[推荐学习]2018_2019学年高中物理课时提升作业一第一章碰撞与动量守恒1.1碰撞教科版选修3_

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高一物理碰撞中的动量守恒知识精讲

高一物理碰撞中的动量守恒【本讲主要内容】碰撞中的动量守恒碰撞中的动量守恒问题的理解本讲的重点、难点是对三种碰撞：弹性碰撞（碰撞过程中动能守恒），非弹性碰撞（碰撞过程中动能不守恒），完全非弹性碰撞（碰撞过程中系统的动能损失最大）的理解和应用。

【知识掌握】【知识点精析】1. 碰撞两物体互相接触时间极短而互相作用力较大的相互作用.在碰撞问题中，忽略碰撞时间，将物体接触的时间定义为极短，因此物体接触过程中的位移忽略，撞击物之间相互作用的内力极大。

为此，在碰撞现象中，有时尽管撞击物所受的合外力不为零，但合外力的冲量远小于内力的冲量，若仅以相撞物体为系统，则动量近似守恒。

假设碰撞的整个过程中，物体均做直线运动。

将碰撞问题可分为撞击模型和追及模型。

撞击模型中，若两物碰后同向运动，则撞入物的速度应小于或等于被撞物的速度；在追及模型中，碰撞后，撞入物的速度应等于或大于被撞物的速度(即速度较大的物体在碰撞后仍具有较大的速度)。

假设在碰撞过程中，满足动量守恒定律要求的所有条件。

这就要求学生在解决此类问题的过程中，必须将动量守恒定律作为解决问题的手段之一。

并且部分的满足能量的转化与守恒定理，即除了爆炸与反冲现象以外，在碰撞的过程中，系统的动能不可能增加。

从动能改变的观点，可以将碰撞问题归结为：弹性碰撞（碰撞过程中动能守恒），非弹性碰撞（碰撞过程中动能不守恒），完全非弹性碰撞（碰撞过程中系统的动能损失最大）。

2. 完全弹性碰撞两物体碰撞之后，它们的动能之和不变。

完全弹性碰撞如下图所示（五个小球质量全同）现象：左边下落与静止小球碰撞，最右边小球开始上升，出现了左右两边的小球速度交换运动。

例1. 设有两个质量分别为1m 和2m ，速度分别为10v 和20v 的弹性小球作对心碰撞，两球的速度方向相同。

若碰撞是完全弹性的，求碰撞后的速度1v 和2v 。

解析：取速度方向为正向，由动量守恒定律得讨论：（1）若21m m =，则201v v =，102v v =（2）若2m >1m ，且020=v ，则101v v -≈，02≈v（3）若2m <1m ，且020=v ，则101v v ≈，1022v v ≈3. 非弹性碰撞由于非保守力的作用，两物体碰撞后，使机械能转换为热能、声能，化学能等其他形式的能量。

人教版2020高中物理第一章碰撞与动量守恒动量守恒定律的应用(碰撞)习题(提高篇)教科版选修3-5

动量守恒定律的应用（碰撞）一、选择题1．质量为M和m0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？（）．A．M、m0、m速度均发生变化，分别为v1、v2、v3，而且满足(M+m0)v=Mv1+m0v2+mv3B．m0的速度不变，M和m的速度变为v1和v2，而且满足Mv=Mv1+mv2C．m0的速度不变，M、m的速度都变为v＇，且满足Mv=(M+m)v＇D．M、m0、m速度均发生变化，M和m0速度都变为v，m速度变为v2，而且满足(M+m)v0=(M+m0)v1+mv22．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，其位移一时间图象（s-t图象）如图中ADC和BDC所示．由图可知，物体A、B的质量之比为（）．A．1∶1 B．1∶2 C．1∶3 D．3∶13．三个相同的木块A、B、C从同一高度处自由下落，其中木块A刚开始下落的瞬间被水平飞来的子弹击中，木块B在下落到一定高度时，才被水平飞来的子弹击中．若子弹均留在木块中，则三木块下落的时间t A、t B、t C的关系是（）．A．t A＜t B＜t C B．t A＞t B＞t C C．t A＝t C＜t B D．t A＝t B＜t C4．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，具有的弹性势能大小为（）．A．4 J B．8 J C．16 J D．32 J5．如图所示，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球碰撞后粘在起共同上摆，则它们升起的最大高度为（）．A ．h ／2B ．hC ．h ／4D ．h ／26．在光滑水平面上,动能为0E 、动量的大小为0P 的小钢球l 与静止小钢球2发生碰撞.碰撞前后球l 的运动方向相反.将碰撞后球l 的动能和动量的大小分别记为1E 、1P ，球2的动能和动量的大小分别记为2E 、2P ,则必有（）． A ．1E ＜0E B ．1P ＜0PC ．2E ＞0ED ．2P ＞2P7．甲乙两球在水平光滑轨道上向同方向运动，已知它们的动量分别是=5kg m/s P ⋅甲、=7kg m/s P ⋅乙，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为10kg m/s ⋅。

碰撞中的动量守恒定律

第一章碰撞与动量守恒§1.2 动量动量守恒定律（三）——碰撞中的动量守恒定律【知识梳理】1、系统：当研究两个或两个以上物体相互碰撞时，可以把具有的两个或两个以上的物体统称为系统。

2、外力：3、内力：4、动量守恒定律的推导：对A、B球在碰撞过程分别受力分析：(在上图画出)由碰撞特点可知，力远大于力，故力可以忽略不计。

设A、B球在碰撞过程中相互作用力分别为F1、F2，作用时间为t,则：取水平向右方向为正方向对小球A由动量定理得：对小球B由动量定理得：由牛顿第三定律可得：联立以上各式可得：小结：（1）条件：对于A、B两球组成的习题，在碰撞时除了它们相互间的作用力（系统的力）外，还受到各自的重力和支持力的作用，竖直方向受力。

另外，小球与地面间摩擦力（系统的力）系统的内力，故可以不计，所以说m1和m2系统不受外力，或说它们所受的合外力为零。

（2）内容：一个系统或者时，这个系统的保持不变，这就是动量守恒定律。

【知识点1】动量守恒定律的条件【例1】如图所示，子弹打进与固定于墙壁的弹簧相连的木块，此系统从子弹开始入射木块到弹簧压缩到最短的过程中，子弹与木块作为一个系统动量是否守恒？说明理由。

【变式训练1】木块a和b用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a紧靠在墙壁上．在b上施加向左的水平力使弹簧压缩，如图所示．当撤去外力后，下列说法正确的是( )A．a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统动量守恒B．a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统动量不守恒C．a离开墙后，a、b组成的系统动量守恒D．a离开墙后，a、b组成的系统动量不守恒【知识点2】动量守恒定律的应用【例2】（双选）在一相互作用过程中，以下判断正确的是（）A．系统的动量守恒是指只有初、末两状态的动量才相等B．系统的动量守恒是指任意两个状态的动量相等C．系统的动量守恒是指系统中任一物体的动量不变D．系统所受外力始终为零，系统动量一定守恒【变式训练2】（双选）如图所示，光滑绝缘的水平面上M、N两点有完全相同的金属小球A 和B，带有不等量的同种电荷.现使A、B以大小相等的初动量相向运动，并发生弹性碰撞，碰后返回M、N两点，则（）A.碰撞发生在MN的中点之外B.两球同时返回M、N两点C.两球回到原位置时各自的动量比原来大些D.两球回到原位置时各自的动量与原来相等【例3】质量为30kg的小孩以8m/s的水平速度跳上一辆静止在水平轨道上的平板车，已知平板车的质量为90kg，求小孩跳上车后他们共同的速度。

