山东省宁阳第四中学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 课时练（含解析）

1.3科学探究：一维弹性碰撞
1．一颗速度较大的子弹，以速度v水平击穿原来静止在光滑水平面上的木块，设木块对子弹的阻力恒定，则当子弹入射速度增大为2v时，下列说法正确的是（ ）
A．子弹对木块做的功不变
B．子弹对木块做的功变大
C．系统损耗的机械能不变
D．系统损耗的机械能增加
2．质量相等的五个物体在光滑的水平面上，间隔一定的距离排成一直线，如图所示，具有初动能为的物块1向其他4个静止物块运动，依次发生碰撞，每次碰后不在分开，最后5个物体粘成一个整体，这个整体的动能是　　
A．
B．
C．
D．
3．如图所示，竖直平面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，斜面倾角，可视为质点的一小物块B静止在水平轨道的最左端，另一也可视为质点的A物块从离水平面高度为H=3m的位置静止释放，到达斜面底端进入水平轨道后与B发生弹性正碰，碰后物块A反弹后能上升到距离水平面最高为h=m处。已知物块A与斜面间及B与水平面间的动摩擦因数均为0.3，g=10m/s2，sin=0.6，cos=0.8，则下列说法错误的是（　　）
A．A物块与B物块碰前的速度大小为6m/s
B．A物块与B物块的质量之比为1：2
C．A 物块与B物块碰后的速度大小为2m/s
D．碰后B物块还能在水平面上运动2.5m
4．第一次将一长木板静止放在光滑水平面上，如图甲所示，一小铅块(可视为质点)以水平初速度v0由木板左端向右滑动，到达右端时恰能与木板保持相对静止．第二次将长木板分成A、B两块，使B的长度和质量均为A的2倍，并紧挨着放在原水平面上，让小铅块仍以初速度v0由A的左瑞开始向右滑动，如图乙所示，若小铅块相对滑动过程中所受的摩擦力始终不变，则下列说法正确的
A．小铅块滑到B的右端前已与B保持相对静止
B．小铅块将从B的右端飞离木板
C．第一次和第二次过程中产生的热量相等
D．第一次过程中产生的热量大于第二次过程中产生的热量
5．如图所示，竖直放置的半圆形轨道与水平轨道平滑连接，不计一切摩擦．圆心O点正下方放置为2m的小球A，质量为m的小球B以初速度v0向左运动，与小球A发生弹性碰撞．碰后小球A在半圆形轨道运动时不脱离轨道，则小球B的初速度v0可能为（　　）
A． B． C． D．
6．如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A，B相连接，静止在光滑水平地面上，现使A瞬时获得水平向右的速度3m/s，从此刻开始计时，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，下列说法正确的是（　　）
A．物块A在t1和t3两个时刻的加速度大小相等
B．从开始计时到t4这段时间内，物块A，B在t2时刻相距最远
C．t1到t3这段时间内弹簧长度一直在增大
D．
7．A、B两小球在光滑水平面上沿同一方向运动，A球追上B球后发生对心弹性碰撞，从碰撞开始到两球速度相等的过程中，A球对B球的冲量为I1，做功为W1；从两球速度相等到两球分离的过程中，A球对B球的冲量为I2，做功为W2.则（　　）
A．I1=I2 B．I1>I2 C．W1=W2 D．W18．长木板A放在光滑的水平面上，质量为m=2kg的另一物体B以水平速度v0=2m/s滑上原来静止的长木板A的表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图所示，则下列说法正确的（　　）
A．木板获得的动能为2J
