1.5 弹性碰撞和非弹性碰撞 同步练习基础过关—2021-2022学年高二上学期物理人教版（2019）选择性必修第一册（Word含答案）
文档属性
| 名称 | 1.5 弹性碰撞和非弹性碰撞 同步练习基础过关—2021-2022学年高二上学期物理人教版（2019）选择性必修第一册（Word含答案） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 658.8KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2021-10-08 12:14:51 | ||
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文档简介
第一章动量守恒定律第五节弹性碰撞和非弹性碰撞新学期同步练习基础过关A2021_2022学年高二物理上学期（人教版2019选择性必修第一册）
练习
一、单选题，共10小题
1．如图所示，质量m1＝4kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝1m，现有质量m2＝2kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0＝3m/s从左端滑上小车。已知物块与车上表面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10m/s2，则物块滑上小车后（ ）
A．滑块和小车组成的系统动量不守恒
B．滑块和小车组成的系统机械能守恒
C．经过一段时间从小车右端滑下
D．整个过程中系统产生的热量为6J
2．完全相同的三个小球a、b、c，在光滑水平面上以相同的速度运动，分别与原来静止的三个质量不同而大小相等的小球A、B、C对心碰撞（a碰A，b碰B，c碰C）。碰后a球继续沿原来方向运动；b球静止；c球被反弹而向后运动。则可知撞后A、B、C三球中动量最大的是（ ）
A．A球
B．B球
C．C球
D．条件不足，无法判断
3．如图所示，位于光滑水平桌面上的小滑块P和Q都可视作质点，P的质量为m，Q的质量为3m，Q与轻质弹簧相连。Q原来静止，P以一定初动能E向Q运动并与弹簧发生碰撞。在整个过程中，弹簧具有的最大弹性势能等于（ ）
A．
B．
C．
D．E
4．如图所示，水平面上固定着两根足够长的平行导槽，质量为m的U形管恰好能在两导槽之间自由滑动，一质量也为m的小球沿水平方向，以初速度从U形管的一端射入，从另一端射出。已知小球的半径略小于管道半径，不计一切摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．该过程中，小球与U形管组成的系统机械能和动量都守恒
B．小球从U形管的另一端射出时，速度大小为
C．小球运动到U形管圆弧部分的最左端时，小球速度大小为
D．小球运动到U形管圆弧部分的最左端时，U形管速度大小为
5．A、B两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前、后的位移随时间变化的图象，a、b分别为A、B两球碰前的位移随时间变化的图象，c为碰撞后两球共同运动的位移随时间变化的图象，若A球质量是m=2kg，则由图判断下列结论不正确的是（ ）
A．碰撞前、后A球的动量变化量为4kg·m/s
B．碰撞前、后B球的动量变化量为－4kg·m/s
C．碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10J
D．A、B两球碰撞前的总动量为3kg·m/s
6．如图所示质量分别为m1、m2的物体A、B静止在光滑的水平面上，两物体用轻弹簧连接，开始弹簧处于原长状态，其中m1A．两物体的动量一直增大
B．物体A、B的动量变化量之比为m1:m2
C．两物体与弹簧组成的系统机械能守恒
D．物体A、B的平均速度大小之比m2:m1
7．关于散射，下列说法正确的是（ ）
A．散射就是乱反射，毫无规律可言
B．散射中没有对心碰撞
C．散射时仍遵守动量守恒定律
D．散射时不遵守动量守恒定律
8．如图所示，A、两个大小相同、质量不等的小球放在光滑水平地面上，A以的速率向右运动，以的速率向左运动，发生正碰后A、两小球都以的速率反弹，则、两小球的质量之比为（ ）
A．
B．
C．
D．
9．甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。已知甲的质量为1
kg，下列说法中正确的是（ ）
