训练4弹性碰撞和非弹性碰撞-【勤径学升】2024-2025学年高中物理选择性必修第一册同步练测（人教版2019）

训练四 弹性碰撞和非弹性碰撞 4.质量为m1=1kg和m2(未知)的两个物体 基础练人 巩固应用 在光滑的水平面上正碰，碰撞时刻及x-t 1.如图所示，甲、乙两人穿着同款充气“防护 图像如图所示，则 () 服”出来散步，由于两人初 ↑m 16日 次穿充气服，走起路来有 些控制不好平衡，所以两 人在极短时间内发生了一些碰撞。若甲的 A.此碰撞一定为弹性碰撞 质量为m,乙的质量为3m,且以相同的速 B.被碰物体的质量为2kg 率v在光滑水平面上发生相向碰撞，碰撞 C.碰撞后两物体的速度相同 后乙静止不动，则这次碰撞 D.此过程有机械能损失 A.属于完全非弹性碰撞 5.(多选)向空中发射一枚炮弹，不计空气阻 B.属于弹性碰撞 力，当此炮弹的速度恰好沿水平方向时，炮 C.总动能全部转化为内能 弹炸裂成a、b两块，若质量较大的a块的 D.碰撞后甲的速度大小为4 速度方向仍沿原来的方向，则 2.在光滑的水平面上有A、 A.b的速度方向一定与原来速度方向相反 B两球，其质量分别为 B.从炸裂到落地的这段时间内，a飞行的 mA、mB,两球在t时刻发 0 B 水平距离一定比b的大 生正碰，并且在碰撞过程 C.a、b一定同时到达水平地面 中无机械能损失，两球在碰撞前后的速 D.在炸裂过程中，a、b受到的爆炸力的大 度一时间图像如图所示，下列关系式正确 小一定相等 的是 6.北京成功举办2022年冬奥会，水立方将摇 身一变，成为冰立方，承办北京冬奥会冰壶 A.m>mg B.ma<mg 比赛。训练中，运动员将质量为19kg的 C.ma=mB D.无法判断 冰壶甲推出，运动一段时间后以0.4m/s 3.A、B两球在水平光滑轨道上向同方向运动， 的速度正碰静止的冰壶乙，然后冰壶甲以 已知它们的动量分别是p,=5kg·ms, 0.1ms的速度继续向前滑向大本营中心。 P2=7kg·m/s,A从后面追上B并发生碰 若两冰壶质量相等，则： 撞，碰后B球的动量变为10kg·m/s,则两 球质量m,与m2间的关系可能是( A.m=m2 B.2m1=n2 C.4m1=1n2 D.61=n2 9 》高中物理·选择性必修第一册（人教版》 (1)冰壶乙获得的速度为多大？ :8.某次台球比赛中，白色球（主球）和花色球 (2)试判断两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞 碰撞前、后都在同一直线上运动，碰前白色 还是非弹性碰撞。 球的动量p=6kg·m/s,花色球静止，白 色球A与花色球B发生碰撞后，花色球B 的动量变为p:'=2kg·m/s,则两球质量 mA与mg间的关系可能是 () A.mg=3mA B.mo=4mA D.mu=2mA 9.斯诺克是我们所熟知的运动项目，球员出 杆击打白球，运动白球撞击彩色球使其入 洞并计分。假设在光滑水平面的一条直线 上依次放4个质量均为的弹性红球，质 量为1.5m的白球以初速度v。与4号红球 发生碰撞，假设发生的碰撞均为弹性正碰， 则白球最终的速度大小为 白球 32 V122112217 能力练了赛养提珊 A.0 7.“引力弹弓效应”是指在太空运动的探测器 C.( 借助行星的引力来改变自己的速度。如图 10.(多选)如图所示，左 所示，设行星运动的速度为4，探测器的初 侧MG为光滑半圆 速度大小为，探测器在远离行星后速度 形轨道，与水平光滑 大小为，'，探测器和行星虽然没有发生直 轨道平滑相连，半径为2m。