专题119 动量守恒：碰撞（提升版）专项训练-2025-2026学年高二上学期物理人教版选择性必修第一册

专题119 动量守恒:碰撞（提升版） 一、单选题 1．水平冰面上有一固定的竖直挡板。一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0kg的静止物块以大小为5.0m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0m/s的速度与挡板弹性碰撞，总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0m/s，反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为（　　） A．48kg B．50kg C．51kg D．58kg 2．内侧直径为d质量为m的静止圆环，置于光滑水平桌面上。有一质量为m的小球从圆环中心处以速率v和圆环发生弹性碰撞，如图所示，则小球和圆环连续两次碰撞的时间间隔为（　　） A． B． C． D． 3．如图所示，小球B放置在光滑水平面上，小球A从斜面滚落到水平面后以的动量与小球B发生对心碰撞，碰后小球B的动量为，用k表示B球质量与A球质量的比值，则k的取值范围是（　　）    A． B． C． D． 4．如图所示，A、B、C、D、E五个相同小球，分别以五种不同的速度自左向右运动，且速度值A大于B，B大于C，C大于D，D大于E。如果这五个相同小球之间发生碰撞时，碰后发生碰撞的两球速度交换。请问：该系统发生碰撞的次数为（   ） A．5次 B．8次 C．10次 D．12次 5．如图所示，质量为m的A球以速度v0在光滑水平面上运动，与原来静止的质量为4m的B球碰撞，碰撞后A球以v=av0 （待定系数a<1）的速率弹回，并与挡板P发生完全弹性碰撞，若要使A球能追上B球再次相撞，则a的取值范围为（　　） A． B． C． D．<a≤ 6．如图所示，有n个质量均为m的相同小球保持一定间距放在光滑的水平面上，且它们排列成一条直线，在左边有一质量为2m的小球M以初速度v向右运动，各球之间的碰撞均为弹性碰撞，每次最右边小球被碰走时，M恰好与小球1发生碰撞，经过若干次碰撞后所有小球均向右做匀速直线运动，则下列说法正确的是（　　） A．小球n做匀速运动的速度为 B．小球1做匀速运动的速度为 C．所有小球向右做匀速直线运动时，碰撞总次数为 D．所有小球向右做匀速直线运动时，碰撞总次数为 7．斯诺克是一种台球运动，越来越受到人们的喜爱。现在台面一条直线上依次放8个质量均为m的红球，质量为2m的白球以某一水平速度与8号红球发生正碰，不计一切摩擦，台面足够大，所有碰撞均是弹性碰撞，则所有碰撞完成后，白球与1号红球的速度大小之比为（　　） A． B． C． D． 8．两个弹性小球A、B相互挨着，A在B的正上方，一起从某一高度处由静止开始下落，小球下落的高度远大于两小球直径。若小球B与水平地面、小球A与小球B之间发生的都是弹性正碰，B球质量是A球质量的2倍，则A球第一次的下落高度与其碰后第一次上升的最大高度之比为（    ） A． B． C． D． 9．如图为“子母球”表演的示意图，弹性小球A和B叠放在一起，从距地面高度为h处自由落下，h远大于两小球直径，小球B的质量是A质量的3倍。假设所有的碰撞都是弹性碰撞，且都发生在竖直方向，不考虑空气阻力，则下列判断中错误的是（　　） A．下落过程中两个小球之间没有相互作用力 B．A与B第一次碰后小球B的速度为零 C．A与B第一次碰后小球A弹起的最大高度是2h D．A与B第一次碰后小球A弹起的最大高度是4h 二、多选题 10．“打弹珠”是一种常见的游戏，该游戏的规则为：将手中一弹珠以一定的初速度瞬间弹出，并与另一静止的弹珠发生碰撞，被碰弹珠若能进入小坑中即为胜出。某次游戏时的示意图如图甲所示，弹珠A和弹珠B与坑在同一直线上，两弹珠间距x1=28cm，弹珠B与坑的间距x2=9cm。现用手指将A以某一初速度弹出，在坐标纸中作出A、B运动的v-t图像如图乙所示（实线代表A，虚线代表B），忽略弹珠A、B碰撞的时间，g取，则下列说法中正确的是（　　） A．碰撞后瞬间弹珠A的速度大小为0.4m/s B．碰撞前弹珠A运动时间为0.4s C．弹珠B会落入坑中 D．弹珠A会落入坑中 11．