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1、高中物理高考备考一轮总复习弹性碰撞、非弹性碰撞与反冲专题复习卷一、单选题（共7题）1质量为m、速度为v的A球跟质量为3m的静止B球发生正碰。碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此，碰撞后B球的速度允许有不同的值。碰撞后B球的速度可能是（）A0.8vB0.6vC0.4vD0.2v2如图甲所示，一轻弹簧的两端分别与质量为m1和m2的两物块相连接，并且静止在光滑的水平面上。现使m1瞬间获得水平向右的速度3 m/s，以此刻为计时零点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图像信息可得（）A在t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s且弹簧都是处于压缩状态B从t3到t4时刻弹簧由压缩状态逐渐恢复原
2、长C两物块的质量之比为m1m212D在t2时刻两物块的动量大小之比为p1p2123如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，一质量为m的光滑弧形槽静止放在光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切，一质量也为m的小物块从槽上高h处开始下滑，下列说法正确的是（）A在下滑过程中，物块和槽组成的系统机械能守恒B在下滑过程中，物块和槽组成的系统动量守恒C在压缩弹簧的过程中，物块和弹簧组成的系统动量守恒D被弹簧反弹后，物块能回到槽上高h处4如图所示，A、B两球形状大小一样，且质量均为m；某时刻两球在同一水平面上沿同一直线相向运动，小球A速度大小为、方向水平向右，小球B速度大小为，方向水平向左，两小球发生弹性碰撞后
3、，则（）A小球A向右运动B小球B的动量增大C碰后小球A的动能增加了D小球B的动量变化量大小为5如图甲所示，光滑水平面上有P、Q两物块，它们在t4s时发生碰撞，图乙是两者的位移图象，已知物块P的质量为mp1kg，由此可知（）A碰撞前P的动量为16kgm/sB两物块的碰撞可能为弹性碰撞C物块Q的质量为4kgD两物块碰撞过程中P对Q作用力的冲量是3Ns6如图所示，光滑水平面上有一质量为2M、半径为R (R足够大)的圆弧曲面C，质量为M的小球B置于其底端，另一个小球A质量为 ，小球A以v0= 6m/s的速度向右运动，并与B发生弹性碰撞，不计一切摩擦，小球均视为质点，则（）A小球B的最大速率为4m/sB
4、小球B运动到最高点时的速率为m/sC小球B能与A再次发生碰掩D小球B不再与C分离7如图所示，一块质量为M的长木板停在光滑的水平面上，长木板的左端有挡板，挡板上固定一个水平轻质小弹簧。一个质量为m的小物块（可视为质点）以水平速度v0从长木板的最右端开始向左运动，与弹簧发生相互作用后（弹簧始终处于弹性限度内），最终又恰好相对静止在长木板的最右端。以下说法正确的是（）A物块的最终速度为v0B长木板的最终速度为v0C弹簧的最大弹性势能为D长木板和小物块组成的系统最终损失的机械能为二、多选题（共5题）8光滑水平轨道MN与半径为R的竖直光滑半圆轨道相切于N点，质量为m的小球B静止于水平轨道上P点，小球半径
5、远小于R。与B完全相同的小球A以速度v0向右运动，A、B碰后粘连在一起，两球在圆弧轨道内运动时不会脱离轨道。已知重力加速度为g。下列说法正确的是（）A若两物体恰能到达与圆心等高的位置，则小球A的速度v02B只要v02 ，两球在圆弧轨道内运动时不会脱离轨道C若两物体恰能到达最高点，则小球A的速度v0D若两物体到达最高点又落至水平轨道上的Q点（Q点未画出），Q和N的水平距离可能为2.5R9质量为m的小球A在光滑的水平面上以速度大小v与静止在光滑水平面上的质量为2m的小球B发生正碰，那么碰撞后B球的可能速度大小是（）ABCD10如图所示，在光滑的水平面上有一静止的物体M，物体上有一光滑的半圆弧轨道，
