课时分层作业(四) 弹性碰撞和非弹性碰撞
?题组一 弹性碰撞和非弹性碰撞
1．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
2．质量分别为ma＝1 kg、mb＝2 kg的a、b两球在光滑的水平面上发生碰撞，碰撞前、后两球的位移—时间图像如图所示。可知该碰撞属于( )
A．弹性碰撞 B．非弹性碰撞
C．完全非弹性碰撞 D．条件不足，不能确定
3．如图所示，运动的A球在光滑水平面上与一个原来静止的B球发生弹性碰撞，则下列说法不正确的是( )
A．要使B球获得最大动能，则应让A、B两球质量相等
B．要使B球获得最大速度，则应让A球质量远大于B球质量
C．要使B球获得最大动量，则应让A球质量远小于B球质量
D．若A球质量远大于B球质量，则B球将获得最大动能、最大速度及最大动量
?题组二 碰撞可能性的判断
4．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，碰撞前后球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，则必有( )
A．E1＞E0 B．p2>p0
C．E2>E0 D．p1>p0
5．如图所示，在光滑的水平面上有一质量为1 kg的小球以1 m/s的速度向前运动，与质量为3 kg的静止木块发生碰撞，假设碰撞后木块的速度是v木＝1 m/s，则( )
A．v木＝1 m/s这一假设是合理的，碰撞后球的速度为v球＝－2 m/s
B．v木＝1 m/s这一假设是合理的，碰撞后小球被弹回来
C．v木＝1 m/s这一假设是不合理的，因而这种情况不可能发生
D．v木＝1 m/s这一假设是可能发生的，但由于题给条件不足，v球的大小不能确定
6．A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的动量pA＝5 kg·m/s，B球的动量pB＝7 kg·m/s，两球碰撞后B球的动量变为pB′＝10 kg·m/s，则两球质量关系可能是( )
A．mB＝mA B．3mB＝mA
C．mB＝5mA D．mB＝7mA
?题组三 碰撞的综合性问题
7．如图所示，一个质量为m的正在向右运动的物块A与另一个质量为2m的静止物块B发生正碰，碰后B物块刚好能落入正前方的沙坑中。假如碰撞过程中无机械能损失，已知物块B与地面间的动摩擦因数为0.1，与沙坑的距离x＝0.5 m，g取10 m/s2。物块可视为质点，则碰撞前瞬间A的速度大小为( )
A．0.5 m/s B．1.0 m/s
C．1.5 m/s D．2.0 m/s
8．质量相等的三个物块在一光滑水平面上排成一直线，且彼此隔开了一定的距离，如图所示。具有动能E0的第1个物块向右运动，依次与其余两个静止物块发生碰撞，最后这三个物块粘在一起，这个整体的动能为( )
A．E0 B． C． D．
9．如图所示，在光滑水平面上，A、B两个物体的质量都是m，碰撞前B物体静止，A以速度v向它撞去。碰撞后两个物体粘在一起，成为一个质量为2m的物体，以一定速度继续前进。求：
(1)碰撞后物体的速度大小v′；
(2)碰撞后该系统的总动能损失ΔEk；
(3)碰撞过程中物体A受到的冲量I。
10．如图所示，两质量分别为m1和m2的弹性小球叠放在一起，从高度为h处自由落下，且h远大于两小球半径，所有的碰撞都是弹性碰撞，且都发生在竖直方向。已知m2＝3m1，则小球m1反弹后能达到的高度为( )
A．h B．2h
C．3h D．4h
