1.5弹性碰撞和非弹性碰撞 同步练习 -2026-2027学年高二上学期物理人教版选择性必修第一册

**基本信息** 聚焦碰撞问题，通过概念填空-单一碰撞-综合应用-多次碰撞的四层递进设计，强化动量与能量观念，培养科学推理与模型建构能力。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |概念基础|弹性/非弹性碰撞定义、正碰特点|填空+判断题，巩固动量守恒与能量转化核心概念| |单一碰撞|完全非弹性碰撞、弹性正碰实例|结合平抛、圆周运动的计算题，培养过程分析能力| |综合应用|子弹打木块、滑块曲面、弹簧模型|多过程问题（如碰撞+摩擦+弹簧），提升科学推理水平| |多次碰撞|两体/多体多次碰撞、传送带情境|含追及、往复碰撞的复杂问题，发展模型建构与质疑创新能力|

779038077———理解为王——物理快乐学 2 / 5 1.5 弹性碰撞和非弹性碰撞 1．弹性碰撞和非弹性碰撞 (1)弹性碰撞 如果系统在碰撞前后____不变，这类碰撞叫作弹性碰撞。 (2)非弹性碰撞 非弹性碰撞：如果系统在碰撞后____减少，这类的碰撞叫作非弹性碰撞。 弹性碰撞的实例分析 2．弹性碰撞的实例分析 (1)正碰：两个小球相碰，碰撞之前球的运动速度与两球心的连线在_____上，碰撞之后两球的速度仍会沿着这条直线。这种碰撞也叫作____碰撞或___碰撞。 (2)弹性正碰的特点：假设物体m1，以速度v1与原来静止的物体m2发生弹性正碰。 ①与碰撞后系统的_____相同，____相同。 ②两球质量相等时，碰撞的特点是_______________________。 (3)m1>m2时，碰撞的特点是m1和m2都向前运动，且m1的速度____m2的速度。 (4)m1<m2时碰撞的特点是m2____运动，m1被____。 (5)m1≫m2，m1的速度____改变，而m2被撞后以______的速度向前运动。 (6)m1≪m2，m1以原来的速率向___方向运动，而m2仍然_____。 一、完全非弹性碰撞 1、合二为一：共同速度 2、动能损失最大： 1．如图所示，质量为m的小球A用一不可伸长的轻绳悬挂在O点，在O点正下方的光滑桌面上有一个与A完全相同的静止小球B，B距O点的距离等于绳长L。现将A拉至某一高度，由静止释放，A以速度v在水平方向和B发生正碰并粘在一起。重力加速度为g。求： （1）A释放时距桌面的高度H； （2）碰撞前瞬间绳子的拉力大小F； （3）碰撞过程中系统损失的机械能。    2．如图所示，小物块A、B的质量均为m = 0.10 kg，B静止在轨道水平段的末端。A以水平速度v0与B碰撞，碰后两物块粘在一起水平抛出。抛出点距离水平地面的竖直高度为h = 0.45 m，两物块落地点距离轨道末端的水平距离为s = 0.30 m，取重力加速度g = 10 m/s2。求： （1）两物块在空中运动的时间t； （2）两物块碰前A的速度v0的大小； （3）两物块碰撞过程中损失的机械能。 3．如图所示，光滑水平面上，小球M、N分别在水平恒力和作用下，由静止开始沿同一直线相向运动在时刻发生正碰后各自反向运动。已知和始终大小相等，方向相反。从开始运动到碰撞后第1次速度减为0的过程中，两小球速度v随时间t变化的图像，可能正确的是（    ） A． B． C． D． 4．质量的物体A自距地面高度自由落下，与此同时质量的物体B由地面竖直上抛，经过与A碰撞，碰后两物体粘在一起,碰撞时间极短,忽略空气阻力。两物体均可视为质点，重力加速度，求A、B： （1）碰撞位置与地面的距离x； （2）碰撞后瞬时的速度大小v； （3）碰撞中损失的机械能。 5．如图，一滑雪道由和两段滑道组成，其中段倾角为，段水平，段和段由一小段光滑圆弧连接，一个质量为的背包在滑道顶端A处由静止滑下，若后质量为的滑雪者从顶端以的初速度、的加速度匀加速追赶，恰好在坡底光滑圆弧的水平处追上背包并立即将其拎起，背包与滑道的动摩擦因数为，重力加速度取，，，忽略空气阻力及拎包过程中滑雪者与背包的重心变化，求： （1）滑道段的长度； （2）滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度。 6．如图的水平轨道中，AC段的中点B的正上方有一探测器，C处有一竖直挡板，物体P1沿轨道向右以速度v1与静止在A点的物体P2碰撞，并接合成复合体P，以此碰撞时刻为计时零点，探测器只在t1=2 s至t2=4 s内工作，已知P1、P2的质量都为m=1 kg，P与AC间的动摩擦因数为μ=0.1，AB段长L=4 m，g取10 m/s2，P1、P2和P均视为质点，P与挡板的碰撞为弹性碰撞。 (1)若v1=6 m/s，求P1、P2碰后瞬间的速度大小v和碰撞损失的动能ΔE； (2)若P与挡板碰后，能在探测器的工作时间内通过B点，求v1的取值范围和P向左经过A点时的最大动能E。 7．如图所示的杂技表演中，天花板上吊着一根长为的秋千（可视作轻绳），演员甲用腿勾住秋千，倒吊着由静止开始向下摆动。当甲摆到最低点时，迅速接住站在平台上的演员乙，随后两个演员一起继续向左摆动。已知两个演员质量相等（设为），不计一切阻力，重力加速度为。若演员甲初始释放点与最低点的高度差为，下列说法正确的是（     ） A．演员甲从静止释放到最低点的过程中，重力的冲量大小为 B．演员甲在最低点接住演员乙的瞬间，系统损失的机械能为 C．若要让两人接住后恰好能完成完整的竖直圆周运动（即能通过最高点），则甲的初始高度h至少为10L D．演员甲接住演员乙后，两人一起向左摆动能够达到的最大高度为 2、 动碰静 1、 动量守恒： 2、 机械能守恒： 3、 一静一动模型：规律结论 8．（多选）如图，在光滑平台上有两个相同的弹性小球M和N。M水平向右运动，速度大小为v。M与静置于平台边缘的N发生正碰，碰撞过程中总机械能守恒。若不计空气阻力，则碰撞后，N在（　　） A．竖直墙面上的垂直投影的运动是匀速运动 B．竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动 C．水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v D．水平地面上的垂直投影的运动速度大小大于v 9．判断下列说法的正误。 (1)弹性碰撞中，系统的总动量和总动能均守恒。（　　） (2)非弹性碰撞仅满足总动量守恒，总动能会有损失。（　　） (3)两个小球发生完全非弹性碰撞后，会以不同速度运动。（　　） (4)日常生活中，钢球之间的碰撞可近似看作弹性碰撞。（　　） (5)弹性碰撞中，碰撞前后两物体的相对速度大小不变、方向相反。（　　） (6)若两个质量相同的物体发生弹性正碰，碰撞后两物体将交换速度。（　　） (7)系统总动量守恒的碰撞一定是弹性碰撞。（　　） (8)完全非弹性碰撞的总动能损失最大。（　　） (9)碰撞过程中若存在摩擦力，系统总动量不再守恒。（　　） (10)弹性碰撞只能发生在宏观物体之间，微观粒子的碰撞均为非弹性碰撞。（　　） (11)两个物体发生碰撞时，若总动能不变，则一定是弹性碰撞。（　　） 10（多选）如图甲所示，A、B两个物体在光滑的水平面上正碰，碰撞时间不计，其x-t图像如图乙所示，以向右为正方向，物体A质量。不计空气阻力，下列说法正确的是（     ） A．碰后物体A的速度为1 m/s B．物体B的质量为6 kg C．两个物体的碰撞是弹性碰撞 D．两个物体的碰撞过程中，损失的机械能为0.75 J 11．（多选）如图所示，在光滑的水平面上放有两个大小相等小球A和B，其质量、，B球上固定一水平轻质弹簧。若A球以速率v=4m/s向右运动去碰撞静止的B球，下列说法正确的是（　） A．A、B两球在碰撞过程中的加速度都是先增大后减小 B．弹簧最大的弹性势能为6.4J C．碰撞结束时，小球A将向左运动 D．碰撞结束时，B球速度大小为3.2m/s 12．保龄球运动既可以锻炼身体，又可以缓解心理压力，广受大众的喜爱。某同学设想了如下过程来模拟一次保龄球的投掷、运行、撞击的训练过程。如图所示，将一质量为M=2.8kg的保龄球从A点开始由静止向前掷出，球脱手后在B点以的速度切入水平球道，球做直线运动，经t=4s时间后在C点与质量为m=1.4kg的球瓶发生正碰。已知保龄球在球道上运动时受到的阻力恒为重力的k=0.05倍，g取10 m/s2，忽略空气阻力，忽略保龄球的滚动。球与球瓶的碰撞时间极短，碰撞为弹性碰撞，球与球瓶均可看成质点。求： (1)在撞上球瓶前的瞬间，保龄球的速度的大小； (2)碰撞后瞬间，球瓶的速度的大小。 13．如图所示，一固定光滑水平足够长横杆，长为l=1m的非弹性轻绳一端固定在杆的左端O点，另一端拴有小球A，紧靠O点有一小环C套在杆上，小球B也由一长为1m的非弹性轻绳悬挂在C上，处于静止状态，整个装置处于同一竖直面内。将连接A球的轻绳拉直与水平方向的夹角成角，由静止释放，运动到最低点时与B球发生弹性碰撞，已知，A的质量为m1=1kg，B和C质量分别为和，，三者均可视为质点，重力加速度大小g=10m/s2，求： (1)A与B碰撞后，A的速度大小； (2)A与B碰撞后，B上升的最大高度 (3)B再次运动到最低点时绳子的拉力大小。 14．如图所示，竖直平面内有一光滑的圆轨道，其末端水平，且距地面高为。现将质量为可视为质点的小球A从轨道顶端由静止释放，A落地点距离轨道末端的水平距离为。忽略空气阻力，重力加速度为，求： (1)圆轨道半径的大小？及小球A在轨道末端受到的轨道支持力； (2)在轨道末端静置质量为可视为质点的小球，再将小球从轨道顶端静止释放，若间碰撞为弹性碰撞，两小球落地后不反弹，讨论值与二者最终水平间距的关系。 3、 动碰动 1、 公式： 2、 规律结论： 3、 可能性三大要求： 15．质量为和的两个物体在光滑的水平面上正碰，碰撞时间不计，碰撞前后两物体的位移x随时间t变化的图线如图所示，已知． (1)求物体的质量； (2)通过计算判断两个物体的碰撞是否是弹性碰撞． 16．