1.4弹性碰撞与非弹性碰撞 同步练习（Word版含解析）

鲁科版 （2019）选择性必修一 1.4 弹性碰撞与非弹性碰撞
一、单选题
1．关于反冲运动的说法中，正确的是（　　）
A．抛出部分的质量m1要小于剩下部分的质量m2才能获得反冲
B．反冲运动中，牛顿第三定律适用，但牛顿第二定律不适用
C．若抛出部分的质量m1大于剩下部分的质量m2，则m2的反冲力大于m1所受的力
D．抛出部分和剩余部分都适用于牛顿第二定律
2．图甲为冬奥会上中国队员投掷冰壶的镜头，在某次投掷中，冰壶甲运动一段时间后与静止的冰壶乙发生碰撞（图乙），已知两冰壶质量相等，碰撞可看作弹性正碰，下列四幅图中能表示两冰壶最终位置的是（　　）
A． B．
C． D．
3．下列关于反冲现象的说法中，正确的是（　　）
A．抛出物体的质量要小于剩下物体的质量才能发生反冲
B．若抛出物体A的质量大于剩下物体B的质量，则B受的反冲力大于A所受的反冲力
C．反冲现象中，牛顿第三定律适用，但牛顿第二定律不适用
D．对抛出部分和剩余部分，牛顿第二定律都适用
4．光滑的水平面上有半径相同的A、B两个小球，小球A的质量为。时刻，A、B两个小球开始在同一直线上相向运动，随后发生碰撞，A、B两个小球碰撞前后的位移-时间图像如图所示。下列说法中正确的是（　　）。
A．小球B的质量为
B．小球B对A的冲量为
C．小球B的动量改变量为
D．碰撞过程中，A、B两球损失的机械能为
5．如图所示，在光滑水平面上，有一质量为m的静止小球A与墙之间用轻弹簧连接，并处于静止状态。另一完全相同的小球B以水平速度撞向小球A，弹簧获得的弹性势能最大值为E，从小球A被碰后开始到回到原静止位置的过程中，墙对弹簧的冲量大小为I，若不计空气阻力，则下列选项中正确的是（　　）
A．E不可能小于，I可能小于
B．E可能小于，I可能等于
C．E不可能大于，I可能等于
D．E可能小于，I可能小于
6．一个不稳定的原子核质量为M，处于静止状态。放出一个质量为m的粒子后反冲，已知原子核反冲的动能为E0，则放出的粒子的动能为（　　）
A． B． C． D．
7．空间站在地球外层的稀薄大气中绕行，因气体阻力的影响，轨道高度会发生变化。空间站安装有发动机，可对轨道进行修正。图中给出了国际空间站在2020.02－2020.08期间离地高度随时间变化的曲线，则空间站（　　）
A．绕地球运行速度约为2.0km/s
B．绕地球运行速度约为9.0km/s
C．若要增加空间站高度，应开启发动机，朝运动方向喷气
D．3月份发动机肯定工作过一段时间
8．某人站在静浮于水面的船上，从某时刻开始人从船头走向船尾，若不计水的阻力，那么在这段时间内人和船的运动情况错误的是（　　）
A．人匀速行走，船匀速后退，两者速度大小与它们的质量成反比
B．人加速行走，船加速后退，而且加速度大小与它们的质量成反比
C．人走走停停，船退退停停，两者动量总和总是为零
D．当人在船尾停止运动后，船由于惯性还会继续后退一段距离
9．如图所示，半径分别为和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、两小球之间有一被压缩的弹簧（小球与弹簧不连接），同时释放、两小球，两球恰好能通过各自圆轨道的最高点，已知球的质量为。则（　　）
A．球的质量为
B．两小球与弹簧分离时动能相等
C．弹簧释放前至少应具有的弹性势能为
D．球运动到与圆心等高点时对轨道的压力为
10．关于散射，下列说法正确的是（　　）
A．散射就是乱反射，毫无规律可言
B．散射中没有对心碰撞
C．散射时仍遵守动量守恒定律
D．散射时不遵守动量守恒定律
