第18讲 弹性碰撞和非弹性碰撞 课时作业 -2027届高三物理一轮复习

**基本信息** 聚焦碰撞问题，以动量守恒与能量守恒为核心，通过基础到综合的梯度训练，系统构建弹性与非弹性碰撞的解题方法体系，强化物理观念与科学思维。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础巩固练|8题（含选择、计算）|弹性碰撞：动量+机械能守恒联立；非弹性碰撞：动量守恒+能量损失计算；图像问题：x-t图像求速度|从碰撞概念（弹性/非弹性）到动量守恒、能量守恒定律应用，形成“概念→定律→公式→计算”逻辑链| |综合提升练|5题（含选择、计算）|多体碰撞：分步守恒；实际情境（台球/冰壶）：阻力与动能定理结合；轨道碰撞：周期性运动分析|拓展至多过程、实际应用，强化模型建构与科学推理，衔接高考命题趋势|

第18讲 弹性碰撞和非弹性碰撞 课时作业 基础巩固练 一．选择题： 1.(2026·山东省泰安市肥城市高三上开学学情诊断)A、B两球沿同一条直线运动，如图所示的位移x随时间t变化的图像记录了它们碰撞前后的运动情况，其中a、b分别为A、B碰撞前的x­t图像，c为它们碰撞后的x­t图像。若A球质量为1 kg，则A、B碰撞过程中损失的机械能为(　　) A. J B．5 J C. J D. J 2.如图所示为杂技表演“胸口碎大石”，其原理可解释为：当大石块获得的速度较小时，下面的人感受到的振动就会较小，人的安全性就较强。 若大石块的质量是铁锤的150倍，则撞击后大石块的速度可能为撞击前铁锤速度的(　　) A. B. C. D. 3．1932年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子(即中子)组成。如图，中子以速度v0分别碰撞静止的氢核和氮核，碰撞后氢核和氮核的速度分别为v1和v2。设碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应，下列说法正确的是(　　) A．碰撞后氮核的动量比氢核的小 B．碰撞后氮核的动能比氢核的小 C．v2大于v1 D．v2大于v0 4.(多选)如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上相向运动，A、B两球的质量分别为m和3m，A、B两球发生正碰，碰撞后A球的速率是原来的两倍，B球恰好静止。则(　　) A．碰撞前A、B两球的速度大小之比为1∶1 B．碰撞前A、B两球的速度大小之比为3∶2 C．A、B两球发生的碰撞是弹性碰撞 D．A、B两球发生的碰撞是非弹性碰撞 5．(多选)两质量相同的小球A、B同向运动，已知pA＝6 kg·m/s，pB＝4 kg·m/s，某时刻两小球发生碰撞，碰后A、B球的动量pA′、pB′可能为(　　) A．pA′＝5 kg·m/s，pB′＝5 kg·m/s B．pA′＝8 kg·m/s，pB′＝3 kg·m/s C．pA′＝2 kg·m/s，pB′＝8 kg·m/s D．pA′＝4 kg·m/s，pB′＝6 kg·m/s 6．(多选)如图所示，光滑的水平面上有P、Q两个固定挡板，A、B是两挡板连线的三等分点，A点处有一质量为m2的静止小球，紧贴P挡板的右侧有一质量为m1的等大小球以速度v0向右运动并与质量为m2的小球相碰。小球与小球、小球与挡板间的碰撞均为弹性正碰，两小球均可视为质点。已知两小球之间的第二次碰撞恰好发生在B点处，则两小球的质量关系可能为(　　) A．m1＝3m2 B．m2＝3m1 C．