1.5弹性碰撞和非弹性碰撞同步练习（Word版含答案）
文档属性
| 名称 | 1.5弹性碰撞和非弹性碰撞同步练习（Word版含答案） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.2MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2022-03-16 08:44:10 | ||
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文档简介
1.5 弹性碰撞和非弹性碰撞 同步练习
一、单选题
1．如图所示，在光滑的水平面上一个质量为3m的小球A，以速度v跟质量为2m的静止的小球B发生碰撞，则碰撞后小球B所能达到的最大速度是
A． B．
C．V D．
2．下列四幅图的有关说法中正确的是
A．甲图中，球以速度v碰静止球，若两球质量相等，碰后的速度一定为v
B．乙图中，在光颜色保持不变的情况下，入射光越强，饱和光电流越大
C．丙图中，射线甲由电子组成，射线乙为光子流，射线丙由粒子组成
D．丁图中，链式反应属于轻核聚变
3．将一小球从离水平地面高为H处以某一初速度水平抛出，取水平地面为重力的零势能面，抛出时小球的动能和重力势能相等，当小球的动能为重力势能的3倍时，小球的速度方向与水平方向夹角为θ，则tanθ的值为（ ）（不计空气阻力）
A． B． C． D．
4．如图所示，光滑斜面倾角为θ，轻弹簧劲度系数为k，下端固定在挡板上，上端和物体B拴接在一起．开始时，B处于平衡状态．物体A由斜面上某点下滑，并以速度v0与B发生碰撞，碰撞瞬间粘连在一起，经过最低点后恰好能到达D点，A、B可视为质点且质量均为m，C、D间的距离为，则v0为
A． B． C． D．
5．在光滑水平地面上有两个相同的木块 A、B，质量都为m。现 B 静止，A 向 B 运动，发生正碰并粘合在一起运动。两木块组成的系统损失的机械能为ΔE，则碰前A 球的速度等于（ ）
A． B． C．2 D．2
6．下列关于碰撞的理解正确的是（ ）
A．碰撞是指相对运动的物体相遇时，在极短时间内它们的运动状态发生了显著变化的过程
B．在碰撞现象中，一般内力都远大于外力，所以可以认为碰撞时系统的动能守恒
C．如果碰撞过程中机械能守恒，这样的碰撞叫做非弹性碰撞
D．微观粒子的相互作用由于不发生直接接触，所以不能称其为碰撞
7．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
8．如图所示，小球A、B均静止在光滑水平面上。现给A球一个向右的初速度，之后与B球发生对心碰撞。下列关于碰后情况，说法正确的是（ ）
A．碰后小球A、B一定共速
B．若A、B球发生完全非弹性碰撞，A球质量等于B球质量， A球将静止
C．若A、B球发生弹性碰撞，A球质量小于B球质量，无论A球初速度大小是多少，A球都将反弹
D．若A、B球发生弹性碰撞，A球质量足够大，B球质量足够小，则碰后B球的速度可以是A球的3倍
二、多选题
9．如图所示，有两个半径相同、质量不同的小球A和B，两球静止在光滑的水平面上，其中B球质量是A球质量的3倍。某时刻给A球一水平向右大小为10m/s的初速度，使得A球与静止的B球发生正碰，取向右为正方向，则碰撞后A球的速度可能为（ ）
A．-8m/s B．-3m/s C．4m/s D．2m/s
10．质量为M和m0的滑块用轻弹簧连接，以恒定速度v沿光滑水平面运动，与位于正对面的质量为m的静止滑块发生碰撞，如图所示，碰撞时间极短，在此过程中，下列情况可能发生的是（ ）
A．M、m0、m速度均发生变化，M和m0的速度都变为v1，m的速度变为v2，且满足（M＋m0）v=（M＋m0）v1＋mv2
B．M、m0、m速度均发生变化，碰后分别为v1、v2、v3，且满足（M＋m0）v=Mv1＋mv2＋m0v3
C．m0的速度不变，M和m的速度变为v1和v2，且满足Mv=Mv1＋mv2
D．m0的速度不变，M和m的速度都变为v′，且满足Mv=（M＋m）v′
11．质量为的物块A，以的速度与质量为静止的物块B发生正碰，碰撞后物块B的速度大小可能为（ ）
A． B． C． D．
12．如图所示，在光滑水平地面上质量为2kg的小球A以3m/s速度向右运动，与静止的质量为1kg的小球B发生正碰，碰后B的速度大小可能为（ ）
A．1.5m/s B．2.5m/s C．3.5m/s D．4.5m/s
13．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
14．如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，一质量为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，一质量也为m的小物块从槽上高h处开始下滑，下列说法不正确的是（ ）
A．在下滑过程中，物块和槽组成的系统机械能守恒
B．在下滑过程中，物块和槽组成的系统动量守恒
C．在压缩弹簧的过程中，物块和弹簧组成的系统动量守恒
D．被弹簧反弹后，物块能回到槽上高h处
三、解答题
15．如图所示，质量为M的物体B静止在水平地面上，与固定在地面上的竖直挡板距离为L，质量为m的物体A以速度v0向左与B相碰，碰撞后A向右返回，B向左运动并与挡板碰撞，碰后B沿原路返回，A、B与地面的动摩擦因数均为μ，A、B可视为质点，所有碰撞都无机械能损失，碰撞时间极短。
（1）求A、B第一次碰撞后瞬间各自的速度大小；
