第1章 第4节 弹性碰撞与非弹性碰撞（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2025-2026学年高二物理选择性必修第一册（鲁科版2019）

第1章　动量及其守恒定律 第4节　弹性碰撞与非弹性碰撞 基础过关练 题组一　碰撞的特点和分类 1.下列关于碰撞的理解正确的是 (　　) A.碰撞是指相对运动的物体相遇时,在极短时间内它们的运动状态发生了显著变化的过程 B.在碰撞现象中,一般内力都远大于外力,所以可以认为碰撞时系统的动能守恒 C.如果碰撞过程中机械能守恒,这样的碰撞叫作非弹性碰撞 D.微观粒子的相互作用由于不发生直接接触,所以不能称其为碰撞 2.现有甲、乙两滑块,质量分别为3m和m,以相同的速率v在光滑水平面上相向运动,发生了碰撞。已知碰撞后,甲滑块静止不动,那么这次碰撞是 (　　) A.弹性碰撞　　　　　　　　B.非弹性碰撞 C.完全非弹性碰撞　　　　　　　　D.条件不足,无法确定 题组二　碰撞可能性的判断 3.(多选题)质量为1 kg的小球以4 m/s的速度与质量为2 kg的静止小球碰撞,关于碰后的速度v1'和v2',下面可能正确的是 (　　) A.v1'=v2'= m/s B.v1'=3 m/s,v2'=0.5 m/s C.v1'=1 m/s,v2'=3 m/s D.v1'=-1 m/s,v2'=2.5 m/s 4.(多选题)如图所示,小球A的质量为mA=5 kg,动量大小为pA=4 kg·m/s,小球A在光滑水平面上向右运动,与静止的小球B发生弹性碰撞,碰后A的动量大小为pA'=1 kg·m/s,方向水平向右,则 (　　) A.碰后小球B的动量大小为pB'=3 kg·m/s B.碰后小球B的动量大小为pB'=5 kg·m/s C.小球B的质量为15 kg D.小球B的质量为3 kg 5.在光滑水平面上,有两个小球A、B沿同一直线同向运动,B在前,A在后。已知碰撞前两球的动量分别为pA=12 kg·m/s,pB=13 kg·m/s,碰撞前后,它们动量的变化量分别为ΔpA、ΔpB。下列数值可能正确的是 (　　) A.ΔpA=-4 kg·m/s、ΔpB=4 kg·m/s B.ΔpA=4 kg·m/s、ΔpB=-4 kg·m/s C.ΔpA=-24 kg·m/s、ΔpB=24 kg·m/s D.ΔpA=24 kg·m/s、ΔpB=-24 kg·m/s 题组三　爆炸问题 6.一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度v=1 m/s,爆炸成甲、乙两块水平飞出,甲、乙的质量之比为1∶4,不计质量损失,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2,则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是 (　　) 7.如图所示,水平地面上紧挨着的两个滑块P、Q之间有少量炸药(质量不计),爆炸后P、Q沿水平地面向左、右滑行的最大距离分别为0.1 m、0.4 m。已知P、Q与水平地面间的动摩擦因数相同,则P、Q的质量之比m1∶m2为 (　　) A.4∶1　　　　B.1∶4　　　　C.2∶1　　　　D.1∶2 题组四　碰撞规律的应用 8.如图所示,运动员将冰壶A以初速度v0=2 m/s从M点水平掷出,沿直线运动一段距离后与静止在N点的冰壶B发生正碰,碰后冰壶A、B的速度大小分别为vA=0.3 m/s、vB=0.7 m/s,碰撞前后A的速度方向不变,运动中冰壶可视为质点且碰撞时间极短。若冰壶A、B的质量均为20 kg,与冰面间的动摩擦因数均为μ=0.015,重力加速度g=10 m/s2。求: (1)两冰壶碰撞前冰壶A的速度大小v1; (2)M、N两点间的距离s; (3)通过计算判断两冰壶碰撞是否为弹性碰撞。 9.