高中人教版 (2019)第一章 动量守恒定律5 弹性碰撞和非弹性碰撞课后作业题

这是一份高中人教版 (2019)第一章 动量守恒定律5 弹性碰撞和非弹性碰撞课后作业题，共6页。
1．在光滑水平面上相向运动的A、B两小球发生正碰后一起沿A原来的速度方向运动，这说明原来( )
A．A球的质量一定大于B球的质量
B．A球的速度一定大于B球的速度
C．A球的动量一定大于B球的动量
D．A球的动能一定大于B球的动能
解析：选C 在碰撞过程中，A、B两小球组成的系统动量守恒，碰撞后两球一起沿A原来的速度方向运动，说明系统的总动量沿A原来的速度方向，由动量守恒定律可知，碰撞前A的动量一定大于B的动量，由p＝mv知：由于不知道两球的速度关系，所以无法判断两球的质量关系，也不能判断动能关系，故A、B、D错误，C正确。
2.如图所示，光滑水平地面上有两个大小相同、质量不等的小球A和B，A以3 m/s的速率向右运动，B以 1 m/s 的速率向左运动，发生正碰后都以2 m/s的速率反弹，则A、B两球的质量之比为( )
A．3∶5 B．2∶3
C．1∶2 D．1∶3
解析：选A 两球碰撞过程中，动量守恒，以A的初速度方向为正，根据动量守恒定律得：mAvA－mBvB＝mBvB′－mAvA′，代入数据解得：mA∶mB＝3∶5，故A正确，B、C、D错误。
3.如图所示，木块A、B的质量均为2 kg，置于光滑水平面上，B与一轻质弹簧的一端相连，弹簧的另一端固定在竖直挡板上，当A以4 m/s的速度向B撞击时，由于有橡皮泥而粘在一起运动，那么弹簧被压缩到最短时，弹簧具有的弹性势能大小为( )
A．4 J B．8 J
C．16 J D．32 J
解析：选B A、B在碰撞过程中动量守恒，碰后粘在一起共同压缩弹簧的过程中机械能守恒。
由碰撞过程中动量守恒得
mAvA＝(mA＋mB)v
代入数据解得v＝eq \f(mAvA,mA＋mB)＝2 m/s
所以碰后A、B及弹簧组成的系统的机械能为eq \f(1,2)(mA＋mB)v2＝8 J，当弹簧被压缩至最短时，系统的动能为0，只有弹性势能，由机械能守恒定律得此时弹簧的弹性势能为8 J。
4．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仍朝原方向运动，但其速率是原来的一半，碰后两球的速度之比vA′∶vB′为( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(1,3)
C．2 D.eq \f(2,3)
解析：选D 设碰前A的速率为v，根据题意，pA＝pB，即mv＝2mvB，解得碰前vB＝eq \f(v,2)。碰后vA′＝eq \f(v,2)，由动量守恒定律，有mv＋2m×eq \f(v,2)＝m×eq \f(v,2)＋2mvB′，解得vB′＝eq \f(3,4)v，所以eq \f(vA′,vB′)＝eq \f(\f(v,2),\f(3,4)v)＝eq \f(2,3)，选项D正确。
5．冰壶运动深受观众喜爱，在某次投掷中，冰壶甲运动一段时间后与对方静止的冰壶乙发生正碰，如图乙。若两冰壶质量相等，则碰后两冰壶最终停止的位置，可能是图中的哪幅图( )
解析：选B 冰壶甲、乙碰撞过程动量守恒，碰撞前系统动量水平向右，碰撞后合动量也必然水平向右，碰撞后冰壶在摩擦力作用下做匀减速直线运动，所以碰撞点即圆心到最后停靠点的连线代表碰撞后的速度方向，连线的长短代表碰撞后的速度大小。A图中，甲、乙碰后的动量都斜向右上方，所以合动量不可能水平向右，不满足动量守恒定律，选项A错。B图中，碰撞后甲静止，乙水平向右运动，符合质量相等小球发生完全弹性碰撞的过程，选项B是可能的。C图中，虽然甲、乙动量都是水平向右，合动量也满足水平向右，但甲在后，乙在前，碰后甲不可能速度大于乙，即甲不可能在乙前面，选项C错。D图中，碰后甲的速度大于乙的速度，合动量水平向左，不符合动量守恒定律，选项D错。
6.[多选]如图所示，在质量为M的小车中挂着一个单摆，摆球的质量为m0，小车(和单摆)以恒定的速度u沿光滑的水平面运动，与位于对面的质量为m的静止木块发生碰撞，碰撞时间极短，在此碰撞过程中，下列说法可能发生的是( )
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)u＝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：Mu＝Mv1＋mv2
C．摆球的速度不变，小车和木块的速度变为v，满足：Mu＝(M＋m)v
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)u＝(M＋m0)v1＋mv2
解析：选BC 因碰撞时间极短，所以单摆相对小车没有发生摆动，即摆线对小球的作用力原来是竖直向上的，现在还是竖直向上的，没有水平方向的分力，未改变小球的动量，即单摆没有参与这个碰撞过程，单摆的速度不发生变化，A、D错误；因为单摆的速度不变，所以研究对象选取小车和木块所构成的系统，若为弹性碰撞或碰后分离，水平方向动量守恒，由动量守恒定律得：Mu＝Mv1＋mv2，B正确；由于题目中没有提供在碰撞过程中的能量变化关系，所以小车和木块发生碰撞后有可能以同一速度运动，由动量守恒定律可得：Mu＝(M＋m)v，C正确。
