【文档说明】【精准解析】2020-2021学年物理人教版选择性必修第一册课时作业：1-5弹性碰撞和非弹性碰撞.pdf，共(9)页，242.198 KB，由小赞的店铺上传

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课时作业4弹性碰撞和非弹性碰撞1．在一条直线上相向运动的甲、乙两个小球，它们的动能相等，已知甲球的质量大于乙球的质量，它们正碰后可能发生的情况是(C)A．甲、乙两球都沿乙球的运动方向B．甲球反向运动，乙球停下C．甲、乙两球都反向运动D．甲、乙两球都反

向运动，且动能仍相等解析：由p2＝2mEk知，甲球的动量大于乙球的动量，所以总动量的方向应为甲球的初动量的方向，可以判断C正确，A、B、D错误．2．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，两球在碰撞前后的速度—时间图像如图所示，下列关系式正确的是(B)A．mA>mBB．mA<mBC．mA＝mBD．无法判断解析：由题图知，A球以初速度与原来静止的B球碰撞，碰后A球反弹且速度小于初速度，根据碰撞规律知，A球质量小于B球质量．

3．如图所示，具有一定质量的小球A固定在轻杆一端，轻杆另一端挂在小车支架的O点．用手将小球拉至水平，此时小车静止于光滑水平面上，放手让小球摆下与B处固定的油泥碰击后粘在一起，则小车将(D)A．向右运动B．向左运动C．静

止不动D．小球下摆时，车向左运动后又静止解析：根据动量守恒，小球下落时水平方向速度向右，小车向左；小球静止，小车也静止．4．A、B两物体发生正碰，碰撞前后物体A、B都在同一直线上运动，其位移—时间图像如图所示．由图可知，物体A、B的质

量之比为(C)A．1￿1B．1￿2C．1￿3D．3￿1解析：由题图知：碰前vA＝4m/s，vB＝0.碰后vA′＝vB′＝1m/s，由动量守恒可知mAvA＋0＝mAvA′＋mBvB′，解得mB＝3mA.故选项C正确．5．两个球沿直线相向

运动，碰撞后两球都静止，则可以推断(D)A．碰撞前两个球的动量一定相等B．两个球的质量一定相等C．碰撞前两个球的速度一定相等D．碰撞前两个球的动量大小相等，方向相反解析：两球碰撞过程动量守恒，由于碰撞后两球都静

止，总动量为零，故碰撞前两个球的动量大小相等，方向相反，A错误，D正确；两球的质量是否相等不确定，故碰撞前两个球的速度是否相等也不确定，B、C错误．6．(多选)A、B两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前后的位

移—时间(x－t)图像，图中a、b分别为A、B两球碰撞前的位移—时间图像，C为碰撞后两球共同运动的位移—时间图像，若A球的质量mA＝3kg，则由图可知下列结论正确的是(BD)A．A球碰撞前的速度vA＝3m/sB．B球的质量为mB＝2kgC．A、B两球碰撞前的总动量为13kg

·m/sD．碰撞中A、B两球组成的系统损失的机械能为15J解析：由x－t图像的斜率表示速度，可知，碰撞前有：vA＝ΔxAtA＝4－102m/s＝－3m/svB＝ΔxBtB＝42m/s＝2m/s碰撞后有：v

A′＝vB′＝v＝Δxt＝2－42m/s＝－1m/sA球的碰前速度为－3m/s，故A错误；根据动量守恒定律有：mAvA＋mBvB＝(mA＋mB)v解得：mB＝2kg，故B正确；A、B两球碰撞前的总动量为：p＝mAvA＋mBvB＝－

5kg·m/s，故C错误；碰撞中A、B两球组成的系统损失的机械能为：ΔE损＝12mAv2A＋12mBv2B－12(mA＋mB)v2＝15J，故D正确．7．(多选)如图所示，用两根长度都等于L的细绳，分别把质量相等、大小相同的a、b两球悬于同一

高度，静止时两球恰好相接触．现把a球拉到细绳处于水平位置，然后无初速释放，当a球摆动到最低位置与b球相碰后，b球可能升高的高度为(ABC)A．LB.4L5C.L4D.L8解析：若a、b两球发生完全弹性碰撞，易

知b球上摆的高度可达L；若a、b两球发生完全非弹性碰撞(即碰后两球速度相同)，则根据mv＝2mv′和12·2mv′2＝2mgh′还有v2＝2gL，可知其上摆的高度为L4.考虑到完全非弹性碰撞中动能的损失最多，故b球上摆的高度应满足L4≤h≤L.8．如图所示，在水平地面上放置一

质量为M的木块，一质量为m的子弹以水平速度v射入木块(未穿出)，若木块与地面间的动摩擦因数为μ，求：(1)子弹射入木块后，木块在地面上前进的距离；(2)射入的过程中，系统损失的机械能．答案：(1)m2v22M＋m2μg(2)Mmv22M＋m解析

