粤教版 (2019)选择性必修 第一册第五节 弹性碰撞与非弹性碰撞优秀综合训练题

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第五节 弹性碰撞与非弹性碰撞

1.如图所示，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是（　）

A. A和B都向左运动

B. A和B都向右运动

C. A静止，B向右运动

D. A向左运动，B向右运动

2.如图所示，一质量为3M的盒子沿光滑水平面以速度2v向右运动，盒底上表面光滑，同时在盒内有一质量为M的小物块以水平速度v向右运动。如果每一次碰撞都没有机械能损失，则（　）

A.盒子与小物块最终静止

B.盒子与小物块最终达到相同速度，从而做匀速运动

C.第一次碰撞后，小物块相对水平面的速度大小为

D.第一次碰撞后，小物块相对水平面的速度大小为

3.在光滑水平面的同一直线上，自左向右依次排列质量均为m的一系列小球，另一质量为m的小球A以水平向右的速度v运动，依次与上述小球相碰，碰后即粘在一起，碰撞n次后，剩余的总动能为原来的，则n为（　）

A. 5 B. 6 C. 7 D. 8

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.物块乙的质量为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.［多选］如图所示，质量为1 kg的滑块静止在光滑的水平面上，滑块的弧面光滑，底部与水平面相切，一个质量为2 kg的小球以3 m/s的初速度滑上滑块，已知小球不能越过滑块，g取10 m/s2。则（　）

A.小球滑到滑块的最高点时，小球的速度大小为零

B.小球滑到滑块的最高点时，滑块的速度大小为2 m/s

C.小球滑到滑块的最高点时，小球上升的高度为0.15 m

D.滑块所能获得的最大速度为4 m/s

6.［多选］质量为m、速度为v的A球跟质量为3m、静止的B球发生正碰。碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此碰撞后B球的速度可能值为（　）

A. 0.6v B. 0.4v C. 0.3v D. 0.2v

7.两个小球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，B球在前，A球在后，mA=1 kg、mB=2 kg，vA=6 m/s，vB=3 m/s，当A球与B球发生碰撞后，A、B两球的速度可能是（　）

A. =-4 m/s， =6 m/s

B. =4 m/s， =5 m/s

C. =4 m/s， =4 m/s

D. =7 m/s， =2.5 m/s

8.在冰壶比赛中，球员手持毛刷擦刷冰面，可以改变冰壶滑行时受到的阻力。如图（a）所示，蓝壶静止在圆形区域内，运动员用等质量的红壶撞击蓝壶，两壶发生正碰。若碰撞前、后两壶的v-t图像如图（b）所示。关于两冰壶的运动，下列说法正确的是（　）

（a）　　　　　　　（b）　

A.两壶发生弹性碰撞

B.碰撞后两壶相距的最远距离为1.1 m

C.蓝壶受到的滑动摩擦力较大

D.碰撞后蓝壶的加速度大小为0.1 m/s2

9.［多选］质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ。初始时小物块停在箱子正中间，如图所示。现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止。设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为（　）

A.　  B.

C.　 D.

10.将两个完全相同的磁铁（磁性极强）分别固定在质量相等的小车上，水平面光滑。开始时甲车速度大小为3 m/s，方向向右，乙车速度大小为2 m/s，方向向左并与甲车速度方向在同一直线上，如图所示。

（1）当乙车速度为零时，甲车的速度为多大？方向如何？

（2）由于两磁铁的磁性极强，故两车不会相碰，那么两车的距离最小时，乙车的速度为多大？方向如何？

11.一质量为M的木块放在光滑的水平面上，一质量为m的子弹以初速度v0水平打进木块并留在其中，设子弹与木块之间的相互作用力为Ff。则：

（1）子弹、木块相对静止时的速度是多少？

（2）子弹在木块内运动的时间为多长？

（3）子弹、木块相互作用过程中，子弹、木块发生的位移以及子弹打进木块的深度分别是多少？

（4）系统损失的机械能、系统增加的内能分别是多少？

（5）要使子弹不射出木块，木块至少为多长？

12.如图甲所示，物块A、B的质量分别是m1=4.0 kg和m2=6.0 kg，用轻弹簧相连接放在光滑的水平面上，物块B左侧与竖直墙相接触。另有一个物块C从t=0时刻起以一定的速度向左运动，在t=5.0 s时刻与物块A相碰，碰后立即与A粘在一起不再分开。物块C的v-t图像如图乙所示。试求：

