1.5 弹性碰撞和非弹性碰撞 同步练习题（Word版含答案）

1.5 弹性碰撞和非弹性碰撞
一、单选题
1．在光滑水平地面上，有两个质量分别为、的小物体，运动后发生正碰，碰撞时间极短，碰后两物体粘在一起，两物体碰撞前后的图像如图所示。以下判断正确的是（ ）
A． B．
C．碰撞前后的动量不变 D．碰撞前后两物体的总机械能不变
2．质量相等的A、B两球在光滑水平面上，沿同一直线、同一方向运动，A球的动量pA=9kg m/s，B球的动量pB=3kg m/s，当A追上B时发生碰撞，则碰后A、B两球的动量可能值是（　　）
A．pA′=6kg m/s，pB′=6kg m/s B．pA′=4kg m/s，pB′=6kg m/s
C．pA′=﹣6kg m/s，pB′=18kg m/s D．pA′=2kg m/s，pB′=10kg m/s
3．两个小球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，球2在前，球1在后，m1 = 1kg，m2 = 3kg，v01 = 6m/s，v02 = 3m/s，当球1与球2发生碰撞后，两球的速度分别为可v1，v2，将碰撞后球1的动能和动量大小分别记为E1、p1，则v1，v2，E1，p1的可能值为（ ）
A．v1 = 1.75m/s，v2 = 3.75m/s
B．v1 = 1.5m/s，v2 = 4.5m/s
C．E1 = 9J
D．p1 = 1kgm/s
4．如图所示，光滑水平面上有一足够长的小车B，右端固定一个砂箱，砂箱左侧连着一水平轻弹簧，物块A随小车以速度向右匀速运动。物块A与左侧的车面存在摩擦，与右侧车面摩擦不计。车匀速运动时，距砂面H高处有一质量为m的泥球自由下落，恰好落在砂箱中，则以下说法正确的有（　　）
A．小球落入砂箱的过程中，小球与车组成的系统动量守恒
B．小球落入砂箱的过程中，砂箱对它的冲量等于
C．弹簧弹性势能的最大值等于物块A与车之间摩擦产生的总热量
D．小球随小车向右运动的过程中，它的机械能不断增大
5．在某次冰壶比赛中，运动员利用红壶去碰撞对方静止的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞，如图（b）所示．碰撞前后两壶做直线运动的图线如图（c）中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，两冰壶质量相等，则（　　）
A．两壶发生了弹性碰撞 B．碰后蓝壶的速度为
C．碰后蓝壶移动的距离为 D．碰后红壶还能继续运动
6．如图所示，半径为的光滑圆形轨道固定在竖直面内。小球、质量分别为、。球从左边与圆心等高处由静止开始沿轨道下滑，与静止于轨道最低点的球相撞，第一次碰撞后、球能达到的最大高度均为，碰撞中无机械能损失，则（　　）
A．第一次碰撞后两球同向运动
B．运动过程中两球的总动量保持不变
C．在以后运动过程中球可以回到初始位置
D．与可能相等
7．如图所示，质量为M的小车静置于光滑水平地面上，小车上表面光滑，由圆弧和水平面组成，小车水平面离地面高度为h。现有一质量为m的小球自左端以水平速度冲上小车。关于小球此后的运动情况，下列说法正确的是（　　）
A．小球可能从圆弧轨道上端抛出而不再落回小车
B．小球从小车离开后，不可能向左做平抛运动
C．小球从小车离开后，可能做自由落体运动
D．小球从小车离开后，不可能向右做平抛运动
8．在光滑的水平面上，有a、b两个等大的小球，a的质量为2m，b的质量为m，它们在同一直线上运动，t0时刻两球发生正碰，则下列关于两球碰撞前后的速度-时间图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
9．如图所示，甲和他的冰车总质量为，乙和他的冰车总质量也为，甲推着质量为15kg的小木箱m以大小为的速度一起滑动，乙以同样大的速度迎面而来。为了避免相撞，甲突然将小木箱沿冰面推给乙，木箱滑到乙处时乙迅速把它抓住，若不计冰面的摩擦力，问甲以多大的速度（相对地面）将箱子推出，恰好能避免与乙相撞（　　）
A．5.0m/s B．5.2m/s
C．5.4m/s D．5.6m/s
