【文档说明】新教材2022版物理鲁科版选择性必修第一册提升训练：第1章第4节弹性碰撞与非弹性碰撞含解析.docx，共(22)页，192.708 KB，由envi的店铺上传

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第4节弹性碰撞与非弹性碰撞基础过关练题组一碰撞的特点和分类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.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C.如果碰撞过程中机械能守恒,这样的碰撞叫作非弹性碰撞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2.(多选)关于非弹性碰撞,下列说法正确的是()A.非弹性碰撞中能量不守恒B.非弹性碰撞是相对弹性碰撞来说的C.非弹性碰撞的动能一定减少D.非弹性碰撞的动

能可能增加3.现有甲、乙两滑块,质量分别为3m和m,以相同的速率v在光滑水平面上相向运动,发生了碰撞。已知碰撞后,甲滑块静止不动,那么这次碰撞是()A.弹性碰撞B.非弹性碰撞C.完全非弹性碰撞D.条件不足,无法确定题组二碰撞可能性的判断4.

A、B两球在光滑水平面上沿同一直线发生正碰,作用前pA=20kg·m/s,pB=0;碰撞过程中,A球动量增量为ΔpA=-10kg·m/s,则作用后B球的动量pB'为()A.-20kg·m/sB.-10kg·m/sC.20kg·m/sD.10kg·m/s5.(多选)质量为1kg的小球以4m/s的速

度与质量为2kg的静止小球正碰,关于碰后的速度v1'和v2',下面可能正确的是()A.v1'=v2'=43m/sB.v1'=3m/s,v2'=0.5m/sC.v1'=1m/s,v2'=3m/sD.v1'=-1m/s,

v2'=2.5m/s6.(多选)如图所示,小球A的质量为mA=5kg,动量大小为pA=4kg·m/s,小球A在光滑水平面上向右运动,与静止的小球B发生弹性碰撞,碰后A的动量大小为pA'=1kg·m/s,方向水平向右,则()A.碰后小球B的动量大小为

pB=3kg·m/sB.碰后小球B的动量大小为pB=5kg·m/sC.小球B的质量为15kgD.小球B的质量为3kg7.(2020黑龙江伊春第二中学高二开学考试)三个质量分别为m1、m2、m3的小球,半

径相同,并排悬挂在长度相同的三根竖直绳上,彼此恰好相互接触。现把质量为m1的小球拉开一些,如图中虚线所示,然后由静止释放,经球1与球2、球2与球3相碰之后,三个球的动量相同。若各球间碰撞均为弹性碰撞,且碰撞时间极短,不计空气阻力,则m1∶m2∶m3为()A.6∶3∶1B.2∶3∶1C.2∶1∶1D

.3∶2∶1题组三爆炸问题8.(多选)如图所示,水平面上O点的正上方有一个静止物体P,炸成两块a、b水平飞出,分别落在A点和B点,且OA>OB。若爆炸时间极短,空气阻力不计,则(深度解析)A.落地时a的速度大于b的速度B.落地时a的速度小于b的速度C.爆炸过程中a增加的动能大于b增加

的动能D.爆炸过程中a增加的动能小于b增加的动能9.一弹丸在飞行到距离地面5m高时仅有水平速度v=2m/s,爆炸成甲、乙两块水平飞出,甲、乙的质量之比为3∶1,不计质量损失,不计空气阻力,重力加速度g取10m/s2,则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是()题组四碰撞规律的应用10

.在光滑的水平面上,质量为m1的小球A以速率v0向右运动。在小球的前方O点处有一质量为m2的小球B处于静止状态,如图所示。小球A与小球B发生正碰后小球A、B均向右运动。小球B被在Q点处的墙壁弹回后与小球A在P

点相遇,PQ=1.5PO。假设两小球之间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性碰撞,求两小球质量之比𝑚1𝑚2。11.2019年11月9日,在深圳举行的2019亚太冰壶锦标赛女子决赛中,中国队以10∶3战胜日本队,获得冠

