【文档说明】2023-2024学年高二物理人教版2019选择性必修第一册同步试题 1.5 弹性碰撞和非弹性碰撞 Word版含解析.docx，共(13)页，890.698 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-d7bf1d80205c68f1b53cd44f40bd5f27.html

以下为本文档部分文字说明：

1.5弹性碰撞和非弹性碰撞(教师版)1.(2021·广东省佛山市·单元测试)关于弹性碰撞和非弹性碰撞，下列说法中正确的是()A.弹性碰撞动量守恒，非弹性碰撞动量不守恒B.弹性碰撞机械能守恒，非弹性碰撞机械能不守恒C.弹性碰

撞动量不守恒，非弹性碰撞动量也不守恒D.弹性碰撞机械能不守恒，非弹性碰撞机械能守恒【答案】B【解析】碰撞过程中，当系统所受的合外力为零时，系统动量守恒；当系统所受的合外力不为零，但由于系统物体间的作用时间很短，此时物体间的相互作用力远大于外力，系统动量也认为守恒；从机械能是否守恒的角度分析弹

性碰撞与非弹性碰撞的关系。本题的关键是知道怎样区分弹性碰撞与非弹性碰撞，是从机械能是否守恒的角度进行判断。【解答】当系统的合外力为零时，弹性碰撞与非常弹性碰撞动量均守恒；当系统的合外力不零时，由于碰撞的时间间隔很短，物体的位置几乎不变，此时系统内

物体间的相互作用力远大于外力，所以系统的动量近似守恒，即不管是弹性碰撞还是非弹性碰撞，动量都是守恒的；当碰撞过程中，系统的机械守恒，即为弹性碰撞，机械能减少的即为非弹性碰撞，故B正确，ACD错误。故选B。2

.(2023·四川省·月考试卷)以下对碰撞的理解，说法正确的是()A.弹性碰撞一定是对心碰撞B.非对心碰撞一定是非弹性碰撞C.弹性碰撞也可能是非对心碰撞D.弹性碰撞和对心碰撞中动量守恒，非弹性碰撞和非对心碰撞中动量不守恒【答案】

C【解析】本题根据碰撞的定义和特点来分析：(1)定义：相对运动的物体相遇，在极短的时间内，通过相互作用，运动状态发生显著变化的过程叫做碰撞。(2)碰撞的特点：①作用时间极短，内力远大于外力，总动量总是守恒的。②碰撞过程中，总动能不增。因为没有其它形式的能量转化为动能。本题考查碰撞的性质，要

注意明确由于碰撞过程中内力远大于外力，故一般视为动量守恒，但机械能不一定守恒。【解答】AC.弹性碰撞是没有机械能损失的碰撞，对心碰撞指的是速度方向与两球球心连线共线的碰撞，则弹性碰撞不一定是对心碰撞，也可能是非对心碰撞，选项A错误，C正确：B.非对心碰撞也不一定是

非弹性碰撞，选项B错误：D.弹性碰撞和对心碰撞中动量守恒，非弹性碰撞和非对心碰撞中，只要合外力为零，动量也守恒，选项D错误：故选C．3.(2022·广东省·其他类型)如图所示，某趣味游戏中小球从圆柱形水杯口边缘沿直径方向水平射入，球与杯壁的碰撞是弹性

碰撞，不计空气阻力。则小球入水前的运动轨迹情景图可能正确的是()A.B.C.D.【答案】A【解析】本题考查平抛运动轨迹的特点，基础题目。根据平抛运动轨迹的特点，结合弹性碰撞特点分析即可判断。【解答】A.小球射入水杯后将做平抛运动，其轨迹应为一条抛物线，当小球的

入射速度较小时，小球直接做平抛运动落入水中，故A正确；BCD.若小球与杯壁相碰，由于碰撞是弹性碰撞，可知小球在水平方向往返速度大小不变，故向右运动时间与向左运动时间相等，小球在竖直方向做自由落体运动，相同时间的位移比应为ℎ1：ℎ2=1：3对

