2025年高中物理人教版选择性必修第一册（弹性碰撞和非弹性碰撞）同步训练
一、单选题
1．如图所示，在光滑的水平面上有一质量为0.2 kg的小球以5.0 m/s的速度向前运动，与质量为3.0 kg的静止木块发生碰撞，假设碰撞后木块的速度是v木＝1 m/s，则（ ）
A．v木＝1 m/s这一假设是合理的，碰撞后球的速度为v球＝－10 m/s
B．v木＝1 m/s这一假设是不合理的，因而这种情况不可能发生
C．v木＝1 m/s这一假设是合理的，碰撞后小球被弹回来
D．v木＝1 m/s这一假设是可能发生的，但由于题给条件不足，v球的大小不能确定
2．如图所示，质量为M的滑块静止在光滑的水平地面上，滑块的光滑弧面底部与地面相切，一个质量为m的小球以速度v0向滑块滚来，小球不能越过滑块，则小球到达最高点时，小球和滑块的速度大小是（ ）
A． B．
C． D．
3．如图，质量为的小球A沿光滑水平面以速度向右运动，与质量为的静止小球B发生碰撞，碰撞后小球A以速率（为待定系数）弹回，然后与固定挡板P发生弹性碰撞，要使A球能与B球再次发生碰撞，则k的取值范围应满足（ ）．
A． B．
C．或 D．
4．一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A 并留在其中，A、B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图所示。则在子弹打击木块A及弹簧被压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统（ ）
A．动量守恒，机械能守恒
B．动量不守恒，机械能守恒
C．动量守恒，机械能不守恒
D．无法判定动量、机械能是否守恒
5．如图所示，在光滑的水平面上，有两个小球A和B，球A的质量为2m，球B的质量为m，两球之间用处于原长状态的轻质弹簧相连，小球B一开始静止，小球A以速度向右运动，求这以后的运动过程中，弹簧获得的最大弹性势能为（ ）
A． B． C． D．
6．一弹丸在飞行到距离地面5m高时仅有水平速度，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为。不计质量损失，重力加速度g取，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能是（ ）
A． B．
C． D．
7．质量相等的三个小球a、b、c，在光滑的水平面上以相同的速率运动，它们分别与原来静止的A、B、C三球发生碰撞，碰撞后a继续沿原方向运动，b静止，c沿反方向弹回，则碰撞后A、B、C三球中动量数值最大的是（ ）
A．A球 B．B球
C．C球 D．不能确定
8．质量为的均匀木块静止在光滑水平面上，木块左右两侧各有一位拿着完全相同步枪和子弹的射击手。首先左侧射手开枪，子弹水平射入木块的最大深度为，然后右侧射手开枪，子弹水平射入木块的最大深度为，如图所示。设子弹均未射穿木块，且两颗子弹与木块之间的作用力大小均相同。当两颗子弹均相对木块静止时，下列说法中正确的是（ ）
A．最终木块静止， B．最终木块向右运动，
C．最终木块向左运动， D．最终木块静止，
9．如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为和2kg的两物块A、B相连接，并静止在光滑的水平面上，一颗质量为的子弹C以速度射入物块A并留在A中，以此刻为计时起点，两物块A（含子弹C）、B的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图像信息分析可知，下列说法中正确的是（ ）
A．在时刻弹簧身长最长
B．子弹C射入物块A的速度为600m/s
C．当物块A（含子弹C）的速度为零时，物块B的速度为2m/s
D．在时间内，弹簧的最大弹性势能为12J
