1.5弹性碰撞和非弹性碰撞同步练习（Word版含答案）

1.5 弹性碰撞和非弹性碰撞 同步练习
一、单选题
1．如图所示，质量m1=0.5kg的物块A以初速度v0=5.0m/s在光滑水平地面上向右运动，与静止在前方、质量m2=2.0kg的B发生正碰，B的左端有一小块质量可以忽略的橡皮泥，碰撞过程持续了0.1s，碰撞结束后AB一起运动，以v0方向为正方向，下列说法中正确的是（　　）
A．碰撞过程中A受到的冲量为2.0N·s B．碰撞过程中A的平均加速度为40m/s2
C．碰撞过程中B受到的平均作用力为20N D．A、B碰撞结束后A的动量为2.5kg·m/s
2．如图甲所示，竖直轻弹簧下端通过压力传感器固定在水平地面上，从弹簧正上方一定高度由静止释放一小球，通过压力传感器测出一段过程弹簧弹力F随时间t变化的图象如图乙所示，忽略空气阻力，则
A．t1时刻小球速度最大
B．t2时刻弹簧的弹性势能最小
C．t2～t3这段时间内，小球的动能先增加后减少
D．t2～t3这段时间内，小球增加的动能等于弹簧减少的弹性势能
3．一轻质弹簧，上端悬挂于天花板，下端系一质量为M的平板，处于平衡状态。一质量为m的均匀环套在弹簧外，与平板的距离为h，如图所示。让环自由下落，撞击平板。已知碰后环与板以相同的速度向下运动。则（　　）
A．若碰撞时间极短，则碰撞过程中环与板的总动量守恒
B．若碰撞时间极短，则碰撞过程中环与板的总机械能守恒
C．环撞击板后，板的新的平衡位置与h的大小有关
D．在碰后板和环一起下落的过程中，环与板的总机械能守恒
4．如图所示，在光滑水平面上质量分别为，速率分别为的A、B两小球沿同一直线相向运动，则（ ）
A．它们碰撞前的总动量是，方向水平向右
B．它们碰撞后的总动量是，方向水平向左
C．它们碰撞后的总动量是，方向水平向左
D．它们碰撞前的总动量是，方向水平向右
5．如图所示，长为L的细绳一端固定在O点，另一端拴住一个小球．在O点的正下方与O点相距的地方有一枚与竖直平面垂直的钉子A．把球拉起使细绳在水平方向伸直，由静止开始释放，当细绳碰到钉子后的瞬间（细绳没有断），下列说法正确的是
A．小球的向心加速度突然增大到原来的3倍
B．小球的线速度突然增大到原来的3倍
C．小球的角速度突然增大到原来的1.5倍
D．细绳对小球的拉力突然增大到原来的1.5倍
6．如图所示在足够长的光滑水平面上有一静止的质量为M的斜面，斜面表面光滑、高度为h、倾角为θ．一质量为m（m＜M）的小物块以一定的初速度沿水平面向右运动，不计冲上斜面过程中的机械能损失．如果斜面固定，则小物块恰能冲到斜面的顶端．如果斜面不固定，则小物块冲上斜面后能达到的最大高度为（ ）
A．h B． C． D．
7．冰壶是一种深受观众喜爱的运动，图 1 为冰壶运动员将冰壶掷出去撞击对方静止冰壶的镜头，显示了此次运动员掷出冰壶时刻两冰壶的位置，虚线圆圈为得分区域。冰壶甲运动一段时间后与对方静止的冰壶乙发生正碰，如图2。若两冰壶质量相等，则碰后两冰壶最终停止的位置，可能是下图中的哪几幅图？
A．
B．
C．
D．
8．某实验室工作人员，用初速度v0＝0.09c(c为真空中的光速)的α粒子轰击静止的氮原子核，产生了质子。若某次碰撞可看作对心正碰，碰后新核与质子同方向运动，垂直磁场方向射入磁场，通过分析偏转半径可得出新核与质子的速度大小之比为1:20，已知质子质量为m。( )
A．该核反应方程
B．质子的速度v为0.20c
C．若用两个上述质子发生对心弹性碰撞，则每个质子的动量变化量是0.20mc
