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1.5弹性碰撞和非弹性碰撞
思维导图
目录
考向1：弹性碰撞（动碰静、动碰动）
考向2：非弹性碰撞
考向3：完全非弹性碰撞
考向4：对碰撞问题的合理性分析
考向5：碰撞过程中的图像问题
考向6：多次碰撞问题
考向7：碰撞模型拓展—板块模型
考向8：碰撞模型拓展—子弹打木块模型
考向9：碰撞模型拓展—弹簧木块模型
考向10：碰撞模型拓展—滑块斜（曲）面模型
考向1：弹性碰撞（动碰静、动碰动）
1．（多选）如图所示，两个体积相同的小球A、B用等长的轻质细线悬挂于天花板上，线长为l，，若将球A由图示位置静止释放，在最低点与球B相碰，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．球A下落到最低点的速度大小为
B．若球A与球B发生碰撞后粘在一起，则第一次碰撞后上升的最大高度为
C．若球A与球B发生碰撞后粘在一起，则第一次碰撞时损失的机械能为
D．若球A与球B发生弹性碰撞，则第一次碰撞后球A上升的最大高度为
2．如图，光滑水平面内固定一光滑圆轨道，某时刻，完全相同的小球、以相同的速率从同一位置分别向相反方向运动，两球相遇时发生弹性碰撞，开始运动后（ ）
A．可能挤压管道内壁
B．、发生一次碰撞后都将保持静止
C．到第一次碰撞前的任意时刻，轨道对、的冲量相同
D．到第一次碰撞后瞬间，所受合外力的冲量为0
3．如图所示，光滑圆弧（O为其圆心）轨道PQ与光滑水平轨道QN平滑连接，圆弧半径R=5m，QN的长度l=2.5m，轨道在N点与足够长粗糙水平地面NE平滑连接。一质量为m=1kg的小物块A从与圆心O等高处P点由静止开始沿轨道下滑，在N点与质量为M=4kg的静止小物块B发生弹性正碰，碰撞时间极短。A、B与地面间的动摩擦因数均为μ=0.5，A、B均可看作质点，重力加速度g=10m/s2。求：
(1)小物块A在第一次经过圆弧轨道最低点Q的速度大小；
(2)第一次碰撞后瞬间A、B的速度大小；
(3)A、B均停止运动后，二者之间的距离。
4．如图所示，在光滑水平地面上有两个相同的弹性小球A、B，质量均为m。A、B两球相向运动，速度大小均为v，两球发生正碰。已知碰撞过程中总机械能守恒，求：
(1)两球未碰前，A球的动量大小p；
(2)两球压缩最紧时，两球系统的弹性势能Ep。
考向2：非弹性碰撞
5．光滑水平面上一根不可伸长的细绳一端连接着质量为的物块A，另一端连接质量为的长木板B，质量为的物块C放在长木板B的右端，绳子开始是松弛的。现在给物块C水平向左的瞬时初速度使其在长木板B上开始运动。一段时间后细绳绷直，A、B以大小相等的速度一起运动，已知绳子绷紧前，B、C已经达到共同速度，物块C始终未从长木板B上滑落。下列说法正确的是（ ）
A．绳子绷紧前，B、C达到的共同速度大小为
B．绳子绷紧前，B、C达到的共同速度大小为
C．绳子刚绷紧后的瞬间，A、B的速度大小均为
D．由于绳子绷紧所损失的机械能为
6．如图所示，质量均为的甲、乙两物块（两物块均视为质点）静止在足够大的水平地面上，乙左侧的地面光滑、右侧的地面粗糙，两物块与粗糙地面间的动摩擦因数均为。现用大小为的水平瞬时冲量作用于甲，一段时间后甲、乙发生正碰，碰撞过程中甲、乙间的弹力远大于它们受到的摩擦力，碰撞后两物块粘在一起继续向前运动。 重力加速度大小为。求：
(1)碰撞后瞬间甲的速度大小；
(2)碰撞后甲通过的距离。
7．光滑水平地面上有三块形状完全相同的板、和，质量分别为、和。其中板放在板上，且两端对齐，两板一起以4m/s的速度向右运动，板与板C发生碰撞，板B与板C在极短时间内粘在一起，当板A与板C两端对齐时恰好相对板C静止。板A与板B、C间的动摩擦因数均为0.5，重力加速度。求：
(1)B与C发生碰撞后极短时间内粘在一起时速度大小；
(2)A相对C静止时系统的速度大小；
(3)每块板的长度。
考向3：完全非弹性碰撞
8．冰壶比赛中，某运动员将质量为19kg的A冰壶推出，运动一段时间后以0.4m/s的速度正碰静止的B冰壶，然后A冰壶以0.1m/s的速度继续向前滑向大本营中心。若两冰壶质量相等，下列说法正确的是（ ）
A．B冰壶的速度为0.3m/s，两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞
B．B冰壶的速度为0.3m/s，两冰壶之间的碰撞是非弹性碰撞
C．B冰壶的速度为0.5m/s，两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞
D．B冰壶的速度为0.5m/s，两冰壶之间的碰撞是非弹性碰撞
9．如图所示，质量的小物块在粗糙水平桌面上以初速度做直线运动，与静止在桌子边缘的小物块发生正碰，飞离桌面后做平抛运动，最终落在水平地面上。已知物块的质量，物块与桌面间的动摩擦因数，在桌面上滑行距离，桌面离地高度，平抛运动水平位移，取重力加速度。求：
(1)物块做平抛运动的初速度大小；
(2)平抛过程中物块速度的变化量；
(3)物块与物块碰撞前瞬间的速度大小；
(4)碰撞过程中系统机械能的损失。
