课时梯级训练(7) 弹性碰撞和非弹性碰撞（Word练习）-【优化指导】2024-2025学年新教材高中物理选择性必修第一册（人教版2019）

课时梯级训练(7)　弹性碰撞和非弹性碰撞 1．下列关于对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变化的过程 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．如果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直接接触，所以不能称其为碰撞 A　解析：碰撞是十分普遍的现象，它是相对运动的物体相遇时在极短时间内发生的一种现象，一般内力远大于外力，系统动量守恒，动能不一定守恒，A正确，B错误；如果碰撞中机械能守恒，就叫作弹性碰撞，C错误；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，所以仍然是碰撞，D错误。 2.(2024·黑龙江哈尔滨第六中学期中)质量均为m、材料相同的白球和黑球静止在台球桌上，白球以速度v0碰撞静止的黑球，两球的位置标记如图所示，A、B分别为碰前瞬间白球、黑球所在位置，C、D分别为碰撞后白球、黑球停止的位置。已知两球运动中所受阻力大小相同，则由图可得碰撞过程中损失的动能为(　　) A. B． C． D． B　解析：碰撞过程系统动量守恒，可得mv0＝mv1＋mv2，碰后，两球均做匀减速直线运动，设一个小格的边长为x0，有v＝2μg·3x0，v＝2μg·12x0，由图可得碰撞过程中损失的动能为ΔEk＝mv－mv－mv，联立解得ΔEk＝mv，B正确。 3．(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，则它们发生正碰后，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 AD　解析：由动量守恒，可验证四个选项都满足要求。再看动能变化情况Ek前＝mAv＋mBv＝27 J，Ek后＝mAvA′2＋mBvB′2，由于碰撞过程中总动能不可能增加，所以应有Ek前≥Ek后，据此可排除B；选项C虽满足Ek前≥Ek后，但A、B沿同一直线相向运动，发生碰撞后各自仍然保持原来的速度方向，这显然是不符合实际的，因此C错误；验证A、D均满足Ek前≥Ek后，且碰后状态符合实际，A、D正确。 4．如图甲所示，光滑水平面上有A、B两个物块，已知A物块的质量mA＝1 kg，初始时刻B静止，A以一定的初速度向右运动，之后与B发生碰撞并一起运动，它们的位移—时间图像如图乙所示(规定向右为位移的正方向，因A、B碰撞时间Δt＝0.01 s极短，图中无法显示)，则根据上述信息，下列在A、B碰撞过程中的物理量正确的是(　　) A．物块A对B的冲量为15 N·s B．物块B的动量变化量为－3 kg·m/s C．物块A、B间的平均作用力大小为300 N D．A、B系统损失的机械能为8 J C　解析：由题图乙可知，碰前vA＝＝ m/s＝4 m/s，vB＝0，碰后两者速度为v＝＝ m/s＝1 m/s，两物块碰撞过程动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mAvA＝(mA＋mB)v，代入数据解得mB＝＝ kg＝3 kg，则物块A对物块B的冲量为I＝Ft＝mBv＝3×1 N·s＝3 N·s，A错误；物块B的动量变化量与物块A对物块B的冲量相等，为3 kg·m/s，B错误；根据动量定理可得FΔt＝mBv－0，解得物块A、B间的平均作用力大小为F＝300 N，C正确；由能量守恒定律得mAv＝(mB＋mA)v2＋ΔEk，解得物块A、B系统损失的机械能为ΔEk＝mAv－(mB＋mA)v2＝×1×42 J－×(3＋1)×12 J＝6 J，D错误。 5.如图所示，A、B两小球形状、大小均相同，且质量均为m。某时刻两小球在同一个水平面上沿同一条直线相向运动，小球A速度大小为v0，方向水平向右，小球B速度大小为2v0，方向水平向左，两小球发生弹性碰撞后，则(　　) A．小球A向右运动 B．小球B的动量大小增大 C．碰后小球A的动能增加了2mv D．小球B的动量变化量大小为3mv0 D　解析：两小球发生弹性碰撞，设碰撞后A球和B球的速度分别为vA和vB，取向左为正方向，则有m(－v0)＋2mv0＝mvA＋mvB，mv＋m(2v0)2＝mv＋mv，解得vA＝2v0，vB＝－v0，所以小球A向左运动，小球B向右运动，小球B的动量大小变小，A、B错误；碰后小球A的动能增加了ΔEkA＝mv－mv＝mv，C错误；小球B的动量变化量为Δp＝mvB－2mv0＝m(－v0)－2mv0＝－3mv0，负号只表示方向，D正确。 