2025人教版高中物理选择性必修第一册同步练习题（有解析）--1.5　弹性碰撞和非弹性碰撞

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2025人教版高中物理选择性必修第一册
第一章　动量守恒定律
5　弹性碰撞和非弹性碰撞
基础过关练
题组一　弹性碰撞和非弹性碰撞的判断
1.(教材习题改编)(多选题)A、B两个物块在光滑的水平地面上发生正碰,碰撞时间极短,两物块运动的位置随时间变化的x-t图像如图所示。以下说法正确的是 (　　)
A.A、B的质量之比为2∶3
B.A、B的质量之比为3∶2
C.该碰撞为弹性碰撞
D.该碰撞为非弹性碰撞
题组二　碰撞中的合理性问题
2.(经典题)(2024江苏无锡期中)如图所示为杂技表演“胸口碎大石”。当大石获得的速度较小时,下面的人感受到的震动就会较小,人的安全性就较强。若大石块的质量是铁锤的100倍,则撞击后大石块的速度可能为碰撞前铁锤速度的 (　　)
A.　　　　B.　　　　C.　　　　D.
3.(多选题)(2023山东青岛第五十八中学月考)甲、乙两辆玩具汽车,质量分别为m1=1 kg、m2=2 kg,在光滑水平面上沿同一直线运动,速度分别是v1=8 m/s、v2=2 m/s,甲从后面追上乙,并发生正碰,碰后两玩具汽车的速度可能是 (　　)
A.v1'=4 m/s,v2'=4 m/s
B.v1'=2 m/s,v2'=5 m/s
C.v1'=-2 m/s,v2'=7 m/s
D.v1'=7 m/s,v2'=2.5 m/s
4.(多选题)(2024安徽淮南二中月考)质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线同向运动,A球的动量是7 kg·m/s,B球的动量是5 kg·m/s,当A球追上B球发生碰撞,碰撞后A、B两球的动量可能值是 (　　)
A.pA=-5 kg·m/s,pB=7 kg·m/s
B.pA=8 kg·m/s,pB=4 kg·m/s
C.pA=6 kg·m/s,pB=6 kg·m/s
D.pA=5 kg·m/s,pB=7 kg·m/s
题组三　碰撞的规律及应用
5.(多选题)(2024河南郑州联考)如图所示,A、B两个小球静止在光滑的水平平台上,给小球A一个初速度,小球A向右运动并与小球B发生弹性正碰,A、B两球做平抛运动的水平位移大小之比为1∶3,则A、B两球的质量之比可能为 (　　)
A.3∶1　　　　　　　　B.3∶2
C.3∶4　　　　　　　　D.3∶5
6.(教材习题改编)(多选题)碰撞在宏观、微观世界中都是十分普遍的现象,在了解微观粒子的结构和性质的过程中,碰撞的研究起着重要的作用。一种未知粒子x跟静止的氢原子核正碰,测出碰撞后氢原子核的速度是v1,该未知粒子以相同速度跟静止的氮原子核正碰时,测出碰撞后氮原子核的速度是v1,已知氢原子核的质量是mH,氮原子核的质量是14mH,上述碰撞都是弹性碰撞,则下列说法正确的是 (　　)
A.碰撞后未知粒子的机械能增大
B.碰撞后未知粒子的机械能不变
C.未知粒子的质量为
D.碰撞前未知粒子的速度为v1
7.(2024安徽马鞍山第二十二中月考)如图所示,质量为m的物块A静止在水平面上,A、B均可视为质点,A的左侧光滑,右侧粗糙,一个质量为M的物块B以速度v0向右运动,与A发生弹性正碰,碰后A向前滑行x1后停止。若仅把A的质量变为3m,其他条件不变,再次让B与A发生弹性碰撞,碰后A向前滑行x2后停止。已知x1∶x2=25∶9,则 (　　)
A.m∶M=1∶2　　　　　　　　B.m∶M=1∶3
