1.5 弹性碰撞和非弹性碰撞 同步练习—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）
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| 名称 | 1.5 弹性碰撞和非弹性碰撞 同步练习—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 | 562.3KB | ||
| 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 12:52:42 | ||
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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同步练习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，在光滑的水平地面上，静置一质量为m的四分之一光滑圆弧滑块，圆弧半径为R，一质量也为m的小球，以水平速度v0自滑块的左端A处滑上滑块，当二者共速时，小球刚好到达圆弧上端B。若将小球的初速度增大为2v0，则小球能达到距B点的最大高度为（ ）
A．2R
B．3R
C．4R
D．5R
2．在研究原子物理时，科学家们经常借用宏观的力学模型模拟原子间的相互作用，如图所示，在水平面上固定着一个半径为的内壁光滑的圆管轨道（远大于圆管直径），A、、、四个点将圆轨道等分为四等份，在轨道的A点静止放着一个甲球，某一时刻另一个乙球从点以某一速度沿顺时针方向运动，与甲球发生弹性碰撞，小球（可视为质点）直径略小于轨道内径，已知，，则下列说法错误的是（ ）
A．第一次碰撞后瞬间乙球被反向弹回
B．第一次碰撞后到第二次碰撞前，乙球对圆管的弹力方向始终斜向下
C．第一次碰撞后到第二次碰撞前，甲、乙两球对轨道的弹力大小之比为
D．第二次碰撞在点
3．如图所示，质量为4m的光滑物块a静止在光滑水平地面上，物块a左侧面为圆弧面且水平地面相切，质量为m的滑块b以初速度向右运动滑上a，沿a左侧面上滑一段距离后又返回，最后滑离a，不计一切摩擦，滑块b从滑上a到滑离a的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．滑块b沿a上升的最大高度为
B．滑块a运动的最大速度
C．滑块b沿a上升的最大高度为
D．滑块a运动的最大速度
4．如图所示，弹簀的一端固定在竖直墙上，质量为M的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面相切，一个质量为m（）的小球从弧形槽h高处由静止开始下滑，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．在下滑过程中弧形槽对小球的弹力始终不做功
B．在小球压缩弹簧的过程中，小球的机械能守恒
C．小球离开弹簧后，小球和弧形槽组成的系统机械能守恒，但小球不能回到弧形槽h高处
D．在整个过程中，小球、弧形槽和弹簧组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒
5．A、B两刚性球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的动量是5kg·m／s，B球的动量是7kg·m／s，当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量的可能值是（ ）
A．-4kg·m/s、14kg·m/s
B．3kg·m/s、9kg·m/s
C．-5kg·m/s、17kg·m/s
D．6kg·m／s、6kg·m/s
6．如图所示，静止于光滑水平面上的光滑圆槽和小球，两者质量相等，现使圆槽以的速度向右运动，槽底端与水平面相切，圆槽半径为，重力加速度为。下列说法中正确的是（ ）
A．小球上升的最大高度为
B．小球获得的最大速度为
C．小球和圆槽组成的系统动量守恒
D．小球上滑过程比下滑过程的动量变化大
7．2022年第24届冬奥会将在北京举行，其中冰壶比赛是冬奥会项目之一。在冰壶比赛中，球员手持毛刷擦刷冰面，可以改变冰壶滑行时受到的阻力。如图a所示，蓝壶静止在圆形区域内，运动员用等质量的红壶撞击蓝壶，两壶发生正碰。若碰撞前、后两壶的v－t图像如图b所示。关于冰壶的运动，下列说法正确的是（ ）
A．碰撞后在冰面滑行的过程中，蓝壶受到的阻力比红壶的大
B．碰撞后，蓝壶运动的加速度大小为0.1m/s2
C．碰撞后两壶相距的最远距离为1.1m
D．两壶碰撞是弹性碰撞
8．如图所示，子弹水平射入放在光滑水平地面上静止的木块，子弹未穿透木块，此过程中木块动能增加了5J
，那么此过程中系统产生的内能可能
为（ ）
A．2.5J
B．4.2J
C．5.0J
D．5.6J