二、多选题
10．如图所示，光滑水平面上静置一质量为M的木板，由一轻弹簧连在墙上，有一质量为m的子弹以速度水平射入木块并留在其中（此过程时间不计），从子弹开始射入木块到木块第一次回到原来位置的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．木块的最大速度为
B．子弹、木块、弹簧系统损失的机械能为
C．子弹损失的机械能为
D．墙对弹簧的冲量大小为
11．质量为的球，以某一速度沿光滑水平面向静止的球运动，并与球发生弹性正碰。假设球的质量可选取为不同的值，则（　　）
A．当时，碰后球的速度最大
B．当时，碰后球的动能最大
C．当时，碰后球的动量最大
D．在保持的条件下，越小，碰后球的速度越大
12．质量为m、速度为v的A球跟质量为3m的静止B球发生正碰。碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此，碰撞后B球的速度可能有不同的值。碰撞后B球的速度可能是（　　）
A． B． C． D．
13．如图所示，将两个质量分别为m1=60g、m2=30g的小球A、B叠放在一起，中间留有小空隙，从初始高度h0=1.8m处由静止释放。A球与地面碰撞后立即以原速率反弹，A球与B球碰撞的时间为0.01s，不计空气阻力，取向上为正方向，B球的速度时间图象如图乙所示，g取10m/s2（　　）
A．B球与A球碰前的速度大小为6m/s
B．两球碰撞过程中，B球的重力冲量与A对B球的冲量大小比值为1：101
C．A、B两球发生的是弹性碰撞
D．若m2三、填空题
14．质量为M=1.5kg的物块静止在水平桌面上，一质量为m=20g的子弹以水平速度v0=100m/s射入物块，在很短的时间内以水平速度10m/s穿出．则子弹穿过物块的过程中动量的变化为__ kg m/s，子弹穿出物块时，物块获得的水平初速度为__m/s．
15．如图所示，光滑水平面上用轻绳连接质量分别为和的两个物体和B，物体静止，物体B以初速度水平向右运动，绳子被拉紧时突然断裂，物体B的速度变为，则物体的速度变为______。根据以上数据______求出此过程中系统损失的机械能（选填“能”或“不能”）。
四、解答题
16．某直行道路发生交通事故，一质量为M的汽车甲与一辆因故障停在同一车道上、质量为m的汽车乙发生碰撞，碰撞时间极短可不计，碰撞后甲车推着乙车一起无动力自由滑行后停止运动。已知，甲、乙两车一起滑行时所受阻力大小为两车总重量的0.5倍。重力加速度g取，求：
（1）碰撞后瞬时，甲车推着乙车一起滑行的速度大小：
（2）该路段限速，请分析判断，碰撞前瞬时，甲车是否超速行驶。
17．如图所示光滑的轨道ABCD坚直放置，其圆形轨道部分半径R，轨道左侧A处放有弹射装置，被弹出的滑块可平滑进入轨道，轨道右端出口D恰好水平，且与圆心0等高，出口D的右侧接水平直轨道，轨道星光滑段、粗糙段交替排列，每段长度均为L。在第一个光滑段与粗糙段的结合处E位置放一质量m的滑块乙，质量为m的滑块甲通过弹射装置获得初动能。两滑块与各粗糙段间的动摩擦因数均为μ，弹簧的弹性势能与压缩量的平方成正比，当弹射器中的弹簧压缩量为d时，滑块甲恰好到达圆轨道内侧与圆心O等高处的C点，逐渐增大弹簧的压缩量，滑块甲与滑块乙会在E处发生碰撞（碰撞时间极短），碰后粘在一起运动，空气阻力忽略不计。
（1）当弹射器中的弹簧压缩量为d时，求滑块甲经过B点时对管道的压力大小FN；
（2）当弹射器中的弹簧压缩量为2d时，滑块甲与滑块乙碰后粘在一起运动， 求碰撞前后的机械能损失 E；
（3）若发射器中的弹簧压缩量为kd，求两滑块一起滑行的距离s与k的关系式。
18．如图所示，为一固定在竖直平面内的光滑轨道，段水平，段与段平滑连接，两小滑块M、N的质量均为m，N静止在轨道段上，M从高h处由静止开始沿轨道下滑，与N发生对心碰撞，碰后两小滑块粘在一起在轨道上滑动。重力加速度为g。
（1）碰撞前瞬间M的速度的大小；
（2）碰撞后瞬间M和N一起运动的速度大小v；
（3）碰撞过程中损失的机械能。
