1.4 弹性碰撞与非弹性碰撞 课时练（含解析） 一、选择题 1．如图所示，一块质量为 M=2m 的长木板停在光滑的水平面上，长木板的左端有挡 板，挡板上固定一个水平轻质小弹簧，一个质量为 m 的小物块（可视为质点）以水平 速度 v0 从长木板的最右端开始向左运动，与弹簧发生相互作用后（弹簧始终处于弹性 限度内），最终又恰好相对静止在长木板的最右端，已知长木板与小物块间的动摩擦 因数为 μ，重力加速度为 g。以下说法正确的是（　　） 1 A．物块的最终速度为 v0 2 1 2 B．弹簧的最大弹性势能为 mv0 6 mv02 C．小物块相对于长木板向左滑行的最大距离为 6  g 1 2 D．长木板和小物块组成的系统最终损失的机械能为 mv0 3 2．如图所示，一质量为 m、半径为 R 的四分之一光滑圆弧槽，放在光滑的水平面上， 有一质量也为 m 的小球由槽顶端 A 静止释放，在其下滑至槽末端 B 的过程中，已知重 力加速度为 g，空气阻力忽略不计。则下列说法正确的是（ ） A．若圆弧槽固定，小球的机械能守恒 B．若圆弧槽固定，小球滑至 B 点时对槽的压力大小为 4mg C．若圆弧槽不固定，小球和槽组成的系统动量守恒 D．圆弧槽固定和不固定情形下，小球滑到 B 点时的速度之比为 2 :1 3．如图，质量为 M 的长木板静止在光滑水平面上，上表面 OA 段光滑，OB 段粗糙， OA  OB  l ，左端固定劲度系数为 k 的轻质弹簧，右端用不可伸长的轻绳连接于竖直 墙上。质量为 m 的小滑块以速度 v 从 O 点向左运动并压缩弹簧，弹簧压缩量为 x 时轻 绳被拉断，最终小滑块恰好没有从长木板上掉落。已知弹簧原长小于 l ，重力加速度为 g。下列说法正确的是（　　） A．轻绳被拉断瞬间，木板的加速度大小为 kx M m B．最终长木板与滑块一起以速度 M  m v 向左匀速运动 1 2 C．弹簧恢复原长时，滑块的动能可能为 mv 2 Mv 2  kx 2 D．滑块与长木板的 OB 部分间的动摩擦因数为 2  M  m  gl 4．如图所示，小车质量为 M，置于光滑水平地面上，小车顶端有半径为 R 的四分之一 光滑圆，质量为 m 的小球（可视为质点）从圆弧顶端由静止释放，重力加速度为 g。 对此运动过程分析，下列说法中正确的是（　　） A．当小球滑到圆弧最低点时，小球的水平位移为 R B．当小球滑到圆弧最低点时，小球的水平位移为 mR M m 2 gR C．当小球滑到圆弧最低点时，小车速度为 m M ( M  m) 2 gR D．当小球滑到圆弧最低点时，小车速度为 M m( M  m) 5．质量相等的 A、B 两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A 球的速度 vA  5m/s ，B 球的速度 vB  3m/s ，当 A 球追上 B 球时发生碰撞，则碰撞后 A、B 两球 速度可能为（　　） A． vA� 1m/s ， vB� 5m/s B． vA� 4.5m/s ， vB� 3.5m/s C． vA� 3.2m/s ， vB� 4.8m/s D． vA� 1m/s ， vB� 9m/s 6．碰碰车是大人和小孩都喜欢的娱乐活动，游乐场上，大人和小孩各驾着一辆碰碰车 正对迎面相撞，碰撞前后两人的位移−时间图像如图所示，已知小孩的质量为 30kg， 大人的质量为 60kg，碰碰车质量相同，碰撞时间极短。下列说法正确的是（　　） A．碰前大人和车的速度大小为 2m/s B．碰撞前后小孩的运动方向保持不变 C．碰撞过程中机械能损失为 450J D．碰撞过程中小孩和其驾驶的碰碰车受到的总冲量大小为 60N·s 7．在冰壶比赛中，掷壶队员手持冰壶从本垒圆心处向前运动至前卫线时，速度大小 v0  1m/s ，此时将冰壶沿水平方向掷出，如图所示。掷出瞬间，冰壶在水平方向相对于 手的速度大小 v1  2m / s 。已知掷壶队员的质量 M  60kg ，冰壶的质量 m  20kg 。冰 壶出手后，掷壶队员相对地的速度大小和方向分别为（　　） A．1m/s ，方向与冰壶运动方向相反 B． 1m/s ，方向与冰壶运动方向相同 C． 0.5m/s ，方向与冰壶运动方向相反 D． 0.5m/s ，方向与冰壶运动方向相同 8．冰壶队备战 2022 年北京冬奥会，如图所示，在某次训练中，蓝壶静止在大本营 Q 处，材质相同，质量相等的红壶与蓝壶发生正碰，在摩擦力作用下最终分别停在 M 点 和 N 点，下列说法正确的是（　　） A．碰后两壶所受摩擦力的冲量相同 B．红壶碰前速度约为碰后速度的 4 倍 C．碰后蓝壶速度约为红壶速度的 2 倍 D．碰撞过程两壶组成的系统机械能守恒 9．如图甲所示，质量为 m 的小滑块 A 以向右的初速度 v0 滑上静止在光滑水平地面上 的平板车 B，从滑块 A 刚滑上平板车 B 开始计时，它们的速度随时间变化的图象如图 乙所示，物块未滑离小车，重力加速度为 g，以下说法中正确的是（　　） A．滑块 A 的加速度比平板车 B 的加速度小 B．平板车 B 的质量 M＝3m 1 2 C．滑块 A 与平板车间因摩擦产生的热量为 Q＝ mv0 3 D．