1、C.最終小木塊速度為Mv0m +M，方向向左Mvom M第四節碰撞限時訓練趙春光羅均班級姓名分數1.（多選）兩個小球在光滑水平面上沿同一直線，同一方向運動，B球在前，A球在后，mA=1kg ,mB=2kg,VA=6m/s, VB=3m/s，當A球與B球發生碰撞后， A、B兩球速度可能為（）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如圖所示，一個質量為M木箱原來靜止在光滑水平面上，木箱內粗糙的底板上放著一個質量為m的小木塊。木箱和小木

2、塊都具有一定的質量。現使木箱獲得一個向左的初速度vo,則（）A. 小木塊和木箱最終都將靜止D.木箱和小木塊系統機械能最終損失1 mv223.在光滑水平面上，質量為 m的小球A正以速度vo勻速運動。某時刻小球 A與質量為3m的靜止小 球B發生正碰，兩球相碰后，A球的動能恰好變為原來的 1/4。則碰后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，有兩個小球A、B沿同一直線同向運動（B在前），已知碰前兩球的動量分別為pA=12kg m/s、pB=13kg m/s,碰后它們動量的變化分別為Ap、Ap。下列數值可能正確的是 （）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.如圖所示，光滑水平面上有大小相同的 規定向右為正方向，增量為4 kg m/s則（mB=2mA,A、B兩球在同一直線上運動.兩球質量關系為B兩球的動量均為 +6 kg m/s,運動中兩球發生碰撞，碰撞后A球的動量）A.左方是A 球,碰撞后A、B兩球速度大小之比為2 :5B.左方是A 球,碰撞后A、B兩球速度大小之比為1 :10C.右方是A 球,碰撞后A、B兩球速度大小之比為2 :5D

4、.右方是A 球,碰撞后A、B兩球速度大小之比為1 :10（多選）如圖所示，半徑和動能都相等的兩個小球相向而行.甲球的質量6.水平面是光滑的，兩球做對心碰撞以后的運動情況可能是（A. 甲球速度為零，乙球速度不為零B. 乙球速度為零，甲球速度不為零C. 兩球速度都不為零m甲大于乙球的質量 m 乙,D.兩球都以各自原來的速率反向運動7.（多選）在質量為M的小車中懸掛一單擺，擺球的質量為m0,小車和單擺以恒定的速度 V沿光滑水平地面運動，與位于正對面的質量為m的靜止木塊發生碰撞，碰撞時間極短，在此碰撞過程中，下列哪些情況可能發生（）A.小車、木塊、擺球的速度均發生變化， 分別變為VV?、V3,滿足（M

5、+m ） V = MV計m V2+mV3B. 木箱速度為零時，小木塊速度為B. 擺球的速度不變，小車和木塊的速度變為Vi和V2,滿足MV = MV i+m V2C. 擺球的速度不變，小車和木塊的速度變為V，滿足MV =（ M+m ） VD. 小車和擺球的速度均變為 Vi，木塊的速度變為 V2,滿足（M+m ） V =（ M+m 0） Vi+mV28. 質量為 m、速度為v的A球與質量為3m的靜止B球發生正碰.碰撞可能是彈性的，也可能是非 彈性的，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. （多選）在光滑水平

6、面上動能為 的運動方向相反，將碰后球 為E2、P2,則必有（）Eo,動量大小Po的小鋼球1的動能和動量大小分別記為1與靜止小鋼球2發生碰撞，碰撞前后球1Ei、Pi,球2的動能和動量大小分別記v在光滑水平面上相向運動,甲乙A. Ei EoB. Pi EoD . P2VP0i0.如圖所示，兩個小球 A、B在光滑水平地面上相向運動，它們的質量分別為 mA= 4 kg , mB = 2 kg,速度分別是vA = 3 m/s（設為正方向）,vB = 3 m/s.則它們發生正碰后，速度的可能值分別為（）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. 如圖所示，現有甲、乙兩滑塊，質量分別為3m和m，以相同的速率 發生碰撞。已知碰撞后，甲滑塊靜止不動，則（）A. 碰撞前總動量是 4mvB .碰撞過程動量不守恒C. 碰撞后乙的速度大小為 2vD .碰撞屬于非彈性碰撞12. 質量為 ma=ikg, mb=i2kg的小球在光滑的水平面上發生碰撞，碰撞前后兩球的位移 圖所示，則可知碰撞屬于 （）A. 彈性碰撞B. 非彈性碰撞C. 完全非彈性碰撞D. 條件不足，不能判斷13. （多選）如圖所示，在光滑水平面上質量分別為mA=2kg、 的A、B兩小球沿同一直線相向運