如图所示，是半径为的圆周的圆弧形光滑槽，其质量为，静置于光滑水平面上，为与的圆心等高的点，为的最低点，与水平面相切。一可视为质点、质量未知的小球静止在右边的水平面上。将另一可视为质点、质量为的小球从槽口点自由释放，到达水平面上与小球发生弹性正碰。整个过程中，不计一切阻力，重力加速度为，下列说法正确的是（　　） A．小球第一次下滑到点过程中，小球和光滑槽组成的系统机械能守恒，动量守恒 B．小球第一次下滑到点时，光滑槽的速率为 C．小球第一次下滑到点时所受支持力大小为 D．当小球的质量为时，小球与小球碰撞后，小球沿光滑槽上升最大高度为 12．在光滑水平面上，动能为、动量的大小为的小钢球1与静止小钢球2发生碰撞，碰撞前后球1的运动方向相反。将碰撞后球1的动能和动量的大小分别记为，球2的动能和动量的大小分别记为，则必有（　　） A． B． C． D． 13．物块A、B在水平面上沿同一直线同向滑行，A追上B后发生碰撞，碰撞时间极短，如图为两物块运动的图像，图线在碰撞前、后均平行。已知A的质量为，则（    ） A．物块B的质量为 B．两图线交点的纵坐标为 C．碰撞过程中系统的机械能守恒 D．两物块在时间内受水平面摩擦力作用的冲量不相同 14．如图甲所示，光滑水平面上两物块A、B用轻质橡皮绳水平连接，橡皮绳恰好处于原长。时，A以水平向左的初速度开始运动，B的初速度为0，A、B运动的图像如图乙所示。已知A的质量为m，时间内B的位移为，时二者发生碰撞并粘在一起，则（　　） A．B的质量为2m B．橡皮绳的最大弹性势能为 C．橡皮绳的原长为 D．时间内橡皮绳对B的平均作用力大小为 15．甲、乙两球在水平光滑轨道上向同方向运动，已知它们的动量分别是，，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为，则两球质量和间的关系可能是下面的哪种（     ） A． B． C． D． 16．如图所示，一个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只能发生两次碰撞 D．若，则P、Q只能发生三次碰撞 17．如图所示，质量为M的小车在水平面上始终以恒定速度向右做匀速运动，一质量为m的小球（m远小于M，可视为质点）从高h处自由下落，与小车碰撞（碰撞时的作用力远远大于小球的重力）后反弹，上升的最大高度为。设球与车之间的动摩擦因数为，重力加速度为g，则小球刚弹起后的速度大小可能为（　　） A． B． C． D． 18．内壁光滑的圆环管道固定于水平面上，如图所示为水平面的俯视图。O为圆环圆心，直径略小于管道内径的甲、乙两个等大的小球（均可视为质点）分别静置于A、B处，甲、乙两球质量分别为m、km。现给甲球一瞬时冲量，使甲球沿图中心向开始运动，甲、乙两球在B点发生弹性正碰，碰后甲球立即反向运动，恰好第一次与乙球相遇在D处，已知AO⊥BO，BO⊥CO，∠COD=，忽略碰撞时间。则下列说法正确的是（　　） A．k=5 B．k=2 C．若k=1，两小球将在B点发生第二次碰撞 D．若k=1，两小球可能不再发生第二次碰撞 19．在一个水平桌面上固定一个内壁光滑的半径为R的管形圆轨道，俯视如图所示，a、b、c、d为圆上两条直径的端点，且ac与bd相互垂直。在内部放置A、B两个小球（球径略小于管径，管径远小于R），质量分别为、，开始时B球静止于a点，A球在其左侧以的初速度向右与B球发生第一次碰撞且被反弹。已知小球之间的碰撞均为对心弹性碰撞，第二次碰撞发生在b点。则下列说法中正确的是（　　） A．A、B两球的质量比为 B．若只增大A球的初速度则第二次碰撞点可能在之间某处 C．若只增大A球的质量则第二次碰撞点可能仍在b处 D．若只增大A球的质量则第一、二次碰撞时间间隔不可能大于 20．如图所示，将两个质量分别为、的小球A、B叠放在一起，中间留有小空隙，从初始高度处由静止释放。A球与地面碰撞后立即以原速率反弹，A球与B球碰撞的时间为，不计空气阻力，取向上为正方向，B球的速度时间图像如图乙所示，g取，下列说法中正确的是（　　）    A．B球与A球碰前的速度大小为 B．A、B两球发生的是弹性碰撞 C．若，第一次碰撞后，球上升的最大高度可能大于 D．两球碰撞过程中，B球的重力冲量与A对B球的冲量大小比值为 三、解答题 21．如图所示，斜坡上两个可视为质点的相同滑块甲、乙，分别从不同高度同时开始下滑。