(9) 1 动量守恒定律 专题 碰撞过程的图像 (课时跟踪)-【学而思·高中同步培优练】2026-2027学年高二物理选择性必修第一册课时作业(人教版·新教材)

专题　碰撞过程的图像 建议用时:40分钟 1.质量分别为ma=1 kg和mb=2 kg的小球在光滑的水平面上发生碰撞,碰撞前后两球的位移—时间图像如图所示, 则可知碰撞属于 (　) A.非弹性碰撞 B.弹性碰撞 C.完全非弹性碰撞 D.条件不足,无法判断 2.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,两球在碰撞前后的速度图像如图所示,下列关系正确的是 (　) A.ma>mb B.ma<mb C.ma=mb D.无法判断 3.[2025·湖北随州高二期末] A、B两球沿同一直线运动并发生正碰,如图所示为两球碰撞前后的位移随时间变化的图像,a、b分别为A、B两球碰前的位移随时间变化的图线,c为碰撞后两球共同运动的位移随时间变化的图线,若A球质量是m=2 kg,则由图像判断下列结论正确的是 (　) A.碰撞前、后A球的动量变化量为6 kg·m/s B.碰撞时A球对B球的冲量为-6 N·s C.A、B两球碰撞前的总动量为3 kg·m/s D.碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10 J 4.(多选)作为时尚青年热爱的运动,溜旱冰又炫又酷,备受追捧.如图甲所示,水平地面上有A、B两位同学,A的质量为50 kg,B静止在地面上,A以一定的初速度向B滑去,一段时间后抱住B一起向右运动.若以向右为正,A运动的位移—时间图像(x⁃t图像)如图乙所示,不计空气阻力以及地面对人的阻力,则下列说法正确的是 (　) A.B的质量为60 kg B.B的质量为75 kg C.A抱住B的过程中损失的机械能为375 J D.A抱住B的过程中损失的机械能为400 J 5.(多选)[2025·江苏常州高二期中] 在光滑的水平面上,有a、b两个等大的小球,a的质量为2m,b的质量为m,它们在同一直线上运动,t0时刻两球发生正碰,则下列关于两球碰撞前后的速度—时间图像可能正确的是 (　) A　B　C　D 6.(多选)如图甲所示,一轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接,并静止在光滑的水平面上.已知m1=2 kg.现使A瞬间获得水平向右的速度v0=3 m/s,以此刻为计时起点,两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示.从图像信息可得 (　) A.在t1到t3过程中,弹簧对B做的功为0 B.从t3到t4时刻,弹簧由压缩状态恢复到原长 C.B物块的质量为m2=4 kg D.在t1时刻弹簧弹性势能为6 J 7.(多选)[2025·北京八一学校高一月考] 如图甲所示,两个弹性球A和B放在光滑的水平面上处于静止状态,质量分别为m1和m2,其中m1=1 kg.现给A球一个水平向右的瞬时冲量,使A、B球发生弹性碰撞,以此时刻为计时起点,两球的速度随时间变化的规律如图乙所示,从图示信息可知 (　) A.B球的质量m2=2 kg B.A球和B球在相互挤压过程中产生的最大弹性势能为4.5 J C.t3时刻两球的动能之和小于0时刻A球的动能 D.在t2时刻两球动能之比为Ek1:Ek2=1∶8 8.[2025·陕西蓝田城关中学高二期末] 如图1所示,两个可视为质点的滑块甲、乙放在水平面上,t=0时刻分别给两滑块一初速度,使两滑块沿同一直线相对运动,经过一段时间两滑块发生碰撞,取向右的方向为正,整个过程中两滑块的速度—时间图像如图2所示,则下列说法错误的是 (　) A.整个过程中滑块乙的位移大小为0.5 m B.滑块甲与滑块乙的质量之比为1∶1 C.滑块甲、滑块乙与水平面间的动摩擦因数之比为1∶2 D.两滑块碰撞时没有能量损失 9.[2025·四川成都石室中学高一期中] 如图甲所示,物块A、B的质量分别是mA=4.0 kg和mB=3.0 kg,用轻弹簧拴接相连放在光滑的水平地面上,物块B右侧与竖直墙相接触.另有一物块C从t=0时以一定速度向右运动,在t=4 s时与物块A相碰,并立即与A粘在一起不再分开.