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高中物理第五节 弹性碰撞与非弹性碰撞同步测试题
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这是一份高中物理第五节 弹性碰撞与非弹性碰撞同步测试题，共24页。试卷主要包含了5弹性碰撞与非弹性碰撞 课时练，5m/s，6m；当n=2时，l2=7等内容，欢迎下载使用。
1．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
2．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．
3．如图所示，竖直轻质弹簧下端焊接一个质量为m的小球A，A处于静止状态。在A的正下方一质量为2m的小球B正被竖直向上抛出，与A球发生对心弹性正碰，碰前瞬间B球的速度为v0，碰后两球仍沿同一直线运动。当A球运动到碰前初始位置时再次与B球发生弹性对心正碰。则 （ ）
A．在两次碰撞之间的过程中弹簧对A球的冲量一定为零
B．在两次碰撞之间的过程中重力对A球的冲量一定为零
C．若只将题中碰前瞬间B球的速度改为2v0，则两球仍能在原位置发生第二次碰撞
D．A球运动到最高点时，小球B的速度恰好为零
4．第24届冬奥会将于2022年2月在北京和张家口举行冬奥会冰壶项目深受观众喜爱。某次冰壶训练中，冰壶乙静止在圆形区域内，运动员用冰壶甲撞击冰壶乙如图为冰壶甲与冰壶乙碰撞前、后的v—t图像，已知冰壶质量均为，两冰壶发生正碰，碰撞时间极短，则在该次碰撞中损失的机械能为（ ）
A．B．C．D．
5．一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A并立即留在其中，A、B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图所示。则在子弹打击木块A至弹簧第一次被压缩到最短的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统（ ）
A．动量不守恒，机械能守恒B．动量不守恒、机械能不守恒
C．动量守恒，机械能守恒D．动量守恒，总动能减小
6．如图所示，质量为M、长为L的长木板放在光滑水平面上，一个质量也为M的物块（视为质点）以一定的初速度从左端冲上长木板，如果长木板不固定，物块恰好滑行到长木板的中点时与长木板保持相对静止，如果长木板是固定的，则物块冲上长木板后在木板上最多能滑行的距离为（ ）
A．B．C．D．L
7．如图所示，质量为3kg的木板放在光滑水平面上，质量为1kg的物块在木板上，它们之间有动摩擦因数μ＝0.2，物块的初速度大小为 ，方向向左，木板的初速度大小为，方向向右，物体最后没有滑离长木板。下面说法正确的是（ ）
A．物块和木板相对静止的速度大小是2.5m/s
B．系统损失机械能为7J
C．长木板长度至少为3m
D．物体相对运动时间是1s
8．如图，质量为M的小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一光滑圆弧，BC段是长为的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点。一质量为m的滑块在小车从A总由静止开始沿轨道滑下，然后滑入BC轨道，最后恰好停在C点，已知小车质量M=m，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则（ ）
A．小车和滑块组成的系统动量守恒
B．滑块运动过程中，最大速度为
C．滑块从B到C运动过程中，小车的位移为
D．滑块运动过程中对小车的最大压力为mg
9．两个小木块B、C中间夹着少量炸药，使它们一起在光滑水平面上沿直线匀速运动，此时它们的运动图线如图中a线段所示，在末，引爆炸药，B、C瞬间分离后，运动图线分别如图中b、c线段所示。从图中的信息可知（ ）
A．木块B、C分离后的运动方向相反
B．木块B的质量是木块C质量的四分之一
C．木块B、C分离前后B木块的动量变化量较大
D．木块B、C分离前后，系统的总动能增加
10．如图所示，物体A、B的质量分别为m、2m，物体B置于水平面上，B物体上部半圆型槽的半径为R，将物体A从圆槽的右侧最顶端由静止释放，一切摩擦均不计。则下列说法正确的是（ ）
A．A不能到达B圆槽的左侧最高点B．B向右匀速运动
C．A运动到圆槽最低点的速率为D．B向右运动的最大位移大小为
11．两个小球A，B在光滑的水平地面上相向运动，已知它们的质量分别是，，A的速度（设为正），B的速度，则它们发生正碰后，其A、B两球速度可能分别为（ ）
A．均为B．和
C．和D．和
