课时分层检测(5)弹性碰撞和非弹性碰撞-【创新大课堂系列】2025-2026学年高中物理选择性必修第一册同步辅导与测试(人教版)

班级 姓名 得分 课时分层检测（五》 弹性碰撞和非弹性碰撞 球B发生弹性碰撞后，小球A、B均向右运 0 基础达标练 0-4 动，且碰后A、B的速度大小之比为1：4，求 1.(多选)质量为m4的A球，以某一速度沿光 两小球质量之比 滑水平面向静止的B球运动，并与B球发生 弹性正碰，假设B球的质量mB可选取不同： 的值，则下列说法正确的是 A.当mB=mA时，碰后A、B两球共速 B.当mB=mA时，碰后两球互换速度 C.当mB>mA时，碰后A球反向运动 D.当mB<mA时，mB越小，碰后B球的速 度越小 2.在光滑的水平面上有a、b a 两球，其质量分别为ma、 m,两球在to时刻发生正 碰，并且在碰撞过程中无 机械能损失，两球在碰撞前后的速度一时间图： …0 能力提升练 0 像如图所示.下列关系式正确的是 ( 5.(多选)如图所示，水平面上O P A.ma>mb B.ma<mb C.ma=mb D.无法判断 点的正上方有一个静止物体 3.在光滑的水平面上有 P,炸成两块a、b水平飞出， ① ②3 三个完全相同的小k 分别落在A点和B点，且OAOB7 球，它们成一条直线，小球2、3静止，并靠在 >OB.若爆炸时间极短，空气阻力不计，则 一起，小球1以速度射向它们，如图所示. 设碰撞中不损失机械能，则碰后三个小球的： A.落地时a的速率大于b的速率 速度可能值是 B.落地时a的速率小于b的速率 C.爆炸过程中a增加的动能大于b增加的 A.1=2=3= 3 动能 D.爆炸过程中a增加的动能小于b增加的 B.v1=0,v2=3= 动能 1 C.01=0,2=0g=26 6.(多选)质量为m的小球A在光滑的水平面 上以速度大小？与静止在光滑水平面上的 D.y1=2=0,3=0 质量为2m的小球B发生正碰，那么碰撞后 4.在光滑的水平面上，质量为 A B球的可能速度大小是 m1的小球A以速率向 右运动.在小球的前方有一质量为m2的小 A.40 B.2 球B处于静止状态，如图所示.小球A与小 3 C. D.8 129 班级 姓名 得分 7.(多选)水平面上的A、B两 ↑xlm (2)小球B掉入小车后的速度大小， 球沿一直线运动并发生正 10 碰，如图所示为两球碰撞 6 前、后的位移随时间变化 的图像，a、b分别为A、B 01234t 两球碰前图像，c为碰撞后两球共同运动的 图像，已知A球质量是m=2kg,则由图像： 判断下列结论正确的是 A.由图像可知碰撞前A球做匀减速直线运 …0 创新应用练0… 动，B球做匀加速直线运动 B.碰撞前后A球动量变化量大小为4kg·/s:10.科学家试图模拟宇宙大爆炸初的情境，他 C.B球质量为号kg 们使两个带正电的不同重粒子加速后，沿 同一条直线相向运动而发生猛烈碰撞.为 D.A、B两球碰撞前的总动量为3kg·m/s 了使碰撞前的动能尽可能多地转化为内 8.如图所示，光滑水平面 能，设法使这两个重粒子在碰撞前的瞬间 上有大小相同的A、B7m 具有相同大小的 ( ) 两球在同一直线上运动.两球质量关系为： A.速率 B.质量 B=2mA,规定向右为正方向，A、B两球的 C.动量 D.动能 动量均为6kg·m/s,运动中两球发生碰撞，：11.如图所示，在水平光 A vo & 碰撞后A球的动量增量为一4kg·m/s,则 滑直导轨上，静止着 m5mn》mmmiD 三个质量均为m=1kg的相同小球A、B、 A.左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小： C,现让A球以oo=2m/s的速度向着B球 之比为2：5 运动，A、B两球碰撞后粘合在一起，两球继 B.左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小： 续向右运动并跟C球碰撞，C球的最终速 之比为1：10 度vc=1m/s.求： C.