人教版2019選擇性必修第一冊高二物理同步練習(xí)1.5彈性碰撞和非彈性碰撞(原卷版+解析)

第5節(jié)彈性碰撞和非彈性碰撞彈性碰撞1．在光滑的水平面上，質(zhì)量為m1的小球A以速率v0向右運動，在小球A的前方O點處有一質(zhì)量為m2的小球B處于靜止?fàn)顟B(tài)，如圖所示，小球A與小球B發(fā)生正碰后，小球A、B均向右運動，小球B被在Q點處的豎直墻壁彈回后與小球A在P點相遇，已知PQ=1.5PO。假設(shè)小球間的碰撞及小球與墻壁之間的碰撞都是彈性碰撞，兩球均可視為質(zhì)點，則A、B兩小球質(zhì)量之比為（）A．1∶1 B．2∶1 C．3∶1 D．4∶12．如圖，兩滑塊A、B在光滑水平面上沿同一直線相向運動，滑塊A的質(zhì)量為m，速度大小為2，方向向右，滑塊B的質(zhì)量為2m，速度大小為，方向向左，兩滑塊發(fā)生彈性碰撞后的運動狀態(tài)是?（）A．A和B都向左運動 B．A向左速度為2，B向右速度C．A靜止，B向右運動 D．A向左運動，B向右運動完全非彈性碰撞3．質(zhì)量相等的五個物體在光滑的水平面上，間隔一定的距離排成一直線，如圖所示，具有初動能為的物塊1向其他4個靜止物塊運動，依次發(fā)生碰撞，每次碰后不在分開，最后5個物體粘成一個整體，這個整體的動能是A．B．C．D．4．某研究小組通過實驗測得兩滑塊碰撞前后運動的實驗數(shù)據(jù)，得到如圖所示的位移—時間圖象.圖中的線段、、分別表示沿光滑水平面上同一條直線運動的滑塊Ⅰ、Ⅱ和它們發(fā)生正碰后結(jié)合體的位移變化關(guān)系.已知相互作用時間極短，由圖象給出的信息可知（

）A．碰前滑塊Ⅰ與滑塊Ⅱ速度大小之比為5∶2B．碰前滑塊Ⅰ的動量大小比滑塊Ⅱ的動量大小大C．碰前滑塊Ⅰ的動能比滑塊Ⅱ的動能小D．滑塊Ⅰ的質(zhì)量是滑塊Ⅱ的質(zhì)量的5．如圖所示，用長度l同為的輕質(zhì)細(xì)繩懸掛四個彈性小球A、B、C、D，它們的質(zhì)量依次為、、、，且滿足，將A球拉起一定角度后釋放，則D球開始運動時的速度為（

）A． B．C． D．6．超彈性碰撞是一個精彩的演示實驗，把一個彈性小球放在一個彈性大球上，使它們自由落下，當(dāng)它們落到彈性的水平地面上反彈時，小球跳得比原來高許多倍。某同學(xué)演示這個實驗時，將A、B兩個大小不同的彈力球從離水平地面h高處由靜止同時釋放，如圖所示。釋放時A、B兩球（均可視為質(zhì)點）相互接觸且球心連線豎直，碰撞過程中均無機械能損失，若A球反彈后離碰撞點的最大高度為H=4h，則A、B兩球的質(zhì)量之比為（）A．1：3 B．2：3 C．1：2 D．3：47．如圖所示，一沙袋用無彈性輕細(xì)繩懸于O點，開始時沙袋處于靜止?fàn)顟B(tài)，一彈丸以水平速度v0擊中沙袋后未穿出，時間極短，之后二者共同擺動，若彈丸質(zhì)量為m，沙袋質(zhì)量為5m，彈丸和沙袋形狀大小忽略不計，彈丸擊中沙袋后漏出的沙子質(zhì)量忽略不計，不計空氣阻力，重力加速度為g，下列說法中正確的是（）A．彈丸打入沙袋過程中，細(xì)繩所受拉力大小保持不變B．彈丸打入沙袋過程中，彈丸對沙袋的沖量與沙袋對彈丸的沖量相同C．彈丸打入沙袋過程中所產(chǎn)生的熱量為D．沙袋和彈丸一起擺動所達(dá)到的最大高度為8．如圖甲所示，長木板A放在光滑的水平面上，質(zhì)量為m=2kg的另一物體B以水平速度v0=2m/s滑上原來靜止的長木板A的上表面。由于A、B間存在摩擦，A、B速度隨時間變化情況如圖乙所示，取g=10m/s2，則下列說法正確的是（）A．木板獲得的動能為2JB．系統(tǒng)損失的機械能為1JC．木板A的最小長度為1mD．A、B間的動摩擦因數(shù)為0.29．如圖（甲）所示，在光滑水平面上，輕質(zhì)彈簧一端固定，物體A以速度v0向右運動壓縮彈簧，測得彈簧的最大壓縮量為x。現(xiàn)讓彈簧一端連接另一質(zhì)量為m的物體B，如圖（乙）所示，物體A以2v0的速度向右壓縮彈簧，測得彈簧的最大壓縮量仍為x，則（）A．