2021-2022学年粤教版（2019）选择性必修第一册 1.5弹性碰撞与非弹性碰撞 跟踪训练（word解析版）

2021-2022学年粤教版（2019）选择性必修第一册
1.5弹性碰撞与非弹性碰撞
跟踪训练（解析版）
1．如图所示，半径和动能都相等的两个小球相向而行。甲球质量m甲大于乙球质量m乙，水平面是光滑的，两球做对心碰撞以后的运动情况可能是（　　）
A．甲球速度为零，乙球速度不为零
B．两球速度都为零
C．乙球速度为零，甲球速度不为零
D．两球都以各自原来的速率反向运动
2．在光滑水平面上，两球沿球心连线以相等速率相向而行，下列现象可能的是（　　）
A．若两球质量相等，碰后以某一相等速率互相分开
B．若两球质量相等，碰后以某一相等速率同向而行
C．若两球质量不同，碰后以某一相等速率互相分开
D．若两球质量不同，碰后两球都静止
3．新型冠状病毒引发肺炎疫情期间，一些宅在家里久了的朋友有些耐不住寂寞，想要出门逛逛，但是又担心受到感染，因此绞尽脑汁来自我保护。如图所示，母女俩穿着同款充气“防护服”出来散步，由于两人初次穿充气服，走起路来有些控制不好平衡，所以两人发生了碰撞。若妈妈的质量为3m，女儿的质量为m，且以相同的速率v在光滑水平面上发生相向碰撞，碰撞后妈妈静止不动，则这次碰撞属于（　　）
A．弹性碰撞
B．非弹性碰撞
C．完全非弹性碰撞
D．条件不足，无法确定
4．如图所示，光滑水平面上，物块B和物块C之间连接一根轻质弹簧，一起保持静止状态，物块A以一定速度从左侧向物块B运动，发生时间极短的碰撞后与物块B粘在一起，然后通过弹簧与C一起运动。下列说法正确的是（　　）
A．A和B发生碰撞的过程中，A和B组成的系统动量守恒
B．A和B发生碰撞的过程中，A和B组成的系统机械能守恒
C．A和B碰撞后，三个物块和弹簧组成的系统机械能不守恒
D．整个过程中，三个物块和弹簧组成的系统动量不守恒
5．如图所示，两个直径相同的小球静止在光滑水平面上，B球的质量为km，A球的质量为m。给A球一个水平向右的初速度v0，使A与B发生碰撞，若碰后两球的速度都在A、B连线上，则（　　）
A．只存在一个k值，可以使碰后两球的速度大小均为
B．共存在两个k值，可以使碰后两球的速度大小均为
C．共存在三个k值，可以使碰后两球的速度大小均为
D．无论k取何值，都不能使碰后两球的速度大小均为
6．如图所示，质量m1＝4kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝1m，现有质量m2＝2kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0＝3m/s从左端滑上小车。已知物块与车上表面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10m/s2，则物块滑上小车后（　　）
A．滑块和小车组成的系统动量不守恒
B．滑块和小车组成的系统机械能守恒
C．经过一段时间从小车右端滑下
D．整个过程中系统产生的热量为6J
7．完全相同的三个小球a、b、c，在光滑水平面上以相同的速度运动，分别与原来静止的三个质量不同而大小相等的小球A、B、C对心碰撞（a碰A，b碰B，c碰C）。碰后a球继续沿原来方向运动；b球静止；c球被反弹而向后运动。则可知撞后A、B、C三球中动量最大的是（　　）
A．A球
B．B球
C．C球
D．条件不足，无法判断
8．如图所示，位于光滑水平桌面上的小滑块P和Q都可视作质点，P的质量为m，Q的质量为3m，Q与轻质弹簧相连。Q原来静止，P以一定初动能E向Q运动并与弹簧发生碰撞。在整个过程中，弹簧具有的最大弹性势能等于（　　）
A．
B．
C．
D．E
9．A、B两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前、后的位移随时间变化的图象，a、b分别为A、B两球碰前的位移随时间变化的图象，c为碰撞后两球共同运动的位移随时间变化的图象，若A球质量是m=2kg，则由图判断下列结论不正确的是（　　）
A．碰撞前、后A球的动量变化量为4kg·m/s
