1.5弹性碰撞和非弹性碰撞（Word版含答案）

人教版选择性必修第一册 1.5 弹性碰撞和非弹性碰撞
一、单选题
1．静止在湖面上的小船中有两人分别向相反方向以相对于河岸相等的速率水平抛出质量相同的小球，先将甲球向左抛，后将乙球向右抛，水对船的阻力忽略不计，则下列说法正确的是（　　）
A．抛出的过程中，人给甲球的冲量等于人给乙球的冲量
B．抛出的过程中，人对甲球做的功大于人对乙球做的功
C．两球抛出后，船向左以一定速度运动
D．两球抛出后，船向右以一定速度运动
2．图为两个质量分别为m、M的小球在光滑水平冰面上发生对心正碰前后的x一t图像，则下列说法正确的是（ ）
A．碰撞过程中两小球所受合外力相同
B．m：M = 1：3
C．碰撞前后质量为m的小球动量的变化量大小为2m
D．两小球发生的是非弹性碰撞
3．如图所示，一根轻弹簧竖直放置在地面上，上端记为位置O，某人将质量为m的物块放在弹簧上端O处，使它缓慢运动到A处，放手后物块处于平衡状态，在此过程中人所做的负功大小为W。如果将物块从距离弹簧上端O点高H的地方静止释放，设物块此后只在竖直方向运动，且不计空气阻力，那么在这个过程中，则下列说法正确的是（　　）
A．物块下落到OA中点处时速度最大 B．物块从O点处开始减速
C．物块释放后，动能最大值为mgH +W D．物块运动过程中机械能守恒
4．如图所示，动量分别为，的两个小球A、B在光滑的水平面上沿一直线向右运动，经过一段时间后两球发生正碰，分别用、表示两小球动量的变化量，则下列选项中可能正确的是（　　）
A．，
B．，
C．，
D．，
5．如图所示，两个大小相等、质量均为1kg的小球A、B静止在光滑水平面上，现给小球A水平向右的瞬时冲量I=2N s，小球A向右运动并与小球B发生对心碰撞，两小球碰撞过程中系统的机械能损失可能为（　　）
A．0.8J B．1.2J C．1.6J D．2J
6．用图示装置做“验证动量守恒定律”实验。在滑块1、2上分别装有相同的挡光片及弹簧圈，测出挡光片宽度d，滑块1、2的质量分别为m1、m2.实验时打开气泵，让滑块1以一定的初速度向左运动并与静止的滑块2碰撞，记下滑块1经过光电门M的挡光时间t1和滑块1、2分别经过光电门N的挡光时间t′1和t2。下列相关说法正确的是（　　）
A．滑块1、2的质量必须相等
B．实验前调节导轨平衡时，不用打开气泵，只须滑块能在任意位置平衡即可
C．若实验发现m1()略大于m1()＋m2()，可能的原因是导轨左端偏低
D．若实验发现＋＝，说明碰撞时动量守恒且无机械能损失
7．如图所示，竖直平面内有一固定光滑的绝缘轨道ABCD，其中倾角θ=37°的斜面AB与半径为R的圆弧轨道平滑相切于B点，CD为竖直直径，O为圆心，质量为m的带负电小球(可视为质点)从斜面上的A点由静止释放，A、B两点高度差为h，重力加速度为g，sin37°=0.6，cos37°=0.8．则下列判断正确的是
A．调整高度差h，小球从D点离开圆弧轨道后有可能直接落在B点
B．当h=2.5R时，小球会从D点以的速度飞出，做平抛运动
C．若在O点放个正点电荷，小球通过D点的速度一定大于
D．若在O点放个正点电荷，小球从C点沿圆弧轨道到D点过程机械能不守恒
8．如图所示，两个小球A、B在光滑水平地面上相向运动，它们的质量分别为mA=4kg，mB=2kg，速度分别是vA=3m/s（设为正方向），vB=-3m/s．则它们发生正碰后，速度的可能值分别为（ ）
A．vA′=1 m/s，vB′=1 m/s
B．vA′=4 m/s，vB′=-5 m/s
C．vA′=2 m/s，vB′=-1 m/s
D．vA′=-1 m/s，vB′=-5 m/s
二、多选题
9．如图所示，质量为2m的物体A放在光滑水平面上，右端与一水平轻质弹簧相连，弹簧另一端固定在墙上，质量为m的物体B以速度v0向右运动，与A相碰后一起压缩弹簧，直至B与A分离的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．在整个过程中，物体A、B和弹簧组成的系统机械能守恒
B．弹簧的最大弹性势能为
C．物体A对B做的功为
D．物体A对B的冲量大小为