斜坡与水平面在处平滑相接，斜面上，滑块与水平面间的动摩擦因数均为，乙在水平面上追上甲时发生弹性碰撞，忽略空气阻力，斜面倾斜角度为，重力加速度大小为。试求： (1)甲在斜面上的加速度； (2)若在碰撞前瞬间乙的速度为，求碰撞后直至停下地面对甲的冲量大小； (3)若乙的初始高度为，求甲停下时离点的最远距离。 22．（1）如图1所示，ABC为一固定在竖直平面内的光滑轨道，BC段水平，AB段与BC段平滑连接，质量为的小球从高位处由静止开始沿轨道下滑，与静止在轨道BC段上质量为的小球发生碰撞，碰撞后两球两球的运动方向处于同一水平线上，且在碰撞过程中无机械能损失，求碰撞后小球的速度大小。 （2）碰撞过程中的能量传递规律在物理学中有着广泛的应用。为了探究这一规律，我们采用多球依次碰撞、碰撞前后速度在同一直线上、且无机械能损失的简化力学模型，如图2所示，在固定光滑水平轨道上，质量分别为、……的若干个球沿直线静止相间排列，给第1个球初能，从而引起各球的依次碰撞。定义其中第个球经过依次碰撞后获得的动能与之比为第1个球对第个球的动能传递系数。 a.求； b.若，，m0为确定的已知量，求为何值时，值最大。 23．如图，水平轨道分别与高为h、倾角的斜面轨道两端平滑连接，质量为m的小物块P静止在水平轨道上，质量大于m的小物块Q位于P的左侧，Q的初动能为（g为重力加速度大小），初速度方向向右；Q与P发生碰撞后，P沿斜面上滑高度后返回，在水平轨道上与Q再次发生碰撞，所有垫道均是光滑的，每次碰撞均为弹性碰撞。 （1）求Q的质量； （2）求第2次碰撞后P沿斜面上滑到C点时的速度大小； （3）为保证第2次碰撞能在水平轨道上发生，求初始时P离斜面底端B的最小距离。 24．如图所示为某次斯诺克比赛的场景，球桌上只剩下白球和黑球，分别静止在P、Q两袋连线的A、B两点处，且B点位于PQ连线的中点，A点位于PB连线的中点，P、Q两点间的距离为l。已知白球的质量为，黑球的质量为（），两球在桌面上滚动前进过程可视为匀减速直线运动，加速度大小为a。现给白球一瞬时初速度，速度方向沿AB方向并与黑球发生弹性碰撞，求： （1）白球与黑球碰撞后的瞬间各自的速度大小； （2）若要求黑球被碰撞之后能进入Q袋，且白球反弹后未能进入P袋，则初速度的大小范围应是多少？ 25．如图所示，一条光滑的轨道平滑连接，固定在竖直平面内，段水平，段是以O为圆心、R为半径的一段圆弧。滑块A以某一初速度沿方向运动，与静止于b处的滑块B发生弹性碰撞，滑块A和B均可视为质点，质量分别为m和。B运动到d点时速度沿水平方向，大小为，重力加速度为g，求： (1)滑块A的初速度大小； (2)滑块B对滑块A的冲量。 26．如图所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R＝0.5m，物块A以v0＝6m/s的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q，再沿圆轨道滑出后，与直轨道上P处静止的物块B碰撞，碰后粘在一起运动，P点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L＝0.1m，物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ＝0.1，A、B的质量均为m＝1kg(重力加速度g取10m/s2；A、B视为质点，碰撞时间极短)。 (1)求A滑过Q点时的速度大小v和受到的弹力大小F； (2)若碰后AB最终停止在第k个粗糙段上，求k的数值； (3)求碰后AB滑至第n个(n＜k)光滑段上的速度vn与n的关系式。 27．如图所示，水平面右侧有竖直墙壁，垂直墙壁的同一直线上有两个静止的物块A和B（均可视为质点），相距L=15m，物块B到墙壁的距离s=5m，两物块的质量分别为mA==1kg、mB=0.5kg，物块B与水平面间无摩擦，物块A与水平面间的动摩擦因数μ=0.2。现给物块A施加水平向右的力F=6N，作用2s后撤去F，之后物块A与物块B、物块B与墙壁间发生正碰，碰撞中无能量损失，且碰撞时间极短，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，求： （1）物块A从开始运动到两物块第一次发生碰撞所经历的时间及物块A第一次碰撞前的速度大小； （2）两物块第一次碰撞后的速度大小； （3）从开始到两物块第三次碰撞前物块B通过的总路程。 