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，将一质量为2m、半径为R的光滑半圆形槽置于光滑水平面上，现让一质量为m的小球从A点正上方h处静止释放，经最低点后能从右端最高点冲出，不计空气阻力，则下列说法正确的是（　　）
A．小球与槽组成的系统动量守恒
B．小球离开槽后做斜上抛运动
C．小球从右端上升的高度等于h
D．槽向左运动最大距离为R
2．如图所示，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，并使其轨道平面与地面垂直，小球同时由轨道左、右最高点释放，二者在最低点碰后粘在一起向左运动，最高能上升到轨道的M点，已知两小球的质量之比，若OM与竖直方向夹角为θ，则（　　）
A． B． C． D．
3．2021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
4．“引力弹弓效应”是指在太空运动的探测器，借助行星的引力来改变自己的速度。当探测器分别从行星运动的反方向接近行星，因引力作用改变了速度。如图所示，设行星运动的速度为u，探测器的初速度大小为v0，探测器在远离行星后速度大小分别为v1，探测器和行星虽然没有发生直接的碰撞，但是在行星的运动方向上，其运动规律可类比两个质量不同的钢球在同一条直线上发生的弹性碰撞。那么下列判断中正确的是（　　）
A． B．
C． D．
5．三块相同的木块A、B、C，自同一高度由静止开始下落，其中B在开始下落时被一个水平飞来的子弹击中并嵌人其中，木块C在下落一半高度时被水平飞来的一子弹击中并嵌人其中，若三个木块下落到地面的时间分别为，则（　　）
A． B．
C． D．
二、多选题
6．如图所示，质量M=1 kg的长方形盒子B停放在光滑水平面上，盒子长d=5 m，一质量m=2 kg 的小物块 A以速度v0=6 m/s从盒子内最右端水平向左运动，已知A 与 B 之间的摩擦力f=1 N，A与B的碰撞为弹性碰撞，则下列说法正确的是（　　）
A．A和B最终停在水平面上
B．A和B最终以4 m/s的速度向左匀速运动
C．A和B将发生2次碰撞
D．A和B将不会发生碰撞
7．如图所示，质量为m的物块放在质量为M的平板车上，轻弹簧将物块与平板车右端的固定挡板相连，平板车上表面光滑，物块与车一起沿光滑水平面向右以大小为v0的速度匀速运动，车与地面上的固定挡板相碰后以原速率返回，M>m，则下列说法正确的是（　　）
A．碰撞瞬间，物块与车组成的系统动量变化量大小为2（M＋m）v0
B．碰撞后，若平板车某时刻速度为零，则物块的速度比平板车的速度先减小为零
C．碰撞后，物块和车组成的系统机械能守恒
D．碰撞后，弹簧具有的最大弹性势能为
8．质量为m1和m2的两个物体在光滑的水平面上正碰，碰撞时间不计，两物体碰撞前后位移-时间图像如图所示。下列判断正确的是（ ）
m2=2m1 B．m2=6m1
C．两物体的碰撞为弹性碰撞 D．两物体的碰撞为非弹性碰撞
9．如图所示，用轻绳将两个弹性小球紧紧束缚在一起并发生微小的形变，现正在光滑水平面上以速度v0=0.1m/s向右做直线运动，已知两弹性小球质量分别为m1=1.0kg和m2=2.0kg。一段时间后轻绳突然自动断开，断开后两球仍沿原直线运动。经过t=5.0s后，当两球的间距为s=4.5m，则下列说法正确的是（　　）
A．刚分离时，a、b两球的速度方向相同
B．刚分离时，b球的速度大小可能为0.4m/s
C．刚分离时，a球的速度大小可能为0.7m/s
D．两球分开过程中释放的弹性势能为0.027J
10．如图所示内壁光滑的环形槽半径为R，固定在竖直平面内，质量均为m的小球A、B，以等大的速率v0从圆心等高处向上、向下滑入环形槽，若在运动过程中两球均未脱离环形槽，两球碰撞的时间和机械能损失均忽略不计，重力加速度为g。则下列叙述中正确的是（　　）
A．v0的最小值为
B．小球A通过最高点时的机械能等于小球B通过最低点时的机械能
C．小球A通过最高点和小球B通过最低点时对环形槽的压力差值为6mg
D．两球第一次相碰撞后瞬时，两球速度均不为零且等大反向
三、填空题
11．如图所示，在光滑的水平地面上有质量为、的两球，分别以速度、（>）运动，两球发生对心弹性碰撞，写出两球碰后速度___________、________。
