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 同步训练（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训练（解析版）
1．如图所示，一个质量为m1＝50 kg的人抓在一只大气球下方，气球下面有一根长绳。气球和长绳的总质量为m2＝20 kg，长绳的下端刚好和水平面接触。当静止时人离地面的高度为h＝7m。如果这个人开始沿绳向下滑，当他滑到绳下端时，他离地面高度是（可以把人看做质点）（　 ）
A．2m B． C． D．5m
2．如图所示，质量为M、长为L的长木板放在光滑水平面上，一个质量也为M的物块（视为质点）以一定的初速度从左端冲上长木板，如果长木板不固定，物块恰好滑行到长木板的中点时与长木板保持相对静止，如果长木板是固定的，则物块冲上长木板后在木板上最多能滑行的距离为（　　）
A． B． C． D．L
3．A，B两物体在同一直线上沿同一方向运动，A的质量是5kg，速度是9m/s，B的质量是3kg，速度是5m/s。A从后面追上B，他们相互作用一段时间后，B的速度增大为10m/s，方向不变，这时A的速度大小为（　　）
A．5m/s B．6m/s C．7m/s D．8m/s
4．“引力弹弓效应”是指在太空运动的探测器，借助行星的引力来改变自己的速度。当探测器分别从行星运动的反方向或同方向接近行星，因引力作用改变了速度。如图所示，设行星运动的速度为u，探测器的初速度大小为v0，探测器在远离行星后速度大小分别为v1，探测器和行星虽然没有发生直接的碰撞，但是在行星的运动方向上，其运动规律可类比两个质量不同的钢球在同一条直线．上发生的弹性碰撞。那么下列判断中正确的是（　　）
A． B．
C． D．
5．在某次军演时，一炮弹由地面斜向上发射，假设当炮弹刚好到最高点时爆炸，炸成两部分P、Q，其中P的质量大于Q。已知爆炸后P的运动方向与爆炸前的运动方向相同，假设爆炸后P、Q的速度方向均沿水平方向，忽略空气的阻力，则下列说法正确的是（　　）
A．爆炸后Q的运动方向一定与P的运动方向相同
B．爆炸后Q比P先落地
C．Q的落地点到爆炸点的水平距离大
D．爆炸前后P、Q动量的变化量大小相等
6．如图所示，水平地面上紧挨着的两个滑块P、Q之间有少量炸药（质量不计），爆炸后P、Q沿水平地面向左、右滑行的最大距离分别为0.8m、0.2m。已知P、Q与水平地面间的动摩擦因数相同，则P、Q的质量之比m1:m2为（　　）
A．1∶2 B．2∶1 C．4∶1 D．1∶4
7．如图所示，质量为3kg的木板放在光滑水平面上，质量为1kg的物块在木板上，它们之间有动摩擦因数μ＝0.2，物块的初速度大小为 ，方向向左，木板的初速度大小为，方向向右，物体最后没有滑离长木板。下面说法正确的是（　　）
A．物块和木板相对静止的速度大小是2.5m/s
B．系统损失机械能为7J
C．长木板长度至少为3m
D．物体相对运动时间是1s
8．质量分别为m1和m2的两个物体沿同一直线运动，两者碰撞前后的位移-时间图像如图所示，有以下说法：①碰撞前两物体动量相同；②质量m1等于质量m2；③碰撞后两物体一起做匀速直线运动；④碰撞前两物体动量大小相等、方向相反。其中正确的是 （　　）
A．①② B．②③ C．②④ D．③④
9．如图所示，光滑的水平面连接一个竖直平面内的半圆形光滑轨道，半圆形轨道的底端放置一个小球B，水平面上有一个小球A以某一速度开始向着小球B运动并发生碰撞，设两个小球均可以看作质点，它们的碰撞时间极短，碰撞后结为一体冲上半圆轨道，并恰能通过最高点C。下列关于小球A与小球B发生碰撞并一起通过最高点的过程中，以A、B小球为系统的机械能与动量的说法正确的是（　　）
A．机械能，动量均守恒
B．机械能不守恒，动量守恒
C．机械能守恒，动量不守恒
D．机械能，动量均不守恒
10．如图所示，A、B两个物体在光滑水平面上相向运动，其速度大小分别为、，碰撞之后两物体都静止在光滑水平面上。根据以上条件可以判断（ ）
