資源簡介

中小學教育資源及組卷應用平臺
1.5彈性碰撞和非彈性碰撞
考點一、彈性碰撞和非彈性碰撞 1
考點二、彈性碰撞的實例分析 2
【鞏固練習】 5
考點一、彈性碰撞和非彈性碰撞
1．彈性碰撞：碰撞過程中機械能 的碰撞叫彈性碰撞．
2．非彈性碰撞：碰撞過程中機械能 的碰撞叫非彈性碰撞．
（2022秋 天心區校級月考）下列關于碰撞的說法不正確的是（　　）
A．彈性碰撞是一個理想化模型
B．兩個小球碰撞過程作用時間極短，即內力遠遠大于外力，故兩小球系統的動量守恒
C．兩個彈性鋼球發生彈性碰撞，碰撞發生過程中任何時刻兩鋼球總動能都守恒
D．發生完全非彈性碰撞的兩個物體，系統損失的機械能都轉化成了內能
（2022 河北學業考試）如圖所示，光滑水平面上有大小相同的A、B兩球在同一直線上運動。兩球質量關系為2mA＝mB，規定水平向右為正方向，碰撞前A、B兩球的動量均為6kg m/s，運動中兩球發生碰撞，碰撞后A球的動量增量為﹣4kg m/s。則（　　）
A．左方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為2：5
B．左方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為1：10
C．右方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為2：5
D．右方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為1：1
（2023 江蘇二模）如圖所示，輕繩下懸掛一靜止沙袋，一子彈水平射入并留在沙袋中，隨沙袋一起擺動，不計空氣阻力，在以上整個過程中，子彈和沙袋組成的系統（　　）
A．動量不守恒，機械能守恒
B．動量守恒，機械能不守恒
C．動量和機械能均不守恒
D．動量和機械能均守恒
考點二、彈性碰撞的實例分析
在光滑水平面上質量為m1的小球以速度v1與質量為m2的靜止小球發生彈性正碰．根據動量守恒和能量守恒：
m1v1＝ ；m1v12＝m1v1′2＋m2v2′2
碰后兩個物體的速度分別為
v1′＝v1，v′2＝v1.
(1)若m1>m2，v1′和v2′都是正值，表示v1′和v2′都與v1方向同向．(若m1 m2，v1′＝v1，v2′＝2v1，表示m1的速度不變，m2以2v1的速度被撞出去)
(2)若m1(3)若m1＝m2，則有v1′＝0，v2′＝v1，即碰撞后兩球速度
（2023 鞍山模擬）兩個完全相同的小球A、B用長度均為L的細線懸于天花板上，如圖所示。若將A從圖示位置由靜止釋放，則B球被碰后第一次速度為零時距離最低點的高度可能是（　　）
A． B． C． D．
（2022秋 永昌縣校級期末）如圖所示，B、C、D、E、F，5個小球并排放置在光滑的水平面上，A球以速度v0向B球運動，其中A、F兩球質量為m，B、C、D、E四個小球質量為2m，所發生的碰撞均為彈性碰撞，則碰撞之后（　　）
A．共有3個小球運動，方向均向右
B．共有3個小球運動，方向既有向左又有向右
C．共有2個小球運動，方向均向右
D．共有2個小球運動，方向既有向左又有向右
（2022秋 鄄城縣校級期末）如圖所示，a、b、c三點位于空中同一豎直線上且b為ac中點，小球甲、乙完全相同，甲從a由靜止釋放的同時，乙從b以速度v0豎直向上拋出，兩球在ab中點發生彈性碰撞。已知重力加速度大小為g，則甲、乙經過c點的時間差為（　　）
A． B． C． D．
（2022秋 濟南月考）半徑為R的豎直放置的光滑半圓軌道如圖所示，質量為3m的小球B靜止在軌道最低點，質量為m的小球A從軌道邊緣由靜止下滑，A、B間碰撞為彈性碰撞，則（　　）
A．A、B兩球總動量一直不變
B．碰撞前A球重力的功率一直變大
C．A、B兩球此后的碰撞位置一定還在軌道最低點
D．每次碰撞前的瞬間，兩球對軌道壓力一定相等
（多選）（2023春 中山區校級期中）2022年12月13日，在世界冰壺青年錦標賽男子組決賽中，中國冰壺隊以7：2的成績獲得冠軍。如圖所示，冰壺A以1.5m/s的速度與靜止在冰面上的冰壺B正碰，碰后瞬間B的速度大小為1.2m/s，方向與A碰前速度方向相同，碰撞時間極短。若已知兩冰壺的質量均為20kg，則下列說法中正確的是（　　）
A．A、B相碰時，A和B組成的系統動量近似守恒
B．碰后瞬間A的速度大小為0.4m/s
C．碰撞過程中，B對A做功為﹣21.6J
D．A、B碰撞過程是非彈性碰撞
一：完全非彈性碰撞
系統動量守恒，碰撞后合為一體或具有相同的速度，機械能損失最大．
設兩者碰后的共同速度為v共，則有
m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共
機械能損失為ΔE＝m1v12＋m2v22－(m1＋m2)v共2.
