1.4弹性碰撞与非弹性碰撞 综合训练（Word版含答案）

1.4弹性碰撞与非弹性碰撞
一、选择题（共15题）
1．一质量为M的航天器，正以速度在太空中飞行，某一时刻航天器接到加速的指令后，发动机瞬间向后喷出一定质量的气体，气体喷出时速度大小为，加速后航天器的速度大小，则喷出气体的质量m为
A． B． C． D．
2．如图，建筑工地上的打桩过程可简化为：重锤从空中某一固定高度由静止释放，与钢筋混凝土预制桩在极短时间内发生碰撞，并以共同速度下降一段距离后停下来。则（　　）
A．重锤质量越大，撞预制桩前瞬间的速度越大
B．重锤质量越大，预制桩被撞后瞬间的速度越大
C．碰撞过程中，重锤和预制桩的总机械能保持不变
D．整个过程中，重锤和预制桩的总动量保持不变
3．在光滑水平面上沿一直线运动的甲、乙两小球，动量大小相等，质量之比为1:5，两小球发生正碰后，甲、乙两球的动量大小之比为1:11，则甲球在碰撞前、后的速度大小之比可能是（　　）
A．7∶1 B．5∶1 C．10∶1 D．11∶5
4．如图所示，质量为m的盒子放在光滑的水平面上，盒子内部长度L=1 m，盒内正中间放有一质量M=3m的物块（可视为质点），物块与盒子内部的动摩擦因数为0.03。从某一时刻起，给物块一个水平向右、大小为4 m/s的初速度v0，已知物体与盒子发生弹性碰撞，g=10 m/s2，那么该物块与盒子前、后壁发生碰撞的次数为（　　）
A．5 B．6 C．7 D．8
5．如图所示，大气球质量为100kg，载有质量为50kg的人，静止在空气中距地面20m高的地方，气球下方悬一根质量可忽略不计的绳子，此人想从气球上沿绳慢慢下滑至地面，为了安全到达地面，则这绳长至少应为（不计人的高度，可以把人看作质点）（　　）
A．10m B．30m C．40m D．60m
6．第24届冬奥会将于2022年2月在北京和张家口举行冬奥会冰壶项目深受观众喜爱。某次冰壶训练中，冰壶乙静止在圆形区域内，运动员用冰壶甲撞击冰壶乙如图为冰壶甲与冰壶乙碰撞前、后的v—t图像，已知冰壶质量均为，两冰壶发生正碰，碰撞时间极短，则在该次碰撞中损失的机械能为（　　）
A． B． C． D．
7．如图甲所示，物块、的质量分别是和，用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块右侧与竖直墙壁相接触，另有一物块从时以一定速度向右运动在时与物块相碰，并立即与粘在一起不再分开，物块的图象如图乙所示，墙壁对物块的弹力在到的时间内对的冲量的大小（　　）
A．· B．· C．· D．·
8．如图所示，光滑水平轨道上有一甲球，以某一水平速度射向静止在轨道上的乙球，碰撞后，甲球的速度变为原来的一半，已知碰撞为弹性碰撞，则甲、乙两球的质量之比为（　　）
A．l︰l B．l︰2 C．1︰3 D．l︰4
9．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 ，速度分别是（设为正方向），则它们发生正碰后，速度的可能值分别为( )
A．， B．，
C．， D．，
10．如图，光滑水平面上放着长木板B，质量为m=2kg的木块A以速度v0=2m/s滑上原来静止的长木板B的上表面，由于A、B之间存在有摩擦，之后，A、B的速度随时间变化情况如图所示，重力加速度g=10m/s2.。则下列说法正确的是（　　）
A．长木板的质量M=4kg
B．A、B之间动摩擦因数为0.2
C．长木板长度至少为2m
D．A、B组成系统损失机械能为2J
11．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
12．如图，长为a的轻质细线，一端悬挂在O点，另一端接一个质量为m的小球（可视为质点），组成一个能绕O点在竖直面内自由转动的振子。现有3个这样的振子，以相等的间隔b（b>2a）在同一竖直面里成一直线悬于光滑的平台MN上，悬点距台面高均为a。今有一质量为3m的小球以水平速度v沿台面射向振子并与振子依次发生弹性正碰，为使每个振子碰撞后都能在竖直面内至少做一个完整的圆周运动，则入射小球的速度v不能小于（　　）