9．质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ。初始时小物块停在箱子正中间，如图所示。现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止。设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为（ ）
A．mv2
B．
C．NμmgL
D．2NμmgL
10．如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止放在光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切，一个质量也为m的小物块从槽高h处开始自由下滑，下列说法正确的是（ ）
A．在下滑过程中，物块的机械能守恒
B．在下滑过程中，物块和槽的动量守恒
C．物块被弹簧反弹后，不会追上弧形槽
D．物块被弹簧反弹后，能回到槽高h处
二、多选题，共5小题
11．如图所示，质量为0.2kg的小球B静止在水平地面上，大小相同的小球A水平向右运动与小球B发生对心碰撞，碰撞前、后两球的图像如图所示，重力加速度g取，下列说法正确的是（ ）
A．碰后小球A反向弹回
B．小球A的质量为0.16kg
C．小球B与地面间的动摩擦因数为0.016
D．小球A、B发生的是非弹性碰撞
12．如图所示，质量均为m的A、B两物体通过劲度系数为k的轻质弹簧拴接在一起，竖直静置在水平地面上。在A的正上方h高处有一质量也为m的物体C，现将物体C由静止释放，C与A发生碰撞后立刻粘在一起，碰撞时间极短，之后的运动过程中物体B恰好不脱离地面。弹簧始终在弹性限度内，忽略空气阻力，重力加速度为g。则（ ）
A．C物体碰撞前后瞬间的动量比为
B．碰后A、C整体的最大加速度为g
C．弹簧的最大压缩量为
D．C离A上端的高度
13．如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m=2
kg的另一物体B以水平速度v0=2
m/s滑上原来静止的长木板A的表面。由于A、B间存在摩擦，A、B速度随时间变化情况如图乙所示，则下列说法正确的是（ ）
A．木板获得的动能为2
J
B．系统损失的机械能为2
J
C．木板A的最小长度为1
m
D．A、B间的动摩擦因数为0.2
14．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。小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g，则（ ）
A．碰撞后小球A反弹的速度大小为
B．碰撞过程中小球A受到的冲量大小为
C．碰撞过程B物块受到的冲量大小
D．碰后轻弹簧获得的最大弹性势能
15．如图所示，载有物资的热气球静止于距水平地面H的高处，现将质量为m的物资以相对地面的速度水平投出，落地时物资与热气球的水平距离为d。已知投出物资后热气球的总质量为M，所受浮力不变，物资与热气球运动时空气的阻力和物资受到的浮力不计，重力加速度为g，以下判断正确的是（ ）
A．投出物资后，热气球做匀加速曲线运动
B．投出物资后，
再物资落地前，热气球和物资组成的系统的动量守恒
C．物资落地时，热气球上升的高度h为
D．物资落地时，物资与热气球的水平距离为
三、填空题，共3小题
16．碰撞分类
动量是否守恒
机械能是否守恒
弹性碰撞
守恒
_______
非弹性碰撞
守恒
有损失
完全非弹性碰撞
守恒
损失______
17．碰撞
碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力______的现象．
18．（1）弹性碰撞：碰撞过程中机械能___________的碰撞叫弹性碰撞。
（2）非弹性碰撞：碰撞过程中机械能___________的碰撞叫非弹性碰撞。
四、解答题，共2小题
19．如图所示，水平固定一个光滑细长杆，有一个质量为的小滑块A套在细杆上可自由滑动。在杆上竖直固定一个挡板，小滑块靠在挡板的右侧处于静止状态，在小滑块的下端用长为的细线悬挂一个质量为的小球（可视为质点），将小球拉至左端水平位置使细线处于自然伸长状态，由静止释放，已知重力加速度为，小球半径忽略不计。求：
（1）小球第一次运动到最低点时，细线对小球的拉力大小；
（2）小球第一次上摆时，相对最低点所能上升的最大高度；
（3）小滑块运动过程中，所能获得的最大速度。
20．如图所示，、B两个木块质量分别为与，、B与水平地面间接触光滑，上表面粗糙，质量为的铁块以的速度从的左端向右滑动，最后铁块与B的共同速度大小为，铁块可视为质点，求：
（1）的最终速度；
（2）铁块刚滑上B时铁块的速度。
试卷第1页，共3页
参考答案
1．B
【详解】
当小球上升到圆弧的上端时，小球与滑块速度相同，设为v1，以小球的初速度v0方向为正方向，在水平方向上，由动量守恒定律得
mv0=2m
v1
由机械能守恒定律得
代入数据解得
若小球以2v0冲上滑块，当小球上升到圆弧的上端时，小球与滑块水平速度相同，设为v2，以小球的初速度方向为正方向，在水平方向上，由动量守恒定律得
2mv0=2mv2
由机械能守恒定律得
解得
小球离开圆弧后做斜抛运动，竖直方向做减速运动，则
故距B点的最大高度为3R。
故选B。
2．B
【详解】
A．
