1.5、弹性碰撞和非弹性碰撞基础练习（Word版含答案）

1.5、弹性碰撞和非弹性碰撞
一、选择题（共15题）
1．甲、乙两球在光滑水平轨道上同向运动，它们的动量分别是，，甲追乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为，则关于甲球动量的大小和方向判断正确的是 　
A．，方向与原来方向相反
B．，方向与原来方向相同
C．，方向与原来方向相反
D．，方向与原来方向相同
2．质量为m的小球A以水平初速度v0与原来静止的光滑水平面上的质量为3m的小球B发生正碰，已知碰撞过程中A球的动能减少了75%，则碰撞后B球的动能可能是（ ）
A． B． C． D．
3．如图所示是一种弹射装置，弹丸的质量为 ，底座的质量为 ，开始时均处于静止状态．当弹丸以速度（相对于地面）发射出去后，底座的速度大小为，在发射弹丸过程中，底座受地面的（ ）
A．摩擦力的冲量为零 B．摩擦力的冲量为，方向向右
C．摩擦力的冲量为，方向向右 D．摩擦力的冲量为，方向向左
4．一轻质弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连，并静止于光滑水平面上，如图（甲）所示．现使A以3m/s的速度向B运动压缩弹簧，A、B的速度图像如图（乙）所示，则（ ）
A．在t1、t3时刻两物块达到共同速度1m/s，且弹簧都是处于压缩状态
B．在t3到t4时刻弹簧由压缩状态恢复到原长
C．两物块的质量之比为m1 ：m2 =1 ：2
D．在t2时刻A与B的动能之比为Ek1 ：Ek2 = 8 ：1
5．如图所示，一端连接轻弹簧的质量为m的物体B静止在光滑水平面上，质量也为m的物体A以速度v0正对B向右滑行，在A、B和弹簧发生相互作用的过程中，以下判断不正确的是
A．任意时刻A、B和弹簧组成的系统总动量都为mv0
B．弹簧压缩到最短时，A、B两物体的速度相等
C．弹簧的最大弹性势能为
D．弹簧压缩到最短时，A、B和弹簧组成的系统总动能最小
6．如图所示的木块B静止在光滑的水平面上，木块上有半径为的光滑圆弧轨道，且圆弧轨道的底端与水平面相切，—可视为质点的物块A以水平向左的速度冲上木块，经过一段时间刚好运动到木块的最高点，随后再返回到水平面．已知两物体的质量为、重力加速度g=10m/s2．则下列说法正确的是（ ）
A．物块A滑到最高点的速度为零
B．物块A的初速度大小为4m/s
C．物块A返回水平面时的速度为4m/s
D．木块B的最大速度为2m/s
7．质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线向同一方向运动，A球的动量是，B球的动量是，当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值是（　　）
A．， B．，
C．， D．，
8．用如图所示的“牛顿摆”装置来研究小球之间的碰撞，5个完全相同的小钢球用轻绳悬挂在水平支架上，5根轻绳互相平行，5个钢球彼此紧密排列，球心等高且位于同一直线上，用1、2、3、4、5分别标记5个小钢球．如图甲，当把小球1向左拉起一定高度后由静止释放，使它在极短时间内撞击其他小球，下列分析中正确的是（　　）
A．上述实验中，可观察到球5向右摆起，且达到的最大高度与球1的释放高度相同
B．上述碰撞过程中，5个小球组成的系统机械能守恒，动量守恒
C．如图乙所示，如果同时向左拉起小球1、2、3到相同高度后，再同时由静止释放，经碰撞后，小球4、5起向右摆起，且上升的最大高度大于小球1、2、3的释放高度
D．如图丙所示，若只用小球1、2进行实验，将它们分别向左、右各拉起一个较小的高度，且小球1的高度是小球2的两倍，由静止释放，可观察到发生碰撞后两小球均反弹并返回初始高度