A．该碰撞为完全非弹性碰撞
B．物体乙的质量为4
kg
C．碰撞过程两物块损失的机械能为3
J
D．该碰撞过程能量不守恒
10．如图所示，光滑水平面上有质量均为的物块和，上固定一轻质弹簧，静止以速度水平向右运动，从与弹簧接触至弹簧被压缩到最短的过程中（ ）
A．、及弹簧所构成的系统动量守恒，机械能不守恒
B．在任意一段时间内两物体所受弹力的冲量相同
C．在任意时刻系统动能均为
D．弹簧获得的最大弹性势能为
二、多选题，共5小题
11．如图所示，两个物体1和2在光滑水平面上以相同动能相向运动，它们的质量分别为m1和m2，且m1A．两物体将向左运动
B．两物体将向右运动
C．两物体组成的系统损失能量最小
D．两物体组成的系统损失能量最大
12．如图所示，三辆完全相同的平板小车a、b、c成一直线排列，质量均为M，静止在光滑水平面上。c车上有一静止的质量为m的小孩。现跳到b车上，接着又立即从b车跳到a车上。小孩跳离c车和b车时对地的水平速度均为v。小孩跳到a车上后相对a车保持静止，则（ ）
A．a、b、c、小孩四者组成的系统水平方向动量守恒
B．b、c两车运动速率相等
C．b的速率为
D．a的速率为
13．如图所示，水平面上带有半圆弧槽的滑块N质量为2m，槽的半径为r，槽两侧的最高点等高。将质量为m且可视为质点的小球M由槽右侧的最高点无初速释放，所有接触面的摩擦均可忽略。第一种情况滑块固定不动；第二种情况滑块可自由滑动。下列说法正确的是（ ）
A．两种情况下，小球均可运动到左侧最高点
B．两种情况下，小球滑到圆弧槽最低点时的速度之比为1：1
C．第二种情况，小球滑到圆弧槽最低点时圆弧槽的速度为
D．第二种情况，圆弧槽距离出发点的最远距离为
14．如图甲所示，一轻质弹簧的两端与两物块A、B相连接，并静止在光滑的水平面上，其中物块A的质量为m=2kg。现使A获得水平向右的速度3m/s，以此刻为计时零点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图像信息可得（ ）
A．从t3到t4时刻弹簧由压缩状态恢复到原长
B．物块B的质量为1kg
C．弹簧第一次恢复原长时，物块A的速度大小为1m/s
D．弹簧的最大弹性势能为6J
15．两个半径相等而质量不等的匀质小球静止放在光滑的水平面上，某时刻给小球1一水平向右的初动量，小球1与小球2发生正碰，碰后小球1的动量只剩下初动量的且仍向右运动，由此可知，小球2的质量可能等于小球1质量的（ ）
A．
B．
C．
D．
三、填空题，共3小题
16．台球运动中，母球和靶球的质量均为160g，如图所示，运动员用球杆击打母球，已知母球与靶球碰前瞬时速率为0.6m/s正碰后瞬间靶球的速度为0.4m/s，则碰后母球的速度为_________m/s，该碰撞过程中产生的热量为__________J。
17．一质量为的钢球，在距地面高处自由下落，碰到水平的石板后以的速度被弹回，以竖直向下为正方向，则在与石板碰撞前钢球的动量为______，碰撞后钢球的动量为______，碰撞过程中钢球动量的变化量为______。
18．质量为4.0kg的物体A静止在水平桌面上，另一个质量为2.0kg的物体B以5.0m/s的水平速度与物体A相碰。碰后物体B以1.0m/s的速度反向弹回，则系统的总动量为______kg·m/s，方向______。碰后物体A的速度大小为______m/s，方向______。物体B动量变化量大小为______kg·m/s，方向______。若物体A、B碰撞时间为0.1s，则物体A、B间的平均作用力大小为______N。
四、解答题，共2小题
19．如图所示，在光滑水平面上有A、B两辆小车，水平面左侧有一竖直墙，在车B上坐着一个小孩，车B与小孩的总质量是车A质量的4倍。从静止开始，小孩把车A以速度v（对地）推出，车A返回后，小孩抓住并再次把它推出，每次推出车A的速度都是v（对地）、方向向左，则小孩把车A总共推出多少次后，车A返回时，小孩不能再接到车A。（小车与竖直墙相撞无能量损失）
20．如图所示，在光滑水平桌面EAB上有质量为M＝0.2
kg的小球P和质量为m＝0.1
kg的小球Q，P、Q之间压缩一轻弹簧（轻弹簧与两小球不拴接），桌面边缘E处放置一质量也为m＝0.1
kg的橡皮泥球S，在B处固定一与水平桌面相切的光滑竖直半圆形轨道。释放被压缩的轻弹簧，P、Q两小球被轻弹簧弹出，小球P与弹簧分离后进入半圆形轨道，恰好能够通过半圆形轨道的最高点C；小球Q与弹簧分离后与桌面边缘的橡皮泥球S碰撞后合为一体飞出，落在水平地面上的D点。已知水平桌面高为h＝0.2
