1.5弹性碰撞与非弹性碰撞 达标专业（解析版）

2021-2022学年人教版（2019）选择性必修第一册
1.5弹性碰撞与非弹性碰撞
达标专业（解析版）
1．如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动。两球质量关系为mB=2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为6
kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为–4
kg·m/s，则（　　）
A．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2
：
5
B．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1
：
10
C．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2
：
5
D．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1
：
10
2．如图甲所示，光滑水平面上有A、B两物块，已知A物块的质量，初始时刻B静止，A以一定的初速度向右运动，之后与B发生碰撞并一起运动，它们的位移—时间图象如图乙所示（规定向右为位移的正方向，因A、B碰撞时间极短，图中无法显示）则根据上述信息，求出在A、B碰撞过程中的物理量是正确的是（
　　）
A．物块A对B的冲量为15N·s
B．物块B的动量变化量为kg·m/s
C．物块A、B间的平均作用力大小为300N
D．A、B系统损失的机械能为8J
3．甲、乙两球在水平光滑轨道上同向运动，已知它们的动量分别是p1＝5kg·m/s，p2＝7kg·m/s，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为10kg·m/s，则二球质量m1与m2间的关系可能是下面的哪几种(
)
A．m1＝m2
B．2m1＝m2
C．4m1＝m2
D．6m1＝m2
4．科学家试图模拟宇宙大爆炸初的情境，他们使两个带正电的不同重离子被加速后，沿同一条直线相向运动而发生猛烈碰撞。为了使碰撞前的动能尽可能多地转化为内能，关键是设法使这两个重离子在碰撞前的瞬间具有相同大小的（　　）
A．速率
B．质量
C．动量
D．动能
5．如图所示，质量为M的盒子放在光滑的水平面上，盒子内表面不光滑，盒内放有一块质量为m的物体，某时刻给物体一个水平向右的初速度v0，那么在物体与盒子前后壁多次往复碰撞后（　　）
A．两者的速度均为零
B．两者的速度总不会相等
C．盒子的最终速度为，方向水平向右
D．盒子的最终速度为，方向水平向右
6．在冰壶比赛中，冰壶甲以速度v1正碰静止的冰壶乙，碰后冰壶甲的速度变为v2，方向不变．已知冰壶质量均为m，碰撞过程时间为t，则碰撞过程中冰壶乙受到的平均作用力大小为（　　）
A．F＝0
B．F＝
C．F＝
D．F＝
7．在光滑水平面上，有两个小球A、B沿同一直线同向运动（B在前），已知碰前两球的动量分别为pA=12kg·m/s、pB=13kg·m/s，碰后它们的动量变化分别为ΔpA、ΔpB，下列数值可能正确的是（　　）
A．ΔpA=-3kg·m/s、ΔpB=3kg·m/s
B．ΔpA=3kg·m/s、ΔpB=-3kg·m/s
C．ΔpA=-24kg·m/s、ΔpB=24kg·m/s
D．ΔpA=24kg·m/s、ΔpB=-24kg·m/s
8．如图所示，有A、B两个质量均为m的小车，在光滑的水平地面上以相等的速率在同一直线上相向运动，A车上有一质量也为m的人，他现在从A车跳到B车上，为了避免两车相撞，他跳离A车时的速率相对地面最小为（　　）
A．
B．
C．
D．
9．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。若碰撞前、后两壶的v—t图象如图b所示。关于冰壶的运动，下列说法正确的是（　　）
A．碰撞后过程中，蓝壶受到的阻力比红壶的大
B．碰撞后，蓝壶的运动的时间为6s
C．碰撞后两壶相距的最远距离为1.1m
D．两壶碰撞是弹性碰撞
10．如图所示，在质量为M的小车中挂着一单摆，摆球质量为m0，小车和单摆以恒定的速度v沿光滑水平地面运动，与位于正前方的质量为m的静止的木块发生碰撞，碰撞的时间极短。在此碰撞过程中，下列情况可能发生的是（　　）