6.(多选)如图所示，用长为l的轻绳悬挂一个质量为M的沙箱，沙箱静止。一质量为m的弹丸以速度v水平射入沙箱并留在其中，随后与沙箱共同摆动一个小角度，不计空气阻力。对子弹射向沙箱到与其共同摆过一个小角度的过程，下列说法正确的是(　　) A．若保持m、v、l不变，M变大，则系统损失的机械能变小 B．若保持M、v、l不变，m变大，则系统损失的机械能变小 C．若保持M、m、l不变，v变大，则系统损失的机械能变大 D．若保持M、m、v不变，l变大，则系统损失的机械能不变 CD　解析：弹丸击中沙箱过程系统水平方向动量守恒，以弹丸的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv＝(M＋m)v′，解得v′＝，弹丸与沙箱一起摆动过程系统机械能守恒，由能量守恒定律可知，整个过程系统损失的机械能为ΔE＝mv2－(M＋m)v′2＝，若保持m、v、l不变，M变大，系统损失的机械能ΔE＝＝变大，A错误；若保持M、v、l不变，m变大，则系统损失的机械能ΔE＝＝变大，B错误；若保持M、m、l不变，v变大，则系统损失的机械能ΔE＝变大，C正确；若保持M、m、v不变，l变大，则系统损失的机械能ΔE＝不变，D正确。 7.(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v沿光滑的水平面运动，与位于正对面的质量为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)v＝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：Mv＝Mv1＋mv2 C．摆球的速度不变，小车和木块的速度变为v1，满足：Mv＝(M＋m)v1 D．小车和摆球的速度都变为v1，木块的速度为v2，满足：(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2 BC　解析：因碰撞时间极短，所以单摆相对小车没有发生摆动，即摆线对摆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，未改变摆球的动量，即摆球没有参与这个碰撞过程，摆球的速度不发生变化，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，若碰后分离，水平方向动量守恒，由动量守恒定律得Mv＝Mv1＋mv2，B正确；也有可能小车和木块发生碰撞后以同一速度运动，C正确。 8.如图所示，ABC为一个固定在竖直平面内的光滑轨道，BC段水平，AB段与BC段平滑连接，质量为m1的小球从高为h处由静止开始沿轨道下滑，与静止在轨道BC段上质量为m2的小球发生碰撞，碰撞后两球的运动方向处于同一水平线上，且在碰撞过程中无机械能损失，求碰撞后小球m2的速度大小v2。 答案： 解析：设碰撞前m1的速度为v0，根据机械能守恒定律有 m1gh＝m1v 设碰撞后m1与m2的速度分别为v1和v2，根据动量守恒定律有 m1v0＝m1v1＋m2v2 由于碰撞过程中无机械能损失，有 m1v＝m1v＋m2v 联立解得v2＝。 9.如图所示，倾角为θ＝30°的光滑斜面固定在水平面上，在斜面底端固定有一个垂直斜面的弹性挡板，P、Q是斜面上两点，P点到Q点的距离为4L。质量分别为m和3m的小球A、B分别在P、Q两点由静止同时释放，小球B与挡板的碰撞过程没有机械能损失，小球B与挡板发生一次碰撞后沿斜面向上运动，恰好在Q点与小球A发生完全弹性正碰，不计小球B与挡板碰撞及A、B两球碰撞的时间，不计小球的大小，重力加速度为g，求： (1)从释放到两球第一次碰撞所用的时间； (2)Q点与挡板的距离； (3)第一次碰撞后瞬间，A、B两球的速度大小。 答案：(1)4　(2)L　(3)　 解析：(1)A、B两球在斜面上运动时，加速度大小为a＝g sin θ＝g 设从释放到两球碰撞经过的时间为t1，对小球A有4L＝at 解得t1＝4。 (2)设Q点与挡板的距离为s，对小球B有 s＝a 解得s＝L。 (3)设碰撞前，小球A的速度大小为v0，根据机械能守恒有 mg×4L sin θ＝mv 解得v0＝2 根据对称性可知，小球B运动到Q点时速度为零，设碰撞后瞬间，小球A的速度大小为v1，方向沿斜面向上，小球B的速度大小为v2，方向沿斜面向下，根据动量守恒有mv0＝3mv2－mv1 根据能量守恒有mv＝×3mv＋mv 解得v1＝v2＝。 学科网（北京）股份有限公司 $$