高中物理人教版 (2019)选择性必修 第一册弹性碰撞和非弹性碰撞课时练习

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\l "_Tc10333" 题型01 碰撞 PAGEREF _Tc10333 \h 1
\l "_Tc14893" 题型02板块模型 PAGEREF _Tc14893 \h 6
\l "_Tc10122" 题型03 曲面模型 PAGEREF _Tc10122 \h 12
\l "_Tc24059" 题型04 含弹簧的模型 PAGEREF _Tc24059 \h 17
\l "_Tc19003" 题型05 多次碰撞问题 PAGEREF _Tc19003 \h 21
\l "_Tc29998" 创新拓展练 PAGEREF _Tc29998 \h 30
\l "_Tc2545" 链接高考 PAGEREF _Tc2545 \h 36
\l "_Tc7364" 新题速递 PAGEREF _Tc7364 \h 43
题型分组练
题型01 碰撞
1．（24-25高二上·江西新余·期末）将两质量分别为和的物体放在光滑的水平面上，现给两物体沿水平方向的初速度，如图所示为两物体正碰前后的位移随时间的变化规律。已知，则（ ）
A．图线1为碰后物体的图像
B．碰撞过程对的力冲量大小为
C．物体
D．碰撞前物体的速度大小为1m/s
【答案】B
【详解】A．图像的斜率表示物体的速度，可看出碰前、的速度分别为，
即沿正方向与静止的发生正碰，则碰后的速度一定沿正方向，可能反向，从图中可得碰后两球速度为，
所以图线1为碰后物体的图像，A错误；
B．碰撞过程对的力冲量为
即大小为，方向为负方向，B正确；
C．两小球碰撞前后动量守恒，有
可得
C错误；
D．图像的斜率表示物体的速度，可看出碰撞前物体的速度大小为0，D错误。
故选B。
2．（24-25高三上·安徽芜湖·期末）根据交通法规，电动自行车驾驶人和乘坐人员须佩戴安全头盔。头盔可以吸收撞击的能量，再加上安全头盔内的缓冲材料，大大降低了驾驶者受到伤害的程度。如图所示，对某种头盔材料进行测试，已知该材料质量为M，其上表面为坚硬层，下部分为缓冲层（受力后发生明显形变），放在水平桌面上，用质量为m的重物以速率v竖直向下落在材料的上表面上，碰撞时间极短，重物以0.8v的速率反向弹回，已知头盔材料在受到撞击后在桌面上向下挤压的缓冲时间为t，然后静止不动，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．在撞击过程中，重物所受合外力的冲量大小为0.2mv
B．在撞击过程中，重物受到重力的冲量大小为mgt
C．头盔材料向下缓冲过程中，对桌面的平均压力大小为
D．头盔材料向下缓冲过程中，对桌面的平均压力大小为
【答案】D
【详解】A．在撞击过程中，以竖直向上为正方向，根据动量定理可得
可知重物所受合外力的冲量大小为1.8mv，故A错误；
B．在撞击过程中，碰撞时间极短，重物受到重力的冲量大小几乎为0，可以忽略不计，故B错误；
CD．在撞击过程中，根据动量守恒可得
解得头盔材料的速度为
头盔材料在受到撞击后在桌面上向下挤压的缓冲时间为t，然后静止不动，以竖直向上为正方向，根据动量定理可得
解得
根据牛顿第三定律可知，头盔材料向下缓冲过程中，对桌面的平均压力大小为，故C错误，D正确。
故选D。
3．（24-25高二上·江苏扬州·期末）如图所示，在水平桌面上，粘在一起的两个一元硬币甲与静止的一元硬币乙发生一维碰撞。在下列描述甲、乙速度v与时间t的关系图像中，可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【详解】硬币与桌面的动摩擦因数相同，根据
可知
则图像的斜率应相同；
规定向右为正方向，根据动量守恒定律有
图像中每个单位格设为1，代入验证可知A符合。
故选A。
4．（24-25高二上·山西·阶段练习）如图所示，物体A、B放在光滑的水平面上，且两物体间有一定的间距。时刻，分别给物体A、B一向右的速度，物体A、B的动量大小均为，经过一段时间两物体发生碰撞，已知碰后物体B的动量变为，两物体的质量分别为、，则下列说法正确的是（ ）

A．物体A的动量增加B．物体A的质量可能大于物体B的质量
C．若碰后两物体粘合在一起，则D．若该碰撞无机械能损失，则
【答案】C
【详解】A．由题意可知，该碰撞过程物体B的动量增加了
碰撞过程两物体的动量守恒，则有
所以物体A的动量减少了4kg·m/s，故A错误；
B．由题意碰前物体A的速度一定大于物体B的速度，则有