（2）若A、B能发生第二次碰撞且与第一次碰撞位置相距s，求A、B第二次碰撞前瞬间各自的速度大小；
（3）要使A、B能发生第二次碰撞，速度v0应满足什么条件？M与m应满足什么关系？
16．在光滑的水平面上，质量为0.2 kg的A球以6 m/s 的水平向右速度去撞击静止的质量为0.3kg的B球，两球发生弹性碰撞，求：
⑴碰后A、B两球的速度为多少
⑵撞击过程中，A球对B球的冲量为多少？
17．如图所示，质量为m2和m3的两物体静止在光滑的水平面上，它们之间用轻弹簧相连且刚开始处于原长，一质量为m1的物体以速度v0向右运动，m1向右运动与m3相碰后立即粘合在一起，已知m1=m2=m，m3=2m。问：
（1）m1、m3碰后共同速度；
（2）弹簧第一次最短时的弹性势能。
18．如图所示，光滑水平地面上静止一质量为mA=3.0kg，长d=2.5m的木板A，在木板A的最右端放一个质量mB=l.0 kg的小物块B，物块B与木板A间的动摩擦因数μ=0.3．用长/=1.6m的轻绳悬挂一质量mc=3．0kg的小球C，现将小球C拉至与竖直方向夹角为θ=60°的位置静止释放，小球C摆到最低点时与长木板A发生弹性碰撞．求：(g取10m／s2，不计空气阻力)
(1)小球C与木板A碰后瞬间A的速度大小；
(2)物块B在木板A上滑动时，系统产生的内能．
19．“势阱”是量子力学中的常见概念，在经典力学中也有体现。当粒子在某力场中运动，势能函数曲线在空间某范围内势能存在最小值，形如陷阱，粒子很难跑出来。各种形式的势能函数只要具有这种特点，我们都可以称它为势阱，比如重力势阱、引力势阱、弹力势阱等。
（1）如图甲所示，光滑轨道abcd固定在竖直平面内形成一重力势阱，两侧高分别为kH（k＞1）和H。3个完全相同的小钢球（1号、2号、3号），质量均为m，2号和3号小球紧挨着静置于水平轨道的b处，1号小球从左侧a处沿着轨道从静止开始向下运动，在b处与其他小球发生弹性碰撞，碰撞前后都在轨道上运动。已知重力加速度为g。
①计算说明3号小球离开该势阱在水平轨道cd运动时的速度大小。
②若将2号球左侧涂胶（不计胶的质量），1、2号球碰撞后粘在一起，发现全部3个球都能离开该势阱，分析说明k满足什么条件？
（2）我国首个火星探测器被命名为“天问一号”。为了简化问题，可以认为地球和火星在同一平面上绕太阳做匀速圆周运动，火星轨道半径约为地球轨道半径的1.5倍。从地球表面向火星发射火星探测器，简单又比较节省能量的发射过程可简化为：先在地球表面使探测器加速并获得足够的动能，从而摆脱地球引力势阱的束缚，经过一系列调整使探测器成为一颗沿地球公转轨道运行的人造行星；然后使探测器在适当位置加速，经椭圆轨道（霍曼转移轨道）到达火星。
①已知，取无限远处为零势能点，间距为r，质量分别为m1、m2的两质点组成的系统具有的引力势能可表示为：，式中G为引力常量且大小已知。假设地球是一半径为R，质量为M且质量分布均匀的球体，通过理论分析可知，质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零。在如图乙所示的坐标系中，纵轴表示引力势能，横轴表示质量为m的探测器到地心的距离r。请在该坐标系中定性画出地球与探测器组成的系统具有的引力势能函数曲线。并在纵坐标上标出探测器在地球表面时所具有的引力势能。
②由开普勒定律可知：所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在椭圆的一个焦点上；所有行星的轨道的半长轴的三次方跟它的公转周期的二次方的比值都相等。已知地球公转周期为12个月，如图丙所示，探测器由地球公转轨道上的H点开始发射（即瞬间加速，加速时间可忽略），此后探测器仅在太阳引力作用下，经霍曼转移轨道在I点到达火星。“天问一号”已于2020年7月23日发射升空，请根据上述信息推断“天问一号”到达火星的时间？请查阅资料，结合“天问一号”真实到达时间，对推断时间给出评价。（可能需要用到的数据：）
20．如图所示，在光滑的水平面上有一长为L=5m的木板B，上表面粗糙，在其左端有一光滑的圆弧槽C，与长木板接触但不相连，圆弧槽的下端与木板上表面相平，B、C静止在水平面上。现有滑块A以初速度=8m/s从右端滑上B，一段时间后，以4m/s滑离B，并恰好能到达C的最高点，A、B、C的质量相等，g取10m/s2求：
(1)A刚滑离木板B时，木板B和圆弧槽C的共同速度；
(2)A与B的上表面间的动摩擦因数μ；
(3)圆弧槽C的半径R。
21．如图所示，在光滑水平桌面上放有长木板C，C上右端是固定挡板P，在C上左端和中点各放有小物块A和B，A、B的尺寸以及P的厚度皆可忽略不计，A、B之间和B、P之间的距离皆为L。设A、C之间和B、C之间的动摩擦因数均为μ；A、B、C（连同挡板P的质量均为m。开始时，B和C静止，物块A以某一初速度v0向右运动，导致B、P都发生了一次被动的无机械能损失的碰撞。已知重力加速度为g。试求：
（1）物块A与B发生碰撞前，B和C之间摩擦力的大小；
（2）若已知，求物块A运动过程中的最小速度；
（3）若最终没有物体从C上掉下来，求v0的取值范围。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【解析】
【详解】
试题分析：发生弹性碰撞，没有能量的损失，同时动量也守恒，根据能量守恒和动量守恒看来计算速度的大小．
两者为弹性碰撞时，B获得的速度最大，弹性碰撞前后两小球的总动能不变，则有，，解得
2．B
【解析】
【详解】