12．如图所示，两条形磁铁各固定在甲、乙两小车上，它们能在水平面上无摩擦的运动，甲车与磁铁的总质量为2kg，乙车与磁铁的总质量为1kg，两磁铁N极相对，现使两车在同一直线上相向运动，某时刻甲车的速度为4m/s，乙车的速度为6m/s，可以看到它们没有相碰就分开了，下列说法正确的是（ ）
A．乙车开始反向时，甲车的速度为1m/s，方向不变
B．两车相距最近时，乙车的速度为零
C．两车相距最近时，乙车的速度约为0.66m/s，与乙车原来的速度方向相反
D．甲车对乙车的冲量与乙车对甲车的冲量相同
13．如图所示，大小相同的摆球a和b的质量分别为m和3m，摆长相同，并排悬挂，平衡时两球刚好接触，将摆球a向左拉到虚线位置后释放。若两球的碰撞是弹性的，下列判断正确的是（ ）
A．第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等
B．第一次碰撞后的瞬间，a和b球都向右运动
C．第一次碰撞后，a球反弹可以重新回到左侧虚线位置
D．第一次碰撞后，b球不可能到达右侧虚线位置
14．倾角为θ的固定斜面底端安装一弹性挡板，P、Q两物块的质量分别为m和4m，Q静止于斜面上A处。某时刻，P以沿斜面向上的速度v0与Q发生弹性碰撞。Q与斜面间的动摩擦因数，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。P与斜面间无摩擦。斜面足够长，Q的速度减为零之前P不会再与之发生碰撞。重力加速度大小为g。关于P、Q运动的描述正确的是（ ）
A．P与Q第一次碰撞后P的瞬时速度大小为
B．物块Q从A点上升的总高度
C．物块P第二次碰撞Q前的速度为
D．物块Q从A点上升的总高度
15．像子弹这样高速运动物体的速度通常很难直接测量，但我们可以借助物理学设计方案帮助我们测量。如图所示，有一种测子弹速度的方案如下：利用长为L的细线下吊着一个质量为M的沙袋（大小可忽略不计）一颗质量为m、子弹水平射入沙袋并在极短时间内留在其中，然后随沙袋一起摆动，摆线与竖直方向的最大偏角是θ（小于90°），已知重力加速度为g，不计空气阻力。
A．子弹射入沙包后和沙包的共同速度为
B．子弹射入沙包前的瞬时速度
C．系统损失的机械能
D．子弹射入沙包后的瞬时细绳拉力为3(M+m)g(1-csθ)
16．如图所示，在水平面上有一弹簧，其左端与墙壁相连，O点为弹簧原长位置，O点左侧水平面光滑，水平段长，P点右侧有与水平方向成的足够长的传送带，传送带与水平面在P点平滑连接，皮带轮逆时针转动速率为，一质量为可视为质点的物块A压缩弹簧（与弹簧不栓接），使弹簧获得弹性势能，物块与段动摩擦因数，另一与A完全相同的物块B停在P点，B与传送带的动摩擦因数，传送带足够长，A与B碰撞后粘在一起，重力加速度，现释放A，若最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
（1）物块A、B碰撞前瞬间，A的速度大小；
（2）A、B整体在传送带上运动时，能到达距P点的最大距离；
（3）A、B碰撞后的整个运动过程中，A、B整体与传送带之间由于摩擦而产生的热量。
17．如图所示，A为固定且光滑的四分之一圆轨道，轨道半径为，轨道底端的切线方向是水平的，质量为的小车B静止于轨道右侧，其上表面与轨道底端在同一水平面上，质量为的物块C由静止从轨道顶端滑下，冲上小车后经过一段时间与小车相对静止并一起运动。物块与小车间的动摩擦因数为，不计小车与水平面间的摩擦以及物块的大小，。求：
（1）物块滑到轨道最底端时受到轨道的支持力大小；
（2）物块与小车相对静止时的速度大小；
（3）物块在小车上发生滑动过程中产生的热量。
18．将两个完全相同的磁铁（磁性极强）分别固定在质量相等的小车上，水平面光滑。开始时甲车速度大小为3 m/s，方向向右，乙车速度大小为2 m/s，方向向左并与甲车速度方向在同一直线上，如图所示。
（1）当乙车速度为零时，甲车的速度多大？方向如何？
（2）由于磁性极强，故两车不会相碰，那么两车的距离最小时，乙车的速度是多大？方向如何？
19．如图所示，木板质量M=2kg，初始时刻静止在粗糙水平地面上，右端与墙壁相距L=0.4m，可视为质点的质量m=1kg的小物块，以初速度v0=8m/s从木板左端滑上。物块与木板之间的动摩擦因数μ1=0.4，木板与地面之间的动摩擦因数μ2=0.08，重力加速度g=10m/s2，物块或木板与墙壁相碰都原速反弹，物块始终没有从木板右端掉落。求：
（1）物块滑上木板时物块和木板的加速度大小；
（2）若木板第一次与墙壁碰撞时，物块还未滑到木板右端，则木板第一次向左运动的最大距离；
（3）要保证物块与木板始终不共速，且物块和木板同时与墙壁相碰，木板的可能长度有哪些值？
20．如图所示，“L”形木板A静止放在倾角为37°的足够长的斜面上。木板质量为2m，上表面光滑，左端凸起部分垂直于板面且其到木板右端距离为l；木板下表面与斜面之间动摩擦因数μ=0.75。现将一质量为m的小物块B（视为质点）从木板上的右端静止释放，并从此处开始计时。此后物块与木板发生碰撞，碰撞时间极短且不计机械能损失。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，sin37°=0.6，cs37°=0.8，求：