9．一个质量是0.1kg的钢球，以6m/s的速度水平向右运动，与坚硬的竖直墙壁发生弹性碰撞后，沿着水平向左运动，碰撞中无能量损失。若以向右为正方向，那么碰撞前后钢球的动量变化量是（　　）
A．1.2kg·m/s B．0
C．-0.6kg·m/s D．-1.2kg·m/s
10．如图所示，小车在光滑的水平面上向左运动，木块水平向右在小车的水平车板上运动，且未滑出小车，下列说法中正确的是（　　）
A．若小车的动量大于木块的动量，则木块先减速再加速
B．若小车的动量大于木块的动量，则小车先减速再加速后匀速
C．若小车的动量小于木块的动量，则木块先减速后匀速
D．若小车的动量小于木块的动量，则小车先减速后匀速
11．如图所示，小球a、b用长度相同的细线悬挂于同一固定点O。让球a静止下垂，将球b向右拉起，使细线水平伸直。由静止释放球b，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大偏角为60°，则小球a、b的质量之比为（　　）
A．1：1 B．1：2
C．（1）：1 D．1：（）
12．如图所示，将一个内外侧均光滑的半圆形槽，置于光滑的水平面上，槽的左侧有一个竖直墙壁。现让一个小球自左端槽口A的正上方从静止开始下落，与半圆形槽相切从A点进入槽内，则以下说法正确的是（　　）
A．小球在半圆形槽内运动的全过程中，只有重力对它做功
B．小球在半圆形槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统动量守恒
C．小球从最低点向右侧最高点运动过程中，小球与槽组成的系统在水平方向动量守恒
D．小球离开右侧最高点以后，将做竖直上拋运动
13．如图所示，斜劈固定在水平地面上，斜面上O点以上光滑，O点及以下粗糙，一轻弹簧下端固定在挡板上，上端自然伸长到O点；小物块M紧靠弹簧上端恰好静止于O点，与M完全一样的小物块N从P点由静止释放，两小物块在O点发生弹性碰撞（碰撞时间极短）。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两小物块均可视为质点，则（　　）
A．小物块N在碰撞前的运动过程中处于失重状态
B．全过程两小物块组成的系统动量守恒
C．小物块M第一次从最低点返回到O点的过程中，到达O点时的速度最大
D．碰后小物块M从O点运动到最低点的过程中,其重力势能的减少量等于与斜面间因摩擦而产生的热量
14．带有光滑圆弧轨道、质量为M的滑车静止置于光滑水平面上，如图所示，一质量为m的小球以速度水平冲上滑车，到达某一高度后，小球又返回车的左端，若M=2m，则
A．小球将做自由落体运动
B．小球以后将向左做平抛运动
C．此过程中小球对小车做的功为
D．小球在弧形槽上升的最大高度为
15．如图所示，在质量为M的小车中挂着一单摆，摆球质量为m0，小车和单摆以恒定的速度v沿光滑水平地面运动，与位于正前方的质量为m的静止的木块发生碰撞，碰撞的时间极短。在此碰撞过程中，下列情况可能发生的是（　　）
A．小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为v1、v2、v3，满足（M＋m0）v＝Mv1＋mv1＋m0v3
B．摆球的速度不变，小车和木块的速度变为v1和v2，满足Mv＝Mv1＋mv2
C．摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为u，满足Mv＝（M＋m）u
D．小车和摆球的速度都变为v1，木块的速度变为v2，满足（M＋m0）v＝（M＋m0）v1＋mv2
二、填空题
16．甲、乙两人在摩擦可略的冰面上以相同的速度相向滑行．甲手里拿着一只篮球，但总质量与乙相同．从某时刻起两人在行进中互相传球，当乙的速度恰好为零时，甲的速度为__________________，此时球在_______________位置．