28．伽利略大炮是一种极为简易的机械发射装置，由伽利略于1590年左右发明。现我们共同研究伽利略大炮的实验，先将1kg的弹性大球单独自由释放，落地反弹高度为下落高度的0.64倍。现在弹性大球上将弹性小球逐个叠放，并将它们从距地面0.8m高处同时自由释放，如图所示。已知各球相互接触且重心在同一竖直线上，每个弹性球的质量为该球下面接触球质量的，各球之间均发生弹性碰撞，作用时间极短，无论弹性大球上面是否叠放弹性小球及叠放几个弹性小球，弹性大球与地面碰撞过程中能量损失均保持不变，重力加速度g取，忽略空气阻力，球均可看作质点。 （1）若将弹性大球单独从距地面0.8m高处自由释放，求弹性大球与地面第一次碰撞时地面对弹性大球所做的功； （2）若弹性大球上端只放一个弹性小球，求两球第一次碰撞过程中弹性大球对弹性小球的冲量大小； （3）若弹性大球上叠放了2个弹性小球，则第2个弹性小球上升的最大高度为多少？ 29．如图半径为R的圆环水平放置并固定，圆环内有质量为和的小球A和B。初始时小球A以初速度沿圆环切线方向运动，与静止的小球B发生碰撞。不计小球与圆环之间的摩擦，两小球始终在圆环内运动。 (1)若小球A与B碰撞后结合在一起，求碰撞后小球组合体的速度大小及做圆周运动所需向心力的大小； (2)若小球A与B之间为弹性碰撞，且所有碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，求小球的质量比。 30．如图甲所示，一水平放置的圆环形刚性窄槽固定在桌面上，槽内嵌着1、2、3号三个大小相同的小球，它们的质量分别是、和，。小球与槽的两壁刚好接触而它们之间的摩擦可忽略不计，且槽的内半径远大于球的半径。开始时，三球处在槽中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的位置，彼此间距离相等；2、3号球静止，1号球以初速度（其中）沿槽运动，R为圆环的内半径和小球半径之和。设各球之间的碰撞皆为弹性碰撞，忽略碰撞的时间。 （1）求1、2号球第一次碰撞后的速度大小分别为多少（速度用表示）； （2）求系统内发生第三次碰撞的位置及碰后三球的速度大小（速度用表示）； （3）求此三球系统的运动周期T（需写出详细推算过程）。 （4）若在此环形窄槽内等间距嵌入2024个大小相同的小球，如乙图所示，开始时1号球同样以初速度沿槽运动，其他球均静止。摩擦不计，各球间的碰撞皆为弹性碰撞，忽略碰撞的时间。试猜想各小球的质量满足怎样的关系，会发生类似三球系统的周期性运动，并写出该运动周期（不需要写出详细推算过程）。    试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《专题119 动量守恒:碰撞（提升版）》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D A A C D C C B C AC 题号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 答案 BD BD AD AD BC AC BC AC CD AD 1．D 【详解】取运动员速度方向为正方向，设经过7次这样推物块后，运动员退行速度的大小为v7，经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小为v8，根据动量定理，物块每次碰撞挡板前后，挡板对物块的冲量为 对物块和运动员组成的系统，根据动量定理 根据题意 代入数据解得 故选D。 2．A 【详解】小球和圆环质量相同，发生弹性碰撞后，速度交换，第一次碰撞后，小球静止，圆环以速度v向左运动，经 小球和圆环第二次碰撞，则小球和圆环连续两次碰撞的时间间隔为。 故选A。 3．A 【详解】由动量守恒定律，得 已知，，代入数据解得 根据碰撞过程中总动能不增加，则有 代入数据解得 碰后两球同向运动，球A的速度不大于球B的速度，则 解得 综上可得 故选A。 4．C 【详解】根据碰撞的规律可知，最终小球的速度从左至右应为EDCBA，结合数学方法可知，系统碰撞的次数为 4次+3次+2次+1次=10次 故选C。 5．