2021-2022学年鲁科版（2019）选择性必修第一册 1.4弹性碰撞与非弹性碰撞 同步练习（word解析版）

2021-2022学年鲁科版（2019）选择性必修第一册
1.4弹性碰撞与非弹性碰撞同步练习（解析版）
1．如图所示，质量m1＝4kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝1m，现有质量m2＝2kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0＝3m/s从左端滑上小车。已知物块与车上表面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10m/s2，则物块滑上小车后（　　）
A．滑块和小车组成的系统动量不守恒
B．滑块和小车组成的系统机械能守恒
C．经过一段时间从小车右端滑下
D．整个过程中系统产生的热量为6J
2．如图所示，光滑水平面上有质量均为的物块和，上固定一轻质弹簧，静止以速度水平向右运动，从与弹簧接触至弹簧被压缩到最短的过程中（　　）
A．、及弹簧所构成的系统动量守恒，机械能不守恒
B．在任意一段时间内两物体所受弹力的冲量相同
C．在任意时刻系统动能均为
D．弹簧获得的最大弹性势能为
3．如图所示，A、两个大小相同、质量不等的小球放在光滑水平地面上，A以的速率向右运动，以的速率向左运动，发生正碰后A、两小球都以的速率反弹，则、两小球的质量之比为（　　）
A． B． C． D．
4．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，下列说法中正确的是（　　）
A．该碰撞为完全非弹性碰撞
B．物体乙的质量为4 kg
C．碰撞过程两物块损失的机械能为3 J
D．该碰撞过程能量不守恒
5．如图所示，竖直轻质弹簧下端焊接一个质量为m的小球A，A处于静止状态。在A的正下方一质量为2m的小球B正被竖直向上抛出，与A球发生对心弹性正碰，碰前瞬间B球的速度为v0，碰后两球仍沿同一直线运动。当A球运动到碰前初始位置时再次与B球发生弹性对心正碰。则 （　　）
A．在两次碰撞之间的过程中弹簧对A球的冲量一定为零
B．在两次碰撞之间的过程中重力对A球的冲量一定为零
C．若只将题中碰前瞬间B球的速度改为2v0，则两球仍能在原位置发生第二次碰撞
D．A球运动到最高点时，小球B的速度恰好为零
6．在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速率v0向右运动。在小球A的正前方有一质量为m2的小球B处于静止状态，如图所示。小球A与小球B发生弹性碰撞后，均向右运动，且碰后A、B的速度大小之比为1：3，则两小球质量之比为（　　）
A．1：2 B．2：1 C．3：1 D．1：3
7．一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A并立即留在其中，A、B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图所示。则在子弹打击木块A至弹簧第一次被压缩到最短的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统（　　）
A．动量不守恒，机械能守恒 B．动量不守恒、机械能不守恒
C．动量守恒，机械能守恒 D．动量守恒，总动能减小
8．如图所示，水平光滑地面上停放着一辆质量为M的小车，其左侧有半径为R的四分之一光滑圆弧轨道AB，轨道最低点B与水平轨道BC相切，BC长度为L，整个轨道处于同一竖直平面内。将质量为m的物块（可视为质点）从A点无初速释放，物块沿轨道滑行至轨道末端C处恰好没有滑出（小车的BC部分粗糙）。设重力加速度为g，空气阻力可忽略不计。关于物块从A位置运动至C位置的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．物块运动过程中的最大速度为
B．小车运动过程中的最大速度为
C．小车向左运动了
D．仅仅改变小车的质量，不改变其他参数，物块也恰好运动到轨道末端C处不滑出
9．量为m的小球A沿光滑水平面以速度v0与质量为2m的静止小球B发生正碰，则碰后B的速度可能是（ ）
A． B． C． D．
