1.5 弹性碰撞和非弹性碰撞 同步练习(Word版含答案)

1.5、弹性碰撞和非弹性碰撞
一、选择题（共16题）
1．如图所示，两质量分别为m1和m2的弹性小球又叠放在一起，从高度为h处自由落下，且远大于两小球半径，所有的碰撞都是完全弹性碰撞，且都发生在竖直方向．已知m2=3m1，则小球m1反弹后能达到的高度为（ ）
A．h B．2h C．3h D．4h
2．甲、乙两运动员在做花样滑冰表演，沿同一直线相向运动，速度大小都是2m/s，甲、乙相遇时用力推对方，此后都沿各自原方向的反方向运动，速度大小分别为1m/s和2m/s。求甲、乙两运动员的质量之比（　　）
A． B． C． D．
3．在光滑的水平地面上静止着一个斜面体，其质量为m2，斜面是一个光滑的曲面，斜面体高为h，底边长为a，如图所示．今有一个质量为m1，（m2＝nm1）的小球从斜面体的顶端自静止开始下滑，小球滑离斜面体的下端时速度在水平方向，则下列说法正确的是（ ）
A．小球在下滑中，两者的动量总是大小相等方向相反
B．两者分开时斜面体向左移动的距离是
C．分开时小球和斜面体的速度大小分别是 和
D．小球在下滑中斜面体弹力对它做的功为
4．甲球与乙球相碰，甲球的速度减少5m/s，乙球的速度增加了3m/s，则甲、乙两球质量之比M甲∶M乙是( )
A．2∶1 B．5∶3 C．3∶5 D．1∶2
5．在光滑的水平面上，质量为m的A球以v0的初速度与质量为4m的静止B球发生正碰。碰后A的速率变为原来的，则碰后B的动能可能为（　　）
A． B． C． D．
6．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．
7．如图所示，小球A、B均静止在光滑水平面上。现给A球一个向右的初速度，之后与B球发生对心碰撞。下列关于碰后情况，说法正确的是（　　）
A．碰后小球A、B一定共速
B．若A、B球发生完全非弹性碰撞，A球质量等于B球质量， A球将静止
C．若A、B球发生弹性碰撞，A球质量小于B球质量，无论A球初速度大小是多少，A球都将反弹
D．若A、B球发生弹性碰撞，A球质量足够大，B球质量足够小，则碰后B球的速度可以是A球的3倍
8．两个小球在光滑水平面上沿同一直线，同一方向运动，B球在前，A球在后，,, , , 当A球与B球发生碰撞后，A、B两球速度可能为（ ）
A． , B．,
C．, D．,
9．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
10．如图所示为某实验小组验证动量守恒定律的实验装置，他们将光滑的长木板固定在桌面上，a、b两小车放在木板上并在小车上安装好位移传感器的发射器，且在两车相对面上涂上黏性物质．现同时给两车一定的初速度，使a、b沿水平面上同一条直线运动，发生碰撞后两车粘在一起；两车的位置x随时间t变化的图象如图所示．a、b两车质量（含发射器）分别为1kg和8kg，则下列说法正确的是（　　）
A．两车碰撞前总动量大于碰撞后总动量
B．碰撞过程中a车损失的动能是
C．碰撞后两车的总动能比碰前的总动能小
D．两车碰撞过程为弹性碰撞
11．在光滑的水平面上有a、b两球在t=2s时发生正碰，其质量分别为ma、mb，两球在碰撞前后的v-t图象如图所示．a、b两球质量之比是（　　）
A．ma：mb=1：2
B．ma：mb=2：5
C．ma：mb=2：1
D．ma：mb=5：2
12．质量为M的平板车P，质量为m的小物块Q的大小不计，位于平板车的左端，系统原来静止在光滑水平面地面上，一不可伸长的轻质细绳长为R，一端悬于Q正上方高为R处，另一端系一质量也为m的小球（大小不计）。今将小球拉至悬线与竖直位置成60°角，由静止释放，小球到达最低点时与Q的碰撞时间极短，且无能量损失，已知最终滑块Q刚好没有掉下去，Q与P之间的动摩擦因数为μ，M：m=4：1，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A．小球与滑块Q碰撞之前瞬间的速度是
B．小球到达最低点时，细绳对小球的拉力为3mg
C．平板车P的长度为
D．滑块Q和小车共速时车运动的距离为
13．如图所示，在足够长的光滑水平面上有一木板B静止在水平面上。现在小滑块A以初速度v0从右端滑上B，并滑离，A、B的质量分别为m，2m，由此不能求出（ ）