D．若用两个上述质子发生对心弹性碰撞，则每个质子的动量变化量方向与末动量方向相反
二、多选题
9．如图，滑块A（可视为质点）的质量kg，与水平面间的动摩擦因数，用细线悬挂的小球质量均为kg，沿轴排列，A与第1个小球及相邻两小球间距离均为m，线长分别为、、……（图中只画出三个小球）。开始时，A以m/s沿轴正向运动，设A与小球碰撞不损失机械能，碰后小球均恰能在竖直平面内做完整的圆周运动并再次与滑块正碰，，则（　　）
A．滑块只能与10个小球碰撞
B．滑块只能与12个小球碰撞
C．第10个小球悬线长0.8m
D．第12个小球悬线长0.08m
10．如图所示，将一光滑的、质量为、半径为的半圆槽置于光滑水平面上，在槽的左侧紧挨着一个质量为的物块.今让一质量也为的小球自左侧槽口的正上方高为处从静止开始落下，沿半圆槽切线方向自点进入槽内，则以下结论中正确的是（ ）
A．小球在半圆槽内第一次由到最低点的运动过程中，槽的支持力对小球做负功
B．小球第一次运动到半圆槽的最低点时，小球与槽的速度大小之比为
C．小球第一次在半圆槽的最低点时对槽的压力为
D．物块最终的动能为
11．在冰壶比赛中，红壶以一定速度与静止在大本营中心的蓝壶发生对心碰撞，碰撞时间极短，如图甲所示。碰后运动员用冰壶刷摩擦蓝壶前进方向的冰面，用来减小阻力。碰撞前后两壶运动的v t图线如图乙中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，已知两冰壶质量相等，由图象可知（　　）
A．碰撞后，蓝壶经过5s停止运动
B．碰撞后，蓝壶的瞬时速度为0.8m/s
C．红蓝两壶碰撞过程是弹性碰撞
D．红、蓝两壶碰后至停止运动过程中，克服摩擦力做功之比为1：4
12．如图所示，在光滑水平面上，质量为二的A球以速度向右运动，与静止的质量为4m的B球碰撞，碰撞后A球以v=a (待定系数a＜1)的速率弹回，井与固定挡板P发生弹性碰撞，若要使A球能再次追上B,则系数a可以是
A．
B．
C．
D．
13．在光滑水平面上，一质量为m，速度大小为v的A球与质量为2m静止的B球碰撞后，A球的动能变为，则碰撞后B球的速度大小可能是（ ）
A．v B．v C．v D．v
14．如图所示，两根水平固定的足够长平行光滑金属导轨上，静止放着两根质量为m、长度为L电阻为R的相同导体棒ab和cd，构成矩形回路（ab、cd与导轨接触良好），导轨平面内有竖直向，上的匀强磁场B。现给cd一个初速度v0，则（　　）
A．ab将向右做匀加速运动
B．ab、cd最终具有相同的速度
C．通过ab杆的电荷量为
D．回路产生的焦耳热最多为
三、解答题
15．如图所示，水平桌面固定着光滑斜槽，光滑斜槽的末端和一水平木板平滑连接，设物块通过衔接处时速率没有改变。质量m1= 0.40kg的物块A从斜槽上端距水平木板高度h = 0.80m处下滑，并与放在水平木板左端的质量m2= 0.20kg的物块B相碰，相碰后物块B滑行x = 4.0m到木板的C点停止运动，物块A滑到木板的D点停止运动。已知物块B与木板间的动摩擦因数 = 0.20，重力加速度g = 10m/s2，求：
（1）物块A沿斜槽滑下与物块B碰撞前瞬间的速度大小；
（2）物块B碰撞后瞬间的速度大小；
（3）物块A与物块B碰撞时损失的机械能。