6、半径为R，最低点为C，两端AB一样高，现让小滑块m从A点由静止下滑，则在运动过程中（）AM所能获得的最大速度为BM向左运动的最大距离为Cm运动到最低点C时对轨道的压力大小为3mgDM与m组成的系统机械能守恒，动量不守恒11如图所示，质量M=2kg、半径R=0.5m，内部粗糙程度一致的半圆槽静置于光滑的水平地上。现将质量m=1kg的小球（可视为质点）自左A点的正上方h=1m处由静止释放，小球下落后自A点进入槽内，然后从C点离开。已知小球第一次滑至半圆的最低点B时，小球的速度大小为4m/s，重力加速度g=10m/s2，不计空阻力，则小球第一次在半圆槽内向右滑动的过程中，下列说法正确的是（）A小球从
7、A点到B点的过程中，半圆槽的位移为B小球从A点到B点的过程中，小球与半圆槽组成的系统动量守恒C小球从A点到B点的过程中，摩擦生热为3JD小球从C点飞出后上升的高度H可能是0.5m12某人站在静浮于水面的船上，从某时刻开始从船头走向船尾，不计水的阻力，那么在这段时间内人和船的运动情况是（）A人匀速走动，船则匀速后退，且两者的速度大小与它们的质量成反比B人匀加速走动，船则匀加速后退，且两者的加速度大小一定相等C不管人如何走动，在任意时刻两者的速度总是方向相反，大小与它们的质量成反比D人走到船尾不再走动，船则停下三、解答题（共4题）13质量为2 kg的小球A在光滑水平面上以6 m/s 的速度向右运动
8、，恰遇上质量为5 kg、以4 m/s的速度向左运动的小球B，碰撞后B球恰好静止，求碰撞后A球的速度。14如图所示，质量为m的小球A以水平初速度与放置于水平桌面边缘的相同小球B发生碰撞，碰后二者粘在一起，最后垂直打在倾角为的斜面上，假设与斜面的作用时间为t（t极短，重力的冲量可忽略不计），且碰后不反弹，小球可视为质点，求小球对斜面的作用力大小。15如图所示，木板B静止于光滑水平面上，质量的物块A放在B的左端，另一质量m=1kg的小球用长L=0.9m的轻绳悬挂在固定点O。木板B与地面锁定，将小球向左拉至轻绳与竖直方向呈60并由静止释放小球，小球在最低点与A发生弹性正碰，碰撞时间极短，碰后A在B上滑
9、动，恰好未从B的右端滑出。已知A、B间的动摩擦因数=0.1，物块与小球可视为质点，不计空气阻力，取重力加速度g=10m/s2。（1）求小球与A碰撞前瞬间绳上的拉力大小F；（2）求B的长度；（3）若解除B的锁定，仍将小球拉到原处静止释放，为使A不能滑过B板的四分之一，求B的质量MB的范围。16如图，MP为一水平面，其中MN段光滑且足够长，NP段粗糙。MN上静置有一个光滑且足够高的斜面体C，P端右侧竖直平面内固定一光滑的圆弧轨道PQ，圆弧轨道与水平面相切于P点。两小球A、B压缩一轻质弹簧静置于水平面MN上，释放后，小球A、B瞬间与弹簧分离，一段时间后A通过N点，之后从圆形轨道末端Q点竖直飞出，飞出
10、后离Q点的最大高度为L，B滑上斜面体C后，在斜面体C上升的最大高度为。已知A、B两球的质量均为m，NP段的长度和圆弧的半径均为L，A球与NP间的动摩擦因数=0.5，重力加速度为g，A、B分离后立刻撤去弹簧，A球始终未与斜面体C发生接触。（1）求小球A第一次通过P点时对圆形轨道的压力大小；（2）求斜面体C的质量。（3）试判断A、B球能否再次相遇。参考答案1C【详解】若是非弹性碰撞，有解得若为弹性碰撞，则有，解得，所以B球的速度取值范围为故选C。2C【详解】A由题图乙可知t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s，总动能最小，根据系统机械能守恒可知，此时弹性势能最大，t1时刻弹簧处于压缩状态，t3
