新教材适用2023_2024学年高中物理第1章动量守恒定律5弹性碰撞和非弹性碰撞课时2碰撞中动量与能量的关系提能作业新人教版选择性必修第一册

第一章　5.　课时2

一、选择题(本题共7小题，每题6分，共42分)

1．(2023·江苏南京高三期中)质量为m、速度为v的A球跟质量为3m的静止B球发生正碰，则碰撞后B球速度v′可能值的范围为( C )

A．0.2v≤v′≤0.5v

B．0.2v≤v′≤0.75v

C．0.25v≤v′≤0.5v

D．0.25v≤v′≤0.75v

解析：若A、B两球为弹性碰撞，则碰撞过程无能量损失，碰撞后速度最大，取A球初速度方向为正方向，根据动量守恒、机械能守恒可得mv＝mv1＋3mv2，mv2＝mv＋mv，解得v2＝0.5v，若A、B两球为完全非弹性碰撞，碰撞后两球共速，碰撞过程能量损失最大，碰撞后速度最小，根据动量守恒可得mv＝(m＋3m)v共，解得v共＝0.25v，因此碰撞后B球速度v′可能值的范围为0.25v≤v′≤0.5v。故选C。

2．(2023·江苏宿迁高二期中)如图所示，光滑水平地面上，A、B两物体质量都为m，A以速度v向右运动，B原来静止，左端有一轻弹簧，当A撞上弹簧到弹簧恢复原长时( C )

A．A的动量为mv

B．B的速度为v

C．B的动量达到最大值

D．A、B系统总动量为2mv

解析：物块A、B组成的系统总动量守恒和机械能守恒，当A撞上弹簧到弹簧恢复原长时，设两物块的速度分别为vA、vB，取向右为正方向，可得mv＝mvA＋mvB，mv2＝mv＋mv，解得vA＝0，vB＝v，则A的动量为0，B的速度为v，故A、B错误；弹簧压缩最短后，B的速度继续变大，当弹簧恢复原长时，B的动量达到最大值，故C正确；物块A、B组成的系统总动量守恒，则A、B系统总动量为mv，故D错误。故选C。

3．(2022·江苏常熟中学高二期中)如图所示，在光滑水平面上放置一个质量为m的滑块，滑块右侧面为一个半径为R的弧形的光滑凹槽，A点切线水平。另有一个质量为m的小球以水平速度v0从A点冲上凹槽，重力加速度大小为g。下列说法中正确的是( D )

A．当v0＝时，小球恰好能到达B点

B．当v0＝时，小球在弧形凹槽上冲向B点的过程中，滑块的动能增大；返回A点的过程中，滑块的动能减小

C．如果小球的速度v0足够大，球将从滑块的左侧离开滑块后落到水平面上

D．小球返回A点后做自由落体运动

解析：小球滑上凹槽的过程中，若凹槽固定，小球v0＝的速度冲上，根据机械能守恒mgh＝mv，解得h＝R，但是，凹槽不固定，小球冲上来的过程中，凹槽也会运动，根据机械能守恒可知小球不能冲到B点，A错误；当v0＝时，小球在弧形凹槽向上冲的过程中，滑块受到右下方的支持力，速度增大，动能增大；滑到最高点时，两者速度相等，之后返回A点的过程中，滑块的动能依然增大，B错误；如果小球的速度v0足够大，小球将从滑块的左侧沿切线方向飞离凹槽，相对凹槽的速度方向竖直向上，两者水平速度相等，所以小球会沿左侧边缘落回，C错误；小球和凹槽整个作用过程中，水平方向动量守恒，机械能守恒，类似于弹性碰撞mv0＝mv1＋mv2，mv＝mv＋mv，解得v1＝0，v2＝v0，所以小球返回A点后做自由落体运动，D正确。故选D。

4．(2023·江西南昌二中高二阶段练习)如图所示，在光滑水平面上叠放着A、B两个物体，mA＝2 kg，mB＝1 kg，速度的大小均为v0＝8 m/s，速度方向相反。A板足够长，A、B之间有摩擦，当观察到B做加速运动时，A的速度大小可能为( B )

A．2 m/s　 B．3 m/s　

C．4 m/s　 D．5 m/s

解析：由受力分析可知：A、B两物体在水平面上只受到相互作用的摩擦力，所以A、B整体在水平方向动量守恒则mAv0－mBv0＝mAvA＋0，代入数据解得vA＝4 m/s，故当A的速度为4 m/s时，B开始做加速运动，直到与A共速。共速时对A、B运用动量守恒定律mAv0－mBv0＝(mA＋mB)v共，代入数据解得v共＝ m/s，所以 m/s＜vA＜4 m/s时，可以观察到B做加速运动，故只有B符合题意。故选B。