19．一质量为的铜球以速度在位置O水平抛出，恰好无碰撞地在位置A沿切线方向进入光滑圆弧轨道，圆弧半径，轨道末端B点位于圆心O的正下方；与竖直方向的夹角，一质量为的小木块静止在B点，钢珠与小木块在B点发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后钢球嵌在小木块中，小木块离开B端冲上静止在光滑水平地面的长木板上。已知长木板质量为，上表面与圆弧末端B等高，部分上表面粗糙，与小木块之间的动摩擦因数。部分上表面光滑，在长木板F端竖直挡板固定着一轻弹簧。弹簧的自由长度与等长。，取重力加速度。求：
（1）钢球刚进入圆弧轨道A时的速度大小，
（2）碰撞结束瞬间小木块对轨道B点的压力大小：
（3）小物块在长木板上运动过程中轻弹簧的最大弹性势能。
试卷第6页，共7页
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参考答案
1．A
【详解】
AB．因图像的斜率等于速度，可知碰撞前两物体的速度分别为6m/s和 - 3m/s，碰后两物体的速度为1.5m/s，则由动量守恒定律
m1v1 + m2v2 = (m1 + m2)v
解得
m1：m2 = 1：1
A正确、B错误；
C．碰撞前后m2的动量分别为
p2 = m2v2 = - 3m2
碰后
p′2 = m2v = 1.5m2
C错误；
D．该碰撞为完全非弹性碰撞，能量损失最大，则碰撞前后两物体的总机械能减小了，D错误。
故选A。
2．A
【详解】
设两球质量均为m，碰前总动量
p=pA+pB=9kg m/s+3kg m/s=12kg m/s
根据动能与动量的关系可知：碰前总动能
A．若pA′=6kg m/s，pB′=6kg m/s，碰后总动量
p'=pA+pB=6kg m/s+6kg m/s=12kg m/s
碰后总动能
可能会发生，故A正确；
B．若pA′=4kg m/s，pB′=6kg m/s，碰后总动量
p'=pA+pB=4kg m/s+6kg m/s=10kg m/s
不符合动量守恒，故B错误；
C．若pA′=﹣6kg m/s，pB′=18kg m/s，碰后总动量
p'=pA+pB=﹣6kg m/s+18kg m/s=12kg m/s
碰后总动能
不可能会发生，故C错误；
D．若pA′=2kg m/s，pB′=10kg m/s，碰后总动量
p'=pA+pB=2kg m/s+10kg m/s=12kg m/s
碰后总动能
不可能会发生，故D错误。
故选A。
3．B
【分析】
碰撞前系统总动量
p = m1v01 + m2v02 = (1 × 6 + 3 × 3)kgm/s = 15kgm/s
【详解】
A．如果v1 = 1.75m/s，v2 = 3.75m/s，则碰撞后的系统总动量
p′ = m1v1 + m2v2 = (1 × 1.75 + 3 × 3.75)kgm/s = 13kgm/s
系统动量不守恒，A错误；
B．如果v1 = 1.5m/s，v2 = 4.5m/s，则碰撞后的系统总动量
p′ = m1v1 + m2v2 = (1 × 1.5 + 3 × 4.5)kgm/s = 15kgm/s
系统动量守恒，B正确；
CD．两球碰撞过程中系统动量守恒，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
m1v01 + m2v02 = (m1 + m2)v
代入数据解得
v = 3.75m/s
如果两球发生完全弹性碰撞，由动量守恒定律得
m1v01 + m2v02 = m1v1 + m2v2
由机械能守恒定律得
m1v012m2v022m1v12m2v22
代入数据解得
v1 = 1.5m/s，v2 = 4.5m/s
则碰撞后球1、球2的速度满足
1.5m/s ≤ v1 ≤ 3.75m/s，3.75m/s ≤ v2 ≤ 4.5m/s
球1的动能
E1m1v12，满足1.125J ≤ E1 ≤ 7.03J
球1的动量为
p1 = m1v1，满足1.5kgm/s ≤ p1 ≤ 3.75kgm/s
CD错误。
故选B。
4．C
【详解】
A．小球落入砂箱的过程中，小球与车组成的系统在水平方向不受外力，水平方向动量守恒，但竖直方向小球受重力作用，竖直方向动量不守恒，故A错误；