高中物理第一章碰撞与动量守恒第2节课时1动量及动量定理练习(含解析)教科版选修35

高中物理第一章碰撞与动量守恒第2节课时1动量及动量定理练习（含解析）教科版选修35动量及动量定理[A组素养达标]1．关于动量，以下说法正确的是( )A．做匀速圆周运动的质点，其动量不随时间发生变化B．悬线拉着的摆球在竖直面内摆动时，每次经过最低点时的动量均相同C．匀速飞行的巡航导弹巡航时动量始终不变D．平抛运动的质点在竖直方向上的动量与运动时间成正比解析：做匀速圆周运动的质点速度方向时刻变化，动量时刻变化，故A项错误；摆球相邻两次经过最低点时动量大小相等，但方向相反，故B项错误；巡航导弹巡航时虽速度不变，但由于燃料不断燃烧(导弹中燃料占其总质量的一部分，不可忽略)，从而使导弹总质量不断减小，导弹动量减小，故C项错误；平抛运动的质点在竖直方向上的分运动为自由落体运动，在竖直方向上的动量p竖＝mv y＝mgt，故D项正确．答案：D2．质量为0.5 kg的物体，运动速度为3 m/s，它在一个变力作用下速度变为7 m/s，方向和原来方向相反，则这段时间内动量的变化量为( )A．5 kg·m/s，方向与原运动方向相反B．5 kg·m/s，方向与原运动方向相同C．2 kg·m/s，方向与原运动方向相反D．2 kg·m/s，方向与原运动方向相同解析：以原来的运动方向为正方向，由定义式Δp＝mv′－mv得Δp＝(－7×0.5－3×0.5) kg·m/s＝－5 kg·m/s，负号表示Δp的方向与原运动方向相反．答案：A3．(多选)从同样高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎，其原因是( )A．掉在水泥地上的玻璃杯动量大，而掉在草地上的玻璃杯动量小B．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大，掉在草地上的玻璃杯动量改变小C．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变快，掉在草地上的玻璃杯动量改变慢D．掉在水泥地上的玻璃杯与地面接触时，相互作用时间短，而掉在草地上的玻璃杯与地面接触时作用时间长解析：杯子是否被撞碎，取决于撞击地面时，地面对杯子的撞击力大小．规定竖直向上为正方向，设玻璃杯下落高度为h，它们从h高度落地瞬间的速度大小为2gh，设玻璃杯的质量为m ，则落地前瞬间的动量大小为p ＝m 2gh ，与水泥或草地接触Δt 时间后，杯子停下，在此过程中，玻璃杯的动量变化Δp ＝0－(－m 2gh )相同，再由动量定理可知(F －mg )·Δt ＝0－(－m 2gh )，所以F ＝m 2gh Δt＋mg .由此可知，Δt 越小，玻璃杯所受撞击力越大，玻璃杯就越容易碎，杯子掉在草地上作用时间较长，动量变化慢，作用力小，因此玻璃杯不易碎．答案：CD4．如图所示甲、乙两种情况中，人用相同大小的恒定拉力拉绳子，使人和船A 均向右运动，经过相同的时间t ，图甲中船A 没有到岸，图乙中船A 没有与船B 相碰，则经过时间t ( )A ．图甲中人对绳子拉力的冲量比图乙中人对绳子拉力的冲量小B ．图甲中人对绳子拉力的冲量比图乙中人对绳子拉力的冲量大C ．图甲中人对绳子拉力的冲量与图乙中人对绳子拉力的冲量一样大D ．以上三种情况都有可能解析：甲、乙两种情况下人对绳子的拉力相等，由冲量的定义式I ＝Ft 可知，两冲量相等，只有选项C 是正确的．答案：C5．放在水平桌面上的物体质量为m ，用一个大小为F 的水平推力作用时间t ，物体始终不动，那么t 时间内，推力对物体的冲量大小是( )A ．F ·tB ．mg ·tC ．0D ．无法计算解析：冲量的大小由F 和t 决定，与运动状态无关，故选A.答案：A6.质量为1 kg 的物体做直线运动，其速度－时间图像如图所示，则物体在前10 s 内和后10 s 内所受合外力的冲量分别是( )A ．10 N·s,10 N·sB ．10 N·s，－10 N·sC ．10 N·s,0D ．0，－10 N·s解析：由题图可知，在前10 s 内初、末状态的动量相同，p 1＝p 2＝5 kg·m/s，由动量定理知I 1＝0；在后10 s 内末状态的动量p 3＝－5 kg·m/s，由动量定理得I 2＝p 3－p 2＝－10 N·s，故正确答案为D.答案：D7．原来静止的物体受合力作用时间为2t0，作用力随时间的变化情况如图所示，则( )A．0～t0时间内物体的动量变化与t0～2t0时间内动量变化相等B．0～t0时间内物体的平均速率与t0～2t0时间内的平均速率不等C．t＝2t0时物体的速度为零，外力在2t0时间内对物体的冲量为零D．2t0时间内物体的位移为零，外力对物体做功为零解析：由题图可知，0～t0与t0～2t0时间内作用力方向不同，动量变化量不相等，A错；t＝t0时，物体速度最大，在2t0时间内，由动量定理Ft＝Δp可得，F0t0－F0t0＝0，即外力在2t0时间内对物体的冲量为零，由于物体初速度为零，则t＝2t0时物体速度为零，则0～t0与t0～2t0时间内物体平均速率相等，B错，C对；物体先加速后减速，位移不为零，动能变化量为零，外力对物体做功为零，D错．答案：C8．质量为m的钢球由高处自由落下，以速率v1碰地，竖直向上弹回，碰撞时间极短，离地的速率为v2.在碰撞过程中，地面对钢球的冲量的方向和大小为( )A．向下，m(v1－v2) B．向下，m(v1＋v2)C．向上，m(v1－v2) D．向上，m(v1＋v2)解析：设竖直向上的方向为正方向，对钢球应用动量定理得Ft－mgt＝mv2－(－mv1)＝mv2＋mv1，由于碰撞时间极短，重力的冲量可忽略不计，所以Ft＝m(v2＋v1)，即地面对钢球的冲量方向向上，大小为m(v2＋v1)．答案：D[B组素养提升]9.如图所示，质量为1 kg的钢球从5 m高处自由下落，又反弹到离地面3.2 m高处，若钢球和地面之间的作用时间为0.1 s，求钢球对地面的平均作用力大小．(g取10 m/s2)解析：钢球落到地面时的速度大小为v0＝2gh1＝10 m/s，反弹时向上运动的速度大小为v t＝2gh2＝8 m/s，分析物体和地面的作用过程，取向上为正方向，因此有v0的方向为负方向，v t的方向为正方向，再根据动量定理得(N－mg)t＝mv t －(－mv0)，代入数据，解得N＝190 N，由牛顿第三定律知钢球对地面的平均作用力大小为190 N.答案：190 N10．一辆轿车强行超车时，与另一辆迎面驶来的轿车相撞，两车车身因相互挤压，皆缩短了0.5 m ，据测算两车相撞前速度均为30 m/s ，则： (1)假设两车相撞时人与车一起做匀减速运动，试求车祸中车内质量约60 kg 的人受到的平均冲力是多大？(2)若此人系有安全带，安全带在车祸过程中与人体的作用时间是1 s ，求这时人体受到的平均冲力为多大？解析：(1)两车相撞时认为人与车一起做匀减速运动直到停止，位移为0.5 m.设运动的时间为t ，则由x ＝v 02t 得，t ＝2x v 0＝130s. 根据动量定理得Ft ＝Δp ＝0－mv 0，解得F ＝0－mv 0t ＝0－60×30130N ＝－5.4×104 N ，负号表示人受到的平均冲力与运动方向相反． (2)若人系有安全带，则F ′＝0－mv 0t ′＝0－60×301N ＝－1.8×103 N ，负号表示人受到的平均冲力与运动方向相反．答案：(1)5.4×104 N (2)1.8×103N[C 组学霸冲刺]11．将质量为m ＝1 kg 的小球，从距水平地面高h ＝5 m 处，以v 0＝10 m/s 的速度水平抛出，不计空气阻力，g 取10 m/s 2.求：(1)抛出后0.4 s 内重力对小球的冲量；(2)平抛运动过程中小球动量的增量Δp ；(3)小球落地时的动量p ′的大小．解析：(1)重力是恒力，0.4 s 内重力对小球的冲量 I ＝mgt ＝1×10×0.4 N·s＝4 N·s方向竖直向下．(2)由于平抛运动的竖直分运动为自由落体运动，故h ＝12gt ′2，落地时间t ′＝ 2h g＝1 s. 小球飞行过程中只受重力作用，所以合外力的冲量为I′＝mgt′＝1×10×1 N·s＝10 N·s，方向竖直向下．由动量定理得Δp＝I′＝10 N·s，方向竖直向下．(3)小球落地时竖直分速度为v y＝gt′＝10 m/s.由速度合成知，落地速度v＝v20＋v2y＝102＋102 m/s＝10 2 m/s，所以小球落地时的动量大小为p′＝mv＝10 2 kg·m/s.答案：(1)4 N·s，方向竖直向下(2)10 N·s，方向竖直向下(3)10 2 kg·m/s。