解得
故B错误；
C．若碰后两物体粘合在一起，则碰后两物体的速度相同，则有
又
解得
故C正确；
D．若该碰撞为弹性碰撞，则碰撞过程中没有能量损失，则有
解得
故D错误。
故选C。
5．（23-24高二上·江苏扬州·阶段练习）如图所示为大球和小球叠放在一起、在同一竖直线上进行的超级碰撞实验，可以使小球弹起并上升到很大高度。将质量为（）的大球（在下），质量为m的小球（在上）叠放在一起，从距地面高h处由静止释放，h远大于球的半径，不计空气阻力。假设大球和地面、大球与小球的碰撞均为完全弹性碰撞，且碰撞时间极短。下列说法正确的是（ ）

A．两球一起下落过程中，小球对大球的弹力大小为
B．大球与地面第一次碰撞过程中，地面对大球平均作用力的冲量大小为
C．无论k取什么值，大球与小球碰撞后大球的速度均不能为0
D．若大球的质量远大于小球的质量，小球上升的最大高度约为9h
【答案】D
【详解】A．两球一起下落过程中都做自由落体运动，小球对大球的弹力大小为0，A错误；
B．下落过程中由自由落体运动规律得
解得大球与地面碰撞前的速度大小为
根据动量定理可得
B错误；
C．以向上为正方向，大球碰撞地之后，速度瞬间反向，大小相等，两球碰撞前后动量守恒，机械能守恒，设碰撞前小球和大球的速度分别为v，碰后大球的速度为v1，小球的速度为v2，由动量守恒定律
由机械能守恒定律
两式联立解得
可知当
时，大球与小球碰撞后大球的速度为0，C错误；
D．大球与地面碰撞后，速度瞬间反向，大小不变，两球发生弹性碰撞，两球碰撞过程系统内力远大于外力，系统动量守恒、机械能守恒，设碰撞后小球速度大小为v1，大球速度大小为v2，选向上为正方向，由动能量守恒和机械能守恒
解得
当M≫m时，不考虑m影响，则
小球上升高度为
D正确；
故选D。
题型02板块模型
6．（24-25高二上·河北沧州·阶段练习）木板静止在光滑的水平面上，木块以水平速度滑上木板，用速度传感器和计算机画出的木板与木块的v-t图象如图所示。已知木板质量与木块质量之比为9：1，木块和木板达到稳定状态时，木板的速度大小为1m/s，则木块滑上木板的初速度大小为（ ）
A．1m/sB．5m/sC．10m/sD．20m/s
【答案】C
【详解】对木块和木板系统由动量守恒定律可知
其中M=9m，v=1m/s
解得v0=10m/s
故选C。
7．（24-25高二上·湖北·阶段练习）如图，在光滑水平面上，有一质量为M = 3 kg的薄板和质量m = 1 kg的物块，都以v = 4 m/s的初速度朝相反方向运动，它们之间有摩擦，薄板足够长，下列说法错误的是（ ）
A．两者最终同速的速度是4 m/s
B．物块先减速再加速最后与薄板同速
C．至两者同速的过程，系统产生的内能为24 J
D．当物块速度为0时，薄板的速度约为2.67 m/s
【答案】A
【详解】ABD．开始阶段，m向左减速，M向右减速，根据系统的动量守恒定律可知，当m的速度为零时，设此时M的速度为v1，规定向右为正方向，根据动量守恒定律得
代入解得
此后m将向右加速，M继续向右减速，当两者速度达到相同时，设共同速度为v2，规定向右为正方向，由动量守恒定律得
代入解得
两者相对静止后，一起向右做匀速直线运动，故A错误，BD正确；
C．根据能量守恒，可知此过程中系统产生的内能为
代入数据解得
故C正确。
本题选错误选项，故选A。
8．（24-25高二上·江苏盐城·期中）如图所示，一沙袋用无弹性轻细绳悬于O点，开始时沙袋处于静止状态，一弹丸以水平速度v0击中沙袋后（未穿出）二者共同摆动。若弹丸的质量为m，沙袋的质量为5m，弹丸和沙袋形状大小忽略不计，弹丸击中沙袋后漏出的沙子质量忽略不计，不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法中正确的是（ ）
A．弹丸打入沙袋后瞬间沙袋的速度是
B．弹丸打入沙袋过程中，细绳所受拉力大小保持不变
C．弹丸打入沙袋过程中所产生的热量为
D．弹丸打入沙袋过程中，弹丸与沙袋所组成的系统机械能守恒
【答案】A
【详解】A．根据动量守恒定律得
解得，弹丸打入沙袋后瞬间沙袋的速度是
A正确。
B．根据牛顿第二定律得

解得

弹丸打入沙袋过程中，细绳所受拉力大小变大，B错误；
C．弹丸打入沙袋过程中所产生的热量为

C错误；
D．弹丸打入沙袋过程中，为完全非弹性碰撞，弹丸与沙袋所组成的系统机械能减少了，D错误。
故选A。