试题分析：甲图中，两球碰撞过程动量守恒，碰撞过程机械能不增加，如果两球质量相等，则碰撞后的速度不大于v，故A错误；乙图中，图中光的颜色保持不变的情况下，光照越强，光电子数目越多，则饱和光电流越大，故B正确；丙图中，由左手定则可知，甲带正电，则甲射线由粒子组成，乙不带电，射线乙是γ射线，丙射线粒子带负电，则丙射线由电子组成，故C错误；图4中链式反应属于重核裂变，故D错误；
考点：考查了动量守恒，光电效应，重核裂变等
【名师点睛】掌握基础知识即可正确解题，对选修内容要熟练掌握基础知识；入射光的频率增大，光电子的最初动能增大，遏止电压增大，光电效应现象中，遏制电压与光照强度无关．
3．A
【解析】
【详解】
物块做平抛运动，机械能守恒，则初状态的机械能：，且，即；末状态的机械能：，且，则，根据机械能守恒定律：，即，解得，设此时速度与水平方向的夹角为，则，故选A．
【点睛】根据机械能守恒定律，以及已知条件，分别列式即可求出此时速度与水平速度的关系，从而求出物块此时的速度方向与水平方向夹角的正切．
4．A
【解析】
【分析】
根据动量守恒求解两物体碰撞后的速度；两物体从C点返回到D点过程中，动能转化为重力势能和弹性势能，据此列式求解．
【详解】
AB两物体发生碰撞过程中，两物体组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律可得，解得，以B为研究对象，在碰撞时，根据共点力平衡条件可得弹簧的初始形变量为，又知道CD两点间的距离为，即C点弹簧被压缩了，在D点弹簧应被拉伸了，所以D点的形变量和C点相同，在两点弹簧的弹性势能相等，故从C点返回D点有：，解得，A正确．
【点睛】
本题的突破口是分析弹簧在C点和D点的形变量关系，在两点弹簧的形变量恰好相等，即从C点到D点弹簧弹性势能变化为零，即物体的动能全部转化为重力势能，在利用能分析弹簧问题时，一定要注意考虑全面，过程中什么能转化为什么能．
5．C
【解析】
【详解】
由动量守恒
损失的机械能
解得碰前A 球的速度
故选C。
6．A
【解析】
【详解】
AB．碰撞是十分普遍的现象，它是相对运动的物体相遇时在极短时间内运动状态发生显著变化的一种现象，一般内力远大于外力，系统动量守恒，A正确，B错误。
C．如果碰撞中机械能守恒，就叫做弹性碰撞，C错误；
D．微观粒子的相互作用同样具有短时间内发生强大内力作用的特点，所以仍然是碰撞，D错误。
故选A。
7．D
【解析】
【分析】
【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。
8．C
【解析】
【详解】
A．小球A、B发生对心碰撞，有可能是完全弹性碰撞，完全非弹性碰撞，非弹性碰撞；若是完全非弹性碰撞，则AB两小球具有共同速度，若不是，两球无共同速度，则A错误；
B．若A、B球发生完全非弹性碰撞，AB碰后有共同速度，有动量守恒可得
解得
若A球质量等于B球质量，则
故B错误；
CD．小球A、B发生对心碰撞，若是完全弹性弹性碰撞，则根据动量守恒和机械能守恒，则
解得
，
若A球质量小于B球质量，有上述和的表达式可知
A球质量足够大，B球质量足够小，有上述和的表达式可知
故C正确，故D错误。
故选C。
9．BD
【解析】
【详解】
根据完全弹性碰撞关系可得
mv=mvA+3mvB
解得
根据完全非弹性碰撞关系可得
mv=4mvAB
解得
vA=vAB=2.5m/s
所以若碰撞后A的速度向右，则应该小于等于2.5m/s；若碰撞后A的速度向左，则应该小于等于5m/s；
故选BD。
10．CD
【解析】
【详解】
碰撞的瞬间M和m组成的系统动量守恒，m0的速度在瞬间不变，以M的初速度方向为正方向，若碰后M和m的速度变v1和v2，由动量守恒定律得
Mv=Mv1+mv2
若碰后M和m速度相同，由动量守恒定律得
故CD正确，AB错误。
故选CD。
11．BC
【解析】
【详解】
以两球组成的系统为研究对象，以碰撞前A球的速度方向为正方向，如果碰撞为弹性碰撞，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
解得
如果碰撞为完全非弹性碰撞，以A球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得
解得
则碰撞后B球的速度范围是
所以碰撞后B球的速度可能值为1m/s和2m/s，故AD错误，BC正确。
故选BC。
12．BC
【解析】
【详解】
由题意知
如果两球发生完全非弹性碰撞，碰后两者速度相等，设为，碰撞过程中系统动量守恒，以A的初速度为正方向，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，碰撞过程中系统动量守恒，机械能守恒，以A的初速度为正方向，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
代入数据解得
可知碰后B的速度范围是
故BC正确，AD错误。
故选BC。
13．BD
【解析】
【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。
14．BCD
【解析】
【详解】
A．在下滑过程中，对于物块和槽组成的系统，只有重力做功，系统的机械能守恒，故A正确；
B．在下滑的过程中，物块和槽在水平方向上的合外力为零，竖直方向上的合外力不为零，故系统的合外力不为零，不符合动量守恒的条件，故系统的动量不守恒，故B错误；
