1.4弹性碰撞与非弹性碰撞 课时练（Word版含解析）

1.4弹性碰撞与非弹性碰撞 课时练（含解析）
一、选择题
1．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
2．如图所示，一质量为m、半径为R的四分之一光滑圆弧槽，放在光滑的水平面上，有一质量也为m的小球由槽顶端A静止释放，在其下滑至槽末端B的过程中，已知重力加速度为g，空气阻力忽略不计。则下列说法正确的是（ ）
A．若圆弧槽固定，小球的机械能守恒
B．若圆弧槽固定，小球滑至B点时对槽的压力大小为4mg
C．若圆弧槽不固定，小球和槽组成的系统动量守恒
D．圆弧槽固定和不固定情形下，小球滑到B点时的速度之比为
3．如图，质量为M的长木板静止在光滑水平面上，上表面OA段光滑，OB段粗糙，，左端固定劲度系数为k的轻质弹簧，右端用不可伸长的轻绳连接于竖直墙上。质量为m的小滑块以速度v从O点向左运动并压缩弹簧，弹簧压缩量为x时轻绳被拉断，最终小滑块恰好没有从长木板上掉落。已知弹簧原长小于，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A．轻绳被拉断瞬间，木板的加速度大小为
B．最终长木板与滑块一起以速度向左匀速运动
C．弹簧恢复原长时，滑块的动能可能为
D．滑块与长木板的OB部分间的动摩擦因数为
4．如图所示，小车质量为M，置于光滑水平地面上，小车顶端有半径为R的四分之一光滑圆，质量为m的小球（可视为质点）从圆弧顶端由静止释放，重力加速度为g。对此运动过程分析，下列说法中正确的是（　　）
A．当小球滑到圆弧最低点时，小球的水平位移为R
B．当小球滑到圆弧最低点时，小球的水平位移为
C．当小球滑到圆弧最低点时，小车速度为m
D．当小球滑到圆弧最低点时，小车速度为M
5．质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的速度 ，B球的速度，当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球速度可能为（　　）
A． ， B． ，
C． ， D． ，
6．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
7．在冰壶比赛中，掷壶队员手持冰壶从本垒圆心处向前运动至前卫线时，速度大小，此时将冰壶沿水平方向掷出，如图所示。掷出瞬间，冰壶在水平方向相对于手的速度大小。已知掷壶队员的质量，冰壶的质量。冰壶出手后，掷壶队员相对地的速度大小和方向分别为（　　）
A．，方向与冰壶运动方向相反 B．，方向与冰壶运动方向相同
C．，方向与冰壶运动方向相反 D．，方向与冰壶运动方向相同
8．冰壶队备战2022年北京冬奥会，如图所示，在某次训练中，蓝壶静止在大本营Q处，材质相同，质量相等的红壶与蓝壶发生正碰，在摩擦力作用下最终分别停在M点和N点，下列说法正确的是（　　）
A．碰后两壶所受摩擦力的冲量相同 B．红壶碰前速度约为碰后速度的4倍
C．碰后蓝壶速度约为红壶速度的2倍 D．碰撞过程两壶组成的系统机械能守恒
9．如图甲所示，质量为m的小滑块A以向右的初速度v0滑上静止在光滑水平地面上的平板车B，从滑块A刚滑上平板车B开始计时，它们的速度随时间变化的图象如图乙所示，物块未滑离小车，重力加速度为g，以下说法中正确的是（　　）
A．滑块A的加速度比平板车B的加速度小
B．平板车B的质量M＝3m
C．滑块A与平板车间因摩擦产生的热量为Q＝
D．t0时间内摩擦力对小车B做的功为
10．在光滑的水平轨道上放置一门质量为m1的旧式炮车（不包含炮弹质量），炮弹的质量为m2，当炮车沿与水平方向成θ角发射炮弹时，炮弹相对炮口的速度为v0，则炮车后退的速度为（　　）
A． B．
C． D．
11．一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．
12．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
13．如图1所示，在水平地面上有甲、乙两物块（均可视为质点）相向运动，运动一段时间后发生碰撞，碰撞后两物块继续运动直到均停止在地面上。整个过程中甲、乙两物块运动的速度-时间图象如图2所示，时刻甲、乙间距为，均停止后间距为，已知重力加速度m/s2。下列说法正确的是（　　）