8、動并發生對心碰撞，則（A. 它們碰撞后的總動量是i8kg ? m/s,方向水平向右B. 它們碰撞后的總動量是2kg ? m/s,方向水平向右C. 它們碰撞后B小球向右運動D. 它們碰撞后B小球可能向左運動14. 在勻強磁場中有帶電粒子作勻速圓周運動，當它運動到 M點，突然與不帶電的靜止粒子 碰撞合為一體，碰撞后的運動運動軌跡是圖中 那一個（實線為原軌跡，虛線為碰后軌跡，且不 計粒子的重力）（）15. 兩個完全相同、質量均為m的滑塊A和B,-時間圖象如51mB=4kg，速率分別為 VA=5m/s、）C放在光滑水平面上，滑塊一端固定在墻上，當滑塊B以Vo的初速度向滑塊 A運動，如圖所示，碰到A與輕

9、彈簧相連,A后不再分開,VB=2m/sWD彈簧另 下述說法中正確的是（）A. 兩滑塊相碰和以后一起運動過程，系統動量均守恒B. 兩滑塊相碰和以后一起運動過程，系統機械能均守恒C. 彈簧最大彈性勢能為 1mv（22D. 彈簧最大彈性勢能為 ；mv216.在光滑的水平面上有 a、b兩球，其質量分別為 后的速度圖象如圖所示則下列關系正確的是（A. mambB. maMb,經過相同時間后撤去兩力.以后兩物體相碰并粘成一體，這時A、B將（）A.停止運動B. 向右運動C. 向左運動題號123456789答案題號101112131415161718答案D.仍運動但方向不能確定19.質量分別為mi、m2的小球

10、在一直線上做彈性碰撞, 若m1=1kg , m2的質量等于多少？它們在碰撞前后的位移 一時間圖像如圖所示,20.如圖所示，AB為傾角0 =37的粗糙斜面軌道，通過一小段光滑圓弧與光滑水平軌道BC相連接,質量為 m2的小球乙靜止在水平軌道上，質量為m1的小球甲以速度 vo與乙球發生彈性正碰。若m1：m2=1:2，且軌道足夠長，要使兩球能發生第二次碰撞，求乙球與斜面之間的動摩擦因數卩的取值范圍。第四節參考答案題號123456789答案ABECCAAACBCBAB題號101112131415161718答案ACABCADBDA19. 3kg; 20. J ： 0.45第四節參考答案題號1234567

11、89答案ABECCAAACBCBAB題號101112131415161718答案ACABCADBDA19. 3kg; 20.：0.45第四節參考答案題號123456789答案ABECCAAACBCBAB題號101112131415161718答案ACABCADBDA19. 3kg; 20.0.45第四節參考答案題號123456789答案ABECCAAACBCBAB題號101112131415161718答案ACABCADBDA19. 3kg; 20.0.45第四節參考答案題號123456789答案ABECCAAACBCBAB題號101112131415161718答案ACABCADBDA19.

12、 3kg; 20.0.45第四節參考答案題號123456789答案ABECCAAACBCBAB題號101112131415161718答案ACABCADBDA19. 3kg; 20.0.45參考答案1. ABE【解析】：兩球相撞時，遵循動量守恒定律，故碰前的動量為P=mAVA+mBVB=12kg m/s；由于B球在前，A球在后，碰后 B球的動量應該增加，A球的動量應該減少；碰前 A球的動量為PA=6kgXm/s, B 球的動量為 PB=6kgXm/s。對選項 A檢驗得，其總動量為 P =1X 4 kg x m/s +2 x 4 kg x m/s =12 kg, m/球的動量為 PA 4kg m

13、/s, 小于碰前的動量， B球的動量為PB 8kg Xm/s，大于碰前的動量，故選項 A正確；對選項B檢驗得，其總動量為 P =2 kg Xm/s +2 X5kgXm/s =12 kg Xm/s, A球的動量為 Pa 2kg Xm/s, 小于碰前的動量，B球的動量為Pb =kg Xm/s,大于碰前的動量，故選項 B正確；對選項 C檢驗得，其總動量為 P= 14 kg Xm/s +2 X6kgXm/s =8kgXm/s，故選項 C錯誤；對選項D檢驗得，其總動量為 P =1X 7kgX m/s +2 X 2.5kg X m/s =12 kg XAm球的動量為 Pa 7kg Xm/s, 大于碰前的動

14、量， B球的動量為Pb 5kg Xm/s，小于碰前的動量，故選項 D錯誤；對選項E檢驗得，其總動量為 P =1X 3kgX m/s +2 X 4.5kg X m/s =12 kg Xm球的動量為 PA 3kg Xm/s, 小于碰前的動量， B球的動量為PB 9kg Xm/s，大于碰前的動量，故選項 E正確。2. C【解析】：當木箱獲得一個向左的初速度vo時，木塊相對木箱將向后滑動，然后與后壁相碰，經過若干次碰撞后相對木箱靜止，此時兩者具有共同速度，根據動量守恒定律可得：Mv=(M+m)v ,解得v = MV方向與V0方向相同，故選項 AB錯誤，C正確；.木箱和小木塊系統機械能最終損m + M2

