2022--2023学年高中物理选择性必修第一册同步练习：1.5弹性碰撞和非弹性碰撞
一、单选题
1．（2022高一下·金牛期末）如图所示，物块A、B的质量分别为mA＝2kg，mB＝3kg，物块A左侧固定有一轻质弹簧．开始B静止于光滑的水平面上，A以v0＝5m/s的速度沿着两者连线向B运动，某一时刻弹簧的长度最短．则以下看法正确的是（ ）
A．弹簧最短时A的速度大小为1m/s
B．弹簧最短时A的速度大小为2m/s
C．从B与弹簧接触到弹簧最短的过程中A克服弹簧弹力做的功与弹簧弹力对B所做的功相等
D．从B与弹簧接触到弹簧最短的过程中弹簧对A、B的冲量相同
【答案】B
【知识点】碰撞模型
【解析】【解答】AB．运动过程中动量守恒，弹簧最短时A、B速度相等，根据动量守恒定律可知：
代入数据解得：v=2m/s，A不符合题意，B符合题意.
C．在此过程中A克服弹簧弹力做的功为：
代入数据得： WA=21J
而弹簧弹力对B所做的功为：
代入数据得：WB=6J，故两者不相等，所以C不符合题意.
D．此过程弹簧对A的冲量为：
代入数据得：
对B的冲量为：
代入数据得：
故此过程中弹簧对A、B的冲量大小相同，方向相反，D不符合题意.
故答案为：B
【分析】运动过程中动量守恒，弹簧最短时A、B速度相等。弹簧对A、B的冲量大小相同，方向相反。
2．（2022·湖南）1932年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子（即中子）组成。如图，中子以速度 分别碰撞静止的氢核和氮核，碰撞后氢核和氮核的速度分别为 和 。设碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应，下列说法正确的是（ ）
A．碰撞后氮核的动量比氢核的小 B．碰撞后氮核的动能比氢核的小
C． 大于 D． 大于
【答案】B
【知识点】动量守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】根据动量守恒定律和能量守恒定律可知，发生弹性碰撞时，若两者质量相等，则发生速度交换，所以碰撞后氢核的速度与碰撞前中子的速度相同，动能与碰撞前中子的动能相同；与氮核碰撞后，中子发生反弹，故氮核的动能小于碰撞前中子的动能，B正确；氮核的动量大于氢核的动量，A错误；且氮核的速度小于中子的速度，故C D错误。
故答案为：B。
【分析】根据弹性碰撞过程中遵循动量守恒定律和能量守恒定律列方程求解。
3．（选择性必修一 第一章动量守恒定律 5 弹性碰撞和非弹性碰撞 能力提升练【xm】）如图所示，在光滑的水平面上有2 020个完全相同的小球等间距地排成一条直线，均处于静止状态。现给第一个小球初动能Ek，若小球间的所有碰撞均为对心完全非弹性碰撞，则整个碰撞过程中损失的机械能总量为 （ ）
A． Ek B． Ek C． Ek D． Ek
【答案】D
【知识点】动量守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】设第一个小球的速度为v0，规定第一个小球初速度v0的方向为正方向，将2 020个小球组成的整体看作一个系统，所有碰撞均为完全非弹性碰撞，说明碰后所有小球具有共同的速度，设系统最终的速度为v，根据动量守恒定律可得mv0=2 020mv，解得v= ，则系统损失的机械能为ΔE= m - ·2 020mv2，解得ΔE= Ek，
故答案为：D。
【分析】根据完全非弹性碰撞以及动量守恒定律得出第2020个小球的速度，进一步得出系统损失的机械能。
二、多选题
4．（2022高二下·郑州期末）在光滑水平面上，一质量为m，速度大小为v的A球与质量为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，则碰后B球的速度大小可能是（ ）
A．0.1v B．0.25v C．0.50v D．v
【答案】B,C
【知识点】动量守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】规定A小球初速度的方向为正方向，若为完全非弹性碰撞，则
得
若为弹性碰撞，由动量守恒定律得
由机械能守恒得
解得
根据碰撞的特点可知，碰撞过程中机械能不增加，则碰后B的速度范围
所以和在此范围内。AD不符合题意，BC符合题意。
故答案为：BC。
【分析】若AB碰撞 为非弹性碰撞，根据动量守恒得出碰前和碰后的速度关系，若为弹性碰撞，根据动量守恒以及机械能守恒得出碰前和碰后速度的关系。