聯立解得：v共 =；ΔEk=
二、碰撞的原則
(1)動量守恒：即p1＋p2＝p1′＋p2′.
(2)動能不增加：即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋.
(3)速度要合理
①若碰前兩物體同向運動，則應有v后>v前，碰后原來在前的物體速度一定增大，若碰后兩物體同向運動，則應有v前′≥v后′。
②碰前兩物體相向運動，碰后兩物體的運動方向不可能都不改變。
【鞏固練習】
（多選）（2023 和平區一模）冰壺是一種深受觀眾喜愛的運動，圖1為冰壺運動員將冰壺擲出去撞擊對方靜止冰壺的鏡頭。圖2顯示了此次運動員擲出冰壺的時刻兩冰壺的位置（冰壺不可視為質點），冰壺甲運動一段時間后與對方靜止的冰壺乙發生正碰，若兩冰壺質量相等，則碰后兩冰壺最終停止的位置，可能是哪幅（　　）
A． B．
C． D．
（2022秋 日照期末）如圖所示，把兩個大小相同的金屬球A和B用細線連接，中間夾一被壓縮的輕彈簧，靜止在光滑的水平桌面上。已知A的質量為M，B的質量為m，彈簧的壓縮量為x，原長為L。現燒斷細線，在彈簧恢復原長的過程中，金屬球A發生的位移大小為（　　）
A． B． C． D．
（2022秋 未央區校級期末）如圖甲所示，質量為2kg的小球B與質量未知的小球C用輕彈簧拴接，放在光滑的水平地面上，另有一小球A以6m/s的初速度向右運動，t＝2s時球A與球B碰撞并瞬間粘在一起，碰后球B的ν﹣t圖像如圖乙所示。已知彈簧的彈性系數k＝240N/m，彈簧的彈性勢能（x為彈簧的形變量），整個運動過程中彈簧始終在彈性限度內。下列判斷正確的是（　　）
A．碰后球B的速度為零時彈簧長度最短
B．碰后球B的速度為零時球C的加速度為零
C．碰后運動過程中，小球B加速度的最大值為20m/s2
D．碰后運動過程中，小球B加速度的最大值為30m/s2
（多選）（2023 玉林三模）如圖所示，半徑為R的光滑半圓形軌道固定在水平地面上，A、B是兩個可視為質點的小球，B球靜止于軌道上最低點，A球從圖示位置由靜止釋放，然后與B球發生彈性碰撞，碰撞后A球被反向彈回，且A、B球能達到相同最大高度。下列說法正確的有（　　）
A．以軌道最低點為零勢能點，兩球所達到的相同的最大高度為R
B．B球的質量是A球質量的4倍
C．偶數次碰撞后A球的速度為0
D．兩球總是在最低點發生碰撞
（多選）（2023 河北模擬）如圖所示，質量分別為m、2m的乙、丙兩個小球并排放置在光滑的水平面上，質量為m的小球甲以速度v0（沿乙、丙的連線方向）向乙球運動，三個小球之間的碰撞均為彈性碰撞，下列說法正確的是（　　）
A．當三個小球間的碰撞都結束之后，乙處于靜止狀態
B．當三個小球間的碰撞都結束之后，小球丙的動量為
C．乙、丙在發生碰撞的過程中，丙對乙做的功為
D．乙、丙在發生碰撞的過程中，乙對丙的沖量的大小為
（2023春 天津期中）在光滑水平面上，有A、B兩個小球向右沿同一直線運動，取向右為正，兩球的動量分別是pA＝5kg m/s，pB＝7kg m/s，如圖所示，若能發生正碰，則碰后兩球的動量增量ΔpA、ΔpB可能是（　　）
A．ΔpA＝﹣3kg m/s，ΔpB＝3kg m/s
B．ΔpA＝3kg m/s，ΔpB＝3kg m/s
C．ΔpA＝﹣10kg m/s，ΔpB＝10kg m/s
D．ΔpA＝3kg m/s，ΔpB＝﹣3kg m/s
（2023 海淀區校級模擬）質量為m的子彈以某一初速度v0擊中靜止在光滑水平地面上質量為M的木塊，并陷入木塊一定深度后與木塊相對靜止，甲、乙兩圖表示了這一過程開始和結束時子彈和木塊可能的相對位置，設木塊對子彈的阻力大小恒定，下列說法正確的是（　　）
A．M越大，子彈射入木塊的時間越短
B．M越大，子彈射入木塊的深度越小
C．無論m、M、v0的大小如何，都只可能是甲圖所示的情形
D．若v0較小，則可能是甲圖所示情形；若v0較大，則可能是乙圖所示情形
