《弹性碰撞和非弹性碰撞》参考教案 01

学而优.教有方参考答案1．A【详解】A．A和B发生碰撞的过程中，由于碰撞时间极短，所以A和B组成的系统动量守恒，故A正确；B．A和B发生碰撞的过程中，碰撞后A与物块B粘在一起，所以A和B组成的系统要产生内能，系统机械能减少，故B错误；C．A和B碰撞后，三个物块和弹簧组成的系统只发生弹性势能与动能之间的相互转化，系统机械能守恒，故C错误；D．整个过程中，三个物块和弹簧组成的系统满足动量守恒定律的条件，所以系统动量守恒，故D错误。故选A。2．C【详解】以A、B两球组成的系统为对象．设两球的质量均为m．当A球追上B球时发生碰撞，遵守动量守恒．由题，碰撞前总动量为：p=pA+pB=（8+6）kg•m/s=14kg•m/s．碰撞前总动能为：；A、碰撞后总动量为p′=pA′+pB′=（0+14）kg•m/s=14kg•m/s，符合动量守恒定律．碰撞后总动能为，总动能增加，违反了能量守恒定律，不可能；故A错误．B、碰撞后总动量为p′=pA′+pB′=（4+10）kg•m/s=14kg•m/s，符合动量守恒定律．碰撞后总动能为，总动能增加，违反了能量守恒定律，不可能．故B错误．C、碰撞后总动量为p′=pA′+pB′=（6+8）kg•m/s=14kg•m/s，符合动量守恒定律．碰撞后总动能为，符合能量守恒定律，可能发生．故C正确．D、碰撞后，总动量为p′=pA′+pB′=（7+8）kg•m/s=15kg•m/s，不符合动量守恒定律，是不可能发生的，故D错误．故选C．3．C【详解】A．设每个球的质量均为m，碰前系统总动量p=mvA1+mvB1=6m+2m=8m碰前的总动能Ek==40m若碰后vA=1m/s，vB=6m/s，碰后总动量p′=mvA+mvB=7m动量不守恒，选项A错误；B．若vA=4.5m/s，vB=3.5m/s，明显vA>vB不合理，选项B错误；C．若vA=3.5m/s，vB=4.5m/s，碰后总动量p′=mvA+mvB=8m总动能E′k==16.25m动量守恒，机械能不增加，选项C可能实现；D．若vA=-1m/s，vB=9m/s，碰后总动量p′=mvA+mvB=8m总动能E′k==41m动量守恒，但机械能增加，违反能量守恒定律，选项D错误。故选C。4．3kg【详解】设碰撞后小球A和B的速度大小分别为v1和v2，由题意可得根据动量守恒定律有m1v0=－m1v1＋m2v2根据机械能守恒定律有由题意知OQ=1.5PO联立解得m2=3kg5．球的速度为，方向水平向右，球的速度为，方向水平向左【详解】由于发生弹性正碰，设碰后B、A的速度分别为、，以向右为正方向，据动量守恒定律可得据机械能守恒定律可得联立解得，即球的速度为，方向水平向右，球的速度为，方向水平向左。6．是弹性碰撞，因为碰撞前后系统的总动能没有发生改变【详解】碰撞前系统的总动能为因为碰后都是以原速率向相反方向运动，即可得碰撞后系统的总动能为故碰撞前后动能相等，所以发生的是弹性碰撞。7．（1），；（2）【详解】（1）由图乙可得，碰撞前A的速度碰撞后A、B粘在一起的速度（2）依据动量守恒，有解得8．（1），；（2）；（3）【详解】（1）A与B碰撞过程动量守恒，机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得弹性碰撞机械能守恒，由机械能守恒定律得联立解得（2）以B为研究对象，由动量定理得解得（3）B、C碰撞过程中动量守恒，由动量守恒定律有解得B与C碰撞损失的机械能9．（1）；（2）；（3）【详解】（1）根据题意，木块、、最终的速度应该相等，设最终速度为代入数据解得（2）以为研究对象：代入数据可得（3）由于系统动量守恒，可得可得故有10．（1）1m/s，方向水平向右；（2）0.5；（3）1.35m【详解】设水平向右的方向为正方向（1）从开始到两者相对静止，长木板与小木块组成的系统，由水平方向动量守恒得－Mv1＋mv2=（M＋m）v解得v=1m/s方向水平向右（2）对小木块B，根据动量定理得－μmgt=mv－mv2解得μ=0.5（3）为使小木块不从长木板另一端掉下来，当小木块到达木板右端时，恰好二者共速，此时木板长度最短，根据功能关系有代入数据解得11．