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高中物理人教版 (2019)选择性必修 第一册第一章 动量守恒定律5 弹性碰撞和非弹性碰撞精品综合训练题
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这是一份高中物理人教版 (2019)选择性必修 第一册第一章 动量守恒定律5 弹性碰撞和非弹性碰撞精品综合训练题，文件包含人教版2019高中物理选择性必修第一册15《弹性碰撞和非弹性碰撞》分层练习原卷docx、人教版2019高中物理选择性必修第一册15《弹性碰撞和非弹性碰撞》分层练习解析卷docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共18页， 欢迎下载使用。
碰撞的理解
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
【详解】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
【详解】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·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
【详解】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+mv3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。
碰撞的分析
4．质量均为M的两小车A和B，停在光滑的水平地面上，一质量为m的人从A车以水平速度v跳上B车，以v的方向为正方向，则跳出后A、B两车的速度分别为( )
A．－ eq \f(mv,M) ， eq \f(mv,M＋m) B． eq \f(mv,M) ， eq \f(mv,M＋m)
C． eq \f(mv,M) ，－ eq \f(mv,M＋m) D．－ eq \f(mv,M) ，－ eq \f(mv,M＋m)
【答案】A
【详解】人从A车跳出过程，人和A车组成的系统动量守恒，则得：0＝mv＋MvA，解得人跳出后A车的速度为：vA＝－ eq \f(mv,M) ，人跳上B车的过程，人和B车组成的系统动量守恒，则得：mv＝(M＋m)vB，解得B车的速度为：vB＝ eq \f(mv,M＋m) ，故选A。
5.如图所示，质量为0.5 kg的小球在距离车底面高20 m处以一定的初速度向左平抛，落在以7.5 m/s速度沿光滑水平面向右匀速行驶的敞篷小车中，车底涂有一层油泥，车与油泥的总质量为4 kg，设小球在落到车底前瞬时速度是25 m/s，g取10 m/s2，则当小球与小车相对静止时，小车的速度是( )
A．5 m/s B．4 m/s C．8.5 m/s D．9.5 m/s
【答案】A
【解析】小球抛出后做平抛运动，根据动能定理得：mgh＝ eq \f(1,2) mv2－ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0))
解得：v0＝15 m/s
小球和车作用过程中，水平方向动量守恒，
则有：－mv0＋Mv＝(M＋m)v′
解得：v′＝5 m/s，故选A。
6.A、B两物体在光滑水平面上沿同一直线运动，如图表示发生碰撞前后的vt图线，由图线可判断( )
①A、B的质量比为3∶2
②A、B作用前后总动量守恒
③A、B作用前后总动量不守恒
④此碰撞属于弹性碰撞
A．③④ B．①②④
C．①② D．①③④
【答案】B
【解析】把AB看成一个系统，根据动量守恒定律：mA·6＋mB·1＝mA ·2＋mB·7，解得：mA∶mB＝3∶2，故①正确；根据动量守恒可知A、B作用前后总动量守恒，故②正确，③错误；碰撞前总动能： eq \f(1,2) mA·62＋ eq \f(1,2) mB·12＝ eq \f(55,3) mA，碰撞后总动能： eq \f(1,2) mA·22＋ eq \f(1,2) mB·72＝ eq \f(55,3) mA，前后动能不变，所以属于弹性碰撞，故④正确；所以B正确，A、C、D错误。
7.如图所示，光滑水平面上有半径相同的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6 kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为－4 kg·m/s，则( )
A．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5
B．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10
C．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5
