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同步练习题

这是一份粤教版 (2019)选择性必修 第一册第五节 弹性碰撞与非弹性碰撞同步练习题，共24页。试卷主要包含了8B．0，0m/sC．1等内容，欢迎下载使用。
1．如图所示，用长的轻绳将小球a悬挂在O点，从图示位置由静止释放，当小球a运动至最低点时与静止在水平面上的物块b发生弹性碰撞，且碰撞时间极短，碰撞后b滑行的最大距离。若小球a的质量，物块b的质量，物块b与水平面间的动摩擦因数，取重力加速度大小，小球a和物块b均可视为质点，则刚释放小球a时，轻绳与竖直方向的夹角的余弦值为（ ）
A．0.8B．0.6C．0.5D．0.2
2．如图所示，竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道下端与光滑水平桌面相切，小滑块B静止在圆弧轨道的最低点。现将小滑块A从圆弧轨道的最高点无初速度释放。已知圆弧轨道半径R=1.8m，小滑块的质量关系是mB=2mA，碰撞为弹性碰撞，重力加速度g=10m/s2.则碰后小滑块B的速度大小是（ ）
A．5m/sB．4m/sC．3m/sD．2m/s
3．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．①②B．②③C．②④D．③④
4．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
5．光滑水平面上，A、B两小球与轻质弹簧拴接，初始弹簧处于原长，两小球静止。某时刻给A球水平向右的初速度，对应初动能为，设此后运动过程弹簧弹性势能最大值为，已知A球质量为m，若，则B球质量可能为（ ）
A．B．C．D．
6．如图所示，五个等大的小球、、、、，沿一条直线静放在光滑水平面上，另一等大小球A沿该直线以速度向 B球运动，小球间若发生碰撞均为弹性碰撞。若、、、四个球质量相等，且比A、两球质量均要大些，则所有碰撞结束后，还在运动的小球个数为（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
7．如图所示，在光滑水平地面上质量为1kg的小球A以4m/s速度向右运动，与静止的质量为3kg的小球B发生正碰，碰后B的速度大小可能为（ ）
A．3m/sB．2.0m/sC．1.4m/sD．0.9m/s
8．质量为m1和m2的两个物体在光滑的水平面上正碰，碰撞时间不计，其位移－时间图像如图所示。则（ ）
A．若m1＝1 kg，则m2＝3 kg
B．若m1＝1 kg，则m2＝1 kg
C．若m2＞3m1则两个物体的碰撞是非弹性碰撞
D．若m2＝3m1则两个物体的碰撞是弹性碰撞
9．如图甲所示，劲度系数为k的竖直轻弹簧下端固定在地面上，上端与物块B相连并处于静止状态。一物块A在外力作用下静止在弹簧正上方某高度处，取物块A静止时的位置为原点O、竖直向下为正方向建立x轴。某时刻撤去外力，物块A自由下落，与物块B碰撞后以相同的速度向下运动，碰撞过程用时极短。测得物块A的动能与其位置坐标x的关系如图乙所示（弹簧始终处于弹性限度内），图中除之间的图线为直线外，其余部分均为曲线。已知物块A、B均可视为质点，重力加速度为g，则（ ）
A．物块A、B的质量之比为1∶3
B．弹簧的劲度系数
C．从到的过程中，物块A、B一起运动加速度的最大值
D．从到的过程中，弹簧的弹性势能增加了
10．矩形滑块由不同材料的上、下两层粘合在一起组成，将其放在光滑的水平面上，质量为的子弹以速度水平射向滑块，若射击下层，子弹刚好不射出，若射击上层，则子弹刚好能射穿一半厚度，如图所示，则上述两种情况相比较，下列说法正确的是（ ）
A．子弹的末速度大小相等
B．子弹射击下层时系统生热较多
C．子弹对滑块做的功相同
D．子弹和滑块间的水平作用力一样大
11．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
12．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
13．如图所示，质量之比为3：2的A、B两小车，静止在光滑水平面上，用轻绳相连，中间有一被压缩的轻弹簧。某时刻烧断轻绳，则从烧断轻绳到A、B与弹簧分离的过程中，下列说法中正确的是（ ）
A．A、B两车的速度之比为3：2B．A、B两车的动能之比为2：3
C．A、B两车的动量之比为1：1D．A、B两车的动量变化率之比为2：3
14．如图所示，质量为M的物块甲放在光滑水平面上，物块甲的左边连接一个轻弹簧，质量为m的物块乙以速度沿弹簧的轴线向右滑去，乙压缩弹簧后弹簧获得的最大弹性势能为，弹簧的形变始终在弹性限度内，则（ ）
A．若m、M一定，则与成正比
B．若m、M一定，则与成正比
C．若、一定，则一定
D．若、一定，则一定
15．如图，质量为M、宽度为L、高度为h的斜面静止在光滑的地面上。质量为m的小木块从斜面的顶端由静止开始滑下。已知小木块与斜面间的动摩擦因数为，下列说法正确的是（ ）
A．在下滑过程中，木块和斜面组成的系统机械能守恒
