2023-2024（上） 全品学练考 高中物理 选择性必修第一册第1章动量守恒定律弹性碰撞和非弹性碰撞(A)练习册含答案.docx

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1、2023-2024（上） 全品学练考 高中物理 选择性必修第一册第1章 动量守恒定律5弹性碰撞和非弹性碰撞(A)建议用时:40分钟 知识点一碰撞中的守恒量1.(多选)2022长沙一中月考 动能相同的A、B两球(mAmB)在光滑的水平面上相向运动,两球相碰后,若其中一球停止运动,则可判定()A.碰撞前A球的速度小于B球的速度B.碰撞前A球的动量大于B球的动量C.碰撞前后A球的动量变化量大于B球的动量变化量D.碰撞后A球的速度一定为零,B球朝反方向运动2.2022湖北黄冈中学月考 在水平面上小球A与静止的小球B发生对心碰撞(指碰撞前后速度方向在同一条直线上),不计碰撞相互作用时间,它们在碰撞前后的

2、v-t图像如图所示,已知B球的质量是A球质量的2倍,在碰撞过程中,下列说法正确的是()A.A、B两球组成的系统动量和机械能都守恒B.A、B两球组成的系统动量和机械能都不守恒C.A、B两球组成的系统动量不守恒,但机械能守恒D.A、B两球组成的系统动量守恒,但机械能不守恒 知识点二弹性碰撞3.(多选)甲物体在光滑水平面上的运动速度为v1,与静止的乙物体相碰,碰撞过程中无机械能损失.下列结论正确的是()A.乙的质量等于甲的质量时,碰撞后乙的速度为v1B.乙的质量远远小于甲的质量时,碰撞后乙的速度为2v1C.乙的质量远远大于甲的质量时,碰撞后甲的速度为-v1D.碰撞过程中甲对乙做的功大于乙的动能增量4

3、.(多选)2022石家庄二中月考 1932年,查德威克用未知射线轰击氢核,发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子(即中子)组成.如图所示,中子以速度v0分别碰撞静止的氢核和氮核,碰撞后氢核和氮核的速度分别为v1和v2.若碰撞为弹性正碰,氮核质量是氢核质量的14倍,氢核质量与中子大致相等,不考虑相对论效应,下列说法正确的是()A.v2小于v1B.v2大于v0C.碰撞后氮核的动量比氢核的小D.碰撞后氮核的动能比氢核的小 知识点三非弹性碰撞5.如图所示,不可伸长的细线上端固定于O点,其下端系一小球,静止时细线长为L.现将细线和小球拉至图中实线位置,此时细线与竖直方向的夹角为=60,并在小球原来

4、所在的最低点放置一质量、体积均相同的泥球,然后使悬挂的小球从实线位置由静止释放,它运动到最低点时与泥球碰撞并合为一体,它们一起摆动中可达到的最大高度是()A.L2B.L4C.L8D.L166.(多选)2022人大附中月考 如图所示,一沙袋用无弹性轻细绳悬于O点.开始时沙袋处于静止状态,一弹丸以水平速度v0击中沙袋后未穿出,二者共同摆动.已知弹丸质量为m,沙袋质量为5m,弹丸和沙袋的形状、大小均忽略不计,弹丸击中沙袋后漏出的沙子质量忽略不计,不计空气阻力,重力加速度为g.下列说法中正确的是()A.弹丸打入沙袋前后,细绳所受拉力大小保持不变B.弹丸打入沙袋过程中,弹丸对沙袋的冲量大小等于沙袋对弹丸