如图所示,甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑水平面上匀速相向行驶,速率均为v0=6 m/s。甲车上有质量m=1 kg的小球若干个,甲和他的车及所带小球的总质量为M1=50 kg,乙和他的车总质量M2=30 kg,甲不断地将小球一个一个地以v=16.5 m/s 的水平速度(相对于地面)抛向乙,并且被乙接住。 (1)若甲未抛球,两小车发生碰撞后连在了一块不再分开,求两小车撞击过程中损失的能量; (2)甲至少要抛出多少个小球,才能保证两车不会相碰? 10.如图所示,光滑水平面上依次有滑块C、A、B,质量分别为mC=2 kg、mA=3 kg、mB=3 kg。开始时A、B静止,C以大小为v0=10 m/s的速度冲向A,与A发生弹性碰撞,碰撞后A继续向右运动,与B发生碰撞并粘在一起。求: (1)C与A碰撞后A的速度大小; (2)A与B碰撞过程中损失的机械能。 能力提升练 题组一　碰撞中的图像问题 1.如图甲所示,在光滑水平面上的A、B两个小球发生碰撞,两小球的质量分别为m1和m2,图乙为它们碰撞前后的x-t图像。已知m1=0.1 kg,由此可以判断 (　　) A.碰前B匀速运动,A加速运动 B.碰后A和B都向右运动 C.m2=0.3 kg D.碰撞过程中系统损失了0.4 J的机械能 2.冰壶是冬奥会比赛项目之一,某兴趣小组在冰面上模拟冰壶比赛,如图甲所示,蓝壶静止在大本营圆心O处,红壶推出后经过P点进入刷冰区域沿直线向蓝壶滑去,队员在红壶前方开始不断刷冰,直至两壶发生正碰为止。P、O两点相距L,大本营半径R=1.0 m,从红壶经过P点开始计时,两壶正碰前后的v-t图线如图乙所示,两壶质量相等且均视为质点,与未刷冰区域冰面间的动摩擦因数相同,求: (1)P、O两点间的距离L; (2)蓝壶被碰后的速度大小; (3)判断蓝壶是否会滑出大本营。 题组二　碰撞中的动力学、动量、能量综合问题 3.英国物理学家查德威克发现中子实验的思路是:通过中子与其他已知原子核发生弹性碰撞,测量碰撞后原子核的速度,可间接测出中子的质量。测量结果如下:用初速度一定的中子与静止的氢原子核碰撞后,氢原子核的最大速度是3.3×107 m/s;用同样速度的中子与静止的氮原子核碰撞后,氮原子核的最大速度是4.7×106 m/s。已知氮原子核的质量是氢原子核质量的14倍,则中子的质量与氢原子核质量的比值约为 (　　) A.1.12　　　　B.1.16　　　　C.1.20　　　　D.1.24 4.(多选题)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。某次实验将质量为3m的大球(在下)、质量为m的小球叠放在一起,从距地面高h处由静止释放,h远大于球的半径,两球均可视为质点,不计空气阻力。假设大球和地面、大球与小球的碰撞均为弹性碰撞,且碰撞时间极短,重力加速度为g,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mg B.大球与地面碰撞前瞬间的速度大小为 C.大球与小球碰撞后,小球上升的高度为4h D.若大球的质量增大,小球上升的最大高度会更高 5.如图所示,在冰雪凝冻天气,停在高度为h处的汽车A发生溜车,沿斜坡下滑后撞上停在水平路面上的汽车B。碰撞后A、B两车分别滑动了sA=2.0 m、sB=4.5 m 后停下。已知汽车A和B的质量分别为mA=2×103 kg、mB=×103 kg,h=1.25 m,两车与路面间的动摩擦因数均为0.10,两车碰撞时间极短,在碰撞前后车轮均没有滚动,取重力加速度g=10 m/s2。求: (1)碰撞前瞬间A车的速度大小; (2)A车在斜坡上克服摩擦力做的功。 6.如图所示,两个完全相同的四分之一圆弧槽A、B并排放在水平面上,圆弧槽半径均为R、内外表面均光滑,质量均为m,a、b两点分别为A、B槽的最高点,c、d两点分别为A、B槽的最低点,A槽的左端紧靠着墙壁。