t0 时间内摩擦力对小车 B 做的功为 W  2 2 mv0 9 10．在光滑的水平轨道上放置一门质量为 m1 的旧式炮车（不包含炮弹质量），炮弹的 质量为 m2，当炮车沿与水平方向成 θ 角发射炮弹时，炮弹相对炮口的速度为 v0，则炮 车后退的速度为（　　） m2 v0 cos  m1 A． m1v0 cos  m2 B． m2 v0 cos  C． m1 +m2 m1v0 cos  D． m1 +m2 11．一个不稳定的原子核质量为 M，处于静止状态。放出一个质量为 m 的粒子后反 冲，已知原子核反冲的动能为 E0，则放出的粒子的动能为（　　） A． ( M  m) E0 m B． m E0 M C． m E0 M m D． M E0 M m 12．关于反冲运动的说法中，正确的是（　　） A．抛出部分的质量 m1 要小于剩下部分的质量 m2 才能获得反冲 B．反冲运动中，牛顿第三定律适用，但牛顿第二定律不适用 C．若抛出部分的质量 m1 大于剩下部分的质量 m2，则 m2 的反冲力大于 m1 所受的力 D．抛出部分和剩余部分都适用于牛顿第二定律 13．如图 1 所示，在水平地面上有甲、乙两物块（均可视为质点）相向运动，运动一 段时间后发生碰撞，碰撞后两物块继续运动直到均停止在地面上。整个过程中甲、乙 两物块运动的速度-时间图象如图 2 所示， t  0 时刻甲、乙间距为 x2 ，已知重力加速度 g  10 x1 ，均停止后间距为 m/s2。下列说法正确的是（　　） A．两物块与地面间的动摩擦因数相同 m甲 1  B．两物块的质量之比为 m乙 2 C．两物块间的碰撞为弹性碰撞 D．乙在整个过程中的位移大小 x3  x1  x2 14．如图所示，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，并使其轨道平面与地面垂直，小 球 m1、m2 同时由轨道左、右最高点释放，二者在最低点碰后粘在一起向左运动，最高 能上升到轨道的 M 点，已知两小球的质量之比 θ，则（　　） m1 : m2  1: 3 ，若 OM 与竖直方向夹角为 A． sin   3 2 B． sin   3 4 C． cos   3 2 D． cos   3 4 15．如图所示，装有炮弹的火炮总质量为 m1，炮弹的质量为 m2，炮弹射出炮口时对地 的速率为 v0，若炮管与水平地面的夹角为 θ，则火炮后退的速度大小为（设水平面光 滑）（　　） m2 A． m1 v0 m2 v0 B． m1  m2 m2 v0 cos  C． m1  m2 m2 v0 cos  m1 D． 二、解答题 16．如图甲所示，光滑斜面和光滑半圆轨道固定在光滑水平面上，水平面与斜面平滑 连接，半圆轨道最下端与水平面相切。质量为 1.0kg 的小球 P 从光滑斜面上不同位置由 静止释放后与静止在水平面上的小球 Q 发生正碰（碰撞时间极短），碰撞后小球 Q 进 入半圆轨道中运动，小球经过最高点 B 时对轨道的压力 F 与此时速度平方的关系如图 乙所示，重力加速度为 g  10 m/s2。 （1）求小球 Q 的质量及光滑半圆轨道的半径 R； （2）若小球 Q 恰好可经过半圆轨道最高点 B，小球 P 被弹回到斜面上的最大高度为释 1 放点高度的 16 ，求碰撞过程中损失的动能。 17．如图，固定在竖直面内的导轨 PQR，由半径为 r 的光滑半圆环和足够长水平导轨 组成，水平导轨上的 N 点左侧部分光滑，右侧部分粗糙，半圆环与水平轨道在 Q 点相 切。一根自然长度为 r、劲度系数 k  8mg 的轻质弹性绳，一端固定在圆环的顶点 P， 3r 另一端与一个穿在圆环上、质量为 m 的小球 a 相连；在水平轨道的 Q、N 两点间依次 套着质量均为 2m 的 b、c、d 三个小球，所有小球大小相同。开始时将小球 a 移到某一 位置 M，使弹性绳处于原长且伸直状态，然后由静止释放小球 a，当小球 a 在圆环上达 到最大速度时，弹性绳自动脱落。已知弹性绳的弹性势能 Ep  Ep 与其伸长量 x 间满足 1 2 kx ，各个小球与导轨粗糙部分间的动摩擦因数均   0.1 ，小球间的碰撞均为弹 2 性碰撞，且碰撞时间极短，重力加速度为 g。求： （1）释放小球 a 瞬间，圆环对小球 a 的作用力 FN1 大小； （2）弹性绳自动脱落时，小球 a 沿圆环下滑的速率 vm； （3）弹性绳自动脱落前的瞬间，圆环对小球 a 作用力 FN2 的大小和方向； （4）最终 a、d 两球间的距离 xad 。 参考答案 1．BD 【解析】 【详解】 A．小木块从开始位置滑动到最后相对长木板静止过程，小木块 m 与长木板 M 构成的系统 动量守恒，则有 mv0   m  M  v2 解得 v2  mv0 1 = v0 mM 3 故 A 错误； BC．小木块从开始位置滑动到最左端的过程，小木块 m 与长木板 M 构成的系统动量守 恒，则有 mv0   m  M  v1 解得 v1  v0 3 小木块滑动到最左端的过程中，由能量守恒定律，得 Epm   mgL  1 1  m  M  v12  mv02 2 2 小