1 第5节 弹性碰撞和非弹性碰撞-【重难点手册】2026-2027学年高中物理选择性必修第一册同步练习册（人教版）

铺重难点手册高中物理选择性必修第一册R心， 第5节 弹性碰 A基础过关练 。测试时间：15分钟 1.(2025·江苏宿迁一中期末)如图所示，光滑水平 面上有a、b两个弹性小球，质量分别为m、2m. 现给小球a一个向右的初速度vo,与小球b发 生碰撞，且整个碰撞过程中没有能量损失.则碰 撞后小球b的速度大小为( a 7777777777777777777777777 2 B.30 C.2v0 D.4v 2.如图所示，光滑水平面上有一质量为2M、半径 为R(R足够大)的}圆弧曲面体C,质量为M 的小球B置于其底端，另一个小球A的质量为 2,小球A以o=6m/s的速度向B运动，并与 B发生弹性碰撞，不计一切摩擦，小球均视为质 点，则( ) A B A.A、B发生弹性碰撞后A的速度大小为2m/s BB运动到最高点时的速率为/： CC的最大速率为号m/s D.B能与A再次发生碰撞 3.（多选)如图所示，物体A、B放在光滑的水平面 上，且两物体间有一定的间距.t=0时刻，分别 给物体A、B向右的速度，物体A、B的动量大 小均为p=12kg·m/s(规定向右为正方向)，经 过一段时间两物体发生碰撞，已知碰后物体B 的动量变为pB=16kg·m/s,两物体的质量分 别为mA、mB,则下列说法正确的是(). A B A物体A的动量增加4kg·m/s B.物体A的质量一定小于物体B的质量 12 撞和非弹性碰撞 C.若碰后两物体粘在一起，则mA·mB=1:2 D.若该碰撞无机械能损失，则mA:mB=7:5 4.(2025·江西师大附中月考)（多选）某研究小组 通过实验，测得两滑块碰撞前后运动的实验数 据，得到如图所示的位移一时间图像.图中的线 段a、b、c分别表示在光滑水平面上沿同一条直 线运动的滑块I、Ⅱ和它们发生正碰后结合体的 位移随时间变化关系.已知相互作用时间极短， 由图像给出的信息可知(). Ax/m 14 12 10 8 6 10 A.碰前滑块I与滑块Ⅱ速度大小之比为5：2 B.碰前滑块I的动量大小比滑块Ⅱ的动量大 小大 C滑块I的质量是滑块Ⅱ的质量的合 D.碰前滑块I的动能比滑块Ⅱ的动能小 5.(多选)如图所示为某娱乐活动的示意图，质量为 M-2kg的遥控车放在距离地面5.10m的轨 道上，遥控车车轮直径为0.05m.质量为m= 1kg、可视为质点的球用长为L=0.45m的不 可伸长的细绳拴接在遥控车的底部O位置，开 始时遥控车处于锁定状态.现将细绳伸直并将球 向左拉到与O点等高的P点，然后将球无初速 度释放，当细绳刚好沿竖直方向时解除锁定，当 球第一次运动到右侧最高点瞬间通过遥控将细 绳割断，结果球刚好落在地面上的网兜内，忽略 一切摩擦，重力加速度g=10m/s2.则下列说法 正确的是( P A.细绳沿竖直方向时拉力的大小为20N B.细绳割断瞬间遥控车的速度大小为1m/s C.细绳割断瞬间球距离网兜的水平距离为2m D,球在最高点时细绳与竖直方向夹角的余弦值 为时 B综合提能练 。测试时间：30分钟 1.(2025·湖北武汉二中期中)（多选）如图所示，质 量为m的物块N和质量为2m的物块M静止 在光滑的水平面上，物块N的左侧连接了一个 锁定了一定弹性势能的轻质弹簧，质量为3m的 物块S以初速度o沿光滑水平面向右运动，与 物块M发生弹性碰撞后，物块M向右运动并撞 击锁定一定弹性势能的轻质弹簧，弹簧瞬间解 锁，物块M与弹簧分离后，物块M与物块S的 速度刚好相同.下列说法正确的是(). MMN AS,M碰撞后，物块M的速度大小为， BS,M碰撞后，物块S的速度大小为写 C.