一个质量为2m的小球P(可视为质点)从a点由静止释放,重力加速度为g。求: (1)小球P到达A槽最低点时受到的弹力大小; (2)小球P在B槽内运动的最大高度; (3)B槽具有的最大速度。 题组三　多物体、多过程碰撞问题 7.质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上,箱子中间有一质量为m的小物块,小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ。初始时小物块停在箱子正中间,如图所示。现给小物块一水平向右的初速度v,小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间,并与箱子保持相对静止,设碰撞都为弹性碰撞,重力加速度为g,则整个过程中,系统损失的动能为 (　　) A. C.NμmgL　　　　D.2NμmgL 8.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/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。试求: (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。 答案全解全析 基础过关练 1.A 2.A 3.AD 4.AD 5.A 6.B 7.C 1.A　碰撞是十分普遍的现象,它是相对运动的物体相遇时发生的一种现象,碰撞时在极短时间内它们运动状态发生了显著变化,故A正确;碰撞一般内力远大于外力,但碰撞如果是非弹性碰撞,则存在动能损失,故B错误;如果碰撞前后物体机械能守恒,这样的碰撞就叫作弹性碰撞,故C错误;微观粒子间的相互作用同样具有短时间内发生强大内力作用的特点,所以仍然是碰撞,故D错误。 2.A　以甲滑块的运动方向为正方向,由动量守恒定律得3m·v-mv=0+mv',所以v'=2v,碰前总动能Ek=mv'2=2mv2,Ek=Ek',所以这次碰撞为弹性碰撞,A正确。 3.AD　由碰撞前后动量守恒m1v1=m1v1'+m2v2'和动能不增加Ek≥Ek1'+Ek2'验证A、B、D三项皆有可能。但B项碰后后面小球的速度大于前面小球的速度,会发生第二次碰撞,不符合实际,故选A、D。 4.AD　规定向右为正方向,碰撞过程中A、B组成的系统动量守恒,所以有pA=pA'+pB',解得pB'=3 kg·m/s,A正确,B错误;由于是弹性碰撞,所以没有机械能损失,故,解得mB=3 kg,C错误,D正确。 5.A　ΔpA=-4 kg·m/s,ΔpB=4 kg·m/s时,碰撞后两球的动量分别为pA'=8 kg·m/s,pB'=17 kg·m/s,符合动量守恒定律,而且碰撞后A的动能减小,B的动能增大,总动能可能不增加,符合实际,故选项A正确;由B、D选项中所给动量变化量可知,碰撞后,A的动量沿原方向增大,不符合实际,故B、D错误;ΔpA=-24 kg·m/s,ΔpB=24 kg·m/s时,碰撞后两球的动量分别为pA'=-12 kg·m/s,pB'=37 kg·m/s,可以看出,碰撞后A的动能不变,B的动能增大,违反了动能不增加原则,故C错误。 6.B　弹丸在爆炸过程中,水平方向的动量守恒,设弹丸质量为m,有mv=gt2,解得t=1 s,水平方向对甲、乙两弹片分别有x甲=v甲t,x乙=v乙t,代入各图中数据,可知B正确。 方法技巧　(1)从守恒的角度看,爆炸不同于碰撞,在爆炸过程中,系统在水平方向上的动量守恒,机械能增加。 (2)从分析过程的角度看,爆炸与碰撞类似,分为爆炸前瞬间的动量和爆炸后瞬间的动量。 7.C　将P、Q与炸药看作系统,由于爆炸作用时间很短,平均作用力很大,远大于系统所受的外力,所以爆炸过程中系统的总动量守恒,取水平向右为正方向,则有0=-m1v1+m2v2;爆炸之后分别对两滑块应用动能定理,对于滑块P有-μm1gx1=0-,联立解得m1∶m2=2∶1,故C正确,A、B、D错误。 