第一次碰撞时，两球发生碰撞碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以乙球碰前瞬间方向为正方向，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得：
解得
，
因为
则
，
故第一次碰撞后瞬间乙球被反向弹回，故A正确，不符合题意；
C．根据轨道弹力提供向心力有
因为
，，
则
根据牛顿第三定律可知，甲、乙两球对轨道的弹力大小之比为
故C正确，不符合题意；
BD．因为碰后，乙球速度大小是甲球速度大小的3倍，则第二次碰撞恰好发生在B点，乙球运动圆周，则第一次碰撞后到第二次碰撞前，乙球对圆管的弹力方向并不是始终斜向下，故B错误，符合题意，D正确，不符合题意。
故选B。
3．B
【详解】
AC．b沿a上升到最大高度时，两者速度相等，在水平方向，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
解得
AC错误；
BD．滑块b从滑上a到滑离a后，滑块a运动的速度最大。系统在水平方向动量守恒，对整个过程，以向右为正方向，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
解得
B正确，D错误。
故选B。
4．C
【详解】
A．在小球下滑过程中，虽然小球总是沿着弧形槽的上表面运动，但弧形槽有水平向左的位移，故而小球相对于地面的速度方向不是沿着弧形槽的切线的，而弧形槽对小球的作用力是弹力，方向始终垂直于接触面，故弹力和小球运动速度不垂直，弹力做功，A错误；
B．当小球压缩弹簧的过程中，弹簧和小球组成的系统机械能守恒。但弹簧对小球的弹力做负功，故小球的机械能减小，B错误；
C．小球在弧形槽上下滑过程中系统水平方向不受力，系统水平方向动量守恒，小球与弧形槽分离时两者动量大小相等，由于，则小球的速度大小大于弧形槽的速度大小，小球被弹簧原速率弹回后将追上弧形槽并要滑上弧形槽。在小球离开弹簧后，只有重力和系统内弹力做功，故小球和弧形槽组成的系统机械能守恒。由于球与弧形槽组成的系统总动量水平向左，球滑上弧形槽的最高点时两者共速，则此共同速度也必须水平向左，则二者从静止开始运动到共速状态，系统的动能增加，重力势能一定要减小，小球上升的最大高度要小于h，C正确；
D．整个运动过程中小球和弧形槽、弹簧所组成的系统只有重力与系统内弹力做功，系统机械能守恒，小球与弹簧接触过程中，墙壁对系统作用力水平向左，系统水平方向动量不守恒，D错误。
故选C。
5．B
【详解】
碰撞前，A追上B，说明A的速度大于B的速度，即有
则得
即
碰撞前系统总动量
p=pA+pB=5kg m/s+7kg m/s=12kg m/s
两球组成的系统所受合外力为零，碰撞过程动量守恒，碰撞后的总动量
p′=p=12kg m/s
物体动能
A．如果-4kg m/s、14kg m/s，碰后总动量为10kg m/s，动量不守恒，故A不可能；
B．如果3kg m/s、9kg m/s，碰撞后总动量为12kg m/s，动量守恒；碰撞后总动能，
碰撞后总动能不增加，故B可能；
C．如果-5kg m/s、17kg m/s，碰撞后总动量为12kg m/s，动量守恒；碰撞后总动能
碰撞后总动能增加，故C不可能；
D．如6kg m/s、6kg m/s，碰撞后总动量为12kg m/s，动量守恒；但是碰后A的动量增加是不可能的，故D不可能；
故选B。
6．B
【详解】
A．若槽的动能全部转化为球的重力势能，可得
槽与小球构成的系统在水平方向合外力为零，水平方向满足动量守恒，当球上升到最高点时槽与球在水平方向具有相同的速度，可得
解得槽与小球的共同速度为
故槽的动能并没有全部转化为球的重力势能，球上升的最大高度小于R，A错误；
C．小球和圆槽组成的系统所受合外力不为零，不满足动量守恒，C错误；
BD．设小球离开圆槽时球的速度为v1、槽的速度为v2，从小球滑上圆槽到滑下圆槽整个过程，据动量守恒定律及机械能守恒定律可得
联立解得
，
即槽和小球交换速度，故小球获得的最大速度为，小球上滑过程动量变化为
下滑过程的动量变化为
即两个过程动量变化量相等，B正确，D错误。
故选B。
7．C
【详解】
A．根据图象的斜率表示加速度，知碰后红壶的加速度比蓝壶的加速度大，两壶质量相等，所以蓝壶受到的阻力比红壶的小，故A错误；
B．根据图像可得，红壶碰前的加速度为
所以蓝壶静止的时刻为
碰后蓝壶的加速度大小为
故B错误；
CD．设碰后蓝壶的速度为v，碰前红壶的速度v0
=
1.0m/s，碰后红壶的速度为0.4m/s，取碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得
解得
碰后两壶相距的最远距离
碰撞前两壶的总动能为
碰撞后两壶的总动能为
所以两壶碰撞为非弹性碰撞，故C正确，D错误。
故选C。
8．D
【详解】
设子弹的质量为m，初速度为v0，木块质量为M，则子弹打入木块过程中，子弹与木块组成
的系统动量守恒，取向右为正方向，即
mv0=（m+M）v
此过程产生的内能等于系统损失的动能，即产生的内能为
而木块获得的动能
联立可得
故D正确，ABC错误。
故选D。
9．B