A物體的質(zhì)量為2mB．A物體的質(zhì)量為4mC．彈簧壓縮量最大時的彈性勢能為D．彈簧壓縮量最大時的彈性勢能為10．如圖所示，兩個小球A、B在光滑水平地面上相向運動，它們的質(zhì)量分別為mA=4kg，mB=2kg，速度分別是vA=3m/s（設(shè)為正方向），vB=-3m/s則它們發(fā)生正碰后，速度的可能值分別為（）A．vA′=-1m/s，vB′=5m/s B．vA′=-2m/s，vB′=6m/sC．vA′=2m/s，vB′=-1m/s D．vA′=0.5m/s，vB′=2m/s11．如圖甲所示，兩可視為質(zhì)點的滑塊甲、乙放在水平面上，時刻分別給兩滑塊一初速度，使兩滑塊沿同一直線相對運動，經(jīng)過一段時間兩物體發(fā)生碰撞，取向右的方向為正，整個過程中兩滑塊的速度—時間圖像如圖乙所示，則下列說法錯誤的是（）A．整個過程中滑塊乙的位移大小為0.5mB．滑塊甲與滑塊乙的質(zhì)量之比為C．滑塊甲、滑塊乙與水平面間的動摩擦因數(shù)之比為D．兩滑塊碰撞時沒有能量損失12．帶有光滑圓弧軌道質(zhì)量為M的小車靜止置于光滑水平面上，如圖所示，一質(zhì)量也為M的小球以速度v0水平?jīng)_上小車，到達(dá)某一高度后，小球又返回小車的左端，則（）A．小球以后將向左做平拋運動 B．小球?qū)⒆鲎杂陕潴w運動C．此過程小球?qū)π≤囎龅墓镸v D．小球在弧形槽上上升的最大高度為13．（2022湖南卷）1932年，查德威克用未知射線轟擊氫核，發(fā)現(xiàn)這種射線是由質(zhì)量與質(zhì)子大致相等的中性粒子（即中子）組成。如圖，中子以速度分別碰撞靜止的氫核和氮核，碰撞后氫核和氮核的速度分別為和。設(shè)碰撞為彈性正碰，不考慮相對論效應(yīng)，下列說法正確的是（）A．碰撞后氮核的動量比氫核的小 B．碰撞后氮核的動能比氫核的小C．大于 D．大于第5節(jié)彈性碰撞和非彈性碰撞彈性碰撞1．在光滑的水平面上，質(zhì)量為m1的小球A以速率v0向右運動，在小球A的前方O點處有一質(zhì)量為m2的小球B處于靜止?fàn)顟B(tài)，如圖所示，小球A與小球B發(fā)生正碰后，小球A、B均向右運動，小球B被在Q點處的豎直墻壁彈回后與小球A在P點相遇，已知PQ=1.5PO。假設(shè)小球間的碰撞及小球與墻壁之間的碰撞都是彈性碰撞，兩球均可視為質(zhì)點，則A、B兩小球質(zhì)量之比為（）A．1∶1 B．2∶1 C．3∶1 D．4∶1【答案】B【詳解】從兩小球碰撞后到它們再次相遇，小球A和B的速度大小保持不變，根據(jù)它們通過的路程，可知小球B和小球A在碰撞后的速度大小之比為4∶1；兩球彈性碰撞過程，根據(jù)動量守恒和能量守恒有m1v0=m1v1＋m2v2；m1v02=m1v12＋m2v22解得m1∶m2=2∶1故選B。2．如圖，兩滑塊A、B在光滑水平面上沿同一直線相向運動，滑塊A的質(zhì)量為m，速度大小為2，方向向右，滑塊B的質(zhì)量為2m，速度大小為，方向向左，兩滑塊發(fā)生彈性碰撞后的運動狀態(tài)是?（）A．A和B都向左運動 B．A向左速度為2，B向右速度C．A靜止，B向右運動 D．A向左運動，B向右運動【答案】BD【詳解】設(shè)水平向右為正，兩滑塊碰前總動量說明系統(tǒng)總動量為0。故有；解得；所以碰后，滑塊A向左速度為2，滑塊B向右速度。故A項和C項錯誤，B項和D項正確。故選BD。完全非彈性碰撞3．質(zhì)量相等的五個物體在光滑的水平面上，間隔一定的距離排成一直線，如圖所示，具有初動能為的物塊1向其他4個靜止物塊運動，依次發(fā)生碰撞，每次碰后不在分開，最后5個物體粘成一個整體，這個整體的動能是A．B．C．D．【答案】A【詳解】對整個系統(tǒng)研究，整個過程運用動量守恒定律得解得因為則整體的動能故選A。4．某研究小組通過實驗測得兩滑塊碰撞前后運動的實驗數(shù)據(jù)，得到如圖所示的位移—時間圖象.圖中的線段、、分別表示沿光滑水平面上同一條直線運動的滑塊Ⅰ、Ⅱ和它們發(fā)生正碰后結(jié)合體的位移變化關(guān)系.已知相互作用時間極短，由圖象給出的信息可知（

