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高中物理粤教版 (2019)选择性必修 第一册第一章 动量和动量守恒定律第五节 弹性碰撞与非弹性碰撞同步练习题
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第一章 第5节
A组·基础达标
1．(多选)在两个物体碰撞前后，下列说法中可以成立的是( )
A．作用后的总机械能比作用前小，但总动量守恒
B．作用前后总动量均为零，但总动能守恒
C．作用前后总动能为零，而总动量不为零
D．作用前后总动量守恒，而系统内各物体的动量增量的总和不为零
【答案】AB 【解析】A为非弹性碰撞，成立；B为完全弹性碰撞，成立；总动能为零时，其总动量一定为零，故C错误；总动量守恒，系统内各物体动量的增量的总和不为零，则系统一定受到合外力作用，故D错误．
2．在光滑水平地面上有两个相同的木块 A、B，质量都为m.现 B 静止，A 向 B 运动，发生正碰并粘合在一起运动．两木块组成的系统损失的机械能为ΔE，则碰前A木块的速度等于( )
A. B.
C．2 D．2
【答案】C 【解析】由动量守恒mv＝2mv′，损失的机械能ΔE＝mv2－×2mv′2 ，解得碰前A木块的速度v＝2，故A、B、D错误，C正确．
3．如图所示，位于光滑水平桌面上的小滑块P和Q都可视为质点，质量相等．Q与水平轻弹簧相连，设Q静止，P以某一初速度向Q运动并与弹簧发生碰撞．在整个过程中，弹簧具有的最大弹性势能等于( )
A．P的初动能 B．P的初动能的
C．P的初动能的 D．P的初动能的
【答案】B 【解析】在整个过程中，弹簧具有最大弹性势能时，P和Q的速度相同；根据动量守恒定律mv0＝2mv；根据机械能守恒定律，有Ep＝mv－2×mv2＝mv＝Ek0 ，故最大弹性势能等于P的初动能的，故B正确．
4．如图所示，一个质量为m的物体A与另一个质量为2m的静止物块B发生正碰，碰后B物块刚好能落入正前方的沙坑中．假如碰撞过程中无机械能损失，已知物块B与地面间的动摩擦因数为0.1，与沙坑的距离x＝0.5 m，g取10 m/s2.物块可视为质点，则碰撞前瞬间物块A的速度大小为( )
A．0.5 m/s B．1．0 m/s
C．1．5 m/s D．2.0 m/s
【答案】C 【解析】碰撞后物块B做匀减速运动，由动能定理得－μ·2mgx＝0－×2mv2，代入数据得v＝1 m/s，A与B碰撞的过程中，A与B组成的系统在水平方向的动量守恒，选取向右为正方向，则有mv0＝mv1＋2mv，由于没有机械能的损失，则有mv＝mv＋×2mv2，联立解得v0＝1．5 m/s，故C正确．
5．质量相等的三个物块在一光滑水平面上排成一直线，且彼此隔开了一定的距离，如图所示，具有动能E0的第1个物块向右运动，依次与其余两个静止物块发生碰撞，最后这三个物块粘在一起，这个整体的动能为( )
A．E0 B.
