1、.第十六章 動量守恒定律4 碰撞1兩個球沿直線相向運動，碰撞后兩球都靜止那么可以推斷A碰撞前兩個球的動量一定相等B兩個球的質量一定相等C碰撞前兩個球的速度一定相等D碰撞前兩個球的動量大小相等，方向相反解析：兩球碰撞過程動量守恒，由于碰撞后兩球都靜止，總動量為零，故碰撞前兩個球的動量大小相等，方向相反，A錯誤，D正確；兩球的質量是否相等不確定，故碰撞前兩個球的速度是否相等也不確定，B、C錯誤答案：D2.多項選擇質量分別為m1和m2的兩個物體碰撞前后的位移時間圖象如下圖，由圖有以下說法中正確的選項是A碰撞前兩物體質量與速度的乘積一樣B質量m1等于質量m2C碰撞后兩物體一起做勻速直線運動D碰撞前兩物

2、體質量與速度的乘積大小相等、方向相反解析：由題圖可知，m1和m2碰前都做勻速直線運動，但運動方向相反，碰后兩物體位置不變，即處于靜止，所以碰后速度都為零，故AC錯誤，D正確；又由圖線夾角均為，故碰前速度大小相等，可得m1等于m2，B也正確答案：BD3.質量相等的三個物塊在一光滑程度面上排成一直線，且彼此隔開了一定的間隔 ，如下圖具有動能E0的第1個物塊向右運動，依次與其余兩個靜止物塊發生碰撞，最后這三個物塊粘在一起，這個整體的動能為AE0B.C.D.解析：碰撞中動量守恒mv03mv1，得v1，E0mv，Ek×3mv.由得Ek×3m×，故C正確答案：C4多項選擇兩個

3、小球A、B在光滑的程度地面上相向運動，它們的質量分別是mA4 kg，mB2 kg，A的速度vA3 m/s設為正，B的速度vB3 m/s，那么它們發生正碰后，其速度可能分別為A均為1 m/s B4 m/s和5 m/sC2 m/s和1 m/s D1 m/s和5 m/s解析：由動量守恒，可驗證四個選項都滿足要求再看動能變化情況：Ek前mAvmBv27 JEk后mAvA2mBvB2由于碰撞過程中總動量不可能增加，所以應有Ek前Ek后，據此可排除B；選項C雖滿足Ek前Ek后，但A、B沿同一直線相向運動，發生碰撞后各自仍然保持原來的速度方向，這顯然是不符合實際的，因此C選項錯誤；驗證A、D均滿足Ek前Ek

4、后，且碰后狀態符合實際，故正確選項為A、D.答案：ADA級抓根底1.如下圖，木塊A和B質量均為2 kg，置于光滑程度面上，B與一輕質彈簧一端相連，彈簧另一端固定在豎直擋板上，當A以4 m/s的速度向B撞擊時，由于有橡皮泥而粘在一起運動，那么彈簧被壓縮到最短時，具有的彈簧勢能大小為A4 J B8 JC16 J D32 J解析：A與B碰撞過程動量守恒，有mAvAmAmBvAB，所以vAB2 m/s，當彈簧被壓縮到最短時，A、B的動能完全轉化成彈簧的彈性勢能，所以EpmAmBv8 J.答案：B2.在光滑的程度面上有三個完全一樣的小球，它們成一條直線，2、3小球靜止，并靠在一起，1小球以速度v0射向它

5、們，如下圖設碰撞中不損失機械能，那么碰后三個小球的速度可能值是Av1v2v3v0 Bv10，v2v3v0Cv10，v2v3v0 Dv1v20，v3v0解析：兩個質量相等的小球發生彈性正碰，碰撞過程中動量守恒，動能守恒，碰撞后將交換速度，故D項正確答案：D3冰壺運動深受觀眾喜歡，圖1為2019年2月第22屆索契冬奧會上中國隊員投擲冰壺的鏡頭在某次投擲中，冰壺甲運動一段時間后與對方靜止的冰壺乙發生正碰，如圖2.假設兩冰壺質量相等，那么碰后兩冰壺最終停頓的位置，可能是圖中的哪幅圖圖1 圖2ABCD解析：兩球碰撞過程動量守恒，兩球發生正碰，由動量守恒定律可知，碰撞前后系統動量不變，兩冰壺的動量方向即速

6、度方向不會偏離甲原來的方向，由圖示可知，A圖示情況是不可能的，故A錯誤；假如兩冰壺發生彈性碰撞，碰撞過程動量守恒、機械能守恒，兩冰壺質量相等，碰撞后兩冰壺交換速度，甲靜止，乙的速度等于甲的速度，碰后乙做減速運動，最后停頓，最終兩冰壺的位置如圖B所示，故B正確；兩冰壺碰撞后，甲的速度不可能大于乙的速度，碰后乙在前，甲在后，如圖C所示是不可能的，故C錯誤；碰撞過程機械能不可能增大，兩冰壺質量相等，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錯誤；應選B.答案：B4多項選擇質量為1 kg的小球以4 m/s的速度與質量為2 kg的靜止小球正碰，關于碰后的速度v1和v2，下面

7、哪些是可能正確的Av1v2 m/sBv13 m/s，v20.5 m/sCv11 m/s，v23 m/sDv11 m/s，v22.5 m/s解析：由碰撞前、后總動量守恒m1v1m1v1m2v2和能量不增加EkEk1Ek2驗證A、B、D三項皆有可能；但B項碰后后面小球的速度大于前面小球的速度，會發生第二次碰撞，不符合實際，所以A、D兩項有可能答案：AD5.多項選擇質量為M、內壁間距為L的箱子靜止于光滑的程度面上，箱子中間有一質量為m的小物塊，小物塊與箱子底板間的動摩擦因數為.初始時小物塊停在箱子正中間，如下圖現給小物塊一程度向右的初速度v，小物塊與箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中間，并與箱子保持相對