D 【详解】设碰后B球的速度大小为v1，根据动量守恒定律有    ① 根据碰撞过程中机械能不会增加，有    ②A球与挡板P发生完全弹性碰撞后速度大小不变，则若要使A球能追上B球再次相撞，应有    ③ 联立①②③解得a的取值范围为 故选D。 6．C 【详解】A．M与小球1发生弹性碰撞后，设M的速度为，小球1的速度为，根据动量守恒有 根据能量守恒有 联立解得， 小球1~n质量相同且发生弹性碰撞，它们之间交换速度，所以小球n匀速运动的速度为，故A错误； B．当M与小球1发生第二次以生弹性碰撞时小球1是静止的，根据动量守恒有 根据能量守恒有 联立解得， 以此类推，当所有小球都做匀速直线运动时，小球1匀速运动的速度为，故B错误； CD．n号小球被碰走，小球之间的碰撞次数为n，号小球被碰走，小球碰撞的次数为，号小球被碰走，小球碰撞的次数为，以此类推，当所有小球都做匀速直线运动时，碰撞总次数为，故C正确，D错误。 故选C。 7．C 【详解】设白球的初速度为v0，与8号球第一次碰撞后速度分别为v1、v2，因碰撞均是弹性碰撞，因此由动量守恒定律和机械能守恒定律，可得 解得 接下来8号再与7号、7号与6号、6号与5号、5号与4号、4号与3号、3号与2号、2号与1号碰撞，因质量相等的8个球碰撞，都是弹性碰撞，则有1号球碰撞后的速度大小是 白球第二次再与8号球碰撞，同理则有碰撞后白球的速度 依次类推，最后白球碰撞8号球后的速度 1号球的速度大小不变，则有 ABD错误，C正确。 故选C。 8．B 【详解】规定竖直向下为正方向，设A、B球开始下落的高度为h，B球与地面碰撞后等速率反弹，则由运动学公式 可知，A、B碰前的速度分别为 ， A、B碰撞过程中，由动量守恒定律得 由机械能守恒定律得 其中 联立解得 ，（舍去） A球碰后第一次上升的最大高度为 所以A球第一次的下落高度与其碰后第一次上升的最大高度之比为 故选B。 9．C 【详解】A．球B与地面碰撞前，对AB整体，由牛顿第二定律得 （mA+mB）g＝（mA+mB）a 解得 a＝g 设下落过程中两个小球之间的弹力为T，对B球，由牛顿第二定律得 mBg+T＝mBa 解得 T＝0 故A不符合题意； B．根据机械能守恒定律可得 （mA+mB）gh＝（mA+mB） 解得球A、B与地面碰撞前瞬间的速度大小为 v0＝ B球碰撞地之后，速度瞬间反向，大小相等，选A与B碰撞过程为研究过程，碰撞前后动量守恒，设碰后A、B速度大小分别为vA、vB，选向上方向为正方向，由动量守恒定律得 mBv0﹣mAv0＝mAvA+mBvB 由机械能守恒定律得 （mA+mB）v02＝mAvA2+ mBvB2 由题可知 mB＝3mA 联立解得 vA＝ vB＝0 故B不符合题意； CD．A与B第一次碰后小球A弹起的最大高度为 故C符合题意，D不符合题意。 故选C。 10．AC 【详解】A．由图像可知，碰撞后瞬间弹珠A的速度大小为v1=0.4m/s ，选项A正确； B．碰撞前弹珠A的平均速度，则运动时间为，选项B错误； CD． 碰撞前后两球均做匀减速运动，加速度大小均为， 弹珠B碰后运动的距离 可知弹珠B会落入坑中；A碰后运动的距离 可知弹珠A不会落入坑中。选项C正确，D错误。 故选AC。 11．BD 【详解】A．小球与半圆形槽组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，故小球和光滑槽组成的系统动量不守恒；但运动过程中只有重力做功，系统的机械能守恒，故错误； B．设小球第一次下滑到点时，的速度大小为，的速度大小为，取向右为正方向，水平方向由动量守恒定律可得 根据小球机械能守恒定律得 解得 ， 故B正确； C．设小球第一次下滑到点时所受支持力大小为，对在的最低点，根据牛顿第二定律可得 解得 故C错误； D．设小球与小球碰撞后的速度为，的速度为，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得 根据机械能守恒定律可得 联立解得 （负号表示方向向左） 即小球a以速度向左运动，在与相互作用的过程中，达到最高点时的速度大小为，以和组成的系统为研究对象，取向左为正方向，根据动量守恒定律可得 根据机械能守恒定律可得 联立解得 故D正确； 故选BD。 12．BD 【详解】ABD．碰撞后两球均有速度。根据碰撞过程中总动能不增加，可知 否则，就违反了能量守恒定律。