课时作业(7) 弹性碰撞和非弹性碰撞（配套练习）-【状元桥·优质课堂】2024-2025学年新教材高中物理选择性必修第一册（人教版2019）

课时作业（七） 弹性碰撞和非弹性碰撞 答案精解Pm (建议用时：40分钟) [基础题组练] 题组一弹性碰撞与非弹性碰撞 1.两个球沿直线相向运动，碰撞后两球都静止，则可 A.A和B都向左运动 以推断 ( B.A和B都向右运动 A.碰撞前两个球的动量一定相等 C.A静止，B向右运动 B.两个球的质量一定相等 D.A向左运动，B向右运动 C,碰撞前两个球的速度大小一定相等 题组二碰撞的可能性分析 D.碰撞前两个球的动量大小相等，方向相反 5.(多选)甲物体在光滑水平面上运动速度为，与静 2.汽车A和汽车B静止在水平地面上，某时刻汽车A 止的乙物体相碰，碰撞过程中无机械能损失，下列 结论正确的是 () 开始倒车，结果汽车A撞到了停在它正后方的汽车 B,汽车B上装有智能记录仪，能够测量并记录汽 A.乙的质量等于甲的质量时，碰撞后乙的速度 车B前面的物体相对于汽车B自身的速度，在本次 为西 B.乙的质量远远小于甲的质量时，碰撞后乙的速率 碰撞中，如果汽车B的智能记录仪测得碰撞前瞬间 是2知 汽车A的速度大小为，已知汽车A的质量是汽 C乙的质量远远大于甲的质量时，碰撞后甲的速率 车B质量的2倍，碰撞过程可视为弹性碰撞，则碰 是 后瞬间汽车A相对于地面的速度大小为( D.碰撞过程中甲对乙做的功大于乙动能的增量 A. 44 6.(多选)质量为m的小球A在光滑的水平面上以速 度大小v与静止在光滑水平面上的质量为2的小 C D.i 球B发生正碰，那么碰撞后小球B的速度大小可 3.在光滑水平面上有三个完全相同的小球，它们排成 能是 () 一条直线，2、3小球静止并靠在一起，1小球以速度 A 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分别是 ( D. ②X3 7.(多选)两个小球A,B在光滑的水平地面上相向运 777717777777771777777 动，已知它们的质量分别是mA=4kg,m:=2kg,A 32场 的速度A=3m/s(设为正方向)，B的速度v= 且=0，欢=4= 一3m/s,则它们发生正碰后，其速度可能分别为 26 () A.均为+1m/s B.+4m/s和-5m/s C.=0,g=购= 224 C.+2m/s和-1m/sD.-1m/s和十5m/s D.=2=0,h=h 8.如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球 4.如图所示，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直 在同一直线上运动.两球质量关系为mB=2mA,规 线相向运动，滑块A的质量为m,速度大小为2， 定向右为正方向，A、B两球的动量均为6kg·m/s, 方向向右，滑块B的质量为2m,速度大小为，方 运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为 向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态可能是 一4kg·m/s.则 ·125. A.左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为12.如图所示，光滑水平直轨道上两滑块A,B用橡皮 2:5 筋连接，A的质量为m.开始时橡皮筋松弛，B静 B.左方是A球，碰撞后A,B两球速度大小之比为 止，给A向左的初速度，一段时间后，B与A同 1:10 向运动发生碰撞并粘在一起，碰撞后的共同速度 C.右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为 是碰撞前瞬间A的速度的两倍，也是碰撞前瞬间 2:5 B的速度的一半，求： D.