5．（2022高二下·广东月考）在冰壶比赛中，红壶以一定速度与静止在大本营中心的蓝壶发生对心碰撞，碰撞时间极短，如图甲所示。碰后运动员用冰壶刷摩擦蓝壶前进方向的冰面，来减小阻力。碰撞前后两壶运动的v-t 图线如图乙中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，已知两壶质量相等，由图像可得（ ）
A．碰撞后，蓝壶经过 5S 停止运动
B．红、蓝两壶的碰撞过程是弹性碰撞
C．碰撞后，蓝壶的瞬时速度为0.8m/s
D．红、蓝两壶从碰后至停止的运动过程中，所受摩擦力的冲量之比为 1：5
【答案】A,C
【知识点】碰撞模型
【解析】【解答】根据题图乙且红壶碰撞前后的图线平行可知，碰撞前红壶速度为1m/s，碰撞后，蓝壶速度为0.8m/s，红壶速度为0.2m/s，碰撞后，红壶经过1s后停止运动，蓝壶经过5s后停止运动，故AC正确；
设两壶的质量为m，碰撞前瞬间系统动能为，碰撞后瞬间系统动能为，碰撞过程中系统机械能不守恒，故红、蓝两壶的碰撞过程是非弹性碰撞，故B错误；
根据动量定理有，，故红、蓝两壶从碰后至停止的运动过程中，所受摩擦力的冲量之比为 1：4，故D错误；
故选AC。
【分析】首先根据题意合题图可知碰撞前后红蓝两壶的速度，从而算出停止的时间，然后算出碰撞前后系统的动能，从而判断是否属于弹性碰撞，最后根据动量定理即可算出摩擦力的冲量之比。
三、综合题
6．（2022·唐山模拟）如图所示，足够长的斜面体被固定在水平面上，底端固定一个弹性挡板，挡板垂直于斜面体，斜面倾角为，A、B两个可视为质点的物块静止在斜面上，与斜面的动摩擦因数都为，物块A到挡板的距离是。A、B的质量分别是m、km（其中k值小于1），现在给B一个初速度，所有碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。
（1）A、B第一次碰撞后A、B的速度大小；
（2）A、B恰好发生第二次碰撞且碰撞位置距离挡板最远，则k值的大小。
【答案】（1）解：对物块B受力分析可知①
所以物块B匀速下滑，设A、B第一次碰撞后A、B的速度分别为vA、vB，根据动量守恒定律有②
根据能量守恒定律有③
联立②③解得④
⑤
又因为k＜1，所以vB的大小为⑥
（2）解：物块B碰后沿斜面向上做匀减速运动，设上滑的最大位移是s，根据动能定理有⑦
易知物块A先做匀速下滑，与挡板碰后反弹速度大小不变，开始匀减速上滑，若A、B恰好发生第二次碰撞且碰撞位置距离挡板最远，根据动能定理有
⑧
联立④⑤⑦⑧解得k＝0.5 ⑨
【知识点】动量守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）对物体B进行受力分析，根据动量守恒定律和能量守恒定律列方程求解。
（2）物块B碰后沿斜面向上做匀减速运动，根据动能定理计算上滑的距离；若A、B恰好发生第二次碰撞且碰撞位置距离挡板最远，再根据动能定理列方程求解。
7．（2022·沧州模拟）如图所示，可视为质点的小球A、B在同一竖直线上间距，小球B距地面的高度，两小球在外力的作用下处于静止状态。现同时由静止释放小球A、B，小球B与地面发生碰撞后反弹，之后小球A与B发生碰撞。已知小球A的质量，小球B的质量，重力加速度，所有的碰撞均无机械能损失，不计碰撞时间。求：
（1）从释放小球A、B到两球第一次相撞所经过的时间；
（2）小球A第一次上升到最大高度时到地面的距离。
【答案】（1）解：小球B落地时，A、B两球的速度大小由
得
从释放两小球到小球B第一次落地所用的时间
小球B反弹后，相对小球A做匀速运动
（方法二：小球B反弹后第一次与小球A碰前小球B所经过的位移大小
小球B反弹后第一次与小球A碰前小球A所经过的位移大小
则
联立解得）
从释放小球A、B到两球第一次相撞所经过的时间
（2）解：两球相撞前瞬间的速度
两球相碰时距地面的高度
两球碰撞时动量守恒，取竖直向上为正方向
解得
小球A第一次碰后上升的最大高度
小球A第一次上升到最大高度时到地面的距离
【知识点】动量守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1） 根据题意分析两球的运动简图，由运动学公式列方程求解；
（2）两球相撞根据动量守恒定律和能量守恒定律计算碰后的速度大小，再由运动学公式列方程求解。
