课后分层练(五) 弹性碰撞和非弹性碰撞 -【正禾一本通】2025-2026学年高二物理选择性必修第一册同步课堂高效讲义配套练习（人教版）

[课后分层练(五)]　弹性碰撞和非弹性碰撞 (选择题每题5分，非选择题每题10分，建议用时：40分钟) 1．(多选)在两个物体碰撞前后，下列说法可以成立的是(　　 ) A．碰撞后的总机械能比碰撞前小，但总动量守恒 B．碰撞前后总动量均为0，但总动能守恒 C．碰撞前后总动能为0，而总动量不为0 D．碰撞前后总动量守恒，而系统内各物体的动量增量的总和不为0 答案：选AB。 解析：选项A是非弹性碰撞，成立；选项B是弹性碰撞，成立；选项C不成立，因为总动能为0，其总动量一定为0；总动量守恒，则系统所受合外力一定为0，若系统内各物体的动量增量总和不为0的话，则系统一定受到外力的作用，选项D不成立。 2．如图所示，在光滑水平面上，质量分别为mA＝2 kg、mB＝4 kg，速度的大小分别为vA＝5 m/s、vB＝2 m/s的A、B两小球沿同一直线相向运动并发生碰撞，则(　　 ) A．它们碰撞后的总动量是2 kg·m/s，方向水平向右 B．它们碰撞前的总动量是18 kg·m/s，方向水平向左 C.它们碰撞后如果A球以vA′＝－1 m/s的速度被反向弹回，则B球的速度大小为2 m/s D．它们碰撞后如果A球、B球粘在一起，则两球共同运动的速度大小为3 m/s 答案：选A。 解析：以向右为正方向，它们碰撞前的总动量是p＝mAvA－mBvB＝2 kg·m/s，方向水平向右，碰撞过程动量守恒，碰撞后的总动量是2 kg·m/s，方向水平向右，故A正确，B错误；如果A球以vA′＝－1 m/s的速度被反向弹回，由动量守恒得p＝mAvA′＋mBvB′，解得vB′＝1 m/s，故C错误；碰撞后如果A球、B球粘在一起，则由动量守恒得p＝(m1＋m2)v，解得v＝m/s，故D错误。 3．A、B两物体发生正碰，碰撞前后物体A、B都在同一直线上运动，其位移—时间图像如图所示。由图可知，物体A、B的质量之比为(　　) A．1∶1 B．1∶2 C．1∶3 D．3∶1 答案：选C。 解析：由题图知，碰前vA＝4 m/s，vB＝0；碰后vA′＝vB′＝1 m/s，由动量守恒定律可知mAvA＋0＝mAvA′＋mBvB′，解得mB＝3mA，故选项C正确。 4．质量为m的小球A以水平速率v向右运动，与静止在光滑水平面上质量为3m的小球B正碰后，小球A的速率为 ，则碰后小球B的速度为(设向右为正方向)(　　) A． B．－v C．－ D． 答案：选A。 解析：根据动量守恒定律得mv＝mv1＋3mv2，若v1方向向右，即v1＝时，得v2＝，方向也向右，而此时小球A的速度大于小球B，意味着小球A越过小球B，与事实不符，D选项错误；若v1方向向左，即v1＝－时，得v2＝，选项A正确。 5．(2025·四川绵阳检测)甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。已知甲的质量为1 kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为(　　 ) A．1 J B．2 J C．3 J D．4 J 答案：选C。 解析：设甲、乙物块的质量分别为m甲、m乙，由动量守恒定律得m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲′＋m乙v乙′，解得m乙＝6 kg，则碰撞过程中两物块损失的机械能为E损＝m甲2＋m乙2－m甲v甲′2－m乙v乙′2，代入数据解得E损＝3 J，故C正确。 6．(多选)(2025·河南检测)如图所示，某次台球运动员击打静止的白球后撞击绿球，发生对心正碰，碰撞前瞬间白球的动能为E，碰撞后瞬间绿球的动能为E，碰撞时间极短，已知白球和绿球的质量均为m。则下列说法正确的是(　　 ) A．该碰撞为弹性碰撞 B．碰撞后瞬间白球的动能为E C．该碰撞损失的动能为E D．碰后白球与绿球的速度之比为1∶2 答案：选BCD。 