（1）物块与木板第一次碰撞后瞬间，木板的加速度大小；
（2）物块与木板第一次碰撞到第二次碰撞之间，物块与木板左端凸起的最远距离；
（3）从开始计时到物块与木板刚好第n次碰撞的过程，物块与木板运动的时间和各自位移大小。
参考答案
1．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。
2．B
【详解】
向右为正方向，则由动量守恒可知
即
解得
故选B。
3．D
【详解】
A．A和B碰撞过程，碰后A的速度为 ，B的速度为 ，根据
解得
由于第二次碰撞是在初始位置，根据能量守恒，则回到初始位置时速度和碰后的速度大小相同方向相反，设运动时间为t，则对于A
对于B
解得在两次碰撞之间的过程中弹簧对A球的冲量
A错误；
B．在两次碰撞之间的过程中重力对A球的冲量
B错误；
C．B球的速度为v0碰撞后，小球B做竖直上抛运动，只将题中碰前瞬间B球的速度改为2v0，B球的能量增加，但是B球仍做竖直上抛运动，但是碰后A球的能量也增加，由于小球A和弹簧相连接，A小球的运动情况与第一次不相同，则两球不会在原位置发生第二次碰撞，C错误；
D．由于第二次碰撞是在初始位置，根据运动对称性，两个小球上升和下降的时间是相同的，A球运动到最高点时，小球B做竖直上抛运动也运动到最高点，此时的速度恰好为零，D正确。
故选D。
4．C
【详解】
根据图像判断两冰壶在t=3.0s时发生碰撞，此时冰壶甲速度为，碰后冰壶甲速度为，设碰后冰壶乙速度为，根据动量守恒定律得
解得
所以机械能损失
故C正确。
故选C。
5．D
【详解】
子弹与木块A产生了非弹性碰撞，消耗了能量，总动能减小,故机械能不守恒，整个系统水平方向没有外力，故动量是守恒的，故D正确，ABC错误。
故选D。
6．D
【详解】
若长木板不固定，根据动量定理
根据动能定理
若长木板是固定的，根据动能定理
各式联立解得
故选D。
7．C
【详解】
A．向右为正方向，则由动量守恒定律
解得
v=2m/s
选项A错误；
B．系统损失机械能为
选项B错误；
C．根据
解得长木板的长度至少
选项C正确；
D．对木块由动量定理
解得
t=1.5s
选项D错误。
故选C。
8．C
【详解】
A．小车和滑块组成的系统在水平方向动量守恒。A错误；
B．当滑块滑到B点时，滑块速度最大，根据水平方向动量守恒及机械能守恒得
，
解得
B错误；
C．滑块从B到C运动过程中，根据动量守恒有
，
解得
C正确；
D．当滑块滑到B点时，对小车的压力最大，根据牛顿第二定律得
解得
根据牛顿第三定律，滑块对小车的最大压力为5mg。D错误。
故选C。
9．BD
【详解】
A. 图像的斜率表示速度的大小，从图像上可以木块B、C分离后的运动方向相同，故A错误；
B. 碰前的速度为
碰后B的速度为
碰后C的速度为
碰撞动量守恒
解得
故B正确；
C.系统内动量守恒所以 木块B、C分离过程中两木块的动量大小相等，方向相反，故C错误；
D. 木块B、C分离前后，由于由化学能转化为动能，所以系统的总动能增大，故D正确；
故选BD。
10．CD
【详解】
A．物体A、B组成的系统在水平方向上动量守恒，当A到达左侧最高位置时速度为零，此时B的速度也为零；由机械能守恒可知，A能到达B圆槽的左侧最高点，故A错误；
B．物体B向右先加速后减速，减速到零之后又向左先加速后减速，即做往返运动，故B错误；
C．由于水平方向上动量守恒，所以有
即
物体A运动到圆槽的最低点的运动过程中，A、B整体机械能守恒，即
解得
故C正确；
D．物体A、B在水平方向上的最大位移之和为2R，由于A的速度总是B的2倍，所以A的位移也是B的2倍，则B向右运动的最大位移大小为
故D正确。
故选CD。
11．AD
【详解】
由动量守恒，可验证四个选项都满足要求，再看动能情况，有
由于碰撞过程动能不可能增加，所以应有，故B错误；由于小球A、B沿同一直线相向运动，发生碰撞后不可能都保持原来的速度方向，故C错误。
故选AD。
12．AC
【详解】
A．乙车开始反向时速度为零，根据动量守恒定律得
m甲v甲 - m乙v乙 = m甲v甲′（取向右为正）
代入数据有
v甲′ = 1m/s
A正确；
BC．当两车速度相同时，相距最近，设共同速度为v共，则有
m甲v甲 - m乙v乙 = (m甲 + m乙)v共（取向右为正）
代入数据有v = 0.66m/s，水平向右，与乙车原来的速度相反，B错误、C正确；
D．甲对乙的力与乙对甲的力是一对作用力与反作用力，方向相反，则它们的冲量方向相反，则甲对乙的冲量与乙对甲的冲量不等，D错误。
故选AC。
13．AD
【详解】
ABC．两球在碰撞前后，水平方向不受外力，故水平方向两球组成的系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律有
