第四节碰撞限时训练

1、C.最终小木块速度为Mv0m +M，方向向左Mvom M第四节碰撞限时训练赵春光罗均班级姓名分数1.（多选）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，mA=1kg ,mB=2kg,VA=6m/s, VB=3m/s，当A球与B球发生碰撞后， A、B两球速度可能为（）A. va =4m/s, VB=4m/sB. VA=2m/s, VB=5m/sC. va =-4m/s, VB=6m/sD. VA=7m/s, VB=2.5m/sE. VA=3m/s, VB=4.5m/s2如图所示，一个质量为M木箱原来静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个质量为m的小木块。木箱和小木

2、块都具有一定的质量。现使木箱获得一个向左的初速度vo,则（）A. 小木块和木箱最终都将静止D.木箱和小木块系统机械能最终损失1 mv223.在光滑水平面上，质量为 m的小球A正以速度vo匀速运动。某时刻小球 A与质量为3m的静止小 球B发生正碰，两球相碰后，A球的动能恰好变为原来的 1/4。则碰后B球的速度大小是（）A. vo/6B. 5vo/12C. Vo/2D . vo/2 或 vo/64.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pA=12kg m/s、pB=13kg m/s,碰后它们动量的变化分别为Ap、Ap。下列数值可能正确的是 （）A.

3、ApA=-3kg m/s、ApB=3kg m/sB. ApA=3kg m/s、Ap=-3kg m/sC. ApA=-24kg m/s、Ap=24kg m/sD. ApA=24kg m/s、Ap=-24kg m/s5.如图所示，光滑水平面上有大小相同的 规定向右为正方向，增量为4 kg m/s则（mB=2mA,A、B两球在同一直线上运动.两球质量关系为B两球的动量均为 +6 kg m/s,运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量）A.左方是A 球,碰撞后A、B两球速度大小之比为2 :5B.左方是A 球,碰撞后A、B两球速度大小之比为1 :10C.右方是A 球,碰撞后A、B两球速度大小之比为2 :5D

4、.右方是A 球,碰撞后A、B两球速度大小之比为1 :10（多选）如图所示，半径和动能都相等的两个小球相向而行.甲球的质量6.水平面是光滑的，两球做对心碰撞以后的运动情况可能是（A. 甲球速度为零，乙球速度不为零B. 乙球速度为零，甲球速度不为零C. 两球速度都不为零m甲大于乙球的质量 m 乙,D.两球都以各自原来的速率反向运动7.（多选）在质量为M的小车中悬挂一单摆，摆球的质量为m0,小车和单摆以恒定的速度 V沿光滑水平地面运动，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，下列哪些情况可能发生（）A.小车、木块、摆球的速度均发生变化， 分别变为VV?、V3,满足（M

5、+m ） V = MV计m V2+mV3B. 木箱速度为零时，小木块速度为B. 摆球的速度不变，小车和木块的速度变为Vi和V2,满足MV = MV i+m V2C. 摆球的速度不变，小车和木块的速度变为V，满足MV =（ M+m ） VD. 小车和摆球的速度均变为 Vi，木块的速度变为 V2,满足（M+m ） V =（ M+m 0） Vi+mV28. 质量为 m、速度为v的A球与质量为3m的静止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球的速度可能有不同的值.碰撞后B球的速度大小可能是（）A. 0.6v B. 0.4vC . 0.2v D. v9. （多选）在光滑水平

6、面上动能为 的运动方向相反，将碰后球 为E2、P2,则必有（）Eo,动量大小Po的小钢球1的动能和动量大小分别记为1与静止小钢球2发生碰撞，碰撞前后球1Ei、Pi,球2的动能和动量大小分别记v在光滑水平面上相向运动,甲乙A. Ei EoB. Pi EoD . P2VP0i0.如图所示，两个小球 A、B在光滑水平地面上相向运动，它们的质量分别为 mA= 4 kg , mB = 2 kg,速度分别是vA = 3 m/s（设为正方向）,vB = 3 m/s.则它们发生正碰后，速度的可能值分别为（）A. va= i m/s, Vb= i m/sB. va= 4 m/s, vb= 5 m/sC. va=

7、 2 m/s, Vb = i m/sD. va= i m/s, vb= 5 m/sii. 如图所示，现有甲、乙两滑块，质量分别为3m和m，以相同的速率 发生碰撞。已知碰撞后，甲滑块静止不动，则（）A. 碰撞前总动量是 4mvB .碰撞过程动量不守恒C. 碰撞后乙的速度大小为 2vD .碰撞属于非弹性碰撞12. 质量为 ma=ikg, mb=i2kg的小球在光滑的水平面上发生碰撞，碰撞前后两球的位移 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，不能判断13. （多选）如图所示，在光滑水平面上质量分别为mA=2kg、 的A、B两小球沿同一直线相向运

