2019人教版选择性必修第一册第一章动量守恒定律5弹性碰撞和非弹性碰撞拔高练习（word版含答案）

2019人教版选择性必修第一册 第一章 动量守恒定律 5 弹性碰撞和非弹性碰撞 拔高练习
一、多选题
1．两个小球在光滑水平面上沿同一直线，同一方向运动，球在前，球在后、、、，当球与球发生碰擅后，、两球的速度可能为（ ）
A．、
B．、
C．、
D．、
2．如图所示，质量为M的斜面位于水平地面上，斜面高为h，倾角为θ．现将一质量为m的滑块(可视为质点)从斜面顶端自由释放，滑块滑到底端时速度大小为v，重力加速度为g，若不计一切摩擦，下列说法正确的是
A．滑块受到的弹力垂直于斜面，且做功不为零
B．滑块与斜面组成的系统动量守恒
C．滑块滑到底端时，重力的瞬时功率为 mgvsinθ
D．滑块滑到底端时，斜面后退的距离为
二、单选题
3．如图所示，光滑圆形管道固定在竖直面内．直径略小于管道内径可视为质点的小球A、B质量分别为、，A球从管道最高处由静止开始沿管道下滑，与静止于管道最低处的B球发生弹性碰撞，关于两小球碰后上升的高度之比正确的是（ ）
A．1:2 B．2:1 C．1:3 D．1:4
4．下列关于碰撞的理解正确的是 （　　）
A．碰撞是指相对运动的物体相遇时，在极短时间内它们的运动状态发生了显著变化的过程
B．在碰撞现象中，尽管内力都远大于外力，但外力仍不可以忽略不计
C．如果碰撞过程中机械能守恒，这样的碰撞叫作非弹性碰撞
D．微观粒子的相互作用由于不发生直接接触，所以不能称其为碰撞
5．如图所示，质量分别为m1、m2的小球A、B用轻弹簧连接，两小球分别套在两平行光滑水平轨道上，水平光滑轨道宽度和弹簧自然长度均为d，B的左侧有一固定挡板，假设轨道足够长，A由图示位置由静止释放，当A与B相距最近时，A的速度为v1，则在以后的运动过程中（ ）
A．A的最小速度是0
B．A的最小速度是
C．B的最大速度是v1
D．B的最大速度是
6．在光滑的导轨上，一质量为m1=2kg、速度为v1=1m/s的滑块A跟一质量为m2=1kg、速度为v2=0的滑块B发生正碰，它们碰撞后的总动能的最大值和最小值分别是（　　）
A．1J、J B．J、J C．J，1J D．2J、J
7．如图所示，静止在光滑水平面上的木板，右端有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连，质量M=2kg．质量m=1kg的铁块以水平速度v0=6m/s，从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左端．在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为（　　）
A．3J B．4J C．12J D．6J
8．如图在光滑水平面上叠放A、B两物体，其间有摩擦，mA＝2 kg，mB＝1 kg，速度的大小均为v0＝10 m/s，设A板足够长，当观察到B做加速运动时，A的可能速度为(　　)
A．2 m/s B．3 m/s C．4 m/s D．5 m/s
9．在下列过程中，若不计空气阻力，机械能守恒的是（ ）
A．在真空管中自由下落的羽毛 B．从树上下落的树叶
C．电梯加速上升的过程 D．木箱沿粗糙斜面匀速下滑的过程
10．如图所示，由两段圆弧和两段直轨道平滑连接，组成的封闭轨道固定在水平面上，整个封闭轨道关于O1O2连线所在直线对称，在两小球间压缩一轻弹簧（弹簧与小球不拴连），用细线固定并靠着直轨道静置，不计一切摩擦。已知r2=2r1，m1=2m2=m，现将细线烧断，两小球进入圆弧轨道前弹簧已恢复原长，小球m1进入圆弧轨道时的速度为v，下列说法中正确的是（　　）
A．两球进入圆弧轨道时的动能之比Ek1：Ek2=2：1
B．两球进入圆弧轨道时对轨道的压力之比F1：F2=1：2
C．烧断细绳前，弹簧储存的弹性势能为Ep=mv2
D．两球经过圆弧轨道的时间相同
11．质量为的A球与质量为的B球静止在水平面上，现在我们给A球一个向右的冲量使它与B球发生弹性正碰，则在碰撞后B球的速率为（　　）
A． B． C． D．
12．如图所示，在正交的匀强电磁场中有质量、电荷量都相同的两油滴，A静止，B做半径为R的匀速圆周运动．若B与A相碰并结合在一起，则它们将 (　　)
A．以B原速率的一半做匀速直线运动