mava = mava′ + mbvb′
两球碰撞是弹性的，故机械能守恒，即为
mava2 = mava′2 + mbvb′2
经过计算有
va′ = -；vb′ =
由计算结果可得出，a、b两球碰撞后速度等大反向，A正确、B错误；
C．由以上计算可知碰撞后a的速度变小了，则a球反弹不可以重新回到左侧虚线位置，C错误；
D．根据机械能守恒有
gh = v2（质量m消去）
可看出b碰后的速度也比a碰撞前的速度小，则b球不可能到达右侧虚线位置，D正确。
故选AD。
14．CD
【详解】
A．P与Q的第一次碰撞，取P的初速度方向为正，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
联立解得
A错误；
BD．当P与Q达到H时，两物块到此处的速度可视为零，对两物块运动全过程由动能定理得
解得
B错误，D正确；
C．P运动至与Q刚要发生第二次碰撞前的位置时速度为，第一次碰撞后至第二次碰撞前，对P由动能定理得
P与Q的第一次碰撞，取P的初速度方向为正，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
联立解得
C正确；
故选CD。
15．ABC
【详解】
A．子弹射入后沙包后一起摆动过程，据机械能守恒定律可得
解得子弹射入沙包后和沙包的共同速度为
A正确；
B．子弹射入过程，水平方向动量守恒，可得
联立解得子弹射入沙包前的瞬时速度为
B正确；
C．系统损失的机械能为
解得
C正确；
D．子弹射入沙包后的瞬间，据牛顿第二定律可得
解得细绳上的拉力大小为
D错误。
故选ABC。
16．（1）；（2）；（3）
【详解】
(1)从A释放到与B碰撞前，对A运用动能定理
解得
(2)A与B碰撞过程中，以向右为正方向，由动量守恒定律可得
解得
A、B整体在沿传送带向上过程中，有
解得
上滑至最高点的时间为
能到达距P点的最大距离为
(3)此过程A、B整体与传送带的相对位移为
此后A、B整体反向加速，加速度仍为，直到与传送带速度相同时，加速时间为
下滑位移为
此过程A、B整体与传动带的相对位移为
由于
此后A、B整体与传送带共速直到运动到P点，之后沿水平面向左运动，由于
因此A、B整体不会再次滑上传送带，与传送带之间由于摩擦而产生的热量为
联立代入数据解得
17．（1）30N；（2）；（3）1.5J
【详解】
（1）物块C由静止从轨道顶端滑到底端时，根据动能定理有
根据牛顿第二定律有
联立两式得，轨道对物块的支持力大小为
（2）物块C滑上小车到与车保持相对静止，根据动量守恒定律可得
又因为
代入数据可求得：物块与小车相对静止时的速度大小为
（3）根据能量守恒定律，可得物块在小车上发生滑动过程中产生的热量为
代入相关数据求得
18．（1）1 m/s；方向向右；（2）0.5 m/s；方向向右
【详解】
两个小车及磁铁组成的系统在水平方向不受外力作用，两车之间的磁力是系统内力，系统动量守恒，设向右为正方向。
（1）v甲=3 m/s，v乙=-2 m/s。
据动量守恒定律得
mv甲＋mv乙=mv甲′
代入数据解得
v甲′=v甲＋v乙=（3-2） m/s=1 m/s
方向向右。
（2）两车的距离最小时，两车速度相同，设为v′，由动量守恒定律得
mv甲＋mv乙=mv′＋mv′
解得
方向向右。
19．（1）4m/s2，0.8m/s2；（2）0.1m；（3）见解析
【详解】
（1）物块加速度
a=μ1g=4m/s2
对木板有
μ1mg-μ2（M+m）g=Ma1
可得
a1=0.8m/s2
（2）木板向右加速与墙壁第一次碰撞速度为v1，则有
=0.8m/s
碰撞后反向向左减速，加速度为a2，则有
μ1mg+μ2（M+m）g=Ma2
可得
a2=3.2m/s2
向左运动的最大距离为
=0.1m
（3）木板第一次向右加速的时间为t11，则有
可得
木板第一次反向减速的时间为t11，则有
可得
因此第一个来回用的时间
第二次向右加速的时间为t21，则有
可得
同理
，
于是有
，
设木板在第n次与墙壁相碰时与物块同时撞上墙壁，则所用总的时间
可得
物块一直做匀减速运动，则有
可得
当n=1时，l1=5.6m；当n=2时，l2=7.475m；当n=3时，物块末速度
不满足题意，舍掉。
20．（1）；（2）；（3），，
【详解】
（1）碰后瞬间对木板受力分析，如图
解得
（2）小物块下滑过程
与木板碰前瞬间的速度
第一次碰撞瞬间，AB动量、机械能都守恒
解得
，
之后，由于
μ=tanθ
斜面对A的摩擦力与AB整体的重力下滑分力相等，故AB整体动量守恒，当AB速度相同时物块距离木板左端最远，从碰前瞬间到共速
解得
此过程中B的运动类似竖直上抛，初末速度等大，位移为零，故A的位移就等于AB相对位移，
方法一：运动学公式
方法二：能量守恒
解得
（3）第一次碰后，当木板速度恰为零时，根据动量守恒
故物块速度恰好为v，可知从第一次碰后到木板恰好停下的过程中，木板平均速度