9．（24-25高二上·河北邢台·期中）如图所示，足够长木块静止在光滑水平面上，A、B为两颗不同的子弹，子弹A的质量为。如图甲所示，若子弹A、B从两侧同时水平射入木块，木块始终保持静止，子弹A射入木块的深度为，子弹B射入木块的深度为，且。若保持子弹射入木块前的速度大小不变，先让A子弹射入木块，A与木块相对静止后让B子弹射入木块，A射入木块的深度为，B射入木块的深度为，设木块对子弹的阻力大小恒定，A、B做直线运动且不会相遇，则下列说法正确的是（ ）
A．子弹B的质量为
B．
C．
D．子弹A射入木块时的初动能一定比子弹B射入木块时的初动能小
【答案】B
【详解】A．子弹A、从两侧同时水平射入木块，木块始终保持静止，对木块受力分析，根据平衡条件可得
木块与子弹A、组成的系统合外力为零，系统动量守恒，有
则
即
子弹B的质量为
故A错误；
B．设子弹A、B入射前的速度分别为、，子弹A、B从两侧同时水平射入木块，根据能量守恒有
子弹A、B从两侧不同时水平射入木块，根据系统动量守恒，子弹A、B、木块共速时的速度为0，根据能量守恒有
可得
故B正确；
C．两子弹同时射入时，根据系统动量守恒，木块一直保持静止，A子弹射入的速度大小为，则对A有
子弹A、B从两侧不同时水平射入木块，子弹A射入后共速为，则
所以
故C错误；
D.对两子弹和木块组成的系统动量守恒，则有
因为B的质量大，所以
故D错误。
故选B。
10．（24-25高二上·江苏淮安·阶段练习）长为L、质量为M的平板小车停在光滑水平面上，质量为m的木块（可视为质点，）以速度滑上小车的左端，如图甲所示，最后随小车一起运动；若小车以速度向左运动，将木块轻轻放在小车左端，如图乙所示，最终也随小车一起运动。则（ ）
A．两种情况中木块相对小车滑行的距离相等
B．两种情况中木块最终随小车运动的速率相等
C．两种情况中木块与小车间摩擦产生的热不相等
D．两种情况中木块相对小车滑行的时间不相等
【答案】A
【详解】ABC．根据动量守恒定律和能量关系，甲图中
乙图中
因
可知
选项A正确，BC错误；
D．对滑块由动量定理，对甲
对乙
解得
可知
选项D错误。
故选A。
题型03 曲面模型
11．（24-25高二上·河南濮阳·期末）如图所示，质量为的小车静止在光滑水平面上，小车上表面由四分之一光滑圆弧轨道和粗糙的水平轨道组成，二者在b点相切，质量为m的小滑块静止在小车的右端。质量为的小玻璃球以水平速度在极短时间内从右端水平射向小滑块，与小滑块发生弹性碰撞（碰撞时间极短），碰后小滑块恰好能滑到轨道的a点。若玻璃球以水平速度在极短时间内从右端水平射向小滑块并发生弹性碰撞，则小滑块从a点离开小车时小滑块的速度大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】小玻璃球以水平速度在极短时间内从右端水平射向小滑块，与小滑块发生弹性碰撞，可得，
解得，
小滑块与小车相互作用过程，水平方向动量守恒，系统能量守恒，可得，
解得
小玻璃球以水平速度在极短时间内从右端水平射向小滑块，与小滑块发生弹性碰撞，可得，
解得，
小滑块与小车相互作用过程，水平方向动量守恒，系统能量守恒，可得，
联立，解得，
则小滑块从a点离开小车时小滑块的速度大小为
故选C。
12．（24-25高三上·河北保定·期末）如图所示，质量为M的四分之一光滑圆弧滑块下端与光滑水平面相切。给质量为m的小球一水平向右的初速度，如果圆弧滑块固定，小球运动过程中距离水平面的最大高度为 R （R为圆弧的半径），如果圆弧滑块不固定，小球运动过程中距离水平面的最大高度为 R。重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．小球的初速度大小为
B．M=2m
C．如果圆弧滑块不固定，小球滑离圆弧滑块到最高点的过程中，水平位移为R
D．如果圆弧滑块不固定，小球最终的速度大小为
【答案】AD
【详解】A．如果圆弧滑块固定，则由机械能守恒定律
解得小球的初速度大小为
选项A正确；
B．如果圆弧滑块不固定，设小球离开圆弧时水平速度为vx，则由水平方向动量守恒
由能量关系
联立解得
M=0．5m
选项B错误；
C．如果圆弧滑块不固定，小球滑离圆弧滑块到最高点过程的时间
水平位移为
选项C错误；
D．如果圆弧滑块不固定，小球最终落回到槽中并从槽中滑出时槽的速度最大，此时由动量守恒和能量关系
解得小球和圆弧槽的速度大小分别为
选项D正确。
故选AD。
13．（24-25高二上·江苏无锡·阶段练习）如图所示将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上，槽的左侧有一固定在水平面上的物块。今让一小球自左侧槽口A的正上方从静止开始落下，与圆弧槽相切自A点进入槽内，则以下结论中正确的是（ ）
