1.5 弹性碰撞和非弹性碰撞 一课一练 -2022-2023学年高二上学期物理人教版2019选择性必修第一册（含解析）

1.5、弹性碰撞和非弹性碰撞一、选择题（共16题）1．如图所示，甲木块的质量为m1，以速度v沿光滑水平地面向前运动，正前方有一静止的、质量为m2的乙木块，乙上连有一轻质弹簧，甲木块与弹簧接触后（）A．甲木块马上向左反弹

B．乙木块的动量守恒C．甲、乙两木块所组成的系统的动量守恒D．甲、乙两木块所组成系统的动能守恒2．A、B两小球在光滑水平面上沿同一直线运动，B球在前，A球在后．mA=1kg，mB=2kg．经过一段时间，A、B发生正碰，碰撞时间极短，碰撞前、后两球的位移一时间图像如图所示，根据以上信息可知碰撞类型属于A．弹性碰撞B．非弹性碰撞C．完全非弹性碰撞D．条件不足，无法判断3．如图所示，甲、乙两球在同一光滑水平面上相向运动，速度大小分别为，甲、乙的动能之比为5：4，碰撞后，甲球的速度为0，则碰撞后乙球的速度大小为A． B． C． D．4．如图甲所示，光滑水平面上有a、b两个小球，a球向b球运动并与b球发生正碰，其碰前和碰后的s-t图象如图乙所示，已知ma＝5kg。则b球的质量为（）A．mb＝1kg B．mb＝2kg C．mb＝3kg D．mb＝4kg5．2022年北京冬奥会冰壶混双决赛于2月8日晚进行，“黑马”意大利队战胜挪威队，豪取11连胜夺冠。若挪威队冰壶的质量为，意大利队冰壶的质量为，在某局比赛中，挪威队的冰壶以速度与静止的意大利队的冰壶发生碰撞，碰撞后挪威队冰壶的速度为。碰撞前后冰壶的速度均在一条直线上且方向相同，冰壶与冰面间的摩擦力远小于冰壶碰撞过程的内力，冰壶可视为质点，不计空气阻力。定义碰后意大利队的冰壶获得的动能与碰前挪威队的冰壶的动能之比叫做动能传递系数，则此局比赛两冰壶碰撞时的动能传递系数为（）A． B． C． D．6．如图所示，在光滑水平面上质量分别为、，速率分别为，的A、两小球沿同一直线相向运动并发生对心碰撞，则（）A．它们碰撞后的总动量是，方向水平向右B．它们碰撞后的总动量是，方向水平向右C．它们碰撞后小球一定向左运动D．它们碰撞后A小球一定向右运动7．质量相等的4个物块在光滑水平面上间隔一定距离排成一直线，如图所示，具有初动能E的物块1向其他3个静止物块运动，依次发生碰撞，每次碰撞后不再分开，最后，4个物块粘为一整体，这个整体的动能等于（）A．E B．EC．E D．E8．在冰壶比赛中，某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞如图（a）所示，碰撞前、后两壶运动的v-t图线如图（b）中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，两冰壶质量相等，则（）A．两壶发生了弹性碰撞B．碰后蓝壶速度为0.8m/sC．碰后蓝壶移动的距离为2.4mD．碰后红壶所受摩擦力小于蓝壶所受摩擦力9．如图所示，在光滑水平面上有一质量为M的木块，木块与轻弹簧水平相连，弹簧的另一端连在竖直墙上，木块处于静止状态，一质量为m的子弹以水平速度v0击中木块（时间可忽略），并嵌在其中，弹簧获得的最大弹性势能为（）A． B． C． D．10．在光滑的水平面上有一质量为0.2kg的小球，以5.0m/s的速度向前运动，与质量为0.3kg的静止木块发生碰撞，假设碰撞后木块的速度v木＝4.2m/s，则（）A．这一假设是合理的，碰撞后小球的速度v球＝－1.3m/sB．这一假设是合理的，碰撞后小球的速度v球＝1.3m/sC．这一假设是不合理的，因为这种情况不可能发生D．这一假设是可能发生的，但因题给的条件不足，球的速度不能确定11．如图所示，一根劲度系数为的轻质弹簧，一端固定在水平桌面上，另一端与质量为的小物块A相连。