高中物理高考備考一輪總復(fù)習(xí)——彈性碰撞、非彈性碰撞與反沖專題復(fù)習(xí)卷一、單選題（共7題）1．質(zhì)量為m、速度為v的A球跟質(zhì)量為3m的靜止B球發(fā)生正碰。碰撞可能是彈性的，也可能是非彈性的，因此，碰撞后B球的速度允許有不同的值。碰撞后B球的速度可能是（）A．0.8v B．0.6v C．0.4v D．0.2v2．如圖甲所示，一輕彈簧的兩端分別與質(zhì)量為m1和m2的兩物塊相連接，并且靜止在光滑的水平面上?，F(xiàn)使m1瞬間獲得水平向右的速度3m/s，以此刻為計時零點，兩物塊的速度隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，從圖像信息可得（）A．在t1、t3時刻兩物塊達(dá)到共同速度1m/s且彈簧都是處于壓縮狀態(tài)B．從t3到t4時刻彈簧由壓縮狀態(tài)逐漸恢復(fù)原長C．兩物塊的質(zhì)量之比為m1∶m2＝1∶2D．在t2時刻兩物塊的動量大小之比為p1∶p2＝1∶23．如圖所示，輕彈簧的一端固定在豎直墻上，一質(zhì)量為m的光滑弧形槽靜止放在光滑水平面上，弧形槽底端與水平面相切，一質(zhì)量也為m的小物塊從槽上高h(yuǎn)處開始下滑，下列說法正確的是（）

A．在下滑過程中，物塊和槽組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒B．在下滑過程中，物塊和槽組成的系統(tǒng)動量守恒C．在壓縮彈簧的過程中，物塊和彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒D．被彈簧反彈后，物塊能回到槽上高h(yuǎn)處4．如圖所示，A、B兩球形狀大小一樣，且質(zhì)量均為m；某時刻兩球在同一水平面上沿同一直線相向運動，小球A速度大小為、方向水平向右，小球B速度大小為，方向水平向左，兩小球發(fā)生彈性碰撞后，則（）

A．小球A向右運動 B．小球B的動量增大C．碰后小球A的動能增加了 D．小球B的動量變化量大小為5．如圖甲所示，光滑水平面上有P、Q兩物塊，它們在t＝4s時發(fā)生碰撞，圖乙是兩者的位移圖象，已知物塊P的質(zhì)量為mp＝1kg，由此可知（）A．碰撞前P的動量為16kg·m/sB．兩物塊的碰撞可能為彈性碰撞C．物塊Q的質(zhì)量為4kgD．兩物塊碰撞過程中P對Q作用力的沖量是3N·s6．如圖所示，光滑水平面上有一質(zhì)量為2M、半徑為R(R足夠大)的圓弧曲面C，質(zhì)量為M的小球B置于其底端，另一個小球A質(zhì)量為，小球A以v0=6m/s的速度向右運動，并與B發(fā)生彈性碰撞，不計一切摩擦，小球均視為質(zhì)點，則（）

A．小球B的最大速率為4m/s B．小球B運動到最高點時的速率為m/sC．小球B能與A再次發(fā)生碰掩 D．小球B不再與C分離7．如圖所示，一塊質(zhì)量為M的長木板停在光滑的水平面上，長木板的左端有擋板，擋板上固定一個水平輕質(zhì)小彈簧。一個質(zhì)量為m的小物塊（可視為質(zhì)點）以水平速度v0從長木板的最右端開始向左運動，與彈簧發(fā)生相互作用后（彈簧始終處于彈性限度內(nèi)），最終又恰好相對靜止在長木板的最右端。以下說法正確的是（）

A．物塊的最終速度為v0B．長木板的最終速度為v0C．彈簧的最大彈性勢能為D．長木板和小物塊組成的系統(tǒng)最終損失的機(jī)械能為二、多選題（共5題）8．光滑水平軌道MN與半徑為R的豎直光滑半圓軌道相切于N點，質(zhì)量為m的小球B靜止于水平軌道上P點，小球半徑遠(yuǎn)小于R。與B完全相同的小球A以速度v0向右運動，A、B碰后粘連在一起，兩球在圓弧軌道內(nèi)運動時不會脫離軌道。已知重力加速度為g。下列說法正確的是（）