A．小球在运动的全过程中，只有重力对它做功
B．小球在运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒
C．小球有可能不能冲出C点，若无水平面上的物块后，小球每次离开槽面的最高点能到达最初的高度
D．小球离开C点以后，一定做竖直上抛运动，且能无碰撞的回到槽中
【答案】C
【详解】A．小球从A点到B点，半圆槽静止不动，只有重力做功；从B点到C点，半圆槽向右运动，除重力做功外还有圆槽的弹力做功，故A错误；
B．小球在到达B点之前，半圆槽静止不动，小球动量增加，系统动量不守恒；小球到达B点之后，半圆槽会向右运动，小球与半圆槽水平方向不受外力，则小球与半圆槽在水平方向动量守恒，故B错误；
C．若小球下落的高度较低，则由于小球过B点以后槽向右运动，可知小球有可能不能冲出C点；若无水平面上的物块后，则小球进入半圆槽中到到达最低点B的过程中，半圆槽向左运动；当小球从B点上滑到离开槽的过程中，半圆槽做减速运动，当小球离开半圆槽的时候，半圆槽的速度减为零，由能量关系可知，小球离开半圆槽的速度等于进入半圆槽时的速度，则小球每次离开槽面的最高点能到达最初的高度，故C正确；
D．小球离开C点以后，既有水平速度，也有竖直速度，所以小球做斜抛运动。因小球的水平速度等于半圆槽的水平速度，所以小球能无碰撞的回到槽中，故D错误。
故选C。
14．（23-24高二上·江苏苏州·阶段练习）如图，质量和半径都相同的四分之一光滑圆弧体A、B静止在光滑的水平面上，圆弧面的最低点和水平面相切，圆弧的半径为R。圆弧体B锁定，一个小球从A圆弧体的最高点由静止释放，小球在圆弧体B上升的最大高度为。已知重力加速度大小为g，则（ ）
A．小球与圆弧体的质量之比为
B．小球与圆弧体的质量之比为
C．若圆弧体B没有锁定，则圆弧体B最终获得的速度大小为
D．若圆弧体B没有锁定，则圆弧体B最终获得的速度大小为
【答案】C
【详解】AB．设小球质量为m，圆弧体质量为M，小球从圆弧体A上滚下时，A的速度大小为v1，小球的速度大小为v2，由题意可知
，
根据能量守恒
解得
，
故AB错误；
CD．若圆弧体B没有锁定，则小球滑上B过程到滑离
，
解得圆弧体B最终获得的速度大小为，故C正确D错误。
故选C。
15．（23-24高三上·贵州·期中）在光滑水平地面上放一个质量为2kg的内侧带有光滑弧形凹槽的滑块 M，凹槽的底端切线水平，如图所示。质量为1kg的小物块m 以 的水平速度从滑块 M 的底端沿槽上滑，恰好能到达滑块 M 的顶端。重力加速度取 不计空气阻力。在小物块 m 沿滑块 M 滑行的整个过程中，下列说法正确的是（ ）

A．小物块 m 沿滑块 M 上滑的最大高度为0.3m
B．小物块 m 沿滑块 M 上滑的最大高度为 0.6m
C．合力对滑块 M 的冲量大小为 8N·s
D．合力对滑块 M 的冲量大小为 16 N·s
【答案】C
【详解】AB．当二者速度相等时，小物块m沿滑块M上滑的高度最大，设最大高度为h，系统水平方向动量守恒，以v0的方向为正方向，有
根据机械能守恒可知
解得
h=1．2m
AB错误；
CD．设小物块m返回滑块M的底端时，小物块m与滑块M 的速度分别为v1、v2，系统水平方向动量守恒，有
根据机械能守恒定律有
解得
根据动量定理，合力对滑块 M 的冲量大小为
C正确，D错误。
故选C。
题型04 含弹簧的模型
16．（24-25高二上·安徽合肥·期末）如图所示，置于水平面上的质量为的木板右端水平固定有一轻质弹簧，木板的右侧有竖直方向的墙壁，木板左端上方有质量为m的物体，二者一起以水平速度v向右运动，一切接触面摩擦不计，木板与墙碰撞无机械能损失，木板原速率反弹，则下列说法正确的是（ ）
A．木板与墙碰撞前后，物体、木板组成的系统动量守恒
B．当物体速度为零时，木板速度大小为
C．当物体向右运动速度为零时；弹簧弹性势能最大
D．物体最终与木板以速度共同向左运动
【答案】B
【详解】A．木板与墙碰撞前，系统动量为，碰撞后系统动量为
则木板与墙碰撞前后，物块、木板组成的系统动量不守恒，故A错误；
B．板与墙碰撞无机械能损失，碰撞后板以原速率v反弹，板与墙碰撞以后，木板向左运动，物体向右运动，物体与弹簧接触后，物体与木板均做减速运动，当物体速度减到零时，设木板速度为v1，以向左为正方向，根据动量守恒定律得
解得
故B正确；
C．物体速度为零木板具有向左的速度，在弹簧的弹力作用下，物体要向左加速运动，木板继续向左做减速运动。当物体和木板对地的速度相同时，弹簧的压缩量最大，此时弹簧弹性势能最大值，故C错误；
