高中物理第十六章动量守恒定律4碰撞达标训练新人教选修
高中物理第十六章碰撞成长训练新人教选修
4 碰撞主动成长夯基达标1.在光滑水平地面上有两个相同的弹性小球A 、B ，质量都是m ，现B 球静止，B 球与一轻弹簧相连接，A 球向B 球运动，发生正碰.已知碰撞过程中总机械能守恒，两球压缩最紧时弹性势能为p E ，则碰前A 球速度等于（ ） A.m E p B.mE p2 C.m E p2 D.m E p2思路解析：碰撞过程动量守恒，两球组成的系统机械能守恒，压缩到最紧时两球速度相等，则有 mv 0=2mv①p E v m mv =-220)2(2121② 可由①②式解得碰前A 的速度m E v p20=.答案：C2.质量为M 和m 0的滑块用轻弹簧连接，以恒定的速度v 沿光滑水平面运动，与位于正对面的质量为m 的静止滑块发生碰撞，如图16-4-2所示，碰撞时间极短，在此过程中，下列哪个或哪些说法是可能发生的（ ）图16-4-2A.M 、m 0、m 速度均发生变化，分别为v 1、v 2、v 3，而且满足（M+m 0)v=Mv 1+mv 2+m 0v 3B.m 0的速度不变，M 和m 的速度变为v 1和v 2，而且满足Mv=Mv 1+mv 2C.m 0的速度不变，M 、m 的速度都变为v′，且满足Mv=(M+m)v′D.M 、m 、m 0的速度均发生变化，M 和m 0的速度都变为v 1,m 的速度变为v 2，而且满足（M+m 0)v=(M+m 0)v 1+mv 2思路解析：M 和m 碰撞时间极短，在极短时间内弹簧形变极小，可忽略不计，因而m 0在水平方向上没有受外力作用，动量不变（速度没变）可以认为碰撞过程m 0没有参与，只涉及M 和m ，由于水平面光滑，弹簧形变极小，所以M 、m 组成的系统水平方向上动量守恒，两者碰后可能具有共同的速度，也可能分开，所以只有B 、C 正确.答案：BC3.A 、B 两球在光滑水平面上做相向运动，已知m A >m B ，当两球相碰后.其中一球停止，则可以断定（ ）A.碰前A 的动量等于B 的动量B.碰前A 的动量大于B 的动量C.若碰后A 的速度为零，则碰前A 的动量大于B 的动量D.若碰后B 的速度为零，则碰前A 的动量小于B 的动量思路解析：由动量守恒定律可知A 、B 错误，若碰后A 的速度为零，则碰后B 一定反向，由动量守恒定律可知C 正确；同理D 正确.答案：CD4.如图16-4-3所示，木块A 和B 的质量均为2 kg ，置于光滑水平面上，B 与一轻质弹簧一端相连，弹簧另一端固定在竖直挡板上，当A 以4 m/s 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，具有的弹性势能大小为（ ）图16-4-3A.4 JB.8 JC.16 JD.32 J思路解析：木块A 与B 碰撞时，认为来不及发生形变，合外力为零，系统总动量守恒，此过程总动能不守恒.当碰后再压缩弹簧时，机械能守恒，动量不守恒.最大弹性势能等于碰后总动能.根据动量守恒mv 0=2mv 20v v = 根据机械能守恒p E mv =⨯2221 J v m v m E p 84)2(2020=== 选项B 正确.答案：B5.如图16-4-4所示，有两个质量相同的小球A 和B （大小不计），A 球用细绳吊起，细绳长度等于悬点距地面的高度，B 点静止放于悬点正下方的地面上，现将A 球拉到距地面高度为h 处由静止释放，摆动到最低点与B 球碰撞后粘在一起共同上摆，则它们升起的最大高度为（ ）图16-4-4A.h/2B.hC.h/4D.2/h思路解析：A 球由静止释放做圆周运动，机械能守恒.A 与B 碰撞后粘在一起，做圆周运动，机械能守恒.根据机械能守恒定律221mv mgh =gh v 2= 应用动量守恒定律mv=2mv 1 gh v 2211= 根据机械能守恒定律1212221mgh mv =⨯ 42211h g v h ==,选项C 正确. 答案：C6.一个质量为m 1=5 kg 的小球静止在光滑的水平面上，一质量m 2=1 kg 的物体以v 0=12 m/s 的速度射向m 1并与之发生正碰，碰后m 1以速度v 1=4 m/s 沿v 0方向运动，求m 2碰后速度及碰撞过程中的机械能损失.思路解析：设碰后m 2速度为v 2，以v 0方向为正方向，则根据动量守恒有m 2v 0=m 1v 1+m 2v 2.得8m/s m/s 145121211022-=⨯-⨯=-=m v m v m v , 负号表示m 2被反弹.0)2121(21222211202=+-=v m m m v m E k . 答案：8 m/s 方向与初速反向 07.质子的质量是1.67×10-27 kg ，速度为1.0×107 m/s ，跟一个静止的氦核碰撞后，质子以6.0×106 m/s 的速度被反弹回来，氦核则以4.0×106 m/s 的速度运动，氦核的质量为多少？思路解析：这是一个碰撞问题，它遵守动量守恒定律，这里只须弄清系统的初末状态即可.以质子和氦核为一个系统.设质子质量为m 1，作用前的速度为v 1，作用后的速度为v 1′，氦核的质量为m 2，作用后的速度为v 2′,以质子的初速度方向为正，由动量守恒定律：m 1v 1+0=m 1v 1′+m 2v 2′ ''-=21112)(v v v m m 代入数据得：kg m 667272100.4)100.6100.1(1067.1⨯⨯-⨯⨯=- =6.68×10-27 kg.答案：6.68×10-27 kg8.第一个粒子质量是m 1，以v 0的速度与原来静止的质量为m 2的第二个粒子发生一维碰撞.测出了碰撞后第二个粒子的速度为v 2,求第一个粒子原来速度v 0的值可能范围.思路解析：本题考查动量守恒定律的特殊形式——碰撞.分析碰撞的几种形式，把碰撞中能量的转化搞清楚，本题就迎刃而解了.同时还应注意以下两点：①此题应用的解题方法可以归纳为“条件法”，特点是利用v 0的端值条件与题目中给出的条件相比较决定对v 0的取值.②在解题时，把完全弹性碰撞和完全非弹性碰撞，看成一般碰撞的特例，由碰撞的特点知，当碰撞后两粒子发生完全非弹性碰撞时，机械能损失最大.即m 1v 0=(m 1+m 2)v 2因此12210)(m v m m v += 这里的v 0是机械能损失最大情况的值，是v 0的上限，应满足12210)(m v m m v +≤① 机械能损失最小的情况是两粒子发生弹性碰撞时机械能损失为零由m 1v 0=m 1v 1+m 2v 2222211201212121v m v m v m += 联立以上两式得212102)(v m m m v += 得到的表达式是v 0的下限，但它不符合题意，题中机械能有损失，所以v 0应取为212102)(v m m m v +>②由两式①②得2121021212v m m m v v m m m +≤<+. 答案：2121021212v m m m v v m m m +≤<+ 9.如图16-4-5所示，长木板ab 的b 端固定一挡板，木板连同挡板的质量为M=4.0 kg ，a 、b 间距离s=2.0 m.木板位于光滑水平面上.在木板a 端有一小物块，其质量m=1.0 kg ，小物块与木板间的动摩擦因数μ=0.10，它们都处于静止状态.现令小物块以初速度v 0=4.0 m/s 沿木板向前滑动，直到和挡板相撞.碰撞后，小物块恰好回到a 端而不脱离木板.求碰撞过程中损失的机械能.图16-4-5思路解析：物块在木板上滑动过程中，摩擦力分别对物块和木板做功.碰撞时，能量有损失，但系统动量守恒.若能求出碰撞前后，系统的动能，则可以解决问题.但按题设条件不行，故应从全过程中能量的转化情况来求解.设木板和物块最后共同的速度为v ，由动量守恒定律mv 0=(m+M)v①设全过程损失的机械能为E ，220)(2121v M m mv E +-=② 用s 1表示从物块开始运动到碰撞前瞬间木板的位移，W 1表示在这段时间内摩擦力对木板所做的功，用W 2表示同样时间内摩擦力对物块所做的功.用s 2表示从碰撞后瞬间到物块回到a 端时木板的位移，W 3表示在这段时间内摩擦力对木板所做的功.