同步新素养人教高中物理选修35练习：第16章 第4节 碰撞 含解析
高中物理选修3-5人教版课时素养提升16-4碰撞
课时素养提升四碰撞(40分钟100分)一、选择题(本题共8小题，每题6分，共48分)1.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【解析】选A。
以甲滑块的运动方向为正方向，由动量守恒定律得3m·vmv=0+mv′解得v′=2v碰前总动能E k=×3m·v2+mv2=2mv2碰后总动能E′k=mv′2=2mv2E k=E k′，所以A正确。
2.两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，m A=1 kg，m B=2 kg，v A=6 m/s，v B=2 m/s。
当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是 ( )A.v′A=5 m/s，v′B=2.5 m/sB.v′A=2 m/s，v′B=4 m/sC.v′A=-4 m/s，v′B=7 m/sD.v′A=7 m/s，v′B=1.5 m/s【解析】选B。
虽然题中四个选项均满足动量守恒定律，但A、D两项中，碰后A的速度v′A大于B的速度v′B，必然要发生第二次碰撞，不符合实际；C项中，两球碰后的总动能E′k=m A v+m B v=57 J，大于碰前的总动能E k=22 J，违背了能量守恒定律；而B项既符合实际情况，也不违背能量守恒定律，故B项正确。
3.如图所示，在光滑水平面上，用等大反向的力F1、F2分别同时作用于A、B两个静止的物体上，已知m A<m B，经过相同的时间后同时撤去两力，以后两物体相碰并粘为一体，则粘合体最终将 ( )A.静止B.向右运动C.向左运动D.无法确定【解析】选A。
选取A、B两个物体组成的系统为研究对象，整个运动过程中，系统所受的合外力为零，系统动量守恒，初始时刻系统静止，总动量为零，最后粘合体的动量也为零，即粘合体静止，选项A正确。
高中物理选修3--5同步精品资料 16.4 碰撞 作业 Word版含答案
课时16. 4碰撞1. 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v0向右运动，与车厢壁来回碰撞n次后，静止在车厢中，这时车厢速度是()A. v0，水平向右B. 0C. mv0M+m，水平向右D. mv0M+m，水平向左2. 一小球沿光滑的水平地面运动，撞向竖直的墙壁，小球撞墙前后的动量变化量Δp和动能变化量ΔE k有多种可能值，()A. 若Δp最大，则ΔE k最大B. 若Δp最大，则ΔE k为零C. 若Δp最小，则ΔE k最小D. 若Δp最小，则ΔE k最大3. 在光滑的水平面上有a、b两球，其质量分别为m a、m b，两球在t1时刻发生正碰，两球在碰撞前后的速度图象如图所示。
下列关系正确的是()A. m a>m bB. m a<m bC. m a=m bD. 无法判断4. 如图所示，质量相等的两个滑块位于光滑水平桌面上。
其中弹簧两端分别与静止的滑块N 和挡板P相连接，弹簧与挡板的质量均不计;滑块M以初速度v0向右运动，它与挡板P碰撞(不粘连)后开始压缩弹簧，最后，滑块N以速度v0向右运动。
在此过程中()A. M的速度等于0时，弹簧的弹性势能最大B. M与N具有相同的速度时，两滑块动能之和最小C. M的速度为v02时，弹簧的长度最长D. M的速度为v02时，弹簧的长度最短5. 质量为2m的物体A以速度v0碰撞静止的物体B，B的质量为m，碰后A、B的运动方向均与v0的方向相同，则碰撞后B的速度可能为()A. v0B. 2v0C. 2v03D. v026. 如图所示，将两条完全相同的磁铁分别固定在质量相等的小车上，小车放在光滑的水平面上，开始时，甲车速度大小为3 m/s，乙车速度大小为2 m/s，两车沿直线相向运动，当乙车的速度为零时，甲车的速度是m/s，方向;当两车距离最短时，乙车的速度为m/s，方向。
7. 如图所示，大小相同的摆球a和b的质量分别为m和3m，摆长相同，并排悬挂，平衡时两球刚好接触。
高中物理人教版选修3-5同步辅导与检测课件第16章 第4节 碰撞
2．对心碰撞和非对心碰撞 (1)对心碰撞(正碰)：两个球在碰撞之前运动速度与两 球心连线在________上，碰撞之后两球的速度仍________， 这种碰撞称为对心碰撞，即正碰． (2)非对心碰撞：两个球在碰撞之前运动速度与两球心 连线________，碰撞之后两球的速度会________原来两球 心的连线，这样的碰撞称为非对心碰撞． 3．散射 微观粒子之间的作用力是________力，它们之间的碰 撞与宏观物体不同，粒子相互________时并不发生直接接 触，因此微观粒子的碰撞又叫做散射． 答案：2．(1)同一条直线 在同一条直线上 同一条直线上 偏离 3.保守 接近 (2)不在
m1－m2 1 m v 2 v1① 1 1 由以上两式解得：碰撞结束时 m 的速度 v ′ ＝ 2 m ＋ m 2 1 1 1 m －m 2m
1 2 1
1 1 1 2 2 m 1v 1＝ m 1v ′ 1 ＋ m 2v ′ 22 2 2 2
一、弹性碰撞和非弹性碰撞 1．弹性碰撞 在弹性力作用下，碰撞过程只产生机械能的转移，系统内 无机械能的损失的碰撞，称为弹性碰撞． 举例：通常情况下的钢球、玻璃球等坚硬物体之间的碰撞 及分子、原子等之间的碰撞皆可视为弹性碰撞． 注：弹性碰撞后的物体不发生永久性的形变，不裂成碎片， 不粘在一起，不发生热传递及其他变化． 2．非弹性碰撞 (1)非弹性碰撞：受非弹性力作用，使部分机械能转化为内 能的碰撞称为非弹性碰撞． (2)完全非弹性碰撞：是非弹性碰撞的特例，这种碰撞的特 点是碰后粘在一起(或碰后具有共同的速度)，其动能损失最 大． 注：碰撞后发生永久性形变、粘在一起、摩擦生热等的碰 撞往往为非弹性碰撞．
(2)如上图(乙)所示，物体A以速度v0滑到静止在光滑 水平面上的小车B上，当A在B上滑行的距离最远时，A、B 相对静止，A、B两物体的速度必定相等． (3)如下图所示所示，质量为M的滑块静止在光滑水 平面上，滑块的光滑弧面底部与桌面相切，一个质量为m 的小球以速度v0向滑块滚来．设小球不能越过滑块，则小 球到达滑块的最高点时(即小球竖直方向上的速度为零)， 两物体的速度肯定相等(方向为水平向右)．