B．碰撞前、后B球的动量变化量为－4kg·m/s
C．碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10J
D．A、B两球碰撞前的总动量为3kg·m/s
10．如图所示，两个物体1和2在光滑水平面上以相同动能相向运动，它们的质量分别为m1和m2，且m1A．两物体将向左运动
B．两物体将向右运动
C．两物体组成的系统损失能量最小
D．两物体组成的系统损失能量最大
11．如图所示，水平面上带有半圆弧槽的滑块N质量为2m，槽的半径为r，槽两侧的最高点等高。将质量为m且可视为质点的小球M由槽右侧的最高点无初速释放，所有接触面的摩擦均可忽略。第一种情况滑块固定不动；第二种情况滑块可自由滑动。下列说法正确的是（　　）
A．两种情况下，小球均可运动到左侧最高点
B．两种情况下，小球滑到圆弧槽最低点时的速度之比为1：1
C．第二种情况，小球滑到圆弧槽最低点时圆弧槽的速度为
D．第二种情况，圆弧槽距离出发点的最远距离为
12．如图甲所示，一轻质弹簧的两端与两物块A、B相连接，并静止在光滑的水平面上，其中物块A的质量为m=2kg。现使A获得水平向右的速度3m/s，以此刻为计时零点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图像信息可得（　　）
A．从t3到t4时刻弹簧由压缩状态恢复到原长
B．物块B的质量为1kg
C．弹簧第一次恢复原长时，物块A的速度大小为1m/s
D．弹簧的最大弹性势能为6J
13．如图，滑块A（可视为质点）的质量kg，与水平面间的动摩擦因数，用细线悬挂的小球质量均为kg，沿轴排列，A与第1个小球及相邻两小球间距离均为m，线长分别为、、……（图中只画出三个小球）。开始时，A以m/s沿轴正向运动，设A与小球碰撞不损失机械能，碰后小球均恰能在竖直平面内做完整的圆周运动并再次与滑块正碰，，则（　　）
A．滑块每次与小球碰撞，碰撞前后速度互换
B．滑块只能与13个小球碰撞
C．滑块只能与12个小球碰撞
D．第10个小球悬线长0.4m
14．某同学将一质量为m的小球A由地面竖直向上抛出，初速度的大小为v0，当到达最高点时，与另一质量也为m、速度的大小也为v0竖直下抛的小球B发生弹性碰撞（时间非常短），经过一段时间AB均落地。如果忽略空气阻力，重力加速度大小为g。则下列说法正确的是（　　）
A．小球A在上升和下降过程中的动量的变化的方向相反
B．小球A在上升和下降过程中的动量的变化大小都为mv0
C．小球A落地时的动能为
D．小球A和B落地的时间差为
15．一只质量为的乌贼吸入的水后，静止在水中。遇到危险时，它在极短时间内把吸入的水向后全部喷出，以大小为的速度向前逃窜，下列说法正确的是（　　）
A．在乌贼喷水的过程中，乌贼所受合力的冲量大小为
B．在乌贼喷水的过程中，乌贼和喷出的水组成的系统的动量增大
C．乌贼喷出的水的速度大小为
D．在乌贼喷水的过程中，有的生物能转化成机械能
16．如图所示，在光滑水平面上，有一质量M＝3kg的薄板，板上有质量m＝1kg的物块，两者以v0＝4m/s的初速度朝相反方向运动，薄板与物块之间存在摩擦且薄板足够长，取水平向右为正方向，求：
（1）物块最后的速度；
（2）当物块的速度大小为3m/s时，薄板的速度。
17．如图半径为R=0.45m的光滑四分之一圆弧轨道AB下端B点与光滑水平面CD形成一个高为h=0.2m的台阶，一质量为M=0.2kg的平板小车静止在光滑水平面上紧靠台阶，圆弧轨道与平板小车在B点平滑连接。现将一个质量为m=0.2kg的物块（可视为质点）从圆弧轨道顶端A点由静止释放，物块经过圆弧轨道滑上平板小车，经时间t=0.4s滑离平板小车，物块滑离平板小车瞬间的速度是平板小车速度的2倍，物块最终落在光滑平面上D点。g=10m/s2，求：
（1）物块与平板小车之间的动摩擦因数μ；
（2）物块滑离平板小车时平板小车移动的距离；
（3）物块落地时，落地点D到平板小车右端的距离。