C. D.
【答案】C 【解析】由碰撞中动量守恒mv0＝3mv1，得v1＝，第1个物块具有的动能E0＝mv，则整块的动能为Ek′＝×3mv＝×3m2＝×＝，故C正确．
6．质量为M的物块以速度v运动，与质量为m的静止物块发生正碰，碰撞后两者的动量正好相等，两者质量之比可能为( )
A．0.8 B．3
C．4 D．5
【答案】B 【解析】设碰撞后两者的动量都为p，由于题意可知，碰撞前后总动量为2p，根据动量和动能的关系有p2＝2mEk，碰撞过程动能不增加，有≥＋，解得≤3，且碰后m的速度v1大于M的速度v2，则M＞m，即1＜≤3，故B正确．
7．如图，建筑工地上的打桩过程可简化为：重锤从空中某一固定高度由静止释放，与钢筋混凝土预制桩在极短时间内发生碰撞，并以共同速度下降一段距离后停下来．则( )
A．重锤质量越大，撞预制桩前瞬间的速度越大
B．重锤质量越大，预制桩被撞后瞬间的速度越大
C．碰撞过程中，重锤和预制桩的总机械能保持不变
D．整个过程中，重锤和预制桩的总动量保持不变
【答案】B 【解析】由自由落体运动规律v2＝2gh可知，撞击预制桩前瞬间的速度与重锤质量无关，A错误；碰撞过程时间极短，外力的冲量可忽略不计，则重锤和预制桩的总动量M保持不变，取竖直向下为正方向，由动量守恒定律得mv＝(M＋m)v共，可得v共＝，可知重锤质量m越大，预制桩被撞后瞬间的速度越大，B正确；碰撞过程中，要产生内能，重锤和预制桩的总机械能减小，C错误；整个过程中，重锤和预制桩受到重力和阻力，合外力不为零，总动量不守恒，D错误．
8．(多选)如图所示，小球A的质量为mA＝5 kg，动量大小为pA＝4 kg·m/s，小球A水平向右运动，与静止的小球B发生弹性碰撞，碰后A的动量大小为pA′＝1 kg·m/s，方向水平向右，则( )
A．碰后小球B的动量大小为pB＝3 kg·m/s
B．碰后小球B的动量大小为pB＝5 kg·m/s
C．小球B的质量为15 kg
D．小球B的质量为3 kg
【答案】AD 【解析】规定水平向右的方向为正方向，碰撞过程中A、B组成的系统动量守恒，所以有pA＝pA′＋pB，解得pB＝3 kg·m/s，故A正确，B错误；由于是弹性碰撞，所以没有机械能损失，故＝＋，解得mB＝3 kg，故C错误，D正确．
9．如图所示，在一光滑的水平面上，有质量相同的三个小球A、B、C，其中B、C静止，中间连有一轻弹簧，弹簧处于自由伸长状态，现小球A以速度v与小球B正碰并粘在一起，碰撞时间极短，则碰后瞬间( )
A．A、B的速度变为，C的速度仍为0
B．A、B、C的速度均为
C．A、B的速度变为，C的速度仍为0
D．A、B、C的速度均为
【答案】C 【解析】A、B碰撞过程时间极短，弹簧没有发生形变，A、B系统所受合外力为零，系统动量守恒，以水平向右的方向为正方向，由动量守恒定律得mv＝2mv′，解得v′＝，A、B碰撞过程，C所受合外力为零，C的动量不变，速度仍为0，故A、B、D错误，C正确．
B组·能力提升
10．如图所示，小车静止在光滑水平面上，AB是小车内半圆轨道的水平直径．现将一小球从距A点正上方h 高处由静止释放，小球由A点沿切线方向经半圆轨道后从B点冲出，在空中能上升的最大高度为 0.8h，不计空气阻力．下列说法正确的是( )
A．小球离开小车后做斜上抛运动
B．在相互作用过程中，小球和小车组成的系统动量守恒
C．小球离开小车后做竖直上抛运动
D．小球第二次冲出轨道后在空中能上升的最大高度为0.5h＜h＜0.8h
【答案】C 【解析】小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，可知系统水平方向的总动量保持为零．小球由B点离开小车时系统水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度为零，所以小球离开小车后做竖直上抛运动，故A错误，C正确； 小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，竖直方向受重力，所以水平方向系统动量守恒，但系统动量不守恒，故B错误；小球第一次在车中运动过程中，由动能定理得mg(h－0.8h)－Wf＝0，Wf为小球克服摩擦力做功大小，解得Wf＝0.2mgh，即小球第一次在车中滚动损失的机械能为0.2mgh，由于小球第二次在车中滚动时，对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于0.2mgh，机械能损失小于0.2mgh，因此小球再次离开小车时，能上升的高度大于0.8h－0.2h＝0.6h，而小于0.8h，故D错误．
