1.4弹性碰撞与非弹性碰撞 同步训练（Word版含答案）

1.4弹性碰撞与非弹性碰撞
一、选择题（共15题）
1．如图所示，在水平地面上有一质量为的长木板，板右端固定一立柱。质量为的人站在木板左端，木板与人均静止。当人加速向右奔跑的过程中，木板向左运动，人到达木板右端时立刻抱住立柱。关于抱住立柱后，人与木板一起运动的方向，下列说法中正确的是（　　）
A．若水平面光滑，人与木板一起向右运动
B．若水平面粗糙，人与木板一起向右运动
C．只要，人与木板就一起向右运动
D．因为不知道人跑的速度大小所以不能确定一起运动的方向
2．如图甲所示，一轻弹簧的两端分别与质量为m1和m2的两物块相连接，并且静止在光滑的水平面上。现使m1瞬间获得水平向右的速度3 m/s，以此刻为计时零点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图像信息可得（　　）
A．在t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s且弹簧都是处于压缩状态
B．从t3到t4时刻弹簧由压缩状态逐渐恢复原长
C．两物块的质量之比为m1∶m2＝1∶2
D．在t2时刻两物块的动量大小之比为p1∶p2＝1∶2
3．如图所示，气球下面有一根长绳，一个质量为m1=50 kg的人抓在气球下方，气球和长绳的总质量为m2=20 kg，长绳的下端刚好和水平面接触，当静止时人离地面的高度为h=5 m。如果这个人开始沿绳向下滑，当他滑到绳下端时，他离地面高度是（可以把人看做质点）（　　）
A．5 m B．3.6 m C．2.6 m D．8 m
4．在光滑的水平面上，有a、b两球，其质量分别为ma、mb，两球在t0时刻发生正碰，并且在碰撞过程中无机械能损失，两球碰撞后的速度图象如图所示，下列关系正确的是（　　）
A．ma>mb B．ma5．如图所示，放在光滑水平地面上的小车质量为M，它两端各有弹性挡板P和Q，车内表面动摩擦因数为μ．质量为m的物体放在车上，在极短时间内给物体施加向右的冲量I，物体与Q作弹性碰撞，后又返回，再与P做弹性碰撞，这样物体在车内来回与P和Q碰撞若干次后，最终物体的速度为（ ）
A．0 B．I/m C．I/(M+m) D．无法确定
6．一炮弹质量为m，以一定的倾角斜向上发射，达到最高点时速度大小为v，方向水平。炮弹在最高点爆炸成两块，其中质量为的一块恰好做自由落体运动，则爆炸后另一块的瞬时速度大小为（　　）
A． B． C． D．
7．在平昌冬奥会中国队对阵瑞典队的女子冰壶比赛中，中国运动员在某次出手投壶时用质量为m的黄色冰壶以v1=6m/s的速度与质量相同的静止的红色冰壶发生正碰，碰后黄色冰壶以v2=2m/s的速度沿原方向运动，则这两个冰壶构成的系统碰撞过程中损失的动能为( )
A．2m
B．4m
C．8m
D．10m
8．下面物理原理中说法不正确的是(　　)
A．物体所受合外力越大，它的动量变化就越快
B．发射火箭的基本原理是利用直接喷出的高温高压气体，获得强大的反冲推力
C．物体所受合外力对其所做总功为零，则该物体机械能一定守恒
D．某系统在爆炸或碰撞瞬间内力远大于外力，可近似认为该系统动量守恒
9．如图所示，物体A、B的质量分别为m、2m，物体B置于水平面上，B物体上部半圆型槽的半径为R，将物体A从圆槽的右侧最顶端由静止释放，一切摩擦均不计。则下列选项正确的是（　　）
A．A不能到达B圆槽的左侧最高点
B．A运动到圆槽的最低点速度为
C．B向右匀速运动
D．B向右运动的最大位移大小为
10．如图所示，物体A置于小车B上，A与B之间光滑无摩擦.它们以共同的速度v前进.突然碰到障碍物C，将A从车上碰了出去，A被碰出的速度大小也是v。则小车B的速度（ ）
A．大于v B．小于v C．等于v D．无法判断