水平轨道分 接的碰撞，但是在行星的运动方向上，其运 为两段，MN为长L=1.5m的光滑水平 轨道，NP部分粗糙且足够长，在水平轨 动规律可类比两个质量不同的钢球在同一 道靠近N点处放着两个物块A、B,中间 条直线上发生的弹性碰撞。那么下列判断 夹着炸药，储存了60J的化学能，某时刻 中正确的是 引爆炸药。已知两物块与VP间的动摩 探测器 擦因数4=0.5，A、B质量分别为mA= 3kg,mg=5kg。A、B可视为质点，假设 化学能全部转化为机械能，且之后所有的碰 A.'=2-4 B.'=2+u 撞为弹性碰撞。重力加速度g取10m/s。 关于A、B的运动，下列说法正确的是 C.'=-2u D.u,'=+2u ( 10 A.爆炸过程中，B受到的冲量大小为：12.如图所示，游乐场上， 15N·s 两位同学各驾着一辆 B.爆炸之后，A、B不会再次发生碰撞 碰碰车迎面相撞，此后，两车以共同的速 C.爆炸之后，A、B会发生碰撞，且碰后向 度运动。设甲同学和他的车的总质量为 同一方向运动 150kg,碰撞前向右运动，速度的大小为 D.最终A、B停止运动后的距离为1m 4.5m/s:乙同学和他的车的总质量为 11.如图所示的是“牛顿摆”装置，5个完全相 200kg,碰撞前向左运动，速度的大小为 同的小钢球用轻绳悬挂在水平支架上，5 3.7m/s。求： 根轻绳互相平行，5个钢球彼此紧密排 (1)碰撞后两车共同的运动速度： 列，球心等高。用1、2、3、4、5分别标记5 (2)碰撞过程中损失的机械能。 个小钢球。当把小球1向左拉起一定高 度，如图甲所示，然后由静止释放，在极短 时间内经过小球间的相互碰撞，可观察到 球5向右摆起，且达到的最大高度与球1 的释放高度相同，如图乙所示。关于此实 验，下列说法中正确的是 1X23 -2③④5 -①23④③ 甲 个 A.上述实验过程中，5个小球组成的系统 机械能不守恒，动量守恒 B.上述实验过程中，5个小球组成的系统 机械能不守恒，动量不守恒 C.如果向左拉起小球1、2、3到相同高度 (如图丙所示)，同时由静止释放，经碰 撞后，小球4、5一起向右摆起，且上升 的最大高度高于小球1、2、3的释放 高度 D.如果向左拉起小球1、2、3到相同高度 (如图丙所示)，同时由静止释放，经碰 撞后，小球3、4、5一起向右摆起，且上 升的最大高度与小球1、2、3的释放高 度相同 11训练三 动量守恒定律 基础练巩固应用 1.C 由动量守恒定律成立的条件可知男孩、小车与木箱 三者组成的系统动量守恒，AB错误，C正确；木箱的动 量增量与男孩、小车的总动量增量大小相等，方向相反， D错误。 2.C 斜面体和物体组成的系统在水平方向所受外力的 矢量和为零，水平方向系统动量守恒，C正确；竖直方向 系统所受外力的矢量和不为零，且方向向下，系统在竖 直方向上动量不守恒，则斜面体和物体组成的系统动量 不守恒，ABD错误。 3.BD 因水平面光滑，所以A、B两球组成的系统在水平 方向上动量守恒。以向右为正方向，由于 p?、P?、p?′、 p?'均表示动量的大小，所以碰前的动量为p?—p?,碰后 的动量为 p?′+p?',B正确。经变形得一p?′+p?=p? 十p?,D正确。 4. ABD 系统的总动量守恒，以向右为正方向，由动量守 恒定律得(m?+m?)v?=m?v?+m?v?,两球相距s=v?t一 v?t,代入数据解得 v?=0.7m/s,v?