物块C的v⁃t图像如图乙所示,求: (1)物块C的质量mC; (2)弹簧对物块A、C的弹力在4 s到12 s的时间内冲量I的大小和方向; (3)在B离开墙壁之后的运动过程中,物块A、C整体的最小速度. 10.[2025·重庆重点中学高二月考] 如图甲所示,将两个质量分别为m1=60 g、m2=30 g的小球A、B叠放在一起,中间留有小空隙,从初始高度h0=1.8 m处由静止释放.A球与地面碰撞后立即以原速率反弹,A球与B球碰撞的时间为0.01 s,不计空气阻力,取向上为正方向,B球的速度—时间图像如图乙所示,g取10 m/s2,下列说法中正确的是 (　) A.B球与A球碰撞前的速度大小为5 m/s B.A、B两球发生的是弹性碰撞 C.若m2远小于m1,第一次碰撞后,B球上升的最大高度可能大于20 m D.两球碰撞过程中,B球的重力冲量与A球对B球的冲量大小比值为1∶101 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题　碰撞过程的图像 1.B　[解析] 碰撞前b球静止,碰撞前a球的速度为va= m/s=3 m/s,碰撞前a球的动能为Ek=ma=4.5 J,碰撞后两球的速度分别为va'= m/s=-1 m/s,vb'= m/s=2 m/s,碰撞后两球的总动能为Ek'=mava'2+mbvb'2=4.5 J,碰后动能等于碰前动能,无动能损失,是弹性碰撞,B正确. 2.B　[解析] 两球碰撞过程中,动量守恒、动能守恒,有mav0=mav1+mbv2,ma=ma+mb,联立解得v1=v0,v2=v0,由图像可知,碰后a球速度v1为负值,因此ma<mb,故B正确. 3.D　[解析] x⁃t图像的斜率表示速度,由图可知,碰撞前、后A球的速度分别为vA== m/s=-3 m/s,v== m/s=-1 m/s,所以碰撞前、后A球的动量变化量为ΔpA=mv-mvA1=4 kg·m/s,故A错误;碰撞前B球的速度为vB== m/s=2 m/s,设B球质量为m',根据动量守恒定律得mvA+m'vB=(m+m')v,解得m'= kg,根据动量定理可知,碰撞时A球对B球的冲量为I=ΔpB=m'v-m'vB=-4 kg·m/s=-4 N·s,故B错误;A、B两球碰撞前的总动量为p=mvA+m'vB=- kg·m/s,故C错误;碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为ΔEk=m+m'-(m+m')v2=10 J,故D正确. 4.BC　[解析] 根据题图乙,A抱住B前A的速度大小vA== m/s=5 m/s,A抱住B后他们的共同速度大小v== m/s=2 m/s,根据动量守恒定律有mAvA=(mA+mB)v,解得mB=75 kg,A错误,B正确;A抱住B的过程中损失的机械能ΔE=mA-(mA+mB)v2,解得ΔE=375 J,C正确,D错误. 5.BC　[解析] 设题图中纵轴的最小刻度值为v0,则A图中碰前总动量p=2m·2v0-m·2v0=2mv0,碰后总动量p'=0,违背动量守恒定律,A错误;B图中碰撞前的总动量为p=2m·2v0-mv0=3mv0 ,碰撞后的总动量为p'=3mv0 ,碰撞前的总动能为Ek=·2m·(2v0)2+m=4.5m,碰撞后的总动能为Ek'=·3m=1.5m ,碰撞前后动量守恒,动能不增加,B正确;C图中碰撞前的总动量为p=2m·3v0+0=6mv0 ,碰撞后的总动量为p'=2mv0+m·4v0=6mv0 ,碰撞前的总动能为Ek=·2m·(3v0)2=9m ,碰撞后的总动能为Ek'=·2m+m(4v0)2=9m ,碰撞前后系统动量守恒,碰撞前后系统动能不变,C正确;D图中碰前总动量p=2m·4v0+0=8mv0,碰后总动量p'=-2m·3v0+mv0=-5mv0,违背动量守恒定律,D错误. 6.ACD　[解析] 在t1到t3过程中,物块B的动能变化量为零,则弹簧对B做的功为0,选项A正确;由图像可知,在0时刻,A的速度大于B的速度,两物块距离逐渐靠近,在t1时刻,两物块速度相等,距离最近,弹簧处于最大压缩状态,接下来B的速度大于A的速度,两物块距离增大,在t3时刻,两物块速度再次相等,距离最大,弹簧处于最大伸长状态,从t3到t4时刻,弹簧由伸长状态逐渐恢复到原长,选项B错误;在t1时刻两物块达到共同速度1 m/s,根据动量守恒定律有m1v0=(m1+m2)v,解得m2=4 kg,选项C正确;在t1时刻弹簧弹性势能为ΔEp=m1-(m1+m2)=×2×32 J-×6×12 J=6 J,选项D正确. 