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＋mv1＋m0v3
B．摆球的速度不变，小车和木块的速度变为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u，满足Mv＝（M＋m）u
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
11．质量相等的两个小球A、B在光滑水平面上相向运动，A的速度为，B的速度为，若它们发生对心碰撞，碰撞后A、B的速度可能（　　）
A．
B．，
C．，
D．，
12．两小球A、B置于光滑的水平面上，A球以一定的速度与静止的B球发生弹性正碰，如图所示，关于两球碰撞过程中的说法正确的是（　　）
A．在两球碰撞的整个过程中，相互作用力冲量的矢量和为零，做功的代数和也为零
B．在两球碰撞的整个过程中，B对A始终做负功
C．在两球压缩形变阶段，相互作用力冲量的矢量和为零，做功的代数和为负，系统的动量不变，动能减少
D．当两球的速度相等时，系统的机械能最小
13．两个小球A、B在光滑水平面上相向运动，已知它们的质量分别是m1＝4kg，m2＝2kg，A的速度v1＝3m/s（设为正），B的速度v2＝－3m/s，则它们发生正碰后，其速度可能分别是（　　）
A．均为1m/s
B．＋4m/s和－5m/s
C．＋2m/s和－1m/s
D．－1m/s和＋5m/s
14．如图所示，光滑水平直轨道上静止着两个质量均为m的物块B、C，物块B的左侧面固定着一轻弹簧。质量也为m的物块A以速度v0向右运动并将弹簧压缩，当弹簧被压缩至最短时，物块B与C发生弹性碰撞且碰撞时间极短，则从物块A开始压缩弹簧至与弹簧分离的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．三个物体组成的整个系统动量守恒
B．物块A的最终速度为0
C．物体C的最终速度为
D．整个过程中，弹簧具有的最大弹性势能为
15．如图所示，光滑水平面上有一质量为、半径为R（R足够大）的圆弧曲面C，质量为M的小球B置于其底端，另一个小球A质量为，小球A以的速度向B运动，并与B发生弹性对心碰撞，不计一切摩擦，小球均视为质点，则（　　）
A．B的最大速率为
B．B运动到最高点时的速率为
C．B不能与A再次发生碰撞
D．B能与A再次发生碰撞
16．如图所示，在光滑固定的水平长杆上套着一个光滑的质量为mA=0.2kg的滑环A，滑环通过一根不可伸长的轻绳悬吊一质量为mB=0.6kg的重物B，轻绳长为L=0.8m，将滑环A固定在水平杆上，给B一个水平瞬时冲量作用，使重物B向左摆动并恰好能碰到水平杆。取重力加速度g=10m/s2，求：
（1）瞬时冲量的大小；
（2）若滑环A不固定，仍给B以同样的瞬时冲量作用，在此后的运动过程中，B离水平杆最近时的距离。
17．如图所示，一质量的滑块从固定在竖直面的半径的光滑四分之一圆弧轨道的最高点由静止滑下，从轨道末端水平射出，掉到质量的小车里，并立即与小车保持相对静止。已知小车在水平面上滑动时受到的阻力与其对水平面的压力大小的比值，取重力加速度大小，不计空气阻力。求：
（1）滑块滑到圆弧轨道末端时对轨道的压力；
（2）滑块与小车碰撞后瞬间的速度大小；
（3）小车在水平面上滑行的最大位移和时间。
18．如图，一质量为的长木板B静止于粗糙水平面上，物块A质量为，停在长木板B的左端。质量为的小球用长为的轻绳悬挂在固定点O上，将轻绳拉直至水平位置后，由静止释放小球，小球在最低点与物块A发生弹性正碰，碰撞时间较短，碰后物块A恰好没有从长木板B右端滑下，不计空气阻力，物块A与小球可视为质点。已知长木板B与地面间的动摩擦因数为，滑块A与长木板B间的动摩擦因数为，取g=10m/s2。求：
（1）
小球运动到最低点与物块A弹性正碰，碰后物块A的速度大小；
（2）
物块A开始运动到与长木板B达到共同速度时所用时间；
（3）
从小球在最低点与物块A弹性正碰后直到物块A相对地面静止的过程，物块A相对水平面上运动的距离。
参考答案
1．A
【详解】
两物体的运动是同向追击（都向右运动），只有后边的物体速度大于前边的物体才能发生碰撞，以此分析应该是A球在左方追击B球，发生碰撞，A球的动量减小4