用W 4表示同样时间内摩擦力对物块所做的功，用W 表示在全过程中摩擦力做的总功，则W 1=μmgs 1③W 2=-μmg （s 1+s)④ W 3=-μmgs 2⑤W 4=-μmg （s 2-s)⑥W=W 1+W 2+W 3+W 4⑦用E 1表示在碰撞过程中损失的机械能，则E 1=E-W⑧由①~⑧式解得mgs v Mm mM E μ221201-+= 代入数据得E 1=2.4 J答案：2.4 J走近高考10.质量为M 的木块在水平面上处于静止状态，有一质量为m 的子弹以水平速度v 0击中木块并与其一起运动，若木块与地面间动摩擦因数为μ，则木块在水平面上滑行的距离为多大？某同学解题时列了动量守恒式：mv 0=(M+m)v ，又列了能量守恒式：gs m M v m M mv )()(2121220+++=μ. 由以上两式得出结论，此结论正确吗？为什么？答案：不正确.子弹射入木块的过程中，作用时间极短，动量守恒，但有一部分机械能转化为内能，故能量守恒式应列为gs m M v m M )()(212+=+μ正确结论为220)(2m M g mv s +=μ. 11.如图16－4－6所示，在光滑的水平面上有一块质量m=1 kg 的长木板，木板上相距L=1.2 m 处各放一个质量m=1 kg 的小木块A 和B （这两个小木块可当作质点），现分别给A 木块向右的速度v 1=5 m/s,B 木块向左的速度v 2=2 m/s ，两木块沿同一直线相向运动，两木块与木板间的动摩擦因数μ=0.50，两木块相遇时做弹性碰撞（碰撞时间极短，且相互交换速度）.（g 取10 m/s 2)求：图16－4－6（1）如果A 、B 始终在木板上，两木块间的最大距离.(2)要使A 、B 始终在木板上，木板的长度至少要多长？思路解析：（1）解法一：两木块在木板上滑动时的加速度为m mg a μ==0.5×10 m/s 2=5 m/s 2经t s 两木块相遇 22212121at t v at t v L -+-= t=0.2 s两木块相遇前瞬间的速度分别为v 1′=4 m/sv 2′=1 m/s 两木块相碰后速度交换v 1″=1 m/sv 2″=4 m/s根据动量守恒定律，可求出两木块与木板的共同速度m 2v 2″-m 1v 1″=(m 1+m 2+m)vs m s m m m m v m v m v /1/314211122=-=++"-"= A 、B 两木块相对静止时相距最远222213212121mv mv mv mgs ⨯-"+"=μ mgmv mv mv s μ2322221-"+"= m 105.021341222⨯⨯⨯-+= =1.4 m.解法二：两木块从开始滑动到相对静止过程中，A 、B 、C 组成的系统动量守恒：mv 1-mv 2=(m+m+m)v从能的转化和守恒来看，减小的机械能全部用来克服摩擦阻力做功转化为热能，且一对摩擦阻力做功的代数和与接触面间的相对滑动的路程有关，令两物体最终相距s ，则有 222213212121)(mv mv mv L s f ⨯-+=+ 同理可得：s=1.4 m.(2)A 、B 两木块相遇时A 向右的位移为s am m m at vt s A 9.02.05212.052122=⨯⨯-⨯=-= A 、B 相碰后，A 向左的速度减小到零时，向左的位移为s a ′0.1m m 5212221=⨯="='a v s A 木板的最短长度为dd=s+s A -s A ′=1.4 m+0.9 m -0.1 m=2.2 m.答案：（1）1.4 m (2)2.2 m高考理综物理模拟试卷注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
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 。
高中物理第十六章动量守恒定律第4节碰撞随堂检测新人教版选修3_6.doc
第4节 碰撞1．(对应要点一)质量为1 kg 的小球以4 m/s 的速度与质量为2 kg 的静止小球正碰，关于碰后的速度v 1′和v 2′，下面哪些是可能正确的( )A ．v 1′＝v 2′＝43m/sB ．v 1′＝－1 m/s ，v 2′＝2.5 m/sC ．v 1′＝1 m/s ，v 2′＝3 m/sD ．v 1′＝3 m/s ，v 2′＝0.5 m/s解析：碰撞过程满足动量守恒，所以碰后系统的动量为p ′＝p ＝1 kg×4 m/s＝4 kg·m/s，方向与质量为1 kg 的小球的初速度方向相同，据此可排除选项C ；因为碰后，两球不可能发生再次碰撞，据此可排除选项D ；经检验，选项A 、B 满足碰撞过程应遵循的三个原则，所以选项A 、B 正确。
答案：AB2．(对应要点三)在光滑水平面上有两个相同的弹性小球A 、B ，质量都为m ，B 球静止，A 球向B 球运动，发生正碰。
已知碰撞过程中机械能守恒，两球压缩最紧时弹性势能为E p ，则碰前A 球的速度等于( )A. E pm B.2E pmC ．2E pmD ．22E pm解析：两球压缩最紧时速度相等，mv A ＝2mv ； ① 弹性势能E p ＝12mv 2A －12×2mv 2；②由①②得：v A ＝2 E pm。
故C 正确。
答案：C3．(对应要点二)一炮弹在水平飞行时，其动能为E k0＝800 J ，某时刻它炸裂成质量相等的两块且飞行方向与原来方向在同一条直线上，其中一块的动能为E k1＝625 J ，则另一块的动能E k2＝________ J 。
解析：以炮弹爆炸前的飞行方向为正方向，并考虑到动能为625 J 的一块的速度可能为正也可能为负，由动量守恒定律：p ＝p 1＋p 2，又因为：p ＝2mE k0所以：2mE k0＝± 2×m2E k1＋2×m2E k2，故：2E k0＝± E k1＋ E k2，解得：E k2＝225 J 或4 225 J答案：225或4 2254．(对应要点三)如图16－4－6所示，质量为m 的子弹以速度v0水平击中静止在光滑水平面上的木块，最终子弹停留在木块中。
2019-2020学年高中物理 第十六章 动量守恒定律 4 碰撞检测 新人教版选修3-5.doc
2019-2020学年高中物理 第十六章 动量守恒定律 4 碰撞检测 新人教版选修3-51．两个球沿直线相向运动，碰撞后两球都静止．则可以推断( ) A ．碰撞前两个球的动量一定相等 B ．两个球的质量一定相等 C ．碰撞前两个球的速度一定相等D ．碰撞前两个球的动量大小相等，方向相反解析：两球碰撞过程动量守恒，由于碰撞后两球都静止，总动量为零，故碰撞前两个球的动量大小相等，方向相反，A 错误，D 正确；两球的质量是否相等不确定，故碰撞前两个球的速度是否相等也不确定，B 、C 错误．答案：D2．(多选)矩形滑块由不同材料的上、下两层粘在一起组成，将其放在光滑的水平面上，质量为m 的子弹以速度v 水平射向滑块，若射击下层，子弹刚好不射出．若射击上层，则子弹刚好能射穿一半厚度，如图所示，上述两种情况相比较( )A ．子弹对滑块做功一样多B ．子弹对滑块做功不一样多C ．系统产生的热量一样多D ．系统产生的热量不一样多解析：由于都没有射出滑块，因此根据动量守恒，两种情况滑块最后的速度是一样的，即子弹对滑块做功一样多，再根据能量守恒，损失的机械能也一样多，故系统产生的热量一样多，选项A 、C 正确．答案：AC3.质量相等的三个物块在一光滑水平面上排成一直线，且彼此隔开了一定的距离，如图所示．具有动能E 0的第1个物块向右运动，依次与其余两个静止物块发生碰撞，最后这三个物块粘在一起，这个整体的动能为( )A ．E 0 B.2E 03 C.E 03 D.E 09解析：碰撞中动量守恒mv 0＝3mv 1，得v 1＝v 03，①E 0＝12mv 20，② E ′k ＝12×3mv 21.③由①②③得E ′k ＝12×3m ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 032＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12mv 20＝E 03，故C 正确．答案：C4.