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1.5弹性碰撞和非弹性碰撞课时作业
1．在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速率v0向右运动，在小球A的前方O点处有一质量为m2的小球B处于静止状态，如图所示，小球A与小球B发生正碰后，小球A、B均向右运动，小球B被在Q点处的竖直墙壁弹回后与小球A在P点相遇，已知PQ=1.5PO。假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性碰撞，两球均可视为质点，则A、B两小球质量之比为（　　）
A．1∶1 B．2∶1 C．3∶1 D．4∶1
【答案】B
【详解】从两小球碰撞后到它们再次相遇，小球A和B的速度大小保持不变，根据它们通过的路程，可知小球B和小球A在碰撞后的速度大小之比为4∶1；两球弹性碰撞过程，根据动量守恒和能量守恒有
m1v0=m1v1＋m2v2；m1v02=m1v12＋m2v22解得m1∶m2=2∶1故选B。
2．（多选）如图，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2，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为，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向左速度为2，B向右速度
C．A静止，B向右运动 D．A向左运动，B向右运动
【答案】BD
【详解】设水平向右为正，两滑块碰前总动量说明系统总动量为0。故有；解得；
所以碰后，滑块A向左速度为2，滑块B向右速度。故A项和C项错误，B项和D项正确。
故选BD。
3. (2022·广东省·其他类型)如图所示，某趣味游戏中小球从圆柱形水杯口边缘沿直径方向水平射入，球与杯壁的碰撞是弹性碰撞，不计空气阻力。则小球入水前的运动轨迹情景图可能正确的是( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】本题考查平抛运动轨迹的特点，基础题目。
根据平抛运动轨迹的特点，结合弹性碰撞特点分析即可判断。
【解答】
A.小球射入水杯后将做平抛运动，其轨迹应为一条抛物线，当小球的入射速度较小时，小球直接做平抛运动落入水中，故A正确；
若小球与杯壁相碰，由于碰撞是弹性碰撞，可知小球在水平方向往返速度大小不变，故向右运动时间与向左运动时间相等，小球在竖直方向做自由落体运动，相同时间的位移比应为：：
对比题图可知，故BCD错误。
4. (2022·河北省·单元测试)如图所示，在冰壶世锦赛上中国队队长王冰玉在最后一投中，将质量为的冰壶推出，运动一段时间后以的速度正碰静止的瑞典队冰壶，然后中国队冰壶以速度继续向前滑向大本营中心若两冰壶质量相等，则下列判断正确的是( )
A. 瑞典队冰壶的速度为两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞
B. 瑞典队冰壶的速度为两冰壶之间的碰撞是非弹性碰撞
C. 瑞典队冰壶的速度为两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞
D. 瑞典队冰壶的速度为两冰壶之间的碰撞是非弹性碰撞
【答案】B
【解析】两冰壶在碰撞的过程中动量守恒，根据动量守恒定律求出碰后中国队冰壶获得的速度，通过计算动能改变量来判断是否为弹性碰撞。
本题考查动量守恒定律的基本运用，运动动量守恒定律解题，关键注意速度的方向，知道动量守恒定律表达式的矢量性，同时要明确碰撞过程有弹性碰撞和非弹性碰撞之分。
【解答】
两冰壶碰撞的过程中动量守恒，规定向前运动方向为正方向，根据动量守恒定律有：
代入数据得：
解得：。动能变化量：，故动能减小，是非弹性碰撞，故B正确，ACD错误。
故选B。