5．(2023·黑龙江海伦市第一中学高二期中)如图所示，木块静止在光滑水平面上，两颗不同的子弹A、B从木块两侧同时射入木块，最终都停在木块内，这一过程中木块始终保持静止。若子弹A射入的深度大于子弹B射入的深度，则下列说法错误的是( D )

A．子弹A的质量一定比子弹B的质量大

B．入射过程中子弹A受到的阻力比子弹B受到的阻力大

C．子弹A在木块中运动的时间比子弹B在木块中运动的时间长

D．子弹A射入木块时的初动能一定比子弹B射入木块时的初动能大

解析：整个过程中木块始终保持静止，则子弹A、B对木块的力大小相等，方向相反，B错误；整个运动过程中A、B和木块组成的系统动量守恒，由此可知，子弹A、B的初动量大小相等，设子弹A、B受到的阻力大小为f，初动量为p，根据动量定理可得ft＝p，由此可知，子弹A、B在木块中运动的时间相等，C错误；子弹A、B的深度分别为xA、xB，质量分别为mA、mB，初动能分别为EkA、EkB，对子弹A、B应用动能定理可得fxA＝EkA＝，fxB＝EkB＝，子弹A射入的深度大于子弹B射入的深度，则EkA>EkB，mA<mB，A错误，D正确。

6．(多选)(2023·浙江杭师大附中高二期中)如图所示，运动的A球(质量、初速度都确定)在光滑水平面上与一个原来静止的B球(质量可改变)发生弹性碰撞( ABC )

A．要使B球获得最大动能，则应让B球质量与A相等

B．要使B球获得最大速度，则应让B球质量远小于A球质量

C．要使B球获得最大动量，则应让B球质量远大于A球质量

D．若B球质量远小于A球质量，则B球将获得最大动能、最大速度及最大动量

解析：设A球的质量为m1、B球质量为m2、碰前A球的速度为v0，A与B发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得m1v0＝m1v1＋m2v2，m1v＝m1v＋m2v

解得v1＝v0，v2＝v0。

据v1＝v0，当A、B两球质量相等时，碰后A的速度为零，B获得了A碰前的全部动能，B球获得了最大动能，故A正确；据v2＝v0，当A球质量远大于B球质量时，B球获得最大速度，接近碰前A速度的2倍，故B正确；据v1＝v0，当A球质量远小于B球质量时，A球几乎原速反弹，A球被弹回的速度最大，B球获得了A球初始动量的接近2倍，B球获得最大动量，故C正确；由上面三项分析知，D错误。故选ABC。

7．(多选)(2022·全国高二课时练习)如图，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是( BD )

A．A和B都向左运动

B．A向左速度为2v0，B向右速度v0

C．A静止，B向右运动

D．A向左运动，B向右运动

解析：设水平向右为正，两滑块碰前总动量p＝m·2v0－2m·v0＝0，说明系统总动量为0。故有m·2v0＋2m(－v0)＝mv1＋2mv2，m·(2v0)2＋·2m(－v0)2＝mv＋·2mv。

解得v1＝－2v0，v2＝v0，所以碰后，滑块A向左速度为2v0，滑块B向右速度v0。故A项和C项错误，B项和D项正确。故选BD。

二、非选择题(共18分)

8．(18分)(2023·湖北十堰市郧阳区第二中学高二期中)如图所示，B是放在光滑的水平面上质量为4m的一块木板，物块A(可看成质点)质量为m，与木板间的动摩擦因数为μ，最初木板B静止，物块A以水平初速度v0滑上木板，木板足够长(重力加速度为g)，求：

(1)木板B的最大速度；

(2)从刚滑上木板到A、B速度刚好相等的过程中，物块A所发生的位移大小；

(3)若物块A恰好没滑离木板B，则木板至少多长？

答案：(1)　(2)　(3)

解析：(1)由题意知，A向右减速，B向右加速，当A、B速度相等时B速度最大。以v0的方向为正方向，根据动量守恒定律mv0＝(m＋4m)v，

得v＝。

(2)A向右减速的过程，根据动能定理有－μmgx1＝mv2－mv，

则木块A所发生的位移为x1＝。

(3)从A滑上B至达到共同速度的过程中，由能量守恒得

μmgL＝mv－(m＋4m)v2，

得L＝。

一、选择题(本题共7小题，每题3分，共21分)

