第1章 第5节 弹性碰撞和非弹性碰撞-【创新教程】2025-2026学年高中物理选择性必修第一册五维课堂Word课时作业（人教版2019）

第一章 第5节 [A组　基础巩固练] 1．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 解析：A　[由动量守恒定律有3mv－mv＝0＋mv′，所以v′＝2v.碰前总动能Ek＝·3mv2＋mv2＝2mv2，碰后总动能Ek′＝mv′2＝2mv2，Ek＝Ek′，所以A项正确．] 2．(多选)在光滑水平面上动能为E0、动量大小为p0的小钢球1与静止的小钢球2发生碰撞，碰撞前后球1的运动方向相反，将碰撞后球1的动能和动量大小分别记为E1、p1，球2的动能和动量大小分别记为E2、p2，则必有(　　) A．E1<E0 B．p2>p0 C．E2>E0 D．p1>p0 解析：AB　[因为碰撞前后动能不增加，故有E1<E0，E2<E0，p1<p0，A正确，C、D错误；根据动量守恒定律得p0＝p2－p1，得到p2＝p0＋p1，可知p2>p0，B正确．] 3．(多选)如图所示，用两根长度都等于L的细绳，分别把质量相等、大小相同的a、b两球悬于同一高度，静止时两球恰好相接触．现把a球拉到细绳处于水平位置，然后无初速度释放，当a球摆动到最低位置与b球相碰后，b球可能升高的高度为(　　) A．L B. C. D. 解析：ABC　[若a、b两球发生完全弹性碰撞，易知b球上摆的高度可达L；若a、b两球发生完全非弹性碰撞(即碰后两球速度相同)，则根据mgl＝mv2、mv＝2mv′和·2mv′2＝2mgh′，可知其上摆的高度为.考虑到完全非弹性碰撞中动能的损失最多，故b球上摆的高度应满足≤h≤L.] 4．如图所示，一个质量为m的物体A与另一个质量为2m的物块B发生正碰，碰后B物块刚好能落入正前方的沙坑中．假如碰撞过程中无机械能损失，已知物块B与地面间的动摩擦因数为0.1，与沙坑的距离x＝0.5 m，g取10 m/s2.物块可视为质点，则碰撞前瞬间A的速度大小为(　　) A．0.5 m/s B．1.0 m/s C．1.5 m/s D．2.0 m/s 解析：C　[碰撞后B做匀减速运动，由动能定理得－μ·2mgx＝0－·2mv2，代入数据得v＝1 m/s，A与B碰撞的过程中，A与B组成的系统在水平方向的动量守恒，选取向右为正方向，则有mv0＝mv1＋2mv，由于没有机械能的损失，则有mv＝mv＋·2mv2，联立解得v0＝1.5 m/s，选项C正确．] 5．质量相等的三个物块在一光滑水平面上排成一直线，且彼此隔开了一定的距离，如图所示．具有动能E0的第1个物块向右运动，依次与其余两个静止物块发生碰撞，最后这三个物块粘在一起，这个整体的动能为(　　) A．E0 B. C. D. 解析：C　[由碰撞中动量守恒mv0＝3mv1，得 v1＝① E0＝mv② Ek′＝×3mv③ 由①②③式得Ek′＝×3m2＝×＝，故C正确．] 6．(多选)如图所示，在质量为M的小车中挂着一单摆，摆球质量为m0，小车和单摆以恒定的速度v沿光滑水平地面运动，与位于正前方的质量为m的静止的木块发生碰撞，碰撞的时间极短．在此碰撞过程中，下列情况可能发生的是(　　) A．小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为v1、v2、v3，满足(M＋m0)v＝Mv1＋mv2＋m0v3 B．摆球的速度不变，小车和木块的速度变为v1和v2，满足Mv＝Mv1＋mv2 C．摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为u，满足Mv＝(M＋m)u D．小车和摆球的速度都变为v1，木块的速度变为v2，满足(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2 解析：BC　[小车与木块碰撞，且碰撞时间极短，因此相互作用只发生在木块和小车之间，悬挂的摆球在水平方向未受到力的作用，故摆球在水平方向的动量未发生变化，即摆球的速度在小车与木块碰撞过程中始终不变，由此可知A和D两种情况不可能发生；选项B的说法对应于小车和木块碰撞后又分开的情况，选项C的说法对应于小车和木块碰撞后粘在一起的情况，两种情况都有可能发生．故选项B、C正确．] 7．质量为0.45 kg的木块静止在光滑水平面上，一质量为0.05 kg的子弹以200 m/s的水平速度击中木块，并留在其中，整个木块沿子弹原方向运动，则木块最终速度的大小是　________　m/s.若子弹在木块中运动时受到的平均阻力为4.5×103 N，则子弹射入木块的深度为　________　m. 解析：木块的质量M＝0.45 kg，子弹的质量m＝0.05 kg，子弹的初速度v0＝200 m/s，子弹和木块组成的系统在水平方向上动量守恒，以子弹初速度方向为正方向，根据动量守恒定律有mv0＝(m＋M)v 解得木块最终速度的大小v＝＝×200 m/s＝20 m/s 设子弹射入木块的深度为d，平均阻力f＝4.5×103 N，根据能量守恒定律可得 fd＝mv－(m＋M)v2 解得d＝0.2 m. 答案：20　0.2 8．