D．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】规定向右为正方向，碰撞前A、B两球的动量均为6 kg·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－4 kg·m/s，所以碰撞后A球的动量是2 kg·m/s，碰撞过程系统总动量守恒，mAvA＋mBvB＝mAv′A＋mBv′B，所以碰撞后B球的动量是10 kg·m/s，根据mB＝2mA，所以碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5。
、
8.如图所示,在光滑的水平面上放有两个小球A和B,其质量mAA.当弹簧压缩量最大时,两球速率都最小
B.当弹簧恢复原长时,B球速率最大
C.当A球速率为零时,B球速率最大
D.当B球速率最大时,弹簧弹性势能不为零
【答案】B
【详解】A与弹簧接触后,弹簧被压缩,弹簧对A产生向左的弹力,对B产生向右的弹力,A做减速运动,B做加速运动,当B的速度等于A的速度时压缩量最大,此后A球速度继续减小,B球速度继续增大,弹簧压缩量减小,当弹簧第一次恢复原长时,B球速率最大。由以上分析可知,当弹簧压缩量最大时,A球速率没有达到最小值,故A错误;弹簧被压缩后,B球的速度一直在增大,当弹簧恢复原长时,B球速率达到最大值,故B正确;由于质量mA9.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5 kg·m/s和7 kg·m/s,甲追上乙并发生碰撞,碰撞后乙球的动量变为10 kg·m/s,则两球质量m甲与m乙的关系可能是( )
A.m乙=m甲B.m乙=2m甲
C.4m甲=m乙D.m乙=6m甲
【答案】C
【详解】碰撞前,v甲>v乙,即p甲m甲>p乙m乙,可得m甲m乙<57;碰撞后,v甲≤v乙,即p甲'm甲≤p乙'm乙,可得m甲m乙≥15;综合可得15≤m甲m乙<57,选项A、D错误。由碰撞过程动能不增加可知,E碰前≥E碰后,由B得到E碰前10.(多选)如图所示,在光滑水平面上停放质量为m装有弧形槽的小车。现有一质量也为m的小球以v0的水平速度沿切线水平的槽口向小车滑去(不计摩擦),到达某一高度后,小球又返回小车右端,则( )
A.小球在小车上到达最高点时的速度大小为v02
B.小球离车后,对地将向右做平抛运动
C.小球离车后,对地将做自由落体运动
D.此过程中小球对车做的功为12mv02
【答案】ACD
【详解】小球到达最高点时,小车和小球相对静止,且水平方向总动量守恒,小球离开车时类似完全弹性碰撞,两者速度完成互换,故选项A、C、D都是正确的。
11.如图所示,一个质量为m的物块A与另一个质量为2m的物块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=0.5 m,g取10 m/s2。物块可视为质点,则碰撞前瞬间A的速度大小为( )
A.0.5 m/sB.1.0 m/s
C.1.5 m/sD.2.0 m/s
【答案】C
【详解】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12mv02=12mv12+12·2mv2,联立解得v0=1.5m/s,选项C正确。
12.如图所示,一质量m=2 kg的带有弧形轨道的平台置于足够长的水平轨道上,弧形轨道与水平轨道平滑连接,水平轨道上静置一小球B。从弧形轨道上距离水平轨道高h=0.3 m处由静止释放一质量mA=1 kg的小球A,小球A沿轨道下滑后与小球B发生弹性正碰,碰后小球A被弹回,且恰好追不上平台。已知所有接触面均光滑,重力加速度g取10 m/s2。求小球B的质量。
【答案】3 kg
【详解】设小球A下滑到水平轨道上时的速度大小为v1,平台水平速度大小为v,由动量守恒定律有0=mAv1-mv
由能量守恒定律有mAgh=12mAv12+12mv2
联立解得v1=2m/s,v=1m/s
小球A、B碰后运动方向相反,设小球A、B的速度大小分别为v1'和v2,由于碰后小球A被弹回,且恰好追不上平台,则此时小球A的速度等于平台的速度,有v1'=1m/s
由动量守恒定律得mAv1=-mAv1'+mBv2
由能量守恒定律有12mAv12=12mAv1'2+12mBv22
联立解得mB=3kg。
13.两滑块a、b沿水平面上同一条直线运动,并发生碰撞;碰撞后两者粘在一起运动;经过一段时间后,从光滑路段进入粗糙路段。两者的位置x随时间t变化的图像如图所示。求:
(1)滑块a、b的质量之比;
(2)整个运动过程中,两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比。
【答案】(1)1∶8 (2)1∶2
【详解】(1)设a、b的质量分别为m1、m2,a、b碰撞前的速度分别为v1、v2。由题图得
v1=-2m/s①
v2=1m/s②
a、b发生完全非弹性碰撞,碰撞后两滑块的共同速度为v。
由题图得v=23m/s③
由动量守恒定律得m1v1+m2v2=(m1+m2)v④
联立①②③④式得m1∶m2=1∶8。⑤
(2)由能量守恒定律得,两滑块因碰撞而损失的机械能为
ΔE=12m1v12+12m2v22−12(m1+m2)v2⑥
