2019-2020年高考物理总复习 第6章 第2课时 弹性碰撞和非弹性碰撞分组训练(含解析)

2019-2020年高考物理总复习 第6章 第2课时 弹性碰撞和非弹性碰撞分组训练（含解析）A 组 非弹性碰撞问题1．(xx·郑州调研)甲、乙两车相向运动，碰撞后连成一体并沿甲车原来的运动方向运动，由此可判断知( )A ．乙车的质量比甲车的小B ．乙车的速度比甲车的小C ．乙车的动量比甲车的小D ．乙对甲的作用力小于甲对乙的作用力 【答案】C【解析】由二者碰撞动量守恒可知，二者的合动量的方向为甲车原来的运动方向，所以p 甲>p 乙．2．如图5所示，在水平光滑直导轨上，静止放着三个质量均为m ＝1 kg 的相同小球A 、B 、C ．现让A 球以v 0＝2 m/s 的速度向着B 球运动，A 、B 两球碰撞后粘在一起，两球继续向右运动并跟C 球碰撞，C 球的最终速度v C ＝1 m/s.求：图5(1)A 、B 两球跟C 球相碰前的共同速度为多大？ (2)两次碰撞过程中一共损失了多少动能？ 【答案】(1)1 m/s (2)1.25 J【解析】(1)A 、B 相碰满足动量守恒有：mv 0＝2mv 1 得两球跟C 球相碰前的速度v 1＝1 m/s.(2)两球与C 碰撞同样满足动量守恒2mv 1＝mv C ＋2mv 2得两球与C 球碰后的速度v 2＝0.5 m/s.ΔE k ＝12mv 20－12mv 2C －12×2mv 22＝2 J －0.5 J －0.25 J ＝1.25 J.3．如图6所示，在高1.25 m 的水平桌面上放一个0.5 kg 的木块，0.1 kg 的橡皮泥以30 m/s 的水平速度粘到木块上(黏合过程时间极短)．木块在桌面上滑行1.5 m 后离开桌子落到离桌边2 m 的地方．求木块与桌面间的动摩擦因数．(g 取10 m/s 2)图6【答案】0.3【解析】设碰前橡皮泥的速度为v 0，碰后共同速度为v ，由动量守恒定律有mv 0＝(M ＋m )v 代入数据得v ＝5 m/s设木块离开桌面时的速度为v ′，由平抛知识得s ＝v ′th ＝12gt 2，代入数据得v ′＝4 m/s.木块在桌面上滑行时，由动能定理得 －μ(M ＋m )gL ＝12(M ＋m )v ′2－12(M ＋m )v 2解得μ＝0.3.B 组 弹性碰撞问题4．图7是一个演示实验，它显示：图中自由下落的物体A 和B 经反弹后，B 能上升到比初始位置高得多的地方．A 是某种材料组成的空心球，质量为m 1＝0.28 kg ，在其顶部的凹坑中插着质量为m 2＝0.10 kg 的木棍B ．B 只是松松地插在凹坑中，其下端与坎底之间有小空隙，将此装置从A 下端离地板的高度H ＝1.25 m 处静止释放．实验中A 触地后在极短的时间内反弹，与地之间发生弹性碰撞；接着木棍B 脱离A 开始上升，而球A 恰好停留在地板上，求木棍B 上升的高度．重力加速度g ＝10 m/s 2.图7【答案】见解析【解析】由自由落体的规律得球A 落地时的速度大小为v 1＝2gH由于球与地之间发生弹性碰撞，所以小球原速反弹，球再与木棍发生碰撞，取竖直向上为动量的正方向，根据动量守恒定律得m 1v 1－m 2v 1＝m 2v 2B 做竖直上抛运动，由机械能守恒，得m 2v 222＝m 2gh整理得h ＝m 1－m 22Hm 22代入数据得h ＝4.05 m.5．(xx·河北联考)如图8所示，光滑水平面上的木板C 的质量m C ＝2 kg ，长l ＝2 m ，它的两端各有块挡板．木板的正中央并列放着两个可以视为质点的滑块A 和B ，它们的质量m A ＝1 kg ，m B ＝4 kg ，A ，B 之间夹有少许炸药．引爆炸药，A ，B 沿同一直线向两侧分开，运动到两端的挡板时与板粘贴在一起．