解析：碰前白球的动量为p0＝，碰后绿球的动量为p2＝，两球碰撞的过程动量守恒，则有p0＝p1＋p2，碰后白球的动量为p1＝，所以碰后白球的动能E2＝，该碰撞损失的动能为ΔE＝E－－＝，即该碰撞为非弹性碰撞，A错误，B、C正确；两球质量相同，由公式p＝mv，可知v∝p，则碰后白球与绿球的速度之比为1∶2，D正确。 7．(2025·宁夏银川检测)质量相等的A、B两球在光滑水平面上，沿同一直线同一方向运动，A球的动量pA＝9 kg·m/s，B球的动量pB＝3 kg·m/s，当A追上B时发生碰撞，则碰后A、B两球的动量可能是(　　 ) A．pA′＝4 kg·m/s，pB′＝8 kg·m/s B．pA′＝6 kg·m/s，pB′＝4 kg·m/s C．pA′＝－6 kg·m/s，pB′＝18 kg·m/s D．pA′＝5 kg·m/s，pB′＝6 kg·m/s 答案：选A。 解析：设两球质量均为m。碰撞前，总动量p＝pA＋pB＝12 kg·m/s，碰撞前总动能为Ek＝＋＝＋＝。A项中，碰撞后的总动量p′＝pA′＋pB′＝12 kg·m/s，动量守恒，能量关系Ek′＝＋＝＋＝<，能量不增加，故选项A可能；B项中，碰后总动量p′＝pA′＋pB′＝10 kg·m/s，碰后总动量减小，故选项B不可能；C项中，碰后总动量p′＝pA′＋pB′＝12 kg·m/s，动量守恒，能量关系Ek′＝＋＝＋＝>，能量增加，故选项C不可能；D项中，碰后总动量p′＝pA′＋pB′＝11 kg·m/s，碰后总动量减小，故选项D不可能。 8．(鲁科版教材改编)如图所示，两质量分别为m1和m2的弹性小球A、B叠放在一起(二者之间无压力)，从高度为h处自由落下，h远大于两小球半径，落地瞬间B先与地面碰撞，后与A碰撞，若所有的碰撞都是弹性碰撞，且都发生在竖直方向上，碰撞时间均可忽略不计。已知m2＝3m1，则A反弹后能达到的最大高度为(　　) A．h B．2h C．3h D．4h 答案：选D。 解析：两球的下降过程为自由落体运动，由匀变速直线运动的速度位移公式v2＝2gh，解得B球触地时两球速度相同，为v＝，B球与地面碰撞后，速度瞬间反向，大小不变，两球碰撞前后动量守恒，设碰后弹性小球A、B速度大小分别为v1、v2，选竖直向上为正方向，由动量守恒定律得m2v－m1v＝m1v1＋m2v2，由能量守恒定律得(m1＋m2)v2＝m12＋m22，又因为m2＝3m1，联立解得v1＝2，A反弹后能达到的最大高度为H＝＝4h，故D正确，A、B、C错误。 9．(2025·江苏苏州检测)在冰壶比赛中， 某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞如图(a)所示，碰撞前后两壶运动的v ­t图线如图(b)中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，两冰壶质量相等，则(　　 ) A．两壶发生了弹性碰撞 B．碰后蓝壶速度为0.6 m/s C．碰后蓝壶移动的距离为2.0 m D．碰后红壶所受摩擦力等于蓝壶所受摩擦力 答案：选C。 解析：由题图(b)可知碰前红壶的速度为v0＝1.0 m/s，碰后速度为v1＝0.2 m/s，可知碰后红壶沿原方向运动，设碰后蓝壶的速度为v2，取碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得mv0＝mv1＋mv2，解得v2＝0.8 m/s，由于m2>m2＋m2，可知碰撞过程机械能有损失，碰撞为非弹性碰撞，故A、B错误；由题图(b)可知红壶v­t图线的斜率为加速度a＝ m/s2＝－0.2 m/s2，当停止运动时，由题图(b)知v0′＝1.2 m/s，所用的时间为t＝＝6 s，根据v ­t图线与坐标轴围成的面积表示位移，可得碰后蓝壶移动的位移大小x＝ m＝2.0 m，故C正确；根据图线的斜率表示加速度，可知碰后红壶的加速度大于蓝壶的加速度，两者的质量相等，由牛顿第二定律可知，碰后红壶所受摩擦力大于蓝壶所受的摩擦力，故D错误。 10．