5　弹性碰撞和非弹性碰撞 同步练习（有解析）

动量守恒定律
5　弹性碰撞和非弹性碰撞
1．如图所示，相同A、B两球之间系着一根不计质量的弹簧，放在光滑的水平面上，A球紧靠竖直墙壁．现用半径相同的小球C与B相碰后粘在一起压缩弹簧，不计空气阻力，从C与B碰撞到弹簧压缩最短的过程中，下列说法正确的是(　　 )
A．B、C两个小球组成系统的动量不守恒、机械能不守恒
B．A、B、C三个小球组成系统的动量守恒、机械能守恒
C．A、B、C三个小球组成系统的动量不守恒、机械能守恒
D．B、C两个小球组成系统的动量守恒、机械能不守恒
2．甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示．已知甲的质量为1 kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为(　　 )
A．3 J B．4 J
C．5 J D．6 J
3．质量相等的三个物块在一光滑水平面上排成一直线，且彼此隔开了一定的距离，如图所示．具有动能E0的第1个物块向右运动，依次与其余两个静止物块发生碰撞，最后这三个物块粘在一起，这个整体的动能为(　　)
A．E0 B．
C． D．
4．冰壶运动深受观众喜爱，图1为运动员投掷冰壶的镜头．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图中的(　　 )
　
A B C D
5．如图所示，在光滑水平面上，有A、B两个小球沿同一直线向右运动，若取向右为正方向，两球的动量分别是pA＝5.0 kg·m/s，pB＝7.0 kg·m/s.已知二者发生正碰，则碰后两球动量的增量ΔpA和ΔpB可能是(　　)
A．ΔpA＝－3.0 kg·m/s；ΔpB＝3.0 kg·m/s
B．ΔpA＝3.0 kg·m/s；ΔpB＝3.0 kg·m/s
C．ΔpA＝3.0 kg·m/s；ΔpB＝－3.0 kg·m/s
D．ΔpA＝－10 kg·m/s；ΔpB＝10 kg·m/s
6．如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动．两球质量关系为mB＝2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为6 kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为－4 kg·m/s，则(　　)
A．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5
B．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10
C．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5
D．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10
7．如图所示，某次比赛中运动员正在准备击球，设在运动员这一杆中，白色球(主球)和花色球碰撞前、后都在同一直线上运动，碰前白色球的动量pA＝5 kg·m/s，花色球B静止，白色球A与花色球B发生碰撞后，花色球B的动量变为pB′＝4 kg·m/s，则两球质量mA与mB间的关系可能是(　　 )
A．mB＝mA B．mB＝mA
C．mB＝mA D．mB＝6mA
8．(2024年济南期末)如图所示，质量为m的薄板与直立轻弹簧的上端连接，弹簧下端固定在水平面上，O为自然伸长位置．平衡时，弹簧的压缩量为x.一质量为m的物块P从距薄板正上方3x的A处自由落下，打在薄板上立刻与薄板一起向下运动，它们到达最低点后又向上运动，恰能回到O点．若把物块P换成物块Q，仍从A处自由落下，碰后二者仍然一起向下运动，且不粘连，又向上运动时物块Q到达的最高点比O点高.不计空气阻力，物块Q的质量为(　　 )
A．m B．2m
C．3m D．4m
9．(2024年汕尾期末)在一起交通事故中，一辆货车追尾前面轿车致使两车嵌在一起滑行了19.6 m才停下．事后交警通过调取轿车的行车记录仪发现被追尾前轿车的速度v1＝36 km/h.若两车在地面滑行时与地面间的动摩擦因数均为0.5，碰撞后两车的发动机均停止工作，轿车的质量m1＝1 t，货车的质量m2＝3 t，重力加速度g取10 m/s2.