由图像可知,两滑块最后停止运动。
由动能定理得,两滑块克服摩擦力所做的功为
W=12(m1+m2)v2⑦
联立⑥⑦式,并代入题给数据得W∶ΔE=1∶2。
14、（2023·广东卷·T10）某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型．多个质量均为的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力．开窗帘过程中，电机对滑块1施加一个水平向右的恒力，推动滑块1以的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为．关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有（ ）
A 该过程动量守恒
B. 滑块1受到合外力的冲量大小为
C. 滑块2受到合外力的冲量大小为
D. 滑块2受到滑块1的平均作用力大小为
【答案】BD
【详解】A．取向右为正方向，滑块1和滑块2组成的系统的初动量为
碰撞后的动量为
则滑块的碰撞过程动量不守恒，故A错误；
B．对滑块1，取向右为正方向，则有
负号表示方向水平向左，故B正确；
C．对滑块2，取向右为正方向，则有
故C错误；
D．对滑块2根据动量定理有
解得
则滑块2受到滑块1的平均作用力大小为，故D正确。
故选BD。
15、（2022·北京卷·T10）质量为和的两个物体在光滑水平面上正碰，其位置坐标x随时间t变化的图像如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．碰撞前的速率大于的速率 B．碰撞后的速率大于的速率
C．碰撞后的动量大于的动量 D．碰撞后的动能小于的动能
【答案】C
【详解】根据位移图像斜率表示速度可知，碰撞前的速率为零，碰撞后的速率等于的速率。选项AB错误；由碰撞规律可知，m1大于m2，碰撞后的动量大于的动量，碰撞后的动能大于的动能，选项C正确D错误。
16.（2021·重庆卷·T7）质量相同的甲乙两小球（视为质点）以不同的初速度竖直上抛，某时刻两球发生正碰。题图中实线和虚线分别表示甲乙两球位置随时间变化的曲线，其中虚线关于t=t1左右对称，实线两个顶点的纵坐标相同，若小球运动中除碰撞外仅受重力，则
A. t=0时刻，甲的速率大于乙的速率
B. 碰撞前后瞬间，乙的动量不变
C. 碰撞前后瞬间，甲的动能不变
D. 碰撞后甲的机械能大于乙的机械能
【答案】C
【详解】根据位移图像斜率表示速度可知，t=0时刻，甲的速率小于乙的速率，选项A错误；根据甲乙两球位移图像可知，碰撞前后瞬间，两球交换速度，方向反向。根据题述，虚线（乙的位移图像）关于t=t1左右对称，所以碰撞前后瞬间，乙的动量大小不变，方向变化，甲的动能不变，选项B错误C正确；根据题述，实线两个顶点的纵坐标相同，可知碰撞后甲的机械能与乙的机械能相等，选项D错误。
17.（2023·北京卷·T18）如图所示，质量为m的小球A用一不可伸长的轻绳悬挂在O点，在O点正下方的光滑桌面上有一个与A完全相同的静止小球B，B距O点的距离等于绳长L。现将A拉至某一高度，由静止释放，A以速度v在水平方向和B发生正碰并粘在一起。重力加速度为g。求：
（1）A释放时距桌面的高度H；
（2）碰撞前瞬间绳子的拉力大小F；
（3）碰撞过程中系统损失的机械能。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】
（1）A释放到与B碰撞前，根据动能定理得
解得
（2）碰前瞬间，对A由牛顿第二定律得
解得
（3）A、B碰撞过程中，根据动量守恒定律得
解得
则碰撞过程中损失的机械能为
18.（2023·浙江6月卷·T21）为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置。水平直轨道AB、CD和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF与轨道CD和足够长的水平直轨道FG平滑相切连接。质量为3m的滑块b与质量为2m的滑块c用劲度系数的轻质弹簧连接，静置于轨道FG上。现有质量的滑块a以初速度从D处进入，经DEF管道后，与FG上的滑块b碰撞（时间极短）。已知传送带长，以的速率顺时针转动，滑块a与传送带间的动摩擦因数，其它摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能（x为形变量）。
（1）求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小vF和所受支持力大小FN；
（2）若滑块a碰后返回到B点时速度，求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能；
（3）若滑块a碰到滑块b立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差。
【答案】（1）10m/s；31.2；（2）0；（3）0.2m
【详解】