比题图可知，故BCD错误。4.(2022·河北省·单元测试)如图所示，在冰壶世锦赛上中国队队长王冰玉在最后一投中，将质量为𝑚的冰壶推出，运动一段时间后以0.4𝑚/𝑠的速度正碰静止的瑞典队冰壶，然后中国队冰壶以0

.1𝑚/𝑠速度继续向前滑向大本营中心.若两冰壶质量相等，则下列判断正确的是()A.瑞典队冰壶的速度为0.3𝑚/𝑠两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞B.瑞典队冰壶的速度为0.3𝑚/𝑠两冰壶之间的碰撞是非弹性碰撞C.瑞典队冰壶的速度为0.5𝑚/𝑠两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞D.瑞典

队冰壶的速度为0.5𝑚/𝑠两冰壶之间的碰撞是非弹性碰撞【答案】B【解析】两冰壶在碰撞的过程中动量守恒，根据动量守恒定律求出碰后中国队冰壶获得的速度，通过计算动能改变量来判断是否为弹性碰撞。本题考查动量守恒定律的基本运

用，运动动量守恒定律解题，关键注意速度的方向，知道动量守恒定律表达式的矢量性，同时要明确碰撞过程有弹性碰撞和非弹性碰撞之分。【解答】两冰壶碰撞的过程中动量守恒，规定向前运动方向为正方向，根据动量守恒定律有：mv1=mv2+m

v3代入数据得：m×0.4=m×0.1+mv3解得：v3=0.3m/s。动能变化量：ΔEk=12mv12−12mv22−12mv32=12m(0．42−0．12−0．32)>0，故动能减小，是非弹性碰撞，故B正确，ACD错误。故选B。5.(2022·陕西省渭南市·月考试卷)如图所示，

竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道下端与光滑水平桌面相切，小滑块𝐵静止在圆弧轨道的最低点。现将小滑块𝐴从圆弧轨道的最高点无初速度释放。已知圆弧轨道半径𝑅=1.8𝑚，小滑块的质量关系是𝑚𝐵=2𝑚𝐴，重力加速度𝑔=10𝑚/𝑠2.则碰后小滑块𝐵的速度

大小不可能是()A.5𝑚/𝑠B.4𝑚/𝑠C.3𝑚/𝑠D.2𝑚/𝑠【答案】A【解析】解：滑块A下滑过程，由机械能守恒定律得mAgR=12mAv02解得v0=6m/s若两个滑块发生的是弹性碰撞，取向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得：mAv0=mAvA+mBvB

12mAv02=12mAvA2+12mBvB2解得vB=4m/s若两个滑块发生的是非弹性碰撞，由动量守恒定律得：mAv0=(mA+mB)vB′解得vB′=2m/s所以碰后小滑块B的速度大小范围为2m/s≤vB≤4m/s，不可能为5m/s。故选：

A。若两个滑块发生的是弹性碰撞，B获得的速度最大。若两个滑块发生的是非弹性碰撞，B获得的速度最小。根据动量守恒定律和机械能守恒定律结合求出碰后小滑块B的速度范围，从而确定碰后小滑块B的速度大小。解决本题的关键是知道碰撞有两类弹性碰撞和非弹性碰撞，要明确弹性碰撞遵守动量守恒定律和机械能守恒

定律，B获得的速度最大。若两个滑块发生的是非弹性碰撞，系统机械能损失最大，B获得的速度最小。6.(2022·广东省江门市·月考试卷)如图所示，小球𝐴和𝐵的质量相同，小球𝐵置于光滑水平面上，当小球�

�从高度ℎ处由静止开始向下摆动，并在最低点与小球𝐵相撞，且粘合在一起继续摆动，那么它们能升起的高度是：()A.ℎ；B.ℎ/2；C.ℎ/4；D.ℎ/8。【答案】C【解析】由机械能守恒定律求出A到达最低点时的速度，A、B碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律求出速度，

然后由机械能守恒定律求出AB上摆的最大高度。本题分析清楚小球运动过程，应用机械能守恒定律与动量守恒定律即可正确解题。【解答】A球下摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律得mgℎ=12mv02，A、B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mv0=(m+m)v，AB向右摆动