现让小物块A从弹簧原长处由静止释放，当小物块A下降高度为时，其速度刚好为0，此时将弹簧锁定。然后将另一相同的小物块从弹簧原长处仍由静止释放，在与A碰前瞬间解除弹簧锁定，与A碰后一起向下运动（A、不粘连）。已知重力加速度为，弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力。下列说法正确的是（）A．锁定弹簧前瞬间，小物块A的加速度为0B．锁定弹簧前小物块A的最大速度是C．碰后弹簧的最大弹性势能为D．碰后小物块A、始终不分离12．用不可伸长的细线悬挂质量为M的小木块，木块静止，如图所示，现有一质量为m的子弹自左方水平射向木块，并停留在木块中。已知子弹初速度为v0，不计空气阻力，则下列判断正确的是（）A．从子弹射向木块到一起上升到最高点的过程中系统的机械能守恒B．从子弹射向木块到一起上升到最高点的过程中系统的动量守恒C．子弹射入木块后瞬间的共同速度为D．子弹和木块一起上升的最大高度为13．如图所示为大球和小球叠放在一起、在同一竖直线上进行的超级碰撞实验，可以使小球弹起并上升到很大高度。将质量为3m的大球（在下），质量为m的小球（在上）叠放在一起，从距地面高h处由静止释放，h远大于球的半径，不计空气阻力。假设大球和地面、大球与小球的碰撞均为完全弹性碰撞，且碰撞时间极短。下列说法正确的是（）A．两球一起下落过程中，小球对大球的弹力大小为mgB．大球与地面碰撞前的速度大小为C．大球与小球碰撞后，小球上升的高度仍为hD．若大球的质量远大于小球的质量，小球上升的最大高度为3h14．如图所示，质量为的物块b与轻质弹簧相连并静止在光滑水平面上，质量为的物块a以的初速度向右运动。则在a、b两物块与弹簧作用的过程中，下列判断正确的是（）A．弹簧对a、b两物块的冲量相同 B．弹簧的最大弹性势能为6JC．b物块的最大速度为2m/s D．a物块的最小速度为-2m/s15．质量为1kg的小球a与质量未知的小球b在水平面上沿同一条直线运动，并发生碰撞，碰撞后两者粘在一起运动，两者的位置x随时间t变化的图像如图所示。则（）A．碰后a、b一起沿b原来运动的方向运动B．b的质量为C．碰撞过程中a受到的冲量是D．碰撞过程中损失的机械能为4J16．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mv0C．小球A落地时的动能为D．小球A和B落地的时间差为二、填空题17．一同学利用水平气垫导轨做《探究碰撞中的不变量》的实验时，测出一个质量为0.8kg的滑块甲以0.4m/s的速度与另一个质量为0.6kg、速度为0.2m/s的滑块乙迎面相撞，已知碰撞后滑块甲的速度大小为0.025m/s。则碰撞后滑块乙的速度大小为______m/s，方向与它原来的速度方向______（选填相同或相反）。18．质量是20g的子弹，以400m/s的速度射入质量是300g、静止在光滑水平桌面上的木块，并留在木块中．子弹和木块的共同速度是______m/s，在此过程中产生的内能是____J．19．两物体A、B的质量之比mA∶mB=1∶2，在光滑水平面上沿同一直线相向而行，它的速度之比为4∶1，则动量大小之比为________；两者碰后粘在一起，则其总动量与B原来动量大小之比p∶pB＝__________．20．质量为m=100㎏的小船静止在水面上,船上左、右两端各站着质量分别为m甲=40㎏,m乙=60㎏的游泳者,当他们在同一水平线上,甲朝左,乙朝右,同时以相对河岸3m/s的速率跃入水中时,小船运动方向为_______,运动速率为_____m/s.三、综合题21．质量m1=10g的小球在光滑的水平面上以v1=30cm/s的速度向右运动，恰遇上质量m2=50g的小球以v2=10cm/s的速度向左运动，碰撞后，小球m2恰好静止，求：（1）碰撞后小球m1的速度大小及方向；（2）碰撞前后系统机械能的改变量。