军。中国队队员在最后一投中,将质量为m的冰壶推出,运动一段时间后以0.4m/s的速度正碰静止的日本队冰壶,然后中国队冰壶以0.1m/s的速度继续向前滑向大本营中心。若两冰壶质量相等,求:(1)日本队冰壶获得的速度大小;(2)试判断两

冰壶之间的碰撞是弹性碰撞还是非弹性碰撞。12.如图所示的三个小球的质量都为m,B、C两球用水平轻弹簧连接后放在光滑的水平面上,A球以速度v0沿B、C两球球心的连线向B球运动,碰后A、B两球粘在一起。问:(1)A、B两球刚刚粘合在一起的速度是多大?(2)弹簧压缩至最短时三个小球的速度

是多大?(3)弹簧的最大弹性势能是多少?13.如图所示,质量均为M=4kg的小车A、B停在光滑水平面上,B车上用轻绳挂有质量为m=2kg的小球C,B车静止,A车以v0=2m/s的速度向B车运动,相碰后粘在一起(碰撞时间很短)。求:(1)碰撞过程中

系统损失的机械能;(2)碰后小球C第一次回到最低点时的速度大小。能力提升练题组一碰撞中的图像问题1.(2020山东青岛高三期中,)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图像如图

所示,下列关系正确的是()A.ma>mbB.ma<mbC.ma=mbD.无法判断2.(2020河南六校高三联考,)(多选)水平面上的A、B两球沿同一直线运动并发生正碰,如图所示为两球碰撞前、后的位移随时间变化的图像,a、b分别为A、B两球碰前图像,c为碰撞后两球共同运动的图像,已

知A球质量是m=2kg,则由图像判断下列结论正确的是()A.由图像可知碰撞前A球做匀减速直线运动,B球做匀加速直线运动B.碰撞前后A球动量变化量大小为4kg·m/sC.B球质量为43kgD.A、B两球碰撞前的总动量为3kg·m/s3

.(2019安徽定远二中月考,)(多选)如图所示,光滑水平面上,质量为m1的足够长的木板向左匀速运动。t=0时刻,质量为m2的木块从木板的左端向右以与木板相同大小的速度滑上木板。t1时刻,木块和木板相对静止,共同向左匀速运动,以v1和a1表示木板的速度和加速度,以v2和a2表示木块

的速度和加速度,以向左为正方向。则下列图中正确的是()4.(2020宁夏育才中学高二上月考,)(多选)如图甲所示,在光滑水平面上的A、B两个小球发生正碰,两小球的质量分别为m1和m2,图乙为它们碰撞前后的x-t图像。已知m1=0.1kg。由此可以判断()A.碰前B静止,A

向右运动B.碰后B和A都向右运动C.由动量守恒可以算出B=0.3kgD.碰撞过程中系统损失了0.4J的机械能5.(2019吉林长春四模,)(多选)在冰壶比赛中,球员手持毛刷擦刷冰面,可以改变冰壶滑行时受到的阻力。如图甲所示,蓝壶静止在圆形区域内,运动员用等质量的红壶撞击蓝壶,两壶发生

正碰,碰后两壶的加速度相等,若碰撞前后两壶的v-t图像如图乙所示。关于冰壶的运动,下列说法正确的是()A.红壶碰撞前后速度大小变化了1.1m/sB.碰撞后蓝壶的加速度大小为0.3m/s2C.蓝壶运动了4s停下D.碰撞后两壶相距的最远距离为1.2m题组二碰撞中的动力学、动量、能量综合问题6

.(2020东北育才学校高三模拟,)在光滑水平面上,一质量为m、速度大小为v的A球与质量为2m静止的B球发生正碰,则碰撞后B球的速度大小可能是()A.vB.0.8vC.0.5vD.0.3v7.(2020江西临川第