18．如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，两个大小不计的物块A、B质量分别为m1=m和m2=5m，A、B与传送带的动摩擦因数分别为和μ2=tanθ。设物体A与B碰撞时间极短且无能量损失，重力加速度大小为g。
（1）若传送带不动，将物体B无初速放置于传送带上的某点，在该点右上方传送带上的另一处无初速释放物体A，它们第一次碰撞前A的速度大小为v0，求A与B第一次碰撞后的速度大小v1A、v1B；
（2）若传送带保持速度v0顺时针运转，如同第（1）问一样无初速释放B和A，它们第一次碰撞前A的速度大小也为v0，求它们第二次碰撞前A的速度大小v2A；
（3）在第（2）问所述情景中，求第一次碰撞后到第三次碰撞前传送带对物体A做的功。
19．质量为1
000
kg的轿车与质量为4
000
kg的货车迎面相撞。碰撞后两车绞在一起，并沿货车行驶方向运动一段路程后停止（如图所示），从事故现场测出，两车相撞前，货车的行驶速度为54
km/h，撞后两车的共同速度为18
km/h。该段公路对轿车的限速为100
km/h。试判断轿车是否超速行驶。
20．如图，有一个光滑轨道，水平部分MN段和圆形部分NPQ平滑连接，圆形轨道的半径为R；质量为2m的A球以
的速度沿轨道向右运动（g为重力加速度），与静止在水平轨道上质量为m的B球发生碰撞，碰撞中两个小球组成的系统共损失的机械能为碰撞前A球动能的。两球均可视为质点。求：
（1）碰后B球的速度；
（2）B球在圆形轨道的F点与轨道分离（F点未画出），求F点到水平轨道MN的高度h。
参考答案
1．A
【详解】
首先根据两球动能相等
得出两球碰前动量大小之比为
因
，则
则系统的总动量方向向右。
A．由动量守恒定律，碰撞后若甲球速度为零，而乙球向右，则总动量向右，
A正确；
B．由动量守恒定律，碰撞后若两球速度都为零，碰撞后总动量为零，不满足动量守恒，
B错误；
C．若乙球速度为零，则甲球一定向左运动，则总动量向左，与动量守恒不相符，
C错误；
D．两球都以各自原来的速率反向运动，由于总动量大小向左，所以与动量守恒不相符，D错误。
故选A。
2．A
【详解】
A．若两球质量相等，碰撞前以速率相等相向而行，则系统的总动量为零。若碰撞后以某一相等速率互相分开反向而行，总动量也为零，符合动量守恒，是可能的，A正确；
B．若两球质量相等，碰撞前以速率相等相向而行，则系统的总动量为零。若碰后以某一相等速率同向而行，总动量不等于零，不符合动量守恒这一基本规律，是不可能发生的，B错误；
C．若两球质量不同，碰撞前以速率相等相向而行，系统的总动量不为零，且与质量较大的物体动量方向相同；若碰后以某一相等速率反向而行，总动量也与质量较大的物体动量方向相同，而此方向与碰撞前总动量方向相反，违反了动量守恒定律，不可能发生，C错误；
D．若两球质量不同，碰撞前以速率相等相向而行，系统的总动量不为零，若碰后两球都静止，总动量为零，不符合动量守恒这一基本规律，是不可能发生的，D错误。
故选A。
3．A
【详解】
设碰撞后女儿的速度为v′，根据动量守恒定律可得
故碰后女儿的速度为
碰前母女俩的总动能为
碰后母女俩的总动能为
由于碰撞前后总动能相等，所以母女俩的碰撞为弹性碰撞
故选A。
4．A
【详解】
A．A和B发生碰撞的过程中，由于碰撞时间极短，所以A和B组成的系统动量守恒，故A正确；
B．A和B发生碰撞的过程中，碰撞后A与物块B粘在一起，所以A和B组成的系统要产生内能，系统机械能减少，故B错误；
C．A和B碰撞后，三个物块和弹簧组成的系统只发生弹性势能与动能之间的相互转化，系统机械能守恒，故C错误；
D．整个过程中，三个物块和弹簧组成的系统满足动量守恒定律的条件，所以系统动量守恒，故D错误。
故选A。
5．A
【详解】
A、B碰撞过程中满足动量守恒，若碰后两球速度方向相同，则
若碰后两球运动方向相反，则
解得
，
由于碰后的动能不可能超过碰前的动能，因此应该满足
将，代入上式，可得代入不满足条件，只有k1成立，因此只存在一个k值，可以使碰后两球的速度大小均为。
故选A。
6．D
【详解】
A．滑块和小车组成的系统受合外力为零，则动量守恒，选项A错误；
B．小车间有摩擦力，要产生内能，所以滑块和小车组成的系统机械能不守恒，故B错误；
