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課時分層作業(四)　彈性碰撞和非彈性碰撞
?題組一　彈性碰撞和非彈性碰撞
1．現有甲、乙兩滑塊，質量分別為3m和m，以相同的速率v在光滑水平面上相向運動，發生了碰撞。已知碰撞后，甲滑塊靜止不動，那么這次碰撞是(　　)
A．彈性碰撞　　　　　 B．非彈性碰撞
C．完全非彈性碰撞 D．條件不足，無法確定
2．質量分別為ma＝1 kg、mb＝2 kg的a、b兩球在光滑的水平面上發生碰撞，碰撞前、后兩球的位移—時間圖像如圖所示。可知該碰撞屬于(　　)
A．彈性碰撞 B．非彈性碰撞
C．完全非彈性碰撞 D．條件不足，不能確定
3．如圖所示，運動的A球在光滑水平面上與一個原來靜止的B球發生彈性碰撞，則下列說法不正確的是(　　)
A．要使B球獲得最大動能，則應讓A、B兩球質量相等
B．要使B球獲得最大速度，則應讓A球質量遠大于B球質量
C．要使B球獲得最大動量，則應讓A球質量遠小于B球質量
D．若A球質量遠大于B球質量，則B球將獲得最大動能、最大速度及最大動量
?題組二　碰撞可能性的判斷
4．在光滑水平面上動能為E0、動量大小為p0的小鋼球1與靜止的小鋼球2發生碰撞，碰撞前后球1的運動方向相反，將碰撞后球1的動能和動量大小分別記為E1、p1，球2的動能和動量大小分別記為E2、p2，則必有(　　)
A．E1＞E0　　　　　　 B．p2>p0
C．E2>E0 D．p1>p0
5．如圖所示，在光滑的水平面上有一質量為1 kg的小球以1 m/s的速度向前運動，與質量為3 kg的靜止木塊發生碰撞，假設碰撞后木塊的速度是v木＝1 m/s，則(　　)
A．v木＝1 m/s這一假設是合理的，碰撞后球的速度為v球＝－2 m/s
B．v木＝1 m/s這一假設是合理的，碰撞后小球被彈回來
C．v木＝1 m/s這一假設是不合理的，因而這種情況不可能發生
D．v木＝1 m/s這一假設是可能發生的，但由于題給條件不足，v球的大小不能確定
6．A、B兩球在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運動，A球的動量pA＝5 kg·m/s，B球的動量pB＝7 kg·m/s，兩球碰撞后B球的動量變為pB′＝10 kg·m/s，則兩球質量關系可能是(　　)
A．mB＝mA B．3mB＝mA
C．mB＝5mA D．mB＝7mA
?題組三　碰撞的綜合性問題
7．如圖所示，一個質量為m的正在向右運動的物塊A與另一個質量為2m的靜止物塊B發生正碰，碰后B物塊剛好能落入正前方的沙坑中。假如碰撞過程中無機械能損失，已知物塊B與地面間的動摩擦因數為0.1，與沙坑的距離x＝0.5 m，g取10 m/s2。物塊可視為質點，則碰撞前瞬間A的速度大小為(　　)
A．0.5 m/s B．1.0 m/s
C．1.5 m/s D．2.0 m/s
8．質量相等的三個物塊在一光滑水平面上排成一直線，且彼此隔開了一定的距離，如圖所示。具有動能E0的第1個物塊向右運動，依次與其余兩個靜止物塊發生碰撞，最后這三個物塊粘在一起，這個整體的動能為(　　)
A．E0　　　B．　　　C．　　　D．
9．如圖所示，在光滑水平面上，A、B兩個物體的質量都是m，碰撞前B物體靜止，A以速度v向它撞去。碰撞后兩個物體粘在一起，成為一個質量為2m的物體，以一定速度繼續前進。求：
(1)碰撞后物體的速度大小v′；
(2)碰撞后該系統的總動能損失ΔEk；
(3)碰撞過程中物體A受到的沖量I。
10．如圖所示，兩質量分別為m1和m2的彈性小球疊放在一起，從高度為h處自由落下，且h遠大于兩小球半徑，所有的碰撞都是彈性碰撞，且都發生在豎直方向。已知m2＝3m1，則小球m1反彈后能達到的高度為(　　)