A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，，，当A追上B并发生碰撞后，两球速度的可能值是（　　） A． B． C． D． 17．如图所示，在光滑水平面上有两小球、，两小球的质量关系为，两小球碰前的速度大小满足，两小球间的碰撞是弹性碰撞，碰撞时间极短。 (1)当两小球相向运动，求碰后两小球的速度大小、； (2)当两小球同向运动，求碰后两小球的动能、。 18．如图所示，、两小球在光滑的水平面上相向运动进而发生弹性正碰，碰前速度大小都为，已知的质量是质量的三倍，规定球的初速度方向为正方向，则碰后、两球的速度分别是（　　） A． ， B． ， C． ， D． ， 19．在光滑水平面上两个物体M、N相向运动，一段时间后发生正碰，碰撞时间不计，碰撞前后两物体的位移-时间图像如图所示。已知M的质量为，下列说法正确的是（　　） A．N的质量为 B．两物体的碰撞属于弹性碰撞 C．N在碰撞过程中，动量变化量的大小为 D．两物体的碰撞属于非弹性碰撞，并且碰撞过程中损失的动能为 20．如图所示，一段水平放置的传送带用于物料输送。传送带最右端为来料位置，最左端与一个光滑等高的操作平台平滑连接。平台左侧设有一个大型挡块（视为大物块），用于接收或协助物料转向。初始时，传送带以恒定速率逆时针方向转动。一个小工件（视为小物块）由静止释放于传送带最右端。已知挡块质量远大于小工件质量，小工件与传送带之间的动摩擦因数为。小工件到达传送带最左端时，其速度恰好与传送带速度相等，小工件与挡块的碰撞视为弹性碰撞，重力加速度为。求： (1)传送带的长度以及小工件在传送带上向左加速运动的时间； (2)若挡块保持静止，从小工件由静止释放到它再次回到传送带最右端的过程中，因摩擦产生的总热量； (3)若挡块初始时以速度向左匀速运动，小工件再次返回传送带运动过程中，恰好能到达距离传送带左端的位置，则为多大。 21．如图所示，在光滑水平面上的点放置一个质量为的小物块，在点放置一个质量为、上表面是一段光滑圆弧轨道的楔形物块（圆弧轨道的圆心恰好在点的正上方）。现将一质量为的小球从圆弧轨道最高点由静止释放，小球运动到点时与物块发生弹性碰撞。已知水平面上、两点之间的距离为，圆弧轨道半径，重力加速度取，不考虑物块和小球的大小。求： (1)小球第一次从圆弧轨道上滑下后，物块的速度大小； (2)小球与物块发生碰撞后，物块的速度大小； (3)若小球与物块碰撞的时间忽略不计，则碰撞后多长时间小球能追上物块（到达圆弧轨道最低点）？并求出物块的最终速度。 779038077———理解为王——物理快乐学 2 / 5 试卷第1页，共3页 每个知识点两个按照2-3-3练习（简、中、难——多为期中、期末、高考真题）——全面掌握 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 1．（1）；（2）；（3） 【详解】（1）A释放到与B碰撞前，根据动能定理得 解得 （2）碰前瞬间，对A由牛顿第二定律得 解得 （3）A、B碰撞过程中，根据动量守恒定律得 解得 则碰撞过程中损失的机械能为 2．（1）0.30 s；（2）；（3） 【详解】（1）竖直方向为自由落体运动，由 得 t = 0.30 s （2）设A、B碰后速度为，水平方向为匀速运动，由 得 根据动量守恒定律，由 得 （3）两物体碰撞过程中损失的机械能 得 3．A 【详解】根据牛顿第二定律两物体受外力F大小相等，由图像的斜率等于加速度可知M、N的加速度大小之比为4:6=2:3，可知M、N的质量之比为6:4=3:2；设分别为3m和2m；由图像可设MN碰前的速度分别为4v和6v，则因MN系统受合外力为零，向右为正方向，则系统动量守恒，则由动量守恒定律 若系统为弹性碰撞在，则能量关系可知 解得、 因M、N的加速度大小之比仍为2：3，则停止运动的时间之比为1:1，即两物体一起停止，则BD是错误的； 若不是弹性碰撞，则 可知碰后速度大小之比为 若假设v1=2v，则v2=3v，此时满足 则假设成立，因M、N的加速度大小之比仍为2：3，则停止运动的时间之比为1:1，对M来说碰撞前后的速度之比为4v:2v=2:1 可知碰撞前后运动时间之比为2:1，可知A正确，C错误。 故选A。 4．（1）1m；（2）0；（3）12J 【详解】（1）对物体A，根据运动学公式可得 （2）设B物体从地面竖直上抛的初速度为，根据运动学公式可知 即 解得 可得碰撞前A物体的速度 方向竖直向下； 碰撞前B物体的速度 方向竖直向上； 选向下为正方向，由动量守恒可得 解得碰后速度 （3）根据能量守恒可知碰撞损失的机械能 5．（1）；（2） 【详解】（1）设斜面长度为，背包质量为，在斜面上滑行的加速度为，由牛顿第二定律有 解得 滑雪者质量为，初速度为，加速度为，在斜面上滑行时间为，落后时间，则背包的滑行时间为，由运动学公式得 联立解得 或 故可得 （2）背包和滑雪者到达水平轨道时的速度为、，有 滑雪者拎起背包的过程，系统在光滑水平面上外力为零，动量守恒，设共同速度为，有 解得 6．(1)9J；(2)10m/s＜v1＜14m/s，17J 【详解】(1)由于P1和P2发生弹性碰撞，据动量守恒定律有 碰撞过程中损失的动能为 (2)从A点滑动到C点，再从C点滑动到A点的整个过程，P做的是匀减速直线。 设加速度大小为a，则 设经过时间t，P与挡板碰撞后经过B点，则 若t=2s时经过B点，可得v1=14m/s 若t=4s时经过B点，可得v1=10m/s 则v1的取值范围为 10m/s＜v1＜14m/sv1=14m/s时，碰撞后的结合体P的最大速度为 根据动能定理 代入数据，可得通过A点时的最大动能为 7．C 【详解】A．若甲做自由落体下降高度为h，时间为t，则有 解得 但甲做圆周运动运动到最低点，不是自由落体，运动的时间不等于t，所以重力的冲量，故A错误； B．甲接住乙的过程满足动量守恒（完全非弹性碰撞），设接住后共同速度为，满足 碰前满足 碰撞的过程中损失的机械能为 可解得，故B错误； C．若要让两人接住后恰好能完成完整的竖直圆周运动，两人在最高点时满足 设此时甲的初始高度为，甲下降到最低点时，有 甲接住乙的过程，有 甲乙一起从最低点到最高点的过程中，有 联立后，可解得，故C正确； D．甲乙一起向左摆动的过程中，机械能守恒，所以 解得向左摆动的最大高度，故D错误。 故选C。 8．BC 【详解】由于两小球碰撞过程中机械能守恒，可知两小球碰撞过程是弹性碰撞，根据动量守恒和能量守恒可知 由于两小球质量相等，故碰撞后两小球交换速度，即 ， 碰后小球N做平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，即水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v；在竖直方向上做自由落体运动，即竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动。 故选BC。 9．(1)√ (2)√ (3)× (4)√ (5)√ (6)√ (7)× (8)√ (9)× (10)× (11)√ 【详解】（1）弹性碰撞定义就是碰撞过程中系统动量守恒、动能不损失，所以说法正确； （2）非弹性碰撞是动量守恒，但因有机械能转化为内能等其他形式能量，动能减少，所以说法正确； （3）完全非弹性碰撞特点是碰撞后两物体粘在一起，以相同速度运动，所以说法错误； （4）钢球硬度大，碰撞时机械能损失很小，实际情况中可近似认为动量、动能都守恒，当作弹性碰撞，所以说法正确； （5）弹性碰撞满足 “分离速度等于接近速度”，即 体现为相对速度大小不变、方向反向，是弹性碰撞推导结论，所以说法正确； （6）设两物体质量为，弹性正碰满足动量守恒，则有 根据能量守恒有 联立解得，，所以说法正确； （7）动量守恒是碰撞普遍满足的（合外力为 0 时 ），非弹性碰撞也动量守恒，只是动能有损失，所以动量守恒并不等于弹性碰撞，所以说法错误； （8）完全非弹性碰撞后两物体共速，相比其他非弹性碰撞（物体还能分离 ），这种情况机械能转化为其他能量最多，动能损失最大，所以说法正确； （9）碰撞过程内力（碰撞力 ）远大于外力（如摩擦力 ）时，外力可忽略，系统动量仍守恒，所以有摩擦力也可能守恒，所以说法错误； （10）微观粒子碰撞，像光子与电子的弹性散射（康普顿效应 ）就是弹性碰撞，所以微观也有弹性碰撞，所以说法错误； （11）弹性碰撞核心就是动量守恒且动能守恒，若碰撞后总动能不变，符合弹性碰撞判定，所以说法正确。 10．BD 【详解】A．由图像的斜率表示速度可知，碰撞前物体的速度为 碰撞前物体静止，碰撞后物体的速度为 由于规定向右为正方向，则碰后物体的速度为，故A错误； B．由图像的斜率可知，碰撞后物体的速度为 两个物体碰撞过程动量守恒，根据动量守恒定律有 代入数据解得 由此可知物体的质量为，故B正确； C．两个物体碰撞前的总动能为 代入数据解得 两个物体碰撞后的总动能为 代入数据解得 由于碰撞后系统的总动能减小，可知该碰撞不是弹性碰撞，故C错误； D．两个物体在碰撞过程中，损失的机械能为 代入数据解得 即碰撞过程中损失的机械能为，故D正确。 故选BD。 11．ABC 【详解】A．A、B两球在碰撞过程中弹簧先被压缩，当两球速度相等时弹簧被压到最短，然后再次回到原长，故弹簧的形变量先增大后变小，则弹簧的弹力先增大后变小，两球所受的合外力都为弹力，故两球的加速度都是先增大后减小，故A正确； B．当A、B速度相等时弹簧的弹性势能达到最大，设此时共同速度为，由动量守恒可得 能量守恒可得 联立解得，故B正确； CD．当弹簧恢复原长时，碰撞结束，设此时A、B的速度分别为、，由动量守恒可得 能量守恒可得 联立解得，，故C正确，D错误。 故选ABC。 12．(1)4m/s (2) 【详解】（1）保龄球从B到C做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律，保龄球受到的阻力为 可得加速度大小 由匀变速直线运动公式 得 （2）碰撞为弹性正碰，取保龄球碰撞前运动方向为正方向，设碰撞后保龄球速度为，则动量守恒 动能守恒 可得 13．