【配套K12】[学习]2018-2019学年高中物理课时提升作业二第一章碰撞与动量守恒 1.2

课时提升作业二动量(30分钟50分)一、选择题(本大题共6小题,每小题5分,共30分)1.下列几种物理现象的解释中,正确的是( )A.砸钉子时不用橡皮锤,只是因为橡皮锤太轻B.跳高时往沙坑里填沙,是为了减小冲量C.在推车时推不动是因为推力的冲量为零D.动量相同的两个物体受到相同的制动力,两个物体将同时停下来【解析】选D。

砸钉子时不用橡皮锤,一是因为橡皮锤太轻,动量改变量小。

二是因为缓冲时间长,从而导致冲力小,故A错误;跳高时往沙坑里填沙,是为了延长缓冲时间,减小冲力,B错误;推车时推不动,是由于合外力的冲量为零,但推力冲量不为零,故C错误;由动量定理知,动量相同的两个物体受到相同的制动力,将同时停下来,D正确。

2.关于动量,以下说法正确的是( )A.做匀速圆周运动的质点,其动量不随时间发生变化B.单摆的摆球每次经过最低点时的动量均相同C.匀速飞行的巡航导弹巡航时动量始终不变D.平抛运动的质点在竖直方向上的动量与运动时间成正比【解析】选D。

做匀速圆周运动的物体速度方向时刻变化,故动量时刻变化,故A错;单摆的摆球相邻两次经过最低点时动量大小相等,但方向相反,故B错;巡航导弹巡航时虽速度不变,但由于燃料不断燃烧(导弹中燃料占其总质量的一部分,不可忽略),从而使导弹总质量不断减小,导弹动量减小,故C错;平抛运动物体在竖直方向上的分运动为自由落体运动,在竖直方向上的分动量p竖=mv y=mgt,故D正确。

3.把一支枪水平地固定在小车上,小车放在光滑的水平地面上,枪发射出子弹时,下列关于枪、子弹和车的说法中正确的是( )A.枪和子弹组成的系统动量守恒B.枪和车组成的系统动量守恒C.若子弹和枪筒之间的摩擦忽略不计,枪、车和子弹组成系统的动量才近似守恒D.枪、子弹和车组成的系统动量守恒【解析】选D。

枪发射子弹的过程中,它们的相互作用力是火药的爆炸力和子弹在枪管中运动时与枪管间的摩擦力,枪和车一起在水平地面上做变速运动,枪和车之间也有作用力;如果选取枪和子弹为系统,则车给枪的力为外力,选项A错;如果选取枪和车为系统,则子弹对枪的作用力为外力,选项B错;如果选车、枪和子弹为系统,爆炸力和子弹与枪管间的摩擦力均为内力,并不存在忽略的问题,系统在水平方向上不受外力,整体符合动量守恒的条件,故选项C错,D对。

碰撞中的动量守恒

碰撞中的动量守恒【重要知识提示】1．实验目的、原理(1)实验目的运用平抛运动的知识分析、研究碰撞过程中相互作用的物体系动量守恒(2)实验原理(a)因小球从斜槽上滚下后做平抛运动，由平抛运动知识可知，只要小球下落的高度相同，在落地前运动的时间就相同，若用飞行时间作时间单位，小球的水平速度在数值上就等于小球飞出的水平距离．(b)设入射球、被碰球的质量分别为m1、m2，则入射球碰撞前动量为(被碰球静止)p1=m1v1①设碰撞后m1，m2的速度分别为v’1、v’2，则碰撞后系统总动量为p2=m l V’1+m2v’2②只要测出小球的质量及两球碰撞前后飞出的水平距离，代入①、②两式就可研究动量守恒．2．买验器材斜槽，两个大小相同而质量不等的小钢球，天平，刻度尺，重锤线，白纸，复写纸，三角板，圆规．3．实验步骤及安装调试(1)用天平测出两个小球的质量m l、m2．(2)按图5—29所示安装、调节好实验装置，使斜槽末端切线水平，将被碰小球放在斜槽末端前小支柱上，入射球放在斜槽末端，调节支柱，使两小球相碰时处于同一水平高度，且在碰撞瞬间入射球与被碰球的球心连线与斜槽末端的切线平行，以确保正碰后两小球均作平抛运动．(3)在水平地面上依次铺放白纸和复写纸．(4)在白纸上记下重锤线所指的位置O，它表示入射球m1碰撞前的位置，如图5—30所示．(5)移去被碰球m2，让入射球从斜槽上同一高度滚下，重复10次左右，用圆规画尽可能小的圆将所有的小球落点圈在里面，其圆心即为人射球不发生碰撞情况下的落点的平均位置P，如图5—31所示．(6)将被碰小球放在小支柱上，让入射球从同一高度滚下，使它们发生正碰，重复10次左右，同理求出入射小球落点的平均位置M和被碰小球落点的平均位置N．(7)过O、N作一直线，取O0’=2r(r为小球的半径，可用刻度尺和三角板测量小球直径计算厂)，则O’即为被碰小球碰撞前的球心的位置(即投影位置).(8)用刻度尺测量线段OM、OP、ON的长度．则系统碰撞前的动量可表示为p1=m1·OP，系统碰撞后的总动量可表示为p2=m1·OM+m2·O'N若在误差允许范围内p1与p2相等，则说明碰撞中动量守恒.(9)整理实验器材，放回原处．4.注意事项(1)斜槽末端切线必须水平．说明：调整斜槽时可借助水准仪判定斜槽末端是否水平．(2)仔细调节小立柱的高度，使两小球碰撞时球心在同一高度，且要求两球球心连线与斜槽末端的切线平行。