如图所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，A球在水平面静止放置，B球向左运动与A球发生正碰，B球碰撞前、后的速率之比为3∶1，A球垂直撞向挡板，碰后原速率返回．两球刚好不发生第二次碰撞，A、B两球的质量之比为　________　，A、B碰撞前、后两球总动能之比为　________　. 解析：设碰前B球的速度为v0，A与挡板碰后以原速率返回，并恰好不与B发生第二次碰撞，说明A、B两球碰后速度大小相等，方向相反．即分别为v0和－v0， 根据动量守恒定律得 mBv0＝mB＋mAv0， 解得mA∶mB＝4∶1， A、B两球碰撞前、后的动能之比为 答案：4∶1　9∶5 9．如图所示，竖直平面内的光滑水平轨道的左边与墙壁对接，右边与一个足够高的光滑圆弧轨道平滑相连，木块A、B静置于光滑水平轨道上，A、B的质量分别为1.5 kg和0.5 kg.现让A以6 m/s的速度水平向左运动，之后与墙壁碰撞，碰撞的时间为0.3 s，碰后的速度大小变为4 m/s.当A与B碰撞后会立即粘在一起运动，g取10 m/s2，求： (1)在A与墙壁碰撞的过程中，墙壁对A的平均作用力的大小； (2)A、B滑上圆弧轨道的最大高度． 解析：(1)设水平向右为正方向，当A与墙壁碰撞时，根据动量定理有 t＝mAv1′－mA(－v1)， 解得＝50 N. (2)设碰撞后A、B的共同速度为v，根据动量守恒定律有 mAv1′＝(mA＋mB)v， A、B在光滑圆弧轨道上滑动时机械能守恒，由机械能守恒定律得 (mA＋mB)v2＝(mA＋mB)gh， 解得h＝0.45 m. 答案：(1)50 N　(2)0.45 m [B组　素养提升练] 10．如图所示，小球A和小球B质量相同，小球B置于光滑水平面上，小球A从高为h处由静止摆下，到达最低点恰好与B相撞，并粘合在一起继续摆动，若不计空气阻力，它们能上升的最大高度是(　　) A．h B.h C.h D.h 解析：C　[小球A由释放到摆到最低点的过程做的是圆周运动，由机械能守恒得mAgh＝mAv，则v1＝.A、B的碰撞过程满足动量守恒定律，则mAv1＝(mA＋mB)v2，又mA＝mB，得v2＝，对A、B粘在一起共同上摆的过程应用机械能守恒定律得(mA＋mB)v＝(mA＋mB)gh′，则h′＝，故C正确．] 11．如图所示，A、B两小球在光滑水平面上分别以动量p1＝4 kg·m/s和p2＝6 kg·m/s(向右为正方向)做匀速直线运动，则在A球追上B球并与之碰撞的过程中，两小球的动量变化量Δp1和Δp2可能分别为(　　) A．－2 kg·m/s,3 kg·m/s B．－8 kg·m/s,8 kg·m/s C．1 kg·m/s，－1 kg·m/s D．－2 kg·m/s,2 kg·m/s 解析：D　[碰撞过程中动量守恒，即满足p1＋p2＝(p1＋Δp1)＋(p2＋Δp2)，A因为不满足动量守恒，故A错误；碰撞过程中还要满足动能不增加，即＋≥＋，代入数据知B不满足，故B错误；因为两球在碰撞前是同向运动，所以碰撞后还要满足B球的速度增加，A球的速度减小或反向，而C选项给出的情况是碰撞后A球的速度增加，而B球的速度减小，所以不符合情景，故C错误；D都满足，故D正确．] 12．如图甲所示，在光滑水平面上的两个小球A、B发生正碰，A、B的质量分别为m1和m2，图乙为它们碰撞前后的x­t(位移—时间)图像，以水平向右为正方向．由此可以判断，以下四个选项中的图像所描述的碰撞过程不可能发生的是(　　) 解析：B　[根据x­t(位移—时间)图像的斜率表示速度可得，碰撞前，A和B的速度分别为v1＝＝ m/s＝4 m/s，v2＝0，碰撞后，A和B的速度分别为v1′＝＝ m/s＝－2 m/s，v2′＝＝ m/s＝2 m/s.取碰撞前A的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得m1v1＝m1v1′＋m2v2′，解得m1∶m2＝1∶3.对四个选项图所描述的碰撞过程进行分析，可知A选项图、C选项图、D选项图所描述的碰撞过程满足动量守恒定律、不违背能量守恒定律，其中C选项图表示碰后两球同向运动，后面B的速度小于前面A的速度．B选项图所描述的碰撞过程不满足动量守恒定律，不可能发生．本题应选B.] 13．如图所示，光滑水平地面上有一足够长的木板，左端放置可视为质点的物体，其质量为m1＝1 kg，木板与物体间动摩擦因数μ＝0.1.二者以相同的初速度v0＝0.8 m/s一起向右运动，木板与竖直墙碰撞时间极短，且没有机械能损失．g取10 m/s2. (1)如果木板质量m2＝3 kg，求物体相对木板滑动的最大距离； (2)如果木板质量m2＝0.6 kg，求物体相对木板滑动的最大距离． 解析：(1)木板与竖直墙碰撞后，以原速率反弹，设向左为正方向，由动量守恒定律 m2v0－m1v0＝(m1＋m2)v， v＝0.4 m/s，方向向左，不会与竖直墙再次碰撞． 由能量守恒定律 (m1＋m2)v＝(m1＋m2)v2＋μm1gs1， 解得s1＝0.96 m. (2)木板与竖直墙碰撞后，以原速率反弹，由动量守恒定律 m2v0－m1v0＝(m1＋m2)v′， v′＝－0.2 m/s，方向向右，将与竖直墙再次碰撞，最后木板停在竖直墙处 由能量守恒定律 (m1＋m2)v＝μm1gs2， 解得s2＝0.512 m. 答案：(1)0.96 m　(2)0.512 m 学科网（北京）股份有限公司 $$