2024秋新教材高中物理课时跟踪检测五弹性碰撞与非弹性碰撞粤教版选择性必修第一册

课时跟踪检测（五）弹性碰撞与非弹性碰撞A组—重基础·体现综合1．下列关于碰撞的理解正确的是()A．碰撞是指相对运动的物体相遇时，在极短时间内它们的运动状态发生了显著改变的过程B．在碰撞现象中，一般内力都远大于外力，所以可以认为碰撞时系统的动能守恒C．假如碰撞过程中机械能守恒，这样的碰撞叫作非弹性碰撞D．微观粒子的相互作用由于不发生干脆接触，所以不能称其为碰撞解析：选A碰撞是非常普遍的现象，它是相对运动的物体相遇时发生的一种现象，一般内力远大于外力。假如碰撞中机械能守恒，就叫作弹性碰撞。微观粒子的相互作用同样具有短时间内发生强大内力作用的特点，所以仍旧是碰撞。2.如图所示，物体A静止在光滑的水平面上，A的左边固定有轻质弹簧，与A质量相等的物体B以速度v向A运动并与弹簧发生碰撞，A、B始终沿同始终线运动，则A、B组成的系统动能损失最大的时刻是()A．A起先运动时 B．A的速度等于v时C．B的速度等于零时 D．A和B的速度相等时解析：选DA、B速度相等时弹簧的压缩量最大，弹簧弹性势能最大，A、B组成的系统动能损失最大，选项D正确。3．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，无法确定解析：选A以甲滑块的运动方向为正方向，由动量守恒定律得：3m·v－mv＝0＋mv′，所以v′＝2v，碰前总动能Ek＝eq\f(1,2)×3m·v2＋eq\f(1,2)mv2＝2mv2，碰后总动能Ek′＝eq\f(1,2)mv′2＝2mv2，Ek＝Ek′，所以A正确。4．在一条直线上相向运动的甲、乙两个小球，它们的动能相等，已知甲球的质量大于乙球的质量，它们正碰后可能发生的状况是()A．甲、乙两球都沿乙球的运动方向B．甲球反向运动，乙球停下C．甲、乙两球都反向运动D．甲、乙两球都反向运动，且动能仍相等解析：选C由p2＝2mEk知，正碰前甲球的动量大于乙球的动量，所以总动量的方向应为甲球的初动量的方向，可以推断C正确，A、B、D错误。5.如图所示，小球A和小球B质量相同，球B置于光滑水平面上，当球A的最低点从高为h处由静止摆下，到达最低点恰好与球B相撞，并粘合在一起接着摇摆，它们能上升的最大高度是()A．h B.eq\f(1,2)hC.eq\f(1,4)h D.eq\f(1,8)h解析：选C对球A碰撞前下落过程由机械能守恒定律有mgh＝eq\f(1,2)mv2，得v＝eq\r(2gh)。对碰撞过程由动量守恒定律有mv＝2mv′，得v′＝eq\f(\r(2gh),2)。对整体，设上升的最大高度为h′，则由机械能守恒定律有2mgh′＝eq\f(1,2)·2mv′2，解得h′＝eq\f(h,4)，C正确。6.在光滑的水平面上有三个完全相同的小球，它们成一条直线，2、3小球静止，并靠在一起。小球1以速度v0射向它们，如图所示。设碰撞中不损失机械能，则碰后三个小球的速度可能值是()A．v1＝v2＝v3＝eq\f(1,\r(3))v0 B．v1＝0，v2＝v3＝eq\f(1,\r(2))v0C．v1＝0，v2＝v3＝eq\f(1,2)v0 D．v1＝v2＝0，v3＝v0解析：选D两个质量相等的小球发生弹性正碰，碰撞过程中动量守恒，动能守恒，碰撞后将交换速度，故D项正确。7．A、B两球在光滑水平面上沿同始终线发生正碰，作用前pA＝20kg·m/s，pB＝0；碰撞过程中，A球动量改变量为ΔpA＝－10kg·m/s，则作用后B球的动量pB′为()A．－20kg·m/s B．－10kg·m/sC．20kg·m/s D．10kg·m/s解析：选D依据动量守恒定律知ΔpA＋ΔpB＝0，由于A动量削减10kg·m/s，则B动量增加10kg·m/s，B球的动量pB′＝pB＋ΔpB＝10kg·m/s，D正确。8.如图所示，木块A和B质量均为2kg，置于光滑水平面上，B与一轻质弹簧一端相连，弹簧另一端固定在竖直挡板上，当A以4m/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，具有的弹簧势能大小为()A．4J B．8JC．16J D．32J解析：选BA与B碰撞过程动量守恒，有mAvA＝(mA＋mB)vAB，所以vAB＝eq\f(vA,2)＝2m/s，当弹簧被压缩到最短时，A、B的动能完全转化成弹簧的弹性势能，所以Ep＝eq\f(1,2)(mA＋mB)vAB2＝8J。9.如图，光滑水平直轨道上两滑块A、B用橡皮筋连接，A的质量为m。