C．在压缩弹簧的过程中，物块和弹簧组成的系统，水平方向受到竖直墙壁水平向左的作用力，合外力不为零，故物块和弹簧组成的系统动量不守恒，故C错误；
D．因为物块与槽在水平方向上动量守恒，由于质量相等，根据动量守恒定律知物块离开槽时物块与槽的速度大小相等，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，所以物块不会再滑上弧形槽，故D错误。
本题选不正确的，故选BCD。
15．（1），；（2），；（3），
【解析】
【详解】
（1）规定水平向左为正方向，设A、B第一次碰撞后瞬间各自的速度大小分别为v1、v2，则根据动量守恒定律和机械能守恒定律分别得
①
②
联立①②解得
③
④
（2）设A、B第二次碰撞前瞬间各自的速度大小分别为v3、v4，则根据动能定理有
⑤
⑥
联立③④⑤⑥解得
⑦
⑧
（3）要使A、B能发生第二次碰撞，则应有
v4＞v3 ⑨
联立⑦⑧⑨解得
⑩
根据③⑩分别可得
联立 可得M与m应满足的关系为
16．⑴,⑵=1.44kgm/s
【解析】
【详解】
（1）AB两球发生弹性碰撞，满足动量守恒定律和机械能守恒定律
所以,
A的方向为水平向左，B的方向为水平向右
（2）分析B球，由动量定理，有，方向水平向右
17．（1）；（2）
【解析】
【分析】
【详解】
（1）以向右为正方向，m1与m3碰撞动量守恒，则有
m1v0=(m1+m3）v1
可得m1、m3碰后共同速度为
v1=
（2）当三个物体的速度相同时弹簧第一次压缩最短，取向右为正方向，由动量守恒定律得：
（m1+m3）v1=(m1+m3+m2）v2
由碰后过程系统的机械能守恒得
（m1+m3）v12=EP+（m1+m3+m2）v22
联立解得
18．（1） （2）
【解析】
【详解】
（1）设小球C刚摆到最低点时速度为v，由机械能守恒：
C与A碰后速度分别为、，由动量守恒：
由动能关系： ，联立得到：，．
（2）假设物块B未滑离木板A达共同速度
由动量守恒：
设相对路程为，由功能关系：
得到：，假设成立
所以系统产生的内能：．
19．（1）①②k≥36；（2）①当r≥R时，，当0≤rR时，，；②用时约为0.70倍的地球公转周期，即8.4个月左右，因此“天问一号”将于2021年4月初到达火星。火星与地球半径不是严格的1.5倍关系，火星和地球的公转轨道实际不共面，实际火星轨道为椭圆轨道等，这些建模过程中忽略的因素都会对结果造成影响。
【解析】
【详解】
（1）①1号小球与2、3小球碰撞之前的速度为v0，则由机械能守恒定律有
解得
由于3个小钢球完全相同，故由动量守恒定律可得1号小球把它的速度传递给3号小球，即
又由机械能守恒定律的
联立两式解得
②若将2号球左侧涂胶，1、2号球碰撞后粘在一起，再与3号小球相碰，设碰后1、2号球速度为，3号小球速度为，则由动量守恒定律可得
若要3个球碰后都能离开该势阱，只要满足
，
即可，联立解得：k≥36
（2）①当r≥R时，根据引力势能公式可得
当0≤rR时，则距离地心为r处的探测器受到地球引力作用部分的质量为
故地球内部万有引力
从地球外部向内部运动，万有引力做正功，则有
根据功能关系可得，从地球表面向内部运动
故地球内部势能的表达式为
整理即为
函数曲线如图所示
②用时约为0.70倍的地球公转周期，即8.4个月左右，因此“天问一号”将于2021年4月初到达火星。火星与地球半径不是严格的1.5倍关系，火星和地球的公转轨道实际不共面，实际火星轨道为椭圆轨道等，这些建模过程中忽略的因素都会对结果造成影响。
20．(1)2m/s；(2)0.4；(3)0.1m
【解析】
【详解】
(1)对A在木板B上的滑动过程，取A、B、C为一个系统，根据动量守恒定律有
mv0＝m＋2mvB
解得
vB＝=2m/s
(2)对A在木板B上的滑动过程，A、B、C系统减少的动能全部转化为系统产生的热量
解得
μ＝=0.4
(3)对A滑上C直到最高点的作用过程，A、C系统动量守恒
＋mvB＝2mv
A、C系统机械能守恒
解得
R＝=0.1m
21．（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】
（1）A对C的滑动摩擦力使C做匀加速运动，假设C对B的摩擦力能够使B与C整体一起运动，则根据牛顿第二定律可得B、C整体的加速度大小为
①
则C对B的摩擦力大小为
②
假设成立，所以此时B和C之间摩擦力的大小为。
（2）设A与B碰撞前瞬间A和BC整体的速度大小分别为v1、v2，根据动量守恒定律有
③
根据功能关系有
④
设A与B碰撞后二者的速度大小分别为v3、v4，根据动量守恒定律有
⑤
根据能量守恒定律有
⑥
联立③④⑤⑥解得
⑦
⑧
即A与B碰撞后，A和C达到共同速度，而B的速度大于AC整体的速度，所以B对A的摩擦力会使AC整体向右做匀加速运动，而B向右做匀减速运动，由题意可知B和P一定会发生一次碰撞，且碰撞前瞬间B的速度一定大于AC整体的速度，根据前面分析同理可知，B和P碰撞后，B与C交换速度，此时A和B速度相同，而C向右做匀减速运动，B和A向右做匀加速运动，综上所述，A运动过程的最小速度即为A与B第一次碰撞后的速度，即
⑨
（3）假设A以初速度最大值v01开始运动，使得A最终刚好滑至C的最左端时，A、B、C三者达到共同速度v5。由于B与P发生第一次碰撞后，A、B同时向右做匀加速运动，此时二者将与C发生相对滑动，由于B与P碰撞后A、B加速度大小相等，且初速度大小相等，所以在相同时间内位移相等，因此当A相对C滑动L时，B相对C也滑动L，根据动量守恒定律有
⑩
根据功能关系有
联立⑩ 解得