A．滑离时B的速度
B．AB间由于摩擦产生的热量
C．物体A受到的冲量
D．A在B上滑动的时间
14．在光滑的水平面上一个质量M＝80g的小球1以5m/s的速度撞击一个静止在水平面上的质量为m＝20g的相同大小的小球2，用v和v′表示碰撞后小球1和小球2的速度，下列几组数据所示的情形有可能发生的是（　　）
A．v＝3m/s　v′＝8m/s
B．v＝4m/s　v′＝4m/s
C．v＝5.5m/s　v′＝2m/s
D．v＝2m/s　v′＝12m/s
15．如图所示，一质量为 M，上表面为一半径为 R 的半球面凹槽静止于水平面上， 凹槽的最低点放一质置为 m 的小球，不计一切摩擦和空气阻力，现给小球一瞬时水平冲量，小球获得初速度 v0，在以后运动过程中。下列说法正确的是( )
A．若小球无法冲出凹槽，则小球能上升的最大高度
B．若小球不能冲出凹槽，则小球能上升的最大高度
C．若小球能冲出凹槽，小球有可能不会落回凹槽中
D．若小球能落回凹槽，则小球返回凹槽的最低点时，凹槽的速度一定最大
16．两小球质量分别为mA=8kg，mB=2kg，已知vA=5m/s，B静止；某时刻两小球发生正碰，碰后A、B球的速度可能为（　　）
A．=3m/s，=8m/s B．=4m/s，=4m/s
C．=1m/s，=16m/s D．=2m/s，=12m/s
二、填空题
17．碰撞分为弹性碰撞和________，在弹性碰撞中，碰撞前和碰撞后的总_____守恒，碰撞前和碰撞后的总_____保持不变。
18．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，从某一时刻起给m一个水平向右的初速度v0，那么在物块与盒子前后壁多次往复碰撞后物体的最终速度为________，方向向________。
19．如图所示，两个半径为R的光滑圆弧轨道AB、EF固定在地面上，一质量为m的小物体（可看成质点）从轨道的最高点A处由静止滑下，质量为m、长为R的小车静止在光滑的水平面CD上，小车平面与光滑圆弧轨道末端BE齐平。物体从轨道末端的B滑上小车，小车即向右运动，当小车右端与壁DE刚接触时，物体恰好滑到小车的右端且相对小车静止。重力加速度为g，则：
(1)物体从A处滑到B处时的速度大小为______；
(2)物体滑到小车右端时的速度大小为______；
小车与DE相碰后立即停止运动，但与DE不粘连，物体则继续滑上光滑轨道EF，以后又滑下来冲上小车。求：
(3)物体滑上EF轨道的最高点P相对于E点的高度h=______；
(4)水平面CD的长度L=______；
(5)当物体再从EF上滑下并滑上小车，如果小车与壁BC相碰后速度也立即变为零，最后物体停在小车上的Q点。则可知Q点距小车的右端距离为______。
20．如图，立柱固定于光滑水平面上O点，质量为M的小球a向右运动，与静止于Q点的质量为m的小球b发生弹性碰撞，碰后a球立即向左运动，b球与立柱碰撞能量不损失，所有碰撞时间均不计，b球恰好在P点追上a球，Q点为OP的中点，则a、b两球在Q点碰后速度大小之比 ___ ；a、b球质量之比为 ____。
三、综合题
21．如图所示，两木块a和b在水平地面上相向运动，它们与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.2．在零时刻，两木块相距d＝17 m，木块a的速度大小为va＝10 m/s，木块b的速度大小为vb＝2 m/s；一段时间后，木块a与已停止运动的木块b相碰，碰撞时间极短，碰后两木块粘在一起运动，刚好运动到木块b的零时刻位置停止．重力加速度取g＝10 m/s2．求：
（1）两木块发生碰撞的时刻t；
（2）两木块在碰撞中损失的动能与碰前瞬间总动能的比值．
22．如图所示，甲、乙两滑块的质量分别为1kg、2kg，放在静止的足够长的水平传送带上，两者相距2m，与传送带间的动摩擦因数均为0.2。t=0时，甲、乙分别以6m/s、2m/s的初速度开始沿同一直线向右滑行。重力加速度取10m/s2求：
（1）甲、乙相碰的地点离甲的出发点多远？
（2）甲、乙相碰（碰撞时间极短）后，乙最终停在离乙出发点3m处，则甲停在离甲出发点多远处？
（3）若在t=0时，传送带突然启动（不计启动时间），立即以v0=4m/s的速度向右做匀速直线运动，求在t=0到t=1s内，甲、乙两滑块与传送带间摩擦生热共为多少？