11．2014年12月3日，世界台联宣布中国斯诺克球手丁俊晖已确定在新的世界排名榜上跃居世界第一，他也成为台联有史以来第11位世界第一，同时也是首位登上世界第一的亚洲球员，丁俊晖为台球运动在中国的推广和发展做出了突出贡献。按照国际标准，每颗球的标准质量为，但是由于不同厂商生产水平的不同，所以生产出来的球的质量会有一些差异。如图所示，假设光滑水平面一条直线上依次放个质量均为的静止的弹性红球（相邻两个红球之间有微小的间腺），另有一颗质量为的弹性白球以初速度与号红球发生弹性正碰，则号红球最终的速度大小为（已知）（　　）
A． B． C．0 D．
12．如图所示，在光滑的水平地面上，物体B静止，在物体B上固定一个轻小弹簧．物体A以一定初速度沿水平方向向右运动，并通过弹簧与物体B发生作用．已测出两物体的质量关系为mA=mB，碰撞中，弹簧获得的最大弹性势能为EP．若将B的质量加倍，再使物体A与物体B发生作用（作用前物体B仍静止），相互作用过程中，弹簧获得的最大弹性势能仍为EP．则在物体A开始接触弹簧到弹簧具有最大弹性势能的过程中，第一次和第二次物体B的末动量之比为（　　）
A．4：3 B．2：1 C．3：1 D．3：2
13．如图所示，光滑小球放置在水平面上，小球左侧有一固定在地面上的斜面，某时刻将光滑小球从斜面上某位置静止释放，小球运动到平面上后以速率跟小球发生碰撞，碰撞后小球以速率反弹后返回斜面，然后再从斜面上滑下，又能追上小球再次发生碰撞。已知小球的质量是小球质量的，不考虑小球在斜面与平面转弯处的能量损失，则可能的值为（　　）
A． B． C． D．
14．如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为2m的光滑弧形槽静止放在光滑水平面上。弧形槽底端与水平面相切，一个质量为m的小物块从槽高h处开始自由下滑，重力加速度为g，下列说法正确的是
A．在下滑过程中，物块与槽组成的系统动量守恒
B．从物块压缩弹簧到被弹簧弹开过程中，弹簧对物块的冲量不为零
C．物块下落到底端时，弧形槽的速度大小为
D．物块被弹簧反弹后，能追上光滑弧形槽且上升最大高度为
15．如图甲所示，一轻弹簧的两端分别与质量为和的两物块相连接，并且静止在光滑的水平面上。现使瞬时获得水平向右的速度，以此刻为时间零点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图象信息可得（　　）
A．在、时刻两物块达到共同速度且弹簧都是处于压缩状态
B．从到时刻弹簧由伸长状态逐渐恢复原长
C．两物体的质量之比为
D．在时刻两物体的动量大小之比为
二、填空题
16．a、b两个小球在一直线上发生碰撞，它们在碰撞前后的S-t图象如图所示，若a球的质量ma=1kg，则b球的质量mb等于_________________ ㎏
17．A、B两球沿同一条直线相向运动，所给的x-t图像记录了它们碰撞前后的运动情况，其中a、b分别为A、B碰撞前的x-t图像，c为它们碰撞后的x-t图像，若A球质量为1kg，根据图像可以求出B球质量是_________kg，碰撞过程中损失的机械能供是______________J.
18．质量为4.0kg的物体A静止在水平桌面上，另一个质量为2.0kg的物体B以5.0m/s的水平速度与物体A相碰。碰后物体B以1.0m/s的速度反向弹回，则系统的总动量为______kg·m/s，方向______。碰后物体A的速度大小为______m/s，方向______。物体B动量变化量大小为______kg·m/s，方向______。若物体A、B碰撞时间为0.1s，则物体A、B间的平均作用力大小为______N。
19．质量为 m 的小球 A 以速率 v0 向右运动时跟静止的小球 B 发生碰撞，碰后 A 球以的速率反向弹回，而 B 球以的速率向右运动，则 B的质量 mB ＝_________ ；碰撞过程中，B对A做功为_________．
三、综合题