B．以为半径做匀速圆周运动
C．仍以R为半径做匀速圆周运动
D．做周期为B的一半的匀速圆周运动
13．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＝10 kg·m/s、pB＝13 kg·m/s，碰后它们动量的变化分别为ΔpA、ΔpB.下列数值可能正确的是( 　)
A．ΔpA＝－3 kg·m/s、ΔpB＝3 kg·m/s
B．ΔpA＝3 kg·m/s、ΔpB＝－3 kg·m/s
C．ΔpA＝－20 kg·m/s、ΔpB＝20 kg·m/s
D．ΔpA＝20kg·m/s、ΔpB＝－20 kg·m/s
三、解答题
14．一质量为MB＝6kg的木板B静止于光滑水平面上，物块A质量MA＝6kg，停在B的左端。质量为m＝1kg的小球用长为l＝0.8m的轻绳悬挂在固定点O上，如图所示。将轻绳拉直至水平位置后，静止释放小球，小球在最低点与A发生碰撞后反弹，反弹所能达到的最大高度h＝0.2m。物块与小球可视为质点，A、B达到共同速度后A还在木板上，不计空气阻力，g取10m/s2。求从小球释放到A、B达到共同速度的过程中，小球及A、B组成的系统损失的机械能。
15．如图所示，质量均为1.0kg的木板A和半径为0.1m的光滑圆弧槽B静置在光滑水平面上，A和B接触但不粘连，B左端与A相切。现有一质量为2.0kg的小滑块C以5m/s 的水平向右初速度从木板A的左端滑上。当小滑块C离开A时，小滑块C的速度大小为4.0m/s。重力加速度g取10m/s2，忽略C通过AB接触处的能量损失，A、C间的动摩擦因数为0.4，求：
(1)当小滑块C刚滑上A时，小滑块C的加速度及A对B作用力的大小；
(2)木板A的长度；
(3)C滑上B后，能达到的最大高度h。
16．汽车A在水平冰雪路面上行驶，驾驶员发现其正前方停有汽车B，立即采取制动措施（车轮不再滚动），汽车A滑行了5.5m距离，但仍然撞上了汽车B。碰撞后A、B两车始终没有分离，两车一起向前滑动了4.5m后停止，已知A和B的质量分别为1.5×103kg和1.0×103kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.1，两车碰撞时间极短，在碰撞前后车轮均没有滚动，重力加速度大小g=10m/s2。求：
(1)A、B两车碰撞后的瞬间共同速度的大小；
(2)A车开始制动瞬间速度的大小。
17．如图所示，水平轻弹簧左端固定在竖直墙上，弹簧原长时右端恰好位于O点，O点左侧水平面光滑、右侧粗糙且长为s=1.3m。水平面右端与一高H=1.8m、倾角为30°的光滑斜面平滑连接。压缩后的轻弹簧将质量m=0.2kg、可视为质点的物块A向右弹出，当A以v0=7m/s的速度经过O点时，另一与A完全相同的物块B从斜面顶端由静止滑下。B下滑t=0.8s时A、B两物块发生碰撞并立即粘在一起，随后它们运动到斜面底端时的动能为J。重力加速度取g=10m/s2。求：
(1)A、B碰撞时距水平面的高度；
(2)A向右运动到斜面底端时速度的大小；
(3)A、B停止运动时距O点的距离。
18．如图甲所示，质量为M=2kg的足够长的平板车放在光滑的水平面上，质量为m=1kg的物块放在平板车的右端，物块与平板车均处于静止，现给平板车一个水平向右的推力，推力F随时间t变化的规律如图乙所示，推力F作用t=0.6s后撤去，最终物块与平板车一起向前做匀速直线运动.已知物块与平板车之间的动摩擦因数为μ=0.4，重力加速度g=10m/s，求：
（1）推力F作用的瞬间，平板车的加速度大小；
（2）推力F做的功；
（3）物块与平板车因摩擦产生的热量（结果保留三位有效数字）.
试卷第1页，共3页
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参考答案
1．AB
【解析】
两球碰撞过程系统动量守恒,以两球的初速度方向为正方向,如果两球发生完全非弹性碰撞,由动量守恒定律得:
解得速度为
如果两球发生完全弹性碰撞：
由机械能守恒定律得
解得： ;
所以碰后 ； AB对；CD错；
故AB正确
点睛：两球碰撞过程,系统不受外力,故碰撞过程系统总动量守恒;碰撞过程中系统机械能可能有一部分转化为内能,根据能量守恒定律,碰撞后的系统总动能应该小于或等于碰撞前的系统总动能;同时考虑实际情况,碰撞后A球速度不大于B球的速度.