（1）；（2）【详解】（1）在光滑的水平地面上，系统所受合外力为零，动量守恒。如果子弹没有打穿木块，则最终木块与子弹具有共同速度，设为，根据动量守恒定律有解得根据能量守恒定律可得系统产生的热量为（2）要使得子弹能打穿木块，则子弹恰好到达木块右端与木块具有共同速度v′时对应子弹的初速度最小，设为v0m，根据动量守恒定律有根据能量守恒定律有解得12．（1）30N；（2）2m/s；（3）0.5m【详解】（1）小球下摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律得代入数据解得m/s对小球，由牛顿第二定律得代入数据解得T=30N（2）小球与A碰撞过程系统动量守恒，以小球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得代入数据解得2m/s（3）物块A与木板B相互作用过程，系统动量守恒，以A的速度方向为正方向，由动量守恒定律得代入数据解得v=0.5m/s由能量守恒定律得代入数据解得x=0.5m13．(1)0.15m；(2)-1m/s，1m/s；(3)0，2m/s【详解】(1)木块到达最高点时和斜劈体具有相同的速度。取水平向右为正方向，由系统水平方向动量守恒得m1v0=（m1+m2）v由能量守恒定律得代入数据解得上升的最大高度为h=0.15m(2)令滑块和斜劈体的速度分别为v1和v2，对于滑块和斜劈体组成的系统，物块沿轨道滑下的过程中水平方向动量守恒，物块刚从圆弧面滑下后有m1v0=m1v1+m2v2由能量守恒定律得代入数据解得(3)若m1=m2，令滑块和斜劈体的速度分别为v3和v4，对于滑块和斜劈体组成的系统，物块沿轨道滑下的过程中水平方向动量守恒，物块刚从圆弧面滑下后有m1v0=m1v3+m2v4由能量守恒定律得代入数据解得14．（1）；（2）；（3）【详解】(1)物块由A到B过程，取向左为正方向，木板AB、滑块CD及物块P整体，由动量守恒定律得又解得(2)物块由A到B过程，据能量守恒定律得解得木板的长度为(3)物块由D到C过程，滑块与物块P组成的系统动量守恒，机械能守恒，得联立解得滑块圆弧的半径为15．（1）2m/s，4J；（2）0.1m；（3）2m/s【详解】（1）小物块A从M点到N点的过程中克服摩擦阻力做功，设到N点时的速度大小为v1，由动能定理得-μmgL=mv12-mv02解得v1=4m/sA在N点与B发生碰撞粘在一起，设碰后瞬间速度大小为v2，由动量守恒定律得mv1=(m+m)v2解得v2=2m/s碰撞过程中系统损失的机械能为E损=mv12-(2m)v22=4J（2）当AB上升到最大高度时，ABC系统的速度相等，设此速度为v3，根据动量守恒定律有2mv2=(m+m+M)v3解得v3=1m/s设AB上升的最大高度为h，整个过程能量守恒，有(2m)v22-(2m+M)v32=2mgh解得h=0.1m（3）当AB由滑块C的曲面滑下并离开C后，C达到最大速度，设此速度为vm，AB的速度为v4，则从AB碰后瞬间到由C滑下过程中系统动量守恒，有(2m)v2=(2m)v4+Mvm系统机械能守恒，有(2m)v22=(2m)v42+Mvm2联立可解得vm=2m/s16．（1）1m/s；（2）-3Ns；（3）-2m/s；2m/s【详解】（1）弹簧被压缩到最短时，A、B具有共同速度，则有解得（2）取初速度方向为正方向，则弹簧给木块A的冲量为（3）木块A和弹簧分离时，根据动量守恒和机械能守恒有联立解得17．（1）；（2）；（3）或【详解】（1）当与作用时，两者速度相等时弹簧的弹性势能最大，则由动量守恒和能量守恒关系可知解得（2）设弹簧将弹开后，、的速度分别为和，则由动量守恒和能量守恒关系可知解得，根据动量定理可知与相互作用过程中，弹簧对的冲量大小（3）要想使得与能碰撞，则此时应该向左，即，即；即以大小为的速度向左与碰撞，设碰后的速度分别为和，则碰撞过程满足解得即将以的速度向右运动，若不与发生第二次碰撞，则需即解得或18．