【文档说明】2021-2022学年新教材物理人教版选择性必修第一册训练：第1章5弹性碰撞和非弹性碰撞含解析.docx，共(7)页，228.542 KB，由envi的店铺上传

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第一章5A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，D错误．2．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mv0＝3mv1，得v1＝v0

3，第1个物块具有的动能E0＝12mv20，则整块的动能为Ek′＝12×3mv21＝12×3mv032＝13×12mv20＝E03，故C正确．3．(2021届南昌第二中学月考)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，故选B．4．(多选)如图所示，与轻弹簧相连的物体A停放在光滑的水平面上．物体B沿水平方向向右运动，跟与A相连的轻弹簧相碰．在B跟弹簧相碰后，对于A、B和轻弹簧组成的系统，下列说法中正确的是()

A．弹簧压缩量最大时，A、B的速度相同B．弹簧压缩量最大时，A、B的动能之和最小C．弹簧被压缩的过程中系统的总动量不断减小D．物体A的速度最大时，弹簧的弹性势能为零【答案】ABD【解析】滑块B与弹簧接

触后，弹簧发生形变，产生弹力，B做减速运动，A做加速运动，当两者速度相等时，弹簧的压缩量最大，故A正确；A、B和轻弹簧组成的系统能量守恒，弹簧压缩量最大时，弹性势能最大，A、B的动能之和最小，故B正确；A、B和轻弹簧组成的系统所受合外力等于0，系统的动量守恒，故C错误；当两者速

度相等时，弹簧的压缩量最大，然后A继续做加速运动，B继续做减速运动，当弹簧恢复原长时，A的速度最大，此时弹簧的弹性势能为零，故D正确．5．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；Δp

B＝10kg·m/s【答案】A【解析】根据碰撞过程动量守恒，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′＝8

kg·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．6．(2021届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＝12mv20－2×12mv2＝14mv20＝12Ek0，故最大弹性势能等于P的初动能的12，故B正确．7．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，C正确．8．(2021届德州月考)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，发生正碰并黏合在一起运动．两木块组成的系统损失的机械能为ΔE，则碰前

A球的速度等于()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球的速度v＝2ΔEm，故A、B、D错误

，C正确．9．(2020年安徽泾县中学期中)如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动．两球质量关系为mB＝2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为6kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增

量为－4kg·m/s，则()A．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5B．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10C．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5D．右方是A球，碰撞后A、

B两球速度大小之比为1∶10【答案】A【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．同时考虑实际情况，碰撞前、后面的球速度大于前面球的速度．规定向右为正方向，碰撞前A、B两球的动量均为6kg·m/s，说明A、B两球的速度

方向向右，两球质量关系为mB＝2mA，所以碰撞前vA>vB，所以左方是A球．碰撞后A球的动量增量为－4kg·m/s，所以碰撞后A球的动量是2kg·m/s，碰撞过程系统总动量守恒mAvA＋mBvB＝－mAvA′＋mBvB′，所以碰撞后B球的动量是10kg·m/s，根据mB＝2mA，所

以碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5，A正确．10．如图所示，光滑水平轨道上有三个木块A、B、C，质量分别为mA＝3m，mB＝mC＝m，开始时B、C均静止，A以初速度v0向右运动，A与B碰撞后分开，B又与C发生碰撞并粘在一起，此后A与B间的距离保持不变．求B与C碰撞前B的速度大小．【答案】65v

0【解析】A与B碰撞时动量守恒，设A与B碰撞后，A的速度为vA，B与C碰撞前B的速度为vB，则mAv0＝mAvA＋mBvB，①B与C碰撞时动量守恒，设粘在一起的速度为v，则mBvB＝(mB＋mC)v，②由A与B间的距离

保持不变可知vA＝v，③联立①②③式，代入数据得vB＝65v0．B组·能力提升11．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)，同时由静止释放，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)，同时由静止释放，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，同时由静止释放并与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．12．(多选)如图所示，质量均为M的物体A和B静止在光滑水平地面上并紧靠在一起(不粘连)，A的ab部分是四分之一光滑圆弧，bc部分是粗糙的水平面．现让质量为m的小物块C(可视为质点)自a点静止

释放，最终刚好能到达c点而不从A上滑下．则下列说法中正确的是()A．小物块C到b点时，A的速度最大B．小物块C到c点时，A的速度最大C．小物块C到b点时，C的速度最大D．小物块C到c点时，A的速率大于B的速率【答案】AC【解析】C下滑的到b点的过程中，A、B及

C组成的系统动量守恒，C从a到b的过程中，速度逐渐增大，所以A、B系统速度向左，速度逐渐增大，C从b到c滑动时，C做匀减速运动，所以在b点C的速度最大，A在C运动到b点时速度最大，故A、C正确，B错误；C下滑到b点时，A和B的速度相等，此后B做匀速运动，A先做匀减速运动，

后反向做匀加速运动，到达C点时A、C速度恰好相等，此时A、C的总动量与B的动量大小相等，但A、C的总质量比B的质量大，所以A的速率小于B的速率，D错误．13．(2021届武汉新洲一中月考)如图所示，三辆完全相同的平板小车a、b、c成一直线排列，质量均为M，静止在光滑水平面上

．c车上有一静止的质量为m的小孩．现跳到b车上，接着又立即从b车跳到a车上．小孩跳离c车和b车时对地的水平速度均为v.小孩跳到a车上后相对a车保持静止，则()A．a、b、c、小孩四者组成的系统水平方向动量不守恒B．b、c两车运动速率相等C．b的速率为mMvD．a的速率为

mM＋mv【答案】D【解析】小车a、b、c与小孩四者组成的系统，水平方向的外力之和为零，水平方向动量守恒，故A错误；对小孩跳离c车的过程，取向右为正方向，对小孩和c的系统，由水平方向动量守恒定律，有0＝mv＋Mvc，解得c车的速度为vc＝－mvM，负号表示方向向左；对小孩跳上b车再跳

离b车的过程，由小孩和b的系统水平方向动量守恒，有mv＋0＝Mvb＋mv，解得b车最终的速度为vb＝0，故B、C错误．对小孩跳上a车的过程，由动量守恒定律，有mv＋0＝(M＋m)va，解得a车的最终速度为va＝mvM＋m，故D正确．14．(2021届辽宁六校联考)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】－12v0110

v035v0【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3mvB＝3mvB′＋2mvC，12×3mv2B＝12×3mvB′2＋12×2mv2C，代入数据得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、110v0、35v0．获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com