C.m∶M=2∶3　　　　　　　　D.m∶M=3∶4
8.“引力弹弓效应”是指在太空运动的探测器,借助行星的引力来改变自己的速度。如图所示,设行星运动的速度为u,探测器的初速度大小为v0,探测器在远离行星后速度大小为v0',探测器和行星虽然没有发生直接的碰撞,但是在行星的运动方向上,其运动规律可类比两个质量不同的钢球在同一条直线上发生的弹性碰撞。那么下列判断中正确的是 (　　)
A.v0'=2v0-u　　　　　　　　B.v0'=2v0+u
C.v0'=v0-2u　　　　　　　　D.v0'=v0+2u
9.(经典题)(2024山东济南实验中学期中)一质量M=4 kg的小物块,用长l=1 m的细绳悬挂在天花板上,处于静止状态。一质量m=1 kg的小球以速度v0=15 m/s水平射向物块,并与物块粘在一起,小球与物块相互作用时间极短,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)小球粘在物块上的瞬间,小球和物块共同速度v的大小;
(2)小球和物块摆动过程中,细绳拉力FT的最大值;
(3)小球和物块摆动过程中所能达到的最大高度h。
10.(2024山东临沂期中)为节省空间,超市手推购物车收纳时可以相互嵌套。在水平面上有两辆相互嵌套的购物车,工作人员将处于同一直线上的另一辆购物车猛推一下,沿直线运动t0=0.5 s与前面的两辆车嵌套在一起,嵌套后共同向前运动L=0.25 m后停了下来。人推车时间、两车相碰时间极短,可忽略,已知购物车的质量均为m=16 kg,车运动时受到的阻力与车重的比值恒为k=,重力加速度g=10 m/s2,求:
(1)三辆车从嵌套后一起运动到停下来所用的时间;
(2)工作人员对第一辆车冲量的大小。
能力提升练
题组一　碰撞中的图像问题
1.(多选题)(2024山东菏泽期中)质量分别为m1和m2的两个物体A、B在光滑水平面上发生正碰,碰撞时间不计,其碰撞前、后的位移—时间图像如图所示,已知物体A的质量为m1=2 kg,则以下说法正确的是 (　　)
A.该碰撞为弹性碰撞
B.物体B的质量为m2=6 kg
C.碰撞过程机械能损失了12 J
D.碰撞过程中物体B对物体A的作用力的冲量大小为12 kg·m/s
2.(2024江苏徐州期中抽测)物块A、B在水平面上沿同一直线同向滑行,A追上B后发生碰撞,碰撞时间Δt极短,如图为两物块运动的v-t图像,图线在碰撞前、后均平行。已知A的质量为1 kg,则 (　　)
A.物块B的质量为0.5 kg
B.两图线交点的纵坐标为4 m/s
C.碰撞过程中系统的机械能守恒
D.两物块在0~t1时间内受水平面摩擦力作用的冲量不相同
3.(经典题)(2023河南安阳一中月考)在足够长的光滑倾斜长直轨道上,先后将甲、乙两个小球分别以相同的初速度在同一位置沿轨道向斜上方弹出,两小球相遇时发生了完全非弹性碰撞,它们运动的v-t图像如图所示。已知小球甲的质量为1 kg,重力加速度g取10 m/s2。则下列说法正确的是 (　　)
A.小球乙的质量为2 kg
B.两小球碰撞过程中的机械能损失为25 J
C.轨道倾角满足tan θ=0.2
D.两小球回到出发点时的速度大小为10 m/s
题组二　多物体多过程碰撞问题
4.(经典题)(2024湖北荆州中学月考)如图所示,在一光滑地面上有A、B、C、D四个同样形状的光滑小球,质量分别为mA=1 kg、mB=2 kg、mC=2 kg、mD=10 kg,小球A以3 m/s的速度向右运动,与B球发生弹性碰撞,此后所有碰撞均为弹性碰撞,从A开始运动起,四个小球一共发生几次碰撞 (　　)
A.3次　　　　B.4次　　　　C.5次　　　　D.6次