22．如图一个带有光滑圆弧的滑块B，静止于光滑水平面上，圆弧最低点与水平面相切，其质量为M，圆弧半径为R，另一个质量为的小球A，以水平速度，沿圆弧的最低点进入圆弧，求：(1)小球A能上升的最大高度；(2)A、B最终分离时的速度。23．如图所示，人站在滑板A上，以v0=3m/s的速度沿光滑水平面向右运动。当靠近前方的横杆时，人相对滑板竖直向上起跳越过横杆，A从横杆下方通过，与静止的滑板B发生碰撞并粘在一起，之后人落到B上，与滑板一起运动。已知人、滑板A和滑板B的质量分别为m人=80kg、mA=10kg和mB=10kg。求∶（1）A、B碰撞过程中，A对B的冲量的大小和方向；（2）人最终与滑板的共同速度的大小。24．如图所示，用轻弹簧拴接A、B两物块放在光滑的水平地面上，物块B的左侧与竖直墙面接触。物块C以速度v0=6m/s向左运动，与物块A发生弹性碰撞，已知物块A、B、C的质量分别是mA=3kg、mB=2kg、mC=1kg，弹簧始终在弹性限度内，求：（1）物块B离开墙壁前和离开墙壁后，弹簧的最大弹性势能之比；（2）物块B离开墙壁后的最大速度。参考答案：1．C【详解】A．甲木块以速度v与弹簧接触后，弹簧将被被压缩，由于弹簧弹力的作用，甲木块将开始向右做减速运动，并不会马上被向左反弹，故A错误；BC．由于弹簧弹力的作用，甲、乙的动量都要发生变化，即甲、乙两物体各自的动量均不守恒；但对于甲、乙所组成的系统因所受合力的冲量为零，故动量守恒，故B错误，C正确；D．甲、乙两木块所组成系统的动能，一部分转化为弹簧的弹性势能，故系统动能不守恒，故D错误。故选C。2．A【详解】由图可知．A球碰前速度VA=6m/s，碰后速度;B球碰前速度为vB=3m/s，碰后速度为．根据题给数据可知，系统碰撞过程动量守恒．系统碰前的总动能27J，碰后的总动能也是27J．所以属于弹性碰撞，则A正确BCD错误．3．B【详解】由题意可知，求得根据动量守恒求得故B正确。故选B。4．A【解析】【详解】根据s-t图像，碰前b球静止，a球做匀速直线运动，速度为碰后两小球共速，依旧做匀速直线运动，速度为根据动量守恒定律有解得故选A。5．D【详解】挪威队的冰壶与意大利队的冰壶在碰撞过程中动量守恒，则此局比赛两冰壶碰撞时的动能传递系数为故D正确。故选D。6．B【详解】AB．碰撞过程满足动量守恒，以向右为正方向，系统动量为A错误，B正确；CD．A的质量小于B的质量，碰后A可能反弹向左运动，系统动量向右，若碰后B向左运动，A必然也向左运动，系统动量向左，不满足动量守恒，故碰后B不可能向左运动，CD错误。故选B。7．C【详解】取向右为正方向，设每个物体的质量为m．第一号物体的初动量大小为p0，最终五个物体的共同速度为v．以物体组成的系统为研究对象，对于整个过程，选向右的方向为正，根据动量守恒定律得联立得则得整体的动能为故选C。8．B【详解】AB．由图可知，碰前红壶的速度v0＝1.0m/s，碰后速度为v′0＝0.2m/s，碰后红壶沿原方向运动，设碰后蓝壶的速度为v，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′0+mv代入数据解得v＝0.8m/s由于碰撞过程机械能有损失，碰撞为非弹性碰撞，A错误，B正确；C．根据速度图象与坐标轴围成的面积表示位移，可得，碰后蓝壶移动的位移大小C错误；D．根据图象的斜率表示加速度，可知碰后红壶的加速度大于蓝壶的加速度，两者的质量相等，由牛顿第二定律可知，碰后红壶所受摩擦力大于蓝壶所受的摩擦力，D错误。故选B。9．A【详解】由于子弹射入木块时间极短，在瞬间动量守恒，根据动量守恒定律得解得子弹和木块整体压缩弹簧，将动能全部转化为弹性势能，根据能量守恒得故选A。