2018-2019版高中物理第1章碰撞与动量守恒 1.4 美妙的守恒定律学案沪科版选修3-5

1.4 美妙的守恒定律[学习目标]1.了解弹性碰撞、非弹性碰撞和完全非弹性碰撞.2.会用动量、能量观点综合分析，解决一维碰撞问题.3.掌握弹性碰撞的特点，并能解决相关类弹性碰撞问题．一、弹性碰撞和非弹性碰撞[导学探究] 1.如图1所示，相同的钢球A 、B 用长度相等的丝线悬挂起来，使B 球自然下垂，处于静止状态，拉起A 球，放开后与B 球相撞，发现碰撞后A 球静止下来，而B 球能上升到与A 球原来相同的高度．那么A 、B 两球在碰撞前后的动量变化多少？动能变化多少？图1答案碰撞前B 静止，由机械能守恒定律可得mgL (1－cos θ)＝12mv A 2解得：v A ＝2gL (1－cos θ).碰撞前二者总动量为：p 1＝mv A ＋mv B ＝m 2gL (1－cos θ) 总动能为：E k1＝12mv A 2＋12mv B 2＝mgL (1－cos θ)．碰撞后A 静止，对B 球：由机械能守恒定律可得：12mv B ′2＝mgL (1－cos θ)解得：v B ′＝2gL (1－cos θ) 可知碰撞后二者总动量：p 2＝mv B ′＋mv A ′＝m 2gL (1－cos θ).总动能为：E k2＝12mv B ′2＋12mv A ′2＝mgL (1－cos θ)．所以A 、B 两球组成的系统碰撞前后：Δp ＝0，ΔE k ＝0，即碰撞前后，动量守恒，机械能守恒． 2．如图2甲、乙所示，两个质量都是m 的物体，物体B 静止在光滑水平面上，物体A 以速度v 0正对B 运动，碰撞后两个物体粘在一起，以速度v 继续前进，两物体组成的系统碰撞前后的总动能守恒吗？如果不守恒，总动能如何变化？甲乙图2答案不守恒．碰撞时：mv 0＝2mv 因此v ＝v 02碰撞前系统的总动能：E k1＝12mv 02碰撞后系统的总动能：E k2＝12·2mv 2＝14mv 02所以ΔE k ＝E k2－E k1＝14mv 02－12mv 02＝－14mv 02，即系统总动能减少了14mv 02.[知识梳理] 弹性碰撞和非弹性碰撞的特点和规律1．碰撞特点：碰撞时间非常短；碰撞过程中内力远大于外力，系统所受外力可以忽略不计；可认为碰撞前后物体处于同一位置． 2．弹性碰撞(1)定义：在物理学中，动量和动能都守恒的碰撞叫做弹性碰撞． (2)规律动量守恒：m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′机械能守恒：12m 1v 12＋12m 2v 22＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′23．非弹性碰撞(1)定义：动量守恒，动能不守恒的碰撞叫做非弹性碰撞． (2)规律：动量守恒：m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′ 机械能减少，损失的机械能转化为内能 |ΔE k |＝E k 初－E k 末＝Q 4．完全非弹性碰撞(1)定义：两物体碰撞后“合”为一体，以同一速度运动的碰撞． (2)规律：动量守恒：m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v 共碰撞中机械能损失最多|ΔE k |＝12m 1v 12＋12m 2v 22－12(m 1＋m 2)v 共2[即学即用]1．判断下列说法的正误．(1)发生碰撞的两个物体，机械能一定是守恒的．( × )(2)碰撞后，两个物体粘在一起，动量一定不守恒，机械能损失最大．( √ ) (3)发生对心碰撞的系统动量守恒，发生非对心碰撞的系统动量不守恒．( × )2．如图3所示，木块A 、B 的质量均为2kg ，置于光滑水平面上，B 与一水平轻质弹簧的一端相连，弹簧的另一端固定在竖直挡板上，A 以4m/s 的速度向B 运动，碰撞后两木块粘在一起运动，则两木块碰前的总动能为________J ，两木块碰后瞬间的总动能为________J ；A 、B 间碰撞为________(填“弹性”或“非弹性”)碰撞．弹簧被压缩到最短时，弹簧具有的弹性势能为________J.图3答案 16 8 非弹性 8 解析 A 、B 碰撞前的总动能为12m A v A2＝16J ，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＝2m/s ，所以碰后A 、B 及弹簧组成的系统的总动能为12(m A ＋m B )v 2＝8J ，为非弹性碰撞．当弹簧被压缩至最短时，系统的动能为0，只有弹性势能，由机械能守恒得此时弹簧的弹性势能为8J. 二、研究弹性碰撞[导学探究] 已知A 、B 两个弹性小球，质量分别为m 1、m 2，B 小球静止在光滑的水平面上，如图4所示，A 以初速度v 0与B 小球发生正碰，求碰撞后A 小球速度v 1和B 小球速度v 2的大小和方向．图4答案由碰撞中的动量守恒和机械能守恒得m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 2①由碰撞中动能守恒：12m 1v 02＝12m 1v 12＋12m 2v 22②由①②可以得出：v 1＝m 1－m 2m 1＋m 2v 0，v 2＝2m 1m 1＋m 2v 0 讨论 (1)当m 1＝m 2时，v 1＝0，v 2＝v 0，两小球速度互换； (2)当m 1>m 2时，则v 1>0，v 2>0，即小球A 、B 同方向运动．因m 1－m 2m 1＋m 2<2m 1m 1＋m 2，所以v 1<v 2，即两小球不会发生第二次碰撞．(其中，当m 1≫m 2时，v 1≈v 0，v 2≈2v 0.)(3)当m 1<m 2时，则v 1<0，而v 2>0，即小球A 向反方向运动．(其中，当m 1≪m 2时，v 1≈－v 0，v 2≈0.)一、碰撞的特点和分类1．碰撞的特点(1)时间特点：碰撞现象中，相互作用的时间极短，相对物体运动的全过程可忽略不计． (2)相互作用力特点：在碰撞过程中，系统的内力远大于外力，所以动量守恒． 2．碰撞的分类(1)弹性碰撞：系统动量守恒，机械能守恒．(2)非弹性碰撞：系统动量守恒，机械能减少，损失的机械能转化为内能．(3)完全非弹性碰撞：系统动量守恒，碰撞后合为一体或具有相同的速度，机械能损失最大． 3．爆炸：一种特殊的“碰撞” 特点1：系统动量守恒．特点2：系统动能增加．例1 在光滑的水平面上，质量为m 1的小球A 以速率v 0向右运动．在小球的前方有一质量为m 2的小球B 处于静止状态，如图5所示．小球A 与小球B 发生弹性碰撞后，小球A 、B 均向右运动．且碰后A 、B 的速度大小之比为1∶4，求两小球质量之比m 1m 2.图5答案 2解析两球碰撞过程为弹性碰撞，以v 0的方向为正方向，由动量守恒定律得：m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 2 由机械能守恒定律得：12m 1v 02＝12m 1v 12＋12m 2v 22由题意知：v 1∶v 2＝1∶4 解得m 1m 2＝2.例2 如图6所示，在水平光滑直导轨上，静止着三个质量均为m ＝1kg 的相同小球A 、B 、C ，现让A 球以v 0＝2m/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6(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？答案 (1)1m/s (2)1.25J解析 (1)A 、B 相碰满足动量守恒，以v 0的方向为正方向，有：mv 0＝2mv 1 得两球跟C 球相碰前的速度v 1＝1m/s.(2)两球与C 碰撞同样满足动量守恒，以v 0的方向为正方向，有：2mv 1＝mv C ＋2mv 2得两球碰后的速度v 2＝0.5m/s ，两次碰撞损失的动能|ΔE k |＝12mv 02－12×2mv 22－12mv C 2＝1.25J.1．在碰撞过程中，系统的动量守恒，但机械能不一定守恒．2．完全非弹性碰撞(碰后两物体粘在一起)机械能一定损失(机械能损失最多)．例3 一弹丸在飞行到距离地面5m 高时仅有向右的水平速度v 0＝2m/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正确的是( )答案 B解析弹丸爆炸瞬间爆炸力远大于外力，故爆炸瞬间动量守恒．因两弹片均水平飞出，飞行时间t ＝2h g ＝1s ，取向右为正方向，由水平速度v ＝xt知，选项A 中，v 甲＝2.5m/s ，v 乙＝－0.5 m/s ；选项B 中，v 甲＝2.5m/s ，v 乙＝0.5 m/s ；选项C 中，v 甲＝1m/s ，v 乙＝2 m/s ；选项D 中，v 甲＝－1m/s ，v 乙＝2 m/s.