5.(2024广东东莞联考)如图所示,在光滑水平面上,三个物块A、B、C在同一直线上,A和B的质量分别为mA=2m,mB=m,开始时B和C静止,A以速度v0向右运动,与B发生弹性正碰,碰撞时间极短,然后B又与C发生碰撞并粘在一起,最终三个物块速度恰好相同。求:
(1)A与B碰撞后,两者的速度v1和v2;
(2)物块C的质量;
(3)B与C碰撞过程中损失的机械能。
6.(2024广东佛山联考)有种桌游可用圆柱形旗子为道具,使之在圆形棋盘上滑动,既可以让棋子刚好滑到圆心O,也可以将别的棋子撞击出圆形边界。如图所示,圆心O、棋子A、棋子B在同一直线上,OA、AB长度均为L,棋子B与边界的距离为2L,已知质量相同的棋子A、B可看作质点,与棋盘间的动摩擦因数均相同。当A以速度v向O点运动时,恰好可到达O点。
(1)求棋子与地面间的动摩擦因数;
(2)若让棋子A以速度2v向棋子B运动,A与B发生弹性对心碰撞,判断A能否将B撞出界。
7.(2024江苏淮安马坝高中期中)如图所示,质量为m的小圆环A套在足够长的光滑水平杆上,质量为2m的小球B通过长度为L的轻绳与A连接,初始时轻绳处于水平伸直状态,A、B均静止,光滑水平地面上静止有小球1,小球1的质量为m,位于A环正下方处,某时刻释放小球B,B到达最低点时轻绳恰好断裂,断后B恰与1弹性正碰,已知重力加速度为g,不计空气阻力,所有小球均可视为质点,求:
(1)轻绳断裂时B的速度大小vB;
(2)轻绳所能承受的最大拉力FT;
(3)小球B与小球1碰撞后,小球1的速度大小v1。
8.(2023江苏泰州中学月考)如图,一水平放置的圆环形铁槽固定在水平面上,铁槽底面粗糙,侧壁光滑,半径R= m,槽内放有两个大小相同的弹性滑块A、B,质量均为m=0.2 kg,两滑块与铁槽内壁贴合,且两滑块均可视为质点。两滑块初始位置与圆心连线夹角为90°;现给A滑块一瞬时冲量,使其获得v0=2 m/s的初速度并沿铁槽运动,与B滑块发生弹性碰撞(设碰撞时间极短);已知A、B滑块与铁槽底面间的动摩擦因数μ=0.2,重力加速度g=10 m/s2。求:
(1)A、B第一次相碰过程中,系统储存的最大弹性势能Epm;
(2)A滑块运动的总路程。
答案与分层梯度式解析
第一章　动量守恒定律
5　弹性碰撞和非弹性碰撞
基础过关练
1.AC
图形剖析　
由图可知碰前vA=5 m/s,vB=0,碰后vA'=-1 m/s,vB'=4 m/s,A、B组成的系统碰撞过程动量守恒,有mAvA=mAvA'+mBvB',解得=。碰前系统动能E1=mA=mA,碰后系统动能E2=mAvA'2+mBvB'2=mA+8mB=mA,由此可知E1=E2,因此该碰撞为弹性碰撞。故选A、C。
2.B　如果发生的是完全非弹性碰撞,有mv0=(100m+m)v,解得v=v0;如果发生弹性碰撞,根据动量守恒与机械能守恒有mv0=100mv1+mv2,m=×100m+m,解得v1=v0,碰后大石块的速度介于两者之间,选项B符合题意。
3.AB
模型构建　
碰撞的过程中动量守恒,碰撞之后的动能不可能超过碰撞之前的动能。如果碰撞是弹性碰撞,没有损失动能,此时乙的速度最大,(破题关键)根据m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2',m1+m2=m1v1'2+m2v2'2,得v1'=,v2'=,解得v1'=0,v2'=6 m/s。如果碰撞是完全非弹性碰撞,损失动能最多,此时乙的速度最小,(破题关键)根据m1v1+m2v2=(m1+m2)v2″,解得v2″=4 m/s。因此碰后甲的速度范围是0≤v甲≤4 m/s,乙的速度范围是4 m/s≤v乙≤6 m/s,排除C、D选项;经检验A、B选项满足动量守恒,故选项A、B符合题意。
