（2021新人教版）高中物理选修性必修第一册课时分层作业 4 弹性碰撞和非弹性碰撞练习.doc

1、课时分层作业课时分层作业(四四)弹性碰撞和非弹性碰撞弹性碰撞和非弹性碰撞 (建议用时：建议用时：25 分钟分钟) 考点一考点一弹性碰撞和非弹性碰撞弹性碰撞和非弹性碰撞 1现有甲现有甲、乙两滑块乙两滑块，质量分别为质量分别为 3m 和 和 m，以相同的速率以相同的速率 v 在光滑水平面上相在光滑水平面上相 向运动向运动，发生了碰撞发生了碰撞已知碰撞后已知碰撞后，甲滑块静止不动甲滑块静止不动，那么这次碰撞是那么这次碰撞是 () A弹性碰撞弹性碰撞 B非弹性碰撞非弹性碰撞 C完全非弹性碰撞完全非弹性碰撞 D条件不足条件不足，无法确定无法确定 A由动量守恒定律有由动量守恒定律有 3mvmv0mv，所以

2、所以 v2v.碰前总动能碰前总动能 Ek 1 23mv 2 1 2mv 2 2mv2，碰后总动能碰后总动能 Ek1 2mv 22mv2，EkEk，所以所以 A 项正确项正确 2(多选多选)在光滑水平面上动能为在光滑水平面上动能为 E0、动量大小为动量大小为 p0的小钢球的小钢球 1 与静止的小钢球与静止的小钢球 2 发生碰撞发生碰撞，碰撞前后球碰撞前后球 1 的运动方向相反的运动方向相反，将碰撞后球将碰撞后球 1 的动能和动量大小分别记的动能和动量大小分别记为为 E1、p1，球球 2 的动能和动量大小分别记为的动能和动量大小分别记为 E2、p2，则必有则必有 () AE1p0 CE2E0Dp1

3、p0 AB因为碰撞前后动能不增加因为碰撞前后动能不增加，故有故有 E1E0，E2E0，p1p0，B 正确正确 3 (多选多选)如图所示如图所示， 用两根长度都等于用两根长度都等于 L 的细绳 的细绳， 分别把质量相等分别把质量相等、大小相同的大小相同的 a、 b 两球悬于同一高度两球悬于同一高度，静止时两球恰好相接触静止时两球恰好相接触现把现把 a 球拉到细绳处于水平位置球拉到细绳处于水平位置，然后然后 无初速释放无初速释放，当当 a 球摆动到最低位置与球摆动到最低位置与 b 球相碰后球相碰后，b 球可能升高的高度为球可能升高的高度为() ALB.4L 5 C.L 4 D.L 8 ABC若若

4、a、b 两球发生完全弹性碰撞两球发生完全弹性碰撞，易知易知 b 球上摆的高度可达球上摆的高度可达 L；若；若 a、b 两两 球发生完全非弹性碰撞球发生完全非弹性碰撞(即碰后两球速度相同即碰后两球速度相同)，则根据则根据 mgl1 2mv 2、 、mv2mv和和 1 22mv 22mgh，可知其上摆的高度为可知其上摆的高度为L 4.考虑到完全非弹性碰撞中动能的损失最多 考虑到完全非弹性碰撞中动能的损失最多， 故故 b 球上摆的高度应满足球上摆的高度应满足L 4 hL. 4如图所示如图所示，一个质量为一个质量为 m 的物体的物体 A 与另一个质量为与另一个质量为 2m 的物块的物块 B 发生正碰发

5、生正碰，碰碰 后后 B 物块刚好能落入正前方的沙坑中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假如碰撞过程中无机械能损失，已知物块已知物块 B 与与 地面间的动摩擦因数为地面间的动摩擦因数为 0.1，与沙坑的距离与沙坑的距离 x0.5 m，g 取取 10 m/s2.物块可视为质点物块可视为质点，则则 碰撞前瞬间碰撞前瞬间 A 的速度大小为的速度大小为() A0.5 m/sB1.0 m/s C1.5 m/sD2.0 m/s C碰撞后碰撞后 B 做匀减速运动做匀减速运动，由动能定理得由动能定理得2mgx01 22mv 2， ，代入数据得代入数据得 v 1 m/s，A 与与 B 碰撞的过

6、程中碰撞的过程中，A 与与 B 组成的系统在水平方向的动量守恒组成的系统在水平方向的动量守恒，选取向右选取向右 为正方向为正方向， 则有则有 mv0mv12mv， 由于没有机械能的损失由于没有机械能的损失， 则有则有 1 2mv 2 01 2mv 2 11 22mv 2， ， 联立解得联立解得 v01.5 m/s，选项选项 C 正确正确 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且彼此隔开了一定的距离， 如图所示如图所示具有动能具有动能 E0的第的第 1 个物块向右运动个物块向右运动，依次与其余两个静止物块发生碰撞依次