【详解】
由于箱子放在光滑的水平面上，则由箱子和小物块组成的整体动量始终是守恒的，直到箱子和小物块的速度相同时，两者不再发生相对滑动，有
mv＝（m＋M）v1
根据能量守恒定律可知
ΔEk＝mv2－（M＋m）
故选B。
10．C
【详解】
A．在下滑的过程中，物块与弧形槽组成的系统只有重力做功，系统的机械能守恒。对于物块，除了重力做功外，弧形槽的支持力对物块要做功，则物块的机械能不守恒，
A错误；
B．物块在下滑过程中，物体有竖直向下的分加速度，系统的合力不为零，则系统的动量不守恒，B错误；
C．物块下滑过程系统在水平方向上不受外力，所以系统在水平方向动量守恒；由于物块与弧形槽的质量相等，根据水平动量守恒，知物块离开槽时，物块与弧形槽的速度大小相等，方向相反，物块被弹簧反弹后，与槽的速度相同，做匀速直线运动，所以物块追不上槽，不能回到槽高h处，D错误C正确。
故选C。
11．CD
【详解】
A．由图可知碰前，碰后，，碰后A球速度方向没变，故A错误；
B．由动量守恒得
解得
故B错误；
C．由碰前图像可得A球的加速度
由A球虚线可得经5s后B球速度减为0，可得，B球的加速度大小为，小球B与地面间的动摩擦因数为0.016，故C正确；
D．碰前碰后系统动能关系为
小球A、B发生的是非弹性碰撞，故D正确。
故选CD。
12．AD
【详解】
A．设碰撞前瞬间C速度为
动量为
，碰后速度为动量为
则根据动量守恒定律
可求
选项A正确；
B．碰后A、C整体在竖直面做往复运动，且关于平衡点对称，所以在最高点和最低点有最大加速度，由于之后的运动过程中物体B恰好不脱离地面，所以A、C整体向上最高点时弹簧弹力
设此时A、C整体加速度为
则根据牛顿第二定律
可求
选项B错误；
C．根据弹簧的对称性，可知A、C整体向下最低点时加速度也为，此时弹簧弹力为
最大压缩量为
可求
选项C错误；
D．开始时弹簧压缩量
碰后物体B被刚拉离地面时弹簧伸长量
则碰后A、C整体将上升
已知碰后速度
对A、C由机械能守恒
对C由动能定理
联立以上式子可求
选项D正确。
故选AD。
13．BC
【详解】
A．由图示图像可知，木板获得的速度为，A和B组成的系统动量守恒，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得
解得
木板A的质量为，木板获得的动能为
故A错误；
B．系统损失的机械能
代入数据解得
故B正确；
C．由图得到0~1s内B的位移为
A的位移为
木板A的最小长度为
故C正确；
D．由图示图像可知，B的加速度
负号表示加速度的方向，由牛顿第二定律得
解得
故D错误。
故选BC。
14．BD
【详解】
A．设A摆到最低点的速度为v0，碰撞后A、B的速度大小为v1、v2，A运动到最低点的过程，据机械能守恒定律可得
A反弹至最高点的过程，据机械能守恒定律可得
可解得
A错误；
B．向右为正方向，由动量定理可得，A受到的冲量大小为
方向向左；选项B正确；
C．碰撞过程满足动量守恒，可得
代入数据解得
由动量定理可得，B受到的冲量大小为
C错误；
D．碰撞后当B与C速度相等时弹簧的弹性势能最大，设共同速度为v，由动量定理可得
由能量守恒可得，弹簧的弹性势能为
联立解得
D正确；
故选BD。
15．ABD
【详解】
A．投出物资后，热气球受到恒力作用，且恒力与初速度方向不共线，故热气球做匀加速直线运动，A正确；
B．对抛出物资的瞬间，对物资和热气球，水平方向动量守恒，设热气球的水平速度为，取向右为正方向，根据动量守恒可得
解得
B正确；
CD．对抛出物资的瞬间，对物资和热气球，水平方向动量守恒，设热气球的水平速度为，取向右为正方向，根据动量守恒可得
解得
抛出物资前，竖直方向上
抛出物资后，对气球根据牛顿第二定律得
竖直方向上
解得
由于物资做平抛运动，可得
竖直方向
解得
水平方向
对热气球水平方向
竖直方向
代入数据解得
落地时物资与热气球的距离为
代入数据可得
C错误，D正确。
故选ABD。
16．守恒
最大
【详解】
[1]弹性碰撞满足动量守恒及机械能守恒。
[2]完全非弹性碰撞满足动量守恒，机械能有损失，且损失量最大。
17．很大
【详解】
碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象
18．守恒
不守恒
【详解】
略
19．（1）3mg；（2）；（3）
【详解】
（1）小球第一次运动到最低点的过程中，由机械能守恒定律有
解得
在最低点，设细线对小球的拉力大小为，由牛顿第二定律得
解得
（2）小球与滑块共速时，小球上升的高度最大，设为，取水平向右为正方向，由动量守恒定律与机械能守恒定律分别可得
联立解得
（3）小球摆回最低点，滑块获得最大速度，以水平向右为正方向，设此时小球的速度为，滑块的速度为，由小球与滑块组成的系统水平方向动量守恒、机械能守恒有
联立解得
20．（1）；（2）
【详解】
解：（1）铁块从的左端向右滑动，铁块做减速运动，、B一起做加速运动，当铁块冲上B后，、B分离，做匀速运动，B继续做加速运动，当铁块与B达到共同速度后，一起做匀速运动。选铁块和木块、B为系统，取水平向右为正方向，由系统总动量守恒得
代入数据解得