8、动并发生对心碰撞，则（A. 它们碰撞后的总动量是i8kg ? m/s,方向水平向右B. 它们碰撞后的总动量是2kg ? m/s,方向水平向右C. 它们碰撞后B小球向右运动D. 它们碰撞后B小球可能向左运动14. 在匀强磁场中有带电粒子作匀速圆周运动，当它运动到 M点，突然与不带电的静止粒子 碰撞合为一体，碰撞后的运动运动轨迹是图中 那一个（实线为原轨迹，虚线为碰后轨迹，且不 计粒子的重力）（）15. 两个完全相同、质量均为m的滑块A和B,-时间图象如51mB=4kg，速率分别为 VA=5m/s、）C放在光滑水平面上，滑块一端固定在墙上，当滑块B以Vo的初速度向滑块 A运动，如图所示，碰到A与轻

9、弹簧相连,A后不再分开,VB=2m/sWD弹簧另 下述说法中正确的是（）A. 两滑块相碰和以后一起运动过程，系统动量均守恒B. 两滑块相碰和以后一起运动过程，系统机械能均守恒C. 弹簧最大弹性势能为 1mv（22D. 弹簧最大弹性势能为 ；mv216.在光滑的水平面上有 a、b两球，其质量分别为 后的速度图象如图所示则下列关系正确的是（A. mambB. maMb,经过相同时间后撤去两力.以后两物体相碰并粘成一体，这时A、B将（）A.停止运动B. 向右运动C. 向左运动题号123456789答案题号101112131415161718答案D.仍运动但方向不能确定19.质量分别为mi、m2的小球

10、在一直线上做弹性碰撞, 若m1=1kg , m2的质量等于多少？它们在碰撞前后的位移 一时间图像如图所示,20.如图所示，AB为倾角0 =37的粗糙斜面轨道，通过一小段光滑圆弧与光滑水平轨道BC相连接,质量为 m2的小球乙静止在水平轨道上，质量为m1的小球甲以速度 vo与乙球发生弹性正碰。若m1：m2=1:2，且轨道足够长，要使两球能发生第二次碰撞，求乙球与斜面之间的动摩擦因数卩的取值范围。第四节参考答案题号123456789答案ABECCAAACBCBAB题号101112131415161718答案ACABCADBDA19. 3kg; 20. J ： 0.45第四节参考答案题号1234567

11、89答案ABECCAAACBCBAB题号101112131415161718答案ACABCADBDA19. 3kg; 20.：0.45第四节参考答案题号123456789答案ABECCAAACBCBAB题号101112131415161718答案ACABCADBDA19. 3kg; 20.0.45第四节参考答案题号123456789答案ABECCAAACBCBAB题号101112131415161718答案ACABCADBDA19. 3kg; 20.0.45第四节参考答案题号123456789答案ABECCAAACBCBAB题号101112131415161718答案ACABCADBDA19.

12、 3kg; 20.0.45第四节参考答案题号123456789答案ABECCAAACBCBAB题号101112131415161718答案ACABCADBDA19. 3kg; 20.0.45参考答案1. ABE【解析】：两球相撞时，遵循动量守恒定律，故碰前的动量为P=mAVA+mBVB=12kg m/s；由于B球在前，A球在后，碰后 B球的动量应该增加，A球的动量应该减少；碰前 A球的动量为PA=6kgXm/s, B 球的动量为 PB=6kgXm/s。对选项 A检验得，其总动量为 P =1X 4 kg x m/s +2 x 4 kg x m/s =12 kg, m/球的动量为 PA 4kg m

13、/s, 小于碰前的动量， B球的动量为PB 8kg Xm/s，大于碰前的动量，故选项 A正确；对选项B检验得，其总动量为 P =2 kg Xm/s +2 X5kgXm/s =12 kg Xm/s, A球的动量为 Pa 2kg Xm/s, 小于碰前的动量，B球的动量为Pb =kg Xm/s,大于碰前的动量，故选项 B正确；对选项 C检验得，其总动量为 P= 14 kg Xm/s +2 X6kgXm/s =8kgXm/s，故选项 C错误；对选项D检验得，其总动量为 P =1X 7kgX m/s +2 X 2.5kg X m/s =12 kg XAm球的动量为 Pa 7kg Xm/s, 大于碰前的动

14、量， B球的动量为Pb 5kg Xm/s，小于碰前的动量，故选项 D错误；对选项E检验得，其总动量为 P =1X 3kgX m/s +2 X 4.5kg X m/s =12 kg Xm球的动量为 PA 3kg Xm/s, 小于碰前的动量， B球的动量为PB 9kg Xm/s，大于碰前的动量，故选项 E正确。2. C【解析】：当木箱获得一个向左的初速度vo时，木块相对木箱将向后滑动，然后与后壁相碰，经过若干次碰撞后相对木箱静止，此时两者具有共同速度，根据动量守恒定律可得：Mv=(M+m)v ,解得v = MV方向与V0方向相同，故选项 AB错误，C正确；.木箱和小木块系统机械能最终损m + M2