12．如图所示，质量分别为m和M的两个木块A和B用细线连在一起，在恒力F的作用下在水平桌面上以速度v做匀速运动．突然两物体间的连线断开，这时仍保持拉力F不变，当木块A停下的瞬间木块B的速度的大小为__________．
四、解答题
13．如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上。某时刻小孩将冰块以相对冰面3m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3 m（h小于斜面体的高度）。已知小孩与滑板的总质量为m1＝25kg，冰块的质量为m2＝15kg，小孩与滑板始终无相对运动，取重力加速度的大小g＝10 m/s2。
(1)求斜面体的质量；
(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？
14．如图所示，半径为R的四分之一光滑圆弧轨道竖直固定在水平地面上，下端与水平地面在P点相切，一个质量为2m的物块B（可视为质点）静止在水平地面上，左端固定有水平轻弹簧，Q点为弹簧处于原长时的左端点，P、Q间的距离为R，PQ段地面粗糙、动摩擦因数为μ＝0.5，Q点右侧水平地面光滑，现使质量为m的物块A（可视为质点）从圆弧轨道的最高点由静止开始下滑，重力加速度为g。求：
（1）物块A沿圆弧轨道滑至P点时对轨道的压力大小；
（2）弹簧被压缩的最大弹性势能（未超过弹性限度）；
（3）物块A最终停止位置到Q点的距离。
15．如图所示，在光滑水平面上有B、C两个木板，B的上表面光滑，C的上表面粗糙，B上有一个可视为质点的物块A，A、B、C的质量分别为3m、2m、m。A、B以相同的初速度v向右运动，C以速度v向左运动。B、C的上表面等高，二者发生完全非弹性碰撞但并不粘连，碰撞时间很短。A滑上C后恰好能到达C的中间位置，C的长度为L，不计空气阻力。求：
（1）木板C的最终速度大小；
（2）木板C与物块A之间的摩擦力的大小Ff；
（3）物块A滑上木板C之后，在木板C上做减速运动的时间t。
16．如图所示，质量为M=2.5kg的一只长方形空铁盒静止在水平地面上，铁盒与水平地面间的动摩擦因数=0.3，对其施加水平拉力进行多次实验，发现要使一质量为m=0.5kg的木块能静止在铁盒竖直左侧壁上而不下滑，水平拉力F应满足F≥129N，取重力加速度g=10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
（1）求木块与铁盒内壁间的动摩擦因数 ；
（2）某次实验时，将大小为F0=68.25N的水平拉力作用在铁盒上，同时释放木块，铁盒和木块由静止开始运动，木块沿铁盒左侧壁落到底部且不反弹，木块落到铁盒底部瞬间撤去拉力。已知木块释放时距离铁盒底部的高度h=22.5cm，铁盒长度为L=30cm，木块与铁盒内壁以及底部的动摩擦因数均相同，木块和铁盒右侧壁发生的碰撞是完全非弹性碰撞，所有碰撞时间忽略不计，求：
①木块落到铁盒底部时铁盒的速度；
②该实验中木块运动的总时间。
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．C
【解析】
【详解】
A．系统水平方向不受力，所以小球与槽组成的系统水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，即小球与槽组成的系统动量不守恒，故A错误；
B．系统水平方向动量守恒，所以当小球离开槽时只具有竖直方向速度，做竖直上抛运动。故B错误；
C．小球离开槽时，小球具有竖直向上的速度，此时槽的速度为零，则由能量守恒定律可知，依题意，小球上升高度等于h。故C正确；
D．设槽向左的最大距离为x，系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，有
解得
故D错误。
故选C。
2．D
【解析】
【详解】
设轨道半径为R，易知两小球下滑到最低点时的速度大小相同，均设为v0，根据机械能守恒定律有
①
解得
②
设两小球碰撞后的速度大小为v，根据动量守恒定律有
③
设M点的高度为h，根据机械能守恒定律有