(1) (2) (3) 【详解】（1）A由静止开始自由下落，设当绳再次刚要绷紧时A的速度大小为，则对A由机械能守恒有 解得m/s 设A与B碰前A的速度大小为，则从绳再次绷紧后到A运动到最低点的过程中，对A由动能定理得 解得 设A与B发生弹性碰撞后，A的速度大小为，B的速度大小为，根据动量守恒有 由机械能守恒得 联立解得m/s，m/s （2）B与C组成的系统，在水平方向上动量守恒，二者共速时B上升的高度最大，设二者共同速度为v，则有 由机械能守恒得 解得m （3）B与C组成的系统，在水平方向上动量守恒，设B再次运动到最低点时速度为，C的速度为，则有 由机械能守恒得 解得，m/s B相对C的速度大小为m/s 对B由牛顿第二定律得 解得N。 14．(1)R；，方向竖直向上 (2)，；，；， 【详解】（1）小球A脱离轨道后做平抛运动，则有 解得 小球A从释放到轨道最低点有 联立解得 小球A在轨道最低点有 联立解得 方向竖直向上。 （2）规定向右为正方向，A碰B过程有 解得， 由于碰后需满足，因此 两小球脱离轨道后均做平抛运动，则有 联立解得 代入，解得小球A、小球B落地的水平距离分别为 若，则，两球均向右运动，故 若，则，可知碰后小球A反向运动，由于圆轨道光滑，则小球A返回轨道末端速度大小为的绝对值，则 若，则，可知碰后小球A反向运动，由于圆轨道光滑，则小球A返回轨道末端速度大小为的绝对值 ，则 15．(1) (2)弹性碰撞 【详解】（1）根据图像可以求得物体碰前碰后的速度，可得到碰撞前， 碰撞后，， 碰撞过程是动量守恒的，即 可解得 （2）碰撞前的总动能： 碰撞后的总动能： 碰撞前后动能不变，即是弹性碰撞。 16．C 【详解】两球碰撞过程中系统动量守恒，以两球的初速度方向为正方向，碰前总动量 碰前总动能 A．碰后A的速度不可能大于B的速度，且方向相同，即自发发生第二次碰撞，故A错误； B．碰后总动量 不满足动量守恒，故B错误； C．碰后总动量 碰后总动能 满足动量守恒和动能不增加，故C正确； D．碰后总动量 碰后总动能 不满足动能不增加，故D错误。 故选C。 17．(1)， (2)， 【详解】（1）水平面光滑，当两小球相向运动，以向右为正方向，根据动量守恒和机械能守恒有， 代入数据解得， （2）当两小球同向运动，以向右为正方向，根据动量守恒和机械能守恒有， 碰后两小球的动能分别为， 代入数据解得， 18．C 【详解】设B的质量为m，A的质量为3m，向右为正方向，两球碰撞过程中 动量守恒 机械能守恒 解得， 故选C。 19．D 【详解】A．根据图像中，斜率表示速度，由图可知，碰撞前M的速度为 碰撞后M的速度为0，碰撞前的速度为 碰撞后N的速度为 由动量守恒定律有 解得，故错误； C．N在碰撞过程中，动量变化量为 可得动量变化量的大小为。C错误； BD．碰撞前系统的总动能为 碰撞后系统的总动能为， 可得，可知两物体的碰撞有机械能损失，不属于弹性碰撞。损失的动能为，故B错误，D正确。 故选D。 20．(1)， (2) (3)或 【详解】（1）设向左作为正方向，小工件在传送带上由静止释放，受到向左的滑动摩擦力，加速度 传送带逆时针转动，上表面向左运动的速度为。小工件向左匀加速到左端时，速度恰好等于，由运动学公式得， 解得， （2）小工件从最右端加速到最左端，传送带对地位移 小工件相对传送带向右滑动的路程为，产生热量 碰撞过程中，由于挡块仍保持静止，由动量规律，碰后小工件速度仍为，方向向右 小工件以向右初速度向右滑上传送带，传送带向左速度仍为，小工件向右做匀减速运动，加速度大小仍为 则小工件到最右端时对地仍为， 此阶段传送带对地位移 由于小工件与传送带相对运动，此时相对位移，产生热量 总热量 （3）挡块以速度向左匀速运动，小工件达左端时速度仍为，设弹性碰撞后小工件速度，挡块速度，由动量守恒，动能定理有， 解得 由于，可近似，碰后小工件速度向右，大小为，且 碰后小工件速度向右滑上传送带，受到向左的摩擦力，加速大小为，恰好能到达距离传送带左端的位置，此时速度为零，则 代入有 解得（取正值，否则不满足） 若完整解则 21．(1)1m/s (2)2m/s (3)5s， 【详解】（1）设小球运动到水平面上时速度大小为，此时速度大小设为 根据水平方向动量守恒则有 根据能量守恒则有     解得（向左），（向右） （2）发生碰撞后，的速度大小设为，小球的速度大小设为， 根据动量守恒可得     由能量守恒可得     解得（向右），（向左） （3）在球第一次滑下到与物块发生碰撞的过程中，设物块的位移大小为，小球的水平位移大小为 根据人船模型有：，又有 解得，物块A的位移 设碰撞后还需要经过时间追上，则有 解得 对第二次相互作用后，小球运动到水平面上时速度大小设为，此时速度大小设为 水平方向动量守恒：     由能量守恒可得：     解得（向右），（向右）     由以上可知，而物块又在向左运动 故A、B、C不再相遇，故A的最终速度为。 4、 子弹打木块（木板） 1、 合二为一： 2、 地面光滑（动量守恒）： 1．如图所示，在光滑水平面上静止放置质量的薄木板AB（厚度忽略不计）和质量的圆弧轨道CD，木板AB上表面粗糙，CD是上表面光滑的半径为的四分之一圆弧，它们紧靠在一起。一质量为可视为质点的物块，从木板AB的右端以初速度滑上木板，到达木板最左端点时的速度为，然后又滑上圆弧轨道CD。若物块P与木板AB间的动摩擦因数为，取求： (1)物块P滑到木板左端时，木板的速度的大小； (2)木板的长度； (3)滑块在圆弧轨道CD上上升的最大高度； 2．如图所示，质量为m的子弹以速度v0射向静止在光滑水平桌面上的木块，木块的质量为M，子弹进入木块后并未穿出，忽略木块质量的损失。求： (1)子弹击中木块后共同运动的速度v； (2)在此过程中系统损失的机械能∆E为多大？ 3．如图，一长木板在光滑的水平面上以速度v0向右做匀速直线运动，将一小滑块无初速地轻放在木板最右端。已知滑块和木板的质量分别为m和2m，它们之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。 （1）滑块相对木板静止时，求它们的共同速度大小； （2）某时刻木板速度是滑块的2倍，求此时滑块到木板最右端的距离； （3）若滑块轻放在木板最右端的同时，给木板施加一水平向右的外力，使得木板保持匀速直线运动，直到滑块相对木板静止，求此过程中滑块的运动时间以及外力所做的功。 4．装甲车和战舰采用多层钢板比采用同样质量的单层钢板更能抵御穿甲弹的射击。通过对一下简化模型的计算可以粗略说明其原因。质量为2m、厚度为2d的钢板静止在水平光滑桌面上。质量为m的子弹以某一速度垂直射向该钢板，刚好能将钢板射穿。现把钢板分成厚度均为d、质量均为m的相同两块，间隔一段距离水平放置，如图所示。若子弹以相同的速度垂直射向第一块钢板，穿出后再射向第二块钢板，求子弹射入第二块钢板的深度。设子弹在钢板中受到的阻力为恒力，且两块钢板不会发生碰撞不计重力影响。 5．如图所示，两块相同平板P1、P2置于光滑水平面上，质量均为m．P2的右端固定一轻质弹簧，左端A与弹簧的自由端B相距L．物体P置于P1的最右端，质量为2m且可以看作质点．P1与P以共同速度v0向右运动，与静止的P2发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后P1与P2粘连在一起，P压缩弹簧后被弹回并停在A点（弹簧始终在弹性限度内）．P与P2之间的动摩擦因数为μ，求： （1）P1、P2刚碰完时的共同速度v1和P的最终速度v2； （2）此过程中弹簧最大压缩量x和相应的弹性势能Ep。 6．（多选）如图所示，在光滑水平面上静止放置一质量为M、长为L的木块，质量为m的子弹水平射入木块。设子弹在木块内运动过程中受到的阻力不变，其大小f与射入初速度大小成正比，即（k为已知常数）。改变子弹的初速度大小，若木块获得的速度最大，则（　　） A．子弹的初速度大小为 B．子弹在木块中运动的时间为 C．木块和子弹损失的总动能为 D．木块在加速过程中运动的距离为 7．如图，质量m1= 1kg的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一劲度系数k = 20N/m的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量m2= 4kg的小物块以水平向右的速度滑上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数μ = 0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为。取重力加速度g = 10m/s2，结果可用根式表示。 （1）求木板刚接触弹簧时速度的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1； （2）求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时木板速度v2的大小； （3）已知木板向右运动的速度从v2减小到0所用时间为t0。求木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能U（用t0表示）。    5、 滑块（斜）曲面（单向动量守恒） 1、 水平动量守恒 2、 机械能守恒（能量守恒） 8．如图所示，足够大的光滑水平地面上静置着一小车，小车左端安装有四分之一圆弧光滑轨道，半径，右端段是动摩擦因数的水平粗糙轨道，两段轨道相切于点，轨道与小车总质量。一质量为的小滑块（可视为质点）从轨道上点由静止开始沿轨道滑下，然后滑入轨道，未滑离小车，已知小滑块与轨道间的动摩擦因数，重力加速度大小。 (1)求小滑块运动过程中的最大速度大小； (2)求轨道的最小长度； 9．