1.4 弹性碰撞与非弹性碰撞 同步练习（Word版含答案）

1.4 弹性碰撞与非弹性碰撞
一、单选题
1．如图所示，在水平地面上有一质量为的长木板，板右端固定一立柱。质量为的人站在木板左端，木板与人均静止。当人加速向右奔跑的过程中，木板向左运动，人到达木板右端时立刻抱住立柱。关于抱住立柱后，人与木板一起运动的方向，下列说法中正确的是（　　）
A．若水平面光滑，人与木板一起向右运动
B．若水平面粗糙，人与木板一起向右运动
C．只要，人与木板就一起向右运动
D．因为不知道人跑的速度大小所以不能确定一起运动的方向
2．近年来，我国的航天事业取得巨大成就，"天问一号"的成功发射，"北斗"系统的成功组网等等，发射各类航天器都要用到火箭。关于火箭下列说法正确的是 （　　）
A．火箭点火后离开地面向上运动，是地面对火箭反作用力作用的结果
B．火箭获得的机械能来自于燃料燃烧释放的化学能
C．火箭运动过程中，牛顿第三定律适用，牛顿第二定律不适用
D．为了提高火箭的速度，实际上可以不断的增加火箭的级数
3．如图所示，小物块A通过一不可伸长的轻绳悬挂在天花板下，初始时静止。从发射器（图中未画出）射出的小物块B沿水平方向与A相撞，碰撞前B的速度大小为v，碰撞后二者粘在一起，并摆起一个较小角度。已知A和B的质量均为m，绳长为L，重力加速度大小为g，碰撞时间极短且忽略空气阻力。下列选项正确的是（　　）
A．B与A碰撞过程满足动量守恒、机械能守恒
B．AB一起上摆的过程中，轻绳拉力做负功，AB动能减小
C．碰撞后AB再次回到最低点时对绳的拉力大小为
D．碰撞后AB一起上升的最大高度为
4．如图所示，两个小球A、B在光滑水平地面上相向运动，它们的质量分别为 ， ，速度分别是 （设为正方向）， 。则它们发生正碰后，速度的可能值分别为（　　）
A． ， B． ，
C． ， D． ，
5．如图所示，质量分别为m和2m的物体A、B在光滑水平地面上，B左端有一轻弹簧且处于静止状态。现A以速度v向右运动，则A、B相互作用的整个过程中（　　）
A．A的动量最小值为
B．A的动量变化量为
C．弹簧弹性势能的最大值为
D．B的动能最大值为
6．一个静止的质量为m1的不稳定原子核，当它放射出质量为m2、速度为v的粒子后，原子核剩余部分的速度为（　　）
A． B． C． D．
7．在光滑的水平面上有两个小球发生正碰，小球的质量分别为和，碰撞前后的图像如图所示，则与的比值为（　　）
A． B． C． D．
8．如图所示，甲车的质量为，静止在光滑水平面上，甲车上表面光滑，右端放一个质量为的小物体。乙车的质量为，以一定的速度向左运动，乙车与甲车相碰后甲车获得的速度，小物体滑到乙车上。若乙车足够长，上表面与物体间动摩擦因数为0.2，物体在乙车上表面滑行后相对乙车静止，取，则最初乙车速度的大小为（　　）
A． B． C． D．
9．如图，木块静止在光滑水平桌面上，一子弹（可视为质点）水平射入木块的深度为时，子弹与木块相对静止，在子弹入射的过程中，木块沿桌面移动的距离为，木块对子弹的平均阻力为，那么在这一过程中，下列说法不正确的是（　　）
A．木块的动能增量为 B．子弹的动能减少量为
C．产生的内能为 D．系统的机械能减少量为
10．在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速度v0向右运动，在小球A的前方O点有一质量为m2（形状与A完全相同）小球B处于静止状态。如图所示，小球A与小球B发生正碰后小球A、B均向右运动，小球B在Q点处被墙壁弹回，返回时与小球A在P点相遇，PQ=PO。假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性碰撞。则（　　）
A．m1=m2 B．m1=2m2 C．m1=3m2 D．m1=4m2
二、多选题
11．下列属于反冲现象的是（　　）
A．乒乓球碰到墙壁后弹回
B．用枪射击时，子弹向前飞，枪身后退
C．用力向后蹬地，人向前运动
