【文档说明】2021-2022学年新教材物理粤教版选择性必修第一册训练：第1章第5、6节弹性碰撞与非弹性碰撞自然界中的守恒定律含解析.docx，共(8)页，233.324 KB，由envi的店铺上传

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第一章第五节第六节A组·基础达标1．(多选)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【答案】AB【解析

】A为非弹性碰撞，成立；B为完全弹性碰撞，成立；总动能为零时，其总动量一定为零，故C错误；总动量守恒，系统内各物体动量的增量的总和不为零，则系统一定受到合外力作用，故D错误．2．(2020年德州月考)在光滑水平地面上有两个相同的木块A、B，质量都为m.现B静止，A向B运动

，发生正碰并粘合在一起运动．两木块组成的系统损失的机械能为ΔE，则碰前A木块的速度等于()A．ΔEmB．2ΔEmC．2ΔEmD．22ΔEm【答案】C【解析】由动量守恒mv＝2mv′，损失的机械能ΔE＝

12mv2－12×2mv′2，解得碰前A木块的速度v＝2ΔEm，故A、B、D错误，C正确．3．(2020年重庆西南大学附属中学期中)如图所示，位于光滑水平桌面上的小滑块P和Q都可视为质点，质量相等．Q与水平轻弹簧相连，设Q静止，P以某一初速度向Q运动并与弹簧发生碰撞．在整个过程中

，弹簧具有的最大弹性势能等于()A．P的初动能B．P的初动能的12C．P的初动能的13D．P的初动能的14【答案】B【解析】在整个过程中，弹簧具有最大弹性势能时，P和Q的速度相同；根据动量守恒定律mv0＝2mv；根据机械能守恒定律，有Ep＝12mv20－2×1

2mv2＝14mv20＝12Ek0，故最大弹性势能等于P的初动能的12，故B正确．4．如图所示，一个质量为m的物体A与另一个质量为2m的静止物块B发生正碰，碰后B物块刚好能落入正前方的沙坑中．假如碰撞过程中无机械能损失，已知物块B与地面间的动摩擦因数为

0.1，与沙坑的距离x＝0.5m，g取10m/s2.物块可视为质点，则碰撞前瞬间物块A的速度大小为()A．0.5m/sB．1.0m/sC．1.5m/sD．2.0m/s【答案】C【解析】碰撞后物块B做匀减速运动，由动能定理得－μ·2mgx＝0－12×2mv2，代入数据得v＝

1m/s，A与B碰撞的过程中，A与B组成的系统在水平方向的动量守恒，选取向右为正方向，则有mv0＝mv1＋2mv，由于没有机械能的损失，则有12mv20＝12mv21＋12×2mv2，联立解得v0＝1.5m/s，故C正确．5.质量相等的三个物块在一光滑水平面上排成一直线，且彼此隔开

了一定的距离，如图所示，具有动能E0的第1个物块向右运动，依次与其余两个静止物块发生碰撞，最后这三个物块粘在一起，这个整体的动能为()A．E0B．2E03C．E03D．E09【答案】C【解析】由碰撞中动量守恒mv

0＝3mv1，得v1＝v03，第1个物块具有的动能E0＝12mv20，则整块的动能为Ek′＝12×3mv21＝12×3mv032＝13×12mv20＝E03，故C正确．6．(2020年南昌第二中学月考)质量为M的物块以速度v运动，与质量为m的静止物块发生正碰，碰撞后两者的动

量正好相等，两者质量之比Mm可能为()A．0.8B．3C．4D．5【答案】B【解析】设碰撞后两者的动量都为p，由于题意可知，碰撞前后总动量为2p，根据动量和动能的关系有p2＝2mEk，碰撞过程动能不增加，有(2p)22M≥p22M＋p22m，解得Mm≤3，且

碰后m的速度v1大于M的速度v2，则M＞m，即1＜Mm≤3，故B正确．7．如图所示，在光滑水平面上，有A、B两个小球沿同一直线向右运动，若取向右为正方向，两球的动量分别是pA＝5.0kg·m/s，pB＝7.0kg·m/s.已知二者发生正碰，则碰后两球动量的