5、的冲量大小C.弹丸打入沙袋过程中所产生的热量为mv0272D.沙袋和弹丸一起摆动上升的最大高度为v0272g 知识点四碰撞可能性7.2022天津实验中学月考 质量为m的小球A,沿光滑水平面以速度v0与质量为2m的静止小球B发生正碰.碰撞后,A球的动能变为原来的19,那么小球B的速度可能是()A.v03 B.4v03 C.4v09D.5v098.如图所示,在光滑的水平面上有A、B两个小球,A球的动量为10 kgm/s,B球的动量为12 kgm/s,A球追上B球并相碰,碰撞后,A球动量变为8 kgm/s,方向没变,求A、B两球质量之比的取值范围.9.2022浙江嘉兴一中月考 如图所示,大小、形状相

6、同的两小球A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动,小球A的质量为2m、速度大小为v0、方向水平向右,小球B的质量为m、速度大小为2v0、方向水平向左,两小球发生弹性正碰后()A.小球A将静止B.小球B将向左运动C.小球A的动能将增加32mv02D.小球B的动量变化量的大小为4mv010.(多选)2022重庆巴蜀中学月考 如图甲所示,在光滑水平面上的两小球发生正碰,小球A、B的质量分别为m1和m2,图乙为它们碰撞前后的x-t(位移时间)图像.已知m1=0.1 kg,由此可以判断()A.碰前两小球都向右运动B.碰后两小球都向右运动C.m2=0.3 kgD.碰撞过程中系统机械能守恒11.如图所示,立

7、柱固定于光滑水平面上O点,质量为M的小球a向右运动,与静止于Q点的质量为m的小球b发生弹性碰撞,碰后a球立即向左运动,b球与立柱碰撞能量不损失,所有碰撞时间均不计,b球恰好在P点追到a球,Q点为OP中点,求a、b两球的质量之比Mm.5弹性碰撞和非弹性碰撞(A)1.ABD解析 碰撞前A、B两球动能相同,且mAmB,可得vBvA,由动量和动能的关系可得pApB;由动量守恒定律可知,碰撞前后A球的动量变化量大小等于B球的动量变化量大小,碰撞后A球的速度一定为零,B球朝反方向运动,故A、B、D正确,C错误.2.A解析 由图可知碰撞前A的速度为6 m/s,碰撞后为-2 m/s,碰撞后B由静止变为速度为4

8、 m/s,设A球质量为m,则有p初=mvA=6m,p末=mvA+2mvB=6m,E初=12mvA2=18m,E末=12mvA2+122mv2B=18m,则可得A、B两球组成的系统动量和机械能都守恒,故选A.3.ABC解析 由于碰撞过程中无机械能损失,故是弹性碰撞,设甲、乙的质量分别为m1、m2,根据动量守恒定律和机械能守恒定律可以解得碰后甲的速度v1=m1-m2m1+m2v1,乙的速度v2=2m1m1+m2v1.当m1=m2时,v2=v1,A正确;当m1m2时,v2=2v1,B正确;当m1m2时,v1=-v1,C正确;甲、乙碰撞过程中,只有甲对乙的力对乙做功,根据动能定理(合外力对物体做的功等

9、于物体动能的变化)可知,D错误.4.AD解析 设中子的质量为m,则氢核的质量为m,氮核的质量为14m,设中子和氢核碰撞后中子速度为v3,由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv0=mv1+mv3,12mv02=12mv12+12mv32,联立解得v1=v0,设中子和氮核碰撞后中子速度为v4,由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv0=14mv2+mv4,12mv02=1214mv22+12mv42,联立解得v2=215v0可得v1=v0v2,选项A正确,B错误;碰撞后氢核的动量为pH=mv1=mv0,氮核的动量为pN=14mv2=28mv015,可得pNpH,选项C错误;碰撞后氢核的动能为EkH=12

10、mv12=12mv02,氮核的动能为EkN=1214mv22=28mv02225,可得EkHEkN,故D正确.5.C解析 两球相碰前,由机械能守恒定律得mgL(1-cos 60)=12mv12,解得v1=gL,两球相碰过程中,由动量守恒定律得mv1=2mv2,解得v2=12gL,碰后两球一起摆动,由机械能守恒定律得122mv22=2mgh,解得h=18L,选项C正确.6.BD解析 弹丸打入沙袋前,有FT=5mg,弹丸打入沙袋的过程,由动量守恒定律得mv0=(m+5m)v,解得v=16v0,弹丸打入沙袋后,总质量变大,且做圆周运动,根据FT=6mg+6mv2L可知,细绳所受拉力变大,选项A错误;

