【文档说明】新教材2021-2022人教版物理（江苏专用）选择性必修第一册课时检测：1.5弹性碰撞和非弹性碰撞含解析.docx，共(7)页，160.353 KB，由小赞的店铺上传

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课时跟踪检测(三)弹性碰撞和非弹性碰撞1．在两个物体碰撞前后，下列说法中可以成立的是()A．作用后的总机械能比作用前小，但总动量不守恒B．作用前后总动量均为零，但总动能守恒C．作用前后总动能为零，而总

动量不为零D．作用前后总动量守恒，而系统内各物体的动量增量的总和不为零解析：选B选项A为非弹性碰撞，总动量守恒，不成立；选项B为弹性碰撞，成立；总动能为零时，其总动量一定为零，故选项C不成立；总动量守恒，则系统内各物体动量的增量的总和一定为零，选项D不成立。2.

质量为ma＝1kg，mb＝2kg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．弹性碰撞B．非弹性碰撞C．完全非弹性碰撞D．条件不足，不能确定解析：选A由x-t图像知，碰撞前va＝3m/s，

vb＝0，碰撞后va′＝－1m/s，vb′＝2m/s，碰撞前动能为12mava2＋12mbvb2＝92J，碰撞后动能为12mava′2＋12mbvb′2＝92J，故机械能守恒；碰撞前动量mava＋mbvb＝3kg·m/s，碰撞后动量ma

va′＋mbvb′＝3kg·m/s，故动量守恒，所以碰撞属于弹性碰撞。3．弹玻璃球是小朋友经常玩的一个游戏，小华在光滑水平桌面上用一个质量为3m的绿色弹珠以某一速度与前方静止的质量为m的黄色弹珠发生弹性正碰，已知碰撞前绿色

弹珠的动能为E，碰撞之后黄色弹珠的动能为()A．14EB．34EC．716ED．916E解析：选B发生弹性正碰，则有3mv0＝3mv1＋mv2，12×3mv02＝12×3mv12＋12mv22，解得v2＝2×3m3m＋mv0＝32v0，黄色弹珠的动能为Ek＝

12mv22＝34×12×3mv02＝34E。故选B。4．向空中发射一物体，不计空气阻力，当此物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂成a、b两部分，若质量较大的a的速度方向仍沿原来的方向，则()A．b的速度方向一定与原速度方向相反B．从炸裂到落地的这段时间里，a飞行的水平距离一定比

b的大C．a、b一定同时到达水平地面D．在炸裂过程中，a、b受到的爆炸力的大小不一定相等解析：选C爆炸后系统的总机械能增加，但不能确定a、b的速度大小关系以及b的速度方向，所以选项A、B错误；因炸开后a、b都做平抛运动，且高度相同

，故选项C正确；由牛顿第三定律知，选项D错误。5.如图所示，小球A和小球B质量相同，球B置于光滑水平面上，当球A从高为h处由静止摆下，到达最低点恰好与B相撞，并粘合在一起继续摆动，它们能上升的最大高度是()A．hB．12hC．14hD．18h解析：选C对A由机械能守恒有mgh＝12mv

2，得v＝2gh。对碰撞过程由动量守恒有mv＝2mv′，得v′＝gh2。对整体设上升的最大高度为h′，则由机械能守恒有2mgh′＝12×2mv′2，解得h′＝h4，C正确。6.在光滑水平面上有三个完全相同的小球，它们成一条直线，2、3小球静止，并靠在一起。1

球以速度v0向它们运动，如图所示。设碰撞中不损失机械能，则碰后三个小球的速度可能是()A．v1＝v2＝v3＝13v0B．v1＝0，v2＝v3＝12v0C．v1＝0，v2＝v3＝12v0D．v1＝v2＝0，v3＝v

0解析：选D由题设条件，三个小球在碰撞过程中总动量和机械能守恒，若各球质量均为m，则碰撞前系统总动量为mv0，总动能应为12mv02。假如选项A正确，则碰后总动量为3mv0，这显然违反动量守恒定律，故不可能。假如选项B正确，则碰后总动量为2mv0，这也违反动量守恒定律，故也不可

能。假如选项C正确，则碰后总动量为mv0，但总动能为14mv02，这显然违反机械能守恒定律，故也不可能。假如选项D正确，则通过计算其既满足动量守恒定律，也满足机械能守恒定律，而且合乎情理，不会发生二次碰撞，故选项D正确。7．如图所示，用长为l的轻绳悬挂一质

量为M的沙箱，沙箱静止。一质量为m的弹丸以速度v水平射入沙箱并留在其中，随后与沙箱共同摆动一小角度，不计空气阻力。对子弹射向沙箱到与其共同摆过一小角度的过程，下列说法正确的是()A．若保持m、v、l不变，