（2）设铁块刚滑上B时的速度为，此时A、B的速度均为，铁块与、B组成的系统动量守恒，由系统动量守恒得
解得
【点睛】
对于多物体、多过程动量守恒定律的应用，解题时应注意：（1）正确分析作用过程中各物体状态的变化情况；（2）分清作用过程中的不同阶段，并按作用关系将系统内的物体分成几个小系统；（3）对不同阶段、不同的小系统准确选取初、末状态，分别列动量守恒方程。
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，在光滑的水平地面上，静置一质量为m的四分之一光滑圆弧滑块，圆弧半径为R，一质量也为m的小球，以水平速度v0自滑块的左端A处滑上滑块，当二者共速时，小球刚好到达圆弧上端B。若将小球的初速度增大为2v0，则小球能达到距B点的最大高度为（ ）
A．2R
B．3R
C．4R
D．5R
2．在研究原子物理时，科学家们经常借用宏观的力学模型模拟原子间的相互作用，如图所示，在水平面上固定着一个半径为的内壁光滑的圆管轨道（远大于圆管直径），A、、、四个点将圆轨道等分为四等份，在轨道的A点静止放着一个甲球，某一时刻另一个乙球从点以某一速度沿顺时针方向运动，与甲球发生弹性碰撞，小球（可视为质点）直径略小于轨道内径，已知，，则下列说法错误的是（ ）
A．第一次碰撞后瞬间乙球被反向弹回
B．第一次碰撞后到第二次碰撞前，乙球对圆管的弹力方向始终斜向下
C．第一次碰撞后到第二次碰撞前，甲、乙两球对轨道的弹力大小之比为
D．第二次碰撞在点
3．如图所示，质量为4m的光滑物块a静止在光滑水平地面上，物块a左侧面为圆弧面且水平地面相切，质量为m的滑块b以初速度向右运动滑上a，沿a左侧面上滑一段距离后又返回，最后滑离a，不计一切摩擦，滑块b从滑上a到滑离a的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．滑块b沿a上升的最大高度为
B．滑块a运动的最大速度
C．滑块b沿a上升的最大高度为
D．滑块a运动的最大速度
4．如图所示，弹簀的一端固定在竖直墙上，质量为M的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面相切，一个质量为m（）的小球从弧形槽h高处由静止开始下滑，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．在下滑过程中弧形槽对小球的弹力始终不做功
B．在小球压缩弹簧的过程中，小球的机械能守恒
C．小球离开弹簧后，小球和弧形槽组成的系统机械能守恒，但小球不能回到弧形槽h高处
D．在整个过程中，小球、弧形槽和弹簧组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒
5．A、B两刚性球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的动量是5kg·m／s，B球的动量是7kg·m／s，当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量的可能值是（ ）
A．-4kg·m/s、14kg·m/s
B．3kg·m/s、9kg·m/s
C．-5kg·m/s、17kg·m/s
D．6kg·m／s、6kg·m/s
6．如图所示，静止于光滑水平面上的光滑圆槽和小球，两者质量相等，现使圆槽以的速度向右运动，槽底端与水平面相切，圆槽半径为，重力加速度为。下列说法中正确的是（ ）
A．小球上升的最大高度为
B．小球获得的最大速度为
C．小球和圆槽组成的系统动量守恒
D．小球上滑过程比下滑过程的动量变化大
7．2022年第24届冬奥会将在北京举行，其中冰壶比赛是冬奥会项目之一。在冰壶比赛中，球员手持毛刷擦刷冰面，可以改变冰壶滑行时受到的阻力。如图a所示，蓝壶静止在圆形区域内，运动员用等质量的红壶撞击蓝壶，两壶发生正碰。若碰撞前、后两壶的v－t图像如图b所示。关于冰壶的运动，下列说法正确的是（ ）
A．碰撞后在冰面滑行的过程中，蓝壶受到的阻力比红壶的大
B．碰撞后，蓝壶运动的加速度大小为0.1m/s2
C．碰撞后两壶相距的最远距离为1.1m
D．两壶碰撞是弹性碰撞
8．如图所示，子弹水平射入放在光滑水平地面上静止的木块，子弹未穿透木块，此过程中木块动能增加了5J
，那么此过程中系统产生的内能可能
为（ ）
A．2.5J
B．4.2J
C．5.0J
D．5.6J
9．质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ。初始时小物块停在箱子正中间，如图所示。现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止。设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为（ ）
A．mv2
B．
C．NμmgL
D．2NμmgL
10．如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止放在光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切，一个质量也为m的小物块从槽高h处开始自由下滑，下列说法正确的是（ ）