（2022秋 沙坪壩區校級月考）某次高能粒子對撞實驗簡化過程如圖所示，在光滑水平面上，一質量為m、電荷量為q的帶電小球A和一質量為2m、電荷量為2q的帶電小球B相向運動，初速度大小分別為2v0、v0，整個運動過程中，小球未發生接觸。下列說法正確的是（　　）
A．當A球的速度減為0時，B球的速度向右
B．當A球的速度減為0時，系統的電勢能最大
C．從圖示位置到A球的速度減為0的過程中，庫侖力對兩個小球做功相同
D．從圖示位置到A球的速度減為0的過程中，庫侖力對兩個小球沖量相同
（2022秋 海安市校級月考）如圖所示，半徑為R的光滑圓形軌道固定在豎直面內。小球A、B質量分別為mA、mB。A球從左邊與圓心等高處由靜止開始沿軌道下滑，與靜止于軌道最低點的B球相撞，第一次碰撞后A、B球能達到的最大高度均為，碰撞中無機械能損失，則（　　）
A．第一次碰撞后兩球同向運動
B．運動過程中兩球的總動量保持不變
C．在以后運動過程中A球可以回到初始位置
D．mA與mB可能相等
（2022秋 阿拉善左旗校級期末）如圖所示，質量為M＝2kg的木板靜止放置在光滑水平地面上，木板右側有一堵墻面。一質量m＝1kg的物塊以速度v0＝6m/s滑上木板左端，當物塊與木板速度相同時，木板撞上墻面后反彈，最后物塊剛好到達木板右端。已知木板撞上墻體前后速度大小不變，碰撞時間忽略不計。物塊和木板間的動摩擦因數μ＝0.2，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）開始時木板右端到墻面的距離，
（2）木板的長度。
（2022春 榮昌區校級期末）如圖所示，ABC是光滑軌道，其中BC部分是半徑為R的豎直放置的半圓，AB部分與BC部分平滑連接。一質量為M的小木塊放在軌道水平部分，木塊被水平飛來的質量為m的子彈射中，子彈留在木塊中。子彈擊中木塊前的速度為v0。若被擊中的木塊能沿軌道滑到最高點C，重力加速度為g，求：
（1）子彈擊中木塊后的速度；
（2）子彈擊中木塊并留在其中的過程中子彈和木塊產生的熱量Q；
（3）木塊從C點飛出后落地點距離B點的距離s。
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1.5彈性碰撞和非彈性碰撞
考點一、彈性碰撞和非彈性碰撞 1
考點二、彈性碰撞的實例分析 3
【鞏固練習】 8
考點一、彈性碰撞和非彈性碰撞
1．彈性碰撞：碰撞過程中機械能守恒的碰撞叫彈性碰撞．
2．非彈性碰撞：碰撞過程中機械能不守恒的碰撞叫非彈性碰撞．
（2022秋 天心區校級月考）下列關于碰撞的說法不正確的是（　　）
A．彈性碰撞是一個理想化模型
B．兩個小球碰撞過程作用時間極短，即內力遠遠大于外力，故兩小球系統的動量守恒
C．兩個彈性鋼球發生彈性碰撞，碰撞發生過程中任何時刻兩鋼球總動能都守恒
D．發生完全非彈性碰撞的兩個物體，系統損失的機械能都轉化成了內能
【解答】解：AB、彈性碰撞過程中內力遠遠大于外力，系統前后動量守恒，任何時刻兩鋼球總動能都守恒，且滿足機械能守恒，是理想化模型，故AB正確；
C、兩個彈性鋼球發生彈性碰撞，碰撞發生過程中兩個彈性鋼球會發生彈性形變，碰撞結束兩個彈性鋼球恢復原狀，故碰撞發生過程中系統的動能與彈性勢能會相互轉化，只是在碰撞過程初末系統總動能相等，故C錯誤；
D、完全非彈性碰撞前后機械能不守恒，損失的機械能會轉化為內能，故D正確。
本題選擇錯誤選項；
故選：C。
（2022 河北學業考試）如圖所示，光滑水平面上有大小相同的A、B兩球在同一直線上運動。兩球質量關系為2mA＝mB，規定水平向右為正方向，碰撞前A、B兩球的動量均為6kg m/s，運動中兩球發生碰撞，碰撞后A球的動量增量為﹣4kg m/s。則（　　）
A．左方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為2：5
B．左方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為1：10
