2021-2022学年高二上学期物理粤教版（2019）选择性必修第一册1.5弹性碰撞与非弹性碰撞 同步练习(Word版含答案)

1.5弹性碰撞与非弹性碰撞
一、单选题
1．如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为M的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量为m（m＜M）的小球从槽高h处开始自由下滑，下列说法正确的是（　　）
A．在以后的运动过程中，小球和槽的水平方向动量始终守恒
B．在下滑过程中槽对小球的支持力不做功
C．全过程小球和槽、弹簧所组成的系统机械能守恒，且水平方向动量守恒
D．被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒，但小球不能回到槽高h处
2．用一个半球形容器和三个小球可以进行碰撞实验，已知容器内侧面光滑，半径为R，三个质量分别为m1、m2、m3的小球编号为1、2、3，各小球半径相同且可视为质点，自左向右依次静置于容器底部的同一直线上且彼此相互接触，若将质量为m1的小球移至左侧离容器底高h处无初速度释放，如图所示，各小球间的碰撞时间极短且碰撞时无机械能损失，小球1与2、2与3碰后，球1停在O点正下方，球2上升的最大高度为，球3恰能滑出容器，则三个小球的质量之比为（　　）
A．2：2：1 B．3：3：1 C．4：4：1 D．3：2：1
3．如图所示，在光滑的水平面上，有两个质量都是m的小车A和B，两车之间用轻质弹簧相连，它们以共同的速度v0向右运动，另有一质量为m的粘性物体，从高处自由落下，正好落在A车上，并与之黏合在一起，求这以后的运动过程中，弹簧获得的最大弹性势能为（　　）
A．mv02 B．mv02 C．mv02 D．mv02
4．如图所示，光滑水平面上三个完全相同的小球通过两条不可伸长的细线相连，初始时B、C两球静止，A球与B球连线垂直B球C球的连线，A球以速度沿着平行于CB方向运动，等AB之间的细线绷紧时，AB连线与BC夹角刚好为，则线绷紧的瞬间C球的速度大小为（　　）
A． B． C． D．
5．如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别是m1和m2的两物块A、B相连，它们静止在光滑水平地面上。现给物块A一个瞬时冲量，使它获得水平向右的速度v0，从此时刻开始计时，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示。则下列判断正确的是（　　）
A．t1时刻弹簧的压缩量最大且m1速度达最小值
B．t2时刻弹簧恢复原长，m1和m2速度交换
C．在t1~t3时间内，弹簧处于压缩状态
D．在t2~t4时间内，弹簧处于拉长状态
6．如图所示，带有四分之一光滑圆弧轨道的斜劈A和滑块B、C均静止在光滑水平地面上，斜劈A的末端与水平地面相切。一滑块D从斜劈A的圆弧轨道的最高点由静止释放，滑块D滑到水平地面后与滑块B碰撞并粘在一起向前运动，再与滑块C碰撞又与C粘在一起向前运动。已知斜劈A和三个滑块的质量均为m，斜劈A的圆弧轨道半径为R，重力加速度大小为g。滑块B、C、D均可视为质点，则下列说法正确的是（　　）
A．滑块D在圆弧轨道上滑动的过程中对斜劈A做的功为0
B．与滑块B碰撞前瞬间，滑块D的速度大小为
C．滑块B与滑块C碰撞后的速度大小为
D．滑块D与滑块B碰撞过程中损失的机械能为
7．如图所示，质量为m1=0.95kg的小车A静止在光滑地面上，一质量为m2=0.05kg的子弹以v0=100m/s的速度击中小车A，并留在其中，作用时间极短。一段时间后小车A与另外一个静止在其右侧的、质量为m3=4kg的小车B发生正碰，小车B的左侧有一固定的轻质弹簧。碰撞过程中，弹簧始终未超弹性限度，则下列说法正确的是（　　）
A．弹簧最大的弹性势能为10J
B．小车A与子弹的最终速度大小为5m/s
C．小车B的最终速度大小为1m/s
D．整个过程损失的能量为240J
二、多选题
8．如图，用轻绳将两个弹性小球紧紧束缚在一起并发生微小的形变，现正在光滑水平面上以速度v0＝0.1 m/s向右做直线运动，已知两弹性小球质量分别为m1＝1 kg和m2＝2 kg.一段时间后轻绳突然自动断开，断开后两球仍沿原直线运动．经过t＝5.0 s两球的间距为s＝4.5 m，则下列说法正确的是（　　）