15、失1Mv(2 -Rm +m)v2 =MmVo，选项D错误；故选 C.考点：动量守恒定律.222(m M)1 21 12Vo、，、,、,3. C【解析】：A球碰后有一mvA = mv0，可知Va =，而碰后 A球的速度可能与碰前相同或2 4 22相反。若A球碰撞前后速度方向相同，A与B的正碰满足动量守恒定律，取v0的方向为正方向，有m叫+3呎，解得vB诗，出现，将发生第二次碰撞，这种情况不可能发生。故A球碰后将反弹，取vA = - 土代入到动量守恒表达式，解得：vb =上。故选C。2 2考点：本题考查了碰撞、动量守恒定律。pA=9kg?m/s pB=16kg?m/s,碰4. A【解析】：由题可知

16、碰撞前，因为 B在前，所以A的动量不可能沿原方向增大，而 B的动量要增 力口.故碰后它们动量的变化分别为 Pa V 0, Pb 0故B、D错误.根据碰撞过程动量守恒定律，如果 PA=-3kg?m/s pB=3kg?m/s，所以碰后两球的动量分别为前的动能之和:2 2PA PB 1441692mA 2mB 2mA 2mB，碰后总能量:Pa2 +2mA2mB81256+2mA 2mB故碰后的总能量能够不大于碰前的总能量，故答案A有可能；根据碰撞过程动量守恒定律，如果 PA=-24kg?m/s pB=24kg?m/s,所以碰后两球的动量分别为pA=-12kg?m/s pzB=37kg?m/s,可以看

17、出，碰撞后 A的动能不变，而 B的动能增大，违反了能量守恒定律.故C错误.故选A.考点：动量守恒及能量守恒定律5. A【解析】：规定向右为正方向，碰撞前 A、B两球的动量均为 6kg?m/s说明A、B两球的速度方向向右，两球质量关系为 mB = 2mA，所以碰撞前Va vb，所以左方是 A球；碰撞后 A球的动量增量为-4kg?m/s ,所以碰撞后A球的动量是2kg?m/s,碰撞过程系统总动量守恒， 精彩文档mAVAmpVB二-mAVA mpVB，所以碰撞后B球的动量是10kg?m/s,根据mB=2mA，所以碰撞后 A、B两球速度大小之比为 2: 5,故A正确；考点：考查了动量守恒定律的应用6.

18、 AC【解析】：该题考查动量守恒定律，动能与动量的关系，甲乙两球动能相等，有Ek甲=Ek乙，设甲球的动量为 P甲，乙球动量为P乙，贝U Ek甲=, Ek乙=，因为m甲m乙，所以P甲P乙，2 m甲%乙又因为两球相向运动，所以P甲与P乙方向相反，碰撞后两球应沿动量大的方向，故两球运动方向与甲球原来的方向相同不为零.所以乙球速度不为零.2 2_2解：A、上述分析知Ek甲=Ek乙，因为Ek=mv2=，所以动量为：P=,2 2m 2mA正确.因为m甲m乙，所以有：P甲P乙甲乙相向运动，故甲乙碰撞后总动量沿甲原来的方向，甲继续沿 原来的方向运动，乙必弹回所以乙的速度不可能为零，故B、 因为乙必弹回，故速度

19、不为零，B错误；C正确；故D错误;C、因为碰撞后甲乙都沿甲原来的方向运动，故甲乙速度不为零，D、碰撞后甲乙均沿甲原来的方向运动，甲速度不反向，乙速度反向，故选：AC 点评：该题总体难度适中，只要能找到动能和动量之间的换算关系就可以顺利解决了.7. BC【解析】：碰撞的瞬间小车和木块组成的系统动量守恒，摆球的速度在瞬间不变，以球的初速度方向为正方向，若碰后小车和木块的速度变Vi和v，由动量守恒定律得:MV MV1 mV2 ； 若碰后小车和木块速度相同，由动量守恒定律得:MV0 ( M m) V，故 BC 正确。考点:考查了动量守恒定律的应用8. B【解析】：若Vb = 0.6v ,由动量守恒得:

20、mv 二 mVA 3m 0.6v，得 va = -0.8v，碰撞前系统的1 2mv21 212121212EJ -mvA - 3mvB -m 0.8v i亠 3mvB mv，违反了能量守恒定律，不可能.故2 2 2 2 2Ek错误若Vb =0.4v，由动量守恒得:统 的 总 动 能 为mv = mvA 3m 0.4v，得Va = -0.2v，碰撞后系统的总动能1 2 1 2 1 2 1 2 1 2为Ek=，mvA+亍3mvB =，m(0.2v) +亍3m(0.4v ) cmv，不违反了能量守恒定律,是可能的.故 B正确.A、B发生完全非弹性碰撞，则有:mv (m 3m) vB, vB 二 0.