4.CD　碰前A、B的总动量为7 kg·m/s+5 kg·m/s=12 kg·m/s,A选项中,碰后的总动量为-5 kg·m/s+7 kg·m/s=2 kg·m/s,不满足动量守恒,则不可能发生,选项A不符合题意。因为A球追上B球发生碰撞,可知碰后A的动量要减小,B的动量要增加,选项B不符合题意。C选项中,碰后两球动量均为6 kg·m/s,总动量为12 kg·m/s,满足动量守恒;根据Ek=,则有+>+,即碰后能量不增加,选项C符合题意。D选项中,碰后两球动量分别为5 kg·m/s和7 kg·m/s,总动量为12 kg·m/s,满足动量守恒;根据Ek=,则有+=+,即碰后能量不增加,选项D符合题意。
方法技巧　追碰现象合理性分析判断流程:
5.AD
关键点拨　A、B虽然发生弹性碰撞,但碰撞后A的速度方向可能向前,也可能向后,故本题应分两种情况讨论。
设A球的初速度大小为v0,碰撞后A、B的速度大小分别为v1、v2,根据题意有v=x,则有v2=3v1。若碰撞后A、B同向,则mAv0=mAv1+mBv2,mA=mA+mB,解得v1=v0,v2=v0,解得=;若碰撞后A、B反向,则mAv0=-mAv1+mBv2,结合能量守恒有mA=mA+mB,解得=,选项A、D符合题意。
6.CD　碰撞过程中未知粒子将一部分能量转移到与其相碰的粒子上,所以碰撞后未知粒子的机械能减小,选项A、B错误;设未知粒子x碰撞前的速度为v0,未知粒子x跟静止的氢原子核正碰,由动量守恒定律有mxv0=mHv1+mxv2,由能量守恒定律有mx=mH+mx。未知粒子以相同速度跟静止的氮原子核正碰,由动量守恒定律有mxv0=14mH×v1+mxv3,由能量守恒定律有mx=×14mH+mx,联立解得mx=mH,v0=v1,选项C、D正确。
7.A　A与B发生弹性碰撞,由动量守恒和机械能守恒,得Mv0=Mv1+mAv2,M=M+mA,碰后A向前滑行,根据动能定理-fx=0-mA,解得x=,可得==,解得m∶M=1∶2,选项A正确。
方法技巧　弹性碰撞“动碰静”模型中,二者碰后速度可直接通过结论式计算,即v1'=v1,v2'=v1。
8.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-mv0+Mu=mv0'+Mu1,由机械能守恒得m+Mu2=mv0'2+M,整理可得v0'=(v0+u)+u,由于m M,所以v0'=v0+2u,故选D。
模型构建　
发生弹性碰撞的两物体碰后速度:
v1'=
v2'=
9.答案　(1)3 m/s　(2)95 N　(3)0.45 m
解析　(1)小球和物块系统动量守恒,有
mv0=(M+m)v,解得v=3 m/s
(2)在最低点拉力最大,有FT-(M+m)g=(M+m)
得FT=95 N
(3)根据系统机械能守恒有(m+M)gh=(m+M)v2
解得h=0.45 m
10.答案　(1)0.5 s　(2)64 kg·m/s
关键点拨　人推车时间、两车相碰时间极短,则认为:
(1)人对第一辆车的冲量等于其动量变化量;
(2)购物车碰撞瞬间系统动量守恒。
解析　(1)根据题意,车运动时受到的阻力与车重的比值恒为k=,设嵌套后购物车共同运动的加速度大小为a,则根据牛顿第二定律有3kmg=3ma
解得a=2 m/s2
设三辆车从嵌套后一起运动到停下来所用的时间为t,运用逆向思维,可得L=at2
解得t=0.5 s