5. (2022·陕西省渭南市·月考试卷)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，小滑块静止在圆弧轨道的最低点。现将小滑块从圆弧轨道的最高点无初速度释放。已知圆弧轨道半径，小滑块的质量关系是，重力加速度则碰后小滑块的速度大小不可能是( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】解：滑块下滑过程，由机械能守恒定律得
解得
若两个滑块发生的是弹性碰撞，取向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得：
解得
若两个滑块发生的是非弹性碰撞，由动量守恒定律得：
解得
所以碰后小滑块的速度大小范围为，不可能为。
故选：。
若两个滑块发生的是弹性碰撞，获得的速度最大。若两个滑块发生的是非弹性碰撞，获得的速度最小。根据动量守恒定律和机械能守恒定律结合求出碰后小滑块的速度范围，从而确定碰后小滑块的速度大小。
解决本题的关键是知道碰撞有两类弹性碰撞和非弹性碰撞，要明确弹性碰撞遵守动量守恒定律和机械能守恒定律，获得的速度最大。若两个滑块发生的是非弹性碰撞，系统机械能损失最大，获得的速度最小。
6．质量相等的五个物体在光滑的水平面上，间隔一定的距离排成一直线，如图所示，具有初动能为的物块1向其他4个静止物块运动，依次发生碰撞，每次碰后不在分开，最后5个物体粘成一个整体，这个整体的动能是　　
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】对整个系统研究，整个过程运用动量守恒定律得解得因为则整体的动能故选A。
7．（多选）某研究小组通过实验测得两滑块碰撞前后运动的实验数据，得到如图所示的位移—时间图象.图中的线段、、分别表示沿光滑水平面上同一条直线运动的滑块Ⅰ、Ⅱ和它们发生正碰后结合体的位移变化关系.已知相互作用时间极短，由图象给出的信息可知（ ）
A．碰前滑块Ⅰ与滑块Ⅱ速度大小之比为5∶2
B．碰前滑块Ⅰ的动量大小比滑块Ⅱ的动量大小大
C．碰前滑块Ⅰ的动能比滑块Ⅱ的动能小
D．滑块Ⅰ的质量是滑块Ⅱ的质量的
【答案】AD
【详解】根据图象的斜率等于速度，可知碰前滑块Ⅰ速度为，滑块Ⅱ的速度为，则碰前速度大小之比为5∶2，故选项A正确；
碰撞前后系统动量守恒，碰撞前，滑块Ⅰ的动量为负，滑块Ⅱ的动量为正，由于碰撞后总动量为正，故碰撞前总动量也为正，故碰撞前滑块Ⅰ的动量大小比滑块Ⅱ的小，故选项B错误；碰撞后的共同速度为，根据动量守恒定律，有解得。由动能的表达式可知故选项C错误，D正确。故选AD。
8．如图所示，用长度l同为的轻质细绳悬挂四个弹性小球A、B、C、D，它们的质量依次为、、、，且满足，将A球拉起一定角度后释放，则D球开始运动时的速度为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【详解】ABCD.设碰撞前瞬间A的速度为，根据机械能守恒定律，有解得设A与B碰撞后A与B的速度分别为和，根据动量守恒定律，有①
根据机械能守恒定律，有②联立①②式得
，则，同理，，，所以故D正确ABC错误。
故选D。
9. (2023·山西省·单元测试)甲、乙两球在光滑水平轨道上同向运动，已知它们的动量分别是，，甲追上乙并发生碰撞，碰撞后乙球的动量变为，则两球质量与的关系可能是( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】本题考查动量守恒定律及其应用，求解本题时要从以下三点出发：甲乙动量守恒；碰撞前后系统的总动能不会增加；碰撞后后方物体的速度不大于前方物体的速度。
【解答】
由动量守恒定律得，解得 碰撞过程系统的总动能不增加，则有，代入数据解得：：碰前甲的速度大于乙的速度，有，得：：；碰撞后甲的速度不大于乙的速度，则有，代入数据解得，故C正确，ABD错误。
故选C。
10. (2023·山西省·单元测试)质量为，速度为的球跟质量为的静止的球发生正碰。碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此碰撞后球的速度可能值为( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】解：、若，选的方向为正，由动量守恒得：，得，