m，D点到桌面边缘的水平距离为x＝0.2
m，重力加速度为g＝10
m/s2，求：
（1）小球P经过半圆形轨道最低点B时对轨道的压力大小NB′；
（2）小球Q与橡皮泥球S碰撞前瞬间的速度大小vQ；
（3）被压缩的轻弹簧的弹性势能Ep。
试卷第1页，共3页
参考答案
1．D
【详解】
A．滑块和小车组成的系统受合外力为零，则动量守恒，选项A错误；
B．小车间有摩擦力，要产生内能，所以滑块和小车组成的系统机械能不守恒，故B错误；
C．假设物块最终与小车共速，共同速度为v，取向右为正方向，由动量守恒定律得
m2v0＝（m1＋m2）v
根据能量守恒定律得
μm2gd＝m2v02－（m1＋m2）v2
解得滑块相对于小车滑行的距离为
d＝0.6m＜L＝1m
所以滑块不会从小车右端滑下，故C错误；
D．整个过程中系统产生的热量为
Q＝μm2gd＝6J
故D正确。
故选D。
2．C
【详解】
规定三个小球原来运动方向为正方向，由动量守恒定律得：对a与A，有
对b与B，有
pb=PB
对c与C，有
因为a、b、c三个小球的质量相等，速度相同，则有
pa=pb=pc
可知C球的动量最大，ABD错误，C正确。
故选C。
3．A
【详解】
设P物体的初速度为，由已知可得
P与Q碰撞过程中，两物体速度相等时，弹簧压缩量最大，此时弹性势能最大，整个过程中，满足动量守恒
此时最大弹性势能
解得
故选A。
4．D
【详解】
A．由于不计一切摩擦，在小球与U形管相互作用过程中，小球的动能只能与U形管的动能发生转移，故小球与U形管组成的系统机械能守恒，系统沿导槽方向所受合外力为零，小球与U形管组成的系统沿导槽方向动量守恒，故A错误；
B．小球从U形管的另一端射出时，小球与U形管系统机械能守恒，故
沿着轨道方向，系统动量守恒，以向左为正方向，故
解得小球从U形管的另一端射出时，U形管速度为v0，小球速度大小为0，故B错误；
CD．小球运动到U形管圆弧部分的最左端过程，沿着轨道方向，系统动量守恒，以向左为正方向，设小球与U形管的速度为vx，由动量守恒定律得
解得
设小球的合速度为v，根据机械能守恒定律得
解得
故C错误，D正确。
故选D。
5．D
【详解】
A．由x-t图象可知，碰撞前有
碰撞后有
对A、B组成的系统，A、B两球沿一直线运动并发生正碰，碰撞前后物体都是做匀速直线运动，所以系统的动量守恒，碰撞前后A的动量变化为
故A不符题意；
B．根据动量守恒定律，碰撞前后B的动量变化为
碰撞时A对B所施冲量为
故B不符题意；
C．碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能
代入数据解得
故C不符题意；
D．因
所以
所以A与B碰撞前的总动量为
故D符合题意；
故选D。
6．D
【详解】
A．当水平外力大于弹簧的弹力时，两物体做加速运动，则两物体的速度一直增大，动量一直增大，当水平外力小于弹簧的弹力时，两物体做减速运动，速度减小，动量减小，故选项A错误；
B．以两物体以及弹簧组成的系统为研究对象，因合外力为零则系统的动量守恒，以物体运动方向为正方向，由动量守恒定侓得
则有
成立，又物体动量的变化量为
物体动量的变化量为
可知两物体动量变化量之比为1:1，故选项B错误；
C．从施加外力到弹簧的伸长量最大的过程中，水平外力一直做正功，则两物体与弹簧组成的系统机械能一直增大，故选项C错误；
D．由于任意时刻两物体的动量均等大反向，则平均速度之比为
故选项D正确。
故选D。
7．C
【详解】
微观粒子互相接近时不发生接触而发生的碰撞叫做散射，散射过程遵守动量守恒，散射中有对心碰撞，但是对心碰撞的几率很小，故C正确，ABD错误。
故选C。
8．B
【详解】
向右为正方向，则由动量守恒可知
即
解得
故选B。
9．C
【详解】
由v-t图可知，碰前甲、乙的速度分别为、；碰后甲、乙的速度分别为，，甲、乙两物块碰撞过程中，由动量守恒定律得
解得
m乙=6kg
损失的机械能为
解得
即碰撞过程两物块损失的机械能为3J，此能量转化为两球的内能，但是能量还是守恒的。
故选C。
10．D
【详解】
A．、及弹簧所构成的系统受合外力为零，则动量守恒；系统只有弹力做功，则机械能守恒，选项A错误；
B．在任意一段时间内两物体所受弹力的冲量大小相同，但是方向不同，选项B错误；
C．随着弹簧的不断压缩，弹性势能逐渐变大，则在任意时刻系统动能逐渐减小，不是总为，选项C错误；
D．当弹簧压缩到最短时两物体共速
则弹簧获得的最大弹性势能为
选项D正确。
故选D。
11．AD
【详解】
AB．物体的动量