m2＝5m1 D．m2＝7m1 二．计算题：(计算要有必要的文字说明和解题步骤，有数值的要注明单位) 7.如图所示，光滑水平面上依次有质量mC＝2 kg的滑块C，质量mA＝3 kg的滑块A，质量mB＝3 kg的滑块B。开始时A、B静止，C以初速度v0＝10 m/s的速度冲向A，与A发生弹性碰撞，碰撞后A继续向右运动，与B发生碰撞并粘在一起。求： (1)C与A碰撞后A的速度大小； (2)A与B碰撞过程中损失的机械能。 8.如图所示，在粗糙水平地面上静止放置着物块B和C，相距x0＝1.0 m，某时刻物块B以速度v1＝8 m/s开始向右运动，与物块C发生正碰，碰后瞬间物块C的速度v＝2 m/s。已知物块B的质量为m＝1 kg，C的质量为B的质量的k倍，两物块与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.75。(设碰撞时间很短，g取10 m/s2) (1)计算B与C碰撞前瞬间的速度v2； (2)根据B与C的碰撞过程分析k的取值范围，并讨论B与C碰撞后B的可能运动方向。 综合提升练 一．选择题： 9．在某次台球比赛中，质量均为m、材料相同的白球和黑球静止在台球桌上，一青少年以冲量I击打白球使其碰撞静止的黑球，碰撞前后两球的位置标记如图所示，A、B分别为碰前瞬间白球、黑球所在位置，C、D分别为碰撞后白球、黑球停止的位置。则由图可得碰撞过程中损失的能量为(　　) A. B. C. D. 10．(多选)在冰壶比赛中，球员手持毛刷擦刷冰面，可以改变冰壶滑行时受到的阻力。如图甲所示，蓝壶静止在圆形区域内，运动员用等质量的红壶撞击蓝壶，两壶发生正碰。若碰撞前、后两壶的v­t图像如图乙所示，关于冰壶的运动，下列说法正确的是(　　) A．碰撞后在冰面上滑行的过程中，蓝壶受到的阻力比红壶的小 B．碰撞后，蓝壶运动的加速度大小为0.1 m/s2 C．碰撞后两壶相距的最远距离为1.1 m D．两壶碰撞是弹性碰撞 11.(多选)如图所示，半径为R的光滑半圆形轨道固定在水平地面上，A、B是两个可视为质点的小球，B球静止于轨道上最低点，A球从图示位置由静止释放，然后与B球发生弹性碰撞，碰撞后A球被反向弹回，且A、B球能达到的最大高度相同。下列说法正确的有(　　) A．以轨道最低点为零势能点，两球所达到的相同的最大高度为R B．B球的质量是A球质量的4倍 C．偶数次碰撞后瞬间A球的速度为0 D．两球总是在最低点发生碰撞 二．计算题：(计算要有必要的文字说明和解题步骤，有数值的要注明单位) 12.在原子物理中，可用力学模型模拟粒子间的相互作用。如图所示，在光滑水平面上固定着一个光滑圆轨道，A、B、C、D四个点将圆轨道等分为四等份，轨道内径略大于小球直径。在轨道的B点静止着一个质量为m2的小球乙，另一个质量为m1的小球甲以初速度v0沿逆时针方向运动，与乙球发生第一次弹性碰撞后，恰在C点两球发生第二次碰撞。求甲、乙两球的质量之比。 13．(2025·江苏卷)如图所示，在光滑水平面上，左右两列相同的小钢球沿同一直线放置，每列有n个。在两列钢球之间，一质量为m的玻璃球以初速度v0向右运动，与钢球发生正碰。所有球之间的碰撞均视为弹性碰撞。 (1)若钢球质量为m，求最右侧的钢球最终运动的速度大小v； (2)若钢球质量为3m，求玻璃球与右侧钢球发生第一次碰撞后，玻璃球的速度大小v1； (3)若钢球质量为3m，求玻璃球经历2n次碰撞后的动能Ek。 参考答案： 1.