11、根据牛顿第三定律可知,弹丸打入沙袋过程中,弹丸对沙袋的冲量大小等于沙袋对弹丸的冲量大小,选项B正确;弹丸打入沙袋过程中所产生的热量为Q=12mv02-126mv2=512mv02,选项C错误;由机械能守恒定律得126mv2=6mgh,解得h=v0272g,选项D正确.7.A解析 根据碰后A球的动能恰好变为原来的19,可得12mv2=1912mv02,解得v=13v0,碰撞过程中A、B球组成的系统动量守恒,则有mv0=mv+2mvB,解得vB=13v0或23v0,故选A.8.0.57mAmB0.69解析 A、B两球同向运动,A球要追上B球,应满足vAvB.两球碰撞过程中动量守恒,且动能不会增加,

12、碰撞结束应满足vBvA.由vAvB得pAmApBmB,则mAmB1).给A球一个水平向右的初速度v0,B球先与A球发生弹性正碰,再与C球发生弹性正碰.系数k为多少时,B与C碰后瞬间B球的速度最大()A.2.5B.3C.3.5D.48.如图所示,小球A和小球B位于同一竖直线上,小球A距水平地面的高度为H=0.6 m,小球B距水平地面的高度为h=0.2 m,同时由静止释放两球.设B和地面为弹性碰撞,两球碰撞后B球速度为0,小球A的质量为m,小球B的质量为5m.重力加速度g取10 m/s2,忽略小球的直径、空气阻力及碰撞时间,小球所受重力远小于碰撞力.以地面为参考面,求两球第一次碰撞后小球A达到的最

13、大高度.9.2022北大附中月考 如图所示,一个足够长的圆筒竖直固定,内有一个质量M=3 kg的滑块,与圆筒间的摩擦力Ff=22.5 N.如果将滑块从圆筒顶端无初速度释放,1 s后将一个直径小于圆筒内径、质量m=1 kg的小球也从圆筒顶端无初速度释放,小球自由下落一段时间后与滑块碰撞,碰撞时间极短.不计空气阻力,小球与滑块均可视为质点,g取10 m/s2.(1)如果小球与滑块碰后粘在一起,求小球与滑块组成的系统碰撞过程中损失的机械能;(2)如果小球与滑块发生弹性碰撞,求第一次碰撞与第二次碰撞的时间间隔.5弹性碰撞和非弹性碰撞(B)1.BD解析 设水平向右为正,两滑块碰前总动量p=m2v0-2m

14、v0=0,说明系统总动量为0,碰撞过程系统动量守恒、能量守恒,有m2v0+2m(-v0)=mv1+2mv2,12m(2v0)2+122m(-v0)2=12mv12+122mv22,解得v1=-2v0,v2=v0,所以碰后,滑块A向左运动速度为2v0,滑块B向右运动速度为v0,故A、C错误,B、D正确.2.AC解析 规定向右为正方向,设碰撞前A、B两球速度大小分别为vA和vB,根据系统动量守恒有mvA-3mvB=-m2vA,解得vA=vB,故A正确,B错误;设vA=v,碰撞前系统总动能E1=12mv2+123mv2=2mv2,碰撞后系统总动能E2=12m(2v)2=2mv2,由于E1=E2,故A