已知两物体动能Ek相等，m1两物体组成的系统总动量方向与物体2的动量方向相同，即向左，由动量守恒知，两物体碰撞后动量向左，两物体将向左运动，
B错误A正确；
CD．两物体碰撞后粘合在一起，发生的碰撞是完全非弹性碰撞，两物体组成的系统损失的机械能最大，C错误D正确。
故选AD。
12．AD
【详解】
A．a、b、c、小孩四者组成的系统，水平方向的外力之和为零，水平方向动量守恒，故A正确；
BC．对小孩跳离c车的过程，取向右为正方向，对小孩和c的系统，由水平方向动量守恒定律，有
0=mv＋Mvc
解得c车的速度为
vc=－
负号表示方向向左；对小孩跳上b车再跳离b车的过程，由小孩和b的系统水平方向动量守恒，有
mv＋0=Mvb＋mv
解得b车最终的速度为
vb=0
故BC均错误。
D．对小孩跳上a车的过程，由动量守恒定律，有
mv＋0=（M＋m）va
解得a车的最终速度为
va=
故D正确。
故选AD。
13．ACD
【详解】
A．当圆弧槽固定时，由机械能守恒定律
mgr=mgh
可知，则
h=r
小球M能运动到圆弧槽左侧的最高点；当圆弧槽自由滑动时，对于M、N组成的系统，水平方向动量守恒，小球M从圆弧槽的右端最高点由静止释放时，系统动量为零，设小球M到达左侧最高点的速度为v1，则
v1=0
由机械能守恒定律可知，小球M能运动到圆弧槽左侧的最高点，故A正确；
BC．当圆弧槽固定时，小球M到最低点时的速度为v0，则由机械能守恒定律得
解得
当圆弧槽自由滑动时，设小球M到达最低点时的速率为v，此时圆弧槽的速率为v′，根据动量守恒定律得
0=mv-2mv′
解得
根据机械能守恒定律得
解得
两种情况下，小球滑到圆弧槽最低点时的速度之比为：，B错误，C正确；
D．小球M和圆弧槽组成的系统在水平方向上动量守恒，当小球运动到左侧最高点时，圆弧槽向右运动的位移最大，设圆弧槽向右的最大位移为x，根据动量守恒定律得
m（2r-x)=2mx
计算得出
D正确。
故选ACD。
14．CD
【详解】
A．结合图象弄清两物块的运动过程，开始时A逐渐减速，B逐渐加速，弹簧被压缩，t1时刻二者速度相等，系统动能最小，势能最大，弹簧被压缩最厉害，然后弹簧逐渐恢复原长，B依然加速，A先减速为零，然后反向加速，t2时刻，弹簧恢复原长状态，由于此时两物块速度相反，因此弹簧的长度将逐渐增大，两木块均减速，当t3时刻，二木块速度相等，系统动能最小，弹簧最长，因此从t3到t4过程中弹簧由伸长状态恢复原长，故A错误；
BC．系统动量守恒，选择开始到t2时刻，弹簧弹性势能为零，则列方程可知
m1v0=m1v1+m2v2
将v0=3m/s，v2=2m/s
m1=2kg
代入得
v1=-1m/s
m2=4kg
故B错误，C正确；
D．由图可知t1时刻弹簧的弹性势能最大。则此时
m1v0=(m1+m2)v
解得
v=1m/s
弹簧的最大弹性势能为
故D正确；
故选CD。
15．CD
【详解】
A．小球的质量为m1，初速度为v0，小球2的质量为m2，小球碰撞后的速度为v1，则有
由于小球2在右边，小球1不能穿过它运动，则小球2的速度
该过程中可能有也可能没有能量损失，则有
整理解得
故选CD。
16．0.2
【详解】
[1]根据动量守恒
解得
[2]
该碰撞过程中产生的热量
解得
17．20
【详解】
[1]由
得与石板碰撞前钢球的速度为
与石板碰撞前钢球的动量为
[2]
碰撞后钢球的动量为
[3]
碰撞过程中钢球动量的变化量为
18．10
与B初速度方向相同
3
与B初速度方向相同
12
与B初速度方向相反
120
【详解】
[1][2]
取碰撞前B的速度方向为正方向，则系统的总动量为
方向与B初速度方向相同
[3][4]
根据动量守恒定律得
解得
方向与B初速度方向相同
[5][6]
物体B动量变化量
方向与B初速度方向相反
[7]对B，根据动量定理
解得
19．3次
【详解】
设小孩把车A总共推出n次后，车A返回时，小孩恰好不能再接到小车A.此时，车A返回时的速度v与车B的速度恰好相等，即vB=v，第1次推车时，小孩和车B获得的动量为mAv，以后每次推车时获得的动量为2mAv，根据动量守恒定律得
mAv＋（n-1）·2mAv=mBvB
又由题意知
4mA=mB
联立解得
n=2.5
所以小孩把车A总共推出3次后，车A返回时，小孩不能再接到小车A
20．（1）12
N；（2）2
m/s；（3）0.3
J
【详解】
（1）小球P恰好能通过半圆形轨道的最高点C，则有
解得
对于小球P，从B→C，由动能定理有
解得
在B点，受力分析有
解得
由牛顿第三定律有