2022高中物理第十六章动量守恒定律4碰撞测评含解析新人教版选修3_5
碰撞课后篇巩固提升基础巩固1.质量为m的小球A以水平速率v与静止在光滑水平面上质量为3m的小球B正碰后,小球A 的速率为v2,则碰后B球的速度为(以A球原方向为正方向)()A.v6B.vC.-v3D.v2,若碰后A球运动方向不变,则mv=m v2+3mv B,所以v B=v6<v2,由于这时B球的速度小于A球的速度,B球又是在运动方向的前面,这是不可能的,若碰后A球被反弹回去,则有mv=m(-v2)+3mv B',所以v B'=v2,故选项D正确。
2.A、B两物体发生正碰,碰撞前后物体A、B都在同一直线上运动,其位移—时间图象如图所示。
由图可知,物体A、B的质量之比为()A.1∶1B.1∶2C.1∶3D.3∶1:碰前v A=4m/s,v B=0。
碰后v A'=v B'=1m/s,由动量守恒可知m A v A+0=m A v A'+m B v B',解得m B=3m A。
故选项C正确。
3.如图所示,光滑水平面上有大小相同的A 、B 两个小球在同一直线上运动。
两球质量关系为m B =2m A ,规定向右为正方向,A 、B 两球的动量均为8 kg·m/s,运动过程中两球发生碰撞,碰撞后A 球的动量增量为-4 kg·m/s,则( )A.右方为A 球,碰撞后A 、B 两球的速度大小之比为2∶3B.右方为A 球,碰撞后A 、B 两球的速度大小之比为1∶6C.左方为A 球,碰撞后A 、B 两球的速度大小之比为2∶3D.左方为A 球,碰撞后A 、B 两球的速度大小之比为1∶6、B 两球发生碰撞,规定向右为正方向,由动量守恒定律可得Δp A =Δp B ,由于碰后A 球的动量增量为负值,所以右边不可能是A 球,如果是A 球则动量的增量应该是正值。
因此碰撞后A 球的动量为4kg·m/s,所以碰撞后B 球的动量是增加的,为12kg·m/s,由于m B =2m A ,所以碰后A 、B 两球速度大小之比为2∶3,C 正确;选C 。
2019年 人教版高中物理选修3-5 第十六章：第4节 碰撞 水平测试(含解析)
第4节 碰撞 水平测试（60分钟 100分）一、（不定项选择题，共12小题，60分）1．(多选)两辆动能分别为E k1、E k2的小车在一个光滑水平面上发生碰撞，碰后动能分别变为E k1′、E k2′，则可能有( )A ．E k1＋E k2>E k1′＋E k2′B ．E k1＋E k2＝E k1′＋E k2′C ．E k1＋E k2<E k1′＋E k2′D ．不能确定2．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3．质量分别为m A ＝1 kg 、m B ＝2 kg 的A 、B 两个小球在光滑水平面上发生碰撞，碰撞前后均在同一条直线上．碰撞前速度v A ＝6 m /s 、v B ＝2 m/s ，碰撞后速度v A ′＝2 m /s 、v B ′＝4 m/s.则此碰撞是( )A ．弹性碰撞B ．非弹性碰撞C ．完全非弹性碰撞D ．无法确定4．一中子与一质量数为A (A >1)的原子核发生弹性正碰。
若碰前原子核静止，则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为( )A ．A ＋1A －1B ．A －1A ＋1C ．4A (A ＋1)2D ．(A ＋1)2(A －1)25．如图所示，B 、C 、D 、E 、F ,5个小球并排放置在光滑的水平面上，B 、C 、D 、E,4个球质量相等，而F 球质量小于B 球质量，A 球的质量等于F 球质量。
A 球以速度v 0向B 球运动，所发生的碰撞均为弹性碰撞，则碰撞之后( )A．5个小球静止，1个小球运动B．4个小球静止，2个小球运动C．3个小球静止，3个小球运动D．6个小球都运动6．质量分别为m a＝1 kg、m b＝2 kg的两小球在光滑的水平面上发生碰撞，碰撞前后两球的位移—时间图象如图所示，则可知碰撞属于()A．弹性碰撞B．非弹性碰撞C．完全非弹性碰撞D．条件不足，不能确定7．甲、乙两铁球质量分别是m1＝1kg，m2＝2kg，在光滑平面上沿同一直线运动，速度分别是v1＝6m/s、v2＝2m/s。
名师同步人教物理选修35课时分层训练：第十六章 第4节 碰 撞 含解析
第十六章第4节碰撞课时分层训练「基础达标练」1．在光滑水平面上相向运动的A、B两小球发生正碰后一起沿A原来的速度方向运动，这说明原来()A．A球的质量一定大于B球的质量B．A球的速度一定大于B球的速度C．A球的动量一定大于B球的动量D．A球的动能一定大于B球的动能解析：选C在碰撞过程中，A、B两小球组成的系统动量守恒．碰撞后两球一起沿A原来的速度方向运动，说明系统的总动量沿A原来的速度方向，由动量守恒定律可知，碰撞前A的动量一定大于B的动量．由p＝m v知：由于不知道两球的速度关系，所以无法判断两球的质量关系，也不能判断动能关系，故A、B、D错误，C正确．2．如图所示，光滑水平地面上有两个大小相同、质量不等的小球A和B，A 以3 m/s的速率向右运动，B以1 m/s的速率向左运动，发生正碰后都以2 m/s 的速率反弹，则A、B两球的质量之比为()A．3∶5B．2∶3C．1∶2 D．1∶3解析：选A两球碰撞过程中，动量守恒，以A的初速度方向为正，根据动量守恒定律得：m A v A－m B v B＝m B v B′－m A v A′，代入数据解得：m A∶m B＝3∶5，故A正确，B、C、D错误．3．(多选)质量为m的物块甲以3 m/s的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定其上，另一质量也为m的物块乙以4 m/s的速度与甲相向运动，如图所示．则()A．甲、乙两物块在弹簧压缩过程中，两物块及弹簧组成的系统动量守恒B．当两物块相距最近时，甲物块的速率为零C．当甲物块的速率为1 m/s时，乙物块的速率可能为2 m/s，也可能为0 D．