A．刚分离时，a、b两球的速度方向相同
B．刚分离时，b球的速度大小为0.4 m/s
C．刚分离时，a球的速度大小为0.7 m/s
D．两球分开过程中释放的弹性势能为0.27 J
9．用轻弹簧相连的质量均为m的A、B两物块都以v的速度在光滑的水平面上运动，弹簧处于原长，质量为m的物块C在前方静止，如图所示。B与C碰后二者粘在一起运动，在此后的运动中，下列判断正确的（　　）
A．物块A、B、C与弹簧组成的系统动量守恒、机械能守恒
B．弹簧对物块A做负功、对物块B和C做正功
C．当物块A、B、C三者共速时，弹簧最大弹性势能为
D．当弹簧再次恢复为原长时，物块B和C的最大速度为
10．在光滑的水平桌面上有等大的质量分别为，的两个小球，中间夹着一个被压缩的具有弹性势能的轻弹簧（弹簧与两球不相连），原来处于静止状态。现突然释放弹簧，球脱离弹簧后滑向与水平面相切、半径为的竖直放置的光滑半圆形轨道，如图所示。取。则下列说法正确的是（　　）
A．离开轻弹簧时获得的速度为
B．弹簧弹开过程，弹力对的冲量大小为
C．球从轨道底端A运动到顶端的过程中所受合外力冲量大小为
D．若半圆轨道半径可调，则球从点飞出后落在水平桌面上的水平距离随轨道半径的增大先增大后减小
11．如图所示，一个质量为M的长条木块放置在光滑的水平面上，现有一颗质量为m、速度为v0的子弹射入木块并最终留在木块中，在此过程中，木块运动的距离为s，子弹射入木块的深度为d，木块对子弹的平均阻力为f，则下列说法正确的是（　　）
A．子弹射入木块前、后系统的动量守恒
B．子弹射入木块前、后系统的机械能守恒
C．f与d之积为系统损失的机械能
D．f与s之积为木块增加的动能
三、解答题
12．如图所示，质量分别为mA、mB的两个弹性小球A、B静止在地面上方，B球距地面的高度h=1.8 m，A球在B球的正上方，距地面的高度H=4.2 m。同时将两球释放，经过一段时间后两球发生第一次弹性正撞。所有碰撞时间忽略不计，已知mB=3mA，重力加速度g=10 m/s2，忽略空气阻力和球的大小及所有碰撞中的动能损失。求：
（1）第一次碰撞点距地面的高度；
（2）第一次碰后A球上升的最大距离。
13．如图所示，在光滑水平面上的平板小车，质量为m1，其左端放有质量为m2的铁块（可视为质点），若铁块与小车均以v0=3m/s的速度向右做匀速运动，小车将与竖直墙壁发生正撞，碰撞时间忽略不计，碰撞时无动能损失，已知铁块与平板车之间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g=10m/s2，铁块始终不从小车上掉下来，求：
（1）若m1>m2，且满足题意的小车的最小长度为5m，求m1与m2的比值；
（2）若m1=1kg，m2=2kg，小车和墙第一次相碰以后，小车所走的总路程为多少。
14．如图所示，小球A放于小球B正上方（两球直接接触且球心连线竖直），两小球同时由距水平地面高度为H的地方由静止释放，设两小球间碰撞和球B与地面的碰撞均为弹性碰撞且作用时间极短，小球B的质量是小球A质量的3倍，忽略两小球大小，不计空气阻力，重力加速度为g，求小球A反弹后能上升的最大高度。
15．如图所示，在水平直轨道上静止放置平板车A和长木板B，可视为质点的物块C以初速度v0从A的左端开始向右运动，当C和A的速度相等时，A和B恰好发生了第一次碰撞。已知A、B、C的质量分别为2m、4m、3m，不计A、B与轨道间的摩擦，C与A、B上表面间的动摩擦因数均为μ，全程C没有掉落到轨道上，每次碰撞时间极短，均为弹性碰撞，重力加速度为g，忽略空气阻力。求：
（1）A和C第一次速度相等时的速度大小；
（2）第一次碰撞前A运动的距离x和第一次碰撞后A的速度大小；
（3）通过计算判断A是否会和B发生第二次碰撞。
试卷第1页，共3页
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参考答案
1．D
【详解】
A．小球在槽上下滑和上滑的过程，小球和槽构成的系统水平方向不受力，系统水平方向动量守恒。当小球与弹簧接触后，小球与槽组成的系统在水平方向所受合外力不为零，系统在水平方向动量不守恒，故A错误；
B．下滑过程中小球和槽都有水平方向的位移，两者间的弹力和位移不垂直，故槽对小球的支持力做功，故B错误；