=—0.2 m/s,负号表 示速度方向与正方向相反，故 AB正确，C错误；由能量 (?+m)o2+E,=2m;v2+2m?v2,守恒定律得 代入数据解得 E。=0.27 J,故 D正确。 5.BC 无论斜面是否光滑，系统水平方向不受外力，水平 方向动量守恒，但竖直方向物体 B受力不平衡，竖直方 向动量不守恒；斜面光滑的情况下机械能守恒，斜面粗 糙的情况下机械能不守恒，选项 BC正确，AD错误。 6.解析 碰撞过程中两车间的相互作用力很大，可忽略两车 受到的其他作用力，近似认为两车在碰撞过程中动量守 恒。设轿车质量为m?,货车质量为m;碰撞前轿车速度为 v?,货车速度为v?;碰撞后两车的共同速度为v。选轿车碰 撞前的速度方向为正方向。碰撞前系统的总动量为m?v? 十m?v?,碰撞后系统的总动量为(m?+m)v,由动量守恒定 律得m,a,+m?n?=(m,+m?)0,o,=(m+m)d- =-(1000+4010×18+400×54 km/h=126 km/h >100 km/h,故轿车在碰撞前超速行驶。 答案 轿车超速行驶 能力练素养提升 7.C 由于三块碎片的质量和动量大小均相等，若是选项 A、B、D中的情境，分离后动量的矢量和不可能为零，不 满足系统的动量守恒。若是选项C中的情境，分离后动 量的矢量和为零，满足系统动量守恒。故选C。 8.AD 在下滑的过程中，小球和槽组成的系统，在水平方 向上不受力，则水平方向上动量守恒，故选项 A正确，B 错误；小球与弹簧接触后，小球与弹簧组成的系统受到 墙的作用力，墙对系统的作用力是外力，则系统动量不 守恒，故选项D正确，C错误。 9.AB 以两木块及弹簧组成的系统为研究对象，绳断开 后，弹簧对两木块的推力可以看成是内力；水平面对两 木块有方向相反的滑动摩擦力，且F?=μ?m?g,F?= μ?m?g。因此系统所受合外力F合=A?m?g—μ?m?g=0, 满足动量守恒定律的条件。设弹簧伸长过程中某一时 刻，两木块速度大小分别为 v?、v?。由动量守恒定律有 (以向右为正方向):一m?v?+m?v?=0,即m?v?=m?V?。 即两木块的动量大小之比为1:1,故 A项正确。两木 -m;=2,块的速度大小之比为 ,故 B项正确。 10.A 由题意可知，开始时 A、B做自由落体运动，根据v2 =2gH 可得 A、B的落地速度大小 v=√2gH,A反弹 后与B的碰撞为瞬时作用，A、B组成的系统在竖直方 向上所受合力虽然不为零，但碰撞时间很短，系统的内 力远大于外力，所以动量近似守恒，取竖直向上为正方 h=2g向，则有m?o-m?v=0+m?v?',B上升的高度 联立并代入数据得h=4.05 m,故选 A。 11.AD 铁锤与石板碰撞过程中二者动量守恒，有mv?= (m+M)v?,解得 v?=0.5 m/s,A正确；系统损失的机 △E=÷mo3-_(m+M)a2=67.5J,B错误；械能为 铁锤与石板共速后，对铁锤和石板由动能定理得(mg +Mg-F)d=0-_(m+M)v2,解得F=975N,皮囊 A对石板做的总功W=—Fd=-19.5J,C错误；由动 量定理可得(m+M)v?=(F—mg-Mg)t,解得t=0.08 s, 皮囊 A对石板的冲量大小为 I= Ft=78N·s,D 正确。 12.解析 C在 A上滑动时，选 A、B、C作为一个系统，其 总动量守恒，则mcv?