10．A、B两小球在光滑水平面上沿同一直线运动并发生正碰，碰撞前后两球的图象如图所示，已知A球质量，则（ ）
A．碰撞后，两球运动方向相反
B．碰撞过程中A球动量变化量大小为
C．B球质量
D．此碰撞过程为弹性碰撞
11．如图所示，质量为m的物块A静止在水平面上，A的左侧光滑，右侧粗糙。一个质量为M的物块B以速度v0向右运动，与A发生弹性正碰，碰后A向前滑行s1而停止。若仅把A的质量变为3m，其它条件不变，再次让B与A发生弹性碰撞，碰后A向前滑行s2而停止，已知，则下列说法正确的是（　　）
A． B．
C．第二次碰撞后B保持静止 D．第二次碰撞后B继续向右运动
12．如图所示，质量为3m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB长度为2R。现将质量为m的小球从A点正上方h高处由静止释放，小球由A点经过半圆轨道后从B点冲出，在空中能上升的最大高度距A点的竖直高度差为0.5h，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）
A．小球和小车组成的系统动量守恒
B．小球第一次下落到轨道最低点时，小车运动的位移大小0.25R
C．小球离开小车后在空中时，小车的速度为0
D．小球在半圆轨道最低点时，小球的重力的瞬时功率为0
13．两物体在光滑水平面上沿同一直线同向运动，它们发生碰撞前后的图像如图所示．下列说法正确的是（　　）
A．的质量之比为
B．该碰撞为弹性碰撞
C．作用过程中所受对方作用力的冲量相同
D．碰撞前与碰撞后的总动能相同
14．小球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝1 kg，mB＝2 kg，vA＝6 m／s，vB＝2 m／s．当小球A追上小球B并发生碰撞后，小球A、B的速度可能是（ ）
A．vA′＝m／s，vB′＝m／s
B．vA′＝2 m／s，vB′＝4 m／s
C．vA′＝－4 m／s，vB′＝7 m／s
D．vA′＝7 m／s，vB′＝1.5 m／s
三、解答题
15．如图所示，滑块的质量M=2kg，开始静止在水平面上的A点，滑块与水平面间的摩擦因数为μ=0.2，与A点相距S=2.25m的B点上方有一质量m=1.2kg的小球，小球被一长为l=0.5m的轻绳挂在O点而处于静止状态．现给滑块一瞬时冲量I=10N s，让滑块沿水平面向右运动，此后与小球发生碰撞，碰后小球恰能在竖直平面内完成完整的圆周运动（g=10m/s2）．求：
（1）滑块最终静止在距离A点多远处？
（2）因滑块与小球碰撞而损失的机械能是多少？
16．如图所示，质量为1 kg的滑块，以5 m/s的水平向右的初速度滑上静止在光滑水平面上的平板小车，最终滑块恰好未滑离小车。已知小车质量为4 kg，小车与滑块之间的动摩擦因数为0.4。求：
（1）滑块与小车的最终速度；
（2）整个运动过程中产生的内能；
（3）小车的长度。
17．如图1所示，物体以一定的初速度从倾角为α=37°的斜面底端沿斜面向上运动，向上运动的最大位移为5m。选斜面底端所在的水平面为参考平面，向上运动过程中物体的机械能E随位移x的变化如图2所示。g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：
（1）物体的质量m；
（2）物体与斜面间的动摩擦因数 ；
（3）物体回到底端的动能。
18．如图所示，一个可视为质点的滑块叠放在木板的中点，滑块质量为kg。木板长为m，放在光滑的水平地面上，今在木板右端施加水平向右的恒力F。已知木板质量为kg，滑块与木板间的动摩擦因数，且滑动摩擦力等于最大静摩擦力，重力加速度。
（1）若恒力F作用2s时，滑块能运动到木板的最左端，求F的大小；
（2）若N，作用1s后撤去，回答下列两个问题；
（Ⅰ）若滑块一直在木板上，0-1s内滑块与木板的相对位移是多少？
（Ⅱ）滑块相对木板滑动的整个过程中，系统因摩擦而产生的热量是多少？