(2025·江苏常州期中)如图所示，小桐和小旭在可视为光滑的水平地面上玩弹珠游戏。小桐瞬间将弹珠甲对着小旭脚边的静止弹珠乙弹出，甲以v0的速度与乙发生了弹性正碰，已知弹珠可以视为光滑，则(　　 ) A．若碰后甲乙同向运动，则甲的质量一定大于乙的质量 B．若碰后甲反弹，则甲的速率可能为1.2v0 C．碰后乙的速率可能为3v0 D．若碰后甲反弹，则甲的速率不可能大于乙的速率 答案：选A。 解析：甲、乙弹珠碰撞瞬间动量守恒，机械能守恒，设弹珠甲、乙的质量分别为m1、m2，碰后甲的速度为v1，乙的速度为v2，则有m1v0＝m1v1＋m2v2，m12＝m12＋m22，联立解得v1＝v0，v2＝v0，若碰后甲乙同向运动，则v1>0，可知甲的质量一定大于乙的质量，故A正确；若碰后甲反弹，且甲的速率为1.2v0，则有－1.2v0＝v0 ，解得0.2m2＝－2.2 m1，质量不能为负值，则可知，若碰后甲反弹，则甲的速率不可能为1.2v0，故B错误；若碰后乙的速率为3v0，则有3v0＝v0，解得m1＝－3m2，质量不能为负值，则碰后乙的速率不可能为3v0，故C错误；若碰后甲反弹，且甲的速率大于乙的速率，则有v0>v0，可知只要m2－m1>2m1，即m2>3m1，就可满足碰后甲反弹，且甲的速率大于乙的速率，故D错误。 11．(2025·浙江温州检测)如图所示，A、B小球可视为质点，A的质量M＝0.6 kg，B的质量m＝0.3 kg。长度l＝1.0 m的不可伸长的轻绳一端固定在O点，另一端与B球相连，B球与固定在地面上的光滑弧形轨道PQ的末端P(P端切线水平)接触但无作用力。现使A球从Q点静止释放，Q点距轨道P端竖直高度h＝0.45 m，A球运动到轨道P端时与B球碰撞，碰后两球粘在一起运动。g取10 m/s2，求： (1)两球碰撞后的速度大小； (2)两球在碰撞过程中损失的机械能； (3)两球粘在一起后，悬绳的最大拉力。 答案：(1)2 m/s　(2)0.9 J　(3)12.6 N 解析：(1)A球从Q点到P点过程，由机械能守恒定律得Mgh＝M2 解得vA＝3 m/s 两球相碰过程中，根据动量守恒可得 MvA＝(M＋m)v 解得两球碰撞后的速度大小为v＝2 m/s。 (2)两球在碰撞过程中损失的机械能为 ΔE＝M2－(M＋m)v2 解得ΔE＝0.9 J。 (3)两球碰撞后瞬间拉力最大，根据牛顿第二定律可得 F－(M＋m)g＝(M＋m), 解得F＝12.6 N。 12．(生活中的碰撞)甲、乙两位同学利用中国象棋进行游戏。某次游戏中，在水平放置的棋盘上，甲用手将甲方的棋子以0.4 m/s的初速度正对乙方棋子推出，两棋子相碰撞后(碰撞时间极短)，甲方棋子速度大小变为0.1 m/s，方向不变。两棋子初始位置如图所示，棋子中心与网格线交叉点重合，该棋盘每方格长宽均为L＝4 cm，棋子直径均为D＝3 cm，棋子质量相等均为20 g，棋子与棋盘间的动摩擦因数均为μ＝0.07。重力加速度g大小取10 m/s2。 (1)求甲、乙两方棋子碰撞前瞬间甲方棋子的速度大小； (2)求甲、乙两方棋子碰撞后瞬间乙方棋子的速度大小； (3)判断甲、乙两方棋子的碰撞是否为弹性碰撞，若是，请写出判断理由，若不是，请计算损失的机械能； (4)通过计算，判断乙方棋子中心是否滑出边界。 答案：(1)0.3 m/s　(2)0.2 m/s　(3)不是弹性碰撞，ΔE＝4×10-4 J　(4)不会滑出边界 解析：(1)设甲方的棋子与乙方棋子碰撞前瞬间的速度大小为v，对甲方的棋子，根据动能定理可得 －μmg(2L－D)＝mv2－m2 解得v＝0.3 m/s。 (2)两棋子碰撞过程由动量守恒可得 mv＝mv1＋mv2 其中v1＝0.1 m/s 可得碰撞后瞬间乙方棋子的速度大小为 v2＝0.2 m/s。 (3)甲、乙两方棋子相碰时损失的机械能为 ΔE＝mv2－m2－m2＝4×10-4 J 故不是弹性碰撞。 (4)对乙方棋子，由动能定理可得 －μmgx＝0－m2 解得x≈0.028 6 m＝2.86 cm<L＝4 cm，可知乙方棋子中心不会滑出边界。 学科网（北京）股份有限公司 $