因爆炸瞬间动量守恒，故mv 0＝m 甲v 甲＋m 乙v 乙，其中m 甲＝34m ，m 乙＝14m ，v 0＝2m/s ，代入数值计算知选项B 正确．例4 如图7所示，ABC 为一固定在竖直平面内的光滑轨道，BC 段水平，AB 段与BC 段平滑连接，质量为m 1的小球从高为h 处由静止开始沿轨道下滑，与静止在轨道BC 段上质量为m 2的小球发生碰撞，碰撞后两球的运动方向处于同一水平线上，且在碰撞过程中无机械能损失．求碰撞后小球m 2的速度大小v 2.(重力加速度为g )图7答案2m 12ghm 1＋m 2解析设m 1碰撞前的速度为v ，根据机械能守恒定律有m 1gh ＝12m 1v 2，解得v ＝2gh ①设碰撞后m 1与m 2的速度分别为v 1和v 2，根据动量守恒定律有m 1v ＝m 1v 1＋m 2v 2② 由于碰撞过程中无机械能损失 12m 1v 2＝12m 1v 12＋12m 2v 22③联立②③式解得v 2＝2m 1vm 1＋m 2④ 将①代入④得v 2＝2m 12ghm 1＋m 2针对训练1 在光滑水平面上有三个完全相同的小球，它们排成一条直线，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8所示．设碰撞中不损失机械能，则碰后三个小球的速度分别是( )图8A ．v 1＝v 2＝v 3＝33v 0 B ．v 1＝0，v 2＝v 3＝22v 0 C ．v 1＝0，v 2＝v 3＝12v 0D ．v 1＝v 2＝0，v 3＝v 0 答案 D解析由于1球与2球发生碰撞时间极短，2球的位置来不及发生变化．这样2球对3球不产生力的作用，即3球不会参与1、2球碰撞，1、2球碰撞后立即交换速度，即碰后1球停止，2球速度立即变为v 0.同理分析，2、3球碰撞后交换速度，故D 正确．1．当遇到两物体发生碰撞的问题时，不管碰撞的环境如何，要首先想到利用动量守恒定律． 2．两质量相等的物体发生弹性正碰，速度交换．3．解题时，应注意将复杂过程分解为若干个简单过程(或阶段)，判断每个过程(或阶段)的动量守恒情况、机械能守恒情况．二、判断一个碰撞过程是否存在的依据 1．动量守恒，即p 1＋p 2＝p 1′＋p 2′.2．总动能不增加，即E k1＋E k2≥E k1′＋E k2′或p 1 22m 1＋p 222m 2≥p 1′22m 1＋p 2′22m 2.3．速度要符合情景：碰撞后，原来在前面的物体的速度一定增大，且原来在前面的物体的速度大于或等于原来在后面的物体的速度，即v 前′≥v 后′.例5 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 ．0.6v B ．0.4v C ．0.3v D ．0.2v答案 A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，以v 的方向为正方向，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由题意可知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 12＋12×2mv 22③ 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，选项B 、C 、D 错误．针对训练2 如图9所示，质量相等的A 、B 两个球，原来在光滑水平面上沿同一直线相向做匀速直线运动，A 球的速度是6m/s ，B 球的速度是－2 m/s ，不久A 、B 两球发生了对心碰撞．对于该碰撞之后的A 、B 两球的速度可能值，某实验小组的同学们做了很多种猜测，下面的猜测结果一定无法实现的是( )图9A ．v A ′＝－2m/s ，vB ′＝6 m/s B ．v A ′＝2m/s ，v B ′＝2 m/sC ．v A ′＝1m/s ，v B ′＝3 m/sD ．v A ′＝－3m/s ，v B ′＝7 m/s 答案 D解析两球碰撞前后应满足动量守恒定律及碰后两球的动能之和不大于碰前两球的动能之和，即m A v A ＋m B v B ＝m A v A ′＋m B v B ′①，12m A v A 2＋12m B v B 2≥12m A v A ′2＋12m B v B ′2②，答案D 中满足①式，但不满足②式，所以D 选项错误．1．一个符合实际的碰撞，一定是动量守恒，机械能不增加，满足能量守恒．2．要灵活运用E k ＝p 22m 或p ＝2mE k ，E k ＝12pv 或p ＝2E kv几个关系式．1．(碰撞的类型特点)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，无法确定答案 A解析以甲滑块的运动方向为正方向，由动量守恒定律得：3m ·v －mv ＝0＋mv ′，解得v ′＝2v碰前总动能E k ＝12×3m ·v 2＋12mv 2＝2mv 2碰后总动能E k ′＝12mv ′2＝2mv 2，E k ＝E k ′，所以A 正确．2．(碰撞特点及满足条件)(多选)质量为1kg 的小球以4m/s 的速度与质量为2kg 的静止小球正碰，关于碰后的速度v 1′和v 2′，下面可能正确的是( ) A ．v 1′＝v 2′＝43m/sB ．v 1′＝3m/s ，v 2′＝0.5 m/sC ．v 1′＝1m/s ，v 2′＝3 m/sD ．v 1′＝－1m/s ，v 2′＝2.5 m/s 答案 AD解析由碰撞前后总动量守恒m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2′和能量不增加E k ≥E k1′＋E k2′验证A 、B 、D 三项皆有可能．但B 项碰后后面小球的速度大于前面小球的速度，不符合实际，所以A 、D 两项有可能． 3．(弹性碰撞的特点)(多选)甲物体在光滑水平面上运动速度为v 1，与静止的乙物体相碰，碰撞过程中无机械能损失，下列结论正确的是( ) A ．乙的质量等于甲的质量时，碰撞后乙的速度为v 1 B ．乙的质量远远小于甲的质量时，碰撞后乙的速率是2v 1 C ．乙的质量远远大于甲的质量时，碰撞后甲的速率是v 1 D ．碰撞过程中甲对乙做的功大于乙动能的增量答案 ABC解析由于碰撞过程中无机械能损失，故是弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可以解得两球碰后的速度v 1′＝m 1－m 2m 1＋m 2v 1，v 2′＝2m 1m 1＋m 2v 1.当m 1＝m 2时，v 2′＝v 1，A 对；当m 1≫m 2时，v 2′＝2v 1，B 对；当m 1≪m 2时，v 1′＝－v 1，C 对；根据动能定理可知D 错．4．(多物体多过程的碰撞)如图10所示的三个小球的质量都为m ，B 、C 两球用水平轻弹簧连接后放在光滑的水平面上，A 球以速度v 0沿B 、C 两球球心的连线向B 球运动，碰后A 、B 两球粘在一起．问：图10(1)A 、B 两球刚刚粘合在一起的速度是多大？ (2)弹簧压缩至最短时三个小球的速度是多大？ (3)弹簧的最大弹性势能是多少？答案 (1)v 02 (2)v 03 (3)112mv 02解析 (1)在A 、B 碰撞的过程中弹簧的压缩量是极其微小的，产生的弹力可忽略，即C 球并没有参与作用，因此A 、B 两球组成的系统所受合外力为零，动量守恒，以v 0的方向为正方向，则有：mv 0＝2mv 1，解得v 1＝v 02.(2)粘合在一起的A 、B 两球向右运动，压缩弹簧，由于弹力的作用，C 球加速，速度由零开始增大，而A 、B 两球减速，速度逐渐减小，当三球相对静止时弹簧最短，此时三球速度相等．在这一过程中，三球和轻弹簧构成的系统动量守恒，以A 、B 两球刚刚粘合在一起的速度方向为正方向，有： 2mv 1＝3mv 2，解得v 2＝23v 1＝v 03.(3)当弹簧被压缩最短时，弹性势能E p 最大，即：E pm ＝12×2mv 12－12×3mv 22＝112mv 02.一、选择题考点一碰撞的特点及类型1．下列关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答案 A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，就叫做弹性碰撞．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，故选A.2．