2021-2022学年人教版（2019）选择性必修第一册 1.5弹性碰撞与非弹性碰撞 同步练习（word解析版）
文档属性
| 名称 | 2021-2022学年人教版（2019）选择性必修第一册 1.5弹性碰撞与非弹性碰撞 同步练习（word解析版） |  | |
| 格式 | doc | ||
| 文件大小 | 1.1MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2021-08-27 21:47:14 | ||
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文档简介
2021-2022学年人教版（2019）选择性必修第一册
1.5弹性碰撞与非弹性碰撞
同步练习（解析版）
1．人和冰车的总质量为M，另一木球质量为m，且M∶m=31∶2。人坐在静止于水平冰面的冰车上，以速度v（相对地面）将原来静止的木球沿冰面推向正前方向的固定挡板，不计一切摩擦阻力，设小球与挡板的碰撞是弹性的，人接住球后，再以同样的速度v（相对地面）将球推向挡板。人推多少次后不能再接到球（ ）
A．6次
B．7次
C．8次
D．9次
2．静止在湖面的小船上有两人分别向相反方向水平地抛出质量相同的小球，先将甲球向左抛，后将乙球向右抛。抛出时两小球相对于河岸的速率相等，水对船的阻力忽略不计，则下列说法正确的是（ ）
A．两球抛出后，船向左以一定速度运动
B．两球抛出后，船向右以一定速度运动
C．两球抛出后，船的速度为0
D．抛出时，人给甲球的冲量比人给乙球的冲量小
3．在高速公路上发生一起交通事故，一辆质量为
1500kg
向南行驶的长途客车迎面撞上了一辆质量为
3000
kg
向北行驶的卡车，碰后两车接在一起，并向南滑行了一段距离后停止。根据测速仪的测定，长途客车碰前以
20
m/s
的速度行驶，由此可判断卡车碰前的行驶速
率
为（ ）
A．小于
10
m/s
B．大于
10
m/s
小于
20m/s
C．大于
20
m/s
小于30m/s
D．大于
30
m/s
小于
40
m/s
4．如图所示，一小球以大小为p的动量沿光滑水平面向左运动，与竖直墙壁碰撞后反向向右运动，则小球碰撞前后动量变化的绝对值可能为（ ）
A．0.5p
B．1.5p
C．2.5p
D．3.5p
5．如图所示，光滑水平面的同一直线上放有个质量均为的小滑块，相邻滑块间的距离为，每个滑块均可看成质点．现给第一个滑块水平向右的初速度，滑块间相碰后均能粘在一起，则从第一个滑块开始运动，到第个滑块与第个滑块相碰时总的时间为（ ）
A．
B．
C．
D．
6．如图所示木块A、B并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一细线，细线另一端系一小球C。现将小球C拉起使细线水平伸直，并由静止释放。下列说法正确的是（ ）
A．小球摆动过程中，木块A和小球C组成的系统动量守恒
B．小球第一次摆至最低点时，A、B两木块刚好开始分离
C．小球摆到左侧最高点时，木块A速度为零
D．小球摆到左侧最高点时，细线恰好水平
7．一机枪架在湖中小船上，船正以1
m/s的速度前进，小船及机枪总质量M=200kg，每颗子弹质量为m=20
g，在水平方向机枪以v=600
m/s的对地速度射出子弹，打出5颗子弹后船的速度可能为（ ）
A．1.4
m/s
B．2
m/s
C．0.8
m/s
D．0.5
m/s
8．如图所示，质量分别为m1和m2的小球A、B在光滑水平面上分别以速度v1、v2同向运动，并发生对心碰撞，碰后B被右侧墙壁原速率弹回，又与A碰撞，再一次碰撞后两球都静止，则第一次碰后A速度的大小为( )
A．
B．
C．
D．
9．男女双人滑冰是颇具艺术性的冰上运动项目。在某次比赛的一个小片段中，男女运动员在水平冰面上沿同一直线相向滑行，且动能恰好相等，男运动员的质量为女运动员的1.44倍，某时刻两者相遇。为简化问题，在此过程中两运动员均可视为质点，且冰面光滑。则（ ）
A．两者相遇时男运动员对女运动员的作用力通常要大于女运动员对男运动员的作用力
B．两者相遇后的总动能一定等于相遇前的总动能
C．两者相遇过程中受到的冲量大小一定相等
D．女运动员相遇前后的动量大小之比为14:1
10．如图所示，为丁俊晖正在准备击球，设丁俊晖在某一杆击球过程中，白色球（主球）和花色球碰撞前后都在同一直线上运动，碰前白色球的动量