16．如图甲所示，光滑水平地面上固定有半径为R的光滑圆弧轨道AB，O为圆心，B为最低点，AO水平，BO竖直，紧靠B点右侧并排一足够长的木板，木板上表面与B点等高且平滑连接。现将一质量为m的滑块（可视为质点）从A点正上方高度为R处给其一个竖直向下的初速度，已知木板质量为2m，滑块与木板上表面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。求：
(1)滑块滑上木板瞬间的速度大小；
(2)滑块与木板达到共速过程中，因摩擦产生的热量Q；
(3)若在距木板右端x处固定一竖直挡板，如图乙所示，滑块释放条件不变。在滑块沿圆弧轨道滑上木板的同时将圆弧轨道AB撤走，一段时间后木板与挡板发生弹性碰撞。则x满足什么条件时，木板与挡板的碰撞仅发生一次。
17．如图所示，在光滑的水平面上静止放置A、B两个物块，中间夹有自然长度的轻弹簧（轻弹簧只与B栓接着），物块A的质量为MA=0.996kg，物块B的质量为MB=3.00kg，有一颗质量为m=0.004kg的子弹以v0=100m/s水平速度击中并停留在物块A中，子弹与物块A作用时间极短，求：
(1)子弹停留在A中的瞬间，木块A的速度；
(2)物块A运动起来后，弹簧的最大弹性势能和A的最小速度。
18．如图所示，物块A、C的质量均为m，B的质量为2m，都静止于光滑水平台面上，A、B间用一不可伸长的轻质短细线相连．初始时刻细线处于松弛状态，C位于A右侧足够远处．现突然给A一瞬时冲量，使A以初速度v0沿A、C连线方向向C运动，A与C相碰后，粘合在一起．
①A与C刚粘合在一起时的速度为多大？
②若将A、B、C看成一个系统，则从A开始运动到A与C刚好粘合的过程中系统损失的机械能．
19．在光滑水平导轨上放置着质量均为m滑块B和C，B和C用轻质弹簧拴接，且都处于静止状态．在B的右端有一质量也为m的滑块A以速度v0向左运动，与滑块B碰撞的碰撞时间极短，碰后粘连在一起，如图所示，求弹簧可能具有的最大弹性势能和滑块C可能达到的最大速度．
20．如图甲所示，将一质量分布均匀的长木板静止放在光滑的水平面上，一个小滑块（可视为质点）以水平初速度v0=6 m/s，由木板左端向右滑动，到达右端时恰能与木板保持相对静止．已知长木板的质量是小滑块质量的2倍，小滑块和长木板之间的动摩擦因素，g取10 m/s2．求：
（1）小滑块到达长木板右端时的速度大小v；
（2）长木板的长度L；
（3）若将长木板分成等长的两段A、B，并紧挨着放在原水平面上，如图乙所示．让小滑块仍以初速度v0=6 m/s由A的左端开始向右滑动，求小滑块最终离B的右端的距离．
21．某游乐场游戏装置示意图如图甲所示，水平平台上固定一竖直光滑曲面，曲面下端A切线水平，并与半径为的竖直光滑圆轨道平滑连接，质量为的物块P从光滑曲面上离平台高度为h处静止释放，先通过圆轨道后再进入平台，与质量相同的物块Q在之间发生弹性碰撞。圆轨道的最高点B处有一力传感器，可以测出物块经过B点时对轨道的压力F，取不同的高度h得到相应的压力F，作出F-h关系图，如图乙所示。已知平台长度为物块与平台之间的动摩擦因数满足（x为物块所在平台上的位置到A点的距离），平台离地面高度为，不计空气阻力。
（1）若物块P恰好通过最高点B，求对应的值，并确定图乙中a的值；
（2）若物块Q恰好到达C处，求的值；
（3）若将平台左端截去长为的一小段，物块P仍从第（2）问中位置静止释放，物块Q在物块P的碰撞下滑离平台，落在水平地面上的D点，要使的水平距离最大，求的值。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．C
【解析】