B．系统损失的机械能为2J
C．木板A的最小长度为1m
D．A、B间的动摩擦因数为0.2
9．如图所示，木块m放在光滑的水平面上，一颗子弹水平射入木块中，子弹受到的平均作用力为f，射入深度为d，此过程中木块移动了s，则（　　）
A．子弹损失的动能为fs
B．木块增加的动能为fs
C．子弹动能的减少量等于木块动能的增加量
D．子弹、木块组成的系统总机械能的损失为fd
10．如图所示，质量为2m的小球B与轻质弹簧连接后静止于光滑水平面上，质量为m的小球A以初速度v0向右运动逐渐压缩弹簧，A、B通过弹簧相互作用一段时间后A球与弹簧分离。若以水平向右为正方向，且A球与弹簧分离时A、B小球的动量分别为PA和PB，运动过程中弹簧的最大弹性势能为EP，则以下判断中正确的是（　　）
A．PA<0，PB>0，且B．PA>0，PB>0，且PAC．
D．
11．如图所示，一轻质弹簧两端连着物体A和B，放在光滑的水平面上，物体A被水平速度为v0的子弹击中，子弹嵌在其中，已知物体A的质量是3m，B的质量是4m，子弹的质量是m。求：

(1) A物体获得的最大速度；
(2)弹簧压缩量最大时B物体的速度；
(3)弹簧压缩量最大时弹性势能是多少。
12．如图所示，在游乐场，两位同学各驾着一辆碰碰车迎面相撞，此后，两车以共同的速度运动。设甲同学和车的总质量为M，碰撞前向右运动，速度大小为v1；乙同学和车的总质量为1.5M，碰撞前向左运动，速度大小为0.5v1。求碰撞后两车共同的运动速度。
13．如图，ABD为竖直平面内的轨道，其中AB段是水平粗糙的、 BD段为半径R=0.4m的半圆光滑轨道，两段轨道相切于B点．小球甲从C点以速度υ0沿水平轨道向右运动，与静止在B点的小球乙发生弹性碰撞．已知甲、乙两球的质量均为m，小球甲与AB段的动摩擦因数为μ=0.5，C、B距离L=1.6m，g取10m/s2．(水平轨道足够长，甲、乙两球可视为质点)
?
（1）甲乙两球碰撞后，乙恰能通过轨道的最高点D，求乙在轨道上的首次落点到B点的距离；?
（2）在满足(1)的条件下，求的甲的速度υ0；?
（3）若甲仍以速度υ0向右运动，增大甲的质量，保持乙的质量不变，求乙在轨道上的首次落点到B点的距离范围．
14．如图所示，AB为固定在竖直面内、半径为R的四分之一圆弧形光滑轨道，其末端端切线水平，且距水平地面的高度也为R；?1、2两小滑块均可视为质点用轻细绳拴接在一起，在它们中间夹住一个被压缩的微小轻质弹簧两滑块从圆弧形轨道的最高点A由静止滑下，当两滑块滑至圆弧形轨道最低点时，拴接两滑块的细绳突然断开，弹簧迅速将两滑块弹开，滑块2恰好能沿圆弧形轨道运动到轨道的最高点已知，滑块1的质量，滑块2的质量，重力加速度g取，空气阻力可忽略不计求：
两滑块一起运动到圆弧形轨道最低点细绳断开前瞬间对轨道的压力的大小；
在将两滑块弹开的整个过程中弹簧释放的弹性势能；
滑块2的落地点与滑块1的落地点之间的距离．
参考答案
1．C
【解析】
子弹入射速度变大，则两者相互作用时间变短，由于两者之间的阻力不变，根据动量定理可知木板获得的速度将会变小，所以木块的动能变小，根据动能定理可知子弹对木块做的功变小，故AB错误；内能 ，由于相对位移不变，所以系统损耗的机械能不变，故C正确；D错误；故选C
2．A
【解析】
以五个物体为系统，在整个过程中，动量守恒，运用动量守恒定律，求出最终整体的速度，从而得出整体的动能．
【详解】
对整个系统研究，整个过程运用动量守恒定律得，，解得，因为，则整体的动能故A正确，B、C、D错误．
故选：A．
【点睛】
本题考查了动量守恒定律的基本运用，知道五个物体组成的系统，在整个过程中动量守恒；碰后粘在一起则机械能不守恒
3．D