10．C【详解】根据动量守恒定律有解得碰前系统的总动能为碰后系统的总动能为碰后系统总动能大于碰前系统总动能，根据能量守恒定律可知这一假设是不合理的，因为这种情况不可能发生，故选C。11．D【详解】A．在第一个过程中，小物块A下降h后速度刚好为0，则有解得此时对小物块A由牛顿第二定律得解得方向竖直向上，故A错误；B．速度最大的时候是重力等于弹力时，因此有解得由机械能守恒定律可得解得故B错误；C．B释放后与A相碰前有解得碰前B的速度为B与A碰撞过程由动量守恒定律得联立解得然后一起向下运动，直至AB的速度均减小到0，设这一过程又下降的高度为，则由机械能守恒定律可得联立解得则弹簧的最大弹性势能为故C错误；D．由C选项可知，弹簧有最大弹性势能时，弹簧压缩量为弹簧将AB整体弹起到最高点时，设此时AB整体上升高度为，则有联立解得则可知AB整体弹起过程中，弹簧不能恢复原长，则A、B间始终有弹力，故始终不分离，故D正确。故选D。12．D【详解】A．从子弹射向木块到一起运动到最高点的过程可以分为两个阶段：子弹射入木块的瞬间系统动量守恒，但机械能不守恒，有部分机械能转化为系统内能，之后子弹在木块中与木块一起上升，该过程只有重力做功，机械能守恒。但整个过程中机械能不守恒，故A错误；B．子弹在木块中与木块一起上升的过程中，系统所受合外力不恒为零，则系统的动量不守恒，故B错误；C．规定向右为正方向，由子弹射入木块瞬间系统动量守恒可得解得子弹射入木块后的共同速度为故C错误；D．子弹射入木块后，子弹和木块一起上升，该阶段根据动能定理得解得上升的最大高度为故D正确。故选D。13．B【详解】A．两球一起下落过程中，两球都处于完全失重状态，小球对大球的弹力大小为0，A错；B．根据自由落体运动得B正确；CD．大球碰撞地之后，速度瞬间反向，大小相等，两球碰撞前后动量守恒，机械能守恒，设碰撞前小球和大球的速度分别和，碰后两球的速度分别为和由动量守恒定律由机械能守恒定律两式联立解得将，带入上式解得反弹后高度为C错误，D.若大球的质量远大于小球的质量，会更大，小球上升的最大高度会更高，故D也错误；故选B.14．BC【详解】A．弹簧对a、b两物块的力等大反向，其冲量方向相反，故A错误。B．当两物块的速度相等时，其弹簧最短，弹性势能最大，由动量和能量关系解得故B正确。CD．当a与弹簧分离时，b物块的速度最大，由动量和能量关系解得由于a物块已反向，说明a物块的最小速度为0，故C正确、D错误。故选BC。15．AD【详解】A．位移时间图像的斜率表示速度，正负表示方向，怕碰撞前a的速度为负值，b的速度为正值，方向相反，碰后速度为正，与碰前b的方向相同，A正确；B．设b的质量为，碰前，碰后碰前由动量守恒定律可知B错误；C．根据动量定理可知，a受到冲量等于动量的变化C错误；D．碰撞过程损失能量为D正确。故选AD。16．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）mv0AB错误；D．由动量定理得mgtA=∆P2=（−1）mv0所以∆t=tB−tA=D正确。故选CD。17．

0.3

相反【详解】碰撞过程动量守恒，设甲速度方向为正方向，碰后甲的速度方向为正方向，则有代入数据解得由于乙原本与甲迎面相撞，根据上面计算，碰撞后乙的速度方向与原来方向相反。18．

25

1500【详解】设子弹的质量为m,初速度为,木块的质量为M.若子弹留在木块中,取子弹初速度方向为正方向,子弹和木块组成的系统动量守恒,有:解得：根据功能关系知道系统内减少的动能转化为内能，所以内能的大小为故本题答案是：(1).25

(2).150019．

2∶1

1∶1【详解】根据p=mv可知动量大小之比为：因为两球相向而行，则碰撞后黏在