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．如图所示，光滑水平面上停放着一辆小车，小车的光滑四分之一圆弧轨道在最低点与水平轨道相切。在小车的右端固定一轻弹簧，一小球从圆弧轨道上某处由静止释放。①若水平轨道光滑，当弹簧第一次被压缩至最短时，小车的速度大小为v1，弹簧的弹性势能为Ep1；②若水平轨道粗糙，当弹簧第一次被压缩至最短时，小车的速度大小为v2，弹簧的弹性势能为Ep2。则（　　）
A．v1＜v2，Ep1＝Ep2 B．v1＝v2，Ep1>Ep2
C．v1＞v2，Ep1>Ep2 D．v1＞v2，Ep1>Ep2
2．如图所示，A、B、C三个完全相同的小球，穿在两根平行且足够长的光滑杆上，两根杆置于同一竖直平面内，B、C球之间连着一根轻质弹簧，C球右边有一固定挡板．初始时三个小球均静止，弹簧处于压缩状态，弹力大小为F。现给A球一个向左的初速度，A、B球碰后粘在一起，碰撞时间极短（　　）
A．球A和球B碰后瞬间速度为
B．球A和球B碰后，弹簧的弹性势能一直增大
C．球A和球B碰后，A、B球整体的动能最大时，C球开始离开挡板
D．当弹簧的弹力大小再一次为F时，A、B球的速度一定为
3．如图所示，正在太空中行走的字航员A、B沿同一直线相向运动，相对空间站的速度大小分别为3m/s和1m/s，迎面碰撞后（正碰），A、B两人均反向运动，速度大小均为2m/s。则A、B两人的质量之比为（　　）
A．3：5 B．2：3 C．2：5 D．5：3
4．在电场强度为E的足够大的水平匀强电场中，有一条固定在竖直墙面上与电场线平行且足够长的光滑绝缘杆，如图所示，杆上有两个质量均为m的小球A和B，A球带电荷量＋Q，B球不带电。开始时两球相距L，现静止释放A，A球在电场力的作用下，开始沿杆运动并与静止的B球发生正碰，设在各次碰撞中A、B两球的机械能没有损失，A、B两球间无电量转移，忽略两球碰撞的时间。则下列说法正确的是（　　）
A．发生第一次碰撞时A球的电势能增加了QEL
B．发生第二次碰撞时A球总共运动时间为
C．发生第三次碰撞后B球的速度为
D．发生第n次碰撞时B球已运动的位移是
5．图所示，质量为m的物块放在质量为M（含挡板）的小车上，物块用细线与小车上的固定挡板相连，被压缩的轻弹簧放在物块与挡板之间，物块随小车一起以大小为v的速度在光滑的水平面上做匀速运动。某时刻，细线断开，物块被轻弹簧弹开，以相对小车大小为v1的水平速度离开小车，此时小车刚好静止，则（　　）
A． B． C． D．
6．2021年10月16日，我国发射的“神舟十三号”载人飞船与“天和”核心舱成功对接。已知“神舟十三号”的质量为m，核心舱的质量为M，假设“神舟十三号”以相对核心舱很小的速度v0追上核心舱对接（瞬间合二为一），则对接过程中核心舱受到的冲量大小为（　　）
A． B． C．Mv0 D．mv0
二、多选题
7．如图甲所示，轻弹簧下端固定在倾角为θ的光滑斜面底端，上端与物块B相连，物块B处于静止状态。现将物块A置于斜面物块B上方某位置处，取物块A的位置为原点O,沿斜面向下为正方向建立x轴坐标系。某时刻释放物块A与物块B碰撞后以共同速度向下运动，碰撞时间极短。测得物块A的动能Ek与其位置坐标x（单位为m）的关系如图乙所示（弹簧始终处于弹性限度内） ,图像中0～x1之间为直线,其余部分为曲线。物块A、B均可视为质点,不计空气阻力，重力加速度为g,则（ ）
A．物块A、B的质量之比为2:1
B．弹簧的劲度系数为
C．从x1到x3的过程中物块加速度的最大值为
D．整个过程中,弹簧的弹性势能增加了
8．如图，在光滑水平面上，轨道ABCD的质量M =0.4 kg，其中AB段是半径R=0.4 m的光滑弧，在B点与水平轨道BD相切，水平轨道的BC段粗糙，动摩擦因数μ=0.4，长L=3.5 m，C点右侧的轨道光滑，轨道的右端连接一轻质弹簧。 现有一质量m=0.1kg的小物体在A点正上方高为H=3.6m处由静止自由落下，恰沿A点切线滑入圆弧轨道，重力加速度g=10 m/s2。下列说法正确的是（　　）
A．小物体和轨道组成的系统在全过程中动量守恒
B．小物体第一次返回到A点时的速度为4m/s
C．小物体第一次返回到A点时的速度为0
D．轨道M在水平面上运动的最大速率为2.0 m/s.