19．一电视节目中设计了这样一个通关游戏：如图所示，光滑水平面上，某人乘甲车向右匀速运动，在甲车与静止的乙车发生弹性正碰前的瞬间，该人恰好抓住固定在他正上方某点的轻绳，当荡起至最高点速度为零时，松开绳子后又落到乙车中，并和乙车一起继续向前滑行．若人的质量m=56kg，甲车质量M1=10kg，乙车质量M2=40kg，甲车初速度v0=6m/s，求：
（1）最终人和乙车的速度；
（2）人落入乙车的过程中对乙车所做的功．
20．如图所示，光滑水平地面上静止放置两个由弹簧相连的木块A和B，一质量为m的子弹以速度v0水平击中木块A，并留在其中，A的质量为3m，B的质量为4m．
(1)子弹射入A后速度变为多少？
(2)求弹簧第一次恢复原长时B的速度.
21．如图所示，质量为M=0.5kg、长L=1m的平板车B静止在光滑水平面上，小车左端紧靠一半径为R=0.8m的光滑四分之一圆弧，圆弧最底端与小车上表面相切，圆弧底端静止一质量为mC=1kg的滑块．现将一质量为mA=1kg的小球从圆弧顶端静止释放，小球到达圆弧底端后与C发生弹性碰撞．C与B之间的动摩擦因数μ=0.2，取g=10m/s2．若在C刚好滑上木板B上表面的同时，给B施加一个水平向右的拉力F．试求：
（1）滑块C滑上B的初速度v0．
（2）若F=2N，滑块C在小车上运动时相对小车滑行的最大距离．
（3）如果要使C能从B上滑落，拉力F大小应满足的条件．
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．B
【解析】
【分析】
【详解】
ACD．设小船的质量为M，小球的质量为m，甲球抛出后，根据动量守恒定律有
的方向向右，乙球抛出后，规定向右为正方向，根据动量守恒定律有
解得
所以两球抛出后，船静止不动。根据动量定理得，物体所受合力的冲量等于动量的变化，对于甲球，动量的变化量为
对于乙球动量的变化量为
知甲的动量变化量大于乙球的动量变化量，所以抛出时，人给甲球的冲量比人给乙球的冲量大，故ACD错误。
B．根据动能定理，人对球做的功等于球动能的变化量，可得
故抛出的过程中，人对甲球做的功大于人对乙球做的功，故B正确。
故选B。
【点睛】
解决本题的关键掌握动量守恒定律、动量定理以及动能定理，并能灵活运用，运用动量守恒定律时注意速度的方向。
2．B
【解析】
【详解】
A．碰撞过程中两小球只受到它们间的相互作用力，则各自受到的作用力即小球的合外力，它们的合外力方向相反，A错误；
B．由x—t图可计算出m、M碰撞前后的速度为
，vM = 0，，
根据动量守恒有
mvm = - mvm′ + MvM′
代入数据有
m：M = 1：3
B正确；
C．碰撞前后质量为m的小球动量为
p= mvm = 4m，p′ = mvm′ = - 2m
则碰撞前后质量为m的小球动量的变化量大小为
p = - 6m
C错误；
D．两小球碰撞前后的能量为
，，3m = M
可知
E = E′
则两小球发生的是弹性碰撞，D错误。
故选B。
3．C
【解析】
【详解】
A．由题意得：当物块下降到A处时，物体合外力为0，故物体达到最大速度，A错误；
B．物块从O点处开始接触弹簧，此时重力大于弹力，加速度方向向下，物块继续加速下降，B错误；
C．OA高度差为h，将物块放在弹簧上端O处，并缓慢下落到A处，处于平衡状态，该过程重力势能的减少等于弹性势能的增加及克服人手对物块做的功，即
从O点上方高H处释放，经过A处时合力为零，速度最大，设为v，根据能量守恒定律有
解得
C正确；
D．由于物体运动过程中受到外力弹簧的弹力，故物体机械能不守恒，D错误。
故选C。
4．A
【解析】
【详解】
为了使碰撞能够发生，则碰前一定有
又因为
所以
而碰后一定有
则
即
①
根据碰撞前后系统机械能不会增加可知
②
将四个选项中的数据分别代入①②式可知只有A项同时满足①②式，BCD项不能同时满足①②式。
故选A。
5．A
【解析】
【详解】
两小球的碰撞性质未知，若为弹性碰撞，则两小球交换速度，系统机械能守恒，损失为零；若为完全非弹性碰撞，则系统损失的机械能最大，由动量守恒定律：mvb=2mv；其中I=mvb，由能量守恒可知：，解得 E=1J，则两个小球碰撞过程中系统的机械能损失的范围应该为，故A正确，BCD错误；故选A.