A．若兩物體恰能到達(dá)與圓心等高的位置，則小球A的速度v0＝2B．只要v0≥2，兩球在圓弧軌道內(nèi)運動時不會脫離軌道C．若兩物體恰能到達(dá)最高點，則小球A的速度v0＝D．若兩物體到達(dá)最高點又落至水平軌道上的Q點（Q點未畫出），Q和N的水平距離可能為2.5R9．質(zhì)量為m的小球A在光滑的水平面上以速度大小v與靜止在光滑水平面上的質(zhì)量為2m的小球B發(fā)生正碰，那么碰撞后B球的可能速度大小是（）A． B． C． D．10．如圖所示，在光滑的水平面上有一靜止的物體M，物體上有一光滑的半圓弧軌道，半徑為R，最低點為C，兩端AB一樣高，現(xiàn)讓小滑塊m從A點由靜止下滑，則在運動過程中（）A．M所能獲得的最大速度為B．M向左運動的最大距離為C．m運動到最低點C時對軌道的壓力大小為3mgD．M與m組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，動量不守恒11．如圖所示，質(zhì)量M=2kg、半徑R=0.5m，內(nèi)部粗糙程度一致的半圓槽靜置于光滑的水平地上?，F(xiàn)將質(zhì)量m=1kg的小球（可視為質(zhì)點）自左A點的正上方h=1m處由靜止釋放，小球下落后自A點進(jìn)入槽內(nèi)，然后從C點離開。已知小球第一次滑至半圓的最低點B時，小球的速度大小為4m/s，重力加速度g=10m/s2，不計空阻力，則小球第一次在半圓槽內(nèi)向右滑動的過程中，下列說法正確的是（）

A．小球從A點到B點的過程中，半圓槽的位移為B．小球從A點到B點的過程中，小球與半圓槽組成的系統(tǒng)動量守恒C．小球從A點到B點的過程中，摩擦生熱為3JD．小球從C點飛出后上升的高度H可能是0.5m12．某人站在靜浮于水面的船上，從某時刻開始從船頭走向船尾，不計水的阻力，那么在這段時間內(nèi)人和船的運動情況是（）A．人勻速走動，船則勻速后退，且兩者的速度大小與它們的質(zhì)量成反比B．人勻加速走動，船則勻加速后退，且兩者的加速度大小一定相等C．不管人如何走動，在任意時刻兩者的速度總是方向相反，大小與它們的質(zhì)量成反比D．人走到船尾不再走動，船則停下三、解答題（共4題）13．質(zhì)量為2kg的小球A在光滑水平面上以6m/s的速度向右運動，恰遇上質(zhì)量為5kg、以4m/s的速度向左運動的小球B，碰撞后B球恰好靜止，求碰撞后A球的速度。14．如圖所示，質(zhì)量為m的小球A以水平初速度與放置于水平桌面邊緣的相同小球B發(fā)生碰撞，碰后二者粘在一起，最后垂直打在傾角為的斜面上，假設(shè)與斜面的作用時間為t（t極短，重力的沖量可忽略不計），且碰后不反彈，小球可視為質(zhì)點，求小球?qū)π泵娴淖饔昧Υ笮　?/p>