C．右方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為2：5
D．右方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為1：1
【解答】解：規定水平向右為正方向，碰撞前A、B兩球的動量均為6kg m/s，可知A、B兩球均向右運動，并且A的質量較小，速度較大，A向右運動碰撞B，故左方是A球。
A向右運動碰撞B的過程，由動量守恒定律可得：
ΔpA＝﹣ΔpB＝﹣4kg m/s
已知2mA＝mB，設A的質量為m，則B的質量為2m，碰撞前A的速度為v，則有：
2mv＝6kg m/s，即：mv＝3kg m/s
碰后A球的動量為：mvA＝（6﹣4）kg m/s＝2kg m/s，對比可得：vA
碰后B球的動量增加了4kg m/s，則有：2mvB＝（6+4）kg m/s＝10kg m/s，對比可得：vB
可得碰撞后A、B兩球速度大小之比為：vA：vB＝2：5。
故選：A。
（2023 江蘇二模）如圖所示，輕繩下懸掛一靜止沙袋，一子彈水平射入并留在沙袋中，隨沙袋一起擺動，不計空氣阻力，在以上整個過程中，子彈和沙袋組成的系統（　　）
A．動量不守恒，機械能守恒
B．動量守恒，機械能不守恒
C．動量和機械能均不守恒
D．動量和機械能均守恒
【解答】解：對子彈和沙袋組成的系統，在子彈射入沙袋的過程中，系統水平方向所受合力為零，故此過程系統水平方向動量守恒。子彈射入沙袋前，系統所受合力等于子彈的重力、不為零；子彈射入沙袋后瞬間，系統所受合力等于子彈和沙袋所受的向心力、不為零；在子彈隨沙袋一起擺動過程中，系統所受合力為繩子拉力與系統重力的合力、不為零；故在以上整個過程中，子彈和沙袋組成的系統動量不守恒。可以取兩個特殊位置進行驗證：子彈射入沙袋前，系統的動量等于子彈的動量；子彈射入沙袋后、擺動到最高點時，系統速度為零，系統動量為零。
在子彈射入沙袋的過程中，由于有阻力做功，所以系統機械能不守恒。
故ABD錯誤，C正確。
故選：C。
考點二、彈性碰撞的實例分析
在光滑水平面上質量為m1的小球以速度v1與質量為m2的靜止小球發生彈性正碰．根據動量守恒和能量守恒：
m1v1＝m1v1′＋m2v2′；m1v12＝m1v1′2＋m2v2′2
碰后兩個物體的速度分別為
v1′＝v1，v′2＝v1.
(1)若m1>m2，v1′和v2′都是正值，表示v1′和v2′都與v1方向同向．(若m1 m2，v1′＝v1，v2′＝2v1，表示m1的速度不變，m2以2v1的速度被撞出去)
(2)若m1(3)若m1＝m2，則有v1′＝0，v2′＝v1，即碰撞后兩球速度互換．
（2023 鞍山模擬）兩個完全相同的小球A、B用長度均為L的細線懸于天花板上，如圖所示。若將A從圖示位置由靜止釋放，則B球被碰后第一次速度為零時距離最低點的高度可能是（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：小球A從釋放到最低點，由動能定理：
解得
若A與B發生完全彈性碰撞，由能量守恒定律和動量守恒定律可知兩者交換速度，即
B上升過程中由動能定理：
解得
若A與B發生完全非彈性碰撞，由動量守恒定律：mvA＝2mv
解得
在AB上升過程中，由動能定理：
解得
所以B球上升的高度
高度可能是。故B正確，ACD錯誤。
故選：B。
（2022秋 永昌縣校級期末）如圖所示，B、C、D、E、F，5個小球并排放置在光滑的水平面上，A球以速度v0向B球運動，其中A、F兩球質量為m，B、C、D、E四個小球質量為2m，所發生的碰撞均為彈性碰撞，則碰撞之后（　　）
A．共有3個小球運動，方向均向右
B．共有3個小球運動，方向既有向左又有向右
C．共有2個小球運動，方向均向右
D．共有2個小球運動，方向既有向左又有向右