甲物块的速率可能达到5 m/s解析：选AC甲、乙两物块在弹簧压缩过程中，甲、乙两物块及弹簧组成的系统所受的合外力为零，动量守恒，故A正确；当两物块相距最近时速度相同，取碰撞前乙的速度方向为正方向，设共同速率为v，根据动量守恒定律有：m v乙－m v甲＝2m v，解得v＝0.5 m/s，故B错误；若物块甲的速率为1 m/s，方向与原来相同，则由m v乙－m v甲＝－m v甲′＋m v乙′，解得v乙′＝2 m/s；若物块甲的速率为1 m/s，方向与原来相反，则由m v乙－m v甲＝m v甲′＋m v乙′，解得v乙′＝0，故C正确；若物块甲的速率达到5 m/s，方向与原来相同，则mv乙－mv甲＝－mv甲′＋mv乙′，解得v乙′＝6 m/s，两个物块的速率都增大，动能都增大，违反了能量守恒定律；若物块甲的速率达到5 m/s，方向与原来相反，则mv乙－mv甲＝mv甲′＋mv乙′，解得v乙′＝－4 m/s，碰撞后，乙的动能不变，甲的动能增加，系统总动能增加，违反了能量守恒定律，所以物块甲的速率不可能达到5 m/s，故D错误．4．如图所示，小球A和小球B质量相同，球B置于光滑水平面上，当球A 从高为h处由静止摆下，到达最低点恰好与B相撞，并粘合在一起继续摆动，它们能上升的最大高度是()A．h B.1 2hC.14h D.18h解析：选C对A由机械能守恒有mgh＝12m v2，得v＝2gh.对碰撞过程由动量守恒有m v＝2m v′，得v′＝2gh2.对整体设上升的最大高度为h′，则由机械能守恒有2mgh′＝12·2m v′2，解得h′＝h4，C正确．5．如图所示，木块A、B的质量均为2 kg，置于光滑水平面上，B与一轻质弹簧的一端相连，弹簧的另一端固定在竖直挡板上，当A以4 m/s的速度向B撞击时，由于有橡皮泥而粘在一起运动，那么弹簧被压缩到最短时，弹簧具有的弹性势能大小为()A．4 J B．8 JC．16 J D．32 J解析：选B A、B在碰撞过程中动量守恒，碰后粘在一起共同压缩弹簧的过程中机械能守恒．由碰撞过程中动量守恒得m A v A＝(m A＋m B)v代入数据解得v＝m A v Am A＋m B＝2 m/s所以碰后A、B及弹簧组成的系统的机械能为12(m A＋m B)v2＝8 J，当弹簧被压缩至最短时，系统的动能为0，只有弹性势能，由机械能守恒定律得此时弹簧的弹性势能为8 J，故B选项正确．6．如图所示，质量为m的A球在水平面上静止放置，质量为2m的B球向左运动速度大小为v0，B球与A球碰撞且无机械能损失，碰后A球速度大小为v1，B球的速度大小为v2，碰后相对速度与碰前相对速度的比值定义为恢复系数e ＝v 1－v 2v 0－0，下列选项正确的是( )A ．e ＝1B ．e ＝12C ．e ＝13D ．e ＝14解析：选A 两球碰撞过程中，组成的系统动量守恒，碰撞为弹性碰撞．以B 球的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可知，2m v 0＝m v 1＋2m v 2，根据机械能守恒定律可知，12×2m v 02＝12m v 12＋12×2m v 22，解得v 1＝43v 0，v 2＝13v 0，恢复系数e ＝v 1－v 2v 0－0＝1，A 选项正确，B 、C 、D 选项错误． 7．(多选)(2018·福建三明一中高二期末)如图甲所示，在光滑水平面上的两个小球发生正碰，小球的质量分别为m 1和m 2，图乙为它们碰撞前后的x -t 图象．已知m 1＝0.1 kg.由此可以判断( )A ．碰前m 2静止，m 1向右运动B ．碰后m 2和m 1都向右运动C ．由动量守恒可以算出m 2＝0.2 kgD ．碰撞过程中系统机械能未损失解析：选AD 由x -t (位移—时间)图线的斜率表示速度可知，碰前m 2的位移不随时间的变化而变化，处于静止状态，m 1的速度大小为v 1＝Δx Δt ＝4 m /s ，方向只有向右才能与m 2相碰，故A 正确；由题图乙读出，碰后m 2向右运动，m 1向左运动，故B 错误；由题图乙求出碰后m 2和m 1的速度分别为v 2′＝2 m/s ，v 1′＝－2 m/s，根据动量守恒定律得，m1v1＝m2v2′＋m1v1′，解得m2＝0.3 kg，故C错误；碰撞过程中系统损失的机械能为ΔE＝12m1v12－12m1v1′2－12m2v2′2，代入数据解得ΔE＝0 J，故D正确．8.如图所示，光滑平台上有两个刚性小球A和B，质量分别为2m和3m，小球A以速度v0向右运动并与静止的小球B发生碰撞(碰撞过程中不损失机械能)，小球B飞出平台后经时间t刚好掉入装有沙子向左运动的小车中，小车与沙子的总质量为m，速度为2v0，小车行驶的路面近似看做是光滑的，求：(1)碰撞后小球A和小球B的速度大小；(2)小球B掉入小车后的速度大小．解析：(1)A球与B球碰撞过程中系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m A v0＝m A v1＋m B v2碰撞过程中系统机械能守恒，有12m A v02＝12m A v12＋12m B v22解得v1＝－15v0，v2＝45v0，碰后A球向左运动，B球向右运动．(2)B球掉入小车的过程中系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得m B v2－m车v3＝(m B＋m车)v3′解得v3′＝110v0.答案：(1)15v045v0(2)110v0「能力提升练」9．如图所示，连接有轻弹簧的物块a静止于光滑水平面上，物块b以一定初速度向左运动．下列关于a、b两物块的动量p随时间t的变化关系图象，不合理的是()解析：选A物块b与弹簧相互作用的过程中，弹簧先被压缩后恢复原长，弹力先逐渐增大后逐渐减小，两物体的加速度先增大后减小，p-t图象的斜率先增大后减小，A选项不合理；物块b与弹簧接触后，压缩弹簧，b做减速运动，a做加速运动，且在运动过程中系统的动量守恒，如果b的质量较小，可能出现b反弹的现象，B选项合理；物块a、b质量相等，则可以出现符合C选项的运动过程，C选项合理；物块a的质量很小，可能出现符合D选项的运动过程，D 选项合理．10．在冰壶比赛中，球员手持毛刷擦刷冰面，可以改变冰壶滑行时受到的阻力．如图(a)所示，蓝壶静止在圆形区域内，运动员用等质量的红壶撞击蓝壶，两壶发生正碰．若碰撞前、后两壶的v-t图象如图(b)所示．关于冰壶的运动，下列说法正确的是()A．两壶发生弹性碰撞B．碰撞后两壶相距的最远距离为1.1 mC．蓝壶受到的滑动摩擦力较大D ．