15．如圖所示，木板B靜止于光滑水平面上，質(zhì)量的物塊A放在B的左端，另一質(zhì)量m=1kg的小球用長L=0.9m的輕繩懸掛在固定點O。木板B與地面鎖定，將小球向左拉至輕繩與豎直方向呈60°并由靜止釋放小球，小球在最低點與A發(fā)生彈性正碰，碰撞時間極短，碰后A在B上滑動，恰好未從B的右端滑出。已知A、B間的動摩擦因數(shù)μ=0.1，物塊與小球可視為質(zhì)點，不計空氣阻力，取重力加速度g=10m/s2。（1）求小球與A碰撞前瞬間繩上的拉力大小F；（2）求B的長度；（3）若解除B的鎖定，仍將小球拉到原處靜止釋放，為使A不能滑過B板的四分之一，求B的質(zhì)量MB的范圍。16．如圖，MP為一水平面，其中MN段光滑且足夠長，NP段粗糙。MN上靜置有一個光滑且足夠高的斜面體C，P端右側(cè)豎直平面內(nèi)固定一光滑的圓弧軌道PQ，圓弧軌道與水平面相切于P點。兩小球A、B壓縮一輕質(zhì)彈簧靜置于水平面MN上，釋放后，小球A、B瞬間與彈簧分離，一段時間后A通過N點，之后從圓形軌道末端Q點豎直飛出，飛出后離Q點的最大高度為L，B滑上斜面體C后，在斜面體C上升的最大高度為。已知A、B兩球的質(zhì)量均為m，NP段的長度和圓弧的半徑均為L，A球與NP間的動摩擦因數(shù)μ=0.5，重力加速度為g，A、B分離后立刻撤去彈簧，A球始終未與斜面體C發(fā)生接觸。（1）求小球A第一次通過P點時對圓形軌道的壓力大小；（2）求斜面體C的質(zhì)量。（3）試判斷A、B球能否再次相遇。??參考答案1．C【詳解】若是非彈性碰撞，有解得若為彈性碰撞，則有，解得，所以B球的速度取值范圍為故選C。2．C【詳解】A．由題圖乙可知t1、t3時刻兩物塊達(dá)到共同速度1m/s，總動能最小，根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒可知，此時彈性勢能最大，t1時刻彈簧處于壓縮狀態(tài)，t3時刻彈簧處于伸長狀態(tài)，故A錯誤；B．結(jié)合題圖乙可知兩物塊的運動過程，開始時m1逐漸減速，m2逐漸加速，彈簧被壓縮，t1時刻二者速度相同，系統(tǒng)動能最小，勢能最大，彈簧被壓縮至最短，然后彈簧逐漸恢復(fù)原長，m2繼續(xù)加速，m1先減速為零，然后反向加速，t2時刻，彈簧恢復(fù)原長狀態(tài)，因為此時兩物塊速度相反，因此彈簧的長度將逐漸增大，兩物塊均減速，t3時刻，兩物塊速度相等，系統(tǒng)動能最小，彈簧最長，因此從t3到t4過程中彈簧由伸長狀態(tài)恢復(fù)原長，故B錯誤；C．系統(tǒng)動量守恒，從t＝0開始到t1時刻有m1v1＝（m1＋m2）v2將v1＝3m/s，v2＝1m/s代入得m1∶m2＝1∶2故C正確；D．在t2時刻，m1的速度為：v1′＝－1m/s，m2的速度為：v2′＝2m/s，又m1∶m2＝1∶2則動量大小之比為p1∶p2＝1∶4故D錯誤。故選C。3．A【詳解】A．在下滑過程中，物塊和槽組成的系統(tǒng)，只有重力做功，機(jī)械能守恒，A正確；B．系統(tǒng)動量守恒的條件是合外力為零，在下滑的過程中，系統(tǒng)豎直方向上合外力不為零，系統(tǒng)的動量不守恒，B錯誤；C．在壓縮彈簧的過程中，對于物塊和彈簧組成的系統(tǒng)，受到墻壁向左的彈力，系統(tǒng)的合外力不為零，動量不守恒，C錯誤；D．物塊與槽在水平方向上動量守恒，故兩者分離時，物塊與槽的速度大小相等，方向相反，物塊被彈簧反彈后，與槽的速度相同，做勻速直線運動，不會再滑上弧形槽，D錯誤。故選A。4．D【詳解】AB．兩小球發(fā)生彈性碰撞，令碰撞后A球和B球的速度分別為vA和vB，取向左為正，則解得所以小球A向左運動，小球B向右運動，小球B的動量大小不變，故AB錯誤；C．碰后小球A的動能增加了故C錯誤；D．小球B的動量變化量大小為故D正確。故選D。5．D【詳解】A．根據(jù)位移圖象可知，碰撞前P的速度v0=4m/s，碰撞前P的動量為p0=mpv0=4kg·m/sA錯誤；B．根據(jù)位移圖象，碰撞后二者速度相同，說明碰撞為完全非彈性碰撞，B錯誤；C．碰撞后，共同速度v＝1m/s，由動量守恒定律mpv0=（mp＋mQ）v解得mQ=3kgC錯誤；D．由動量定理，兩物塊碰撞過程中P對Q作用力的沖量是I=ΔPQ=mQv=3N·sD正確。故選D。6．A【詳解】A．A與B發(fā)生彈性碰撞，碰撞過程系統(tǒng)動量守恒、機(jī)械能守恒，設(shè)碰撞后A的速度為vA，B的速度為vB，取水平向右為正方向，由動量守恒定律得解得負(fù)號表示速度方向向左，故B的最大速率為4