物块平均速度
平均速度相同，说明位移也相同，则当木板恰好停下时，物块恰好与木板相接触并发生第二次碰撞，以后的运动应该具有同样的规律，所以到第n次碰撞时
1．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
2．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．
3．如图所示，竖直轻质弹簧下端焊接一个质量为m的小球A，A处于静止状态。在A的正下方一质量为2m的小球B正被竖直向上抛出，与A球发生对心弹性正碰，碰前瞬间B球的速度为v0，碰后两球仍沿同一直线运动。当A球运动到碰前初始位置时再次与B球发生弹性对心正碰。则 （ ）
A．在两次碰撞之间的过程中弹簧对A球的冲量一定为零
B．在两次碰撞之间的过程中重力对A球的冲量一定为零
C．若只将题中碰前瞬间B球的速度改为2v0，则两球仍能在原位置发生第二次碰撞
D．A球运动到最高点时，小球B的速度恰好为零
4．第24届冬奥会将于2022年2月在北京和张家口举行冬奥会冰壶项目深受观众喜爱。某次冰壶训练中，冰壶乙静止在圆形区域内，运动员用冰壶甲撞击冰壶乙如图为冰壶甲与冰壶乙碰撞前、后的v—t图像，已知冰壶质量均为，两冰壶发生正碰，碰撞时间极短，则在该次碰撞中损失的机械能为（ ）
A．B．C．D．
5．一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A并立即留在其中，A、B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图所示。则在子弹打击木块A至弹簧第一次被压缩到最短的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统（ ）
A．动量不守恒，机械能守恒B．动量不守恒、机械能不守恒
C．动量守恒，机械能守恒D．动量守恒，总动能减小
6．如图所示，质量为M、长为L的长木板放在光滑水平面上，一个质量也为M的物块（视为质点）以一定的初速度从左端冲上长木板，如果长木板不固定，物块恰好滑行到长木板的中点时与长木板保持相对静止，如果长木板是固定的，则物块冲上长木板后在木板上最多能滑行的距离为（ ）
A．B．C．D．L
7．如图所示，质量为3kg的木板放在光滑水平面上，质量为1kg的物块在木板上，它们之间有动摩擦因数μ＝0.2，物块的初速度大小为 ，方向向左，木板的初速度大小为，方向向右，物体最后没有滑离长木板。下面说法正确的是（ ）
A．物块和木板相对静止的速度大小是2.5m/s
B．系统损失机械能为7J
C．长木板长度至少为3m
D．物体相对运动时间是1s
8．如图，质量为M的小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一光滑圆弧，BC段是长为的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点。一质量为m的滑块在小车从A总由静止开始沿轨道滑下，然后滑入BC轨道，最后恰好停在C点，已知小车质量M=m，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则（ ）
A．小车和滑块组成的系统动量守恒
B．滑块运动过程中，最大速度为
C．滑块从B到C运动过程中，小车的位移为
D．滑块运动过程中对小车的最大压力为mg
9．两个小木块B、C中间夹着少量炸药，使它们一起在光滑水平面上沿直线匀速运动，此时它们的运动图线如图中a线段所示，在末，引爆炸药，B、C瞬间分离后，运动图线分别如图中b、c线段所示。从图中的信息可知（ ）
A．木块B、C分离后的运动方向相反
B．木块B的质量是木块C质量的四分之一
C．木块B、C分离前后B木块的动量变化量较大
D．木块B、C分离前后，系统的总动能增加
10．如图所示，物体A、B的质量分别为m、2m，物体B置于水平面上，B物体上部半圆型槽的半径为R，将物体A从圆槽的右侧最顶端由静止释放，一切摩擦均不计。则下列说法正确的是（ ）
A．A不能到达B圆槽的左侧最高点B．B向右匀速运动
C．A运动到圆槽最低点的速率为D．B向右运动的最大位移大小为
11．两个小球A，B在光滑的水平地面上相向运动，已知它们的质量分别是，，A的速度（设为正），B的速度，则它们发生正碰后，其A、B两球速度可能分别为（ ）
A．均为B．和
C．和D．和
12．如图所示，两条形磁铁各固定在甲、乙两小车上，它们能在水平面上无摩擦的运动，甲车与磁铁的总质量为2kg，乙车与磁铁的总质量为1kg，两磁铁N极相对，现使两车在同一直线上相向运动，某时刻甲车的速度为4m/s，乙车的速度为6m/s，可以看到它们没有相碰就分开了，下列说法正确的是（ ）
A．乙车开始反向时，甲车的速度为1m/s，方向不变
B．两车相距最近时，乙车的速度为零
