高效作业7 5 弹性碰撞和非弹性碰撞-【精彩三年】2024-2025学年高中物理选择性必修第一册课程探究与巩固PPT课件（人教版2019）

高效作业7 [5　弹性碰撞和非弹性碰撞] 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 [A级　新教材落实与巩固] 1．关于弹性碰撞和非弹性碰撞，下列说法正确的是(　　) A．弹性碰撞中动量守恒，非弹性碰撞中动量不守恒 B．弹性碰撞中机械能守恒，非弹性碰撞中机械能不守恒 C．弹性碰撞中动量不守恒，非弹性碰撞中动量也不守恒 D．弹性碰撞中机械能不守恒，非弹性碰撞中机械能守恒 B 【解析】当系统所受合力为0时，弹性碰撞与非弹性碰撞中动量均守恒；当系统所受合力不0时，由于碰撞的时间很短，物体的位置几乎不变，此时系统内物体间的相互作用力远大于外力，所以系统的动量近似守恒，即不管是弹性碰撞还是非弹性碰撞，动量都是守恒的；系统的机械能守恒的碰撞为弹性碰撞，系统的机械能减少的碰撞为非弹性碰撞，故B正确，A、C、D错误。 2．甲、乙两球在光滑水平轨道上同向运动，已知它们的动量均为　　　6 kg·m/s，甲追上乙并发生弹性碰撞，碰撞后乙球的动量变为8 kg·m/s。已知甲球的质量为0.5 kg，则乙球的质量为(　　) A．0.5 kg B．0.7 kg C．1.0 kg D．1.4 kg 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 B 3．如图所示，在冰壶比赛上，运动员将质量为m的冰壶A推出，冰壶A运动一段时间后以0.4 m/s的速度正碰静止的冰壶B， 然后冰壶A以0.1 m/s速度继续向前滑向大本营中心。 若两冰壶质量相等，则下列判断正确的是(　　) A．冰壶B的速度为0.3 m/s，两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞 B．冰壶B的速度为0.3 m/s，两冰壶之间的碰撞是非弹性碰撞 C．冰壶B的速度为0.5 m/s，两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞 D．冰壶B的速度为0.5 m/s，两冰壶之间的碰撞是非弹性碰撞 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 B 4．质量为mA的A球以某一速度沿光滑水平面向静止的B球运动，并与B球发生弹性正碰。假设B球的质量mB可选取不同的值，则下列说法不正确的是(　　) A．当mB＝mA时，碰后A、B两球共速 B．当mB＝mA时，碰后两球互换速度 C．当mB＞mA时，碰后A球反向运动 D．当mB＜mA时，mB越小，碰后B球的速度越大 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 A 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 5．两个质量相同的物体发生速度在同一直线上的弹性碰撞过程，可以简化为如下模型：在光滑水平面上，物体A的左边固定有轻质弹簧，与物体A质量相同的物体B以速度v0向物体A运动并与弹簧发生碰撞，物体A、B始终沿同一直线运动。设物体A、B的质量均为m＝2 kg，开始时物体A静止在光滑水平面上某点，物体B以速度v0＝2.0 m/s从远处沿该直线向物体A运动，如图所示，物体A、B组成的系统动能损失的最大值为(　　) A．1 J B．2 J C．3 J D．4 J B 6．[2023·嘉兴一中检测] (多选)如图甲所示，在光滑水平面上的两小球发生正碰，两小球的质量分别为m1和m2，图乙为它们碰撞后的x-t图像。已知m1＝0.1 kg。由此可以判断(　 　) A．碰前m2静止，m1向右运动 B．碰后m2和m1都向右运动 C．m2＝0.3 kg D．碰撞过程中系统损失了0.4 J的机械能 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 AC 7．如图所示，质量为M的木块位于光滑水平面上，木块与墙之间用轻弹簧连接，开始时木块静止在A位置，一质量为m的子弹以水平速度v0射向木块并嵌入其中，则木块回到A位置时的速度v和此过程中墙对弹簧的冲量I的大小分别为(　　) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 D 8．如图所示，在光滑水平面上的滑块A、C的质量均为m＝1 kg，滑块B的质量为M＝3 kg。开始时A、B静止，C以初速度v0＝2 m/s滑向A，与A碰后C的速度变为0，A向右运动与B发生碰撞并粘在一起，则A与B碰撞后的共同速度大小为___________。 【解析】以A、B、C组成的系统为研究对象，以C的初速度方向为正方向，对整个过程，由动量守恒定律得(M＋m)v共＝mv0，解得A与B碰撞后的共同速度大小为v共＝0.5 m/s。