10．某同学将一质量为m的小球A由地面竖直向上抛出，初速度的大小为v0，当到达最高点时，与另一质量也为m、速度的大小也为v0竖直下抛的小球B发生弹性碰撞（时间非常短），经过一段时间AB均落地。如果忽略空气阻力，重力加速度大小为g。则下列说法正确的是（　　）
A．小球A在上升和下降过程中的动量的变化的方向相反
B．小球A在上升和下降过程中的动量的变化大小都为mv0
C．小球A落地时的动能为
D．小球A和B落地的时间差为
11．一只质量为的乌贼吸入的水后，静止在水中。遇到危险时，它在极短时间内把吸入的水向后全部喷出，以大小为的速度向前逃窜，下列说法正确的是（　　）
A．在乌贼喷水的过程中，乌贼所受合力的冲量大小为
B．在乌贼喷水的过程中，乌贼和喷出的水组成的系统的动量增大
C．乌贼喷出的水的速度大小为
D．在乌贼喷水的过程中，有的生物能转化成机械能
12．下列属于反冲运动的是（　　）
A．汽车运动 B．直升机运动
C．火箭的运动 D．反击式水轮机的运动
13．如图所示，竖直放置的轻弹簧下端固定在地上，上端与质量为m的钢板连接，钢板处于静止状态。一个质量也为m的物块从钢板正上方h处的P点自由落下，与钢板碰撞后粘在一起向下运动x0后到达最低点Q，设物块与钢板碰撞的时间Δt极短。下列说法正确的是（　　）
A．物块与钢板碰后的速度大小为
B．在Δt时间内，钢板对物块的冲量大小为
C．从P到Q的过程中，整个系统重力势能的减少量为
D．从P到Q的过程中，弹性势能的增加量为
14．两个小木块B、C中间夹着少量炸药，使它们一起在光滑水平面上沿直线匀速运动，此时它们的运动图线如图中a线段所示，在末，引爆炸药，B、C瞬间分离后，运动图线分别如图中b、c线段所示。从图中的信息可知（　　）
A．木块B、C分离后的运动方向相反
B．木块B的质量是木块C质量的四分之一
C．木块B、C分离前后B木块的动量变化量较大
D．木块B、C分离前后，系统的总动能增加
15．如图所示，物体A、B的质量分别为m、2m，物体B置于水平面上，B物体上部半圆型槽的半径为R，将物体A从圆槽的右侧最顶端由静止释放，一切摩擦均不计。则下列说法正确的是（　　）
A．A不能到达B圆槽的左侧最高点 B．B向右匀速运动
C．A运动到圆槽最低点的速率为 D．B向右运动的最大位移大小为
16．光滑导轨ABC，左侧为半径为r的半圆环，右侧为足够长水平导轨固定在竖直平面内。一弹性绳原长为r，劲度系数，其中一端固定在圆环的顶点A，另一端与一个套在圆环上质量为m的D球相连，先将小球移至某点，保持弹性绳处于原长状态，然后由静止释放小球。（已知弹性绳弹性势能，重力加速度为g）
（1）释放小球瞬间，小球对圆环的作用力；
（2）求D球在圆环上达到最大速度时，弹性绳的弹性势能为多大；
（3）当D球在圆环上达到最大速度时与弹性绳自动脱落，继续运动到B点后进入水平光滑导轨，导轨上等间距套着质量为2m的n个小球，依次编号为1、2、3、4……，D球依次与小球发生对心碰撞，且没有能量损失，求1号球最终速度及被碰撞的次数？（结果保留根式）
17．如图所示，光滑水平面上竖直固定一内壁光滑的轨道，右侧有一固定且足够长的挡板，与水平面的夹角为，轨道与地面接触的点与挡板点的间距为。轨道左侧的水平面上有可视为质点的、两个小球，其质量分别为和，球静止，球以速度向右运动并与球发生正碰（碰撞时间极短），碰后球速度大小变为原来的一半，方向向左。碰后球能从点进入竖直轨道，已知重力加速度，，，不计空气阻力，求：
（1）、碰撞过程中，系统损失的机械能；
（2）要使球进入轨道后不发生脱轨现象，求圆周轨道半径满足的条件。
18．如图，在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C位于同一直线上，A位于B、C之间，A的质量为m，B、C的质量都为M，三者都处于静止状态，现使A以某一速度向右运动，设物体间的碰撞都是弹性的。求：
（1）A与C第一次碰后C的速度大小；
（2）m和M之间满足什么条件才能使A只与B、C各发生一次碰撞。
19．如图所示，静止在水平地面上的物块质量为，水平地面与物块间的动摩擦因数为，质量也为的子弹以速度击中物块并停留在物块中，子弹与物块的作用时间极短，已知重力加速度为，求：
（1）子弹射入物块的过程中，系统产生的热量；
（2）子弹击中物块后共同滑行的时间。
20．如图所示，A物体的质量，放在光滑水平面上，有一个质量为的物体从光滑的四分之一圆弧轨道上由静止开始滑下，与A相碰后一起向右运动，已知圆弧轨道半径为。求：
（1）物体B在最低点对轨道的正压力？