过程机械能守恒，由机械能守恒定律得12(m+m)v2=(m+m)gℎ′，解得ℎ′=14ℎ，故C正确，ABD错误。7.(2023·山西省·单元测试)甲、乙两球在光滑水平轨道上同向运动，已知它们的动量分别是𝑃甲=5𝑘𝑔⋅𝑚/𝑠，𝑃乙=7𝑘𝑔⋅𝑚/𝑠，甲追上乙并发生

碰撞，碰撞后乙球的动量变为𝑃乙′=10𝑘𝑔⋅𝑚/𝑠，则两球质量𝑚甲与𝑚乙的关系可能是()A.𝑚甲=𝑚乙B.𝑚乙=2𝑚甲C.𝑚乙=4𝑚甲D.𝑚乙=6𝑚甲【答案】C【解析】本题考查动量守恒定律及其应用，求解本题时要从以下三点出发：

1.甲乙动量守恒；2.碰撞前后系统的总动能不会增加；3.碰撞后后方物体的速度不大于前方物体的速度。【解答】由动量守恒定律得p甲+p乙=p′甲+p′乙，解得p′甲=2kg⋅m/s..碰撞过程系统的总动能不增加，则有p′甲22m甲+p′乙22m

乙⩽p甲22m甲+p乙22m乙，代入数据解得m甲：m乙⩽7：17.碰前甲的速度大于乙的速度，有p甲m甲>p乙m乙，得m甲：m乙<5：7；碰撞后甲的速度不大于乙的速度，则有p′甲m甲≤p′乙m乙，代入数据解得m甲:m乙⩾1:5

，故C正确，ABD错误。故选C。8.(2023·山西省·单元测试)质量为𝑚，速度为𝑣的𝐴球跟质量为3𝑚的静止的𝐵球发生正碰。碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此碰撞后𝐵球的速度可能值为()A.0.6𝑣B.0.4𝑣C.0.2𝑣D.0.1𝑣【答案】B【解析】解：A、若vB

=0.6v，选V的方向为正，由动量守恒得：mv=mvA+3m⋅0.6v，得vA=−0.8v，碰撞前系统的总动能为Ek=12mv2.碰撞后系统的总动能为：Ek′=12mvA2+12⋅3mvB2=12m(0.8

v)2+12⋅3mvB2>12mv2，违反了能量守恒定律，不可能．故A错误．B、若vB=0.4v，由动量守恒得：mv=mvA+3m⋅0.4v，得vA=−0.2v，碰撞后系统的总动能为：Ek′=12mvA2+12⋅3mvB2=12m(−0.2v)2+12⋅3m(0.4v)2>12mv2，不违反了能量

守恒定律，是可能的．故B正确．C、A、B发生完全非弹性碰撞，则有：mv=(m+3m)vB，vB=0.25v，这时B获得的速度最小，所以vB=0.2v，是不可能的．故C错误．D、若vB=0.1v，由动量守恒得：mv=mvA+3m

⋅v，解得：vA=0.7v，碰撞后A的速度大于B的速度，要发生二次碰撞，这是不可能的，故D错误；故选：B．碰撞过程遵守动量守恒，根据B的速度，由此定律得到A的速度，根据碰撞总动能不增加，分析是否可能．本题抓住碰撞过程的两个基本规律：系统的动量守恒、总动能不增

加进行判断．9.(2023·甘肃省金昌市·期末考试)如图所示，𝐵、𝐶、𝐷、𝐸、𝐹5个小球并排放置在光滑的水平面上，与它们共线的𝐴球以速度𝑣0向𝐵球运动，其中𝐴、𝐹两球质量为𝑚，𝐵、𝐶、𝐷、�

�四个小球质量为2𝑚，所发生的碰撞均为弹性碰撞，则碰撞之后()A.共有3个小球运动，方向均向右B.共有3个小球运动，方向既有向左又有向右C.共有2个小球运动，方向均向右D.共有2个小球运动，方向既有向左又有向右【答案】B【解析】解决本题的关键是明确质

量相等的两个小球发生弹性碰撞，则速度交换，而小球碰静止大球，则小球反弹。【解答】因A、B两球质量不等，MA<MB.A球与B球相碰后，A球向左运动，B球向右运动.B、C、D、E4个小球的质量相等，弹性碰撞后，不断交换速度，最终E球有方向水