A．系统碰前的总动量为零
B．根据动量守恒定律，可以判断碰前 =
C．如果A的质量大于B的质量，则 <
D．系统的机械能全部转化为内能
11．如图所示，两条形磁铁各固定在甲、乙两小车上，它们能在水平面上无摩擦的运动，甲车与磁铁的总质量为2kg，乙车与磁铁的总质量为1kg，两磁铁N极相对，现使两车在同一直线上相向运动，某时刻甲车的速度为4m/s，乙车的速度为6m/s，可以看到它们没有相碰就分开了，下列说法正确的是（ ）
A．乙车开始反向时，甲车的速度为1m/s，方向不变
B．两车相距最近时，乙车的速度为零
C．两车相距最近时，乙车的速度约为0.66m/s，与乙车原来的速度方向相反
D．甲车对乙车的冲量与乙车对甲车的冲量相同
12．如图所示，大小相同的摆球a和b的质量分别为m和3m，摆长相同，并排悬挂，平衡时两球刚好接触，将摆球a向左拉到虚线位置后释放。若两球的碰撞是弹性的，下列判断正确的是（ ）
A．第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等
B．第一次碰撞后的瞬间，a和b球都向右运动
C．第一次碰撞后，a球反弹可以重新回到左侧虚线位置
D．第一次碰撞后，b球不可能到达右侧虚线位置
13．倾角为θ的固定斜面底端安装一弹性挡板，P、Q两物块的质量分别为m和4m，Q静止于斜面上A处。某时刻，P以沿斜面向上的速度v0与Q发生弹性碰撞。Q与斜面间的动摩擦因数，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。P与斜面间无摩擦。斜面足够长，Q的速度减为零之前P不会再与之发生碰撞。重力加速度大小为g。关于P、Q运动的描述正确的是（　　）
A．P与Q第一次碰撞后P的瞬时速度大小为
B．物块Q从A点上升的总高度
C．物块P第二次碰撞Q前的速度为
D．物块Q从A点上升的总高度
14．如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为和的两物块相连接，并静止在光滑的水平面上。现使瞬时获得水平向右的速度，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图像信息可得（　　）
A．在时刻两物块达到共同速度，且弹簧都处于伸长状态
B．时刻弹簧的弹性势能最大
C．两物体的质量之比为
D．在时刻与B的动能之比为
15．如图所示，光滑的水平杆上有一质量为的滑环，通过一根不可伸长的轻绳悬挂着一个质量为的物块B（可视为质点），物块B恰好与光滑的水平面接触但无弹力作用。质量为物块C（可视为质点）以速度冲向物块B，与B碰撞后粘在一起运动。已知重力加速度为，则下列说法正确的是（　　）
A．物块C与物块B碰后瞬时速度为
B．物块C与物块B碰撞过程中损失的机械能为
C．滑环A最大速度为
D．物块B、C摆起的最大高度为
16．如图所示，质量分别为1kg、3kg的滑块A、B位于光滑水平面上，现使滑块A以4m/s的速度向右运动，与左侧连有轻弹簧的滑块B发生碰撞，碰撞后两者一起运动。求二者在发生碰撞的过程中：
（1）A和B一起运动的速度大小；
（2）弹簧的最大弹性势能。
17．如图所示，有一个可视为质点、质量为m=1kg的小物块，从光滑平台上的A点以v0=2m/s的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入固定在水地面上的光滑圆弧轨道，滑上紧靠圆弧轨道末端D点、质量为M=3kg的长木板。已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，木板下表面光滑，小物块与长木板间的动摩擦因数为μ=0.3，圆弧轨道的半径为R=0.4m，C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角θ=60°，不计空气阻力，g取10 m/s2。求：