A． B．
C． D．
13．质量为m的小球A以速度在光滑水平面上运动，与质量为2m的静止小球B发生正碰，则碰撞后小球A的速度大小和小球B的速度大小可能为（　　）
A．， B． ，
C．， D．，
14．如图所示，质量为4kg的小车Q静止在光滑的水平面上，质量为2kg的可视为质点的小球P用质量不计、长为0.75m的细线栓接在小车上的固定竖直轻杆顶端的O点。现将小球拉至与O等高的位置，且细线刚好绷直，拉起过程中小车静止，某时刻给小球一竖直向下的速度v0=3m/s，重力加速度为g=10m/s2，当细线第一次呈竖直状态时，下列说法正确的是（　　）
A．小车Q的位移大小为0.25m B．小球P的速度大小为m/s
C．小车Q的速度大小为2m/s D．小球下落过程中，细线对小球P做的功为8J
15．如图所示，一块质量为M=2m的长木板停在光滑的水平面上，长木板的左端有挡板，挡板上固定一个水平轻质小弹簧，一个质量为m的小物块（可视为质点）以水平速度v0从长木板的最右端开始向左运动，与弹簧发生相互作用后（弹簧始终处于弹性限度内），最终又恰好相对静止在长木板的最右端，已知长木板与小物块间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。以下说法正确的是（　　）
A．物块的最终速度为
B．弹簧的最大弹性势能为
C．小物块相对于长木板向左滑行的最大距离为
D．长木板和小物块组成的系统最终损失的机械能为
二、填空题
16．一同学利用水平气垫导轨做《探究碰撞中的不变量》的实验时，测出一个质量为0.8kg的滑块甲以0.4m/s的速度与另一个质量为0.6kg、速度为0.2m/s的滑块乙迎面相撞，已知碰撞后滑块甲的速度大小为0.025m/s。则碰撞后滑块乙的速度大小为______m/s，方向与它原来的速度方向______（选填相同或相反）。
17．如图所示，光滑水平面上滑块A、C质量均为m=1kg，B质量为M=3kg。开始时A、B静止，C以初速度v0=2m/s滑向A，与A碰后C的速度变为零，A向右运动与B发生碰撞并粘在一起，则：A与B碰撞后的共同速度大小为___________m/s。
18．A、B两物体在光滑的水平面上相向运动，其中物体A的质量为mA＝4 kg，两球发生相互作用前后的运动情况如图所示，则：由图可知A、B两物体在____________时刻发生碰撞，B物体的质量为mB＝_________kg．
19．在光滑的水平面上，甲、乙两物质的质量分别为m1、m2，它们分别沿东西方向的一直线相向运动，其中甲物体以速度6m/s由西向东运动，乙物体以速度2m/s由东向西运动，碰撞后两物体都沿各自原运动方向的反方向运动，速度大小都是4m/s求：
①甲、乙两物体质量之比；
②通过计算说明这次碰撞是弹性碰撞还是非弹性碰撞？
三、综合题
20．如图所示，质量为2kg的平板车B上表面水平，原来静止在光滑水平面上，平板车一端静止着一块质量为2kg的物体A，一颗质量为的子弹以的速度水平瞬间射穿A后，速度变为，如果A、B之间的动摩擦因数为，求：
(1)子弹穿过A瞬间A的速度；
B最终的速度？
21．两块厚度相同的木块A和B，紧靠着放在光滑的水平面上，其质量分别为mA＝2.0kg,mB＝0.90kg，它们的下底面光滑，上表面粗糙，另有一质量mC＝0.10kg的滑块C，以vC＝10m/s的速度恰好水平地滑到A的上表面，如图所示．由于摩擦，滑块最后停在木块B上，B和C的共同速度为0.50m/s．求：
(1)木块A的最终速度vA是多少？；
(2)滑块C离开A时的速度vC′有多大？
22．如图所示，将“”的型工件放在水平地面上。静置于工件上的小滑块与挡板相距，已知滑块的质量，与工件间的动摩擦因数；工件的质量，与地面间的动摩擦因数。现在工件左端施加的水平推力，作用时间后撤掉，之后滑块与挡板发生弹性碰撞，取。求：
(1)撤掉F时工件的速度大小；
(2)撤掉推力后，滑块经多长时间与挡板相碰；
(3)碰撞后工件与挡板间的最大距离（结果保留两位有效数字）。