B．小球落入砂箱的过程中，砂箱对它竖直方向的冲量等于其竖直方向的动量变化量，大小等于
在水平方向上，小球获得了水平向右的速度，有
因此，砂箱对小球的冲量之和不等于，故B错误；
C．小球落入砂箱后，弹簧压缩到最短时A与小车共速，A最终与小车相对静止时A与小车也共速，由能量守恒知弹簧弹性势能的最大值等于物块A与小车之间摩擦产生的总热量，故C正确；
D．小球随小车向右运动的过程中，A与弹簧接触后弹簧被压缩，使得小球向右的速度增大，在弹簧恢复原长后，A相对小车向左运动，在摩擦力作用下使得小球向右的速度减小，故小球的机械能不是一直增大，故D错误。
故选C。
5．C
【详解】
A．由图b所示图象可知，碰前红壶的速度，碰后速度为，碰后红壶沿原方向运动，设碰后蓝壶的速度为v，两壶碰撞过程系统动量守恒，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
碰前动能
碰后动能
则
碰撞过程中机械能有损失，碰撞为非弹性碰撞，故A错误；
B．由图b所示图象可知，碰前红壶的速度，碰后速度为，碰后红壶沿原方向运动，设碰后蓝壶的速度为v，两壶碰撞过程系统动量守恒，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
故B错误；
C．根据速度图象与坐标轴围成的面积表示位移，可得，碰后蓝壶移动的位移大小
故C正确；
D．根据“红壶碰撞前后的图线平行”知，碰撞前后红壶加速度不变，速度从1.2m/s减小到1.0m/s和速度从0.2m/s减小到0，速度变化量相同，根据
可知所用时间也相同，速度从1.2m/s减小到1.0m/s用时1s，故碰后红壶还能继续运动。故D错误；
故选C。
6．C
【详解】
AD．由题知两球碰撞过程中无机械能损失，因此两球碰后不可能以相同速度向右运动，否则是非弹性碰撞，能量有损失。由于第一次碰撞后、球能达到的最大高度均为，对A球有
对B球有
取向右为正方向，则
设小球A从静止运动至最低点时的速度为v，则
解得
由题知小球、发生弹性正碰，由动量守恒知
解得
故AD错误；
B．运动过程中两球竖直方向存在重力，竖直方向的动量不守恒，因此总动量不守恒，故B错误；
C．由于两球碰撞过程中无机械能损失，在之后的过程中两球还会有无限次的碰撞，在之后的碰撞中若碰撞发生在最低点，且B球碰后速度为零时，由机械能守恒知A球可以回到初始位置，故C正确。
故选C。
7．C
【详解】
A．小球从圆弧轨道上端抛出时，水平速度与轨道相同，必然落回小车，故A错误；
B．由上分析可知，小球必然从小车左侧离开，小球与小车系统，以右为正方向，根据动量守恒定律有
根据能量守恒有
解得
，
当m小于M时，小球速度向左，从小车离开后，可能向左做平抛运动，故B错误；
C．当m等于M时，小球速度为零，从小车离开后，可能做自由落体运动，故C正确；
D．当m大于M时，小球速度向右且小于小车速度，从小车离开后，可能向右做平抛运动，故D错误。
故选C。
8．B
【详解】
设纵轴坐标分度值为v0；两球组成的系统所受合外力为零，两球碰撞过程系统动量守恒，系统动能不增加。
A．由图示可知，碰撞前系统总动量
碰撞后系统总动量，违背动量守恒定律，故A错误；
B．由图示可知，碰撞前系统总动量
碰撞后系统总动量
碰撞过程系统动量守恒，物体发生完全非弹性碰撞，该过程可能发生，故B正确；
C．由图示可知，碰撞前系统总动量
碰撞后系统总动量
碰撞过程系统动量守恒；碰撞前系统的总动能为
碰撞后系统的动能为
碰撞后的动能增加，这是不可能发生，故C错误；
D．由图示可知，碰撞前系统总动量
碰撞后系统总动量
碰撞过程不遵守动量守恒定律，这种情况不可能发生，故D错误。
故选B。
9．B
【详解】
设甲至少以速度v将箱子推出，推出箱子后甲的速度为v甲，乙的速度为v乙，取向右方向为正方向，则根据动量守恒，甲和箱子
（M+m）v0= Mv甲+mv
乙和箱子
mv-Mv0=（m+M）v乙
当甲与乙恰好不相撞时
v甲=v乙
解得
v=5.2m/s
故选B。
10．BD
【详解】
A．子弹射入木块过程，根据动量守恒定律得
解得木块的最大速度为
A错误；
BC．由能量守恒定律得整个系统损失的机械能