碰撞后蓝壶的加速度大小为0.1 m/s 2解析：选B 设碰后蓝壶的速度为v ，碰前红壶的速度v 0＝1.0 m /s ，碰后红壶的速度为v 0′＝0.4 m/s ，取碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得m v 0＝m v 0′＋m v ，解得v ＝0.6 m/s ；碰撞前两壶的总动能为E k1＝12m v 02＝0.5m .碰撞后两壶的总动能为E k2＝12m v 0′2＋12m v 2＝0.26m <E k1，所以两壶碰撞为非弹性碰撞，故A 错误；根据碰前红壶的速度图象可知红壶的加速度大小为a 1＝Δv Δt ＝1.2－1.01 m /s 2＝0.2 m/s 2，根据图(b)知，蓝壶停止运动的时刻为t ＝v 0a 1＝1.20.2 s ＝6 s ，速度图象与坐标轴围成的面积表示位移，则碰后两壶相距的最远距离为s ＝0.6×52 m －0.4×22 m ＝1.1 m ，故B 正确；根据v -t 图象的斜率表示加速度，知碰后红壶的加速度比蓝壶的加速度大，两壶质量相等，所以红壶的滑动摩擦力比蓝壶的滑动摩擦力大，故C 错误；碰后蓝壶的加速度大小为a ′＝v t ＝0.66－1m /s 2＝0.12 m/s 2，故D 错误．11．A 、B 两球在光滑水平面上沿同一直线同向运动，A 、B 的质量分别为2 kg 和4 kg ，A 的动量是6 kg·m /s ，B 的动量是8 kg·m/s ，当A 球追上B 球发生碰撞后，A 、B 两球动量可能值分别为( )A ．4 kg·m /s,10 kg·m/sB ．－6 kg·m /s,20 kg·m/sC ．10 kg·m /s,4 kg·m/sD ．5 kg·m /s,9 kg·m/s解析：选A 选项A 碰后v A ′＝42 m /s ＝2 m/s ，V B ′＝104 m /s ＝2.5 m/s ，v A ′＜v B ′且碰前动能p A 22m A ＋p B 22m B ＞p A ′22m A ＋p B ′22m B，A 正确；B 选项碰后动能大于碰前动能，B错误；C选项碰后v A′＝102m/s＝5 m/s，v B′＝44m/s＝1 m/s，v A′＞v B′，会发生第二次碰撞，C错误；同理D选项错误．12．如图所示，轨道AOB光滑且在O处平滑相接，B点右侧为粗糙水平面．有两个材料及表面粗糙程度均相同的小物块P、Q，其中物块P的质量为0.9 kg，把物块P从斜面上0.8 m高处由静止释放，运动至粗糙水平面上的C点处速度恰好减为零，BC长为1 m；若把物块Q置于B点，物块P仍从斜面上0.8 m高处由静止释放，物块P、Q碰撞后，在粗糙水平面上的位移分别为0.64 m、0.81 m．已知重力加速度g＝10 m/s2，则物块与水平面间的动摩擦因数μ及物块Q的质量M 分别为()A．μ＝0.4，M＝0.2 kg B．μ＝0.4，M＝0.4 kgC．μ＝0.8，M＝0.2 kg D．μ＝0.8，M＝0.4 kg解析：选C把物块P从斜面上0.8 m高处由静止释放，运动至粗糙水平面上的C点处速度恰好减为零，根据动能定理可得mgh－μmgL BC＝0 代入数据解得μ＝0.8；P滑到底端的速度为v0＝2gh＝4 m/s，碰后P的速度为v1，则有12m v12＝μmgL1，则有v1＝2μgL1＝2×0.8×10×0.64 m/s＝3.2 m/s碰后Q的速度为v2，则有12M v22＝μMgL2，则有v2＝2μgL2＝2×0.8×10×0.81 m/s＝3.6 m/s碰撞过程中根据动量守恒定律可得：m v0＝m v1＋M v2联立解得M＝0.2 kg，故C正确，A、B、D错误．13．如图所示，在光滑的水平面上有一质量为M的长木板，以速度v0向右做匀速直线运动，将质量为m的小铁块轻轻放在木板上的A点，这时小铁块相对地面速度为零，小铁块相对木板向左滑动．由于小铁块和木板间有摩擦，最后它们之间相对静止，已知它们之间的动摩擦因数为μ，问：(1)小铁块跟木板相对静止时，它们的共同速度多大？(2)它们相对静止时，小铁块与A点距离多远？(3)在全过程中有多少机械能转化为内能？解析：(1)木板与小铁块组成的系统动量守恒．以v0的方向为正方向，由动量守恒定律得，M v0＝(M＋m)v′，则v′＝M v0 M＋m.(2)由功能关系可得，摩擦力在相对位移上所做的功等于系统动能的减少量，μmgx相＝12M v02－12(M＋m)v′2解得x相＝M v022μg(M＋m). (3)由能量守恒定律可得，Q＝12M v02－12(M＋m)v′2＝Mm v022(M＋m).答案：(1)M v0M＋m(2)M v022μg(M＋m)(3)Mm v022(M＋m)14．如图所示，一质量M＝2 kg的带有弧形轨道的平台置于足够长的水平轨道上，弧形轨道与水平轨道平滑连接，水平轨道上静置一小球B.从弧形轨道上距离水平轨道高h＝0.3 m处由静止释放一质量m A＝1 kg的小球A，小球A沿轨道下滑后与小球B发生弹性正碰，碰后小球A被弹回，且恰好追不上平台．已知所有接触面均光滑，重力加速度为g，求：(1)小球A滑到水平轨道上时速度的大小；(2)小球B的质量．解析：(1)小球A在圆弧轨道上运动的过程中，小球A和圆弧轨道组成的系统水平方向上的动量守恒．选取向右为正方向，根据动量守恒定律可知，m A v1＝M v根据能量守恒定律可知，m A gh＝12m A v12＋12M v2联立解得v1＝2 m/s，v＝1 m/s.小球A滑到水平轨道上时速度的大小为2 m/s.(2)小球A、B碰撞过程中，动量守恒，m A v1＝－m A v1′＋m B v2根据题意可知，v1′＝v＝1 m/sA、B系统能量守恒，12m A v12＝12m A v1′2＋12m B v22解得m B＝3 kg.答案：(1)2 m/s(2)3 kg。
高中物理人教版选修3-5练习：第十六章 第4节 碰撞 课下作业 含解析
B．若两球质量相同，碰后以某一相等速率同向而行C．若两球质量不同，碰后以某一相等速率互相分开D．若两球质量不同，碰后以某一相等速率同向而行解析：光滑水平面上两小球的对心碰撞符合动量守恒的条件，因此碰撞前、后两小球组成的系统总动量守恒。
A项，碰撞前两球总动量为零，碰撞后也为零，动量守恒，所以A项是可能的。
B项，若碰撞后两球以某一相等速率同向而行，则两球的总动量不为零，而碰撞前为零，所以B项不可能。
C项，碰撞前、后系统的总动量的方向不同，所以动量不守恒，C项不可能。
D项，碰撞前总动量不为零，碰后也不为零，方向可能相同，所以D项是可能的。