（1）；（2）【详解】(1)B与C碰撞过程动量守恒，对B和C，有解得(2)弹簧弹性势能最大的时候三者共速，由动量守恒，有碰后过程，系统机械能守恒，有代入数据解得19．（1）；（2）【详解】(1)以初速度的方向为正方向，设B的质量为，A、B碰后的共同速度为v，，由题意知，碰撞前瞬间A的速度为，碰撞前瞬间B的速度为，由动量守恒定律得，，得，。(2)从开始到碰后的全过程，以初速度v0的方向为正方向，由动量守恒得，设碰撞过程A、B系统机械能损失为，则，联立得，。【点睛】本题考查了动量守恒和能量守恒的综合，运用动量守恒解题，关键合理地选择研究的系统和研究的过程，抓住初末状态列式求解。20．①2v0②mv02/2【详解】（1）B与C碰撞过程中，动量守恒，以B的初速度方向为正，根据动量守恒定律得：mvB-2mv0=0，解得：vB=2v0（2）弹簧恢复原长时，弹性势能全部转化为物块B的动能，则EP=mvB02解得：vB0=3v0，绳子拉断过程，A、B系统动量守恒，以B的初速度方向为正，根据动量守恒定律得：mvB0=mvB+mvA解得：vA=v0由动能定理可得，绳对A所做的功【点睛】本题主要考查了动量守恒定律以及动能定理的直接应用，要求同学们能正确分析物体的受力情况，知道弹簧恢复原长时，弹性势能全部转化为物块B的动能，明确应用动量守恒定律解题时要规定正方向，难度适中．21．（1）（2）【分析】本题考查动量守恒和能量综合问题，注意绳张紧的一瞬间动量守恒，但是系统会有机械能损失，绳张紧后、速度相等，、碰撞过程中的速度未发生变化。【详解】（1）轻细线绷紧的过程，、组成的系统动量守恒，解得之后、均以速度向右匀速运动，在与发生碰撞过程中，、组成的系统动量守恒解得（2）轻细线绷紧的过程，、组成的系统机械能损失为，则在与发生碰撞过程中，、组成的系统机械能损失为，则全过程、、这一系统机械能损失为22．C【详解】设a、b、c的质量分别为ma、mb、mc。a与b碰撞后二者的速度分别为va和vb1，根据动量守恒定律有①根据机械能守恒定律有②联立①②解得③由③式可知，当时，有④设b与c碰撞后二者的速度分别为vb2和vc，同理可得⑤⑥联立⑤⑥解得⑦由⑦式可知，当时，有⑧所以若b和c的质量可任意选择，碰后c的最大速度接近于4v，故选C。23．A【详解】碰撞前，A追上B，说明A的速度大于B的速度，即有则有即撞前系统总动量为P=PA+PB=5kg•m/s+7kg•m/s=12kg•m/s两球组成的系统所受合外力为零，碰撞过程动量守恒，碰撞后的总动量P′=P=12kg•m/s，物体动能A．碰撞前系统总动量为P=PA+PB=5kg•m/s+7kg•m/s=12kg•m/s如果PA=0kg•m/s，PB=12

kg•m/s，碰撞后总动量为12kg•m/s，动量守恒；碰撞后总动能碰撞后总动能不增加，故A正确；B．碰撞前系统总动量为P=PA+PB=5kg•m/s+7kg•m/s=12kg•m/s如果PA=-5

kg•m/s，PB=17

kg•m/s，碰撞后总动量为12kg•m/s，动量守恒；碰撞后总动能碰撞后总动能增加，故B错误；C．碰撞前系统总动量为P=PA+PB=5kg•m/s+7kg•m/s=12kg•m/s如果PA=3

kg•m/s，PB=8

kg•m/s，碰撞后总动量为11kg•m/s，动量不守恒，故C错误；D．碰撞前系统总动量为P=PA+PB=5kg•m/s+7kg•m/s=12kg•m/s如果PA=8kg•m/s，PB=4