NB′＝NB＝12N
（2）设Q与S做平抛运动的初速度大小为v，所用时间为t，
根据公式
得
t＝0.2s
根据公式
x＝vt
代入数据，得
v＝1
m/s
碰撞前后Q和S组成的系统动量守恒，则有
mvQ＝2mv
解得
vQ＝2m/s
（3）P、Q和弹簧组成的系统动量守恒，则有
MvP＝mvQ
解得
vP＝1m/s
P、Q和弹簧组成的系统，由能量守恒定律有
解得
Ep＝0.3J
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
练习
一、单选题，共10小题
1．如图所示，质量m1＝4kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝1m，现有质量m2＝2kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0＝3m/s从左端滑上小车。已知物块与车上表面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10m/s2，则物块滑上小车后（ ）
A．滑块和小车组成的系统动量不守恒
B．滑块和小车组成的系统机械能守恒
C．经过一段时间从小车右端滑下
D．整个过程中系统产生的热量为6J
2．完全相同的三个小球a、b、c，在光滑水平面上以相同的速度运动，分别与原来静止的三个质量不同而大小相等的小球A、B、C对心碰撞（a碰A，b碰B，c碰C）。碰后a球继续沿原来方向运动；b球静止；c球被反弹而向后运动。则可知撞后A、B、C三球中动量最大的是（ ）
A．A球
B．B球
C．C球
D．条件不足，无法判断
3．如图所示，位于光滑水平桌面上的小滑块P和Q都可视作质点，P的质量为m，Q的质量为3m，Q与轻质弹簧相连。Q原来静止，P以一定初动能E向Q运动并与弹簧发生碰撞。在整个过程中，弹簧具有的最大弹性势能等于（ ）
A．
B．
C．
D．E
4．如图所示，水平面上固定着两根足够长的平行导槽，质量为m的U形管恰好能在两导槽之间自由滑动，一质量也为m的小球沿水平方向，以初速度从U形管的一端射入，从另一端射出。已知小球的半径略小于管道半径，不计一切摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．该过程中，小球与U形管组成的系统机械能和动量都守恒
B．小球从U形管的另一端射出时，速度大小为
C．小球运动到U形管圆弧部分的最左端时，小球速度大小为
D．小球运动到U形管圆弧部分的最左端时，U形管速度大小为
5．A、B两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前、后的位移随时间变化的图象，a、b分别为A、B两球碰前的位移随时间变化的图象，c为碰撞后两球共同运动的位移随时间变化的图象，若A球质量是m=2kg，则由图判断下列结论不正确的是（ ）
A．碰撞前、后A球的动量变化量为4kg·m/s
B．碰撞前、后B球的动量变化量为－4kg·m/s
C．碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10J
D．A、B两球碰撞前的总动量为3kg·m/s
6．如图所示质量分别为m1、m2的物体A、B静止在光滑的水平面上，两物体用轻弹簧连接，开始弹簧处于原长状态，其中m1
B．物体A、B的动量变化量之比为m1:m2
C．两物体与弹簧组成的系统机械能守恒
D．物体A、B的平均速度大小之比m2:m1
7．关于散射，下列说法正确的是（ ）
A．散射就是乱反射，毫无规律可言
B．散射中没有对心碰撞
C．散射时仍遵守动量守恒定律
D．散射时不遵守动量守恒定律
8．如图所示，A、两个大小相同、质量不等的小球放在光滑水平地面上，A以的速率向右运动，以的速率向左运动，发生正碰后A、两小球都以的速率反弹，则、两小球的质量之比为（ ）
A．
B．
C．
D．
9．甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。已知甲的质量为1
kg，下列说法中正确的是（ ）
A．该碰撞为完全非弹性碰撞
B．物体乙的质量为4
kg
C．碰撞过程两物块损失的机械能为3
J
D．该碰撞过程能量不守恒
10．如图所示，光滑水平面上有质量均为的物块和，上固定一轻质弹簧，静止以速度水平向右运动，从与弹簧接触至弹簧被压缩到最短的过程中（ ）
A．、及弹簧所构成的系统动量守恒，机械能不守恒
B．在任意一段时间内两物体所受弹力的冲量相同
