第一章 第5节 弹性碰撞和非弹性碰撞 课后达标检测-【优学精讲】2025-2026学年高中物理选择性必修第一册教用word（人教版）

题组1　碰撞的特点和应用 1．质量为0.5 kg的甲物块静止在水平面上，质量为1 kg的乙物块在水平面上以一定的初速度向甲滑去并与甲发生正碰后，两者粘在一起，碰撞过程中甲物块受到乙物块的冲量大小为2 N·s，则碰撞前乙的速度大小为(　　) A．3 m/s　　　　　　　 B．4.5 m/s C．5 m/s D．6 m/s 解析：选D。根据动量定理得I＝m甲v－0，碰撞后，甲物块的速度，即整体的速度v＝4 m/s，根据动量守恒定律有m乙v乙＝(m甲＋m乙)v，则碰撞前乙的速度大小v乙＝6 m/s。 2.(2025·江苏南京市期中)如图所示，牛顿摆是一组相互紧挨且悬挂在同一水平线上的相同小钢球，小明用牛顿摆进行探究活动，下列四组实验中左图为释放前的初始状态，右图为他预测的某些球升至最高点的状态，则下列选项中可能与实际情况相符的是(　　) 解析：选C。相同的小球在碰撞过程中满足动量守恒定律、机械能守恒定律，所以小球碰撞后进行速度交换，第1个球由静止释放后，与第2个球碰撞时，进行速度交换，依次类推，所以最终第5个球获得与第1个小球碰撞前瞬间相同的动量，应向右摆到与第1个球释放前相同的高度处，故A错误；第1、2个球由静止释放，同理可得，最终第4、5个球摆到与第1、2个球释放前相同的高度，故B错误；第1、2、3个球一起向右摆动，同理，最终第3、4、5个球摆到与第1、2、3个球释放前相同的高度，故C正确；第1、2个球一起向右摆动，第4、5个球一起向左摆动，系统总动量为零，所以速度交换后，最终第1、2个球获得与第4、5个球碰撞前瞬间相同的动量向左摆动，第4、5个球获得与第1、2个球碰撞前瞬间相同的动量向右摆动，最终摆到相同的高度，故D错误。 3．(多选)某同学利用计算机模拟A、B两球碰撞来验证动量守恒定律，已知A、B质量之比为3∶5，让A球以初速度v1＝2.00 m/s与静止的B球相碰，若规定以v1的方向为正，v1′和v2′分别为A、B的碰后速度，则该同学记录碰后的数据中，肯定不合理的是(　　) 次数 第1次 第2次 第3次 第4次 v1′ 1.00 0.75 －0.50 －1.00 v2′ 0.60 0.75 1.50 1.80 A.第1次 B．第2次 C．第3次 D．第4次 解析：选AD。设A、B的质量分别为3m和5m，则碰后A球速度不可能大于B球速度，第1次数据不合理，A符合题意；碰后两球速度相等，mAv1＝(mA＋mB)v，满足动量守恒定律，属于完全非弹性碰撞，第2次数据合理，B不符合题意；碰后两球数据满足mAv1＝mAv1′＋mBv2′，mAv＝mAv1′2＋mBv2′2，属于完全弹性碰撞，第3次数据合理，C不符合题意；碰后两球数据满足mAv1＝mAv1′＋mBv2′，但末状态总动能mAv1′2＋mBv2′2>mAv，即碰后动能变大，第4次数据不合理，D符合题意。 题组2　碰撞与图像问题的结合 4.在光滑的水平面上，有a、b两球，其质量分别为ma、mb，两球在t0时刻发生正碰，并且在碰撞过程中无机械能损失，两球碰撞前后的速度—时间图像如图所示，下列关系正确的是(　　) A．ma>mb B．ma<mb C．ma＝mb D．无法判断 解析：选B。碰撞过程由动量守恒定律及机械能守恒定律分别可得mav0＝mav1＋mbv2，mav＝mav＋mbv，联立解得v1＝v0，由于碰撞后a反弹，即v1<0，可知ma<mb，B正确。 5.(2025·江苏镇江二中月考)A、B两球在光滑的水平面上沿一直线运动并发生正碰，如图为两球碰撞前后的x－t图像，a、b分别为A、B两球碰前的x－t图像，c为碰撞后两球共同运动的x－t图像，若A球质量mA＝2 kg，则由图像判断下列结论正确的是(　　) A．B球质量mB＝ kg B．整个碰撞过程B对A的冲量为4 N·s C．碰撞前后B的动量变化量为4 kg·m/s D．碰撞中A、B两球组成的系统动量不守恒 解析：选B。由题图可知碰撞前A的速度vA＝ m/s＝－3 m/s，碰撞前B的速度vB＝ m/s＝2 m/s，碰撞后A、B的速度vAB＝ m/s＝－1 m/s，由于碰撞过程，内力远大于外力，故该过程A、B组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律可知mAvA＋mBvB＝vAB，代入数据解得mB＝ kg，故A、D错误；由题图可知，以B球碰撞前的速度方向为正方向，对A分析，根据动量定理有I＝mAvAB－mAvA，代入数据可得整个碰撞过程B对A的冲量I＝4 N·s，故B正确；碰撞前后B的动量变化量ΔpB＝mBvAB－mBvB，代入数据解得ΔpB＝－4 kg·m/s，故C错误。 