23．一轻质弹簧，两端连接两滑块A和B，已知mA=0.99kg，mB=3kg，放在光滑水平桌面上，开始时弹簧处于原长．现滑块A被水平飞来的质量为mC=10g，速度为400m/s的子弹击中，且没有穿出，如图所示，试求：
（1）以后运动过程中弹簧的最大弹性势能；
（2）B可获得的最大速率．
24．如图所示，有两个物体A、紧靠着放在光滑的水平面上，A的质量为，的质量为，有一颗质量为的子弹以的水平速度射入A，经过0.01s后又射入物体，最后停在中．若子弹对A的平均作用力大小为3×103N，求
（1）A、分离时A的速度；
（2）的最终速度大小
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【详解】
试题分析：下降过程为自由落体运动，触地时两球速度相同，v=，m2碰撞地之后，速度瞬间反向，大小相等，选m1与m2碰撞过程为研究过程，碰撞前后动量守恒，设碰后m1、m2速度大小分别为v1、v2，选向上方向为正方向，则：
m2v﹣m1v=m1v1+m2v2
由能量守恒定律得：
（m1+m2）v2=+m2
且，m2=3m1
联立解得：
反弹后高度为：H=
故选D
2．B
【详解】
甲、乙相遇时用力推对方的过程系统动量守恒，以甲的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得
m甲v甲+m乙v乙=m甲v甲′+m乙v乙′
代入数据可得
m甲×2+m乙×（-2）=m甲×（-1）+m乙×2
解得
m甲：m乙=4：3
故B正确，ACD错误。
故选B。
3．C
【详解】
对于小球和斜面体组成的系统，由于水平方向不受外力，所以系统水平方向动量守恒，总动量为零，则二者水平方向动量总是大小相等方向相反．A错误．至于各自的位移，由于两者共同走完a的路程，故（v1+v2）t=a，得t=．这样得斜面体的位移s2=方向向右，而s1=，得B错误．由于系统水平方向动量守恒，则m1v1-m2v2=0，得v1=nv2．又由于系统没有能量损失，所以系统机械能守恒，即m1gh=m1v12+m2v22，结合速度关系得v1=，v2= ；故C正确．至于弹力对小球所做的功，由动能定理得m1gh+W=m1v12，得弹力的功为W=m1v12-m1gh=-，故D错误．故选C．
4．C
【详解】
以两球组成的系统为研究对象，碰撞过程动量守恒，选甲的初速度方向为正，由动量守恒定律得
m甲v甲+m乙v乙=m甲v甲′+m乙v乙′
即为
m甲（v甲-v甲′）=m乙v（v乙′-v乙）
得
故ABD错误，C正确。
故选C。
5．C
【详解】
如果碰后不反弹，根据动量守恒得
解得
不符合实际情况，假设不成立。所以碰后反弹，有
解得
动能为
故选C。
6．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。
7．C
【详解】
A．小球A、B发生对心碰撞，有可能是完全弹性碰撞，完全非弹性碰撞，非弹性碰撞；若是完全非弹性碰撞，则AB两小球具有共同速度，若不是，两球无共同速度，则A错误；
B．若A、B球发生完全非弹性碰撞，AB碰后有共同速度，有动量守恒可得
解得
若A球质量等于B球质量，则
故B错误；
CD．小球A、B发生对心碰撞，若是完全弹性弹性碰撞，则根据动量守恒和机械能守恒，则
解得
，
若A球质量小于B球质量，有上述和的表达式可知
A球质量足够大，B球质量足够小，有上述和的表达式可知
故C正确，故D错误。
故选C。
8．B
【详解】
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：
MAvA+MBvB=（MA+MB）v，代入数据解得：v= m/s，如果两球发生完全弹性碰撞，有：MAvA+MBvB=MAvA′+MBvB′，由机械能守恒定律得：MAvA2+MBvB2= MAvA′2+ MBvB′2，代入数据解得：vA′= m/s，vB′= m/s，则碰撞后A、B的速度：m/s≤vA≤ m/s，m/s≤vB≤m/s，故选B．
9．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。
10．C
【详解】