碰撞前系统的总动能为碰撞后系统的总动能为：，违反了能量守恒定律，不可能．故A错误．
B、若，由动量守恒得：，得，
碰撞后系统的总动能为：，不违反了能量守恒定律，是可能的．故B正确．
C、、发生完全非弹性碰撞，则有：，，这时获得的速度最小，所以，是不可能的．故C错误．
D、若，由动量守恒得：，解得：，碰撞后的速度大于的速度，要发生二次碰撞，这是不可能的，故D错误；
故选：．
碰撞过程遵守动量守恒，根据的速度，由此定律得到的速度，根据碰撞总动能不增加，分析是否可能．
本题抓住碰撞过程的两个基本规律：系统的动量守恒、总动能不增加进行判断．
11. (2023·甘肃省金昌市·期末考试)如图所示，、、、、个小球并排放置在光滑的水平面上，与它们共线的球以速度向球运动，其中、两球质量为，、、、四个小球质量为，所发生的碰撞均为弹性碰撞，则碰撞之后( )
A. 共有个小球运动，方向均向右
B. 共有个小球运动，方向既有向左又有向右
C. 共有个小球运动，方向均向右
D. 共有个小球运动，方向既有向左又有向右
【答案】B
【解析】解决本题的关键是明确质量相等的两个小球发生弹性碰撞，则速度交换，而小球碰静止大球，则小球反弹。
【解答】
因、两球质量不等，球与球相碰后，球向左运动，球向右运动、、、个小球的质量相等，弹性碰撞后，不断交换速度，最终球有方向水平向右的速度，、、个小球均静止、两球质量不等，，则、两球碰撞后都向右运动所以、、个小球均静止，球向左运动，、两球都向右运动，故选B．
12. (2022·云南省·历年真题)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，则碰撞过程两物块损失的机械能为( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】解：设甲的质量为，乙的质量为，碰撞前甲、乙的速度大小分别为和，
碰撞后甲、乙的速度大小分别为和，
碰撞过程中动量守恒，则，
解得，
则碰撞过程两物块损失的机械能，故正确，错误。
故选：。
甲、乙物块在碰撞的过程中动量守恒，以此求解出乙的质量，碰撞过程两物块损失的机械能等于碰撞前甲、乙的总动能减去碰撞后甲、乙的总动能。
解决该题需要明确知道甲乙在碰撞过程中动量守恒，知道动量是矢量，在计算时必须遵循矢量的运算规则。
13. (2021·天津市县·月考试卷)在光滑水平面上，一质量为的物体与另一物体发生正碰，碰撞时间极短，两物体的位置随时间变化规律如图所示，以物体碰前速度方向为正方向，下列说法正确的是( )
A. 碰撞后的动量为 B. 碰撞后的动量为
C. 物体的质量为 D. 碰撞过程中对的冲量为
【答案】D
【解析】图象的斜率等于速度，根据图象的斜率求出碰撞前后两球的速度，再根据碰撞过程中动量守恒即可求解。
解决本题的关键要掌握碰撞的基本规律：动量守恒定律，要知道图象的斜率等于速度，要注意斜率的正负表示速度的方向。
【解答】
A.由题图可知，碰撞前的速度为，碰撞后、共同的速度为，则碰撞后的动量为，故A错误；
C. 、碰撞过程中，由动量守恒定律可得，解得，故C错误；
B. 则碰撞后的动量为，故B错误；
D.对物体，由动量定理可得，故D正确。
故选D．
14．超弹性碰撞是一个精彩的演示实验，把一个弹性小球放在一个弹性大球上，使它们自由落下，当它们落到弹性的水平地面上反弹时，小球跳得比原来高许多倍。某同学演示这个实验时，将A、B两个大小不同的弹力球从离水平地面h高处由静止同时释放，如图所示。释放时A、B两球（均可视为质点）相互接触且球心连线竖直，碰撞过程中均无机械能损失，若A球反弹后离碰撞点的最大高度为H=4h，则A、B两球的质量之比为（　　）
A．1：3 B．2：3 C．1：2 D．3：4
【答案】A
【详解】两球下落过程中根据系统机械能守恒有解得 设两个小球触地碰撞后，A的速度大小为，B的速度大小为，B球与地面碰撞后速度等大反向，然后与A发生弹性碰撞，取向上为正方向，根据动量守恒定律可得根据系统机械能守恒定律有
，A碰后由机械能守恒得联立解得
由题知H=4h联立解得故A正错，BCD错误。故选A。