7.AD　[解析] 两球碰撞过程系统动量守恒,以向右为正方向,由图可知,t1时刻两球速度相等,为1 m/s,由动量守恒定律得m1v0=(m1+m2)v,解得B球的质量为m2=2 kg,故A正确;当两球速度相等时,弹性势能最大,由能量守恒定律得 m1=(m1+m2)v2+Epm,解得Epm=3 J,故B错误;两球发生弹性碰撞,碰撞过程中系统机械能守恒,由图可知,t3时刻两球已经分离,所以t3时刻两球的动能之和等于0时刻A球的动能,故C错误;两球发生弹性碰撞,从t=0时刻到t=t2时刻,由动量守恒定律有m1v0=m1vA+m2vB,由机械能守恒定律有m1=m1+m2,解得vA=-1 m/s,vB=2 m/s,在t2时刻两球动能之比为Ek1∶Ek2=m1∶m2=1∶8,故D正确. 8.B　[解析] 由图像可知,两滑块在1 s末时发生碰撞,因取向右的方向为正,碰前滑块甲向右运动,滑块乙向左运动,故由图像可知,碰前滑块甲的速度v甲1=4 m/s,滑块乙的速度v乙1=-2 m/s,而碰后滑块甲的速度不可能同向增大,则由图像可知,碰后滑块甲的速度只能为0,滑块乙的速度v乙1'=6 m/s,根据动量守恒定律有m甲v甲1+m乙v乙1=m乙v乙1',解得m甲∶m乙=2∶1,B错误;速度—时间图像与时间轴所围的面积表示位移,由图像可知,整个过程中滑块乙的位移x=×1 m+×1.5 m=0.5 m,A正确;速度—时间图像的斜率表示加速度,由图像可知,0~1 s内,滑块甲的加速度a甲= m/s2=-2 m/s2,滑块乙的加速度a乙= m/s2=4 m/s2,根据牛顿第二定律有-μ甲m甲g=m甲a甲,μ乙m乙g=m乙a乙,解得μ甲=0.2,μ乙=0.4,则滑块甲、滑块乙与水平面间的动摩擦因数之比为1∶2,C正确;滑块甲与滑块乙的质量之比为m甲∶m乙=2∶1,则两个滑块碰撞前后的能量差为ΔE=m乙v乙1'2-=0,即两滑块碰撞时没有能量损失,D正确. 9.(1)2 kg　(2)36 N·s　方向向左　(3)1 m/s [解析] (1)由图知,C与A碰前速度为v=9 m/s,碰后速度为v2=3 m/s,C与A碰撞过程,根据动量守恒定律可得 mCv=(mA+mC)v2 解得mC=2 kg (2)由图知,12 s末A和C的速度为v3=-3 m/s,4 s到12 s的时间内,取水平向右为正方向,根据动量定理可知,弹簧对物块A、C的冲量为I=(mA+mC)v3-(mA+mC)v2 解得I=-36 N·s 可知冲量大小为36 N·s,方向向左 (3)此后运动过程中,弹簧第一次恢复原长时,物块A、C整体的速度最小,则有 (mA+mC)v3=(mA+mC)vAC+mBvB (mA+mC)=(mA+mC)+mB 联立解得vAC=-1 m/s 即物块A、C整体速度最小值为1 m/s 10.D　[解析] 碰撞前,两球均做自由落体运动,则有=2gh0,解得v0=6 m/s,即B球与A球碰撞前的速度大小为6 m/s,故A错误;根据题意可知,B球碰撞后的速度方向向上,大小为v2=4 m/s,以向上为正方向,碰撞过程中根据动量守恒定律有m1v0-m2v0=m1v1+m2v2,解得v1=1 m/s,由于m1+m2=1.62 J,m1+m2=0.27 J,碰撞后系统总动能减小,可知发生的是非弹性碰撞,故B错误;假设碰撞是弹性碰撞,此时B球碰后速度最大,上升高度最大,碰撞过程有m1v0-m2v0=m1v3+m2v4,m1+m2=m1+m2,解得v4==,当m2远小于m1时,有≈0,解得v4=3v0=18 m/s,则B球上升到最高点过程有=2ghmax,解得hmax=16.2 m,故C错误;在碰撞时间t=0.01 s内,根据动量定理,对B球有I1-m2gt=m2v2-(-m2v0),B球重力的冲量I2=m2gt,解得=,故D正确. 学科网（北京）股份有限公司 $