假设A以初速度v02开始运动，使得B运动至P的位置时，A、B、C三者恰好达到共同速度v6，则同理可得
联立 解得
综上所述，若最终没有物体从C上掉下来，v0的取值范围是
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
一、单选题
1．如图所示，在光滑的水平面上一个质量为3m的小球A，以速度v跟质量为2m的静止的小球B发生碰撞，则碰撞后小球B所能达到的最大速度是
A． B．
C．V D．
2．下列四幅图的有关说法中正确的是
A．甲图中，球以速度v碰静止球，若两球质量相等，碰后的速度一定为v
B．乙图中，在光颜色保持不变的情况下，入射光越强，饱和光电流越大
C．丙图中，射线甲由电子组成，射线乙为光子流，射线丙由粒子组成
D．丁图中，链式反应属于轻核聚变
3．将一小球从离水平地面高为H处以某一初速度水平抛出，取水平地面为重力的零势能面，抛出时小球的动能和重力势能相等，当小球的动能为重力势能的3倍时，小球的速度方向与水平方向夹角为θ，则tanθ的值为（ ）（不计空气阻力）
A． B． C． D．
4．如图所示，光滑斜面倾角为θ，轻弹簧劲度系数为k，下端固定在挡板上，上端和物体B拴接在一起．开始时，B处于平衡状态．物体A由斜面上某点下滑，并以速度v0与B发生碰撞，碰撞瞬间粘连在一起，经过最低点后恰好能到达D点，A、B可视为质点且质量均为m，C、D间的距离为，则v0为
A． B． C． D．
5．在光滑水平地面上有两个相同的木块 A、B，质量都为m。现 B 静止，A 向 B 运动，发生正碰并粘合在一起运动。两木块组成的系统损失的机械能为ΔE，则碰前A 球的速度等于（ ）
A． B． C．2 D．2
6．下列关于碰撞的理解正确的是（ ）
A．碰撞是指相对运动的物体相遇时，在极短时间内它们的运动状态发生了显著变化的过程
B．在碰撞现象中，一般内力都远大于外力，所以可以认为碰撞时系统的动能守恒
C．如果碰撞过程中机械能守恒，这样的碰撞叫做非弹性碰撞
D．微观粒子的相互作用由于不发生直接接触，所以不能称其为碰撞
7．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
8．如图所示，小球A、B均静止在光滑水平面上。现给A球一个向右的初速度，之后与B球发生对心碰撞。下列关于碰后情况，说法正确的是（ ）
A．碰后小球A、B一定共速
B．若A、B球发生完全非弹性碰撞，A球质量等于B球质量， A球将静止
C．若A、B球发生弹性碰撞，A球质量小于B球质量，无论A球初速度大小是多少，A球都将反弹
D．若A、B球发生弹性碰撞，A球质量足够大，B球质量足够小，则碰后B球的速度可以是A球的3倍
二、多选题
9．如图所示，有两个半径相同、质量不同的小球A和B，两球静止在光滑的水平面上，其中B球质量是A球质量的3倍。某时刻给A球一水平向右大小为10m/s的初速度，使得A球与静止的B球发生正碰，取向右为正方向，则碰撞后A球的速度可能为（ ）
A．-8m/s B．-3m/s C．4m/s D．2m/s
10．质量为M和m0的滑块用轻弹簧连接，以恒定速度v沿光滑水平面运动，与位于正对面的质量为m的静止滑块发生碰撞，如图所示，碰撞时间极短，在此过程中，下列情况可能发生的是（ ）
A．M、m0、m速度均发生变化，M和m0的速度都变为v1，m的速度变为v2，且满足（M＋m0）v=（M＋m0）v1＋mv2
B．M、m0、m速度均发生变化，碰后分别为v1、v2、v3，且满足（M＋m0）v=Mv1＋mv2＋m0v3
C．m0的速度不变，M和m的速度变为v1和v2，且满足Mv=Mv1＋mv2
D．m0的速度不变，M和m的速度都变为v′，且满足Mv=（M＋m）v′
11．质量为的物块A，以的速度与质量为静止的物块B发生正碰，碰撞后物块B的速度大小可能为（ ）
A． B． C． D．
12．如图所示，在光滑水平地面上质量为2kg的小球A以3m/s速度向右运动，与静止的质量为1kg的小球B发生正碰，碰后B的速度大小可能为（ ）
A．1.5m/s B．2.5m/s C．3.5m/s D．4.5m/s
13．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
14．如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，一质量为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，一质量也为m的小物块从槽上高h处开始下滑，下列说法不正确的是（ ）
A．在下滑过程中，物块和槽组成的系统机械能守恒
B．在下滑过程中，物块和槽组成的系统动量守恒
C．在压缩弹簧的过程中，物块和弹簧组成的系统动量守恒
D．被弹簧反弹后，物块能回到槽上高h处
三、解答题
15．如图所示，质量为M的物体B静止在水平地面上，与固定在地面上的竖直挡板距离为L，质量为m的物体A以速度v0向左与B相碰，碰撞后A向右返回，B向左运动并与挡板碰撞，碰后B沿原路返回，A、B与地面的动摩擦因数均为μ，A、B可视为质点，所有碰撞都无机械能损失，碰撞时间极短。
（1）求A、B第一次碰撞后瞬间各自的速度大小；
（2）若A、B能发生第二次碰撞且与第一次碰撞位置相距s，求A、B第二次碰撞前瞬间各自的速度大小；
（3）要使A、B能发生第二次碰撞，速度v0应满足什么条件？M与m应满足什么关系？
16．在光滑的水平面上，质量为0.2 kg的A球以6 m/s 的水平向右速度去撞击静止的质量为0.3kg的B球，两球发生弹性碰撞，求：