【解析】
对A下滑过程有
解得
v1=6m/s
对A上滑过程有
解得
v2=2m/s
A、B碰撞过程中满足
联立解得
v3=4m/s
则B能继续滑动的距离为
选项ABC正确，D错误。
本题选错误的，故选D。
4．AD
【解析】
AB．在第一次在小铅块运动过程中，小铅块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，第二次小铅块先使整个木板加速，运动到B部分上后A部分停止加速，只有B部分加速，加速度大于第一次的对应过程，故第二次小铅块与B木板将更早达到速度相等，所以小铅块还没有运动到B的右端，两者速度相同。故A正确，B错误。
CD．根据摩擦力乘以相对路程等于产生的热量，第一次的相对路程大小大于第二次的相对路程大小，则图甲所示的过程产生的热量大于图乙所示的过程产生的热量。故 C错误，D正确。
5．BC
【解析】
A与B碰撞的过程为弹性碰撞，则碰撞的过程中动量守恒，设B的初速度方向为正方向，设碰撞后B与A的速度分别为v1和v2，则：
mv0=mv1+2mv2
由动能守恒得：

联立得：?①
1.恰好能通过最高点,说明小球到达最高点时小球的重力提供向心力,是在最高点的速度为vmin，由牛顿第二定律得：
2mg= ?②
A在碰撞后到达最高点的过程中机械能守恒，得：
③
联立①②③得：v0=，可知若小球B经过最高点，则需要：v0?
2.小球不能到达最高点，则小球不脱离轨道时，恰好到达与O等高处，由机械能守恒定律得：
④
联立①④得：v0=
可知若小球不脱离轨道时,需满足：v0?
由以上的分析可知,若小球不脱离轨道时,需满足：v0?或v0?，故AD错误，BC正确．
故选BC
【点睛】
小球A的运动可能有两种情况：1．恰好能通过最高点，说明小球到达最高点时小球的重力提供向心力，由牛顿第二定律求出小球到达最高点点的速度，由机械能守恒定律可以求出碰撞后小球A的速度．由碰撞过程中动量守恒及能量守恒定律可以求出小球B的初速度；2．小球不能到达最高点，则小球不脱离轨道时，恰好到达与O等高处，由机械能守恒定律可以求出碰撞后小球A的速度．由碰撞过程中动量守恒及能量守恒定律可以求出小球B的初速度．
6．ACD
【解析】
A．根据图像的对称性可知，在t1和t3两个时刻，图像的斜率大小相等，因此物块A在t1和t3两个时刻的加速度大小相等，A正确；
BC．结合图象可知，开始时m1逐渐减速，m2逐渐加速，弹簧被压缩，t1时刻二者速度相等，弹簧压缩量最大，弹性势能最大，系统动能最小；然后弹簧逐渐恢复原长，m2依然加速，m1先减速为零，然后反向加速，t2时刻，弹簧恢复原长状态，由于此时两物块速度相反，因此弹簧的长度将逐渐增大，两木块均减速，当t3时刻，两木块速度相等，弹簧最长，弹簧弹性势能最大，系统动能最小，B错误，C正确；
D．两物块和弹簧组成的系统动量守恒，选择从开始到t1时刻列方程可知
将v1=3m/s，v2=1m/s代入得
m1：m2=1：2
D正确。
故选ACD。
7．AD
【解析】
设A球质量为m1，B球质量为m2，碰前A速度v1，B速度v2，则碰撞开始到结束
解得：
，
碰撞开始到共速，共同速度为v
解得：
则
，
故
I1=I2
且
，
所以
因为开始A球追上B球，所以
因为
故
故AD正确BC错误。
故选AD。
8．BC
【解析】
A．由图可知，木板获得的速度为
根据动量守恒定律
则得木块A的质量为
木板获得的动能为
故A错误；
C．由图得到
0到1s内B的位移为
A位移为
木板A的最小长度为
故C正确；
BD．由斜率大小等于加速度大小得B的加速度为
根据牛顿第二定律得
解得
系统损失的机械能为
故D错误，B正确。
故选BC。
9．BD
【解析】