10．如图所示的光滑圆弧轨道被固定在竖直面内，、分别是水平、竖直半径，倾斜半径与竖直方向的夹角为（未知），另一个半径为的光滑圆弧轨道（是竖直半径）与光滑的水平面在点平滑连接，半径与半径在同一条直线上。质量为的小球乙（视为质点）静止放置在上，质量为的小球甲（视为质点）从点由静止下滑经点到上与乙发生碰撞。已知甲、乙的碰撞损失能量为，碰后甲、乙的速度同向，且乙的速度是甲的3倍，重力加速度为。
(1)求甲刚运动到点时的速度大小及对点的压力大小；
(2)若甲刚运动到点时，刚好不受支持力的作用，求的数值以及圆弧轨道的半径。
考向4：对碰撞问题的合理性分析
11．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发生碰撞后，A、B两球的速度可能值是（ ）
A． B．
C． D．
12．（多选）冰壶运动是在冰上进行的一种投掷竞赛项目，极具观赏性，被称为冰上“国际象棋”。如图所示，某次训练中使用的冰壶A和冰壶B的质量分别为、，在光滑冰平面上沿同一直线同向运动，速度分别为，，当追上并发生碰撞后，、两冰壶速度的可能值是（ ）
A．， B．，
C．， D．，
13．在验证碰撞过程中动量守恒的实验时，将两小车A、B放在水平的气垫导轨上，通过调节使两小车不受摩擦力的作用。现给两小车瞬时冲量，使两小车沿同方向运动，已知两小车A、B的动量大小分别为、，经过一段时间小车A追上小车B并相碰，碰后小车B的动量大小变为。则两小车A、B的质量之比可能为（　　）
A． B． C． D．
考向5：碰撞过程中的图像问题
14．如图所示，质量为m1、m2大小相同的两个小球，在光滑水平面上发生正碰，不计碰撞时间。下列位移-时间图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
15．图为两个质量分别为、的小球在光滑水平冰面上发生对心正碰前后的图像，则下列说法正确的是（　　）
A．
B．碰撞过程中两小球所受合外力相同
C．碰撞前后质量为的小球动量的变化量大小为
D．两小球发生的是弹性碰撞
16．（多选）如图1所示，质量为M的物体乙静止在水平面上，质量为的物体甲位于物体乙的左侧，图2为两物体碰撞前后的速度v随时间t的变化规律，两物体碰撞的时间极短，忽略物体甲与水平面间的摩擦，重力加速度为．则下列说法正确的是（ ）
A． B．物体乙与水平面间的动摩擦因数为0.1
C．该碰撞为弹性碰撞 D．碰前甲的动量小于碰后乙的动量
考向6：多次碰撞问题
17．如图所示，质量为的车厢静止在光滑水平面上，车厢内一质量为的物体以初速度向右运动，物体与车厢底间动摩擦因数为，与车厢来回碰撞次后，静止在车厢内，这时车厢的速度大小为（ ）
A． B． C． D．以上答案均不正确
18．如图所示，半径R=1.8m的四分之一光滑圆弧轨道竖直固定，质量M=2kg的长木板A静止在光滑水平地面上，木板的左端恰好与圆弧轨道末端等高且相切，在木板A右侧的地面上固定着一个弹性竖直挡板P，木板与弹性挡板P碰撞后立即以碰前的速率反向弹回。质量m=4kg的滑块B（看作质点）从圆弧轨道顶端由静止滑下，当滑块B和木板A刚好相对静止时，木板A与挡板P发生第一次碰撞，已知滑块B与木板A间的动摩擦因数 =0.5，滑块B始终不会从木板A上滑落，碰撞时间极短，取重力加速度g=10m/s2。求：（结果均可用分数表示）
(1)滑块B和木板A第一次相对静止时的速度大小；
(2)木板A最初静止时右端与挡板P之间的距离；
(3)从木板A开始运动到第2次与挡板P碰撞过程经历的时间；
(4)木板A至少多长。
19．如图所示为一倾角为的足够长固定斜面，一质量为2m的木块A放在斜面上时处于静止状态，另一质量为m的光滑木块B从A上方相距d处由静止释放。A与斜面间动摩擦因数为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，两木块间的碰撞为弹性碰撞且碰撞时间极短。求：
(1)第一次碰撞前瞬间，木块B的速度大小；
(2)第一次碰撞后瞬间木块A与木块B的速度大小之比；
(3)木块A最终与初始位置的距离。
考向7：碰撞模型拓展—板块模型
20．（多选）如图甲所示，长木板A静止放在光滑的水平面上，质量的小物块B以的初动量滑上长木板A的上表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B的动量随时间变化的情况如图乙所示（B最终没滑离A），取，则下列说法正确的是（ ）
A．长木板A的质量为1 kg
B．系统损失的机械能为2 J
C．长木板A的最小长度为1.5 m
D．A、B间的动摩擦因数为0.1
21．如图，光滑水平轨道上放置长为L的长木板A（表面粗糙）和滑块C，滑块C距A的右端的距离为1m，有一滑块B（可看为质点）以水平速度v0滑上A的上表面并带动A滑动，当A刚要与C相撞时，恰好A、B达到了共同速度，A与C碰撞（时间极短）后C向右运动经过一段时间后，B恰好运动到A的最右端没有掉下来，之后与C的距离不再变化。已知A、B、C质量分别为mA=1kg，mB=2kg，mC=1kg，B与A间的动摩擦因数为0.625，g=10m/s2。求∶
(1)B滑上A上表面时速度v0的大小；
(2)A与C碰撞后的瞬间A的速度大小。