平向右的速度，B、C、D3个小球均静止.E、F两球质量不等，ME>MF，则E、F两球碰撞后都向右运动.所以B、C、D3个小球均静止，A球向左运动，E、F两球都向右运动，故选B．10.(2022·甘肃省酒泉市·期中考试)𝐴、𝐵两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，𝑚𝐴=1kg，𝑚𝐵

=2kg，𝑣𝐴=6𝑚/𝑠，𝑣𝐵=2𝑚/𝑠.当𝐴追上𝐵并发生碰撞后，𝐴、𝐵两球速度的可能值是()A.𝑣𝐴’=5𝑚/𝑠，𝑣𝐵’=2.5𝑚/𝑠B.𝑣𝐴’=2𝑚/𝑠，𝑣𝐵’=4𝑚/𝑠C.𝑣𝐴’

=−4𝑚/𝑠，𝑣𝐵’=7𝑚/𝑠D.𝑣𝐴’=7𝑚/𝑠，𝑣𝐵’=1.5𝑚/𝑠【答案】B【解析】两球碰撞过程，系统不受外力，故碰撞过程系统总动量守恒；碰撞过程中系统机械能可能有一部分转化为内能，根据能量守恒定律，碰撞后

的系统总动能应该小于或等于碰撞前的系统总动能；同时考虑实际情况，碰撞后A球速度不大于B球的速度。本题考查了动量守恒定律的应用，碰撞过程系统所受合外力为零，系统动量守恒，碰撞过程机械能不增加，碰撞后后面的球速度不能大于前面球的速度，应用动量守恒定律、求出碰撞后的机械能即可解题。【解答】虽然

题目所给四个选项均满足动量守恒定律，但A、D两项中，碰后A的速度vA′大于B的速度vB′，不符合实际，即A、D项错误；C项中，两球碰后的总动能Ek后=12mAvA′2+12mBvB′2=57J，大于碰前的总动能Ek前=

12mAvA2+12mBvB2=22J，所以C项错误．B项中，两球碰后的总动能Ek后=12mAvA′2+12mBvB′2=18J，故B正确。11.(2023·山西省·单元测试)如图所示，𝐴，𝐵两小球质量相同，在光滑水平面上分别以动量𝑝1=8kg·𝑚/𝑠和𝑝2

=6kg·𝑚/𝑠(向右为参考系正方向)做匀速直线运动，则在𝐴球追上𝐵球并与之碰撞的过程中，两小球碰撞后的动量𝑝1和𝑝2可能分别为()A.5kg·𝑚/𝑠，9kg·𝑚/𝑠B.10kg·𝑚/𝑠，4kg·𝑚/𝑠C.7k

g·𝑚/𝑠，7kg·𝑚/𝑠D.2kg·𝑚/𝑠，12kg·𝑚/𝑠【答案】C【解析】碰撞的过程中动量守恒、动能不增加量，以及要符合实际的规律，根据这些规律进行分析；【解答】AD.两小球质量相同，设质量都是m，则开始时的动能：E0=p122m+p222m=642m+362m

=50m，碰撞后的动能：E=p1′22m+p2′22m≤E0，A、D两项不符合，故AD错误；B.根据动量守恒定律知，两球碰撞的过程中，应该是B球的动量增加，A球的动量减小，A的动量不能增加，故B错误；C.根据动量守恒定律，如果两球碰撞后一起运动，则二者的动量相等，都是7kg·m/s，故

C是可能的。故选C。12.(2020·浙江省·期中考试)如图所示，光滑水平面上有大小相同的𝐴、𝐵两球在相向运动，它们的动量大小分别是𝑝𝐴=5𝑘𝑔·𝑚/𝑠，𝑝𝐵=8𝑘𝑔·𝑚/𝑠，然后发生正碰，规定向右为正方向，则碰后两球的动量