17．一个木块静止在光滑水平面上，一颗子弹水平射入木块未穿出，当子弹刚好相对木块静止时，木块发生位移为s，设子弹受到木块的阻力大小恒定，子弹射入木块中的深度为d，则s与d的关系为s____d（填大于，等于或小于）
18．质量均为m的小物块A和木板B，B静止于光滑水平面上，A在B上左端以v0初速度滑动，从B右端以v1速度滑出．则木板B最后的速度为_______，系统机械能减少量为________．
19．在光滑的水平面上，质量为M的平板小车以速度v0做匀速直线运动．质量为m的物体竖直掉在车上．由于物体和车之间的摩擦，经时间t后它们以共同的速度前进，在这个过程中，小车所受摩擦力的大小为________．若要使小车在此过程中保持原匀速直线运动，应给小车加一大小为________水平牵引力．
三、综合题
20．如图所示，一个框架质量m1＝200g，通过定滑轮用绳子挂在轻弹簧的一端，弹簧的另一端固定在墙上，当系统静止时，弹簧伸长了10cm，另有一粘性物体质量m2＝200g，从距框架底板H＝30cm的上方由静止开始自由下落，并用很短时间粘在底板上。g取10m／s2，设弹簧右端一直没有碰到滑轮，不计滑轮摩擦，求框架向下移动的最大距离h。
21．如图所示，形状相同、质量均为m的两木块A和B上下叠在一起，沿着运动方向错开了的距离（小于板长的一半）。两者在光滑水平面上以恒定速度朝着竖直的墙壁运动。已知两木块间的动摩擦因数为，两木块与墙壁的碰撞均为弹性碰撞，重力加速度为g。求：
（1）木块A与墙壁碰撞后瞬间的加速度；
（2）要使木块B能与墙壁发生碰撞，应满足的条件；
（3）木块A、B最终错开的距离和木块A、B最终速度的大小。
22．如图所示，在倾角的足够长斜面上放置一凹槽，凹槽与斜面间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，凹槽两侧壁A，B间的距离。现将小球放在凹槽内上端靠侧壁A处，并同时由静止释放小球和凹槽，不计小球与凹槽之间的摩擦，且小球与凹槽发生弹性碰撞，时间极短。已知小球和凹槽的质量均为m，重力加速度，，。求：
（1）由静止释放小球和凹槽后，小球加速度和凹槽加速度的大小；
（2）由静止释放小球和凹槽到二者发生第一次碰撞所用的时间；
（3）第一次碰撞后的瞬间，小球速度和凹槽速度的大小；
（4）小球第n次到达凹槽侧壁所用的时间。
23．如图所示，用轻弹簧拴接A、B两物块放在光滑的水平地面上，物块B的左侧与竖直墙面接触。物块C以速度v0= 6m/s向左运动，与物块A发生弹性碰撞，已知物块A、B、C的质量分别是mA = 3kg、mB = 2kg、mC = 1kg，弹簧始终在弹性限度内，求：
（1）物块B离开墙壁前和离开墙壁后，弹簧的最大弹性势能之比；
（2）物块B离开墙壁后的最大速度。
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．B
【详解】
两球碰撞过程系统动量守恒，以两球初动量方向为正方向，由动量守恒定律得：，代入数据解得：，方向与原方向相同，故B正确，ACD错误．
2．B
【详解】
碰撞过程中A球的动能减少了75%，即变为原来的 ，所以A的速度大小变为原来的 ．
若碰后A球速度方向和原来的方向一致，取A原来的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得：，解得，碰后A、B同向运动，A在B的后面，A的速度大于B的速度，不可能．若碰后A球速度方向和原来的方向相反，取A原来的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得：，解得．符合题意，碰撞后B球的动能为 ，故B正确，
综上所述本题答案是：B
3．B
【详解】
设向右为正方向，对弹丸，根据动量定理
I=mv
力的作用是相互的，则弹丸对底座的作用力的冲量为：-mv，
对底座，根据动量定理
得： ，方向向右；
故选B。
4．C