【解答】解：根據題意可知，由于A、B兩球質量不等，且mA＜mB，則A球與B球相碰后，A球向左運動，B球向右運動，B、C、D、E，4個小球的質量相等，彈性碰撞后，不斷交換速度，最終E球有方向水平向右的速度，B、C、D3個小球均靜止，E、F兩球質量不等，且mE＞mF，則E、F兩球碰撞后都向右運動，所以B、C、D3個小球均靜止，A球向左運動，E、F兩球都向右運動，故B正確，ACD錯誤。
故選：B。
（2022秋 鄄城縣校級期末）如圖所示，a、b、c三點位于空中同一豎直線上且b為ac中點，小球甲、乙完全相同，甲從a由靜止釋放的同時，乙從b以速度v0豎直向上拋出，兩球在ab中點發生彈性碰撞。已知重力加速度大小為g，則甲、乙經過c點的時間差為（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：甲做自由落體運動，乙做豎直上拋運動，從開始到兩球在ab中點發生彈性碰撞，設位移大小為h，
對甲：，v甲＝gt，對乙：，v乙＝﹣v0+gt
解得：，，v甲＝v0，v乙＝0
兩球發生彈性碰撞，碰撞過程系統動量守恒、機械能守恒，以豎直向下為正方向，由動量守恒定律得：mv甲+mv乙＝mv'甲+mv'乙
由機械能守恒定律得：
解得：v'甲＝0，v'乙＝v0
兩球碰后運動到c點過程中，對甲：，對乙：
解得甲、乙經過c點的時間差Δt，故B正確，ACD錯誤。
故選：B。
（2022秋 濟南月考）半徑為R的豎直放置的光滑半圓軌道如圖所示，質量為3m的小球B靜止在軌道最低點，質量為m的小球A從軌道邊緣由靜止下滑，A、B間碰撞為彈性碰撞，則（　　）
A．A、B兩球總動量一直不變
B．碰撞前A球重力的功率一直變大
C．A、B兩球此后的碰撞位置一定還在軌道最低點
D．每次碰撞前的瞬間，兩球對軌道壓力一定相等
【解答】解：A、A、B兩球在水平方向動量守恒，所以水平方向的總動量一直不變，故A錯誤；
B、A球重力的功率初始時刻為0，碰撞B時為0，所以A球的功率先增大后減小，故B錯誤；
C、設A碰撞B前的速度為v，規定向左為正方向，根據彈性碰撞時動量守恒定律有：mv＝mv1+3mv2
根據能量守恒定律有：
解得：v1，v2
所以A、B兩球此后的碰撞位置一定還在軌道最低點；
根據牛頓第二定律F﹣mg＝m，解得：F＝mg+m
結合牛頓第三定律可知每次碰撞前的瞬間，兩球對軌道壓力不相等，故C正確；D錯誤。
故選：C。
（多選）（2023春 中山區校級期中）2022年12月13日，在世界冰壺青年錦標賽男子組決賽中，中國冰壺隊以7：2的成績獲得冠軍。如圖所示，冰壺A以1.5m/s的速度與靜止在冰面上的冰壺B正碰，碰后瞬間B的速度大小為1.2m/s，方向與A碰前速度方向相同，碰撞時間極短。若已知兩冰壺的質量均為20kg，則下列說法中正確的是（　　）
A．A、B相碰時，A和B組成的系統動量近似守恒
B．碰后瞬間A的速度大小為0.4m/s
C．碰撞過程中，B對A做功為﹣21.6J
D．A、B碰撞過程是非彈性碰撞
【解答】解：A、由于碰撞時間極短，內力遠遠大于外力，外力可忽略不計，則A、B相碰時，A和B組成的系統動量近似守恒，故A正確；
B、取向右為正方向，根據動量守恒定律有mv0＝mvA+mvB，解得碰后瞬間A的速度大小：vA＝0.3m/s，故B錯誤；
C、碰撞過程中，對A，根據動能定理得B對A做功W，解得：W＝﹣21.6J，故C正確；
D、碰撞之前系統總動能Ek，解得：Ek＝22.5J
碰撞之后系統總動能Ek′，解得：Ek′＝15.3J＜Ek，可知，A、B碰撞過程是非彈性碰撞，故D正確。
故選：ACD。
一：完全非彈性碰撞
系統動量守恒，碰撞后合為一體或具有相同的速度，機械能損失最大．
設兩者碰后的共同速度為v共，則有
m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共
機械能損失為ΔE＝m1v12＋m2v22－(m1＋m2)v共2.
聯立解得：v共 =；ΔEk=
二、碰撞的原則
(1)動量守恒：即p1＋p2＝p1′＋p2′.
(2)動能不增加：即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋.