11．(多选)如图所示，两个小球A、B大小相等，质量分布均匀．分别为m1、m2，m1
A．若两次锤子敲击完成瞬间，A、B两球获得的动量大小分别为p1和p2，则p1＝p2
B．若两次锤子敲击分别对A、B两球做的功为W1和W2，则W1＝W2
C．若两次弹簧压缩到最短时的长度分别为L1和L2，则L1
【答案】AC 【解析】由动量定理I＝Δp可知，由于I1＝I2，则两次锤子敲击完成瞬间有p1＝p2，故A正确；由于两次锤子敲击完成瞬间两球具有的动量大小相等，由Ek＝可知，A球获得的初动能更大，由动能定理可知W1>W2，故B错误；由动量守恒可得m1v0＝(m1＋m2)v，得v＝，由能量守恒有m1v＝(m1＋m2)v2＋Ep，得Ep＝v，由于p1＝p2，则质量越大的初速度越小，即A球获得的初速度较大，则敲击A球时弹簧的最大弹性势能较大，即L1
【答案】－v0 v0 v0
【解析】设小球A与B发生碰撞后速度分别为vA、vB，由于是弹性碰撞，由动量守恒和能量守恒得mv0＝mvA＋3mvB，mv＝mv＋×3mv，解得vA＝－v0，方向向左，vB＝v0，方向向右，此后B球以速度vB与C球发生碰撞，设碰撞后速度分别为vB′、vC，由于是弹性碰撞，由动量守恒和能量守恒得3mvB＝3mvB′＋2mvC，×3mv＝×3mvB′2＋×2mv，代入数据解得vB′＝vB＝v0，方向向右，vC＝vB＝v0，方向向右，此后三球不会再碰撞，故三球不再发生相互作用时速度分别为－v0、v0、v0.
13．如图所示，一质量为M的平板车B放在光滑水平面上，在其左端放一质量为m的小木块A(可视为质点)，M>m，A、B间的动摩擦因数为μ，在平板车右方的水平面上固定一竖直挡板P.开始时A、B以速度v0一起向右运动，某时刻B与挡板P相撞并立即以原速率反向弹回，在此后的运动过程中A不会滑离B，重力加速度为g.求：
(1)A、B的最终速度；
(2)木板的最小长度；
(3)小木块A离挡板P最近时，平板车B的最右端距挡板P的距离．
【答案】(1) (2) (3)
【解析】(1)选水平向左为正方向，从B撞挡板后到A、B相对静止，A、B动量守恒，由动量守恒定律得Mv0－mv0＝(M＋m)v共，
解得v共＝.
(2)A在B上相对滑动的过程A、B能量守恒得
(M＋m)v＝(M＋m)v＋μmgL，
解得L＝.
(3)小木块A向右匀减速到速度为零时A离挡板P最近，A在B上滑动到vA＝0的过程动量守恒Mv0－mv0＝MvB，
解得vB＝v0.
平板车B向左做匀减速直线运动，由动能定理知
－μmgx＝Mv－Mv，
解得x＝.
14．如图所示，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面上升的最大高度为h＝0.3 m(h小于斜面体的高度)．已知小孩与滑板的总质量为m1＝30 kg，冰块的质量为m2＝10 kg，小孩与滑板始终无相对运动．重力加速度g取10 m/s2.
(1)求斜面体的质量；
(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？
【答案】(1)20 kg (2)见解析
【解析】(1)规定向右为正方向．冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3，由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得m2v2＝(m2＋m3)v，
m2v＝(m2＋m3)v2＋m2gh，
式中v20＝－3 m/s为冰块推出时的速度，
解得m3＝20 kg.