【详解】
A．由图可知、时刻两物块达到共同速度1m/s，且此时系统动能最小，根据系统机械能守恒可知，此时弹性势能最大，时刻弹簧处于压缩状态，时刻弹簧处于伸长状态，故A错误；
B．结合图象弄清两物块的运动过程，开始时逐渐减速，逐渐加速，弹簧被压缩，时刻二者速度相当，系统动能最小，势能最大，弹簧被压缩最厉害，然后弹簧逐渐恢复原长，依然加速，先减速为零，然后反向加速，时刻，弹簧恢复原长状态，由于此时两物块速度相反，因此弹簧的长度将逐渐增大，两木块均减速，当时刻，二木块速度相等，系统动能最小，弹簧最长，因此从到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，选择开始到时刻列方程可知
将，代入得
故C正确；
D．在时刻A的速度为：，B的速度为：，根据，求出
故D错误．
故选C。
5．C
【详解】
A．AB碰撞并压缩弹簧，在压缩弹簧的过程中，系统所受合外力为零，系统动量守恒，在任意时刻，A、B两个物体组成的系统的总动量都为，故A正确；
BCD．当AB两个物体速度相等时，两物体相距最近，即弹簧被压缩到最短，弹簧的弹性势能最大，系统的动能最小，根据动量守恒定律可得，根据能量守恒定律可得
解得，BD正确C错误；
故选C。
6．B
【详解】
AB．物块A刚好运动到木块B的最高点时，两者共速为v，对物块A和木块B组成的系统，由机械能守恒和水平方向动量守恒得：
=mAgR+
解得
v0=4m/s、v=2m/s
故A错误，B正确；
CD．当物块A返回到水平面时，木块B的速度最大，由机械能守恒和水平方向动量守恒得：
=+
解得
v2=4m/s、v1=0m/s
另一组解
v1=4m/s、v2=0（舍去）
故CD错误．
7．A
【详解】
设A、B两球的质量均为，碰撞前总动能为
A．若，，则有
遵守动量守恒定律；
碰撞后总动能为
总动能不增加；A、B两球质量相等，碰撞之后A球速度小于B球速度，符合实际，故A正确；
B．若，，则有
遵守动量守恒定律；
碰撞后总动能为
总动能不增加；A、B两球质量相等，碰撞之后A球速度大于于B球速度，不符合实际，故B错误；
C．若，，则有
遵守动量守恒定律；
碰撞后总动能为
违反了能量守恒定律，不可能，故C错误；
D．若，，则有
遵守动量守恒定律；
碰撞后总动能为
违反了能量守恒定律，不可能，故D错误；
故选A。
8．A
【详解】
A．小钢球极短时间内的碰撞可认为弹性碰撞，则实验中可观察到球5向右摆起，且达到的最大高度与球1的释放高度相同，故A正确；
B．每两个小球碰撞的过程机械能守恒、动量守恒，不是5个小球组成的系统，故B错误；
C．如果同时向左拉起小球1、2、3到相同高度，再同时由静止释放，则3与4碰撞后，3停止，4具有向右的速度，4与5碰撞交换速度，4停止，5向右摆起；3刚停止的时候2球过来与之碰撞交换速度，然后3与4碰撞，使4向右摆起，2球刚停止的时候1球过来与之碰撞交换速度，然后2与3碰撞交换速度，使3向右摆起，故经碰撞后，小球3、4、5一起向右摆起，且上升的最大高度与小球1、2、3的释放高度相同，故C错误；
D．若只用小球1、2进行实验，将它们分别向左、右各拉起一个较小的高度，且小球1的高度是小球2的两倍，由静止释放，两球相碰机械能守恒、动量守恒，则两球速度交换，应观察到发生碰撞后两小球均反弹并返回至对方的初始高度，即2球比1球弹得高，故D错误。
故选A。
9．D
【详解】
由于碰撞中无能量损失，因此碰后钢球原速率反弹，因此动量变化
故选D。
10．C
【详解】
AB．若小车的动量大于木块的动量，则系统总动量向左，最终物块和小车的共同速度向左，则木块先向右减速，再向左加速，最后随小车匀速；小车先向左减速，后匀速，选项AB错误；
CD．若小车的动量小于木块的动量，则系统总动量向右，最终物块和小车的共同速度向右，则木块先向右减速后匀速；小车先向左减速，后向右加速，最后匀速，选项C正确，D错误。