1．(2022·湖南新田县第一中学高二期中)2022年北京冬奥会在某次冰壶比赛中，如图所示，蓝壶静止在大本营Q处，材质相同，质量相等的红壶与蓝壶发生正碰，在摩擦力作用下最终分别停在M点和N点。下列说法正确的是( D )

A．碰后两壶所受摩擦力的冲量相同

B．两壶碰撞过程为弹性碰撞

C．碰后蓝壶速度约为红壶速度的4倍

D．红壶碰前速度约为碰后速度的3倍

解析：碰后两壶运动距离不相同，则碰后两球速度不相同，因此动量的变化量不相同，根据动量定理可知后两壶所受摩擦力的冲量不相同，A错误；碰后红壶运动的距离为x1＝R2－R1＝0.61 m，蓝壶运动的距离为x2＝2R2＝2.44 m，二者质量相同，二者碰后的所受摩擦力相同，即二者做减速运动的加速度相同，对红壶有v＝2ax1，对蓝壶有v＝2ax2，联立可得＝，即碰后蓝壶速度约为红壶速度的2倍，C错误；设红壶碰前速度为v0，根据动量守恒，则有mv0＝mv1＋mv2，解得v0＝3v1，即红壶碰前速度约为碰后速度的3倍，D正确；碰前的动能为Ek0＝mv，碰后动能为Ek1＝mv＋mv比较可知，有Ek0>Ek1，机械能不守恒，即不是弹性碰撞，B错误。故选D。

2．(2023·全国高二期末)斯诺克是我们所熟知的运动项目，球员出杆击打白球，运动白球撞击彩色球使其入洞并计分。假设在光滑水平面的一条直线上依次放4个质量均为m的弹性红球，质量为1.5 m的白球以初速度v0与4号红球发生碰撞，假设发生的碰撞均为弹性正碰，则白球最终的速度大小为( D )

A．0  B．

C．3v0  D．4v0

解析：由题意知，质量为1.5m的白球以初速度v0与4号红球发生弹性正碰；根据一动碰一静的弹性碰撞特点可知1.5mv0＝1.5mv1＋mv2，×1.5mv＝×1.5mv＋×mv，得v1＝v0，每碰撞一次白球的速度变为原来的＝，由于红球质量相等，且为弹性正碰，则4号球每次将速度传给右侧球，故白球与4号球碰撞4次后，白球速度v＝4v0，故选D。

3．(2023·河北沧州高二期末)如图所示，水平面上AO段粗糙，动摩擦因数μ＝0.6，OB段光滑。物体甲放在距O点左侧x1＝3 m的A处，质量为M＝7 kg的物体乙静止放在距O点右侧x2＝4 m的B处。现给物体甲一个初速度v0＝10 m/s，物体甲与物体乙在B点发生弹性正碰，碰后物体甲恰好能返回出发点A，重力加速度g取10 m/s2，两物体均可视为质点，则( D )

A．物体甲第一次到O点速度大小为8.5 m/s

B．物体甲向右从O点到B点所用的时间为0.75 s

C．物体甲与乙碰撞后，物体甲的速度的大小为5 m/s

D．物体甲的质量为1 kg

解析：物体甲从A到O点是匀减速运动，设到O点的速度为vt，摩擦力产生加速度μmg＝ma，解得a＝6 m/s2，由运动学公式v－v＝－2ax1，解得vt＝8 m/s，A错误；OB段匀速运动x2＝vtt1，解得t1＝0.5 s，B错误；物体甲在BO段匀速返回，到OA段匀减速停止在A点，物体甲与乙碰撞后，设物体甲的速度大小为v1，由运动学公式0－v＝－2ax1，解得v1＝6 m/s，C错误；物体甲与乙发生弹性正碰，设速度向右为正，由动量守恒和能量守恒得mvt＝m×(－v1)＋Mv2，mv＝mv＋Mv，解得－v1＝vt，解得物体甲的质量为m＝1 kg，D正确。

4．(2023·全国高二期末)“引力弹弓效应”是指在太空运动的探测器，借助行星的引力来改变自己的速度。当探测器分别从行星运动的反方向接近行星，因引力作用改变了速度。如图所示，设行星运动的速度为u，探测器的初速度大小为v0，探测器在远离行星后速度大小为v1，探测器和行星虽然没有发生直接的碰撞，但是在行星的运动方向上，其运动规律可类比两个质量不同的钢球在同一条直线上发生的弹性碰撞。那么下列判断中正确的是( D )