C．两车相距最近时，乙车的速度约为0.66m/s，与乙车原来的速度方向相反
D．甲车对乙车的冲量与乙车对甲车的冲量相同
13．如图所示，大小相同的摆球a和b的质量分别为m和3m，摆长相同，并排悬挂，平衡时两球刚好接触，将摆球a向左拉到虚线位置后释放。若两球的碰撞是弹性的，下列判断正确的是（ ）
A．第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等
B．第一次碰撞后的瞬间，a和b球都向右运动
C．第一次碰撞后，a球反弹可以重新回到左侧虚线位置
D．第一次碰撞后，b球不可能到达右侧虚线位置
14．倾角为θ的固定斜面底端安装一弹性挡板，P、Q两物块的质量分别为m和4m，Q静止于斜面上A处。某时刻，P以沿斜面向上的速度v0与Q发生弹性碰撞。Q与斜面间的动摩擦因数，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。P与斜面间无摩擦。斜面足够长，Q的速度减为零之前P不会再与之发生碰撞。重力加速度大小为g。关于P、Q运动的描述正确的是（ ）
A．P与Q第一次碰撞后P的瞬时速度大小为
B．物块Q从A点上升的总高度
C．物块P第二次碰撞Q前的速度为
D．物块Q从A点上升的总高度
15．像子弹这样高速运动物体的速度通常很难直接测量，但我们可以借助物理学设计方案帮助我们测量。如图所示，有一种测子弹速度的方案如下：利用长为L的细线下吊着一个质量为M的沙袋（大小可忽略不计）一颗质量为m、子弹水平射入沙袋并在极短时间内留在其中，然后随沙袋一起摆动，摆线与竖直方向的最大偏角是θ（小于90°），已知重力加速度为g，不计空气阻力。
A．子弹射入沙包后和沙包的共同速度为
B．子弹射入沙包前的瞬时速度
C．系统损失的机械能
D．子弹射入沙包后的瞬时细绳拉力为3(M+m)g(1-csθ)
16．如图所示，在水平面上有一弹簧，其左端与墙壁相连，O点为弹簧原长位置，O点左侧水平面光滑，水平段长，P点右侧有与水平方向成的足够长的传送带，传送带与水平面在P点平滑连接，皮带轮逆时针转动速率为，一质量为可视为质点的物块A压缩弹簧（与弹簧不栓接），使弹簧获得弹性势能，物块与段动摩擦因数，另一与A完全相同的物块B停在P点，B与传送带的动摩擦因数，传送带足够长，A与B碰撞后粘在一起，重力加速度，现释放A，若最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
（1）物块A、B碰撞前瞬间，A的速度大小；
（2）A、B整体在传送带上运动时，能到达距P点的最大距离；
（3）A、B碰撞后的整个运动过程中，A、B整体与传送带之间由于摩擦而产生的热量。
17．如图所示，A为固定且光滑的四分之一圆轨道，轨道半径为，轨道底端的切线方向是水平的，质量为的小车B静止于轨道右侧，其上表面与轨道底端在同一水平面上，质量为的物块C由静止从轨道顶端滑下，冲上小车后经过一段时间与小车相对静止并一起运动。物块与小车间的动摩擦因数为，不计小车与水平面间的摩擦以及物块的大小，。求：
（1）物块滑到轨道最底端时受到轨道的支持力大小；
（2）物块与小车相对静止时的速度大小；
（3）物块在小车上发生滑动过程中产生的热量。
18．将两个完全相同的磁铁（磁性极强）分别固定在质量相等的小车上，水平面光滑。开始时甲车速度大小为3 m/s，方向向右，乙车速度大小为2 m/s，方向向左并与甲车速度方向在同一直线上，如图所示。
（1）当乙车速度为零时，甲车的速度多大？方向如何？
（2）由于磁性极强，故两车不会相碰，那么两车的距离最小时，乙车的速度是多大？方向如何？
19．如图所示，木板质量M=2kg，初始时刻静止在粗糙水平地面上，右端与墙壁相距L=0.4m，可视为质点的质量m=1kg的小物块，以初速度v0=8m/s从木板左端滑上。物块与木板之间的动摩擦因数μ1=0.4，木板与地面之间的动摩擦因数μ2=0.08，重力加速度g=10m/s2，物块或木板与墙壁相碰都原速反弹，物块始终没有从木板右端掉落。求：
（1）物块滑上木板时物块和木板的加速度大小；
（2）若木板第一次与墙壁碰撞时，物块还未滑到木板右端，则木板第一次向左运动的最大距离；
（3）要保证物块与木板始终不共速，且物块和木板同时与墙壁相碰，木板的可能长度有哪些值？
20．如图所示，“L”形木板A静止放在倾角为37°的足够长的斜面上。木板质量为2m，上表面光滑，左端凸起部分垂直于板面且其到木板右端距离为l；木板下表面与斜面之间动摩擦因数μ=0.75。现将一质量为m的小物块B（视为质点）从木板上的右端静止释放，并从此处开始计时。此后物块与木板发生碰撞，碰撞时间极短且不计机械能损失。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，sin37°=0.6，cs37°=0.8，求：
（1）物块与木板第一次碰撞后瞬间，木板的加速度大小；
（2）物块与木板第一次碰撞到第二次碰撞之间，物块与木板左端凸起的最远距离；