7、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这三个物块粘在一起，这个整体的动能为这个整体的动能为() AE0B.2E 0 3 C.E0 3 D.E0 9 C由碰撞中动量守恒由碰撞中动量守恒 mv03mv1，得得 v1v0 3 E01 2mv 2 0 Ek1 2 3mv21 由由式得式得 Ek1 2 3m v0 3 2 1 3 1 2mv 2 0 E0 3 ，故故 C 正确正确 6(多选多选)如图所示如图所示，在质量为在质量为 M 的小车中挂着一单摆的小车中挂着一单摆， ，摆球质量为摆球质量为 m0，小车和单小车和单 摆以恒定的速度摆以恒定的速度 v 沿光滑水平地面运动沿光滑水平地面

8、运动，与位于正前方的质量为与位于正前方的质量为 m 的静止的木块发生的静止的木块发生 碰撞碰撞，碰撞的时间极短碰撞的时间极短在此碰撞过程中在此碰撞过程中，下列情况可能发生的是下列情况可能发生的是() A小车小车、木块木块、摆球的速度都发生变化摆球的速度都发生变化，分别变为分别变为 v1、 、v2、v3，满足满足(Mm0)v Mv1mv2m0v3 B摆球的速度不变摆球的速度不变，小车和木块的速度变为小车和木块的速度变为 v1和和 v2，满足满足 MvMv1mv2 C摆球的速度不变摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为小车和木块的速度都变为 u，满足满足 Mv(Mm)u D小车和摆球的速度都变为小

9、车和摆球的速度都变为 v1，木块的速度变为木块的速度变为 v2， ，满足满足(Mm0)v(Mm0)v1 mv2 BC小车与木块碰撞小车与木块碰撞， 且碰撞时间极短且碰撞时间极短， 因此相互作用只发生在木块和小车之间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故摆球在水平方向的动量未发生变化，即摆球即摆球 的速度在小车与木块碰撞过程中始终不变的速度在小车与木块碰撞过程中始终不变，由此可知由此可知 A 和和 D 两种情况不可能发生；选两种情况不可能发生；选 项项 B 的说法对应于小车和木块碰撞后又分开的

10、情况的说法对应于小车和木块碰撞后又分开的情况，选项选项 C 的说法对应于小车和木块的说法对应于小车和木块 碰撞后粘在一起的情况碰撞后粘在一起的情况，两种情况都有可能发生两种情况都有可能发生故选项故选项 B、C 正确正确 考点二考点二碰撞问题实例分析碰撞问题实例分析 题型题型 1子弹打木块模型问题子弹打木块模型问题 7 质量为质量为 0.45 kg 的木块静止在光滑水平面上的木块静止在光滑水平面上，一质量为一质量为 0.05 kg 的子弹以的子弹以 200 m/s 的水平速度击中木块的水平速度击中木块，并留在其中并留在其中，整个木块沿子弹原方向运动整个木块沿子弹原方向运动，则木块最终速度的大则木

11、块最终速度的大 小是小是_m/s.若子弹在木块中运动时受到的平均阻力为若子弹在木块中运动时受到的平均阻力为 4.5103N，则子弹射入木则子弹射入木 块的深度为块的深度为_m. 解析解析木块的质量木块的质量 M0.45 kg，子弹的质量子弹的质量 m0.05 kg，子弹的初速度子弹的初速度 v0200 m/s，子弹和木块组成的系统在水平方向上动量守恒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以子弹初速度方向为正方向， ，根根 据动量守恒定律有据动量守恒定律有 mv0(mM)v 解得木块最终速度的大小解得木块最终速度的大小 v mv0 mM 0.05 0.050.45 2

12、00 m/s20 m/s 设子弹射入木块的深度为设子弹射入木块的深度为 d，平均阻力平均阻力 f4.5103N，根据能量守恒定律可得根据能量守恒定律可得 fd1 2mv 2 01 2(m M)v2 解得解得 d0.2 m. 答案答案200.2 题型题型 2碰撞中临界问题的分析碰撞中临界问题的分析 8如图所示如图所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板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球在水平面静止放置，B 球向左运动与球向左运动与 A 球发生正碰球发生正碰，B 球碰撞前球碰撞前、后的速率之比为后的速率之比为 31，A 球垂直撞向挡板球垂直撞向挡板， 碰后原速率返回碰后原速率