kg·m/s，其动量变为2
kg·m/s，根据动量守恒B球动量增加4
kg·m/s，其动量变为10
kg·m/s，两球质量关系为mB=2mA，则
A、B两球的速度关系为2∶5。
故选A。
2．C
【详解】
A．由图知，碰前
，
碰后两者速度为
两物体碰撞过程动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得
代入数据解得
则物块A对物块B的冲量为
故A错误；
B．物块B的动量变化量与A对物块B的冲量相等，为，故B错误；
C．根据动量定理可得
解得，物块A、B间的平均作用力大小为，故C正确；
D．由能量守恒定律得
解得，损失机械能为
故D错误。
故选C。
3．C
【详解】
甲、乙两球在碰撞过程中动量守恒，所以有
p1＋p2＝p1′＋p2′
即p1′＝2kg·m/s。由于在碰撞过程中，不可能有其他形式的能量转化为机械能，只能是系统内物体间机械能相互转化或一部分机械能转化为内能，因此系统的机械能不会增加，所以有
所以有
因为题目给出物理情景是“甲从后面追上乙”，要符合这一物理情景，就必须有
即
同时还要符合碰撞后乙球的速度必须大于或等于甲球的速度这一物理情景，即
所以
因此C选项正确。
故选C。
4．C
【详解】
尽量减小碰后粒子的动能，才能增大内能，所以设法使这两个重离子在碰撞前的瞬间具有相同大小的动量。
故选C。
5．D
【详解】
由于盒子内表面不光滑，在多次碰后物体与盒相对静止，由动量守恒得
解得
故D正确，ABC错误。
故选D。
6．C
【详解】
冰壶在碰撞过程中动量守恒，取冰壶甲的方向为正方向，设碰撞后冰壶乙的速度为v，由动量守恒定律得
mv1＝mv2＋mv
解得
v＝v1－v2
冰壶乙在碰撞过程中，由动量定理有
Ft＝mv－0
解得碰撞过程中冰壶乙受到的平均作用力大小
F＝
故选C。
7．A
【详解】
BD．对于碰撞问题要遵循三个规律：动量守恒定律、碰后系统的机械能不增加、碰撞过程要符合实际情况。本题属于追及碰撞，碰前，后面小球的运动速度一定要大于前面小球的运动速度（否则无法实现碰撞）。碰后，前面小球的动量增大，后面小球的动量减小。减小量等于增大量，所以ΔpA<0，ΔpB>0，并且
ΔpA=-ΔpB
据此可排除选项B、D，BD错误；
AC．若ΔpA=-24kg·m/s、ΔpB=24kg·m/s，碰后两球的动量分别为pA=-12kg·m/s，pB=37kg·m/s，根据关系式Ek=可知，A球的质量和动量大小不变，动能不变，而B球的质量不变，动量增大，所以B球的动能增大，这样系统的机械能比碰前增大了，选项C可以排除；经检验，只有选项A中的数值满足碰撞所遵循的三个原则，A正确，C错误。
故选A。
8．C
【详解】
速度v最小的条件是：人跳上B车稳定后两车的速度相等，设车速度为v车，以A车和人组成的系统为研究对象，以A车的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
以B车与人组成的系统为研究对象，以人的速度方向为正方向，由动量守恒定律得
解得
故ABD错误，C正确。
故选C。
9．C
【详解】
A．根据v-t图象的斜率表示加速度，知碰后红壶的加速度比蓝壶的加速度，两壶质量相等，所以红壶的滑动摩擦力比蓝壶的滑动摩擦力大，故A错误；
B．根据碰前红壶的速度图象可知红壶的加速度大小为
所以蓝壶静止的时刻为
碰撞后，蓝壶的运动的时间为
故B错误；
C．设碰后蓝壶的速度为v，碰前红壶的速度，碰后红壶的速度为
取碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得
代入数据解得
在速度时间图像中图像所包围的面积表示走过的位移，碰后两个的位移差最大为：
故C正确；
D．碰撞前两壶的总动能为
碰撞后前两壶的总动能为
所以两壶碰撞为非弹性碰撞，故D错误；
故选C。
10．BC
【详解】
AD．小车与木块碰撞，且碰撞时间极短，因此相互作用只发生在木块和小车之间，悬挂的摆球在水平方向未受到力的作用，故摆球在水平方向的动量未发生变化，即摆球的速度在小车与木块碰撞过程中始终不变，A、D错误；
BC．选项B的说法对应于小车和木块碰撞后又分开的情况，选项C的说法对应于小车和木块碰撞后粘在一起的情况，两种情况都有可能发生，B、C正确。
故选BC。
11．ACD
【详解】
设两球的质量为m，取碰撞前A球的速度方向为正方向，碰前系统总动量为