答案：B解析：由图像可知，碰撞前A、B两球都做匀速直线运动，速度分别为va＝ m/s＝－3 m/s，vb＝ m/s＝2 m/s，碰撞后二者粘在一起做匀速直线运动，速度为vc＝ m/s＝－1 m/s，碰撞过程中动量守恒，有mAva＋mBvb＝(mA＋mB)vc，解得B球的质量mB＝ kg，碰撞过程损失的机械能 ΔE＝mAv＋mBv－(mA＋mB)v，解得ΔE＝5 J，故选B。 2.答案：B解析：设铁锤的质量为m，撞击前铁锤的速度为v0，如果发生的是完全非弹性碰撞，由动量守恒定律有mv0＝(150m＋m)v，解得撞击后大石块的速度为v＝v0，如果发生的是弹性碰撞，由动量守恒定律有mv0＝150mv1＋mv2，由机械能守恒定律有mv＝×150mv＋mv，联立解得撞击后大石块的速度为v1＝v0，铁锤的速度为v2＝－v0，故撞击后大石块的速度范围为v0≤v石≤v0，故B正确，A、C、D错误。 3.答案：B解析：设中子的质量为m，则氢核的质量为m，氮核的质量为14m。设中子和氢核碰撞后中子的速度为v3，以v0方向为正方向，由动量守恒和总动能不变可得mv0＝mv1＋mv3，mv＝mv＋mv，联立解得v1＝v0；设中子和氮核碰撞后中子的速度为v4，以v0方向为正方向，由动量守恒和总动能不变可得mv0＝14mv2＋mv4，mv＝×14mv＋mv，联立解得v2＝v0， 可得v2<v1＝v0，故C、D错误。碰撞后氢核的动量为pH＝mv1＝mv0，氮核的动量为pN＝14mv2＝，可得pN>pH，故A错误。碰撞后氢核的动能为 EkH＝mv＝mv，氮核的动能为EkN＝×14mv＝，可得EkN<EkH，故B正确。 4.答案：AC解析：设碰撞前A、B两球的速度大小分别为v1、v2，取向右为正方向，根据动量守恒定律有mv1－3mv2＝m(－2v1)，解得v1∶v2＝1∶1，A正确，B错误；碰撞前系统的总动能为Ek＝mv＋×3mv＝2mv，碰撞后系统的总动能为Ek′＝m(2v1)2＝2mv，可知，碰撞前后系统的机械能相等，A、B两球发生的碰撞是弹性碰撞，C正确，D错误。 5.答案：AD解析：因pA＞pB，可知碰前A在后、B在前，A追B发生碰撞；设A、B两小球的质量均为m，以两球组成的系统为研究对象，取两球碰撞前的速度方向为正方向，碰撞前系统的总动能Ek＝＋＝＋＝，系统的总动量p＝6 kg·m/s＋4 kg·m/s＝10 kg·m/s。若碰撞后甲、乙两球动量分别为pA′＝5 kg·m/s，pB′＝5 kg·m/s，pA′＝pB′，A、B以相同的速度运动，系统的总动量p1＝pA′＋pB′＝10 kg·m/s＝p，系统动量守恒， 总动能Ek1＝＋＝＋＝<Ek，总动能不增加，符合实际情况，故A正确；若碰撞后甲、乙两球动量分别为pA′＝8 kg·m/s，pB′＝3 kg·m/s， pA′＞pB′，不符合实际情况，故B错误；若碰撞后甲、乙两球动量分别为 pA′＝2 kg·m/s，pB′＝8 kg·m/s，pA′＜pB′，B的速度较大，系统的总动量p3＝pA′＋pB′＝10 kg·m/s＝p，系统动量守恒， 总动能Ek3＝＋＝＋＝>Ek，总动能增加，不符合实际情况，故C错误；若碰撞后甲、乙两球动量分别为pA′＝4 kg·m/s，pB′＝6 kg·m/s，pA′＜pB′，B的速度较大，系统的总动量p4＝pA′＋pB′＝10 kg·m/s＝p，系统动量守恒，总动能Ek4＝＋＝＋＝＝Ek，总动能不增加，符合实际情况，故D正确。 6.答案：ABD解析：令左侧的小球为球1，右侧的小球为球2。以向右为正方向，设两球第一次碰后的速度分别为v1、v2，根据动量守恒定律得m1v0＝m1v1＋m2v2，根据机械能守恒定律得m1v＝m1v＋m2v，联立解得v1＝v0， v2＝v0。