（3）从开始计时到物块与木板刚好第n次碰撞的过程，物块与木板运动的时间和各自位移大小。
参考答案
1．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。
2．B
【详解】
向右为正方向，则由动量守恒可知
即
解得
故选B。
3．D
【详解】
A．A和B碰撞过程，碰后A的速度为 ，B的速度为 ，根据
解得
由于第二次碰撞是在初始位置，根据能量守恒，则回到初始位置时速度和碰后的速度大小相同方向相反，设运动时间为t，则对于A
对于B
解得在两次碰撞之间的过程中弹簧对A球的冲量
A错误；
B．在两次碰撞之间的过程中重力对A球的冲量
B错误；
C．B球的速度为v0碰撞后，小球B做竖直上抛运动，只将题中碰前瞬间B球的速度改为2v0，B球的能量增加，但是B球仍做竖直上抛运动，但是碰后A球的能量也增加，由于小球A和弹簧相连接，A小球的运动情况与第一次不相同，则两球不会在原位置发生第二次碰撞，C错误；
D．由于第二次碰撞是在初始位置，根据运动对称性，两个小球上升和下降的时间是相同的，A球运动到最高点时，小球B做竖直上抛运动也运动到最高点，此时的速度恰好为零，D正确。
故选D。
4．C
【详解】
根据图像判断两冰壶在t=3.0s时发生碰撞，此时冰壶甲速度为，碰后冰壶甲速度为，设碰后冰壶乙速度为，根据动量守恒定律得
解得
所以机械能损失
故C正确。
故选C。
5．D
【详解】
子弹与木块A产生了非弹性碰撞，消耗了能量，总动能减小,故机械能不守恒，整个系统水平方向没有外力，故动量是守恒的，故D正确，ABC错误。
故选D。
6．D
【详解】
若长木板不固定，根据动量定理
根据动能定理
若长木板是固定的，根据动能定理
各式联立解得
故选D。
7．C
【详解】
A．向右为正方向，则由动量守恒定律
解得
v=2m/s
选项A错误；
B．系统损失机械能为
选项B错误；
C．根据
解得长木板的长度至少
选项C正确；
D．对木块由动量定理
解得
t=1.5s
选项D错误。
故选C。
8．C
【详解】
A．小车和滑块组成的系统在水平方向动量守恒。A错误；
B．当滑块滑到B点时，滑块速度最大，根据水平方向动量守恒及机械能守恒得
，
解得
B错误；
C．滑块从B到C运动过程中，根据动量守恒有
，
解得
C正确；
D．当滑块滑到B点时，对小车的压力最大，根据牛顿第二定律得
解得
根据牛顿第三定律，滑块对小车的最大压力为5mg。D错误。
故选C。
9．BD
【详解】
A. 图像的斜率表示速度的大小，从图像上可以木块B、C分离后的运动方向相同，故A错误；
B. 碰前的速度为
碰后B的速度为
碰后C的速度为
碰撞动量守恒
解得
故B正确；
C.系统内动量守恒所以 木块B、C分离过程中两木块的动量大小相等，方向相反，故C错误；
D. 木块B、C分离前后，由于由化学能转化为动能，所以系统的总动能增大，故D正确；
故选BD。
10．CD
【详解】
A．物体A、B组成的系统在水平方向上动量守恒，当A到达左侧最高位置时速度为零，此时B的速度也为零；由机械能守恒可知，A能到达B圆槽的左侧最高点，故A错误；
B．物体B向右先加速后减速，减速到零之后又向左先加速后减速，即做往返运动，故B错误；
C．由于水平方向上动量守恒，所以有
即
物体A运动到圆槽的最低点的运动过程中，A、B整体机械能守恒，即
解得
故C正确；
D．物体A、B在水平方向上的最大位移之和为2R，由于A的速度总是B的2倍，所以A的位移也是B的2倍，则B向右运动的最大位移大小为
故D正确。
故选CD。
11．AD
【详解】
由动量守恒，可验证四个选项都满足要求，再看动能情况，有
由于碰撞过程动能不可能增加，所以应有，故B错误；由于小球A、B沿同一直线相向运动，发生碰撞后不可能都保持原来的速度方向，故C错误。
故选AD。
12．AC
【详解】
A．乙车开始反向时速度为零，根据动量守恒定律得
m甲v甲 - m乙v乙 = m甲v甲′（取向右为正）
代入数据有
v甲′ = 1m/s
A正确；
BC．当两车速度相同时，相距最近，设共同速度为v共，则有
m甲v甲 - m乙v乙 = (m甲 + m乙)v共（取向右为正）
代入数据有v = 0.66m/s，水平向右，与乙车原来的速度相反，B错误、C正确；
D．甲对乙的力与乙对甲的力是一对作用力与反作用力，方向相反，则它们的冲量方向相反，则甲对乙的冲量与乙对甲的冲量不等，D错误。
故选AC。
13．AD
【详解】
ABC．两球在碰撞前后，水平方向不受外力，故水平方向两球组成的系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律有
mava = mava′ + mbvb′
两球碰撞是弹性的，故机械能守恒，即为
mava2 = mava′2 + mbvb′2
经过计算有
va′ = -；vb′ =
由计算结果可得出，a、b两球碰撞后速度等大反向，A正确、B错误；