8．（2022·韶关模拟）某冰壶队为了迎接冬奥会，积极开展训练。某次训练中使用的红色冰壶A和蓝色冰壶B的质量均为20kg，初始时两冰壶之间的距离s=7.5m，运动员以v0=2m/s的初速度将红色冰壶A水平掷出后，与静止的蓝色冰壶B碰撞，碰后红色冰壶A的速度大小变为vA=0.2m/s，方向不变，碰撞时间极短。已知两冰壶与冰面间的动摩擦因数均为μ=0.02，重力加速度g=10m/s2。求：
（1）红色冰壶A从开始运动到停下所需的时间；
（2）两冰壶碰撞过程中损失的机械能。
【答案】（1）解：红色冰壶A以v0=2m/s的初速度开始运动后，加速度大小由牛顿第二定律为
方向向左，冰壶A做减速运动，设在与B碰撞时速度为v1，则有
所用时间为
与冰壶B碰撞后，以速度大小变为vA=0.2m/s，方向不变，做减速运动直到停下，所用时间
红色冰壶A从开始运动到停下所需的时间为t=t1+t2=5s+1s=6s
（2）解：两冰壶碰撞满足动量守恒，则有mv1=mvA+m vB
解得vB=v1 vA=1 m/s 0.2 m/s=0.8m/s
两冰壶碰撞中损失的机械能
【知识点】对单物体(质点)的应用；机械能；力与运动的关系；碰撞模型
【解析】【分析】（1）利用牛顿第二定律结合运动学公式就可以得出其运动时间，注意冰壶运动分两段进行。
（2）利用碰撞过程中动量守恒定律就可以求出碰撞后两冰壶的速度，由于在水平面，此过程机械能变化量只在动能的改变。
9．（2022·延庆模拟）如图所示，半径为R的光滑四分之一圆弧轨道AB与粗糙的水平轨道BC平滑连接，A点是四分之一圆弧轨道最高点，B点是四分之一圆弧轨道最低点，现有质量均为m的两物块M和N（可看成质点）。物块N静止于B点，物块M从A点由静止释放，两物块在B点发生弹性碰撞，已知水平轨道与物块之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，求：
（1）碰撞前瞬间物块M受轨道支持力的大小；
（2）碰撞后物块N在水平轨道上滑行的最大距离。
【答案】（1）解：设物块M从A点运动到B点时速度为v0，由机械能守恒定律可得
设M在A点所受的支持力为FN，则有
解得
FN=3mg
（2）解：两物块在B点发生弹性碰撞，有
解得
根据动能定理，有
解得
【知识点】动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】（1）利用动能定理求出其在B点速度，然后根据牛顿第二定律就可以解出最终答案；
（2）知道物块M和N发生弹性碰撞时利用弹性碰撞知识解决，然后利用动能定理就可以求出最终答案。
10．（2021高三上·烟台期中）如图所示，在水平地面上固定一倾角为 的足够长斜面，斜面上有两个质量均为 的小物块A、B。 时刻，A、B间的距离为 ，此时A、B的瞬时速度方向均沿斜面向上，大小分别为 ，若A与斜面间的摩擦力不计，B与斜面间的动摩擦因数为 ，A、B之间的碰撞时间极短，已知重力加速度 ，从 时刻起，在此后的运动过程中，求：
（1）A、B发生碰撞前，它们之间的最远距离；
（2）A、B发生碰撞的时刻；
（3）碰撞后瞬间，B的动能大小的取值范围。
【答案】（1）解：物块A在斜面滑动时，有
解得a1=6m/s2
当物块B在斜面向上滑动时，有
解得a2=10m/s2
当A、B达到共同速度时相距最远
解得t1=0.5s
A、B之间的最远距离 xmax=L＋xB1－xA1
xmax=L＋（ ）－（ ）
联立解得 xmax=7
（2）解：当物块B从v2减到零时，有
得t2=2s
则t2时刻，A、B之间的距离 x=L＋xB2－xA2
x=L＋ －（ ）
联立解得 x=2.5m
因为
可判断出物块B减速到零后沿斜面下滑，当物块B在斜面向下滑动时，有
解得a3=2m/s2
t2=2s时，物块A的速度大小
得vA2=6m/s
从t2=2s时刻起，设再经过 t时间物块A、B发生碰撞，则有
联立解得 t=0.5s或 t=2.5s（舍去）
则物块A、B发生碰撞的时刻t=t2＋ t=2.5s
（3）解：设沿斜面向上为正方向，碰撞前A的速度vA=vA2－a1 t=3m/s
碰撞前B的速度vB=－a3 t=－1m/s
在A、B碰撞前后，A、B系统的动量守恒mvA＋mvB=mvA’＋mvB’
A、B两球碰撞前后总动能的关系为
若为弹性碰撞，A、B两球速度互换，分别为-1m/s、3m/s
若为完全非弹性碰撞，碰后A、B两球速度相等，可解出分别为1m/s、1m/s
动能与速度的关系为