轻质弹簧最初锁定的弹性势能E。=号mw6 D.轻质弹簧对物块N的冲量大小为mwo 2.（多选)如图所示，可视为质点的完全相同的A、 B两小球分别拴接在一轻弹性绳的两端，两小球 质量均为，且处于同一位置（离地面足够高）， 弹性绳始终处于弹性限度内.某时刻，A球自由 下落，同时B球以速度o水平向右抛出.已知 两个小球发生的碰撞为弹性碰撞且碰撞时间极 短，不计一切阻力，下列说法正确的是(). A.A、B两小球组成的系统动量守恒 B.弹性绳最长时，A、B两小球的速度 相同 C.弹性绳第一次恢复原长时，A小球 的水平分速度为o D.弹性绳的最大弹性势能为4mu6 第一章动量守恒定律铺 3.很多医院都装备有气动物流装置，将药房配药输 送到各科室.如图所示是类似的气动输送装置， 管道abcde右端开口，其中ab竖直，高度H= 2R,bc是半径为R的四分之一圆弧管(R远大 于管道直径)，cde水平，cd长度x1=3R,de长 度，-R.1处紧挨放置者大小可忽略不计的 运输胶囊B和C,B被锁定在d处，a处放置胶 囊A,胶囊与管道内壁接触处均不漏气，胶囊A、 C间气室为真空，A的质量为m,B、C的质量均 为M=3m.启动风机，给A施加一大小恒为 F=2mg的气动推力，A运动至d处前瞬间解锁 B,并与B完成弹性碰撞，紧接着B与C完成弹 性碰撞，碰撞时间极短.大气对C产生的压力为 恒力（忽略管道内空气流动对气压的影响），ab 和cde均光滑，A经bc过程克服阻力做功为 W=(π-1)mgR,求： 与大气连通 真空 (1)A经圆弧管b点时，管道对其弹力大小FN. (2)B与C碰撞后瞬间，C的速度大小uc. (3)当A与B发生第二次碰撞时，C刚好运动到 e出口，大气对C产生的压力Fc为多大 13 翻重难点手册高中物理选择性必修第一册RJ, 4.（2025·河南郑州外国语学校期末)如图所示，水 平传送带左端B与一在竖直面内、半径为R= 2m的光滑圆弧轨道AB底端水平相切，其右端 C连接一水平光滑平台，传送带上表面、圆弧轨 道底端B及右侧平台位于同一水平面，圆弧所 对的圆心角为0=60°，传送带B、C之间长为 L=1.6m,且以v=5m/s的恒定速率顺时针匀 速转动.现质量为m1=1kg的物块1以o= 4√2m/s的初速度从圆弧轨道的最高点A沿切 线方向进入圆弧轨道，物块1与传送带间的动摩 擦因数μ=0.5，质量为m2=11kg的物块2静 止在C点右侧的光滑水平平台上.物块1与2 之间的碰撞为弹性碰撞，不计两物块的大小，重 力加速度为g=10m/s2. (1)求物块1第一次运动到圆弧轨道B点时对 轨道的压力大小 (2)判断物块1与2第一次碰撞后，物块1能否 从A点滑离圆弧轨道，若不能，求物块1在 圆弧轨道上所能达到的最大高度， 0 B 14 5.如图所示，半径为R的光滑四分之一圆弧体静 止在光滑的水平面上，圆弧面最高点B与圆心 O等高，物块a、b、c一字排开也静止在光滑的水 平面上，已知物块a的质量为m,物块c的质量 为4m.给物块a一个水平向右的初速度，a、b碰 撞后粘在一起，b与c发生弹性碰撞后a、b的速 度恰好为0，c刚滑上圆弧面时对圆弧面最低点 A的压力大小为40mg,c沿圆弧面上滑恰好能 滑到B点，重力加速度为g,不计物块的大小， 求： (1)b、c碰撞后瞬间，物块c的速度大小. (2)a与b碰撞过程中损失的机械能. (3)圆弧体的质量 0-- --1B C培优突破练 ●测试时间：10分钟 1.如图所示，足够长的光滑水平面EF上有一固定 平台，平台左侧有一段半径为R的四分之一圆 弧轨道ab,水平轨道bc与圆弧底端相切，其右 端有一段长度为R的粗糙段，b点处放置有质量 均为m的小滑块A和B(均可视为质点)，A、B 间锁定一轻质小弹簧.