D．章鱼向某个方向喷出水，身体向相反的方向运动
12．如图，一质量为M的物块静止在桌面边缘。一质量为m的子弹以水平速度v0射入物块后，以水平速度射出。则子弹对物块冲量I的大小、摩擦力方向为（　　）
A． B．
C．水平向左 D．水平向右
13．如图所示，两个质量不相等的小车中间夹一被压缩的轻弹簧，现用两手分别按住小车，使它们静止在光滑水平面上。在下列几种释放小车的方式中，说法正确的是（ ）
A．若同时放开两车，则此后的各状态下，两小车的加速度大小一定相等
B．若同时放开两车，则此后的各状态下，两小车的动量大小一定相等
C．若先放开左车，然后放开右车，则此后的过程中，两小车和弹簧组成的系统总动量向左
D．若先放开左车，然后放开右车，则此后的过程中，两小车和弹簧组成的系统总动量向右
14．如图所示，一质量为的长木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一质量为的小木块A。给A和B以大小均为，方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，且A始终没有滑离木板B。则（　　）
A．此过程A、B系统动量守恒 B．当A速度为零时，B的速度大小为
C．这个过程中产生的热量为 D．A、B最终的共同速度大小为
15．质量为M的小球沿光滑的水平面向右以恒定的速度运动，经过一段时间与静止的质量为m的小球发生碰撞，碰后两小球的动量相等，则两小球质量的比值可能为（　　）
A．2 B．3 C．4 D．5
16．如图所示，在固定的水平横杆上，套有质量为m的光滑圆环，轻绳一端拴在环上，另一端系着质量为M（M>m）的木块，现有质量为m0的子弹以大小为v0的水平速度射入木块并立刻留在木块中。在以后的摆动过程中，木块不会碰到和超过水平横杆，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A．子弹射入木块后的瞬间，绳子拉力等于(M＋m0)g
B．子弹射入木块后的瞬间，环对轻杆的压力大于(M＋m＋m0)g
C．子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统动量不守恒
D．m不可能向左运动
三、解答题
17．如图所示，一个质量为m的物块A与另一个质量为2m的物块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0.3，与沙坑的距离x=1.5m，g取10m/s2。物块可视为质点，则碰撞前瞬间A的速度大小多少？
18．如图所示，物体A置于静止在光滑水平面上的平板小车B的左端，在物体A的上方O点用细线悬挂一小球C（可视为质点），线长L=1.25m。现将小球C拉至水平无初速度释放，并在最低点与物体A发生水平弹性正碰，碰撞后小球C反弹的速度为3m/s。已知A、B、C的质量分别为mA=4kg、mB=12kg和mC=1kg，A、B间的动摩擦因数μ=0.3，A、C碰撞时间极短，且只碰一次，取重力加速度g=10m/s2。
（1）求小球C与物体A碰撞前瞬间受到细线的拉力大小；
（2）求A、C碰撞后瞬间A的速度大小；
（3）若物体A未从小车B上掉落，小车B的最小长度为多少。
试卷第2页，共2页
试卷第1页，共1页
参考答案
1．B
【详解】
A．若水平面光滑，人与系统所受合外力为零，系统动量守恒，由于系统初状态动量守恒，由动量守恒定律可知，人抱住立柱后系统总动量为零，人抱住立柱后人与木板的速度为零，人与木板静止，故A错误；
BCD．若水平面粗糙，人在木板上奔跑过程，人对木板的摩擦力水平向左，地面对木板的摩擦力向右，由牛顿第三定律可知，人对木板的摩擦力与木板对人的摩擦力大小相等，人受到的合力等于木板对人的摩擦力，木板受到的合力等于人对木板的摩擦力大小与地面对木板的摩擦力大小之差，因此木板受到的合力大小小于人受到的合力大小，由于力的作用时间相等，人所受合力的冲量大小大于木板所受合力的冲量大小，由动量定理可知，人抱住立柱前瞬间，人的动量大小大于木板的动量大小，人的动量向右，木板的动量向左，人抱住立柱过程系统内力远大于外力，系统动量守恒，人抱住立柱前系统的总动量水平向右，由动量守恒定律可知，人抱住立柱后系统的总动量也向右，人抱住立柱后人与木板的速度水平向右，人与木板一起向右运动，故B正确；CD错误。