23．如图所示，半径分别为R1=3r和R2=2r的两光滑圆轨道安置在同一竖直平面内，两轨道之间由一条光滑水平轨道相连，在水平轨道上一轻弹簧被1、2两小球夹住。同时释放两小球，1、2球恰好能通过各自圆轨道的最高点。求：
（1）两小球的质量比m1：m2；
（2）若1球质量m1=m，弹簧释放前具有多少弹性势能。
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．C
【详解】
规定航天器的速度方向为正方向，由动量守恒定律可得
解得
故选C。
2．B
【详解】
A．重锤下落过程做自由落体运动，据位移速度公式可得
故重锤撞预制桩前瞬间的速度与重锤的质量无关，只与下落的高度有关，A错误；
B．重锤撞击预制桩的瞬间动量守恒，可得
故重锤质量m越大，预制桩被撞后瞬间的速度越大，B正确；
C．碰撞过程为完全非弹性碰撞，重锤和预制桩的总机械能要减小，系统要产生内能，C错误；
D．整个过程中，重锤和预制桩在以共同速度减速下降的过程中，受合外力不为零，总动量减小，D错误。
故选B。
3．B
【详解】
设碰前甲乙的动量均为p0，则总动量为2p0；
若碰后若甲乙运动方向相同，设碰后甲的动量为p1，由动量守恒定律
解得
甲球在碰撞前、后的速度大小之比是
若碰后若甲乙运动方向相反，由动量守恒定律
解得
则此时甲球在碰撞前、后的速度大小之比是
B正确，ACD错误。
故选B。
4．C
【详解】
由动量守恒可得
Mv0=（M+m）v
到物块停止，系统机械能的损失为
M-(M+m)v2=μMg x
解得
x=m≈6.67 m
故物块与盒子发生7次碰撞。
故选C。
5．B
【详解】
人与气球组成的系统动量守恒，设人的质量为，速度，气球的质量为，速度，运动时间为t，以人与气球组成的系统为研究对象，以向下为正方向，由动量守恒得
则
即
可得
则绳子长度
L=s气球+s人=10m+20m=30m
即绳子至少长30m，故选B。
6．C
【详解】
根据图像判断两冰壶在t=3.0s时发生碰撞，此时冰壶甲速度为，碰后冰壶甲速度为，设碰后冰壶乙速度为，根据动量守恒定律得
解得
所以机械能损失
故C正确。
故选C。
7．C
【详解】
结合图乙，对C与A碰撞前后用动量守恒定律
碰撞后，AC整体一起压缩弹簧，以向右为正方向，对A、B、C及弹簧系统由动量定理可得
即墙壁对A、B、C及弹簧系统的冲量大小为，由于墙壁的弹力作用在B上，所以墙壁的弹力对B的冲量大小为，故C正确。
故选C。
8．C
【详解】
由题可知，两球碰撞为弹性碰撞同时满足动量守恒和能量守恒，则有
解得
由
联立可得出
故C正确，ABD错误。
故选C。
9．A
【详解】
以向右方向为正方向，碰前系统的总动量为：，碰前系统的总动能为：，
A.如果、，碰后系统动量为，碰后系统的总动能为：，可知，系统的动量守恒、动能不增加，符合实际，是可能的，故A正确；B.如果、，碰后系统总动量为，碰后系统的总动能为：，系统的动量守恒，总动能增加，不可能．故B错误；C.如果、，碰后速度方向相反，相向运动，还要发生一次碰撞，这是不可能的．故C错误；D.如果、，碰后总动量为：，碰后系统的总动能为：，系统的动量不守恒，总动能增加不变，不可能的．故D错误；故选A．
10．D
【详解】
A．从图可以看出，A先做匀减速运动，B做匀加速运动，最后一起做匀速运动，共同速度v=1m/s，取向右为正方向，根据动量守恒定律得
解得
故A错误；
B．由图象可知，木板B匀加速运动的加速度
对B，根据牛顿第二定律得
解得
μ=0.1
故B错误；
C．由图象可知前1s内B的位移
A的位移
所以木板最小长度
故C错误；
D．A、B组成系统损失机械能
故D正确。
故选D。
11．D
【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。
12．C
【详解】
3m和m弹性碰撞
3mv=3mv′+mv1
×3mv2=×3mv′2+mv12
得
同理3m与第二个m弹性碰撞后得
3m与第三个球碰后得
所以v1>v2>v3，只要第三个球能做完整的圆周运动，则前两球一定能做完整的圆周运动。第三个球碰后，由机械能守恒