13、返回两球刚好不发生第二次碰撞两球刚好不发生第二次碰撞，A、B 两球的质量之比为两球的质量之比为_，A、 B 碰撞前碰撞前、后两球总动能之比为后两球总动能之比为_ 解析解析设碰前设碰前 B 球的速度为球的速度为 v0，A 与挡板碰后以原速率返回与挡板碰后以原速率返回， ，并恰好不与并恰好不与 B 发生发生 第二次碰撞第二次碰撞，说明说明 A、B 两球碰后速度大小相等两球碰后速度大小相等，方向相反方向相反即分别为即分别为 1 3v 0和和1 3v 0 根据动量守恒定律得根据动量守恒定律得 mBv0mB 1 3v 0 mA1 3v 0 解得解得 mAmB41 A、B 两球碰撞前两球碰撞前、后的动能之

14、比为后的动能之比为 1 2m Bv02 1 2m A 1 3v 0 2 1 2m B 1 3v 0 2 9 5. 答案答案4195 题型题型 3碰撞中的综合问题分析碰撞中的综合问题分析 9如图所示如图所示，竖直平面内的光滑水平轨道的左边与墙壁对接竖直平面内的光滑水平轨道的左边与墙壁对接，右边与一个足够高右边与一个足够高 的的1 4光滑圆弧轨道平滑相连 光滑圆弧轨道平滑相连，木块木块 A、B 静置于光滑水平轨道上静置于光滑水平轨道上，A、B 的质量分别的质量分别为为 1.5 kg 和和 0.5 kg.现让现让 A 以以 6 m/s 的速度水平向左运动的速度水平向左运动，之后与墙壁碰撞之后与墙壁碰

15、撞，碰撞的时间碰撞的时间为为 0.3 s，碰后的速度大小变为碰后的速度大小变为 4 m/s.当当 A 与与 B 碰撞后会立即粘在一起运动碰撞后会立即粘在一起运动，g 取取 10 m/s2， 求：求： (1)在在 A 与墙壁碰撞的过程中与墙壁碰撞的过程中，墙壁对墙壁对 A 的平均作用力的大小；的平均作用力的大小； (2)A、B 滑上圆弧轨道的最大高度滑上圆弧轨道的最大高度 解析解析(1)设水平向右为正方向设水平向右为正方向，当当 A 与墙壁碰撞时与墙壁碰撞时，根据动量定理有根据动量定理有 F t mAv1mA(v1) 解得解得 F 50 N. (2)设碰撞后设碰撞后 A、B 的共同速度为的共同速

16、度为 v，根据动量守恒定律有根据动量守恒定律有 mAv1(mAmB)v A、B 在光滑圆弧轨道上滑动时机械能守恒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由机械能守恒定律得 1 2(m AmB)v2(mAmB)gh 解得解得 h0.45 m. 答案答案(1)50 N(2)0.45 m (建议用时：建议用时：15 分钟分钟) 10如图所示如图所示，小球小球 A 和小球和小球 B 质量相同质量相同，小球小球 B 置于光滑水平面上置于光滑水平面上，小球小球 A 从从 高为高为 h 处由静止摆下处由静止摆下，到达最低点恰好与到达最低点恰好与 B 相撞相撞，并粘合在一起继续摆动并粘合在一起继续

17、摆动，若不计空若不计空 气阻力气阻力，它们能上升的最大高度是它们能上升的最大高度是() AhB.1 2h C.1 4h D.1 8h C小球小球 A 由释放到摆到最低点的过程做的是圆周运动由释放到摆到最低点的过程做的是圆周运动，由机械能守恒得由机械能守恒得 mAgh 1 2m Av21，则则 v1 2gh.A、B 的碰撞过程满足动量守恒定律的碰撞过程满足动量守恒定律，则则 mAv1(mAmB)v2，又又 mAmB，得得 v2 2gh 2 ，对对 A、B 粘在一起共同上摆的过程应用机械能守恒定律得粘在一起共同上摆的过程应用机械能守恒定律得1 2(m A mB)v22(mAmB)gh，则则 hh

18、4， ，故故 C 正确正确 11如图所示如图所示，A、B 两小球在光滑水平面上分别以动量两小球在光滑水平面上分别以动量 p1 4 kgm/s 和和 p26 kgm/s(向右为正方向向右为正方向)做匀速直线运动做匀速直线运动，则在则在 A 球追上球追上 B 球并与之碰撞的过程中球并与之碰撞的过程中，两小两小 球的动量变化量球的动量变化量p1和和p2可能分别为可能分别为() A2 kgm/s,3 kgm/s B8 kgm/s,8 kgm/s C1 kgm/s，1 kgm/s D2 kgm/s,2 kgm/s D碰撞过程中动量守恒碰撞过程中动量守恒，即满足即满足 p1p2(p1p1)(p2p2)，A