（1）小物块到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力
（2）若长木板长度L=3m，小物块能否滑出长木板？若能，求滑出瞬间物块的速度；若不能，求小物块最终离长木板最左端的距离ΔL
18．如图所示，长木板C静止在光滑水平面上，在C的左端和距左端L处分别放置两个小物块A和B（A、B均可看做质点），距C的右端1.5 L处固定着一竖直挡板P，A、B、C质量分别为m、m、2m，A、B与C之间的动摩擦因数均为μ。现给A一个水平向右的初速度，在此后的运动过程中A、B始终未脱离C，A与B之间的碰撞过程及C与挡板之间的碰撞过程时间均极短且无机械能损失，B未碰到挡板P。重力加速度为g。
（1）为使A能与B发生碰撞，A的初速度大小应满足什么条件？
（2）若A的初速度大小v0=4，求：
①C经过多长时间碰到挡板；
②C至少多长时B才不会滑离C。
19．如图所示，两个形状完全相同的光滑圆弧形槽A，B放在足够长的光滑水平面上。两槽相对放置，处于静止状态，圆弧底端与水平面相切。两槽的高度均为R，A槽的质量为2m，B槽的质量为M。另一质量为m可视为质点的小球，从A槽P点的正上方Q处由静止释放，恰可无碰撞切入槽A，PQ=R，重力加速度为g。求：
（1）小球第一次运动到最低点时槽A和小球的速度大小；
（2）若要使小球上升的最大高度为距离地面，M和m应满足怎样的质量关系；
（3）若小球从B上滑下后还能追上A，求M，m所满足的质量关系。
20．如图所示，在水平直轨道上静止放置平板车A和长木板B，两者上表面齐平，可视为质点的物块C以初速度从A的左端开始向右运动，当C和A的速度相等时，A和B恰好发生了第一次碰撞。已知A、B、C的股量分别为、、，不计A与轨道间的摩擦，B与轨道间的动摩擦因数为，C与A、B上表面间的动摩擦因数均为，全程C没有掉落到轨道上，每次碰撞时间极短，均为弹性撞，重力加速度为g，忽略空气阻力。求：
（1）A和C第一次速度相等时的速度大小；
（2）第一次碰撞前A运动的距离x和第一次碰撞后A的速度大小；
（3）若A的长度，B最终停止的位置距其出发点多远。
参考答案
1．D
【详解】
设人的速度平均v1，气球的平均速度v2，根据人和气球动量守恒得
则
设气球上升高度 ，离地面高度是
离地面高度是
故选D。
2．D
【详解】
若长木板不固定，根据动量定理
根据动能定理
若长木板是固定的，根据动能定理
各式联立解得
故选D。
3．B
【详解】
设A的质量为m1，初速度为v1，末速度v1′，B的质量为m2，初速度为v2，末速度为v2′，A、B组成的系统合外力为零，系统的动量守恒，取原来A的速度方向为正方向，由动量守恒定律得
解得
故选B。
4．D
【详解】
设探测器的质量为m，行星的质量为M，规定向左为正方向，根据弹性碰撞满足动量守恒和机械能守恒可知
整理可得
而在天体运行中，满足
因此上式可简化为
故选D。
5．D
【详解】
A．在爆炸过程中，由于重力远小于内力，系统的动量守恒。爆炸前炮弹在最高点的速度沿水平方向，爆炸后P的运动方向与爆炸前的运动方向相同，根据动量守恒定律判断出Q的速度一定沿水平方问，但爆炸后的运动方向取决于P的动量与爆炸前炮弹的动量的大小关系，因此Q的运动方向不一定与爆炸前的运动方向相同，故A错误；
D．在爆炸过程中，P、Q受到爆炸力大小相等，作用时间相同，则爆炸力的冲量大小一定相等，由动量定理可知，在炸裂过程中P，Q动量的改变量大小相等、方向相反，D正确；
B．爆炸后P、Q均做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，由于高度相同，飞行时间一定相同，所以P、Q一定同时落地，B错误；
C．山于爆炸后两部分速度的大小关系无法判断，因此落地点到爆炸点的水平距离无法确定，C错误。
故选D。
6．A
【详解】
爆炸过程中，两滑块动量守恒，取水平向右为正，则
爆炸之后分别对两滑块动能定理可知：滑块P
滑块Q
联立代入已知数据解得
故选A。
7．C
【详解】