A．在下滑过程中，物块的机械能守恒
B．在下滑过程中，物块和槽的动量守恒
C．物块被弹簧反弹后，不会追上弧形槽
D．物块被弹簧反弹后，能回到槽高h处
二、多选题，共5小题
11．如图所示，质量为0.2kg的小球B静止在水平地面上，大小相同的小球A水平向右运动与小球B发生对心碰撞，碰撞前、后两球的图像如图所示，重力加速度g取，下列说法正确的是（ ）
A．碰后小球A反向弹回
B．小球A的质量为0.16kg
C．小球B与地面间的动摩擦因数为0.016
D．小球A、B发生的是非弹性碰撞
12．如图所示，质量均为m的A、B两物体通过劲度系数为k的轻质弹簧拴接在一起，竖直静置在水平地面上。在A的正上方h高处有一质量也为m的物体C，现将物体C由静止释放，C与A发生碰撞后立刻粘在一起，碰撞时间极短，之后的运动过程中物体B恰好不脱离地面。弹簧始终在弹性限度内，忽略空气阻力，重力加速度为g。则（ ）
A．C物体碰撞前后瞬间的动量比为
B．碰后A、C整体的最大加速度为g
C．弹簧的最大压缩量为
D．C离A上端的高度
13．如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m=2
kg的另一物体B以水平速度v0=2
m/s滑上原来静止的长木板A的表面。由于A、B间存在摩擦，A、B速度随时间变化情况如图乙所示，则下列说法正确的是（ ）
A．木板获得的动能为2
J
B．系统损失的机械能为2
J
C．木板A的最小长度为1
m
D．A、B间的动摩擦因数为0.2
14．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。小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g，则（ ）
A．碰撞后小球A反弹的速度大小为
B．碰撞过程中小球A受到的冲量大小为
C．碰撞过程B物块受到的冲量大小
D．碰后轻弹簧获得的最大弹性势能
15．如图所示，载有物资的热气球静止于距水平地面H的高处，现将质量为m的物资以相对地面的速度水平投出，落地时物资与热气球的水平距离为d。已知投出物资后热气球的总质量为M，所受浮力不变，物资与热气球运动时空气的阻力和物资受到的浮力不计，重力加速度为g，以下判断正确的是（ ）
A．投出物资后，热气球做匀加速曲线运动
B．投出物资后，
再物资落地前，热气球和物资组成的系统的动量守恒
C．物资落地时，热气球上升的高度h为
D．物资落地时，物资与热气球的水平距离为
三、填空题，共3小题
16．碰撞分类
动量是否守恒
机械能是否守恒
弹性碰撞
守恒
_______
非弹性碰撞
守恒
有损失
完全非弹性碰撞
守恒
损失______
17．碰撞
碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力______的现象．
18．（1）弹性碰撞：碰撞过程中机械能___________的碰撞叫弹性碰撞。
（2）非弹性碰撞：碰撞过程中机械能___________的碰撞叫非弹性碰撞。
四、解答题，共2小题
19．如图所示，水平固定一个光滑细长杆，有一个质量为的小滑块A套在细杆上可自由滑动。在杆上竖直固定一个挡板，小滑块靠在挡板的右侧处于静止状态，在小滑块的下端用长为的细线悬挂一个质量为的小球（可视为质点），将小球拉至左端水平位置使细线处于自然伸长状态，由静止释放，已知重力加速度为，小球半径忽略不计。求：
（1）小球第一次运动到最低点时，细线对小球的拉力大小；
（2）小球第一次上摆时，相对最低点所能上升的最大高度；
（3）小滑块运动过程中，所能获得的最大速度。
20．如图所示，、B两个木块质量分别为与，、B与水平地面间接触光滑，上表面粗糙，质量为的铁块以的速度从的左端向右滑动，最后铁块与B的共同速度大小为，铁块可视为质点，求：
（1）的最终速度；
（2）铁块刚滑上B时铁块的速度。
试卷第1页，共3页
参考答案
1．B
【详解】
当小球上升到圆弧的上端时，小球与滑块速度相同，设为v1，以小球的初速度v0方向为正方向，在水平方向上，由动量守恒定律得
mv0=2m
v1
由机械能守恒定律得
代入数据解得
若小球以2v0冲上滑块，当小球上升到圆弧的上端时，小球与滑块水平速度相同，设为v2，以小球的初速度方向为正方向，在水平方向上，由动量守恒定律得
2mv0=2mv2
由机械能守恒定律得
解得
小球离开圆弧后做斜抛运动，竖直方向做减速运动，则
故距B点的最大高度为3R。
故选B。
2．B
【详解】
A．
第一次碰撞时，两球发生碰撞碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以乙球碰前瞬间方向为正方向，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得：
解得
，
因为
则
，
故第一次碰撞后瞬间乙球被反向弹回，故A正确，不符合题意；
C．根据轨道弹力提供向心力有
因为
，，
则
根据牛顿第三定律可知，甲、乙两球对轨道的弹力大小之比为
故C正确，不符合题意；