A．两物块与地面间的动摩擦因数相同
B．两物块的质量之比为
C．两物块间的碰撞为弹性碰撞
D．乙在整个过程中的位移大小
14．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．
15．如图所示，装有炮弹的火炮总质量为m1，炮弹的质量为m2，炮弹射出炮口时对地的速率为v0，若炮管与水平地面的夹角为θ，则火炮后退的速度大小为（设水平面光滑）（　　）
A．v0 B． C． D．
二、解答题
16．如图甲所示，光滑斜面和光滑半圆轨道固定在光滑水平面上，水平面与斜面平滑连接，半圆轨道最下端与水平面相切。质量为1.0kg的小球P从光滑斜面上不同位置由静止释放后与静止在水平面上的小球Q发生正碰（碰撞时间极短），碰撞后小球Q进入半圆轨道中运动，小球经过最高点B时对轨道的压力F与此时速度平方的关系如图乙所示，重力加速度为m/s2。
（1）求小球Q的质量及光滑半圆轨道的半径R；
（2）若小球Q恰好可经过半圆轨道最高点B，小球P被弹回到斜面上的最大高度为释放点高度的，求碰撞过程中损失的动能。
17．如图，固定在竖直面内的导轨PQR，由半径为r的光滑半圆环和足够长水平导轨组成，水平导轨上的N点左侧部分光滑，右侧部分粗糙，半圆环与水平轨道在Q点相切。一根自然长度为r、劲度系数的轻质弹性绳，一端固定在圆环的顶点P，另一端与一个穿在圆环上、质量为m的小球相连；在水平轨道的Q、N两点间依次套着质量均为2m的b、c、d三个小球，所有小球大小相同。开始时将小球移到某一位置M，使弹性绳处于原长且伸直状态，然后由静止释放小球a，当小球在圆环上达到最大速度时，弹性绳自动脱落。已知弹性绳的弹性势能与其伸长量x间满足，各个小球与导轨粗糙部分间的动摩擦因数均，小球间的碰撞均为弹性碰撞，且碰撞时间极短，重力加速度为g。求：
（1）释放小球瞬间，圆环对小球的作用力FN1大小；
（2）弹性绳自动脱落时，小球沿圆环下滑的速率vm；
（3）弹性绳自动脱落前的瞬间，圆环对小球作用力FN2的大小和方向；
（4）最终两球间的距离。
试卷第1页，共3页
参考答案
1．BD
【解析】
【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。
2．AD
【解析】
【详解】
A．若圆弧槽固定，小球的重力势能全部装换为小球的动能，则小球的机械能守恒，A正确；
B．若圆弧槽固定，小球滑至B点时的速度为
mgR = mvB2
小球下滑的过程中做圆周运动有
解得
FN = 3mg
B错误；
C．若圆弧槽不固定，小球和槽组成的系统在水平方向动量守恒，C错误；
D．圆弧槽不固定的情形下，小球滑到B点时的速度为，取水平向右为正
- mv + mv = 0
根据AB组成的系统机械能守恒有
解得圆弧槽不固定的情形下，小球滑到B点时的速度为
再结合选项B，可知圆弧槽固定和不固定情形下，小球滑到B点时的速度之比为，D正确。
故选AD。
3．AD
【解析】
【详解】
A．轻绳被拉断瞬间弹簧的弹力等于，对木板，由牛顿第二定律得
，
选项A正确；
B．轻绳断之前对长木板和滑块组成的系统有拉力，系统动量不守恒，选项B错误；
C．弹簧恢复原长时木板有动能，所以滑块的动能小于，选项C错误；
D．设轻绳被拉断时滑块的速度为，弹力做功
根据动能定理有
轻绳被拉断后，根据动量守恒定律有
由功能关系有
联立解得
选项D正确；
故选AD。
4．C
【解析】
【详解】
AB．当小球滑到圆弧最低点时，小车的速度设为v′，小球的速度设为v，小球与小车组成的系统在水平方向上动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得
设小球由静止释放至滑到最低点的过程中，小球和小车各自的位移大小为x1和x2，则
且
联立解得
故A、B错误；
CD． 由机械能守恒定律得
解得
故C正确，D错误。
故选C。
5．C
【解析】
【详解】
两球组成的系统动量守恒，以两球的初速度方向为正方向，如果两球发生完全非弹性碰撞，有动量守恒定律得
带入数据解得
如果两球发生完全弹性碰撞，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
解得
，
，（不符实际，舍掉）
故两球碰撞后的速度范围是
ABD不符合题意，C符合题意。