19、 因为不满足动因为不满足动 量守恒量守恒，故故 A 错误；碰撞过程中还要满足动能不增加错误；碰撞过程中还要满足动能不增加，即即 p21 2m1 p22 2m2 p1 p1 2 2m1 p2p2 2 2m2 ，代入数据知代入数据知 B 不满足不满足，故故 B 错误；因为两球在碰撞前是同向运动错误；因为两球在碰撞前是同向运动，所以碰所以碰 撞后还要满足撞后还要满足 B 球的速度增加球的速度增加，A 球的速度减小或反向球的速度减小或反向，而而 C 选项给出的情况是碰撞选项给出的情况是碰撞 后后 A 球的速度增加球的速度增加，而而 B 球的速度减小球的速度减小，所以不符合情景所以不符合情景，故故 C

20、错误；错误；D 都满足都满足，故故 D 正确正确 12如图甲所示如图甲所示，在光滑水平面上的两个小球在光滑水平面上的两个小球 A、B 发生正碰 发生正碰，A、B 的质量分别的质量分别 为为 m1和和 m2，图乙为它们碰撞前后的图乙为它们碰撞前后的 xt(位移位移时间时间)图像图像，以水平向右为正方向以水平向右为正方向由此由此 可以判断可以判断，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根据根据 xt(位移位移时间时间)图像的斜率表示速度可得图像的斜率表示速度可得， 碰撞前碰撞前， A 和和 B 的速度分别的速度分别为为 v1x1

21、 t1 8 2 m/s4 m/s，v20，碰撞后碰撞后，A 和和 B 的速度分别为的速度分别为 v1x1 t1 0 8 4 m/s 2 m/s，v2x2 t2 16 8 4 m/s2 m/s.取碰撞前取碰撞前 A 的速度方向为正方向的速度方向为正方向，根据动量守根据动量守 恒定律得恒定律得 m1v1m1v1m2v2，解得解得 m1m213.对四个选项图所描述的碰撞过程对四个选项图所描述的碰撞过程 进行分析进行分析，可知可知 A 选项图选项图、C 选项图选项图、D 选项图所描述的碰撞过程满足动量守恒定律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不违背能量守恒定律，其中其中 C

22、选项图表示碰后两球同向运动选项图表示碰后两球同向运动，后面后面 B 的速度小于前的速度小于前面面 A 的速度的速度B 选项图所描述的碰撞过程不满足动量守恒定律选项图所描述的碰撞过程不满足动量守恒定律，不可能发生不可能发生本题应本题应选选 B. 13如图所示如图所示，光滑水平地面上有一足够长的木板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 左端放置可视为质点的物体， 其质量为其质量为 m11 kg，木板与物体间动摩擦因数木板与物体间动摩擦因数0.1.二者以相同的初速度二者以相同的初速度 v00.8 m/s 一起向右运动一起向右运动，木板与竖直墙碰撞时间极短木板与竖直墙碰撞时间极短，

23、且没有机械能损失且没有机械能损失g 取取 10 m/s2. (1)如果木板质量如果木板质量 m23 kg，求物体相对木板滑动的最大距离；求物体相对木板滑动的最大距离； (2)如果木板质量如果木板质量 m20.6 kg，求物体相对木板滑动的最大距离求物体相对木板滑动的最大距离 解析解析(1)木板与竖直墙碰撞后木板与竖直墙碰撞后，以原速率反弹以原速率反弹，设向左为正方向设向左为正方向，由动量守恒定由动量守恒定 律律 m2v0m1v0(m1m2)v v0.4 m/s，方向向左方向向左，不会与竖直墙再次碰撞不会与竖直墙再次碰撞 由能量守恒定律由能量守恒定律 1 2(m 1m2)v201 2(m 1m2)v2m1gs1 解得解得 s10.96 m. (2)木板与竖直墙碰撞后木板与竖直墙碰撞后，以原速率反弹以原速率反弹，由动量守恒定律由动量守恒定律 m2v0m1v0(m1m2)v v0.2 m/s，方向向右方向向右，将与竖直墙再次碰撞将与竖直墙再次碰撞，最后木板停在竖直墙处最后木板停在竖直墙处 由能量守恒定律由能量守恒定律 1 2(m 1m2)v20m1gs2 解得解得 s20.512 m. 答案答案(1)0.96 m(2)0.512 m