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 0.5 m/s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 [B级　素养养成与评价] 9．(多选)如图所示，小车的上面固定一个光滑弯曲圆管道，整个小车(含管道)的质量为2m，原来静止在光滑的水平面上。今有一个可以看作质点的小球，质量为m，半径略小于管道半径，以水平速度v从左端滑上小车，小球恰好能到达管道的最高点，然后从管道左端滑离小车。重力加速度为g。关于这个过程，下列说法正确的是(　 　) BC 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 10．[2023·北仑中学检测] 如图所示，A、B、C三球的质量分别为m、m、2m，三个小球从同一高度同时释放，其中A有水平向右的初速度v0，B、C由静止释放。三个小球在同一竖直平面内运动，小球与地面之间、小球与小球之间的碰撞均为弹性碰撞，则小球与小球之间最多能够发生碰撞的次数为(　　) A．1次 B．2次 C．3次 D．4次 C 【解析】由于三球在竖直方向的运动情况相同，一定可以发生碰撞，可假设下落高度无穷大，可看作三球碰撞完成后才落地。在水平方向上，A、B发生第一次碰撞后速度互换，B、C发生第二次碰撞后，由于B的质量小于C的质量，则B反向运动；B、A发生第三次碰撞后，B、A速度互换，A向左做平抛运动，B竖直下落，三球不再发生碰撞，所以最多能够发生3次碰撞，故选C。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 11．如图所示，两个质量分别为m1和m2的弹性小球A、B叠放在一起，从高度为h处自由落下，h远大于两小球半径，落地瞬间，B先与地面碰撞，后与A碰撞，所有的碰撞都是弹性碰撞，且都发生在竖直方向，碰撞时间均可忽略不计。已知m2＝3m1，则A反弹后能达到的高度为(　　) A．h B．2h C．3h D．4h D 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 12．如图所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，A球在水平面上静止，B球向左运动与A球发生正碰，B球碰撞前、后的速率之比为4∶1，A球垂直撞向挡板，碰后原速率返回，两球刚好不发生第二次碰撞。 (1)A、B两球的质量之比为多少？ (2)碰撞前、后A、B两球总动能之比是多少？ 答案：(1)5∶1　(2)8∶3 13．[2023·平湖中学检测] 如图所示，光滑水平桌面上一个质量为5.0 kg的保龄球，撞上一个原来静止、质量为1.5 kg的球瓶。此后球瓶以　　3.0 m/s的速度向前飞出，而保龄球以2.0 m/s的速度继续向前运动，假设它们相互作用的时间为0.05 s。求： (1)碰撞前保龄球的速度。 (2)碰撞时保龄球与球瓶间的相互作用力的大小。 (3)通过计算判断该碰撞是否为弹性碰撞。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案：(1)2.9 m/s　(2)90 N　(3)见解析 【解析】(1)设碰撞前保龄球的速度大小为v0，规定碰撞前保龄球的速度方向为正方向，由动量守恒定律有 Mv1＋mv2＝Mv0 代入数据解得v0＝2.9 m/s (2)设碰撞前保龄球的速度方向为正方向，球瓶的动量变化量Δp＝mv2－0 由动量定理得F·Δt＝Δp 代入数据解得F＝90 N 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 14．如图所示，在水平地面上静止放置一辆小车A，质量mA＝4 kg，上表面光滑，小车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计。可视为质点的物块B置于A的最右端，B的质量mB＝2 kg。现对A施加一个水平向右的恒力F＝10 N，A运动一段时间后，小车左端固定的挡板与B发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A、B粘在一起，共同在恒力F的作用下继续运动，碰撞后经时间t＝0.6 s，二者的速度达到vt＝2 m/s。求： (1)A开始运动时加速度a的大小。 (2)A、B碰撞后瞬间的共同速度v的大小。 答案：(1)2.5 m/s2　(2)1 m/s 【解析】(1)以A为研究对象，由牛顿第二定律有F＝mAa 代入数据解得a＝2.5 m/s2 (2)对A、B碰撞后共同运动t＝0.6 s的过程，由动量定理得Ft＝(mA＋mB)vt－(mA＋mB)v 代入数据解得v＝1 m/s 感谢聆听，再见！ 【解析】甲、乙两球的碰撞过程满足动量守恒定律，则p′甲＋p′乙＝p甲＋p乙，故碰撞后甲球的动量变为p′甲＝4 kg·m/s，因为是弹性碰撞，碰撞前后两球的总动能不变，即＋＝＋，代入数据解得m乙＝0.7 kg，故选B。 