11．随着科幻电影《流浪地球》的热映，“引力弹弓效应”进入了公众的视野。“引力弹弓效应”是指在太空运动的探测器，借助行星的引力来改变自己的速度。为了分析这个过程，可以提出以下两种模式：探测器分别从行星运动的反方向或同方向接近行星，分别因相互作用改变了速度。如图所示，以太阳为参考系，设行星运动的速度大小为u，探测器的初速度大小为v0，在图示的两种情况下，探测器在远离行星后速度大小分别为v1和v2。探测器和行星虽然没有发生直接的碰撞，但是在行星的运动方向上，其运动规律可以与两个质量不同的钢球在同一条直线上发生的弹性碰撞规律进行类比。那么下列判断正确的是( )
(a) (b)
A．v1＞v0 B．v1＝v0
C．v2＞v0 D．v2＝v0
12．如图所示，三个质量相同的滑块A、B、C，间隔相等并静置于同一水平直轨道上。现给滑块A向右的初速度v0，一段时间后A与B发生碰撞，碰后A、B分别以v0、v0的速度向右运动，B再与C发生碰撞，碰后B、C粘在一起向右运动。滑块A、B与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值。两次碰撞时间均极短。求B、C碰后瞬间共同速度的大小。
13．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(a)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。碰撞前后两壶的v-t图像如图(b)所示。
(a) (b)
(1)求蓝壶运动时加速度大小。
(2)求碰撞后两壶相距的最远距离。
(3)请通过计算说明两壶是否发生了弹性碰撞。
4 / 4课时分层作业(四)
1．A [由动量守恒定律有3mv－mv＝0＋mv′，所以v′＝2v。碰前总动能Ek＝·3mv2＋mv2＝2mv2，碰后总动能Ek′＝mv′2＝2mv2，Ek＝Ek′，所以A项正确。]
2．A [由x-t图像知，碰撞前va＝3 m/s，vb＝0，碰撞后va′＝－1 m/s，vb′＝2 m/s，碰撞前系统的总动能Ek1＝＝ J，碰撞后系统的总动能Ek2＝＝ J，故系统的机械能守恒；碰撞前系统的总动量p1＝mava＋mbvb＝3 kg·m/s，碰撞后系统的总动量p2＝mava′＋mbvb′＝3 kg·m/s，故系统的动量守恒，所以该碰撞属于弹性碰撞，A正确。]
3．D [设A球的质量为m1，B球的质量为m2，碰前A球的速度为v0，碰后A、B两球的速度分别为v1、v2，A球与B球发生弹性碰撞，则m1v0＝＝，解得v1＝v0，v2＝v0。由v1＝v0知，当A、B两球质量相等时，碰后A球的速度为零，B球获得了A球碰前的全部动能，即B球获得了最大动能，A项正确；由v2＝v0知，当A球质量远大于B球质量时，B球获得最大速度，接近碰前A球速度的2倍，B项正确；由v1＝v0知，当A球质量远小于B球质量时，A球几乎以原速率反弹，A球被弹回的速度最大，B球获得的动量接近A球初始动量的2倍，B球获得最大动量，C项正确；由以上三项分析知，D项错误。]
4．B [因为碰撞前后动能不增加，故有E1
p0，B正确。]
5．C [若v木＝1 m/s，则由动量守恒定律可知m1v0＝m1v球＋m2v木，解得v球＝－2 m/s，碰前动能E1＝＝0.5 J，碰后动能E2＝＝3.5 J>E1，则假设不合理，这种情况不可能发生，故选项C正确，A、B、D错误。]
6．C [根据动量守恒定律得pA＋pB＝pA′＋pB′，代入数据解得pA′＝2 kg·m/s。根据碰撞过程总机械能不增加，得，代入数据解得≤。碰撞前A球的速度大于B球的速度，则有>，解得<，碰撞后两球同向运动，A球的速度不大于B球的速度，则有≤，解得≥，则≤≤，故C正确，A、B、D错误。]