8.答案　(1)1 m/s　(2)10 m　(3)见解析 解析　(1)两冰壶碰撞过程中,满足动量守恒,以碰撞前A的速度方向为正方向,有mv1=mvA+mvB 代入数据解得v1=1 m/s (2)冰壶A从M点水平掷出至运动到N点与冰壶B碰撞前,根据动能定理得-μmgs= 代入数据解得s=10 m (3)碰撞前A、B两冰壶的总动能为Ek1==10 J 碰撞后两冰壶的总动能为Ek2==5.8 J 由于Ek1>Ek2,可知两冰壶碰撞过程中有动能损失,为非弹性碰撞。 9.答案　(1)1 350 J　(2)15 解析　(1)若甲未抛球,两小车发生碰撞后连在了一块不再分开,设甲的速度方向为正方向,由动量守恒定律 可得M1v0-M2v0=(M1+M2)v' 两小车撞击过程中损失的能量为ΔE=(M1+M2)v'2=1 350 J (2)当甲、乙两车的速度相同时两车刚好不相撞,两人以及车(包括球)组成的系统在水平方向动量守恒,以甲车的速度方向为正方向,由动量守恒定律得M1v0-M2v0=(M1+M2)v″ 代入数据解得v″=1.5 m/s 对甲(人和车)及从甲车上抛出的小球整体,由动量守恒定律得M1v0=(M1-nm)v″+nmv 代入数据解得n=15 即甲至少要抛出15个小球,才能保证两车不会相碰。 10.答案　(1)8 m/s　(2)48 J 解析　(1)取向右为正方向,以C、A为系统研究,根据动量守恒定律有mCv0=mCvC+mAvA 根据机械能守恒定律有 解得vC=-2 m/s,vA=8 m/s 故C与A碰撞后A速度大小为8 m/s。 (2)仍取向右为正方向,以A、B为系统研究,根据动量守恒定律有mAvA=(mA+mB)v 根据能量守恒定律有E损=(mA+mB)v2 解得E损=48 J 总结归纳　“一动一静”模型中,两物体发生弹性碰撞后的速度满足: v1'=v1。 结论:①当m1=m2时,v1'=0,v2'=v1(质量相等,速度交换); ②当m1>m2时,v1'>0,v2'>0,且v2'>v1'(大碰小,一起跑); ③当m1<m2时,v1'<0,v2'>0(小碰大,要反弹); ④当m1≫m2时,v1'≈v1,v2'≈2v1(极大碰极小,大不变,小加倍); ⑤当m1≪m2时,v1'≈-v1,v2'≈0(极小碰极大,小等速率反弹,大不变)。 能力提升练 1.C 3.B 4.BCD 7.B 1.C　由题图乙可以看出,碰前A的位移随时间均匀增加,B位移不变,可知B静止,A向右匀速运动,A错误;碰后B的位移均匀增加,A的位移均匀减小,说明运动方向不一致,B错误;由题图乙可以计算出A碰前的速度v1=4 m/s,碰后的速度v1'=-2 m/s,B碰前的速度v2=0,碰后的速度v2'=2 m/s,由动量守恒定律可得m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2',解得m2=0.3 kg,C正确;碰撞过程中系统损失的机械能ΔE=m2v2'2=0,D错误。 2.答案　(1)1.3 m　(2)1 m/s　(3)见解析 解析　(1)设冰壶的质量为m,红壶经过P点的速度为v0,碰撞前、后瞬间的速度分别为v1、v1',碰后蓝壶的速度为v2',由题图乙可得v0=1.35 m/s,v1=1.25 m/s,v1'=0.25 m/s 红壶由P运动到O做匀减速直线运动,则P、O两点间的距离L=·t=1.3 m (2)碰撞过程红壶与蓝壶组成的系统动量守恒,由动量守恒定律得mv1=mv1'+mv2' 解得蓝壶被碰后的速度大小v2'=1 m/s (3)碰后蓝壶做匀减速直线运动,设其滑行的距离为s,红壶、蓝壶的加速度大小均为a,有a==0.25 m/s2 蓝壶滑行的距离为s= 解得s=2.0 m>R=1.0 m,即蓝壶会滑出大本营。 