=mcvc′+(mA+mg)vA′,C滑到B 上后 A做匀速运动，再选B、C作为一个系统，其总动 量也守恒，则mcvc'+mgvx'=(mp+mc)vc,[也可以 研究C在A、B上面滑动的全过程，在整个过程中 A、 B、Ca联立求解即可得到，=2.1m/s,c=4(m/s。 答案(1)2.1 m/s (2)4 m/s 训练四 弹性碰撞和非弹性碰撞 基础练巩固应用 1.B 设碰撞后甲的速度为v,以乙的运动方向为正方 向，根据动量守恒定律可得3mv—mv=mw,故碰后甲 的速度为 v=2v,D错误；碰前甲、乙的总动能为 E= 2×3mv2+2mv2=2mv2,碰后甲、乙的总动能为 E =mv2=2m2,由于碰撞前后总动能相等，所以此碰 撞为弹性碰撞，碰撞后系统总动能没有损失，没有转化 为内能，B正确，A、C错误。故选 B。 2.B 由题图知，A球以初速度与原来静止的 B球碰撞， 碰撞后 A球反弹且速度小于初速度，根据碰撞规律知， A球质量小于B球质量。 3.C A、B两球在碰撞过程中动量守恒，所以有 p?+p?= p?′+p',即p?′=2 kg·m/s。由于在碰撞过程中，不可 能有其他形式的能量转化为机械能，只能是系统内物体 间机械能相互转化或一部分机械能转化为内能，因此系 m+m>m+m,统的机械能不会增加，所以有 m≤-m。所以有 因为题目给出物理情境是“A从后 m>,即面追上 B”,要符合这一物理情境，就必须有 m<号m?;同时还要符合碰撞后B球的速度必须大于 17 <n,或等于A球的速度这一物理情境，即 所以 m 号m2,因此选项C正确。 4.A 由图像可知，碰撞前m?是静止的，m?的速度为v?=v′==云=m/s=4 m/s,碰后m,的速度为 v==6=8ms=6-8m/s=-2 m/s,m?的速度为 2 m/s,两物体碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律得m?v? =m,v?'+m?v?',即1×4 kg·m/s=1×(-2)kg·m/s+ m?×2 m/s,解得m?=3 kg;碰撞前总动能：E=E?+E= 2mv2+_m:v2=2×1×4J+1×3×0°J=8J,碰撞 后总动能：E'=Ea'+E′=_m;v2+_m?v2=2 ×1×(-2)2J+1×3×22J=8J,碰撞前后系统动能 不变，所以碰撞是弹性碰撞，故 A正确，BCD错误。 5.CD 炮弹炸裂前后动量守恒，选未炸裂前水平速度 v? 的方向为正方向，则mv?=m0?+mv,显然v>0,0< 0,w,=0都有可能；v>v,v?<v?,v??也都有可能； a、b在竖直方向均做自由落体运动，则 a、b一定同时到 达水平面；a、b受到的爆炸力为作用力与反作用力，其 大小一定相等。 6.解析(1)由动量守恒定律得 mv?=mv?+mvg, 其中 v?=0.4 m/s,v?=0.1 m/s, 解得 v?=0.3 m/s。 E?=2mo,2=0.08m,(2)碰撞前的动能 E?=2mm2+2mv2=碰撞后两冰壶的总动能 0.05m, 因为 E?>E?,所以两冰壶间的碰撞为非弹性碰撞。 答案(1)0.3 m/s (2)非弹性碰撞 能力练素养提升 7.D 设探测器的质量为m,行星的质量为M,规定向左 为正方向，由动量守恒得—mv?+Mu=mv'+Mu?,由 2mv2+_Mu2=_mo+2Mau2,整机械能守恒得 v=M-m(zo+a)+u,由于m<M,所以v′=理可得 v?+2u,故选 D。 8.B 若碰撞后以相同的速度 v运动，则mAvA=mAv+ mg=2mA;mgv,解得 ;若发生弹性碰撞，则有mAvA= mAo人+m;a,2mAox2=2mAA2+_mous2,解得 mg=号mA,所以云m≤m≤2mA,,故 B正确。 