右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小 (1)A、B两球跟C球相碰前的共同速度 之比为2：5 大小； D.右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小 (2)两次碰撞过程中共损失了多少动能， 之比为1：10 9.如图所示，光滑平 台上有两个刚性小 77777 在 球A和B,其质量 分别为2m和3m,小球A以速度0o向右运 动并与静止的小球B发生碰撞（碰撞过程中： 不损失机械能)，小球B飞出平台后经时间1： 刚好掉入装有沙子向左运动的小车中，小车！ 与沙子的总质量为m,速度大小为2o,小车 行驶的路面近似看作是光滑的，求： (1)碰撞后小球A和小球B的速度大小； 13012.解析(1)在刚喷出一段很短的△1时间内，可认为喷出的水柱保 持速度购不变 该时间内，喷出水柱高度△l=△① 喷出水柱质量△n=4V② 其中△V为水柱体积，满足△V=△1S③ 由①②③可得：喷泉单位时间内喷出的水的质量为 韶-两S (2)设玩具底面相对于喷口的高度为 由玩具受力平衡得F*=Mg④ 其中，F冲为水柱对玩具底部的作用力 由牛顿第三定律知F:=F⑤ 其中，F压为玩具底部对水柱的作用力，设为水柱到达玩具底 部时的速度 由运动学公式得w2一山2=-2gh⑥ 在很短△t时间内，冲击玩具水柱的质量为△n △n=%S4⑦ 由题意可知，在竖直方向上，对该部分水柱应用动量定理得 -(Fs十△mg)△t=-△nw'⑧ 由于△1很小，△g也很小，可以忽略，⑧式变为 Fs△f=△n⑨ 由0060@释A-家。 Mg 答案(106S（2)2g2i%S 课时分层检测（四） 1.解析A中竖直方向合力不为零，C中墙壁受地面的作用力，D中 棒受人手的作用，故合力均不为零，不符合动量守恒的条件 答案B 2.解析以小球和小车组成的系统为研究对象，在水平方向上不受 外力的作用，所以系统在水平方向上动量守恒，由于初始状态小 车与小球均静止，所以小球与小车在水平方向上的动量要么都为 零，要么大小相等、方向相反，所以B、D正确. 答案BD 3.解析以滑板车的运动方向为正方向，则由动量守恒定律有(M十 m)o=M-mo,解得u=M+2m)2 M 答案C 4.解析爆炸瞬间内力远大于外力，系统的动量守恒，由动量守恒 定律得m1十m功=0可得欢=1，故B正确. 7n2 答案B 5.解析取车厢和物体为一个系统，系统满足动量守恒，与物体的 往复运动没有关系。系统的初动量为，方向向右，碰撞结束后 物体相对车厢静止，系统的末动量为(M十m)v,所以，车厢的速 度0方肉水平的右。 答案C 6,解析由z一1图像可以知道，碰授前以么=5m。二4mS, 4 %=0,碰接后A'=%'==三-2015m/s=1m/s,碰拉过程 8-4 动量守恒，对A、B组成的系统，设A原运动方向为正方向，则由 动量守恒定律得mAvA=(nA十g)u,计算得出mA:mB=1:3, 故C正确，A、B、D错误. 答案C 7.解析碰撞中两车间的相互作用力很大，可忽略两车受到的其他 作用力，近似认为两车在碰撞过程中动量守恒， 设轿车质量为加，货车质量为m;碰楂前轿车速度为山，货车速 度为2：碰撞后两车的共同速度为v',选轿车碰撞前的速度方向 为正方向，碰撞前系统的总动量为m11十m2西，碰撞后系统的总 动量为(m1十m2),由动量守恒定律得m1十m2g=（m1十 m2)v, 2 则4=0m十m)/-m=-1000+400)×18-(-4000X5 1000 km/h =126km/h100km/h, 故轿车在碰撞前超速行歌 答案轿车超速行驶 8.解析在三个小球发生碰撞的过程中，系统动量都是守恒的，根 据动量守恒定律得m购=m十M',整理可得Mu'=m一m,取 初速度方向为正方向，可得出C球的动量数值是最大的，C正确 答案C 9.解析设发射子弹的数目为n,颗子弹和木块组成的系统在水 平方向上所受的合外力为零，满足动量守恒的条件，远子弹运动 Mu 的方向为正方向，由动量守恒定律有nm:一M=0,得n一m现 故C正确 答案C 10.