(1)求两车碰撞后开始滑行时的速度大小；
(2)若两车碰撞时间极短，求碰撞前货车的速度v2大小；
(3)若两车碰撞时间持续0.1 s，轿车驾驶员的质量为70 kg，求撞击过程中，轿车驾驶员受到的汽车水平方向的平均作用力的大小和方向．
答案解析
1、【答案】A　【解析】 C与B相碰过程中，由于时间极短，位移为零，弹簧没有弹力，所以此C与B组成的系统动量守恒，但动能损失最大，所以机械能不守恒；C与B一起压缩弹簧过程中，C与B组成的系统受弹力作用，动量不守恒，机械能守恒．所以整个过程，C与B组成的系统动量不守恒，机械能不守恒，A、B、C三个小球组成系统的动量不守恒、机械能不守恒，所以A正确．
2、【答案】A　【解析】设甲的质量为m，乙的质量为M，碰撞前甲、乙的速度大小分别为v1和v2，碰撞后甲、乙的速度大小分别为v3和v4，碰撞过程中动量守恒，则mv1＋Mv2＝mv3＋Mv4，解得M＝6 kg，则碰撞过程两物块损失的机械能ΔE＝mv＋Mv－mv－Mv＝3 J，故A正确，B、C、D错误．
3、【答案】C　【解析】由碰撞中动量守恒mv0＝3mv1，得v1＝，第1个物块具有的动能E0＝mv，则整块的动能为Ek′＝×3mv＝×3m()2＝×(mv)＝，故C正确．
4、【答案】B　【解析】若两球不是对心碰撞，则两球可能在垂直于甲的初速度方向上均发生移位，但垂直于甲初速度方向上应保证动量为零，碰撞后在垂直于甲的初速度方向上两冰壶应向相反方向运动，由A所示可知，两壶碰撞后向垂直于甲初速度方向的同侧滑动，不符合动量守恒定律，故A错误；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，由图示可知，B正确，C、D错误．
5、【答案】A　【解析】根据碰撞过程动量守恒，如果ΔpA＝－3 kg·m/s、ΔpB＝3 kg·m/s，则碰后两球的动量分别为pA′＝2 kg·m/s、pB′＝10 kg·m/s，根据碰撞过程总动能不增加，是可能发生的，故A正确．两球碰撞过程，系统的动量守恒，两球动量变化量应大小相等，方向相反，若ΔpA＝3 kg·m/s，则ΔpB＝－3 kg·m/s，B选项违反了动量守恒定律，不可能，故B错误．根据碰撞过程动量守恒定律，如果ΔpA＝3 kg·m/s、ΔpB＝－3 kg·m/s，所以碰后两球的动量分别为pA′＝8 kg·m/s、pB′＝4 kg·m/s，由题可知，碰撞后，两球的动量方向都与原来方向相同，A的动量不可能沿原方向增大，与实际运动不符，故C错误．如果ΔpA＝－10 kg·m/s、ΔpB＝10 kg·m/s，则碰后两球的动量分别为pA′＝－5 kg·m/s、pB′＝17 kg·m/s，可以看出，碰撞后A的动能不变，而B的动能增大，违反了能量守恒定律，故D错误．
6、【答案】A　【解析】两球碰撞过程，系统不受外力，故碰撞过程系统总动量守恒．同时考虑实际情况，碰撞前，后面的球速度大于前面球的速度．规定向右为正方向，碰撞前A、B两球的动量均为6 kg·m/s，说明A、B两球的速度方向向右，两球质量关系为mB＝2mA，所以碰撞前vA>vB，所以左方是A球．碰撞后A球的动量增量为－4 kg·m/s，所以碰撞后A球的动量是2 kg·m/s，碰撞过程系统总动量守恒mAvA＋mBvB＝－mAvA′＋mBvB′，所以碰撞后B球的动量是10 kg·m/s，根据mB＝2mA，所以碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5，A正确．
7、【答案】A　【解析】由动量守恒定律得pA＋pB＝pA′＋pB′，解得pA′＝1 kg·m/s，根据碰撞过程中总动能不增加，则有≥＋，代入数据解得mB≥mA．碰后两球同向运动，白色球A的速度不大于花色球B的速度，则≤，解得mB≤4mA，综上可得mA≤mB≤4mA，A正确．
8、【答案】B　【解析】物块由A点下落过程机械能守恒，由机械能守恒定律可得mg·3x＝mv，解得碰前物块的速度v0＝，物块与钢板碰撞过程系统动量守恒，以向下为正方向，由动量守恒定律得mv0＝2mv1，解得v1＝，碰撞后只有重力、弹力做功，机械能守恒，设弹性势能为EP，由机械能守恒定律得Ep＋·2mv＝2mgx，解得Ep＝mgx.物块Q下落过程机械能守恒，由机械能守恒定律得m′g·3x＝m′v，解得v0＝，碰撞过程中动量守恒，以向下为正方向，由动量守恒定律得m′v0＝(m＋m′)v2，以后物和钢板一起压缩弹簧又回到O点过程中机械能守恒，设回到O点时速度为v3，由机械能守恒定律得Ep＋·(m＋m′)v＝(m＋m′)gx＋·(m＋m′)v，在O点物块与钢板分离，做竖直上抛运动，上升高度＝，联立解得m′＝2m，故选B．
9、解：(1)两车碰撞后一起做匀减速直线运动，滑行位移s＝19.6 m，
由牛顿第二定律得μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，
由匀变速直线运动规律得s＝at2，v＝at，
解得v＝14 m/s.
(2)两车碰撞的过程动量守恒，碰前货车的速度为v2，轿车的速度为v1，则
m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，
解得v2＝ m/s≈15.3 m/s.
(3)碰撞过程中，对轿车驾驶员在水平方向上进行分析，根据动量定理，设前进方向为正方向，则有FΔt＝m(v－v1)，
解得F＝2 800 N，方向与前进方向相同．