一中学高三第一次联考,)如图所示,质量为m的小球A静止于光滑水平面上,在A球与墙之间用轻弹簧连接。现用完全相同的小球B以水平速度v0与A相碰后粘在一起压缩弹簧。不计空气阻力,若弹簧被压缩过程中的最大弹性势能为E,从球A被碰后开始到回到原静止位置的过程中墙对弹簧的冲量大小为I,则下列表达式中正

确的是()A.E=14m𝑣02I=2mv0B.E=12m𝑣02I=2mv0C.E=14m𝑣02I=mv0D.E=12m𝑣02I=mv08.(2021安徽皖北名校联盟高二上月考,)如图所示,斜面上C点上侧是光滑

的,下侧是粗糙的。现让滑块A从C点上侧的某点由静止开始下滑,滑块A经加速后在C点与静止的滑块B发生碰撞,碰撞时间极短,且碰撞过程中系统无机械能损失,最终两滑块均停在C点下侧粗糙斜面上同一位置。已知A、B两滑块与粗糙斜面间的动摩擦因数相同,A、B两滑块均可视为质点,则A、B两

滑块的质量之比为()A.1∶4B.1∶3C.1∶2D.1∶19.(2020湖北部分重点中学联考高三上月考,)用两只玩具小车A、B做模拟碰撞实验,玩具小车A、B质量分别为m1=1kg和m2=3kg,把两车放置在相距s=8m的水平面上。现让小车A在水平恒力作用下向着

小车B运动,恒力F作用1s后撤去,小车A继续运动与小车B发生碰撞,碰撞后两车粘在一起,滑行d=0.25m停下。已知两车运动所受的阻力均为重力的0.2,重力加速度取10m/s2。求:(1)两个小车碰撞后的速度大小;(2)小车A受到的恒力F的大小。

10.(2019重庆八中高二下月考,)如图所示,一条轨道固定在竖直平面内,粗糙的ab段水平,bcde段光滑,cde段是以O为圆心、R为半径的一小段圆弧,可视为质点的物块A和B紧靠在一起,静止于b处,A的质量是B的3倍。两物块在足够

大的内力作用下突然分离,分别向左、右始终沿轨道运动。B到d点时速度沿水平方向,此时轨道对B的支持力大小等于B所受重力的34。A与ab段轨道间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,求:(1)物块B在d点的速度大小v;(2)物块A滑行的距离s。11.(2020湖北荆门高二期末,)如图所示,长为L的轻

绳竖直悬挂着一质量为m的小球A,恰好挨着放置在水平面上质量为m的物块B。现把小球向左上方拉至细绳恰好水平绷直,然后从静止释放小球。小球A到达最低点时恰好与物块B发生弹性碰撞,物块B向右滑行了2L的距离停下。求:(1)物块与水平面间的动摩擦因数μ。(2)若仅改变A

的质量,仍让A从原位置由静止释放,A、B发生弹性碰撞后,B向右滑行的距离为4.5L,则小球A的质量应该多大。答案全解全析第4节弹性碰撞与非弹性碰撞基础过关练1.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运动状态发生了显著变化,故A正确;碰撞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B错误;如果碰撞中机械能守恒,这样的碰撞就叫作弹性碰撞,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.BC在非弹性碰撞中,机械能不守恒,但能量仍是守恒的,碰撞过程中会有一部分动能转化为其他形式的能量,故动能会减少,故B、C正确,A、D错误。3.A以甲滑块的运动方向为正方向,由动量守恒定律得:3m·v-mv=0+mv

',所以v'=2v,碰前总动能Ek=12×3m·v2+12mv2=2mv2,碰后总动能Ek'=12mv'2=2mv2,Ek=Ek',所以A正确。4.D根据动量守恒定律知ΔpA+ΔpB=0,由于A动量减少10kg·m/s,则B动量增加10kg·m/s,作用后B球的动

量pB'=pB+ΔpB=10kg·m/s,D正确。5.AD由碰撞前后动量守恒m1v=m1v1'+m2v2'和动能不增加Ek≥Ek1'+Ek2'验证A、B、D三项皆有可能。但B项碰后后面小球的速度大于前面小球的速度,会发生第二次碰撞,不符合实际,故选A、D。6.AD规定向右

