2019-2020学年高中物理鲁科版选修3-5：1.3科学探究：一维弹性碰撞 同步练习（含解析）

1.3科学探究：一维弹性碰撞
1．如图所示，质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止．若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为(　　)
A．v0＋(v0＋v) B．v0－v
C．v0＋v D．v0＋(v0－v)
2．质量为ma=1kg，mb=2kg的小球在光滑的水平面上发生碰撞，碰撞前后两球的位移-时间图象如图所示，则可知碰撞属于（　　）
A．弹性碰撞 B．非弹性碰撞
C．完全非弹性碰撞 D．条件不足，不能判断
3．质量为m的小球A在光滑的水平面上以速度v与静止在光滑水平面上的质量为3m的小球B发生正碰，碰撞后，A球的动能变为原来的，那么碰撞后B球的速度大小可能是（　　）
A． B． C． D．
4．短道速滑接力赛中，质量为60kg的甲以大小为10m/s的速度在前面滑行，质量为50kg的乙以大小为12m/s的速度从后面追上，并迅速将甲向前推出，之后乙的速度大小变为4m/s，乙的方向与原速度方向相反（整个过程均在同一条直线上），则推后瞬间甲的速度大小为（　　）
A． B． C．30m/s D．33m/s
5．男女双人滑冰是颇具艺术性的冰上运动项目。在某次比赛的一个小片段中，男女运动员在水平冰面上沿同一直线相向滑行，且动能恰好相等，男运动员的质量为女运动员的1.44倍，某时刻两者相遇。为简化问题，在此过程中两运动员均可视为质点，且冰面光滑。则（　　）
A．两者相遇后的总动量小于相遇前的总动量
B．两者相遇后的总动能一定等于相遇前的总动能
C．两者相遇过程中受到的冲量大小一定相等
D．女运动员相遇前后的动量大小之比为14:1
6．子弹在射入木块前的动能为E1，动量大小为p1；射穿木块后子弹的动能为E2，动量大小为p2．若木块对子弹的阻力大小恒定，则子弹在射穿木块的过程中的平均速度大小为
A． B．
C． D．
7．如图所示，光滑水平地面上停放着质量M=2kg的小车，小车上固定光滑斜面和连有轻弹簧的挡板，弹簧处于原长状态，其自由端恰在C点。质量m=1kg的小物块从斜面上A点由静止滑下并向右压缩弹簧。已知A点到B点的竖直高度差为h=1.8m，BC长度为L=3m，BC段动摩擦因数为0.3，CD段光滑，且小物块经B点时无能量损失。若取g=10m/s2，则下列说法正确的是（　　）
A．物块第一次到达C点时小车的速度为3m/s
B．弹簧压缩时弹性势能的最大值为3J
C．物块第二次到达C点时的速度为零
D．物块第二次到达C后物块与小车相对静止
8．两质量相同的小球A、B同向运动，已知pA=6kg·m/s，pB=4kg·m/s，某时刻两小球发生碰撞，碰后A、B球的动量pA′、pB′可能为（　　）
A．pA′=5kg·m/s，pB′=5kg·m/s
B．pA′=8kg·m/s，pB′=2kg·m/s
C．pA′=2kg·m/s，pB′=8kg·m/s
D．pA′=4kg·m/s，pB′=6kg·m/s
9．如图所示，在水平光滑桌面上有两辆静止的小车A和B，将两车用细线拴在一起，中间有一被压缩的弹簧，烧断细线后至弹簧恢复原长的过程中，两辆小车的（　　）
A．A和B动量变化量大小相同 B．A和B动能变化量相同
C．弹簧弹力对A和B冲量大小相同 D．弹簧弹力对A和B做功相同
10．在光滑水平面上,有A、B两个小球沿同一直线向右运动,已知碰前两球的动量分别,,碰撞后它们动量的变化是与有可能是(?? )
A．????
B．????
C．????
D．????