设a、b两车碰撞前的速度大小为v1、v2，碰后的速度大小为v3，根据x-t图象表示速度，结合题图乙得v1=2 m/s，v2=1 m/s，v3=2/3 m/s，以向右为正方向，碰前总动量 p1=-mav1+mbv2=6 kg m/s，碰后总动量p2=（ma+mb）v3=6 kg m/s，则两车碰撞前总动量等于碰撞后总动量，故A错误；碰撞前a车动能为Ek=mav12=×1×22J=2 J，碰撞后a车动能为Ek′=mav32=×1×()2J= J，所以碰撞过程中a车损失的动能是△Ek=Ek-Ek′= J，故B错误；碰前a、b两车的总动能为6 J，碰后a、b两车的总动能为2 J，故C正确；两车碰撞过程中机械能不守恒，发生的是完全非弹性碰撞，故D错误．故选C．
11．B
【详解】
由图可以知道b球碰前静止,设碰撞前,a球的速度为 ,碰后a球速度为 ,b球速度为 ,物体碰撞过程中动量守恒,规定a的初速度方向为正,由动量守恒定律有:
;
结合图中说给数据可求得：
，故B正确；
故选B
12．C
【详解】
A．小球由静止摆到最低点的过程中，机械能守恒，则有
解得小球到达最低点与Q碰撞之前瞬间的速度是
故A错误；
B．小球到达最低点时，由拉力和重力的合外力提供向心力，有
解得拉力为
故B错误；
C．小球与物块Q相撞时，没有能量损失，满足动量守恒，机械能守恒，则知
mv0＝mv1+mvQ
由以上两式可知二者交换速度
v1＝0，
小物块Q在平板车上滑行的过程中，满足动量守恒，最终滑块Q刚好没有掉下去达共速，则有
又知M：m＝4：1，解得
小物块Q在平板车P上滑动的过程中，部分动能转化为内能，由能的转化和守恒定律，知
解得平板车P的最小长度为
故C正确；
D．小物块Q在平板车上滑行的过程中，设平板车前进距离为LP，对平板车由动能定理得
解得
故选C。
13．D
【详解】
A．两滑块组成的系统，在相对滑动的过程中外力之和为零，系统动量守恒，取向左为正，有：
解得：
即能够求出A滑离时B的速度；故A不合题意；
B．两滑块组成的系统，由能量守恒定律可知系统减少的动能转化为摩擦生热，有：
解得：
故能求出AB间由于摩擦产生的热量，故B不合题意；
C．取向左为正，对A由动量定理可知：
即摩擦力对A的冲量大小为，负号表示方向水平向右，即能求出物体A受到的冲量，C项不合题意；
D．因求热量时，B板的长度L未知，故不能求出滑动摩擦力，则对A由冲量的定义式，就不能求出A所受的冲量，故D符合题意。
故选D。
14．AB
【详解】
AB．根据动量守恒，四个选项都符合要求，但要同时考虑能量关系和实际运动的可能性．由Ek＝mv2，可知碰撞前的总能量为1J．同样可以计算出A选项情形的碰后总能量为1J，B选项情形的碰后总能量为0.8J，故AB正确；
D．该情形的碰后总能量为1.6J，碰后总能量大于碰前，所以，D选项情形不可能发生；故D错误；
C．碰后1球速度大，会发生二次碰撞，则明显不符合实际，不可能发生这样的情形． 故C错误；
故选AB。
15．BD
【详解】
AB．如果球无法冲出凹槽，球上升到最大高度时，球与槽的速度相等，球与槽组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得
mv0=（M+m）v
由机械能守恒定律得
解得
故B正确，A错误；
C．小球冲出凹槽后做斜上抛运动，凹槽在水平方向做匀速直线运动，小球在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做竖直上抛运动，小球在水平方向的分速度与凹槽的速度相等，在相等时间内，小球在水平方向的位移与凹槽在水平方向运动的位移相等，则小球冲出凹槽后一定会落回凹槽中，且竖直向下从凹槽的右端点落入凹槽，故C错误；
D．小球第一次落回凹槽，小球沿凹槽下滑过程，小球做加速运动、凹槽做加速运动，小球经过最低点继续运动过程，小球与凹槽都做减速运动，由此可知，当小球第一次返回最低点时凹槽速度最大，故D正确。
故选BD。
16．AB
【详解】
两球碰撞前的总动量为
总动能为
A．如果=3m/s，=8m/s，碰后两球的总动量为
即碰撞过程动量守恒，碰后两球的总动能为
碰撞过程动能不增，且后者速度小于前者速度，故A正确；
B．如果=4m/s，=4m/s，碰后两球的总动量为
即碰撞过程动量守恒，碰后两球的总动能为