A．向右为正方向，则由动量守恒定律
解得
v=2m/s
选项A错误；
B．系统损失机械能为
选项B错误；
C．根据
解得长木板的长度至少
选项C正确；
D．对木块由动量定理
解得
t=1.5s
选项D错误。
故选C。
8．C
【详解】
由x-t图像可知，因图像的斜率等于速度，则碰前两物体速度等大反向，则两物体动量反向，动量不相同，①错误；碰后两物体的速度均为零，总动量为零，则碰撞前两物体动量大小相等，方向相反，根据p=mv可知，质量m1等于质量m2；②④正确，③错误。
故选C。
9．D
【详解】
小球A与小球B发生完全非碰撞的过程，系统的动量守恒，机械能不守恒；小球A与小球B一起通过最高点的过程，受重力和轨道的支持力，系统的动量不守恒，机械能守恒，则小球A与小球B发生碰撞并一起通过最高点的全过程，机械能，动量均不守恒，故选D。
10．ACD
【详解】
A．设碰撞前两个物体的动量分别为p1、p2，根据动量守恒定律得
p1 + p2= 0
知碰撞前两个物体的动量大小相等，方向相反，则系统碰前的总动量为零，A正确；
B．根据动量守恒有
mAvA - mBvB = 0（取A的速度方向为正）
由于A、B两物体的质量关系未知，则无法判断两者的速度关系，B错误；
C．如果A的质量大于B的质量，则根据B选项可知
vA < vB
C正确；
D．由题知碰撞之后两物体都静止在光滑水平面上，系统的机械能全部转化为内能，D正确。
故选ACD。
11．AC
【详解】
A．乙车开始反向时速度为零，根据动量守恒定律得
m甲v甲 - m乙v乙 = m甲v甲′（取向右为正）
代入数据有
v甲′ = 1m/s
A正确；
BC．当两车速度相同时，相距最近，设共同速度为v共，则有
m甲v甲 - m乙v乙 = (m甲 + m乙)v共（取向右为正）
代入数据有v = 0.66m/s，水平向右，与乙车原来的速度相反，B错误、C正确；
D．甲对乙的力与乙对甲的力是一对作用力与反作用力，方向相反，则它们的冲量方向相反，则甲对乙的冲量与乙对甲的冲量不等，D错误。
故选AC。
12．AD
【详解】
ABC．两球在碰撞前后，水平方向不受外力，故水平方向两球组成的系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律有
mava = mava′ + mbvb′
两球碰撞是弹性的，故机械能守恒，即为
mava2 = mava′2 + mbvb′2
经过计算有
va′ = -；vb′ =
由计算结果可得出，a、b两球碰撞后速度等大反向，A正确、B错误；
C．由以上计算可知碰撞后a的速度变小了，则a球反弹不可以重新回到左侧虚线位置，C错误；
D．根据机械能守恒有
gh = v2（质量m消去）
可看出b碰后的速度也比a碰撞前的速度小，则b球不可能到达右侧虚线位置，D正确。
故选AD。
13．CD
【详解】
A．P与Q的第一次碰撞，取P的初速度方向为正，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
联立解得
A错误；
BD．当P与Q达到H时，两物块到此处的速度可视为零，对两物块运动全过程由动能定理得
解得
B错误，D正确；
C．P运动至与Q刚要发生第二次碰撞前的位置时速度为，第一次碰撞后至第二次碰撞前，对P由动能定理得
P与Q的第一次碰撞，取P的初速度方向为正，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
联立解得
C正确；
故选CD。
14．BCD
【详解】
A．在时刻两物块达到共同速度，在时刻，弹簧处于压缩状态，因为由图可知，此前A物体比B物体运动得快；在时刻，弹簧处于拉伸状态，因为过程，物体B运动得较快。A错误；
B．时刻两物块共速，动能损失最大，而系统的机械能守恒，所以弹簧的弹性势能最大。B正确；
C．根据动量守恒得
解得
C正确；
D．在时刻与B的动能之比为
D正确。
故选BCD。
15．ACD
【详解】