增量ΔpA和ΔpB可能是()A．ΔpA＝－3.0kg·m/s；ΔpB＝3.0kg·m/sB．ΔpA＝3.0kg·m/s；ΔpB＝3.0kg·m/sC．ΔpA＝3.0kg·m/s；ΔpB＝－3.0kg·m/sD．ΔpA＝－10kg·m/s；ΔpB＝10

kg·m/s【答案】A【解析】根据碰撞过程动量守恒定律，如果ΔpA＝－3kg·m/s、ΔpB＝3kg·m/s，则碰后两球的动量分别为pA′＝2kg·m/s、pB′＝10kg·m/s，根据碰撞过程总动能不增加，是可能发生的，故A正确；两球碰撞过程，系统的动量守恒

，两球动量变化量应大小相等，方向相反，若ΔpA＝3kg·m/s，则ΔpB＝3kg·m/s，B选项违反了动量守恒定律，不可能，故B错误；根据碰撞过程动量守恒定律，如果ΔpA＝3kg·m/s、ΔpB＝－3kg·m/s，所以碰

后两球的动量分别为pA′＝8kg·m/s、pB′＝4kg·m/s，由题，碰撞后，两球的动量方向都与原来方向相同，A的动量不可能沿原方向增大，与实际运动不符，故C错误；如果ΔpA＝－10kg·m/s、ΔpB＝10kg·m/s，

则碰后两球的动量分别为pA′＝－5kg·m/s、pB′＝17kg·m/s，可以看出，碰撞后A的动能不变，而B的动能增大，违反了能量守恒定律，不可能，故D错误．8．(2020年泉州模拟)如图，建筑工地上的打桩过程可简化为：重锤从空中某一固定高度由静止释放，与钢筋混凝土预制桩在极短时间内

发生碰撞，并以共同速度下降一段距离后停下来．则()A．重锤质量越大，撞预制桩前瞬间的速度越大B．重锤质量越大，预制桩被撞后瞬间的速度越大C．碰撞过程中，重锤和预制桩的总机械能保持不变D．整个过程中，重锤和预制桩的总动量保持不变【答案】B【解析】由自由落体运动规律v2＝2gh可知，撞击预制

桩前瞬间的速度与重锤质量无关，A错误；碰撞过程时间极短，外力的冲量可忽略不计，则重锤和预制桩的总动量M保持不变，取竖直向下为正方向，由动量守恒定律得mv＝(M＋m)v共，可得v共＝2ghMm＋1，可知重锤质量m越大，预制桩被撞后瞬间的速度越大，B正确；碰撞过程中，要产生

内能，重锤和预制桩的总机械能减小，C错误；整个过程中，重锤和预制桩受到重力和阻力，合外力不为零，总动量不守恒，D错误．9．(多选)(2020年河池期末)如图所示，可视为质点且质量均为1kg的甲、乙两物体紧

靠着放在水平地面，物体甲与左侧地面间的动摩擦因数为0.3，物体乙右侧地面光滑．两物体间夹有炸药，爆炸后两物体沿水平方向左右分离，分离瞬间物体乙的速度大小为3m/s，重力加速度g取10m/s2.则()A．炸药爆炸后，两物体分离瞬间物体甲的速度

大小为3m/sB．甲、乙两物体分离瞬间获得的总能量为18JC．从分离到甲物体停止运动，经过的时间为4sD．甲、乙两物体分离2s时，两物体之间的距离为7.5m【答案】AD【解析】炸药爆炸后，设分离瞬间物体甲的速度大小为v1，物体乙的速度大小v2＝3m/s，对甲、乙两物体组成的系统由动量守

恒定律得mv1＝mv2，解得甲、乙两物体速度大小v1＝v2＝3m/s，故A正确；由能量守恒得E＝12mv21＋12mv22，联立可得：甲、乙两物体分离瞬间获得的总能量E＝9J，故B错误；甲、乙两物体分离后，甲物体向左匀减速滑行，对甲受力分析，根据牛顿第二定律μmg＝ma，得a＝μg＝3

m/s2，根据运动学公式，从分离到甲物体停止运动，经过的时间t1＝v1a＝1s，故C错误；物体甲运动的位移为x1＝v12t1＝1.5m，物体乙运动2s内的位移为x2＝v2t＝6m，故甲、乙两物体分离2s时，两物体之间的距离d＝x2＋x1＝7