9．如图甲所示，光滑水平面上有P、Q两物块，它们在t=4s时发生碰撞，图乙是两者的位移图像，已知物块P的质量为mP=1kg，由此可知（　　）
A．碰撞前P的动量为16kg·m/s
B．两物块的碰撞为完全非弹性碰撞
C．物块Q的质量为4kg
D．两物块碰撞过程中P对Q作用力的冲量是3N·s
10．如图甲所示，物块A、B间拴接一个压缩后被锁定的弹簧，整个系统静止放在光滑水平地面上，其中A物块最初与左侧固定的挡板相接触，B物块质量为4kg。现烧断细绳解除对弹簧的锁定，在A离开挡板后，B物块的v-t图如图乙所示，则可知（　　）
A．物块A的质量为2.5kg
B．物块A的质量为8kg
C．从开始到A离开挡板过程中弹簧对A的冲量为0
D．在A离开挡板后弹簧的最大弹性势能为12J
11．如图所示，在光滑水平面上有一辆质量为的小车，小车中装有质量为的细沙，它们以共同的速度向右运动，另有一质量为的小球从距细沙表面一定高度处以水平速度向左抛出，恰好落在小车中，下列说法正确的是（　　）
A．小球落入小车的过程中，（含细沙）、组成的系统机械能守恒
B．小球落入小车的过程中，（含细沙）、组成的系统动量不守恒
C．小球落入小车的过程中，小车（含细沙）动量的变化量大小为
D．小球落入小车的过程中，系统产生的热量为
三、填空题
12．一粒水银珠竖直地掉在光滑的水平玻璃板上，分成三粒小水银珠1、2、3，以相等的速率沿三个方向在玻璃板上运动，如图所示。图中，小水银珠1与2、2与3、3与1的运动方向之间的夹角分别为90°、150°、120°。小水银珠1、2的质量之比为m1：m2为___________，小水银珠2、3的质量之比为m2：m3为___________。
13．在光滑水平面上，A、B小球质量分别为2 kg和1 kg，两个小球分别以0.5m/s和2m/s的速度相向运动，碰撞后两物体粘在一起，则它们的共同速度大小为________m/s，方向_________.