【详解】
A．A、B碰撞过程，根据动量守恒定律有
代入数据解得
以v0方向为正方向，根据动量定理，碰撞过程中A受到的冲量为
所以A错误；
B．碰撞过程中A的平均加速度为
所以B错误；
C．碰撞过程中B受到的平均作用力为
所以C正确；
D． A、B碰撞结束后A的动量为
所以D错误；
故选C。
2．C
【解析】
【详解】
小球落到弹簧表面后，开始压缩弹簧，此后弹簧的弹力开始增大，小球受到的合力减小，但方向仍然向下，当重力等于弹力时合力为零，速度达最大，故t1时刻小球速度没有达到最大，故A错误；t1-t2这段时间内，弹簧处于开始压缩到达到最大压缩量的过程，由弹簧的弹性势能逐渐增大，t2时刻弹簧的弹性势能最大，故B错误； t2-t3这段时间内，小球的弹力减小，说明小球在由最低点上升，由对称性可知，小球的速度先增加后减小，动能先增加后减少；弹性势能转化为小球的动能和重力势能，故小球增加的动能小于弹簧减小的弹性势能，故C正确，D错误；故选C．
3．A
【解析】
【分析】
【详解】
AB．圆环与平板碰撞过程，若碰撞时间极短，内力远大于外力，系统总动量守恒，由于碰后速度相同，为完全非弹性碰撞，机械能不守恒，减小的机械能转化为内能，故A正确，B错误；
C．碰撞后平衡时，有
即碰撞后新平衡位置与下落高度h无关，故C错误；
D．碰撞后环与板共同下降的过程中，它们动能和重力势能的减少量之和等于弹簧弹性势能的增加量，环与板的总机械能不守恒，故D错误。
故选A。
4．D
【解析】
【详解】
取水平向右方向为正方向，设碰撞后总动量为P．则碰撞前，A、B的速度分别为：vA=5m/s、vB=-2m/s．根据动量守恒定律得：P=mAvA+mBvB=2×5+4×（-2）=2（kg m/s），P＞0，说明碰撞后总动量方向水平向右．则碰撞前总动量方向也水平向右．故选D．
【点睛】
本题碰撞过程中遵守动量守恒，不仅碰撞前后总动量的大小不变，方向也保持不变，要注意选取正方向，用符号表示速度的方向．
5．A
【解析】
【详解】
B.小球摆下后由机械能守恒可知：，因小球下降的高度相同，故小球到达最低点时的线速度相同，故B错误.
C.由于半径变为原来的，根据v=rω可得，小球的角速度突然增大到原来的3倍，故C错误.
A.根据,可知半径变为原来的，向心加速度突然增大到原来的3倍，故A正确.
D.在最低点由：,可得，半径改变前，半径变为原来的时，可知，则拉力变为原来的倍；故D错误.
6．D
【解析】
【详解】
斜面固定时，根据动能定理可得：
解得：
斜面不固定时，由水平方向动量守恒得：
mv0=（M+m）v
由能量守恒得：
解得
故选D.
7．B
【解析】
【分析】
两冰壶碰撞过程动量守恒，碰撞过程中机械能不会增加，碰撞后甲的速度不会大于乙的速度。
【详解】
A．两球碰撞过程动量守恒，两球发生正碰，由动量守恒定律可知，碰撞前后系统动量不变，两冰壶的动量方向即速度方向不会偏离甲原来的方向，由图示可知，A图示情况是不可能的，故A错误。
B．如果两冰壶发生弹性碰撞，碰撞过程动量守恒、机械能守恒，两冰壶质量相等，碰撞后两冰壶交换速度，甲静止，乙的速度等于甲的速度，碰后乙做减速运动，最后停止，最终两冰壶的位置如图所示，故B正确。
C．两冰壶碰撞后，甲的速度不可能大于乙的速度，碰后乙在前，甲在后，如图C所示是不可能的，故C错误。
D．碰撞过程机械能不可能增大，两冰壶质量相等，碰撞后甲的速度不可能大于乙的速度，碰撞后甲的位移不可能大于乙的位移，故D错误。
故选: B.