C．在任意时刻系统动能均为
D．弹簧获得的最大弹性势能为
二、多选题，共5小题
11．如图所示，两个物体1和2在光滑水平面上以相同动能相向运动，它们的质量分别为m1和m2，且m1
B．两物体将向右运动
C．两物体组成的系统损失能量最小
D．两物体组成的系统损失能量最大
12．如图所示，三辆完全相同的平板小车a、b、c成一直线排列，质量均为M，静止在光滑水平面上。c车上有一静止的质量为m的小孩。现跳到b车上，接着又立即从b车跳到a车上。小孩跳离c车和b车时对地的水平速度均为v。小孩跳到a车上后相对a车保持静止，则（ ）
A．a、b、c、小孩四者组成的系统水平方向动量守恒
B．b、c两车运动速率相等
C．b的速率为
D．a的速率为
13．如图所示，水平面上带有半圆弧槽的滑块N质量为2m，槽的半径为r，槽两侧的最高点等高。将质量为m且可视为质点的小球M由槽右侧的最高点无初速释放，所有接触面的摩擦均可忽略。第一种情况滑块固定不动；第二种情况滑块可自由滑动。下列说法正确的是（ ）
A．两种情况下，小球均可运动到左侧最高点
B．两种情况下，小球滑到圆弧槽最低点时的速度之比为1：1
C．第二种情况，小球滑到圆弧槽最低点时圆弧槽的速度为
D．第二种情况，圆弧槽距离出发点的最远距离为
14．如图甲所示，一轻质弹簧的两端与两物块A、B相连接，并静止在光滑的水平面上，其中物块A的质量为m=2kg。现使A获得水平向右的速度3m/s，以此刻为计时零点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图像信息可得（ ）
A．从t3到t4时刻弹簧由压缩状态恢复到原长
B．物块B的质量为1kg
C．弹簧第一次恢复原长时，物块A的速度大小为1m/s
D．弹簧的最大弹性势能为6J
15．两个半径相等而质量不等的匀质小球静止放在光滑的水平面上，某时刻给小球1一水平向右的初动量，小球1与小球2发生正碰，碰后小球1的动量只剩下初动量的且仍向右运动，由此可知，小球2的质量可能等于小球1质量的（ ）
A．
B．
C．
D．
三、填空题，共3小题
16．台球运动中，母球和靶球的质量均为160g，如图所示，运动员用球杆击打母球，已知母球与靶球碰前瞬时速率为0.6m/s正碰后瞬间靶球的速度为0.4m/s，则碰后母球的速度为_________m/s，该碰撞过程中产生的热量为__________J。
17．一质量为的钢球，在距地面高处自由下落，碰到水平的石板后以的速度被弹回，以竖直向下为正方向，则在与石板碰撞前钢球的动量为______，碰撞后钢球的动量为______，碰撞过程中钢球动量的变化量为______。
18．质量为4.0kg的物体A静止在水平桌面上，另一个质量为2.0kg的物体B以5.0m/s的水平速度与物体A相碰。碰后物体B以1.0m/s的速度反向弹回，则系统的总动量为______kg·m/s，方向______。碰后物体A的速度大小为______m/s，方向______。物体B动量变化量大小为______kg·m/s，方向______。若物体A、B碰撞时间为0.1s，则物体A、B间的平均作用力大小为______N。
四、解答题，共2小题
19．如图所示，在光滑水平面上有A、B两辆小车，水平面左侧有一竖直墙，在车B上坐着一个小孩，车B与小孩的总质量是车A质量的4倍。从静止开始，小孩把车A以速度v（对地）推出，车A返回后，小孩抓住并再次把它推出，每次推出车A的速度都是v（对地）、方向向左，则小孩把车A总共推出多少次后，车A返回时，小孩不能再接到车A。（小车与竖直墙相撞无能量损失）
20．如图所示，在光滑水平桌面EAB上有质量为M＝0.2
kg的小球P和质量为m＝0.1
kg的小球Q，P、Q之间压缩一轻弹簧（轻弹簧与两小球不拴接），桌面边缘E处放置一质量也为m＝0.1
kg的橡皮泥球S，在B处固定一与水平桌面相切的光滑竖直半圆形轨道。释放被压缩的轻弹簧，P、Q两小球被轻弹簧弹出，小球P与弹簧分离后进入半圆形轨道，恰好能够通过半圆形轨道的最高点C；小球Q与弹簧分离后与桌面边缘的橡皮泥球S碰撞后合为一体飞出，落在水平地面上的D点。已知水平桌面高为h＝0.2
m，D点到桌面边缘的水平距离为x＝0.2
m，重力加速度为g＝10
m/s2，求：
（1）小球P经过半圆形轨道最低点B时对轨道的压力大小NB′；
（2）小球Q与橡皮泥球S碰撞前瞬间的速度大小vQ；
（3）被压缩的轻弹簧的弹性势能Ep。
试卷第1页，共3页
参考答案
1．D
【详解】
A．滑块和小车组成的系统受合外力为零，则动量守恒，选项A错误；