pA=5
kg·m/s，花色球静止，白色球
A
与花色球
B
发生碰撞后，花色球
B
的动量变为
pB′=4
kg·m/s，则两球质量
mA
与
mB
间的关系可能是（ ）
A．mB=mA
B．mB=4mA
C．mB=6mA
D．mB=8mA
11．质量为
m、速度为
v
的
A
球跟质量为
3m、静止的
B
球发生正碰。碰撞可能是弹性的，
也可能是非弹性的，因此，碰撞后
B
球的速度允许有不同的值。请你论证：碰撞后
B
球的速度可能是以下值中的（ ）
A．0.6v
B．0.4v
C．0.2v
D．0.3v
12．如图甲所示，质量为M=0.5kg的木板静止在光滑水平面上，质量为m=1kg的物块以初速度v0=4m/s滑上木板的左端，物块与木板之间的动摩擦因数为μ=0.2，在物块滑上木板的同时，给木板施加一个水平向右的恒力F。当恒力F取某一值时，物块在木板上相对于木板滑动的路程为s，给木板施加不同大小的恒力F，得到的关系如图乙所示，其中AB与横轴平行，且AB段的纵坐标为1m-1。将物块视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2．则下列说法正确的是（ ）
A．若恒力F=0，物块滑出木板时的速度为3m/s
B．C点纵坐标为1.5m-1
C．随着F增大，当外力F=1N时，物块恰好不能木板右端滑出
D．图像中D点对应的外力的值为4N
13．水平面右端固定一半径R=3.2
m的四分之一圆弧形滑槽，滑槽内壁光滑、下端与水平面平滑连接。一个可视为质点的滑块A从滑槽最高处由静止释放，滑到水平面上减速运动L=3.75
m时与水平面上静止的滑块B发生弹性正碰，已知A、B两滑块质量相等，与水平面间的动摩擦因数均为μ=0.2，取重力加速度g=10
m/s2，则（ ）
A．滑块A运动的最大速度为8
m/s
B．碰前瞬间滑块A的速度为7
m/s
C．碰后瞬间滑块A的速度为8
m/s
D．碰后滑块B运动时间为4s
14．如图所示，质量为2m的物体A放在光滑水平面上，右端与一水平轻质弹簧相连，弹簧另一端固定在墙上，质量为m的物体B以速度v0向右运动，与A相碰后一起压缩弹簧，直至B与A分离的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．在整个过程中，物体A、B和弹簧组成的系统机械能守恒
B．弹簧的最大弹性势能为
C．物体A对B做的功为
D．物体A对B的冲量大小为
15．如图所示，一辆质量的平板小车A停靠在竖直光滑墙壁处，地面水平且光滑，一质量的小铁块B（可视为质点）放在平板小车A的最右端，平板小车A上表面水平且与小铁块B间的动摩擦因数，平板小车A的长度。现给小铁块B一个的初速度使之向左运动，小铁块B与竖直墙壁发生碰撞后向右运动，恰好回到小车A的最右端。重力加速度。下列说法正确的是（ ）
A．小铁块B向左运动到达竖直墙壁时的速度大小为
B．小铁块B与墙壁碰撞过程中所受墙壁的冲量大小为
C．小铁块B与竖直墙壁碰撞过程中损失的机械能为4J
D．小车A最终向右运动的速度大小为
16．一质量为的平顶小车静止在光滑的水平轨道上，质量为的小物块（可视为质点）静止在车顶的左端，一质量为的子弹以水平速度射中小物块左端并留在小物块中，子弹与小物块的作用时间极短，最终小物块相对地面以的速度滑离小车，小物块与车项间的摩擦因数，重力加速度g取，求：
（1）子弹射入小物块过程中与小物块共速时的速度大小
（2）小物块滑离小车时小车的速度
（3）小车的车长
17．如图所示，一辆质量是kg的平板车左端放着有质量kg的小滑块，滑块与平板车之间的动摩擦因，开始时平板车和滑块共同以m/s的速度在光滑水平面上向右运动，并与竖直墙壁发生碰撞，设碰撞时间极短且碰撞后平板车速度大小保持不变，但方向与原来相反。平板车足够长，以至滑块不会滑到平板车右端（）求：
（1）平板车第一次与墙壁碰撞后向左运动的最大距离。
（2）平板车第二次与墙壁碰撞前瞬间的速度v。
（3）为使滑块始终不会滑到平板车右端，平板车至少多长？
18．如图所示，倾角为的斜面与光滑圆弧相切于点，两者均固定，斜面段光滑，段粗糙。质量为的小物块由锁定装置固定在点，质量同为的小物块从点静止释放，碰撞前瞬间锁定装置解除，碰撞时间极短，碰后粘在一起，、与段间的动摩擦因数均为0.5，重力加速度取，已知段长度为，圆弧半径为，，，求：
（1）碰前瞬间的速度大小；