M变大，则系统损失的机械能变小B．若保持M、v、l不变，m变大，则系统损失的机械能变小C．若保持M、m、l不变，v变大，则系统损失的机械能不变D．若保持M、m、v不变，l变大，则系统损失的机械能不变解析：选D弹丸击中沙箱过程系统水平方向动量守恒，以弹丸的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv＝(

M＋m)v′，解得v′＝mvM＋m，弹丸与沙箱一起摆动过程系统机械能守恒，由能量守恒定律可知，整个过程系统损失的机械能为ΔE＝12mv2－12(M＋m)v′2＝Mmv22(M＋m)，若保持m、v、l不变，M变大，系统损失的机械

能ΔE＝Mmv22(M＋m)＝mv221＋mM变大，故A错误；若保持M、v、l不变，m变大，则系统损失的机械能ΔE＝Mmv22(M＋m)＝Mv221＋Mm变大，故B错误；若保持M、m、l不变，v变大，则系统损失的机械能ΔE＝Mmv22(M＋m)变大，故C错误；

若保持M、m、v不变，l变大，则系统损失的机械能ΔE＝Mmv22(M＋m)不变，故D正确。8．如图甲所示，光滑水平面上有A、B两物块，已知A物块的质量mA＝1kg，初始时刻B静止，A以一定的初速度向右运动，之后与B发生

碰撞并一起运动，它们的位移—时间图像如图乙所示(规定向右为位移的正方向，因A、B碰撞时间Δt＝0.01s极短，图中无法显示)则根据上述信息，求出在A、B碰撞过程中的物理量是正确的是()A．物块A对B的冲量为15N·sB．物块B的动量变化量为－3kg·m/sC．物块A、B间的平均作用力大小为300

ND．A、B系统损失的机械能为8J解析：选C由题图知，碰前vA＝xAtA＝164m/s＝4m/s，vB＝0，碰后两者速度为v＝xt＝20－168－4m/s＝1m/s，两物块碰撞过程动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mAvA＝(mA＋mB)

v，代入数据解得mB＝mAvA－mAvv＝1×4－1×11kg＝3kg，则物块A对物块B的冲量为I＝Ft＝mBv＝3×1N·s＝3N·s，故A错误；物块B的动量变化量与A对物块B的冲量相等，为3kg·m/s，故B错误；根据动量定理可得FΔt＝mBv－0，解得物块A、B间的平均作用力大小

为F＝300N，故C正确；由能量守恒定律得12mAvA2＝12(mB＋mA)v2＋ΔEk，解得损失机械能为ΔEk＝12mAvA2－12(mB＋mA)v2＝12×1×42J－12×(3＋1)×12J＝6J，故D错误。9.如图所示，质量为m的A球以速度v0在光滑水平面

上运动，与原来静止的质量为5m的B球碰撞，碰撞后A球以v＝av0(待定系数a<1)的速率弹回，A球与挡板P发生碰撞时无能量损失，若要使A球能追上B球再次相撞，则a的取值范围为()A．14<a≤23B．14<a≤25C．13<a≤23D．13<a≤35解析：选

A规定向右为正方向，由动量守恒定律可知mv0＝－m(av0)＋(5m)v1①根据碰撞过程动能不会增大可知12mv02≥12m(av0)2＋12(5m)v12②球与挡板P发生碰撞时无能量损失，与挡板碰后以原速度大小返回，若要使A球能追上B球再次相撞，

所以有av0>v1③由①②③式可得14<a≤23，故选A。10．如图所示，在质量为M的小车中挂着一个单摆，摆球的质量为m0，小车(和单摆)以恒定的速度v沿光滑的水平面运动，与位于正对面的质量为m的静止木块发生碰

撞，碰撞时间极短，在此碰撞过程中，下列说法可能发生的是()A．小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为v1、v2、v3，满足：(M＋m0)v＝Mv1＋mv2＋m0v3B．摆球的速度不变，小车和木块的速度变为v1和v

2，满足：Mv＝Mv1＋mv2C．摆球的速度不变，小车和木块的速度变为v1，满足：mv＝(M＋m)v1D．小车和摆球的速度都变为v1，木块的速度为v2，满足：(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2解析：选B因碰撞时间极短，所以单摆相对小车没有

发生摆动，即摆线对摆球的作用力原来是竖直向上的，现在还是竖直向上的，没有水平方向的分力，未改变摆球的动量，即摆球没有参与这个碰撞过程，摆球的速度不发生变化，故A、D错误；因为单摆的速度不变，所以研究对象选取小车和木块所构成的系统，若碰后分