11．疫情期间，居家隔离，各种家庭游戏轮番上演，其中餐桌“冰壶”游戏较为常见。设餐桌桌面长，在中央处放置一滑块，从桌边处给另一滑块一初速度，两滑块发生正碰，碰撞时其内力远大于摩擦力，且碰撞能量无损失，碰后两滑块恰好都停在餐桌边，设两滑块的运动方向沿桌长方向且在一条直线上（如图为俯视图），滑块可视为质点，两滑块与桌面间的动摩擦因数，取，则以下说法正确的（　　）
A．滑块和碰撞，的运动状态改变的原因是对的作用力大于对的作用力
B．碰撞后两滑块在滑动过程中摩擦力的冲量大小相等
C．滑块与滑块质量之比为
D．若滑块的质量为，两滑块与桌面间因摩擦产生的内能为
12．碰碰车是大人和小孩都喜欢的娱乐活动，游乐场上，大人和小孩各驾着一辆碰碰车正对迎面相撞，碰撞前后两人的位移 时间图像如图所示，已知小孩的质量为30kg，大人的质量为60kg，碰碰车质量相同，碰撞时间极短。下列说法正确的是（　　）
A．碰前大人和车的速度大小为2m/s
B．碰撞前后小孩的运动方向保持不变
C．碰撞过程中机械能损失为450J
D．碰撞过程中小孩和其驾驶的碰碰车受到的总冲量大小为60N·s
13．如图所示，三辆相同的平板小车a、b、c成一直线排列，静止在光滑水平地面上，c车上站有一小孩，某时刻小孩跳到b车上，接着又立即从b车跳到a车上，小孩跳离c车和b车时对地的水平速度相同，他跳到a车上便相对a车保持静止，此后（　　）
A．三辆车都向右运动
B．a车向左运动，b、c两车向右运动
C．a、c两车的运动方向相反，速度大小相等
D．a、c两车的运动方向相反，a车的速度小于c车的速度
14．如图所示，小球A的质量为，动量大小为，小球A在光滑水平面上向右运动，与静止的小球B发生弹性碰撞，碰后A的动量大小为，方向水平向右，则（　　）
A．碰后小球B的动量大小为
B．碰后小球B的动量大小为
C．小球B的质量为15kg
D．小球B的质量为5kg
15．一天，我们亲爱的疯辉掏出了两个完全相同的小球，一个小球静止放在水平光滑桌面上，另一个小球以一定初速度与前者发生斜碰，期间发出了一声脆响（Hey guys，注意有能量损失哦！），则碰后两球速度的夹角为（　　）
A．锐角 B．直角 C．钝角 D．以上皆有可能
二、填空题
16．如图所示，质量为m2=10kg的滑块静止于光滑水平面上，一小球m1=5kg，以v1=10m/s的速度与滑块相碰后以2m/s的速率被弹回．碰撞前两滑块的总动能为________J，碰撞后两滑块的总动能为________J．说明这次碰撞是________．（填弹性碰撞或非弹性碰撞）
17．如图所示，质量为M的车厢静止在光滑的水平面上，车厢内有一质量为m的滑块，以初速度在车厢底板上向右运动，与车厢两壁发生若干次碰撞，最后静止在车厢中，则车厢最终的速度大小为______，此过程中损失的机械能为_________。
18．如图所示，半径为及的光滑圆形轨道固定在竖直平面内，小球A、B质量均为m（两球可视为质点），球A从与圆心等高的位置静止沿轨道下滑，与位于轨道最低点的球B碰撞并粘连在一起，已知重力加速度为g．则碰撞中两球损失的机械能为_____，碰撞后两球在轨道上达到的最大高度为_____．
三、解答题
19．如图，在竖直平面内有O、P两点，OP连线与竖直方向夹角为。长1.5m不可伸长的细绳一端固定在O点，另一端拴有质量为0.4kg、可视为质点的小球，小球竖直悬挂且恰不与地面接触，O到墙的水平距离为1.2m.P处装有刀片，细线碰到刀片立即被割断，质量为1.4kg的滑块水平向右撞击小球，小球垂直击中墙面，且撞后滑块运动到墙角处时的速度恰好减为零。已知滑块与地面的动摩擦因数为，重力加速度，，，求：
（1）滑块与小球碰后瞬间，滑块的速度大小；
（2）细线断的瞬间，小球的速度大小；
（3）滑块刚碰撞小球时滑块的速度大小。