11．如图所示，长木板B的质量为，静止放在粗糙的水平地面上，质量为的物块C（可视为质点）放在长木板的最右端。一个质量为的物块A从距离长木板B左侧处，以速度向着长木板运动。一段时间后物块A与长木板B发生弹性正碰（时间极短），之后三者发生相对运动，整个过程物块C始终在长木板上。已知物块A及长木板与地面间的动摩擦因数均为，物块C与长木板间的动摩擦因数，物块C与长木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2，求：
(1)碰后瞬间物块A和长木板B的速度；
(2)长木板B的最小长度；
(3)物块A离长木板左侧的最终距离。
12．如图所示，小车A、B的质量均为m，小车B静止于水平轨道上，其左端固定一根轻弹簧，小车A从高出水平轨道h处由静止开始沿曲轨道滑下，在水平轨道上与小车B发生相互作用。轨道是光滑的。求：
（1）A车沿曲轨道刚滑到水平轨道时的速度大小；
（2）弹簧的弹性势能最大时A车的速度v和弹簧的弹性势能Ep 。

13．带有光滑圆弧轨道质量为M的小车静止置于光滑水平面上，如图所示，一质量也为M的小球以速度v水平冲上小车，到达某一高度后，小球又返回车的左端，球：
(1)此过程小球对小车做的功
(2)小球在弧形槽上升的最大高度。
14．如图所示，在粗糙水平面上有相距一段距离的A、B两点，在A、B两点分别静止放置m1=4kg、m2=2kg的两物块P、Q。现对P施加一大小F=20N、方向水平向右的拉力，作用一段时间后撤去F，P继续向右运动后与Q在B点发生碰撞并粘在一起（碰撞时间极短），碰后P、Q向右运动1m后停止。已知两物块均可视为质点，与地面的动摩擦因数均为0.2，g取10m/s2。求：
（1）P与Q发生碰撞前瞬间P的速度；
（2）力F作用的时间及A、B两点间的距离。
参考答案
1．A
【解析】
人在跃出的过程中船人组成的系统水平方向动量守恒，规定向右为正方向，由动量守恒定律得：（M+m）v0=Mv′-mv，解得：v′=v0+（v0+v）；
A. v0＋(v0＋v)，与结论相符，选项A正确；
B. v0－v，与结论不相符，选项B错误；
C. v0＋v，与结论不相符，选项C错误；
D. v0＋(v0－v) ，与结论不相符，选项D错误；
2．A
【解析】
根据图象可知：a球的初速度为：
b球的初的速度为：
碰撞后a球的速度为：
碰撞后b球的速度为：
两球碰撞过程中，动能变化量为：
则知碰撞前后系统的总动能不变，此碰撞是弹性碰撞；
A．与分析相符，故A正确；
B．与分析不符，故B错误；
C．与分析不符，故C错误；
D．与分析不符，故D错误；
故选A。
3．D
【解析】
ABCD．根据碰后A球的动能恰好变为原来的得
解得
碰撞过程中AB动量守恒，则有
当，解得
不符合题意舍去
当，解得
ABC错误 D正确。
故选D。
4．B
【解析】
由题知m甲=60kg，m乙=50kg，以甲、乙组成的系统为研究对象，以甲的初速度方向为正方向，推前甲的速度v甲=10m/s，乙的速度v乙=12m/s，推后乙的速度v乙′=-4m/s，由动量守恒定律，有
m甲v甲+m乙v乙=m甲v甲′+m乙v乙′
代入数据解得推后瞬间甲的速度大小为
v甲′=
故ACD错误，B正确。
故选B。
5．C
【解析】
A．由题意可知，可将两运动员的运动看做完全非弹性碰撞，即碰后速度相等，在碰撞过程中，满足动量守恒定律，即两者相遇后的总动量等于相遇前的总动量，所以A错误；
B．等效为碰撞后，可认为碰撞过程中要损失机械能，所以两者相遇后的总动能小于相遇前的总动能，所以B错误；
C．两者相遇相互作用，相互作用力大小相等方向相反，作用时间也相同，所以两者相遇过程中受到的冲量大小一定相等，所以C正确；
D．由题可知，碰撞前
可得，相遇前两者的速度关系为
由动量守恒可得
则女运动员相遇前后的动量大小之比为
所以D错误。
故选C。
6．C
【解析】
因为木块对子弹阻力恒定，故子弹在木块中穿过时做匀减速直线运动，故
故选C。
7．BC
【解析】
A．物块从A下滑到B的过程中，根据动能定理得
解得
物块在BC段滑行时，物块和小车的系统动量守恒，以向右为正方向，根据动量守恒定律得
根据能量守恒定律得
联立解得
，
或
，（不合题意）
所以物块第一次到达C点时小车的速度为1m/s，故A错误；
B．当物块与小车的速度相等时弹簧压缩到最短，弹性势能最大，设物块与小车的共同速度为v，根据动量守恒定律
根据能量守恒定律得
解得弹簧压缩时弹性势能的最大值
故B正确；
CD．设物块第二次到达C点时的速度为，此时小车的速度为，根据动量守恒定律得
根据能量守恒定律，得
解得
，
或
，（不合题意）
所以物块第二次到达C点时的速度为零，第二次到达C后物块与小车没有相对静止，故D错误，C正确。
故选BC。
8．AD
【解析】
以两球组成的系统为研究对象，取甲球碰撞前的速度方向为正方向，两球的质量均为m，碰撞前系统的总动能
系统的总动量