由此可知碰撞后B球动能的取值范围为0.5J≤EkB≤4.5J
【知识点】动量守恒定律；牛顿第二定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）对物块A、B受力分析，结合牛顿第二定律，求解A、B加速度，根据运动学公式，求解AB共速时间，根据位移公式，求解AB位移，计算出AB距离的最大值。
（2）求B速度减到0的时间，求解此时AB距离，判断重力分量和摩擦力关系，确定B继续下滑，重新受力分析，求解B新的加速度，根据新的加速度列位移公式，求解碰撞时间。
（3）碰撞后，满足动量守恒，若弹性碰撞，还满足动能守恒，联立，求解B的速度，此时对应最大动能，若非弹性碰撞，碰后共速，此时对应最小动能。
11．（2021高三上·广东月考）如图所示，质量m1=1kg的木板A静止在粗糙的水平地面上，质量m2=1kg，可视为质点的物块B放在木板的右端；质量m3=2kg的滑块C以速度v0=4m/s与木板发生碰撞，且碰撞时间极短，之后滑块C再向前运动了x0=1m后停止，物块B恰好没有脱离木板A。已知物块B与木板A间的动摩擦因数μ1=0.4，木板A和滑块C与地面间的动摩擦因数均为μ2=0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g=10m/s2.求：
（1）滑块C与木板A碰撞后瞬间木板A的速度大小；
（2）整个过程中物块B的位移大小。
【答案】（1）解：滑块C与木板A碰撞后速度为v1，则有
解得
滑块C与木板A碰撞过程，由动量守恒定律有
代入数据解得
（2）解：对B分析，由牛顿第二定律有
解得
对A分析有
解得
A与B相互作用过程，A做匀减速直线运动，B做匀加速度直线运动，两者共速时有
解得
则
共速后，两者一起做匀减速运动，有
解得
两者一起做匀减速运动到停下所用的时间为
整个过程中物块B的位移大小
【知识点】碰撞模型；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【分析】(1)根据题意，C与A碰撞后的运动合力是摩擦力，根据动能定理就可以求出C碰撞后的速度，A与C碰撞过程中动量守恒，根据此就可以求出A的速度；
（2）在A带着B运动的过程，当A的速度大于B的速度时，根据受力分析结合牛顿第二定律以及运动学分析就可以分析两者共速前的运动情况，两者共速后由于，所以两者共速后，不再发生相对运动。
12．（2021高二上·南京期中）把一个质量为 的小球放置于高度为 的直杆顶端，一颗质量为 的弹丸以 的速度沿水平方向对准球心击打小球，g取 ．不计空气阻力。
（1）若弹丸嵌入小球，求击中后瞬间小球的速度大小；
（2）若弹丸穿透小球后，小球落地点离杆的距离 ，求弹丸的落地点离杆的距离；
（3）若弹丸与小球发生弹性碰撞，求二者落地点的距离。
【答案】（1）由动量守恒定律可知
解得v=10m/s
（2）若子弹穿过小球，则
解得x=30m
（3）若弹丸与小球发生弹性碰撞，则
二者落地点的距离
代入数据解得
【知识点】动量守恒定律；平抛运动；碰撞模型
【解析】【分析】（1）根据动量守恒列式，求解小球速度。
（2）根据动量守恒结合平抛规律，求解弹丸的落地点到杆的距离。
（3）根据动量守恒和弹性碰撞动能守恒，根据位移关系列式，求解速度和位移差。
四、解答题
13．（2022高二下·阎良月考）在列车编组站里，一辆m1 = 1.8×104 kg 的甲货车在平直轨道上以
v1 = 2 m/s 的速度运动，碰上一辆m2
= 2.2×104 kg
的静止乙货车，它们碰撞后结合在一起继续运动，求货车碰撞后的运动速度。
【答案】解：取两辆货车在碰撞前运动方向为正方向，设两车接合后的速度为v， 则两车碰撞前的总动量为m1v1，碰撞后的总动量为(m1+m2)v，由动量守恒定律可得：（m1+m2）v=m1v1
代入数值，得v = 0.9 m/s
即两车接合后以0.9m/s的速度沿着第一辆车原来运动的方向继续运动
【知识点】碰撞模型
【解析】【解答】取两辆货车在碰撞前运动方向为正方向，设两车接合后的速度为v，
由动量守恒定律可得：
代入数值，解得得v = 0.9 m/s
故两车接合后以0.9m/s的速度沿着第一辆车原来运动的方向继续运动
【分析】首先设出碰撞后两车的速度，根据动量守恒定律列出方程，最后代入数据求解即可。
1 / 12022--2023学年高中物理选择性必修第一册同步练习：1.5弹性碰撞和非弹性碰撞
一、单选题