若两球第一次碰后球1的速度方向与原来的方向相同，可知球1的速度小于球2的速度，球2与挡板Q碰后反弹，随后两小球在B点相遇，有v2t＝3v1t，解得m1＝3m2，A正确；若两球第一次碰撞后球1的速度方向与原来的方向相反，与挡板P碰后反弹在B点追上球2，则有－v1t＝3v2t，解得m2＝7m1，D正确；若两球第一次碰撞后球1的速度方向与原来的方向相反，与挡板P碰后反弹，球2与挡板Q碰后反弹，随后两小球在B点相遇，则有－v1t＝v2t，解得m2＝3m1，故B正确。 7.答案：(1)8 m/s　(2)48 J 解析：(1)设C与A碰撞后，C的速度为vC，A的速度为vA，取向右为正方向，对C与A碰撞的过程，根据动量守恒定律有mCv0＝mCvC＋mAvA 根据机械能守恒定律有mCv＝mCv＋mAv 解得vC＝－2 m/s，vA＝8 m/s 即C与A碰撞后A的速度大小为8 m/s。 (2)设A与B碰撞后速度均为v，碰撞过程损失的机械能为E损，取向右为正方向，对A与B碰撞的过程，根据动量守恒定律有mAvA＝(mA＋mB)v 根据能量守恒定律有E损＝mAv－(mA＋mB)v2 解得E损＝48 J。 8.答案：(1)7 m/s，方向向右 (2)当≤k<时，碰撞后B的运动方向向右；当k＝时，碰撞后B静止； 当＜k≤6时，碰撞后B的运动方向向左 解析：(1)从B开始运动到B与C碰撞前的过程中， 对B，由动能定理有－μmgx0＝mv－mv 解得v2＝7 m/s，方向向右。 (2)根据题意可知，k＞0。设碰撞后瞬间B的速度为v3，B和C碰撞过程中，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律有mv2＝mv3＋kmv 解得v3＝(7－2k) m/s 可知，若碰撞后B、C同向运动，则有0<v3≤v 解得≤k< 若碰撞后B静止，则有v3＝0 解得k＝ 若碰撞后B反向运动，则有v3<0 解得k> 由于碰撞过程中，总动能不能增加，则有 mv≥mv＋kmv2 解得0≤k≤6 综上所述，当≤k<时，碰撞后B的运动方向向右；当k＝时，碰撞后B静止；当＜k≤6时，碰撞后B的运动方向向左。 9.答案：C解析：设一个小方格的边长为a，两球所受台球桌的阻力大小均为f，碰撞前瞬间白球的速度大小为v0白，碰撞后瞬间白球的速度大小为v白，黑球的速度大小为v黑，碰撞后，由题图根据动能定理得－f·3a＝0－mv，－f·12a＝0－mv，解得＝2，取向右为正方向，碰撞过程由动量守恒定律可得mv0白＝mv黑＋mv白，碰撞过程中损失的能量ΔE＝mv－，由题知I＝mv0白，联立解得ΔE＝，故C正确，A、B、D错误。 10.答案：AC解析：v­t图像中图线的斜率表示加速度，由题图乙可知，碰后蓝壶的加速度比红壶的小，又两壶质量相等，所以蓝壶受到的阻力比红壶的小，故A正确；设两壶的质量均为m，碰后瞬间蓝壶的速度为v蓝，由题图乙可知，碰前瞬间红壶的速度v0＝1.0 m/s，碰后瞬间红壶的速度v红＝0.4 m/s，两壶碰撞过程，根据动量守恒定律可得mv0＝mv红＋mv蓝，解得v蓝＝0.6 m/s，根据题图乙可得，碰前红壶的加速度大小为a0＝ m/s2＝0.2 m/s2，所以碰后蓝壶的运动时间为Δt蓝＝＝5 s，碰后蓝壶的加速度大小为a蓝＝＝0.12 m/s2，碰后两壶相距的最远距离Δx＝－＝1.1 m，B错误，C正确；两壶质量相等，如果两壶碰撞是弹性碰撞，则由弹性碰撞的规律可知，两壶会发生速度交换，故由题图乙可知，两壶碰撞为非弹性碰撞，D错误。 