如图所示，木块A 质量m A ＝1 kg ，足够长的木板B 质量m B ＝4 kg ，质量为m C ＝4 kg 的木块C 置于木板B 上右侧，都处于静止状态，水平面光滑，B 、C 之间有摩擦．现使A 以v 0＝12 m/s 的初速度向右运动，与B 碰撞后以4 m/s 速度弹回．求：(1)B 运动过程中速度的最大值； (2)C 运动过程中速度的最大值；(3)整个过程中系统损失的机械能为多少．解析：(1)A 与B 碰后瞬间，B 速度最大．由A 、B 系统动量守恒(取向右为正方向)有：m A v 0＋0＝－m A v A ＋m B v B代入数据，得v B ＝4 m/s.(2)B 与C 共速后，C 速度最大，由B 、C 系统动量守恒，有m B v B ＋0＝(m B ＋m C )v C ，代入数据，得v C ＝2 m/s. (3)ΔE 损＝m A v 202－m A v 2A2－（m B ＋m C ）v 2C 2＝48 J.答案：(1)4 m/s (2)2 m/s (3)48 J1.如图所示，木块A 和B 质量均为2 kg ，置于光滑水平面上，B 与一轻质弹簧一端相连，弹簧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，具有的弹簧势能大小为( )A ．4 JB ．8 JC ．16 JD ．32 J解析：A 与B 碰撞过程动量守恒，有m A v A ＝(m A ＋m B )v AB ，所以v AB ＝v A2＝2 m/s.当弹簧被压缩到最短时，A 、B 的动能完全转化成弹簧的弹性势能，所以E p ＝12(m A ＋m B )v 2AB ＝8 J.答案：B2.在光滑的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小球以速度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值是( )A ．v 1＝v 2＝v 3＝13v 0 B ．v 1＝0，v 2＝v 3＝12v 0C ．v 1＝0，v 2＝v 3＝12v 0D ．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，动能守恒，碰撞后将交换速度，故D 项正确．答案：D3．冰壶运动深受观众喜爱，图1为2014年2月第22届索契冬奥会上中国队员投掷冰壶的镜头．在某次投掷中，冰壶甲运动一段时间后与对方静止的冰壶乙发生正碰，如图 2.若两冰壶质量相等，则碰后两冰壶最终停止的位置，可能是图中的哪幅图( )图1 图2A BC D解析：两球碰撞过程动量守恒，两球发生正碰，由动量守恒定律可知，碰撞前后系统动量不变，两冰壶的动量方向即速度方向不会偏离甲原来的方向，由图示可知，A 图示情况是不可能的，故A 错误；如果两冰壶发生弹性碰撞，碰撞过程动量守恒、机械能守恒，两冰壶质量相等，碰撞后两冰壶交换速度，甲静止，乙的速度等于甲的速度，碰后乙做减速运动，最后停止，最终两冰壶的位置如图B 所示，故B 正确；两冰壶碰撞后，甲的速度不可能大于乙的速度，碰后乙在前，甲在后，如图C 所示是不可能的，故C 错误；碰撞过程机械能不可能增大，两冰壶质量相等，碰撞后甲的速度不可能大于乙的速度，碰撞后甲的位移不可能大于乙的位移，故D 错误；故选B.答案：B4．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 球碰撞后，A 球的速度方向与碰撞前相反，则碰撞后B 球的速度大小可能是( )A ．0.6vB ．0.4vC ．0.3vD ．0.2v解析：A 、B 两球在水平方向上合外力为零，A 球和B 球碰撞的过程中动量守恒，设A 、B 两球碰撞后的速度分别为v 1、v 2，原来的运动方向为正方向，由动量守恒定律有：mv ＝mv 1＋2mv 2.①假设碰后A 球静止，即v 1＝0，可得v 2＝0.5v . 由题意知球A 被反弹，所以球B 的速度有v 2＞0.5v .②A 、B 两球碰撞过程能量可能有损失，由能量关系有：12mv 2≥12mv 21＋12mv 22.③ ①③两式联立得：v 2≤23v .④由②④两式可得：0.5v ＜v 2≤23v ，符合条件的只有0.6v ，所以选项A 正确，B 、C 、D 错误． 答案：A5.(多选)质量为M 、内壁间距为L 的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m 的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ.初始时小物块停在箱子正中间，如图所示．现给小物块一水平向右的初速度v ，小物块与箱壁碰撞N 次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止．设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为( )A.12mv 2B.12mM m ＋Mv 2C.12N μmgL D ．N μmgL解析：根据动量守恒，小物块和箱子的共同速度v ′＝mvM ＋m ，损失的动能ΔE k ＝12mv 2－12(M ＋m )v ′2＝12mM m ＋M v 2，所以B 正确；根据能量守恒，损失的动能等于因摩擦产生的热量，而计算热量的方法是摩擦力乘以相对位移，所以ΔE k ＝fNL ＝N μmgL ，可见D 正确．答案：BDB 级 提能力6．在光滑水平面上，有两个小球A、B沿同一直线同向运动(B在前)，已知碰前两球的动量分别为p A＝12 kg·m/s、p B＝13 k g·m/s，碰后它们动量的变化分别为Δp A、Δp B.下列数值可能正确的是( )A．Δp A＝－3 kg·m/s、Δp B＝3 kg·m/sB．Δp A＝3 kg·m/s、Δp B＝－3 kg·m/sC．Δp A＝－24 kg·m/s、Δp B＝24 kg·m/sD．Δp A＝24 kg·m/s、Δp B＝－24 kg·m/s解析：对于碰撞问题要遵循三个规律：动量守恒定律、碰后系统的机械能不增加和碰撞过程要符合实际情况．本题属于追及碰撞，碰前，后面运动小球的速度一定要大于前面运动小球的速度(否则无法实现碰撞)，碰后，前面小球的动量增大，后面小球的动量减小，减小量等于增大量，所以Δp A＜0，Δp B＞0，并且Δp A＝－Δp B，据此可排除选项B、D；若Δp A ＝－24 kg·m/s、Δp B＝24 kg·m/s，碰后两球的动量分别为p′A＝－12 kg·m/s、p′B＝37 kg·m/s，根据关系式E k＝p22m可知，A小球的质量和动量大小不变，动能不变，而B小球的质量不变，但动量增大，所以B小球的动能增大，这样系统的机械能比碰前增大了，选项C可以排除；经检验，选项A满足碰撞所遵循的三个原则，本题答案为A.答案：A7.如图所示，光滑水平轨道上放置长木板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为m A＝2 kg、m B＝1 kg、m C＝2 kg.开始时C静止，A、B一起以v0＝5 m/s 的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞．求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小．解析：因碰撞时间极短，A与C碰撞过程动量守恒，设碰撞后瞬间A的速度大小为v A，C的速度大小为v C，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m A v0＝m A v A＋m C v C，①A与B在摩擦力作用下达到共同速度，设共同速度为v AB，由动量守恒定律得：m A v A＋m B v0＝(m A＋m B)v AB.②A、B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足：v AB＝v C.③联立①②③式解得：v A＝2 m/s.答案：2 m/s8．