A．v1＝2v0－u  B．v1＝2v0＋u

C．v1＝v0－2u  D．v1＝v0＋2u

解析：根据动量守恒定律－mv0＋Mu＝mv1＋Mu1，根据动量守恒定律mv＋Mu2＝mv＋Mu，又因为m≪M，解得v1＝v0＋2u，故选D。

5．(2022·江苏无锡市第一中学高二期中)质量为m2且各处光滑的带有四分之一圆弧(半径足够大)的轨道静止在光滑水平面上，现有一质量为m1的滑块以水平初速度v0冲上轨道(不脱离轨道)，下列说法正确的是( C )

A．滑块冲上轨道的过程，m1和m2组成的系统动量守恒

B．若m1＝m2，则m1滑到最高点时速度为0

C．若m1＝m2，则m1上升的最大高度为

D．m1滑下后，速度不可能向左

解析：由于m2为各处光滑的带有四分之一圆弧，则m1和m2组成的系统机械能守恒且在水平方向动量守恒，则m1滑到最高点时有m1v0＝(m1＋m2)v共，m1v＝(m1＋m2)v＋m1gh，将m1＝m2代入解得v共＝，h＝，故A、B错误、C正确；m1滑上m2又返回直到m1离开m2的整个过程中，系统水平方向动量守恒。选取向右为正方向，由动量守恒定律得m1v0＝m1v1＋m2v2，假设是弹性碰撞，由机械能守恒得m1v＝m1v＋m2v，解得v2＝v0，v1＝v0，如果m1<m2，则v1<0，即m1离开m2后速度方向向左，故D错误。故选C。

6．(多选)(2023·山东青岛市即墨区第二中学高二期中)用光滑绝缘水平面上的两个带电小球间的相互作用来模拟微观领域两个带电粒子间的相互作用过程。如图甲，t＝0时带电小球A以速度v0沿A、B连线向静止的B球运动，图乙为两带电小球运动的v－t图像，运动过程中两球始终未接触。已知小球A的质量为m，下列说法正确的是( BC )

A．A、B两球带同种电荷，A、B两球所带电荷量之比为1︰2

B．球B的质量为2m

C．t1、t2时刻系统的电势能之差Ep1－Ep2＝mv

D．两球分离后，小球B的速度趋近于v0

解析：根据题意可知，A、B两球之间为库仑斥力，故A、B两球带同种电荷，由于A、B两球之间的库仑斥力为相互作用力，大小总是相等，与A、B两球所带电荷量无关，故无法确定A、B两球所带电荷量的大小关系，故A错误；以A、B两球为系统，满足动量守恒，根据图乙可知两球共速时的速度为，则有mv0＝(m＋mB)·，解得mB＝2m，故B正确；根据能量守恒可知，t1时刻系统的电势能为Ep1＝mv－×3m2＝mv，设t2时刻，球B的速度为v2，此时球A的速度为零，根据系统动量守恒可得mv0＝2mv2，解得v2＝，根据能量守恒可知，t2时刻系统的电势能为Ep2＝mv－×2m2＝mv，t1、t2时刻系统的电势能之差为Ep1－Ep2＝mv－mv＝mv，故C正确；两球分离后，设最终球A的速度为vA，球B的速度为vB，根据动量守恒可得mv0＝mvA＋2mvB，根据能量守恒可得mv＝mv＋×2mv，联立解得vA＝－，vB＝，可知两球分离后，小球B的速度趋近于，故D错误。故选BC。

7．(多选)(2022·辽宁沈阳市第一二中学高一期末)如图所示为小朋友玩的一种弹珠游戏的简化模型。内壁光滑、半径为R的圆形轨道平放在光滑水平面上并固定，质量分别为m、2m、m的弹珠a、b、c(均可视为质点)静止在圆形轨道同一直径两侧，a、c两弹珠紧靠在一起。现将a、c弹珠分别以v0和3v0的速度沿相反方向弹出，弹珠间所有的碰撞均为弹性碰撞，弹珠始终沿圆轨道运动，则三个弹珠再次回到初始位置所需的时间可能为( BCD )

A．  B．

C．  D．

解析：因c弹珠速度较大，故首先bc两弹珠相碰，设碰后c弹珠的速度为v1，b弹珠的速度为v2，由动量守恒定律有3mv0＝mv1＋2mv2，由机械能守恒定律有m(3v0)2＝mv＋·2mv，联立解得v1＝－v0，v2＝2v0，由分析可知，a、b两弹珠将在轨道A点发生碰撞，如图所示