9.D 根据弹性碰撞特点可知 1.5mv。=1.5m2v?+mv?,2 ×1.5mo2=2×1.5mo,2+1×mo2,解得v?= 1.5m+m0=号%,,每碰撞一次白球的速度变为原来的 5,由于红球质量相等，且为弹性正碰，根据动量守恒定 律和机械能守恒定律，4 号球每次都将速度传给右侧 球，故白球与 4 号球碰撞 4 次后，白球速度 v= (号)v。,选项 D 正确。 10.AD 对爆炸过程，取向左为正方向，由动量守恒定律 mava2+得mAvA-mgvg=0,由能量守恒定律得 2mav2=60J,解得A=5 m/s,zg=3 m/s,B受到的 冲量为Ig=mgvg=5×3 N·s=15 N·s,故 A正确； 爆炸结束后，假设 A恰好能滑到与半圆轨道圆心等高 处需要的速度为 v?,由机械能守恒定律得 mAgr= 2mav2,解得v=√2gr=2√10 m/s,因为v<o%, 所以碰撞后 A滑不到与半圆轨道圆心等高处，根据机 械能守恒定律知，A返回N点时速度大小等于 vA,因 为 vA>vg,所以爆炸之后，A、B会发生碰撞，碰撞时 B 已经静止，根据一动一静的完全弹性碰撞可得，A、B发 生弹性碰撞，因 A的质量小于 B的质量，碰撞后 A、B 运动方向相反，故 BC 错误；对 B,由动能定理得 pmgrn=2mgv2,从爆炸结束后到与 B碰撞前，对 A,由动能定理得一pomAgxg=2mavw2-2mav2,A、B 碰撞过程满足动量守恒、机械能守恒，有mAv=mAvA+ ma,2mvw2=gmAvA2+2mava2,碰撞结束后，对 A,由动能定理得一pmAgx=0-2maA”,对B,由动能 -Amngx'=0-_man”,定理得- ,最终A、B间距d=xA 十xg',代入数据解得d=1 m,故D正确。 11.D 球5向右摆起，且达到的最大高度与球1的释放高 度相同，由分析知5个小球组成的系统机械能守恒，但 在球1下落和球5上升过程中都受到重力的冲量，动 量不守恒，故 AB错误；如果向左拉起小球1、2、3到相 同高度同时由静止释放，则3与4碰后，3停止、4具有 向右的速度，4与5碰撞交换速度，4 停止、5向右摆 起；3刚停止的时候2球过来与之碰撞交换速度，然后 3与4碰撞，使4向右摆起；2 球刚停止的时候1球过 来与之碰撞交换速度，然后 2与3碰撞交换速度，使3 向右摆起；故经碰撞后，小球3、4、5一起向右摆起，且 上升的最大高度与小球1、2、3的释放高度相同，故 D 正确，C错误。 12.解析(1)设甲同学的车碰撞前的运动方向为正方向，他 和车的总质量m?=150 kg,碰撞前的速度v?=4.5 m/s 乙同学和车的总质量 m?=200 kg, 碰撞前的速度 v?=-3.7 m/s。 设碰撞后两车的共同速度为 v,则系统碰撞前的总动 量为 p=m?v?+m?v?=150×4.5 kg·m/s+200× (-3.7)kg·m/s=-65 kg·m/s, 碰撞后的总动量为 p=(m?+m?)v, 根据动量守恒定律可得 p= p',代入数据得 v≈ 一0.186 m/s,即碰撞后两车以v=0.186 m/s的共同 速度运动，运动方向向左。 (2)此过程中损失的机械能： △E=2mo2+2m?v2-_(m?+m?)3≈2881.7J。 答案(1)0.186 m/s,方向向左 (2)2 881.7 J 18