故BD正确A错误； C．取碰撞前小钢球1的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得 得到 可见 故C错误。 故选BD。 13．AD 【详解】A．根据碰撞动量守恒，以速度为正方向，则有 解得 故A正确； B．交点代表共速度，结合碰撞动量守恒，即 解得 故B错误； C．碰撞前的动能为 碰撞后的动能为 由于 所以系统机械能不守恒，故C错误； D．两物块在碰前做匀减速运动的加速度相同，根据 可知两物体与地面间的动摩擦因数相同，根据 可知，在时间内受水平面摩擦力作用的冲量不相同，故D正确。 故选AD。 14．AD 【详解】A．由于A、B组成的系统受合外力为零，动量守恒，则结合题图乙可知，时间内有 解得B的质量为 故A正确； B．时刻二者速度相同，橡皮绳刚好处于最大形变量，由能量守恒定律有 解得橡皮绳的最大弹性势能为 故B错误； C．由题图乙分析可知时刻，橡皮绳刚好由拉伸状态变为原长，时间内物块A向右做匀速运动，物块B向左做匀速运动，直至相碰，由系统动量守恒和能量守恒有 解得二者的速度大小为 则设橡皮绳原长为，由运动关系可知橡皮绳的原长为 故C错误； D．时间内，对B应用动量定理可得 可得橡皮绳对B的平均作用力大小为 故D正确。 故选AD。 15．BC 【详解】根据动量守恒定律得：，解得：，碰撞过程系统的总动能不增加，则有：，代入数据解得：，碰撞后甲的速度不大于乙的速度，则有：，代入数据解得：，综上有，故BC正确，AD错误； 故选BC． 【点睛】碰撞过程中系统遵守动量守恒，总动能不增加，碰撞后同向运动时，后面物体的速度不大于前面物体的速度，根据这三个规律，得到两球的质量关系． 16．AC 【详解】AB．设Q滑到水平面上时速度大小为v，P、Q相碰，动量守恒及动能不变，有 联立解得第一次碰后 之后Q滑上斜面并返回，速度等大反向，若不能追上P，则有 解得 选项A正确、B错误； C．同理若，第一次碰后 之后Q滑上斜面并返回，与P发生第二次碰撞后有 故P、Q只能发生两次碰撞，选项C正确； D．若，第一次碰后 之后Q滑上斜面并返回，与P发生第二次碰撞后有 故P、Q只能发生两次碰撞，D错误。 故选AC。 17．BC 【详解】AB．若小球与车碰撞后，水平速度相同，根据动量守恒 由于m远小于M，则 球刚弹起后竖直速度为 则小球刚弹起后的速度大小可能为 故A错误，B正确； CD．若小球与车没有达到共速，对小球由动量定理 水平方向 竖直方向 得 则小球刚弹起后的速度大小为 故C正确，D错误。 故选BC。 18．AC 【详解】AB．设甲球的初速度为，初始时两球间的弧长为L，则管道长度为4L，碰撞后，甲、乙小球的速度大小分别为，，取甲的初速度方向为正方向，由于两球发生弹性碰撞，由动量守恒定律有 由能量守恒定律有 由题意知两球在D点相碰，则有 联立以上式子求得 故A正确，B错误； C．若k=1，则两小球质量相等，发生弹性正碰后将互换速度，可知甲小球将静止在B点，乙小球将以大小为的速度绕一圈后再次在B点与甲小球相碰，故C正确，D错误。 故选AC。 19．CD 【详解】A．设第一次碰后A、B两球的速度分别为，。根据动量守恒定律和能量守恒定律有 第二次碰撞发生在b点，则有 联立解得 故A错误； B．设第二次碰撞A球转过的角度为，则有 解得 可知与初速度无关，即第二次碰撞点与A球的初速度无关，若只增大A球的初速度则第二次碰撞点仍在b点，故B错误； C．若mA＞mB，AB两球碰后同向运动，两球在b点发生第二次碰撞，则A球运动的路程是B球的，两球碰后速度的大小之比 结合A分析则有 解得 若只增大A的质量，满足则两球也会在b点再次碰撞，故C正确； D．若mA＜mB，A球碰后反向与B球再次碰撞，则有 sA+sB=2πR 即 vat+vbt=2πR 可得两球第一次碰后到第二次碰撞的时间 两球速度大小之和 代入上式，可得 若mA＞mB，A球碰后与B球速度同向运动，再次碰撞时，则有 sB-sA=2πR 即 vbt-vat=2πR 可得 两球速度大小之差 代入上式，可得 故D正确。 故选CD。 20．AD 【详解】A．A球的质量为m1=60g=0.06kg，B球的质量为m2=30g=0.03kg。设二者落地时的速度大小为v0，由动能定理可得 解得 由于A球与地面碰撞后立即以原速率反弹，所以B球与A球碰前的速度大小为 故A正确； B．