）A．碰前滑塊Ⅰ與滑塊Ⅱ速度大小之比為5∶2B．碰前滑塊Ⅰ的動量大小比滑塊Ⅱ的動量大小大C．碰前滑塊Ⅰ的動能比滑塊Ⅱ的動能小D．滑塊Ⅰ的質(zhì)量是滑塊Ⅱ的質(zhì)量的【答案】AD【詳解】根據(jù)圖象的斜率等于速度，可知碰前滑塊Ⅰ速度為，滑塊Ⅱ的速度為，則碰前速度大小之比為5∶2，故選項A正確；碰撞前后系統(tǒng)動量守恒，碰撞前，滑塊Ⅰ的動量為負(fù)，滑塊Ⅱ的動量為正，由于碰撞后總動量為正，故碰撞前總動量也為正，故碰撞前滑塊Ⅰ的動量大小比滑塊Ⅱ的小，故選項B錯誤；碰撞后的共同速度為，根據(jù)動量守恒定律，有解得。由動能的表達(dá)式可知故選項C錯誤，D正確。故選AD。5．如圖所示，用長度l同為的輕質(zhì)細(xì)繩懸掛四個彈性小球A、B、C、D，它們的質(zhì)量依次為、、、，且滿足，將A球拉起一定角度后釋放，則D球開始運動時的速度為（

）A． B．C． D．【答案】D【詳解】ABCD.設(shè)碰撞前瞬間A的速度為，根據(jù)機械能守恒定律，有解得設(shè)A與B碰撞后A與B的速度分別為和，根據(jù)動量守恒定律，有①根據(jù)機械能守恒定律，有②聯(lián)立①②式得，則，同理，，，所以故D正確ABC錯誤。故選D。6．超彈性碰撞是一個精彩的演示實驗，把一個彈性小球放在一個彈性大球上，使它們自由落下，當(dāng)它們落到彈性的水平地面上反彈時，小球跳得比原來高許多倍。某同學(xué)演示這個實驗時，將A、B兩個大小不同的彈力球從離水平地面h高處由靜止同時釋放，如圖所示。釋放時A、B兩球（均可視為質(zhì)點）相互接觸且球心連線豎直，碰撞過程中均無機械能損失，若A球反彈后離碰撞點的最大高度為H=4h，則A、B兩球的質(zhì)量之比為（）A．1：3 B．2：3 C．1：2 D．3：4【答案】A【詳解】兩球下落過程中根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒有解得設(shè)兩個小球觸地碰撞后，A的速度大小為，B的速度大小為，B球與地面碰撞后速度等大反向，然后與A發(fā)生彈性碰撞，取向上為正方向，根據(jù)動量守恒定律可得根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒定律有，A碰后由機械能守恒得聯(lián)立解得由題知H=4h聯(lián)立解得故A正錯，BCD錯誤。故選A。7．如圖所示，一沙袋用無彈性輕細(xì)繩懸于O點，開始時沙袋處于靜止?fàn)顟B(tài)，一彈丸以水平速度v0擊中沙袋后未穿出，時間極短，之后二者共同擺動，若彈丸質(zhì)量為m，沙袋質(zhì)量為5m，彈丸和沙袋形狀大小忽略不計，彈丸擊中沙袋后漏出的沙子質(zhì)量忽略不計，不計空氣阻力，重力加速度為g，下列說法中正確的是（）A．彈丸打入沙袋過程中，細(xì)繩所受拉力大小保持不變B．彈丸打入沙袋過程中，彈丸對沙袋的沖量與沙袋對彈丸的沖量相同C．彈丸打入沙袋過程中所產(chǎn)生的熱量為D．沙袋和彈丸一起擺動所達(dá)到的最大高度為【答案】D【詳解】A．彈丸打入沙袋過程中，沙袋的速度逐漸增大，所需的向心力不斷增大，因此沙袋所受繩子的拉力逐漸增大，由牛頓第三定律可得：細(xì)繩所受拉力大小逐漸增大，故A錯誤；B．彈丸打入沙袋過程中，彈丸對沙袋的作用力與沙袋對彈丸的作用力大小相等，方向相反，作用時間相同，因此彈丸對沙袋的沖量大小等于沙袋對彈丸的沖量大小，但方向相反，故B錯誤；C．彈丸打入沙袋過程中，系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律可得得產(chǎn)生的熱量為故C錯誤；D．沙袋和彈丸一起擺動到最高點過程中，由動能定理可得解得故D正確。故選D。8．