⑴碰后A、B两球的速度为多少
⑵撞击过程中，A球对B球的冲量为多少？
17．如图所示，质量为m2和m3的两物体静止在光滑的水平面上，它们之间用轻弹簧相连且刚开始处于原长，一质量为m1的物体以速度v0向右运动，m1向右运动与m3相碰后立即粘合在一起，已知m1=m2=m，m3=2m。问：
（1）m1、m3碰后共同速度；
（2）弹簧第一次最短时的弹性势能。
18．如图所示，光滑水平地面上静止一质量为mA=3.0kg，长d=2.5m的木板A，在木板A的最右端放一个质量mB=l.0 kg的小物块B，物块B与木板A间的动摩擦因数μ=0.3．用长/=1.6m的轻绳悬挂一质量mc=3．0kg的小球C，现将小球C拉至与竖直方向夹角为θ=60°的位置静止释放，小球C摆到最低点时与长木板A发生弹性碰撞．求：(g取10m／s2，不计空气阻力)
(1)小球C与木板A碰后瞬间A的速度大小；
(2)物块B在木板A上滑动时，系统产生的内能．
19．“势阱”是量子力学中的常见概念，在经典力学中也有体现。当粒子在某力场中运动，势能函数曲线在空间某范围内势能存在最小值，形如陷阱，粒子很难跑出来。各种形式的势能函数只要具有这种特点，我们都可以称它为势阱，比如重力势阱、引力势阱、弹力势阱等。
（1）如图甲所示，光滑轨道abcd固定在竖直平面内形成一重力势阱，两侧高分别为kH（k＞1）和H。3个完全相同的小钢球（1号、2号、3号），质量均为m，2号和3号小球紧挨着静置于水平轨道的b处，1号小球从左侧a处沿着轨道从静止开始向下运动，在b处与其他小球发生弹性碰撞，碰撞前后都在轨道上运动。已知重力加速度为g。
①计算说明3号小球离开该势阱在水平轨道cd运动时的速度大小。
②若将2号球左侧涂胶（不计胶的质量），1、2号球碰撞后粘在一起，发现全部3个球都能离开该势阱，分析说明k满足什么条件？
（2）我国首个火星探测器被命名为“天问一号”。为了简化问题，可以认为地球和火星在同一平面上绕太阳做匀速圆周运动，火星轨道半径约为地球轨道半径的1.5倍。从地球表面向火星发射火星探测器，简单又比较节省能量的发射过程可简化为：先在地球表面使探测器加速并获得足够的动能，从而摆脱地球引力势阱的束缚，经过一系列调整使探测器成为一颗沿地球公转轨道运行的人造行星；然后使探测器在适当位置加速，经椭圆轨道（霍曼转移轨道）到达火星。
①已知，取无限远处为零势能点，间距为r，质量分别为m1、m2的两质点组成的系统具有的引力势能可表示为：，式中G为引力常量且大小已知。假设地球是一半径为R，质量为M且质量分布均匀的球体，通过理论分析可知，质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零。在如图乙所示的坐标系中，纵轴表示引力势能，横轴表示质量为m的探测器到地心的距离r。请在该坐标系中定性画出地球与探测器组成的系统具有的引力势能函数曲线。并在纵坐标上标出探测器在地球表面时所具有的引力势能。
②由开普勒定律可知：所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在椭圆的一个焦点上；所有行星的轨道的半长轴的三次方跟它的公转周期的二次方的比值都相等。已知地球公转周期为12个月，如图丙所示，探测器由地球公转轨道上的H点开始发射（即瞬间加速，加速时间可忽略），此后探测器仅在太阳引力作用下，经霍曼转移轨道在I点到达火星。“天问一号”已于2020年7月23日发射升空，请根据上述信息推断“天问一号”到达火星的时间？请查阅资料，结合“天问一号”真实到达时间，对推断时间给出评价。（可能需要用到的数据：）
20．如图所示，在光滑的水平面上有一长为L=5m的木板B，上表面粗糙，在其左端有一光滑的圆弧槽C，与长木板接触但不相连，圆弧槽的下端与木板上表面相平，B、C静止在水平面上。现有滑块A以初速度=8m/s从右端滑上B，一段时间后，以4m/s滑离B，并恰好能到达C的最高点，A、B、C的质量相等，g取10m/s2求：
(1)A刚滑离木板B时，木板B和圆弧槽C的共同速度；
(2)A与B的上表面间的动摩擦因数μ；
(3)圆弧槽C的半径R。
21．如图所示，在光滑水平桌面上放有长木板C，C上右端是固定挡板P，在C上左端和中点各放有小物块A和B，A、B的尺寸以及P的厚度皆可忽略不计，A、B之间和B、P之间的距离皆为L。设A、C之间和B、C之间的动摩擦因数均为μ；A、B、C（连同挡板P的质量均为m。开始时，B和C静止，物块A以某一初速度v0向右运动，导致B、P都发生了一次被动的无机械能损失的碰撞。已知重力加速度为g。试求：
（1）物块A与B发生碰撞前，B和C之间摩擦力的大小；
（2）若已知，求物块A运动过程中的最小速度；
（3）若最终没有物体从C上掉下来，求v0的取值范围。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【解析】
【详解】
试题分析：发生弹性碰撞，没有能量的损失，同时动量也守恒，根据能量守恒和动量守恒看来计算速度的大小．
两者为弹性碰撞时，B获得的速度最大，弹性碰撞前后两小球的总动能不变，则有，，解得
2．B
【解析】
【详解】
试题分析：甲图中，两球碰撞过程动量守恒，碰撞过程机械能不增加，如果两球质量相等，则碰撞后的速度不大于v，故A错误；乙图中，图中光的颜色保持不变的情况下，光照越强，光电子数目越多，则饱和光电流越大，故B正确；丙图中，由左手定则可知，甲带正电，则甲射线由粒子组成，乙不带电，射线乙是γ射线，丙射线粒子带负电，则丙射线由电子组成，故C错误；图4中链式反应属于重核裂变，故D错误；