20．如图，质量为m的b球用长h的细绳悬挂于水平轨道BC的出口处，质量也为m的小球a，从距BC高h的A处由静止释放，沿ABC光滑轨道滑下，在C处与b球正碰并与b粘在一起。已知BC轨道距地面有一定的高度，悬挂b球的细绳能承受的最大拉力为2.8mg，b球与水平轨道无作用力。试问：
（1）a与b球碰后瞬间的速率多大？
（2）a、b两球碰后，细绳是否会断裂？（要求通过计算回答）
21．如图所示，固定点O上系一长L=0.6 m的细绳，细绳的下端系一质量m=1.0 kg的小球（可视为质点），原来处于静止状态，球与平台的B点接触但对平台无压力，平台高h=0.80 m，一质量M=2.0 kg的物块开始静止在平台上的P点，现对M施予一水平向右的初速度v0，物块M沿粗糙平台自左向右运动到平台边缘B处与小球m发生正碰，碰后小球m在绳的约束下做圆周运动，经最高点A时，绳上的拉力恰好等于摆球的重力，而M落在水平地面上的C点，其水平位移x=1.2 m，不计空气阻力，g=10 m/s2，求：
（1）质量为M的物块落地时速度大小？
（2）若平台表面与物块间动摩擦因数μ=0.5，物块M与小球的初始距离为x1=1.3 m，物块M在P处的初速度大小为多少？
22．如图所示，光滑水平轨道右边与墙壁连接，木块A、B和半径为0.5m的光滑圆轨道C静置于光滑水平轨道上，A、B、C质量分别为1.5kg、0.5kg、4kg。现让A以6m/s的速度水平向右运动，之后与墙壁碰撞，碰撞时间为0.3s，碰后速度大小变为4m/s。当A与B碰撞后会立即粘在一起运动，已知g=10m/s2，求：
（1）A与墙壁碰撞过程中，墙壁对木块A平均作用力的大小；
（2）AB第一次滑上圆轨道所能达到的最大高度h。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．D
【解析】
【详解】
A．反冲运动是指由于系统的一部分物体向某一方向运动，而使另一部分向相反方向运动。定义中并没有确定两部分物体之间的质量关系，故A错误；
BD． 在反冲运动中一部分受到的另一部分的作用力产生了该部分的加速度，使该部分的速度逐渐增大，在此过程中对每一部分牛顿第二定律都成立，故B错误，D正确；
C．在反冲运动中，两部分之间的作用力是一对作用力与反作用力，由牛顿第三定律可知，它们大小相等、方向相反，故C错误。
故选D。
2．A
【解析】
【详解】
两冰壶碰撞可看作弹性正碰，则由动量守恒和能量关系可知
解得
v1=0
v2=v0
即两冰壶交换速度，而后乙做匀减速运动直到停止，则两冰壶最终位置的是A所示。
故选A。
3．D
【解析】
【详解】
A．反冲现象中并没有确定两部分物体之间的质量关系，选项A错误；
B．在反冲现象中，两部分物体之间的作用力是一对作用力与反作用力，由牛顿第三定律可知，它们大小相等、方向相反，选项B错误；
CD．在反冲现象中，一部分物体受到的另一部分物体的作用力产生了该部分的加速度，使该部分的速度增大，在此过程中，对每一部分，牛顿第二定律都适用，选项C错误，选项D正确。
故选D。
4．D
【解析】
【详解】
A．x-t图像的斜率表示物体的速度，根据图像可得碰撞前后两者的速度分别为
，，，
根据动量守恒
带入可得
mB=3kg
故A错误；
B．由动量定理，B对A的冲量等于A动量的变化量
故B错误；
C．小球B的动量改变量
故C错误；
D．碰撞过程中，A、B两球损失的机械能
解得
故D正确。
故选D。
5．B
【解析】
【详解】
若小球A、B发生完全非弹性碰撞，碰撞后二者一起压缩弹簧，对小球A、B碰撞过程，取向左为正方向，由动量守恒定律得
则
当小球A、B的速度减至零时，弹簧的弹性势能最大，根据机械能守恒定律，最大弹性势能
从小球A被碰后开始到回到原静止位置的过程中，取向右为正方向，由动量定理得
；
若小球A、B发生弹性碰撞，仍取向左为正方向，