（2）碰后瞬间两者的速度大小及碰撞过程对做的功；
（3）进入圆弧后不能到达点且运动过程中脱离了圆弧轨道，求段长度范围。
参考答案
1．D
【详解】
设人第一次推出小球后人和冰车的速度为v1，由动量守恒可得
第二次退出小球后人和冰车的速度为v2，由动量守恒可得
第三次退出小球后人和冰车的速度为v3，由动量守恒可得
以此类推，设经过n次推球后，人和冰车向后的速度vn，对比前式，由定量守恒可得
当人和冰车向后的速度vn大于等于木球被挡板反弹回来的速度v时，人就不能再接到球了，即满足
联立代入数据可解得。
应选D。
2．C
【详解】
ABC．设球的质量为m，船和人的质量为M。在船上先向左抛出甲球，由动量守恒定律可得
然后又向右抛出乙球，规定向右为正方向，由动量守恒定律可得
得
所以C正确，AB错误；
D．对甲球，由动量定理可得
对乙球，由动量定理可得
即
所以D错误。
故选C。
3．A
【详解】
长途客车与卡车发生碰撞，系统内力远大于外力，碰撞过程系统动量守恒，选择向南为正方向，根据动量守恒定律，有
因而
代入数据，可得
故选A。
4．B
【详解】
如果是弹性碰撞，撞击后的速度最大，方向相反，所以动量为-P，动量的变化
如果撞击后的速度为零，则动量的变化为
故撞击后的动量的变化的绝对值在
故选B。
5．B
【详解】
由于每次相碰后滑块会粘在一起，根据动量守恒定律
可知第二个滑块开始运动的速度大小为
同理第三个滑块开始滑动的速度大小为
第个球开始滑动的速度大小为
因此运动的总时间为
故选B。
6．B
【详解】
A．小球释放后，在向下摆动的过程中，对A有向右的拉力，使得A、B之间有压力，则小球摆动过程中，木块A和小球C组成的系统动量不守恒，故A错误；
B．当C运动到最低点时，A、B之间压力为零，此时，A、B两木块刚好开始分离，故B正确；
C．
A、B、C组成的系统水平方向动量守恒，即总动量为零，在小球C上摆过程，木块B向右运动，动量向右，则A和C的总动量向左，小球C到左侧最高点时，A、C共速，则此时A的速度向左，不为零，故C错误；
D．小球摆到左侧最高点时，A、C向左运动，B向右运动，即动能不为零，整个过程系统机械能守恒，则小球无法上升到原来高度，即细线不会水平，而是低于原来高度，故D错误。
故选B。
7．C
【详解】
若子弹射出方向与船前进的方向在同一直线上，则子弹、机枪和小船组成的系统动量守恒，取船前进的方向为正方向，若子弹向船前进的方向射出，则有
Mv0=（M－5m）v′+5mv
解得
v1′==0.7
m/s
若子弹向船前进的反方向射出，则有
Mv0=（M－5m）v′-5mv
解得
v2′==1.3
m/s
当子弹对地的速度方向与船原来的速度方向的夹角θ在0°<θ<180°内，可见船速应在0.7~1.3
m/s之间。
故选C。
8．C
【详解】
设小球A、B第一次碰后速度的大小分别为v1′和v2′，由动量守恒定律得
m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′
两个小球再一次碰撞时
m1v1′-m2v2′=0
得
v1′=
故选C。
9．C
【详解】
A．根据牛顿第三定律得，两者相遇时男运动员对女运动员的作用力等于女运动员对男运动员的作用力，故A错误；
B．两者相遇后一起运动，属于完全非弹性碰撞，系统损失的动能最大，所以相遇后二者的总动能小于相遇前的总动能，故B错误；
C．两者相遇过程中相互作用力大小相等、方向相反，作用时间相同，则受到的冲量大小一定相等，故C正确；
D．根据可知碰撞前女运动员的速度为男运动员的1.2倍，设碰撞前女运动员的动量大小为，则男运动员的动量大小为
设碰撞后共同速度为，规定男运动员运动方向为正方向，根据动量守恒定律可得
解得
所以女运动员相遇前后的动量大小之比为
故D错误。
故选C。
10．AB
【详解】
由题，由动量守恒定律得
pA+pB=pA′+pB′
得
pA′=1kg?m/s
P根据碰撞过程总动能不增加，则有
代入解得
碰后，两球同向运动，A的速度不大于B的速度，则
解得
mB≤4mA
综上得
故AB正确，CD错误。
故选AB。
11．BD
【详解】
两球发生完全非弹性碰撞时，系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得
解得
两球发生完全弹性碰撞时，系统动量守恒、机械能守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