如图所示，足够长的光滑水平面上静置着质量M=3kg的光滑圆轨道，圆轨道最低点与水平面相切。质量m1=1kg的小球A和质量m2=4kg的小球B中间压缩锁定着水平轻质弹簧并静止在水平面上，小球B与弹簧连接，小球A未与弹簧连接。弹簧锁定时弹性势能E1=40J，解除锁定后小球A冲上圆轨道，恰好能运动到圆轨道的最高点，取重力加速度大小g=10m/s2，小球A、B均可视为质点，求： (1)弹簧锁定解除后小球A离开弹簧时A、B的速度； (2)圆轨道的半径R。 10．（多选）如图，一质量为的滑块静置在水平面上，滑块的曲面是半径为的四分之一圆弧，圆弧最低点切线沿水平方向。一质量为的小球以水平向右的初速度从圆弧最低点冲上滑块开始计时，假设经过小球从圆弧最高点冲出滑块，不计一切摩擦，重力加速度为取。则小球从最低点冲上滑块到刚落回滑块的过程中，下列说法正确的是（     ） A． 小球运动到最高点的速度是 B． 该过程中滑块的位移是 C． 该过程中小球的水平位移是 D． 该过程中小球对滑块的冲量为 11．如图所示，在光滑水平地面有一质量为的物块P（未固定），其上表面为光滑的半径为的四分之一圆弧轨道，圆弧顶端点切线竖直，P右端与水平地面相切，右侧某处有一被压缩锁定的轻质弹簧，弹簧右端固定在水平地面上。现有一可视为质点的质量为的小滑块从距圆弧顶端点正上方的点自由下落，恰好沿光滑圆弧轨道滑到光滑水平面上然后碰撞弹簧，碰撞瞬间弹簧解除锁定，将小滑块向左弹回。重力加速度大小，忽略空气阻力，弹簧始终在弹性限度内且无能量损失。 (1)当小滑块滑到P右端时，求滑块的速度大小和P的速度大小； (2)求小滑块滑到P右端时，P对滑块的支持力的大小和方向； (3)要使小滑块反弹后恰能到达和点相同的高度，求弹簧对小滑块的冲量的大小。 12．如图所示，带圆弧槽的小车静止在光滑的水平面上，槽的端与圆心的连线与竖直方向的夹角为，端与圆心等高，一个质量为、可视为质点的小球以水平向右的初速度抛出，刚好从点无碰撞地进入圆弧槽，小球运动到点时恰好与小车相对静止。圆弧槽光滑，小车质量为，不计空气阻力，重力加速度为，求： (1)小球运动到点时，球与小车的共同速度大小； (2)小球抛出点与点的高度差； (3)圆弧槽的半径。 13．如图所示，光滑水平面上有一质量M＝1.98kg的小车，B点右侧为水平轨道，其中BC段粗糙，CD段光滑。B点的左侧为一半径R＝1.3m的光滑四分之一圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在B点相切，车的最右端D点固定一轻质弹簧，弹簧处于自然长度时左端恰好位于小车的C点，B与C之间距离L＝0.7m。一质量m＝1kg的小物块（可视为质点），置于小车的B点，开始时小车与小物块均处于静止状态。一质量m0＝20g的子弹以速度v0＝600m/s向右击中小车并停留在车中，假设子弹击中小车的过程时间极短，已知小物块与BC间的动摩擦因数μ＝0.5，取g=10m/s2。求： (1)小物块沿圆弧轨道上升的最大高度； (2)小物块第一次返回到B点时速度的大小； (3)弹簧弹性势能的最大值。 14．如图所示，一质量的滑块套在光滑的水平轨道上，滑块不固定，一质量的小球通过长的轻质细杆与滑块上的光滑轴连接，小球和轻杆可在竖直平面内绕轴自由转动。初始时，轻杆水平，现给小球一竖直向上的初速度，重力加速度取。下列说法正确的是（　　） A．小球到达最高点的速度大小为 B．小球到达最高点的速度大小为 C．小球到达最高点时，滑块的速度为0 D．小球到达最高点时，滑块的速度为 6、 弹簧滑块 1、 完全弹性碰撞： 2、 弹性势能最大：（共同速度） 15．如图所示，物体A静止在光滑的水平面上，A的左边固定有轻质弹簧，与A质量相等的物体B以速度v向A运动并与弹簧发生碰撞，A、B始终沿同一直线运动，则A、B组成的系统动能损失最大的时刻是（ ） A．A开始运动时 B．A的速度等于v时 C．A和B的速度相等时 D．B的速度等于零时 16．如图所示，物块、的质量，用水平轻弹簧拴接，静止放在光滑的水平地面上，质量的物块以速度向右运动与物块相碰（时间极短）后与物块粘在一起不再分开。求： (1)物块C与物块A碰后瞬间的速度； (2)弹簧的最大弹性势能； (3)物块B的最大速度大小。 17．（多选）如图，物块A、B用轻弹簧连接并放置于水平传送带上，传送带以1m/s的恒定速率顺时针转动。t=0时，A的速度大小为2m/s，方向水平向右，B的速度为0，弹簧处于原长，t=t1时（t1为未知量），A第一次与传送带共速，弹簧弹性势能0.75J。已知A、B可视为质点，质量分别为1kg、2kg，与传送带的动摩擦因数为0.5、0.25；A与传送带相对滑动时会留下痕迹，重力加速度大小取，A、B始终在传送带上，弹簧始终在弹性限度内，则（　　） A．在t=时，A的加速度大小比B的小 B．t=t1时，B的速度大小为0.5m/s C．t=t1时，弹簧的压缩量为0.2m D．0﹣t1过程中，A在传送带上留下的划痕长度小于0.05m 18．如图，高度的水平桌面上放置两个相同物块A、B，质量。A、B间夹一压缩量的轻弹簧，弹簧与A、B不栓接。同时由静止释放A、B，弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出，水平射程；B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离后停止。A、B均视为质点，取重力加速度。求： （1）脱离弹簧时A、B的速度大小和； （2）物块与桌面间的动摩擦因数μ； （3）整个过程中，弹簧释放的弹性势能。 19．（多选）如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为和的两物块、相连接，并静止在光滑的水平面上。现使瞬时获得水平向右的速度，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示遵循正弦变化关系，已知，下列说法正确的是（     ） A．物块B的质量为 B．物块B的质量为 C．从开始到弹簧第一次恢复原长过程中弹簧对物块的冲量大小为 D．从开始到弹簧第一次恢复原长过程中弹簧对物块的冲量大小为 20．如图，物块P固定在水平面上，其上表面有半径为R的圆弧轨道。P右端与薄板Q连在一起，圆弧轨道与Q上表面平滑连接。一轻弹簧的右端固定在Q上，另一端自由。质量为m的小球自圆弧顶端A点上方的B点自由下落，落到A点后沿圆弧轨道下滑，小球与弹簧接触后，当速度减小至刚接触时的时弹簧的弹性势能为2mgR，此时断开P和Q的连接，Q从静止开始向右滑动。g为重力加速度大小，忽略空气阻力，圆弧轨道及Q的上、下表面均光滑，弹簧长度的变化始终在弹性限度内。 (1)求小球从落入圆弧轨道至离开圆弧轨道，重力对其做的功； (2)求小球与弹簧刚接触时速度的大小及B、A两点间的距离； (3)欲使P和Q断开后，弹簧的最大弹性势能等于2.2mgR，Q的质量应为多大？ (4)欲使P和Q断开后，Q的最终动能最大，Q的质量应为多大？ 21．如图（a），一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上：物块B向A运动，时与弹簧接触，到时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的图像如图（b）所示。已知从到时间内，物块A运动的距离为。A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同。斜面倾角为，与水平面光滑连接。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。求 （1）第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值； （2）第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值； （3）物块A与斜面间的动摩擦因数。 7、 单次碰撞多过程问题 1、 单过程分析：找规律 22．光滑水平面上放着质量mA=1 kg的物块A与质量mB=2 kg的物块B，A与B均可视为质点，A靠在竖直墙壁上，A、B间夹一个被压缩的轻弹簧（弹簧与A、B均不拴接），用手挡住B不动，此时弹簧弹性势能Ep=49 J．在A、B间系一轻质细绳，细绳长度大于弹簧的自然长度，如图所示．放手后B向右运动，绳在短暂时间内被拉断，之后B冲上与水平面相切的竖直半圆光滑轨道，其半径R=0.5 m，B恰能到达最高点C．g取10 m/s2，求： （1）绳拉断后B的速度vB的大小； （2）绳拉断过程绳对B的冲量I的大小； （3）绳拉断过程绳对A所做的功W． 23．如图所示，小孩站在A车前端和车以4m/s的速度共同向右做匀速运动，在A车正前方有一辆静止的B车，为了避免两车相撞，在A车接近B车时，小孩迅速从A车跳上B车，并与B车保持相对静止，此时A、B两车恰好不相撞。小孩质量为25kg，A、B车质量均为50kg，不计地面阻力，小孩跳离A车时对地水平速度大小为（　　） A．7.2m/s B．6.0m/s C．4.0m/s D．2.4m/s 24．如图，质量为2kg的小球A（视为质点）在细绳和OP作用下处于平衡状态，细绳，与竖直方向的夹角均为60°。质量为6kg的木板B静止在光滑水平面上，质量为2kg的物块C静止在B的左端。剪断细绳，小球A开始运动。（重力加速度g取） （1）求A运动到最低点时细绳OP所受的拉力。 （2）A在最低点时，细绳OP断裂。A飞出后恰好与C左侧碰撞（时间极短）、碰后A竖直下落，C水平向右运动。求碰后C的速度大小。 （3）A、C碰后，C相对B滑行4m后与B共速。求C和B之间的动摩擦因数。 25．如图所示，水平传送带以5m/s的速度顺时针匀速转动，传送带左右两端的距离为。