(2)由于车运动时受到的阻力与车重的比值恒为k=,则可知,第一辆车被推出后做匀减速运动的加速度大小为a,设被推出时的速度大小为v0,与第二、三辆车碰撞时的速度大小为v1,碰撞后的共同速度大小为v2,根据(1)中可得v2=at=2×0.5 m/s=1 m/s
购物车之间碰撞,可认为碰撞前、后瞬间动量守恒,由动量守恒定律有mv1=3mv2
解得v1=3 m/s
根据匀变速直线运动速度与时间的关系可得v1=v0-at0
代入数据解得v0=4 m/s
则由动量定理可得,工作人员对第一辆车冲量的大小为I=mv0-0=16×4 kg·m/s=64 kg·m/s
能力提升练
1.BCD　位移-时间图像的斜率表示物体的速度,可知碰撞前A、B的速度分别为v1= m/s=4 m/s,v2= m/s=-1 m/s,碰撞后A、B的速度分别为v1'= m/s=-2 m/s,v2'= m/s=1 m/s,根据动量守恒有m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2',代入数据得m2=6 kg,则碰撞前A、B的动能分别为EkA=m1=×2×42 J=16 J,EkB=m2=×6×(-1)2 J=3 J,碰撞后A、B的动能分别为EkA'=m1v1'2=×2×(-2)2 J=4 J,EkB'=m2v2'2=×6×12 J=3 J,则E损=EkA+EkB-(EkA'+EkB')=12 J,选项A错误,B、C正确;碰撞过程中对物体A由动量定理有I=m1v1'-m1v1=-12 kg·m/s,选项D正确。
2.D
图形剖析　
根据动量守恒有mAv1+mBv2=mAv3+mBv4,代入数据得7 kg·m/s+3 m/s·mB=3 kg·m/s+5 m/s·mB,解得mB=2 kg,选项A错误;图线交点的纵坐标代表共同速度,由mAv1+mBv2=(mA+mB)v共,解得v共= m/s,选项B错误;碰撞前的动能为Ek1=mA+mB,代入数据解得Ek1=33.5 J,碰撞后的动能为Ek2=mA+mB,代入数据解得Ek2=29.5 J,由于Ek1>Ek2,所以系统机械能不守恒,选项C错误;两物块在碰前做匀减速运动的加速度大小相同,根据a=μg,可知两物块与地面间的动摩擦因数相同,根据I=μmgt可知,两物块在0~t1时间内受水平面摩擦力作用的冲量不相同,选项D正确。
3.B
模型构建　由v-t图像可知,甲、乙两小球在t=4 s时碰撞,此时v甲=-5 m/s,v乙=5 m/s,甲、乙两小球碰撞为完全非弹性碰撞,如图所示:
两小球碰撞过程中动量守恒,有m甲v甲+m乙v乙=(m甲+m乙)v共,得m乙=1 kg,选项A错误;碰撞过程中机械能损失为ΔE=m甲+m乙=25 J,选项B正确;甲、乙两小球碰撞后一起运动的加速度大小a== m/s2=5 m/s2,轨道光滑,由牛顿第二定律可知,甲、乙两小球碰撞后一起运动的加速度大小a==g sin θ,可知sin θ=,则tan θ=,选项C错误;碰撞位置到出发点的距离等于乙球碰撞前运动的距离,根据v-t图像与时间轴所围面积可知,碰撞位置距离出发点为x=20 m,由v2=2ax,得两小球回到出发点时的速度v=10 m/s,选项D错误。