B．小车间有摩擦力，要产生内能，所以滑块和小车组成的系统机械能不守恒，故B错误；
C．假设物块最终与小车共速，共同速度为v，取向右为正方向，由动量守恒定律得
m2v0＝（m1＋m2）v
根据能量守恒定律得
μm2gd＝m2v02－（m1＋m2）v2
解得滑块相对于小车滑行的距离为
d＝0.6m＜L＝1m
所以滑块不会从小车右端滑下，故C错误；
D．整个过程中系统产生的热量为
Q＝μm2gd＝6J
故D正确。
故选D。
2．C
【详解】
规定三个小球原来运动方向为正方向，由动量守恒定律得：对a与A，有
对b与B，有
pb=PB
对c与C，有
因为a、b、c三个小球的质量相等，速度相同，则有
pa=pb=pc
可知C球的动量最大，ABD错误，C正确。
故选C。
3．A
【详解】
设P物体的初速度为，由已知可得
P与Q碰撞过程中，两物体速度相等时，弹簧压缩量最大，此时弹性势能最大，整个过程中，满足动量守恒
此时最大弹性势能
解得
故选A。
4．D
【详解】
A．由于不计一切摩擦，在小球与U形管相互作用过程中，小球的动能只能与U形管的动能发生转移，故小球与U形管组成的系统机械能守恒，系统沿导槽方向所受合外力为零，小球与U形管组成的系统沿导槽方向动量守恒，故A错误；
B．小球从U形管的另一端射出时，小球与U形管系统机械能守恒，故
沿着轨道方向，系统动量守恒，以向左为正方向，故
解得小球从U形管的另一端射出时，U形管速度为v0，小球速度大小为0，故B错误；
CD．小球运动到U形管圆弧部分的最左端过程，沿着轨道方向，系统动量守恒，以向左为正方向，设小球与U形管的速度为vx，由动量守恒定律得
解得
设小球的合速度为v，根据机械能守恒定律得
解得
故C错误，D正确。
故选D。
5．D
【详解】
A．由x-t图象可知，碰撞前有
碰撞后有
对A、B组成的系统，A、B两球沿一直线运动并发生正碰，碰撞前后物体都是做匀速直线运动，所以系统的动量守恒，碰撞前后A的动量变化为
故A不符题意；
B．根据动量守恒定律，碰撞前后B的动量变化为
碰撞时A对B所施冲量为
故B不符题意；
C．碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能
代入数据解得
故C不符题意；
D．因
所以
所以A与B碰撞前的总动量为
故D符合题意；
故选D。
6．D
【详解】
A．当水平外力大于弹簧的弹力时，两物体做加速运动，则两物体的速度一直增大，动量一直增大，当水平外力小于弹簧的弹力时，两物体做减速运动，速度减小，动量减小，故选项A错误；
B．以两物体以及弹簧组成的系统为研究对象，因合外力为零则系统的动量守恒，以物体运动方向为正方向，由动量守恒定侓得
则有
成立，又物体动量的变化量为
物体动量的变化量为
可知两物体动量变化量之比为1:1，故选项B错误；
C．从施加外力到弹簧的伸长量最大的过程中，水平外力一直做正功，则两物体与弹簧组成的系统机械能一直增大，故选项C错误；
D．由于任意时刻两物体的动量均等大反向，则平均速度之比为
故选项D正确。
故选D。
7．C
【详解】
微观粒子互相接近时不发生接触而发生的碰撞叫做散射，散射过程遵守动量守恒，散射中有对心碰撞，但是对心碰撞的几率很小，故C正确，ABD错误。
故选C。
8．B
【详解】
向右为正方向，则由动量守恒可知
即
解得
故选B。
9．C
【详解】
由v-t图可知，碰前甲、乙的速度分别为、；碰后甲、乙的速度分别为，，甲、乙两物块碰撞过程中，由动量守恒定律得
解得
m乙=6kg
损失的机械能为
解得
即碰撞过程两物块损失的机械能为3J，此能量转化为两球的内能，但是能量还是守恒的。
故选C。
10．D
【详解】
A．、及弹簧所构成的系统受合外力为零，则动量守恒；系统只有弹力做功，则机械能守恒，选项A错误；
B．在任意一段时间内两物体所受弹力的冲量大小相同，但是方向不同，选项B错误；
C．随着弹簧的不断压缩，弹性势能逐渐变大，则在任意时刻系统动能逐渐减小，不是总为，选项C错误；
D．当弹簧压缩到最短时两物体共速
则弹簧获得的最大弹性势能为
选项D正确。
故选D。
11．AD
【详解】
AB．物体的动量
已知两物体动能Ek相等，m1
B错误A正确；
CD．两物体碰撞后粘合在一起，发生的碰撞是完全非弹性碰撞，两物体组成的系统损失的机械能最大，C错误D正确。
故选AD。
12．AD
【详解】
A．a、b、c、小孩四者组成的系统，水平方向的外力之和为零，水平方向动量守恒，故A正确；
BC．对小孩跳离c车的过程，取向右为正方向，对小孩和c的系统，由水平方向动量守恒定律，有