20．如图所示，在光滑的水平桌面上静止放置一个质量为980g的长方形匀质木块，现有一颗质量为20g的子弹以大小为300m/s的水平速度沿木块的中心轴线射向木块，最终留在木块中没有射出，和木块一起以共同的速度运动。已知木块沿子弹运动方向的长度为10cm，子弹打进木块的深度为6cm。设木块对子弹的阻力保持不变。
(1)求子弹和木块的共同速度以及它们在此过程中所增加的内能；
(2)若子弹是以大小为400m/s的水平速度从同一方向水平射向该木块，则在射中木块后能否射穿该木块？
21．如图所示，某电视台一档闯关节目中，沙袋通过轻质细绳悬挂于A点正上方的O点，闯关者水平向左速度为v0=9m/s，在A点抱住沙袋一起向左摆动。已知沙袋到悬点O的距离为L=5m，闯关者的质量为M=50kg，沙袋质量为m=40kg，重力加速度g=10m/s2，沙袋和闯关者可视为质点，不计空气阻力。求：
（1）闯关者刚抱住沙袋时的共同速度v的大小；
（2）闯关者刚抱住沙袋时，细绳的拉力F的大小；
（3）闯关者抱住沙袋共同上摆过程中能到达的最大高度h。
22．如图所示，质量为M的木块置于光滑的水平台面上，质量为m的子弹以初速度水平向右射向木块，设木块对子弹的摩擦阻力为f，木块足够长，子弹留在木块中，求子弹打进木块的深度h．分别用牛顿第二定律和动量守恒定律解答，对比两种方法，哪种更便捷？
23．一种模块组合式儿童玩具有以下模块组成：如图甲所示，质量M=1kg、半径R=0.9m的光滑圆弧轨道A、B分别为轨道的最高点和最低点；B点右侧紧挨B点有一静止的小平板车，平板车的质量M=1kg，长度l=1m，小车的上表面距地面高度h=0.2m且与圆弧形轨道相切于B点。轨道和平板车固定连接在一起并固定在水平地面上，一质量m1=1kg的物块1从圆弧形轨道的最高点A由静止释放，物块1滑至B点时与该处静止的质量m2=3kg的物块2发生碰撞，碰后物块1反弹，物块2滑至平板车上。（取重力加速度大小g=10m/s2）试求：
（1）物块1刚滑至B点时对圆弧形轨道的压力大小；
（2）若物块1与物块2碰撞的恢复系数e=0.6，物块2与平板车上表面间的动摩擦因数为0.05，物块仍从圆弧最高点A由静止释放，则物块2落地时距平板车右端的水平距离 （保留两位有效数字）（恢复系数的定义式为，其中v10和v20分别是碰撞前两物体的速度，v1和v2分别是碰撞后两物体的速度，弹性碰撞的恢复系数e=1，非弹性碰撞的恢复系数e<1）。
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．B
【详解】
A．若水平面光滑，人与系统所受合外力为零，系统动量守恒，由于系统初状态动量守恒，由动量守恒定律可知，人抱住立柱后系统总动量为零，人抱住立柱后人与木板的速度为零，人与木板静止，故A错误；
BCD．若水平面粗糙，人在木板上奔跑过程，人对木板的摩擦力水平向左，地面对木板的摩擦力向右，由牛顿第三定律可知，人对木板的摩擦力与木板对人的摩擦力大小相等，人受到的合力等于木板对人的摩擦力，木板受到的合力等于人对木板的摩擦力大小与地面对木板的摩擦力大小之差，因此木板受到的合力大小小于人受到的合力大小，由于力的作用时间相等，人所受合力的冲量大小大于木板所受合力的冲量大小，由动量定理可知，人抱住立柱前瞬间，人的动量大小大于木板的动量大小，人的动量向右，木板的动量向左，人抱住立柱过程系统内力远大于外力，系统动量守恒，人抱住立柱前系统的总动量水平向右，由动量守恒定律可知，人抱住立柱后系统的总动量也向右，人抱住立柱后人与木板的速度水平向右，人与木板一起向右运动，故B正确；CD错误。
故选B。
2．C
【详解】
A．由题图乙可知t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s，总动能最小，根据系统机械能守恒可知，此时弹性势能最大，t1时刻弹簧处于压缩状态，t3时刻弹簧处于伸长状态，故A错误；