右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为 77777777777777777 1:10 (1)B的质量： [能力提升练] (2)碰撞过程中A、B系统机械能的损失. 9.在光滑水平面上，有两个小球A,B沿同一直线同 向运动，B在前，A在后，已知碰前两球的动量分别 为pa=12kg·m/s,ps=13kg·m/8,碰撞前后， 它们动量的变化量分别为△pA,△p,下列数值可能 正确的是 () A.△pa=-4kg·m/s、△pm=4kg·m/s B.△pA=4kg·m/s、△pB=-4kg·m/s C.△pa=-24kg·m/s、△pg=24kg·m/s D.△p=24kg·m/s、△pw=-24kg·m/s 10.如图所示，在光滑的水平面上放有两个小球A和 B,其质量mA<mB,B球上固定一水平轻质弹簧， 若将A球以速率v去碰撞静止的B球，则下列说 法正确的是 ) (A M(B) 777277777777777777 A.当弹簧压缩量最大时，两球速率都最小 B.当弹簧恢复原长时，B球速率最大 C,当A球速率为零时，B球速率最大 D.当B球速率最大时，弹簧弹性势能不为零 11.如图所示，竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道 下端与光滑水平桌面相切，小滑块B静止在圆弧 轨道的最低点.现将小滑块A从圆弧轨道的最高 点无初速度释放.已知圆弧轨道半径R=1.8m, 小滑块的质量关系是mu一2m4,重力加速度g取 10m/s.则碰后小滑块B的速度大小不可能是 () Bommmmn A.5 m/s B.4 m/s C.3 m/s D.2 m/s ·126.3.解析(1)由于碰撞前后滑块做匀速直线运动,结合图可知 智(1)M\xo=M1+mX2(2)Mx=Mx.+mr AB碰撞位置在40cm处. (3)B (2)从第二次到第三次拍照,A从50cm处向右运动到70cm 6.(1)小球a与小球5相撞后,小球a继续向右运动,则小 球a的质量必须大于小球的质量,选项A错误;弹策发射 0.5s 器的内接触面及桌面不需要光滑,只需要在步骤③④中入射 则碰撞后A从40cm处运动到50cm处的时间为 小球的释放点位置相同,小球a与小球相撞前的速度就相 0. 40m/s 同,选项B错误,C正确;使小球做平抛运动,桌面右边缘末 所以碰撞前A从20cm处运动到40cm处的时间为 端必须水平,选项D错误。 1.-T-t-0.5s-0.25s-0.25s. (2)由动量守恒mu=mu+mu,由平抛运动x=ut,h “Vh 0.25s /h 从第二次到第三次拍照,B从55cm处运动到85cm处,所 ,则需要测量两小球质量以及小球下落高度,故选AD. 以碰撞后B的速度为v(85-5)×0.01m-0.60m/s. 0.5s hi (3)由(2)知,当满足关系式-_,则证明a、b 则碰撞前系统的总动量为 h Vh Vht -avA-0.60 kg×0. 80 m/s-0.48 kg·m/s. 碰撞后系统的总动量为p-mavA+mvn-0.60x0.4+ 两球碰撞过程中动量守恒 0. 40×0. 60 kg·m/s-0. 48 kg·m/s. (1)C(2)AD(3)-+ # (1)40 (2)0.80 0.48 0.48 4.解(1)使其中一个滑块在导轨上运动,看滑块经过两光电 课时作业(七) 门的时间是否相等,若相等,则导轨水平。 (2)本实验需要验证动量守恒定律,所以在实验中必须要测 1.D 解两球碰撞过程动量守恒,由于碰撞后两球都静止。 总动量为零,故碰撞前两个球的动量大小相等,方向相反,选 量质量和速度,速度可以根据光,电门的挡光时间求解,而质 量通过天平测出,同时,挡光片的宽度可以消去,所以不需要 项A错误,D正确;两球的质量是否相等不确定,故碰撞前两 测量挡光片的宽度,选项B、C正确 个球的速度大小是否相等也不确定,选项B、C错误. 2.C 解两汽车发生弹性碰撞,碰撞过程系统动量守恒、机 (3)在第二次实验中,碰撞后A、B速度相同,根据动量守恒定 械能守恒,设碰撞后A、B的速度分别为v、,以碰撞前A 的速度方向为正方向,设B的质量为m,则A的质量为2m. 