14．如图所示，A、B两物体的质量分别为3kg与1kg，相互作用后沿同一直线运动，它们的位移－时间图像如图所示，则A物体在相互作用前后的动量变化是_____，B物体在相互作用前后的动量变化是_____，相互作用前后A、B系统的总动量_____。
四、解答题
15．质量分别为3m和m的两个物体，用一根细线相连，中间夹着一个被压缩的轻质弹簧，整个系统原来在光滑水平地面上以速度v0向右匀速运动，如图所示。后来细线断裂，质量为m的物体离开弹簧时的速度变为2v0。求弹簧在这个过程中做的总功。
16．如图，质量为M的木板静止停放在光滑水平地面上，质量为m的煤块以初速度v0从左端冲上木板，若木板足够长，煤块与木板间的动摩擦因数为μ，求：
（1）煤块和木板的最终速度大小；
（2）运动中煤块在木板上留下的划痕长度。
17．如图所示，CD是以恒定速度沿顺时针转动的足够长倾斜传送带，其倾角θ=37°，在传送带的右侧有一光滑水平平台AB，弹簧右端固定在平台上，质量为m2的物体Q在外力作用下静止于传送带顶端。现将质量为m1的物体P放在弹簧左端，用力将弹簧压缩一段距离后由静止释放，物体P离开平台后恰好沿着传送带方向与物体Q发生弹性碰撞且将要发生碰撞前的瞬间已经撤去Q受到的外力。最终Q离开传送带后的运动轨迹与P碰后运动轨迹重合。已知Q开始运动后，滑动摩擦力对Q做的总功为-1.2W、静摩擦力对Q做的功为W。物体P、Q可视为质点且Q质量是P质量的两倍（sin37°=0.6，cos37°=0.8）。求：
（1）物体Q与传送带之间的动摩擦因数；
（2）物体P释放前弹簧的弹性势能。
18．如图所示，质量为M＝2kg的滑槽静止在光滑的水平地面上，滑槽的AB部分是长为l＝1m的粗糙水平面，BC部分是半径为R＝0.2m的四分之一光滑圆弧轨道，滑块P置于滑槽上面的A点。一根长为L＝0.9m、不可伸长的轻质细绳一端固定于O′，另一端拴着小球Q。将小球Q拉至细绳与竖直方向成60°的位置，静止释放，小球Q到达最低点时与滑块P发生弹性碰撞且时间极短，最终物块P未离开滑槽。已知滑块P和小球Q的质量均为m＝1kg，它们均视为质点，取g＝10m/s2，忽略空气阻力，设滑块P与滑槽AB之间的动摩擦因数0＜μ＜l。
（1）求碰撞瞬间滑块P所受冲量I的大小；
（2）若滑块P刚好能够滑到滑槽轨道的最高点C，求动摩擦因数μ；
（3）讨论滑块P在整个运动过程中，是否有可能在某段时间里相对地面向右运动？如不可能，说明理由；如可能，试求出B向右滑动时动摩擦因数μ的取值范围。
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．B
【解析】
【详解】
小车质量记为M，小球质量记为m。若水平轨道光滑，对于小车、球和弹簧组成的系统，水平方向上所受合外力为0，故系统水平方向动量守恒，当小车与小球共速时，弹簧压缩至最短，根据动量守恒定律，有
0＝（m+M）v1
解得
v1＝0m/s
由机械能守恒定律，有
mgh＝Ep1
若水平轨道粗糙，对于小车、球和弹簧组成的系统，水平方向上所受合外力依然为0，故系统水平方向动量守恒，当小车与小球共速时，弹簧压缩至最短，根据动量守恒定律，有
0＝（m+M）v2
解得
v2＝0m/s
故
v1＝v2
水平轨道粗糙，系统因摩擦而生热，故机械能不守恒，由能量守恒定律有
mgh﹣Qf＝Ep2
故
Ep1＞Ep2
故B正确，ACD错误；
故选B。
2．C
【解析】
【详解】
A．根据动量定理，有
解得
则碰后瞬时速度为，A错误；
B．球A和球B碰后，弹簧会逐渐恢复原长，这时弹簧弹性势能减小，之后弹簧会继续伸长，这时弹性势能增大，B错误；
C．当A、B整体动能最大时，弹簧刚好从压缩状态恢复到原长，在这之后C便会开始移动，弹簧也会继续伸长，C正确；