A．h B．2h
C．3h D．4h
11．隨著科幻電影《流浪地球》的熱映，“引力彈弓效應”進入了公眾的視野。“引力彈弓效應”是指在太空運動的探測器，借助行星的引力來改變自己的速度。為了分析這個過程，可以提出以下兩種模式：探測器分別從行星運動的反方向或同方向接近行星，分別因相互作用改變了速度。如圖所示，以太陽為參考系，設行星運動的速度大小為u，探測器的初速度大小為v0，在圖示的兩種情況下，探測器在遠離行星后速度大小分別為v1和v2。探測器和行星雖然沒有發生直接的碰撞，但是在行星的運動方向上，其運動規律可以與兩個質量不同的鋼球在同一條直線上發生的彈性碰撞規律進行類比。那么下列判斷正確的是(　　)
(a)　　　　　　　 　(b)
A．v1＞v0 B．v1＝v0
C．v2＞v0 D．v2＝v0
12．如圖所示，三個質量相同的滑塊A、B、C，間隔相等并靜置于同一水平直軌道上。現給滑塊A向右的初速度v0，一段時間后A與B發生碰撞，碰后A、B分別以v0、v0的速度向右運動，B再與C發生碰撞，碰后B、C粘在一起向右運動。滑塊A、B與軌道間的動摩擦因數為同一恒定值。兩次碰撞時間均極短。求B、C碰后瞬間共同速度的大小。
13．在冰壺比賽中，球員手持毛刷擦刷冰面，可以改變冰壺滑行時受到的阻力。如圖(a)所示，藍壺靜止在圓形區域內，運動員用等質量的紅壺撞擊藍壺，兩壺發生正碰。碰撞前后兩壺的v-t圖像如圖(b)所示。
(a)　　　　　　 　(b)
(1)求藍壺運動時加速度大小。
(2)求碰撞后兩壺相距的最遠距離。
(3)請通過計算說明兩壺是否發生了彈性碰撞。
4 / 4課時分層作業(四)
1．A　[由動量守恒定律有3mv－mv＝0＋mv′，所以v′＝2v。碰前總動能Ek＝·3mv2＋mv2＝2mv2，碰后總動能Ek′＝mv′2＝2mv2，Ek＝Ek′，所以A項正確。]
2．A　[由x-t圖像知，碰撞前va＝3 m/s，vb＝0，碰撞后va′＝－1 m/s，vb′＝2 m/s，碰撞前系統的總動能Ek1＝＝ J，碰撞后系統的總動能Ek2＝＝ J，故系統的機械能守恒；碰撞前系統的總動量p1＝mava＋mbvb＝3 kg·m/s，碰撞后系統的總動量p2＝mava′＋mbvb′＝3 kg·m/s，故系統的動量守恒，所以該碰撞屬于彈性碰撞，A正確。]
3．D　[設A球的質量為m1，B球的質量為m2，碰前A球的速度為v0，碰后A、B兩球的速度分別為v1、v2，A球與B球發生彈性碰撞，則m1v0＝＝，解得v1＝v0，v2＝v0。由v1＝v0知，當A、B兩球質量相等時，碰后A球的速度為零，B球獲得了A球碰前的全部動能，即B球獲得了最大動能，A項正確；由v2＝v0知，當A球質量遠大于B球質量時，B球獲得最大速度，接近碰前A球速度的2倍，B項正確；由v1＝v0知，當A球質量遠小于B球質量時，A球幾乎以原速率反彈，A球被彈回的速度最大，B球獲得的動量接近A球初始動量的2倍，B球獲得最大動量，C項正確；由以上三項分析知，D項錯誤。]
4．B　[因為碰撞前后動能不增加，故有E1p0，B正確。]
5．C　[若v木＝1 m/s，則由動量守恒定律可知m1v0＝m1v球＋m2v木，解得v球＝－2 m/s，碰前動能E1＝＝0.5 J，碰后動能E2＝＝3.5 J>E1，則假設不合理，這種情況不可能發生，故選項C正確，A、B、D錯誤。]
6．C　[根據動量守恒定律得pA＋pB＝pA′＋pB′，代入數據解得pA′＝2 kg·m/s。根據碰撞過程總機械能不增加，得，代入數據解得≤。碰撞前A球的速度大于B球的速度，則有>，解得<，碰撞后兩球同向運動，A球的速度不大于B球的速度，則有≤，解得≥，則≤≤，故C正確，A、B、D錯誤。]