如图所示，可看成质点的A物体叠放在上表面光滑的B物体上，一起以v0的速度沿光滑的水平轨道匀速运动，与静止在同一光滑水平轨道上的木板C发生碰撞，碰后B、C的速度相同，B 、C 的上表面相平且B 、C 不粘连，A 滑上C 后恰好能到达C 板的右端．已知A 、B 的质量相等，C 的质量为A 的质量的2倍，木板C 长为L ，重力加速度为g .求：(1)A 物体的最终速度；(2)A 物体与木板C 上表面间的动摩擦因数．解析：(1)设A 、B 的质量为m ，则C 的质量为2m ，B 、C 碰撞过程中动量守恒，令B 、C 碰后的共同速度为v 1，以B 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv 0＝3mv 1，解得：v 1＝v 03，B 、C 共速后A 以v 0的速度滑上C ，A 滑上C 后，B 、C 脱离A 、C 相互作用过程中动量守恒，设最终A 、C 的共同速度v 2，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv 0＋2mv 1＝3mv 2，解得v 2＝5v 09.(2)在A 、C 相互作用过程中，由能量守恒定律，得fL ＝12mv 20＋12·2mv 21－12·3mv 22，又f ＝μmg ，解得μ＝4v 227gL .答案：(1)5v 09 (2)4v 227gL9.如图所示，光滑水平直轨道上有三个质量均为m 的物块A 、B 、C .B 的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)．设A 以速度v 0向B 运动，压缩弹簧；当A 、B 速度相等时，B 与C 恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动．假设B 和C 碰撞过程时间极短．求从A 开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中：(1)整个系统损失的机械能； (2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能．解析：(1)从A 压缩弹簧到A 与B 具有相同速度v 1时，对A 、B 与弹簧组成的系统，由动量守恒定律得：mv 0＝2mv 1.①此时B 与C 发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为v 2，损失的机械能为ΔE ，对B 、C 组成的系统，由动量守恒和能量守恒定律得：mv 1＝2mv 2，②12mv 21＝12×2mv 22＋ΔE .③联立①②③式得：ΔE ＝116mv 20.④(2)由②式可知v 2＜v 1，A 将继续压缩弹簧，直至A 、B 、C 三者速度相同，设此速度为v 3，此时弹簧被压缩至最短，其弹性势能为E p .由动量守恒和能量守恒定律得：mv 1＋2mv 2＝3mv 3，⑤12mv 20＝ΔE ＋E p ＋12×3mv 23.⑥ 联立④⑤⑥式得：E p ＝1348mv 20.答案：(1)116mv 20 (2)1348mv 210.如图所示，两块相同平板P 1、P 2置于光滑水平面上，质量均为m .P 2的右端固定一轻质弹簧，左端A 与弹簧的自由端B 相距L .物体P 置于P 1的最右端，质量为2m ，且可看作质点．P 1与P 以共同速度v 0向右运动，与静止的P 2发生碰撞，碰撞时间极短．碰撞后P 1与P 2粘连在一起．P 压缩弹簧后被弹回并停在A 点(弹簧始终在弹性限度内)．P 与P 2之间的动摩擦因数为μ.求：(1)P 1、P 2刚碰完时的共同速度v 1和P 的最终速度v 2； (2)此过程中弹簧的最大压缩量x 和相应的弹性势能E p . 解析：(1)P 1、P 2碰撞过程，由动量守恒定律：mv 0＝2mv 1.①解得：v 1＝v 02，方向水平向右② 对P 1、P 2、P 系统，由动量守恒定律：mv 0＋2mv 0＝4mv 2.③解得：v 2＝34v 0，方向水平向右．④(2)当弹簧压缩至最大时，P 1、P 2、P 三者具有共同速度v 2，由动量守恒定律：mv 0＋2mv 0＝4mv 2.⑤对系统由能量守恒定律：2μmg ×2(L ＋x )＝12×2mv 20＋12×2mv 21－12×4mv 22⑥解得：x ＝v 2032μg－L .⑦最大弹性势能：E p ＝12×2mv 20＋12×2mv 21－12×4mv 22－2μmg (L ＋x )．⑧解得：E p ＝116mv 20.答案：(1)v 1＝v 02，方向水平向右v 2＝34v 0，方向水平向右(2)x ＝v 2032μg －L ，E p ＝116mv 20.。
高中物理第十六章动量守恒定律16.4碰撞课后巩固训练新人教版选修3_50227457.doc
16.4 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，M A ＝1 kg ，M B ＝2 kg ，v A ＝6 m/s ，v B ＝2 m/s ，当A 球与B 球发生碰撞后，A 、B 两球速度可能为( )A ．v A ＝5 m/s ，vB ＝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：M A v A ＋M B v B ＝(M A ＋M B )v ，代入数据计算得出：v ＝103m/s ，如果两球发生完全弹性碰撞，有：M A v A ＋M B v B ＝M A v A ′＋M B v B ′，由机械能守恒定律得：12M A v 2A ＋12M B v 2B ＝12M A v A ′2＋12M B v B ′2，代入数据计算得出：v A ′＝23 m/s ，v B ′＝143m/s ，则碰撞后A 、B 的速度：23m/s≤v A ≤103 m/s ，103 m/s≤v B ≤143m/s ，所以B 正确。
2．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E p ，则碰撞前A 的速度等于( ) A. E p m B. 2E pm C ．2 E p m D ．2 2E pm答案 C解析 两球压缩最紧时速度相等，由动量守恒定律得mv A ＝2mv ，弹性势能E p ＝12mv 2A －12×2mv 2，联立解得v A ＝2E p m，选项C 正确。
3．如图甲所示，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，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v t 图象，由此可求出( )A ．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v 1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，m A v 0＝(m A ＋m B )v 1，解得m A m B ＝v 1v 0－v 1，故可以确定物体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a A ＝v 0－v 1t 1，由牛顿第二定律可得μm A g ＝m A a A ，可得μ的大小，选项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，选项D 错误。
人教版选修3-5 第十六章动量守恒定律第4节碰撞-子弹打木块模型专题专项训练习试题(无答案)
高三物理选修3-5第十六章动量守恒定律第四节碰撞子弹打木块模型专题专项训练习题集【典题强化】1．一质量为M的木块放在光滑的水平面上，一质量为m的子弹以初速度v0水平飞来打进木块并留在其中，设相互作用力为F f。
试求：（1）子弹、木块相对静止时的速度v（2）子弹、木块在水平面上发生的位移x1、x2分别为多少？（3）子弹打进木块的深度d为多少？（4）系统损失的机械能、系统增加的内能分别为多少？（5）子弹打进木块的作用时间？2．在光滑水平面上有一木块保持静止，子弹穿过木块，下列说法中正确的是（）A．子弹对木块做功使木块内能增加B．子弹损失的机械能等于子弹与木块增加的内能C．子弹损失的机械能等于木块动能的增加和木块、子弹增加的内能的总和D．子弹与木块总动能守恒3．如图所示，子弹射入放在水平光滑地面上静止的木块后而穿出。
