p0＝p2－p1，得到p2＝p0＋p1，可知p2>p0，B正确．]3、【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＝mv2、mv＝2mv′和·2mv′2＝2mgh′，可知其上摆的高度为.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≤h≤L.]4、【C】[碰撞后B做匀减速运动，由动能定理得－μ·2mgx＝0－·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mv＝mv＋·2mv2，联立解得v0＝1.5 m/s，选项C正确．]5、【C】[由碰撞中动量守恒mv0＝3mv1，得v1＝①E0＝mv②Ek′＝×3mv③由①②③式得Ek′＝×3m2＝×＝，故C正确．]6、【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．]7、【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＝mAv，则v1＝.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＝，对A、B粘在一起共同上摆的过程应用机械能守恒定律得(mA＋mB)v＝(mA＋mB)gh′，则h′＝，故C正确．]8、【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＋≥＋，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．]9、【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＝＝ m/s＝4 m/s，v2＝0，碰撞后，A和B的速度分别为v1′＝＝ m/s＝－2 m/s，v2′＝＝ 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.]10、20　0.2[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＝＝×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＝mv－(m＋M)v2解得d＝0.2 m.11、　4∶1　9∶5[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v0和－v0根据动量守恒定律得mBv0＝mB＋mAv0解得mA∶mB＝4∶1A、B两球碰撞前、后的动能之比为＝.12、(1)50 N　(2)0.45 m[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t＝mAv1′－mA(－v1)解得＝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)vA、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(mA＋mB)v2＝(mA＋mB)gh解得h＝0.45 m.13、　(1)0.96 m　(2)0.512 m[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＝0.4 m/s，方向向左，不会与竖直墙再次碰撞．由能量守恒定律(m1＋m2)v＝(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(m1＋m2)v＝μm1gs2解得s2＝0.512 m.