7．C　[碰撞后B做勻減速運動，由動能定理得－μ·2mgx＝0－×2mv2，代入數據得v＝1 m/s，A與B碰撞的過程中，A與B組成的系統在水平方向的動量守恒，選取向右為正方向，則有mv0＝mv1＋2mv。由于沒有機械能的損失，則有＝＋×2mv2。聯立解得v0＝1.5 m/s，選項C正確。]
8．C　[由碰撞中動量守恒mv0＝3mv1，得v1＝，碰撞前物塊1的動能為E0＝，碰撞后三個物塊的總動能為Ek′＝，則聯立得Ek′＝×3m＝＝，故C正確。]
9．解析：(1)根據動量守恒定律，有
mv＝2mv′，
解得v′＝v。
(2)碰撞前總動能
Ek＝mv2，
碰撞后總動能Ek′＝×2mv′2＝mv2，
碰撞過程中總動能損失ΔEk＝Ek－Ek′＝。
(3)碰撞過程中物體A受到的沖量
I＝Δp＝mv－mv＝－mv，負號表示方向與初速度方向相反。
答案：(1)v　(2)　(3)mv，方向與初速度方向相反
10．D　[下降過程為自由落體運動，觸地時兩小球速度相同，v＝，m2碰撞地面之后，速度瞬間反向，且大小相等，選m1與m2碰撞過程為研究對象，碰撞前后動量守恒，設碰撞后m1與m2速度大小分別為v1、v2，選豎直向上方向為正方向，則－m1v＋m2v＝m1v1＋m2v2。由能量守恒定律得＋m2)v2＝，且m2＝3m1。聯立解得v1＝2，v2＝0，反彈后高度H＝＝4h，選項D正確。]
11．A　[題圖(a)中，探測器與行星的運動可類比為兩者發生彈性正碰，設探測器的質量為m，行星的質量為M，碰后行星的速度大小為u1，設向右為正方向，根據動量守恒定律有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正確，B錯誤；題圖(b)中，探測器與行星的運動可類比為探測器追上行星與之正碰，設碰后行星的速度大小為u2，向右為正方向，根據動量守恒定律有－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錯誤。]
12．解析：設滑塊的質量為m，A與B碰撞前A的速度為vA，由題意知，碰撞后A的速度vA′＝v0，B的速度vB＝，由動量守恒定律得
mvA＝mvA′＋mvB。
設碰撞前A克服軌道摩擦力所做的功為WA，由功能關系得
WA＝。
設B與C碰撞前B的速度為vB′，B克服軌道摩擦力所做的功為WB，由功能關系得
WB＝－mvB′2。
根據題意可知WA＝WB。
設B、C碰撞后瞬間共同速度的大小為v，由動量守恒定律得
mvB′＝2mv，
聯立并代入數據解得v＝v0。
答案：v0
13．解析：(1)由題圖(b)可知，碰撞前瞬間紅壺的速度v0＝1.2 m/s，碰撞后瞬間紅壺的速度為v紅＝0.3 m/s，根據動量守恒定律可得
mv0＝mv紅＋mv藍，
解得v藍＝0.9 m/s。
根據三角形相似知
＝，
解得t1＝4 s。
藍壺運動時間為
Δt＝4 s－1 s＝3 s，
藍壺的加速度大小為
a＝＝0.3 m/s2。
(2)碰撞后藍壺速度一直大于紅壺，故在藍壺靜止前兩壺距離一直在增大，速度—時間圖像與橫軸圍成的面積表示位移大小，則碰后兩壺相距的最遠距離為s＝ m－ m＝1.275 m。
(3)碰撞前瞬間兩壺的總動能為
Ek1＝＝0.72m J，
碰撞后瞬間兩壺的總動能為
Ek2＝＝0.45m J，
則Ek1>Ek2，所以兩壺碰撞為非彈性碰撞。
答案：(1)0.3 m/s2　(2)1.275 m　(3)見解析
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