(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有
m1v1＋m2v2＝0，代入数据得v1＝1 m/s，
设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2′和v3，由动量守恒和机械能守恒定律有
m2v2＝m2v2′＋m3v3，
m2v＝m2v2′＋m3v，解得v2′＝1 m/s，
由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩．
第一章 第5节
A组·基础达标
1．(多选)在两个物体碰撞前后，下列说法中可以成立的是( )
A．作用后的总机械能比作用前小，但总动量守恒
B．作用前后总动量均为零，但总动能守恒
C．作用前后总动能为零，而总动量不为零
D．作用前后总动量守恒，而系统内各物体的动量增量的总和不为零
【答案】AB 【解析】A为非弹性碰撞，成立；B为完全弹性碰撞，成立；总动能为零时，其总动量一定为零，故C错误；总动量守恒，系统内各物体动量的增量的总和不为零，则系统一定受到合外力作用，故D错误．
2．在光滑水平地面上有两个相同的木块 A、B，质量都为m.现 B 静止，A 向 B 运动，发生正碰并粘合在一起运动．两木块组成的系统损失的机械能为ΔE，则碰前A木块的速度等于( )
A. B.
C．2 D．2
【答案】C 【解析】由动量守恒mv＝2mv′，损失的机械能ΔE＝mv2－×2mv′2 ，解得碰前A木块的速度v＝2，故A、B、D错误，C正确．
3．如图所示，位于光滑水平桌面上的小滑块P和Q都可视为质点，质量相等．Q与水平轻弹簧相连，设Q静止，P以某一初速度向Q运动并与弹簧发生碰撞．在整个过程中，弹簧具有的最大弹性势能等于( )
A．P的初动能 B．P的初动能的
C．P的初动能的 D．P的初动能的
【答案】B 【解析】在整个过程中，弹簧具有最大弹性势能时，P和Q的速度相同；根据动量守恒定律mv0＝2mv；根据机械能守恒定律，有Ep＝mv－2×mv2＝mv＝Ek0 ，故最大弹性势能等于P的初动能的，故B正确．
4．如图所示，一个质量为m的物体A与另一个质量为2m的静止物块B发生正碰，碰后B物块刚好能落入正前方的沙坑中．假如碰撞过程中无机械能损失，已知物块B与地面间的动摩擦因数为0.1，与沙坑的距离x＝0.5 m，g取10 m/s2.物块可视为质点，则碰撞前瞬间物块A的速度大小为( )
A．0.5 m/s B．1．0 m/s
C．1．5 m/s D．2.0 m/s
【答案】C 【解析】碰撞后物块B做匀减速运动，由动能定理得－μ·2mgx＝0－×2mv2，代入数据得v＝1 m/s，A与B碰撞的过程中，A与B组成的系统在水平方向的动量守恒，选取向右为正方向，则有mv0＝mv1＋2mv，由于没有机械能的损失，则有mv＝mv＋×2mv2，联立解得v0＝1．5 m/s，故C正确．
5．质量相等的三个物块在一光滑水平面上排成一直线，且彼此隔开了一定的距离，如图所示，具有动能E0的第1个物块向右运动，依次与其余两个静止物块发生碰撞，最后这三个物块粘在一起，这个整体的动能为( )
A．E0 B.