10．如图所示，质量为M的小车静置于光滑的水平面上，车的上表面粗糙，有一质量为m的木块以初速度v0水平地滑至车的上表面，若车足够长，则木块的最终速度大小和系统因摩擦产生的热量分别为（ ）
A．、 B．、
C．、 D．、
11．如图所示，在光滑的水平轨道上有甲、乙两个等大的小球沿轨道向右运动，取向右为正方向，它们的动量分别为 和。若两球能发生正碰，则碰后两球动量的增量和可能是（ ）
A．， B．，
C．， D．，
12．如图乙所示，光滑的水平面上有一个质量为的小球与质量为、半径为的光滑圆弧轨道，圆弧轨道最低端切线水平，最初弧形轨道处于静止状态，小球与弧形轨道下边缘之间的距离大于，小球受到一向右的水平力，小球在力的作用下运动的加速度与位移关系如图甲所示，取重力加速度。小球运动后撤去外力，则撤去后，下列说法正确的是（ ）
A．小球与弧形轨道组成的系统动量守恒，机械能守恒
B．小球滑上弧形轨道前的速度为
C．小球在弧形轨道上上升的最大高度为
D．弧形轨道的最大速度为
13．如图所示，水平地面上A、B两个木块用轻弹簧连接在一起，质量分别为2m、3m，静止时弹簧恰好处于原长，一质量为m的木块C以速度v0水平向右运动并与木块A相撞。不计一切摩擦，弹簧始终处于弹性限度内，则碰后弹簧的最大弹性势能不可能为（ ）
A． B．
C． D．
14．如图所示为两个质量分别为m、M的小球在光滑水平冰面上发生对心正碰前后的图像，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．碰撞过程中两小球所受合外力相同
C．两小球发生的是非弹性碰撞
D．碰撞前后质量为m的小球动量的变化量大小为
15．质量为m的小球A，沿光滑水平面以v0的速度与质量为2m的静止小球B发生正碰，碰撞后A球的动能变为原来的，那么小球B的速度可能是（ ）
A． B． C． D．
16．1932年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是由质量比氢核略大一点的中性粒子（即中子）组成。如图，中子以速度分别碰撞静止的氢核和氮核（氮核质量约为中子质量的14倍），碰撞后氢核和氮核的速度分别为和。设碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应，下列说法正确的是（ ）
A．碰撞后氮核的动量比氢核的小
B．碰撞后氮核的动能比氢核的小
C．三个速度大小相比最大
D．分别碰撞静止的氢核和氮核后中子均被反弹
17．如图所示为大球和小球叠放在一起、在同一竖直线上进行的超级碰撞实验，可以使小球弹起并上升到很大高度。将质量为3m的大球（在下），质量为m的小球（在上）叠放在一起，从距地面高h处由静止释放，h远大于球的半径，不计空气阻力。假设大球和地面、大球与小球的碰撞均为完全弹性碰撞，且碰撞时间极短。下列说法正确的是（ ）
A．若大球的质量远大于小球的质量，小球上升的最大高度为9h
B．小球与大球碰撞后的速度大小为
C．大球与小球碰撞后，小球上升的高度为2h
D．大球与小球碰撞后，大球上升的高度为0.25h
18．A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，，，，，当A追上B并发生碰撞后，A、B两球速度的可能值是（ ）
A．，
B．，
C．，
D．，
二、多选题
19．质量为1kg的小球以4m/s的速度与质量为2kg的静止小球发生正碰，关于碰后的速度v1′和v2′，可能正确的是（ ）
A．
B．v，v
C．v，v
D．v，v
20．如图所示，长为L、质量为M的木板静置在光滑的水平面上，在木板上放置一质量为m的物块，物块与木板之间的动摩擦因数为μ。物块以速度v0从木板的左端向右端滑动时，若木板固定不动，物块恰好能从木板的右端滑下。若木板不固定时，下列叙述正确的是（ ）
A．物块不能从木板的右端滑下
B．系统产生的热量Q＝μmgL
C．经过物块与木板保持相对静止
D．摩擦力对木板所做的功等于物块克服摩擦力所做的功
三、解答题