.5m，故D正确．B组·能力提升10．如图是“牛顿摆”装置，5个完全相同的小钢球用轻绳悬挂在水平支架上，5根轻绳互相平行，5个钢球彼此紧密排列，球心等高．用1、2、3、4、5分别标记5个小钢球．当把小球1向左拉起一定高度

，如图甲所示，然后由静止释放，在极短时间内经过小球间的相互碰撞，可观察到球5向右摆起，且达到的最大高度与球1的释放高度相同，如图乙所示．关于此实验，下列说法中正确的是()A．上述实验过程中，5个小球组成的系统机械能守恒，动量守恒B．上述实验过程中，5个小球组成的系统机械能不守恒，动量不守恒

C．如果同时向左拉起小球1、2、3到相同高度(如图丙所示)，并由静止释放，经碰撞后，小球4、5一起向右摆起，且上升的最大高度高于小球1、2、3的释放高度D．如果同时向左拉起小球1、2、3到相同高度(如图丙所示)，并由静止释放，经碰撞后，小球3、4、5一起向右摆起，且上升的最大高度与小球1、2、3的

释放高度相同【答案】D【解析】5个小球组成的系统发生的是弹性正碰，系统的机械能守恒，系统在水平方向的动量守恒，总动量并不守恒，A、B错误；同时向左拉起小球1、2、3到相同的高度，并由静止释放并与4、5碰撞后，由机械能守恒和水平方向的动量守恒知，小球3、4、5一起向右摆起，且上升的最大高度与小球1

、2、3的释放高度相同，C错误，D正确．11．(2020年江西定南二中月考)如图所示，小车静止在光滑水平面上，AB是小车内半圆轨道的水平直径．现将一小球从距A点正上方h高处由静止释放，小球由A点沿切线方向经半圆轨道后从B点冲出，在空中能上升的最大高度为0.8h，不计空气阻力．下列说法正确

的是()A．小球离开小车后做斜上抛运动B．在相互作用过程中，小球和小车组成的系统动量守恒C．小球离开小车后做竖直上抛运动D．小球第二次冲出轨道后在空中能上升的最大高度为0.5h＜h＜0.8h【答案】C【解析】小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，可知系统水平方向的总动量保持为零．小球由B点离开小

车时系统水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度为零，所以小球离开小车后做竖直上抛运动，故A错误，C正确；小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，竖直方向受重力，所以水平方向系统动量守恒，但系统动量不守恒，故B错误；小球第一

次在车中运动过程中，由动能定理得mg(h－0.8h)－Wf＝0，Wf为小球克服摩擦力做功大小，解得Wf＝0.2mgh，即小球第一次在车中滚动损失的机械能为0.2mgh，由于小球第二次在车中滚动时，对应位置处速度变小，

因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于0.2mgh，机械能损失小于0.2mgh，因此小球再次离开小车时，能上升的高度大于0.8h－0.2h＝0.6h，而小于0.8h，故D错误．12．(多选)(2020年哈尔滨第三中学模拟)如图所

示，两个小球A、B大小相等，质量分布均匀．分别为m1、m2，m1<m2，A、B与轻弹簧拴接，静止在光滑水平面上，第一次用锤子在左侧与A球心等高处水平快速向右敲击A，作用于A的冲量大小为I1，第二次两小球及弹簧仍静止在水平面上，用锤子在右侧与B球心等高处水平快速向左敲击B，作用于B的

冲量大小为I2，I1＝I2，则下列说法正确的是()A．若两次锤子敲击完成瞬间，A、B两球获得的动量大小分别为p1和p2，则p1＝p2B．若两次锤子敲击分别对A、B两球做的功为W1和W2，则W1＝W2C．若两次弹簧压

缩到最短时的长度分别为L1和L2，则L1<L2D．若两次弹簧压缩到最短时小球A、弹簧、小球B的共同速度大小分别为v1和v2，则v1>v2【答案】AC【解析】由动量定理I＝Δp可知，由于I1＝I2，则两次锤子敲击完成瞬间有p1＝p2，故A正确；