传送带右端的正上方有一悬点O，用长为、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2kg的小球，小球与传送带上表面平齐但不接触。在O点右侧的P点固定一钉子，P点与O点等高。将质量为0.1kg的小物块无初速轻放在传送带左端，小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，碰后瞬间小物块的速度大小为、方向水平向左。小球碰后绕O点做圆周运动，当轻绳被钉子挡住后，小球继续绕P点向上运动。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小。 （1）求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小； （2）求小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能； （3）若小球运动到P点正上方，绳子不松弛，求P点到O点的最小距离。 26．如图所示，半径为R的四分之一圆弧体1固定在光滑水平面上，水平面上的小车左端水平部分与圆弧体1的最低点B等高且平滑接触。小车上表面右端固定一个四分之一圆弧体2，圆弧面最低点D与小车上表面水平部分平滑连接。圆弧面、光滑，小车水平部分粗糙。一质量为m可视为质点的小滑块P，从A点由静止释放，经B点后滑上小车，恰好能滑到E点，最后刚好不能从小车C点滑离。已知小车及圆弧体2总质量M，，重力加速度为g。求： (1)滑块P滑到圆弧面B点时对圆弧轨道的压力大小； (2)上述过程摩擦产生的热量； (3)圆弧轨道2的半径。 27．如图所示，质量、半径的四分之一光滑圆弧滑槽放置在水平平台上，忽略滑槽与平台间的摩擦，滑槽最低点与平台面相切，在的最低点右侧处有木板静止于光滑水平面上，木板上表面与平台面等高且紧靠平台，距木板右端某处有竖直挡板，木板的质量，将质量小物块（视为质点）从滑槽与圆心等高处无初速释放，经过平台后以速度滑上木板，当小物块刚好与木板速度相同时，木板与挡板发生碰撞，碰撞过程中没有机械能损失，小物块与木板间的动摩擦因数为，小物块没有脱离木板，重力加速度取，不计空气阻力，求： (1)小物块滑离时的速度的大小； (2)小物块滑离时与木板左端的距离，及与平台间的动摩擦因数； (3)木板右端到挡板的距离； (4)从小物块滑上木板到最终停止，木板走过的总路程。 28．如图所示，质量的小球被一不可伸长、长度的轻质细线悬挂于点，轻质细线与竖直方向夹角，轻质细线已绷紧；在光滑水平面上，放一薄板，，在板的最右端放一质量的滑块，滑块与板的动摩擦因数，滑块在点正下方，小球和滑块都可看成质点。现将小球由静止释放，经，小球与滑块发生完全弹性碰撞，碰后经，滑块从薄板左端冲出。不计空气阻力，重力加速度取。求： (1)小球释放瞬间，轻质细线上的拉力大小； (2)小球释放后到与滑块碰撞前瞬间，轻质细线拉力的冲量大小； (3)薄板的长度。 8、 两物体多次碰撞 29．（多选）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只能发生两次碰撞 C．若，则P、Q只能发生一次碰撞 D．若，则P、Q只能发生两次碰撞 30．如图所示，设车厢长为L，质量为M，静止在光滑的水平面上，车厢内有一质量为m的物体以初速度向右运动，与车厢壁来回碰撞n次后，最终相对车厢静止，这时车厢速度是（　　） A．，水平向右 B．0 C．，水平向右 D．，水平向左 31．（多选）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4.0 kg的静止物块以大小为5.0 m/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5.0 m/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5.0 m/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．48 kg B．53 kg C．58 kg D．63 kg 32．如图所示，悬挂于点长为的轻质细绳一端拴接质量的小球。质量的凹槽放置在点下方的光滑水平地面上，凹槽上表面粗糙且左右挡板内侧间的距离为，质量的小物块放置在凹槽内最右端紧靠挡板，二者均静止。现将小球拉至与点等高处，保持细绳水平绷直，然后由静止释放小球，当小球摆到最低时刚好与凹槽左侧发生弹性碰撞。此后小球与凹槽不再发生二次碰撞。重力加速度取，忽略空气阻力，小球和小物块均视为质点。求： (1)小球摆到最低时的速度大小； (2)凹槽被碰瞬间获得的速度大小； (3)若经过足够长时间小物块恰好停在凹槽的中间处，求凹槽与物块间的动摩擦因数的可能值。 33．如图，光滑轨道PQO的水平段，轨道在O点与水平地面平滑连接。一质量为m的小物块A从高h处由静止开始沿轨道下滑，在O点与质量为4m的静止小物块B发生碰撞。A、B与地面间的动摩擦因数均为，重力加速度大小为g。假设A、B间的碰撞为完全弹性碰撞，碰撞时间极短，物块可视为质点，不计空气阻力。求： (1)小物块A第一次到达O点时的速度大小，以及第一次碰撞后瞬间A、B的速度大小； (2)第一次碰撞后，A沿光滑轨道上升的最大高度，以及B在水平地面滑行至停止的总位移大小； (3)A沿光滑轨道返回O点后向右滑行直至静止，求A、B最终静止时到O点的距离，并计算全过程中系统因摩擦产生的总内能。 34．如图，一竖直固定的长直圆管内有一质量为M的静止薄圆盘，圆盘与管的上端口距离为l，圆管长度为。一质量为的小球从管的上端口由静止下落，并撞在圆盘中心，圆盘向下滑动，所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等。小球在管内运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求 （1）第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小； （2）在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离； （3）圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的次数。    35．如图所示，一倾角为的固定斜面的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等于，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。P与斜面间无摩擦，与挡板之间的碰撞无动能损失。两物块均可以看作质点，斜面足够长，Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞。重力加速度大小为g。 (1)求P与Q第一次碰撞后瞬间各自的速度大小vP1、vQ1； (2)求第n次碰撞使物块Q上升的高度hn； (3)求物块Q从A点上升的总高度H； (4)为保证在Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞，求A点与挡板之间的最小距离s。 9、 多物体多次碰撞 36．如图所示，五个物块在一光滑水平面上排成一条直线，且彼此隔开一定的距离，物块1、2、3、4的质量均为m，物块5的质量为2m，物块5以初速度向左运动，依次与其余四个静止物块发生碰撞，碰后粘在一起不再分离，最后五个物块粘成一个整体，则它们最后的速度为（　　） A. B． C． D． 37．如图所示，在一个经典的牛顿摆装置中，五个质量相同的金属球通过无摩擦的吊绳悬挂在同一水平线上，五个球均静止，现使1号球由静止开始释放，若所有的碰撞都是完全弹性的，则1号球与2号球碰撞后，可能出现的情况是（　　） A．只有5号球获得速度并向左运动 B．五个球相对静止，一起向左运动 C．5号球向左运动，2、3、4号球静止，1号球向右运动 D．5号球向左运动，3、4号球静止，1、2号球向右运动 38．如图所示，在光滑水平面上，左右两列相同的小钢球沿同一直线放置。每列有n个。在两列钢球之间，一质量为m的玻璃球以初速度向右运动，与钢球发生正碰。所有球之间的碰撞均视为弹性碰撞。 (1)若钢球质量为m，求最右侧的钢球最终运动的速度大小； (2)若钢球质量为，求玻璃球与右侧钢球发生第一次碰撞后，玻璃球的速度大小； (3)若钢球质量为，求玻璃球经历次碰撞后的动能。 39．如图所示，光滑水平地面上放置完全相同的两长板A和B，滑块C（可视为质点）置于B的右端，三者质量均为。A以的速度向右运动，B和C一起以的速度向左运动，A和B发生碰撞后粘在一起不再分开。已知A和B的长度均为0.75m，C与A、B间动摩擦因数均为0.5，则（　　） A．碰撞瞬间C相对地面静止 B．碰撞后到三者相对静止，经历的时间为0.2s C．碰撞后到三者相对静止，摩擦产生的热量为 D．碰撞后到三者相对静止，C相对长板滑动的距离为0.6m 40．如图所示，水平传送带长，以大小为的速度沿顺时针方向匀速转动，五个质量均为的物块一字排开静止在光滑的水平面上，传送带与水平面平滑衔接，且传送带上表面与水平面平齐。将质量为的物块A轻放在传送带的左端，物块间的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短，不计物块的大小，重力加速度取，求： (1)要使物块A第一次在传送带上运动时一直做匀加速运动，物块A与传送带间的动摩擦因数应满足什么条件； (2)若物块A与传送带间的动摩擦因数为0.5，则物块A第二次在传送带上运动的时间为多少； (3)若物块A与传送带间的动摩擦因数为0.5，则物块A最终的速度为多大。 41．如图，在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C位于同一直线上，A位于B、C之间，A的质量为m，B、C的质量都为M，三者均处于静止状态。