m/s，A正確；B．B沖上C并運動到最高點時二者共速，設(shè)為v，B、C組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，以向右為正方向，在水平方向，由動量守恒定律得解得B錯誤；CD．設(shè)B、C分離時B、C的速度分別為vB′、vC′，B、C組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，以向右為正方向，在水平方向，由動量守恒定律得系統(tǒng)機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得解得負(fù)號表示速度方向向左，小球B與C分離，由于，則B不能與A再次發(fā)生碰撞，CD錯誤。故選A。7．D【詳解】AB．小物塊從開始位置滑動到最后相對長木板靜止過程，小物塊與長木板組成的系統(tǒng)動量守恒，以v0的方向為正方向，則有mv0＝（m＋M）v2解得v2＝故AB錯誤；CD．小物塊從開始位置滑動到最左端的過程，小物塊與長木板組成的系統(tǒng)動量守恒，則有mv0＝（m＋M）v1解得v1＝由能量守恒定律，得Epm＋Q＋（m＋M）v12＝mv02Q＝FfL小物塊從開始位置滑動到最右端的過程中，由能量守恒定律，得Q′＋（m＋M）v22＝mv02Q′＝Ff（2L）聯(lián)立解得Epm＝Q′＝即彈簧的最大彈性勢能為Epm＝系統(tǒng)損失的機(jī)械能為ΔE＝Q′＝故C錯誤D正確。故選D。8．AD【詳解】ABC．A、B碰撞后的速度為v1，恰好運動到圓弧最高點時的速度為v2，對A、B，碰撞過程中動量守恒，選取向右為正方向，由動量守恒定律得當(dāng)v0較小時，A、B最高只能運動到與圓心等高的地方，對A、B，從碰后到與圓心等高的地方，由動能定理有聯(lián)立得當(dāng)v0較大時，A、B能夠做完整的圓周運動。討論A、B恰好做完整圓周運動時的情形，對A、B，從碰后運動到圓周最高點的過程中，由動能定理在最高點時，由牛頓第二定律得聯(lián)立得綜上所述，當(dāng)或兩小球在圓弧軌道內(nèi)運動時不會脫離圓弧軌道，BC錯誤A正確；D．在最高點時，由牛頓第二定律得解得則落點到N的最小水平距離解得Q和N的水平距離可能為2.5R，D正確。故選AD。9．BD【詳解】如果兩個小球發(fā)生的是完全非彈性碰撞，則有解得如果兩個小球發(fā)生完全彈性碰撞，則有，解得則小球B碰撞的速度取值范圍為。故選BD。10．BD【詳解】AD．M和m組成的系統(tǒng)豎直方向合力不為0，系統(tǒng)動量不守恒，但水平方向受合外力為零，則水平方向動量守恒；由于只有重力做功，則機(jī)械能守恒，當(dāng)m到達(dá)最低點時，M的速度最大，則解得M所能獲得的最大速度為故D正確，A錯誤；B．由水平方向動量守恒，根據(jù)人船模型得解得，M向左運動的最大距離為故B正確；C．當(dāng)光滑的半圓弧軌道固定在水平地面上時，由機(jī)械能守恒定律可知由向心力公式得m運動到最低點C時軌道對m的支持力根據(jù)牛頓第三定律可知m運動到最低點C時對軌道的壓力大小為3mg。現(xiàn)在光滑的半圓弧軌道在水平面上運動，m運動到最低點C時對軌道的壓力大小不是3mg。故C錯誤。故BD。11．ACD【詳解】A．小球與槽組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，所以則有且可得小球從A點到B點的過程中，槽的位移為故A正確；B．小球從A點到B點的過程中，小球與半圓槽組成的系統(tǒng)，合力不等于零，動量不守恒，故B錯誤；C．系統(tǒng)水平方向動量守恒，則有可得由功能關(guān)系可得可得故C正確；D．由題意可知，小球從B到C的過程中，摩擦生熱小于3J，則到達(dá)C時，根據(jù)水平方向動量守恒可得C的速度為零，則小球的剩余能量則小球從C點飛出后上升的高度H是故D正確。故選ACD。12．ACD【詳解】ACD．以人和船構(gòu)成的系統(tǒng)為研究對象，其總動量守恒，設(shè)v1、v2分別為人和船的速率，則有故有可見選項ACD正確；B．人和船若勻加速運動，則有所以本題中m人與M船不一定相等，所以兩者的加速度大小不一定相等，選項B錯誤。故選ACD。13．【詳解】規(guī)定向右為正方向，由動量守恒定律可得代入數(shù)據(jù)解得方向向左14．【