kg•m/s，碰撞后总动量为12kg•m/s，动量守恒；碰撞后总动能碰撞后总动能增加，故D错误。故选A。24．D【详解】A．砝码具有的机械能等于其动能与重力势能之和，由于参考平面未确定，故砝码具有的机械能无法确定，A错误；B．由于B、A发生的是完全非弹性碰撞，有机械能损失，故A、B、C组成的系统具有的机械能小于小车B碰撞前具有的动能，B错误；D．B、A碰撞过程满足动量守恒，可得B、C以共同速度v1向右运动，当砝码上升到最大高度时，三者构成的系统具有相同的速度v2，在水平方向满足动量守恒，可得可知A、B、C组成的系统具有的动量等于小车B碰撞前具有的动量，D正确；C．砝码具有的动量为小车B碰撞前具有的动量为两者不相等，C错误。故选D。25．D【详解】AB．子弹射入木块，外力远小于内力，故木块与子弹组成的系统动量守恒，子弹射入木块的过程中要克服阻力做功，产生内能，系统机械能不守恒，系统能量守恒，AB错误；CD．子弹对木块的作用力与木块对子弹的作用力是一对作用力与反作用力，大小相等，设子弹射入木块至两者相对静止，位移为d，子弹水平射入木块后，未穿出，到相对静止时，木块位移为x，子弹对木块做的功为Fx，木块对子弹做的功为，木块对子弹所做的功等于系统产生的内能+子弹对木块所做的功，所以，子弹对木块所做的功与木块对子弹做的功的代数和为-100J，C错误，D正确。故选D。26．C【详解】A．系统在水平方向上所受合外力为0，则系统在水平方向上动量守恒。故A错误；B．受力分析可知，圆弧轨道所受合力一直向右，即一直加速向右，不可能回到原静止时的位置。故B错误；C．当小球与小车的水平速度相等时，小球弧形槽上升到最大高度，设该度为，则联立解得可知，当足够大时，可以大于等于。故C正确；D．设小球离开小车时，小球的速度为，小车的速度为，选取向右为正方向，整个过程中动量守恒得由机械能守恒得联立解得，即小球与小车分离后二者交换速度，所以小球与小车分离后做自由落体运动，故D错误。故选C。27．A【详解】当A与B发生碰撞时，由动量守恒定律得由于A与B发生对心弹性碰撞，根据机械能定律得解得显然，如果二者碰撞后都向右运动或A停止运动，是一定能发生二次碰撞的，在碰撞后A向左运动时，要能发生二次碰撞，需有解得BCD错误，A正确。故选A。28．C【详解】A．A、B碰撞过程，根据动量守恒定律有代入数据解得以v0方向为正方向，根据动量定理，碰撞过程中A受到的冲量为所以A错误；B．碰撞过程中A的平均加速度为所以B错误；C．碰撞过程中B受到的平均作用力为所以C正确；D．A、B碰撞结束后A的动量为所以D错误；故选C。29．C【详解】结合图乙，对C与A碰撞前后用动量守恒定律碰撞后，AC整体一起压缩弹簧，以向右为正方向，对A、B、C及弹簧系统由动量定理可得即墙壁对A、B、C及弹簧系统的冲量大小为，由于墙壁的弹力作用在B上，所以墙壁的弹力对B的冲量大小为，故C正确。故选C。30．D【详解】A．当小球滑到圆弧的最高点时，根据水平方向动量守恒得知，小球与圆弧的速度均为零，根据系统的机械能守恒得知，小球能滑到右端C，故A错误；B．小球向右运动的过程中，轨道先向左加速，后向左减速，当小球到达C点时，速度为零，故B错误；C．设小球滑到最低点时，轨道向左运动的距离为s，则小球相对于地水平位移大小为R-s，取水平向右为正方向，根据系统水平方向动量守恒得解得所以轨道做往复运动，离原先静止位置最大距离为2s=R，故C错误；D．设小球通过最低点时小球与轨道的速度分别为v和，以向右为正方向，由动量守恒定律得由机械能守恒定律联立解得故D正确。故选D。31．B【详解】AB．因图像的斜率等于速度，可知碰撞前两物体的速度分别为4m/s和-2m/s，碰后两物体的速度为2m/s，则由动量守恒定律解得选项A错误，B正确；C．碰撞前后的动量大小不变，方向相反，选项C错误；D．碰撞前后两物体的总机械能减小了选项D错误。故选B。32．C【详解】设小球的初速度方向为正方向，由动量守恒可知对整体有机械能守恒定律可得联立解得故选C。33．BC【详解】A．物块沿劈弧面下滑的过程中，水平方向上动量守恒，竖直方向上动量不守恒，故系统动量不守恒，A错误；B．设A向左的位移为x，则物体下滑到A的最低点时的位移为，由水平方向动量守恒得即解得B正确；C．物块滑上B的动能即在A的最低点与A分离时的动能，则有解得C正确；D．当物块滑到B的最高点第，物块与B的速度相等，且都水平向右，此时高度为h，由动量及能量守恒得解得D错误。故选BC。34．BD【详解】A．弹簧的弹力先增大后减小，两个物块受到的合外力都等于弹簧的弹力，则两个物块的加速度都先增大后减小，故A错误；B．