点睛：此题关键是知道完全弹性碰撞无机械能损失；完全非弹性碰撞损失的机械能最大；一般碰撞的机械能损失介于两者之间.
6．D
【解析】
【详解】
A．为了滑块1、2碰撞后都向左运动，应满足
A错误；
B．实验前调节导轨平衡时，应打开气泵，滑块能在任意位置静止，导轨平衡才调节完毕，B错误；
C．若实验发现m1()略大于m1()＋m2()，可能的原因是导轨左端偏高，C错误；
D．若碰撞过程中满足动量守恒和机械能守恒，则
两式联立解得
＋＝
D正确。
故选D。
7．C
【解析】
【分析】
结合平抛运动的规律分析小球能能否恰好落到B点，在O点放个正点电荷，根据牛顿第二定律求得小球通过D点的速度，分析小球受到的电场力是否做功来判断小球机械能守恒问题；
【详解】
A、小球以速度v0从D点离开后做平抛运动，则有：，解得：，则有：，故A错误；
B、当h=2.5R时，根据机械能守恒有：，解得：，所以小球会从D点以的速度飞出，做平抛运动，故B错误；
C、在O点放个正点电荷，根据牛顿第二定律可得：，解得小球通过D点的速度，故C正确；
D、在O点放个正点电荷，从C点沿圆弧轨道到D点过程小球受到的电场力与运动方向垂直，只有重力做功，小球机械能守恒，故D错误；
故选C．
【点睛】
关键是要注意正确进行受力分析，明确物体的运动过程，再选择合适的物理规律求解．
8．A
【解析】
【详解】
碰前系统总动量为，碰前总动能为；
若，则系统动量守恒，动能3J，碰撞后A球速度不大于B球的速度，符合，故A可能；
若，则系统动量守恒，动能大于碰撞前，不符合题意，故B不可能；
若，则系统动量守恒，但不符合碰撞后A球速度不大于B球的速度，故C不可能；
若，则系统动量不守恒，D不可能．
9．BD
【解析】
【详解】
A．A和B发生完全非弹性碰撞有机械能的损失；而在弹簧被压缩的过程中，物体B、A和弹簧组成的系统机械能守恒，则全过程系统机械能不守恒，故A错误；
B．A和B发生完全非弹性碰撞有
可得共同速度为
则弹簧的最大弹性势能为
故B正确；
C．根据动能定理有知物体A对B做的功即为物体B动能的变化量
故C错误；
D．根据动量定理知物体A对B做的冲量即为物体B动量的变化量
则物体A对B的冲量大小为，故D正确；
故选BD。
10．AC
【解析】
【分析】
【详解】
A．由题图可看出在t = 2s后两球的运动方向相反，A正确；
B．由题图和动量守恒可看出在0 ~ 2s内和2 ~ 4s内A球的速度分别为
vA= = 5m/s，v′A= = - 1m/s
则碰撞过程中A球动量变化量大小为6kgm/s，B错误；
C．根据动量守恒有
mAvA= - mAv′A - mBv′B（取A最开始运动的方向为正）
代入数据有
mB= m2= 2kg
C正确；
D．碰撞前的机械能为
E = mAvA2= J
碰撞前的机械能为
E′ = mAv′A2 + mBv′B2= J
碰撞前后机械能不守恒，则不是弹性碰撞，D错误。
故选AC。
11．AC
【解析】
【详解】
AB．因为是弹性碰撞且碰前A静止，根据动量守恒和能量守恒有
解得
已知碰后，根据由可知碰后A的两次速度大小之比为3：2，即
化简得
选项A正确，B错误；
CD．当A的质量变为3m后，代入弹性碰撞的公式，因为M =3m，所以碰撞后B静止，选项C正确，D错误。
故选AC。
12．BCD
【解析】
【详解】
A．小球和小车组成的系统，水平方向受合外力为零，则水平方向的动量守恒，选项A错误；