C．全过程小球和槽、弹簧所组成的系统只有重力与弹力做功，系统的机械能守恒，水平方向动量不守恒，因为受到墙壁的作用力，故C错误；
D．小球在槽上下滑过程，系统水平方向动量守恒，球与槽分离时两者动量大小相等，由于m＜M，则小球的速度大小大于槽的速度大小，小球被弹簧反弹后的速度大小等于球与槽分离时的速度大小，小球被反弹后向左运动，由于球的速度大于槽的速度，球将追上槽并要槽上滑，在整个过程中只有重力与弹力做功系统机械能守恒，由于球与槽组成的系统总动量水平向左，球滑上槽的最高点时系统速度相等水平向左系统总动能不为零，由机械能守恒定律可知，小球上升的最大高度小于h，小球不能回到槽高h处。故D正确。
故选D。
2．B
【详解】
碰撞前球1下滑过程，由机械能守恒定律得
对于碰撞过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
碰后，对球2和球3有
，
联立解得
故选B。
3．C
【详解】
粘性物体和A相互作用，水平方向动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律有
mv0=2mv1
得
以后三个物体一起相互作用，系统动量守恒，当B车与A车速度相等时，弹簧的弹性势能最大．根据动量守恒定律得
2mv0=3mv2
得
由能量守恒定律得，弹簧的最大弹性势能
ABD错误，C正确。
故选C。
4．A
【详解】
A、B、C之间有绳，绳绷紧会有能量损失，取水平向右为正方向，对A、B由动量守恒定律得
解得
B以速度与 C进行作用，对B、C由动量守恒定律得
解得
即A与B之间绳子绷紧的瞬间，C球的速度为，BCD错误，A正确。
故选A。
5．D
【详解】
A．t1时刻m1和m2速度相等，此时m1和m2组成的系统机械能最小，弹簧的弹性势能最大，即压缩量最大；此时m1速度还未达到最小值，故A错误；
B．t2时刻m1和m2图线的斜率均为零，所以加速度均为零，弹簧对二者的弹力为零，即弹簧恢复原长；此时m2的速度不是v0，且m1的速度不是零，不满足速度交换的情况，故B错误；
CD．v-t图像斜率的正负表示加速度的方向，在0~t2时间内，m1的加速度方向始终沿负方向，m2的加速度方向始终沿正方向，所以这段时间内弹簧对m1的弹力始终沿负方向，对m2的弹力始终沿正方向，即弹簧处于压缩状态；同理可知，在t2~t4时间内，弹簧对m1的弹力始终沿正方向，对m2的弹力始终沿负方向，即弹簧处于拉长状态，综上所述可知C错误，D正确。
故选D。
6．D
【详解】
A．D在A上滑动时，A与D组成的系统水平方向上动量守恒，且系统机械能守恒，则当D滑到水平地面上时
且
两式联立解得A、D分离时的速度为
即A与D的速度大小相等，方向相反，下滑过程对A由动能定理得
解得
故A错误；
B．D与B碰撞前的速度即为A、D分离时D的速度大小，为，故B错误；
C．B与C碰撞过程中，B、C、D 组成的系统动量守恒，有
则B与C碰撞后的速度大小为
故C错误。
D．D与B碰撞过程动量守恒，有
则碰撞后B、D整体的速度大小为
损失的机械能
计算可得滑块D与滑块B碰撞过程中损失的机械能
故D正确。
故选D。
7．A
【详解】
A．子弹射入小车A的过程中，子弹和小车A组成的系统动量守恒，规定向右为正方向，根据动量守恒定律有
解得
当弹簧最短时，弹性势能最大，此时三者共速，规定向右为正方向，根据动量守恒有
（m2+m1）v1=（m3+m1+m2）v共
代入数据解得
v共=1m/s
根据能量守恒得，弹簧的最大弹性势能
设小车A与子弹最终速度为v3，小车B最终速度为v4，规定向右为正方向，根据动量守恒有
（m1+m2）v1=（m1+m2）v3+m3v4
根据能量守恒有
代入数据解得v3=-3m/s，v4=2m/s，故A正确BC错误；
D．整个过程中损失的能量为子弹打入物块A过程中损失的能量，根据能量守恒有
故D错误。
故选A。
8．CD
【详解】
ABC．取向右为正方向，由动量守恒定律得
（m1+m2）v0=m1v1+m2v2
经过t=5.0s后，两球的间距为s=4.5m，则
s=v1t-v2t
解得
v1=0.70m/s，v2=-0.20m/s
负号表示速度方向与正方向相反，所以刚分离时，a、b两球的速度方向相反，刚分离时，b球的速度大小为0.2m/s，a球的速度大小为0.7m/s。故AB错误，C正确；