故选C。
11．C
【详解】
设球a的质量为m1，球b的质量为m2，当球b摆到最低点，但未与球a相碰时的速度大小为v。由动能定理得
m2gL
解得
v
设碰后瞬间两球的共同速度为v′，在两球从碰撞后到向左摆到最高位置的过程中，由动能定理得
-（m1+m2）gL（1-cos60°）＝0
解得
v′
对于碰撞过程，以水平向左为正方向，由动量守恒定律得
m2v＝（m1+m2）v′
解得
1
故选C。
12．C
【详解】
A．小球在半圆形槽内运动，从刚释放到最低点，只有重力做功，而从最低点开始上升过程中，除小球重力做功外，还有槽对球作用力做功，选项A错误；
BC．小球从刚释放到最低点，由于槽的左侧有一个竖直墙壁，竖直墙对槽有水平向右的作用力，动量不守恒；而小球从最低点向右侧最高点运动的过程中，槽离开墙壁，小球与槽组成的系统在水平方向上不受外力，故水平方向动量守恒，选项B错误，C正确；
D．小球离开右侧最高点以后，相对于槽做竖直上抛运动，由于槽有向右运动的速度，所以小球相对于地做斜上抛运动，选项D错误。
故选C。
13．AD
【详解】
A．斜面上O点以上光滑，小物块N在碰撞前，加速度有向下分量，处于失重状态，故A正确；
B．碰后过程两小物块组成的系统，受到合力不为零，动量不守恒，故B错误；
C．小物块M第一次从最低点返回到O点的过程中，合力为零时，加速度为零，速度最大，故此时弹簧处于压缩状态，故C错误；
D．小物块M紧靠弹簧上端恰好静止于O点，与M完全一样的小物块N从P点由静止释放，
碰撞
，
碰后交换速度，碰后小物块M从O点运动到最低点的过程中，其重力势能的减少量 等于与斜面间因摩擦而产生的热量 ，故D正确。
故选AD。
14．BCD
【详解】
AB．小球滑上滑车，又返回，到离开滑车的整个过程中，系统水平方向动量守恒．选取向右为正方向，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
解得
所以小球以后将向左做平抛运动，A错误，B正确；
C．对小车，运用动能定理得：小球对小车做的功
C正确；
D．当小球与小车的速度相同时，小球上升到最大高度，设共同速度为v，规定向右为正方向，运用动量守恒定律得

根据能量守恒定律得，有
代入数据得
D正确。
故选BCD。
15．BC
【详解】
AD．小车与木块碰撞，且碰撞时间极短，因此相互作用只发生在木块和小车之间，悬挂的摆球在水平方向未受到力的作用，故摆球在水平方向的动量未发生变化，即摆球的速度在小车与木块碰撞过程中始终不变，A、D错误；
BC．选项B的说法对应于小车和木块碰撞后又分开的情况，选项C的说法对应于小车和木块碰撞后粘在一起的情况，两种情况都有可能发生，B、C正确。
故选BC。
16． 0 甲
【详解】
以两人和球组成的系统为研究对象,系统所受的合外力为零,动量守恒,
根据题意可以知道,初状态系统总动量为零,由动量守恒定律可以知道,末状态系统总动量也为零,已知乙的速度为零,乙的动量为零,则甲与球的动量为零,甲的速度为零,球在甲手中.
综上所述本题答案是：0 ；甲
17．小于
【详解】
设共速时速度为v，根据动量守恒定律得
设相互作用力为f，对木块运用动能定理得
对子弹运用动能定理得
解得
则s小于d。
18．v0－v1，mv1（v0－v1）
【详解】
物块A与木板B组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=mv1+mv2，
解得木板B最后的速度为：v2=v0-v1，
系统机械能减少量为：
代入解得：
△E=mv1（v0-v1）
19． mMv0/(M＋m)t mv0/t
【详解】
物体和车组成的系统，水平方向动量守恒，则Mv0=(M+m)v，对物块，由动量定理：ft=mv，解得；若要使小车在此过程中保持原匀速直线运动，则对物块由动量定理：Ft=mv0，解得F= mv0/t.