解得
B正确，C错误；
D．子弹和木块获得共速后一起压缩弹簧，此后系统机械能守恒，木块回到初始位置时速度大小仍为v，墙对弹簧的冲量即为系统合外力的冲量，根据动量定理得
D正确。
故选BD。
11．BD
【详解】
AD．A、B碰撞过程系统动量守恒，以碰撞前A的速度方向为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律，得
联立解得碰后A、B两球的速度分别
可知时，碰后B球的速度不是最大。在保持的条件下，越小，碰后球的速度越大，故A错误，D正确；
B．当时，弹性正碰后两球交换速度，此时碰后A球速度为零，B球获得最大动能，故B正确；
C．碰撞后B球的动量
则知越大，碰后B球的动量越大，故C错误。
故选BD。
12．AB
【详解】
若两球碰后黏在一起，则
解得
若两球发生弹性碰撞，则
解得
则B球的速度范围在0.25v~0.5v之间。
故选AB。
13．AB
【详解】
由机械能守恒定律可知
解得
两物体落地前的速度
根据动量定理，A和B相互作用过程中，B动量的变化量等于合力的冲量
重力的冲量为
因为A、B作用时间极短，重力对系统的冲量远小于系统总动量，可以视系统动量守恒，根据动量守恒
得A碰后速度为，计算知
碰撞前后，系统机械能有损失，不是弹性碰撞。若不计系统重力的影响，且m2<不计碰撞损失，由能量关系
联立解得
因m2<h2=9h0=16.2m
故AB正确CD错误。
故选AB。
14．﹣1.8， 1.2．
【解析】
【详解】
子弹动量的该变量：
△p=mv﹣mv0=0.020×10﹣0.020×100=﹣1.8kg m/s，
负号表示方向；
子弹穿过木块过程系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
mv0=mv+Mv′
代入数据解得：
v′=1.2m/s；
15． 能
【详解】
物体和B在光滑水平面上运动，动量守恒，有
解得
根据能量守恒可知此过程中系统损失的机械能
代入和可得到，因此根据以上数据能求出此过程中系统损失的机械能。
16．（1）；（2）碰撞前瞬时甲车超速行驶
【详解】
（1）由题知，碰撞后甲、乙两车一起做匀减速直线运动，滑行后停止运动，设碰撞后瞬时，甲、乙两车一起滑行的速度大小为v，由动能定理有
解得
（2）设碰撞前瞬间，甲车速度大小为，碰撞过程中，由动量守恒定律有
解得
由可知，碰撞前瞬时甲车超速行驶
17．（1）3mg；（2）；（3）见解析
【详解】
（1） A到C由能量守恒可得
Ep=mgR
从C到B过程由能守恒可得
在B点由牛顿第二定律可得
解得
由牛顿第三定律可知，对轨道压力
（2）从A到D过程由能量守恒可得
由弹簧的弹性势能与压缩量的平方成正比，可知
碰撞过程由动量守恒可得
损失的机械能为
联立解得
（3）弹性势能为
能过最高点
求得
①当，不发生碰撞，s=0
②当，从A到D过程由能量守恒可得
碰撞过程满足动量守恒
设在粗糙段滑行距离为x1，由能守恒可得
满足
若x1是L的整数倍，则在光滑段滑行距离为
此时滑行的总距离为
若x1不是L的整数倍，则在光滑段滑行距离为
（其中n为x1除L的整数部分）此时滑行的总距离为
18．（1）；（2）；（3）
【详解】
（1）M从高h处由静止开始沿轨道下滑，与N发生对心碰撞前，由动能定理得
解得
（2）因为碰后两小滑块粘在一起在轨道上滑动，则由动量守恒定律得
解得
（3）两球碰撞过程中由能量守恒定律得损失的机械能为
解得
19．（1） ；（2） ；（3）
【详解】
（1）钢球在A点的速度分解成水平速度和竖直速度，根据几何关系有
（2）钢球从A运动到B过程，由动能定理有
解得
在B处，钢球与小木块发生碰撞，碰撞时间极短，对于钢球和木块构成的系统动量守恒：
解得
在B处，碰撞结束的瞬间，对钢球与小木块构成的系统有
解得
根据牛顿第三定律，木块对轨道的压力大小
（3）当木块第一次将轻弹簧压缩至最短时，木块和长木板有相同大小的速度，弹簧具有最大的弹性势能，对于木块和长木板构成的系统，由动量守恒定律有
解得
对于木块、长木板和弹簧构成的系统，由能量守恒定律有
解得
答案第16页，共1页
答案第15页，共15页