3.B　设中子的质量为m,初速度为v0,与氢原子核发生碰撞,由动量守恒定律和机械能守恒定律可得mv0=mv1+mHvH,v0=4.7×106 m/s,由题可知mN=14mH,可得m≈1.16mH,故选B。 4.BCD　不计空气阻力,两球下落过程做自由落体运动,处于完全失重状态,小球对大球的弹力为零,A错误。大球做自由落体运动,由匀变速直线运动的速度-位移公式可得v2=2gh,则大球与地面碰撞前瞬间的速度大小为v=,B正确。大球与地面发生弹性碰撞,碰后大球速度瞬间反向,大小不变,再与小球发生弹性碰撞,设碰后小球的速度大小为v1,大球速度大小为v2,选竖直向上为正方向,由动量守恒定律得3mv-mv=mv1+3mv2,由机械能守恒定律得=4h,故C正确。设小球质量为m,大球质量为M,两球发生弹性碰撞,设碰撞后小球的速度大小为v1,大球的速度大小为v2,选竖直向上为正方向,由动量守恒定律得Mv-mv=mv1+Mv2,由机械能守恒定律得;若大球的质量增大,速度v1增大,小球上升的最大高度会更高,故D正确。 5.答案　(1)4 m/s　(2)9×103 J 解析　(1)根据牛顿第二定律可得碰撞后A、B两车的加速度大小为aA==1 m/s2 则碰撞后瞬间A、B两车的速度大小分别为vA==3 m/s 设碰撞前瞬间A车的速度为vA0,根据动量守恒定律可得mAvA0=mAvA+mBvB,解得vA0=4 m/s (2)设A车在斜坡上克服摩擦力做的功为W,根据动能定理可得mAgh-W=,解得W=9×103 J 6.答案　(1)6mg　(2),方向水平向右 解析　(1)小球P从a点运动到c点过程,A、B均保持静止,只有重力做功,根据动能定理可得2mgR= 解得小球P运动到c点时的速度大小为v0= 在c点,根据牛顿第二定律有N-2mg=2m 解得N=6mg (2)小球P滑到B槽后A依然保持静止,B开始向右运动,由于小球P和B槽组成的系统在水平方向上不受外力,故水平方向动量守恒,当小球P在B槽内运动到最大高度时,二者水平速度相同,取向右为正方向,设共同速度为v,根据动量守恒可得2mv0=(2m+m)v 对小球P和B槽组成的系统,根据机械能守恒定律可得×(2m+m)v2+2mgh 联立解得h= (3)小球P到达最高点后会沿斜槽B下滑,与B发生相互作用,B的速度继续增大,当小球返回B槽最低点d时,B槽的速度最大,设此时P的速度为v1,B的速度为v2,取水平向右为正方向,根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得 2mv0=2mv1+mv2 解得v2=,方向水平向右 7.B　小物块与箱子组成的系统,在整个过程中受到的外力之和为零,故系统满足动量守恒,设最终小物块与箱子共同的速度为v1,则有mv=(M+m)v1,解得v1=,故A错误,B正确;小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间,可知整个过程中,小物块与箱子发生的相对路程为s相=NL,则整个过程中,因摩擦产生的内能为Q=μmgs相=NμmgL,根据能量守恒可知,整个过程中,系统损失的动能为ΔEk=Q=NμmgL,故C、D错误。 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· 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+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 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- 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滑块运动的总路程s2=1.25×2πR=5 m 学科网（北京）股份有限公司 $$