答案：AD2．如图1甲所示，一质子以v1＝1.0×107 m/s的速度与一个静止的未知核正碰，碰撞后质子以v1′＝6.0×106 m/s的速度反向弹回，未知核以v2′＝4.0×106 m/s的速度向右运动，如图1乙所示。
则未知核的质量约为质子质量的( )图1A．2倍B．3倍C．4倍D．5倍解析：质子与未知核碰撞时两者动量守恒，m1v1＝－m1v1′＋m2v2′，得＝＝＝4倍，故C正确。
答案：C3．如图2所示，水平面上O点的正上方有一个静止物体P，炸成两块a、b水平飞出，分别落在A点和B点，且OA＞OB。
若爆炸时间极短，空气阻力不计，则( )图2A．落地时a的速度大于b的速度B．落地时a的速度小于b的速度C．爆炸过程中a增加的动能大于b增加的动能D．爆炸过程中a增加的动能小于b增加的动能解析：P爆炸而成两块a、b过程中在水平方向动量守恒，则mava －mbvb＝0，即pa＝pb由于下落过程是平抛运动，由图va＞vb，因此ma＜mb，由Ek＝知Eka＞Ekb，即C项正确，D项错误；由于va＞vb，而下落过程中两块在竖直方向的速度增量为gt是相等的，因此落地时仍有va′＞vb′，即A项正确，B项错误。
答案：AC4．如图3所示，在光滑水平面上，有一质量为M＝3 kg的薄板和质量为m＝1 kg的物块，都以v＝4 m/s的初速度朝相反方向运动，它们之间有摩擦，薄板足够长，当薄板的速度为2.4m/s时，物块的运动情况是 ( ) 图3A．做加速运动B．做减速运动C．做匀速运动D．以上运动都可能解析：薄板足够长，则最终物块和薄板达到共同速度v′，由动量守恒定律得(取薄板运动方向为正方向)Mv－mv＝(M＋m)v′，v′＝＝ m/s＝2 m/s。
人教版选修3-5课堂同步精选练习题：第十六章 第4节 碰撞(含解析)
人教版选修3-5课堂同步精选练习第十六章 第4节 碰撞（含解析）1、下列对于碰撞的理解正确的是( )A ．碰撞是指相对运动的物体相遇时，在极短时间内它们的运动状态发生了显著变化的过程B ．在碰撞现象中，一般内力都远大于外力，所以可以认为碰撞时系统的动能守恒C ．如果碰撞过程中机械能守恒，这样的碰撞叫做非弹性碰撞D ．微观粒子的相互作用由于不发生直接接触，所以不能称其为碰撞解析：碰撞是十分普遍的现象，它是相对运动的物体相遇时发生的一种现象，一般内力远大于外力．如果碰撞中机械能守恒，这样的碰撞是弹性碰撞．微观粒子的相互作用同样具有短时间内发生强大内力作用的特点，所以仍然是碰撞．【答案】A2．如图所示在足够长的光滑水平面上有一静止的质量为M 的斜面，斜面表面光滑、高度为h 、倾角为θ.一质量为m (m <M )的小物块以一定的初速度沿水平面向右运动，不计冲上斜面过程中的机械能损失．如果斜面固定，则小物块恰能冲到斜面的顶端．如果斜面不固定，则小物块冲上斜面后能达到的最大高度为( )A ．h B.mh m ＋M C.mh M D.Mh m ＋M解析：斜面固定时，由动能定理得－mgh ＝0－12mv 20，所以v 0＝2gh ；斜面不固定时，由水平方向动量守恒得mv 0＝(M ＋m )v ，由机械能守恒得12mv 20＝12(M ＋m )v 2＋mgh ′，解得h ′＝M M ＋mh ，故选D. 【答案】D3、在光滑的水平面上有三个完全相同的小球，它们在一条直线上，2、3小球静止，并靠在一起，1小球以速度v 0撞向它们，如图所示．设碰撞中不损失机械能，则碰后三个小球的速度的可能值是( )A ．v 1＝v 2＝v 3＝13v 0B ．v 1＝0，v 2＝v 3＝12v 0 C ．v 1＝0，v 2＝v 3＝12v 0 D ．v 1＝v 2＝0，v 3＝v 0 解析：两个质量相等的小球发生弹性正碰，碰撞过程中动量守恒、机械能守恒，碰撞后将交换速度，故D 项正确．【答案】D4、(多选)质量为m ，速度为v 的A 球跟质量为3m 的静止的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 球的速度可能值为( )A ．0.6vB ．0.4vC ．0.2vD ．0.3v解析：如果碰撞是弹性的，由动量守恒和能量守恒得mv ＝mv 1＋3mv 2，12mv 2＝12mv 21＋123mv 22，v 2＝0.5v ，此过程B 获得速度最大；如果碰撞是非弹性的，粘在一起时B 获得速度最小，由mv ＝4mv 3，v 3＝0.25v ，则B 的速度可能值为v 3≤v B ≤v 2，即0.25v ≤v B ≤0.5v ，B 、D 正确．【答案】BD5、(多选)如图所示，用两根长度都等于L 的细绳，分别把质量相等、大小相同的a 、b 两球悬于同一高度，静止时两球恰好相接触．现把a 球拉到细绳处于水平位置，然后无初速释放，当a 球摆动到最低位置与b 球相碰后，b 球可能升高的高度为( )A ．L B.4L 5 C.L 4 D.L 8解析：若a 、b 两球发生完全弹性碰撞，易知b 球上摆的高度可达L ；若a 、b 两球发生完全非弹性碰撞(即碰后两球速度相同)，则根据mv ＝2mv ′和12·2mv ′2＝2mgh ′，可知其上摆的高度为L 4.考虑到完全非弹性碰撞中动能的损失最多，故b 球上摆的高度应满足L 4≤h ≤L . 【答案】ABC6、(多选)如图(a)所示，光滑平台上，物体A 以初速度v 0滑到上表面粗糙的水平小车上，车与水平面间的动摩擦因数不计；(b)图为物体A 与小车B 的v - t 图象，由此可知( )A ．小车上表面长度B ．物体A 与小车B 的质量之比C ．物体A 与小车B 上表面的动摩擦因数D ．小车B 获得的动能解析：由图象可知，物体A 与小车B 最终以共同速度v 1匀速运动，不能确定小车上表面的长度，故A 错误；由动量守恒定律得m A v 0＝(m A ＋m B )v 1，解得m A m B ＝v 1v 0－v 1，可以确定物体A 与小车B 的质量之比，故B 正确；由图象可以知道，物体A 相对小车B 的位移Δx ＝12v 0t 1，根据能量守恒得μm A g Δx ＝12m A v 20－12(m A ＋m B )v 21，根据求得的物体A 与小车B 的质量关系，可以解出物体A 与小车B 上表面的动摩擦因数，故C 正确；由于小车B 的质量不可知，故不能确定小车B 获得的动能，故D 错误．故选B 、C.