为正方向,碰撞过程中A、B组成的系统动量守恒,所以有pA=pA'+pB,解得pB=3kg·m/s,A正确,B错误;由于是弹性碰撞,所以没有机械能损失,故𝑝𝐴22𝑚𝐴=𝑝𝐴'22𝑚𝐴+𝑝𝐵22𝑚𝐵,解得mB=3kg,C错误,

D正确。7.A因为各球间发生的碰撞是弹性碰撞,则碰撞过程机械能守恒、动量守恒。碰撞后三个小球的动量相同,设为p,则总动量为3p。由机械能守恒定律得(3𝑝)22𝑚1=𝑝22𝑚1+𝑝22𝑚2+𝑝22𝑚3,即9𝑚1=1𝑚1+1𝑚2+1𝑚

3,代入四个选项的质量比值关系,只有A项符合,故选A。8.ACP爆炸成两块a、b的过程中在水平方向动量守恒,则mava-mbvb=0,即pa=pb,由于下落过程是平抛运动,由题图知va>vb,因此ma<mb,由Ek=𝑝

22𝑚知Eka>Ekb,C正确,D错误;由于va>vb,而下落过程中a、b在竖直方向的速度增量为gt,是相等的,因此落地时仍有va'>vb',A正确,B错误。方法技巧(1)从守恒的角度看,爆炸不同于碰撞,在爆炸过程中,系统在水平方向上

的动量守恒,机械能增加。(1)从分析过程的角度看,爆炸与碰撞类似,分为爆炸前瞬间的动量和爆炸后瞬间的动量。9.B弹丸在爆炸过程中,水平方向的动量守恒,设弹丸质量为m,有mv=34mv甲+14mv乙,解得4v=3

v甲+v乙,爆炸后两块弹片均做平抛运动,竖直方向有h=12gt2,水平方向对甲、乙两弹片分别有x甲=v甲t,x乙=v乙t,代入各图中数据,可知B正确。10.答案2解析从两小球碰撞后到它们再次相遇,小球A和B的速度大小保持不变,根据它们通过的路程,可知小球B和小球A在碰撞后的

速度大小之比为4∶1两球碰撞过程为弹性碰撞,有:m1v0=m1v1+m2v212m1𝑣02=12m1𝑣12+12m2𝑣22解得𝑚1𝑚2=2。11.答案(1)0.3m/s(2)非弹性碰撞解析(1

)取向前运动方向为正方向,由动量守恒定律知mv1=mv2+mv3将v1=0.4m/s,v2=0.1m/s代入上式解得:v3=0.3m/s。(2)碰撞前的动能E1=12m𝑣12=0.08m,碰撞后两冰壶的总动能E2=12m𝑣22+12m𝑣3

2=0.05m因为E1>E2,所以两冰壶间的碰撞为非弹性碰撞。12.答案(1)𝑣02(2)𝑣03(3)112m𝑣02解析(1)在A、B碰撞的过程中弹簧的压缩量是极其微小的,产生的弹力可忽略,即弹簧并没有参与作用,因此A、B

两球组成的系统所受合外力为零,动量守恒,以v0的方向为正方向,则有:mv0=2mv1,解得v1=𝑣02。(2)粘合在一起的A、B两球向右运动,压缩弹簧,由于弹力的作用,C球加速,速度由零开始增大,而A、B两球减速,速度逐渐减小,当三球相

对静止时弹簧最短,此时三球速度相等。在这一过程中,三球和轻弹簧构成的系统动量守恒,以A、B两球刚刚粘合在一起的速度方向为正方向,有:2mv1=3mv2,解得v2=23v1=𝑣03。(3)当弹簧被压缩至最短时,弹性势能最大,即:Epm=12×2m𝑣12-12