21、25v，这时 b获得的速度最大，所以vB = 0.2v，是不可能的.故C错误.若vB = v，由动量守恒得：1 一 一mv =mvA +3m v ,得 j = -一v ,碰撞后系统的总动能必定大于碰撞前系统的总动能，违反了能3量守恒定律，不可能.故 D错误.考点：考查了动量守恒，能量守恒9 . AB【解析】：由题，碰撞后两球均有速度.根据碰撞过程中总动能不增加可知，巳 P).故A、B正确，C、D错误。考点：考查了动量守恒定律，能量守恒定律的应用精彩文档10. A【解析】：两球碰撞过程系统动量守恒，碰撞过程中系统机械能不可能增加，碰撞后的系统总动 能应该小于或等于碰撞前的系统总动能；同时，碰撞后

22、A球速度不大于 B球的速度.1 2 1 2碰前系统总动量为 3 4一3 2=6kgm/s，碰前总动能为4 322 32 = 27J -2 2 若Va =1 m/s, Vb =1 m/s,则系统动量守恒，动能3J,碰撞后A球速度不大于 B球的速度，符合,故A可能；若vA =4 m/s, vB = 5 m/s，则系统动量守恒，动能大于碰撞前，不符合题意，故B不可能；若Va =2 m/s, Vb = 1 m/s，则系统动量守恒，但不符合碰撞后A球速度不大于B球的速度，故C不可能;若vA = 1 m/s, vB =5 m/s，则系统动量不守恒， D不可能。考点：考查了动量守恒定律的应用11. C【解析

23、】：规定向右为正方向，碰撞前总动量为3mv-mv = 2mv , A错误；碰撞过程两滑块组成的系统外力为零，故系统动量守恒，B错误；根据动量守恒定律可得：3mv - mv = 0 mv，解1 2 1 2 2得：v=2v, C正确；碰撞前总动能为：一 3mv2十一 mv2 = 2mv2 ,碰撞后总动能为：2 212 20+，m(2v) =2mv，碰撞前后无动能损失，D错误； 考点：考查了动量守恒定律的应用312. A【解析】：根据x-t图象可知：a球的初速度为：Va =1=3m/s , b球的初的速度为v 0，碰15_3撞后a球的速度为：Va1m /s，碰撞后b球的速度为：Vb2m / s，两球

24、碰撞过11程中，动能变化量为:1 2 1 2 1 21巴=2+0-尹Va -尹肌=1 1 32 _丄 1 12 - 2 22 = 0 ,2 2 2A正确。考点：考查了动量守恒定律,则知碰撞前后系统的总动能不变，此碰撞是弹性碰撞; 弹性碰撞13. BC【解析】：设向右为正方向，则碰前总动量为：p=mAvA-mBvB=2 kg ? m/s,方向向右，选项 A然向右运动，选项 C正确，D错误。14 . A【解析】：粒子原来的轨道半径为:考点：动量守恒定律的应用。错误，B正确；假如碰后 B球向左运动，则 A球也必然向左运动，两球的总动量向左，故不可能； 假如碰后B球静止，则 A球也必然向左运动，两球的

25、总动量向左，也不可能；故碰撞后B小球必m1vR=，根据动量守恒，结合后的总动量满足:q1B (m1 + m2)v共m1v = (m1 + m2)v共，则结合后在磁场中运动的半径R =-二一1=R，故选项112 共q1Bq1BA正确。考点：带电粒子在磁场中的运动；动量守恒定律。15. D【解析】：两滑块只在相碰时系统动量才守恒，在以后一起运动过程中，由于受到弹簧的弹力作 用，故系统动量不守恒， 选项A错误；两滑块在相碰时系统机械能减小，在以后一起运动过程中，由于只有弹簧的弹力做功，故系统机械能守恒，选项B错误；两物体相碰时 mv0二2mv，弹簧的最大弹性势能EPm1? 2mv22V0 2 叫)=-mv0，选项D正确,40C错误。考点：动量守恒定律及能量守恒定律。16. B【解析】：由图可知b球碰前静止，设a球碰后速度为vi，b球速度为v?，物体碰撞过程中动量守恒，机械能守恒所以有：mav0=m a ( -v 1) +m bv21 2 1 2 1 2 maV0=mavi + mbV2 2 2 2联立得：vi= ma _mb V0 , v2= ama +mbma由图可知，a球碰后速度反向，故ma v mb ,故ACD错误，B正确. 考点：本题考查碰撞中的动量守恒和机械能守恒。17. D【解析】：小球 A从释放到最低点，由动能定理可知：mg(L