BD．因为碰后，乙球速度大小是甲球速度大小的3倍，则第二次碰撞恰好发生在B点，乙球运动圆周，则第一次碰撞后到第二次碰撞前，乙球对圆管的弹力方向并不是始终斜向下，故B错误，符合题意，D正确，不符合题意。
故选B。
3．B
【详解】
AC．b沿a上升到最大高度时，两者速度相等，在水平方向，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
解得
AC错误；
BD．滑块b从滑上a到滑离a后，滑块a运动的速度最大。系统在水平方向动量守恒，对整个过程，以向右为正方向，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
解得
B正确，D错误。
故选B。
4．C
【详解】
A．在小球下滑过程中，虽然小球总是沿着弧形槽的上表面运动，但弧形槽有水平向左的位移，故而小球相对于地面的速度方向不是沿着弧形槽的切线的，而弧形槽对小球的作用力是弹力，方向始终垂直于接触面，故弹力和小球运动速度不垂直，弹力做功，A错误；
B．当小球压缩弹簧的过程中，弹簧和小球组成的系统机械能守恒。但弹簧对小球的弹力做负功，故小球的机械能减小，B错误；
C．小球在弧形槽上下滑过程中系统水平方向不受力，系统水平方向动量守恒，小球与弧形槽分离时两者动量大小相等，由于，则小球的速度大小大于弧形槽的速度大小，小球被弹簧原速率弹回后将追上弧形槽并要滑上弧形槽。在小球离开弹簧后，只有重力和系统内弹力做功，故小球和弧形槽组成的系统机械能守恒。由于球与弧形槽组成的系统总动量水平向左，球滑上弧形槽的最高点时两者共速，则此共同速度也必须水平向左，则二者从静止开始运动到共速状态，系统的动能增加，重力势能一定要减小，小球上升的最大高度要小于h，C正确；
D．整个运动过程中小球和弧形槽、弹簧所组成的系统只有重力与系统内弹力做功，系统机械能守恒，小球与弹簧接触过程中，墙壁对系统作用力水平向左，系统水平方向动量不守恒，D错误。
故选C。
5．B
【详解】
碰撞前，A追上B，说明A的速度大于B的速度，即有
则得
即
碰撞前系统总动量
p=pA+pB=5kg m/s+7kg m/s=12kg m/s
两球组成的系统所受合外力为零，碰撞过程动量守恒，碰撞后的总动量
p′=p=12kg m/s
物体动能
A．如果-4kg m/s、14kg m/s，碰后总动量为10kg m/s，动量不守恒，故A不可能；
B．如果3kg m/s、9kg m/s，碰撞后总动量为12kg m/s，动量守恒；碰撞后总动能，
碰撞后总动能不增加，故B可能；
C．如果-5kg m/s、17kg m/s，碰撞后总动量为12kg m/s，动量守恒；碰撞后总动能
碰撞后总动能增加，故C不可能；
D．如6kg m/s、6kg m/s，碰撞后总动量为12kg m/s，动量守恒；但是碰后A的动量增加是不可能的，故D不可能；
故选B。
6．B
【详解】
A．若槽的动能全部转化为球的重力势能，可得
槽与小球构成的系统在水平方向合外力为零，水平方向满足动量守恒，当球上升到最高点时槽与球在水平方向具有相同的速度，可得
解得槽与小球的共同速度为
故槽的动能并没有全部转化为球的重力势能，球上升的最大高度小于R，A错误；
C．小球和圆槽组成的系统所受合外力不为零，不满足动量守恒，C错误；
BD．设小球离开圆槽时球的速度为v1、槽的速度为v2，从小球滑上圆槽到滑下圆槽整个过程，据动量守恒定律及机械能守恒定律可得
联立解得
，
即槽和小球交换速度，故小球获得的最大速度为，小球上滑过程动量变化为
下滑过程的动量变化为
即两个过程动量变化量相等，B正确，D错误。
故选B。
7．C
【详解】
A．根据图象的斜率表示加速度，知碰后红壶的加速度比蓝壶的加速度大，两壶质量相等，所以蓝壶受到的阻力比红壶的小，故A错误；
B．根据图像可得，红壶碰前的加速度为
所以蓝壶静止的时刻为
碰后蓝壶的加速度大小为
故B错误；
CD．设碰后蓝壶的速度为v，碰前红壶的速度v0
=
1.0m/s，碰后红壶的速度为0.4m/s，取碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得
解得
碰后两壶相距的最远距离
碰撞前两壶的总动能为
碰撞后两壶的总动能为
所以两壶碰撞为非弹性碰撞，故C正确，D错误。
故选C。
8．D
【详解】
设子弹的质量为m，初速度为v0，木块质量为M，则子弹打入木块过程中，子弹与木块组成
的系统动量守恒，取向右为正方向，即
mv0=（m+M）v
此过程产生的内能等于系统损失的动能，即产生的内能为
而木块获得的动能
联立可得
故D正确，ABC错误。
故选D。
9．B
【详解】
由于箱子放在光滑的水平面上，则由箱子和小物块组成的整体动量始终是守恒的，直到箱子和小物块的速度相同时，两者不再发生相对滑动，有
mv＝（m＋M）v1
根据能量守恒定律可知
ΔEk＝mv2－（M＋m）
故选B。
10．C
【详解】
A．在下滑的过程中，物块与弧形槽组成的系统只有重力做功，系统的机械能守恒。对于物块，除了重力做功外，弧形槽的支持力对物块要做功，则物块的机械能不守恒，
A错误；
B．物块在下滑过程中，物体有竖直向下的分加速度，系统的合力不为零，则系统的动量不守恒，B错误；