C．由以上计算可知碰撞后a的速度变小了，则a球反弹不可以重新回到左侧虚线位置，C错误；
D．根据机械能守恒有
gh = v2（质量m消去）
可看出b碰后的速度也比a碰撞前的速度小，则b球不可能到达右侧虚线位置，D正确。
故选AD。
14．CD
【详解】
A．P与Q的第一次碰撞，取P的初速度方向为正，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
联立解得
A错误；
BD．当P与Q达到H时，两物块到此处的速度可视为零，对两物块运动全过程由动能定理得
解得
B错误，D正确；
C．P运动至与Q刚要发生第二次碰撞前的位置时速度为，第一次碰撞后至第二次碰撞前，对P由动能定理得
P与Q的第一次碰撞，取P的初速度方向为正，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
联立解得
C正确；
故选CD。
15．ABC
【详解】
A．子弹射入后沙包后一起摆动过程，据机械能守恒定律可得
解得子弹射入沙包后和沙包的共同速度为
A正确；
B．子弹射入过程，水平方向动量守恒，可得
联立解得子弹射入沙包前的瞬时速度为
B正确；
C．系统损失的机械能为
解得
C正确；
D．子弹射入沙包后的瞬间，据牛顿第二定律可得
解得细绳上的拉力大小为
D错误。
故选ABC。
16．（1）；（2）；（3）
【详解】
(1)从A释放到与B碰撞前，对A运用动能定理
解得
(2)A与B碰撞过程中，以向右为正方向，由动量守恒定律可得
解得
A、B整体在沿传送带向上过程中，有
解得
上滑至最高点的时间为
能到达距P点的最大距离为
(3)此过程A、B整体与传送带的相对位移为
此后A、B整体反向加速，加速度仍为，直到与传送带速度相同时，加速时间为
下滑位移为
此过程A、B整体与传动带的相对位移为
由于
此后A、B整体与传送带共速直到运动到P点，之后沿水平面向左运动，由于
因此A、B整体不会再次滑上传送带，与传送带之间由于摩擦而产生的热量为
联立代入数据解得
17．（1）30N；（2）；（3）1.5J
【详解】
（1）物块C由静止从轨道顶端滑到底端时，根据动能定理有
根据牛顿第二定律有
联立两式得，轨道对物块的支持力大小为
（2）物块C滑上小车到与车保持相对静止，根据动量守恒定律可得
又因为
代入数据可求得：物块与小车相对静止时的速度大小为
（3）根据能量守恒定律，可得物块在小车上发生滑动过程中产生的热量为
代入相关数据求得
18．（1）1 m/s；方向向右；（2）0.5 m/s；方向向右
【详解】
两个小车及磁铁组成的系统在水平方向不受外力作用，两车之间的磁力是系统内力，系统动量守恒，设向右为正方向。
（1）v甲=3 m/s，v乙=-2 m/s。
据动量守恒定律得
mv甲＋mv乙=mv甲′
代入数据解得
v甲′=v甲＋v乙=（3-2） m/s=1 m/s
方向向右。
（2）两车的距离最小时，两车速度相同，设为v′，由动量守恒定律得
mv甲＋mv乙=mv′＋mv′
解得
方向向右。
19．（1）4m/s2，0.8m/s2；（2）0.1m；（3）见解析
【详解】
（1）物块加速度
a=μ1g=4m/s2
对木板有
μ1mg-μ2（M+m）g=Ma1
可得
a1=0.8m/s2
（2）木板向右加速与墙壁第一次碰撞速度为v1，则有
=0.8m/s
碰撞后反向向左减速，加速度为a2，则有
μ1mg+μ2（M+m）g=Ma2
可得
a2=3.2m/s2
向左运动的最大距离为
=0.1m
（3）木板第一次向右加速的时间为t11，则有
可得
木板第一次反向减速的时间为t11，则有
可得
因此第一个来回用的时间
第二次向右加速的时间为t21，则有
可得
同理
，
于是有
，
设木板在第n次与墙壁相碰时与物块同时撞上墙壁，则所用总的时间
可得
物块一直做匀减速运动，则有
可得
当n=1时，l1=5.6m；当n=2时，l2=7.475m；当n=3时，物块末速度
不满足题意，舍掉。
20．（1）；（2）；（3），，
【详解】
（1）碰后瞬间对木板受力分析，如图
解得
（2）小物块下滑过程
与木板碰前瞬间的速度
第一次碰撞瞬间，AB动量、机械能都守恒
解得
，
之后，由于
μ=tanθ
斜面对A的摩擦力与AB整体的重力下滑分力相等，故AB整体动量守恒，当AB速度相同时物块距离木板左端最远，从碰前瞬间到共速
解得
此过程中B的运动类似竖直上抛，初末速度等大，位移为零，故A的位移就等于AB相对位移，
方法一：运动学公式
方法二：能量守恒
解得
（3）第一次碰后，当木板速度恰为零时，根据动量守恒
故物块速度恰好为v，可知从第一次碰后到木板恰好停下的过程中，木板平均速度
物块平均速度
平均速度相同，说明位移也相同，则当木板恰好停下时，物块恰好与木板相接触并发生第二次碰撞，以后的运动应该具有同样的规律，所以到第n次碰撞时
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