【答案】BC7、(多选)质量为m 的小球A 在光滑的水平面上以速度v 与静止在光滑水平面上的质量为2m 的小球B 发生正碰，碰撞后，A 球的动能变为原来的19，那么碰撞后B 球的速度大小可能是( ) A.13v B.23v C.49v D.89v 解析：设A 球碰后的速度为v A ，由题意有12mv 2A ＝19×12mv 2，则|v A |＝13v ，碰后A 的速度有两种可能，因此由动量守恒定律有mv ＝m ×13v ＋2mv B 或mv ＝－m ×13v ＋2mv B ，解得v B ＝13v 或23v . 【答案】AB8、(多选)如图所示，光滑曲面下端与光滑水平面相切，一质量为m 的弹性小球P 沿曲面由静止开始下滑，与一质量为km (k 为大于0的正整数)且静止在水平地面上的弹性小球Q 发生弹性正碰．为使二者只能发生一次碰撞，下列关于k 的取值可能正确的是( )A ．1B ．2C ． 3D ．4解析：设碰前的速度为v 0，碰撞满足动量守恒定律和机械能守恒定律，则有mv 0＝mv 1＋kmv 2，12mv 20＝12mv 21＋12kmv 22，联立解得v 1＝1－k 1＋k v 0，v 2＝21＋k v 0，为使二者只能发生一次碰撞，所以必须满足|v 1|≤|v 2|，又k 为大于0的正整数，所以0<k ≤3，即k 的取值可能为1、2、3，选项A 、B 、C 正确，D 错误．【答案】ABC9、(多选)在光滑的水平面上，有A 、B 两球沿同一直线向右运动，如图所示．已知碰撞前两球的动量分别为p A ＝12 kg·m/s ，p B ＝13 kg·m/s.碰撞后它们的动量变化Δp A 、Δp B 有可能是( )A ．Δp A ＝－3 kg·m/s ，ΔpB ＝3 kg·m/s B ．Δp A ＝4 kg·m/s ，Δp B ＝－4 kg·m/sC ．Δp A ＝－5 kg·m/s ，Δp B ＝5 kg·m/sD ．Δp A ＝－24 kg·m/s ，Δp B ＝24 kg·m/s解析：四个选项均遵守动量守恒定律，即有Δp A ＋Δp B ＝0，由于本题是追赶碰撞，物理情景可行性必有v A >v B ，v B ′>v B ，所以有Δp B >0，因而Δp A <0，可将B 选项排除，再由碰后动能不增加得：12m A v 2A ＋12m B v 2B ≥12m A v ′2A ＋12m B v ′2B ①12m B v 2B <12m B v ′2B ② 联立①②解得12m A v ′2A <12m A v 2A 而D 选项中12m A v ′2A ＝12m A v 2A ③ 故排除D 选项，检验选项A 、C ，可知同时满足碰撞的三个原则，故本题的答案应为A 、C.【答案】AC能力达标10、A 、B 两物体在光滑水平面上相向运动，其中物体A 的质量为m A ＝4 kg ，两物体发生相互作用前后的运动情况如图所示．则：(1)由图可知，A 、B 两物体在________时刻发生碰撞，B 物体的质量为m B ＝________kg.(2)碰撞过程中，系统的机械能损失多少？【答案】(1)2 s 6 (2)30 J解析：(1)由图象知，在t ＝2 s 时刻A 、B 相撞，碰撞前后，A 、B 的速度：v A ＝Δx A t ＝－42 m/s ＝－2 m/s v B ＝Δx B t ＝62m/s ＝3 m/s v AB ＝Δx AB t ＝22 m/s ＝1 m/s 由动量守恒定律有：m A v A ＋m B v B ＝(m A ＋m B )v AB解得m B ＝6 kg.(2)碰撞过程损失的机械能：ΔE ＝12m A v 2A ＋12m B v 2B －12(m A ＋m B )v 2AB ＝30 J. 11、如图所示，竖直平面内的光滑水平轨道的左边与墙壁对接，右边与一个足够高的14光滑圆弧轨道平滑相连，木块A 、B 静置于光滑水平轨道上，A 、B 的质量分别为1.5 kg 和0.5 kg.现让A 以6 m/s 的速度水平向左运动，之后与墙壁碰撞，碰撞的时间为0.3 s ，碰后的速度大小变为4 m/s.当A 与B 碰撞后会立即粘在一起运动，g 取10 m/s 2.求：(1)在A 与墙壁碰撞的过程中，墙壁对A 的平均作用力的大小；(2)A 、B 滑上圆弧轨道的最大高度．【答案】(1)50 N (2)0.45 m解析：(1)设水平向右为正方向，当A 与墙壁碰撞时，根据动量定理有 F t ＝m A v ′1－m A (－v 1)解得F ＝50 N.(2)设碰撞后A 、B 的共同速度为v ，根据动量守恒定律有m A v ′1＝(m A ＋m B )vA 、B 在光滑圆弧轨道上滑动时机械能守恒，由机械能守恒定律得12(m A＋m B )v 2＝(m A ＋m B )gh 解得h ＝0.45 m.12、如图所示，质量为m 的炮弹运动到水平地面O 点正上方时速度沿水平方向，离地面的高度为h ，动能为E ，此时发生爆炸，分解为质量相等的两部分，两部分的动能之和为2E ，速度方向仍沿水平方向，爆炸时间极短，重力加速度为g ，不计空气阻力和火药的质量，求炮弹的两部分落地点之间的距离．【答案】4Eh mg解析：爆炸之前E ＝12mv 20爆炸过程动量守恒，有mv 0＝12mv 1＋12mv 2 12(m 2)v 21＋12(m 2)v 22＝2E 联立解得v 1＝0，v 2＝2v 0即爆炸后一部分做自由落体运动，另一部分做平抛运动，有h ＝12gt 2 x ＝2v 0t解得炮弹的两部分落地点之间的距离为x ＝4Eh mg. 13、如图所示，ABD 为竖直平面内的轨道，其中AB 段水平粗糙，BD 段为半径R ＝0.08 m 的半圆光滑轨道，两段轨道相切于B 点．小球甲以v 0＝5 m/s 的速度从C 点出发，沿水平轨道向右运动，与静止在B 点的小球乙发生弹性正碰，碰后小球乙恰好能到达圆轨道最高点D .已知小球甲与AB 段间的动摩擦因数μ＝0.4，CB 的距离s ＝2 m ，g 取10 m/s 2，甲、乙两球可视为质点．求：(1)碰撞前瞬间，小球甲的速度大小v 甲；(2)小球甲和小球乙的质量之比．【答案】(1)3 m/s (2)12解析：(1)对甲在CB 段，由动能定理得μm 甲gs ＝12m 甲v 20－12m 甲v 2甲 解得v 甲＝3 m/s. (2)碰后，乙恰好能到达圆轨道最高点D ，由牛顿第二定律得m 乙g ＝m 乙v 2D R从B 点到D 点，由机械能守恒定律得12m 乙v 2D ＋2m 乙gR ＝12m 乙v 2B 解得v B ＝5gR ＝2 m/s在B 位置，甲、乙碰撞过程中甲、乙组成的系统动量守恒，以水平向右为正方向，由动量守恒定律得 m 甲v 甲＝m 甲v ′甲＋m 乙v B由机械能守恒定律得12m 甲v 2甲＝12m 甲v ′2甲＋12m 乙v 2B所以m 甲m 乙＝12. 