现使A以某一速度向右运动，求m和M之间应满足什么条件，才能使A只与B、C各发生一次碰撞，设物体间的碰撞都是弹性的。 42．（多选）如图所示，固定光滑曲面左侧与光滑水平面平滑连接，水平面依次放有2026个质量均为2m的弹性物块（所有物块在同一竖直平面内），质量为m的0号物块从曲面上高h处静止释放后沿曲面滑到水平面与1号物块发生弹性正碰，0号物块反弹后滑上曲面再原路返回，如此反复，2026个弹性物块两两间碰撞时交换速度，则下列说法正确的是（所有物块均可视为质点，重力加速度为g）（    ） A．2026号物块最终速度为 B．2023号物块最终速度为 C．0号物块最终动量大小为 D．最终所有物块的总动能为mgh 779038077———理解为王——物理快乐学 2 / 5 试卷第1页，共3页 每个知识点两个按照2-3-3练习（简、中、难——多为期中、期末、高考真题）——全面掌握 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 题号 6 10 14 15 17 23 29 30 31 答案 AD ACD B C BD A ABD C BC 题号 36 37 39 42 答案 C A D CD 1．(1) (2) (3) 【详解】（1）物块P在AB上滑动时，三个物体组成的系统动量守恒，以向左为正方向，根据动量守恒定律有 解得 （2）根据能量守恒定律有 解得 （3）滑块滑上圆弧，上升最大高度过程，根据动量守恒定律有 根据能量守恒定律有 解得 2．(1) (2) 【详解】（1）子弹进入木块的过程中动量守恒，可得 解得 （2）此过程中，子弹和木块的势能没有变化，机械能的减小量等于动能的减小量，即 3．（1）v共 = ；（2）x = ；（3）t = ，W = mv02 【详解】（1）由于地面光滑，则木板与滑块组成的系统动量守恒，有 2mv0 = 3mv共 解得 v共 = （2）由于木板速度是滑块的2倍，则有 v木 = 2v滑 再根据动量守恒定律有 2mv0 = 2mv木 + mv滑 联立化简得 v滑 = v0，v木 = v0 再根据功能关系有 - μmgx = × 2mv木2 + mv滑2 - × 2mv02 经过计算得 x = （3）由于木板保持匀速直线运动，则有 F = μmg 对滑块进行受力分析，并根据牛顿第二定律有 a滑 = μg 滑块相对木板静止时有 v0 = a滑t 解得 t = 则整个过程中木板滑动的距离为 x′ = v0t = 则拉力所做的功为 W = Fx′ = mv02 4． 【详解】设子弹初速度为v0，射入厚度为2d的钢板后，由动量守恒得 mv0 =(2m＋m)v 此过程中动能损失为 ΔE损=f·2d=mv－×3mv2 解得 ΔE=mv 分成两块钢板后，设子弹穿过第一块钢板时两者的速度分别为v1和V1，由动量守恒定律有 mv1＋mV1=mv0 因为子弹在射穿第一块钢板的动能损失为 ΔE损1=f·d=mv 由能量守恒得 mv＋mV=mv－ΔE损1 且考虑到v1必须大于V1，解得 v1=v0 设子弹射入第二块钢板并留在其中后两者的共同速度为V2，由动量守恒得 2mV2=mv1 损失的动能为 ΔE′=mv－×2mV 联立解得 ΔE′=×mv 因为 ΔE′=f·x 可解得射入第二钢板的深度x为 5．（1），；（2）， 【详解】（1）P1、P2碰撞过程，由动能守恒定律 mv0=2mv1 解得：v1=，方向水平向右 对P1、P2、P系统，由动能守恒定律 mv0+2mv0=4mv2 解得v2=，方向水平向右 （2）当弹簧压缩最大时，P1、P2、P三者具有共同速度v2，由动能守恒定律 mv0+2mv0=4mv2 对系统由能量守恒定律 4μmg（L+x）= 解得x=-L 最大弹性势能 EP= 解得EP= 6．AD 【详解】A．子弹和木块相互作用过程系统动量守恒，令子弹穿出木块后子弹和木块的速度的速度分别为，则有 子弹和木块相互作用过程中合力都为，因此子弹和物块的加速度分别为 由运动学公式可得子弹和木块的位移分别为 联立上式可得 因此木块的速度最大即取极值即可，该函数在到无穷单调递减，因此当木块的速度最大，A正确； B．则子弹穿过木块时木块的速度为 由运动学公式 可得 故B错误； C．由能量守恒可得子弹和木块损失的能量转化为系统摩擦生热，即 故C错误； D．木块加速过程运动的距离为 故D正确。 故选AD。 7．（1）1m/s；0.125m；（2）0.25m；；（3） 【详解】（1）由于地面光滑，则m1、m2组成的系统动量守恒，则有 m2v0= (m1＋m2)v1 代入数据有 v1= 1m/s 对m1受力分析有 则木板运动前右端距弹簧左端的距离有 v12= 2a1x1 代入数据解得 x1= 0.125m （2）木板与弹簧接触以后，对m1、m2组成的系统有 kx = (m1＋m2)a共 对m2有 a2= μg = 1m/s2 当a共 = a2时物块与木板之间即将相对滑动，解得此时的弹簧压缩量 x2= 0.25m 对m1、m2组成的系统列动能定理有 代入数据有      （3）木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，由于木板即m1的加速度大于木块m2的加速度，则当木板与木块的加速度相同时即弹簧形变量为x2时，则说明此时m1的速度大小为v2，共用时2t0，且m2一直受滑动摩擦力作用，则对m2有 －μm2g∙2t0= m2v3－m2v2 解得 则对于m1、m2组成的系统有 U = Wf 联立有 8．(1) (2) 【详解】（1）小滑块在小车上运动的过程中，小车先加速后减速，最后静止。小滑块刚滑到B点时速度最大，取水平向右为正方向。由动量守恒定律得 小滑块从滑到的过程中，由机械能守恒定律得 联立解得 （2）对整个运动过程，由水平方向动量守恒定律得 解得 由能量守恒定律得 解得轨道间的最小长度 9．(1)v1=8m/s；v2=-2m/s (2)2.4m 【详解】（1）取水平向左为正方向，弹簧解除锁定后，动量守恒，有 则弹簧锁定时的弹性势能为 解得， （2）小球A运动到圆轨道的最高点时，小球A与圆轨道的速度相同，对小球A和圆轨道构成的系统，水平方向上动量守恒，有 解得 由机械能守恒定律有 解得R=2.4m 10．ACD 【详解】A．由题知，小球能从最低点冲上滑块，又能刚落回滑块，小球运动到最高点时，竖直方向速度为零，在水平方向上与滑块具有相同的速度，在水平方向上满足动量守恒定律，则有 解得，故A正确； BC．根据小球和滑块在水平方向上满足动量守恒，则有 两边同时乘以时间，则有 其中， 代入可得 又小球相对滑块的水平位移为 联立解得， 当小球运动到最高点时，小球与滑块共速，为，根据能量守恒有 解得 则小球从最高点做平抛运动的高度为 根据 解得 滑块的位移为 小球水平方向的总位移为，故B错误C正确； D．根据动量定理，可得该过程中小球对滑块的冲量为，故D正确。 故选ACD。 11．(1)， (2)，方向竖直向上 (3) 【详解】（1）小滑块从释放到P右端，水平方向系统动量守恒     系统机械能守恒     联立解得， （2）小滑块在P右端时 代入解得 方向竖直向上。 （3）小滑块向右以碰到弹簧，向左以反弹离开弹簧，规定向左为正方向，小滑块从向左滑上P到最高点，系统水平方向动量守恒     系统机械能守恒     联立解得 小滑块被弹簧反弹前后，速度方向发生改变水平方向动量定理 解得 12．(1) (2) (3) 【详解】（1） 设小球运动到B点时小车的速度为，小球与小车在水平方向动量守恒，则有 解得 （2）设小球运动到A点时速度大小为，则有 小球从抛出点到A点由机械能守恒则有 解得 （3）小球从A点到B点的过程，系统机械能守恒，则有 解得 13．(1)1.2m (2)8m/s (3)8.5J 【详解】（1）对子弹与小车组成的系统，由动量守恒定律有                                                  当小物块上升到最大高度时三者共速，对三者由水平方向动量守恒有                                         由机械能守恒定律有                               联立解得h＝1.2m                                                    即小物块沿圆弧轨道上升的最大高度h＝1.2m                                                                                                                  （2）当小物块第一次回到B点时，设车和子弹的速度为v3，取水平向右为正方向，由水平方向动量守恒有                                         由能量守恒定律有                                   联立解得v3＝2m/s ，v＝8m/s                                                              即小物块第一次返回到B点时速度大小为 v＝8m/s    （3）当弹簧具有最大弹性势能Epm时，三者速度相同，由动量守恒定律有                                            由能量守恒定律有    联立解得 14．B 【详解】小球和滑块组成的系统在水平方向不受外力，水平动量守恒；系统内只有重力做功，机械能守恒。初始时，轻杆水平，小球有竖直向上的速度，滑块静止。小球到达最高点时，竖直速度为，设滑块的水平速度为，小球的水平速度为 水平动量守恒，初动量为，有，解得，即小球速度方向与滑块相反。 机械能守恒，初始动能，最高点小球上升，重力势能增加 末动能 代入解得， 因此小球到达最高点的速度大小为，滑块速度为 故选B。 