故选B。
2．B
【详解】
A．火箭点火后离开地面向上运动，是空气对火箭反作用力作用的结果。故A错误；
B．火箭获得的机械能来自于燃料燃烧释放的化学能。利用反冲原理，升空。故B正确；
C．火箭运动过程中，牛顿第三定律适用，牛顿第二定律也适用。故C错误；
D．增加火箭的级数会增加火箭的自身重量，导致能量的消耗增加，故不能单纯的增加级数来提高速度。故D错误。
故选B。
3．D
【详解】
A．由题意知B与A碰撞后粘在一起，属于完全非弹性碰撞，碰撞过程中动量守恒，机械能不守恒，故A错误；
B．AB一起上摆的过程中，任意时刻，轻绳拉力方向和速度方向都是垂直的，所以轻绳拉力不做功，故B错误；
C． AB一起上摆的过程中，A、B整体机械能守恒，再次回到最低点时，速度大小仍为碰后A、B速度的大小，设为，碰撞过程由动量守恒定律得
解得
在最低点，对A、B整体由牛顿第二定律有
解得
由牛顿第三定律得A、B对绳子的拉力为，故C错误；
D．设碰撞A、B一起上升的最大高度为h，则有机械能守恒定律得
解得
故D正确。
故选D。
4．D
【详解】
由题意得，向右为正方向，碰前系统动量为
碰前系统总动能为
A．若，即碰后A仍向右运动，B仍向左运动，则不符合实际，选项A错误；
B. 若 ，，则总动量向左，不符合动量守恒，选项B错误；
C．若，，碰后B球速度为0，不符合事实，C错误；
D．若，可求得末动量和动能为
此时系统动量守恒，动能不增加，符合实际，D正确；
故选D。
5．D
【详解】
AB．当弹簧被压缩最短时，A、B速度相等，设为v′，以向右为正方向，由动量守恒定律得
mv=（m+2m）v′
解得
设弹簧恢复原长时A、B的速度大小分别为vA、vB，以向右为正方向，由动量守恒定律得
mv=mvA+2mvB
由机械能守恒定律得
解得
负号表示速度方向向左，从A撞上弹簧到AB分离过程，A先向右做减速运动直到速度减为零，然后向左做加速运动，整个过程B一直做加速运动， 由此可知，A的最小速度为零，A的动量最小值为0，则A、B相互作用的整个过程中，以向右为正方向，A的动量变化量为
负号表示动量方向向左，故AB错误；
C．当弹簧被压缩最短时，A、B速度相等，设为v′，以向右为正方向，由动量守恒定律得
mv=（m+2m）v′
解得
此时弹簧的弹性势能最大，系统的动能最小，根据系统的机械能守恒得
故C错误；
D．由上分析可知，当A、B分离时，B的速度有最大值，且为
此时的动能为
故D正确。
故选D。
6．B
【详解】
设原子核剩余部分的速度为v′，根据动量守恒定律有
解得
故选B。
7．A
【详解】
根据图像的斜率表示速度，取小球的速度方向为正方向，则碰撞前小球的速度为
碰撞前小球的速度为
碰撞后小球的速度为
碰撞后小球的速度为
根据动量守恒定律有
代入数据有
解得
故A正确；BCD错误；
故选A。
8．B
【详解】
乙与甲碰撞过程，取向左为正方向，由动量守恒定律得
代入数据即
小物体m在乙上滑动至有共同速度v，对小物体与乙车运用动量守恒定律得
对物体根据动量定理有
联立代入数据求得
，
求得
故选B。
9．C
【详解】
A．子弹对木块的作用力大小为Ff，木块相对于地的位移为x，则子弹对木块做功为Ffx，根据动能定理得知，木块动能的增加量，即机械能的增量等于子弹对木块做的功，即为Ffx，A不符合题意；
B．木块对子弹的阻力做功为-Ff（x+d），根据动能定理得知：子弹动能的减少量等于子弹克服阻力做功，大小为Ff（x+d），B不符合题意；
CD．子弹相对于木块的位移大小为d，则系统克服阻力做功为Ffd，根据功能关系可知，系统机械能的减少量为Ffd，系统产生的内能为，D不符合题意，C符合题意。
故选C。
10．C
【详解】