代入则有m 1_(n+n)△ 由动量守恒定律,有2nr。一2n十n,由机械能守恒定 律,有· 2一·2+m,解得-,选项 ' C正确. 3.D 解由于1小球与2小球发生碰撞时间极短,2小球的 位置来不及发生变化,这样2小球对3小球不产生力的作 用,即3小球不会参与1、2小球作用,1、2小球作用后立即交 换速度,即碰后1小球停止,2小球速度立即变为v,同理分 根据机&能守恒定律有士n一士m+寸m 析,2、3小球作用后交换速度,选项D正确. 4.D 解析选择水平向右为正,两滑块碰前总动量b一n·2 2n·一0,说明系统的总动量为零,当A和B都向左或向 右运动时,总动量不为零,选项A.B错误;当A静止、B向右 智(1)见解析(2)BC(3)m r: 运动时,总动量向右,不为零,选项C错误:当A向左运动、B 向右运动时,系统的总动量可能为零,选项D正确. 5.ABC 由于碰撞过程中无机械能损失,故是弹性碰撞, 5.解(1)由牛顿第二定律可知,两滑块在水平面上滑行时的 根据动量守恒和机械能守恒可以解得两球碰撞后的速度 加速度相同,均为a一ng: #_#当 时,v-,选# n十n 由速度和位移关系可得v一2a文, n十n 解得-v21gx. A正确;当m m。时,-2o,选项B正确;当nm。时, 一一v,选项C正确;根据动能定理可知,选项D错误。 即速度与成正比, 6.BD 如果两个小球发生的是完全非弹性碰撞,则有 若A和B的碰撞过程中,质量和速度的乘积之和保持不变, mo-(m+2m)t,解得vt= 1,如果两个小球发生完全弹 即M-M+n. 代入速度的表达式可得Mx。-MV+mx。 (2)若在A和B的碰撞过程中,动能保持不变, 则有M-M+,# 代入速度的表达式可得Mx。-Mx:十mx. 困为,选B、D正确. (3)若水平面稍有倾斜,因滑块受力产生的加速度仍相同,故 7.AD 由动量守恒,可验证四个选项都满足要求;再看动 速度和仍成正比,根据以上分析可知,仍然可以验证质量 能变化情况Eaxoyvn+maoi,-27J.Eaxmv+ 和速度的乘积之和保持不变 199· #mr},.由于碰撞过程中总动能不可能增加,所以应有 分之间的作用力是一对作用力与反作用力,由牛顿第三定律 可知,它们大小相等,方向相反,选项B错误;在反冲运动中 EE,选项B错误;选项C虽满足E E,但A.B沿 一部分受到另一部分的作用力产生了该部分的加速度,使该 同一直线相向运动,发生碰撞后各自仍然保持原来的速度方 部分的速度逐渐增大,在此过程中对每一部分牛顿第二定律 向,这显然是不符合实际的,选项C错误;验证A、D均满足 都成立,选项C错误,D正确 E二E,且碰后状态符合实际,选项A、D正确 2.D 解以人为研究对象,人向后踢腿或甩手,总动量为0. 8.A 解碰撞后A球的动量增量为一4kg·m/s,则B球的 所以人整体不动,选项A、B错误;因为是完全光滑的水平冰 动量增量为4kg·m/s,所以碰后A球的动量为2kg·m/s. 面,没有摩擦力,人是滚不了的,选项C错误;把外衣抛出,人 B球的动量为10kg·m/s.即mvA-2kg·m/s.mg 会获得一个反向的速度,可以离开冰面,选项D正确. $0 kg·m/s.且m-2mA,'v-2:5,选项A正确. 3.CD 汽车的运动利用了汽车的牵引力,不属于反冲运 9.A 若△pA--4kg·m/s、△ps-4kg·m/s,可知碰后 动,选项A错误;直升机的运动利用了空气的反作用力,不 两球的动量分别为p.=8kg·m/s.n-17kg·m/s,符合 属于反冲运动,选项B错误;火箭的运动是利用喷气的方式 动量守恒定律,而且碰撞后A的动能减小,B的动能增大,总 获得动力,属于反冲运动,选项C正确;反击式水轮机的运动 动能可能不增加,也不违反碰撞过程不可穿越原理,选项A 利用了水的反冲作用而获得动力,属于反冲运动,选项D 正确;由选项B、D所给动量变化量可知,碰撞后,A的动量 正确. 