（1）滑块a从D到F，由能量关系
在F点
解得
FN=31.2N
（2）滑块a返回B点时的速度vB=1m/s，滑块a一直在传送带上减速，加速度大小为
根据
可得在C点的速度
vC=3m/s
则滑块a从碰撞后到到达C点
解得
v1=5m/s
因ab碰撞动量守恒，则
解得碰后b的速度
v2=5m/s
则碰撞损失能量
（3）若滑块a碰到滑块b立即被粘住，则ab碰后的共同速度
解得
v=2.5m/s
当弹簧被压缩到最短或者伸长到最长时有共同速度
则
当弹簧被压缩到最短时压缩量为x1，由能量关系
解得
同理当弹簧被拉到最长时伸长量为
x2=x1
则弹簧最大长度与最小长度之差
碰撞的理解
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
【详解】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
【详解】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·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
【详解】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+mv3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。
碰撞的分析
4．质量均为M的两小车A和B，停在光滑的水平地面上，一质量为m的人从A车以水平速度v跳上B车，以v的方向为正方向，则跳出后A、B两车的速度分别为( )
A．－ eq \f(mv,M) ， eq \f(mv,M＋m) B． eq \f(mv,M) ， eq \f(mv,M＋m)
C． eq \f(mv,M) ，－ eq \f(mv,M＋m) D．－ eq \f(mv,M) ，－ eq \f(mv,M＋m)
【答案】A
【详解】人从A车跳出过程，人和A车组成的系统动量守恒，则得：0＝mv＋MvA，解得人跳出后A车的速度为：vA＝－ eq \f(mv,M) ，人跳上B车的过程，人和B车组成的系统动量守恒，则得：mv＝(M＋m)vB，解得B车的速度为：vB＝ eq \f(mv,M＋m) ，故选A。
5.如图所示，质量为0.5 kg的小球在距离车底面高20 m处以一定的初速度向左平抛，落在以7.5 m/s速度沿光滑水平面向右匀速行驶的敞篷小车中，车底涂有一层油泥，车与油泥的总质量为4 kg，设小球在落到车底前瞬时速度是25 m/s，g取10 m/s2，则当小球与小车相对静止时，小车的速度是( )
A．5 m/s B．4 m/s C．8.5 m/s D．9.5 m/s
【答案】A
【解析】小球抛出后做平抛运动，根据动能定理得：mgh＝ eq \f(1,2) mv2－ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0))
解得：v0＝15 m/s
小球和车作用过程中，水平方向动量守恒，
则有：－mv0＋Mv＝(M＋m)v′
解得：v′＝5 m/s，故选A。
6.A、B两物体在光滑水平面上沿同一直线运动，如图表示发生碰撞前后的vt图线，由图线可判断( )
①A、B的质量比为3∶2
②A、B作用前后总动量守恒
③A、B作用前后总动量不守恒
④此碰撞属于弹性碰撞
A．③④ B．①②④
C．①② D．①③④
【答案】B
【解析】把AB看成一个系统，根据动量守恒定律：mA·6＋mB·1＝mA ·2＋mB·7，解得：mA∶mB＝3∶2，故①正确；根据动量守恒可知A、B作用前后总动量守恒，故②正确，③错误；碰撞前总动能： eq \f(1,2) mA·62＋ eq \f(1,2) mB·12＝ eq \f(55,3) mA，碰撞后总动能： eq \f(1,2) mA·22＋ eq \f(1,2) mB·72＝ eq \f(55,3) mA，前后动能不变，所以属于弹性碰撞，故④正确；所以B正确，A、C、D错误。
7.如图所示，光滑水平面上有半径相同的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6 kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为－4 kg·m/s，则( )
A．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5
B．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10
C．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5
D．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】规定向右为正方向，碰撞前A、B两球的动量均为6 kg·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－4 kg·m/s，所以碰撞后A球的动量是2 kg·m/s，碰撞过程系统总动量守恒，mAvA＋mBvB＝mAv′A＋mBv′B，所以碰撞后B球的动量是10 kg·m/s，根据mB＝2mA，所以碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5。