A ，B 与木板C 之间的摩擦不计．引爆时间及A ，B 跟挡板碰撞的时间也不计．若爆炸后A 获得的速度v A ＝6 m/s ，试计算：图8(1)A ，B 都与挡板粘贴在一起以后，木板C 的速度； (2)从引爆炸药到A ，B 都分别与挡板粘贴在一起的时间差． 【答案】(1)0 (2)0.214 s【解析】(1)取A 、B 、C 为系统，其所受合外力为零，故系统动量守恒，而初始时合动量为零，所以当A 、B 都与挡板粘贴在一起时，系统动量也为零，即木板C 的速度为零．(2)爆炸前后A 、B 组成的系统动量守恒，设爆炸后滑块B 获得的速度大小为v B ，则m A v A－m B v B ＝0，解得v B ＝1.5 m/s ；A 先与挡板碰撞，设A 、C 碰后两者的速度为v ，则m A v A ＝(m A＋m C )v ，得v ＝2 m/s.滑块A 运动到挡板的时间t A ＝l2v A ＝16 s ，在t A 时间内B 滑块向左运动的位移s B ＝v B t A ＝0.25 m ，滑块B 运动到挡板的时间t B ＝t A ＋l2－s Bv B ＋v，所以从引爆炸药到A 、B 分别与挡板粘贴在一起的时间差Δt ＝t B －t A ＝l2－s B v B ＋v＝0.214 s.2019-2020年高考物理总复习 第6章 第2课时 弹性碰撞和非弹性碰撞课时作业（含解析）一、单项选择题1．在光滑水平面上，动能为E 0、动量大小为p 0的小钢球1与静止的小钢球2发生碰撞，碰撞后球1的运动方向相反，将碰撞后球1的动能和动量大小分别记为E 1、p 1，球2的动能和动量大小分别记为E 2、p 2，则不可能有( )A ．E 1＜E 0B ．p 1＜p 0C ．E 2＜E 0D ．p 2＜p 0【答案】D【解析】球1与球2碰后动能的关系E 0≥E 1＋E 2，所以E 1＜E 0，E 2＜E 0；碰后球1的速度大小v 1＜v 0，对于球1其动量大小有p 1＜p 0，由碰后球1运动方向相反可得p 2＞p 0，故选D ．2.质量为m 的物块甲以3 m/s 的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定其上，另一质量也为m 的物体乙以4 m/s 的速度与甲相向运动，如图1所示，则( )图1A ．甲、乙两物块在弹簧压缩过程中，由于弹力作用，动量不守恒B ．当两物块相距最近时，甲物块的速度为零C ．当甲物块的速度为1 m/s 时，乙物块的速率可能为2 m/s ，也可能为0D ．甲物块的速度可能达到5 m/s 【答案】C【解析】由于弹簧是轻质的，甲、乙在水平方向上除相互作用外不受其他力，故水平方向上二者组成的系统动量守恒，A 错；当甲、乙相距最近时应有v 甲＝v 乙，故由动量守恒有mv 乙－mv 甲＝2mv (其中以物体乙的初速度方向为正)，代入数据有v ＝0.5 m/s ，B 错；又二者作用过程中，总机械能也守恒，当二者分离时甲获得最大速度，则由动量守恒和能量守恒有⎩⎪⎨⎪⎧mv 乙－mv 甲＝mv m －mv ′v ′为两物块分离时乙的速度大小12mv 2乙＋12mv2甲 ＝12mv 2m＋12mv ′2解之得v m ＝v 乙＝4 m/s ，v ′＝v 甲＝3 m/s ，故D 错；当甲物块的速度为向左的1 m/s 时，由动量守恒可求得乙的速率为2 m/s.当甲物块的速度为向右的1 m/s ，同样可求得乙的速率为0，故C 对．3．如图2所示，在光滑的水平面上，有一质量M ＝3 kg 的薄板和一质量m ＝1 kg 的物块朝相反方向运动，初速度大小都为v ＝4 m/s ，它们之间有摩擦．当薄板的速度大小为2.4 m/s 时，物块的运动情况是( )图2A ．