因为A、B作用时间极短，重力对系统的冲量远小于系统总动量，可以视系统动量守恒，取向上为正方向，根据动量守恒定律可得 解得A碰后速度为 所以碰撞前系统的总动能 碰撞后系统的总动能 碰撞前后，系统机械能有损失，不是弹性碰撞，故B错误； C．若，若发生弹性碰撞，则第一次碰撞后 解得 球上升的最大高度 所以碰撞后B球上升的最大高度不会大于20m，故C错误； D．根据图乙可知，碰后B球反弹的速度大小为 设A对B球的冲量大小为I2，取向上为正方向，对B球根据动量定理可得 解得 B球受到的重力的冲量大小为 B球的重力冲量与A对B球的冲量大小比值为 故D正确。 故选AD。 21．(1) (2) (3) 【详解】（1）甲在斜面上的加速度，甲在斜面上受重力沿斜面向下的分力和摩擦力，合力为： 由牛顿第二定律 得： （2）碰撞时由， 可得 碰撞后甲乙交换速度，则甲停止运动，乙的速度为v，对乙 根据动量定理，水平方向： 即 竖直方向： 地面冲量大小： （3）乙的初始高度为，到达水平面的速度为： 碰撞后甲乙交换速度，则乙停在运动，甲的速度为乙，继续滑行直到停止，则甲停止时的位置距离O点的距离为： 代入 得： 22．（1）；（2）， 【详解】（1）设碰撞前的速度为，根据机械能守恒定律 ① 设碰撞后m1与m2的速度分别为v1和v2，根据动量守恒定律 ② 由于碰撞过程中无机械能损失 ③ 解得 ④ （2）a由④式，考虑到 根据动能传递系数的定义，对于1、2两球 ⑤ 同理可得，球m2和球m3碰撞后，动能传递系数k13应为 ⑥ 依次类推，动能传递系数k1n应为 解得 b.将m1=4m0，m3=mo代入⑥式可得 为使k13最大，只需使 最大，即取最小值，由 可知，当 即 时，值最大。 23．（1）；（2）；（3） 【详解】（1）设Q的质量为M，初速度大小为V0，第1次碰撞后瞬间P、Q的速度分别为v1、V1， 以向右为正方向，由动能定义、动量守恒定律和机械能守恒定律有 联立可得 （2）第2次碰撞前瞬间P的速度大小为v1，方向向左；设碰撞后瞬间P、Q的速度分别v2、V2， P沿斜面上滑到C点时的速度大小为，由动量守恒定律和机械能守恒定律有 联立可得 （3）设初始时P离斜面底端B的距离为s，第1次碰撞后Q运动到斜面底端B所需时间为t，P运动到斜面底端B所需时间为t1，P沿斜面运动时加速度的大小为a，在斜面上运动所需总时间为t2，由运动学公式、牛顿第二定律有 由题意 联立上述各式并由题给条件得 即初始时P离斜面底端B的最小距离为。 24．（1）；（2） 【详解】（1）设白球与黑球碰撞前的速度为，由运动学公式可得 设白球与黑球碰撞后的速度大小分别为、，白球和黑球发生弹性碰撞，由动量守恒定律可得 由机械能守恒定律可得 解得 故白球与黑球碰撞之后，白球的速度大小为 黑球的速度大小为 （2）碰后黑球能进入Q袋，则 碰后白球不能进入P袋，则 若要求黑球碰撞之后能进入Q袋，且白球反弹后不能进入P袋，则初速度的取值范围为 25．(1) (2)，方向沿方向 【详解】（1）滑块B由b到d，根据动能定理有 ， 滑块发生弹性碰撞，以滑块A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律，有 由能量守恒定律，有 联立解得 ， （2）对滑块A，根据动量定理可得 负号表示冲量的方向沿方向。 26．(1)，22 N ； (2) 45 ； (3) 【详解】(1)物块A从开始运动到运动至Q点的过程中，受重力和轨道的弹力作用，但弹力始终不做功，只有重力做功，根据动能定理有 解得 在Q点，不妨假设轨道对物块A的弹力F方向竖直向下，根据向心力公式有 解得 为正值，说明方向与假设方向相同。 (2)根据机械能守恒定律可知，物块A与物块B碰撞前瞬间的速度为v0，设碰后A、B瞬间一起运动的速度为v0′，根据动量守恒定律有 解得 设物块A与物块B整体在粗糙段上滑行的总路程为s，根据动能定理有 解得 所以物块A与物块B整体在粗糙段上滑行的总路程为每段粗糙直轨道长度的倍，即 (3)物块A与物块B整体在每段粗糙直轨道上做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可知，其加速度为 由题意可知AB滑至第n个（n＜k）光滑段时，先前已经滑过n个粗糙段，根据匀变速直线运动速度-位移关系式有 解得 （其中n＝1、2、3、…、44） 27．