由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
解得
碰撞后，小球A、B交换速度，小球A向左运动压缩弹簧，小球B静止，当小球A的速度减为零时弹簧的弹性势能最大，根据机械能守恒定律，弹簧的最大弹性势能
从小球A被碰后开始到回到原静止位置的过程中，取向右为正方向，对小球A由动量定理
得
综上所述，可得
I可能等于，ACD错误，B正确。
故选B。
6．A
【解析】
【详解】
核反应过程系统动量守恒，以放出粒子的速度方向为正方向，由动量守恒定律得
原子核的动能
粒子的动能
解得
故A正确，BCD错误。
故选A。
7．D
【解析】
【详解】
AB．卫星贴近地面做匀速圆周运动的线速度大小设为v1，此速度为第一宇宙速度（v1=7.9km/s）
地球半径约为6400km，设空间站离地高度为h，则
解得
空间站距离地面的高度约为
h+R=420km+6400km=6820km
则
故AB错误；
C．若要增加空间站高度，由反冲原理，应开启发动机，朝运动的反方向喷气，故C错误；
D．由图可以看出3月份有段时间空间站的离地高度增加，说明发动机工作了一段时间，故D正确。
故选D。
8．D
【解析】
【详解】
A．人和船组成的系统水平方向不受外力，系统动量守恒，设人的质量为m，瞬时速度为v，船的质量为M，瞬时速度为v'，根据动量守恒定律得
解得
所以人匀速行走，船匀速后退，两者速度大小与它们的质量成反比，A正确；
B根据
人加速行走，船加速后退；
根据牛顿第二定律
根据牛顿第三定律，人和船相互作用力F大小相等，所以加速度大小与它们质量成反比，B正确；
C根据
所以人走走停停，船退退停停。人和船组成的系统水平方向不受外力，系统动量守恒，系统初始动量为0，两者动量总和总是为零，C正确；
D根据
当人在船尾停止运动后，船的速度也为零，D错误。
故选D。
9．D
【解析】
【详解】
A．、球恰好能通过各自圆轨道的最高点，在最高点，根据重力提供向心力有
求得，两球在最高点速度分别为
由最低点到最高点过程，根据动能定理有
故在最低点时的速度分别为
，
由动量守恒定律，有
解得
故A错误；
B．两小球与弹簧分离时动量大小相等、方向相反，根据
两球质量不同，则动能大小并不相等，故B错误﹔
C．弹簧推开、球的过程中，由能量守恒可得：弹簧释放前应具有的弹性势能为
故C错误；
D．球运动到与圆心等高处时，根据动能定理
解得速度为
根据牛顿第二定律
根据牛顿第三定律可知，此时球对圆轨道的压力为，故D正确。
故选D。
10．C
【解析】
【分析】
【详解】
微观粒子互相接近时不发生接触而发生的碰撞叫做散射，散射过程遵守动量守恒，散射中有对心碰撞，但是对心碰撞的几率很小，故C正确，ABD错误。
故选C。
11．C
【解析】
【详解】
A．滑块A和碰撞，A的运动状态改变的原因是B对A有力的作用，AB之间的作用力是相互作用力，即A对的作用力等于对A的作用力，选项A错误；
C．设滑块B的初速度为v0，与滑块A碰前速度为v，两滑块碰撞后的速度分别为和，两滑块发生弹性碰撞，有
两滑块恰好都停在餐桌边，则
得
C正确；
B．碰撞后两滑块速度大小相等，停下来时位移大小相等，故所用时间相同，由
则
B错误；
D．若滑块A的质量为1kg，两滑块与桌面间因摩擦产生的内能
D错误。
故选C。
12．C
【解析】
【详解】
B．图像的斜率表示速度，斜率的正负表示速度的方向，由图可知规定了小孩初始运动方向为正方向，碰后两车一起向反方向运动，故碰撞前后小孩的运动方向发生了改变，故B错误；
A．由图可知，碰前瞬间小孩的速度为，大人的速度为，碰后两人的共同速度为，故A错误；
D．设碰碰车的质量为，由动量守恒定律有
解得
碰前小孩与其驾驶的碰碰车的总动量为
碰后总动量为