增量可能分别为()A.△𝑝𝐴=4𝑘𝑔·𝑚/𝑠，△𝑝𝐵=−4𝑘𝑔·𝑚/𝑠B.△𝑝𝐴=−4𝑘𝑔·𝑚/𝑠，△𝑝𝐵=4𝑘𝑔·𝑚/𝑠C.△𝑝𝐴=−5𝑘𝑔·𝑚

/𝑠，△𝑝𝐵=5𝑘𝑔·𝑚/𝑠D.△𝑝𝐴=−12𝑘𝑔·𝑚/𝑠，△𝑝𝐵=12𝑘𝑔·𝑚/𝑠【答案】D【解析】本题主要考查碰撞合理性分析，碰撞时即要满足动量守恒定律，也要符合实际情况，同时碰撞

前后动能不会增加。【解答】A.由Δp=p末−p初，可知A球碰后的动量为：p1=9kg·m/s，B球碰后的动量为：p2=−12kg·m/s，AB两球碰后A球仍向右运动，B球仍向左运动，不可能，故A错误。B.由Δp=p末−p初，可知A球碰后的动量为：p1=1kg·m/s，

B球碰后的动量为：p2=−4kg·m/s，AB两球碰后A球仍向右运动，B球仍向左运动，不可能，故B错误。C.由Δp=p末−p初，可知A球碰后的动量为：p1=0kg·m/s，B球碰后的动量为：p2=−3k

g·m/s，AB两球碰后A球静止，B球仍向左运动，不可能，故C错误。D.由Δp=p末−p初，可知A球碰后的动量为：p1=−7kg·m/s，B球碰后的动量为：p2=4kg·m/s，AB两球碰后A球向左运动，B球向右运

动，由Ek=p22m可知，碰后A球动能增加，B球动能减少，总动能有可能减少或不变，故D正确。13.(2022·云南省·历年真题)甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间

的变化如图中实线所示。已知甲的质量为1𝑘𝑔，则碰撞过程两物块损失的机械能为()A.3𝐽B.4𝐽C.5𝐽D.6𝐽【答案】A【解析】解：设甲的质量为m，乙的质量为M，碰撞前甲、乙的速度大小分别为v1和v2，碰撞后甲、乙的速度大小分别为v3和v4，碰撞过

程中动量守恒，则mv1+Mv2=mv3+Mv4，解得M=6kg，则碰撞过程两物块损失的机械能△E=12mv12+12Mv22−12mv32−12Mv42=3J，故A正确，BCD错误。故选：A。甲、乙物块在碰撞的过程中动量守恒，以此求解出乙的质量，碰撞过程两物块损失的机械能等于碰撞前甲

、乙的总动能减去碰撞后甲、乙的总动能。解决该题需要明确知道甲乙在碰撞过程中动量守恒，知道动量是矢量，在计算时必须遵循矢量的运算规则。14.(2021·天津市县·月考试卷)在光滑水平面上，一质量为2𝑘𝑔的物体𝑎与另一物体𝑏发生正碰，碰撞时间极短，两物体的位置随时间变化规律如图所

示，以𝑎物体碰前速度方向为正方向，下列说法正确的是()A.碰撞后𝑎的动量为6𝑘𝑔⋅𝑚/𝑠B.碰撞后𝑏的动量为2𝑘𝑔⋅𝑚/𝑠C.物体𝑏的质量为2𝑘𝑔D.碰撞过程中𝑎对𝑏的冲量为6𝑁⋅𝑠【答案】D【解析】s−t图象的斜率等于速

度，根据图象的斜率求出碰撞前后两球的速度，再根据碰撞过程中动量守恒即可求解。解决本题的关键要掌握碰撞的基本规律：动量守恒定律，要知道x−t图象的斜率等于速度，要注意斜率的正负表示速度的方向。【解答】A.