而
解之得
故选C。
13．AC
【详解】
碰撞过程中应满足动量守恒，即
还应满足系统总动能不增加，即
A．若
，
当与方向相反时代入计算，可知满足动量守恒，碰撞后总动能为，满足总动能不增加，故A可能；
B．若
，
当与方向相同时代入计算，可知满足动量守恒，但，会发生二次碰撞，故不符合实际情况，故B不可能；
C．若
，
当与方向相反时代入计算，可知满足动量守恒，且碰后总动能为，满足总动能不增加，故C可能；
D．若
，
当与方向相反时代入计算，可知满足动量守恒，碰撞后总动能为，大于系统碰撞前的动能，故D不可能。
故选AC。
14．AC
【详解】
A．小球P小球下落过程中，小球P和小车Q组成的系统在水平方向不受外力，系统在水平方向的动量守恒，则在水平方向平均动量也守恒。取水平向右为正方向，由水平方向动量守恒得
解得小车Q的位移大小
A正确；
BC．设小球P的速度大小为vP，小车Q的速度大小为vQ．由水平方向动量守恒得
根据系统的机械能守恒得
解得
B错误，C正确；
D．小球下落过程中，设细线对小球P做的功为W，对P根据动能定理得
解得
D错误。
故选AC。
15．BD
【详解】
A．小木块从开始位置滑动到最后相对长木板静止过程，小木块m与长木板M构成的系统动量守恒，则有
解得
故A错误；
BC．小木块从开始位置滑动到最左端的过程，小木块m与长木板M构成的系统动量守恒，则有
解得
小木块滑动到最左端的过程中，由能量守恒定律，得
小木块从开始滑动到最右端的过程中，由能量守恒定律，得
解得
故B正确，C错误；
D．系统损失的机械能为
故D正确。
故选BD。
16． 0.3 相反
【详解】
碰撞过程动量守恒，设甲速度方向为正方向，碰后甲的速度方向为正方向，则有
代入数据解得
由于乙原本与甲迎面相撞，根据上面计算，碰撞后乙的速度方向与原来方向相反。
17．0.5
【详解】
设C与A碰后A的速度为v1，由动量守恒定律可得
故碰后A的速度为
设A、B碰后的共同速度为v2，由动量守恒定律可得
联立解得
18． 2s 6
【详解】
根据图象可知，A、B两物体在2s末时刻发生碰撞，x-t图象的斜率表示速度，则碰前A的速度为：，B的速度为：．碰后的AB的速度为：．根据动量守恒定律得：mAvA+mBvB=（mA+mB）v，解得：mB=6kg．
19．①；②弹性碰撞
【详解】
①设向东方向为正，则由动量守恒定律得
代入数据解得
②设，，碰撞前系统总能量
碰撞后系统总能量
因为
所以这是弹性碰撞。
20．（1）2.5m/s（2）1.25m/s
【详解】
取v0方向为正方向，
①子弹与A作用过程：
解得vA=2.5m/s
②A与B作用过程：
解得vB=1.25m/s
21．(1)0.25 m/s(2)2.75 m/s
【详解】
（1）对于整个过程，把BC看成一个整体，以C的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
解得：
（2）对于C在A上滑行的过程，把AB看成一个整体，以C的初速度方向为正方向，动量守恒定律得：
解得：
答：(1)0.25 m/s(2)2.75 m/s
22．(1)；(2)；(3)
【详解】
(1)滑块与工件一起运动的最大加速度
设滑块与工件一起运动的水平推力的最大值为Fm，根据牛顿第二定律有
代人数据得，故在水平推力F下，滑块与工件一起运动，由
滑块与工件一起运动的加速度
撤掉F时工件和滑块的速度
(2)撤掉F后滑块减速的加速度大小为a1，工件减速的加速度大小为a2，对滑块有
对工件有
代入数据得
设经过时间t滑块与工件挡板相碰，滑块与挡板的位移分别为x1和x2，有
解得
(3)此时滑块与挡板的速度大小分别为v1和v2
碰撞过程满足
碰后滑块与工件相对滑动至共速
两者相对位移
代人数据解得
23．(1) ；（2）
【详解】
(1)小球1通过圆轨道的最高点时，由
得
同理
设两小球离开弹簧瞬间的速度分别为、，由机械能守恒定律有
解得
，
又由动量守恒定律有
解得
(2)当
，
弹簧释放前具有的弹簧势能为
答案第1页，共2页