、
8.如图所示,在光滑的水平面上放有两个小球A和B,其质量mA
B.当弹簧恢复原长时,B球速率最大
C.当A球速率为零时,B球速率最大
D.当B球速率最大时,弹簧弹性势能不为零
【答案】B
【详解】A与弹簧接触后,弹簧被压缩,弹簧对A产生向左的弹力,对B产生向右的弹力,A做减速运动,B做加速运动,当B的速度等于A的速度时压缩量最大,此后A球速度继续减小,B球速度继续增大,弹簧压缩量减小,当弹簧第一次恢复原长时,B球速率最大。由以上分析可知,当弹簧压缩量最大时,A球速率没有达到最小值,故A错误;弹簧被压缩后,B球的速度一直在增大,当弹簧恢复原长时,B球速率达到最大值,故B正确;由于质量mA
A.m乙=m甲B.m乙=2m甲
C.4m甲=m乙D.m乙=6m甲
【答案】C
【详解】碰撞前,v甲>v乙,即p甲m甲>p乙m乙,可得m甲m乙<57;碰撞后,v甲≤v乙,即p甲'm甲≤p乙'm乙,可得m甲m乙≥15;综合可得15≤m甲m乙<57,选项A、D错误。由碰撞过程动能不增加可知,E碰前≥E碰后,由B得到E碰前
A.小球在小车上到达最高点时的速度大小为v02
B.小球离车后,对地将向右做平抛运动
C.小球离车后,对地将做自由落体运动
D.此过程中小球对车做的功为12mv02
【答案】ACD
【详解】小球到达最高点时,小车和小球相对静止,且水平方向总动量守恒,小球离开车时类似完全弹性碰撞,两者速度完成互换,故选项A、C、D都是正确的。
11.如图所示,一个质量为m的物块A与另一个质量为2m的物块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=0.5 m,g取10 m/s2。物块可视为质点,则碰撞前瞬间A的速度大小为( )
A.0.5 m/sB.1.0 m/s
C.1.5 m/sD.2.0 m/s
【答案】C
【详解】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12mv02=12mv12+12·2mv2,联立解得v0=1.5m/s,选项C正确。
12.如图所示,一质量m=2 kg的带有弧形轨道的平台置于足够长的水平轨道上,弧形轨道与水平轨道平滑连接,水平轨道上静置一小球B。从弧形轨道上距离水平轨道高h=0.3 m处由静止释放一质量mA=1 kg的小球A,小球A沿轨道下滑后与小球B发生弹性正碰,碰后小球A被弹回,且恰好追不上平台。已知所有接触面均光滑,重力加速度g取10 m/s2。求小球B的质量。
【答案】3 kg
【详解】设小球A下滑到水平轨道上时的速度大小为v1,平台水平速度大小为v,由动量守恒定律有0=mAv1-mv
由能量守恒定律有mAgh=12mAv12+12mv2
联立解得v1=2m/s,v=1m/s
小球A、B碰后运动方向相反,设小球A、B的速度大小分别为v1'和v2,由于碰后小球A被弹回,且恰好追不上平台,则此时小球A的速度等于平台的速度,有v1'=1m/s
由动量守恒定律得mAv1=-mAv1'+mBv2
由能量守恒定律有12mAv12=12mAv1'2+12mBv22
联立解得mB=3kg。
13.两滑块a、b沿水平面上同一条直线运动,并发生碰撞;碰撞后两者粘在一起运动;经过一段时间后,从光滑路段进入粗糙路段。两者的位置x随时间t变化的图像如图所示。求:
(1)滑块a、b的质量之比;
(2)整个运动过程中,两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比。
【答案】(1)1∶8 (2)1∶2
【详解】(1)设a、b的质量分别为m1、m2,a、b碰撞前的速度分别为v1、v2。由题图得
v1=-2m/s①
v2=1m/s②
a、b发生完全非弹性碰撞,碰撞后两滑块的共同速度为v。
由题图得v=23m/s③
由动量守恒定律得m1v1+m2v2=(m1+m2)v④
联立①②③④式得m1∶m2=1∶8。⑤
(2)由能量守恒定律得,两滑块因碰撞而损失的机械能为
ΔE=12m1v12+12m2v22−12(m1+m2)v2⑥
由图像可知,两滑块最后停止运动。
由动能定理得,两滑块克服摩擦力所做的功为
W=12(m1+m2)v2⑦
联立⑥⑦式,并代入题给数据得W∶ΔE=1∶2。
14、（2023·广东卷·T10）某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型．多个质量均为的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力．开窗帘过程中，电机对滑块1施加一个水平向右的恒力，推动滑块1以的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为．关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有（ ）