碰撞过程动能不增，且后者速度等于前者速度，故B正确；
C．如果=1m/s，=16m/s，碰后两球的总动量为
即碰撞过程动量守恒，碰后两球的总动能为
碰撞过程动能增加，故C错误；
D．如果=2m/s，=12m/s，碰后两球的总动量为
即碰撞过程动量守恒，碰后两球的总动能为
碰撞过程动能增加，故D错误。
故选AB。
17． 非弹性碰撞 动量 动能
【详解】
碰撞分为弹性碰撞和非弹性碰撞，在弹性碰撞中，碰撞前和碰撞后的总动量守恒，碰撞前和碰撞后的总动能保持不变。
18． 右
【详解】
因水平面光滑，物块与盒子组成的系统水平方向动量守恒，又因盒子内表面不光滑，物块与盒子最终一定速度相等，由动量守恒定律可得
解得
方向水平向右。
19．
【详解】
(1)物体从A处滑到B处，由机械能守恒得
mgR=
物体滑到B点时速度大小为
(2)因为物体滑到小车右端时，恰好与小车共速，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得
mv=2mv'
故
(3)物体滑上高为h的高度后速度为0，物体在EF轨道上上滑过程，由机械能守恒得
解得
h=R
(4)设物块与小车间的摩擦力为F，小车从C到D的过程，对物块来说，它做减速运动，根据动能定理得
对小车来说，它做加速运动，则根据动能定理得
二式相减得
，
(5)物块从EF上滑下时，速度的大小也是v'，它与小车相互作用仍然能达到共速，设共速的大小为v″，取向左为正方向，根据动量守恒得
mv'=2mv″
则
v″=v'=v
设物块在小车上滑行的距离为x1，则根据能量守恒得
解得
当小车停止时，物块的速度为v″，设它向前滑行的距离为x2后停止下来，则由动能定理得
解得
所以Q点距小车的右端距离为
20．
【详解】
设a、b两球碰后速度大小分别为v1、v2。由题有：b球与挡板发生弹性碰撞后恰好在P点追上甲，则从碰后到相遇a、b球通过的路程之比为
根据得
以水平向右为正方向，两球发生弹性碰撞，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
解得
21．（1）2s（2）
【详解】
（1）两物体运动的加速度均为，
则b从开始运动到停止时的位移：，
则碰撞时a的位移应该为xa=17m-1m=16m ；
对滑块a： ，即，
解得t=2s（另一解t=8s舍掉）
（2）碰后两物块一起向右减速到零，其位移为x=xb=1m，加速度仍为a=-2m/s2可知碰后的共同速度 ；
碰前a的速度
碰撞过程动量守恒，则： ，
解得
碰前的动能：
碰后动能：，
则两木块在碰撞中损失的动能与碰前瞬间总动能的比值
22．（1）2.75m；（2）3m；（3）6J
【详解】
（1）两滑块变速运动时的加速度大小：
设甲、乙的初速度分别为v1、v2，经过时间t两滑块相遇，有
解得
t=0.5s
甲、乙相碰的地点离甲
（2）设甲、乙碰前的速度分别为v1′、v2′，由运动学公式有
v1′=v1-at=5m/s
v2′=v2-at=1m/s
设甲、乙碰后的速度分别为v1″、v2″，由运动学公式对乙有
由动量守恒有
解得
v1″=1m/s
碰后，甲滑行
甲停下位置离甲
x1+x1′=3m
（3）甲与皮带共速用时
乙与皮带共速用时
表明t=1s时，甲、乙与皮带速度相同。在t=1s内，甲、乙相对皮带的位移分别为
因摩擦生的热为
总热
Q=Q1+Q2=6J
23．（1）6J（2）2m/s
【详解】
（1）对子弹与滑块A：
得：
由题，A、B速度相等时弹性势能最大，对于A、B、C和弹簧组成的系统：
得：
（2）设B动能最大时的速度为vB′，A的速度为vA′，则
（mC+mA）vA=（mC+mA）vA′+mBvB′
当弹簧恢复原长时，B的动能最大，根据功能关系有：
解得：
24．（1）6m/s ；（2） 21.94m/s
【详解】
（1）以向右为正方向，子弹击穿A的过程中，对子弹，由动量定理得
代入数据，解得
子弹与A、B组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得
代入数据，解得
子弹穿出A后，A做匀速直线运动，速度为6m/s；
（2）子弹与B组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得
代入数据，解得
答案第1页，共2页