考点：考查了动量守恒，光电效应，重核裂变等
【名师点睛】掌握基础知识即可正确解题，对选修内容要熟练掌握基础知识；入射光的频率增大，光电子的最初动能增大，遏止电压增大，光电效应现象中，遏制电压与光照强度无关．
3．A
【解析】
【详解】
物块做平抛运动，机械能守恒，则初状态的机械能：，且，即；末状态的机械能：，且，则，根据机械能守恒定律：，即，解得，设此时速度与水平方向的夹角为，则，故选A．
【点睛】根据机械能守恒定律，以及已知条件，分别列式即可求出此时速度与水平速度的关系，从而求出物块此时的速度方向与水平方向夹角的正切．
4．A
【解析】
【分析】
根据动量守恒求解两物体碰撞后的速度；两物体从C点返回到D点过程中，动能转化为重力势能和弹性势能，据此列式求解．
【详解】
AB两物体发生碰撞过程中，两物体组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律可得，解得，以B为研究对象，在碰撞时，根据共点力平衡条件可得弹簧的初始形变量为，又知道CD两点间的距离为，即C点弹簧被压缩了，在D点弹簧应被拉伸了，所以D点的形变量和C点相同，在两点弹簧的弹性势能相等，故从C点返回D点有：，解得，A正确．
【点睛】
本题的突破口是分析弹簧在C点和D点的形变量关系，在两点弹簧的形变量恰好相等，即从C点到D点弹簧弹性势能变化为零，即物体的动能全部转化为重力势能，在利用能分析弹簧问题时，一定要注意考虑全面，过程中什么能转化为什么能．
5．C
【解析】
【详解】
由动量守恒
损失的机械能
解得碰前A 球的速度
故选C。
6．A
【解析】
【详解】
AB．碰撞是十分普遍的现象，它是相对运动的物体相遇时在极短时间内运动状态发生显著变化的一种现象，一般内力远大于外力，系统动量守恒，A正确，B错误。
C．如果碰撞中机械能守恒，就叫做弹性碰撞，C错误；
D．微观粒子的相互作用同样具有短时间内发生强大内力作用的特点，所以仍然是碰撞，D错误。
故选A。
7．D
【解析】
【分析】
【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。
8．C
【解析】
【详解】
A．小球A、B发生对心碰撞，有可能是完全弹性碰撞，完全非弹性碰撞，非弹性碰撞；若是完全非弹性碰撞，则AB两小球具有共同速度，若不是，两球无共同速度，则A错误；
B．若A、B球发生完全非弹性碰撞，AB碰后有共同速度，有动量守恒可得
解得
若A球质量等于B球质量，则
故B错误；
CD．小球A、B发生对心碰撞，若是完全弹性弹性碰撞，则根据动量守恒和机械能守恒，则
解得
，
若A球质量小于B球质量，有上述和的表达式可知
A球质量足够大，B球质量足够小，有上述和的表达式可知
故C正确，故D错误。
故选C。
9．BD
【解析】
【详解】
根据完全弹性碰撞关系可得
mv=mvA+3mvB
解得
根据完全非弹性碰撞关系可得
mv=4mvAB
解得
vA=vAB=2.5m/s
所以若碰撞后A的速度向右，则应该小于等于2.5m/s；若碰撞后A的速度向左，则应该小于等于5m/s；
故选BD。
10．CD
【解析】
【详解】
碰撞的瞬间M和m组成的系统动量守恒，m0的速度在瞬间不变，以M的初速度方向为正方向，若碰后M和m的速度变v1和v2，由动量守恒定律得
Mv=Mv1+mv2
若碰后M和m速度相同，由动量守恒定律得
故CD正确，AB错误。
故选CD。
11．BC
【解析】
【详解】
以两球组成的系统为研究对象，以碰撞前A球的速度方向为正方向，如果碰撞为弹性碰撞，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
解得
如果碰撞为完全非弹性碰撞，以A球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得
解得
则碰撞后B球的速度范围是
所以碰撞后B球的速度可能值为1m/s和2m/s，故AD错误，BC正确。
故选BC。
12．BC
【解析】
【详解】
由题意知
如果两球发生完全非弹性碰撞，碰后两者速度相等，设为，碰撞过程中系统动量守恒，以A的初速度为正方向，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，碰撞过程中系统动量守恒，机械能守恒，以A的初速度为正方向，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
代入数据解得
可知碰后B的速度范围是
故BC正确，AD错误。
故选BC。
13．BD
【解析】
【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。
14．BCD
【解析】
【详解】
A．在下滑过程中，对于物块和槽组成的系统，只有重力做功，系统的机械能守恒，故A正确；
B．在下滑的过程中，物块和槽在水平方向上的合外力为零，竖直方向上的合外力不为零，故系统的合外力不为零，不符合动量守恒的条件，故系统的动量不守恒，故B错误；
C．在压缩弹簧的过程中，物块和弹簧组成的系统，水平方向受到竖直墙壁水平向左的作用力，合外力不为零，故物块和弹簧组成的系统动量不守恒，故C错误；
D．因为物块与槽在水平方向上动量守恒，由于质量相等，根据动量守恒定律知物块离开槽时物块与槽的速度大小相等，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，所以物块不会再滑上弧形槽，故D错误。
