第七章　71.碰撞问题---高中物理人教版（2019）高三 课后同步加练半小时 练习（解析版）

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1~5题每题6分
1.如图所示，小桐和小旭在可视为光滑的水平地面上玩弹珠游戏。小桐瞬间将弹珠甲对着小旭脚边的静止弹珠乙弹出，甲以v0的速度与乙发生了弹性正碰，已知弹珠可以视为光滑，则( )
A.若碰后甲、乙同向运动，则甲的质量一定大于乙的质量
B.若碰后甲反弹，则甲的速率可能为1.2v0
C.碰后乙的速率可能为3v0
D.若碰后甲反弹，则甲的速率不可能大于乙的速率
答案 A
解析 甲、乙弹珠碰撞瞬间动量守恒，机械能守恒，设弹珠甲、乙的质量分别为m1、m2，碰后甲的速度为v1，乙的速度为v2，则有m1v0=m1v1+m2v2，12m1v02=12m1v12+12m2v22，联立解得v1=m1−m2m1+m2v0，v2=2m1m1+m2v0，若碰后甲、乙同向运动，则v1>0，可知甲的质量一定大于乙的质量，故A正确；若碰后甲反弹，且甲的速率为1.2v0，则有-1.2v0=m1−m2m1+m2v0，解得0.2m2=-2.2m1，质量不能为负值，可知若碰后甲反弹，则甲的速率不可能为1.2v0，故B错误；若碰后乙的速率为3v0，则有3v0=2m1m1+m2v0，解得m1=-3m2，质量不能为负值，可知碰后乙的速率不可能为3v0，故C错误；若碰后甲反弹，且甲的速率大于乙的速率，则有m2−m1m1+m2v0>2m1m1+m2v0可知，只要m2-m1>2m1，即m2>3m1，就可满足碰后甲反弹，且甲的速率大于乙的速率，故D错误。
2.(2025·北京市西城区检测)三个相同的小钢球用轻绳悬挂在水平支架上，轻绳互相平行，三个钢球球心等高，彼此间有小间隙。它们之间的碰撞可视为弹性碰撞。不计空气阻力。现向左拉起小球1，由静止释放。则在此后的运动过程中会出现下面哪个图所示的情景( )
答案 C
解析 两个质量相等的小球发生弹性碰撞过程有mv0=mv1+mv2，12mv02=12mv12+12mv22，
解得v1=0，v2=v0，可知，碰撞过程速度发生交换，则向左拉起小球1，1与2碰撞后，1处于静止，2瞬间获得速度v0，随后2与3碰撞后，2处于静止，3瞬间获得速度v0，可知，若3在运动，则1、2均处于静止，若1在运动，则2、3均处于静止，故选C。
3.(2025·山西省卓越联盟联考)如图所示，物体A、B放在光滑的水平面上，且两物体间有一定的间距。t=0时刻，分别给物体A、B向右的速度，物体A、B的动量大小均为p=12 kg·m/s，经过一段时间两物体发生碰撞，已知碰后物体B的动量变为pB=16 kg·m/s，两物体的质量分别为mA、mB，则下列说法正确的是( )
A.物体A的动量增加4 kg·m/s
B.物体A的质量可能大于物体B的质量
C.若碰后两物体粘合在一起，则mA∶mB=1∶2
D.若该碰撞无机械能损失，则mA∶mB=7∶5
答案 C
解析 由题意可知，该碰撞过程物体B的动量增加了ΔpB=pB-p=4 kg·m/s，
碰撞过程两物体的动量守恒，则有ΔpB=-ΔpA，所以物体A的动量减少了4 kg·m/s，故A错误；
由题意可知碰前物体A的速度一定大于物体B的速度，则有pmA>pmB，解得mB>mA，故B错误；
若碰后两物体粘合在一起，则碰后两物体的速度相同，则有pAmA=pBmB，
又pA=p-4 kg·m/s=8 kg·m/s，
解得mAmB=pApB=12，故C正确；
若该碰撞为弹性碰撞，则碰撞过程中没有能量损失，则有p22mA+p22mB=pA22mA+pB22mB，
解得mAmB=57，故D错误。
4.(2025·江苏南京市期中)如图所示，质量均为m的a、b两个小球，用较长的弹性轻绳连接，现把a、b两球分别置于距地面高为H处的A、B两点(H足够大)，间距为L，当a球自由下落的同时，b球以速度v0指向A点水平抛出，已知两球碰撞时无机械能的损失，弹性轻绳始终处于弹性形变范围内，空气阻力不计，重力加速度为g，下列说法不正确的是( )
A.整个运动过程中，两球始终处于同一高度
B.弹性轻绳伸长过程中，a、b两球系统动量守恒
C.两球从开始运动到第一次相碰，a球下落的高度h=gL22v02
D.整个运动过程中，弹性轻绳的最大弹性势能Ep=14mv02
答案 B
解析 两个小球在竖直方向做自由落体运动，所以竖直方向运动情况相同，整个运动过程中，两球始终处于同一高度，故A正确；弹性轻绳伸长过程中，水平方向a、b两球组成的系统所受合外力为零，水平方向动量守恒，竖直方向受重力作用，竖直方向系统动量不守恒，故B错误；两球从开始运动到第一次相碰，经过的时间t=Lv0，A球下落的高度h=12gt2，联立可得h=gL22v02，故C正确；当两球水平方向速度相等时，弹性绳最长，弹性势能最大，根据两球组成的系统水平方向动量守恒有mv0=2mv1，解得v1=v02，根据能量守恒定律有，12mv02+2mgh'=12×2m(v12+vy12)+Ep，又由2gh'=vy12-0，解得Ep=12mv02-12×2mv12=14mv02，
故D正确。
5.如图所示是通过频闪照相在气垫导轨上验证动量守恒定律的照片，实验中先让滑块Q静止在气垫导轨上，然后让滑块P由导轨左端匀速向Q运动，紧接着用频闪照相机连续4次拍摄。设P、Q的碰撞时间及闪光持续的时间极短，均可忽略不计。下列说法正确的是( )
A.P、Q碰撞发生在第3次闪光到第4次闪光的中间时刻
B.P、Q的质量比为1∶4
C.P、Q的碰撞为弹性碰撞
D.P、Q的动量变化相同
答案 C
解析 设相邻两次闪光的时间间隔为T，刻度尺每一刻度距离为d，由题图可知前两个时间间隔内滑块P运动的距离相同，因此滑块P匀速直线运动，一个时间间隔内运动的距离为30d，Q开始静止，由于P宽度为2d，由题图可知碰撞时P的位置与第3次闪光时P的位置距离为20d，不是15d，由于P做匀速直线运动，故P、Q碰撞不是发生在第3次闪光到第4次闪光的中间时刻，故A错误；由A中分析可知，碰撞后到第4次闪光运动的时间为t=30−2030T=13T，取向右为正方向，碰撞前P的速度为vP0=30dT，由于P、Q的宽度均为2d，由题图可知P碰撞后向左运动的距离为5d，Q碰撞后向右运动的距离为5d，碰撞后P、Q的速度分别为vP1=-5dT3=-15dT，vQ1=5dT3=15dT，根据动量守恒可得mPvP0=mPvP1+mQvQ1，联立解得mPmQ=13，且ΔpP=-ΔpQ，故B、D错误；碰撞前的动能为Ek0=12mPvP02=450mPd2T2，碰撞后的动能为Ek1=12mPvP12+12mQvQ12=450mPd2T2，无能量损耗，故C正确。