1．（2022高一下·金牛期末）如图所示，物块A、B的质量分别为mA＝2kg，mB＝3kg，物块A左侧固定有一轻质弹簧．开始B静止于光滑的水平面上，A以v0＝5m/s的速度沿着两者连线向B运动，某一时刻弹簧的长度最短．则以下看法正确的是（ ）
A．弹簧最短时A的速度大小为1m/s
B．弹簧最短时A的速度大小为2m/s
C．从B与弹簧接触到弹簧最短的过程中A克服弹簧弹力做的功与弹簧弹力对B所做的功相等
D．从B与弹簧接触到弹簧最短的过程中弹簧对A、B的冲量相同
2．（2022·湖南）1932年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子（即中子）组成。如图，中子以速度 分别碰撞静止的氢核和氮核，碰撞后氢核和氮核的速度分别为 和 。设碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应，下列说法正确的是（ ）
A．碰撞后氮核的动量比氢核的小 B．碰撞后氮核的动能比氢核的小
C． 大于 D． 大于
3．（选择性必修一 第一章动量守恒定律 5 弹性碰撞和非弹性碰撞 能力提升练【xm】）如图所示，在光滑的水平面上有2 020个完全相同的小球等间距地排成一条直线，均处于静止状态。现给第一个小球初动能Ek，若小球间的所有碰撞均为对心完全非弹性碰撞，则整个碰撞过程中损失的机械能总量为 （ ）
A． Ek B． Ek C． Ek D． Ek
二、多选题
4．（2022高二下·郑州期末）在光滑水平面上，一质量为m，速度大小为v的A球与质量为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，则碰后B球的速度大小可能是（ ）
A．0.1v B．0.25v C．0.50v D．v
5．（2022高二下·广东月考）在冰壶比赛中，红壶以一定速度与静止在大本营中心的蓝壶发生对心碰撞，碰撞时间极短，如图甲所示。碰后运动员用冰壶刷摩擦蓝壶前进方向的冰面，来减小阻力。碰撞前后两壶运动的v-t 图线如图乙中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，已知两壶质量相等，由图像可得（ ）
A．碰撞后，蓝壶经过 5S 停止运动
B．红、蓝两壶的碰撞过程是弹性碰撞
C．碰撞后，蓝壶的瞬时速度为0.8m/s
D．红、蓝两壶从碰后至停止的运动过程中，所受摩擦力的冲量之比为 1：5
三、综合题
6．（2022·唐山模拟）如图所示，足够长的斜面体被固定在水平面上，底端固定一个弹性挡板，挡板垂直于斜面体，斜面倾角为，A、B两个可视为质点的物块静止在斜面上，与斜面的动摩擦因数都为，物块A到挡板的距离是。A、B的质量分别是m、km（其中k值小于1），现在给B一个初速度，所有碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。
（1）A、B第一次碰撞后A、B的速度大小；
（2）A、B恰好发生第二次碰撞且碰撞位置距离挡板最远，则k值的大小。
7．（2022·沧州模拟）如图所示，可视为质点的小球A、B在同一竖直线上间距，小球B距地面的高度，两小球在外力的作用下处于静止状态。现同时由静止释放小球A、B，小球B与地面发生碰撞后反弹，之后小球A与B发生碰撞。已知小球A的质量，小球B的质量，重力加速度，所有的碰撞均无机械能损失，不计碰撞时间。求：
（1）从释放小球A、B到两球第一次相撞所经过的时间；
（2）小球A第一次上升到最大高度时到地面的距离。
8．（2022·韶关模拟）某冰壶队为了迎接冬奥会，积极开展训练。某次训练中使用的红色冰壶A和蓝色冰壶B的质量均为20kg，初始时两冰壶之间的距离s=7.5m，运动员以v0=2m/s的初速度将红色冰壶A水平掷出后，与静止的蓝色冰壶B碰撞，碰后红色冰壶A的速度大小变为vA=0.2m/s，方向不变，碰撞时间极短。已知两冰壶与冰面间的动摩擦因数均为μ=0.02，重力加速度g=10m/s2。求：
（1）红色冰壶A从开始运动到停下所需的时间；
（2）两冰壶碰撞过程中损失的机械能。
9．（2022·延庆模拟）如图所示，半径为R的光滑四分之一圆弧轨道AB与粗糙的水平轨道BC平滑连接，A点是四分之一圆弧轨道最高点，B点是四分之一圆弧轨道最低点，现有质量均为m的两物块M和N（可看成质点）。物块N静止于B点，物块M从A点由静止释放，两物块在B点发生弹性碰撞，已知水平轨道与物块之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，求：