水平面EF上，紧挨着平 台的右侧放置着一质量为2m的滑块D,滑块D 内有一条光滑细管道def,其中de段为半径为 R的四分之一圆弧管，圆弧管左端开口恰好与平 台的k段等高，下端与高度九=号R的竖直管 ef相切.所有轨道和管道均在同一竖直平面内， 除了B与平台粗糙段之间的摩擦阻力外，其余 阻力均忽略不计.现解锁A、B间的弹簧，其弹 性势能瞬间转化为A和B的动能，之后A恰好 可以滑到圆弧ab的最高点，而B经c点后沿切 线方向进入圆弧管de,且B在d点恰好与D无 相互作用，B到达竖直管ef底端时瞬间反弹，反 弹过程无机械能损失.求： (1)弹簧锁定的弹性势能E。以及B与平台水平 第一章动量守恒定律 粗糙段之间的动摩擦因数4 (2)B到达e点瞬间D的速度大小以及 D最终的速度大小 (3)B在ef段运动过程中D的水平位 移△x. R0 R b 固定平台 nnanmrham 15助=号，滑块经过B时滑块的速度为，滑块动量变 化量的大小为△p=m:gm:=m,d(号)： (4)砝码盘和砝码的总质量为m1,滑块（含遮光片）的质量为 m2,由牛顿第二定律有m1g=(m1十m2)a,而对滑块有T= m18-=m1g 1 m2a,则T=m2a=m2m1十m2 ，将砝码和砝 m1 1+ m2 码盘所受重力视为滑块所受的拉力，则m2>m1,即砝码盘 和砝码的总质量m1远小于滑块（含遮光片）的质量m2· 培优突破练 1.1)>(2)E;D（3)LF-Ln VLE (4)m1√LE=m1JLD+m2√LE;1.0 【解析】(1)为了防止两球碰后出现反弹现象，入射球的质量 一定要大于被碰球的质量， (2)由题图可知，两小球落在斜面上，根据平抛运动规律可 知，下落的高度h=子g2,水平方向的位移x=o。 设斜面的倾角为9，则m9=冬，所以：-209，可得= 8 2vtan 0 .由此可知，三次平抛运动中，水平速度越大，水平 g 方向的位移越大.由碰撞规律可知，碰后被碰球的速度最大， 故其下落点最远，而碰后入射球速度最小，其下落点最近，可 知在不放小球m2时，小球m1从斜轨顶端A点由静止释 放，m1的落点是题图中的E点，而碰后入射球落到D点. (3)设水平位移为x时，斜面的长度为L,则L=x cos9,可得 @=√8，DB,题图中D,E,F点是该同学记下的小球在 斜面上的落点位置，到B点的距离分别为LD、LE、L.可解 gLE cOS 0 gLp cos 0 gLF COS 0 得u1=√2an0,w1=√2tan0,02=√2an0 代人给出的恢复系数表达式可得e=√P一√LD V√LE (4)若满足动量守恒，则一定有m1v1=m11十m2v2,代入 求出的速度，化简可得m1√LE=m1√LD十m2√LF.若满 足机被能守恒，则有2m=弓m+弓m,代入求 出的速度，化简可得e=1.0. 第5节弹性碰撞和非弹性碰撞 基础过关练 1.B【解析】碰撞过程，根据动量守恒和机械能守恒可得wo= m.+2s,2mdi=了m+号X2m,解得u,=了， 1 1 2 6=300,故选B. 2.A【解析】A与B发生弹性碰撞，取水平向右为正方向，根 6 据动量守恒定律和机械能守恒得兰w-兰，十d,弓× 1 M2 2子X%成十M,联立解得A一2m/s,% 4m/s,所以A、B发生弹性碰撞后A的速度大小为2m/s, 故A正确；B冲上C并运动到最高点时二者共速，设共同速 度为v,取水平向右为正方向，根据动量守恒定律可得Mg= 4 M+2MDu,代人数据解得口=3m/s,故B错误；从B冲 上C然后又滑下的过程，设B、C分离时速度分别为B、心， 取水平向右为正方向，根据动量守恒定律可得MB=M0B十 