做加速运动B ．做减速运动C ．做匀速运动D ．以上运动都有可能【答案】A【解析】根据系统的动量守恒定律得：当m 的速度为零时，M 的速度为2.67 m/s ，此前m 向右减速运动，M 向左减速运动，此后m 将向左加速度运动，M 继续向左减速运动；当两者速度达到相同时，即速度均为2 m/s 时，两者相对静止，一起向左匀速直线运动．由此可知当M 的速度为2.4 m/s 时，m 处于向左加速运动的过程中，A 对．二、双项选择题4．在质量为M 的小车中挂有一单摆，摆球的质量为m 0，小车和单摆一起以恒定的速度v沿光滑水平面运动，与位于正对面的质量为m 的静止木块发生碰撞，碰撞的时间极短，在此碰撞瞬间，下列说法中可能发生的是( )A ．小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为v 1、v 2、v 3，满足(M ＋m 0)v ＝Mv 1＋mv 2＋m 0v 3B ．摆球的速度不变，小车和木块的速度分别为v 1和v 2，满足Mv ＝Mv 1＋mv 2C ．摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为v 1，满足Mv ＝(M ＋m )v 1D ．小车和摆球的速度都变为v 1，木块的速度变为v 2，满足(M ＋m 0)v ＝(M ＋m 0)v 1＋mv 2 【答案】BC【解析】由于碰撞时间极短，故摆球可认为不参与碰撞过程，故摆球的动量保持不变，故A 、D 错；小车与木块碰撞过程遵守动量守恒，可能碰后分开，即B ；也可能碰后合在一起，即C ．5．(xx·广州测试)如图3所示，光滑的水平面上，质量为m 1的小球以速度v 与质量为m 2的静止小球正碰，碰后两小球的速度大小都为12v ，方向相反，则两小球质量之比m 1∶m 2和碰撞前后动能变化量之比ΔE k1∶ΔE k2为( )图3A ．m 1∶m 2＝1∶3B ．m 1∶m 2＝1∶1C ．ΔE k1∶ΔE k2＝1∶3D ．ΔE k1∶ΔE k2＝1∶1【答案】AD3碰撞后m 1小球被反弹，由动量守恒定律得m 1v ＝m 1(－v 2)＋m 2v2解得m 1∶m 2＝1∶3，所以A 正确． ΔE k1＝12m 1v 2－12m 1(－v 2)2＝3m 1v 28ΔE k2＝12m 2(v 2)2＝m 2v 28＝3m 1v 28ΔE k1∶ΔE k2＝1∶1，故D 正确． 三、非选择题6．如图4所示，甲车质量为m 1＝2 kg ，静止在光滑水平面上，上表面光滑，右端放一个质量为m ＝1 kg 的小物体，乙车质量为m 2＝4 kg ，以v 0＝5 m/s 的速度向左运动，与甲车碰撞后，甲车获得v 1＝8 m/s 的速度，物体滑到乙车上．若乙车足够长，其上表面与物体间的动摩擦因数为μ＝0.2，求：图4(1)甲、乙两车碰后瞬间乙车的速度；(2)物体在乙车表面上滑行多长时间相对乙车静止(取g ＝10 m/s 2)? 【答案】(1)1 m/s 向左 (2)0.4 s【解析】(1)乙车与甲车碰撞过程中，小物体仍保持静止，甲、乙组成的系统动量守恒，选择乙车前进的方向为正方向，有：m 2v 0＝m 2v 2＋m 1v 1解得乙车的速度为：v 2＝1 m/s ，方向仍向左．(2)小物体m 在乙上滑至两者有共同速度过程中动量守恒：m 2v 2＝(m 2＋m )v 解得：v ＝0.8 m/s小物体m 匀加速直线运动，应用牛顿第二定律得：a ＝μg 故滑行时间t ＝v a ＝vμg＝0.4 s7．(xx·广东十校联考)如图5所示，半径为R 的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B 和圆心O 的连线与水平方向的夹角θ＝30°，另一端点C 为轨道的最低点，过C 点的轨道切线水平．