7．C [碰撞后B做匀减速运动，由动能定理得－μ·2mgx＝0－×2mv2，代入数据得v＝1 m/s，A与B碰撞的过程中，A与B组成的系统在水平方向的动量守恒，选取向右为正方向，则有mv0＝mv1＋2mv。由于没有机械能的损失，则有＝＋×2mv2。联立解得v0＝1.5 m/s，选项C正确。]
8．C [由碰撞中动量守恒mv0＝3mv1，得v1＝，碰撞前物块1的动能为E0＝，碰撞后三个物块的总动能为Ek′＝，则联立得Ek′＝×3m＝＝，故C正确。]
9．解析：(1)根据动量守恒定律，有
mv＝2mv′，
解得v′＝v。
(2)碰撞前总动能
Ek＝mv2，
碰撞后总动能Ek′＝×2mv′2＝mv2，
碰撞过程中总动能损失ΔEk＝Ek－Ek′＝。
(3)碰撞过程中物体A受到的冲量
I＝Δp＝mv－mv＝－mv，负号表示方向与初速度方向相反。
答案：(1)v (2) (3)mv，方向与初速度方向相反
10．D [下降过程为自由落体运动，触地时两小球速度相同，v＝，m2碰撞地面之后，速度瞬间反向，且大小相等，选m1与m2碰撞过程为研究对象，碰撞前后动量守恒，设碰撞后m1与m2速度大小分别为v1、v2，选竖直向上方向为正方向，则－m1v＋m2v＝m1v1＋m2v2。由能量守恒定律得＋m2)v2＝，且m2＝3m1。联立解得v1＝2，v2＝0，反弹后高度H＝＝4h，选项D正确。]
11．A [题图(a)中，探测器与行星的运动可类比为两者发生弹性正碰，设探测器的质量为m，行星的质量为M，碰后行星的速度大小为u1，设向右为正方向，根据动量守恒定律有mv0－Mu＝－(mv1＋Mu1)，由能量守恒定律可得＋Mu2＝，解得v1＝v0＋ u，由于M m，故v1＝v0＋2u＞v0，A正确，B错误；题图(b)中，探测器与行星的运动可类比为探测器追上行星与之正碰，设碰后行星的速度大小为u2，向右为正方向，根据动量守恒定律有－mv0－Mu＝mv2－Mu2，由能量守恒定律可得＝，解得v2＝ v0－ u，由于M m，故v2＝v0－2u＜v0，C、D错误。]
12．解析：设滑块的质量为m，A与B碰撞前A的速度为vA，由题意知，碰撞后A的速度vA′＝v0，B的速度vB＝，由动量守恒定律得
mvA＝mvA′＋mvB。
设碰撞前A克服轨道摩擦力所做的功为WA，由功能关系得
WA＝。
设B与C碰撞前B的速度为vB′，B克服轨道摩擦力所做的功为WB，由功能关系得
WB＝－mvB′2。
根据题意可知WA＝WB。
设B、C碰撞后瞬间共同速度的大小为v，由动量守恒定律得
mvB′＝2mv，
联立并代入数据解得v＝v0。
答案：v0
13．解析：(1)由题图(b)可知，碰撞前瞬间红壶的速度v0＝1.2 m/s，碰撞后瞬间红壶的速度为v红＝0.3 m/s，根据动量守恒定律可得
mv0＝mv红＋mv蓝，
解得v蓝＝0.9 m/s。
根据三角形相似知
＝，
解得t1＝4 s。
蓝壶运动时间为
Δt＝4 s－1 s＝3 s，
蓝壶的加速度大小为
a＝＝0.3 m/s2。
(2)碰撞后蓝壶速度一直大于红壶，故在蓝壶静止前两壶距离一直在增大，速度—时间图像与横轴围成的面积表示位移大小，则碰后两壶相距的最远距离为s＝ m－ m＝1.275 m。
(3)碰撞前瞬间两壶的总动能为
Ek1＝＝0.72m J，
碰撞后瞬间两壶的总动能为
Ek2＝＝0.45m J，
则Ek1>Ek2，所以两壶碰撞为非弹性碰撞。
答案：(1)0.3 m/s2 (2)1.275 m (3)见解析
4 / 4