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1、116.4 碰撞基础达标练1两个小球在光滑水平面上沿同一直线，同一方向运动， B 球在前， A 球在后， MA1 kg， MB2 kg， vA6 m/s， vB2 m/s，当 A 球与 B 球发生碰撞后， A、 B 两球速度可能为( )A vA5 m/s， vB2.5 m/sB vA2 m/s， vB4 m/sC vA4 m/s， vB7 m/sD vA7 m/s， vB1.5 m/s答案 B解析 两球碰撞过程系统动量守恒，以两球的初速度方向为正方向，如果两球发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得： MAvA MBvB( MA MB)v，代入数据计算得出： v 103m/s，如果两球发生完全弹性

2、碰撞，有： MAvA MBvB MAvA MBvB，由机械能守恒定律得：MAv MBv MAvA 2 MBvB 2，代入数据计算得出： vA m/s， vB m/s，则12 2A 12 2B 12 12 23 143碰撞后 A、 B 的速度： 23m/s vA m/s， m/s vB m/s，所以 B 正确。103 103 1432在光滑水平面上有两个相同的弹性小球 A、 B，质量都是 m，现 A 球向 B 球运动， B球静止，发生正碰，已知碰撞过程中总机械能守恒，两球压缩最紧时的弹性势能为 Ep，则碰撞前 A 的速度等于( )A. B. C2 D2 Epm 2Epm Epm 2Epm答案 C

3、解析 两球压缩最紧时速度相等，由动量守恒定律得 mvA2 mv，弹性势能 Ep mv 12 2A2mv2，联立解得 vA2 ，选项 C 正确。12 Epm3如图甲所示，光滑平台上物体 A 以初速度 v0滑到上表面粗糙的水平小车上，小车与水平地面间的动摩擦因数不计，重力加速度为 g，图乙为物体 A 与小车的 vt 图象，由此可求出( )2A小车上表面的长度B物体 A 与小车 B 的质量之比C物体 A 与小车 B 上表面间的动摩擦因数D小车 B 获得的动能答案 BC解析 由题中图乙可知， A、 B 最终以共同速度 v1匀速运动，不能确定小车上表面的长度，选项 A 错误；由动量守恒定律得， mAv0

4、( mA mB)v1，解得 ，故可以确定物mAmB v1v0 v1体 A 与小车 B 的质量之比，选项 B 正确；由题中图乙斜率可以知道 A 的加速度大小 aA，由牛顿第二定律可得 m Ag mAaA，可得 的大小，选项 C 正确；由于小车 B 的v0 v1t1质量不可知，故不能确定小车 B 获得的动能，选项 D 错误。4如图所示，细线上端固定于 O 点，其下端系一小球，静止时细线长 L。现将悬线和小球拉至图中实线位置，此时悬线与竖直方向的夹角 60，并于小球原来所在的最低点处放置一质量相同的泥球，然后使悬挂的小球从实线位置由静止释放，它运动到最低点时与泥球碰撞并合为一体，它们一起摆动中可达到

5、的最大高度是( )A. B. C. D.L2 L4 L8 L16答案 C解析 小球下摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律得： mgL(1cos60)3 mv2， v ，两球碰撞过程动量守恒，以小球与泥球组成的系12 2gL 1 cos60 gL统为研究对象，以小球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得： mv( m m)v，计算得出碰后两球的速度： v ，碰后两球上摆过程中，机械能守恒，由机械能守恒定v2 gL2律得： 2mv 22 mgh，计算得出： h 。12 L85(多选)质量分别为 m1和 m2的两个物体碰撞前后的位移时间图象如图所示，以下说法中正确的是( )A碰撞前两物体动量相同B质量

6、 m1等于质量 m2C碰撞后两物体一起做匀速直线运动D碰撞前两物体动量大小相等、方向相反答案 BD解析 由图线的斜率可知，两物体碰撞前速度大小相等，方向相反，而碰后速度都为零，设两物体碰撞前速度大小为 v1、 v2，系统碰撞前后动量守恒，所以 m1v1 m2v2，则m1 m2，故 B、D 正确。6现有甲、乙两滑块，质量分别为 3m 和 m，以相同的速率 v 在光滑水平面上相向运动，发生了碰撞。已知碰撞后，甲滑块静止不动，那么这次碰撞是( )A弹性碰撞 B非弹性碰撞C完全非弹性碰撞 D条件不足，无法确定答案 A解析 由动量守恒定律得：3 mv mv0 mv，所以 v2 v。碰前总动能：Ek 3m

7、v2 mv22 mv2，碰后总动能： Ek mv 22 mv2， Ek Ek，所以 A 正确。12 12 127. 如图所示，光滑水平面上有大小相同的 A、 B 两球在同一直线上运动。两球质量关系为 mB2 mA，规定向右为正方向， A、 B 两球的动量均为 6 kgm/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后 A 球的动量增量为4 kgm/s，则( )4A左方是 A 球，碰撞后 A、 B 两球速度大小之比为 25B左方是 A 球，碰撞后 A、 B 两球速度大小之比为 110C右方是 A 球，碰撞后 A、 B 两球速度大小之比为 25D右方是 A 球，碰撞后 A、 B 两球速度大小之比为 110答案 A