C. D.
【答案】C 【解析】由碰撞中动量守恒mv0＝3mv1，得v1＝，第1个物块具有的动能E0＝mv，则整块的动能为Ek′＝×3mv＝×3m2＝×＝，故C正确．
6．质量为M的物块以速度v运动，与质量为m的静止物块发生正碰，碰撞后两者的动量正好相等，两者质量之比可能为( )
A．0.8 B．3
C．4 D．5
【答案】B 【解析】设碰撞后两者的动量都为p，由于题意可知，碰撞前后总动量为2p，根据动量和动能的关系有p2＝2mEk，碰撞过程动能不增加，有≥＋，解得≤3，且碰后m的速度v1大于M的速度v2，则M＞m，即1＜≤3，故B正确．
7．如图，建筑工地上的打桩过程可简化为：重锤从空中某一固定高度由静止释放，与钢筋混凝土预制桩在极短时间内发生碰撞，并以共同速度下降一段距离后停下来．则( )
A．重锤质量越大，撞预制桩前瞬间的速度越大
B．重锤质量越大，预制桩被撞后瞬间的速度越大
C．碰撞过程中，重锤和预制桩的总机械能保持不变
D．整个过程中，重锤和预制桩的总动量保持不变
【答案】B 【解析】由自由落体运动规律v2＝2gh可知，撞击预制桩前瞬间的速度与重锤质量无关，A错误；碰撞过程时间极短，外力的冲量可忽略不计，则重锤和预制桩的总动量M保持不变，取竖直向下为正方向，由动量守恒定律得mv＝(M＋m)v共，可得v共＝，可知重锤质量m越大，预制桩被撞后瞬间的速度越大，B正确；碰撞过程中，要产生内能，重锤和预制桩的总机械能减小，C错误；整个过程中，重锤和预制桩受到重力和阻力，合外力不为零，总动量不守恒，D错误．
8．(多选)如图所示，小球A的质量为mA＝5 kg，动量大小为pA＝4 kg·m/s，小球A水平向右运动，与静止的小球B发生弹性碰撞，碰后A的动量大小为pA′＝1 kg·m/s，方向水平向右，则( )
A．碰后小球B的动量大小为pB＝3 kg·m/s
B．碰后小球B的动量大小为pB＝5 kg·m/s
C．小球B的质量为15 kg
D．小球B的质量为3 kg
【答案】AD 【解析】规定水平向右的方向为正方向，碰撞过程中A、B组成的系统动量守恒，所以有pA＝pA′＋pB，解得pB＝3 kg·m/s，故A正确，B错误；由于是弹性碰撞，所以没有机械能损失，故＝＋，解得mB＝3 kg，故C错误，D正确．
9．如图所示，在一光滑的水平面上，有质量相同的三个小球A、B、C，其中B、C静止，中间连有一轻弹簧，弹簧处于自由伸长状态，现小球A以速度v与小球B正碰并粘在一起，碰撞时间极短，则碰后瞬间( )
A．A、B的速度变为，C的速度仍为0
B．A、B、C的速度均为
C．A、B的速度变为，C的速度仍为0
D．A、B、C的速度均为
【答案】C 【解析】A、B碰撞过程时间极短，弹簧没有发生形变，A、B系统所受合外力为零，系统动量守恒，以水平向右的方向为正方向，由动量守恒定律得mv＝2mv′，解得v′＝，A、B碰撞过程，C所受合外力为零，C的动量不变，速度仍为0，故A、B、D错误，C正确．
B组·能力提升
10．如图所示，小车静止在光滑水平面上，AB是小车内半圆轨道的水平直径．现将一小球从距A点正上方h 高处由静止释放，小球由A点沿切线方向经半圆轨道后从B点冲出，在空中能上升的最大高度为 0.8h，不计空气阻力．下列说法正确的是( )
A．小球离开小车后做斜上抛运动
B．在相互作用过程中，小球和小车组成的系统动量守恒
C．小球离开小车后做竖直上抛运动
D．小球第二次冲出轨道后在空中能上升的最大高度为0.5h＜h＜0.8h
【答案】C 【解析】小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，可知系统水平方向的总动量保持为零．小球由B点离开小车时系统水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度为零，所以小球离开小车后做竖直上抛运动，故A错误，C正确； 小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，竖直方向受重力，所以水平方向系统动量守恒，但系统动量不守恒，故B错误；小球第一次在车中运动过程中，由动能定理得mg(h－0.8h)－Wf＝0，Wf为小球克服摩擦力做功大小，解得Wf＝0.2mgh，即小球第一次在车中滚动损失的机械能为0.2mgh，由于小球第二次在车中滚动时，对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于0.2mgh，机械能损失小于0.2mgh，因此小球再次离开小车时，能上升的高度大于0.8h－0.2h＝0.6h，而小于0.8h，故D错误．