故选C。
6．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。
7．D
【解析】
【详解】
设冰壶扔出的方向为正方向，则由动量守恒定律
解得
方向与冰壶运动方向相同。
故选D。
8．C
【解析】
【详解】
A．碰后两壶运动距离不相同，所以碰后两球速度不相同，根据动量定理可判断出碰后两壶所受摩擦力的冲量不相同，A错误；
C．碰后红壶运动的距离为
蓝壶运动的距离为
二者质量相同，假设二者碰后的所受摩擦力相同，则二者做减速运动的加速度也相同，对红壶，有
对蓝壶有
联立可得
即碰后蓝壶速度约为红壶速度的2倍，C正确；
B．设红壶碰前速度为v0，则有
故有
即红壶碰前速度约为碰后速度的3倍，B错误；
D．碰前的动能为
碰后动能为
则有
机械能不守恒，D错误。
故选C。
9．C
【解析】
【详解】
A．由乙图可知，滑块A、 B的加速度大小分别为
，
所以
故A错误；
B．对A和B在相对滑行的过程中，系统不受外力而动量守恒，有
解得
故B错误；
C．对A和B相对滑动到共速的过程，由能量守恒定律可知，系统损失的动能转化成两者摩擦生热，有
可解得
故C正确；
D．由动能定理可知，摩擦力对B做的功为
故D错误。
故选C。
10．C
【解析】
【详解】
炮弹离开炮口时，炮弹和炮车组成的系统在水平方向不受外力，则系统在水平方向动量守恒。设炮车后退的速度大小为v，则炮弹对地的水平速度大小为，取炮车后退的方向为正，对炮弹和炮车组成系统为研究，根据水平方向动量守恒有：
解得
故ABD错误，C正确；
故选C。
11．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。
12．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。
13．D
【解析】
【详解】
A．从图2可以看出
，
解得
，
A错误；
B．碰撞前瞬间甲、乙两物块的速度分别为，，由运动学知识可知碰后瞬间甲、乙两物块的速度分别为，，根据动量守恒定律有
解得
B错误；
C．结合B项分析可知
故碰撞过程中有动能损失，C错误；
D．结合图象分析可知，之后的运动过程，甲的位移为零，则乙的位移大小
D正确。
故选D。
14．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。
15．C
【解析】
【分析】
【详解】
由于炮弹的重力作用，火炮发射炮弹的过程只有水平方向动量守恒，以向右为正方向，根据动量守恒定律可得
m2v0cosθ-(m1-m2)v=0
解得
C正确。
故选C。
16．（1），；（2）
【解析】
【详解】
（1）由图乙可知，小球Q在B点与半圆轨道间的作用力为零时
小球Q的重力提供其做圆周运动的向心力，则由牛顿第二定律有
解得
当时，，对小球Q受力分析，由牛顿第二定律有
解得
（2）碰撞后小球Q恰好经过光滑半圆轨道最高点B，小球P被弹回到斜面上高度为释放点高度的处，由机械能守恒定律有
解得
小球P和Q碰撞过程，以水平向右为正方向，由动量守恒定律有
碰撞后小球Q恰好经过光滑半圆轨道最高点B，由动能定理有
在碰撞过程中损失的动能为
解得
17．（1）；（2）；（3），方向沿圆环半径向外；（4）4.5r
【解析】
【详解】
（1）设释放小球a瞬间，圆环对小球a的作用力大小为FN1，有
解得
（2）设在弹性绳自动脱落前瞬间，弹性绳与竖直方向间夹角为，此时小球a的速率为，此时弹性绳弹力FT与球a的重力的合力沿半径指向圆心O，a球受力如图示
由正弦定理得
解得
（3）弹性绳脱落前的瞬间，由向心力公式得：
解得
所以圆环对小球a作用力FN2的大小为，方向沿圆环半径向外
（4）弹性绳自动脱落后，设小球a到达Q点时的速度为，有
小球a过Q点后与小球b发生第一次弹性碰撞，设a、b碰撞后的速度分别为va1、vb1，有
解得
，
a、b碰撞后，b与c、c与d先后发生弹性碰撞交换速度，所以d球最终经过N点的速度为
设d球在水平粗糙导轨滑行距离为，有
小球a从圆环上返回后第二次与b球碰撞，同理a、b第二次碰撞后的速度分别为
所以c球最终经过N点的速度为
小球a再次从圆环上返回后第三次与b球碰撞，同理a、b第三次碰撞后的速度分别为
设小球a在水平粗糙导轨滑行距离为，有
解得
答案第1页，共2页