（1）物块C的质量m3；

（2）在5 s到15 s的时间内物块A的动量变化的大小和方向。

甲　　　　　　　　　　乙　

13.如图所示，光滑水平直轨道上两滑块A、B用橡皮筋连接，A的质量为m。开始时橡皮筋松弛，B静止，给A向左的初速度v0。一段时间后，B与A同向运动发生碰撞并粘在一起。碰撞后的共同速度是碰撞前瞬间A的速度的2倍，也是碰撞前瞬间B的速度的一半。求：

（1）B的质量；

（2）碰撞过程中A、B系统机械能的损失。

14.如图所示，一滑板的上表面由长度为L的水平部分AB和半径为R的四分之一光滑圆弧BC组成，滑板静止于光滑的水平地面上。物体P（可视为质点）置于滑板上面的A点，物体P与滑板水平部分的动摩擦因数为（）。一根长度为L、不可伸长的细线，一端固定于O′点，另一端系一质量为m0的小球Q。小球Q位于最低点时与物体P处于同一高度并恰好接触。现将小球Q拉至与O′同一高度（细线处于水平拉直状态），然后由静止释放，小球Q向下摆动并与物体P发生弹性碰撞（碰撞时间极短）。设物体P的质量为m，滑板的质量为2m。

（1）求小球Q与物体P碰撞前瞬间细线对小球拉力的大小；

（2）若物体P在滑板上向左运动从C点飞出，求飞出后相对C点的最大高度。

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第五节 弹性碰撞与非弹性碰撞

参考答案

1. D　解析：两滑块碰撞过程动量守恒，以两滑块组成的系统为研究对象，取水平向右为正方向，碰撞前系统总动量：p=mAvA+mBvB=m×2v0+2m×（-v0）=0，系统总动量为0，根据动量守恒：m×2v0-2mv0=+，所以碰后总动量也为0，即A、B的运动方向一定相反，故D正确，A、B、C错误。

2. D　解析：由于水平面光滑且每一次碰撞都没有机械能损失，盒子与小物块会一直碰撞下去，故A、B错误；盒子与小物块发生第一次弹性碰撞瞬间，由动量守恒定律得3M×2v+Mv=3Mv1+Mv2

由机械能守恒定律得×3M×（2v）2+=×+

解得盒子的速度大小为v1=，小物块的速度大小为v2=，故C错误，D正确。

3. C　解析：第一次碰撞时根据动量守恒：mv=2mv′

解得v′

碰撞前的动能：E0

第一次碰撞后的动能：E1·2m

第n次碰撞后的动能En

令En=

解得n=7。

4. C　解析：由题图可知，碰撞前甲、乙的速度分别为v甲=

5 m/s、v乙=1 m/s；碰撞后甲、乙的速度分别为=-1 m/s， =2 m/s，甲、乙碰撞过程中，

由动量守恒定律得m甲v甲+m乙v乙=+

解得m乙=6 kg

损失的机械能为ΔE=+--

解得ΔE=3 J，即碰撞过程两物块损失的机械能为3 J，这些能量转化为两物块的内能，但是碰撞过程能量还是守恒的。

5. BCD　解析：系统在水平方向动量守恒，小球到达最高点时，与滑块的水平速度相等，设为v，设小球上升的最大高度为h，已知小球的初速度v0=3 m/s，小球质量m=2 kg，滑块质量M=1 kg，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得mv0=（M+m）v，

整个过程只有重力做功，由机械能守恒定律得mgh，

代入数据解得v=2 m/s，h=0.15 m，故A错误，B、C正确；

小球与滑块分离时滑块的速度最大，设此时小球的速度为v1，滑块的速度为v2，系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得mv0=mv1+Mv2

由机械能守恒定律得

代入数据解得v2=4 m/s，故D正确。

6. BC　解析：运动的A球与静止的B球发生正碰，若发生的是完全非弹性碰撞：mv=4mv1，得v1=0.25v，此时B球获得最小速度；若发生的是弹性碰撞：mv=mvA+3mvB， =+，可得B球的速度vB=0.5v。故B球的速度取值范围为0.25v≤vB≤0.5 v。故选B、C。

7. C　解析：碰撞前系统的总动量p=mAvA+mBvB=12 kg·m/s，系统的总动能=27 J。

若=-4 m/s， =6 m/s，碰撞后系统的动量p′==8 kg·m/s，系统动量不守恒，故A错误；

若=4 m/s， =5 m/s，碰撞后系统的动量为p′==14 kg·m/s，系统动量不守恒，故B错误；若=4 m/s， =4 m/s，碰撞后系统的动量p′==12 kg·m/s，系统动量守恒，系统的总动能=24 J，系统的总动能不增加，故C正确；