D．当物体和木板对地的速度相同时，在弹簧的弹力作用下，物体继续要向左加速运动，木板继续向左做减速运动。当弹簧恢复原长时，物体的速度大于木板的速度，物体一定会从板的最左端掉下来，故D错误。
故选B。
17．（24-25高二上·江苏无锡·期中）如图甲所示，物块A、B的质量均为，用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙壁接触但不粘连。物块C从时以一定速度向右运动，在时与物块A相碰，并立即与物块A粘在一起不再分开，物块C的图像如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．物块C的质量为
B．物块B离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能为
C．到的时间内，墙壁对物块B的冲量大小为0
D．物块B离开墙壁后，物块B的最大速度大小为
【答案】D
【详解】A．由图知，C与A碰前速度为，碰后速度为，C与A碰撞过程动量守恒，以C的初速度方向为正方向，由动量守恒定律
解得
故A错误；
B．AC粘在一起速度变为0时，弹簧的弹性势能最大，为
J
故B错误；
C．由图知，12s末A和C的速度为，4s到12s过程中墙壁对物体B的冲量大小等于弹簧对物体B的冲量大小，也等于弹簧对A和C整体的冲量大小，墙对B的冲量为
解得
方向向左，故C错误；
D．物块B刚离时，由机械能守恒定律可得，AC向左运动的速度大小为，物块B离开墙壁后，系统动量守恒、机械能守恒，当弹簧再次恢复原长时，物体B的速度最大，则
代入数据解得
物块B的最大速度为3.6m/s，故D正确。
故选D。
18．（24-25高二上·江苏镇江·期中）如图所示，左端接有轻弹簧的物块A静止在光滑水平面上，物块B以一初速度向A运动，时B与弹簧接触，0∼1s内两物体的图像如图所示。则（ ）
A．A、B的质量之比为
B．0∼1s内，弹簧对A、B的冲量相同
C．0∼1s内，弹簧对A、B做的功大小相等
D．时，两物块速度差的大小为1.2m/s
【答案】D
【详解】A．由图可知，物块B的初速度为1.2m/s，t＝1s时，物块A、B的共同速度大小为0.4m/s，由动量守恒定律可得
解得
A、B的质量之比为2:1，故A错误；
B．0～1s内，弹簧对A的冲量方向向右，弹簧对B的冲量方向向左，所以弹簧对A、B的冲量不相同，故B错误；
C．0∼1s内，根据动能定理可得，弹簧对A做的功大小
0∼1s内，根据动能定理可得，弹簧对B做的功大小
0∼1s内，弹簧对A、B做的功大小不相等，故C错误；
D．1s时两者共速，根据运动的对称性可知0∼1s和1∼2s内的弹簧对两者的冲量相同，规定B的初速度方向为正方向，分别对A、B列动量定理，0∼1s有，＝0.4
1∼2s有，
t＝2s时，两物块速度差的大小为1.2m/s，故D正确。
故选D 。
19．（24-25高二上·北京·期中）带电粒子碰撞实验中粒子B以一定初速度向初速度为零的粒子A运动。两粒子始终未接触，v-t图像如图所示。仅考虑静电力作用，则（ ）
A．系统的动量和机械能都守恒B．两粒子在t1时刻的电势能最大
C．粒子A的质量小于粒子B的质量D．粒子B在t2时刻的加速度最大
【答案】B
【详解】A．两粒子碰撞过程动量守恒，但由于存在电场力做功，所以系统机械能不守恒，故A错误；
B．两粒子在t1时刻速度相等，系统损失动能最大，则系统的电势能最大，故B正确；
C．根据动量守恒定律可得
由于
所以
故C错误；
D．由图可知，图线切线的斜率表示加速度，则粒子B在t1时刻的加速度最大，故D错误。
故选B。
20．（24-25高三上·江苏徐州·阶段练习）如图所示，质量相同的物体A、B用轻弹簧连接，静止在光滑水平面上，其中B靠在墙壁上。现用力推动A压缩弹簧至P点后再释放A，当弹簧的长度最大时，弹性势能为Ep。则（ ）
A．释放A后，A、B组成的系统机械能守恒B．释放A后，A、B组成的系统动量守恒
C．弹簧被压缩至P点时的弹性势能为EpD．释放A后，B的动能最大值为2Ep
【答案】D
【详解】A．A、B及弹簧组成的系统机械能守恒，A、B组成的系统机械能不守恒，故A错误；
B．由于B受到墙壁的弹力作用，这个弹力是系统外的力，会对系统产生冲量，因此A、B组成的系统动量不守恒，故B错误；
C．当用力推动A压缩弹簧至P点，弹簧的弹性势能为E，释放后弹簧恢复原长弹簧的弹性势能转为A的动能，设此时A的速度为v0，则有
当B离开墙壁后，A、B组成的系统动量守恒及能量守恒，A、B共速时弹簧的长度最大，此时弹簧的弹性势能为Ep，共速速度为v，则有