：因子弹未射出，故碰撞后子弹与木块的速度相同，而系统损失的机械能为初、末状态系统的动能之差．(1)设子弹射入木块时，二者的共同速度为v′，取子弹的初速度方向为正方向，则有：mv＝(M＋m)v′，①二者一起沿地面滑动，前进的距离为x，由动能定理得：－μ(M＋m)gx＝0－12(M＋m)

v′2，②由①②两式解得：x＝m2v22M＋m2μg.(2)射入过程中损失的机械能ΔE＝12mv2－12(M＋m)v′2，解得：ΔE＝Mmv22M＋m.1．如图所示，光滑水平面上有质量均为m的物块A和B，B上固定一

轻弹簧，B静止，A以速度v0水平向右运动，通过弹簧与B发生作用．作用过程中，弹簧获得的最大弹性势能Ep为(C)A.116mv20B.18mv20C.14mv20D.12mv20解析：A、B速度相等时弹簧的弹性势能最大，这时设A、B的速度为v，由动量守恒mv0＝2mv，弹性

势能的最大值Ep＝12mv20－12×2mv2＝14mv20.2．(多选)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(AB)A.13v0B.23v0C.49v0D.59v0

解析：当以A球原来的速度方向为正方向时，则vA′＝±13v0根据两球碰撞前、后的总动量守恒，有mv0＋0＝m×13v0＋2mvB′mv0＋0＝m×(－13v0)＋2mvB″解得：vB′＝13v0，vB″＝23v0.由于碰撞过程中动能不增

加，即12mv20≥12m(v03)2＋12·2mv2B将13v0及23v0代入上式均成立，所以A、B选项均正确．3．如图所示，在光滑的水平面上有一质量为M的长木板，以速度v0向右做匀速直线运动，将质量为m的小

铁块轻轻放在木板上的A点，这时小铁块相对地面速度为零，小铁块相对木板向左滑动．由于小铁块和木板间有摩擦，最后它们之间相对静止，已知它们之间的动摩擦因数为μ，问：(1)小铁块跟木板相对静止时，它们的共同速度多大？(2)它们相对静止时，小铁块与A点

距离多远？(3)在全过程中有多少机械能转化为内能？答案：(1)Mv0M＋m(2)Mv202μgM＋m(3)Mmv202M＋m解析：(1)木板与小铁块组成的系统动量守恒．以v0的方向为正方向，由动量守恒定律得，Mv0＝(M＋m)v′，则v′＝Mv

0M＋m.(2)由功能关系可得，摩擦力在相对位移上所做的功等于系统动能的减少量，μmgx相＝12Mv20－12(M＋m)v′2.解得x相＝Mv202μgM＋m.(3)由能量守恒定律可得，Q＝12Mv20－12(M＋m)v′2＝Mmv202M＋m.4．如图所示，水平地面上静止放置一辆小

车A，质量mA＝4kg，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＝2kg，现对A施加一个水平向右的恒力F＝10N，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粘合在一起，共同在F的作用下继续运动，碰撞后经时间t＝0.6s，二者的速度达到vt＝2m/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；(3)A的上表面长度l.答案：(1)2.5m/s2(2)1m/s(3)0.45m解析：(1)以A为

研究对象，由牛顿第二定律有F＝mAa①代入数据解得a＝2.5m/s2.②(2)对A、B碰撞后共同运动t＝0.6s的过程，由动量定理得Ft＝(mA＋mB)vt－(mA＋mB)v③代入数据解得v＝1m/s.④(3)

设A、B发生碰撞前，A的速度为vA，对A、B发生碰撞的过程，由动量守恒定律有mAvA＝(mA＋mB)v⑤A从开始运动到与B发生碰撞前，由动能定理有Fl＝12mAv2A⑥由④⑤⑥式，代入数据解得l＝0.45m.5．如图所示，长l为0.8m的细绳，一端固定于O点，另一端系一个质量

为m1＝0.2kg的球．将球提起使细绳处于水平位置时无初速度释放．当球摆至最低点时，恰与放在光滑水平桌面边缘的质量为m2＝1kg的铁块正碰，碰后小球以2m/s的速度弹回．若光滑桌面距地面高度h＝1.25m，铁块落地点

距桌边的水平距离多大？(g取10m/s2)答案：0.6m解析：根据机械能守恒定律，先求小球与铁块相碰前的速度，m1gl＝12m1v2，v＝2gl＝4m/s.再运用动量守恒定律，求出球与铁块相碰后铁块的速度v2，m1v＝m1v1＋m2v2，

v2＝m1m2(v－v1)，因为小球是被弹回的，故取v1＝－2m/s，代入上式可求得v2＝1.2m/s.由平抛公式可求得铁块的水平射程：x＝v22hg＝0.6m.