15．C 【详解】根据能量守恒，可知当弹簧弹性势能最大的时候，系统动能最小，损失最多，故当两个物块速度相同时弹性势能最大，故选C。 16．(1) (2) (3) 【详解】（1）由物块C、A组成系统动量守恒得 代入数据得 （2）当C、A、B共速时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律得 由能量守恒得 代入数据得 （3）当弹簧恢复原长时，物块B的速度最大，由系统动量守恒和能量守恒， 解得 17．BD 【详解】AB．根据题意可知传送带对AB的滑动摩擦力大小相等都为 初始时A向右减速，B向右加速，故可知在A与传送带第一次共速前，AB整体所受合外力为零，系统动量守恒有， 代入数值解得t=t1时，B的速度为 在A与传送带第一次共速前，对任意时刻对AB根据牛顿第二定律有， 由于，故可知 故A错误，B正确； C．在时间内，设AB向右的位移分别为，，由功能关系有 解得 故弹簧的压缩量为 故C错误； D．A与传送带的相对位移为 B与传送带的相对为 故可得 由于时间内A向右做加速度逐渐增大的减速运动，B向右做加速度逐渐增大的加速运动，且满足，作出AB的图像 可知等于图形的面积，等于图形的面积，故可得 结合 可知，故D正确。 故选BD。 18．（1）1m/s，1m/s；（2）0.2；（3）0.12J 【详解】（1）对A物块由平抛运动知识得 代入数据解得，脱离弹簧时A的速度大小为 AB物块质量相等，同时受到大小相等方向相反的弹簧弹力及大小相等方向相反的摩擦力，则AB物块整体动量守恒，则 解得脱离弹簧时B的速度大小为 （2）对物块B由动能定理 代入数据解得，物块与桌面的动摩擦因数为 （3）弹簧的弹性势能转化为AB物块的动能及这个过程中克服摩擦力所做的功，即 其中 ， 解得整个过程中，弹簧释放的弹性势能 19．BD 【详解】AB．已知A物块的初速度，由图可知在时刻两物块达到共速v=1m/s，根据动量守恒有 解得，故A错误，B正确； CD．由图可知，当B速度最大时，弹簧第一次恢复原长，即在时刻，根据动量守恒有 根据能量守恒有 联立解得 故从开始到弹簧第一次恢复原长过程中弹簧对物块A的冲量为 即冲量大小为，故C错误，D正确。 故选BD。 20．(1) (2)， (3) (4) 【详解】（1）小球从落入圆弧轨道至离开圆弧轨道，重力对其做的功为 （2）设小球与弹簧刚接触时速度的大小为v0，由机械能守恒定律可知，其中 同时有 联立解得， （3）弹簧达到最大弹性势能时，小球与Q共速，设Q的质量为M，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有，，其中 联立解得 （4）对Q和小球整体根据机械能守恒可知要使Q的最终动能最大，需满足小球的速度刚好为零时，此时弹簧刚好恢复原长；设此时Q的质量为M′，Q的最大速度为vm，根据动量守恒和机械能守恒有， 解得 21．（1）；（2）；（3） 【详解】（1）当弹簧被压缩最短时，弹簧弹性势能最大，此时、速度相等，即时刻，根据动量守恒定律 根据能量守恒定律 联立解得 （2）解法一：同一时刻弹簧对、B的弹力大小相等，根据牛顿第二定律 可知同一时刻 则同一时刻、的瞬时速度分别为 ， 根据位移等速度在时间上的累积可得 ， 又 解得 第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值 解法二：B接触弹簧后，压缩弹簧的过程中，A、B动量守恒，有 对方程两边同时乘以时间，有 0-t0之间，根据位移等速度在时间上的累积，可得 将代入可得 则第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值 （3）物块A第二次到达斜面的最高点与第一次相同，说明物块A第二次与B分离后速度大小仍为，方向水平向右，设物块A第一次滑下斜面的速度大小为，设向左为正方向，根据动量守恒定律可得 根据能量守恒定律可得 联立解得 方法一：设在斜面上滑行的长度为，上滑过程，根据动能定理可得 下滑过程，根据动能定理可得 联立解得 方法二：根据牛顿第二定律，可以分别计算出滑块A上滑和下滑时的加速度， ， 上滑时末速度为0，下滑时初速度为0，由匀变速直线运动的位移速度关系可得 ， 联立可解得 22．（1）vB=5m/s（2）4N•s（3） 8J 【详解】试题分析：（1）设B在绳被拉断后瞬时的速率为vB，到达C点的速率为vC， 根据B恰能到达最高点C有：-----① 对绳断后到B运动到最高点C这一过程应用动能定理：-2mBgR=mBvc2-mBvB2---------② 由①②解得：vB=5m/s． （2）设弹簧恢复到自然长度时B的速率为v1，取向右为正方向， 弹簧的弹性势能转化给B的动能，Ep=mBv12------③ 根据动量定理有：I=mBvB-mBv1 -----------------④ 由③④解得：I="-4" N•s，其大小为4N•s （3）设绳断后A的速率为vA，取向右为正方向， 根据动量守恒定律有：mBv1=mBvB+mAvA-----⑤ 根据动能定理有：W=mAvA2------⑥ 由⑤⑥解得：W=8J 考点：动能定理；动量守恒定律；动量定理 【名师点睛】该题考查了多个知识点．我们首先要清楚物体的运动过程，要从题目中已知条件出发去求解问题．其中应用动能定理时必须清楚研究过程和过程中各力做的功．应用动量定理和动量守恒定律时要规定正方向，要注意矢量的问题． 23．A 【详解】向右为正方向，设人跳离A车时对地水平速度大小为v1，跳离A车后A车的速度v2，跳上B车后的共同速度v3，则对人和A车系统由动量守恒可知 对人和B车系统由动量守恒 其中 解得 故选A。 24．（1）；（2）；（3） 【详解】根据题意，设AC质量为，B的质量为，细绳长为，初始时细线与竖直方向夹角。 （1）A开始运动到最低点有 对最低点受力分析，根据牛顿第二定律得 解得 ， （2）A与C相碰时，水平方向动量守恒，由于碰后A竖直下落可知 故解得 （3）A、C碰后，C相对B滑行4m后与B共速，则对CB分析，过程中根据动量守恒可得 根据能量守恒得 联立解得 25．（1）；（2）；（3） 【详解】（1）根据题意，小物块在传送带上，由牛顿第二定律有 解得 由运动学公式可得，小物块与传送带共速时运动的距离为 可知，小物块运动到传送带右端前与传送带共速，即小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小等于传送带的速度大小。 （2）小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，小物块与小球组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律有 其中 ， 解得 小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能为 解得 （3）若小球运动到P点正上方，绳子恰好不松弛，设此时P点到O点的距离为，小球在P点正上方的速度为，在P点正上方，由牛顿第二定律有 小球从点正下方到P点正上方过程中，由机械能守恒定律有 联立解得 即P点到O点的最小距离为。 26．(1) (2) (3) 【详解】（1）滑块从A到B由动能定理得 在B点受轨道支持力满足， 解得 根据牛顿第三定律 （2）考虑从滑块滑上C点到滑块最终回到C点，系统动量守恒 解得 滑块从E点下滑回到C点，系统动量守恒，因此滑块和小车在E点时速度大小相同，也为 由能量守恒得 解得 考虑滑块在小车上运动的全过程，系统动能损失全部转化为热量，满足 解得 因此全过程中摩擦产生的热量 （3）由上述分析可知 解得 27．(1)8m/s (2)2.8m，0.5 (3)2m (4)6.5m 【详解】（1）小物块滑离轨道P的速度大小为v0，轨道P的速度大小为vM，则水平方向上动量守恒 系统机械能守恒 联立，解得v0=8m/s （2）小物块滑离轨道P时则， 解得 小物块滑离时与木板左端的距离 设小物块与平台间的动摩擦因数为，根据动能定理有 联立解得 （3）小物块滑上木板到共同速度，由动量守恒有 解得共速时的速度大小为 设木板到挡板距离为L，对木板由动能定理可得 解得L=2m （4）对木板，根据牛顿第二定律 解得a=4m/s2 木板与挡板碰撞后第二次达到共同速度大小为v2，根据动量守恒有 解得 同理可得，第三次达到共同速度大小为 以此类推…… 从小物块滑上木板到最终停止，木板B走过的总路程为 28．(1)2.5N (2)2.5N·s (3)1.25m 【详解】（1）对小球，释放瞬间有 解得 （2）对小球，从释放到碰前瞬间有 解得 由动量定理得， 由矢量三角形得 代入数据得 （3）小球和滑块碰撞时，由动量守恒和能量守恒得 联立解得， 碰后，物体做匀减速直线运动，有 解得 物体的位移 解得 物体做匀加速直线运动，有 解得 物体C的位移为 解得 薄板C的长度 29．ABD 【详解】A．设Q滑到水平面上时速度大小为，P、Q相碰，由动量守恒知 由能量守恒知 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 A正确； B．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，B正确； C．由A选项知，当，则P，Q只能发生一次碰撞，C错误； D．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，D正确。 故选ABD。 30．C 【详解】物块在车辆内和车发生碰撞满足动量守恒，最后物块和车共速，由动量守恒得 解得 方向水平向右，故选C。 31．BC 【详解】设运动员和物块的质量分别为、规定运动员运动的方向为正方向，运动员开始时静止，第一次将物块推出后，运动员和物块的速度大小分别为、，则根据动量守恒定律 解得 物块与弹性挡板撞击后，运动方向与运动员同向，当运动员再次推出物块 解得 第3次推出后 解得 依次类推，第8次推出后，运动员的速度 根据题意可知 解得 第7次运动员的速度一定小于，则 解得 综上所述，运动员的质量满足 AD错误，BC正确。 