11.答案：AD解析：设A、B球的质量分别为mA、mB，第一次碰撞前瞬间A球速度为v0，碰撞后瞬间A、B球速度分别为vA、vB，碰撞前，A球沿半圆轨道下滑过程，根据机械能守恒定律有mAgR＝mAv，碰撞过程，对A、B球组成的系统，根据动量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mBvB，根据机械能守恒定律得mAv＝mAv＋mBv，碰撞后A、B球能达到的最大高度相同，可知vA＝－vB，联立以上关系式可得mB＝3mA，vB＝－vA＝v0＝，碰撞后，B球沿半圆轨道上升的过程，根据机械能守恒定律有mBv＝mBgh，解得B球上升的最大高度h＝R，即两球所达到的相同的最大高度为R，故A正确，B错误；A、B两球达到最大高度后，将同时返回最低点，且返回最低点时两球的速度vA′＝－vB′＝v0，设碰撞后瞬间两球速度分别为vA″、vB″，则对A、B球组成的系统，根据动量守恒定律有mAvA′＋mBvB′＝mAvA″＋mBvB″，根据机械能守恒定律，得mAvA′2＋mBvB′2＝mAvA″2＋mBvB″2，解得vA″＝－v0，vB″＝0，则A球返回释放位置后将重复前面的运动，根据运动周期关系，可知两球总是在最低点发生碰撞，且偶数次碰撞后瞬间A球速度大小为v0，故C错误，D正确。 12.答案：或 解析：取逆时针方向为正方向，设甲、乙碰后速度分别为v1、v2， 根据动量守恒定律有m1v0＝m1v1＋m2v2 根据机械能守恒定律有m1v＝m1v＋m2v 解得v1＝v0，v2＝v0 若m1<m2，则v1<0，v2>0，碰后甲、乙以相反的速度在C点第二次碰撞，此过程甲运动周，乙运动周，则＝ 解得＝； 若m1>m2，则v1>0，v2>0，碰后甲、乙均沿逆时针方向运动， 在甲运动周、乙运动周后在C点第二次碰撞， 则＝，k＝0，1，2，… 解得＝，k＝0，1，2，… 因>0，故k＝0 解得＝。 13.答案：(1)v0　(2)v0　(3)mv 解析：(1)玻璃球碰撞右侧第1个钢球，碰撞过程系统动量守恒，机械能守恒，以向右为正方向，设碰撞后玻璃球速度为v01，钢球速度为v右1，则有 mv0＝mv01＋mv右1 mv＝mv＋mv 联立解得v01＝0，v右1＝v0 之后右侧钢球依次碰撞，同理可得，碰撞的两球质量相等，则速度交换，最右侧的钢球最终运动的速度大小v＝v0。 (2)玻璃球碰撞右侧第1个钢球，碰撞过程系统动量守恒，机械能守恒，以向右为正方向，设碰撞后玻璃球速度为v1′，钢球速度为v11，则有 mv0＝mv1′＋3mv11 mv＝mv1′2＋×3mv 联立解得v1′＝－v0，v11＝v0 则玻璃球的速度大小v1＝|v1′|＝v0。 (3)玻璃球与右侧第1个钢球碰撞后，右侧钢球依次碰撞，第1个钢球的速度最终会交换到第n个钢球，玻璃球反向后与左侧第1个钢球碰撞，碰撞过程系统动量守恒，机械能守恒，以向左为正方向，设碰撞后玻璃球速度为v2′，钢球速度为v21，则有mv1＝mv2′＋3mv21 mv＝mv2′2＋×3mv 联立解得v2′＝－v0＝－v0，v21＝v0 则玻璃球的速度大小v2＝|v2′|＝v0 且结合上述分析，同理可知，左侧钢球依次碰撞后，最左侧钢球速度大小为v0，左侧其余钢球静止，玻璃球向右运动，与静止的右侧第1个钢球碰撞，该钢球再将所获得速度依次交换给右侧第n－1个钢球…… 以此类推，知每次碰撞后玻璃球的速度大小均为碰撞前的， 玻璃球经历2n次碰撞后速度大小为v2n＝v0 动能为Ek＝mv 解得Ek＝mv。 学科网（北京）股份有限公司 $