0=mv＋Mvc
解得c车的速度为
vc=－
负号表示方向向左；对小孩跳上b车再跳离b车的过程，由小孩和b的系统水平方向动量守恒，有
mv＋0=Mvb＋mv
解得b车最终的速度为
vb=0
故BC均错误。
D．对小孩跳上a车的过程，由动量守恒定律，有
mv＋0=（M＋m）va
解得a车的最终速度为
va=
故D正确。
故选AD。
13．ACD
【详解】
A．当圆弧槽固定时，由机械能守恒定律
mgr=mgh
可知，则
h=r
小球M能运动到圆弧槽左侧的最高点；当圆弧槽自由滑动时，对于M、N组成的系统，水平方向动量守恒，小球M从圆弧槽的右端最高点由静止释放时，系统动量为零，设小球M到达左侧最高点的速度为v1，则
v1=0
由机械能守恒定律可知，小球M能运动到圆弧槽左侧的最高点，故A正确；
BC．当圆弧槽固定时，小球M到最低点时的速度为v0，则由机械能守恒定律得
解得
当圆弧槽自由滑动时，设小球M到达最低点时的速率为v，此时圆弧槽的速率为v′，根据动量守恒定律得
0=mv-2mv′
解得
根据机械能守恒定律得
解得
两种情况下，小球滑到圆弧槽最低点时的速度之比为：，B错误，C正确；
D．小球M和圆弧槽组成的系统在水平方向上动量守恒，当小球运动到左侧最高点时，圆弧槽向右运动的位移最大，设圆弧槽向右的最大位移为x，根据动量守恒定律得
m（2r-x)=2mx
计算得出
D正确。
故选ACD。
14．CD
【详解】
A．结合图象弄清两物块的运动过程，开始时A逐渐减速，B逐渐加速，弹簧被压缩，t1时刻二者速度相等，系统动能最小，势能最大，弹簧被压缩最厉害，然后弹簧逐渐恢复原长，B依然加速，A先减速为零，然后反向加速，t2时刻，弹簧恢复原长状态，由于此时两物块速度相反，因此弹簧的长度将逐渐增大，两木块均减速，当t3时刻，二木块速度相等，系统动能最小，弹簧最长，因此从t3到t4过程中弹簧由伸长状态恢复原长，故A错误；
BC．系统动量守恒，选择开始到t2时刻，弹簧弹性势能为零，则列方程可知
m1v0=m1v1+m2v2
将v0=3m/s，v2=2m/s
m1=2kg
代入得
v1=-1m/s
m2=4kg
故B错误，C正确；
D．由图可知t1时刻弹簧的弹性势能最大。则此时
m1v0=(m1+m2)v
解得
v=1m/s
弹簧的最大弹性势能为
故D正确；
故选CD。
15．CD
【详解】
A．小球的质量为m1，初速度为v0，小球2的质量为m2，小球碰撞后的速度为v1，则有
由于小球2在右边，小球1不能穿过它运动，则小球2的速度
该过程中可能有也可能没有能量损失，则有
整理解得
故选CD。
16．0.2
【详解】
[1]根据动量守恒
解得
[2]
该碰撞过程中产生的热量
解得
17．20
【详解】
[1]由
得与石板碰撞前钢球的速度为
与石板碰撞前钢球的动量为
[2]
碰撞后钢球的动量为
[3]
碰撞过程中钢球动量的变化量为
18．10
与B初速度方向相同
3
与B初速度方向相同
12
与B初速度方向相反
120
【详解】
[1][2]
取碰撞前B的速度方向为正方向，则系统的总动量为
方向与B初速度方向相同
[3][4]
根据动量守恒定律得
解得
方向与B初速度方向相同
[5][6]
物体B动量变化量
方向与B初速度方向相反
[7]对B，根据动量定理
解得
19．3次
【详解】
设小孩把车A总共推出n次后，车A返回时，小孩恰好不能再接到小车A.此时，车A返回时的速度v与车B的速度恰好相等，即vB=v，第1次推车时，小孩和车B获得的动量为mAv，以后每次推车时获得的动量为2mAv，根据动量守恒定律得
mAv＋（n-1）·2mAv=mBvB
又由题意知
4mA=mB
联立解得
n=2.5
所以小孩把车A总共推出3次后，车A返回时，小孩不能再接到小车A
20．（1）12
N；（2）2
m/s；（3）0.3
J
【详解】
（1）小球P恰好能通过半圆形轨道的最高点C，则有
解得
对于小球P，从B→C，由动能定理有
解得
在B点，受力分析有
解得
由牛顿第三定律有
NB′＝NB＝12N
（2）设Q与S做平抛运动的初速度大小为v，所用时间为t，
根据公式
得
t＝0.2s
根据公式
x＝vt
代入数据，得
v＝1
m/s
碰撞前后Q和S组成的系统动量守恒，则有
mvQ＝2mv
解得
vQ＝2m/s
（3）P、Q和弹簧组成的系统动量守恒，则有
MvP＝mvQ
解得
vP＝1m/s
P、Q和弹簧组成的系统，由能量守恒定律有
解得
Ep＝0.3J
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页