以地面为参考系，下列说法中正确的说法是（）A．子弹减少的动能转变为木块的动能B．子弹和木块系统的机械能守恒C．子弹动能的减少等于子弹克服木块阻力所作的功D．子弹克服木块阻力所作的功等于这一过程中产生的热4．一子弹以一定的初速度射入放在光滑平面上的木块中，并共同运动。
下列说法中正确的是（）A．阻力对子弹做的功等于木块动能的增加与摩擦生的热的总和B．木块对子弹做的功等于子弹对木块做的功C．木块对子弹的冲量等于子弹对木块的冲量D．系统损失的机械能等于子弹损失的动能和子弹对木块所做功的差5．光滑水平面上，静置厚度不同的木块A与B，质量均为M，质量为m的子弹具有这样的水平速度，它击中可自由滑动的木块A后，正好能射穿它。
现A固定，子弹以上述速度穿过A后，恰好还能射穿可自由滑动的木块B，两木块与子弹的作用力相同，求两木块厚度之比。
6．质量相同的两木块从同一高度同时开始自由下落，至某一位置时A被水平飞来的子弹击中(未穿出)。
则A、B两木块的落地时间t、t相比较，下列结果正确的是（）A．t A= t B B．t A＞t B C．t A＜t B D．无法判断7．质量为m的匀质木块静止在光滑水平面上，木块左右两侧各有一位拿着完全相同步枪和子弹的射击手。
高中物理第十六章动量守恒定律第4节碰撞课下作业新人教版选修3_5
第4节碰撞1．在光滑水平面上，两球沿球心连线以相等速率相向而行，并发生碰撞，下列现象可能的是( )A．若两球质量相同，碰后以某一相等速率互相分开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：AD 2．如图1甲所示，一质子以v1＝1.0×107m/s的速度与一个静止的未知核正碰，碰撞后质子以v1′＝6.0×106m/s的速度反向弹回，未知核以v2′＝4.0×106m/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m2m1＝v1＋v1′v2′＝1.0×107＋6.0×1064.0×106＝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m a v a －m b v b ＝0，即p a ＝p b 由于下落过程是平抛运动，由图v a ＞v b ，因此m a ＜m b ，由E k ＝p22m 知E k a ＞E k b ，即C 项正确，D 项错误；由于v a ＞v b ，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v a ′＞v b ′，即A 项正确，B 项错误。
高中物理 第十六章 第四节 碰撞练案 新人教版选修3-5
第十六章 动量守恒定律4 碰撞当堂检测 A 组（反馈练）1、质量相等的A 、B 两球在光滑水平面上沿同一直线、向同一方向运动, A 球的动量为7 kg·m/s, B 球的动量为 5 kg·m/s, 当A 球追上B 球发生碰撞后, A 、B 两球的动量不可能为( )A. p A =6 kg·m/s p B A =3 kg·m/s p B=C. p A =－2 kg·m/s p B =14 kg·m/sD. p A =－4 kg·m/s p B =17 k2、如图16－4－4，在光滑水平地面上有三个完全相同的小球排成一条直线。
2、3小球静止，并靠拢在一起，1球以速度v 0射向它们，设碰撞中不损失机械能，则碰后三个小球的速度可能值是 ( )A.v 1=v 2=v 3=v 0/3B. v 1=0,v 2=v 3=v 0/2C. v 1=v 0/2,v 2=v 3=0D. v 1=v 2=0,v 3=v 0 3、质量相同的A 、B 两木块从同一高度自由下落，当A 木块落至某一位置时被水平飞来的子弹很快的击中（设子弹未穿出），则A 、B 两木块在空中的运动时间t a 、t b 的关系是（ ）A. t a =t bB. t a >t bC. t a <t bD.无法比较B 组（拓展练）1．如图16－4－5所示，质量为3 kg 的木板放在光滑水平面上，质量为1 kg 的物块在木板上，它们之间有摩擦，木板足够长，两者都以4 m/s 的初速度向相反方向运动，当木板的速度为2.4 m/s 时，物块()图16－4－5A ．做加速运动B ．做减速运动C ．做匀速运动D ．静止不动2．(2009·山东高考)如图16－4－6所示，光滑水平直轨道上有三个滑块A 、B 、C ，质量分别为m A ＝m C ＝2m ，m B ＝m ，A 、B 用细绳连接，中间有一压缩的轻弹簧(弹簧与滑块不拴接)．开始时A 、B 以共同速度v 0运动，C 静止．某时刻细绳突然断开，A 、B 被弹开，然后B 又与C 发生碰撞并粘在一起，最终三滑块速度恰好相同．求B 与C 碰撞前B 的速度．图16－4－63．如图16－4－7所示，两个质量均为m 的物块A 、B 通过轻弹簧连在一起静止于光滑水平面上．另一物块C 以一定的初速度向右匀速运动，与A 发生碰撞并粘在一起．若要使弹簧具有最大弹性势能时，A 、B 、C 及弹簧组成的系统的动能刚好是势能的2倍，则C 的质量应满足什么条件？16－4－4图16－4－74．如图16－4－8所示，一辆质量为M 的平板小车在光滑的水平面上以速度v 做直线运动，今在小车的前端轻轻地放上一个质量为m 的物体，物体放在小车上时相对于地面的水平速度为零，设物体与小车之间的动摩擦因数为μ，为使物体不致从小车上滑下去，小车的最短长度为多少？图16－4－85．(2010·苏州模拟)如图16－4－9所示，在水平光滑直导轨上，静止着三个质量均为m ＝1 kg 的相同小球A 、B 、C ，现让A 球以v 0＝2 m/s 的速度向着B 球运动，A 、B 两球碰撞后粘合在一起，两球继续向右运动并跟C 球碰撞，C 球的最终速度v C ＝1 m/s.求：图16－4－9(1)A 、B 两球跟C 球相碰前的共同速度多大？(2)两次碰撞过程中一共损失了多少动能？【参考答案】A 组（反馈练）:1．A 2．D 3．BB 组（拓展练）:1．选A 由于木板和物块之间有摩擦，放在光滑的水平面上后，由于木板足够长，故木板和物块系统动量守恒，最终二者将具有共同的速度．规定向右的方向为正方向，根据动量守恒得：3×4 kg·m/s－1×4 kg·m/s＝(3 kg ＋1 kg)v ，所以v ＝2 m/s ，方向向右．当木板速度为2.4 m/s 时，设物块的速度为v ′，根据动量守恒得：3×4 kg·m/s－1×4 kg·m/s＝3×2.4 kg·m/s ＋1 kg×v ′，v ′＝0.8 m/s ，方向向右．因v ′＜v ，故此时物块正在做加速运动.2．解析：设共同速度为v ，滑块A 与B 分开后，B 的速度为v B ，由动量守恒定律：(m A ＋m B )v 0＝m A v ＋m B v B ①m B v B ＝(m B ＋m C )v ②联立①②式，得B 与C 碰撞前B 的速度为v B ＝95v 0. 3．解析：A 与C 发生碰撞的过程中动量守恒，有：m C v 0＝(m C ＋m )v 1当弹簧弹性势能最大时，A 、B 、C 速度相等，由动量守恒得：(m C ＋m )v 1＝(m C ＋2m )v 2A 和C 粘合后至A 、B 、C 达到共同速度的过程中，A 、B 、C 组成的系统机械能守恒，所以有： 12(m ＋m C )v 21＝12(m C ＋2m )v 22＋E p E p ＝14(m C ＋2m )v 22 联立上述各式得m C ＝m .4．解析：达到相对静止时有共同速度v ′则由动量守恒有Mv ＝(m ＋M )v ′平板车的最小长度为两者发生的最小相对距离，设为L .由能量守恒有μmgL ＝12Mv 2－12(m ＋M )v ′2 联立解得L ＝Mv 22μ(m ＋M )g. 5．解析：(1)A 、B 相碰满足动量守恒：mv 0＝2mv 1得两球跟C 球相碰前的速度v 1＝1 m/s.(2)两球与C 碰撞同样满足动量守恒：2mv 1＝mv C ＋2mv 2 得两球碰后的速度v 2＝0.5 m/s ，两次碰撞损失的动能|ΔE k |＝12mv 20－12×2mv 22－12mv 2C ＝1.25 J.。