题组3　碰撞中的动量和能量问题 6．如图所示，物体A静止在光滑的水平面上，A的左边固定有轻质弹簧，与A质量相等的物体B以速度v向A运动并与弹簧发生碰撞，A、B始终沿同一直线运动，则A、B组成的系统动能损失最大的时刻是(　　) A．A开始运动时 B．A的速度等于v时 C．B的速度等于0时 D．A和B的速度相等时 解析：选D。物体B触及弹簧后减速，而物体A加速，当A、B两物体速度相等时，A、B间距离最小，弹簧压缩量最大，弹性势能最大，由能量守恒定律可知系统损失的动能最多，故D正确。 7．(2025·云南下关一中期中)甲、乙两铁球质量分别为m1＝1 kg、m2＝2 kg，在光滑平面上沿同一直线同向运动，速度分别为v1＝6 m/s、v2＝2 m/s。甲追上乙发生正碰后两物体的速度可能值是(　　) A．v1′＝8 m/s，v2′＝1 m/s B．v1′＝2 m/s，v2′＝4 m/s C．v1′＝4 m/s，v2′＝4 m/s D．v1′＝－2 m/s，v2′＝6 m/s 解析：选B。若两球发生完全非弹性碰撞，则由动量守恒定律有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，解得v＝ m/s，若两球发生完全弹性碰撞，则应满足m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2，解得v1′＝ m/s，v2′＝ m/s，则碰后甲的速度范围为 m/s～ m/s，乙的速度范围为 m/s～ m/s。 8．如图所示，一个质量为m的物块A与静止在水平面上的另一个质量为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0.4，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．1.5 m/s B．3 m/s C．4.5 m/s D．6 m/s 解析：选B。碰撞后B做匀减速运动，由动能定理得－μ×2mgx＝0－×2mv2，代入数据解得v＝2 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＝3 m/s。 9．(10分)如图所示，光滑水平直轨道上两滑块A、B用橡皮筋连接，A的质量为m。开始时橡皮筋松弛，B静止，给A一向左的初速度v0。一段时间后，B与A同向运动发生碰撞并粘在一起。碰撞后的共同速度是碰撞前瞬间A的速度的两倍，也是碰撞前瞬间B的速度的一半。求： (1)B的质量；(5分) (2)碰撞过程中A、B系统损失的机械能。(5分) 解析：(1)以初速度v0的方向为正方向，设B的质量为mB，A、B碰撞后的共同速度为v，由题意知，碰撞前瞬间A的速度为，碰撞前瞬间B的速度为2v，由动量守恒定律得 m＋2mBv＝(m＋mB)v① 由①式得mB＝。② (2)从开始到碰后的全过程，由动量守恒定律得 mv0＝(m＋mB)v③ 设碰撞过程A、B系统损失的机械能为ΔE，则 ΔE＝m()2＋mB(2v)2－(m＋mB)v2④ 联立②③④式得ΔE＝mv。 答案：(1)　(2)mv 10.(10分)如图所示，小物块A从光滑轨道上的某一位置由静止释放，沿着轨道下滑后与静止在轨道水平段末端的小物块B发生碰撞，碰后两物块粘在一起水平抛出。已知小物块A、B的质量均为m＝0.10 kg，物块A的释放点距离轨道末端的竖直高度h1＝0.20 m，A、B的抛出点距离水平地面的竖直高度h2＝0.45 m，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)两物块碰前A的速度v0的大小；(3分) (2)两物块碰撞过程中损失的机械能ΔE；(3分) (3)两物块落地点距离轨道末端的水平距离x。(4分) 解析：(1)由动能定理可知，A由静止释放到两物块碰撞前mgh1＝mv－0 解得v0＝2 m/s。 (2)设碰撞后，A、B的速度为v1，则由动量守恒定律可得 mv0＝(m＋m)v1 解得v1＝v0＝1 m/s 故机械能损失 ΔE＝mv－×2m·v＝0.1 J。　 (3)两物块离开轨道后做平抛运动，水平方向上 x＝v1t 竖直方向上h2＝gt2 解得x＝0.3 m。 答案：(1)2 m/s　(2)0.1 J　(3)0.3 m 学科网（北京）股份有限公司 $