设碰后a弹珠的速度为v3，b弹珠的速度为v4，由动量守恒定律有2mv2－mv0＝mv3＋2mv4，

由机械能守恒定律有·2mv＋mv＝mv＋·2mv，

联立解得v3＝3v0，v4＝0，即碰后b弹珠静止，而后a弹珠以3v0、c弹珠以v0的速度迎面相撞，相撞点为圆轨道上B点，由于两弹珠质量相等，碰后速度交换，即恢复到初始状态，只是弹珠a、b、c的位置沿圆轨道顺时针转过80°，这个过程中a弹珠运动的时间为

ta＝·＋·＝，

结合上述分析可知三个弹珠均回到初始位置需转过n·720°，所需要的时间t＝·ta＝n·，故选BCD。

二、非选择题(共19分)

8．(9分)(2023·全国高三课时练习)如图1所示是打桩机进行路基打桩的实物情境图，打桩过程情境模型如图2所示，已知打桩机重锤A的质量为m，混凝土钢筋桩B的质量为M，其中M＝8m。每一次打桩时，打桩机抬高重锤A，比桩B顶部高出H，然后从静止自由释放，与桩发生时间极短的完全非弹性碰撞后，与桩一起向下运动，设桩受到的阻力f与深度h成正比，即f＝kh，其中k＝(重力加速度为g，其他阻力忽略不计)。

(1)完成第1次打桩后，试求桩B深入地面下的深度h1；

(2)已知桩B的长度l＝3H，试求使桩B刚好全部进入地面下，则要打多少次？

答案：(1)　(2)2 025

解析：(1)设重锤A下落与桩B碰撞前的速度为v0，则有mgH＝mv，

因为重锤A与桩B发生了时间极短的完全非弹性碰撞，设碰撞后的共同速度为v，则有mv0＝(M＋m)v，

设第1次打桩，桩B克服阻力所做的功为W1则有(M＋m)gh1－W1＝0－(M＋m)v2，

其中W1＝kh，

从而解得h1＝，

另一负解不合实际情况，故舍去。

(2)设要打N次，根据动能定理，有(M＋m)gl－W总＝0－N×(M＋m)v2，

其中W总＝kl2，

解得N＝2 025。

9．(10分)(2022·江苏连云港高二期中)如图，LMN是竖直平面内固定的光滑轨道，MN水平且足够长，LM下端与MN相切。质量为2 kg的小球B与一轻弹簧相连，并静止在水平轨道上，质量为4 kg的小球A从LM上距水平轨道高为h＝0.45 m处由静止释放，在A球进入水平轨道之后与弹簧正碰并压缩弹簧但不粘连。设小球A通过M点时没有机械能损失，重力加速度g取10 m/s2。求：

(1)A球运动到M点的速度大小；

(2)A球与弹簧相碰过程中弹簧的最大弹性势能Ep；

(3)A球从与弹簧接触到把弹簧压到最短过程中，弹簧对A球作用力的冲量；

(4)A、B两球最终的速度vA、vB的大小。

答案：(1)v0＝3 m/s　(2)Ep＝6 J　(3)IA＝4 kg·m/s，方向水平向左　(4)vA＝1 m/s，vB＝4 m/s

解析：(1)对A球下滑的过程只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律得mAgh＝mAv，

代入数据解得v0＝3 m/s。

(2)在水平轨道上，A、B两球组成的系统动量守恒，当A、B两球速度相等时弹簧的压缩量最大，弹簧的弹性势能最大，设A、B的共同速度为v，以向右为正方向，由动量守恒定律可得mAv0＝(mA＋mB)v，

由机械能守恒定律得mAv＝(mA＋mB)v2＋Ep，

代入数据解得Ep＝6 J。

(3)A球从与弹簧接触到把弹簧压到最短过程中，根据动量定理，弹簧对A球作用力的冲量IA＝mAv－mAv0＝－4 kg·m/s，

负号表示方向水平向左，冲量大小为4 kg·m/s。

(4)弹簧恢复原长时A、B分离，A、B两球组成的系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mBvB，

由机械能守恒定律得mAv＝mAv＋mBv，

代入数据解得vA＝1 m/s，vB＝4 m/s，

弹簧恢复原长后A、B都向右做匀速直线运动，A、B的最终速度大小分别是1 m/s、4 m/s，方向都向右。