离，水平方向动量守恒，由动量守恒定律得Mv＝Mv1＋mv2，故B正确；也有可能小车和木块发生碰撞后以同一速度运动，故C错误。11．如图所示，质量相等的A、B两个球，原来在光滑水平面上沿同一直线相向做匀速直线运动，A球的速度是6m/s，B球的速度是－2m/s，A、B

两球发生对心碰撞。对于该碰撞之后的A、B两球的速度可能值，某实验小组的同学们做了很多种猜测，下面的猜测结果不可能实现的是()A．vA′＝－2m/s，vB′＝6m/sB．vA′＝2m/s，vB′＝2m/sC．vA′

＝1m/s，vB′＝3m/sD．vA′＝－3m/s，vB′＝7m/s解析：选D设每个球的质量均为m，碰前系统总动量p＝mvA＋mvB＝6m－2m＝4m，碰前的总动能Ek＝12mvA2＋12mvB2＝20m。若vA′＝－2m/s，vB′＝6m/s，碰后总动量p′＝mvA′＋mvB′＝4m，

则动量守恒，总动能Ek′＝12mvA′2＋12mvB′2＝20m，机械能也守恒，故A可能实现；若vA′＝2m/s，vB′＝2m/s，碰后总动量p′＝mvA′＋mvB′＝4m，总动能Ek′＝12mvA′2＋12mvB′2＝4m，动

量守恒，机械能不增加，故B可能实现；若vA′＝1m/s，vB′＝3m/s，碰后总动量p′＝mvA′＋mvB′＝4m，总动能Ek′＝12mvA′2＋12mvB′2＝5m，动量守恒，机械能不增加，故C可能实

现；若vA′＝－3m/s，vB′＝7m/s，碰后总动量p′＝mvA′＋mvB′＝4m，总动能Ek′＝12mvA′2＋12mvB′2＝29m，动量守恒，机械能增加，违反能量守恒定律，故D不可能实现。12.如图所示，光滑水平面上

有两个质量分别为m1、m2的小球A、B，放在与左侧竖直墙垂直的直线上，设B开始处于静止状态，A球以速度v朝着B运动，设系统处处无摩擦，所有的碰撞均无机械能损失，则下列判断正确的是()A．若m1＝m2，则两球之间有且仅有两次碰撞

B．若m1≪m2，则两球之间可能发生两次碰撞C．两球第一次碰撞后B球的速度一定是v2D．两球第一次碰撞后A球一定向右运动解析：选A设A球和B球第一次碰撞后速度分别为v1和v2，取向左为正方向。根据动量守恒定律得m1v＝m1v1＋m2v2，根据机械能守恒定律得12m1v2＝12m1v

12＋12m2v22，解得v1＝m1－m2m1＋m2v，v2＝2m1m1＋m2v。若m1＝m2，则得v1＝0，v2＝v，即A与B碰撞后交换速度，当B球与墙壁碰后以速度v2返回，并与A球发生第二次碰撞，之后B静止，A向右运动，不再发生碰撞，所以两球之间有且仅有两次碰撞，故A正

确。若m1≪m2，则得v1≈－v，v2≈0，两球之间只能发生一次碰撞，故B错误。两球第一次碰撞后，B球的速度为v2＝2m1m1＋m2v，不一定是v2，与两球的质量关系有关，故C错误。两球第一次碰撞后A球的速度为v1＝m1－m2m1＋m2v，当m1>m2时v1>0，碰后

A球向左运动，当m1＝m2时v1＝0，碰后A球静止；当m1<m2时v1<0，碰后A球向右运动。故D错误。13.如图所示，光滑水平面上有三个滑块A、B、C，质量关系是mA＝mC＝m、mB＝m2。开始时滑块B、C紧贴在一起，中间夹有少量炸药，处于静止状

态，滑块A以速度v0正对B向右运动，在A未与B碰撞之前，引爆了B、C间的炸药爆炸后B与A迎面碰撞，最终A与B粘在一起，以速率v0向左运动。求：(1)炸药的爆炸过程中炸药对C的冲量；(2)炸药的化学能有多少转化为机械能。解析：(1)A、B、C组成的系统

动量守恒，有mAv0＝－(mA＋mB)v0＋mCvC即mv0＝－32mv0＋mvC，解得vC＝52v0炸药对C的冲量为I＝mCvC－0解得I＝52mv0，方向向右。(2)炸药爆炸过程，B和C组成的系统动量守恒，有mCvC－mBvB＝0根据能量关系有ΔE＝12×m2vB2＋12mvC2解得ΔE

＝758mv02＝9.375mv02。答案：(1)52mv0，向右(2)9.375mv02获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com