④
由题意可知
⑤
联立①~⑤式解得
⑥
所以
⑦
⑧
故ABC错误，D正确。
故选D。
3．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。
4．D
【解析】
【详解】
根据动量守恒定律
根据动量守恒定律
又因为
解得
故选D。
5．B
【解析】
【详解】
木块A做自由落体运动，木块B在刚要下落瞬间被子弹射中，并留在其中，木块B与子弹一起做平抛运动。竖直方向A、B均做自由落体运动，且下落高度相同，故二者下落时间相同，即
木块C落下一定距离后被同样的子弹水平射中，也留在其中，在子弹击中木块过程中，竖直方向动量守恒，根据动量守恒定律可知，由于子弹进入木块后总质量变大，所以木块竖直方向的速度变小，木块落地时间延长，木块C在空中的运动时间比A、B时间长，即
则AB同时落地，C最后落地。
故选B。
6．BC
【解析】
【详解】
AB．以A和B为整体,由动量守恒定律有
mv0=(m+M)v
解得
v=4 m/s
即A和B最终以4 m/s的速度向左匀速运动，A错误；B项正确；
CD．由能量守恒定律有
fs相=m-(m+M)v2
则
s相=12 m
A和B将发生碰撞的次数
n==2.4
即2次，C项正确；D错误；
故选BC。
7．BD
【解析】
【详解】
A．碰撞瞬间，物块动量不变，故物块与车组成的系统动量变化量大小为2Mv0，A项错误；
B．碰撞后物块与车均先做减速运动，由于M>m，碰撞后系统的总动量向左，因此物块的速度先减小为零，B项正确；
C．碰撞后，物块、小车、弹簧组成的系统机械能守恒，C项错误；
D．设碰撞后物块与车的共同速度为v，以向左为正方向，根据动量守恒有
（M－m）v0=（M＋m）v
根据能量守恒定律，弹簧具有的最大弹性势能
Ep=（M＋m）v02－（M＋m）v2=
D项正确．
故选BD。
8．BD
【解析】
【详解】
AB．根据x－t图象的斜率等于速度，由图象可知，m1碰前速度为
碰后的速度为
m2碰前速度为
碰后的速度为
由动量守恒定律可得
代入数据解得
A错误，B正确；
CD．两物体组成的系统在碰撞过程中的机械能损失为
故两物体的碰撞为非弹性碰撞，C错误，D正确。
故选BD。
9．CD
【详解】
设轻绳突然自动断开时两弹性小球、的速度分别为v1和v2。
(1)当、的两弹性小球质量分别为m1=1.0kg和m2=2.0kg时，由动量守恒定律可得
（m1+m2）v0=m1v1+m2v2
经过t=5.0s后，当两球的间距为s=4.5m，则有
v1t-v2t=s
联立解得
v1=0.7m/s，v2=-0.2m/s
即刚分离时，a、b两球的速度方向相反，a球的速度大小为0.7m/s，b球的速度大小为0.2m/s。
两球分开过程中释放的弹性势能为
(2)当、的两弹性小球质量分别为m2=2.0kg和m1=1.0kg时，由动量守恒定律可得
（m2+m1）v0=m2v1+m1v2
经过t=5.0s后，当两球的间距为s=4.5m，则有
v1t-v2t=s
联立解得
v1=0.4m/s，v2=-0.5m/s
即刚分离时，a、b两球的速度方向相反，a球的速度大小为0.4m/s，b球的速度大小为0.5m/s。
两球分开过程中释放的弹性势能为
故CD。
10．BCD
【解析】
【详解】
A．设v0的最小值为v0m，小球A恰好通过环形槽最高点时的速度大小为v，根据牛顿第二定律有
①
对小球A从初始位置到运动至最高点的过程，根据动能定理有
②
联立①②解得
③
故A错误；
B．小球A、B初始时刻的机械能相等，且在运动过程中机械能守恒，所以小球A通过最高点时的机械能等于小球B通过最低点时的机械能，故B正确；
C．设小球A通过最高点时的速度大小为v1，对小球A从初始位置到运动至最高点的过程，根据动能定理有
④
设小球A通过最高点时所受环形槽的支持力大小为N1，根据牛顿第二定律有
⑤
联立④⑤解得
⑥
根据牛顿第三定律可知小球A通过最高点时对环形槽的压力大小为
⑦
设小球B通过最低点时的速度大小为v2，对小球B从初始位置到运动至最低点的过程，根据动能定理有
⑧
设小球B通过最低点时所受环形槽的支持力大小为N2，根据牛顿第二定律有
⑨
联立⑧⑨解得
⑩
根据牛顿第三定律可知小球B通过最低点时对环形槽的压力大小为