C．物块下滑过程系统在水平方向上不受外力，所以系统在水平方向动量守恒；由于物块与弧形槽的质量相等，根据水平动量守恒，知物块离开槽时，物块与弧形槽的速度大小相等，方向相反，物块被弹簧反弹后，与槽的速度相同，做匀速直线运动，所以物块追不上槽，不能回到槽高h处，D错误C正确。
故选C。
11．CD
【详解】
A．由图可知碰前，碰后，，碰后A球速度方向没变，故A错误；
B．由动量守恒得
解得
故B错误；
C．由碰前图像可得A球的加速度
由A球虚线可得经5s后B球速度减为0，可得，B球的加速度大小为，小球B与地面间的动摩擦因数为0.016，故C正确；
D．碰前碰后系统动能关系为
小球A、B发生的是非弹性碰撞，故D正确。
故选CD。
12．AD
【详解】
A．设碰撞前瞬间C速度为
动量为
，碰后速度为动量为
则根据动量守恒定律
可求
选项A正确；
B．碰后A、C整体在竖直面做往复运动，且关于平衡点对称，所以在最高点和最低点有最大加速度，由于之后的运动过程中物体B恰好不脱离地面，所以A、C整体向上最高点时弹簧弹力
设此时A、C整体加速度为
则根据牛顿第二定律
可求
选项B错误；
C．根据弹簧的对称性，可知A、C整体向下最低点时加速度也为，此时弹簧弹力为
最大压缩量为
可求
选项C错误；
D．开始时弹簧压缩量
碰后物体B被刚拉离地面时弹簧伸长量
则碰后A、C整体将上升
已知碰后速度
对A、C由机械能守恒
对C由动能定理
联立以上式子可求
选项D正确。
故选AD。
13．BC
【详解】
A．由图示图像可知，木板获得的速度为，A和B组成的系统动量守恒，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得
解得
木板A的质量为，木板获得的动能为
故A错误；
B．系统损失的机械能
代入数据解得
故B正确；
C．由图得到0~1s内B的位移为
A的位移为
木板A的最小长度为
故C正确；
D．由图示图像可知，B的加速度
负号表示加速度的方向，由牛顿第二定律得
解得
故D错误。
故选BC。
14．BD
【详解】
A．设A摆到最低点的速度为v0，碰撞后A、B的速度大小为v1、v2，A运动到最低点的过程，据机械能守恒定律可得
A反弹至最高点的过程，据机械能守恒定律可得
可解得
A错误；
B．向右为正方向，由动量定理可得，A受到的冲量大小为
方向向左；选项B正确；
C．碰撞过程满足动量守恒，可得
代入数据解得
由动量定理可得，B受到的冲量大小为
C错误；
D．碰撞后当B与C速度相等时弹簧的弹性势能最大，设共同速度为v，由动量定理可得
由能量守恒可得，弹簧的弹性势能为
联立解得
D正确；
故选BD。
15．ABD
【详解】
A．投出物资后，热气球受到恒力作用，且恒力与初速度方向不共线，故热气球做匀加速直线运动，A正确；
B．对抛出物资的瞬间，对物资和热气球，水平方向动量守恒，设热气球的水平速度为，取向右为正方向，根据动量守恒可得
解得
B正确；
CD．对抛出物资的瞬间，对物资和热气球，水平方向动量守恒，设热气球的水平速度为，取向右为正方向，根据动量守恒可得
解得
抛出物资前，竖直方向上
抛出物资后，对气球根据牛顿第二定律得
竖直方向上
解得
由于物资做平抛运动，可得
竖直方向
解得
水平方向
对热气球水平方向
竖直方向
代入数据解得
落地时物资与热气球的距离为
代入数据可得
C错误，D正确。
故选ABD。
16．守恒
最大
【详解】
[1]弹性碰撞满足动量守恒及机械能守恒。
[2]完全非弹性碰撞满足动量守恒，机械能有损失，且损失量最大。
17．很大
【详解】
碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象
18．守恒
不守恒
【详解】
略
19．（1）3mg；（2）；（3）
【详解】
（1）小球第一次运动到最低点的过程中，由机械能守恒定律有
解得
在最低点，设细线对小球的拉力大小为，由牛顿第二定律得
解得
（2）小球与滑块共速时，小球上升的高度最大，设为，取水平向右为正方向，由动量守恒定律与机械能守恒定律分别可得
联立解得
（3）小球摆回最低点，滑块获得最大速度，以水平向右为正方向，设此时小球的速度为，滑块的速度为，由小球与滑块组成的系统水平方向动量守恒、机械能守恒有
联立解得
20．（1）；（2）
【详解】
解：（1）铁块从的左端向右滑动，铁块做减速运动，、B一起做加速运动，当铁块冲上B后，、B分离，做匀速运动，B继续做加速运动，当铁块与B达到共同速度后，一起做匀速运动。选铁块和木块、B为系统，取水平向右为正方向，由系统总动量守恒得
代入数据解得
（2）设铁块刚滑上B时的速度为，此时A、B的速度均为，铁块与、B组成的系统动量守恒，由系统动量守恒得
解得
【点睛】
对于多物体、多过程动量守恒定律的应用，解题时应注意：（1）正确分析作用过程中各物体状态的变化情况；（2）分清作用过程中的不同阶段，并按作用关系将系统内的物体分成几个小系统；（3）对不同阶段、不同的小系统准确选取初、末状态，分别列动量守恒方程。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页