14、如图所示，滑块A 、C 质量均为m ，滑块B 质量为32m .开始时A 、B 分别以v 1、v 2的速度沿光滑水平轨道向固定在右侧的挡板运动，现将C 无初速度地放在A 上，并与A 粘合不再分开，此时A 与B 相距较近，B 与挡板相距足够远．若B 与挡板碰撞将以原速率反弹，A 与B 碰撞后将粘合在一起．为使B 能与挡板碰撞两次，v 1、v 2应满足什么关系？【答案】1.5v 2<v 1≤2v 2或12v 1≤v 2<23v 1 解析：设向右为正方向，A 与C 粘合在一起的共同速度为v ′，由动量守恒定律得mv 1＝2mv ′①为保证B 碰挡板前A 未能追上B ，应满足v ′≤v 2②设A 、B 碰后的共同速度为v ″，由动量守恒定律得2mv ′－32mv 2＝72mv ″③ 为使B 能与挡板再次相碰应满足v ″>0④联立①②③④式解得1.5v 2<v 1≤2v 2或12v 1≤v 2<23v 1。
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第十六章 第四节基础夯实一、选择题(1～3题为单选题，4、5题为多选题) 1．关于散射，下列说法正确的是( C ) A ．散射就是乱反射，毫无规律可言 B ．散射中没有对心碰撞 C ．散射时仍遵守动量守恒定律D ．散射时不遵守动量守恒定律解析：由于散射也是碰撞，所以散射过程中动量守恒。
2．(2019·江苏省宿迁市高二下学期期末)斯诺克运动深受年轻人的喜爱，如图所示，选手将质量为m 的A 球以速度v 与质量为m 静止的B 球发生弹性碰撞，碰撞后B 球的速度为( A )A ．vB ．2vC ．0.5vD ．0.2v解析：两球发生弹性碰撞，则碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以A 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m v ＝m v A ＋m v B ，由机械能守恒定律得：12m v 2＝12m v 2A ＋12m v 2B ，解得：v A ＝0，v B ＝v ；选项A 正确。
3．在光滑水平面上有三个完全相同的小球，它们成一条直线，2、3小球静止并靠在一起，1球以速度v 0 射向它们，如图所示，设碰撞中不损失机械能，则碰后三个小球的速度可能是( D )A ．v 1＝v 2＝v 3＝13v 0 B ．v 1＝0，v 2＝v 3＝12v 0 C ．v 1＝0，v 2＝v 3＝12v 0D ．v 1＝v 2＝0，v 3＝v 0解析：由题设条件，三个小球在碰撞过程中总动量和总动能守恒，若各球质量均为m ，则碰撞前系统总动量为m v 0，总动能应为12m v 20。
假如选项A 正确，则碰后总动量为33m v 0，这显然违反动量守恒定律，故不可能。
假如选项B 正确，则碰后总动量为22m v 0，这也违反动量守恒定律，故也不可能。
假如选项C 正确，则碰后总动量为m v 0，但总动能为14m v 20，这显然违反机械能守恒定律，故也不可能。
假如选项D 正确的话，则通过计算其既满足动量守恒定律，也满足机械能守恒定律，故选项D 正确。
4．在光滑水平面上，一质量为m 、速度大小为v 的A 球与质量为2m 静止的B 球发生正碰，碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，则碰后B 球的速度大小可能是( BC )A ．0.7vB ．0.6vC ．0.4vD ．0.2v解析：以两球组成的系统为研究对象，以A 球的初速度方向为正方向，如果碰撞为弹性碰撞，由动量守恒定律得：m v ＝m v A ＋2m v B ，由机械能守恒定律得：12m v 2＝12m v 2A ＋12·2m v 2B ， 解得：v A ＝－13v ，v B ＝23v ，负号表示碰撞后A 球反向弹回。
如果碰撞为完全非弹性碰撞，以A 球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m v ＝(m ＋2m )v B ，解得：v B ＝13v ，则碰撞后B 球的速度范围是：13v <v B <23v ，故B 、C 正确，A 、D 错误。
5．(2019·山东省潍坊二中高二下学期检测)如图所示，长木板A 放在光滑的水平面上，质量为m ＝4 kg 的小物体B 以水平速度v ＝2 m/s 滑上原来静止的长木板A 的上表面，由于A 、B 间存在摩擦，之后A 、B 速度随时间变化情况如图乙所示，取g ＝10 m/s 2，则下列说法正确的是( AD )A ．木板A 获得的动能为2 JB ．系统损失的机械能为2 JC ．木板A 的最小长度为2 mD ．A 、B 间的动摩擦因数为0.1解析：由图象可知，木板获得的速度为v ＝1 m/s ，A 、B 组成的系统动量守恒，以B 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m v 0＝(M ＋m )v ，解得木板A 的质量M ＝4 kg ，木板获得的动能为：E k ＝12M v 2＝2J ，故A 正确；系统损失的机械能ΔE ＝12m v 20－12m v 2－12M v 2，代入数据解得：ΔE ＝4J ，故B 错误；由图得到0～1 s 内B 的位移为x B ＝12×(2＋1)×1 m ＝1.5 m ，A 的位移为x A ＝12×1×1 m ＝0.5 m ，木板A 的最小长度为L ＝x B －x A ＝1 m ，故C 错误；由图象可知，B 的加速度：a ＝－1m/s 2 ，负号表示加速度的方向，由牛顿第二定律得：μm B g ＝m B a ，代入解得μ＝0.1，故D 正确。
二、非选择题6．一个物体静置于光滑水平面上，外面扣一质量为M 的盒子，如图甲所示。
现给盒子一初速度v 0，此后，盒子运动的v －t 图象呈周期性变化，如图乙所示，请据此求盒内物体的质量。
