第1章 第4节 弹性碰撞与非弹性碰撞-课后达标检测-【优学精讲】2024-2025学年高中物理选择性必修第一册教用Word(鲁科版)

题组1　碰撞的特点和应用 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变化的过程 B．如果碰撞过程中机械能守恒，这样的碰撞叫做非弹性碰撞 C．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 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 解析：选A。碰撞是十分普遍的现象，它是相对运动的物体相遇时发生的一种现象，碰撞时在极短时间内它们的运动状态发生了显著变化，故A正确；如果碰撞过程中机械能守恒，这样的碰撞叫做弹性碰撞，故B错误；碰撞现象中，一般内力远大于外力，但碰撞如果是非弹性碰撞，则存在动能损失，故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，故D错误。 2．质量为0.5 kg的甲物块静止在水平面上，质量为1 kg的乙物块在水平面上以一定的初速度向甲滑去并与甲发生正碰后，两者粘在一起，碰撞过程中甲物块受到乙物块的冲量大小为2 N·s，则碰撞前乙的速度大小为(　　) A．3 m/s B．4.5 m/s C．5 m/s D．6 m/s 解析：选D。根据动量定理得I＝m甲v－0，碰撞后，甲物块的速度，即整体的速度v＝4 m/s，根据动量守恒定律有m乙v乙＝(m甲＋m乙)v，则碰撞前乙的速度大小v乙＝6 m/s。 3．在游乐场上，一个大人和一个小孩各驾着一辆碰碰车迎面相撞，如图所示。已知大人和车的总质量M＝100 kg，速度v1＝3 m/s，小孩和车的总质量m＝60 kg，速度v2＝1 m/s，碰碰车质量相同，碰撞后两车迅速黏合在一起，忽略碰碰车与地面间的摩擦，则关于两车碰撞过程的下列说法正确的是(　　) A.两车组成的系统满足动量守恒和机械能守恒 B．大人和碰碰车的动量变化了120 kg·m/s C．合外力对小孩和碰碰车的冲量大小为20 N·s　 D．如果碰撞在0.05 s内完成，则两车间产生的平均冲力为3 000 N 解析：选D。根据碰撞的特征可知，碰撞过程中都满足动量守恒定律，当碰撞后两车迅速黏合在一起，是完全非弹性碰撞，机械能损失最大，故A错误；规定向右为正方向，根据动量守恒定律有Mv1－mv2＝(M＋m)v，解得v＝1.5 m/s，则大人和碰碰车的动量变化了Δp1＝Mv－Mv1＝(100×1.5－100×3) kg· m/s＝－150 kg· m/s，故B错误；对小孩和碰碰车由动量定理得I2＝Δp2＝[60×1.5－60×(－1)] kg·m/s＝150 N·s，故C错误；对小孩和碰碰车，由I2＝·t，可得＝＝ N＝3 000 N，故D正确。 题组2　碰撞与图像问题的结合 4．在光滑的水平面上，有a、b两球，其质量分别为ma、mb，两球在t0时刻发生正碰，并且在碰撞过程中无机械能损失，两球碰撞前后的速度图像如图所示，下列关系正确的是(　　) A．ma>mb B．ma<mb C．ma＝mb D．无法判断 解析：选B。碰撞过程由动量守恒定律及机械能守恒定律分别可得mav0＝mav1＋mbv2 mav＝mav＋mbv 联立解得v1＝v0 由于碰撞后a反弹，即v1<0，可知ma<mb，B正确。 5．(2023·浙江诸暨中学期中)A、B两球沿一直线运动并发生正碰，两球碰撞前、后的位移随时间变化的图像如图所示，a、b分别为A、B两球碰前的位移随时间变化的图像，c为碰撞后两球共同运动的位移随时间变化的图像，若A球质量m＝2 kg，则由图判断下列结论不正确的是(　　) A．碰撞前、后A球的动量变化量为4 kg·m/s B．碰撞前、后B球的动量变化量为－4 kg·m/s C．碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10 J D．A、B两球碰撞前的总动量为3 kg·m/s 解析：选D。由x－t图像可知，碰撞前有vA＝＝ m/s＝－3 m/s，vB＝＝ m/s＝2 m/s，碰撞后有vA′＝vB′＝v＝＝ m/s＝－1 m/s，对A、B组成的系统，A、B两球沿一直线运动并发生正碰，碰撞前后物体都是做匀速直线运动，所以系统的动量守恒，碰撞前后A的动量变化为ΔpA＝mvA′－mvA＝2×(－1) kg·m/s－2×(－3) kg·m/s＝4 kg·m/s，故A不符合题意；根据动量守恒定律，碰撞前后B的动量变化为ΔpB＝－ΔpA＝－4 kg·m/s，故B不符合题意；因ΔpB＝mB(vB′－vB)，所以mB＝＝ kg，所以A与B碰撞前的总动量为p总＝mvA＋mBvB＝2×(－3) kg·m/s＋×2 kg·m/s＝－ kg·m/s，故D符合题意；碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能ΔEk＝mAv＋mBv－(mA＋mB)vA′2，代入数据解得ΔEk＝10 J，故C不符合题意。 题组3　碰撞中的动量和能量问题 6．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始终沿同一直线运动，则A、B组成的系统动能损失最大的时刻是(　　) A．A开始运动时 B．A的速度等于v时 C．B的速度等于0时 D．A和B的速度相等时 解析：选D。当B触及弹簧后减速，而物体A加速，当A、B两物体速度相等时，A、B间距离最小，弹簧压缩量最大，弹性势能最大。由能量守恒定律可知系统损失的动能最多，故D正确。 7．(2024·广东梅州校考)牛顿的《自然哲学的数学原理》中记载：两个弹性小球A、B在一条直线上运动，B逃跑，A追逐，A追上B后与B发生作用，B继续逃跑，但速度比A的速度大，速度关系总保持开始时A、B速度差等于作用后B、A速度差。若上述过程是在光滑水平面上，质量为M的弹性球A以速度v1碰撞质量为m(M＞m)的弹性球B，球B碰撞前的速度为v2，则发生对心碰撞后t时间两球之间的距离为(　　) A．()t B．t C．(v1＋v2)t D．(v1－v2)t 解析：选D。根据题述可知，碰撞前和碰撞后速度关系应满足v1－v2＝v2′－v1′，其中v1′和v2′为碰撞后两球的速度，碰撞后两球做匀速直线运动，所以两球之间的距离与时间的关系为s＝(v2′－v1′)t＝(v1－v2)t，故D正确。 8．(多选)(2024·广东广州广东实验中学校考期中)如图所示，将两个质量分别为m1＝60 g、m2＝30 g的小球A、B叠放在一起，中间留有小空隙，从初始高度h0＝1.8 m处由静止释放。A球与地面碰撞后立即以原速率反弹，A球与B球碰撞的时间为0.01 s，不计空气阻力，取向上为正方向，B球的速度时间图像如图乙所示，g取10 m/s2，则(　　) A．两球下落过程中，B球对A球有竖直向下的压力 B．B球与A球碰前的速度大小均为6 m/s C．两球碰撞过程中，B球的重力冲量与A对B球的冲量大小之比为1∶101 D．A、B两球发生的是弹性碰撞 解析：选BC。小球A、B叠放在一起做自由落体运动，两球之间的弹力为零，故A错误；由题图乙可知，A球与B球碰前，B球做自由落体运动，运动时间为0.6 s，则碰前B球的速度大小v0＝gt1＝6 m/s，A球落地速度大小vA＝＝6 m/s，落地所用时间t2＝ ＝0.6 s，A球与地面碰撞后以原速率返回，可得返回时两球马上相碰，故B正确；根据动量定理可得，A和B相互作用过程中，B动量的变化量等于B球所受合力的冲量，则有I1－m2gt＝m2(v2＋v0)，重力的冲量I2＝m2gt，可得＝，故C正确；因为A、B作用时间极短，重力对系统的冲量远小于系统总动量，可以视系统动量守恒，根据动量守恒定律得m1v0－m2v0＝m1v1＋m2v2，得A碰后速度v1＝1 m/s，根据计算m1v＋m2v＞m1v＋m2v，可知碰撞后，系统机械能有损失，不是弹性碰撞，故D错误。 9．(2024·广东高州市第四中学校考期末)用气垫导轨“验证动量守恒定律”实验中，某次频闪照相机闪光4次拍的相片如图所示。已知闪光时间间隔Δt＝0.02 s，闪光本身持续时间极短，在这4次闪光的时间内A、B均在0～80 cm范围内，且第一次闪光时，质量为mA的A在x＝55 cm处，质量为mB的B在x＝70 cm处，两者在x＝60 cm处发生碰撞，则A和B的质量之比＝________，两滑块发生________(选填“弹性”或“非弹性”)碰撞。 解析：两滑块在x＝60 cm处发生碰撞，由题图可得两滑块碰撞后B的速度大小vB′＝0，A的速度大小vA′＝＝ m/s＝10 m/s, 两滑块碰撞前A的速度大小为vA，有Δt＝0.02 s＝＝＋，其中Δx1＝5 cm，Δx2＝10 cm，解得vA＝5 m/s，从第一次闪光时到两滑块碰撞所用时间Δt1＝＝ s＝10－2 s，两滑块碰撞前B的速度大小为vB，有vB＝＝＝10 m/s，规定水平向右为正方向，由动量守恒定律可得mAvA－mBvB＝－mAvA′，即5mA－10mB＝－10mA，可得＝，令mA＝2m，mB＝3m，碰撞前两滑块的总动能Ek总＝mAv＋mBv＝175m，碰撞后两滑块的总动能Ek总′＝mAvA′2＋mBvB′2＝100m，由于Ek总＞Ek总′，两滑块发生非弹性碰撞。 答案：　非弹性 10．(2024·广东东莞校考)如图所示，在光滑水平面上，三个物块A、B、C在同一直线上，A和B的质量分别为mA＝2m，mB＝m，开始时B和C静止，A以速度v0向右运动，与B发生弹性正碰，碰撞时间极短，然后B又与C发生碰撞并粘在一起，最终三个物块速度恰好相同。求： (1)A与B碰撞后，两者的速度v1和v2； (2)物块C的质量； (3)B与C碰撞过程中损失的机械能。 解析：(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 2mv0＝2mv1＋mv2 由机械能守恒定律得 ×2mv＝×2mv＋mv 联立解得v1＝v0，v2＝v0。 (2)B、C碰撞后与A的速度相同，设C的质量为mC，以向右为正方向，由动量守恒定律得 mv2＝(mC＋m)v1 解得mC＝3m。 (3)B与C碰撞过程损失的机械能 ΔE＝m·v－(m＋3m)v 解得ΔE＝mv。 答案：(1)v0　v0　(2)3m　(3)mv 学科网（北京）股份有限公司 $