高中物理第十六章碰撞成长训练新人教选修
4 碰撞主动成长夯基达标1.在光滑水平地面上有两个相同的弹性小球A 、B ，质量都是m ，现B 球静止，B 球与一轻弹簧相连接，A 球向B 球运动，发生正碰.已知碰撞过程中总机械能守恒，两球压缩最紧时弹性势能为p E ，则碰前A 球速度等于（ ） A.m E p B.mE p2 C.m E p2 D.m E p2思路解析：碰撞过程动量守恒，两球组成的系统机械能守恒，压缩到最紧时两球速度相等，则有 mv 0=2mv①p E v m mv =-220)2(2121② 可由①②式解得碰前A 的速度m E v p20=.答案：C2.质量为M 和m 0的滑块用轻弹簧连接，以恒定的速度v 沿光滑水平面运动，与位于正对面的质量为m 的静止滑块发生碰撞，如图16-4-2所示，碰撞时间极短，在此过程中，下列哪个或哪些说法是可能发生的（ ）图16-4-2A.M 、m 0、m 速度均发生变化，分别为v 1、v 2、v 3，而且满足（M+m 0)v=Mv 1+mv 2+m 0v 3B.m 0的速度不变，M 和m 的速度变为v 1和v 2，而且满足Mv=Mv 1+mv 2C.m 0的速度不变，M 、m 的速度都变为v′，且满足Mv=(M+m)v′D.M 、m 、m 0的速度均发生变化，M 和m 0的速度都变为v 1,m 的速度变为v 2，而且满足（M+m 0)v=(M+m 0)v 1+mv 2思路解析：M 和m 碰撞时间极短，在极短时间内弹簧形变极小，可忽略不计，因而m 0在水平方向上没有受外力作用，动量不变（速度没变）可以认为碰撞过程m 0没有参与，只涉及M 和m ，由于水平面光滑，弹簧形变极小，所以M 、m 组成的系统水平方向上动量守恒，两者碰后可能具有共同的速度，也可能分开，所以只有B 、C 正确.答案：BC3.A 、B 两球在光滑水平面上做相向运动，已知m A >m B ，当两球相碰后.其中一球停止，则可以断定（ ）A.碰前A 的动量等于B 的动量B.碰前A 的动量大于B 的动量C.若碰后A 的速度为零，则碰前A 的动量大于B 的动量D.若碰后B 的速度为零，则碰前A 的动量小于B 的动量思路解析：由动量守恒定律可知A 、B 错误，若碰后A 的速度为零，则碰后B 一定反向，由动量守恒定律可知C 正确；同理D 正确.答案：CD4.如图16-4-3所示，木块A 和B 的质量均为2 kg ，置于光滑水平面上，B 与一轻质弹簧一端相连，弹簧另一端固定在竖直挡板上，当A 以4 m/s 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，具有的弹性势能大小为（ ）图16-4-3A.4 JB.8 JC.16 JD.32 J思路解析：木块A 与B 碰撞时，认为来不及发生形变，合外力为零，系统总动量守恒，此过程总动能不守恒.当碰后再压缩弹簧时，机械能守恒，动量不守恒.最大弹性势能等于碰后总动能.根据动量守恒mv 0=2mv 20v v = 根据机械能守恒p E mv =⨯2221 J v m v m E p 84)2(2020=== 选项B 正确.答案：B5.如图16-4-4所示，有两个质量相同的小球A 和B （大小不计），A 球用细绳吊起，细绳长度等于悬点距地面的高度，B 点静止放于悬点正下方的地面上，现将A 球拉到距地面高度为h 处由静止释放，摆动到最低点与B 球碰撞后粘在一起共同上摆，则它们升起的最大高度为（ ）图16-4-4A.h/2B.hC.h/4D.2/h思路解析：A 球由静止释放做圆周运动，机械能守恒.A 与B 碰撞后粘在一起，做圆周运动，机械能守恒.根据机械能守恒定律221mv mgh =gh v 2= 应用动量守恒定律mv=2mv 1 gh v 2211= 根据机械能守恒定律1212221mgh mv =⨯ 42211h g v h ==,选项C 正确. 答案：C6.一个质量为m 1=5 kg 的小球静止在光滑的水平面上，一质量m 2=1 kg 的物体以v 0=12 m/s 的速度射向m 1并与之发生正碰，碰后m 1以速度v 1=4 m/s 沿v 0方向运动，求m 2碰后速度及碰撞过程中的机械能损失.思路解析：设碰后m 2速度为v 2，以v 0方向为正方向，则根据动量守恒有m 2v 0=m 1v 1+m 2v 2.得8m/s m/s 145121211022-=⨯-⨯=-=m v m v m v , 负号表示m 2被反弹.0)2121(21222211202=+-=v m m m v m E k . 答案：8 m/s 方向与初速反向 07.质子的质量是1.67×10-27 kg ，速度为1.0×107 m/s ，跟一个静止的氦核碰撞后，质子以6.0×106 m/s 的速度被反弹回来，氦核则以4.0×106 m/s 的速度运动，氦核的质量为多少？思路解析：这是一个碰撞问题，它遵守动量守恒定律，这里只须弄清系统的初末状态即可.以质子和氦核为一个系统.设质子质量为m 1，作用前的速度为v 1，作用后的速度为v 1′，氦核的质量为m 2，作用后的速度为v 2′,以质子的初速度方向为正，由动量守恒定律：m 1v 1+0=m 1v 1′+m 2v 2′ ''-=21112)(v v v m m 代入数据得：kg m 667272100.4)100.6100.1(1067.1⨯⨯-⨯⨯=- =6.68×10-27 kg.答案：6.68×10-27 kg8.第一个粒子质量是m 1，以v 0的速度与原来静止的质量为m 2的第二个粒子发生一维碰撞.测出了碰撞后第二个粒子的速度为v 2,求第一个粒子原来速度v 0的值可能范围.思路解析：本题考查动量守恒定律的特殊形式——碰撞.分析碰撞的几种形式，把碰撞中能量的转化搞清楚，本题就迎刃而解了.同时还应注意以下两点：①此题应用的解题方法可以归纳为“条件法”，特点是利用v 0的端值条件与题目中给出的条件相比较决定对v 0的取值.②在解题时，把完全弹性碰撞和完全非弹性碰撞，看成一般碰撞的特例，由碰撞的特点知，当碰撞后两粒子发生完全非弹性碰撞时，机械能损失最大.即m 1v 0=(m 1+m 2)v 2因此12210)(m v m m v += 这里的v 0是机械能损失最大情况的值，是v 0的上限，应满足12210)(m v m m v +≤① 机械能损失最小的情况是两粒子发生弹性碰撞时机械能损失为零由m 1v 0=m 1v 1+m 2v 2222211201212121v m v m v m += 联立以上两式得212102)(v m m m v += 得到的表达式是v 0的下限，但它不符合题意，题中机械能有损失，所以v 0应取为212102)(v m m m v +>②由两式①②得2121021212v m m m v v m m m +≤<+. 答案：2121021212v m m m v v m m m +≤<+ 9.如图16-4-5所示，长木板ab 的b 端固定一挡板，木板连同挡板的质量为M=4.0 kg ，a 、b 间距离s=2.0 m.木板位于光滑水平面上.在木板a 端有一小物块，其质量m=1.0 kg ，小物块与木板间的动摩擦因数μ=0.10，它们都处于静止状态.现令小物块以初速度v 0=4.0 m/s 沿木板向前滑动，直到和挡板相撞.碰撞后，小物块恰好回到a 端而不脱离木板.求碰撞过程中损失的机械能.图16-4-5思路解析：物块在木板上滑动过程中，摩擦力分别对物块和木板做功.碰撞时，能量有损失，但系统动量守恒.若能求出碰撞前后，系统的动能，则可以解决问题.但按题设条件不行，故应从全过程中能量的转化情况来求解.设木板和物块最后共同的速度为v ，由动量守恒定律mv 0=(m+M)v①设全过程损失的机械能为E ，220)(2121v M m mv E +-=② 用s 1表示从物块开始运动到碰撞前瞬间木板的位移，W 1表示在这段时间内摩擦力对木板所做的功，用W 2表示同样时间内摩擦力对物块所做的功.