22．如图，物块A放在平台上，长木板B静止在水平面上，B的上表面与平台齐平、左端紧靠平台，一小球用不可伸长的轻绳悬挂于O点。现将小球向左拉至轻绳水平后由静止释放，小球在最低点（此时小球恰好与平台没有接触）与A沿水平方向发生弹性碰撞，此后A滑过平台并滑上B且恰好不滑离B。已知A、B的质量分别为、，小球的质量，A与平台间、A与B间的动摩擦因数均为，B与水平面间无摩擦。开始时A离平台右端的距离：，轻绳的长度，A与小球均可视为质点，不计空气阻力，。求：
(1)小球与A碰撞前瞬间，小球的速度大小；
(2)小球与A碰撞后瞬间，A的速度大小；
(3)A从开始运动至到达B右端所用的时间t以及A与B间由于摩擦产生的热量Q。
考向8：碰撞模型拓展—子弹打木块模型
23．如图所示，相同质量的子弹分别水平射入静止在光滑水平地面上两矩形滑块A、B中，A、B质量相同，子弹射入A中的深度是射入B中深度的两倍。上述两种射入过程相比较（ ）
A．若滑块A、B对子弹的平均阻力相同，则射入A、B子弹的初速度比值为2∶1
B．若滑块A、B对子弹的平均阻力相同，则两个过程产生的热量比值为1∶1
C．若子弹的初速度相同，滑块A、B的材料不同，则子弹打入A、B滑块的时间之比为2∶1
D．若子弹的初速度相同，滑块A、B的材料不同，子弹对A、B滑块的冲量大小之比为2∶1
24．如图所示，A、B两个木块用轻弹簧相连接，它们静止在光滑水平面上，A和B的质量分别是99m和100m，一颗质量为m的子弹以速度v0水平射入木块A内且没有穿出，则在以后的过程中弹簧弹性势能的最大值为（ ）
A． B．
C． D．
25．在军事装备设计中，经常需要对复合材料进行测试。两种材料不同、厚度相同的防弹板A和防弹板B粘在一起组成复合装甲，测试时用相同的子弹以相同的速度分别从左、右两侧对静止在光滑水平地面上的复合装甲进行射击，子弹从左侧射入（如图甲所示）时恰好能击穿防弹板A，子弹从右侧射入（如图乙所示）时，子弹不仅击穿了防弹板B，还深入了防弹板A厚度的四分之一。已知子弹在防弹板A、B中受到的阻力大小恒定，子弹可视为质点，求：
(1)两次测试中，子弹的最小速度之比；
(2)子弹在防弹板A、B中运动时受到的阻力之比。
考向9：碰撞模型拓展—弹簧木块模型
26．如图甲所示，在足够长的光滑水平面上，一轻质弹簧两端拴接着A、B两小球，最初弹簧处于原长且两球都处于静止状态，从时刻起，给A球一水平向右的瞬时冲量，此后A、B两球的动量随时间t变化的图像如图乙所示，以下说法中正确的是（ ）
A．A小球的质量大于B小球的质量
B．时刻两图像交点处斜率大小相同
C．时刻弹簧弹性势能最大
D．过程中，B球位移小于A球位移
27．如图所示，质量的物块A从高的光滑斜面上由静止滑下，斜面底端与足够长的光滑水平面平滑连接。水平面上静置着质量的物块B，B的左端连接一根轻弹簧，B的右侧不远处有一竖直墙壁。弹簧始终处于弹性限度内，A、B均可视为质点，g取。求：
(1)A滑到斜面底端时的速度大小；
(2)弹簧被压缩至最短时弹簧储存的弹性势能；
(3)弹簧恢复原长时A、B各自的速度大小；
(4)B与墙壁发生弹性碰撞（碰后以原速率反弹）后，再次与A、弹簧相互作用至弹簧恢复原长，求A沿斜面上升的最大高度。
28．如图所示，一足够长的水平传送带，传送带左侧顶端与光滑平台平滑相连。初始时刻，传送带被锁定处于静止状态，物块A、B用轻弹簧连接静止于传送带上，A位于传送带左侧顶端，轻弹簧处于原长状态，物体A、B可视为质点，质量分别为、 ，与传送带的动摩擦因数分别为、。质量为 的物体C以向右运动，与A发生弹性碰撞，碰撞时间极短。碰后瞬间，解除传送带锁定，传送带立刻以的恒定速率顺时针转动。从C与A碰后瞬间开始计时，经过一段时间t，A与传送带第一次共速，此时A对地的位移为，B对地的位移 。已知重力加速度g取，求：
(1)C与A碰撞后A物块的速度大小；
(2)A与传送带第一次共速时，弹簧的弹性势能；
(3)从开始计时到A与传送带第一次共速的过程所经历的时间t。
考向10：碰撞模型拓展—滑块斜（曲）面模型
29．如图，锁定在足够长光滑水平面上的轨道ABC由光滑圆弧轨道AB和平台BC组成，质量为的小球以初速度从轨道最低点A滑入轨道，刚好能够到达平台最右端的C点。已知轨道ABC的质量为M=0.45 kg,圆弧轨道AB的半径为， 对应的圆心角为，，，重力加速度大小为 。
(1)求平台BC的长度l；
(2)解除轨道ABC的锁定并同时改变小球初速度的大小，若小球仍能到达平台BC的最右端C点，求改变后小球初速度的大小。
30．如图所示，在光滑水平面上有一半径为、质量的四分之一光滑圆弧轨道B，圆弧轨道B底端与水平面相切，有一个物块C静止在其右侧，质量为的小球A由圆弧轨道最高点静止释放，小球A与物块C发生弹性碰撞后恰好追不上圆弧轨道B。重力加速度。求：
(1)小球A滑到圆弧轨道B底端时圆弧轨道B的位移以及小球A的水平位移大小；
(2)小球A滑到圆弧轨道B底端时两者的速度大小、；
(3)小球A与物块C发生弹性碰撞后恰好追不上圆弧轨道B，求物块C的质量。
31．如图所示，质量为的小球甲和质量为（未知）的小球乙用长为的轻绳连接，小球乙穿在光滑的水平杆上。质量为的物块放在右端带有光滑圆弧轨道的长木板的最左端点，为圆弧轨道的最低点，段粗糙且长度为，长木板始终处于锁定状态。初始时连接小球甲、乙的轻绳水平且刚好绷紧，现将小球甲由静止释放，当轻绳刚好沿竖直方向时，小球甲与物块发生弹性正碰，此时小球乙沿水平杆向左移动的距离为，经过一段时间，物块刚好能返回到长木板最左端的点。已知重力加速度取，物块可视为质点。求：