D．当弹簧的弹力大小再一次为F时，此时弹簧处于拉伸状态，且C也在运动；而处于压缩态时，即A、B刚发生碰撞时，弹力也为F，A、B的速度都为，但C还没有速度，所以根据能量守恒，A、B的速度达不到，D错误。
故选C。
3．A
【解析】
【详解】
设A的初速度方向为正，则由动量守恒定律
解得
故选A。
4．B
【解析】
【详解】
A．A球的加速度
第一次碰撞前A的速度
对A球
`
发生第一次碰撞时A球的电势能减少了QEL，A错误；
B．第一次碰撞前，B的速度
由于A、B两球质量相等且发生正碰，碰撞过程中总动能无损失，所以碰撞后交换速度，即碰撞后A、B球速度分别为
设第一次碰撞的时间为，则
设第二次碰撞的时间为，则第一次碰后经时间A、B两球发生第二次碰撞，则有
解得
B正确；
C．经分析，每次碰撞后交换速度，发生第三次碰撞后，小球仍遵循动量、能量守恒，可知第三次碰撞后B球的速度为
C错误；
D．第一次碰撞到第二次碰撞B小球向右运动了
因为相邻两次碰撞时间间隔总为，则每次碰撞的相对位移为，发生第n次碰撞时B球已运动的位移是，D错误；
故选B。
5．A
【解析】
【详解】
当物块离开小车时，小车刚好静止，所以此时物块对地的速度就是v1，对物块和小车组成的系统，由动量守恒
解得
故A正确，BCD错误。
故选A。
6．A
【解析】
【详解】
“神舟十三号”与核心舱对接过程动量守恒，由动量守恒定律得
mv0=（M+m）v
解得对接后的速度
根据动量定理，核心舱受到的冲量
选项A正确。
7．BD
【解析】
【详解】
由图乙可知，物块A与物块B碰撞前的动能
可得物块A与物块B碰撞前的速度
物块A与物块B碰撞后的动能
可得物块A与物块B碰撞后的速度
物块A与物块B碰撞时间极短，根据动量守恒定律
解得
故A错误；
B．弹簧上端与物块B相连，物块B处于静止状态，设此时弹簧的形变量为，结合图甲根据平衡条件可知
由图乙可知，当AB一起运动到时，速度最大，根据平衡条件
物块A从O点运动到位置的过程中，根据动能定理
联立解得
故B正确；
C．由图乙可知，当AB一起运动到时，加速度最大，根据牛顿第二定律
带入上述分析的数据解得
故C错误；
D．有图乙可知，物块A与物块B碰撞后，物块A的动能为，则物块B的动能为，
物块由运动到过程中，根据能量守恒定律
代入数据解得
故D正确。
故选BD。
8．BD
【解析】
【详解】
A．小物体和轨道组成的系统全过程中只在水平方向上合外力为零，故全过程中水平方向动量守恒，A错误；
BC．由题意分析可知，小物体第一次沿轨道返回到A点时小物体与轨道在水平方向的分速度相同，设为，假设此时小物体在竖直方向的分速度为，则对小物体和轨道组成的系统，由水平方向动量守恒得
解得
由能量守恒得
解得
即小物体第一次返回到A点时的速度为
B正确，C错误；
D．由题意分析可知，当小物体沿运动到圆弧最低点B时轨道的速率最大，设为，假设此时小物体的速度大小为，则小物体和轨道组成的系统水平方向动量守恒，以初速度的方向为正方向，由动量守恒定律可得
由机械能守恒得
解得
D正确。
故选BD。
9．BD
【解析】
【详解】
A．根据位移图像的斜率表示速度，由图像可求得碰撞前P的速度v0=4m/s，则碰撞前P的动量为
p0=mPv0=4kg·m/s
故A错误；
B．根据位移图像，碰撞后二者速度相同，说明碰撞为完全非弹性碰撞，故B正确；
C．根据位移图像的斜率可求得碰撞后，二者的共同速度v=1m/s，由动量守恒定律有
mPv0=（mP＋mQ）v
解得
mQ=3kg
故C错误；
D．由动量定理，两物块碰撞过程中P对Q作用力的冲量为
I=ΔpQ=mQv=3N·s
故D正确。
故选BD。
10．D
【解析】
【详解】
AB．现烧断细绳解除对弹簧的锁定，物块B在弹簧弹力作用下向右加速运动，在A即将离开挡板时，弹簧恢复原长，物块B的速度v0=3m/s，在A离开挡板后，B物块在减速运动，A物块做加速运动。在A离开挡板后，A物块、B物块和弹簧组成的系统动量守恒，B速度减小到最小值1m/s时，弹簧处于原长，对A离开挡板后到B速度减小到最小值的过程，由动量守恒定律可得