如图1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 球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1 A.h 2B ．h C.h 4D.h 2 答案 C解析 A 球由静止释放到最低点的过程做的是圆周运动，应用动能定理可求出末速度，mgh ＝12mv 12，所以v 1＝2gh ；A 、B 碰撞后并粘在一起的过程动量守恒，mv 1＝2mv 2；对A 、B 粘在一起共同上摆的过程应用机械能守恒，12(m ＋m )v 12＝(m ＋m )gh ′，联立解得h ′＝h 4. 3．(多选)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球的动能变为原来的19，则碰撞后B 球的速度大小可能是( ) A.13v B.23v C.49v D.59v 答案 AB解析根据碰后A 球的动能变为原来的19，得：12mv ′2＝19×12mv 2，解得：v ′＝±13v ，碰撞过程中A 、B 两球组成的系统动量守恒，以A 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv ＝mv ′＋2mv B ，解得：v B ＝13v 或v B ＝23v ，故选A 、B. 4．(多选)如图2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 图像，已知m 1＝0.1kg ，由此可以判断( )图2A ．碰前m 2静止，m 1向右运动B ．碰后m 1和m 2都向右运动C ．由动量守恒可以算出m 2＝0.3kgD ．碰撞过程中系统损失了0.4J 的机械能答案 AC解析碰前m 2的位移不随时间而变化，处于静止．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相撞，故A 正确；由题图乙读出，碰后m 2的速度为正方向，说明向右运动，m 1的速度为负方向，说明向左运动，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m 1v 1＝m 2v 2′＋m 1v 1′，代入解得m 2＝0.3 kg ，故C 正确；碰撞过程中系统损失的机械能为ΔE ＝12m 1v 12－12m 1v 1′2－12m 2v 2′2＝0，故D 错误．考点二弹性正碰模型5．一中子与一质量数为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)2 答案 A 解析设碰撞前后中子的速度分别为v 1、v 1′，碰撞后原子核的速度为v 2，中子的质量为m 1，原子核的质量为m 2，则m 2＝Am 1.根据弹性碰撞规律可得m 1′＝m 2v 2＋m 1v 1′，12m 1v 12＝12m 2v 22＋12m 1v 1′2，解得v 1′＝m 1－m 2m 1＋m 2v 1，则碰后中子的速率为m 2－m 1m 1＋m 2v 1＝A －1A ＋1v 1，因此碰撞前后中子速率之比v 1v 1′＝A ＋1A －1，A 正确．6．(多选)如图3所示，在光滑水平面上停放质量为m 的装有弧形槽的小车．现有一质量也为m 的小球以v 0的水平速度沿切线水平的槽口向小车滑去(不计摩擦)，到达某一高度后，小球又返回小车右端，则( )图3A ．小球在小车上到达最高点时的速度大小为v 02B ．小球离车后，对地将向右做平抛运动C ．小球离车后，对地将做自由落体运动D ．此过程中小球对车做的功为12mv 02 答案 ACD解析小球到达最高点时，小车和小球相对静止，且水平方向总动量守恒，小球离开车时类似弹性碰撞，两者速度完成互换，故选项A 、C 、D 都是正确的．7．(多选)如图4，小球A 的质量为m A ＝5kg ，动量大小为p A ＝4kg·m/s，小球A 水平向右运动，与静止的小球B 发生弹性碰撞，碰后A 的动量大小为p A ′＝1 kg·m/s，方向水平向右，则( )图4A ．碰后小球B 的动量大小为p B ＝3kg·m/sB ．碰后小球B 的动量大小为p B ＝5kg·m/sC ．小球B 的质量为15kgD ．小球B 的质量为3kg答案 AD解析规定向右为正方向，碰撞过程中A 、B 组成的系统动量守恒，所以有p A ＝p A ′＋p B ，解得p B ＝3 kg·m/s，A 正确，B 错误；由于是弹性碰撞，所以没有机械能损失，故p A 22m A ＝p A ′22m A ＋p B 22m B，解得m B ＝3 kg ，C 错误，D 正确．考点三完全非弹性碰撞模型8．两个完全相同、质量均为m 的滑块A 和B ，放在光滑水平面上，滑块A 与水平轻弹簧相连，弹簧另一端固定在墙上，当滑块B 以v 0的初速度向滑块A 运动时，如图5所示，碰到A 后不再分开，下述说法中正确的是( )图5A ．两滑块相碰和以后一起运动过程，A 、B 组成的系统动量均守恒B ．两滑块相碰和以后一起运动过程，A 、B 组成的系统机械能均守恒C ．弹簧最大弹性势能为12mv 02 D ．弹簧最大弹性势能为14mv 02 答案 D解析 B 与A 碰撞后一起运动的过程中，系统受到弹簧的弹力作用，合外力不为零，因此动量不守恒，A 项错误；碰撞过程，A 、B 发生非弹性碰撞，有机械能损失，B 项错误；以v 0的方向为正方向，碰撞过程mv 0＝2mv ，因此碰撞后系统的机械能为12×2m ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 022＝14mv 02，弹簧的最大弹性势能等于碰撞后系统的机械能14mv 02，C 项错误，D 项正确． 9．(多选)如图6所示，三小球a 、b 、c 的质量都是m ，都放于光滑的水平面上，小球b 、c 与水平轻弹簧相连且静止，小球a 以速度v 0冲向小球b ，碰后与小球b 黏在一起运动．在整个运动过程中，下列说法中正确的是( )图6A ．三球与弹簧组成的系统总动量守恒，总机械能不守恒B ．三球与弹簧组成的系统总动量守恒，总机械能也守恒C ．当小球b 、c 速度相等时，弹簧弹性势能最大D ．当弹簧第一次恢复原长时，小球c 的动能一定最大，小球b 的动能一定不为零答案 ACD解析在整个运动过程中，系统的合外力为零，总动量守恒，a 与b 碰撞过程机械能减少，故A 正确，B 错误；当小球b 、c 速度相等时，弹簧的压缩量或伸长量最大，弹性势能最大，故C 正确；当弹簧第一次恢复原长时，小球c 的动能一定最大，根据动量守恒和机械能守恒分析可知，小球b 的动能不为零，故D 正确．二、非选择题10．(多过程的碰撞问题)在粗糙的水平桌面上有两个静止的木块A 和B ，两者相距为d .现给A 一初速度，使A 与B 发生弹性正碰，碰撞时间极短．当两木块都停止运动后，相距仍然为d .已知两木块与桌面之间的动摩擦因数均为μ，B 的质量为A 的2倍，重力加速度大小为g .求A 的初速度的大小．答案 235μgd 5解析设在发生碰撞前的瞬间，木块A 的速度大小为v ；在碰撞后的瞬间，A 和B 的速度分别为v 1和v 2.以碰撞前木块A 的速度方向为正方向．在碰撞过程中，由机械能守恒和动量守恒得 12mv 2＝12mv 12＋12(2m )v 22① mv ＝mv 1＋(2m )v 2②由①②式得v 1＝－v 22③ 设碰撞后A 和B 运动的距离分别为d 1和d 2，由动能定理得－μmgd 1＝0－12mv 12④－μ(2m )gd 2＝0－12(2m )v 22⑤ 按题意有d ＝d 1＋d 2⑥设A 的初速度大小为v 0，由动能定理得－μmgd ＝12mv 2－12mv 02⑦ 联立②③④⑤⑥⑦式，得v 0＝235μgd 5. 11．(多物体多过程的碰撞问题)如图7所示，足够长的木板A 和物块C 置于同一光滑水平轨道上，物块B 置于A 的左端，A 、B 、C 的质量分别为m 、2m 和4m ，已知A 、B 一起以v 0的速度向右运动，滑块C 向左运动，A 、C 碰后连成一体，最终A 、B 、C 都静止，求：图7(1)C 与A 碰撞前的速度大小．(2)A 、B 间由于摩擦产生的热量．答案 (1)34v 0 (2)75mv 02 解析取向右为正方向．(1)对三个物体组成的系统，根据动量守恒定律得：(m ＋2m )v 0－4mv C ＝0解得C 与A 碰撞前的速度大小v C ＝34v 0 (2)A 、C 碰后连成一体，设速度为v 共．根据动量守恒定律得mv 0－4mv C ＝(m ＋4m )v 共解得v 共＝－25v 0 根据能量守恒定律得：Q ＝12(m ＋4m )v 共2＋12×2mv 02－0解得Q ＝75mv 02.。