×3m𝑣22=112m𝑣02。13.答案(1)4J(2)1.6m/s解析(1)设A、B车碰后共同速度为v1,由动量守恒定律得Mv0=2Mv1①系统损失的机械能为E损=12M𝑣02-12×2M𝑣12②联立①②解得E损=4J③(2)设碰后小球C第一次回到最低点时A、B车速为v2,小

球C速度为v3,对A、B、C组成的系统,由水平方向动量守恒得2Mv1=2Mv2+mv3④由能量守恒定律得12×2M𝑣12=12×2M𝑣22+12m𝑣32⑤联立①④⑤解得v3=1.6m/s⑥能力提升练1.B根据题中图像,由动量守恒定律得

mava=mava'+mbvb',由于va'<0,则b球获得的动量大于a球最初的动量。若ma=mb,则两球交换速度,与题图不符;由Ek=𝑝22𝑚知,若ma>mb,则b球的动能将会大于a球最初的动能,违背能量守恒定律,则必然满足ma<mb,故B正确。2.BC由于x-t

图像的斜率表示速度,因此碰撞前A、B两球都做匀速运动,故A错误;碰撞前有:vA=-3m/s,vB=2m/s,碰撞后有:vA'=vB'=-1m/s;碰撞前后A的动量变化为:ΔpA=mvA'-mvA=2×(-1)kg·m/s-2×(-3)kg·m/s=4kg·m/s,故B

正确;根据动量守恒定律,碰撞前后B的动量变化为:ΔpB=-ΔpA=-4kg·m/s,又:ΔpB=mB(vB'-vB),所以解得mB=43kg,故C正确;A与B碰撞前的总动量为:p总=mvA+mBvB=2×(-3)k

g·m/s+43×2kg·m/s=-103kg·m/s,故D错误。3.BD木块和木板组成的系统动量守恒,因为最终共同的速度方向向左,设t=0时刻木板和木块的速度大小为v,t1时刻木板和木块的速度大小为v',则有m1v-

m2v=(m1+m2)v',知m1>m2;木块的加速度a2=𝐹f𝑚2,方向向左,木板的加速度a1=𝐹f𝑚1,方向向右,因为m1>m2,则𝐹f𝑚1<𝐹f𝑚2,故A错误,B正确;木块滑上木板后,木块先做匀减速直线运动,速度减到零后,做匀加速直线运动,与木板速度相同后一起

做匀速直线运动,木板先做匀减速直线运动,最终做匀速直线运动,且速度方向向左,为正值,故D正确,C错误。4.AC由题图乙可以看出,碰前A位移随时间均匀增加,B位移不变,可知B静止,A向右运动,故A正确;碰后一个位移增大,一个位移减小,说明

运动方向不一致,B错误;由题图乙可以计算出A碰前的速度v1=4m/s,碰后的速度v1'=-2m/s,B碰前的速度v2=0,碰后的速度v2'=2m/s,由动量守恒定律m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2',计算得m2=0.3kg,故C正确;碰撞过程中系统损失的机械

能ΔE=12m1𝑣12-12m1v1'2-12m2v2'2=0,D错误。5.BD由题图乙可知,碰撞前红壶速度v1=1.2m/s,碰撞后红壶速度v2=0.3m/s,所以碰撞前后红壶速度减小了0.9m/s,选项A错误;由题图乙可知,碰后红壶的加速度大小为0.3m/s2,根据题述碰后两壶的加

速度相等,则蓝壶的加速度大小也为0.3m/s2,选项B正确;由碰撞过程中系统动量守恒mv1=mv2+mv蓝,解得v蓝=0.9m/s,由v=at解得蓝壶的运动时间为3s,选项C错误;根据v-t图像中图线与时间轴所围的面积表示位移可知,碰撞

后红壶发生的位移为0.15m,蓝壶发生的位移为1.35m,则两壶相距最远距离为1.2m,选项D正确。6.C以两球组成的系统为研究对象,以A球的初速度方向为正方向,如果碰撞为弹性碰撞,由动量守恒定律得:mv=mvA+2mvB,由机械能守恒定律得:12mv2=12m𝑣𝐴2+12·2m𝑣𝐵2,