当弹簧压缩到最短时，弹簧的弹性势能最大，此时滑块A和B的速度相同。选取向右为正方向，根据动量守恒定律解得根据机械能守恒定律，知弹簧的最大弹性势能等于滑块A、B损失的动能，为：解得故B正确；C．当A、B分离时，滑块B的速度最大，由动量守恒和能量守恒定律得由以上两式得所以滑块A的最小动能为滑块B的最大动能为故C错误。D．若滑块A的质量，B的质量，同理可得，当A、B分离时，A、B的速度分别为滑块A的最小动能为滑块B的最大动能为故D正确。故选BD。35．AC【详解】碰前系统总动量为碰前总动能为A．若，则系统动量守恒，碰后总动能33J，碰撞后A球速度不大于B球的速度，符合，故A正确；B．若，则系统动量守恒，但是碰后A的速度大于B，不符合实际，故B错误；C．若，则系统动量守恒，碰后总动能27J，则不大于碰前总动能，故C正确；D．若，则系统动量守恒，碰后总动能51J，大于碰前总动能，不可能，选项D错误。故选AC。36．BD【详解】A．甲车对乙车的冲量与乙车对甲车的冲量大小等，方向相反，则冲量不相同，所以A错误；B．取甲车的速度方向为正方向，两车开始的总动量为乙车开始反向时，乙车速度减到为，则甲车的速度为v，由动量守恒定律可得解得，方向不变所以B正确；C．当两车速度相等时，两车相距最近，所以C错误；D．当两车速度相等时，两车相距最近，有解得，方向与甲车的初始速度方向相同所以D正确；故选BD。37．BD【详解】A．从子弹射入木块后到一起上升到最高点的过程中系统所受合外力不为零，动量不守恒，故A错误；B．子弹射入木块瞬间，在水平方向上，子弹和木块组成的系统内力远大于外力，所以动量守恒，设子弹射入木块瞬间子弹和木块的共同速度为v，则①解得②故B正确；C．忽略空气阻力，子弹和木块一起上升过程中系统内只有重力做功，所以机械能守恒，但由于子弹射入木块过程中会产生摩擦热从而损失机械能，所以子弹射入木块后子弹和木块整体的机械能少于子弹射入木块前的机械能，故C错误；D．根据机械能守恒定律有③联立②③解得④故D正确。故选BD。38．（1）4m/s；（2）0.2J；（3）-0.8m/s，负号表示方向向左【详解】（1）小球A在圆弧轨道最低点做圆周运动，由牛顿第二定律得代入数据解得vA=4m/s（2）小球A下滑过程，由动能定理得代入数据解得Wf=0.2J（3）两球碰撞后离开圆弧做平抛运动，对B球有两球碰撞过程系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得代入数据解得vA′=-0.8m/s负号表示方向向左。39．（1）1kg；6s；（2）5kg；15J【详解】(1)由题图乙知，A与B碰前的速度碰后B的速度v=4m/s，以A的初速度方向为正方向，A与B碰撞过程动量守恒，有A与B碰撞过程机械能守恒，可得解得由题图乙可知可知(2)A与B碰撞之后，B、C及弹簧组成的系统动量和机械能守恒，由图丙可知小球B先向右减速，而后反向加速，当弹簧恢复原长时，B的速度v1=-1m/s，由动量守恒有由机械能守恒有解得且当B与C速度相等时，弹簧弹性势能最大，由动量守恒定律得由机械能守恒定律得得40．（1）2m/s，方向沿x轴负方向；（2）6kg；（3）完全非弹性碰撞，30J【详解】（1）由图像知，碰前物体A的速度为解得vA=2m/s方向沿x轴负方向。（2）由题图知碰前物体B运动方向为正方向vAB=1m/s由动量守恒定律和图像得mBvB－mAvA=（mA＋mB）vAB解得mB=6kg（3）因为则碰撞为完全非弹性碰撞，损失ΔEk=30J。41．（1）；（2）；（3）【详解】（1）从C获得一个向右的速度2v0到绳子拉直的过程中，取向右为正方向，由动量定理有得（2）设绳刚被拉直时B的速度为vB，对BC系统分析，由动量守恒定律有得绳子拉断过程中，AB组成的系统动量守恒得绳子拉断过程中，AB系统由能量守恒得机械能的损失得（3）设C在拉断前的过程中相对于B的位移为L1，由能量守恒设绳子拉断后C恰好滑到B的右端时又相对于B滑动了L2，对BC分析，根据动量守恒有由能量守恒有木板至少长得42．（1）；（2）；（