解得
则B的速度范围是
故选BD。
12．BC
【详解】
A．F=0时，m和M系统动量守恒，取水平向右为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得
将M=0.5kg、m=1kg、v=4m/s、s=1m代入得
v=2m/s，v=4m/s（不符合情况，舍去）
或
选项A错误；
B．①当F较小时，物块将从木板右端滑下，当F增大到某一值时物块恰好到达木板的右端，且两者具有共同速度v，历时t，由牛顿第二定律得
根据速度时间关系可得
根据位移关系可得
联立解得
由图乙知，相对路程s≤1m，代入解得
F≥1N
②当F继续增大时，物块减速、木板加速，两者在木板上某一位置具有共同速度；当两者共速后能保持相对静止（静摩擦力作用）一起以相同加速度a做匀加速运动，由牛顿第二定律得
而f=ma，由于静摩擦力存在最大值，所以
联立解得
F≤3N
综上所述：BC段恒力F的取值范围是
1N≤F≤3N
函数关系式是
当F=3N时
则B点的横坐标为∶1N，C点的纵坐标为：1.5m-1；选项B正确；
C．当F较小时，物块将从木板右端滑下，当F增大到某一值时物块恰好到达木板的右端，且两者具有共同速度v，历时t1，则木板的加速度
a1=
速度关系有
相对位移
联立解得
F=1N
选项C正确；
D．D（C）临界点对应的情况是物块滑至某处时，木板与物块已达到速度相同，且之后物块与木板之间恰达到最大静摩擦力两者一起加速运动的临界加速度为
a=μg=2m/s2
选项D错误。
故选BC。
13．AB
【详解】
A．滑块A沿滑槽下滑过程中由动能定理，可得
解得
故A正确；
B．滑块A在水平面上减速运动过程中，由动能定理可得
解得
故B正确；
C．滑块A与滑块B发生弹性正碰，由于A、B两滑块质量相等，所以交换速度，碰后瞬间滑块A速度为0，滑块B的速度与v1相等，故C错误；
D．碰后滑块B运动时间为
故D错误。
故选AB。
14．BD
【详解】
A．A和B发生完全非弹性碰撞有机械能的损失；而在弹簧被压缩的过程中，物体B、A和弹簧组成的系统机械能守恒，则全过程系统机械能不守恒，故A错误；
B．A和B发生完全非弹性碰撞有
可得共同速度为
则弹簧的最大弹性势能为
故B正确；
C．根据动能定理有知物体A对B做的功即为物体B动能的变化量
故C错误；
D．根据动量定理知物体A对B做的冲量即为物体B动量的变化量
则物体A对B的冲量大小为，故D正确；
故选BD。
15．BD
【详解】
D．设小铁块B与竖直墙壁发生碰撞后向右运动的初速度的大小为，依题意知，其回到小车A的最右端时与小车共速，设速度大小为，则有
，
解得
故D项正确；
A．设小铁块B向左运动到达竖直墙壁时的速度大小，对小铁块B向左运动的过程，根据动能定理得
代入数据解得
故A项错误；
B．小铁块B与竖直墙发生弹性碰撞的过程中，根据动量定理，小铁块B与墙壁碰撞过程中所受墙壁的冲量
负号表示方向向右，故B项正确；
C．小铁块B与竖直墙壁碰撞的过程中损失的机械能
故C项错误。
故选BD。
16．（1）5m/s；（2）2m/s；（3）1.2m
【详解】
解：（1）子弹射入小物块运动中，设共同速度为v1，子弹和物块组成系统动量守恒，由动量守恒定律得
m0v0=（m0+m1）v1
解得
v1=5m/s
（2）子弹射入小物块后和小车组成系统动量守恒，设小物块滑离小车时物块速度为v2，小车的速度为v，向右为正方向，由动量守恒定律可得
（m0+m1）v1=（m0+m1）v2+mv
解得
v=2m/s
（3）设小车的长度为L，由能量守恒可得
μ（m0+m1）gL=
代入数据解得
L=1.2m
17．（1）；（2）；（3）6m
【详解】
（1）设第一次碰撞墙壁后，平板车向左移动s，速度为0，由于小滑块的质量大于平板车的质量，所以系统总动量向右，平板车速度为0时，滑块还在向右滑行，由动能定理得
代入数据解得
（2）假如平板车在第二次碰撞之前还未和滑块相对静止，那么其速度大小由对称性可知还是，滑块的速度则大于，方向均向右，这样就违反动量守恒，所以平板车在第二次碰撞前肯定和滑块具有共同速度，由动量守恒可得
代入数据解得
（3）平板车与墙壁发生多次碰撞，最后停在墙边，设滑块相对平板车的总位移为l，根据能量守恒则有
代入数据解得
所以平板车最短为6m。
18．（1）；（2）；（3）2.25L>x>0.29L
【详解】