21．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。碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，试求碰撞后B球速度可能值的范围。
22．如图所示，小球A质量为m，系在细线的一端，线的另一端固定在O点，O点到光滑水平面的距离为h。物块B和C的质量分别是5m和3m，B与C用轻弹簧拴接，置于光滑的水平面上，且B物块位于O点正下方。现拉动小球使细线水平伸直，小球由静止释放，运动到最低点时与物块B发生正碰（碰撞时间极短），反弹后上升到最高点时到水平面的距离为。小球与物块均可视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g，求碰撞过程B物块受到的冲量大小及碰后轻弹簧获得的最大弹性势能。
23．冰壶运动深受观众喜爱，图（a）为2014年2月在索契举行的第22届冬奥会上中国队员投掷冰壶的镜头。在某次投掷中，冰壶甲运动一段时间后与对方静止的冰壶乙发生弹性碰撞，如图（b）所示。若两冰壶质量相等，则碰后两冰壶最终停止的位置，可能是图中的哪幅图？为什么？
24．如图，倾角为的光滑斜面固定在水平面上，在斜面底端固定有一垂直斜面的弹性挡板，P、Q是斜面上两点，P点到Q点的距离为。质量分别为和的小球A、B分别在P、Q两点由静止同时释放，小球B与挡板的碰撞过程没有机械能损失，小球B与挡板发生一次碰撞后沿斜面向上运动，恰好在Q点与小球A发生完全弹性正碰，不计小球B与挡板碰撞及A、B两球碰撞的时间，不计小球的大小，重力加速度为g，求：
（1）从释放到两球第一次碰撞所用的时间；
（2）Q点与挡板的距离；
（3）第一次碰撞后瞬间，A、B两球的速度大小。
25．如图所示，水平桌面左端有一顶端高为h的光滑圆弧形轨道，圆弧的底端与桌面在同一水平面上。桌面右侧有一竖直放置的光滑圆轨道MNP，其形状为半径R = 0.8m的圆环剪去了左上角135°后剩余的部分，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离也为R。一质量m = 0.4kg的物块A自圆弧形轨道的顶端释放，到达圆弧形轨道底端恰与一停在圆弧底端水平桌面上质量也为m的物块B发生弹性正碰（碰撞过程没有机械能的损失），碰后物块B的位移随时间变化的关系式为s = 6t - 2t2（关系式中所有物理量的单位均为国际单位），物块B飞离桌面后恰由P点沿切线落入圆轨道。（重力加速度g取10m/s2）求：
（1）BP间的水平距离sBP；
（2）判断物块B能否沿圆轨道到达M点；
（3）物块A由静止释放的高度h。
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《2025年高中物理人教版选择性必修第一册（弹性碰撞和非弹性碰撞）同步训练》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B A A C A D C D D A
题号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20
答案 A D A A B B A C AB AC
1．B
【详解】假设这一过程可以实现，根据动量守恒定律得
m1v＝m1v球＋m2v木
代入数据解得
v球＝－10 m/s
碰撞前系统动能为
碰撞后系统动能为
则
这一过程不可能发生，因为碰撞后的机械能增加了。故ACD错误；B正确。
故选B。
2．A
【详解】小球到达最高点时和滑块具有相同的速度v，取水平向右为正方向，由水平方向动量守恒得
解得
故选A。
3．A
【详解】A球与B球第一次碰撞过程，根据动量守恒可得
碰撞过程应遵循系统总动能不增加原则，则有
为了使A球能与B球再次发生碰撞，需要满足
联立解得
故选A。
4．C
【详解】在整个过程中子弹、两木块和弹簧组成的系统所受外力之和为零，动量守恒，但在子弹射进木块过程中有内能产生，则系统机械能不守恒。