8．B
【解析】
【分析】
【详解】
A.根据电荷数守恒、质量数守恒得
选项A正确；
B .α粒子、新核的质量分别为4m、17m，质子的速度为υ，对心正碰，由动量守恒定律得
解出υ=0.2c，选项B正确；
CD.质量相等且弹性碰撞，交换速度。对某一质子，选其末动量方向为正方向，则
P2=mυ，Pl=-mυ，△P=P2-P1，
故解出△P=0.4mc，方向与末动量方向一致，选项CD错误；
故选B。
9．BD
【解析】
【分析】
【详解】
AB．因滑块与小球质量相等且碰撞中机械能守恒，滑块与小球相碰撞会互换速度，小球在竖直平面内做圆周运动，机械能守恒，设滑块滑行总距离为，有
得
（个
故错误,B正确；
CD．滑块与第个小球碰撞，设小球运动到最高点时速度为，
对小球，有
①
机械能守恒
②
对滑块，有
③
解①②③三式得
则第10个小球悬线长为
则第12个小球悬线长为
故C错误，D正确；
故选BD。
10．AD
【解析】
【详解】
A.小球从A到B的过程中，小球对半圆槽的压力方向向左下方，所以半圆槽要向左推动物块一起运动，因而小球参与了两个运动：一个是沿半圆槽的圆周运动，另一个是与半圆槽一起向左运动，小球所受支持力方向与速度方向并不垂直，而是大于90°，故槽的支持力对小球做负功，故A正确；
B.由小球、半圆槽和物块组成的系统在水平方向不受外力，故球、半圆槽和物块在水平方向动量守恒，取向右为正，则有：mv1-（4m+m）v2=0，解得：v1：v2=5：1，故B错误；
C.根据系统机械能守恒得：mg×2R＝，联立解得： ；小球第一次在最低点，由牛顿第二定律得：FN mg＝m，联立解得：FN＝mg，故C错误；
D.当小球从B到C的过程中，小球对半圆槽有向右下方的压力，半圆槽开始减速，与物块分离，则物块最终以的速度向左匀速运动，则物块的动能为，故D正确；
故选AD．
【点睛】
本题考查动量守恒定律与机械能守恒定律．当球下落到最低点过程，由于左侧竖直墙壁作用，小球与槽组成的系统水平方向上的动量不守恒，但小球机械能守恒．当球从最低点上升时，小球与槽组成的系统水平方向上的动量守恒，但小球机械能不守恒，而小球与槽组成的系统机械能守恒．
11．AB
【解析】
【详解】
A．设碰撞后，蓝壶经过t时间停止运动。根据三角形相似法知
解得
t=5s
故A正确；
B．设碰后蓝壶的速度为v，碰前红壶的速度v0=1.0m/s，碰后速度为v′0=0.2m/s，根据动量守恒定律可得
mv0=mv′0+mv
解得
v=0.8m/s
故B正确；
C．碰撞过程两壶损失的动能为
所以红蓝两壶碰撞过程是非弹性碰撞，故C错误。
D．红、蓝两壶碰后至停止运动过程中，根据动能定理得，克服摩擦力做功之比为
故选AB。
12．AB
【解析】
【详解】
A、B碰撞过程，以
=-+，
A与挡板P碰撞后能追上B发生再次碰撞的条件是:a＞，得a＞，碰撞过程损失的机械能
△-[+]＞0
得-1＜a＜，所以a满足的条件是．
A. A项与上述分析结论相符，故A正确；
B.B项与上述分析结论相符，故B正确；
C. C项与上述分析结论不相符，故C错误；
D.D项与上述分析结论不相符，故D错误．
13．AB
【解析】
【分析】
【详解】
根据碰后A球的动能恰好变为原来的，则有
解得
v′=±v
碰撞过程中AB动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得
解得
vB=v或vB=v
故选AB。
14．BC
【解析】
【详解】
A．根据法拉第电磁感应定律可知，只有在两棒速度不相等时回路中才有感应电流，感应电流使两棒都产生加速度，然而受到的安培力发生变化，有效电动势发生变化，感应电流、安培力、加速度也随之变化，所以ab不可能向右做匀加速运动，故A错误；
B．当两棒速度相等后，穿过回路的磁通量不变，回路中将不再有感应电流，ab、cd最终具有相同的速度，对两棒的系统受合外力为零，则根据动量守恒定律
最终两棒的速度均为
故B正确；
C．选向右的方向为正，对ab棒根据动量定理有
联立可以得到
故C正确；
D．根据能量守恒定律，在运动过程中产生的热量为
故D错误。
故选BC。
15．（1）4m/s；（2）4m/s；（3）0.8J
【解析】
【详解】
（1）设物块A滑到斜槽底端与物块B碰撞前瞬间的速度大小为vA，由机械能守恒定律得
解得
（2）设物块A与物块B碰撞后的速度为，物块B碰撞后的速度为，由动能定理有
解得
（3）物块A与物块B碰撞的过程中根据动量守恒有
m1vA = m1vA′ + m2vB′
解得
vA′ = 2m/s
由能量守恒得
解得
E = 0.8J
16．(1)；(2)2mgR；(3)
【解析】
【详解】
(1)滑块从释放到滑上木板的过程由机械能守恒定律得
解得
(2)设滑块与木板达到共速的速度为v2，则由动量守恒得
则由能量守恒得
联立解得
Q=2mgR
(3)设木板与挡板碰前瞬间，木板与滑块的速度为分别为v3和v4
由动量守恒定律得
过木板与挡板只发生一次碰撞，则碰后需满足
从滑块滑上木板到木板与挡板发生碰撞前瞬间过程，对木板由动能定理得
联立求解得
17．(1)0.4m/s；(2)0.06J，0.