B．小球第一次下落到轨道最低点时，根据动量守恒定律可得
解得小车运动的位移大小
x=0.25R
选项B正确；
C．根据水平方向动量守恒可知，小球进入半圆轨道时系统水平动量为零，则当小球离开半圆轨道时水平方向动量仍为零，即小车的速度为零，即小球离开小车后在空中时，小车的速度为0，选项C正确；
D．小球在半圆轨道最低点时，小球的竖直速度为零，根据
P=mgvy
可知小球的重力的瞬时功率为0，选项D正确。
故选BCD。
13．BD
【解析】
【详解】
根据动量守恒定律
A．根据动量守恒定律
mA 7+mB 2=mA 2+mB 7
得
mA：mB=1：1
故A错误；
BD．碰撞前系统的总动能
碰撞后总动能
可见作用前后总动能不变，该碰撞为弹性碰撞，故BD正确；
C．A、B作用过程中A所受对方作用力的冲量为
B所受对方作用力的冲量为
故C错误。
故选BD。
14．AB
【解析】
【详解】
D、考虑追碰的实际情况，碰撞后A球速度不大于B球的速度，故D不可能．A追上B并发生碰撞前的总动量是：mAvA+mBvB=1×6+2×2kgm/s=10kgm/s，碰撞过程中动量守恒，碰撞后总动量应为10kgm/s，经检验A、B、C选项均符合．C、碰撞过程中总动能不增加，碰撞前总动能为：，C选项中，故不可能，则综合排除后可能发生碰撞的选AB．
【点睛】本题碰撞过程中动量守恒，同时要遵循能量守恒定律，不忘联系实际情况，即后面的球不会比前面的球运动的快．
15．（1）2.5m；（2）0。
【解析】
【详解】
（1）（2）在A点，给滑块瞬时冲量，由动量定理得：
滑块向前运动，与小球碰撞前，由动能定理得：
由动量守恒定律可得：
小球恰能完成圆周运动，到最高点，由牛顿第二定律知：
上摆过程，机械能守恒定律得：
滑块继续减速，由动能定理知：
碰撞时，由能的转化与守恒定律知：
联立以上各式解得：=2.5m，△E=0
16．（1）1 m/s；（2）10 J；（3）2.5 m。
【解析】
【分析】
【详解】
（1）设滑块与小车共同速度为v，滑块的质量为m，原来的速度为v0，小车的质量为M。则有
解得
（2）由能量守恒知
（3）由摩擦产生热量的公式可得
可解得
据题意知小车的长度为
17．（1）m=2kg ；（2）；（3）
【解析】
【分析】
【详解】
（1）最高点的机械能为
解得
m=2kg
（2）研究物体向上运动过程，有功能关系，得
代入数据x=5m，，可得
（3）研究物体运动全过程，由功能关系，得
得
18．（1） ；（2），
【解析】
【分析】
【详解】
（1）设木板与滑块在恒力F作用时的加速度大小分别为和，由牛顿第二定律
对木板有
对滑块有
设滑块运动到木板的最左端的时间为t，则有
解得
（2）（Ⅰ）假设系统向右运动过程中滑块一直在木板上
在0-1s内木板的位移大小为
速度大小为
在0-1s内滑块的位移大小为
速度大小为
1s内滑块与木板相对位移为
（Ⅱ）撤去F至滑块与木板达到共同速度的过程中滑块加速度大小不变，木板以加速度大小为做减速运动，对木板有
解得
设滑块与木板速度相等再经历的时间为
解得
此时木板运动的位移为
滑块在时间内运动的位移为
时间内滑块、木板相对位移为
滑块相对木板向左滑行的最大距离为
由于故假设成立，即滑块相对木板向左滑行的最大距离为1.8m
故滑块、木板系统产生的摩擦热

19．（1）v共=1.0 m/s；（2）W= -95.2J