A．取向右为正方向，物块C与物块B碰撞时动量守恒，根据动量守恒定律可得
解得碰撞后二者的速度大小为
故A正确；
B．碰撞过程中损失的机械能为
解得
故B错误；
C．当A、B、C三者速度相等时，滑环A速度最大，系统在水平方向上动量守恒，根据动量守恒定律可得
解得
故C正确；
D．当A、B、C三者速度相等时，物块B、C上升的高度最大，根据机械能守恒定律，有
解得
故D正确。
故选ACD。
16．（1）；（2）
【详解】
（1）由动量守恒定理可知
代入数据可得，A和B一起运动的速度大小
（2）当AB两个物体速度相等时，弹簧有最大的弹性势能，根据能量守恒定律可得
17．（1），竖直向下；（2）不能滑出长木板，0.5m
【详解】
（1）小物块在C点，对速度进行分解可得
小物块从C到D，由动能定理
小物块在D点，由牛顿第二定律
由牛顿第三定律
联立可得
竖直向下
（2）小物块与长木板达到共同速度v时，由动量守恒定律
由能量守恒定律
联立可得
故，小物块不能滑出长木板，小物块最终离长木板最左端的距离为
18．（1）大于；（2）①2；②L
【详解】
（1）A、C之间的摩擦力为μmg，B、C之间不会发生相对滑动，若A恰好不与B发生碰撞，当A在C上滑动L距离时，A、B、C三者的速度应相等，设为v，对A、B、C组成的系统由动量守恒定律得
由能量守恒定律得
两式联立可得
为使A、B能发生碰撞，A的初速度应大于；
（2）①A的初速度大小
A能与B发生碰撞，A与B碰撞满足动量守恒定律和机械能守恒定律
解得
vA′＝vB? ? ?
??vB′＝vA
A、B速度交换 ；
A、B碰撞后A与C相对静止，B相对C继续滑动，假设在C碰到挡板之前A、B、C共速，则有
mv0＝4mv1
解得
达到共同速度之前C的加速度
达到共同速度之前C的位移
所以假设成立，C加速运动的时间

整体匀速运动的时间
C运动到挡板位置经过的总时间
②A开始滑动到A、B、C达到共速的过程，由能量守恒定律得：
C与挡板碰撞后，速度反向，A、B均相对C向右滑动，系统满足动量守恒，最终A、B、C均静止，对此过程应用能量守恒定律得
C的最小长度
19．（1），；（2）；（3）
【详解】
（1）设小球到达弧形槽A底端时速度大小为v1，槽A的速度大小为v2。小球与圆弧形槽A组成的系统在水平方向动量守恒，以水平向右为正方向，小球下滑过程中，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
联立解得
（2）小球冲上圆弧形槽B过程中，设槽B的速度为v3，二者水平方向动量守恒，则有
由机械能守恒定律得
联立解得
（3）小球冲上弧形槽B后，上滑到最高点后再返回分离，设分离时小球速度反向，大小为v4，弧形槽B的速度为v5。整个过程二者水平方向动量守恒，则有
二者的机械能守恒，则有
小球还能追上槽A，须有
联立解得
20．（1）；（2），；（3）
【详解】
（1）不计A与轨道间的摩擦，则从C滑上A，AB动量守恒，根据动量守恒定律，A和C第一次速度相等时
解得
（2）设第一次碰撞前A运动的距离x，由牛顿第二定律可得
A做匀加速直线运动，再由可得
设第一次碰撞后AB碰撞，设AB碰后的速度分别为、，根据动量守恒定律和机械能守恒定律
联立得
，
则第一次碰后，A速度大小为，方向反向。
（3）AB碰撞前，AC相对位移为
解得

第一次碰撞后A的速度，C速度为，假设AB能再一次共速，且共速前A不与B发生碰撞，且C还未滑离A，则
解得
AC间相对位移为
解得
则
则C滑到A右端时，两者恰好再次共速。由可得此时A从第一次碰撞后向右滑行的距离
，
AB第一次碰后，对B由牛顿第二定律
B停止运动的时间及位移分别为
，
则AC共速后会再一次与B相碰，假设碰后AB速度分别为、，由机械能守恒定律及动量守恒定律可得
，
解得
，
之后C滑到B上，与B一起向右运动。对B、C由牛顿第二定律可得
，
则
，
全程C没有掉落到轨道上，，，则第二次碰撞后B将以减速，直到B停止。由可得，第二次碰撞后B运动的位移为
则B最终停止的位置距其出发点距离为