11、时刻弹簧处于伸长状态，故A错误；B结合题图乙可知两物块的运动过程，开始时m1逐渐减速，m2逐渐加速，弹簧被压缩，t1时刻二者速度相同，系统动能最小，势能最大，弹簧被压缩至最短，然后弹簧逐渐恢复原长，m2继续加速，m1先减速为零，然后反向加速，t2时刻，弹簧恢复原长状态，因为此时两物块速度相反，因此弹簧的长度将逐渐增大，两物块均减速，t3时刻，两物块速度相等，系统动能最小，弹簧最长，因此从t3到t4过程中弹簧由伸长状态恢复原长，故B错误；C系统动量守恒，从t0开始到t1时刻有m1v1（m1m2）v2将v13 m/s，v21 m/s代入得m1m212故C正确；D在t2时刻，m1的速度为：v11 m
12、/s，m2的速度为：v22 m/s，又m1m212则动量大小之比为p1p214故D错误。故选C。3A【详解】A在下滑过程中，物块和槽组成的系统，只有重力做功，机械能守恒，A正确；B系统动量守恒的条件是合外力为零，在下滑的过程中，系统竖直方向上合外力不为零，系统的动量不守恒，B错误；C在压缩弹簧的过程中，对于物块和弹簧组成的系统，受到墙壁向左的弹力，系统的合外力不为零，动量不守恒，C错误；D物块与槽在水平方向上动量守恒，故两者分离时，物块与槽的速度大小相等，方向相反，物块被弹簧反弹后，与槽的速度相同，做匀速直线运动，不会再滑上弧形槽，D错误。故选A。4D【详解】AB两小球发生弹性碰撞，令碰撞后A
13、球和B球的速度分别为vA和vB，取向左为正，则解得所以小球A向左运动，小球B向右运动，小球B的动量大小不变，故AB错误；C碰后小球A的动能增加了故C错误；D小球B的动量变化量大小为故D正确。故选D。5D【详解】A根据位移图象可知，碰撞前P的速度v0=4m/s，碰撞前P的动量为p0=mpv0=4kgm/sA错误；B根据位移图象，碰撞后二者速度相同，说明碰撞为完全非弹性碰撞，B错误；C碰撞后，共同速度v1m/s，由动量守恒定律mpv0=（mpmQ）v解得mQ=3kgC错误；D由动量定理，两物块碰撞过程中P对Q作用力的冲量是I=PQ=mQv=3NsD正确。故选D。6A【详解】AA与B发生弹性碰撞，碰
14、撞过程系统动量守恒、机械能守恒，设碰撞后A的速度为vA，B的速度为vB，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得解得负号表示速度方向向左，故B的最大速率为4m/s，A正确；BB冲上C并运动到最高点时二者共速，设为v，B、C组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得解得B错误；CD设B、C分离时B、C的速度分别为vB、vC，B、C组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得系统机械能守恒，由机械能守恒定律得解得 负号表示速度方向向左，小球B与C分离，由于 ，则B不能与A再次发生碰撞，CD错误。故选A。7D【详解】AB小物块从开始位置滑动到
15、最后相对长木板静止过程，小物块与长木板组成的系统动量守恒，以v0的方向为正方向，则有mv0（mM）v2解得v2故AB错误；CD小物块从开始位置滑动到最左端的过程，小物块与长木板组成的系统动量守恒，则有mv0（mM）v1解得v1由能量守恒定律，得EpmQ（mM）v12mv02QFfL小物块从开始位置滑动到最右端的过程中，由能量守恒定律，得Q（mM）v22mv02QFf（2L）联立解得EpmQ即弹簧的最大弹性势能为Epm系统损失的机械能为EQ故C错误D正确。故选D。8AD【详解】ABCA、B碰撞后的速度为v1，恰好运动到圆弧最高点时的速度为v2，对A、B，碰撞过程中动量守恒，选取向右为正方向，由动