2Mc,由机被能守恒定律可得号M=合M+号× 4 8 2M6,联立解得ua=-3m/s,w=氵m/s,由此可知C 的最大速度为m/s,由于<以，所以B与A不会 再次发生碰撞，故C、D错误 3.BC【解析】由题意可知，该碰撞过程物体B的动量增加了 △pg=pB一p=4kg·m/s,碰撞过程两物体的动量守恒，则 有△pB=一△pA,所以物体A的动量减少了4kg·m/s,故 A错误；由题意知碰前物体A的速度一定大于物体B的速 度，则有卫>卫，解得mB>mA,故B正确；若碰后两物体 mA mB 粘在一起，则碰后两物体的速度相同，则有二=，又4 mA mB 三力48·ms8g·m/s,解得-=2故C正 确；若该碰撞为弹性碰撞，则碰撞过程中没有能量损失，则有 p上p一A士，解得A=,故D错误 2mA 2mB 2mA 2mB 4.AC【解析】由题图可知，碰前滑块I、Ⅱ的速度大小分别为 14-4 01=5 m/s=2m/s,un=4,0m/s=0.8m/s,解得 品一号，故A正确：设碰前洲块I、Ⅱ的动量大小分别为 p1、pⅡ，碰后结合体的动量大小为p,则根据动量守恒定律 有一p1十pm=p>0,所以p1<pI,故B错误；设滑块I、 Ⅱ的质量分别为m1、m1,由题图可知碰后结合体的速度大小 6-4 为u=写m/s=0.4m/s,根据动量守恒定律有一m11十 Ⅱ1三(m1干m)o,解得=6，碰前滑块I和滑块 的动推之比为经品·骨一瓷所以价带长[的动能 比滑块Ⅱ的动能大，故C正确，D错误. 5.BD【解析】球由释放到细绳沿竖直方向过程中，由机械能 守恒定律得mgL=m心，解得w=3m/s,球在最低点时， 由牛顿第二定律得F-mg="严，解得细绳沿竖直方向时 拉力大小为F=30N,故A错误；当球运动到右侧最高点 时，假设细绳与竖直方向夹角为α，此时球与遥控车速度v 大小相等，方向均沿水平方向，设此时球离开最低点后上升 的高度为△，在水平方向对球与遥控车由动量守恒定律得 moo=(M十m)o,对遥控车与球组成的系统，由机械能守恒 定律得2m6=号aM+m)。2十mg·△，由几何关系有 cosa=少，解得=1m/,sa=号，放B.D正确：由儿 L 何关系可知细绳割断瞬间，球距离地面的高度h=5.10m十 0.05m一Lcos a=5m,细绳割断后球做平抛运动，球在空中 运动的时间为1=√臣-15，球在水平方向上的位移为 =vt=1m,即细绳割断瞬间球距离网兜的水平距离为1m, 故C错误 综合提能练 1.BC【解析】根据题意可知，物块S与物块M发生弹性碰 撞，由动量守恒定律有3mw0=3mw1十2mw2,由能量守恒定 律有分×3m6=号X3mdi+号×2mi,联立解得u= 3m-2m 2X3m 6 3m+2m。=亏o0=3m+2mo=5o,故A错误，B正 确；根据题意，物块M与弹簧碰撞到分开，物块M和物块N 组成的系统动量守恒，则有2mw2=2mw1十mw3,解得v3= 2,对于物块M和物块N,弹簧组成的系统，由能量守恒定 律有2×2m+E,=2×2m+合mod,解得E, 1 3 m6,对物块N,由动量定理有1=m5一0=2muo,即轻 质弹簧对物块N的冲量大小为2mwo,故C正确，D错误. 方法总结 弹性碰撞双守恒，碰后的速度结果公式要记住，1= (m m2)v+2m2v2,v mam)v+2m m1十m2 m1十m2 2.BCD【解析】A、B两小球组成的系统受到重力作用，系统 动量不守恒，A错误；两个小球竖直方向均做自由落体运动， 始终在同一条水平线上，水平方向动量守恒，弹性绳最长时， 弹性势能最大，A、B两小球的水平速度相同，竖直速度也相 同，B正确；两个小球竖直方向均做自由落体运动，始终在同 一条水平线上，水平方向动量守恒，水平方向根据动量守恒 定律得mB=mAoA十mB℃x,根据机械能守恒定律得 m听=方成十分m呢，根据题意m4=m,解得 1 vA:=vo,V=0,C正确；根据动量守恒定律得mw0= 2mo1z,两个小球竖直速度为v1,=2gh,根据机械能守恒 定律得2mgh+弓mi=弓m(优i十X2+E,解得E, 4mo6,D正确 3.