2．AD
【分析】
对小物块受力分析，根据物块的受力情况和实际位移，并根据做功条件判断滑块受到的FN对其做功的情况；滑块和斜面组成的系统在水平方向动量守恒；
【详解】
AB、如图所示，滑块下滑的过程中，斜面沿水平地面向右运动，滑块和斜面组成的系统在竖直方向受力不平衡，在水平方向不受外力，故系统水平方向动量守恒．滑块受到的弹力与斜面垂直，但是由于斜面也在运动，导致滑块的位移和弹力不垂直，故弹力做功不为零．A正确，B错误；
C、滑块滑到斜面底端瞬间，其速度方向和位移的方向一致，并不沿着斜面，故其重力的瞬时功率为不等于，C错误；
D、设滑块从斜面顶端滑动到底端的过程中，滑块和斜面沿水平方向的位移大小分别为和，水平方向动量守恒，根据反冲模型，，，解得：斜面后退的距离，D正确．
故本题正确答案选AD．
【点睛】
知道力做功的条件，并能熟练运用动量守恒定律解题，是解决本题的关键．
3．D
【详解】
小球从最高点到最低点，根据机械能守恒：
设碰后的速度为，碰后的速度为，则：
联立可以得到：，
碰后各自做圆周运动，根据机械能守恒可以得到：
，
联立可以得到：，故选项D正确．
点睛：本题主要考查了动量守恒定律、能量守恒的直接应用．
4．A
【详解】
A．碰撞是指相对运动的物体相遇时，在极短时间内它们的运动状态发生了显著变化的过程，故A正确；
B．在碰撞现象中，由于相互作用时间极短，内力都远大于外力，外力可以忽略不计，因此才能够应用动量守恒定律求解碰撞问题，故B错误；
C．如果碰撞过程中机械能守恒，这样的碰撞叫作弹性碰撞，故C错误；
D．微观粒子的相互作用同样具有极短时间内运动状态发生显著变化的特点，所以仍然可称其为碰撞（或散射），故D错误。
故选A。
5．D
【详解】
当A与B相距最近后，A继续前进，做减速运动，B通过弹簧被A拉着跟在其后开始做加速运动，当A与B再次相距最近时，A减速结束，B加速结束，所以此时A速度最小，B速度最大，根据动量守恒定律和机械能守恒定律，可知A与B之间的作用相当于弹性碰撞，选取向右为正方向，则
m1v1=m1v1′+m2v2
m1v12=m1v1′2+m2v22
解得
v1′=v1
v2=v1
故m2的最大速度为v1，此时m1的速度为v1，m1的最小速度要分情况讨论：
（1）当时，m1的最小速为
（2）当时，m1的最小速为0
A. A的最小速度不一定是0，与结论不相符，故A错误；
B. A的最小速度不一定是，与结论不相符，故B错误；
C. B的最大速度不一定是v1，与结论不相符，故C错误；
D. B的最大速度是，与结论相符，故D正确。
故选D.
6．A
【详解】
当两物体发生完全弹性碰撞时，系统不损失能量，此时碰后的总动能最大，最大动能
若两物体发生完全非弹性碰撞，则碰后共速，此时系统损失的动能最大，碰后系统总动能最小，则
解得
故选A。
7．C
【分析】
铁块先在木板上以v0=6m/s匀速滑行，跟弹簧接触之后，铁块动能减小，木板动能增加，同时有一部分能量储存为弹簧的弹性势能，当弹簧被压缩最短时，弹簧具有的弹性势能最大；以铁块和木板组成的系统动量守恒，以铁块、木板机和弹簧组成的系统械能能守恒；
【详解】
将和看成一个系统，并且规定向右为正方向，根据动量守恒定律得：
，解得；
根据能量守恒定律得，弹簧的最大弹性势能为：．
故本题选C．
【点睛】
当铁块和木板速度相等时，弹簧的压缩量最大，弹性势能最大，根据动量守恒定律和能量守恒定律可求出弹簧具有的最大弹性势能．
8．C
【详解】
在摩擦力的作用下，因为B物体质量下，所以B物体先做减速运动，后来有反向做加速运动，A一直做减速运动，最终当两物体速度相等时，一起匀速设最终速度为v，根据系统动量守恒有
解得
则A的速度大于
设B的速度为零时，A的速度为 ，则有
解得
可知A的速度小于，综合可知A的速度可能为
故选C。
9．A
【详解】
在真空管中自由下落的羽毛，只受重力，机械能守恒，故A正确．从树上下落的树叶，空气阻力做功，其机械能不守恒，故B错误．电梯加速上升的过程．动能和重力势能均增加，则机械能增加，选项C错误；木箱沿粗糙斜面匀速下滑的过程，动能不变，重力势能减小，则机械能减小，选项D错误.