(1)小球乙的质量；
(2)物块与间的动摩擦因数。
综合练习
32．如图所示，质量为10m的小球B静止放置在光滑水平面上，B左侧有一与B等大的质量为2m的光滑小球A，小球A左侧有一斜面（不固定）静止在光滑水平面上。某时刻A获得一水平初速度后，向右运动跟B发生弹性碰撞，碰撞后A滑上斜面，然后再从斜面上滑下，又能追上B再次发生碰撞。不考虑小球在斜面与平面转弯处的能量损失，则斜面C的质量可能的值为（ ）
A．7m B．6m C．5m D．4m
33．（多选）如图甲所示，某新型缓冲装置由两个质量分别为m1、m2的活塞A、B和一段封闭的气体组成，活塞可在内壁光滑的汽缸内无摩擦滑动，汽缸固定在水平地面上，初始时活塞A、B均静止不动。t=0时刻给活塞A向右的速度v0，一段时间内活塞A、B的速度v与所受冲量大小I的关系如图乙所示，已知t1时刻A、B所受的冲量大小均为I0，则（ ）
A．活塞A的质量大于活塞B的质量
B．满足关系式
C．t1时刻活塞B 的动能为
D．气体体积最小时，两活塞损失的机械能为
34．如图所示，在光滑水平面上右侧放有一个光滑圆弧轨道ABC，其圆心为O，质量为m的小球从水平面上P点以初速度向右运动，滑上圆弧轨道后从C点抛出。已知圆弧轨道质量为，圆弧轨道半径为，重力加速度为g，，则小球与圆弧轨道作用的过程中，下列说法错误的是（ ）
A．小球离开C点时的速度与水平方向的夹角为53°
B．小球运动的最高点相对水平面的高度为
C．圆弧轨道的最大速度为
D．小球离开圆弧轨道再次回到水平面上时速度水平向左
35．如图所示，半圆弧体竖直固定在水平面上，圆弧体的光滑半圆弧面BC的半径为R，质量为2m、长为2R的长木板静止在光滑水平面上，长木板与圆弧体在B点接触，且长木板上表面与圆弧面在B点相切，质量为m的物块从长木板上表面左端A以一定的初速度滑上长木板，重力加速度为g，不计物块的大小，物块与长木板间的动摩擦因数为0.5，求：
(1)若物块滑上长木板的初速度大小为2，则物块滑到圆弧面上B点时对圆弧面的压力多大；
(2)要使物块能到达C点，物块滑上长木板A端的初速度至少多大；
(3)改变物块滑上长木板A端的初速度，物块每次滑上圆弧面后均能沿圆弧面返回长木板，则物块滑上长木板后离长木板左端的最小距离为多少。
36．科技馆力学演示装置如图所示：轨道由细圆管制成的半径为的半圆形轨道、半径为的圆形轨道以及直轨道组成，整体固定在竖直面内；半圆形轨道的圆心与圆形轨道的圆心在同一竖直线上，直轨道水平。长木板C置于光滑的水平地面上，物块B静止放在木板C的左端，直轨道出口正对物块B且二者在同一直线上。小球A在半圆轨道最高点管口处静止释放，沿轨道运动，从直轨道出口离开后与物块B发生弹性碰撞（碰撞时间极短），碰后小球A被锁定装置锁定。已知小球A的质量，物块B的质量，木板C的质量，圆轨道的半径；物块B与木板C间动摩擦因数；木板C右侧距离为处固定一弹性挡板，木板C与固定挡板之间的碰撞时间极短且无机械能损失，物块B始终未与木板C分离，忽略空气阻力，小球A、物块B均可视为质点，，木板厚度不计。求：
(1)小球A运动到圆形轨道的最高点时，对圆管壁的弹力；
(2)小球A与物块B碰撞后瞬间，物块B的速度大小；
(3)木板C与挡板发生碰撞的总次数；
(4)木板C的最小长度。
答案与解析
1.【答案】BD
【详解】A．球A下落到最低点的过程中机械能守恒，由
得， A错误；
BC．若两球碰撞后粘在一起，由动量守恒得
代入
得
第一次碰撞损失的机械能为
碰后两球一起上升，由机械能守恒得
解得，B正确，C错误；
D．若两球发生弹性碰撞，由动量守恒和机械能守恒得、
联立解得
故碰后球A上升的最大高度，D正确。
故选BD。
2【答案】D
【详解】A．小球在圆轨道内做匀速圆周运动，向心力由轨道外壁的弹力提供，即小球挤压外壁，不会挤压内壁，故A错误；
B．设碰前两球速率为v，M、N发生一次碰撞后，M、N速率分别为，两球相遇时发生弹性碰撞，规定碰前M的速度方向为正方向，则有，
联立解得，，故B错误；
C．分析可知，开始运动到第一次碰撞前的任意时刻，M、N的速度变化量方向不同，根据动量定理可知，轨道对M、N的冲量不同，故C错误；
D．结合B选项分析可知，碰后N原速率反弹，即N开始运动时的速度与碰后瞬间的速度相同，可知该过程中N的动量变化量为0，根据动量定理可知，N所受合外力的冲量为0，故D正确。
故选D。
3.【答案】(1)10m/s
(2)6m/s，4m/s
(3)1.04m
【详解】（1）小物块A从与圆心O等高处P点由静止开始沿轨道下滑运动到Q点，根据机械能守恒定律有
解得小物块A在第一次经过圆弧轨道最低点Q的速度大小为
（2）由于A、B发生弹性碰撞，根据动量守恒定律有
根据机械能守恒定律有
联立解得，
即碰后A的速度大小为6m/s，方向水平向左；B的速度大小为4m/s，方向水平向右。
（3）第一次碰撞后B向右做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有
解得
根据运动学公式有，
解得B速度减为零所需的时间为
其位移为
A向左运动滑上圆弧后返回来向右运动的时间为
即A再次返回N点时，B已经停止运动，A经过N点向右做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有