，
以上方程联立得
故C错误；
D．当弹簧第一次恢复原长时，A的速度为v0，B的速度为0；对于A、B组成的系统根据动量守恒及能量守恒可知，当弹簧第二次恢复原长时，A的速度为0，B的速度为v0，此时B的动能最大，根据能量守恒定律，弹簧在P点的弹性势能2Ep全部转化为B的动能，B的动能最大值为2Ep，故D正确。
故选D。
题型05 多次碰撞问题
21．（24-25高二上·江苏连云港·阶段练习）如图所示，一个固定斜面与水平地面平滑连接，斜面与水平地面均光滑。小物块P放在水平地面上，小物块Q自斜面上某位置处由静止释放，P、Q之间的碰撞为弹性正碰，斜面与水平面足够长，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则P、Q只能发生一次碰撞B．若，则P、Q只能发生一次碰撞
C．若，则P、Q可能发生三次碰撞D．若，则P、Q可能发生三次碰撞
【答案】A
【详解】AB．设第一次Q与P碰撞的速度为v0，以向左的方向为正方向，由动量守恒定律有mQv0=mQv1+mP
由能量守恒定律有
解得，
Q物体反弹后冲上斜面再返回的速度大小仍为v1，若只发生一次碰撞，则Q返回后的速度满足
联立解得
故B错误，A正确；
C．若，设mQ=m，mP=5m，则第一次碰撞后，
Q返回斜面后再次下滑时，追上P发生第二次弹性碰撞，以向左方向为正，同理有；
解得，
由于，所以只能碰撞两次，选项C错误；
D．同样道理，Q的质量为m，P的质量为9m，第一次碰撞后，
第二次碰撞后，
由于
因此只会发生二次碰撞，故D错误。
故选A。
22．（24-25高三上·江苏南通·开学考试）如图所示，两侧带有固定挡板的平板车乙静止在光滑水平地面上，挡板的厚度可忽略不计，车长为2L，与平板车质量相等的物块甲（可视为质点）由平板车的中点处以初速度v0向右运动，已知甲、乙之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，忽略甲、乙碰撞过程中的能量损失，下列说法正确的是（ ）
A．甲、乙达到共同速度所需的时间为
B．甲、乙共速前，乙的速度一定始终小于甲的速度
C．甲、乙相对滑动的总路程为
D．如果甲、乙碰撞的次数为n（n≠0），则最终甲距离乙左端的距离可能为
【答案】C
【详解】AB．设甲、乙质量均为，碰前瞬间甲的速度为，乙的速度为，碰后瞬间甲的速度为，乙的速度为，由动量守恒定律和机械能守恒定律有
解得
即甲、乙发生碰撞时速度互换，设甲、乙最终的共同速度为，则
得
则达到共速所需的时间为
碰撞使得两者速度互换，即甲、乙共速前，乙的速度不一定小于甲的速度，故A错误，B错误；
C．从开始到相对静止过程中，甲、乙相对滑动的总路程为，根据动能定理可得
解得
故C正确；
D．甲、乙碰撞的次数为n，最终相对静止时甲距离乙左端的距离为，若第次碰撞发生在平板车的左挡板，则有
解得
若第次碰撞发生在平板车的右挡板，则有
解得
即最终甲距离乙左端的距离不可能为，故D错误。
故选C。
23．（24-25高二上·山东德州·期末）某科学小组在室外用实验探究碰撞的“和谐之美”。其中的一种模型如图所示，在一足够长的倾角的固定斜面上，同时放上一块左端带有挡板的长木板B和光滑小球A，长木板B与斜面间的动摩擦因数为。光滑小球A在长木板B上且与长木板B左端挡板距离，此时长木板B恰好能静止在斜面上，随后光滑小球A与长木板B发生多次弹性碰撞且碰撞时间极短，不计空气阻力，光滑小球A可视为质点。已知光滑小球A的质量为，长木板B的质量为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度，，。求：
(1)长木板B与斜面间的动摩擦因数；
(2)光滑小球A和长木板B第一次碰撞碰后瞬间，光滑小球A和长木板B各自的速度大小；
(3)光滑小球A和长木板B第二次与第三次碰撞的时间间隔；
(4)光滑小球A和长木板B从第一次到第n次碰撞，长木板B运动的距离。
【答案】(1)
(2)
(3)
(4)
【详解】（1）选取长木板B为研究对象，由平衡条件得
解得
（2）选光滑小球A为研究对象，由动能定理得
选光滑小球A和长木板B为研究对象，第一次发生弹性碰撞，由动量守恒定律得
弹性碰撞，能量守恒，有
解得
（3）碰后选长木板B为研究对象，由平衡条件得
故长木板B碰后做匀速直线运动。
光滑小球A做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得
发生第一次碰撞到第二次碰撞过程中，光滑小球A和长木板B位移相等
解得
第二次碰撞前光滑小球A的速度