8、靜止設碰撞都是彈性的，那么整個過程中，系統損失的動能為A.mv2 B.v2C.NmgL DNmgL解析：根據動量守恒，小物塊和箱子的共同速度v，損失的動能Ekmv2Mmv2v2，所以B正確；根據能量守恒，損失的動能等于因摩擦產生的熱量，而計算熱量的方法是摩擦力乘以相對位移，所以EkfNLNmgL，可見D正確答案：BDB級提才能6在光滑程度面上，有兩個小球A、B沿同一直線同向運動B在前，碰前兩球的動量分別為pA12 kg·m/s、pB13 kg·m/s，碰后它們動量的變化分別為pA、pB.以下數值可能正確的選項是ApA3 kg·m/s、pB3 kg·m/s

9、BpA3 kg·m/s、pB3 kg·m/sCpA24 kg·m/s、pB24 kg·m/sDpA24 kg·m/s、pB24 kg·m/s解析：對于碰撞問題要遵循三個規律：動量守恒定律、碰后系統的機械能不增加和碰撞過程要符合實際情況此題屬于追及碰撞，碰前，后面運動小球的速度一定要大于前面運動小球的速度否那么無法實現碰撞，碰后，前面小球的動量增大，后面小球的動量減小，減小量等于增大量，所以pA0，pB0，并且pApB，據此可排除選項B、D；假設pA24 kg·m/s、pB24 kg·m/s，碰后兩球的動量分別為pA

10、12 kg·m/s、pB37 kg·m/s，根據關系式Ek可知，A小球的質量和動量大小不變，動能不變，而B小球的質量不變，但動量增大，所以B小球的動能增大，這樣系統的機械能比碰前增大了，選項C可以排除；經檢驗，選項A滿足碰撞所遵循的三個原那么，此題答案為A.答案：A7.如下圖，有兩個質量都為m的小球A和B大小不計，A球用細繩吊起，細繩長度等于懸點距地面的高度，B球靜止放于懸點正下方的地面上現將A球拉到距地面高度為h處由靜止釋放，擺動到最低點與B球碰撞后粘在一起共同上擺，那么：1它們一起上升的最大高度為多大？2碰撞中損失的機械能是多少？解析：1A球由靜止釋放到最低點的過程做的

11、是圓周運動，應用動能定理可求出末速度，即mghmv，所以v1，A球對B球碰撞滿足動量守恒mv1mmv2，所以v2v1；對A、B粘在一起共同上擺的過程應用機械能守恒，mmvmmgh，解得h.2Emv×2mvmgh.答案：12mgh8如下圖，可看成質點的A物體疊放在上外表光滑的B物體上，一起以v0的速度沿光滑的程度軌道勻速運動，與靜止在同一光滑程度軌道上的木板C發生碰撞，碰后B、C的速度一樣，B、C的上外表相平且B、C不粘連，A滑上C后恰好能到達C板的右端A、B的質量相等，C的質量為A的質量的2倍，木板C長為L，重力加速度為g.求：1A物體的最終速度；2A物體與木板C上外表間的動摩擦因數

12、解析：1設A、B的質量為m，那么C的質量為2m，B、C碰撞過程中動量守恒，令B、C碰后的共同速度為v1，以B的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得：mv03mv1，解得：v1 ，B、C共速后A以v0的速度滑上C，A滑上C后，B、C脫離A、C互相作用過程中動量守恒，設最終A、C的共同速度v2，以向右為正方向，由動量守恒定律得：mv02mv13mv2，解得v2.2在A、C互相作用過程中，由能量守恒定律，得fLmv·2mv·3mv，又fmg，解得. 答案：129如下圖，光滑半圓形軌道MNP豎直固定在程度面上，靜止MP垂直于程度面，軌道半徑R0.5 m，質量為m1的小球A靜止與軌道

13、最低點M，質量為m2的小球B用長度為2R的細線懸掛于軌道最高點P.現將小球B向左拉起，使細線程度，以豎直向下的速度v04 m/s釋放小球B，小球B與小球A碰后粘在一起恰能沿半圓形軌道運動到P點，兩球可視為質點，g10 m/s2，試求：1B球與A球碰撞前的速度大小；2A、B兩球的質量之比m1m2.解析：1B球下擺過程中機械能守恒，由機械能守恒定律得：m2vm2g·2Rm2v，解得：v16 m/s；2兩球恰好到達P點，由牛頓第二定律得：m1m2gm1m2，解得：vP m/s，兩球從M到P過程中，由動能定理得：m1m2vm1m2vm1m2g·2R，解得：v25 m/s；兩球碰撞過

14、程動量守恒，以兩球組成的系統為研究對象，以B球的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得：m2v1m1m2v2，解得：.答案：1v16 m/s210.如下圖，兩塊一樣平板P1、P2置于光滑程度面上，質量均為m.P2的右端固定一輕質彈簧，左端A與彈簧的自由端B相距L.物體P置于P1的最右端，質量為2m，且可看作質點P1與P以共同速度v0向右運動，與靜止的P2發生碰撞，碰撞時間極短碰撞后P1與P2粘連在一起P壓縮彈簧后被彈回并停在A點彈簧始終在彈性限度內P與P2之間的動摩擦因數為.求：1P1、P2剛碰完時的共同速度v1和P的最終速度v2；2此過程中彈簧的最大壓縮量x和相應的彈性勢能Ep.解析：1P1、P2碰撞過程，由動量守恒定律：mv02mv1. 解得：v1，方向程度向右對P1、P2、P系統