若=7 m/s， =2.5 m/s，碰撞后系统的动量p′==12 kg·m/s，系统动量守恒，系统的总动能=30.75 J，系统的总动能增加，故D错误。

8. B　解析：设碰后蓝壶的速度为v，碰前红壶的速度v0=1.0 m/s，碰后红壶的速度为=0.4 m/s，取碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得mv0=+mv，解得v=0.6 m/s；碰撞前两壶的总动能为 Ek1=mv02=0.5m，碰撞后两壶的总动能为Ek2=+mv2=0.26m<Ek1，所以两壶碰撞为非弹性碰撞，故A错误。根据碰前红壶的v-t图线可知红壶的加速度大小为，所以蓝壶速度减为零的时刻为，v-t图线与t坐标轴围成的面积表示位移，则碰后两壶相距的最远距离为，故B正确。根据v-t图线的斜率表示加速度，知碰后红壶的加速度比蓝壶的加速度大，两壶质量相等，所以红壶受到的滑动摩擦力比蓝壶的大，故C错误。碰后蓝壶的加速度大小为，故D错误。

9. BD　解析：两物体最终速度相等，设为u，由动量守恒得mv=（m+M） u，系统损失的动能为ΔEk==，系统损失的动能转化为内能，故ΔEk=Q=NμmgL。

10. 解：（1）两个小车及磁铁组成的系统在水平方向不受外力作用，两车之间的磁力是系统内力，系统动量守恒，设向右为正方向，则v甲=3 m/s，v乙=-2 m/s。

当乙车速度为0时，由动量守恒定律得mv甲+mv乙=

代入数据解得=1 m/s，方向向右。

（2）当两车的距离最小时，两车速度相同，设为v′，由动量守恒定律得mv甲+mv乙=2mv′

代入数据解得v′=0.5 m/s，方向向右。

11. 解：（1）设子弹、木块相对静止时的速度为v，以子弹初速度的方向为正方向，

由动量守恒定律得mv0=（M+m）v

解得v=。

（2）设子弹在木块内运动的时间为t，由动量定理得

对木块：Fft=Mv-0

解得t=。

（3）设子弹、木块发生的位移分别为x1、x2，如图所示，由动能定理得

对子弹：-Ffx1=mv2-mv02

解得x1=

对木块：Ffx2=Mv2

解得x2=

子弹打进木块的深度等于相对位移，即

x相=x1-x2=。

（4）系统损失的机械能为

E损=mv02-（M+m）v2=

系统增加的内能为

Q=Ff·x相=

系统增加的内能等于系统损失的机械能。

（5）假设子弹恰好不射出木块，设此时木块的长度为L，则有FfL=mv02-（M+m）v2

解得L=

因此木块的长度至少为。

12.解：（1）由题图可知，

物块C与物块A相碰前的速度为v1=6 m/s，

相碰后的速度为v2=2 m/s，

由动量守恒定律得m3v1=（m1+m3）v2，

解得m3=2.0 kg。

（2）规定向左的方向为正方向，

在第5 s和第15 s末物块A的速度分别为

v2=2 m/s，v3=-2 m/s，

物块A的动量变化为Δp=m1（v3-v2）=-16 kg·m/s，

即在5 s到15 s的时间内物块A动量变化的大小为16 kg·m/s，方向向右。

13.解：（1）以初速度v0的方向为正方向，设B的质量为mB，A、B碰撞后的共同速度为v，由题意知：碰撞前瞬间A的速度为，碰撞前瞬间B的速度为2v，由动量守恒定律得

m+2mBv=（m+mB）v，

解得mB=。

（2）从开始到碰后的全过程，由动量守恒定律得

mv0=（m+mB）v，

设碰撞过程A、B系统机械能的损失为ΔE，则

ΔE=+mB（2v）2-（m+mB）v2，

联立解得ΔE=。

14.解：（1）小球Q在向下摆动的过程中只有重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒定律可得m0gL=

解得vQ=

小球Q在最低点，根据牛顿第二定律可得

T-m0g=

联立解得T=3m0g；

（2）小球Q与物体P发生弹性碰撞，取向左为正方向，根据动量守恒定律可得m0vQ=m0v′Q+mvP

根据能量关系可得

=+

联立解得vP=

物体P能够从C点冲出去，则冲出去以后物体P和滑板水平方向的速度相同，设为v，

取向左为正方向，根据动量守恒定律可得mvP=3mv

物体P达到最高点时竖直方向的速度为零，根据能量关系可得=μmgL+×3mv2+mg（h+R）

联立解得h=。