用s 2表示从碰撞后瞬间到物块回到a 端时木板的位移，W 3表示在这段时间内摩擦力对木板所做的功.用W 4表示同样时间内摩擦力对物块所做的功，用W 表示在全过程中摩擦力做的总功，则W 1=μmgs 1③W 2=-μmg （s 1+s)④ W 3=-μmgs 2⑤W 4=-μmg （s 2-s)⑥W=W 1+W 2+W 3+W 4⑦用E 1表示在碰撞过程中损失的机械能，则E 1=E-W⑧由①~⑧式解得mgs v Mm mM E μ221201-+= 代入数据得E 1=2.4 J答案：2.4 J走近高考10.质量为M 的木块在水平面上处于静止状态，有一质量为m 的子弹以水平速度v 0击中木块并与其一起运动，若木块与地面间动摩擦因数为μ，则木块在水平面上滑行的距离为多大？某同学解题时列了动量守恒式：mv 0=(M+m)v ，又列了能量守恒式：gs m M v m M mv )()(2121220+++=μ. 由以上两式得出结论，此结论正确吗？为什么？答案：不正确.子弹射入木块的过程中，作用时间极短，动量守恒，但有一部分机械能转化为内能，故能量守恒式应列为gs m M v m M )()(212+=+μ正确结论为220)(2m M g mv s +=μ. 11.如图16－4－6所示，在光滑的水平面上有一块质量m=1 kg 的长木板，木板上相距L=1.2 m 处各放一个质量m=1 kg 的小木块A 和B （这两个小木块可当作质点），现分别给A 木块向右的速度v 1=5 m/s,B 木块向左的速度v 2=2 m/s ，两木块沿同一直线相向运动，两木块与木板间的动摩擦因数μ=0.50，两木块相遇时做弹性碰撞（碰撞时间极短，且相互交换速度）.（g 取10 m/s 2)求：图16－4－6（1）如果A 、B 始终在木板上，两木块间的最大距离.(2)要使A 、B 始终在木板上，木板的长度至少要多长？思路解析：（1）解法一：两木块在木板上滑动时的加速度为m mg a μ==0.5×10 m/s 2=5 m/s 2经t s 两木块相遇 22212121at t v at t v L -+-= t=0.2 s两木块相遇前瞬间的速度分别为v 1′=4 m/sv 2′=1 m/s 两木块相碰后速度交换v 1″=1 m/sv 2″=4 m/s根据动量守恒定律，可求出两木块与木板的共同速度m 2v 2″-m 1v 1″=(m 1+m 2+m)vs m s m m m m v m v m v /1/314211122=-=++"-"= A 、B 两木块相对静止时相距最远222213212121mv mv mv mgs ⨯-"+"=μ mgmv mv mv s μ2322221-"+"= m 105.021341222⨯⨯⨯-+= =1.4 m.解法二：两木块从开始滑动到相对静止过程中，A 、B 、C 组成的系统动量守恒：mv 1-mv 2=(m+m+m)v从能的转化和守恒来看，减小的机械能全部用来克服摩擦阻力做功转化为热能，且一对摩擦阻力做功的代数和与接触面间的相对滑动的路程有关，令两物体最终相距s ，则有 222213212121)(mv mv mv L s f ⨯-+=+ 同理可得：s=1.4 m.(2)A 、B 两木块相遇时A 向右的位移为s am m m at vt s A 9.02.05212.052122=⨯⨯-⨯=-= A 、B 相碰后，A 向左的速度减小到零时，向左的位移为s a ′0.1m m 5212221=⨯="='a v s A 木板的最短长度为dd=s+s A -s A ′=1.4 m+0.9 m -0.1 m=2.2 m.答案：（1）1.4 m (2)2.2 m2019-2020学年高考物理模拟试卷一、单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1．某工厂检查立方体工件表面光滑程度的装置如图所示，用弹簧将工件弹射到反向转动的水平皮带传送带上，恰好能传送过去是合格的最低标准。
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4 碰撞 更上一层楼 基础·巩固 1.质量为3m的机车，其速度为v0.在与质量为2m的静止车厢碰撞后挂在一起时的速度为( ) A.3v0/2 B.2v0/3 C.2v0/5 D.3v0/5 解析：碰撞的特点是物体间的相互作用突然发生，持续时间很短，在相撞时间内，外力远小于物体之间的作用，即动量守恒.则3m·v0=(3m+2m)v得v=3v0/5. 答案：D 2.A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的动量是5 kg·m/s，B球的动量是7 kg· m/s，当A球追上B球时发生碰撞，则碰后A、B两球的动量可能值分别是( ) A.6 kg·m/s，6 kg·m/s B.3 kg·m/s，9 kg·m/s C.-2 kg·m/s，14 kg·m/s D.-5 kg·m/s，15 kg·m/s 解析：两球构成的系统动量守恒，A球减少的动量大小等于B球增加的动量大小，故B、C两项正确.A选项虽然作用前后的动量相等，但A球的动量不可能增加，所以A错. 答案：BC 3.如图16-4-8所示，质量为m的人立于平板车上，人与车的总质量为M，人与车以速度v1
在光滑水平面上向东运动.当此人相对于车以速度v2竖直跳起时,车的速度变为( )
图16-4-8 A.mMMvMv21向东 B.mMMv1向东
C.mMMvMv21向东 D.v1向东 解析：人和车这个系统，在水平方向上合外力等于零，系统在水平方向上动量守恒.设车的速度V1的方向为正方向，选地面为参照系.初态车和人的总动量为Mv1，末态车的动量为(M-m)v1′(因为人在水平方向上没有受到冲量，其水平动量保持不变).人在水平方向上对地的动量仍为mv1， 则有Mv1=(M-m) v1′+mv1 (M-m)v1=(M-m) v1′ 所以v1′=v1，正确答案应为D. 答案：D 4.在光滑水平面上，动能为E0、动量为p0的小钢球1与静止小钢球2发生碰撞，碰撞前后球1的运动方向相反.将碰撞后球1的动能和动量大小分别记为E1、p1，球2的动能和动量的大小分别记为E2、p2，则必有( ) A.E1＜E0 B.p1＜p0 C.E2＞E0 D.p2＞p0 解析：两个钢球组成的系统在碰撞过程中动量守恒，设钢球1初动量的方向为正方向，又由 动量守恒定律得：p0=p2-p1，可见p2＞p0，故选项D正确.单从动量方面分析，p1可以大于p0，若如此必有碰后系统的动能增加，但对于碰撞问题碰撞后系统的动能不可能大于碰前系统的动能，因此E1+E2≤E0，必有E1＜E0，E2＜E0，显然选项A正确，选项C错误.由动量的大小和动能的关系p2=2mEk，因为E1＜E0，得p1＜p0 ，选项B正确. 答案：ABD 5.甲、乙两球在光滑水平轨道上同向运动，已知它们的动量分别是p甲=5 kg·m/s，p乙=7 kg·m/s，甲追上乙并发生碰撞，碰撞后乙球的动量变为p乙′=10 kg·m/s，则两球质量m
甲与m乙的关系可能是( ) A.m甲=m乙 B.m乙=2m甲 C.m乙=4m甲 D.m乙=6m甲
解析：由碰撞中的动量守恒可求得p甲′=2 kg·m/s.要使甲追上乙必须有：v甲＞v乙,即甲甲
m
p
＞乙乙mp，所以m乙＞1.4m甲.碰后由于p甲′、p乙′均大于零，表示运动同向，则应用 v甲′≤v乙′，即甲甲mp'≤甲乙mp'， 所以m乙≤5m甲.再由碰撞中的机械能不增加，则乙乙甲甲mpmp2222≥乙乙甲甲mpmp222'2'， 代入数据得：m乙＞2151m甲，综合上述讨论，m甲与m乙的关系应为2151m甲≤m乙≤5m甲. 答案：C 6.质量为490 g的木块静止在光滑水平面上，质量为10 g的子弹以500 m/s的速度水平射入木块并嵌在其中，从子弹刚射入木块至与木块相对静止的过程中，它们的共同运动速度为10 m/s.木块增加的动能为____________________J，子弹损失的动能为___________________J，产生的内能是___________________J.