C 点右侧的光滑水平面上紧挨C 点放置一质量为m ，长为3R 的木板，上表面与C 点等高，木板右端固定一弹性挡板(即小物块与挡板碰撞时无机械能损失)．质量为m 的物块(可视为质点)从空中A 点以v 0＝gR 的速度水平抛出，恰好从轨道的B 端沿切线方向进入轨道．已知物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.5.试求：图5(1)物块经过轨道上B 点时的速度大小； (2)物块经过轨道上C 点时对轨道的压力； (3)木板能获得的最大速度． 【答案】(1)2gR (2)8mg (3)7＋12gR 【解析】(1)v B ＝v 0sin θ＝2gR .(2)物块从B 到C 由机械能守恒有mgR (1＋sin θ)＝12mv 2C －12mv 2B得：v C ＝7gRN －mg ＝m v 2CR得：N ＝8 mg .(3)假设物块与弹性挡板相碰前与木块已相对静止，则二者共速时木块速度最大，设物块与木板相对静止时的速度为v 共，则mv C ＝2mv 共μmgs 相对＝12mv 2C －12×2mv 2共由以上两式得：s 相对＝3.5 R ，说明木板不够长，故物块与挡板碰后瞬间木板速度最大． 设碰后瞬间物块与木板的速度分别为v 1、v 2，则mv C ＝mv 1＋mv 2μmg ·3R ＝12mv 2C －(12mv 21＋12mv 22)由以上两式得：v 2＝7±12gR v 1＝7∓12gR 由于v 1<v 2，故7＋12gR 为碰后速度，即木板的最大速度． 8. (xx·广东五校联考)如图6所示，在水平桌面上有两个静止的物块A 和B (均可视为质点)，质量均为m ＝0.2 kg ，桌子处于方向斜向右上方与水平方向成45°角、电场强度E ＝10 2 N/C 的匀强电场中．物块A 带正电，电荷量q ＝0.1 C ，A 与桌面间的动摩擦因数μ＝0.2，物块B 是绝缘体，不带电，桌面离地面的高度h ＝5 m ，开始时，A 、B 相距L ＝2 m ，B 在桌子的边缘，在电场力作用下，A 开始向右运动，并与B 发生碰撞，碰撞中无能量损失，A 、B 间无电荷转移，g 取10 m/s 2.求：图6(1)A 经过多长时间与B 相碰； (2)A 、B 落地点之间的水平距离．【答案】(1)1 s (2)1 m【解析】(1)选取A 为研究对象，其受力情况如图所示： 根据牛顿第二定律：Eq cos 45°－f ＝ma A①A 物体在竖直方向受力平衡： F N ＋Eq sin 45°＝mg ② f ＝μF N③设A 经过时间t 与B 发生碰撞，由运动学公式有：L ＝12a A t 2④由①②③④式得t ＝1 s.(2)A 与B 碰撞前一瞬间，A 的速度v A ＝a A t ⑤碰撞过程中动量与能量均守恒，设碰后A 、B 的速度分别为v A ′、v B ′，由动量守恒定律和机械能守恒定律得mv A ＝mv A ′＋mv B ′⑥ 12mv 2A ＝12mv A ′2＋12mv B ′2⑦由⑤⑥⑦式得：v A ′＝0 v B ′＝4 m/s 碰后，B 做平抛运动，其水平位移s B ＝v B ′t B⑧ t B ＝2hg⑨碰后，A 在空中的受力情况如图所示，A 在竖直方向做匀加速直线运动，设加速度为a Ay ，在水平方向做匀加速直线运动，设加速度为a Axa Ay ＝mg －Eq sin 45°m⑩ a Ax ＝Eq cos 45°m⑪ A 的水平位移s A ＝12a Ax t 2A ⑫ h ＝12a Ay t 2A⑬Δs ＝|s B －s A |联立以上各式得：Δs＝1 m．。