A．若碰撞后甲、乙两球动量为
pA′＝5kg·m/s，pB′＝5kg·m/s
系统上的总动量
动量守恒，总动能
总动能不增加，符合实际情况，故A正确；
B．若碰撞后甲、乙两球动量为
pA′＝8kg·m/s，pB′＝2kg·m/s
系统上的总动量
动量守恒，总动能
总动能增加，不符合实际情况，故B错误；
C．若碰撞后甲、乙两球动量为
pA′＝2kg·m/s，pB′＝8kg·m/s
系统上的总动量
动量守恒，总动能
总动能增加，不符合实际情况，故C错误；
D．若碰撞后甲、乙两球动量为
pA′＝4kg·m/s，pB′＝6kg·m/s
系统上的总动量
动量守恒，总动能
总动能不增加，符合实际情况，故D正确。
故选AD。
9．AC
【解析】
AC．由动量守恒定律可知：A、B组成的系统动量守恒，故A、B动量变化量大小相等，方向相反，所以弹簧弹力对A、B冲量大小相同，故AC正确；
BD．由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
解得
，
如果A、B两物体的质量不相等，则A、B动能变化量不相同，由动能定理，可知，弹簧弹力对A、B做功也不相同，故BD错误。
故选AC。
10．AC
【解析】
如果△PA=-3kg?m/s，△PB=3kg?m/s，遵守动量守恒定律。碰后两球的动量分别为 P′A=PA+△PA=12kg?m/s-3kg?m/s=9kg?m/s、P′B=PB+△PB=13kg?m/s+3kg?m/s=16kg?m/s，可知，碰撞后A的动能减小，B的动能增大，不违反能量守恒定律，是可能的，故A正确；如果△PA=4kg?m/s，△PB=-4kg?m/s，遵守动量守恒定律。A球的动能增加，B球的动能减小，不符合实际的运动情况，不可能，故B错误；如果△PA=-5kg?m/s，△PB=5kg?m/s，遵守动量守恒定律。碰后两球的动量分别为 P′A=PA+△PA =12kg?m/s-5kg?m/s=8kg?m/s、P′B=PB+△PB =13kg?m/s+5kg?m/s=18kg?m/s，可知，碰撞后A的动能减小，B的动能增大，不违反能量守恒定律，是可能的，故C正确；如果△PA=-24kg?m/s，△PB=24kg?m/s，遵守动量守恒定律。碰后两球的动量分别为 P′A=PA+△PA =12kg?m/s-24kg?m/s=-12kg?m/s、P′B=PB+△PB =13kg?m/s+24kg?m/s=37kg?m/s，可知，碰撞后A的动能不变，B的动能增大，违反了能量守恒定律，是不可能的，故D错误。所以AC正确，BD错误。
11．(1)物块A的速度3m/s、方向向左，长木板B的速度6m/s、方向向右；(2)3m；(3)10.5m
【解析】
(1)设物块A与木板B碰前的速度为v，由动能定理得
解得
A与B发生弹性碰撞，假设碰撞后的瞬间速度分别为v1、v2，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
联立解得
，
碰后物块A的速度大小为3m/s、方向向左，长木板B的速度大小为6m/s、方向向右；
(2)碰撞后B减速运动，C加速运动，B、C达到共同速度之前，由牛顿运动定律，对木板B有
对物块C
设从碰撞后到两者达到共同速度经历的时间为t，则
木板B的最小长度
(3)B、C达到共同速度之后，因
二者一起减速至停下，设加速度大小为a3，由牛顿运动定律得
整个过程B运动的位移为
A与B碰撞后，A做减速运动的加速度大小也为a3，位移为
物块A离长木板B左侧的最终距离为
12．（1）；（2），
【解析】
（1）由动能定律可得
解得
（2）两者速度相等时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒得
解得
再由能量守恒得
即
13．(1) (2)
【解析】
(1)设小球离开小车时，小球的速度为v1，小车的速度为v2，选取向右为正方向，整个过程中动量守恒，由动量守恒定律得
Mv=Mv1+Mv2
由机械能守恒定律得
解得
v1=0
v2=v
对小车运用动能定理得，小球对小车做功
(2) 当小球与小车的水平速度相等时，小球弧形槽上升到最大高度，设该高度为h，以向右为正方向，由动量守恒定律得
Mv=2Mv3
由机械能守恒定律得
解得
14．（1）3m/s；（2）3s，31.5m
【解析】
（1）设P与Q发生碰撞前瞬间P的速度为v0，碰后瞬间共同速度为v，由动能定理得
－μ(m1+m2)gL=0－(m1+m2)v2
由动量守恒得
m1v0=(m1+m2)v
联立解得
v0=3m/s
（2）设F作用时间为t1，撤去F后经t2=3s，P与Q发生碰撞，根据动量定理得
Ft1－μm1g(t1+t2)=m1v0
解得
t1=3s
设撤去F瞬间P的速度为v1，根据动量定理得
Ft1－μm1gt1=m1v1
解得
v1=9m/s
所以
xAB=t1+t2=31.5m