答案：M解析：设物体的质量为m ，t 0时刻受盒子碰撞获得速度v ，根据动量守恒定律得：M v 0＝m v ①3t 0时刻物体与盒子右壁碰撞使盒子速度又变为v 0，说明碰撞是弹性碰撞，由机械能守恒有：12M v 20＝12m v 2②联立①②解得m ＝M7．(2019·吉林省实验中学高二下学期期中)如图所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，A 球在水平面上静止放置，B 球向左运动与A 球发生正碰，B 球碰撞前、后的速率之比为4∶1，A 球垂直撞向挡板，碰后原速率返回，两球刚好不发生第二次碰撞。
求：(1)A 、B 两球的质量之比为多少？(2)A 、B 碰撞前、后两球总动能之比是多少？ 答案：(1)5∶1 (2)8∶3解析：(1)设碰前B 球速度大小为v 0，碰后A 、B 两球速度大小分别为v A 、v B ，由题意知，v A 方向向左，v B 方向向右，且v A ＝v B ＝14v 0碰撞过程动量守恒，取水平向右为正方向， 则有：－m B v 0＝－m A v A ＋m B v B ， 解得：m A m B ＝51。
(2)碰撞前动能：E 1＝12m B v 20， 碰撞后总动能：E 2＝12m A v 2A ＋12m B v 2B ， 碰撞前、后总动能之比为：E 1E 2＝83。
能力提升一、选择题(1～2题为单选题，3～5题为多选题)1．一弹丸在飞行到距离地面5 m 高时仅有水平速度v ＝2 m/s ，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1。
不计质量损失，取重力加速度g ＝10 m/s 2。
则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能的是( B )解析：本题有两种可能情况，一是甲在前，二是甲在后。
甲在前情况，设总质量为4m ，由动量守恒得4m ×2＝3m v 甲＋m v 乙，由平抛运动规律知，甲图中两弹片的速度分别为v 甲＝2.5 m/s ，v 乙＝－0.5 m/s ，不满足动量守恒关系，选项A 错误；乙图中两弹片的速度分别为v 甲＝2.5 m/s ，v 乙＝0.5 m/s ，满足动量守恒关系，选项B 正确；甲在后情况，C 图中v 甲＝1 m/s ，v 乙＝2 m/s ，不满足动量守恒关系，选项C 错误；D 图中，v 甲＝－1 m/s ，v 乙＝2 m/s ，同样不满足动量守恒关系，选项D 错误。
2．(2019·辽宁省凤城市高二下学期联考)如图，大小相同的摆球a 和b 的质量分别为m 和3m ，摆长相同，并排悬挂，平衡时两球刚好接触，现将摆球a 向左拉开一小角度后释放。
若两球的碰撞是弹性的，下列判断正确的是( C )A ．第一次碰撞后的瞬间，两球的动能大小相等B ．第一次碰撞后的瞬间，两球的动量大小相等C ．第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等D ．第一次碰撞后，两球的最大摆角不相同解析：两球在碰撞前后，水平方向不受外力，故水平方向两球组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有：m v 0＝m v 1＋3m v 2，两球碰撞是弹性的，故机械能守恒，即：12m v 20＝12m v 21＋12·3m v 22，解两式得：v 1＝－v 02，v 2＝v 02，可见第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等；因两球质量不相等，故两球碰后的动量大小不相等，方向相反，动能也不相等，故AB 错误，C 正确；两球碰后上摆过程，机械能守恒，故上升的最大高度相等，另摆长相等，故两球碰后的最大摆角相同，故D 错误。
3．如图所示，在质量为M 的小车中挂着一个单摆，摆球的质量为m 0，小车(和单摆)以恒定的速度u 沿光滑的水平面运动，与位于正对面的质量为m 的静止木块发生碰撞，碰撞时间极短，在此碰撞过程中，下列说法可能发生的是( BC )A ．小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为v 1、v 2、v 3，满足(M ＋m 0)u ＝M v 1＋m v 2＋m 0v 3B ．摆球的速度不变，小车和木块的速度变为v 1和v 2，满足Mu ＝M v 1＋m v 2C ．摆球的速度不变，小车和木块的速度变为v ，满足Mu ＝(M ＋m )vD ．小车和摆球的速度都变为v 1，木块的速度为v 2，满足(M ＋m 0)u ＝(M ＋m 0)v 1＋m v 2 解析：由于碰撞时间极短，所以单摆相对小车没有发生摆动，即摆线对球的作用力原来是竖直向上的，现在还是竖直向上的，没有水平方向的分力，未改变小球的动量，实际上单摆没有参与这个碰撞过程，所以单摆的速度不发生变化，因此，选项中应排除A 、D 。
因为单摆的速度不变，所以研究对象选取小车和木块所构成的系统，若为弹性碰撞或碰后分离，水平方向动量守恒，由动量守恒定律有Mu ＝M v 1＋m v 2，即为B 选项；由于题目中并没有提供在碰撞过程中能量变化关系，所以也有可能小车和木块发生完全非弹性碰撞而选C 。
4． (2019·河南省周口市一中高二下学期期中)如图所示，一沙袋用无弹性轻细绳悬于O 点。
开始时沙袋处于静止状态，一弹丸以水平速度v 0击中沙袋后未穿出，二者共同摆动。
若弹丸质量为m ，沙袋质量为5m ，弹丸和沙袋形状大小忽略不计，弹丸击中沙袋后漏出的沙子质量忽略不计，不计空气阻力，重力加速度为g 。
下列说法中正确的是( BD )A ．弹丸打入沙袋过程中，细绳所受拉力大小保持不变B ．弹丸打入沙袋过程中，弹丸对沙袋的冲量大小等于沙袋对弹丸的冲量大小C ．弹丸打入沙袋过程中所产生的热量为m v 2072D ．沙袋和弹丸一起摆动所达到的最大高度为v 2072g解析：弹丸打入沙袋的过程由动量守恒定律m v 0＝(m ＋5m )v ，解得v ＝16v 0；弹丸打入沙袋后，总质量变大，且做圆周运动，根据T ＝6mg ＋6m v 2L 可知，细绳所受拉力变大，选项A 错误；根据牛顿第三定律可知，弹丸打入沙袋过程中，弹丸对沙袋的冲量大小等于沙袋对弹丸的冲量大小，选项B 正确；弹丸打入沙袋过程中所产生的热量为Q ＝12m v 20－12·6m v 2＝512m v 20，选项C 错误；由机械能守恒可得：126m v 2＝6mgh ，解得h ＝v 2072g，选项D 正确。