碰撞前总动能为
A．如果，碰后系统总动量为
系统动量守恒。碰撞后系统的总动能为
系统的总动能减小，是可能的，故A正确；
B．如果，，碰撞后A球的速度大于B球的速度，还会发生第二次碰撞，不可能，故B错误；
C．如果，，碰后系统总动量为
系统动量守恒。碰撞后系统的总动能为
系统的总动能减小，是可能的，故C正确；
D．若，，碰后系统总动量为
系统动量守恒。碰撞后系统的总动能为
系统的总动能守恒，是可能的，故D正确；
故选ACD。
12．AC
【详解】
A．由牛顿第三定律知，在两球碰撞的整个过程中相互作用力始终大小相等、方向相反，故相互作用力冲量的矢量和为零，由于两球发生弹性碰撞，系统机械能守恒，故相互作用力做功的代数和为零，选项A正确；
B．若两球碰后A的速度反向，则在整个碰撞过程中，B对A先做负功再做正功；若两球碰后A的速度方向不变，则在整个碰撞过程中，B对A做负功，选项B错误；
CD．在两球压缩形变阶段，相互作用力始终大小相等、方向相反，故相互作用力冲量的矢量和为零，将两球压缩形变阶段当做两球压缩弹簧处理，当压缩量最大时，两球速度相等，弹性势能最大，由于系统机械能守恒，故动能最小。由动能定理可知，相互作用力做功的代数和为负，此过程中系统动量守恒，故系统动量不变，选项C正确，D错误。
故选AC。
13．AD
【详解】
由动量守恒，可验证四个选项都满足要求，再看动能情况，有
由于碰撞过程动能不可能增加，所以应有，故B错误；由于A、B沿同一直线相向运动，发生碰撞后不可能都保持原来的速度方向，故C错误。
故选A（完全非弹性碰撞）、D（弹性碰撞）。
14．ACD
【详解】
A．在整个运动过程中，三个物体组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，A正确；
C．A、B组成的系统动量守恒，以向右为正方向，当弹簧最短时，A、B速度相等，由动量守恒定律得
mv0＝（m＋m）v1
解得
B、C碰撞过程系统动量守恒，机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得
mv1＝mvB＋mvC
由能量守恒定律得
代入数据解得
vB＝0，
C正确；
D．接下来，A、B再次共速时弹簧的弹性势能最大，A、B动量守恒，由
mv1＝（m＋m）v2
解得
从A开始压缩弹簧到A、B第二次共速的过程中，由机械能守恒定律得
解得
D正确；
B．A、B再次共速前后动量守恒，机械能守恒，得
mv1＝mvA'＋mvB'
不是一动一静弹性正碰，所以碰后A的速度不为0，B错误。
故选ACD。
15．BC
【详解】
A与B发生弹性碰撞，有
，
解得
，
A．A与B发生弹性碰撞后，B的速率最大，最大为。A错误；
B．B与C相互作用，有
解得
B正确；
CD．B与C相互作用至返回地面，有
，
解得
B不能与A再次发生碰撞。C正确，D错误。
故选BC。
16．（1）；（2）
【详解】
(1)当环A固定时，对B摆动过程由动能定理可得
又根据动量定理有
联立解得
(2)当环A不固定时，在B摆到最高点时离杆最近，此时两者有相等速度，对A、B系统，在水平方向上动量守恒
设B摆到最大高度时离杆的最近距离为，对A、B系统，由机械能守恒定律可得
联立解得
17．（1），方向竖直向下；（2）；（3），
【详解】
（1）设滑块在轨道末端时的速度大小为，滑块在圆弧轨道上滑行过程中机械能守恒，有
解得
滑块在圆弧轨道末端时，有
解得
由牛顿第三定律可知，滑块滑到圆弧轨道末端时对轨道的压力大小为，方向竖直向下。
（2）滑块落入小车，与小车作用过程，系统水平方向动量守恒，有
解得
（3）滑块落入小车后，与小车一起做匀减速直线运动，则有
解得
由公式
解得
18．（1）
；（2）
；（3）
【详解】
（1）对小球下摆过程，由机械能守恒定律得
解得小球的速度大小
小球运动到最低点时与物块A发生弹性正碰，则由动量守恒定律和机械能守恒定律有
解得
（2）碰后物块A与长木板B相对滑动，直到二者达到共同速度，对物块A
解得
对长木板B
解得
设两者相对滑动过程经历时间
达到共同速度，则
解得
（3）物块A与长木板B相对滑动过程，物块A发生的位移
解得
物块A与长木板B相对静止时的共同速度为
解得
物块A与长木板B达到共同速度此后一起做匀减速运动到静止
解得
二者一起匀减速运动到静止的过程
解得
物块A相对水平面上运动的距离