20．0.3m
【详解】
由题意，根据胡克定律和平衡条件可得弹簧的劲度系数为
m2下落H时的速度大小为
由于粘性物体与底板粘合的过程时间极短，物体与框架之间碰撞时的作用力远大于二者的重力，所以二者组成的系统在竖直方向上动量守恒。设m2与m1粘在一起后的速度为，根据动量守恒定律有
解得
因为弹簧弹力F与伸长量x之间的关系图像与x轴所围的面积表示弹力的功，所以弹簧的弹性势能与伸长量的关系可表示为
则对m1、m2整体和弹簧组成的系统，根据机械能守恒定律有
解得
21．（1）；（2）；（3）见解析
【详解】
（1）对木块由牛顿第二定律有
得
（2）设木块B向右可运动的最大距离为x，对木块B由动能定理有
要使木块B能与墙壁发生碰撞，应该满足：
联立解得
（3）由第（2）问知，应做以下讨论
第一种情况若，则木块B不会与墙壁发生碰撞，由运动的对称性知，从A与墙壁发生碰撞到两木块停止相对滑动，两木块对地的位移大小均为
两木块间的相对位移为
当时，木块A、B最终错开的距离为
当时，木块A、B最终错开的距离为
由系统动量守恒知木块A、B最终的速度
第二种情况若，木块B会碰到墙，则从木块A碰墙到木块B碰墙，两木块对地的位移均为b0，两木块间的相对位移为
两木块A、B最终错开的距离为
从木块A碰墙到木块B碰墙，对木块B由动能定理有
A、B最终的速度为
22．（1）6m/s2；0；（2）0.2s；（3）0；1.2m/s；（4） （n=1、2、3……）
【详解】
（1）对小球根据牛顿第二定律可得
mgsin37°=ma1
解得
a1=6m/s2
对槽根据牛顿第二定律可得
mgsin37°-μ 2mgcos37°=ma2
解得
a2=0
（2）根据
解得
t1=0.2s
（3）对小球运用运动学公式可得
v2=2a1d
解得
v=1.2m/s
取沿斜面向下为正方向，根据动量守恒定律可得
mv=mv1′+mv2′
根据机械能守恒定律可得
解得小球与槽的侧壁发生第1次碰撞后的瞬间，小球和槽的速度大小分别为
v1′=0
v2′=1.2m/s
（3）小球第一次与槽碰撞经过的时间为t1，第一次碰撞后再次与槽碰撞经过的时间为t2，第一次碰撞后槽匀速运动且速度为v2′=1.2m/s，小球匀加速且加速度仍为a1，故有
解得
t2=0.4s
故从小球开始运动至与槽的侧壁发生第2次碰撞所需的时间为
T2=t1+t2=0.2s+0.4s=0.6s
第三次碰前小球和槽的速度分别为2.4m/s和1.2m/s，碰后两者再次交换速度，即槽的速度为v2′′=2.4m/s ，球的速度为v1′′=1.2m/s，碰后第四次碰撞经过的时间为t3，则
解得
t3=0.4s
则以此类推，当小球第n次到达凹槽侧壁所用的时间
（n=1、2、3……）
23．（1）；（2）
【详解】
（1）C与A碰前速度为，根据弹性碰撞可知，以C的初速度方向为正方向，由C与A发生弹性碰撞有
，
解得，碰后速度为
，
物块B离开墙壁前，弹性势能最大
物块B刚离开墙壁时，A的速度大小为
物块B离开墙壁后，当A、B共速时弹性势能最大
，，
物块B离开墙壁前和离开墙壁后，弹簧的最大弹性势能之比
（2）物块B离开墙壁后，系统动量守恒、机械能守恒，弹簧原长时，B速度最大
，
物块B离开墙壁后的最大速度
答案第1页，共2页