由动量定理可知碰撞过程中小孩和其驾驶的碰碰车受到的总冲量为
故其大小为，故D错误；
C．由能量守恒定律可得碰撞过程中损失的机械能为
故C正确。
故选C。
13．D
【解析】
【详解】
若人跳离b、c车时速度为v，由动量守恒定律有
所以
即
并且vc与va方向相反，故ABC不符合题意，D不符合题意。
故选D。
14．A
【解析】
【详解】
AB．规定向右为正方向，碰撞过程中A、B组成的系统动量守恒，所以有
解得
A正确，B错误；
CD．由于是弹性碰撞，所以没有机械能损失，故
解得
CD错误。
故选A。
15．A
【解析】
【详解】
将小球的速度分解到沿着两小球球心连线方向和垂直于两球心连线方向两个方向上，因为碰撞过程有能量损失，故碰后两小球均有沿着两小球球心连线方向的速度，则碰撞小球合速度与沿着两小球球心连线方向成锐角，被碰撞小球速度沿着两小球球心连线方向，故碰后两球速度的夹角为锐角。
故选A。
16． 250； 190； 非弹性碰撞
【解析】
【详解】
碰撞前两个小球的总动能：，碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律得，，解得v2=6m/s；碰撞后两小球的总动能：，因为E1＞E2，有能量损失，是非弹性碰撞．
17．
【解析】
【详解】
[1][2]选滑块与小车组成的系统为研究对象，规定向右为正方向，系统所受合外力为零，设车厢最终的速度大小为v，由动量守恒定律得
解得
此过程中损失的机械能为
18． ；
【解析】
【详解】
球A从出发到碰撞，由动能定理得：
球A、B碰撞过程中，动量守恒有：
损失的机械能为：
对球A、B在碰后到最高点，机械能守恒得：
解得：．
19．（1）3m/s；（2）；（3）
【解析】
【详解】
（1）设滑块质量为M，小球质量为m；滑块与小球碰前的速度为v0，碰后速度为v，O到墙的水平距离为s，则滑块在水平地面上运动到停在墙角处，有
解得
v=3m/s
（2）设小球被碰后速度为v1，设摆线长为L，摆线到达P时，小球速度为v2，则
细线被割断后，设到小球撞击墙面的时间为t，根据运动独立性原理，竖直方向
水平方向
解得
（3）滑块与小球相碰，系统动量守恒
联立得滑块刚接触小球时的速度
20．（1）；（2）a、b两球碰后，细绳会断裂
【解析】
【详解】
(1)以a球为研究对象，在a球下滑到C点过程中，由动能定理可得
解得a与b球碰前的速率
a与b两球碰撞过程动量守恒，由动量守恒得
解得
(2)碰后两小球做圆周运动，由牛顿第二定律可得
解得
细绳会断裂
21．（1）5.0 m/s；（2）7.0 m/s
【解析】
【详解】
（1）碰后物块M做平抛运动，设其平抛运动的初速度为v3
h=gt2
x=v3t
得
v3=x=3.0 m/s
落地时的竖直速度为
vy==4.0m/s
所以物块落地时的速度大小
v==5.0 m/s
（2）物块与小球在B处碰撞，设碰撞前物块的速度为v1，碰撞后小球的速度为v2，由动量守恒定律
Mv1=mv2＋Mv3
碰后小球从B处运动到最高点A过程中机械能守恒，设小球在A点的速度为vA；
小球在最高点时依题给条件有
2mg=m
解得
v2=6.0 m/s
v1=6.0 m/s
物块M从P运动到B处过程中，由动能定理
解得
v0=7.0 m/s
22．（1）50N；（2）0.3m
【解析】
【分析】
【详解】
（1）A与墙壁碰撞过程，规定水平向左为正方向，对A由动量定理有：
解得
F=50N
（2）A与B碰撞过程，对A、B系统，水平方向动量守恒有
AB第一次滑上圆轨道到最高点的过程，对A、B、C组成的系统，水平方向动量守恒有
由能量关系有
解得
h=0.3m
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页