故选C。
5．A
【详解】两车具有共同速度时，弹簧的弹性势能最大，规定向右为正方向，根据动量守恒定律与能量守恒定律，则有
解得
故选A。
6．D
【详解】A．由图可知，爆炸后的物体下落时间为
解得
水平方向做匀速直线运动，则
设弹丸总质量为3m，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为，则甲的质量为2m，乙的质量为m，爆炸过程中动量守恒，则
把甲、乙速度代入不成立，故A错误；
B．水平方向做匀速直线运动，则
设弹丸总质量为3m，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为，则甲的质量为2m，乙的质量为m，爆炸过程中动量守恒，则
把甲、乙速度代入不成立，故B错误；
C．水平方向做匀速直线运动，则
设弹丸总质量为3m，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为，则甲的质量为2m，乙的质量为m，爆炸过程中动量守恒，则
把甲、乙速度代入不成立，故C错误；
D．水平方向做匀速直线运动，则
设弹丸总质量为3m，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为，则甲的质量为2m，乙的质量为m，爆炸过程中动量守恒，则
把甲、乙速度代入成立，故D正确。
故选D。
7．C
【详解】在三个小球发生碰撞的过程中，系统动量都是守恒的，根据动量守恒定律得
mv0＝mv＋Mv′
整理可得
Mv′＝mv0－mv
取初速度方向为正方向，因c球反向弹回，即v<0，可得c球的动量变化最大，可知C球的动量数值是最大的。
故选C。
8．D
【详解】设子弹的速度为，子弹的质量为，左侧子弹射入木块后与木块共同运动的速度为，由动量守恒定律可得
设子弹与木块之间的作用力大小为，根据能量守恒定律可得
当右侧子弹射入木块后，设最后的共同速度为，根据动量守恒可得
解得
根据能量守恒定律可得
联立可知
故选D。
9．D
【详解】B．由所给的图象可知，子弹C射入物体A时的共同速度为6m/s，由动量守恒
得
故B错误；
A．在时刻，物块A（含C）和物块B的加速度均为零，可知弹簧弹力为零，弹簧处于原长状态，故A错误；
C．当物块A（含C）的速度为0时，由动量守恒
得
故C错误；
D．当物块A（含C）的速度和B的速度相等时，弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律有
解得
弹簧最大弹性势能为
故D正确。
故选D。
10．A
【详解】小物块滑上小车后，与小车组成的系统动量守恒、能量守恒，设二者的共同速度为，滑动过程中产生的热量为，则由动量守恒定律和能量守恒有
联立以上两式可得
，
故选A。
11．A
【详解】A．由题意可知，其系统碰撞后的总动量为
由上述可知，系统碰撞前后满足动量守恒，碰后甲球动量变为
碰后乙球动量变为
其碰前总动能为
碰撞后总动能为
碰撞前后能量的变化为
由于甲和乙球的质量未知，若
则由
即满足系统的总动能不增加，即符合能量守恒，而碰后两球的动量都与原方向相同，且甲球的动量变小，即甲球的速度变小，乙球的动量增加，即乙球的速度增加，所以可能甲球速度小于乙球的速度，满足实际运动情况。该情况可能发生，故A正确；
B．两个小球发生正碰，则其系统碰撞前后应该满足动量守恒，碰前总动量为
碰后总动量为
由上述可知，系统碰撞前后动量不守恒，故B错误；
C．由题意可知，其系统碰撞后的总动量为
由上述可知，系统碰撞前后满足动量守恒，碰后两球的动量都与原方向相同，但甲球的动量增加，与实际运动不符，故C错误；
D．由题意可知，其系统碰撞后的总动量为
由上述可知，系统碰撞前后满足动量守恒，进一步分析可知，碰后甲球的动量变为
乙球碰动量变为
根据动能与动量的关系有
由上述式子可知，其甲球碰撞前后动能大小不变，但是乙球碰后动能变大，即对于甲、乙组成的系统来说其系统的总动能在碰后大于碰前，违反了能量守恒，故D错误。