11．(多选)如图所示，两个小球A、B大小相等，质量分布均匀．分别为m1、m2，m1
A．若两次锤子敲击完成瞬间，A、B两球获得的动量大小分别为p1和p2，则p1＝p2
B．若两次锤子敲击分别对A、B两球做的功为W1和W2，则W1＝W2
C．若两次弹簧压缩到最短时的长度分别为L1和L2，则L1
【答案】AC 【解析】由动量定理I＝Δp可知，由于I1＝I2，则两次锤子敲击完成瞬间有p1＝p2，故A正确；由于两次锤子敲击完成瞬间两球具有的动量大小相等，由Ek＝可知，A球获得的初动能更大，由动能定理可知W1>W2，故B错误；由动量守恒可得m1v0＝(m1＋m2)v，得v＝，由能量守恒有m1v＝(m1＋m2)v2＋Ep，得Ep＝v，由于p1＝p2，则质量越大的初速度越小，即A球获得的初速度较大，则敲击A球时弹簧的最大弹性势能较大，即L1
【答案】－v0 v0 v0
【解析】设小球A与B发生碰撞后速度分别为vA、vB，由于是弹性碰撞，由动量守恒和能量守恒得mv0＝mvA＋3mvB，mv＝mv＋×3mv，解得vA＝－v0，方向向左，vB＝v0，方向向右，此后B球以速度vB与C球发生碰撞，设碰撞后速度分别为vB′、vC，由于是弹性碰撞，由动量守恒和能量守恒得3mvB＝3mvB′＋2mvC，×3mv＝×3mvB′2＋×2mv，代入数据解得vB′＝vB＝v0，方向向右，vC＝vB＝v0，方向向右，此后三球不会再碰撞，故三球不再发生相互作用时速度分别为－v0、v0、v0.
13．如图所示，一质量为M的平板车B放在光滑水平面上，在其左端放一质量为m的小木块A(可视为质点)，M>m，A、B间的动摩擦因数为μ，在平板车右方的水平面上固定一竖直挡板P.开始时A、B以速度v0一起向右运动，某时刻B与挡板P相撞并立即以原速率反向弹回，在此后的运动过程中A不会滑离B，重力加速度为g.求：
(1)A、B的最终速度；
(2)木板的最小长度；
(3)小木块A离挡板P最近时，平板车B的最右端距挡板P的距离．
【答案】(1) (2) (3)
【解析】(1)选水平向左为正方向，从B撞挡板后到A、B相对静止，A、B动量守恒，由动量守恒定律得Mv0－mv0＝(M＋m)v共，
解得v共＝.
(2)A在B上相对滑动的过程A、B能量守恒得
(M＋m)v＝(M＋m)v＋μmgL，
解得L＝.
(3)小木块A向右匀减速到速度为零时A离挡板P最近，A在B上滑动到vA＝0的过程动量守恒Mv0－mv0＝MvB，
解得vB＝v0.
平板车B向左做匀减速直线运动，由动能定理知
－μmgx＝Mv－Mv，
解得x＝.
14．如图所示，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面上升的最大高度为h＝0.3 m(h小于斜面体的高度)．已知小孩与滑板的总质量为m1＝30 kg，冰块的质量为m2＝10 kg，小孩与滑板始终无相对运动．重力加速度g取10 m/s2.
(1)求斜面体的质量；
(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？
【答案】(1)20 kg (2)见解析
【解析】(1)规定向右为正方向．冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3，由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得m2v2＝(m2＋m3)v，
m2v＝(m2＋m3)v2＋m2gh，
式中v20＝－3 m/s为冰块推出时的速度，
解得m3＝20 kg.
(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有
m1v1＋m2v2＝0，代入数据得v1＝1 m/s，
设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2′和v3，由动量守恒和机械能守恒定律有
m2v2＝m2v2′＋m3v3，
m2v＝m2v2′＋m3v，解得v2′＝1 m/s，
由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩．
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