【学霸笔记：同步精讲】课时分层作业3 弹性碰撞与非弹性碰撞（含答案）--高中粤教版物理选择性必修第一册

课时分层作业(三) 1．C　[选取碰撞前甲物体的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有m甲v1－m乙v2＝－m甲v1′＋m乙v2′，代入数据可得m甲∶m乙＝3∶5，故C正确.] 2．C　[由题图知碰前vA＝4 m/s，vB＝0.碰后vA′＝vB′＝1 m/s，由动量守恒可知mAvA＋0＝mAvA′＋mBvB′，解得mB＝3mA.故C正确.] 3．B　[由题意知，P、Q交换速度，因此P、Q质量相同.P物体接触弹簧后，在弹簧弹力的作用下，P做减速运动，Q做加速运动，P、Q间的距离减小，当P、Q两物体速度相等时，弹簧被压缩到最短，所以B正确，A、C错误；由于作用过程中动量守恒，设速度相等时速度为v′，则mv＝(m＋m)v′，所以弹簧被压缩至最短时，P、Q的速度 v′＝，故D错误.] 4．AD　[由碰撞前、后总动量守恒m1v1＝m1v1′＋m2v2′和能量不增加Ek≥Ek1＋Ek2′，验证得A、B、D三项皆有可能；但B项碰后后面小球的速度大于前面小球的速度，会发生第二次碰撞，不符合实际，所以A、D两项有可能正确.] 5．AC　[由p2＝2mEk知，甲球的动量大于乙球的动量，所以总动量的方向应为甲球的初动量的方向，可以判断A、C正确.] 6．A　[由s-t图像知，碰撞前va＝3 m/s，vb＝0，碰撞后 va′＝－1 m/s，vb′＝2 m/s，碰撞前动能为＝ J，碰撞后动能为＝ J，故动能守恒，碰撞前的动量mava＋mbvb＝3 kg·m/s，碰撞后的动量mava′＋mbvb′＝3 kg·m/s，故动量守恒，所以碰撞属于弹性碰撞.] 7．C　[根据x-t图线的斜率表示速度可知，t＝0时刻，甲的速率小于乙的速率，A错误；根据题述，题图中虚线关于t＝t1左右对称，可知碰撞前后瞬间，乙的动量大小不变，方向变化，B错误；又两球质量相同，结合动量守恒定律可知，碰撞瞬间，两球交换速度，则甲的速度大小不变，动能不变，C正确；两球碰撞后瞬间，重力势能相同，又速度大小相同，故动能也相同，可知碰撞后两球的机械能相等，D错误.] 8．BD　[选择水平向右的方向为正方向，滑块1和滑块2组成的系统的初动量p1＝mv1＝1×0.40 kg·m/s＝0.40 kg·m/s，碰撞后，滑块1和滑块2组成的系统的动量p2＝2mv2＝2×1×0.22 kg·m/s＝0.44 kg·m/s，则滑块的碰撞过程动量不守恒，故A错误；对滑块1，根据动量定理可得ΔI＝mv2－mv1，代入数据解得ΔI＝－0.18 N·s，负号表示方向水平向左，故B正确；同理可得，对滑块2分析可得ΔI′＝mv2－0，代入数据解得ΔI′＝0.22 N·s，故C错误；根据公式ΔI′＝F′Δt，代入数据解得F′＝5.5 N，故D正确.故选BD.] 9．AD　[设中子的质量为m，氢核的质量为m，氮核的质量为14m，设中子和氢核碰撞后中子速度为v3，由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝＝联立解得v1＝v0；设中子和氮核碰撞后中子速度为v4，由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝＝，联立解得v2＝v0，可得v1＝v0>v2，A正确，B错误；碰撞后氢核的动量为pH＝mv1＝mv0，氮核的动量为pN＝14mv2＝，可得pN>pH，C错误；碰撞后氢核的动能为EkH＝＝，氮核的动能为EkN＝＝，可得 EkH>EkN，D正确.故选AD.] 10．AC　[对题图甲，设物体A的质量为mA，由机械能守恒得，弹簧压缩量为x时弹性势能Ep＝对题图乙，A、B组成的系统动量守恒，弹簧压缩量最大时，A、B速度相等，有mA·2v0＝(mA＋m)v，由机械能守恒定律得Ep＝mA(2v0)2－(mA＋m)v2，联立解得mA＝3m，Ep＝故A、C正确.] 11．解析：(1)子弹击中靶箱之前的运动，可认为是平抛运动的逆运动.设水平速度大小为v0，由平抛运动规律有 x＝v0t，h＝gt2 解得v0＝100 m/s 子弹击中靶箱瞬间，设靶箱被击中后的速度为v1，由动量守恒定律有 m2v0＝(M＋m2)v1 解得v1＝10 m/s 设子弹击中靶箱过程中子弹和靶箱组成的系统损失的机械能为ΔE，由能量守恒定律有 ΔE＝ 解得ΔE＝90 J. (2)靶箱向右运动，带动滑环滑动，在靶箱与滑环有共同水平速度时，靶箱高 ... ...