8、解析 由 A 球动量增量为4 kgm/s，则 B 球动量增量为 4 kgm/s，所以 pA2 kgm/s， pB10 kgm/s，又由于 mB2 mA，所以碰后 vA vB25，由于 A 球速度减小， B 球速度增加，可知左方是 A 球，故 A 正确。8如图甲所示，一物体静置于光滑的水平面上，外面扣一质量为 M 的盒子。现给盒子一初速度 v0，此后，盒子运动的 vt 图象呈周期性变化，如图乙所示，请据此求出盒内物体的质量。答案 M解析 设物体的质量为 m， t0时刻受盒子碰撞获得速度 v，根据动量守恒定律得：Mv0 mv3t0时刻物体与盒子右壁碰撞使盒子速度又变为 v0，说明物体速度变为零，且

9、碰撞是弹性碰撞，由机械能守恒定律： Mv mv2，联立解得 m M。12 20 12题组通关练9(1)(多选)半径相等的小球甲和乙，在光滑水平面上沿同一直线相向运动，若甲球的质量大于乙球的质量，碰撞前两球的动能相等，则碰撞后两球的运动状态可能是( )A甲球的速度为零而乙球的速度不为零B乙球的速度为零而甲球的速度不为零C两球的速度均不为零D两球的速度方向均与原方向相反，两球的动能仍相等(2)如图所示，光滑水平面上滑块 A、 C 质量均为 m1 kg， B 质量为 M3 kg。开始时A、 B 静止，现将 C 以初速度 v02 m/s 的速度滑向 A，与 A 碰后粘在一起向右运动与 B 发生碰撞，碰

10、后 B 的速度 vB0.8 m/s， B 与墙发生碰撞后以原速率弹回。(水平面足够长)5求 A 与 C 碰撞后的共同速度大小；分析判断 B 反弹后能否与 A、 C 再次碰撞。答案 (1)AC (2)1 m/s 能解析 (1)甲、乙两球在光滑水平面上发生对心碰撞，满足动量守恒的条件，因此，碰撞前后甲、乙两球组成的系统总动量守恒。碰撞前，由于 Ek 甲 Ek 乙 ，而 Ek ，由题设p22m条件 m 甲 m 乙 ，可知 p 甲 p 乙 ，即碰撞前系统的总动量方向应与甲的动量方向相同。碰撞后，如果甲球速度为零，则乙球必反弹，系统的总动量方向与碰撞前相同，根据动量守恒定律，这是可能的，选项 A 正确；

11、如果乙球速度为零，则甲球反弹，系统的总动量方向与碰撞前相反，违反了动量守恒定律，选项 B 错误；如果碰撞后甲、乙两球速度均不为零，可以满足动量守恒定律的要求，选项 C 正确；如果碰撞后两球的速度都反向，且动能仍相等，则总动量方向与碰撞前相反，不符合动量守恒定律，选项 D 错误。(2)设 A、 C 与 B 碰前的速度为 v1，与 B 碰后的速度为 v2， A、 C 碰撞过程中动量守恒，有 mv02 mv1，代入数据解得 v11 m/s。 A、 C 与 B 碰撞过程动量守恒，有 2mv12 mv2 MvB，代入数据解得 v20.2 m/s， vB大于 v2，故能发生第二次碰撞。10(1)(多选)

12、质量为 M 的带有 光滑圆弧轨道的小车静置于光滑水平面上，如图所示，14一质量也为 M 的小球以速度 v0水平冲上小车，到达某一高度后，小球又返回小车的左端，则( )A小球以后将向左做平抛运动B小球将做自由落体运动C此过程小球对小车做的功为 Mv12 20D小球在弧形槽上上升的最大高度为v202g(2)如图所示，在冰壶世锦赛上中国队以 86 战胜瑞典队，收获了第一个世锦赛冠军，6队长王冰玉在最后一投中，将质量为 m 的冰壶推出，运动一段时间后以 0.4 m/s 的速度正碰静止的瑞典冰壶，然后中国队冰壶以 0.1 m/s 的速度继续向前滑向大本营中心。若两冰壶质量相等，求：瑞典队冰壶获得的速度；

13、试判断两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞还是非弹性碰撞。答案 (1)BC (2)0.3 m/s 非弹性碰撞解析 (1)小球上升到最高点时与小车相对静止，有共同速度 v，由动量守恒定律和机械能守恒定律有：Mv02 MvMv 2Mv 2 Mgh12 20 12联立得 h ，知 D 错误；v204g从小球滚上到滚下并离开小车，系统在水平方向上的动量守恒，由于无摩擦力做功，机械能守恒，此过程类似于弹性碰撞，作用后两者交换速度，即小球速度变为零，开始做自由落体运动，故 B、C 正确，A 错误。(2)由动量守恒定律知 mv1 mv2 mv3，将 v10.4 m/s， v20.1 m/s 代入上式得：v30.3 m/s。碰撞前的动能 E1 mv 0.08 m，碰撞后两冰壶的总动能 E2 mv mv 0.05 m。12 21 12 2 12 23因为 E1E2，所以两冰壶间的碰撞为非弹性碰撞。