（1）对A，从M到N由动能定理
解得
（2）AB碰撞过程动量守恒，则
解得
对A由动能定理
（3）设AB总质量为M，若AB恰能到达P点，则
从N到P由动能定理
解得
运动过程中脱离了圆弧轨道，说明物块经过了与圆心等高的水平线，则若恰能到达过圆心的水平线，则
解得
x2=0.29L
则段长度范围
2.25L>x>0.29L
1.5弹性碰撞与非弹性碰撞
同步练习（解析版）
1．人和冰车的总质量为M，另一木球质量为m，且M∶m=31∶2。人坐在静止于水平冰面的冰车上，以速度v（相对地面）将原来静止的木球沿冰面推向正前方向的固定挡板，不计一切摩擦阻力，设小球与挡板的碰撞是弹性的，人接住球后，再以同样的速度v（相对地面）将球推向挡板。人推多少次后不能再接到球（ ）
A．6次
B．7次
C．8次
D．9次
2．静止在湖面的小船上有两人分别向相反方向水平地抛出质量相同的小球，先将甲球向左抛，后将乙球向右抛。抛出时两小球相对于河岸的速率相等，水对船的阻力忽略不计，则下列说法正确的是（ ）
A．两球抛出后，船向左以一定速度运动
B．两球抛出后，船向右以一定速度运动
C．两球抛出后，船的速度为0
D．抛出时，人给甲球的冲量比人给乙球的冲量小
3．在高速公路上发生一起交通事故，一辆质量为
1500kg
向南行驶的长途客车迎面撞上了一辆质量为
3000
kg
向北行驶的卡车，碰后两车接在一起，并向南滑行了一段距离后停止。根据测速仪的测定，长途客车碰前以
20
m/s
的速度行驶，由此可判断卡车碰前的行驶速
率
为（ ）
A．小于
10
m/s
B．大于
10
m/s
小于
20m/s
C．大于
20
m/s
小于30m/s
D．大于
30
m/s
小于
40
m/s
4．如图所示，一小球以大小为p的动量沿光滑水平面向左运动，与竖直墙壁碰撞后反向向右运动，则小球碰撞前后动量变化的绝对值可能为（ ）
A．0.5p
B．1.5p
C．2.5p
D．3.5p
5．如图所示，光滑水平面的同一直线上放有个质量均为的小滑块，相邻滑块间的距离为，每个滑块均可看成质点．现给第一个滑块水平向右的初速度，滑块间相碰后均能粘在一起，则从第一个滑块开始运动，到第个滑块与第个滑块相碰时总的时间为（ ）
A．
B．
C．
D．
6．如图所示木块A、B并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一细线，细线另一端系一小球C。现将小球C拉起使细线水平伸直，并由静止释放。下列说法正确的是（ ）
A．小球摆动过程中，木块A和小球C组成的系统动量守恒
B．小球第一次摆至最低点时，A、B两木块刚好开始分离
C．小球摆到左侧最高点时，木块A速度为零
D．小球摆到左侧最高点时，细线恰好水平
7．一机枪架在湖中小船上，船正以1
m/s的速度前进，小船及机枪总质量M=200kg，每颗子弹质量为m=20
g，在水平方向机枪以v=600
m/s的对地速度射出子弹，打出5颗子弹后船的速度可能为（ ）
A．1.4
m/s
B．2
m/s
C．0.8
m/s
D．0.5
m/s
8．如图所示，质量分别为m1和m2的小球A、B在光滑水平面上分别以速度v1、v2同向运动，并发生对心碰撞，碰后B被右侧墙壁原速率弹回，又与A碰撞，再一次碰撞后两球都静止，则第一次碰后A速度的大小为( )
A．
B．
C．
D．
9．男女双人滑冰是颇具艺术性的冰上运动项目。在某次比赛的一个小片段中，男女运动员在水平冰面上沿同一直线相向滑行，且动能恰好相等，男运动员的质量为女运动员的1.44倍，某时刻两者相遇。为简化问题，在此过程中两运动员均可视为质点，且冰面光滑。则（ ）
A．两者相遇时男运动员对女运动员的作用力通常要大于女运动员对男运动员的作用力
B．两者相遇后的总动能一定等于相遇前的总动能
C．两者相遇过程中受到的冲量大小一定相等
D．女运动员相遇前后的动量大小之比为14:1
10．如图所示，为丁俊晖正在准备击球，设丁俊晖在某一杆击球过程中，白色球（主球）和花色球碰撞前后都在同一直线上运动，碰前白色球的动量
pA=5
kg·m/s，花色球静止，白色球
A
与花色球
B
发生碰撞后，花色球
B
的动量变为
pB′=4
kg·m/s，则两球质量
mA
与
mB
间的关系可能是（ ）
A．mB=mA
B．mB=4mA
C．mB=6mA
D．mB=8mA
11．质量为
m、速度为
v
的
A
球跟质量为
3m、静止的
B