所以小球A通过最高点和小球B通过最低点时对环形槽的压力差值为

故C正确；
D．根据对称性可知两球运动到另一与圆心等高的位置时发生碰撞，且此时两球的速度等大反向，因为碰撞前后机械能守恒，根据动量守恒定律可知碰撞后两球速度均不为零且等大反向，故D正确。
故选BCD。
11．
【解析】
【详解】
设两球碰后的速度分别为v1、v2，根据动量守恒定律有
根据机械能守恒定律有
解得
12．
【详解】
质量分别为m和M的两个木块A和B用细线连在一起，在恒力F的作用下在水平桌面上以速度v做匀速运动；以AB整体为研究对象，整体所受合力为零．两物体间的连线断开，这时仍保持拉力F不变，在木块A停下前，AB整体所受合力仍为零．在木块A停下前，AB整体动量守恒，则
，
解得：木块A停下的瞬间木块B的速度
．
13．（1）30kg；（2）不能
【详解】
（1）规定向右为速度正方向，冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为，斜面体的质量为，由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得
式中
为冰块推出时的速度，联立式并代入题
给数据得斜面体的质量
（2）设小孩推出冰块后的速度为，由动量守恒定律有
代入数据得
设冰块与斜面体分离后的速度分别为和，由动量守恒定律和机械能守恒定律有
代入数据得
由于冰块与斜面体分离后的速度小于小孩推出冰块后的速度且处在后方，故冰块不能追上小孩。
14．（1）3mg；（2）mgR；（3）R
【详解】
（1）物块A从静止沿圆弧轨道滑至P点，设物块A在P点的速度大小为vP，由机械能守恒定律有
在最低点轨道对物块的支持力大小为FN，由牛顿第二定律有
联立解得
由牛顿第三定律可知在P点物块对轨道的压力大小为3mg。
（2）设物块A与弹簧接触前瞬间的速度大小为v0，由动能定理有
解得
当物块A、物块B具有共同速度v时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律有
联立解得
（3）设物块A与弹簧分离时，A、B的速度大小分别为v1、v2，规定向右为正方向，则有
联立解得
设A最终停在Q点左侧距Q点x处，由动能定理有
解得
15．（1）v；（2）；（3）
【解析】
【详解】
（1）以水平向右为正方向，B、C碰撞过程中动量守恒，则有
解得
v1＝
A滑到C上，A、C组成的系统动量守恒，则有
解得
v2＝v
（2）根据能量关系可知，在A、C相互作用过程中，木板C与物块A之间因摩擦产生的热量为
联立解得
Ff＝
（3）在A、C相互作用过程中，以C为研究对象，由动量定理得
解得
16．（1）；（2）①；②
【解析】
【详解】
（1）对木块和铁盒整体，由牛顿第二定律
①
对木块
②
当木块刚要下滑时
③
解得
④
（2）①对物块，由牛顿第二定律
⑤
⑥
⑦
对铁盒，由牛顿第二定律
⑧
由运动学公式
⑨
⑩
联立求得

②撤去拉力后，对木块，由牛顿第二定律

对铁盒，由牛顿第二定律

由运动学公式，木块与右壁碰前

，
之后木块与铁盒发生碰撞，系统动量守恒

碰后对木块和铁盒整体，由牛顿第二定律

由运动学公式
联立求得

答案第1页，共2页
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