(3)速度要合理
①若碰前兩物體同向運動，則應有v后>v前，碰后原來在前的物體速度一定增大，若碰后兩物體同向運動，則應有v前′≥v后′。
②碰前兩物體相向運動，碰后兩物體的運動方向不可能都不改變。
【鞏固練習】
（多選）（2023 和平區一模）冰壺是一種深受觀眾喜愛的運動，圖1為冰壺運動員將冰壺擲出去撞擊對方靜止冰壺的鏡頭。圖2顯示了此次運動員擲出冰壺的時刻兩冰壺的位置（冰壺不可視為質點），冰壺甲運動一段時間后與對方靜止的冰壺乙發生正碰，若兩冰壺質量相等，則碰后兩冰壺最終停止的位置，可能是哪幅（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：A、兩壺碰撞后甲的速度應小于乙的速度，兩壺停止時，甲應在乙的后方，故A正確；
BCD、如果兩冰壺發生彈性碰撞，碰撞過程動量守恒、機械能守恒，兩冰壺質量相等，碰撞后兩冰壺交換速度，甲靜止，乙的速度等于甲的速度，碰后乙做減速運動，最后停止，最終兩冰壺的位置如圖C所示，如果為非彈性碰撞，總動量向右，甲不會反彈，不可能出現BC所示情況，故D正確，BC錯誤；
故選：AD。
（2022秋 日照期末）如圖所示，把兩個大小相同的金屬球A和B用細線連接，中間夾一被壓縮的輕彈簧，靜止在光滑的水平桌面上。已知A的質量為M，B的質量為m，彈簧的壓縮量為x，原長為L。現燒斷細線，在彈簧恢復原長的過程中，金屬球A發生的位移大小為（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：兩球組成的系統動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：mvB﹣MvA＝0，mM0，其中：xA+xB＝x，解得：xA，故B正確，ACD錯誤。
故選：B。
（2022秋 未央區校級期末）如圖甲所示，質量為2kg的小球B與質量未知的小球C用輕彈簧拴接，放在光滑的水平地面上，另有一小球A以6m/s的初速度向右運動，t＝2s時球A與球B碰撞并瞬間粘在一起，碰后球B的ν﹣t圖像如圖乙所示。已知彈簧的彈性系數k＝240N/m，彈簧的彈性勢能（x為彈簧的形變量），整個運動過程中彈簧始終在彈性限度內。下列判斷正確的是（　　）
A．碰后球B的速度為零時彈簧長度最短
B．碰后球B的速度為零時球C的加速度為零
C．碰后運動過程中，小球B加速度的最大值為20m/s2
D．碰后運動過程中，小球B加速度的最大值為30m/s2
【解答】解：A．當三球共速時，彈簧彈性勢能最大，壓縮量最大，彈簧長度最短，故A錯誤；
B．由圖可知，B的速度為零后繼續反向加速，說明彈簧彈力不為0，故C球受到彈簧彈力，加速度不為0，故B錯誤；
CD．AB發生完全非彈性碰撞，設水平向右為正方向，由動量守恒定律，則
mAvA＝（mA+mB）v
代入數據解得 mA＝4kg
ABC整體動量守恒（mA+mB）v＝（mA+mB）v'+mCvC
當彈簧恢復原長時，此時v'＝﹣1m/s，滿足
即
代入數據解得 mC＝10kg
當ABC共速時，設水平向右為正方向，由動量守恒定律
（mA+mB）v＝（mA+mBmC）v共
依據能量守恒定律
聯立解得 Ep＝30J
Ep
代入數據解得
此時小球B加速度最大a
代入數據解得 a＝20m/s2，故C正確，D錯誤。
故選：C。
（多選）（2023 玉林三模）如圖所示，半徑為R的光滑半圓形軌道固定在水平地面上，A、B是兩個可視為質點的小球，B球靜止于軌道上最低點，A球從圖示位置由靜止釋放，然后與B球發生彈性碰撞，碰撞后A球被反向彈回，且A、B球能達到相同最大高度。下列說法正確的有（　　）
A．以軌道最低點為零勢能點，兩球所達到的相同的最大高度為R
B．B球的質量是A球質量的4倍
C．偶數次碰撞后A球的速度為0
D．兩球總是在最低點發生碰撞
【解答】解：設A球的質量為m，B球的質量為M
AB、兩球碰撞后向上運動過程機械能守恒，設上升的最大高度為h，由機械能守恒定律得：mgh，解得：v，兩球碰撞后，A、B球能達到相同最大高度，則兩球碰撞后瞬間兩球的速度大小相等，A球運動到最低點過程，由機械能守恒定律得：mgR，兩球發生彈性碰撞，碰撞過程系統動量守恒、機械能守恒，以碰撞前A的速度方向為正方向，由動量守恒定律得：mv0＝﹣mv+Mv，由機械能守恒定律得：，解得：M＝3m，v，hR，故A正確，B錯誤；
D、兩球碰撞前后運動過程機械能守恒，兩球碰撞后速度大小相等，兩球上升的最大高度相等，則兩球碰撞后上升到最高點需要的時間相等，兩球碰撞后同時到達最高點，同時從最高點下滑，下滑的高度相等，則兩球同時到達最低點，小球到達最低點發生碰撞，則兩球總是在最低點發生碰撞，故D正確；