（2）A与B共同运动的速度大小？
（3）A与B碰撞过程中损失的能量？
参考答案
1．D
【详解】
A．滑块和小车组成的系统受合外力为零，则动量守恒，选项A错误；
B．小车间有摩擦力，要产生内能，所以滑块和小车组成的系统机械能不守恒，故B错误；
C．假设物块最终与小车共速，共同速度为v，取向右为正方向，由动量守恒定律得
m2v0＝（m1＋m2）v
根据能量守恒定律得
μm2gd＝m2v02－（m1＋m2）v2
解得滑块相对于小车滑行的距离为
d＝0.6m＜L＝1m
所以滑块不会从小车右端滑下，故C错误；
D．整个过程中系统产生的热量为
Q＝μm2gd＝6J
故D正确。
故选D。
2．D
【详解】
A．、及弹簧所构成的系统受合外力为零，则动量守恒；系统只有弹力做功，则机械能守恒，选项A错误；
B．在任意一段时间内两物体所受弹力的冲量大小相同，但是方向不同，选项B错误；
C．随着弹簧的不断压缩，弹性势能逐渐变大，则在任意时刻系统动能逐渐减小，不是总为，选项C错误；
D．当弹簧压缩到最短时两物体共速
则弹簧获得的最大弹性势能为
选项D正确。
故选D。
3．B
【详解】
向右为正方向，则由动量守恒可知
即
解得
故选B。
4．C
【详解】
由v-t图可知，碰前甲、乙的速度分别为、；碰后甲、乙的速度分别为，，甲、乙两物块碰撞过程中，由动量守恒定律得

解得
m乙=6kg
损失的机械能为
解得
即碰撞过程两物块损失的机械能为3J，此能量转化为两球的内能，但是能量还是守恒的。
故选C。
5．D
【详解】
A．A和B碰撞过程，碰后A的速度为 ，B的速度为 ，根据
解得
由于第二次碰撞是在初始位置，根据能量守恒，则回到初始位置时速度和碰后的速度大小相同方向相反，设运动时间为t，则对于A
对于B
解得在两次碰撞之间的过程中弹簧对A球的冲量
A错误；
B．在两次碰撞之间的过程中重力对A球的冲量
B错误；
C．B球的速度为v0碰撞后，小球B做竖直上抛运动，只将题中碰前瞬间B球的速度改为2v0，B球的能量增加，但是B球仍做竖直上抛运动，但是碰后A球的能量也增加，由于小球A和弹簧相连接，A小球的运动情况与第一次不相同，则两球不会在原位置发生第二次碰撞，C错误；
D．由于第二次碰撞是在初始位置，根据运动对称性，两个小球上升和下降的时间是相同的，A球运动到最高点时，小球B做竖直上抛运动也运动到最高点，此时的速度恰好为零，D正确。
故选D。
6．C
【详解】
碰撞过程由动量守恒定律及机械能守恒定律分别可得
联立解得
，
由题意可知
联立解得
故选C。
7．D
【详解】
子弹与木块A产生了非弹性碰撞，消耗了能量，总动能减小,故机械能不守恒，整个系统水平方向没有外力，故动量是守恒的，故D正确，ABC错误。
故选D。
8．BCD
【详解】
AB．物块滑到B点时小车的速度和物块的速度都达到最大，根据机械能守恒和水平方向动量守恒可得
整理得
A错误，B正确；
C．由于水平方向动量守恒可推的
而
解得
小车向左运动了
C正确；
D．由于水平方向动量守恒，当物块相对小车停止时，小车也会停止运动，根据能量守恒可知
可知最后相对小车滑行的距离与小车质量无关，因此仅仅改变小车的质量，物块最终仍会停到平板的右端，D正确。
故选BCD。
9．AC
【详解】
若小球A与小球B发生完全非弹性碰撞，则有
mv0 = (m + 2m)v共
解得
v共 = v0
若小球A与小球B发生弹性碰撞，则有
mv0 = mvA′ + 2mvB′，mv0 = mvA′2 + × 2mvB′2
解得
vA′ = -v0，vB′ = v0
所以碰后B的速度
v0 ≤ vB ≤ v0
故选AC。
10．CD
【详解】
C．A与B产生弹性碰撞，由动量守恒定律和能量守恒可得
，
其中，可得
A做竖直下抛运动，B做自由落体运动，因此B落地时间
对A，上抛运动有
竖直下抛运动有
因此A落地速度大小
所以A球落地时的动能为，C正确；
AB．取向下为正方向，对A上升运动中动量的变化量为
?p1=0?（?mv0）=mv0
下抛运动中动量的变化量为
?p2=mv?mv0=（?1）mv0
AB错误；
D．由动量定理得
mgtA=?P2=（?1）mv0
所以
?t=tB?tA=
D正确。
故选CD。
11．AC
【详解】
A．根据动量定理，在乌贼喷水的过程中，乌贼所受合力的冲量大小为
A正确；
B．在乌贼喷水的过程中，乌贼和喷出的水组成的系统的动量守恒，B错误；
C．根据动量守恒
乌贼喷出的水的速度大小为