10．C
【详解】
A．对两球组成的系统，由动量守恒定律可知
解得
两球进入圆弧轨道时的动能之比
选项A错误；
B．根据
可得两球进入圆弧轨道时对轨道的压力之比
选项B错误；
C．烧断细绳前，弹簧储存的弹性势能为
选项C正确；
D．设左边小圆弧所对圆心角为θ，则大圆弧所对圆心角为2π-θ两球经过圆弧轨道的时间之比
选项D错误。
故选C。
11．C
【详解】
设A、B两球发生弹性碰撞后的速度分别为、，在碰撞过程中，系统的动量和机械能均守恒，取碰撞前A球的速度方向为正方向，并且有
根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得
联立解得
故选C。
12．B
【详解】
由A，B相碰时动量守恒mv＝2mv′，有v′＝．据题意碰后A，B合成的大油滴仍受重力与电场力平衡，合外力是洛伦兹力，所以继续做匀速圆周运动，且有，，选项B正确．
13．A
【详解】
对于碰撞问题要遵循三个规律：动量守恒定律、碰撞后系统的机械能不能增加和碰撞过程要符合实际情况．
BD．本题属于追及碰撞，碰前，后面运动物体速度一定要大于前面运动物体的速度（否则无法实现碰撞），碰后，前面物体动量增大，后面物体的动量减小，减小量等于增大量，所以，,并且由此可知：不符合题意．
A．碰撞后，，，根据关系式，满足以上三条定律，符合题意．
C．碰撞后，，，根据关系式，A球的质量和动量大小都不变，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，系统的机械能比碰撞前增大了，不符合题意．
14．4.5J
【详解】
对于小球，运动中机械能守恒，则有
，
小球与A碰撞过程中，系统动量守恒
mv0＝－mv1＋MAvA
物块A与木板B相互作用过程中，系统动量守恒
MAvA＝(MA＋MB)v
小球及A、B系统组成的系统损失的机械能为
联立解得
ΔE＝4.5J
15．(1)； ；(2)1.0m；(3)0.15m
【详解】
(1)C刚滑上A时，设C的加速度为，AB加速度相同，设为，A对B作用力FAB，运用牛顿运动定律对C有
对AB整体
对B
可得
(2)C刚离开A时，A与B速度相等，设为，由动量守恒定律
代入数据，得
设板长为l，可得
代入数据，得木板A的长度
l=1.0m
(3)设C达到轨迹最大高度h，此时无论C是否离开B，只有水平速度且与B相等，设为，C刚滑上B时，B的速度。
对BC系统的水平方向动量守恒，系统机械能守恒定律可得
代入数据得
h=0.15m
16．（1）3m/s （2）6m/s
【详解】
(1)设、两车一起运动的加速度为，根据牛顿第二定律有：
解得：
、两车一起运动，由运动学公式有：
解得：
(2)设碰撞后瞬间车速度的大小为，两车在碰撞过程中动量守恒，则有：
解得：
设碰前车加速度大小为，根据牛顿第二定律有：
解得：
设车开始制动瞬间速度的大小为，由运动学公式有
解得：
17．(1)1m (2) 6m/s (3)0.7m
【详解】
(1)物块B下滑的加速度
在0.8s内下滑的距离
此时B距离水平面的高度
此时B的速度
vB=at=4m/s
(2)两物块碰后速度为v，则碰后到滑到斜面底端，由动能定理
解得
v=0
两物块碰撞过程由动量守恒定律可知
解得
vA=4m/s
A从斜面底端到与B相碰时，由动能定理
解得
vA1=6m/s
(3)物块A从O点到斜面底端由动能定理可知
两物块合在一起的整体，从斜面底端开始到停止时，设在水平粗糙面上滑动的距离为x，则由动能定理
联立解得
x=2m
则A、B停止运动时距O点的距离
d=2m-1.3m=0.7m
18．(1)5m/s2(2) 30.2J (3) 4.57 J
【详解】
（1）设推力作用的瞬间，平板车的加速度大小为a1，
根据牛顿第二定律：
F1-μmg=Ma1
解得
a1=5m/s2
（2）推力为F2时，平板车的加速度大小：
a2=10 m/s2
推力为F1作用的时间内，平板车的位移
x1==0.1 m
推力为F2作用的时间内，平板车的位移：
x2=a1t1t2+= 1.2m
推力做的功为
W=F1x1+F2x2=30.2J
（3）设撤去推力时平板车的速度大小为v1，物块的速度大小为v2，根据动量定理有：
F1t1+F2t2-μmg（t1+t2）=Mv1
μmg（t1+t2）=mv2
解得
v1=5 m/s，v2=2.4 m/s
设物块与平板车最终的速度为v，根据动量守恒定律有：
Mv1+mv2=（m+M）v
解得
v=m/s
物块与平板车因摩擦产生的热量
Q=W-（m+M）v2=4.57 J
答案第1页，共2页
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