解得
设A到达B停止的位置时速度为，根据运动学公式有
解得
A、B发生第二次碰撞，则有，
联立解得，
之后A向左做匀减速直线运动，根据运动学公式有
B向右做匀减速直线运动，根据运动学公式有
所以A、B均停止运动后，二者之间的距离为
4.【答案】(1)mv
(2)mv2
【详解】（1）两球未碰前，A球的动量大小为
（2）两球压缩最紧时，两球速度相等，即
所以
则两球系统的弹性势能为
5.【答案】D
【详解】AB．取水平向左为正方向。细绳绷紧前，物块静止，长木板与物块组成的系统水平方向不受外力。设两者达到的共同速度为，由动量守恒定律得
解得，故AB错误；
CD．绳子绷紧的时间极短，板块间摩擦力的冲量可忽略，因此的速度不发生突变，与系统水平方向动量守恒。设刚绷紧后瞬间与的共同速度为，则
解得
绷绳瞬间各物体的重力势能不变，的动能也不变，损失的机械能等于与系统减少的动能，即，故C错误，D正确。
故选D。
6.【答案】(1)
(2)
【详解】（1）设甲与乙碰撞前瞬间甲的速度大小为，根据动量定理有
甲、乙发生正碰过程中的弹力远大于它们受到的摩擦力，根据动量守恒定律有
解得碰撞后瞬间甲的速度大小
（2）设碰撞后甲通过的距离为，由动能定理有
代入
解得
7.【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）在光滑水平地面上，板A与板B一起以的速度向右运动，令
板B与板C发生碰撞后，板B与板C在极短时间内粘在一起，这种碰撞属于完全非弹性碰撞，该过程中板A的运动状态来不及改变，仅B、C组成的系统动量守恒，有
解得
（2）碰撞结束后，A、B、C组成的整个系统在水平方向不受外力，在水平方向动量守恒，有
解得
（3）从B、C碰撞后，到三者共速，设摩擦生热为，根据能量守恒可得
B、C碰撞后，由于板A与板C两端对齐时恰好相对板C静止，因此板A相对于C板位移为L，有
解得每块板的长度为
8.【答案】B
【详解】两冰壶碰撞的过程中动量守恒，规定向前运动方向为正方向，根据动量守恒定律有
代入数据得
动能减小量
故动能减小，是非弹性碰撞。
故选B。
9.【答案】(1)
(2)，竖直向下
(3)
(4)
【详解】（1）设物块的平抛飞行时间为，取水平方向向右、竖直方向向下为正方向。题图中的为竖直下落高度，为水平位移。竖直分运动为自由落体运动，下落高度满足
解得飞行时间
水平分运动为匀速直线运动，有，因此平抛初速度大小为
（2）平抛过程中水平速度保持不变，速度变化量只有竖直分量。竖直方向做初速度为零的自由落体运动，故速度变化量大小为
速度变化量的方向与重力加速度相同，为竖直向下。
（3）物块向右滑行，受竖直向下的重力、竖直向上的支持力和水平向左的滑动摩擦力。竖直方向无加速度，有
由滑动摩擦力公式得
重力和支持力均不做功，摩擦力做负功。对物块从出发到碰撞前的滑行过程应用动能定理，得
联立并代入数据得
（4）设碰撞后物块的水平速度为。两物块碰撞时间极短，桌面对系统的摩擦力冲量可忽略，系统水平方向动量守恒，有
代入前面求得的速度，解得，即碰撞后物块停止。碰撞前后两物块的高度不变，系统机械能损失等于总动能的减少量，故
代入数据得
10.【答案】(1)，
(2)，
【详解】（1）设甲碰撞前速度为，碰后甲速度为，乙速度为，碰撞过程动量守恒
解得
碰撞能量损失满足
综合解得
因此甲到D点时的速度大小
甲在D点做圆周运动，由牛顿第二定律得
将代入得
根据牛顿第三定律，甲对D点的压力大小为。
（2）甲在C点不受支持力，说明重力沿O1C径向的分力完全提供向心力
其中为圆弧的半径，从到C过程，小球甲机械能守恒
综合
解得
从到过程，小球甲机械能守恒
将代入解得
11.【答案】C
【详解】碰撞过程动量守恒，碰前总动量为
碰前总动能为
A．碰后总动量为
碰后总动能为
可知碰撞前后动量不守恒，碰撞后总动能增加，而碰撞前后总动能不增加，A、B两球速度不可能为，，A错误；
B．根据给出的数据可知，碰后速度均为正值，则碰后两球同向，此时碰后A的速度不可能大于B的速度，A、B两球速度不可能为，，B错误；
C．碰后总动量为
碰后总动能为
可知碰撞前后动量守恒，碰撞后总动能减少，A、B两球速度可能为，，C正确；
D．碰后总动量为
碰后总动能为
可知碰撞过程动量守恒，碰后的总动能增加，而碰撞前后总动能不增加，A、B两球速度不可能为，，D错误。
故选C。
12.【答案】BD
【详解】A．冰壶A和冰壶B发生碰撞后如果同向运动，冰壶A的速度不会大于冰壶B的速度，故A错误；
B．碰撞前冰壶A和冰壶B的总动量
碰撞后的总动量
碰撞前冰壶A和冰壶B的总动能
碰撞后的总动能
满足碰撞过程动量守恒
碰撞后总动能，故B正确；
C．碰撞后冰壶A和冰壶B的总动量
碰撞后冰壶A和冰壶B的总动能
满足碰撞过程动量守恒
但是碰撞后总动能大于碰撞前总动能，可得，故C错误；
D．碰撞后冰壶A和冰壶B的总动量
碰撞后冰壶A和冰壶B的总动能
满足碰撞过程动量守恒
碰撞后总动能等于碰撞前总动能，故D正确；
故选BD。
13.【答案】C
【详解】设碰后小车A的动量变为，根据动量守恒定律得
解得
因碰撞过程系统的总动能不增加，则有
解得
由题意可知，碰撞前小车A的速度大于小车B的速度，则有
解得
碰撞后小车A的速度不大于小车B的速度，则有