B．结合题图乙可知两物块的运动过程，开始时m1逐渐减速，m2逐渐加速，弹簧被压缩，t1时刻二者速度相同，系统动能最小，势能最大，弹簧被压缩至最短，然后弹簧逐渐恢复原长，m2继续加速，m1先减速为零，然后反向加速，t2时刻，弹簧恢复原长状态，因为此时两物块速度相反，因此弹簧的长度将逐渐增大，两物块均减速，t3时刻，两物块速度相等，系统动能最小，弹簧最长，因此从t3到t4过程中弹簧由伸长状态恢复原长，故B错误；
C．系统动量守恒，从t＝0开始到t1时刻有
m1v1＝（m1＋m2）v2
将v1＝3 m/s，v2＝1 m/s代入得
m1∶m2＝1∶2
故C正确；
D．在t2时刻，m1的速度为：v1′＝－1 m/s，m2的速度为：v2′＝2 m/s，又
m1∶m2＝1∶2
则动量大小之比为
p1∶p2＝1∶4
故D错误。
故选C。
3．B
【详解】
当人滑到绳下端时，如图所示，由动量守恒定律，得
且
h1＋h2=h
解得
h1=1.4 m
所以他离地高度
H=h-h1=3.6 m
故选B。
4．B
【详解】
碰撞过程由动量守恒定律及机械能守恒定律分别可得
联立解得
由于碰撞后a反弹，即，可知
B正确。
故选B。
5．C
【详解】
试题分析：由题意可知I=mv0，根据动量守恒定律可知：mv0=(M+m)v，解得，故选项C正确．
6．B
【详解】
爆炸前动量为，设爆炸后另一块的瞬时速度大小为，取炮弹在最高点未爆炸前的速度方向为正方向，爆炸前后系统水平方向动量守恒，则有
解得
故选B。
7．C
【详解】
选方向为正方向，根据动量守恒定律可得
代入数据得
解得
由能量守恒得
代入数据得
故C正确。
8．C
【详解】
A．物体所受合外力越大，加速度就越大，物体速度变化就越快，所以它的动量变化就越快，故A正确；
B．发射火箭的基本原理是利用直接喷出的高温高压气体，获得强大的反冲推力，选项B正确；
C．物体所受合外力对其所做总功为零，则该物体机械能不一定守恒，例如匀速上升的物体，选项C错误；
D．某系统在爆炸或碰撞瞬间内力远大于外力，可近似认为该系统动量守恒，选项D正确；
9．D
【详解】
A．设A到达左侧最高点的速度为v，根据动量守恒定律知，由于初动量为零，则末总动量为零，即v=0，根据能量守恒定律知，A能到达B圆槽左侧的最高点，故A错误；
B．设A到达最低点时的速度为v，根据动量守恒定律得
0=mv-2mv′
解得
根据能量守恒定律得
解得
故B错误。
C．因为A和B组成的系统在水平方向上动量守恒，当A在水平方向上的速度向左时，B的速度向右，当A在水平方向上的速度向右时，则B的速度向左，故C错误。
因为A和B组成的系统在水平方向上动量守恒，当A运动到左侧最高点时，B向右运动的D．位移最大，设B向右的最大位移为x，根据动量守恒定律得
m（2R-x)=2mx
解得
故D正确。
故选D。
10．C
【详解】
在A与C相碰时，C对A的作用力的冲量使A的动量发生了变化，而A与B之间光滑无摩擦，在水平方向无相互作用力，A在水平方向运动的变化不会影响B的运动情况，因此B将以速度v继续前进。
故选C。
11．B
【详解】
光滑水平面一条直线上依次放个质量为的弹性红球，质量为的白球以初速度为与号红球发生弹性正碰，根据一动碰一静的弹性碰撞特点可知，每碰撞一次白球的速度变为原来的，而号球每次将速度传给右侧球，故白球与号球碰撞1次后，白球速度为
红球的速度为
最终传给1号球，白球与号碰撞2次后，白球速度为
红球的速度为
最终传给2号球，白球与号球碰撞3次，白球速度为
红球的速度为
最终传给3号球，综上所述可知，号红球最终的速度大小为
故选B。
12．D
【详解】
在整个过程中，弹簧具有最大弹性势能时，P和Q的速度相同，根据动量守恒定律：
当A、B质量相等时有：mv0=2mv．
根据机械能守恒定律，有：Ep=mv02- 2mv2
B的质量加倍后，有：mv′0=3mv′
根据机械能守恒定律，有：Ep=mv′02- 3mv′2
解得： , 所以第一次和第二次物体B的末动量之比为，故选D.