球发生正碰。碰撞可能是弹性的，
也可能是非弹性的，因此，碰撞后
B
球的速度允许有不同的值。请你论证：碰撞后
B
球的速度可能是以下值中的（ ）
A．0.6v
B．0.4v
C．0.2v
D．0.3v
12．如图甲所示，质量为M=0.5kg的木板静止在光滑水平面上，质量为m=1kg的物块以初速度v0=4m/s滑上木板的左端，物块与木板之间的动摩擦因数为μ=0.2，在物块滑上木板的同时，给木板施加一个水平向右的恒力F。当恒力F取某一值时，物块在木板上相对于木板滑动的路程为s，给木板施加不同大小的恒力F，得到的关系如图乙所示，其中AB与横轴平行，且AB段的纵坐标为1m-1。将物块视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2．则下列说法正确的是（ ）
A．若恒力F=0，物块滑出木板时的速度为3m/s
B．C点纵坐标为1.5m-1
C．随着F增大，当外力F=1N时，物块恰好不能木板右端滑出
D．图像中D点对应的外力的值为4N
13．水平面右端固定一半径R=3.2
m的四分之一圆弧形滑槽，滑槽内壁光滑、下端与水平面平滑连接。一个可视为质点的滑块A从滑槽最高处由静止释放，滑到水平面上减速运动L=3.75
m时与水平面上静止的滑块B发生弹性正碰，已知A、B两滑块质量相等，与水平面间的动摩擦因数均为μ=0.2，取重力加速度g=10
m/s2，则（ ）
A．滑块A运动的最大速度为8
m/s
B．碰前瞬间滑块A的速度为7
m/s
C．碰后瞬间滑块A的速度为8
m/s
D．碰后滑块B运动时间为4s
14．如图所示，质量为2m的物体A放在光滑水平面上，右端与一水平轻质弹簧相连，弹簧另一端固定在墙上，质量为m的物体B以速度v0向右运动，与A相碰后一起压缩弹簧，直至B与A分离的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．在整个过程中，物体A、B和弹簧组成的系统机械能守恒
B．弹簧的最大弹性势能为
C．物体A对B做的功为
D．物体A对B的冲量大小为
15．如图所示，一辆质量的平板小车A停靠在竖直光滑墙壁处，地面水平且光滑，一质量的小铁块B（可视为质点）放在平板小车A的最右端，平板小车A上表面水平且与小铁块B间的动摩擦因数，平板小车A的长度。现给小铁块B一个的初速度使之向左运动，小铁块B与竖直墙壁发生碰撞后向右运动，恰好回到小车A的最右端。重力加速度。下列说法正确的是（ ）
A．小铁块B向左运动到达竖直墙壁时的速度大小为
B．小铁块B与墙壁碰撞过程中所受墙壁的冲量大小为
C．小铁块B与竖直墙壁碰撞过程中损失的机械能为4J
D．小车A最终向右运动的速度大小为
16．一质量为的平顶小车静止在光滑的水平轨道上，质量为的小物块（可视为质点）静止在车顶的左端，一质量为的子弹以水平速度射中小物块左端并留在小物块中，子弹与小物块的作用时间极短，最终小物块相对地面以的速度滑离小车，小物块与车项间的摩擦因数，重力加速度g取，求：
（1）子弹射入小物块过程中与小物块共速时的速度大小
（2）小物块滑离小车时小车的速度
（3）小车的车长
17．如图所示，一辆质量是kg的平板车左端放着有质量kg的小滑块，滑块与平板车之间的动摩擦因，开始时平板车和滑块共同以m/s的速度在光滑水平面上向右运动，并与竖直墙壁发生碰撞，设碰撞时间极短且碰撞后平板车速度大小保持不变，但方向与原来相反。平板车足够长，以至滑块不会滑到平板车右端（）求：
（1）平板车第一次与墙壁碰撞后向左运动的最大距离。
（2）平板车第二次与墙壁碰撞前瞬间的速度v。
（3）为使滑块始终不会滑到平板车右端，平板车至少多长？
18．如图所示，倾角为的斜面与光滑圆弧相切于点，两者均固定，斜面段光滑，段粗糙。质量为的小物块由锁定装置固定在点，质量同为的小物块从点静止释放，碰撞前瞬间锁定装置解除，碰撞时间极短，碰后粘在一起，、与段间的动摩擦因数均为0.5，重力加速度取，已知段长度为，圆弧半径为，，，求：
（1）碰前瞬间的速度大小；
（2）碰后瞬间两者的速度大小及碰撞过程对做的功；
（3）进入圆弧后不能到达点且运动过程中脱离了圆弧轨道，求段长度范围。
参考答案
1．D
【详解】
设人第一次推出小球后人和冰车的速度为v1，由动量守恒可得
第二次退出小球后人和冰车的速度为v2，由动量守恒可得
第三次退出小球后人和冰车的速度为v3，由动量守恒可得