(1)4mg(2)2√gR(3)mg 1 【解析】(1)A由a到b过程有(F-mg)×2R=2mui,解得 =2R.A经6点时有R=m受，解得FN=ng (2A由b到d过程有F×-W,-mgR+P,=2md 2 合m8,解得4=4gR.A与B碰撞，以：的方向为正方 向有m4=m十M,之mi=号mo员十2Mwi,解得 vA=一2√gR,vB=2√gR.B与C碰撞，有Mg=MU2十 Mkc,合M=合Mw品十合M品，解得g=0,c=2级. (3)先设A反弹不会进人圆弧管，则A减速至速度为0所需 距离为s1,有-Fs1=0-2moi,解得s1=R<x1=3R,假 设成立.以vA的方向为正方向，根据运动对称性，设A与B 两次碰撞时间间隔为t1,有Ft1=m(一vA)一mwA,解得t1= 2代A与B从第一次碰撞到第二次碰撞C的位移 xc=9一弓ad,其中e-,懈得a=了8对C受力 1 分析有Fc=3ma,解得Fc=mg, 4.(1)36N(2)不能，h=0.45m 【解析】(1)对物块1，从A点运动到圆弧轨道B点的过程 1 中，根据机械能守恒定律有m1gR(1一cos0)=2m1层一 2m16,在圆弧轨道B点时，根据牛顿第二定律得FN一 01g=m,冷，解得FPN=36N根据牛顿第三定律可知，物块 1第一次运动到圆弧轨道B点时对轨道的压力大小为36N. (2)假设物块1第一次在传送带上运动过程中一直减速，根 1 据动能定理有一m1gL=2m1-2m1i,解得u1= 6m/s.因为此时速度仍大于传送带的速度5m/s,故假设成 立.此后，在光滑平台上物块1与2发生的碰撞为弹性碰撞， 根据动量守恒定律和能量守恒定律得m1=m101十m202, 之m听-之m+2m,听，联立两式解得=-5m/s, 1 2=1m/s,可见，碰后物块1会向左第二次滑上传送带，根 据动能定理有-m1gL=m1成一m尽解得物块1 再次到达B点的速度大小为m=3m/s,由于m1i< m1gR(1一cos),故物块1不能从A点滑离圆弧轨道.根据 1 m1=m1gh,解得物块1在圆弧轨道上所能达到的最 大高度为h=0.45m. 5.(1)3gR(254mgR(3)m 【解析】(1)设b与c碰撞后一瞬间，c的速度大小为1，c刚 滑上圆弧面最低点A时有F-g=加发，根据牛顿第三 7 定律有F=40mg,解得v1=3√gR (2)由于a、b碰撞后粘在一起，b与c发生弹性碰撞后a、b的 速度恰好为0，则有(m十m)vw=4mu:,2（m十m)品= 得m6=3m.设a与b碰撞前 vo,根据动量守恒定律有moo=(m十m6)v1,a与b碰撞过 程中损失的机械能为△E=号m6-名(m十m,),解得 △E=54mgR. (3)设圆弧体的质量为M,物块c从A点滑到B点时，c与 圆弧体共同速度为o2,根据水平方向动量守恒有4mw1= (4m十M)2,根据机械能守恒有？×4mof=4mgR+ 合（4m十0，解得M=号m. 8 培优突破练 1.1E,=2mgR,k=0.5(2)号gR,号Vg(3)△r 82-46R 9 【解析】(1)由题意知A恰好可以滑到圆弧最高点，有2m0 =mgR,弹簧解锁过程A、B组成系统动量守恒以及能量守 恒，规定向右为正方向，有0=一mua十mus,E,=2mu暖十 2mu,解得g=√2gR,E。