15．如图所示，一沙袋用无弹性轻细绳悬于O点，开始时沙袋处于静止状态，一弹丸以水平速度v0击中沙袋后未穿出，时间极短，之后二者共同摆动，若弹丸质量为m，沙袋质量为5m，弹丸和沙袋形状大小忽略不计，弹丸击中沙袋后漏出的沙子质量忽略不计，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法中正确的是（　　）
A．弹丸打入沙袋过程中，细绳所受拉力大小保持不变
B．弹丸打入沙袋过程中，弹丸对沙袋的冲量与沙袋对弹丸的冲量相同
C．弹丸打入沙袋过程中所产生的热量为
D．沙袋和弹丸一起摆动所达到的最大高度为
【答案】D
【详解】A．弹丸打入沙袋过程中，沙袋的速度逐渐增大，所需的向心力不断增大，因此沙袋所受绳子的拉力逐渐增大，由牛顿第三定律可得：细绳所受拉力大小逐渐增大，故A错误；
B．弹丸打入沙袋过程中，弹丸对沙袋的作用力与沙袋对弹丸的作用力大小相等，方向相反，作用时间相同，因此弹丸对沙袋的冲量大小等于沙袋对弹丸的冲量大小，但方向相反，故B错误；
C．弹丸打入沙袋过程中，系统动量守恒，由动量守恒定律可得得产生的热量为故C错误；
D．沙袋和弹丸一起摆动到最高点过程中，由动能定理可得解得
故D正确。故选D。
16．如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m=2kg的另一物体B以水平速度v0=2m/s滑上原来静止的长木板A的上表面。由于A、B间存在摩擦，A、B速度随时间变化情况如图乙所示，取g=10m/s2，则下列说法正确的是（　　）
A．木板获得的动能为2J
B．系统损失的机械能为1J
C．木板A的最小长度为1m
D．A、B间的动摩擦因数为0.2
【答案】C
【详解】A．根据题意，A、B组成的系统动量守恒，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得
解得所以木板获得的动能为故A错误；
B．系统损失的机械能为代入数据解得故B错误；
C．由图乙可得，0~1s内B的位移为，A的位移为
所以木板A的最小长度为故C正确；
D．由图乙可知，B的加速度为负号表示加速度的方向与初速度方向相反，由牛顿第二定律得解得故D错误。故选C。
17．如图（甲）所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体A以速度v0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x。现让弹簧一端连接另一质量为m的物体B，如图（乙）所示，物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x，则（　　）
A．A物体的质量为2m
B．A物体的质量为4m
C．弹簧压缩量最大时的弹性势能为
D．弹簧压缩量最大时的弹性势能为
【答案】D
【详解】当弹簧固定时，当弹簧压缩量最大时，弹性势能最大，物体A的动能转化为弹簧的弹性势能，根据系统的机械能守恒得弹簧被压缩过程中最大的弹性势能等于A的初动能，设A的质量为，即有当弹簧一端连接另一质量为的物体B时，A与弹簧相互作用的过程中B将向右运动，A、B速度相等时，弹簧的弹性势能最大，选取A的初速度的方向为正方向，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得联立得；故A、B、C错误，D正确。
故选D。
18.（多选）带有光滑圆弧轨道质量为M的小车静止置于光滑水平面上，如图所示，一质量也为M的小球以速度v0水平冲上小车，到达某一高度后，小球又返回小车的左端，则（　　）
A．小球以后将向左做平抛运动 B．小球将做自由落体运动
C．此过程小球对小车做的功为Mv D．小球在弧形槽上上升的最大高度为
【答案】BC
【详解】D．上升到最高点时与小车相对静止，有共同速度v′，由动量守恒定律和机械能守恒定律有
；联立得，D错误；
ABC．从小球滚上到滚下并离开小车，系统在水平方向上的动量守恒，由于无摩擦力做功，动能守恒，此过程类似于弹性碰撞，作用后两者交换速度，即小球速度变为零，开始做自由落体运动，BC正确，A错误。
故选BC。