解得
取交集有
故选C。
14.【答案】A
【详解】A．由位移-时间图像可知，碰撞前小球静止，小球做匀速直线运动，根据图像斜率可知小球的速度为
若该图像正确，碰撞后小球静止，小球的速度变为，若两小球质量相等即
根据动量守恒定律和机械能守恒定律分别有，
该过程满足动量守恒和能量守恒的条件，符合物理规律，故A正确；
B．若该图像正确，碰撞后两小球同向共速，速度大小仍为，根据动量守恒定律有
解得
这与题干已知存在质量为的小球相矛盾，故B错误；
C．若该图像正确，碰撞后小球反向运动，根据图像斜率可知其速度为
即速度大小仍为，此时小球的动能已等于碰撞前系统的总动能，而小球碰撞后也获得了一定的动能，使得碰撞后系统总动能大于碰撞前，违背了能量守恒定律，故C错误；
D．若该图像正确，碰撞后小球的图线斜率不变，说明其速度保持不变，而小球碰撞后向前运动获得了大于零的速度，此时碰撞后的系统总动能为
显然碰撞后的总动能大于碰撞前的总动能，违背了能量守恒定律，故D错误。
故选A。
15.【答案】D
【详解】A．根据题意分析可知，x-t图像的切线斜率表示速度，可知碰撞前质量为M的小球速度为0，质量为m的小球速度为
碰撞后两小球的速度分别为，
碰撞过程满足动量守恒，取m速度方向为正方向，则有
解得，故A错误；
B．根据题意分析可知，碰撞过程中两小球所受合外力大小相等，方向相反。故B错误；
C．根据题意分析可知，取m速度方向为正方向，碰撞前后质量为m的小球动量变化量为
代入数据解得Δp=-6m
可知碰撞前后质量为m的小球动量变化量大小为6m。故C错误；
D．碰撞过程中，由于碰前，碰撞后的动能为
可知碰撞过程满足机械能守恒，故两小球发生的是弹性碰撞。故D正确。
故选D。
16.【答案】AD
【详解】A．由图2可知，取水平向右为正方向，物体甲以的速度向右匀速运动，碰撞物体乙后瞬间，甲的速度变为，
之后物体甲继续做匀速直线运动，物体乙向右做匀减速运动，运动后停下，则
物块甲碰撞物体乙的过程中，由动量守恒得
解得，A正确；
B．碰后物体乙向右做匀减速运动，由牛顿第二定律得
解得，B错误；
C．碰撞前瞬间系统的总动能为
碰撞后瞬间系统的总动能为
故该碰撞为非弹性碰撞，C错误；
D．碰前甲的动量
碰后乙的动量
故碰前甲的动量小于碰后乙的动量，D正确；
故选AD。
17.【答案】C
【详解】水平面光滑，因此由车厢M和物体m组成的系统，在水平方向不受外力，水平方向动量守恒。最终物体和车厢相对静止，二者共速，设共同速度为，根据动量守恒定律得
解得
故选C。
18.【答案】(1)4m/s
(2)0.8m
(3)
(4)3.6m
【详解】（1）滑块B从光滑圆弧滑下时，根据机械能守恒定律可得
从滑块B刚滑上木板A，到两者刚好相对静止过程中，A、B系统满足动量守恒定律，则
解得
（2）对木板A，根据动能定理可得
联立解得
即木板A最初静止时右侧与挡板P之间的距离为0.8m；
（3）从滑块B刚滑上木板A到两者刚好第一次相对静止过程中，对A，根据动量定理得
解得
从A与P碰撞后到A、B第二次达到共速过程中A、B系统动量守恒，则
解得
A与P碰撞后，向左减速到速度减为0过程中，A的加速度为
运动时间
位移为
此后A反向加速到v2，此过程中运动时间
位移为
共速后A、B一起向右匀速运动直到A与P第二次碰撞，此过程运动时间
即从木板A开始运动到第2次与挡板P碰撞过程经历的时间为
（4）A与P碰撞后，A的速度等大反向，此后A、B系统满足动量守恒定律和能量守恒定律，因为，所以A、B系统总动量方向向右，因此碰撞后B向右减速运动，A先向左减速运动再反向加速，最后达到共速，与弹性挡板P碰撞，后续重复上述过程，由于滑块B不会从长木板A上滑落，最终A、B系统静止，整个过程中系统能量守恒，则
解得
即木板A最小长度为3.6m。
19.【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）（解法一）
木块B下滑距离与木块A相碰，此过程由动能定理
解得木块B的速度
（解法二）
木块B下滑距离与木块A相碰前，由牛顿第二定律得
又因为
解得木块B的速度
（2）第一次木块B与木块A碰撞后，根据动量守恒有
根据动能守恒有
联立解得：，
即第一次碰撞后瞬间木块A与木块B的速度大小之比为
（3）（解法一）
设整个过程木块A下滑的距离为，由能量守恒定律得：
解得木块A下滑的总距离
（解法二）
第一次碰撞后：木块A匀减速下滑，加速度
木块B先匀减速上滑至速度为，加速度
计算得木块A下滑距离，木块B减速上滑距离
第二次B碰撞A可视为：AB初始相距，且B由静止下滑的过程，
由第二次运动与第一次运动的相似性可得
以此类推，第n次木块A下滑距离为
木块A下滑的总距离
20.【答案】CD
【详解】A．B的初速度
由图乙可知，1 s末两者达到共同速度，此时B的动量为，则共同速度
A、B组成的系统动量守恒，以B的初动量方向为正方向，有，解得，A错误；
B．系统损失的机械能， B错误；
C．1 s内B的位移
A的位移
B恰好不滑离A时木板的长度最小，即，C正确；
D．1 s内B做匀减速运动，加速度大小
由牛顿第二定律
解得，D正确；
故选CD。
21.【答案】(1)7.5m/s
(2)1.25m/s
【详解】（1）对长木板A，与C碰撞前，根据牛顿第二定律有
解得