15、失1Mv(2 -Rm +m)v2 =MmVo，選項D錯誤；故選 C.考點：動量守恒定律.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球的速度可能與碰前相同或2 4 22相反。若A球碰撞前后速度方向相同，A與B的正碰滿足動量守恒定律，取v0的方向為正方向，有m叫+3呎，解得vB詩，出現，將發生第二次碰撞，這種情況不可能發生。故A球碰后將反彈，取vA = - 土代入到動量守恒表達式，解得：vb =上。故選C。2 2考點：本題考查了碰撞、動量守恒定律。pA=9kg?m/s pB=16kg?m/s,碰4. A【解析】：由題可知

16、碰撞前，因為 B在前，所以A的動量不可能沿原方向增大，而 B的動量要增 力口.故碰后它們動量的變化分別為 Pa V 0, Pb 0故B、D錯誤.根據碰撞過程動量守恒定律，如果 PA=-3kg?m/s pB=3kg?m/s，所以碰后兩球的動量分別為前的動能之和:2 2PA PB 1441692mA 2mB 2mA 2mB，碰后總能量:Pa2 +2mA2mB81256+2mA 2mB故碰后的總能量能夠不大于碰前的總能量，故答案A有可能；根據碰撞過程動量守恒定律，如果 PA=-24kg?m/s pB=24kg?m/s,所以碰后兩球的動量分別為pA=-12kg?m/s pzB=37kg?m/s,可以看

17、出，碰撞后 A的動能不變，而 B的動能增大，違反了能量守恒定律.故C錯誤.故選A.考點：動量守恒及能量守恒定律5. A【解析】：規定向右為正方向，碰撞前 A、B兩球的動量均為 6kg?m/s說明A、B兩球的速度方向向右，兩球質量關系為 mB = 2mA，所以碰撞前Va vb，所以左方是 A球；碰撞后 A球的動量增量為-4kg?m/s ,所以碰撞后A球的動量是2kg?m/s,碰撞過程系統總動量守恒， 精彩文檔mAVAmpVB二-mAVA mpVB，所以碰撞后B球的動量是10kg?m/s,根據mB=2mA，所以碰撞后 A、B兩球速度大小之比為 2: 5,故A正確；考點：考查了動量守恒定律的應用6.

18、 AC【解析】：該題考查動量守恒定律，動能與動量的關系，甲乙兩球動能相等，有Ek甲=Ek乙，設甲球的動量為 P甲，乙球動量為P乙，貝U Ek甲=, Ek乙=，因為m甲m乙，所以P甲P乙，2 m甲%乙又因為兩球相向運動，所以P甲與P乙方向相反，碰撞后兩球應沿動量大的方向，故兩球運動方向與甲球原來的方向相同不為零.所以乙球速度不為零.2 2_2解：A、上述分析知Ek甲=Ek乙，因為Ek=mv2=，所以動量為：P=,2 2m 2mA正確.因為m甲m乙，所以有：P甲P乙甲乙相向運動，故甲乙碰撞后總動量沿甲原來的方向，甲繼續沿 原來的方向運動，乙必彈回所以乙的速度不可能為零，故B、 因為乙必彈回，故速度

19、不為零，B錯誤；C正確；故D錯誤;C、因為碰撞后甲乙都沿甲原來的方向運動，故甲乙速度不為零，D、碰撞后甲乙均沿甲原來的方向運動，甲速度不反向，乙速度反向，故選：AC 點評：該題總體難度適中，只要能找到動能和動量之間的換算關系就可以順利解決了.7. BC【解析】：碰撞的瞬間小車和木塊組成的系統動量守恒，擺球的速度在瞬間不變，以球的初速度方向為正方向，若碰后小車和木塊的速度變Vi和v，由動量守恒定律得:MV MV1 mV2 ； 若碰后小車和木塊速度相同，由動量守恒定律得:MV0 ( M m) V，故 BC 正確。考點:考查了動量守恒定律的應用8. B【解析】：若Vb = 0.6v ,由動量守恒得:

20、mv 二 mVA 3m 0.6v，得 va = -0.8v，碰撞前系統的1 2mv21 212121212EJ -mvA - 3mvB -m 0.8v i亠 3mvB mv，違反了能量守恒定律，不可能.故2 2 2 2 2Ek錯誤若Vb =0.4v，由動量守恒得:統 的 總 動 能 為mv = mvA 3m 0.4v，得Va = -0.2v，碰撞后系統的總動能1 2 1 2 1 2 1 2 1 2為Ek=，mvA+亍3mvB =，m(0.2v) +亍3m(0.4v ) cmv，不違反了能量守恒定律,是可能的.故 B正確.A、B發生完全非彈性碰撞，則有:mv (m 3m) vB, vB 二 0.