解析：木块增加的动能为：21m2v22=21×0.49×102 J=24.5 J，子弹损失的动能为：
21m1v02-21m1v12=21×0.01×(5002-102) J=1 249.5 J，所以产生的内能为1 249.5 J-24.5
J=1225 J. 答案：24.5 1 249.5 1 225 7.如图16-4-9所示，质量为0.5 kg的小球在距离车底面高20 m处以一定的初速度向左平抛，落在以7.5 m/s速度沿光滑水平面向右匀速行驶的敞篷小车中，车底涂有一层油泥，车与油泥的总质量为4 kg，设小车在落到车底前瞬间速度是25 m/s，则当小球与小车相对静止时，小球与小车发生的是什么碰撞？此过程中有没有动能损失？
图16-4-9 解析：由于小球与小车碰后具有共同速度，所以它们的碰撞为完全非弹性碰撞.此过程中动能损失最大. 8.如图16-4-10所示，长l为0.8 m的细绳，一端固定于O点，另一端系一个质量m1为0.2 kg的球.将球提起使细绳处于水平位置时无初速释放.当球摆至最低点时，恰与放在光滑水平桌面边缘的质量m2为0.2 kg的铁块发生弹性正碰，碰后小球静止.若光滑桌面距地面高度h为1.25 m，铁块落地点距桌边的水平距离多大？(g取10 m/s2)
图16-4-10 解析：球下落过程中机械能守恒，由于两球发生弹性正碰，动能守恒，可对全过程利用能量守恒进行计算.碰后铁块做平抛运动，利用平抛运动公式计算.
由于两球发生弹性正碰，动能守恒，所以21m2v22=m1gl-0，解得v2=4 m/s.
由平抛射程公式可求得铁块的水平射程：s=v2gh2=4×101.252 m=2 m. 综合·应用 9.(2004天津高考)如图16-4-11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mB=2mA.规定向右为正方向，A、B两球的动量大小均为6 kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为-4 kg·m/s，则( )
图16-4-11 A.左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5 B.左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10 C.右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5 D.右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10 解析：由质量关系、动量增量关系判断球的位置.由mB=2mA、pB=pA知：vA=2vB. 对两球发生碰撞的情况进行讨论： (1)A球在左方，都向右运动.由动量守恒定律得：pA′=2 kg·m/s，pB′=10 kg·m/s，即
''BBAAvmvm=102，故''
BA
v
v
=52;
(2)A球在左方，且A向右运动，B向左运动，由题意知pa′=2 kg·m/s，pb′=-2 kg·m/s，A、B两球碰后继续相向运动是不可能的; (3)B球在左方，A球在右方，则此种情况下ΔpA＞0. 由以上分析知，只有第一种情况成立. 答案：A 10.(精彩回放)一轻质弹簧，上端悬挂于天花板，下端系一质量为M的平板，处在平衡状态.一质量为m的均匀环套在弹簧外，与平板的距离为h，如图16-4-12所示，让环自由下落，撞击平板，已知碰后环与板以相同的速度向下运动，使弹簧伸长( ) 图16-4-12 A.若碰撞时间极短，则碰撞过程中环与板的总动量守恒 B.若碰撞时间极短，则碰撞过程中环与板的总机械能守恒 C.环撞击板后，板的新的平衡位置与ｈ的大小无关 D.在碰后板和环一起下落的过程中，它们减少的动能等于克服弹簧力所做的功 解析：环套与板碰撞时间极短，二者之间的内力远大于外力(重力、弹簧弹力)，环套与板的总动量守恒，A项正确. 因碰后两者速度相同，说明环套与板的碰撞为完全非弹性碰撞，动能损失最多，碰撞过程中总机械能不守恒，B项错. 碰后，环套与板做简谐运动，板的新的平衡位置就是停振后板所处的位置，由平衡条件
kx0=(m+M) g,x0=kMm g，x0与h大小无关，C项正确. 碰后下落过程中，板和环套减少的动能和减少的重力势能都转化为弹性势能.弹性势能的增加与克服弹簧力做的功相同，故D项错. 答案：AC 12.(2006江苏高考)如图16-4-13所示，质量均为m的A、B两个弹性小球，用长为2l的不可伸长的轻绳连接，现把A、B两球置于距地面高H处(H足够大)，间距为l，当A球自由下落的同时，将B球以速度v0指向A球水平抛出.求：
图16-4-13 (1)两球从开始运动到相碰，A球下落的高度； (2)A、B两球碰撞(碰撞时无机械能损失)后，各自速度的水平分量； (3)轻绳拉直过程中，B球受到绳子拉力的冲量大小. 解析：(1)设A球下落的高度为h， l=v0t，①
h=21gt2②
联立①②得h=2022vgl.③ (2)由水平方向动量守恒得 mv0=mvAx′+mvBx′④ 由机械能守恒得 21m(v02+2yBv)+21m2yAv=21m(vA′2+2'yAv)+21m(2''xBv+2'yBv) ⑤
式中yyBAvv',yyBBvc'. 联立④⑤得'xBv=v0,'xBv=0. (3)由水平方向动量守恒得mv0=2mvBx″，
l=mvBx″=m20v. 12.(2006重庆高考)如图16-4-14所示，半径为R的光滑圆形轨道固定在竖直面内.小球A、B质量分别为m、βm(β为待定系数).A球从左边与圆心等高处由静止开始沿轨道下滑，与
静止于轨道最低点的B球相撞，碰撞后A、B球能达到的最大高度均为41R，碰撞中无机械能损失.重力加速度为g.试求：
图16-4-14 (1)待定系数β； (2)第一次碰撞刚结束时小球A、B各自的速度和B球对轨道的压力； (3)小球A、B在轨道最低处第二次碰撞刚结束时各自的速度，并讨论小球A、B在轨道最低处第n次碰撞刚结束时各自的速度. 解析：碰撞中无机械能，可根据机械能守恒定律计算出系数β；根据机械能守恒可计算出碰撞后两球的速度，应用牛顿第二定律可计算B球对轨道的压力；根据碰撞中动量守恒小球A、B在轨道最低处第二次碰撞刚结束时各自的速度，然后根据实际情景进行分析讨论.
(1)由mgR=4mgR+4mgR，得β=3 (2)设A、B碰撞后的速度分别为v1，v2，则
21mv12=4mgR
21βmv22=4mgR
设向右为正、向左为负，解得 v1=-gR21，方向向左
v2=gR21，方向向右 设轨道对B球的支持力为N′，方向竖直向上为正，竖直向下为负