解析该爆竹爆炸后做竖直上抛运动，故2=2gh,解得上升的 高度为h=2gA错误：高空再次炸响后，水平方向上动量守恒， 由题意知小块碎片质量为m,大块碎片质量为2，根据动量守恒 定律可得2m十mu=0,解得=-名，负号表示速度方向与小 块碎片的速度方向相反，B错误：高空分裂后，两碎片都做平抛运 动，由于下落的高度相同，所以运动时间相同，即同时落地，C错 误：两碎块在水平方向上做匀速直线运动，故落地距离为x一 x大十x小=1十t,在竖直方向上做自由落体运动，故h 一，联立解得zD正确 答案D 11.解析(1)由于水平面光滑，物块与薄板组成的系统动量守恒， 设共同运动速度大小为v,由动量守恒定律得，M一n =(m十M0v 代入数据解得v=2m/s,方向水平向右， (2)由(1)知，物块速度大小为3/s时，方向向左，由动量守恒定 律得 Mvo-mvo=-m +Mu' 代入戴据解得=号m,方向水平向右 答案(1)2m/s,方向水平向右(2)号m/s,方向水平向右 12.解析设甲车（包括人）滑下斜坡时速度为1，由机械能守恒定 律得 (m+0gh=(M+m1)2, 在人跳离甲车和人跳上乙车过程中各自系统动量守恒，设人跳 离甲车和跳上乙车后，两车的速度分别为U1和v2,由动量守恒 定律得 人跳离甲车时：(m十MD=Mu十m1', 人跳上乙车时：M-m2=(M十m2)v2, 两车不可能再发生碰撞的临界条件是山'=士 当'='时，解得=3.8m/s, 当1'=一2时，解得v=4.8m/s, 故v的取值范图为3.8m/su4.8m/s. 答案3.8m/sv4.8m/s 课时分层检测（五） 1,解析发生弹性正碰，根据动量守恒和机械能守恒有mA,= mA心十mg,乞mAu,2=之mAu2十乞mB2,解得 mA二m超02A千25当nB=nA时，1=0,6，碰后 nA十nB 两球互换速度，A错误，B正确：当mg>m1时，二m。<0, nA十nB 21A一o,mB 碰后A球反向运动，C正确；当mg<mA时，一mA十mg 越小，碰后B球的速度2越大，D错误 答案BC 2.解析由图像知，a球以一定的初速度与原来静止的b球碰撞，碰 后a球反弹且速度小于初速度.根据碰撞规律知，a球质量小于b 球质量， 答案B 3.解析两个质量相等的小球发生弹性正碰，碰撞过程中动量守 恒，动能守恒，碰撞后将交换速度，故D项正确 答案D 4.解析两球碰撞过程为弹性碰撞，以的方向为正方向，由动量 守恒定律得1o一n心十n 由机横能守恒定律得之m6=之m2十之m 由题意知41：4=1：4 解程器=子 答案2：1 5.解析P爆炸生成两块a、b的过程中在水平方向动量守恒，则 m一m=0,即p。=-,由于下落过程a、b所用时间相等，由 0A>0B可知，>，周比m<m,由E-会知E。>E,C正 确，D错误；由于v,>心，而下落过程中a、b在竖直方向的速度增 量g是相等的，因此落地时仍有v'>队'，A正确，B错误. 答案AC 6.解析如果两个小球发生的是完全非弹性碰撞，则有m=(十 2n)w共 解得华=号 如采两个小球发生的是弹性碰撞，则有 nw=muA十2wg 1 2 m 解得饰=号，则小球B碰拉后的道度取值范国为号<<号 故B、D正确. 答案BD 7.解析由于x一t图像的斜率表示速度，因此碰撞前A、B两球都 做匀速运动，故A错误；碰撞前vA=一3m/s,4=2m/s,碰撞后 A'='=一1m/s,碰撞前后A的动量变化量△pA=mvA'一mA =[2×(-1)-2×(-3)]kg·m/s-4kg·m/s,故B正确；根据动量 守恒定律，碰撞前后B的动量变化量△p=一△pA=一4kg·/s,又 △p=me一%，所以m=专g,故C正确：A与B碰撞前的总 动量为p%=m十m路=[2X(-3)+号×2]kg·m/s= -19kg·m/s,故D错误. 3 答案BC 8.解析两物体的运动是同向追击（都向右运动），只有后边的物体 速度大于前边的物体的速度时才能发生碰撞，以此分析应该是A 球在左方追击B球，发生碰撞，A球的动量减小4kg·/s,其动 量变为2kg·m/s,根据动量守恒定律知B球动量增加4kg·m/s,其 动量变为10kg·m/s,两球质量关系为g=2nA,则碰撞后A,B两 球的速度关系为2：5，故A正确. 