【解析】两冰壶碰撞的过程中动量守恒，规定冰壶A开始运动的方向为正方向，根据动量守恒定律有mv2＋mv3＝mv1，代入数据解得v3＝0.3 m/s。动能变化量ΔEk＝mv－mv－mv＝m(0.42－0.12－0.32)>0，故动能减小，两冰壶之间的碰撞是非弹性碰撞，故B正确，A、C、D错误。 【解析】两球发生弹性正碰，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有mAv1＋mBv2＝mAv0，mAv＋mBv＝mAv，解得v1＝v0，v2＝v0。当mB＝mA时，解得v1＝0，v2＝v0，碰后两球互换速度，故A错误，符合题意；B正确，不符合题意。当mB>mA时，v1＝v0<0，碰后A球反向运动，故C正确，不符合题意。当mB<mA时，v2＝v0＝v0，mB越小，碰后B球的速度v2越大，故D正确，不符合题意。 【解析】分析可知当二者的速度相等时，弹簧的长度最短，弹性势能最大，物体A、B组成的系统动能损失最多，对两物体及弹簧组成的系统，由动量守恒定律得2mv1＝mv0，所以v1＝＝1.0 m/s，则系统动能的减小量为ΔEk＝mv－×(2m)v＝2 J，故选B。 　　 【解析】由x-t(位移—时间)图像可知，m1碰撞前的速度v1＝ m/s＝ 4 m/s，m1碰撞后的速度v1′＝ m/s＝－2 m/s，m2碰撞前的速度为0，m2碰撞后的速度v2′＝ m/s＝2 m/s，所以碰前m2静止，m1向右运动，碰后m2向右运动，m1向左运动，故A正确，B错误。m1和m2碰撞过程由动量守恒定律可得m1v1′＋m2v2′＝m1v1＋0，代入数据解得m2＝0.3 kg，故C正确。碰撞过程中系统损失的机械能为ΔE＝m1v－m1v1′2－m2v2′2＝0，则该碰撞过程为弹性碰撞，故D错误。 A．v＝，I＝0 B．v＝，I＝2mv0 C．v＝，I＝ D．v＝，I＝2mv0 【解析】子弹射入木块过程，由于时间极短，子弹与木块间的内力远大于系统所受外力，系统的动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得(M＋m)v＝mv0，解得v＝。子弹射入木块后，子弹和木块组成的系统在弹簧弹力的作用下先向右做减速运动，后向左做加速运动，回到A位置时速度大小不变，即当木块回到A位置时速度大小为v＝。子弹和木块、弹簧组成的系统受到的合力即墙对弹簧的作用力，根据动量定理得I′＝－(M＋m)v－(M＋m)v＝－2(M＋m)v＝－2mv0，所以墙对弹簧的冲量I的大小为I＝2mv0，A、B、C错误，D正确。 A．小球滑离小车时，小车回到原来位置 B．小球滑离小车时相对小车的速度大小为v C．车上管道中心线最高点的竖直高度为 D．小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，小车的动量变化量大小是 【解析】小球恰好到达管道的最高点，说明在最高点时小球和小车的相对速度为0，小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，由动量守恒定律有(m＋2m)v′＝mv，得v′＝，小车动量变化量大小Δp车＝2m·＝mv，D项错误。小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，由机械能守恒定律有mv2－(m＋2m)v′2＝mgH，得H＝，C项正确。从小球滑上小车到滑离小车的过程，由动量守恒定律和机械能守恒定律有mv1＋2mv2＝mv，mv＋×2mv＝mv2，解得v1＝－，v2＝v，则小球滑离小车时相对小车的速度大小为v＋v＝v，B项正确。由以上分析可知在整个过程中小车一直向右运动，A项错误。 【解析】小球下降过程做自由落体运动，由匀变速直线运动的速度位移公式得v2＝2gh，解得触地时两球速度相同，为v＝。B碰撞地面之后，速度瞬间反向，大小不变，选A与B碰撞过程为研究过程，碰撞前后动量守恒，设碰后A、B速度分别为v1、v2，选向上为正方向，由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝m2v－m1v，由能量守恒定律得m1v＋m2v＝(m1＋m2)v2，由题意知m2＝3m1，联立解得v1＝2，反弹后高度为H＝＝4h，故D正确，A、B、C错误。 【解析】(1)设碰前B球速度大小为v0，碰后A、B两球速度大小分别为vA、vB，由题意知，vA方向向左，vB方向向右，且vA＝vB＝v0。碰撞过程动量守恒，取水平向右为正方向，则有－mAvA＋mBvB＝－mBv0 解得mA∶mB＝5∶1 (2)碰撞前总动能E1＝mBv 碰撞后总动能E2＝mAv＋mBv 碰撞前、后总动能之比E1∶E2＝8∶3 (3)保龄球和球瓶组成的系统初、末动能分别为 Ek0＝Mv＝21.025 J Ek1＝Mv＋mv＝16.75 J 因为Ek1<Ek0，所以该碰撞不是弹性碰撞。 $$