2018版高中物理第一章碰撞与动量守恒章末检测教科版选修3_5

第一章碰撞与动量守恒章末检测(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分．其中1～6题为单项选择题，7～10题为多项选择题)1．下列对几种物理现象的解释中，正确的是( ) A ．砸钉子时不用橡皮锤，只是因为橡皮锤太轻 B ．跳高时在沙坑里填沙，是为了减小冲量 C ．在推车时推不动是因为推力的冲量为零D ．动量相同的两个物体受到相同的制动力的作用，两个物体将同时停下来答案 D解析砸钉子时不用橡皮锤，一是因为橡皮锤太轻，动量改变量小，二是因为缓冲时间长，从而导致作用力小，故A 错误；跳高时在沙坑里填沙，是为了增大力的作用时间，从而减小作用力，故B 错误；推车时推不动，是由于合力的冲量为零，但推力的冲量不为零，故C 错误；由动量定理知，动量相同的两个物体受到相同的制动力，将同时停下来，故D 正确． 2.如图1，小船静止于水面上，站在船尾上的渔夫不断将鱼抛向船头的船舱内，将一定质量的鱼抛完后，关于小船的速度和位移，下列说法正确的是( )图1A ．向左运动，船向左移一些B ．小船静止，船向右移一些C ．小船静止，船向左移一些D ．小船静止，船不动答案 B解析由动量守恒可得在抛鱼的过程中，小船向右运动，抛完后小船就停止了运动，故B 项正确．3．动量相等的甲、乙两车，刹车后沿两条水平路面滑行．若两车质量之比m 甲m 乙＝12，路面对两车的阻力相同，则两车的滑行时间之比为( ) A ．1∶1 B ．1∶2 C ．2∶1 D ．1∶4 答案 A解析两车滑行时水平方向仅受阻力f 的作用，在这个力作用下使物体的动量发生变化．当规定以车行方向为正方向后，由动量定理：－ft ＝0－p ，所以两车滑行时间：t ＝p f，当p 、f 相同时，滑行时间t 相同．故A 对．4．质量为m 的炮弹沿水平方向飞行，其动能为E k ，突然在空中爆炸成质量相同的两块，其中一块向后飞去，动能为E k2，另一块向前飞去，则向前的这块的动能为( )A.E k 2B.92E kC.94E kD.9＋422E k 答案 B解析设炮弹的初速度为v 0，向后飞去的速度为v 1；向前飞去的速度为v 2，设向前为正方向，根据动量守恒定律可得mv 0＝－12mv 1＋12mv 2，又12mv 20＝E k ，14mv 21＝12E k ，三式联立可得14mv 22＝92E k ，故选项B 正确．5．如图2所示，在光滑水平面上有一质量为M 的木块，木块与轻弹簧水平相连，弹簧的另一端连在竖直墙上，木块处于静止状态．一质量为m 的子弹以水平速度v 0击中木块，并嵌在其中，木块压缩弹簧后在水平面做往复运动．木块自被子弹击中前到第一次回到原来位置的过程中，木块受到的合外力的冲量大小为( )图2A.Mmv 0M ＋m B ．2Mv 0 C.2Mmv 0M ＋mD ．2mv 0 答案 A解析子弹射入木块的时间极短，根据动量守恒定律mv 0＝(M ＋m )v ，解得v ＝mv 0M ＋m，第一次回到原来位置的速度等于子弹击中木块后瞬间的速度．根据动量定理，合外力的冲量I ＝Mv ＝Mmv 0M ＋m，故A 正确． 6.如图3，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m B ＝2m A ，规定向右为正方向，A 、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 球的动量增量为－4 kg·m/s，则( )图3A ．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∶10C ．右方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为2∶5D ．右方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为1∶10 答案 A解析 A 、B 发生碰撞，由动量守恒定律得：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，若是A 球，则动量的增量应是正值；因此碰后A 球的动量是2 kg·m/s，碰后B 球的动量增加为10 kg·m/s，由于两球的质量关系m B ＝2m A ，那么碰后A 、B 两球速度大小之比2∶5.故选A.7．下列说法中正确的是( )A ．根据F ＝ΔpΔt可把牛顿第二定律表述为：物体动量的变化率等于它受的合外力B ．力与力的作用时间的乘积叫做力的冲量，它反映了力的作用对时间的累积效应，是一个标量C ．动量定理的物理实质与牛顿第二定律是相同的，但有时用起来更方便D ．易碎品运输时要用柔软材料包装，船舷常常悬挂旧轮胎，都是为了延长作用时间以减小作用力答案 ACD解析 A 选项是牛顿第二定律的一种表达方式；冲量是矢量，B 错；F ＝ΔpΔt 是牛顿第二定律的最初表达方式，实质是一样的，C 对；柔软材料起缓冲作用，延长作用时间，D 对． 8．质量为1 kg 的小球以4 m/s 的速度与质量为2 kg 的静止小球发生正碰，关于碰后的速度v 1′和v 2′，可能正确的是( ) 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 答案 AB解析对于碰撞问题要遵循三个原则：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．碰撞过程满足动量守恒，所以碰后系统的动量为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．9．如图4所示为A 、B 两球沿一直线运动并发生正碰，如图为两球碰撞前后的位移图像．a 、b 分别为A 、B 两球碰前的位移图像，c 为碰撞后两球共同运动的位移图像，若A 球的质量m＝2 kg ，则由图判断下列结论正确的是( )图4A ．A 、B 两球碰撞前的总动量为3 kg·m/s B ．碰撞时A 对B 的冲量为－4 N·sC ．碰撞前后A 的动量变化量为4 kg·m/sD ．碰撞中A 、B 两球组成的系统损失的机械能为10 J 答案 BCD解析由题意可知m A v A －m B v B ＝(m A ＋m B )v ，将m A ＝2 kg ，v A ＝3 m/s ，v B ＝2 m/s ，v ＝1 m/s 代入可得m B ＝43 kg ，A 、B 碰撞前的总动量为m A v A －m B v B ＝103 kg·m/s，选项A 错误；碰撞前后A 的动量变化为m A v A －m A v ＝4 kg·m/s，即碰撞时A 对B 所施冲量为－4 N·s，选项B 、C 正确；碰撞中A 、B 两球组成的系统损失的动能为12m A v 2A ＋12m B v 2B －12(m A ＋m B )v 2＝10 J ，选项D正确．10．质量为m 的小球A 以速度v 0在光滑水平面上运动，与质量为2m 的静止小球B 发生正碰，则碰撞后小球A 的速度大小v A 和小球B 的速度大小v B 可能为( ) A ．v A ＝13v 0 v B ＝23v 0 B ．v A ＝25v 0 v B ＝710v 0C ．v A ＝14v 0 v B ＝58v 0D ．v A ＝38v 0 v B ＝516v 0答案 AC解析两球发生正碰，动量守恒、能量不增加，且后面的物体不能大于前面物体的速度．根据动量守恒定律可得，四个选项都满足．但碰撞前总动能为12mv 20，而碰撞后B 选项总动能为57100mv 20，B 错误；D 选项中v A >v B ，不可能，D 错误．