D．由能量守恒定律得
解得
Ep=0.27J
故D正确；
故选CD。
9．AD
【详解】
A．物块A、B、C与弹簧组成的系统受合外力为零，则动量守恒；B与C碰后二者粘在一起运动之后，系统只有弹簧的弹力做功，则系统的机械能守恒，选项A正确；
B．当BC碰后粘在一起，之后弹簧被压缩，此时弹簧对物块A做负功、对物块B和C做正功；当压缩到最短时三者共速，以后弹簧逐渐恢复原长，然后再被拉长，此过程中弹力对A做正功，对BC做负功，选项B错误；
C．当BC碰撞时
当物块A、B、C三者共速时
则弹簧最大弹性势能为
选项C错误；
D．当弹簧再次恢复为原长时
解得物块B和C的最大速度为
（另一值舍掉）
选项D正确。
故选AD。
10．BD
【详解】
A．释放弹簧过程中系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
代入数据解得
即离开轻弹簧时获得的速度为，故A错误；
B．对m由动量定理得弹簧弹开过程，弹力对的冲量大小
故B正确；
C．球从轨道底端A运动到顶端的过程中，由机械能守恒定律得
解得m运动到B点的速度
由动量定理得
故C错误；
D．设圆轨道的半径为r时，球m由A到B的过程，由机械能守恒定律得
m从B点飞出后做平抛运动，则
联立解得水平距离
由数学关系知：当
即
x最大，当，x随着r增大而增大，当时，x随着r增大而减小，故D正确。
故选BD。
11．ACD
【详解】
A．系统所受合外力为零，所以系统动量守恒，故A正确；
B．根据题意可知，在该过程中由于产生了内能，所以系统机械能减小，故B错误；
C．阻力与相对位移之积等于系统损失的机械能，即整个过程中的产热，故C正确；
D．根据能量守恒可知，子弹减少的动能一部分转化成了木块的动能，一部分转化成内能，木块运动的距离为s，根据动能定理可知f与s之积为木块增加的动能，故 D正确。
故选ACD。
12．（1）1.0m；（2）5m
【详解】
（1）设释放后时刻B球落地，有
可得
A球落地瞬间，B球速度与A球速度大小相等，均为
此时A球距离地面
设B球反弹后再经过时间相遇，有
解得
相遇点距地面的高度为
（2）A、B碰撞前瞬间，A球的速度为
B球的速度大小
A、B碰撞过程动量守恒，机械能守恒，规定竖直向上为正方向，有
联立得
碰后A球上升的最大距离为
13．（1）；（2）m
【详解】
（1）研究m1与墙碰后过程，m1碰后速度等大反向，m2以初速度v0继续向右做减速运动，规定向左方向为正方向，当m1与m2向左达到共同速度v共时，对应小车的最小长度lmin，由动量守恒定律和能量关系得：
m1v0－m2v0=（m1＋m2）v共
代入数据，解得
（2）小车第一次与墙相撞后向左所走路程为s1，由动能定理得
－μm2gs1=0－m1v02
规定向右为正方向，小车与墙第1次碰后至第2次碰前（已同速），由动量守恒定律有
－m1v0＋m2v0=（m1＋m2）v1
解得
第二次相撞后平板车向左走的路程为s2，则有
小车和墙壁发生碰撞以后再次减速后反向加速和小车共速，则有
－m1v0＋m2v1=（m1＋m2）v2
解得
可知每次和墙壁碰撞后向左运动的速度为上一次向左运动速度的，因此位移为上一次的
故小车所走的路程
s=2s1＋2s2＋…＋2sn=
解得
14．h=4H
【详解】
两小球自由落体运动
v12=2gH
小球B与地面碰撞时没有机械能损失，所以以原速率反弹vB=v1方向向上；此时小球A速度vA=v1方向向下，设小球A质量为M，则小球B质量为3M，小球B反弹后与小球A相碰，动量守恒、机械能守恒，取向上方向为正方向
3MvB－MvA=3MvB′＋MvA′
解得
vA′=v1方向向下（舍）或vA′=2v1方向向上
小球A反弹后，机械能守恒
MvA′2=Mgh
解得
h=4H
15．（1）；（2），；（3）不会
【详解】
（1）A和C组成的系统动量守恒，设A和C第一次速度相等时的速度大小为v1，取向右为正方向，由动量守恒定律得
解得
（2）根据牛顿第二定律，A和B第一次碰撞前A的加速度大小为
根据速度与位移关系可得
设第一次碰撞后A和B的速度分别为vA1和vB1，根据动量守恒定律有
根据机械能守恒定律有
解得
，
即第一次碰撞后A的速度大小为。
（3）当A和C第二次共速时，设速度设为v2，由动量守恒定律得
解得
所以A不会和B发生第二次碰撞。答案第1页，共2页
答案第1页，共2页