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 v0=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 vC=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:mv0=2mv1 得两球跟 C 球相碰前的速度 v1=1 m/s. (2)两球与 C 碰撞同样满足动量守恒 2mv1=mvC+2mv2 得两球与 C 球碰后的速度 v2=0.5 m/s. Δ Ek=12mv20-12mv2C-12×2mv22=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/s2)
图6 【答案】0.3 【解析】设碰前橡皮泥的速度为 v0,碰后共同速度为 v,由动量守恒定律有 mv0=(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′t h=12gt2,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)v2 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 m1=0.28 kg,在其顶部的凹坑 中插着质量为 m2=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/s2.

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

v1= 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 m1v1-m2v1=m2v2 B 做竖直上抛运动,由机械能守恒,得m22v22=m2gh

整理得 h=

m1-m2 m2
2

2H

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 mC=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

mA=1 kg,mB=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 vA=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 vB,则 mAvA -mBvB=0,解得 vB=1.5 m/s;A 先与挡板碰撞,设 A、C 碰后两者的速度为 v,则 mAvA=(mA
l +mC)v,得 v=2 m/s.滑块 A 运动到挡板的时间 tA=v2A=16 s,在 tA 时间内 B 滑块向左运动的
l2-sB 位移 sB=vBtA=0.25 m,滑块 B 运动到挡板的时间 tB=tA+vB+v,所以从引爆炸药到 A、B 分
l2-sB 别与挡板粘贴在一起的时间差 Δ t=tB-tA=vB+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 E0、动量大小为 p0 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 E1、p1,球 2 的动能

和动量大小分别记为 E2、p2,则不可能有( )

A.E1<E0

B.p1<p0

C.E2<E0

D.p2<p0

【答案】D

【解析】球 1 与球 2 碰后动能的关系 E0≥E1+E2,所以 E1<E0,E2<E0;碰后球 1 的速度 大小 v1<v0,对于球 1 其动量大小有 p1<p0,由碰后球 1 运动方向相反可得 p2>p0,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1
A.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 0 D.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=mvm-mv′
?? v′为两物块分离时乙的速度大小 ?21mv乙2 +12mv2甲 ?? =21mvm2+12mv′2
解之得 vm=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2

A.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 m0,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 v1、v2、v3,满足(M+m0)v=Mv1+mv2 +m0v3
B.摆球的速度不变,小车和木块的速度分别为 v1 和 v2,满足 Mv=Mv1+mv2 C.摆球的速度不变,小车和木块的速度都变为 v1,满足 Mv=(M+m)v1 D.小车和摆球的速度都变为 v1,木块的速度变为 v2,满足(M+m0)v=(M+m0)v1+mv2 【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 m1 的小球以速度 v 与质量为 m2 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 m1∶m2 和 碰撞前后动能变化量之比 Δ Ek1∶Δ Ek2 为( )

图3

A.m1∶m2=1∶3 C.Δ Ek1∶Δ Ek2=1∶3 【答案】AD

B.m1∶m2=1∶1 D.Δ Ek1∶Δ Ek2=1∶1

3碰撞后 m1 小球被反弹,由动量守恒定律得 vv
m1v=m1(-2)+m22

解得 m1∶m2=1∶3,所以 A 正确. Δ Ek1=12m1v2-12m1(-v2)2=3m81v2

Δ Ek2=12m2(v2)2=m28v2=3m81v2

Δ Ek1∶Δ Ek2=1∶1,故 D 正确. 三、非选择题

6.如图 4 所示,甲车质量为 m1=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 m2=4 kg,以 v0=5 m/s 的速度向左运动,与甲车 碰撞后,甲车获得 v1=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/s2)? 【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:m2v0=m2v2+m1v1 解得乙车的速度为:v2=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:m2v2=(m2+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=μ g 故滑行时间 t=va=μvg=0.4 s 7.(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 v0= 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)2 gR (2)8mg

(3)

7+1 2

gR

【解析】(1)vB=sinv0 θ =2 gR. (2)物块从 B 到 C 由机械能守恒有

mgR(1+sin θ )=12mv2C-12mv2B

得:vC= 7gR N-mg=mvR2C 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 mvC=2mv 共 μ mgs 相对=12mv2C-12×2mv2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 v1、v2,则 mvC=mv1+mv2 μ mg·3R=12mv2C-(12mv21+12mv22)

由以上两式得:v2=

7±1 2

gR

v1=

7?1 2

gR

由于 v1<v2,故

7+1 2

gR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/s2.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:Eqcos 45°-f=maA



A 物体在竖直方向受力平衡:

FN+Eqsin 45°=mg



f=μ FN



设 A 经过时间 t 与 B 发生碰撞,由运动学公式有:

L=12aAt2



由①②③④式得

t=1 s.

(2)A 与 B 碰撞前一瞬间,A 的速度

vA=aAt



碰撞过程中动量与能量均守恒,设碰后 A、B 的速度分别为 vA′、vB′,由动量守恒定律

和机械能守恒定律得

mvA=mvA′+mvB′



12mv2A=12mvA′2+12mvB′2



由⑤⑥⑦式得:vA′=0 vB′=4 m/s 碰后,B 做平抛运动,其水平位移

sB=vB′tB



tB=

2h g



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 aAy,在水平方向做匀加速直线运动,设加速度为 aAx

aAy=mg-Eqsmin 45°



aAx=Eqcosm 45°

?

A 的水平位移 sA=12aAxt2A

?

h=12aAyt2A

?

Δ s=|sB-sA|

联立以上各式得:Δ s=1 m.


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