由于两次锤子敲击完成瞬间两球具有的动量大小相等，由Ek＝p22m可知，A球获得的初动能更大，由动能定理可知W1>W2，故B错误；由动量守恒可得m1v0＝(m1＋m2)v，得v＝m1v0m1＋m2，由能量守恒有12m1v2

0＝12(m1＋m2)v2＋Ep，得Ep＝m1m22(m1＋m2)v20，由于p1＝p2，则质量越大的初速度越小，即A球获得的初速度较大，则敲击A球时弹簧的最大弹性势能较大，即L1<L2，故C正确；由动量守恒可得m1v0＝(m

1＋m2)v，得v＝m1v0m1＋m2，则两次共速的速度相同，故D错误．13．(2020年辽宁六校联考)如图所示，在光滑水平面上有A、B、C三个大小相同的弹性小球静止地排成一直线．已知A球质量是为m，B球质量为3m，C

球质量为2m.现使A球沿三球球心连线以速度v0冲向B球．假设三球间的相互作用都是弹性碰撞．试求三球不再发生相互作用时每个球的速度．【答案】－12v0110v035v0【解析】设小球A与B发生碰撞后速度分别为vA、vB，由于是弹性碰撞，由动量守恒和能量守恒得mv0

＝mvA＋3mvB，12mv20＝12mv2A＋12×3mv2B，解得vA＝－12v0，方向向左，vB＝12v0，方向向右，此后B球以速度vB与C球发生碰撞，设碰撞后速度分别为vB′、vC，由于是弹性碰撞

，由动量守恒和能量守恒得3mvB＝3mvB′＋2mvC，12×3mv2B＝12×3mvB′2＋12×2mv2C，代入数据解得vB′＝15vB＝110v0，方向向右，vC＝65vB＝35v0，方向向右，此后三球不会再碰撞，故三球不再发生相互作用时速度分别为－12v0、11

0v0、35v0.14．如图所示，一质量为M的平板车B放在光滑水平面上，在其左端放一质量为m的小木块A(可视为质点)，M>m，A、B间的动摩擦因数为μ，在平板车右方的水平面上固定一竖直挡板P.开始时A、B以速度v0一起向右运动，某时刻B与挡板P相撞并立即以原速率反向弹回，在此

后的运动过程中A不会滑离B，重力加速度为g.求：(1)A、B的最终速度；(2)木板的最小长度；(3)小木块A离挡板P最近时，平板车B的最右端距挡板P的距离．【答案】(1)(M－m)v0M＋m(2)2Mv20μg(M＋m)(3)(2M－m)

v202μMg【解析】(1)选水平向左为正方向，从B撞挡板后到A、B相对静止，A、B动量守恒，由动量守恒定律得Mv0－mv0＝(M＋m)v共，解得v共＝(M－m)v0M＋m.(2)A在B上相对滑动的过程A、B能量守恒得12(M＋m)v20＝12(

M＋m)v2共＋μmgL，解得L＝2Mv20μg(M＋m).(3)小木块A向右匀减速到速度为零时A离挡板P最近，A在B上滑动到vA＝0的过程动量守恒Mv0－mv0＝MvB，解得vB＝(M－m)Mv0.平板车B向左做匀减速直线运动，由动能定理知－μmgx＝12Mv2B－

12Mv20，解得x＝(2M－m)v202μMg.15．如图所示，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面3m/s的速度向斜面体推

出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面上升的最大高度为h＝0.3m(h小于斜面体的高度)．已知小孩与滑板的总质量为m1＝30kg，冰块的质量为m2＝10kg，小孩与滑板始终无相对运动．重力加速度g取10m/s2.(1)求

斜面体的质量；(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？【答案】(1)20kg(2)见解析【解析】(1)规定向右为正方向．冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3，由水平方向动量守恒和机械能守恒

定律得m2v2＝(m2＋m3)v，12m2v22＝12(m2＋m3)v2＋m2gh，式中v20＝－3m/s为冰块推出时的速度，解得m3＝20kg.(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有m1v1＋m2v2＝0，代入数据得v1＝1m/s，设

冰块与斜面体分离后的速度分别为v2′和v3，由动量守恒和机械能守恒定律有m2v2＝m2v2′＋m3v3，12m2v22＝12m2v2′＋12m3v23，解得v2′＝1m/s，由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处

在后方，故冰块不能追上小孩．获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com