A与C碰撞前做匀加速直线运动，则有
解得
A、C碰撞前，对A、B系统，有
代入数据解得
（2）A、C碰撞，对A、C系统，最终B恰好运动到A的最右端没有掉下来，之后A与C的距离不再变化，故最终系统速度大小相等，由动量守恒定律
对A、B、C系统，有
联立解得
22.【答案】(1)
(2)
(3)，
【详解】（1）由机械能守恒有
解得
（2）小球在最低点与A沿水平方向发生弹性碰撞，设碰后小球的速度为v，A的速度为，由动量守恒和机械能守恒定律有，
联立解得
（3）A在平台上做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有
解得
利用运动学规律可知A滑离平台的速度为
A恰好到达B右端时，A与B有共同速度，由动量守恒定律有
解得
A从开始运动一直到滑到B右端过程中，根据动量定理有
解得
A在B上滑行过程中，由能量守恒定律有
23.【答案】C
【详解】AB．设子弹质量为，滑块质量为，子弹初速度为，子弹和滑块共速时速度为，子弹受平均阻力为，子弹打入滑块的相对深度为。 由于水平面光滑，子弹和滑块组成的系统动量守恒
系统损失的动能全部转化为内能（热量），由能量守恒得
代入动量守恒的共速速度可化简得
若平均阻力相同，且，则
代入上述化简后的内能公式，因均相同，即
可得，故AB错误；
CD．若子弹初速度相同，对滑块由动量定理得
两个过程的均相同，因此滑块获得的冲量（等于子弹对滑块的冲量）完全相等，比值为
对滑块用动量定理
可得作用时间
结合，可得
因此，故C正确，D错误。
故选C。
24.【答案】A
【详解】子弹打入木块A的过程时间极短，弹簧尚未形变，木块B保持静止，子弹和木块A组成的系统动量守恒，设子弹射入后子弹和木块A的共同速度为，由动量守恒定律得
解得
子弹和木块A压缩弹簧，当子弹、A、B三者速度相等时，弹簧压缩量最大，弹性势能最大。子弹、A、B三者组成的系统动量守恒，设三者共速为，由动量守恒定律得
解得
由能量守恒可知，弹性势能最大值等于压缩过程中损失的动能，则
解得弹性势能最大值为
故选A。
25.【答案】(1)
(2)
【详解】（1）子弹与复合装甲共速时速度最小，设子弹的质量为m，复合装甲的质量为M，每块防弹板的厚度均为L，无论子弹从哪一侧射入，系统动量都是守恒的，则有
解得
即两次测试中，子弹的最小速度之比
（2）子弹从左侧射入复合装甲时，根据能量守恒定律则有
子弹从右侧射入复合装甲时，根据能量守恒定律则有
解得
26.【答案】B
【详解】A．由图乙可知，时刻两球动能之和最大，弹簧弹性势能最小，弹簧回到原长，根据系统动量守恒得
同时该过程系统机械能守恒得
联立解得，
从图乙可知，时刻A的动量为负，说明
可得，即A的质量小于B的质量，故A错误；
B． 根据动量定理，图像的斜率
其中代表小球受到的合外力。时刻A、B的合力为弹簧的弹力，大小相等，方向相反，因此两图像的斜率绝对值（大小）相同，故B正确；
C． 当两球速度相等时，弹簧的压缩量最大，弹性势能最大。时刻两球动量相等，结合，因两球质量不等，此时速度并不相等，不是弹性势能最大的时刻，故C错误；
D．最初弹簧处于原长， 时刻弹簧回到原长，故过程中，B球的位移等于A球的位移，故D错误。
故选B。
27.【答案】(1)
(2)
(3)，
(4)
【详解】（1）A沿光滑斜面下滑，由机械能守恒得
解得A滑到斜面底端时的速度大小
（2）弹簧被压缩至最短时A、B具有共同速度，由动量守恒得
解得
由系统机械能守恒得，最大弹性势能
（3）从A接触弹簧到弹簧恢复原长的过程系统由动量守恒得
由机械能守恒得
由于
可得两物块交换速度，即，
（4）B与墙壁弹性碰撞后以的速度反弹向左。
B与A再次通过弹簧相互作用，系统动量守恒、机械能守恒，因两物块质量相等，相互作用结束时交换速度，可得，
A物块速度方向向左。
A以的速度冲上光滑斜面，设上升的最大高度为，由机械能守恒得
解得
28.【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）取水平向右为正方向，各物块质量分别记为，和，碰后瞬间物块A与C的速度分别为和。碰撞时间极短，摩擦力及弹簧弹力的冲量可忽略，物块C与A组成的系统动量守恒，有
碰撞为弹性碰撞，系统动能守恒，有
得 ，
故物块A碰后的速度大小为。
（2）物块A首次与传送带共速前，其速度始终大于带速，受到的滑动摩擦力向左，大小为
物块B受到的滑动摩擦力向右，大小为
因此A、B组成的系统在水平方向上所受合外力为0，动量守恒。
设A首次与传送带共速时B的速度为，还未和传送带共速，由
解得
刚好同时和传送带共速。设此过程中弹簧弹力对物块A与B所做的功分别为和，对物块A、B应用动能定理，有，
代入数据得 ，
弹簧对两物块做功之和等于弹性势能增加量的负值，故
所以
（3）设物块A首次与传送带共速前任意时刻两物块的速度分别为和，由水平动量守恒，则
上述动量守恒关系适用于所求全过程。对上式两边同乘并求和，有
解得
29.【答案】(1)0.48m
(2)
【详解】（1）设小球经过B点时的速度大小为，根据机械能守恒有
设小球从B点运动到C 点所用时间为t，水平方向有
竖直方向有
联立可解得
（2）若轨道ABC 解除锁定，设小球到达B点时沿水平和竖直方向的分速度大小分别为和，轨道的速度大小为v，根据机械能守恒有