A．对子弹运用动能定理得
故子弹损失的动能为，故A错误；
B．对木块运用动能定理得
则木块获得的动能为，故B正确；
C．子弹减少的动能转化为木块增加的动能和系统增加的内能，故子弹动能的减少大于木块动能的增加。故C错误；
D．子弹、木块系统损失的机械能转化为系统的内能损失的机械能为，故D正确。
故选BD。
10．AC
【解析】
AB．A球压缩弹簧到与弹簧分离的整个过程中，整个系统满足动量守恒，机械能守恒
整理得
，
则
，
因此A正确，B错误；
CD．最大弹性势能时，A、B两个小球速度相等，根据动量守恒和能量守恒可得
整理得
C正确，D错误。
故选AC。
11．(1) (2) (3)
【解析】
(1)子弹刚射入物体A时，A具有最大速度，由动量守恒定律得：，
解得：；
(2)以子弹、A、B以及弹簧组成的系统作为研究对象，整个作用过程系统动量守恒，弹簧压缩量最大时，它们的速度相等，由动量守恒定律得：，
解得：；
(3)弹簧压缩量最大时，由能量守恒定律得：，
解得：弹簧压缩量最大时弹性势能。
12．0.1v1，方向水平向右
【解析】
设水平向右为正方向，由动量守恒可得
Mv1－1.5M×0.5v1＝(M＋1.5M)v共
解得
v共＝0.1v1
方向水平向右
13．（1）0.8 m（2）6m/s（3）0.8 m≤x'<3.2m
【解析】
（1）设乙到达最高点的速度为vD，乙离开D点到达水平轨道的时间为t，乙的落点到B点的距离为x，乙恰能通过轨道最高点，则 ①
2R＝gt2②
x=vDt③
联立①②③得x=0.8 m④
（2）设碰撞后甲、乙的速度分别为v甲、v乙，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有
⑤
⑥
联立⑤⑥得 ⑦
对乙从B到D由动能定理得：
⑧
联立①⑦⑧得VB= m/s⑨
甲从C到B由动能定理有
解得：v0＝6m/s
（3）设甲的质量为M，碰撞后甲、乙的速度分别为vM、vm，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有：
MvB=MvM+mvm⑩
(11)
联立得⑩(11)得 (12)
由M=m和M≥m，可得vB≤vm<2vB (13)
设乙球过D点时的速度为vD'，由动能定理得
(14)
联立(13)(14)得2 m/s≤vD'<8 m/s (15)
设乙在水平轨道上的落点距B点的距离为x'，
x'=vD't (16)
联立②(15)(16)得0.8 m≤x'<3.2m
14．(1) (2)E弹=0.90J (3)
【解析】
（1）设两滑块一起滑至轨道最低点时的速度为，所受轨道的支持力为，
两滑块一起沿圆弧形轨道下滑到端的过程，根据机械能守恒定律有：
代入数据解得：，
对于两滑块在轨道最低点，根据牛顿第二定律有：
，
解得：，
根据牛顿第三定律可知,两滑块对轨道的压力大小为：．
（2）设弹簧迅速将两滑块弹开时，两滑块的速度大小分别为和，
因滑块恰好能沿圆弧形轨道运动到轨道最高点，此过程中机械能守恒，所以对滑块有：，
代入数据解得：，方向向左，
对于弹簧将两滑块弹开的过程，设水平向右为正方向，根据动量守恒定律有：
，
代入数据解得：，
对于弹簧将两滑块弹开的过程，根据机械能守恒定律有：
，
代入数据解得：．
（3）设两滑块平抛运动的时间为，根据，
解得两滑块做平抛运动的时间为：，
滑块平抛的水平位移为：，
滑块从点上滑到点，再从点返回到点的过程，
机械能守恒，因此其平抛的速度大小仍为，
所以其平抛的水平位移为：，
所以滑块的落地点与滑块的落地点之间的距离为：．
综上所述本题答案是：(1)FN=6.0N；(2)E弹=0.9J；(3)d=0.45m