16、量守恒定律得当v0较小时，A、B最高只能运动到与圆心等高的地方，对A、B，从碰后到与圆心等高的地方，由动能定理有联立得当v0较大时，A、B能够做完整的圆周运动。讨论A、B恰好做完整圆周运动时的情形，对A、B，从碰后运动到圆周最高点的过程中，由动能定理在最高点时，由牛顿第二定律得联立得综上所述，当 或 两小球在圆弧轨道内运动时不会脱离圆弧轨道，BC错误A正确；D在最高点时，由牛顿第二定律得解得则落点到N的最小水平距离解得Q和N的水平距离可能为2.5R，D正确。故选AD。9BD【详解】如果两个小球发生的是完全非弹性碰撞，则有解得如果两个小球发生完全弹性碰撞，则有，解得则小球B碰撞的速度取值范围为。
17、故选BD。10BD【详解】ADM和m组成的系统竖直方向合力不为0，系统动量不守恒，但水平方向受合外力为零，则水平方向动量守恒；由于只有重力做功，则机械能守恒，当m到达最低点时，M的速度最大，则解得M所能获得的最大速度为故D正确，A错误；B由水平方向动量守恒，根据人船模型得解得，M向左运动的最大距离为故B正确；C当光滑的半圆弧轨道固定在水平地面上时，由机械能守恒定律可知由向心力公式得m运动到最低点C时轨道对m的支持力根据牛顿第三定律可知m运动到最低点C时对轨道的压力大小为3mg。现在光滑的半圆弧轨道在水平面上运动，m运动到最低点C时对轨道的压力大小不是3mg。故C错误。故BD。11ACD【详解】
18、A小球与槽组成的系统水平方向动量守恒，所以则有且可得小球从A点到B点的过程中，槽的位移为故A正确；B小球从A点到B点的过程中，小球与半圆槽组成的系统，合力不等于零，动量不守恒，故B错误；C系统水平方向动量守恒，则有可得由功能关系可得可得故C正确；D由题意可知，小球从B到C的过程中，摩擦生热小于3J，则到达C时，根据水平方向动量守恒可得C的速度为零，则小球的剩余能量则小球从C点飞出后上升的高度H是故D正确。故选ACD。12ACD【详解】ACD以人和船构成的系统为研究对象，其总动量守恒，设v1、v2分别为人和船的速率，则有故有可见选项ACD正确；B人和船若匀加速运动，则有所以本题中m人与M船不一定
19、相等，所以两者的加速度大小不一定相等，选项B错误。故选ACD。13【详解】规定向右为正方向，由动量守恒定律可得代入数据解得方向向左14【详解】设小球A和小球B碰撞后速度为v，根据解得根据速度的合成，则垂直打在斜面上的速度为 对于小球根据动量守恒解得根据牛顿第三定律，小球对斜面的作用力大小15（1）F=20N；（2）；（3）【详解】(1)设小球下摆至最低点时，速度的大小为，小球下摆的过程根据动能定理有在最低点由牛顿第二定律解得（2）小球与A碰撞动量守恒机械能守恒解得，A在B上滑行的过程中，由动能定理得解得（3）小球与A碰撞后至A与B共速，由动量守恒定律有又由能量守恒得解得所以16（1）；（2）；
20、（3）两球不能再次相遇【详解】(1)设小球A经过P点的速度为vP，从P点运动到最高点的过程中，由机械能守恒定律得设A在P点受到圆形轨道的支持力为N，由牛顿第二定律得联立解得据牛顿第三定律可知，A对圆形轨道的压力大小为5mg。(2)设刚分离时A的速度为v1，A从分离时到运动至P点的过程中，据动能定理可得设刚分离时B的速度为v2，在A、B分离的过程中，据动量守恒定律可得设斜面体C的质量为mC，B在C上达到最大高度时，B与C共速，设此时两者速度为v3，B从分离时到滑上C最高点的过程中，水平方向动量守恒，可得据机械能守恒定律可得联立解得(3)设A下滑后向左通过PN后的速度为v4，在A从最高点下滑向左通过PN的过程中，据动能定理可得解得设B从C上滑回地面时B的速度为v5，C的速度为v6，从B球开始滑上C到再滑回地面的过程中，据动量守恒定律及机械能守恒定律分别可得联立解得由于，故两球不能再次相遇。