选光滑小球A和长木板B为研究对象，第二次发生弹性碰撞由动量守恒定律得
弹性碰撞，碰撞前后系统动能相同
发生第二次碰撞到第三次碰撞过程中，光滑小球A和长木板B位移相等
解得
（4）分析得，第一次碰撞后，长木板B以速度运动，光滑小球A和长木板B发生第二次碰撞，然后长木板B以速度再次运动，光滑小球A和长木板B发生第三次碰撞，然后长木板B以速度再次运动，光滑小球A和长木板B发生第4次碰撞，以此类推，得
解得
24．（24-25高二上·江苏苏州·阶段练习）如图所示，光滑水平地面上固定一轻质弹簧，右侧通过一小段光滑圆弧与倾角θ = 30°的直轨道平滑连接，整个装置固定在同一竖直平面内。用力将两个质量分别为m、2m的小滑块A、B向左挤压弹簧后由静止释放。两小滑块冲上直轨道，且A第一次到达最高点时与B的距离为L。已知A与倾斜直轨道间无摩擦，B与倾斜直轨道间的动摩擦因数，重力加速度为g。
(1)求释放小滑块前弹簧的弹性势能；
(2)若A、B之间的碰撞为弹性碰撞，求A、B第一次碰撞后A与倾斜直轨道底端的最大距离；
(3)若A、B每次相碰都为完全非弹性碰撞，但两者并不粘连，求滑块A在倾斜直轨道上经过的总路程。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）由于A与倾斜直轨道间无摩擦，B与倾斜直轨道间有摩擦，所以A到达最高点之前B早已减速到零，由于μ > tan30°，B速度减小到零后保持静止。A、B第一次上滑，根据动能定理有
由能量守恒定律可知
解得
（2）A、B第一次碰撞前
A、B弹性碰撞过程，根据动量守恒定律和能量守恒定律有
A碰撞后上滑到最高点过程，根据动能定理有
A与倾斜直轨道底端的最大距离
（3）A、B第一次碰撞，根据动量守恒定律有
碰后，根据牛顿第二定律有
解得
即A、B在倾斜直轨道上每次一起下滑均做匀速直线运动。
A、B第二次冲上倾斜直轨道，根据动能定理有
解得
，
A、B第二次碰撞前，根据动能定理有
A、B第二次碰撞，根据动量守恒定律有
A、B第三次冲上倾斜直轨道，根据动能定理有
解得
，
归纳可知
则滑块A在倾斜直轨道上经过的总路程为
25．（24-25高二上·湖南·期中）如图，光滑的水平地面上有一木板，质量为m，其左端放有一重物，重物与木板的接触面粗糙，右方有一竖直的墙壁，重物质量为木板质量的5倍。使木板与重物以共同的速度向右运动，某时刻木板与墙壁发生碰撞，碰撞后木板与墙壁的最远距离为d。已知木板与墙壁的碰撞为弹性碰撞，碰撞时间极短，木板足够长，重物始终在木板上，重力加速度为g。求：
(1)第一次碰撞后，木板距离墙壁最远时，重物的速度v；
(2)木板与墙壁第二次碰撞前瞬间重物距木板左端的距离s；
(3)木板从第一次与墙壁碰撞到第n次与墙壁碰撞所经历的总时间T。
（提示：）
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）设重物的质量为M，木板的质量为m，选取向右为正方向，木板与墙第一次碰撞后，当木板离墙最远时，木板的速度为0，由系统动量守恒，有
其中
解得
方向水平向右；
（2）设动摩擦因数为，对木板第一次碰撞的减速过程，则有
解得
假设第二次碰撞前二者已经共速，设二者共同速度，由系统动量守恒，选取向右的方向为正方向，则有
解得
设重物与木板共速时，木板由静止到共速向右移动的位移为，则有
解得
假设成立，木板第一次与墙碰撞后到第二次与墙碰前，根据系统能量守恒有
解得
（3）设木板第一次与墙碰撞后到重物与木板达共同速度历时，木板运动的位移为，取木板研究，根据动量定理，选取向右为正方向，有
根据动能定理，有
重物与木板共速到再次与墙碰撞历时，有
所以板从第一次与墙碰撞到第二次与墙碰撞所经历的时间为
解得
设木板第二次与墙碰撞后到重物与木板达共同速度历时，木板运动的位移为，重物与木板第二次达共速到再次与墙碰撞历时，同理可得
解得板从第二次与墙碰撞到第三次与墙碰撞所经历的时间为
依次类推可得，从第次与墙碰撞到第n次与墙碰撞所经历的时间
则板从第1次与墙碰撞到第n次与墙碰撞所经历的时间
解得
创新拓展练
26．（24-25高二上·安徽合肥·期末）如图所示，竖直墙面和水平地面均光滑，质量分别为mA＝6kg、mB＝2kg的A、B两物体用质量不计的轻弹簧相连，其中A紧靠墙面，现对B物体缓慢施加一个向左的力，该力对物体B做功W＝25J，使A、B间弹簧被压缩。在系统静止时，突然撤去向左的力，解除压缩，求：
(1)从撤去外力至A与墙面刚分离，弹簧对B的冲量I；
(2)A与墙面分离后，弹簧首次恢复原长时，两物体速率vA和vB。
【答案】(1)，方向水平向右