21、25v，這時 b獲得的速度最大，所以vB = 0.2v，是不可能的.故C錯誤.若vB = v，由動量守恒得：1 一 一mv =mvA +3m v ,得 j = -一v ,碰撞后系統的總動能必定大于碰撞前系統的總動能，違反了能3量守恒定律，不可能.故 D錯誤.考點：考查了動量守恒，能量守恒9 . AB【解析】：由題，碰撞后兩球均有速度.根據碰撞過程中總動能不增加可知，巳 P).故A、B正確，C、D錯誤。考點：考查了動量守恒定律，能量守恒定律的應用精彩文檔10. A【解析】：兩球碰撞過程系統動量守恒，碰撞過程中系統機械能不可能增加，碰撞后的系統總動 能應該小于或等于碰撞前的系統總動能；同時，碰撞后

22、A球速度不大于 B球的速度.1 2 1 2碰前系統總動量為 3 4一3 2=6kgm/s，碰前總動能為4 322 32 = 27J -2 2 若Va =1 m/s, Vb =1 m/s,則系統動量守恒，動能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，則系統動量守恒，動能大于碰撞前，不符合題意，故B不可能；若Va =2 m/s, Vb = 1 m/s，則系統動量守恒，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，則系統動量不守恒， D不可能。考點：考查了動量守恒定律的應用11. C【解析

23、】：規定向右為正方向，碰撞前總動量為3mv-mv = 2mv , A錯誤；碰撞過程兩滑塊組成的系統外力為零，故系統動量守恒，B錯誤；根據動量守恒定律可得：3mv - mv = 0 mv，解1 2 1 2 2得：v=2v, C正確；碰撞前總動能為：一 3mv2十一 mv2 = 2mv2 ,碰撞后總動能為：2 212 20+，m(2v) =2mv，碰撞前后無動能損失，D錯誤； 考點：考查了動量守恒定律的應用312. A【解析】：根據x-t圖象可知：a球的初速度為：Va =1=3m/s , b球的初的速度為v 0，碰15_3撞后a球的速度為：Va1m /s，碰撞后b球的速度為：Vb2m / s，兩球

24、碰撞過11程中，動能變化量為: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正確。考點：考查了動量守恒定律,則知碰撞前后系統的總動能不變，此碰撞是彈性碰撞; 彈性碰撞13. BC【解析】：設向右為正方向，則碰前總動量為：p=mAvA-mBvB=2 kg ? m/s,方向向右，選項 A然向右運動，選項 C正確，D錯誤。14 . A【解析】：粒子原來的軌道半徑為:考點：動量守恒定律的應用。錯誤，B正確；假如碰后 B球向左運動，則 A球也必然向左運動，兩球的總動量向左，故不可能； 假如碰后B球靜止，則 A球也必然向左運動，兩球的

25、總動量向左，也不可能；故碰撞后B小球必m1vR=，根據動量守恒，結合后的總動量滿足:q1B (m1 + m2)v共m1v = (m1 + m2)v共，則結合后在磁場中運動的半徑R =-二一1=R，故選項112 共q1Bq1BA正確。考點：帶電粒子在磁場中的運動；動量守恒定律。15. D【解析】：兩滑塊只在相碰時系統動量才守恒，在以后一起運動過程中，由于受到彈簧的彈力作 用，故系統動量不守恒， 選項A錯誤；兩滑塊在相碰時系統機械能減小，在以后一起運動過程中，由于只有彈簧的彈力做功，故系統機械能守恒，選項B錯誤；兩物體相碰時 mv0二2mv，彈簧的最大彈性勢能EPm1? 2mv22V0 2 叫)=-mv0，選項D正確,40C錯誤。考點：動量守恒定律及能量守恒定律。16. B【解析】：由圖可知b球碰前靜止，設a球碰后速度為vi，b球速度為v?，物體碰撞過程中動量守恒，機械能守恒所以有：mav0=m a ( -v 1) +m bv21 2 1 2 1 2 maV0=mavi + mbV2 2 2 2聯立得：vi= ma _mb V0 , v2= ama +mbma由圖可知，a球碰后速度反向，故ma v mb ,故ACD錯誤，B正確. 考點：本題考查碰撞中的動量守恒和機械能守恒。17. D【解析】：小球 A從釋放到最低點，由動能定理可知：mg(L