故选A。
12．D
【详解】A．由于水平面光滑，所以小球与弧形轨道组成的系统水平方向合力为零，水平方向动量守恒，竖直方向系统所受合力不为零，故竖直方向动量不守恒，由于所有接触面均光滑，故系统机械能守恒，故A错误；
B．根据
可知图线与横轴所围面积等于末初速度平方之差，则小球与弧形轨道作用前的速度满足
解得小球滑上弧形轨道前的速度为
故B错误；
C．当小球上升到最高时小球与弧形轨道水平方向共速，则
，
联立解得
故C错误；
D．当小球从弧形轨道底端滑离后，弧形轨道速度最大，设分离后小球速度为，弧形轨道速度为，根据水平方向动量守恒和机械能守恒有
，
联立解得弧形轨道的最大速度为
故D正确。
故选D。
13．A
【详解】当C与A发生弹性正碰时，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有
联立解得
当A、B速度相等时，弹簧的弹性势能最大，设共同速度为，以A的初速度方向为正方向，则由动量守恒定律得
由机械能守恒定律可知
解得
当C与A发生完全非弹性正碰时，根据动量守恒定律有
当A、B、C速度相等时弹簧的弹性势能最大，设共同速度为，则由动量守恒定律得
由机械能守恒定律可知
解得
由此可知，碰后弹簧的最大弹性势能范围是
故选A。
14．A
【详解】A．图像斜率代表速度，由题图可知m、M碰撞前后的速度分别为
对两小球组成的系统，根据动量守恒定律有
代入数据解得
m∶M=1∶3
故A正确；
B．碰撞过程中两小球所受合外力均为相互间的作用力，由牛顿第三定律可知，碰撞过程中两小球所受合外力方向相反，故B错误；
C．两小球碰撞前的总动能
碰撞后的总动能
则
两小球发生的是弹性碰撞，故C错误；
D．碰撞前后质量为m的小球动量的变化量
即动量的变化量大小为，故D错误。
故选A。
15．B
【详解】根据动能定理有
碰撞后A球的动能变为原来的，则A球的速度变为
正、负表示方向有两种可能；
当
vA′与v0同向，根据动量守恒有
解得
当
vA′与v0反向，根据动量守恒有
解得
故B正确。
故选B。
16．B
【详解】设中子的质量为，氢核的质量为，氮核的质量为，设中子和氢核碰撞后中子速度为，由动量守恒定律和机械能守恒定律可得
联立解得
，
设中子和氮核碰撞后中子速度为，由动量守恒定律和机械能守恒定律可得
联立解得
，
A．碰撞后氢核的动量大小为
碰撞后氮核的动量大小为
可知碰撞后氮核的动量比氢核的大，故A错误；
B．碰撞后氢核的动能大小为
碰撞后氮核的动能大小为
可知碰撞后氮核的动能比氢核的小，故B正确；
C．三个速度大小相比最小，故C错误；
D．中子碰撞静止的氢核后速度变为零，中子碰撞静止的氢核后，中子反弹，故D错误。
故选B。
17．A
【详解】A．设小球质量为m，大球质量为M，两球做自由落体运动
两球落地时速度大小为
大球与地面碰撞后，速度瞬间反向，大小不变，两球发生弹性碰撞，两球碰撞过程系统内力远大于外力，系统动量守恒、机械能守恒，设碰撞后小球速度大小为v1，大球速度大小为v2，选向上为正方向，由动能量守恒和机械能守恒
，
解得
当时，不考虑m影响，则
小球上升高度为
故A正确；
B．C．由A选项可知，碰撞后小球的速度大小为
小球上升高度为
故BC错误。
D．由A选项可求得，碰撞后大球的速度大小为
大球不上升，故D错误。
故选A。
18．C
【详解】两球碰撞过程中系统动量守恒，以两球的初速度方向为正方向，如果两球发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得
代入数据解得
如果两球发生完全弹性碰撞，有
由机械能守恒定律得
代入数据解得
则碰撞后A、B的速度
故选C。
19．AB
【详解】碰撞前总动量为
p=m1v1=1×4kg m/s=4kg m/s
碰撞前总动能为
A．碰撞后总动量
动量满足守恒；
碰撞后总动能为
系统机械能不增加，故A正确；
B．碰撞后总动量
动量满足守恒；
碰撞后总动能为