7．如图所示，一个质量为m的物块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/s
C．1.5 m/s D．2.0 m/s
解析：选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)mv02＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)·2mv2，联立解得v0＝1.5 m/s，选项C正确。
8．[多选]如图甲所示，在光滑水平面上的两小球A、B发生正碰，小球A的质量为m1＝0.1 kg。图乙为它们碰撞前后两个小球的x-t图像。由此可以判断( )
A．碰前小球B静止，小球A向右运动
B．碰后小球A和B都向右运动
C．小球B的质量为m2＝0.2 kg
D．小球B的质量为m2＝0.3 kg
解析：选AD 由x-t(位移—时间)图像的斜率得到，碰前B的位移不随时间而变化，处于静止，A速度大小为v1＝eq \f(Δs1,Δt1)＝eq \f(8,2) m/s＝4 m/s，方向只有向右才能与B相撞，故A正确；由图示图像可知，碰后B的速度为正方向，说明向右运动，A的速度为负方向，说明向左运动，两小球运动方向相反，故B错误；由图示图像可知，碰后B和A的速度分别为v2′＝2 m/s，v1′＝－2 m/s，根据动量守恒定律得，m1v1＝m2v2′＋m1v1′，代入解得，m2＝0.3 kg，故C错误，D正确。
9.如图所示，一质量M＝2 kg的带有弧形轨道的平台置于足够长的水平轨道上，弧形轨道与水平轨道平滑连接，水平轨道上静置一小球B。从弧形轨道上距离水平轨道高h＝0.3 m处由静止释放一质量mA＝1 kg的小球A，小球A沿轨道下滑后与小球B发生弹性正碰，碰后小球A被弹回，且恰好追不上平台。已知所有接触面均光滑，重力加速度为g＝10 m/s2。求小球B的质量。
解析：设小球A下滑到水平轨道上时的速度大小为v1，平台水平速度大小为v，由动量守恒定律有
0＝mAv1－Mv
由能量守恒定律有mAgh＝eq \f(1,2)mAv12＋eq \f(1,2)Mv2
联立解得v1＝2 m/s，v＝1 m/s
小球A、B碰后运动方向相反，设小球A、B的速度大小分别为v1′和v2，由于碰后小球A被弹回，且恰好追不上平台，则此时小球A的速度等于平台的速度，有v1′＝1 m/s
由动量守恒定律得mAv1＝－mAv1′＋mBv2
由能量守恒定律有eq \f(1,2)mAv12＝eq \f(1,2)mAv1′2＋eq \f(1,2)mBv22
联立解得mB＝3 kg。
答案：3 kg
B级—选考提能
10.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，最后整体的动能为( )
A．E0 B.eq \f(2E0,3) C.eq \f(E0,3) D.eq \f(E0,9)
解析：选C 碰撞中动量守恒mv0＝3mv1，得v1＝eq \f(v0,3) ①，E0＝eq \f(1,2)mv02 ②，Ek′＝eq \f(1,2)×3mv12 ③，由①②③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)mv02))＝eq \f(E0,3)，故C正确。
11．[多选]两个小球A、B在光滑的水平地面上相向运动，已知它们的质量分别是mA＝4 kg，mB＝2 kg，A的速度vA＝3 m/s(设为正)，B的速度vB＝－3 m/s，则它们发生一维碰撞后，其速度可能分别为( )
A．均为＋1 m/s B．＋4 m/s和－5 m/s
C．＋2 m/s和－1 m/s D．－1 m/s和＋5 m/s
解析：选AD 由动量守恒定律可验证四个选项都满足要求。再分析动能变化情况：E前＝eq \f(1,2)mAvA2＋eq \f(1,2)mBvB2＝27 J，E后＝eq \f(1,2)mAvA′2＋eq \f(1,2)mBvB′2，由于碰撞过程中动能不可能增加，所以应有E前≥E后，B错误；选项C虽满足E前≥E后，但A、B沿同一直线相向运动，发生碰撞后各自仍能保持原来的速度方向，这显然是不符合实际的，C错误；验证选项A、D均满足E前≥E后且碰后状态符合实际，A、D正确。
12．如图所示，坡道顶端距水平面高度为h＝0.5 m，质量为m＝1.0 kg的小物块A从坡道顶端由静止滑下，进入水平面OM时无机械能损失，水平面OM长为2x，其正中间有质量分别为2m、m的两物块B、C(中间粘有炸药)。现点燃炸药，B、C被水平弹开，物块C运动到O点时与刚进入水平面的小物块A发生正碰，碰后两者结合为一体向左滑动并刚好在M点与B相碰。不计一切摩擦，三物块均可视为质点，重力加速度g取10 m/s2，求炸药点燃后释放的能量E。
解析：设A刚到达O时速度为v0，由动能定理知
mgh＝eq \f(1,2)mv02
爆炸过程中B、C动量守恒，有mv1＝2mv2
爆炸过程中能量守恒，有E＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)·2mv22
C与A发生正碰，满足动量守恒，设碰后速度为v，则mv0－mv1＝2mv
因结合体在M点与B相碰，由时间关系得eq \f(x,v2)＝eq \f(x,v1)＋eq \f(2x,v)
联立并代入数值得E＝eq \f(3,100)mv02＝eq \f(3,50)mgh＝0.3 J。
答案：0.3 J