根据能量守恒有
解得
mA=2kg
AB错误；
C．从开始到A离开挡板过程中，弹簧对B的冲量为
IB= mBv0=4×3N·s=12N·s
由牛顿第三定律可知，弹簧对A的冲量为
IA=12N·s
C错误；
D．在A离开挡板后，当A、B物块速度相等时弹簧的弹性势能最大，最大弹性势能为
D正确。
故选D。
11．BC
【解析】
【详解】
A．小球落入小车的过程中，除重力做功外，还有车中细沙对小球阻力做功。故系统机械能不守恒。故A错误；
B．小球落入小车的过程中，水平方向系统不受外力作用，所以该系统水平方向动量守恒，竖直方向合力不为零，故系统动量不守恒。故B正确；
C．小球落入小车的过程中，水平方向动量守恒，有
解得
所以小车（含细沙）动量的变化量为
小车（含细沙）动量的变化量大小为。故C正确；
D．小球落入小车的过程中，根据能量守恒可知，需要知道该过程系统的初末状态能量，但题目中未给出小球下落时的高度。所以本选项无解。故D错误。
故选BC。
12． 1： ：2
【解析】
【详解】
]一粒水银珠分成三个小水银珠前后满足动量守恒，设三个小水银珠的速度大小均为v，垂直水银珠3运动方向有
在沿水银珠3方向有
联立解得
13． 方向与B小球速度相同
【解析】
【详解】
以碰撞前质量为4kg的物体速度方向为正方向，两物体碰撞过程中，由动量守恒定律得：，即：，解得：，方向与B小球速度相同．
【点睛】本题的关键要掌握碰撞过程的基本规律：动量守恒定律，运用动量守恒定律时，要注意规定正方向，用符号表示速度的方向．
14． 3 －3 不变
【解析】
【详解】
根据x－t图象的斜率等于速度，由图象可知，碰撞前两物体的速度分别为
，
碰撞后共同体的速度为
A物体在相互作用前后的动量变化是
B物体在相互作用前后的动量变化是
系统相互作用前的总动量
系统相互作用后的总动量为
则相互作用前后系统总动量不变
15．
【解析】
【详解】
系统动量守恒
得
弹簧在这个过程中做的总功等于它减少的弹性势能，则由能量守恒
16．（1）；（2）
【解析】
【详解】
（1）地面光滑，两者最终共速，速度大小为v，由动量守恒定律有
mv0＝(M＋m)v
得
v＝
（2）设划痕长度为l，由能量守恒定律
mv02＝(M＋m)v2＋μmg·l
得
l＝
17．（1）0.9；（2）0.3W
【解析】
【详解】
（1）设物体Q下滑位移为x，上滑位移 后与传送带共速
共速后静摩擦力等于重力向下分力
解得
（2）物体P离开平台后恰好沿着传送带方向与物体Q发生弹性碰撞
，
解得
最终Q离开传送带后的运动轨迹与P碰后运动轨迹重合
解得弹性势能
18．（1）；（2）0.1；（3）当0.15≤μ＜0.225时，滑块P会冲上光滑圆弧轨道，然后再沿圆弧轨道下滑，有可能在某段时间里相对地面向右运动
【解析】
【详解】
（1）对小球Q摆到最低点的过程，根据机械能守恒定律可知
解得
v1＝3m/s
因Q和P质量相等且发生弹性碰撞，因此碰撞后Q静止，P以v1的速度在滑槽上开始运动，所以碰撞瞬间滑块P所受的冲量为
（2）若滑块P刚好能够滑到滑槽轨道的最高点C，向左为正，对滑块P和滑槽组成的系统水平方向动量守恒可得
根据能量守恒可得
解得
v＝1m/s
μ＝0.1
（3）当P滑块滑到凹槽C点又滑回到B点时，滑块P滑回B点时速度恰好为0，此时μ有最大值，利用动量守恒和能量守恒可得
解得
v2＝1.5m/s
μ＝0.225
当滑块P会冲上光滑圆弧轨道，然后再沿圆弧轨道下滑到B点，又因滑块未离开滑槽，则有
联立解得
μ1＝0.15
所以当0.15≤μ＜0.225时，滑块P会冲上光滑圆弧轨道，然后再沿圆弧轨道下滑，有可能在某段时间里相对地面向右运动。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页