C正确；
D．在乌贼喷水的过程中，根据能量守恒，生物能转化成机械能为
D错误。
故选AC。
12．CD
【详解】
反冲现象是一个物体或一个整体分裂成两部分，两部分朝相反的方向运动的现象。
A．汽车是利用燃烧燃料获得向前的牵引力从而使汽车前进的，不属于反冲，故A错误；
B．直升机是利用的空气的浮力而使飞机上升的，不属于反冲，B错误；
C．火箭的运动是利用喷气的方式而获得动力，利用了反冲运动，C正确；
D．反击式水轮机是利用了水的反冲作用而获得动力，属于反冲运动，D正确。
故选CD。
13．AD
【详解】
A．物体下落h，由机械能守恒
mgh=mv12
物体与钢板碰撞，则动量守恒
解得
选项A 正确；
B．向下为正方向，对碰撞过程，对钢板由动量定理
其中
解得物块对钢板的冲量
选项B错误；
C．从P到Q的过程中，整个系统重力势能的减少量为
选项C错误；
D．从碰撞到Q点，由能量关系可知
则弹性势能的增加量为
选项D正确。
故选AD。
14．BD
【详解】
A. 图像的斜率表示速度的大小，从图像上可以木块B、C分离后的运动方向相同，故A错误；
B. 碰前的速度为
碰后B的速度为
碰后C的速度为
碰撞动量守恒
解得
故B正确；
C.系统内动量守恒所以 木块B、C分离过程中两木块的动量大小相等，方向相反，故C错误；
D. 木块B、C分离前后，由于由化学能转化为动能，所以系统的总动能增大，故D正确；
故选BD。
15．CD
【详解】
A．物体A、B组成的系统在水平方向上动量守恒，当A到达左侧最高位置时速度为零，此时B的速度也为零；由机械能守恒可知，A能到达B圆槽的左侧最高点，故A错误；
B．物体B向右先加速后减速，减速到零之后又向左先加速后减速，即做往返运动，故B错误；
C．由于水平方向上动量守恒，所以有
即
物体A运动到圆槽的最低点的运动过程中，A、B整体机械能守恒，即
解得
故C正确；
D．物体A、B在水平方向上的最大位移之和为2R，由于A的速度总是B的2倍，所以A的位移也是B的2倍，则B向右运动的最大位移大小为
故D正确。
故选CD。
16．（1）方向：由释放点指向圆环圆心；（2）；（3）次
【详解】
（1）D球在释放瞬间受重力、圆环对小球的支持力
由受力分析可得
由牛顿第三定律可得：小球对圆环的作用力为
方向：由释放点指向圆环圆心
（2）D球在圆环上最大速度位置处受重力、圆环的支持力、弹性绳的拉力
D球此时在该位置处切向加速度为0
设弹性绳与竖直方向夹角为，则有
代入数据解得
弹性绳升长距离为
此时弹性绳弹性势能为
（3）从释放点到B位置过程中，动能定理有
解得
D球与1号球发生弹性碰撞
解得
然后1号球与2号球发生完全弹性碰撞，2号球与3号球发生完全弹性碰撞。。。。。。
直至与n号球发生碰撞后第一轮碰撞结束，得n号球的速度为
第一轮1号球碰撞2次
D球与1号球发生弹性碰撞,有
直至与号球发生碰撞后第一轮碰撞结束，得号球的速度为
第二轮1号球碰撞2次
D号球最后与1号球发生弹性碰撞，最后1号球的速度
一共1号球一共碰撞次数为次。
17．（1）；（2）或
【详解】
（1）碰撞
解得

系统损失的机械能
解得
（2）Ⅰ：球能做完整圆周运动
最高点
可得
Ⅱ：最高到与等高处，则
最大与墙相切，则
故
所以不脱离轨道应有
或
18．（1）；（2）
【详解】
（1）A向右运动与C发生碰撞的过程中系统的动量守恒、机械能守恒，选取向右为正方向，设开始时A的速度为v0，第一次与C碰撞后C的速度为vC1，A的速度为vA1，由动量守恒定律、机械能守恒定律得
解得
（2）分析上面式子，只有时，A才能被反向弹回，才可能与B发生碰撞，A与B碰撞后B的速度为vB1，A的速度为vA2．由动量守恒定律、机械能守恒定律
可得
根据题意要求A只与B、C各发生一次碰撞，应有
联立得
解得
舍去
所以m与M之间的关系应满足
19．（1）；（2）
【详解】
（1）子弹击中物块的过程中，由动置守恒得
产生的热量
解得
（2）子弹与物块后共同行的过程中，由动量定理得
解得
20．（1），方向竖直向下；（2）；（3）
【详解】
（1）物体B从开始到滑到最低点过程中，由动能定理有
在最低点，根据牛顿第二定律有
联立，代入数据求得
，
根据牛顿第三定律，可知物体B在最低点对轨道的正压力大小为120N，方向竖直向下
（2）AB系统，碰撞瞬间动量守恒，根据动量守恒定理可得
代入数据得，A与B共同运动的速度大小
（3）根据能量守恒定律，可得A与B碰撞过程中损失的能量