【解析】
【分析】
把该题分成几个过程，人在抓住绳子的过程中，对甲车的速度没有影响，甲车将于乙车发生弹性碰撞，由机械能守恒和动量守恒可求得甲乙两车碰撞后的速度，然后是人竖直的落到乙车上，人和乙车作用的过程中在水平方向上合外力为零，在水平方向上动量守恒，由动量守恒定律动量列式即可求得最终人和乙车的速度；
在人和乙车作用的过程中，人对乙车所做的功等于乙车的动能的变化，以乙车为研究对象，利用动能定理即可求得人落入乙车的过程中对乙车所做的功．
【详解】
(1) 甲乙两车碰撞，在水平方向上动量守恒，设碰撞后甲车的速度为v1，乙车的速度为v2，选向右的方向为正，则有：
M1v0=M1v1+M2v2…①
碰撞过程中机械能守恒，有：…②
人松开绳子后做自由落体运动，与乙车相互作用使得过程中，在水平方向上合外力为零，动量守恒，设人和乙车的最终速度为v共，选向右的方向为正，有：
M2v2=（M人+M2）v共
代入数据解得：v共=1.0m/s；
(2) 人落入乙车的过程中对乙车所做的功，根据动能定理可知，即为乙车的动能的变化量，有：
．
【点睛】
该题主要是考查了动量守恒定律的应用，首先应明确动量守恒定律的适用范围：
动量守恒定律是自然界最普遍、最基本的规律之一．不仅适用于宏观物体的低速运动，也适用与微观物体的高速运动．小到微观粒子，大到宇宙天体，无论内力是什么性质的力，只要满足守恒条件，动量守恒定律总是适用的．再者是动量守恒动量成立的条件：1．系统不受外力或者所受合外力为零；2．系统所受合外力虽然不为零，但系统的内力远大于外力时，如碰撞、爆炸等现象中，系统的动量可看成近似守恒；3．系统总的来看不符合以上条件的任意一条，则系统的总动量不守恒．但是若系统在某一方向上符合以上条件的任意一条，则系统在该方向上动量守恒．
20．（1） （2）
【解析】
【详解】
（1）以子弹与A为系统，设子弹与A的共同速度为v，以方向为正方向
由动量守恒
可得
（2）子弹与A共同运动挤压弹簧，以子弹、A和B为系统，弹簧恢复原长时，设子弹与A速度为，B速度为，以方向为正，由动量守恒有
弹簧恢复原长时，动能没有损失
可得
21．（1）；（2）；（3）或
【解析】
【详解】
（1）设A到达圆弧底端的速度为v
由动能定理可得
代入数据得
A与C发生弹性碰撞，由动量守恒定律可得
由机械能守恒定律可得
由以上两式解得
（2）物体C滑木板B以后，做匀减速运动，此时设B的加速度为，C的加速度为，由牛顿第二定律得
解得
木板B做加速度运动，由牛顿第二定律得
解得
两者速度相同时，有
解得
C滑行的距离
B滑行的距离
C与B之间的最大距离
（3）C从B上滑落的情况有两种：
（i）当F较小时滑块C从B的右端滑落，滑块C能滑落的临界条件是C到达孤右端时，C、B具有共同的速度v1，设该过程中B的加速度为aB，C的加速度不变，根据匀变速直线运动的规律
由以上两式可得
再代入，则C滑到B的右端时，速度仍大于B的速度，于是从B上滑落；
（ii）当F较大时滑到C从B的左端滑落，在C到达B的右端之前，就与B具有相同的速度，此时的临界条件是之后必须相对静止，才不会从B的左端滑落．
对于B、C整体有
对于C有
由以上两式解得
F=3N
即若F大于3N，A就会相对B向左滑下；
综上所述力，F满足的条件是或
答案第1页，共2页
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