本题选不正确的，故选BCD。
15．（1），；（2），；（3），
【解析】
【详解】
（1）规定水平向左为正方向，设A、B第一次碰撞后瞬间各自的速度大小分别为v1、v2，则根据动量守恒定律和机械能守恒定律分别得
①
②
联立①②解得
③
④
（2）设A、B第二次碰撞前瞬间各自的速度大小分别为v3、v4，则根据动能定理有
⑤
⑥
联立③④⑤⑥解得
⑦
⑧
（3）要使A、B能发生第二次碰撞，则应有
v4＞v3 ⑨
联立⑦⑧⑨解得
⑩
根据③⑩分别可得
联立 可得M与m应满足的关系为
16．⑴,⑵=1.44kgm/s
【解析】
【详解】
（1）AB两球发生弹性碰撞，满足动量守恒定律和机械能守恒定律
所以,
A的方向为水平向左，B的方向为水平向右
（2）分析B球，由动量定理，有，方向水平向右
17．（1）；（2）
【解析】
【分析】
【详解】
（1）以向右为正方向，m1与m3碰撞动量守恒，则有
m1v0=(m1+m3）v1
可得m1、m3碰后共同速度为
v1=
（2）当三个物体的速度相同时弹簧第一次压缩最短，取向右为正方向，由动量守恒定律得：
（m1+m3）v1=(m1+m3+m2）v2
由碰后过程系统的机械能守恒得
（m1+m3）v12=EP+（m1+m3+m2）v22
联立解得
18．（1） （2）
【解析】
【详解】
（1）设小球C刚摆到最低点时速度为v，由机械能守恒：
C与A碰后速度分别为、，由动量守恒：
由动能关系： ，联立得到：，．
（2）假设物块B未滑离木板A达共同速度
由动量守恒：
设相对路程为，由功能关系：
得到：，假设成立
所以系统产生的内能：．
19．（1）①②k≥36；（2）①当r≥R时，，当0≤rR时，，；②用时约为0.70倍的地球公转周期，即8.4个月左右，因此“天问一号”将于2021年4月初到达火星。火星与地球半径不是严格的1.5倍关系，火星和地球的公转轨道实际不共面，实际火星轨道为椭圆轨道等，这些建模过程中忽略的因素都会对结果造成影响。
【解析】
【详解】
（1）①1号小球与2、3小球碰撞之前的速度为v0，则由机械能守恒定律有
解得
由于3个小钢球完全相同，故由动量守恒定律可得1号小球把它的速度传递给3号小球，即
又由机械能守恒定律的
联立两式解得
②若将2号球左侧涂胶，1、2号球碰撞后粘在一起，再与3号小球相碰，设碰后1、2号球速度为，3号小球速度为，则由动量守恒定律可得
若要3个球碰后都能离开该势阱，只要满足
，
即可，联立解得：k≥36
（2）①当r≥R时，根据引力势能公式可得
当0≤rR时，则距离地心为r处的探测器受到地球引力作用部分的质量为
故地球内部万有引力
从地球外部向内部运动，万有引力做正功，则有
根据功能关系可得，从地球表面向内部运动
故地球内部势能的表达式为
整理即为
函数曲线如图所示
②用时约为0.70倍的地球公转周期，即8.4个月左右，因此“天问一号”将于2021年4月初到达火星。火星与地球半径不是严格的1.5倍关系，火星和地球的公转轨道实际不共面，实际火星轨道为椭圆轨道等，这些建模过程中忽略的因素都会对结果造成影响。
20．(1)2m/s；(2)0.4；(3)0.1m
【解析】
【详解】
(1)对A在木板B上的滑动过程，取A、B、C为一个系统，根据动量守恒定律有
mv0＝m＋2mvB
解得
vB＝=2m/s
(2)对A在木板B上的滑动过程，A、B、C系统减少的动能全部转化为系统产生的热量
解得
μ＝=0.4
(3)对A滑上C直到最高点的作用过程，A、C系统动量守恒
＋mvB＝2mv
A、C系统机械能守恒
解得
R＝=0.1m
21．（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】
（1）A对C的滑动摩擦力使C做匀加速运动，假设C对B的摩擦力能够使B与C整体一起运动，则根据牛顿第二定律可得B、C整体的加速度大小为
①
则C对B的摩擦力大小为
②
假设成立，所以此时B和C之间摩擦力的大小为。
（2）设A与B碰撞前瞬间A和BC整体的速度大小分别为v1、v2，根据动量守恒定律有
③
根据功能关系有
④
设A与B碰撞后二者的速度大小分别为v3、v4，根据动量守恒定律有
⑤
根据能量守恒定律有
⑥
联立③④⑤⑥解得
⑦
⑧
即A与B碰撞后，A和C达到共同速度，而B的速度大于AC整体的速度，所以B对A的摩擦力会使AC整体向右做匀加速运动，而B向右做匀减速运动，由题意可知B和P一定会发生一次碰撞，且碰撞前瞬间B的速度一定大于AC整体的速度，根据前面分析同理可知，B和P碰撞后，B与C交换速度，此时A和B速度相同，而C向右做匀减速运动，B和A向右做匀加速运动，综上所述，A运动过程的最小速度即为A与B第一次碰撞后的速度，即
⑨
（3）假设A以初速度最大值v01开始运动，使得A最终刚好滑至C的最左端时，A、B、C三者达到共同速度v5。由于B与P发生第一次碰撞后，A、B同时向右做匀加速运动，此时二者将与C发生相对滑动，由于B与P碰撞后A、B加速度大小相等，且初速度大小相等，所以在相同时间内位移相等，因此当A相对C滑动L时，B相对C也滑动L，根据动量守恒定律有
⑩
根据功能关系有
联立⑩ 解得
假设A以初速度v02开始运动，使得B运动至P的位置时，A、B、C三者恰好达到共同速度v6，则同理可得
联立 解得
综上所述，若最终没有物体从C上掉下来，v0的取值范围是
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页