以此类推，设经过n次推球后，人和冰车向后的速度vn，对比前式，由定量守恒可得
当人和冰车向后的速度vn大于等于木球被挡板反弹回来的速度v时，人就不能再接到球了，即满足
联立代入数据可解得。
应选D。
2．C
【详解】
ABC．设球的质量为m，船和人的质量为M。在船上先向左抛出甲球，由动量守恒定律可得
然后又向右抛出乙球，规定向右为正方向，由动量守恒定律可得
得
所以C正确，AB错误；
D．对甲球，由动量定理可得
对乙球，由动量定理可得
即
所以D错误。
故选C。
3．A
【详解】
长途客车与卡车发生碰撞，系统内力远大于外力，碰撞过程系统动量守恒，选择向南为正方向，根据动量守恒定律，有
因而
代入数据，可得
故选A。
4．B
【详解】
如果是弹性碰撞，撞击后的速度最大，方向相反，所以动量为-P，动量的变化
如果撞击后的速度为零，则动量的变化为
故撞击后的动量的变化的绝对值在
故选B。
5．B
【详解】
由于每次相碰后滑块会粘在一起，根据动量守恒定律
可知第二个滑块开始运动的速度大小为
同理第三个滑块开始滑动的速度大小为
第个球开始滑动的速度大小为
因此运动的总时间为
故选B。
6．B
【详解】
A．小球释放后，在向下摆动的过程中，对A有向右的拉力，使得A、B之间有压力，则小球摆动过程中，木块A和小球C组成的系统动量不守恒，故A错误；
B．当C运动到最低点时，A、B之间压力为零，此时，A、B两木块刚好开始分离，故B正确；
C．
A、B、C组成的系统水平方向动量守恒，即总动量为零，在小球C上摆过程，木块B向右运动，动量向右，则A和C的总动量向左，小球C到左侧最高点时，A、C共速，则此时A的速度向左，不为零，故C错误；
D．小球摆到左侧最高点时，A、C向左运动，B向右运动，即动能不为零，整个过程系统机械能守恒，则小球无法上升到原来高度，即细线不会水平，而是低于原来高度，故D错误。
故选B。
7．C
【详解】
若子弹射出方向与船前进的方向在同一直线上，则子弹、机枪和小船组成的系统动量守恒，取船前进的方向为正方向，若子弹向船前进的方向射出，则有
Mv0=（M－5m）v′+5mv
解得
v1′==0.7
m/s
若子弹向船前进的反方向射出，则有
Mv0=（M－5m）v′-5mv
解得
v2′==1.3
m/s
当子弹对地的速度方向与船原来的速度方向的夹角θ在0°<θ<180°内，可见船速应在0.7~1.3
m/s之间。
故选C。
8．C
【详解】
设小球A、B第一次碰后速度的大小分别为v1′和v2′，由动量守恒定律得
m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′
两个小球再一次碰撞时
m1v1′-m2v2′=0
得
v1′=
故选C。
9．C
【详解】
A．根据牛顿第三定律得，两者相遇时男运动员对女运动员的作用力等于女运动员对男运动员的作用力，故A错误；
B．两者相遇后一起运动，属于完全非弹性碰撞，系统损失的动能最大，所以相遇后二者的总动能小于相遇前的总动能，故B错误；
C．两者相遇过程中相互作用力大小相等、方向相反，作用时间相同，则受到的冲量大小一定相等，故C正确；
D．根据可知碰撞前女运动员的速度为男运动员的1.2倍，设碰撞前女运动员的动量大小为，则男运动员的动量大小为
设碰撞后共同速度为，规定男运动员运动方向为正方向，根据动量守恒定律可得
解得
所以女运动员相遇前后的动量大小之比为
故D错误。
故选C。
10．AB
【详解】
由题，由动量守恒定律得
pA+pB=pA′+pB′
得
pA′=1kg?m/s
P根据碰撞过程总动能不增加，则有
代入解得
碰后，两球同向运动，A的速度不大于B的速度，则
解得
mB≤4mA
综上得
故AB正确，CD错误。
故选AB。
11．BD
【详解】
两球发生完全非弹性碰撞时，系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得
解得
两球发生完全弹性碰撞时，系统动量守恒、机械能守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
解得
则B的速度范围是
故选BD。
12．BC
【详解】
A．F=0时，m和M系统动量守恒，取水平向右为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得
将M=0.5kg、m=1kg、v=4m/s、s=1m代入得