沿原方向增大,即违反了碰撞过程不可穿越原理,选项B、D 4.D 火箭整体动量守恒,以vu的方向为正方向,则有 错误;若△A=-24kg·m/s、△-24kg·m/s,碰后两球的 (M-△n)+△n-0.解得-- 动量分别为/--12kg·m/s.p-37kg·m/s.可以看出 碰撞后A的动能不变,B的动能增大,违反了能量守恒定律 的运动方向与方向相反 5.C1 选项C错误. 解析1s末发动机喷出20次,共喷出的气体质量为m 10.B 解霸分析小球的运动过程,A与弹策接触后,弹策被压 20X0.2kg=4kg,根据动量守恒定律得(M-n)-mv-0. 则得火箭1s末的速度大小为-M 缩,弹对A产生向左的弹力,对B产生向右的弹力,A做 mv-4X1000 300-4m/s~ 减速运动,B做加速运动,当B的速度等于A的速度时弹 压缩量最大,此后A球速度继续减小,B球速度继续增 13.5m/s,选项A错误;2s末发动机喷出40次,共喷出的气 大,弹压缩量减小,当弹第一次恢复原长时,B球速率 体质量为n-40x0.2kg-8kg,同理可得,火箭2s末的速 度大小为-M-n: v 8×1000 最大,由以上分析可知,当弹压缩量最大时,A球速率没 300-8m/s~27.4m/s.选项B错 有达到最小值,选项A错误,B正确;由于质量m m,A 误;第3次气体喷出后,共喷出的气体质量m*-3× 的速度变化比B快,A球的速度是0时,弹策仍然处于压缩 0.2kg-0.6kg,同理可得,火箭第3次喷出气体后的速度大 状态,B球的速率没有达到最大,选项C错误;当弹恢复 小为M- mv 0.6×1000 原长时,B球速率达到最大值,所以此时弹的弹性势能是 300-0.6m/s~2.0m/s,选项C正确: 0.选项D错误. 第4次气体喷出后,共喷出的气体质量m.-4×0.2kg 11.A 解翻设小滑块A到达最低点时的速度为v,根据动能 0.8kg,同理可得,火箭第4次喷出气体后的速度大小为 定理有mgR-mv{,可得o-6m/s.若是弹性碰撞, m:v 0.8×1000 nAo=mav+mv mv+寸m,联立解 6. BD 霸人和船动量守恒,系统总动量为零,故人和船运动 方向始终相反,选项A错误;由动量守恒定律有Mv 得-4m/s;若是完全非弹性碰撞,mAv。=(na十ms) m,又Mm,故vu,选项B正确;由人一船系统动量 解得v-2m/s.小滑块B的速度的取值范围为2m/s 守恒且系统总动量为零知:人走船走,人停船停,选项C错 4m/s,所以B的速度不可能是5m/s,选项A正确. 误;由平均动量守恒M-m-和x十&=L.知= 12.(1)以初速度v的方向为正方向,设B的质量为m ML,选D正确. & A、B碰撞后的共同速度为v,由题意知,碰撞前瞬间B的速 M十m 解得 (2)从开始到碰后的全过程中,由动量守恒定律得 m-(n+n)v. 8.A 解人与气球组成的系统动量守恒,设人的速度大小为 设碰撞过程中,A、B系统机械能的损失为△E n,气球的速度大小为v,运动时间为t.以人与气球组成的 △EF=()}+ (o))(mm), 系统为研究对象,以向下为正方向,由动量守恒定律得m一 mv=0.则m·-m.-0,解得s=2s=40m, , 则绳子长度L-s+s-40m十20m-60m,即绳长至少 器(1) 过#(2) 为60m,选项A正确. 9.D AB段只是水平方向动量守恒,系统合外力不为零, 课时作业八) 动量不守恒,选项A错误;物块A与小车BC段有相对位移 摩擦力做功的代数和不为零,选项B错误;如果小车不动,物 1.D 解由于系统的一部分向某一方向运动,而使另一部分 块到达水平轨道时速度最大,由mgR=m}得v= 向相反方向运动,这种现象叫反冲运动,定义中并没有确定 两部分之间的质量关系,选项A错误;在反冲运动中,两部 v2gR,现在物块下滑时,小车向左滑动,则物块的最大速度 ·200·