B．在下滑过程中，木块和斜面在水平方向的动量守恒
C．小木块到达斜面底端时的速度大小为
D．小木块到达斜面底端时，斜面的位移为
16．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？
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】
物体ab发生弹性碰撞，则有
解得
根据牛顿第二定律可知
解得
根据速度位移公式则有
解得
所以
由动能定理得
解得
故ABC错误，D正确。
故选D。
2．B
【详解】
物块A下滑到最低点时
可得
v0=6 m/s
AB碰撞过程动量守恒，因是弹性碰撞，则
联立解得
v2=4 m/s
故选B。
3．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。
4．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。
5．B
【详解】
A、B两小球与轻质弹簧组成的系统动量守恒，则有
当A、B的速度相等时，轻质弹簧有最大弹性势能，又A球质量为m，，设B的质量为 km，故可得
解得
故选B。
6．C
【详解】
球A、B发生弹性碰撞过程
可得
，
即A球反弹，B球前进，然后B与C发生弹性碰撞，速度互换，B球停止，C球前进，以此类推，最后B、C、D停止，C与F碰撞后根据弹性碰撞同理可推得C、F都向右运动，速度不同，因此做后运动的是A、E、F球。
故选C。
7．BC
【详解】
若A与B发生完全非弹性碰撞，B获得最小速度，有
解得
若A与B发生完全弹性碰撞，B获得最大速度，有
解得
故B的速度取值范围为
故选BC。
8．AD
【详解】
两个物体在光滑的水平面上正碰，由图像可知，m2初始静止，系统动量守恒
由x-t图像可知，斜率表示速度，，若m1＝1 kg，解得
m2＝3 kg
若m2＝3m1，两个物体在光滑的水平面上正碰，系统动量守恒，此时碰撞前的动能
碰撞后动能
碰撞前的动能等于碰撞后的动能，因此为弹性碰撞，故选AD。
9．AB
【详解】
A．根据图像可知碰撞后A的动能变为原来的，根据
可知碰撞后A的速度大小变为原来的，设碰撞前一刻速度为v，取初速度方向为正方向，由动量守恒定律有
解得
故A正确；
B．设A的质量为m，则B的质量为3m，由图乙可知，处动能达到最大，根据平衡条件可得此时弹簧的弹力为4mg，从到过程中，弹簧的弹力增加mg，由胡可定律知
故
从O到，由动能定理有
联立可得
故B正确；
C．从到的过程中，加速度大小逐渐减小至零，然后再增加，故加速度最大在处或者，在处有
解得
在处有
解得
故加速度不可能为，故C错误；
D．碰撞后A的动能为，则B的动能为，总动能为，从到的过程中，由能量关系有
解得
故D错误。
故选AB。
10．AC
【详解】
A．以的方向为正方向，由动量守恒定律得
可得滑块最终获得的速度
两种情况下子弹的末速度是相同的，A正确；
B．子弹嵌入下层或上层过程中，系统产生的热量都等于系统减少的动能，而子弹减少的动能一样多（两种情况下子弹初、末速度都相等），滑块增加的动能也一样多，则系统减少的动能一样，故系统产生的热量一样多，B错误；
C．根据动能定理，滑块动能的增量等于子弹对滑块做的功，所以两次子弹对滑块做的功一样多，C正确；
D．由
知，由于不相等，所以两种情况下子弹和滑块间的水平作用力不一样大，D错误。
故选AC。
11．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。
12．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。
13．BC
【详解】
A．根据动量守恒

则A、B两车的速度之比为2：3，A错误；
B．根据
A、B两车的速度之比为2：3，A、B两车的动能之比为2：3，B正确；
C．根据动量守恒，A、B两车的动量之比为1：1， C正确；
D．根据动量定理
则
A、B两车的相互作用力相等，作用时间相等，则A、B两车的动量变化率之比为1：1，D错误。
故选BC。
14．BD
【详解】
两物块相撞，动量及能量守恒，有
，
解得
故选BD。
15．BD
【详解】
A．物块与斜面间存在摩擦力，物块下滑过程要克服摩擦力做功，系统机械能不守恒，A错误；
B．物块和斜面体组成的系统在水平方向所受台外力为零，系统在水平方向动量守恒，B正确；
C．将物块和斜面看成一个系统由动能定理和水平方向的动量守恒有
mgh - μmgcsθ × = mv12 + Mv22
0 = mv1 - Mv2
代入数据有
v =
C错误；
D．将物块和斜面看成一个系统由水平方向的动量守恒有
0 = mv1 - Mv2
将上式两边同时乘以时间有
mx1= Mx2
x1 + x2= L
经过计算有
x2=
D正确。
故选BD。
16．（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
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