15、、B两球发生的碰撞是弹性碰撞,故C正确,D错误.3.AC解析 光滑水平面上大小相同A、B两球在发生碰撞,规定向右为正方向,由动量守恒定律可得pA=-pB,由于碰后A球的动量增量为负值,所以左方是A球,故A正确;碰后A球的动量为2 kgm/s,所以碰后B球的动量是增加的,为10 kgm/s,由于两球质量关系为mB=2mA,那么碰撞后A、B两球速度大小之比为25,故B错误,C正确;碰撞前系统的总能量为E=p22m+p24m=362m+364m=27m,碰后系统的总能量为E=p122m+p224m=42m+1004m=27m,系统机械能不变,为弹性碰撞,故D错误.4.A解析 以球b碰撞前的速度方向为

16、正方向,由图可知,碰撞前va=-2 m/s,vb=1 m/s,碰撞后va=-1 m/s,vb=-2 m/s,根据动量守恒定律得mava+mbvb=mava+mbvb,可得mamb=31,碰撞后两球速度不相等,所以不是完全非弹性碰撞,碰撞前系统总动能Ek=12mava2+12mbvb2,碰撞后系统总动能Ek=12mava2+12mbvb2,计算可得Ek3.6 m,故A球弹起能打到天花板,同理,以B球为研究对象,碰后至运动到最高点的过程中,由机械能守恒定律可m2gh2=12m2v52,联立可得h2=0.03 mh2=0.375 m,故B球弹起后不能超过桌子一半高度,故A正确,B错误;在碰撞的总过程

17、中,以速度向上为正方向,根据以上分析可知,A球发生碰撞前后速度分别为v3、v4,故对A球有pA=m1(v4+v3)=m1(11515+15)=16515m1,B球发生碰撞前后速度分别为v2、v5,故对B球有pB=m2(v2+v5)=4m1(15+1515)=24515m1,故C错误;由以上分析可知,A球碰撞后的速度大于碰撞前的速度,故机械能增加了,故D错误.7.B解析 设A、B发生弹性碰撞后的速度分别vA、vB1,则mv0=mvA+kmvB1,12mv02=12mvA2+12kmvB12,联立解得vA=1-kk+1v0,vB1=2k+1v0,设B、C发生弹性碰撞后的速度分别为vB2、vC,同理

18、可得vB2=k-1k+1vB1,代入整理得vB2=2k+1-(2k+1)2v0,解得当k=3时,vB2最大,故选B.8.0.35 m解析 B球落地时的速度大小为v1=2gh=2100.2 m/s=2 m/s,此时A球的速度大小也为2 m/s.设B球撞地后上升t时间与A球相撞,则有H-h=v1t+12gt2+v1t-12gt2,得t=0.1 s,两球相撞前瞬间A球的速度大小为vA=v1+gt=3 m/s,B球的速度大小为vB=v1-gt=1 m/s.对于碰撞过程,取向上为正方向,由动量守恒定律得5mvB-mvA=mvA+5mvB,解得vA=2 m/s.两球第一次碰撞后小球A能上升的最大高度h=v

19、A22g=0.2 m,两球碰撞处离地高度h=v1t-12gt2=20.1 m-12100.12 m=0.15 m,所以两球第一次碰撞后小球A能达到的最大高度为H=h+h=0.35 m.9.(1)9.375 J(2)43 s解析 (1)滑块开始下滑的加速度为a=Mg-FfM=30-22.53 m/s2=2.5 m/s2,设当小球下落时间t后与滑块相遇,则12a(t+1)2=12gt2,解得t=1 s,此时小球的速度v1=gt=10 m/s,滑块的速度v2=a(t+1)=5 m/s,则碰后由动量守恒定律得mv1+Mv2=(m+M)v,解得v=6.25 m/s则碰撞损失的能量E=12mv12+12Mv22-12m+Mv2=9.375 J(2)设向下为正,如果小球与滑块发生弹性碰撞,则mv1+Mv2=mv3+Mv412mv12+12Mv22=12mv23+12Mv24解得v3=2.5 m/sv4=7.5 m/s再次相遇时,设经过时间为t,则v4t+12at2=v3t+12gt2解得t=43 s