故选BC。 32．(1) (2) (3)（n=0、1、2…） 【详解】（1）小球下落过程中，根据机械能守恒 解得 （2）小球与凹槽弹性碰撞，水平方向动量守恒 机械能守恒 联立解得凹槽获得的速度 （3）凹槽和小物块整体水平方向动量守恒， 由能量守恒定律 联立解得动摩擦因数（n=0、1、2…） 33．(1)，， (2)， (3)，， 【详解】（1）由机械能守恒 解得第一次到达点的速度 A、B发生完全弹性碰撞，由动量守恒和机械能守恒， 解得碰撞后瞬间A、B的速度大小分别为， （2）A碰撞后沿轨道上升，由机械能守恒 解得A上升的最大高度 B碰撞后在水平地面滑行，由动能定理 解得B第一次滑行的位移 （3）A沿轨道返回O点，速度大小仍为，向右滑行至B的位置，由运动学公式 解得A碰撞前速度 A、B发生第二次完全弹性碰撞，由动量守恒和机械能守恒， 解得碰撞后速度， A碰撞后向左滑行，由动能定理得滑行位移 A最终距点的距离 B碰撞后向右滑行，总位移 全过程系统因摩擦产生的总内能等于初始重力势能 34．（1）小球速度大小，圆盘速度大小；（2）l；（3）4 【详解】（1）过程1：小球释放后自由下落，下降，根据机械能守恒定律 解得 过程2：小球以与静止圆盘发生弹性碰撞，根据能量守恒定律和动量守恒定律分别有 解得 即小球碰后速度大小，方向竖直向上，圆盘速度大小为，方向竖直向下； （2）第一次碰后，小球做竖直上抛运动，圆盘摩擦力与重力平衡，匀速下滑，所以只要圆盘下降速度比小球快，二者间距就不断增大，当二者速度相同时，间距最大，即 解得 根据运动学公式得最大距离为 （3）第一次碰撞后到第二次碰撞时，两者位移相等，则有 即 解得 此时小球的速度 圆盘的速度仍为，这段时间内圆盘下降的位移 之后第二次发生弹性碰撞，根据动量守恒 根据能量守恒 联立解得 同理可得当位移相等时 解得 圆盘向下运动 此时圆盘距下端管口13l，之后二者第三次发生碰撞，碰前小球的速度 有动量守恒 机械能守恒 得碰后小球速度为 圆盘速度 当二者即将四次碰撞时 x盘3= x球3 即 得 在这段时间内，圆盘向下移动 此时圆盘距离下端管口长度为 20l－1l－2l－4l－6l = 7l 此时可得出圆盘每次碰后到下一次碰前，下降距离逐次增加2l，故若发生下一次碰撞，圆盘将向下移动 x盘4= 8l 则第四次碰撞后落出管口外，因此圆盘在管内运动的过程中，小球与圆盘的碰撞次数为4次。 35．(1) P的速度大小为，Q的速度大小为；(2)（n=1，2，3……）；(3)；(4) 【详解】(1)P与Q的第一次碰撞，取P的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得             ① 由机械能守恒定律得         ② 联立①②式得             ③             ④ 故第一次碰撞后P的速度大小为，Q的速度大小为 (2)设第一次碰撞后Q上升的高度为h1，对Q由运动学公式得         ⑤ 联立①②⑤式得             ⑥ 设P运动至与Q刚要发生第二次碰撞前的位置时速度为，第一次碰后至第二次碰前，对P由动能定理得         ⑦ 联立①②⑤⑦式得             ⑧P与Q的第二次碰撞，设碰后P与Q的速度分别为、，由动量守恒定律得     ⑨ 由机械能守恒定律得         ⑩ 联立①②⑤⑦⑨⑩式得             ⑪             ⑫ 设第二次碰撞后Q上升的高度为h2，对Q由运动学公式得         ⑬ 联立①②⑤⑦⑨⑩⑬式得     ⑭ 设P运动至与Q刚要发生第三次碰撞前的位置时速度为，第二次碰后至第三次碰前，对P由动能定理得         ⑮ 联立①②⑤⑦⑨⑩⑬⑮式得             ⑯P与Q的第三次碰撞，设碰后P与Q的速度分别为、，由动量守恒定律得             ⑰ 由机械能守恒定律得         ⑱ 联立①②⑤⑦⑨⑩⑬⑮⑰⑱式得             ⑲             ⑳ 设第三次碰撞后Q上升的高度为h3，对Q由运动学公式⑩得         ㉑ 联立①②⑤⑦⑨⑩⑬⑮⑰⑱㉑式得             ㉒ 总结可知，第n次碰撞后，物块Q上升的高度为 （n=1，2，3……）        ㉓ (3)当P、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     ㉔ 解得             ㉕ (4)设Q第一次碰撞至速度减为零需要的时间为t1，由运动学公式得             ㉖ 设P运动到斜面底端时的速度为，需要的时间为t2，由运动学公式得             ㉗         ㉘ 设P从挡板碰撞返回后从A点到Q第一次碰后速度减为零处匀减速运动的时间为t3 ㉙ 当A点与挡板之间的距离最小时             ㉚ 联立㉖㉗㉘㉙㉚式，代入数据得             ㉛ 36．C 【详解】由于五个物块组成的系统沿水平方向不受外力作用，故系统在水平方向上动量守恒，由动量守恒定律得 解得 即它们最后的速度为。故选C。 37．A 【详解】由于小球完全相同，且发生弹性碰撞，则碰撞后小球速度交换，所以只有5号球获得速度并向左运动。 故选A。 38．(1) (2) (3) 【详解】（1）根据题意可知，所有碰撞均为弹性碰撞，由于钢球质量也为m，根据动量守恒和机械能守恒可知,碰撞过程中，二者速度互换，则最终碰撞后最右侧钢球的速度大小等于开始碰撞前玻璃球的初速度为。 （2）根据题意可知，所有碰撞均为弹性碰撞，则由动量守恒定律有 由能量守恒定律有 解得， 负号表示速度反向，则玻璃球的速度大小为 （3）根据题意结合小问2分析可知，玻璃球与右侧第一个小球碰撞后反弹，且速度大小变为碰撞前的，右侧第一个小球又与第二个小球发生弹性碰撞，速度互换，静止在光滑水平面上，玻璃球反弹后与左侧第一个小球同样发生弹性碰撞，同理可得，碰撞后玻璃球再次反弹，且速度大小为碰撞前的，综上所述，玻璃球碰撞次后速度大小为 则玻璃球碰撞次后最终动能大小 39．D 【详解】A．碰撞瞬间C相对地面向左运动，选项A错误； B．向右为正方向，则AB碰撞过程由动量守恒 解得 v1=1m/s 方向向右；当三者共速时 可知 v=0 即最终三者一起静止，可知经历的时间 选项B错误； C．碰撞到三者相对静止摩擦产生的热量 选项C错误； D．碰撞到三者相对静止由能量关系可知 可得 选项D正确。 故选D。 40．(1) (2) (3) 【详解】（1）设动摩擦因数为，则匀加速运动的加速度大小 要使物块在传送带上一直做匀加速运动，则 且满足 解得 （2）若物块与传送带间的动摩擦因数 则物块第一次在传送带上先做匀加速运动，后做匀速运动，以速度与物块1做弹性碰撞，设碰撞后物块的速度大小为、物块1的速度大小为，根据动量守恒定律有 由机械能守恒定律有 解得 由于，物块第二次在传送带上先减速为零，后反向加速，则运动时间 （3）由于物块、、、、质量相等，相互之间发生弹性碰撞，碰撞过程交换速度，在物块与物块1第二次碰撞前的一瞬间，可视为物块、、、的速度为零，物块5以的速度向右滑去同理分析可知，物块与物块1第二次碰撞后，物块的速度为，第三次碰撞前一瞬间，可视为物块、、的速度为零，物块4以速度向右滑去，依次类推，物块与物块1发生5次碰撞，物块的最终速度大小为 41． 【详解】A向右运动与C发生碰撞的过程中系统的动量守恒、机械能守恒，选取向右为正方向，设开始时A的速度为v0，第一次与C碰撞后C的速度为vC1，A的速度为vA1，由动量守恒定律、机械能守恒定律得 mv0=mvA1+MvC1 联立得 可知，只有m＜M时，A才能被反向弹回，才可能与B发生碰撞。 设A与B碰撞后B的速度为vB1，A的速度为vA2，由动量守恒定律、机械能守恒定律，同理可得 根据题意要求A只与B、C各发生一次碰撞，应有 vA2≤vC1 联立得 m2+4mM﹣M2≥0 解得 （另一解：舍去） 所以m与M之间的关系应满足 才能使A只与B、C各发生一次碰撞。 42．CD 【详解】A．由题可知，2026个弹性物块两两之间碰撞时交换速度，所以2026号物块最终速度是0号物块与1号物块发生弹性正碰后1号物块的速度，由动量守恒得 弹性碰撞机械能守恒，得 因为0号物块第一次滑到水平面初速度大小为 解得，，即2026号物块最终速度为，故A错误； B．0号物块与1号物块发生碰撞后，1号物块将与2号物块发生正碰，因两者质量相同，将发生速度交换，1号物块将静止。0号物块滑上曲面后返回，速度大小为 0号物块继续与1号物块发生第二次碰撞，由动量守恒得 弹性碰撞机械能守恒，得 解得， 以此类推，2023号物块最终速度是0号物块与1号物块第四次碰撞后1号物块的速度，故2023号物块最终速度为，故B错误； C．由B选项分析可知，0号物块共要与1号物块碰撞2026次，所以0号物块最终动量大小为，故C正确； D．由机械能守恒定律，对整体分析，因为物块之间均为弹性正碰，无能量损失，最终所有物块的总动能为系统初始的重力势能，即，故D正确。 故选CD。 779038077———理解为王——物理快乐学 2 / 5 试卷第1页，共3页 每个知识点两个按照2-3-3练习（简、中、难——多为期中、期末、高考真题）——全面掌握 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．(1)动能 (2)动能 【详解】（1）略 （2）略 2．(1) 同一条直线 对心 一维 (2) 动量 动能 两球速度交换 (3)小于 (4) 向前 反弹 (5) 几乎不 2v1 (6) 相反 静止 正确率优先。一分钟读题分析划分过程和重点物理量——重点分析定性、定义类问题或选项！高效得分！ 学科网（北京）股份有限公司 $