v=2m/s，v=4m/s（不符合情况，舍去）
或
选项A错误；
B．①当F较小时，物块将从木板右端滑下，当F增大到某一值时物块恰好到达木板的右端，且两者具有共同速度v，历时t，由牛顿第二定律得
根据速度时间关系可得
根据位移关系可得
联立解得
由图乙知，相对路程s≤1m，代入解得
F≥1N
②当F继续增大时，物块减速、木板加速，两者在木板上某一位置具有共同速度；当两者共速后能保持相对静止（静摩擦力作用）一起以相同加速度a做匀加速运动，由牛顿第二定律得
而f=ma，由于静摩擦力存在最大值，所以
联立解得
F≤3N
综上所述：BC段恒力F的取值范围是
1N≤F≤3N
函数关系式是
当F=3N时
则B点的横坐标为∶1N，C点的纵坐标为：1.5m-1；选项B正确；
C．当F较小时，物块将从木板右端滑下，当F增大到某一值时物块恰好到达木板的右端，且两者具有共同速度v，历时t1，则木板的加速度
a1=
速度关系有
相对位移
联立解得
F=1N
选项C正确；
D．D（C）临界点对应的情况是物块滑至某处时，木板与物块已达到速度相同，且之后物块与木板之间恰达到最大静摩擦力两者一起加速运动的临界加速度为
a=μg=2m/s2
选项D错误。
故选BC。
13．AB
【详解】
A．滑块A沿滑槽下滑过程中由动能定理，可得
解得
故A正确；
B．滑块A在水平面上减速运动过程中，由动能定理可得
解得
故B正确；
C．滑块A与滑块B发生弹性正碰，由于A、B两滑块质量相等，所以交换速度，碰后瞬间滑块A速度为0，滑块B的速度与v1相等，故C错误；
D．碰后滑块B运动时间为
故D错误。
故选AB。
14．BD
【详解】
A．A和B发生完全非弹性碰撞有机械能的损失；而在弹簧被压缩的过程中，物体B、A和弹簧组成的系统机械能守恒，则全过程系统机械能不守恒，故A错误；
B．A和B发生完全非弹性碰撞有
可得共同速度为
则弹簧的最大弹性势能为
故B正确；
C．根据动能定理有知物体A对B做的功即为物体B动能的变化量
故C错误；
D．根据动量定理知物体A对B做的冲量即为物体B动量的变化量
则物体A对B的冲量大小为，故D正确；
故选BD。
15．BD
【详解】
D．设小铁块B与竖直墙壁发生碰撞后向右运动的初速度的大小为，依题意知，其回到小车A的最右端时与小车共速，设速度大小为，则有
，
解得
故D项正确；
A．设小铁块B向左运动到达竖直墙壁时的速度大小，对小铁块B向左运动的过程，根据动能定理得
代入数据解得
故A项错误；
B．小铁块B与竖直墙发生弹性碰撞的过程中，根据动量定理，小铁块B与墙壁碰撞过程中所受墙壁的冲量
负号表示方向向右，故B项正确；
C．小铁块B与竖直墙壁碰撞的过程中损失的机械能
故C项错误。
故选BD。
16．（1）5m/s；（2）2m/s；（3）1.2m
【详解】
解：（1）子弹射入小物块运动中，设共同速度为v1，子弹和物块组成系统动量守恒，由动量守恒定律得
m0v0=（m0+m1）v1
解得
v1=5m/s
（2）子弹射入小物块后和小车组成系统动量守恒，设小物块滑离小车时物块速度为v2，小车的速度为v，向右为正方向，由动量守恒定律可得
（m0+m1）v1=（m0+m1）v2+mv
解得
v=2m/s
（3）设小车的长度为L，由能量守恒可得
μ（m0+m1）gL=
代入数据解得
L=1.2m
17．（1）；（2）；（3）6m
【详解】
（1）设第一次碰撞墙壁后，平板车向左移动s，速度为0，由于小滑块的质量大于平板车的质量，所以系统总动量向右，平板车速度为0时，滑块还在向右滑行，由动能定理得
代入数据解得
（2）假如平板车在第二次碰撞之前还未和滑块相对静止，那么其速度大小由对称性可知还是，滑块的速度则大于，方向均向右，这样就违反动量守恒，所以平板车在第二次碰撞前肯定和滑块具有共同速度，由动量守恒可得
代入数据解得
（3）平板车与墙壁发生多次碰撞，最后停在墙边，设滑块相对平板车的总位移为l，根据能量守恒则有
代入数据解得
所以平板车最短为6m。
18．（1）；（2）；（3）2.25L>x>0.29L
【详解】
（1）对A，从M到N由动能定理
解得
（2）AB碰撞过程动量守恒，则
解得
对A由动能定理
（3）设AB总质量为M，若AB恰能到达P点，则
从N到P由动能定理
解得
运动过程中脱离了圆弧轨道，说明物块经过了与圆心等高的水平线，则若恰能到达过圆心的水平线，则
解得
x2=0.29L
则段长度范围
2.25L>x>0.29L