如圖甲所示，長木板A放在光滑的水平面上，質(zhì)量為m=2kg的另一物體B以水平速度v0=2m/s滑上原來靜止的長木板A的上表面。由于A、B間存在摩擦，A、B速度隨時間變化情況如圖乙所示，取g=10m/s2，則下列說法正確的是（）A．木板獲得的動能為2JB．系統(tǒng)損失的機械能為1JC．木板A的最小長度為1mD．A、B間的動摩擦因數(shù)為0.2【答案】C【詳解】A．根據(jù)題意，A、B組成的系統(tǒng)動量守恒，以B的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得解得所以木板獲得的動能為故A錯誤；B．系統(tǒng)損失的機械能為代入數(shù)據(jù)解得故B錯誤；C．由圖乙可得，0~1s內(nèi)B的位移為，A的位移為所以木板A的最小長度為故C正確；D．由圖乙可知，B的加速度為負(fù)號表示加速度的方向與初速度方向相反，由牛頓第二定律得解得故D錯誤。故選C。9．如圖（甲）所示，在光滑水平面上，輕質(zhì)彈簧一端固定，物體A以速度v0向右運動壓縮彈簧，測得彈簧的最大壓縮量為x。現(xiàn)讓彈簧一端連接另一質(zhì)量為m的物體B，如圖（乙）所示，物體A以2v0的速度向右壓縮彈簧，測得彈簧的最大壓縮量仍為x，則（）A．A物體的質(zhì)量為2mB．A物體的質(zhì)量為4mC．彈簧壓縮量最大時的彈性勢能為D．彈簧壓縮量最大時的彈性勢能為【答案】D【詳解】當(dāng)彈簧固定時，當(dāng)彈簧壓縮量最大時，彈性勢能最大，物體A的動能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能，根據(jù)系統(tǒng)的機械能守恒得彈簧被壓縮過程中最大的彈性勢能等于A的初動能，設(shè)A的質(zhì)量為，即有當(dāng)彈簧一端連接另一質(zhì)量為的物體B時，A與彈簧相互作用的過程中B將向右運動，A、B速度相等時，彈簧的彈性勢能最大，選取A的初速度的方向為正方向，由動量守恒定律得由機械能守恒定律得聯(lián)立得；故A、B、C錯誤，D正確。故選D。10．如圖所示，兩個小球A、B在光滑水平地面上相向運動，它們的質(zhì)量分別為mA=4kg，mB=2kg，速度分別是vA=3m/s（設(shè)為正方向），vB=-3m/s則它們發(fā)生正碰后，速度的可能值分別為（）A．vA′=-1m/s，vB′=5m/s B．vA′=-2m/s，vB′=6m/sC．vA′=2m/s，vB′=-1m/s D．vA′=0.5m/s，vB′=2m/s【答案】AD【詳解】兩球組成的系統(tǒng)碰撞過程要滿足：①系統(tǒng)動量守恒；②系統(tǒng)機械能不增加；③不違反實際可行性。碰前系統(tǒng)總動量為碰前總動能為A．若，，不違反實際速度可行性，碰后系統(tǒng)動量和動能；動量守恒，機械能也守恒，故A可能，符合題意；B．若，，則碰后系統(tǒng)動量系統(tǒng)動量不守恒，故B不可能，不符合題意；C．若，，違反速度實際可行性，發(fā)生二次碰撞，故C不可能，不符合題意；D．若，，不違反速度實際可行性，碰后系統(tǒng)動量和機械能；故D可能，符合題意。故選AD。11．如圖甲所示，兩可視為質(zhì)點的滑塊甲、乙放在水平面上，時刻分別給兩滑塊一初速度，使兩滑塊沿同一直線相對運動，經(jīng)過一段時間兩物體發(fā)生碰撞，取向右的方向為正，整個過程中兩滑塊的速度—時間圖像如圖乙所示，則下列說法錯誤的是（）A．整個過程中滑塊乙的位移大小為0.5mB．滑塊甲與滑塊乙的質(zhì)量之比為C．滑塊甲、滑塊乙與水平面間的動摩擦因數(shù)之比為D．兩滑塊碰撞時沒有能量損失【答案】ACD【詳解】A．整個過程中根據(jù)速度—時間圖像可知滑塊乙的位移，A正確；B．兩物塊在1s末時發(fā)生碰撞，根據(jù)動量定理得；帶入解得，B錯誤；C．根據(jù)圖像可知，0~1s滑塊的加速度為；根據(jù)牛頓第二定律；解得，滑塊甲、滑塊乙與水平面間的動摩擦因數(shù)之比為，C正確；D．滑塊甲與滑