起先时橡皮筋松弛，B静止，给A向左的初速度v0。一段时间后，B与A同向运动发生碰撞并粘在一起。碰撞后的共同速度是碰撞前瞬间A的速度的两倍，也是碰撞前瞬间B的速度的一半。求：(1)B的质量；(2)碰撞过程中A、B系统机械能的损失。解析：(1)以初速度v0的方向为正方向，设B的质量为mB，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eq\f(v,2)，碰撞前瞬间B的速度为2v，由动量守恒定律得2mBv＋m·eq\f(v,2)＝(m＋mB)v，得mB＝eq\f(m,2)。(2)从起先到碰后的全过程，以初速度v0的方向为正方向，由动量守恒得mv0＝(m＋mB)v设碰撞过程A、B系统机械能损失为ΔE，则ΔE＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v,2)))2＋eq\f(1,2)mB(2v)2－eq\f(1,2)(mB＋m)v2，联立得ΔE＝eq\f(1,6)mv02。答案：(1)eq\f(m,2)(2)eq\f(1,6)mv02B组—重应用·体现创新10.(多选)如图所示，两个大小相同、质量均为m的冰壶静止在水平冰面上。运动员在极短时间内给在O点的甲冰壶一水平冲量使其向右运动，当甲冰壶运动到A点时与乙冰壶发生弹性正碰，碰后乙冰壶运动到C点停下。已知OA＝AB＝BC＝L，冰壶所受阻力大小恒为重力的k倍，重力加速度为g，则()A．运动员对甲冰壶做的功为kmgLB．运动员对甲冰壶做的功为3kmgLC．运动员对甲冰壶施加的冲量为meq\r(kgL)D．运动员对甲冰壶施加的冲量为meq\r(6kgL)解析：选BD当甲冰壶运动了距离L时与乙冰壶发生弹性正碰，甲冰壶碰后停止运动，乙冰壶以甲冰壶碰前的速度接着向前运动了2L距离停下，从效果上看，相当于乙冰壶不存在，甲冰壶干脆向前运动了3L的距离停止运动，依据动能定理，运动员对甲冰壶做的功等于克服摩擦力做的功，即：W＝3kmgL，A错误，B正确。运动员施加的冲量I＝Δp＝p－0＝eq\r(2mEk)－0＝eq\r(2m·3kmgL)＝meq\r(6kgL)，C错误，D正确。11．如图所示，轨道AOB光滑且在O处平滑相接，B点右侧为粗糙水平面。有两个材料及表面粗糙程度均相同的小物块P、Q，其中物块P的质量为0.9kg，把物块P从斜面上0.8m高处由静止释放，运动至粗糙水平面上的C点处速度恰好减为0，BC长为1m；若把物块Q置于B点，物块P仍从斜面上0.8m高处由静止释放，物块P、Q碰撞后，在粗糙水平面上的位移分别为0.64m、0.81m。已知重力加速度g取10m/s2，则物块与水平面间的动摩擦因数μ及物块Q的质量M分别为()A．μ＝0.4，M＝0.2kg B．μ＝0.4，M＝0.4kgC．μ＝0.8，M＝0.2kg D．μ＝0.8，M＝0.4kg解析：选C把物块P从斜面上0.8m高处由静止释放，运动至粗糙水平面上的C点处速度恰好减为0，依据动能定理可得mgh－μmgLBC＝0代入数据解得μ＝0.8；物块P滑究竟端的速度为v0＝eq\r(2gh)＝4m/s，碰后物块P的速度为v1，则有eq\f(1,2)mv12＝μmgL1，则有v1＝eq\r(2μgL1)＝eq\r(2×0.8×10×0.64)m/s＝3.2m/s碰后物块Q的速度为v2，则有eq\f(1,2)Mv22＝μMgL2，则有v2＝eq\r(2μgL2)＝eq\r(2×0.8×10×0.81)m/s＝3.6m/s碰撞过程中依据动量守恒定律可得：mv0＝mv1＋Mv2联立解得M＝0.2kg，故C正确，A、B、D错误。12.如图所示，光滑半圆形轨道MNP竖直固定在水平面上，直径MP垂直于水平面，轨道半径R＝0.5m，质量为m1的小球A静止于轨道最低点M，质量为m2的小球B用长度为2R的细线悬挂于轨道最高点P。现将小球B向左拉起，使细线水平绷紧，以竖直向下的速度v0＝4m/s释放小球B，小球B与小球A碰后粘在一起恰能沿半圆形轨道运动到P点，两球可视为质点，g＝10m/s2，试求：(1)B球与A球碰撞前的速度大小；(2)A、B两球的质量之比m1∶m2。解析：(1)B球下摆过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得eq\f(1,2)m2v02＋m2g·2R＝eq\f(1,2)m2v12，解得：v1＝6m/s。(2)两球恰好到达P点，由牛顿其次定律得(m1＋m2)g＝(m1＋m2)eq\f(vP2,R)，解得：vP＝eq\r(