（1）碰撞前瞬间物块M受轨道支持力的大小；
（2）碰撞后物块N在水平轨道上滑行的最大距离。
10．（2021高三上·烟台期中）如图所示，在水平地面上固定一倾角为 的足够长斜面，斜面上有两个质量均为 的小物块A、B。 时刻，A、B间的距离为 ，此时A、B的瞬时速度方向均沿斜面向上，大小分别为 ，若A与斜面间的摩擦力不计，B与斜面间的动摩擦因数为 ，A、B之间的碰撞时间极短，已知重力加速度 ，从 时刻起，在此后的运动过程中，求：
（1）A、B发生碰撞前，它们之间的最远距离；
（2）A、B发生碰撞的时刻；
（3）碰撞后瞬间，B的动能大小的取值范围。
11．（2021高三上·广东月考）如图所示，质量m1=1kg的木板A静止在粗糙的水平地面上，质量m2=1kg，可视为质点的物块B放在木板的右端；质量m3=2kg的滑块C以速度v0=4m/s与木板发生碰撞，且碰撞时间极短，之后滑块C再向前运动了x0=1m后停止，物块B恰好没有脱离木板A。已知物块B与木板A间的动摩擦因数μ1=0.4，木板A和滑块C与地面间的动摩擦因数均为μ2=0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g=10m/s2.求：
（1）滑块C与木板A碰撞后瞬间木板A的速度大小；
（2）整个过程中物块B的位移大小。
12．（2021高二上·南京期中）把一个质量为 的小球放置于高度为 的直杆顶端，一颗质量为 的弹丸以 的速度沿水平方向对准球心击打小球，g取 ．不计空气阻力。
（1）若弹丸嵌入小球，求击中后瞬间小球的速度大小；
（2）若弹丸穿透小球后，小球落地点离杆的距离 ，求弹丸的落地点离杆的距离；
（3）若弹丸与小球发生弹性碰撞，求二者落地点的距离。
四、解答题
13．（2022高二下·阎良月考）在列车编组站里，一辆m1 = 1.8×104 kg 的甲货车在平直轨道上以
v1 = 2 m/s 的速度运动，碰上一辆m2
= 2.2×104 kg
的静止乙货车，它们碰撞后结合在一起继续运动，求货车碰撞后的运动速度。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】碰撞模型
【解析】【解答】AB．运动过程中动量守恒，弹簧最短时A、B速度相等，根据动量守恒定律可知：
代入数据解得：v=2m/s，A不符合题意，B符合题意.
C．在此过程中A克服弹簧弹力做的功为：
代入数据得： WA=21J
而弹簧弹力对B所做的功为：
代入数据得：WB=6J，故两者不相等，所以C不符合题意.
D．此过程弹簧对A的冲量为：
代入数据得：
对B的冲量为：
代入数据得：
故此过程中弹簧对A、B的冲量大小相同，方向相反，D不符合题意.
故答案为：B
【分析】运动过程中动量守恒，弹簧最短时A、B速度相等。弹簧对A、B的冲量大小相同，方向相反。
2．【答案】B
【知识点】动量守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】根据动量守恒定律和能量守恒定律可知，发生弹性碰撞时，若两者质量相等，则发生速度交换，所以碰撞后氢核的速度与碰撞前中子的速度相同，动能与碰撞前中子的动能相同；与氮核碰撞后，中子发生反弹，故氮核的动能小于碰撞前中子的动能，B正确；氮核的动量大于氢核的动量，A错误；且氮核的速度小于中子的速度，故C D错误。
故答案为：B。
【分析】根据弹性碰撞过程中遵循动量守恒定律和能量守恒定律列方程求解。
3．【答案】D
【知识点】动量守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】设第一个小球的速度为v0，规定第一个小球初速度v0的方向为正方向，将2 020个小球组成的整体看作一个系统，所有碰撞均为完全非弹性碰撞，说明碰后所有小球具有共同的速度，设系统最终的速度为v，根据动量守恒定律可得mv0=2 020mv，解得v= ，则系统损失的机械能为ΔE= m - ·2 020mv2，解得ΔE= Ek，
故答案为：D。
【分析】根据完全非弹性碰撞以及动量守恒定律得出第2020个小球的速度，进一步得出系统损失的机械能。
4．【答案】B,C
【知识点】动量守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】规定A小球初速度的方向为正方向，若为完全非弹性碰撞，则