C、兩球從最高點下滑到最低點過程機械能守恒，小球到達最低點時的速度大小與第一碰撞結束瞬間的速度大小相等，速度大小都是v，兩球第二次碰撞過程系統動量守恒、機械能守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：mv﹣Mv＝mvA+MvB，由機械能守恒定律得：，解得：vA，vB＝0，偶數次碰撞后A的速度為，B的速度為0，故C錯誤。
故選：AD。
（多選）（2023 河北模擬）如圖所示，質量分別為m、2m的乙、丙兩個小球并排放置在光滑的水平面上，質量為m的小球甲以速度v0（沿乙、丙的連線方向）向乙球運動，三個小球之間的碰撞均為彈性碰撞，下列說法正確的是（　　）
A．當三個小球間的碰撞都結束之后，乙處于靜止狀態
B．當三個小球間的碰撞都結束之后，小球丙的動量為
C．乙、丙在發生碰撞的過程中，丙對乙做的功為
D．乙、丙在發生碰撞的過程中，乙對丙的沖量的大小為
【解答】解：A．甲、乙第一次碰撞后互換速度，即甲速度變為零，乙速度變為v0，設乙、丙碰撞剛結束時速度分別為v乙、v丙
由彈性碰撞規律：動量守恒和動能守恒定律，以v0為正方向，則mv0＝mv乙+2mv丙
聯立解得、
乙反彈后與甲再次發生碰撞，碰后二者交換速度，即甲速度變為，乙速度變為零，故A正確；
B．碰撞結束，小球丙動量等于
故B錯誤；
C．乙、丙發生碰撞過程，乙速度v0變成
由動能定理，丙對乙做功
故C錯誤；
D．乙、丙在發生碰撞過程中，丙速度由零變成
對丙由動量定理，乙對丙沖量大小
故D正確。
故選：AD。
（2023春 天津期中）在光滑水平面上，有A、B兩個小球向右沿同一直線運動，取向右為正，兩球的動量分別是pA＝5kg m/s，pB＝7kg m/s，如圖所示，若能發生正碰，則碰后兩球的動量增量ΔpA、ΔpB可能是（　　）
A．ΔpA＝﹣3kg m/s，ΔpB＝3kg m/s
B．ΔpA＝3kg m/s，ΔpB＝3kg m/s
C．ΔpA＝﹣10kg m/s，ΔpB＝10kg m/s
D．ΔpA＝3kg m/s，ΔpB＝﹣3kg m/s
【解答】解：A、根據碰撞過程動量守恒定律，如果ΔpA＝﹣3kg m/s、ΔpB＝3kg m/s，所以碰后兩球的動量分別為p′A＝pA+ΔpA＝5kg m/s﹣3kg m/s＝2kg m/s，p′B＝pB+ΔpB＝7kg m/s+3kg m/s＝10kg m/s，碰撞后A的動能減小，B的動能增加，總動能可能不增加，這是可能發生的，故A正確；
B、兩球碰撞過程，系統的動量守恒，兩球動量變化量應大小相等，方向相反，若ΔpA＝3kg m/s，ΔpB＝3kg m/s，違反了動量守恒定律，不可能，故B錯誤；
C、如果ΔpA＝﹣10kg m/s，ΔpB＝10kg m/s，所以碰后兩球的動量分別為p′A＝﹣5kg m/s、p′B＝17kg m/s，可以看出，碰撞后A的動能不變，而B的動能增加，總動能增加，違反了能量守恒定律，不可能，故C錯誤；
D、如果ΔpA＝3kg m/s、ΔpB＝﹣3kg m/s，所以碰后兩球的動量分別為p′A＝8kg m/s、p′B＝4kg m/s，由題，碰撞后，兩球的動量方向都與原來方向相同，A的動量不可能沿原方向增大，與實際運動不符，故D錯誤。
故選：A。
（2023 海淀區校級模擬）質量為m的子彈以某一初速度v0擊中靜止在光滑水平地面上質量為M的木塊，并陷入木塊一定深度后與木塊相對靜止，甲、乙兩圖表示了這一過程開始和結束時子彈和木塊可能的相對位置，設木塊對子彈的阻力大小恒定，下列說法正確的是（　　）
A．M越大，子彈射入木塊的時間越短
B．M越大，子彈射入木塊的深度越小
C．無論m、M、v0的大小如何，都只可能是甲圖所示的情形
D．若v0較小，則可能是甲圖所示情形；若v0較大，則可能是乙圖所示情形
【解答】解：A、子彈與木塊組成的系統動量守恒，設子彈和木塊的共同速度為v，以向右為正方向，由動量守恒定律得：mv0＝（M+m）v，解得：v
設子彈受到的阻力大小為f，子彈射入木塊的時間為t。
對子彈，由動量定理得：﹣ft＝mv﹣mv0，聯立解得：t，可知，M越大，越小，t越長，故A錯誤；
B、設子彈射入木塊的深度為d，根據系統的能量守恒得：fd（M+m）v2，聯立解得 d，可知，M越大，越小，d越大，故B錯誤；
CD、設子彈從開始射入到與木塊相對靜止的過程木塊的位移為x，對木塊，根據動能定理得：fxMv2，結合v，得 x
則1，即x＜d，所以，無論m、M、v0的大小如何，都只可能是甲圖所示的情形，故C正確，D錯誤。
故選：C。