=2mgR.由题意知B在d点 恰好与D无相互作用，则B在d点时有mg=m了，解得 va=√gR.B在粗糙段运动过程有一mgR= 1 mv- 关键点：B在D中运动，水平方向等 2mu哈，联立解得以=0.5。效于两滑热在水平画上两弹性球的 1 碰撞问题，因为机械能守恒，水平方 严向不受外力 (2)B进入D内，B、D系统水平方向动量守恒，到达e点时 水平方向速度相等，有mwa=(m十2m)ve,解得B到达e点 瞬间，D的速度大小为：=号√级，B从进入D到离开D 过程相当于完成一次弹性碰撞，则B、D系统动量守恒有 m:=m+2m,B,D系统能量守恒有号mi=弓m+ m5解得=子v级，心=号VR.即D的最终速 1 度大小为6=号V成。 (3)B由d到达e点过程，B、D系统能量守恒有2mu+ mgR=弓m+号Cn+2m2,第得w=2√号R.B由 2 e至f过程有A=,+2,联立解得1=45/四，由 1 B在ef段运动过程中，D的水平位移大小△x=vx·2t= 8 82-45R. 9 专题2碰撞中的儿种常规模型 1.D【解析】小球从弯槽左侧边缘静止下滑的过程中，弯槽对 球的支持力沿半径方向指向圆心，而小球对弯槽的压力方向 相反指向左下方，因为有竖直挡板挡住，所以弯槽不会向左 运动，则小球与弯槽在水平方向受到外力作用，系统动量不 守恒；小球从弯槽最低点向右侧运动过程，由于存在小球的 重力作用，系统动量不守恒，但水平方向所受合外力为0，故 水平方向动量守恒，故A错误；t1时小球与弯槽在水平方向 第一次共速，即小球到达弯槽右侧，2时再次共速则到达弯 槽左侧，根据能量守恒有mgh=2(m十M)兵十mgh',可 知h>h',故小球此时不可能到达释放时的高度，故B错误； 小球通过弯槽最低点后，系统水平方向动量守恒，则有w1 =M3一mu2,移项得m(1十o2)=Ma,若m大于M,则 v1十v2<v3,题图中明显可知1>V3,故C错误；小球第一 次到达弯槽最低点时，其具有最大速度，而在t1~t2时间 内，即小球从弯槽右侧共速点到左侧共速点，共速点的高度 均低于弯槽左、右两端，根据，t图像围成面积等于水平位 移，得S1=R,而S2为t1~t2内两者的相对位移，有S2< 2R,故D正确， 2.AD【解析】t=2s时滑块P和木板Q碰撞并粘在一起，根 据动量守恒定律有pvr十mova=(mp十mQ)v共，解得mo三 2kg,故A正确；0~2s内vt图像面积差是滑块P、木板Q 的位移差，即木板Q的长度，计算可得长度为11m,故B错 误；0~2s内，由题图可知滑块P的加速度ap=2m/s2,木 板Q的加速度aQ=0.5m/s2,根据牛顿第二定律有h1mpg= mpap1mpg一2(mp十mQ)g=moaQ,解得木板Q与地 面间的动摩擦因数为：一放C错误：根据能量守恒定 1 律，由于碰撞损失的机械能△E三，mro序十方m。后 ?(mp十mo)o埃=3J,碰撞后木板Q和地面摩擦产生的热 量Q=合m,十mg)暖=6J,可知由于碰撞系统损失的机 械能与碰撞后木板Q和地面摩擦产生的热量之比为1：2， 故D正确. 3.BD【解析】由题意可知，物体A在压缩弹簧时，做减速运 动，物体B受到弹簧的弹力作用做加速运动，某时刻二者的 速度相等，此时弹簧的压缩量最大，弹性势能最大，故在弹簧 被压缩并获得的弹性势能最大时，物体A的速度并不为0， 此时物体B受弹力作用仍要加速，可知物体B的速度不是 最大的，故A错误；以A、B组成的系统为研究对象，以A的 初速度方向为正方向，根据动量守恒有2mwo=5mw,解得v 气，根据能量守恒，可得弹簧获得的弹性势能最大值为飞 =合·2mc8-子·5m=号m,放B正确；两物块质量 1