A 该过程动量守恒
B. 滑块1受到合外力的冲量大小为
C. 滑块2受到合外力的冲量大小为
D. 滑块2受到滑块1的平均作用力大小为
【答案】BD
【详解】A．取向右为正方向，滑块1和滑块2组成的系统的初动量为
碰撞后的动量为
则滑块的碰撞过程动量不守恒，故A错误；
B．对滑块1，取向右为正方向，则有
负号表示方向水平向左，故B正确；
C．对滑块2，取向右为正方向，则有
故C错误；
D．对滑块2根据动量定理有
解得
则滑块2受到滑块1的平均作用力大小为，故D正确。
故选BD。
15、（2022·北京卷·T10）质量为和的两个物体在光滑水平面上正碰，其位置坐标x随时间t变化的图像如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．碰撞前的速率大于的速率 B．碰撞后的速率大于的速率
C．碰撞后的动量大于的动量 D．碰撞后的动能小于的动能
【答案】C
【详解】根据位移图像斜率表示速度可知，碰撞前的速率为零，碰撞后的速率等于的速率。选项AB错误；由碰撞规律可知，m1大于m2，碰撞后的动量大于的动量，碰撞后的动能大于的动能，选项C正确D错误。
16.（2021·重庆卷·T7）质量相同的甲乙两小球（视为质点）以不同的初速度竖直上抛，某时刻两球发生正碰。题图中实线和虚线分别表示甲乙两球位置随时间变化的曲线，其中虚线关于t=t1左右对称，实线两个顶点的纵坐标相同，若小球运动中除碰撞外仅受重力，则
A. t=0时刻，甲的速率大于乙的速率
B. 碰撞前后瞬间，乙的动量不变
C. 碰撞前后瞬间，甲的动能不变
D. 碰撞后甲的机械能大于乙的机械能
【答案】C
【详解】根据位移图像斜率表示速度可知，t=0时刻，甲的速率小于乙的速率，选项A错误；根据甲乙两球位移图像可知，碰撞前后瞬间，两球交换速度，方向反向。根据题述，虚线（乙的位移图像）关于t=t1左右对称，所以碰撞前后瞬间，乙的动量大小不变，方向变化，甲的动能不变，选项B错误C正确；根据题述，实线两个顶点的纵坐标相同，可知碰撞后甲的机械能与乙的机械能相等，选项D错误。
17.（2023·北京卷·T18）如图所示，质量为m的小球A用一不可伸长的轻绳悬挂在O点，在O点正下方的光滑桌面上有一个与A完全相同的静止小球B，B距O点的距离等于绳长L。现将A拉至某一高度，由静止释放，A以速度v在水平方向和B发生正碰并粘在一起。重力加速度为g。求：
（1）A释放时距桌面的高度H；
（2）碰撞前瞬间绳子的拉力大小F；
（3）碰撞过程中系统损失的机械能。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】
（1）A释放到与B碰撞前，根据动能定理得
解得
（2）碰前瞬间，对A由牛顿第二定律得
解得
（3）A、B碰撞过程中，根据动量守恒定律得
解得
则碰撞过程中损失的机械能为
18.（2023·浙江6月卷·T21）为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置。水平直轨道AB、CD和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF与轨道CD和足够长的水平直轨道FG平滑相切连接。质量为3m的滑块b与质量为2m的滑块c用劲度系数的轻质弹簧连接，静置于轨道FG上。现有质量的滑块a以初速度从D处进入，经DEF管道后，与FG上的滑块b碰撞（时间极短）。已知传送带长，以的速率顺时针转动，滑块a与传送带间的动摩擦因数，其它摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能（x为形变量）。
（1）求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小vF和所受支持力大小FN；
（2）若滑块a碰后返回到B点时速度，求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能；
（3）若滑块a碰到滑块b立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差。
【答案】（1）10m/s；31.2；（2）0；（3）0.2m
【详解】
（1）滑块a从D到F，由能量关系
在F点
解得
FN=31.2N
（2）滑块a返回B点时的速度vB=1m/s，滑块a一直在传送带上减速，加速度大小为
根据
可得在C点的速度
vC=3m/s
则滑块a从碰撞后到到达C点
解得
v1=5m/s
因ab碰撞动量守恒，则
解得碰后b的速度
v2=5m/s
则碰撞损失能量
（3）若滑块a碰到滑块b立即被粘住，则ab碰后的共同速度
解得
v=2.5m/s
当弹簧被压缩到最短或者伸长到最长时有共同速度
则
当弹簧被压缩到最短时压缩量为x1，由能量关系
解得
同理当弹簧被拉到最长时伸长量为
x2=x1
则弹簧最大长度与最小长度之差
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