由题图可知，碰撞前a的速度为v0=xt=164m/s=4m/s，碰撞后a、b共同的速度为v=ΔxΔt=24−1612−4m/s=1m/s，则碰撞后a的动量为pa=mav=2kg×1m/s=2kg·m/s，故A错误；C.a、b碰撞过程中，由

动量守恒定律可得mav0=(ma+mb)v，解得mb=6kg，故C错误；B.则碰撞后A的动量为pb=mbv=6kg×1m/s=6kg·m/s，故B错误；D.对物体b，由动量定理可得Ib=mbv−0=6kg×1m/s=6N·s，故D正确。故

选D．15.(2023·黑龙江省大庆市·月考试卷)光滑水平面上，质量为1𝑘𝑔的小球𝐴以6𝑚/𝑠的速度与同向运动的速度为2𝑚/𝑠、质量为2𝑘𝑔的半径相同的小球𝐵发生正碰，碰撞后小球𝐵以4𝑚/𝑠的速度运动．求：(1)碰后𝐴球的速度

𝑣；(2)碰撞过程中𝐴球对𝐵球的冲量大小𝐼；(3)碰撞过程中𝐴、𝐵系统损失的机械能△𝐸．【答案】解：(1)已知m1=1kg，m2=2kg，碰前有v1=6m/s，v2=2m/s，碰后A速度为v，B速度为v′=4m/s，根据动量守恒定律有m1v1+m2v2=m1v+m2v′，解得v

=2m/s；(2)根据动量定理，I=m2v′−m2v2=4kg·m/s；(3)碰撞过程中A、B系统损失的机械能ΔE=12m1v12+12m2v22−(12m1v2+12m2v′2)=4J。【解析】(1)利用动量守恒定律求A球的速度；(2)利用动量定理求A

球对B球的冲量；(3)碰撞前两球的动能之和减去碰撞后两球的动能之和即为机械能损失量。16.(2020·内蒙古自治区·期中考试)如图所示，在光滑水平面上静止放有𝐴、𝐵、𝐶三个小球，其中𝐴、𝐵的质量相等，𝑚𝐴=𝑚𝐵=1kg，𝐶的质量𝑚�

�=2kg.现使𝐴球以𝑣𝐴=2𝑚/𝑠的速度向右运动与𝐵球发生弹性正碰，随后𝐵球又与𝐶球发生正碰，碰后𝐶球获得的速度𝑣𝐶=1.25𝑚/𝑠.求：(1)第一次碰后𝐵球的速度．(2)第二次碰后𝐵球的速度．【答案】解：(1)A球与B球发生弹性正碰，由动量

守恒得：mAvA=mAvA′+mBvB，由机械能守恒得：12mAvA2=12mAvA′2+12mBvB2，解得：vA′=0，vB=vA=2m/s，第一次碰后B球的速度为2m/s；(2)B球与C球发生碰撞，由动量守恒得：mBvA=mBvB′+mCvC，解得vB′=−0.

5m/s，第二次碰后B球的速度0.5m/s，方向水平向左。【解析】本题考查弹性碰撞与非弹性碰撞，碰撞满足动量守恒，弹性碰撞没有能量损失机械能守恒，非弹性碰撞有能量损失机械能不守恒。(1)A球与B球发生弹性正碰，碰撞满足动量守恒，机械

能守恒；(2)B球与C球发生正碰，由动量守恒得，第二次碰后B球的速度，方向水平向左。17.(2022·广东省广州市·单元测试)如图所示，光滑水平桌面上一只质量为5.0𝑘𝑔的保龄球，撞上一只原来静止，质量为1.5𝑘𝑔的球瓶。

此后球瓶以3.0𝑚/𝑠的速度向前飞出，而保龄球以2.0𝑚/𝑠的速度继续向前运动，假设它们相互作用的时间为0.05𝑠。求：(1)碰撞前保龄球的速度；(2)碰撞时保龄球与球瓶间的相互作用力的大小；(3)通过计算判断该碰撞是否为弹性碰撞。【答案】解：(1)设撞前保龄球的速度大小为v0，规定

撞前保龄球的速度为正方向，由动量守恒定律有：Mv0=Mv1+mv2代入数据解得：v0=2.9m/s(2)设撞前保龄球的速度为正方向，对球瓶，Δp=mv2−0由动量定理得：F⋅Δt=Δp代入数据解得F=90N。(3)保龄球和球瓶组成的系统初、末

动能分别为Ek0=12Mv02=21.025JEk1=12Mv12+12mv22=16.75J因为Ek1<Ek0，所以该碰撞不是弹性碰撞。