两球发生弹性碰撞，设碰后A、B两球的速度分别为v1、v2，规定向右为正方向，根据系统动量守恒得
已知小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞均无机械能损失，由机械能守恒定律得
从两球碰撞后到它们再次相遇，甲和乙的速度大小保持不变，由运动学规律有
联立，并代入数据解得
故C正确。
故选C。
11．BD
【详解】
A．乒乓球碰到墙壁后弹回是因为受到了墙壁的作用力，不是反冲。故A错误；
B．用枪射击时，子弹向前飞，枪身后退，子弹与枪身是系统中的两部分，属于反冲现象。故B正确；
C．用力向后蹬地，人向前运动，是人脚与外部地面的作用，不属于反冲。故C错误；
D．章鱼向某个方向喷出水，身体向相反的方向运动，章鱼向某个方向喷水时，章鱼受到沿喷水方向相反的作用力，向喷水的反方向运动，二者相互作用力是系统内力，是反冲现象。故D正确。
故选BD。
12．AD
【详解】
AB．子弹与物块相互作用过程中，系统动量守恒，则有
对物块应用动量定理，有
联立可得
故A正确，B错误；
CD．子弹射出过程，物块相对子弹向左运动，故物块所受摩擦力方向水平向右,故C错误，D正确。
故选AD。
13．BC
【详解】
AB．由于两车质量不相等，两车的加速度大小不相等。由动量守恒，若同时放开两车，初总动量为零，此后任意时刻总动量为零，所以两小车的动量大小一定相等，A错误，B正确；
CD．若先放开左车，然后放开右车，则初总动量向左，此后的过程中，两小车和弹簧组成的系统总动量向左， C正确，D错误。
故选BC。
14．ABD
【详解】
A．A、B系统所受合外力为零，系统动量守恒，故A正确；
B．以右为正方向，根据动量守恒有
解得当A速度为零时，B的速度为
故B正确；
CD．最终A、B共速，根据动量守恒有
可得
根据能量守恒，这个过程中产生的热量为
故C错误，D正确。
故选ABD。
15．AB
【详解】
设碰后质量为M的小球的速度为，质量为m的小球的速度为，碰撞过程动量守恒，则
又由题意可知
碰撞过程能量遵循
由以上各式联立解得
故选AB。
16．BCD
【详解】
A．子弹射入木块后的瞬间，子弹和木块系统的动量守恒，则
m0v0＝(M＋m0)v1
解得速度大小为
v1＝
子弹射入木块后的瞬间，根据牛顿第二定律可得
T－(M＋m0)g＝(M＋m0)
可知绳子拉力大于(M＋m0)g，选项A错误；
B．子弹射入木块后的瞬间，对子弹、木块和圆环整体
N＝T＋mg> (M＋m＋m0)g
选项B正确；
C．子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统只在水平方向动量守恒，选项C正确；
D．由弹性碰撞公式可知， 从子弹打入木块到木块摆回到最低点时
由于M+ m0>m，木块经过最低点时圆环速度有两个解，分别是最大速度
方向向右；最小速度：0，圆环不可能向左运动，选项D正确。
故选BCD。
17．4.5m/s
【详解】
碰撞后B做匀减速运动，由动能定理得
代入数据解得
v=3m/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
由于没有机械能的损失，则有
联立解得
v0=4.5m/s
18．（1）30N；（2）2m/s；（3）0.5m
【详解】
（1）小球下摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律得
代入数据解得
m/s
对小球，由牛顿第二定律得
代入数据解得
T=30N
（2）小球与A碰撞过程系统动量守恒，以小球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得
代入数据解得
2m/s
（3）物块A与木板B相互作用过程，系统动量守恒，以A的速度方向为正方向，由动量守恒定律得
代入数据解得
v=0.5m/s
由能量守恒定律得
代入数据解得
x=0. 5m答案第1页，共2页
答案第1页，共2页