得
若为弹性碰撞，由动量守恒定律得
由机械能守恒得
解得
根据碰撞的特点可知，碰撞过程中机械能不增加，则碰后B的速度范围
所以和在此范围内。AD不符合题意，BC符合题意。
故答案为：BC。
【分析】若AB碰撞 为非弹性碰撞，根据动量守恒得出碰前和碰后的速度关系，若为弹性碰撞，根据动量守恒以及机械能守恒得出碰前和碰后速度的关系。
5．【答案】A,C
【知识点】碰撞模型
【解析】【解答】根据题图乙且红壶碰撞前后的图线平行可知，碰撞前红壶速度为1m/s，碰撞后，蓝壶速度为0.8m/s，红壶速度为0.2m/s，碰撞后，红壶经过1s后停止运动，蓝壶经过5s后停止运动，故AC正确；
设两壶的质量为m，碰撞前瞬间系统动能为，碰撞后瞬间系统动能为，碰撞过程中系统机械能不守恒，故红、蓝两壶的碰撞过程是非弹性碰撞，故B错误；
根据动量定理有，，故红、蓝两壶从碰后至停止的运动过程中，所受摩擦力的冲量之比为 1：4，故D错误；
故选AC。
【分析】首先根据题意合题图可知碰撞前后红蓝两壶的速度，从而算出停止的时间，然后算出碰撞前后系统的动能，从而判断是否属于弹性碰撞，最后根据动量定理即可算出摩擦力的冲量之比。
6．【答案】（1）解：对物块B受力分析可知①
所以物块B匀速下滑，设A、B第一次碰撞后A、B的速度分别为vA、vB，根据动量守恒定律有②
根据能量守恒定律有③
联立②③解得④
⑤
又因为k＜1，所以vB的大小为⑥
（2）解：物块B碰后沿斜面向上做匀减速运动，设上滑的最大位移是s，根据动能定理有⑦
易知物块A先做匀速下滑，与挡板碰后反弹速度大小不变，开始匀减速上滑，若A、B恰好发生第二次碰撞且碰撞位置距离挡板最远，根据动能定理有
⑧
联立④⑤⑦⑧解得k＝0.5 ⑨
【知识点】动量守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）对物体B进行受力分析，根据动量守恒定律和能量守恒定律列方程求解。
（2）物块B碰后沿斜面向上做匀减速运动，根据动能定理计算上滑的距离；若A、B恰好发生第二次碰撞且碰撞位置距离挡板最远，再根据动能定理列方程求解。
7．【答案】（1）解：小球B落地时，A、B两球的速度大小由
得
从释放两小球到小球B第一次落地所用的时间
小球B反弹后，相对小球A做匀速运动
（方法二：小球B反弹后第一次与小球A碰前小球B所经过的位移大小
小球B反弹后第一次与小球A碰前小球A所经过的位移大小
则
联立解得）
从释放小球A、B到两球第一次相撞所经过的时间
（2）解：两球相撞前瞬间的速度
两球相碰时距地面的高度
两球碰撞时动量守恒，取竖直向上为正方向
解得
小球A第一次碰后上升的最大高度
小球A第一次上升到最大高度时到地面的距离
【知识点】动量守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1） 根据题意分析两球的运动简图，由运动学公式列方程求解；
（2）两球相撞根据动量守恒定律和能量守恒定律计算碰后的速度大小，再由运动学公式列方程求解。
8．【答案】（1）解：红色冰壶A以v0=2m/s的初速度开始运动后，加速度大小由牛顿第二定律为
方向向左，冰壶A做减速运动，设在与B碰撞时速度为v1，则有
所用时间为
与冰壶B碰撞后，以速度大小变为vA=0.2m/s，方向不变，做减速运动直到停下，所用时间
红色冰壶A从开始运动到停下所需的时间为t=t1+t2=5s+1s=6s
（2）解：两冰壶碰撞满足动量守恒，则有mv1=mvA+m vB
解得vB=v1 vA=1 m/s 0.2 m/s=0.8m/s
两冰壶碰撞中损失的机械能
【知识点】对单物体(质点)的应用；机械能；力与运动的关系；碰撞模型
【解析】【分析】（1）利用牛顿第二定律结合运动学公式就可以得出其运动时间，注意冰壶运动分两段进行。
（2）利用碰撞过程中动量守恒定律就可以求出碰撞后两冰壶的速度，由于在水平面，此过程机械能变化量只在动能的改变。
9．【答案】（1）解：设物块M从A点运动到B点时速度为v0，由机械能守恒定律可得
设M在A点所受的支持力为FN，则有
解得
FN=3mg
（2）解：两物块在B点发生弹性碰撞，有
解得
根据动能定理，有
解得
【知识点】动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】（1）利用动能定理求出其在B点速度，然后根据牛顿第二定律就可以解出最终答案；