答案A 9.解析(1)A球与B球碰撞过程中系统动量守恒，以向右为正方 向，由动量守恒定律得 nAo=nAU1十ngU2 碰撞过程中系统机械能守恒，有 1 + 1 4 解得叫=一行6，心一行购，碰后A球向左运动，B球向右运动。 (2)B球掉入小车的过程中系统水平方向动量守恒，以向右为正方 向，由动量守恒定律得 nBUg一n车3=(ng十n车)v3 解得出'=0· 1 4 答案(1)方功方6（2)0 22 10.解析碰撞后尽可能多的动能转化为内能，也就是在碰撞过程 中损失的机械能尽可能多，在完全非弹性碰撞中，碰撞后两粒子 粘在一起时，粒子损失的机械能最多，而在碰撞过程中遵循动量 守恒定律，碰撞前系统的总动量为零则碰撞后系统的总动量亦 为零，所以本题关键是设法使这两个重粒子在碰撞前瞬间具有 大小相等、方向相反的动量，这样可以保证碰撞后粒子的动能最 小，C正确 答案C 11.解析（1)A、B相碰满足动量守恒，以的方向为正方向，有 m6=2m1 代入数值解得山=1/s,即两球跟C球相碰前的速度大小 为1m/s. (2)两球与C球碰撞同样满足动量守恒，以。的方向为正方向， 有2n1=心十2m2 解得A、B球碰后的速度2=0.5m/s 两次碰撞共损失的动能 1 △E=2m62-2×2n2-2=m心2=1.25J. 答案(1)1m/s(2)1.25J 课时分层检测（六） 1.解析物块沿槽下滑的过程槽向左运动，物块与槽分离后槽的速 度向左，物块的速度向右，物块被弹簧反弹后速度向左，如果物块 的速度小于槽的速度，物块不能追上槽，物块不能回到槽上h高 处，如果物块的速度大于槽的速度，物块可以追上槽，物块与槽组 成的系统水平方向动量守恒，当两者速度相等时物块上升到最大 高度，由于此时两者速度相等且不为零，此时系统动能不为零，整 个过程系统机械能守恒，由机械能守恒定律可知，物块不能上升 到槽上高五处，故A正确：从物块压缩弹簧到被弹开的过程中，弹 簧对物块始终有弹力作用且弹力方向始终向左，弹簧对物块的冲 量不等于零，故B错误：物块沿槽下滑的过程中，物块在竖直方向 有加速度，系统的合外力不为零，不符合动量守恒的条件，故系统 的动量不守恒，故C错误：物块沿槽下滑的过程中，重力与槽的支 持力对物块做功，物块的机械能不守恒，故D错误 答案A 2.解析根据动量守恒可知M一m一M1十0，解得少1= 3.75m/s,A正确；根据动量守恒，最终速度为2，则Mo一n= (M十n),解得=3m/s,因此A、B最终一起向右运动，且速 度大小为3m/s,B、C错误；根据能量守恒定律，有：mgL= M,2十2m2-2(M+m),整理得板的长度至少为L- 8m,因此长木板的长度可能为10m,D正确. 答案AD 3.解析两次都没射出，则子弹与滑块最终达到共同速度，设为 心峡，由动量守恒定律可得mu=(M十m》v失，得v头=M干m,子弹 对滑块所做的功等于滑块获得的动能，故选项A正确；系统损失 的机栽能转化为热量，则Q=W=之m-号（M十m)口2，故选 项C正确， 答案AC 4.解析小球与半圆槽组成的系统在水平方向所受合外力为零，初 状态时系统在水平方向动量为零，由动量守恒定律可知，小球第 一次离开槽时，系统水平方向动量守恒，球与槽在水平方向的速 度都为零，球离开槽后做竖直上抛运动，故A错误，B正确：小球 沿槽的右侧下滑到底端过程，槽向右做加速运动，球从底端向左 侧上升过程，槽向右做减速运动，球离开槽时，槽静止，球做竖直 上抛运动，然后小球落回槽的左侧，球从槽的左侧下滑过程，槽向 左做加速运动，从最低点向右上滑时，槽向左做减速运动，然后球 离开槽做竖直上抛运动，此后重复上述过程，由此可知，槽在水平 面上做往复运动，故C正确，D错误， 答案BC 5.解析木块冲上小车后受到向右的滑动摩擦力作用先做匀减速 运动，后反方向做匀加速运动，整个过程是匀变速运动，以向右为 正，根据动量定理，得Ft=n购一（一n),对小车受力分析，拉力 F与滑动摩擦力平衡，有F-F,时间1内小车的位移为s=,故 0