(2)2.5m/s，﹣2.5m/s
【详解】（1）压缩弹簧时，外力做的功全转化为弹性势能，撤去外力，弹簧恢复原长，弹性势能全转化为B的动能，设此时B的速度为v0，则
代入数据，解得v0＝5m/s
此过程A对弹簧的冲量等于弹簧对A的冲量大小，也等于弹簧对B的冲量大小，由动量定理得
方向水平向右
（2）设弹簧恢复原长时A、B的速度分别为vA、vB，由系统动量守恒、机械能守恒有，
联立解得，
27．（24-25高二上·河南商丘·期末）如图所示，半径的光滑四分之一圆弧轨道固定在竖直平面内，下端恰好与足够长的粗糙水平面平滑对接，小物块甲由距圆弧轨道顶端正上方的A点无初速度释放，滑到水平面上在点与静放在水平面上的小物块乙发生弹性碰撞（碰撞时间极短），已知圆弧最低点与点的距离，甲、乙小物块质量分别为、，与水平面间的动摩擦因数均为，重力加速度大小，不计空气阻力，小物块甲、乙可视为质点，求：
(1)小物块甲运动到圆弧轨道底端时对圆弧轨道的压力大小；
(2)小物块甲、乙碰撞后速度的大小之比；
(3)物块甲、乙最终停止的位置到点的距离。
【答案】(1)
(2)
(3)，
【详解】（1）小物块甲从静止释放滑到圆弧轨道底端的过程中，根据机械能守恒定律得
解得
由
解得
根据牛顿第三定律，甲运动到圆弧轨道底端时对轨道的压力大小为。
（2）设小物块甲在水平面上运动时的加速度大小为，根据牛顿第二定律有
解得
小物块甲从点到点的运动满足
解得小物块甲向右运动第一次到达点时的速度大小
甲与乙发生弹性碰撞，根据动量守恒定律有
根据机械能守恒定律有
解得小物块甲碰撞后速度的大小
小物块乙碰撞后速度的大小
故小物块甲、乙碰撞后速度的大小之比为1：1。
（3）甲返回做匀减速运动
故甲会滑上圆弧再返回，最终停止的位置离点的距离
乙向右做匀减速运动
小物块乙最终停止的位置离点的距离
28．（24-25高二上·福建莆田·期末）如图所示，竖直平面内的光滑绝缘轨道由三部分平滑连接而成，其中部分是倾角为的斜面、部分是半径为的圆弧、部分水平，是圆弧的圆心，圆弧与和均相切，虚线左侧存在方向水平向左的匀强电场。某时刻将一个质量为、电荷量为的带正电小滑块A从斜面上由静止释放，小滑块沿斜面向下滑动的距离为时进入圆弧轨道，到达点时的向心加速度大小为，之后与静止在水平轨道上的绝缘小滑块B发生弹性碰撞且两者能发生二次碰撞，小滑块A、B均可视为质点。重力加速度为，不计空气阻力。求：
(1)匀强电场的电场强度大小；
(2)圆弧轨道对小滑块A的最大支持力大小；
(3)小滑块B的质量满足的条件。
【答案】(1)
(2)
(3)大于
【详解】（1）由题意可知，圆弧面的圆心角大小为，小滑块A由静止释放到运动到点的过程中，根据动能定理
其中，小滑块A在点时
联立，解得
（2）小滑块A受到竖直向下的重力和水平向左的电场力，合力为
设合力与竖直方向的夹角为，则
则
即当小滑块A在圆弧面运动到与竖直方向夹角为时，运动到了等效最低点，此时轨道对小滑块A的支持力最大，由此时到点的过程中，根据动能定理
根据牛顿第二定律
解得，轨道对小滑块A的支持力最大为
（3）有题意可知，A、B碰撞后，A反弹，且A的速度大小大于B的速度大小，设B的质量为，碰后A的速度大小为，B的速度大小为，取向右为正方向，则碰撞过程中根据动量守恒
根据动能守恒
解得，
又因为
解得
所以，小滑块B的质量满足的条件为大于。
29．（24-25高二上·安徽合肥·期末）如图所示，光滑轨道ABCD固定在竖直平面内，AB部分水平，BCD为半径的半圆轨道，在B处与AB相切。在直轨道AB上放着质量分别、的物块M、N（均可视为质点），用轻质细绳将M、N连接在一起，且A、B间夹着一根被压缩的轻质弹簧（未被拴接）。直轨道AB左侧的光滑水平地面上停着质量的小车，小车上表面与AB等高，小车的长度。现将细绳剪断，之后M向左滑上小车，N向右滑动且恰好能通过半圆轨道上的最高点D。物块M与小车之间的动摩擦因数，重力加速度大小。
(1)当物块N运动到圆弧轨道的最低点B时，求轨道对物块N的支持力大小；
(2)求剪断细绳之前弹簧的弹性势能；
(3)判断物块M最终是否会滑离小车。如果不会，计算它相对小车静止时，距小车右端的距离；如果会，计算它离开小车左端时的速度。
【答案】(1)60N
(2)60J
(3)不会，m
【详解】（1）对N分析，在轨道最高点由牛顿第二定律可得
从B到D由动能定理可得
在B点由牛顿第二定律可得
联立以上方程可得N
（2）细绳剪断之后，由动量守恒定律可得
由能量守恒可得
联立以上方程可得J
（3）假设M与小车有共同速度v，由动量守恒定律可得
由能量守恒可得
解得m