解得:vA=-13v,vB=23v,负号表示碰撞后A球反向弹回。如果碰撞为完全非弹性碰撞,以A球的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得:mv=(m+2m)vB,解得:vB=13v;则碰撞后B球的速度范围是:13v≤vB≤23v,则碰后B球的速度大小

可能是0.5v。故A、B、D错误,C正确。7.AA、B碰撞瞬间,由动量守恒定律可知:mv0=2mv1,解得:v1=𝑣02,碰撞后小球与弹簧组成的系统机械能守恒,当两球向左减速到零时弹簧的弹性势能最大,最大弹性势能为E,则E=12×2m×(𝑣02)2=14m𝑣0

2,取A、B整体分析,取向右为正,由动量定理可得I=2m×𝑣02-(-2𝑚×𝑣02)=2mv0,故A项正确。8.B设A与B相碰前瞬间的速度为v0,由于碰撞为弹性碰撞,根据动量守恒和能量守恒有mAv0=mA

vA+mBvB12mA𝑣02=12mA𝑣𝐴2+12mB𝑣𝐵2解得碰撞后A的速度vA=𝑚𝐴-𝑚𝐵𝑚𝐴+𝑚𝐵v0碰撞后B的速度vB=2𝑚𝐴𝑚𝐴+𝑚𝐵v0A反弹回斜面光滑部分后先做减速运动、后做加速运

动,又经C点滑入斜面粗糙部分。由于两滑块最终均停在C点下侧粗糙斜面上的同一位置,故有-vA=vB联立解得𝑚𝐴𝑚𝐵=13故B正确,A、C、D错误。9.答案(1)1m/s(2)8N解析(1)两小车碰撞后滑行的过程中,由动

能定理有-k(m1+m2)gd=0-12(m1+m2)𝑣32解得两个小车碰撞后的速度大小v3=1m/s(2)两车碰撞过程中,取碰撞前A车的速度方向为正方向,由动量守恒定律有m1v2=(m1+m2)v

3解得v2=4m/s在恒力作用过程中,由动量定理有Ft-km1gt=m1v1此过程位移x1=𝑣12t撤去F至二车相碰过程,由动能定理有-km1gx2=12m1𝑣22-12m1𝑣12结合x1+x2=s解得F=8N10.答案(1)√𝑔𝑅2(2)𝑅8𝜇解析(1)设物

块B的质量为m,则A的质量为3m,物块B在d点时,受力分析得mg-34mg=m𝑣2𝑅,解得v=√𝑔𝑅2(2)物块B从b到d的过程中,由机械能守恒得12m𝑣𝐵2=mgR+12mv2物块A、B分离过程中动量守恒,取向右为正方向,有mvB-3mvA=0物块

A减速运动到停止的过程中,由动能定理得-3μmgs=0-12×3m𝑣𝐴2联立以上各式解得s=𝑅8𝜇11.答案(1)0.5(2)3m解析(1)设小球A与物块B碰撞前瞬间的速度为v0,由机械能守恒定律得12m𝑣02=mgL解得v0=√2𝑔𝐿设碰撞后瞬间小球A、物块B

的速度分别为v1、v2,由于碰撞是弹性碰撞,根据动量守恒和能量守恒,有mv0=mv1+mv212m𝑣02=12m𝑣12+12m𝑣22解得v2=v0=√2𝑔𝐿对于物块向右滑行的过程,由动能定理有-μmg×2L=0-12m𝑣22解得μ=0.5(2)设碰撞后瞬间小球A、

物块B的速度分别为v1'、v2',有Mv0=Mv1'+mv2'12M𝑣02=12Mv1'2+12mv2'2B向右滑行4.5L,则有-μmg×4.5L=0-12mv2'2联立解得M=3m获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.x

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