（2022秋 沙坪壩區校級月考）某次高能粒子對撞實驗簡化過程如圖所示，在光滑水平面上，一質量為m、電荷量為q的帶電小球A和一質量為2m、電荷量為2q的帶電小球B相向運動，初速度大小分別為2v0、v0，整個運動過程中，小球未發生接觸。下列說法正確的是（　　）
A．當A球的速度減為0時，B球的速度向右
B．當A球的速度減為0時，系統的電勢能最大
C．從圖示位置到A球的速度減為0的過程中，庫侖力對兩個小球做功相同
D．從圖示位置到A球的速度減為0的過程中，庫侖力對兩個小球沖量相同
【解答】解：A、帶電小球A、B受到庫侖力大小相等，方向相反，兩球組成系統合外力為零，取向右為正方向，當A球的速度減為0時，由動量守恒定律可得：
m 2v0﹣2mv0＝0+2mvB
解得：vB＝0，
故A錯誤；
B、兩小球相互作用過程中，庫侖力對兩球做功，動能和電勢能相互轉換，當A球的速度減為0時，B球的速度也減為0時，系統動能最小，電勢能最大，故B正確；
C、從圖示位置到A球的速度減為0的過程中，根據動能定理得：
庫侖力對A球做的功：WA＝0，
庫侖力對B球做的功：WB＝0，
故C錯誤；
D、從圖示位置到A球的速度減為0的過程中，取向右為正方向，根據動量定理得：
庫侖力對A球沖量：IA＝0﹣m 2v0＝﹣2mv0
庫侖力對B球沖量：IB＝0﹣（﹣2mv0）＝2mv0
故D錯誤；
故選：B。
（2022秋 海安市校級月考）如圖所示，半徑為R的光滑圓形軌道固定在豎直面內。小球A、B質量分別為mA、mB。A球從左邊與圓心等高處由靜止開始沿軌道下滑，與靜止于軌道最低點的B球相撞，第一次碰撞后A、B球能達到的最大高度均為，碰撞中無機械能損失，則（　　）
A．第一次碰撞后兩球同向運動
B．運動過程中兩球的總動量保持不變
C．在以后運動過程中A球可以回到初始位置
D．mA與mB可能相等
【解答】解：A、第一次碰撞后A、B球能達到的最大高度均為，碰撞中無機械能損失，則碰撞后二者速度大小相等、方向相反，故A錯誤；
B、碰撞過程中系統動量守恒，碰撞后沿軌道運動過程中動量不守恒，故B錯誤；
C、碰撞過程中系統的機械能守恒，則第二次碰撞后B的速度為零，A可以達到初始位置，故C正確；
D、根據A選項可知，碰撞后A方向相反，則A的質量一定小于B，故D錯誤。
故選：C。
（2022秋 阿拉善左旗校級期末）如圖所示，質量為M＝2kg的木板靜止放置在光滑水平地面上，木板右側有一堵墻面。一質量m＝1kg的物塊以速度v0＝6m/s滑上木板左端，當物塊與木板速度相同時，木板撞上墻面后反彈，最后物塊剛好到達木板右端。已知木板撞上墻體前后速度大小不變，碰撞時間忽略不計。物塊和木板間的動摩擦因數μ＝0.2，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）開始時木板右端到墻面的距離，
（2）木板的長度。
【解答】解：（1）物塊剛滑上木板時，對于物塊，由牛頓第二定律有μmg＝ma1
對于木板有，有μmg＝Ma2
當木板木塊共速時，有v0﹣a1t1＝a2t1
木板右端到墻面的距離
解得s＝2m
（2）木板撞上墻面前，物塊移動的距離
物塊的速度v1＝v0﹣a1t1
木板的速度v2＝a2t1
木板撞上墻面后至物塊運動到木板的右端，有v2﹣a2t2＝﹣v1+a1t2
則木板的長度
解得
答：（1）開始時木板右端到墻面的距離為2m；
（2）木板的長度為
（2022春 榮昌區校級期末）如圖所示，ABC是光滑軌道，其中BC部分是半徑為R的豎直放置的半圓，AB部分與BC部分平滑連接。一質量為M的小木塊放在軌道水平部分，木塊被水平飛來的質量為m的子彈射中，子彈留在木塊中。子彈擊中木塊前的速度為v0。若被擊中的木塊能沿軌道滑到最高點C，重力加速度為g，求：
（1）子彈擊中木塊后的速度；
（2）子彈擊中木塊并留在其中的過程中子彈和木塊產生的熱量Q；
（3）木塊從C點飛出后落地點距離B點的距離s。
【解答】解：（1）子彈擊中木塊的過程，取向右為正方向，根據動量守恒定律有
mv0＝（m+M）v
解得子彈擊中木塊后的速度
（2）根據能量守恒定律得
解得子彈擊中木塊并留在其中的過程中子彈和木塊產生的熱量：
（3）從子彈擊中木塊后到木塊運動到C點的過程，由機械能守恒定律有：
（M+m）v2（M+m）（M+m）g 2R
木塊從C點飛出后做平拋運動，豎直方向有
水平方向有s＝vct
聯立解得
答：（1）子彈擊中木塊后的速度為；
（2）子彈擊中木塊并留在其中的過程中子彈和木塊產生的熱量Q為；
（3）木塊從C點飛出后落地點距離B點的距離s為2。
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