系统机械能不增加，故B正确；
C．碰撞后总动量
动量增大，故C错误；
D．碰撞后总动量
碰撞后总动能为
碰后后面小球的速度大于前面小球的速度，会发生第二次碰撞，不符合实际，故D错误。
故选AB。
20．AC
【详解】A．木板固定不动时，物块减少的动能全部转化为内能。木板不固定时，物块向右减速的同时，木板要向右加速，物块减少的动能转化为系统产生的内能和木板的动能，所以产生的内能必然减小，物块相对于木板滑行的距离要减小，物块不能从木板的右端滑下，故A正确；
B．物块和木板组成的系统产生的热量
Q＝Ffx相对＝μmgx相对＜μmgL
故B错误；
C．设物块与木板最终的共同速度为v，物块和木板组成的系统动量守恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律，有
mv0＝（m＋M）v
对木板，由动量定理得
μmgt＝Mv
联立解得
故C正确；
D．由于物块与木板相对于水平面的位移大小不等，物块对地位移较大，而摩擦力大小相等，所以摩擦力对木板所做的功小于物块克服摩擦力所做的功，故D错误。
故选AC。
21．
【详解】当两球发生完全非弹性碰撞时，B球的速度最小，根据动量守恒定律得
解得
当两球发生弹性碰撞时，B球的速度最大，根据动量守恒定律得
根据能量守恒定律得
联立解得
故速度可能值的范围为
22．m，mgh
【详解】设小球运动到最低点与物块B碰撞前的速度大小为v1，取小球运动到最低点时的重力势能为零，根据机械能守恒定律有
mgh＝mv12
解得
v1＝
设碰撞后小球反弹的速度大小为v1′，同理有
解得
设碰撞后物块B的速度大小为v2，取水平向右为正方向，由动量守恒定律有
mv1＝－mv1′＋5mv2
解得
由动量定理可得，碰撞过程B物块受到的冲量为
I＝5mv2＝
碰撞后当B物块与C物块速度相等时轻弹簧的弹性势能最大，据动量守恒定律有
5mv2＝8mv3
据机械能守恒定律得
Epm＝×5mv22－×8mv32
解得
Epm＝mgh
23．B，见解析
【详解】碰撞过程据动量守恒定律可得
据机械能守恒定律可得
联立解得
，
当时
，
即两物体交换速度，所以当冰壶甲与冰壶乙相碰后，甲停止运动，乙以甲碰前的速度滑行一段距离后停止运动，对比可知，B图符合题意。
故选B。
24．（1）；（2）；（3），
【详解】（1）A、B两球在斜面上运动时，加速度大小为
设从释放到两球碰撞经过的时间为，对小球A有
解得
（2）设Q点与挡板的距离为s，对小球B有
解得
（3）设碰撞前，小球A的速度大小为，根据机械能守恒有
解得
根据对称性可知，小球B运动到Q点时速度为零，设碰撞后瞬间，小球A的速度大小为，方向沿斜面向上，小球B的速度大小为，方向沿斜面向下，根据动量守恒有
根据能量守恒有
解得
25．（1）4.1m；（2）不能；（3）1.8m
【详解】（1）设碰撞后物块B由D点以初速度vD做平抛运动，落到P点时
vy2 = 2gR①
其中
②
由①②解得
vD = 4m/s③
设平抛用时为t，水平位移为s2，则有
④
s2 = vDt⑤
由④⑤解得
s2 = 1.6m⑥
物块B碰后以初速度v0 = 6m/s，加速度a = - 4m/s2减速到vD，则BD过程由运动学公式
vD2 - v02 = 2as1⑦
解得
s1 = 2.5m⑧BP之间的水平距离
sBP = s2 + s1 = 4.1m⑨
（2）若物块B能沿轨道到达M点，在M点时其速度为vM，由D到M的运动过程，根据动能定理，则有
⑩
设在M点轨道对物块的压力为FN，则
由⑩ 解得
假设不成立，即物块不能到达M点。
（3）对物块A、B的碰撞过程，根据动量守恒有
mAvA = mAvA′ + mBv0
根据机械能守恒有
由 解得
vA = 6m/s
设物块A释放的高度为h，对下落过程，根据动能定理有
由 解得
h = 1.8m
答案第1页，共2页
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