4.C　因球之间的碰撞均为弹性碰撞,则有动量守恒,机械能守恒,A、B碰撞,此碰撞为第一次碰撞,碰后A的速度为v1,B的速度为v2,由动碰静规律可得v1=v0=-1 m/s,v2=v0=2 m/s,可知,因A球质量小于B球质量,碰撞后A球反弹,B球向前运动,B与C碰撞,此碰撞为第二次碰撞,因B、C球质量相等,碰后B、C交换速度,B静止,(破题关键)碰后B的速度为v3,C的速度为v4,则v3=0,v4=2 m/s,C向前运动,C与D碰撞,此碰撞为第三次碰撞,碰后C的速度为v5,D的速度为v6,由动碰静规律可得v5=v4=- m/s,v6=v4= m/s,C和B发生碰撞,此碰撞为第四次碰撞,碰后C的速度为v7,B的速度为v8,由动碰静规律可得v7=v5=0,v8=v5=- m/s,由于B的速度v8大于A的速度v1,故B会追上A,B与A碰撞,此碰撞为第五次碰撞,由于B的质量大于A的质量,碰后B不会反弹。故从A开始运动起,四个小球一共发生5次碰撞,选项C正确。
归纳总结　弹性碰撞的“动碰静”问题中,若二者质量相等,则碰后交换速度。
5.答案　(1)v0　v0　(2)3m　(3)m
解析　(1)A与B碰撞过程动量守恒,机械能守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得2mv0=2mv1+mv2
由机械能守恒定律得×2m=×2m+m
联立解得v1=v0,v2=v0
(2)B、C碰撞后与A的速度相同,设C的质量为mC,以向右为正方向,由动量守恒定律得mv2=(mC+m)v1
解得mC=3m
(3)B与C碰撞损失的机械能ΔE=m·-(m+3m)
解得ΔE=m
6.答案　(1)　(2)A能将B撞出界
解析　(1)根据题意,棋子A运动到O的过程,由动能定理有-μmgL=0-mv2
解得μ=
(2)棋子A运动到棋子B所在处的过程,由动能定理有-μmgL=m-m(2v)2
棋子A与棋子B发生弹性正碰,设碰后棋子A的速度为v2,棋子B的速度为v3,由动量守恒定律和能量守恒定律有mv1=mv2+mv3
m=m+m
解得v2=0,v3=v
碰撞后的棋子B继续运动,由动能定理有
-μmgs=0-m
解得s=3L>2L,故棋子A能将B撞出界。
一题多解　(1)棋子A运动到O的过程,加速度大小a==μg,棋子做匀减速直线运动,2aL=v2-0,解得μ=。
(2)棋子A运动到棋子B所在处的过程,由运动学规律可知-2μgL=-(2v)2,解得v1=v。
7.答案　(1)　(2)14mg　(3)
解析　(1)小球B开始释放至轻绳断裂,A、B组成的系统水平方向动量守恒,则有mv-2mvB=0
A、B组成的系统机械能守恒,则有2mgL=mv2+(2m),解得vB=
(2)B到达最低点时轻绳恰好断裂,达到最大拉力,由向心力公式有FT-2mg=(易错点)
联立解得FT=14mg
(3)绳断后,B球在水平地面向左运动与球1碰撞,设碰后B球和球1速度分别为vB'、v1,由动量守恒定律和能量守恒定律有2mvB=2mvB'+mv1
×2m=×2mvB'2+m
解得v1=
易混易错　本题第(2)问,因为悬挂点也有速度,向心力公式中代入的速度应为B相对A的速度。
8.答案　(1)1.8 J　(2)5 m
解析　(1)对A滑块,由动能定理可得
-μmg·=m-m
A、B碰撞过程,两者速度相等时,储存的弹性势能最大,
由动量守恒定律得mv1=(m+m)v2
由能量守恒定律可得m=(m+m)+Epm
解得Epm=1.8 J
(2)A、B发生弹性碰撞,由动量守恒定律得
mv1=mv3+mv4
由机械能守恒定律可得m=m+m
解得v3=0,v4=6 m/s
设A、B运动的总路程为s1,由功能关系有-μmgs1=0-m
设A、B运动的总圈数为n,有s1=2πRn,得n=2.5
滑块A、B的运动过程如图所示:
对A、B的运动过程进行分析,A运动了1.25圈,故A滑块的路程s2=1.25×2πR=5 m
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