【解析】
【详解】
(1)设子弹入射方向为正方向，子弹与A发生相互作用的过程中，动量守恒，设木块A获得速度，，得；
(2)当AB有共同速度时，
弹簧有最大弹性势能，得
根据能量守恒定律，得EP=0.06J；
设AB经相互作用刚好分离时的速度分别为，
动量守恒：，
机械能守恒：，
得，，说明已反向，则木块A的最小速度为0.
【点睛】
分析清楚物体运动过程是正确解题的前提与关键，应用动量守恒定律与机械能守恒定律即可正确解题；子弹射入A中的过程中，动量守恒，根据动量守恒定律列式即可额求解；当AB有共同速度v2时，弹簧有最大弹性势能，根据动量守恒定律求出共同速度，根据总能量守恒求出此时的弹性势能，AB刚好分离时，B的速度最大，A的速度最小，根据动量守恒定律即机械能守恒定律列式即可求解。
18．① ②
【解析】
【详解】
①轻细线绷紧的过程，A、B这一系统动量守恒，以水平向右为正，则
解得
，
之后A、B均以速度v1向右匀速运动，在A与C发生碰撞过程中，
A、C这一系统动量守恒，则有，
解得
，
②轻细线绷紧的过程，A、B这一系统机械能损失为△E1，则
，
在A与C发生碰撞过程中，A、C这一系统机械能损失为△E2，则
，
则A、B、C这一系统机械能损失为
19． ；
【解析】
【详解】
AB碰撞过程动量守恒
当三者速度相等时，弹性势能最大由动量守恒得：
根据能量守恒得：
解得
当弹簧再次回复原长时C的速度达到最大，设此时C的速度为 AB的速度为
则由动量守恒得
由能量守恒得
解得
点睛：在弹簧类问题中，当速度相等时，弹性势能有最大值，可以根据能量之间的关系求最大弹性势能，让弹性势能完全释放出来后C的速度有最大值．
20．（1）（2）（3）
【解析】
【详解】
解：（1）设小滑块的质量为m，长木板的质量为2m，由动量守恒定律得：
代入数据解得，
（2）由功能关系得：
代入数据解得，
（3）设小滑块刚滑上木板B左端时的速度为v1,木板A、B的速度为v2．小滑块相对B静止时，速度为，由动量守恒定律和功能关系可得：
代入数据联立解得，
21．（1），；（2）；（3）
【解析】
【分析】
【详解】
（1）设物块P在B点的速率为，从释放点到B点过程中，根据动能定理可知
物块P在B点根据牛顿第二定律可知
若物块P恰好过B点，则
代入解得
联立得
即
（2）物块P、Q发生弹性碰撞，速度交换，从释放点到C点，由动能定理可知
摩擦力做功为
其中（图像法）
代入数据可知
（3）截去以后，设物块离开平台速度为v，则
摩擦力做功为
物块Q落点到A点的水平距离为
又因为
联立求得
答案第1页，共2页
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