C．假设物块最终与小车共速，共同速度为v，取向右为正方向，由动量守恒定律得
m2v0＝（m1＋m2）v
根据能量守恒定律得
μm2gd＝m2v02－（m1＋m2）v2
解得滑块相对于小车滑行的距离为
d＝0.6m＜L＝1m
所以滑块不会从小车右端滑下，故C错误；
D．整个过程中系统产生的热量为
Q＝μm2gd＝6J
故D正确。
故选D。
7．C
【详解】
规定三个小球原来运动方向为正方向，由动量守恒定律得：对a与A，有
对b与B，有
pb=PB
对c与C，有
因为a、b、c三个小球的质量相等，速度相同，则有
pa=pb=pc
可知C球的动量最大，ABD错误，C正确。
故选C。
8．A
【详解】
设P物体的初速度为，由已知可得
P与Q碰撞过程中，两物体速度相等时，弹簧压缩量最大，此时弹性势能最大，整个过程中，满足动量守恒
此时最大弹性势能
解得
故选A。
9．D
【详解】
A．由x-t图象可知，碰撞前有
碰撞后有
对A、B组成的系统，A、B两球沿一直线运动并发生正碰，碰撞前后物体都是做匀速直线运动，所以系统的动量守恒，碰撞前后A的动量变化为
故A不符题意；
B．根据动量守恒定律，碰撞前后B的动量变化为
碰撞时A对B所施冲量为
故B不符题意；
C．碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能
代入数据解得
故C不符题意；
D．因
所以
所以A与B碰撞前的总动量为
故D符合题意；
故选D。
10．AD
【详解】
AB．物体的动量
已知两物体动能Ek相等，m1两物体组成的系统总动量方向与物体2的动量方向相同，即向左，由动量守恒知，两物体碰撞后动量向左，两物体将向左运动，
B错误A正确；
CD．两物体碰撞后粘合在一起，发生的碰撞是完全非弹性碰撞，两物体组成的系统损失的机械能最大，C错误D正确。
故选AD。
11．ACD
【详解】
A．当圆弧槽固定时，由机械能守恒定律
mgr=mgh
可知，则
h=r
小球M能运动到圆弧槽左侧的最高点；当圆弧槽自由滑动时，对于M、N组成的系统，水平方向动量守恒，小球M从圆弧槽的右端最高点由静止释放时，系统动量为零，设小球M到达左侧最高点的速度为v1，则
v1=0
由机械能守恒定律可知，小球M能运动到圆弧槽左侧的最高点，故A正确；
BC．当圆弧槽固定时，小球M到最低点时的速度为v0，则由机械能守恒定律得
解得
当圆弧槽自由滑动时，设小球M到达最低点时的速率为v，此时圆弧槽的速率为v′，根据动量守恒定律得
0=mv-2mv′
解得
根据机械能守恒定律得
解得
两种情况下，小球滑到圆弧槽最低点时的速度之比为：，B错误，C正确；
D．小球M和圆弧槽组成的系统在水平方向上动量守恒，当小球运动到左侧最高点时，圆弧槽向右运动的位移最大，设圆弧槽向右的最大位移为x，根据动量守恒定律得
m（2r-x)=2mx
计算得出
D正确。
故选ACD。
12．CD
【详解】
A．结合图象弄清两物块的运动过程，开始时A逐渐减速，B逐渐加速，弹簧被压缩，t1时刻二者速度相等，系统动能最小，势能最大，弹簧被压缩最厉害，然后弹簧逐渐恢复原长，B依然加速，A先减速为零，然后反向加速，t2时刻，弹簧恢复原长状态，由于此时两物块速度相反，因此弹簧的长度将逐渐增大，两木块均减速，当t3时刻，二木块速度相等，系统动能最小，弹簧最长，因此从t3到t4过程中弹簧由伸长状态恢复原长，故A错误；
BC．系统动量守恒，选择开始到t2时刻，弹簧弹性势能为零，则列方程可知
m1v0=m1v1+m2v2
将v0=3m/s，v2=2m/s
m1=2kg
代入得
v1=-1m/s
m2=4kg
故B错误，C正确；
D．由图可知t1时刻弹簧的弹性势能最大。则此时
m1v0=(m1+m2)v
解得
v=1m/s
弹簧的最大弹性势能为
故D正确；
故选CD。
13．ACD
【详解】
A．因滑块与小球质量相等且碰撞中动量守恒和机械能守恒，则
可得
v1=0
v2=v0
即滑块与小球相碰撞会互换速度，选项A正确；
BC．小球在竖直平面内做圆周运动，机械能守恒，设滑块滑行总距离为，有
得
（个
故B错误，C正确；
D．滑块与第个小球碰撞，设小球运动到最高点时速度为，