小球冲上轨道的过程水平方向动量守恒，有
由几何关系和相对运动规律可知
又因为
联立解得
30.【答案】(1)，
(2)，
(3)
【详解】（1）小球A滑到圆弧轨道B底端的过程中，系统水平方向动量守恒，则有
可得
又
联立解得，
（2）小球A滑到圆弧轨道B底端的过程中，系统水平方向动量守恒，则有
由机械能守恒定律有
联立解得，
（3）规定水平向右为正方向，小球A与物块C发生弹性碰撞，为碰撞后小球A向左运动的速率，
则有，
联立可得
恰好追不上圆弧轨道B说明碰撞后A的速度与B的速度大小相等、方向相同，即
解得
31.【答案】(1)
(2)
【详解】（1）小球甲从释放到与物块碰撞的过程，小球甲和小球乙组成的系统水平方向动量守恒，任意时刻在水平方向上有
方程两边同时乘以时间，则有
即
代入数据解得
（2）设小球甲与物块碰前，小球甲和小球乙的速度大小分别为、，对小球甲、乙组成的系统由动量守恒
由机械能守恒定律
解得，
小球甲与物块发生弹性正碰，该过程动量守恒、机械能守恒，则由动量守恒
由机械能守恒定律
解得，
物块从开始运动到返回到长木板最左端的过程，由动能定理得
解得
32.【答案】A
【详解】A，B两球发生弹性碰撞，取向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有：，
联立解得，，即碰撞后A向左运动，速率为，B向右运动，速率为。
A滑上斜面C然后再从C上滑下，水平方向动量守恒且机械能守恒，该过程相当于A与静止的C发生弹性碰撞。设斜面C的质量为，A滑下后的速度为(向右为正) ，根据弹性碰撞速度公式可得：，若A能再次追上B，应满足，代入数据得。
整理得
解得，故BCD错误，A正确。
故选A。
33.【答案】BD
【详解】A．气体对活塞A和活塞B的作用力始终等大反向，即任意时刻A、B受到气体的冲量大小一定相等。则A和B组成的系统动量守恒。对活塞A，根据动量定理可得
可得
所以，活塞A的图线的斜率的绝对值表示
对活塞B，根据动量定理可得
可得
所以，活塞B的图线的斜率表示
由图乙可知，A的斜率绝对值更大，所以
即，故A错误；
B．由图乙可知，当时，A、B共速，设共速时的速度为，则，
联立，可得，故B正确；
C．t1时刻活塞B的动能为
又因为
可得，故C错误；
D．气体体积最小时，两活塞共速，损失机械能最大，为
又因为，
联立，可得，故D正确。
故选BD。
34.【答案】B
【详解】A．小球与圆弧轨道组成的系统在水平方向不受外力，因此水平方向动量守恒；同时，水平面与轨道均光滑，只有重力做功，系统机械能守恒。设小球到达C点时，轨道的速度为，根据水平方向动量守恒
根据机械能守恒定律
联立求解可得速度夹角满足，，故A正确；
B．小球到达最高点时，竖直速度为0，水平速度与轨道速度相同。最高点水平速度为，由动量守恒定律可得
解得
设最高点相对水平面的高度为，
代入数据解得，故B错误；
CD．当小球离开轨道后，轨道不再受水平方向的力，将匀速运动；当小球回到轨道上时，轨道会被再次加速，因此轨道的最大速度出现在小球最终离开轨道后的匀速阶段。小球与轨道的相互作用可类比弹性碰撞（机械能守恒、动量守恒），当小球回到轨道底端时，两者的速度满足，
解得，
负号表示方向水平向左，即小球离开圆弧轨道再次回到水平面上时速度水平向左，此时轨道速度达到最大值，之后不再变化，故CD正确。
题目要求选错误的，故选B。
35.【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）物块滑上长木板到圆弧面上B点时，由动能定理有
解得
在B点有
解得
根据牛顿第三定律，物块在B点对圆弧面的压力大小为。
（2） 物块恰好到达C点时，在C点有
解得
物块从A到C的过程，由动能定理有
解得物块滑上长木板A端的最小初速度
（3）当物块恰好滑到与圆心O等高时返回长木板，物块离长木板左端的距离最小，则物块从与圆心O等高处到B点，由动能定理有
解得物块返回时刚滑上长木板的速度
物块返回长木板后，物块与长木板组成的系统动量守恒，设共速速度为，则
解得
设物块相对长木板滑动的位移为，由能量守恒定律有
解得
因此物块离长木板左端的最小距离
36.【答案】(1)6N，方向竖直向上
(2)8m/s
(3)4次
(4)8m
【详解】（1）小球A从释放点到小圆轨道最高点，下落高度，根据机械能守恒有
在小圆最高点，向心力由重力与管壁弹力共同提供，有
联立解得
由牛顿第三定律得小球对管壁弹力大小6N，方向竖直向上。
（2）小球A从释放点到直轨道出口，竖直下落总高度，根据机械能守恒有
解得
A、B发生弹性碰撞，有，
解得
（3）碰撞后，B在木板C上滑动，物块B的加速度
木板C的加速度
木板C第一次运动到与挡板碰撞过程有
解得
碰撞前木板C的速度
碰撞后木板C速度反向，大小不变，则
此后B和C的加速度大小始终不变，每次C与挡板碰撞，C的速度大小不变，方向反向，但物块B一直在减速，经过n=4次碰撞后，物块B的速度变为
由动量守恒定律，可得
解得
物块B和木板C最终静止，不会与挡板发生第5次碰撞，木板C与挡板发生4次碰撞。
（4）物块B与木板C相互作用过程，由能量守恒得
解得木板C最小板长L=8m

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