（1）3s，6m/s；（2），；（3） 【详解】（1）F作用2s的过程中，由动量定理有 代入数据解得 物块A的位移为 设物块A碰撞前的速度大小为 由动能定理有 代入数据解得 撤去F后，设碰撞前物块A做匀减速运动时间为，则 物块A从开始运动到两物块发生碰撞所经历的时间 （2）两物块发生弹性碰撞，由动量守恒和动能守恒，有 ， 联立两式并代入数据解得 ， （3）第一次碰撞后物块A继续向右做匀减速运动 加速度大小为 位移大小为 所经历时间为 由于物块B与墙壁碰撞后速度大小不变、方向反向，故时间内，物块B通过的路程为 即物块A静止前两物块没有发生碰撞，到两物块发生第二次碰撞时，物块B通过的路程为 设两物块第二次发生碰撞后物块B和A的速度大小为和，则有 ， 联立两式并代入数据解得 ， 物块A做匀减速运动到停止，其位移 物块B从两物块第二次碰撞后到两物块第三次碰撞前通过的路程为 从开始到两物块第三次碰撞前物块B走过的总路程为 28．（1）；（2）；（3） 【详解】（1）设弹性大球质量为，与地面碰撞前速度为，与地面碰撞后速度为，取向上为正，地面对弹性大球所做的功为W，则下落过程中 上升过程中 解得 ， 根据动能定理可得 （2）设弹性大球与地面碰撞前的速度为，与地面碰撞后的速度大小为，则 ， 联立可得 ， 弹性小球与弹性大球发生弹性碰撞，设弹性大球碰后的速度为，弹性小球碰前与碰后的速度分别为，则 ， 联立解得 由动量定理得 （3）由（2）可得第一个弹性小球与弹性大球碰撞之后速度为 整理得 同理可得第二个弹性小球与第一个弹性小球碰撞之后的速度为 整理可得 由运动学规律可得 则 29．(1)， (2)或 【详解】（1）题意可知A、B系统碰撞前后动量守恒，设碰撞后两小球的速度大小为，则根据动量守恒定律，则有 解得 碰撞后，根据牛顿第二定律则有 结合上述结论解得 （2）小球A与B发生弹性碰撞，设A、B第一次碰后的速度大小分别为、，根据动量守恒定律，则有 根据能量守恒定律，则有 联立解得， 所有碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，如下图所示，首次碰撞在a点，a、b、c三点恰好为等边三角形的三个顶点。 因为,且除了碰撞过程，两小球均做匀速圆周运动，故第二次碰撞的位置在b点或在c点，设圆心角所对应的弧长为L。若第二次碰撞点在b点，则从第一次在a点碰撞到第二次碰撞A、B通过的路程关系为 即 对应A球则有 联立解得， 若k取值等于或大于1，则比值为负值，不符合题意，故 解得 对第二次碰撞，设A、B碰撞后的速度大小分别为、，则同样有， 联立解得， 故第三次碰撞发生在b点、第四次碰撞发生在c点，以此类推，满足题意。 若第二次碰撞点在c点，则从第一次在a点碰撞到第二次碰撞A、B通过的路程关系为 对应A球则有 联立解得， 同理可知，时， 第二次碰后，依然有， 第三次碰撞发生在c点、第四次碰撞发生在b点，以此类推，满足题意。 综上所述可得或 30．（1），；（2）第三次碰撞发生在Ⅰ位置，，0，0；（3）见解析；（4）8104s 【详解】（1）令和分别表示第一次碰后1、2号的速度，根据动量守恒定律有 根据能量守恒定律有 由此可解得 ， 此时3号球静止，速度为0。 （2）碰后2号运动到位置Ⅲ时，与3号相碰。根据动量守恒和机械能守恒，因为两球质量相等，所以速度互换，所以碰后2号停在Ⅲ处，而3号以速率运动，直到3号运动到位置Ⅰ时，正好1号也返回到Ⅰ处，所以第三次碰撞发生在Ⅰ位置； 令和分别表示第三次碰后1、3号的速度，则有 由此可解得 ， 此时2号球在位置Ⅲ静止，速度为0。 （3）1、3号相碰过程中速度的变化正像上述1、2号在Ⅱ处相碰时的逆过程，即碰后3号停在Ⅰ处，而1号又以的速度顺时针运动。等1号再运动到位置Ⅱ时，和开始时相比，正好是三球顺时针依次换了一下位置而速率和开始时相同。这就是说，到此时共经历了一个周期的。 1号第一次由Ⅰ运动到Ⅱ所需时间为 1、2号相碰后回到Ⅰ所需时间为 1、3号碰后再回到Ⅱ所需时间为 又 解得 （4）若环形槽内等间距分布着个小球，令1、2号球第1次碰后的速度分别为、，则有 ， 且 解得 且 由上述质量关系可得 ， 又 ，， 且 解得 将，代入可得 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $