2024秋新教材高中物理課時跟蹤檢測五彈性碰撞與非彈性碰撞粵教版選擇性必修第一冊

課時跟蹤檢測（五）彈性碰撞與非彈性碰撞A組—重基礎·體現綜合1．下列關于碰撞的理解正確的是()A．碰撞是指相對運動的物體相遇時，在極短時間內它們的運動狀態(tài)發(fā)生了顯著改變的過程B．在碰撞現象中，一般內力都遠大于外力，所以可以認為碰撞時系統(tǒng)的動能守恒C．假如碰撞過程中機械能守恒，這樣的碰撞叫作非彈性碰撞D．微觀粒子的相互作用由于不發(fā)生干脆接觸，所以不能稱其為碰撞解析：選A碰撞是非常普遍的現象，它是相對運動的物體相遇時發(fā)生的一種現象，一般內力遠大于外力。假如碰撞中機械能守恒，就叫作彈性碰撞。微觀粒子的相互作用同樣具有短時間內發(fā)生強大內力作用的特點，所以仍舊是碰撞。2.如圖所示，物體A靜止在光滑的水平面上，A的左邊固定有輕質彈簧，與A質量相等的物體B以速度v向A運動并與彈簧發(fā)生碰撞，A、B始終沿同始終線運動，則A、B組成的系統(tǒng)動能損失最大的時刻是()A．A起先運動時 B．A的速度等于v時C．B的速度等于零時 D．A和B的速度相等時解析：選DA、B速度相等時彈簧的壓縮量最大，彈簧彈性勢能最大，A、B組成的系統(tǒng)動能損失最大，選項D正確。3．現有甲、乙兩滑塊，質量分別為3m和m，以相同的速率v在光滑水平面上相向運動，發(fā)生了碰撞。已知碰撞后，甲滑塊靜止不動，那么這次碰撞是()A．彈性碰撞 B．非彈性碰撞C．完全非彈性碰撞 D．條件不足，無法確定解析：選A以甲滑塊的運動方向為正方向，由動量守恒定律得：3m·v－mv＝0＋mv′，所以v′＝2v，碰前總動能Ek＝eq\f(1,2)×3m·v2＋eq\f(1,2)mv2＝2mv2，碰后總動能Ek′＝eq\f(1,2)mv′2＝2mv2，Ek＝Ek′，所以A正確。4．在一條直線上相向運動的甲、乙兩個小球，它們的動能相等，已知甲球的質量大于乙球的質量，它們正碰后可能發(fā)生的狀況是()A．甲、乙兩球都沿乙球的運動方向B．甲球反向運動，乙球停下C．甲、乙兩球都反向運動D．甲、乙兩球都反向運動，且動能仍相等解析：選C由p2＝2mEk知，正碰前甲球的動量大于乙球的動量，所以總動量的方向應為甲球的初動量的方向，可以推斷C正確，A、B、D錯誤。5.如圖所示，小球A和小球B質量相同，球B置于光滑水平面上，當球A的最低點從高為h處由靜止擺下，到達最低點恰好與球B相撞，并粘合在一起接著搖擺，它們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：選C對球A碰撞前下落過程由機械能守恒定律有mgh＝eq\f(1,2)mv2，得v＝eq\r(2gh)。對碰撞過程由動量守恒定律有mv＝2mv′，得v′＝eq\f(\r(2gh),2)。對整體，設上升的最大高度為h′，則由機械能守恒定律有2mgh′＝eq\f(1,2)·2mv′2，解得h′＝eq\f(h,4)，C正確。6.在光滑的水平面上有三個完全相同的小球，它們成一條直線，2、3小球靜止，并靠在一起。小球1以速度v0射向它們，如圖所示。設碰撞中不損失機械能，則碰后三個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：選D兩個質量相等的小球發(fā)生彈性正碰，碰撞過程中動量守恒，動能守恒，碰撞后將交換速度，故D項正確。7．A、B兩球在光滑水平面上沿同始終線發(fā)生正碰，作用前pA＝20kg·m/s，pB＝0；碰撞過程中，A球動量改變量為ΔpA＝－10kg·m/s，則作用后B球的動量pB′為()A．－20kg·m/s B．－10kg·m/sC．20kg·m/s D．10kg·m/s解析：選D依據動量守恒定律知ΔpA＋ΔpB＝0，由于A動量削減10kg·m/s，則B動量增加10kg·m/s，B球的動量pB′＝pB＋ΔpB＝10kg·m/s，D正確。8.如圖所示，木塊A和B質量均為2kg，置于光滑水平面上，B與一輕質彈簧一端相連，彈簧另一端固定在豎直擋板上，當A以4m/s的速度向B撞擊時，由于有橡皮泥而粘在一起運動，那么彈簧被壓縮到最短時，具有的彈簧勢能大小為()A．4J B．8JC．16J D．32J解析：選BA與B碰撞過程動量守恒，有mAvA＝(mA＋mB)vAB，所以vAB＝eq\f(vA,2)＝2m/s，當彈簧被壓縮到最短時，A、B的動能完全轉化成彈簧的彈性勢能，所以Ep＝eq\f(1,2)(mA＋mB)vAB2＝8J。9.如圖，光滑水平直軌道上兩滑塊A、B用橡皮筋連接，A的質量為m。起先時橡皮筋松弛，B靜止，給A向左的初速度v0。一段時間后，B與A同向運動發(fā)生碰撞并粘在一起。碰撞后的共同速度是碰撞前瞬間A的速度的兩倍，也是碰撞前瞬間B的速度的一半。求：(1)B的質量；(2)碰撞過程中A、B系統(tǒng)機械能的損失。解析：(1)以初速度v0的方向為正方向，設B的質量為mB，A、B碰后的共同速度為v，由題意知，碰撞前瞬間A的速度為eq\f(v,2)，碰撞前瞬間B的速度為2v，由動量守恒定律得2mBv＋m·eq\f(v,2)＝(m＋mB)v，得mB＝eq\f(m,2)。(2)從起先到碰后的全過程，以初速度v0的方向為正方向，由動量守恒得mv0＝(m＋mB)v設碰撞過程A、B系統(tǒng)機械能損失為ΔE，則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，聯立得ΔE＝eq\f(1,6)mv02。答案：(1)eq\f(m,2)(2)eq\f(1,6)mv02B組—重應用·體現創(chuàng)新10.(多選)如圖所示，兩個大小相同、質量均為m的冰壺靜止在水平冰面上。運動員在極短時間內給在O點的甲冰壺一水平沖量使其向右運動，當甲冰壺運動到A點時與乙冰壺發(fā)生彈性正碰，碰后乙冰壺運動到C點停下。已知OA＝AB＝BC＝L，冰壺所受阻力大小恒為重力的k倍，重力加速度為g，則()A．運動員對甲冰壺做的功為kmgLB．運動員對甲冰壺做的功為3kmgLC．運動員對甲冰壺施加的沖量為meq\r(kgL)D．運動員對甲冰壺施加的沖量為meq\r(6kgL)解析：選BD當甲冰壺運動了距離L時與乙冰壺發(fā)生彈性正碰，甲冰壺碰后停止運動，乙冰壺以甲冰壺碰前的速度接著向前運動了2L距離停下，從效果上看，相當于乙冰壺不存在，甲冰壺干脆向前運動了3L的距離停止運動，依據動能定理，運動員對甲冰壺做的功等于克服摩擦力做的功，即：W＝3kmgL，A錯誤，B正確。運動員施加的沖量I＝Δp＝p－0＝eq\r(2mEk)－0＝eq\r(2m·3kmgL)＝meq\r(6kgL)，C錯誤，D正確。11．如圖所示，軌道AOB光滑且在O處平滑相接，B點右側為粗糙水平面。有兩個材料及表面粗糙程度均相同的小物塊P、Q，其中物塊P的質量為0.9kg，把物塊P從斜面上0.8m高處由靜止釋放，運動至粗糙水平面上的C點處速度恰好減為0，BC長為1m；若把物塊Q置于B點，物塊P仍從斜面上0.8m高處由靜止釋放，物塊P、Q碰撞后，在粗糙水平面上的位移分別為0.64m、0.81m。已知重力加速度g取10m/s2，則物塊與水平面間的動摩擦因數μ及物塊Q的質量M分別為()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：選C把物塊P從斜面上0.8m高處由靜止釋放，運動至粗糙水平面上的C點處速度恰好減為0，依據動能定理可得mgh－μmgLBC＝0代入數據解得μ＝0.8；物塊P滑究竟端的速度為v0＝eq\r(2gh)＝4m/s，碰后物塊P的速度為v1，則有eq\f(1,2)mv12＝μmgL1，則有v1＝eq\r(2μgL1)＝eq\r(2×0.8×10×0.64)m/s＝3.2m/s碰后物塊Q的速度為v2，則有eq\f(1,2)Mv22＝μMgL2，則有v2＝eq\r(2μgL2)＝eq\r(2×0.8×10×0.81)m/s＝3.6m/s碰撞過程中依據動量守恒定律可得：mv0＝mv1＋Mv2聯立解得M＝0.2kg，故C正確，A、B、D錯誤。12.如圖所示，光滑半圓形軌道MNP豎直固定在水平面上，直徑MP垂直于水平面，軌道半徑R＝0.5m，質量為m1的小球A靜止于軌道最低點M，質量為m2的小球B用長度為2R的細線懸掛于軌道最高點P?，F將小球B向左拉起，使細線水平繃緊，以豎直向下的速度v0＝4m/s釋放小球B，小球B與小球A碰后粘在一起恰能沿半圓形軌道運動到P點，兩球可視為質點，g＝10m/s2，試求：(1)B球與A球碰撞前的速度大??；(2)A、B兩球的質量之比m1∶m2。解析：(1)B球下擺過程中機械能守恒，由機械能守恒定律得eq\f(1,2)m2v02＋m2g·2R＝eq\f(1,2)m2v12，解得：v1＝6m/s。(2)兩球恰好到達P點，由牛頓其次定律得(m1＋m2)g＝(m1＋m2)eq\f(vP2,R)，解得：vP＝eq\r(