对小球，有
机械能守恒
对滑块，有
解三式得
则第10个小球悬线长为
故D正确；
故选ACD。
14．CD
【详解】
C．A与B产生弹性碰撞，由动量守恒定律和能量守恒可得
，
其中，可得
A做竖直下抛运动，B做自由落体运动，因此B落地时间
对A，上抛运动有
竖直下抛运动有
因此A落地速度大小
所以A球落地时的动能为，C正确；
AB．取向下为正方向，对A上升运动中动量的变化量为
?p1=0?（?mv0）=mv0
下抛运动中动量的变化量为
?p2=mv?mv0=（?1）mv0
AB错误；
D．由动量定理得
mgtA=?P2=（?1）mv0
所以
?t=tB?tA=
D正确。
故选CD。
15．AC
【详解】
A．根据动量定理，在乌贼喷水的过程中，乌贼所受合力的冲量大小为
A正确；
B．在乌贼喷水的过程中，乌贼和喷出的水组成的系统的动量守恒，B错误；
C．根据动量守恒
乌贼喷出的水的速度大小为
C正确；
D．在乌贼喷水的过程中，根据能量守恒，生物能转化成机械能为
D错误。
故选AC。
16．（1）2m/s，方向水平向右；（2）m/s，方向水平向右
【详解】
（1）由于水平面光滑，物块与薄板组成的系统动量守恒，设共同运动速度大小为v，由动量守恒定律得
Mv0－mv0＝（m＋M）v
代入数据解得
v＝2m/s
方向水平向右。
（2）由（1）知，物块速度大小为3m/s时，方向向左，由动量守恒定律得
Mv0－mv0＝－mv1＋Mv′
代入数据解得
v′＝m/s
方向水平向右。
17．（1）0.25；（2）0.2m；（3）0.2m
【详解】
（1）物体从A点到B点的过程中，其机械能守恒，则有
解得
由动量守恒定律，物块滑离平板小车时
解得
对平板小车利用动量定理
又
解得
（2）对平板小车利用动能定理
解得
（3）物块平抛运动，竖直方向
解得
物块落地时，落地点D到平板小车右端的距离
18．（1）（负号表示方向沿传送带向上）；（2）；（3）
【详解】
（1）B与传送带的动摩擦因数为μ2=tanθ，即
若传送带不动，将物体B无初速放置于传送带上的某点，物块B在传送带上能够静止。A和B碰撞过程中动量守恒，取沿传送带方向向下为正，根据动量守恒定律可得
根据能量守恒定律可得
联立解得
（2）若传送带保持速度v0顺时针运转，如同第（1）问一样无初速释放B和A，它们第一次碰撞前A的速度大小也为v0，B相对于地面仍静止，A的运动情况不变，它们第一次碰撞后的速度仍为
第一次碰撞后B沿传送带匀速下滑，A先向上做匀减速运动，后向下做匀减速直线运动，设加速度大小为a，根据牛顿第二定律可得
解得
设经过时间t二者相遇，根据位移时间关系可得
即
解得
它们第二次碰撞前A的速度
（3）在第（2）问所述情景中，设第二次碰撞后A和B的速度分别为，根据动量守恒定律可得
根据能量守恒定律可得
联立解得
设再经过时间二者第三次相碰，根据位移时间关系可得
即
解得
第一次碰撞后到第三次碰撞前B的位移为
第一次碰撞后到第三次碰撞前A的位移和B的位移相等，也为
故第一次碰撞后到第三次碰撞前传送带对物体A做的功
19．轿车超速行驶
【详解】
碰撞中两车间的相互作用力很大，可忽略两车受到的其他作用力，近似认为两车在碰撞过程中动量守恒。设轿车质量为m1，货车质量为m2；碰撞前轿车速度为v1，货车速度为v2；碰撞后两车的共同速度为v′。选轿车碰撞前的速度方向为正方向。碰撞前系统的总动量为m1v1＋m2v2，碰撞后系统的总动量为（m1＋m2）v′，由动量守恒定律，得
m1v1＋m2v2＝（m1＋m2）v′
解得
v1＝126
km/h＞100
km/h
故轿车在碰撞前超速行驶。?
20．（1），方向水平向右；（2）R
【详解】
（1）以AB两球为系统，取水平向右为正方向。在两球碰撞过程中，由动量守恒定律可得：
碰撞前系统动能
碰撞后系统动能
由题可知
联立解得
或
（舍去）
综上：碰后B球的速度
方向水平向右
（2）设过F点的半径与竖直方向的夹角为θ，球B从N点运动到F点的过程中由动能定理得
对小球在F点受力分析由牛顿第二定律得：
联立解得
cosθ=
由几何关系可知
h=R（1+cos）=R