13．CD
【详解】
设
即
、碰撞过程中，以方向为正方向，根据动量守恒定律得
球反弹后能追上再次相碰的条件是
解得
碰撞过程中损失机械能
解得
所以的取值范围是
故AB错误，CD正确。
故选CD。
14．BD
【详解】
A．滑块下滑过程，滑块与弧形槽组成的系统水平方向所受合外力为零，系统水平方向动量守恒，但系统竖直方向所受合外力不为零，系统竖直方向动量不守恒，故A错误；
B．从物块压缩弹簧到被弹簧弹开时，滑块的速度方向相反，由动量定理可知，从物块压缩弹簧到被弹簧弹开过程中，弹簧对物块的冲量不为零，故B正确；
C．设小球到达水平面时速度大小为v1，槽的速度大小为v2，且可判断球速度方向向右，槽的速度方向向左，以向右为正方向，在球和槽在球下滑过程中，系统水平方向动量守恒，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
解得
，
故C错误；
D．物块第一次被弹簧反弹后的速度与压缩弹簧前速度大小相同，所以能追上槽，到达最高点时物体与槽的速度相同，物块与槽在水平方向上动量守恒，由
解得
又由系统能量守恒
解得
故D正确。
故选BD。
15．BCD
【详解】
AB．由图可知，、时刻两物体达到共同的速度，总动能最小，根据系统机械能守恒可知，此时弹簧的弹性势能最大；从0到时刻左边物块速度大，右边物块速度小，弹簧开始收缩，到达弹簧处于压缩状态，从到，左边物块速度小于右边物块的速度，弹簧逐渐恢复至原长，从到，左边物块的速度仍小于右边物块的速度，弹簧开始伸长，因此时刻弹簧处于伸长状态，A错误；从到，左边物块的速度大于右边物块的速度，弹簧由伸长状态逐渐恢复原长，B正确；
C．系统所受合外力为0，系统动量守恒，从开始到时刻，由动量守恒定律可得
解得：，C正确；
D．在时刻两物体的速度分别为、，由上可知，
在时刻两物体的动量大小之比为，D正确；
故选BCD。
16．2.5
【详解】
从位移-时间图象上可看出：碰前B的速度为0，A的速度 ；碰撞后，A的速度v1=-1m/s，B的速度v2=2m/s．
由动量守恒定律得mAv0=mAv1+mBv2
解得：mB=2.5kg
17． 5J
【详解】
x-t图象的斜率表示速度，碰撞前A球速度为
B球速度为
碰撞后的共同速度为
规定B球初速度方向为正，AB碰撞过程，根据动量守恒定律，有
解得
由能量守恒定律可知，碰撞过程损失的机械能
代入数据解得
18． 10 与B初速度方向相同 3 与B初速度方向相同 12 与B初速度方向相反 120
【详解】
取碰撞前B的速度方向为正方向，则系统的总动量为
方向与B初速度方向相同
根据动量守恒定律得
解得
方向与B初速度方向相同
物体B动量变化量
方向与B初速度方向相反
对B，根据动量定理
解得
19． 3m
【详解】
以A、B组成的系统为研究对象，以A球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得
mAv0=mA（-）+mB
解得
mB=3m
以A为研究对象，由动能定理得
符号表示B对A做负功；
20．（1）6m/s，882J；（2）能
【详解】
(1)设子弹射入木块后与木块的共同速度为v，对子弹和木块组成的系统，由动量守恒定律得
mv0=(M＋m)v
解得
v=m/s=6m/s
此过程系统所增加的内能
ΔE=ΔEk=m-(M＋m)v2=×0.02×3002J-×(0.98＋0.02)×62J=882J。
(2)设子弹以v0′=400m/s的速度入射时刚好能够射穿质量与粗糙程度均与该木块相同、厚度为d′的另一个木块，则对以子弹和木块组成的系统，由动量守恒定律得
mv0′=(M＋m)v′
解得
v′=m/s=8m/s
此过程系统所损耗的机械能为
ΔE′=ΔEk′=mv0′2-(M＋m)v′2=×0.02×4002J-×(0.98＋0.02)×82J=1568J
由功能关系有
ΔE=F阻x相=F阻d
ΔE′=F阻x相′=F阻d′
则
解得
d′=d=×6cm=cm
因为d′>10cm，所以能射穿该木块。
21．（1）5m/s；（2）1350N；（3）1.25m
【详解】
（1）闯关者抱住沙袋过程，系统在水平方向动量守恒，以水平向左为正方向，由动量守恒定律可得
代入数据解得
v=5m/s
（2）在A点刚抱住沙袋时，绳子拉力最大，设最大拉力为F。细绳的拉力与重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得
代入数据解得
F=1350N
（3）闯关者与沙袋摆动过程中，只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律得
代入数据解得
h=1.25m
22．；用动量守恒定律解答更便捷
【详解】
解法1：
由动量守恒定律可知
由能量关系可知
解得
解法2：
子弹的加速度
木块的加速度
当达到共速时
解得
则打入的深度
对比两种方法，用动量守恒定律解答更便捷。
23．（1）30N；（2）2.7m
【详解】
（1）物块1刚滑至B点时，有
在B点，有
解得
由牛顿第三定律可知，物块1刚滑至B点时对圆弧形轨道的压力大小为30N。
（2）碰撞前物块1的速度为
物块1与物块2碰撞过程，规定碰撞前物块1的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有
联立解得
，
物块2从平板车上滑出时，有
物块2从平板车上滑出，做平抛运动有
联立解得
答案第1页，共2页