（2）知道物块M和N发生弹性碰撞时利用弹性碰撞知识解决，然后利用动能定理就可以求出最终答案。
10．【答案】（1）解：物块A在斜面滑动时，有
解得a1=6m/s2
当物块B在斜面向上滑动时，有
解得a2=10m/s2
当A、B达到共同速度时相距最远
解得t1=0.5s
A、B之间的最远距离 xmax=L＋xB1－xA1
xmax=L＋（ ）－（ ）
联立解得 xmax=7
（2）解：当物块B从v2减到零时，有
得t2=2s
则t2时刻，A、B之间的距离 x=L＋xB2－xA2
x=L＋ －（ ）
联立解得 x=2.5m
因为
可判断出物块B减速到零后沿斜面下滑，当物块B在斜面向下滑动时，有
解得a3=2m/s2
t2=2s时，物块A的速度大小
得vA2=6m/s
从t2=2s时刻起，设再经过 t时间物块A、B发生碰撞，则有
联立解得 t=0.5s或 t=2.5s（舍去）
则物块A、B发生碰撞的时刻t=t2＋ t=2.5s
（3）解：设沿斜面向上为正方向，碰撞前A的速度vA=vA2－a1 t=3m/s
碰撞前B的速度vB=－a3 t=－1m/s
在A、B碰撞前后，A、B系统的动量守恒mvA＋mvB=mvA’＋mvB’
A、B两球碰撞前后总动能的关系为
若为弹性碰撞，A、B两球速度互换，分别为-1m/s、3m/s
若为完全非弹性碰撞，碰后A、B两球速度相等，可解出分别为1m/s、1m/s
动能与速度的关系为
由此可知碰撞后B球动能的取值范围为0.5J≤EkB≤4.5J
【知识点】动量守恒定律；牛顿第二定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）对物块A、B受力分析，结合牛顿第二定律，求解A、B加速度，根据运动学公式，求解AB共速时间，根据位移公式，求解AB位移，计算出AB距离的最大值。
（2）求B速度减到0的时间，求解此时AB距离，判断重力分量和摩擦力关系，确定B继续下滑，重新受力分析，求解B新的加速度，根据新的加速度列位移公式，求解碰撞时间。
（3）碰撞后，满足动量守恒，若弹性碰撞，还满足动能守恒，联立，求解B的速度，此时对应最大动能，若非弹性碰撞，碰后共速，此时对应最小动能。
11．【答案】（1）解：滑块C与木板A碰撞后速度为v1，则有
解得
滑块C与木板A碰撞过程，由动量守恒定律有
代入数据解得
（2）解：对B分析，由牛顿第二定律有
解得
对A分析有
解得
A与B相互作用过程，A做匀减速直线运动，B做匀加速度直线运动，两者共速时有
解得
则
共速后，两者一起做匀减速运动，有
解得
两者一起做匀减速运动到停下所用的时间为
整个过程中物块B的位移大小
【知识点】碰撞模型；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【分析】(1)根据题意，C与A碰撞后的运动合力是摩擦力，根据动能定理就可以求出C碰撞后的速度，A与C碰撞过程中动量守恒，根据此就可以求出A的速度；
（2）在A带着B运动的过程，当A的速度大于B的速度时，根据受力分析结合牛顿第二定律以及运动学分析就可以分析两者共速前的运动情况，两者共速后由于，所以两者共速后，不再发生相对运动。
12．【答案】（1）由动量守恒定律可知
解得v=10m/s
（2）若子弹穿过小球，则
解得x=30m
（3）若弹丸与小球发生弹性碰撞，则
二者落地点的距离
代入数据解得
【知识点】动量守恒定律；平抛运动；碰撞模型
【解析】【分析】（1）根据动量守恒列式，求解小球速度。
（2）根据动量守恒结合平抛规律，求解弹丸的落地点到杆的距离。
（3）根据动量守恒和弹性碰撞动能守恒，根据位移关系列式，求解速度和位移差。
13．【答案】解：取两辆货车在碰撞前运动方向为正方向，设两车接合后的速度为v， 则两车碰撞前的总动量为m1v1，碰撞后的总动量为(m1+m2)v，由动量守恒定律可得：（m1+m2）v=m1v1
代入数值，得v = 0.9 m/s
即两车接合后以0.9m/s的速度沿着第一辆车原来运动的方向继续运动
【知识点】碰撞模型
【解析】【解答】取两辆货车在碰撞前运动方向为正方向，设两车接合后的速度为v，
由动量守恒定律可得：
代入数值，解得得v = 0.9 m/s
故两车接合后以0.9m/s的速度沿着第一辆车原来运动的方向继续运动
【分析】首先设出碰撞后两车的速度，根据动量守恒定律列出方程，最后代入数据求解即可。
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