19. (2023·黑龙江省大庆市·月考试卷)光滑水平面上，质量为的小球以的速度与同向运动的速度为、质量为的半径相同的小球发生正碰，碰撞后小球以的速度运动．求：
碰后球的速度；
碰撞过程中球对球的冲量大小；
碰撞过程中、系统损失的机械能．
【答案】解：已知，，碰前有，，碰后速度为，速度为，
根据动量守恒定律有，
解得；
根据动量定理，；
碰撞过程中、系统损失的机械能。
【解析】利用动量守恒定律求球的速度；
利用动量定理求球对球的冲量；
碰撞前两球的动能之和减去碰撞后两球的动能之和即为机械能损失量。
20. 如图所示，倾角的光滑固定斜面上放有、、三个质量均为的物块（均可视为质点），固定，与斜面底端处的挡板接触，与通过轻弹簧相连且均处于静止状态，、间的距离为。现释放，一段时间后与发生碰撞，重力加速度大小为，取，
求与碰撞前瞬间的速度大小；
若、碰撞为弹性碰撞，碰撞后立即撤去，且沿斜面向下运动到速度为零时（此时与未接触弹簧仍在弹性限度内），弹簧的弹性势能增量为，求沿斜面向下运动的最大距离；
若下滑后与碰撞并粘在一起，且刚好要离开挡板时，、的总动能为，求弹簧的劲度系数。
【答案】解：根据机械能守恒定律有：解得：。
设碰撞后瞬间、的速度大小分别为、，根据动量守恒定律有：，、碰撞过程机械能守恒，有：解得：，，、碰撞后，对沿斜面向下压缩弹簧至速度为零的过程，根据能量守恒定律有：解得：
、碰撞前，弹簧的压缩量为：，设、碰撞后瞬间的共同速度大小为，则有：，解得：，当恰好要离开挡板时，弹簧的伸长量为：，可见，在开始沿斜面向下运动到刚好要离开挡板的过程中，弹簧的弹性势能的改变量为零，根据机械能守恒定律有：，解得：。21. 如图所示光滑的水平地面上放置一四分之一光滑圆弧轨道，圆弧轨道质量为，半径为，左侧放置一竖直固定挡板，右侧紧靠轨道放置与其最低点等高的水平长木板，质量为，长木板上表面粗糙，动摩擦因数为，左端放置一物块，质量为，从圆弧轨道最高点由静止释放另一质量为的物块，物块滑至最低点时与物块发生弹性碰撞，碰后沿圆弧轨道上升至速度为时撤去挡板、均可视为质点，重力加速度取，求
碰后上升的高度
撤去挡板后圆弧轨道与物块分离时的位移
若恰好未滑离长木板，求长木板的长度
【答案】解：下滑过程中，由机械能守恒得： ，
解得滑到最低点时的速度为：；
后与发生弹性碰撞，则由动量、机械能守恒可得：
，
联立解得：，。
之后沿圆弧轨道上滑，由机械能守恒可得：
，解得：；
撤去挡板后，对、由动量守恒得：
即，
二者的位移关系为：，
联立解得：；
获得速度后，与发生相互作用，、相互作用过程满足动量守恒，由于恰好未滑离长木板，故二者最后共速，故有：，在该过程中由能量守恒可得：，
解得长木板的长度：。
22. 如图所示，一根劲度系数为的轻质弹簧竖直放置，上下两端各固定质量均为的物体和均视为质点，物体置于水平地面上，整个装置置于静止状态。一个质量的小球从物体正上方距其高度处由静止自由下落，与物体发生碰撞碰撞时间极短，碰后和粘在一起共同运动，不计空气阻力，重力加速度为。
求碰撞后瞬间与的共同速度大小；
当地面对物体的弹力恰好为零时，求和的共同速度大小；
若换成另一个质量的小球从物体正上方某一高度由静止自由下落，与物体发生弹性碰撞碰撞时间极短，碰撞后物体达到最高点时，地面对物体的弹力恰好为零。求开始下落时距离的高度。上述过程中和只碰撞一次
【答案】 解：自由下落的过程，由机械能守恒定律得
，得
与碰撞过程，取竖直向下为正方向，由动量守恒定律得
。
结合
可得
开始时静止，则对有，得弹簧的压缩量为
当地面对物体的弹力恰好为零时，对有，得弹簧的伸长量为
可见，，两个状态弹簧的弹性势能相等
从与碰撞后瞬间到地面对物体的弹力恰好为零的过程，由系统的机械能守恒得
联立解得和的共同速度大小
碰撞后物体达到最高点时，地面对物体的弹力恰好为零，弹簧的伸长量仍为。
设与碰后瞬间的速度为。
由与弹簧组成的系统机械能守恒得
与碰撞过程，取竖直向下为正方向，由动量守恒定律得：
由机械能守恒定律得：
对下落的过程，由机械能守恒定律得：
结合
联立以上各式解得：

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