故A 、C 正确．二、实验题(本题共2小题，共18分)11．(8分)如图5所示为“探究两物体作用前后动量是否守恒”的实验装置示意图．已知a 、b 小球的质量分别为m a 、m b ，半径分别是r a 、r b ，图中P 点为单独释放a 球的平均落点，M 、N 是a 、b 小球碰撞后落点的平均位置．图5(1)本实验必须满足的条件是________．A．斜槽轨道必须是光滑的B．斜槽轨道末端的切线水平C．入射小球每次都从斜槽上的同一位置无初速释放D．入射球与被碰球满足m a＝m b，r a＝r b(2)为了判断动量守恒，需要测量OP间的距离x1，则还需要测量的物理量有________、________(用相应的文字和字母表示)．(3)如果动量守恒，须满足的关系式是________(用测量物理量的字母表示)．答案(1)BC(2)测量OM间的距离x2测量ON的距离x3(3)m a x1＝m a x2＋m b x3(写成m a OP＝m a OM＋m b ON不扣分)12．(10分)某同学利用打点计时器和气垫导轨做“探究动量是否守恒”的实验，气垫导轨装置如图6甲所示，所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架等组成．在空腔导轨的两个工作面上均匀分布着一定数量的小孔，向导轨空腔内不断通入压缩空气，压缩空气会从小孔中喷出，使滑块稳定地漂浮在导轨上，如图乙所示，这样就大大减小因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差．(1)下面是实验的主要步骤：图6①安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平；②向气垫导轨通入压缩空气；③把打点计时器固定在紧靠气垫导轨左端弹射架的外侧，将纸带穿过打点计时器越过弹射架并固定在滑块1的左端，调节打点计时器的高度，直至滑块拖着纸带移动时，纸带始终在水平方向；④滑块1挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳；⑤把滑块2放在气垫导轨的中间；⑥先________，然后________，让滑块带动纸带一起运动；⑦取下纸带，重复步骤④⑤⑥，选出较理想的纸带如图7所示；图7⑧测得滑块1(包括撞针)的质量为310 g ，滑块2(包括橡皮泥)的质量为205 g ．试完善实验步骤⑥的内容．(2)已知打点计时器每隔0.02 s 打一个点，计算可知，两滑块相互作用前动量之和为________kg·m/s；两滑块相互作用以后动量之和为________kg·m/s(保留三位有效数字)． (3)试说明(2)问中两结果不完全相等的主要原因是______________________________________________________________________ ____________________________________________________________________. 答案 (1)接通打点计时器的电源放开滑块1 (2)0.620 0.618(3)纸带与打点计时器的限位孔有摩擦解析作用前滑块1的速度v 1＝0.20.1 m/s ＝2 m/s ，其动量为0.310 kg×2 m/s＝0.620 kg·m/s，作用后滑块1和滑块2具有相同的速度v ＝0.1680.14 m/s ＝1.2 m/s ，其动量之和为(0.310 kg＋0.205 kg)×1.2 m/s ＝0.618 kg·m/s. 三、计算题(本题共4小题，共42分)13．(10分)如图8甲所示，物块A 、B 的质量分别是m 1＝4.0 kg 和m 2＝6.0 kg ，用轻弹簧相连接放在光滑的水平面上，物块B 左侧与竖直墙相接触．另有一个物块C 从t ＝0时刻起以一定的速度向左运动，在t ＝0.5 s 时刻与物块A 相碰，碰后立即与A 粘在一起不再分开，物块C 的v －t 图像如图乙所示．试求：图8(1)物块C 的质量m 3；(2)在5.0 s 到15 s 的时间内物块A 的动量变化的大小和方向．答案 (1)2.0 kg (2)16 kg·m/s，方向向右解析 (1)根据图像可知，物块C 与物块A 相碰前的速度为v 1＝6 m/s相碰后的速度为：v 2＝2 m/s根据动量守恒定律得：m 3v 1＝(m 1＋m 3)v 2 解得：m 3＝2.0 kg.(2)规定向左的方向为正方向，在第5.0 s 和第15 s 末物块A 的速度分别为：v 2＝2 m/s ，v 3＝－2 m/s所以物块A 的动量变化为： Δp ＝m 1(v 3－v 2)＝－16 kg·m/s即在5.0 s 到15 s 的时间内物块A 动量变化的大小为： 16 kg·m/s，方向向右．14．(10分)如图9所示，质量为3m 的木块静止放置在光滑水平面上，质量为m 的子弹(可视为质点)以初速度v 0水平向右射入木块，穿出木块时速度变为25v 0，已知木块的长为L ，设子弹在木块中的阻力恒定．试求：图9(1)子弹穿出木块后，木块的速度大小v ； (2)子弹在木块中运动的时间t .答案 (1)v 05 (2)5L3v 0解析 (1)子弹与木块相互作用过程，满足动量守恒定律，则mv 0＝m ×25v 0＋3mv ，解得v ＝v 05(2)对子弹和木块组成的系统，由功能关系，有 fL ＝12mv 20－12m (25v 0)2－12×3mv 2，解得f ＝9mv 2025L 对木块，根据动量定理，有ft ＝3mv ，解得t ＝5L3v 0. 15．(10分)如图10所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A 和B 分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点．现将A 无初速释放，A 与B 碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动．已知圆弧轨道光滑，半径R ＝0.2 m ；A 和B 的质量相等；A 和B 整体与桌面之间的动摩擦因数μ＝0.2.取重力加速度g ＝10 m/s 2.求：图10(1)碰撞前瞬间A 的速率v ；(2)碰撞后瞬间A 和B 整体的速率v ′； (3)A 和B 整体在桌面上滑动的距离l . 答案 (1)2 m/s (2)1 m/s (3)0.25 m 解析设滑块的质量为m . (1)根据机械能守恒定律mgR ＝12mv 2得碰撞前瞬间A 的速率v ＝2gR ＝2 m/s (2)根据动量守恒定律mv ＝2mv ′得碰撞后瞬间A 和B 整体的速率v ′＝12v ＝1 m/s(3)根据动能定理12(2m )v ′2＝μ(2m )gl得A 和B 整体沿水平桌面滑动的距离l ＝v ′22μg＝0.25 m. 16．(12分)如图11所示，光滑的水平面上有两块相同的长木板A 和B ，长度均为L ＝0.5 m ，在B 的中央位置有一个可以看成质点的小铁块C ，三者的质量都为m ，C 与A 、B 间的动摩擦因数均为μ＝0.5.现在A 以速度v 0＝6 m/s 向右运动并与B 相碰，碰撞时间极短，碰后A 、B 粘在一起运动，而C 可以在A 、B 上滑动，g ＝10 m/s 2，求小铁块C 最终距长木板A 左端的距离．图11答案 0.15 m解析设A 与B 碰后瞬间，A 、B 的共同速度为v 1，由动量守恒定律得mv 0＝2mv 1①设最终A 、B 、C 的共同速度为v 2，由动量守恒定律得mv 0＝3mv 2②假设C 未掉下，A 、B 、C 达到共同速度时，C 在AB 上滑过的距离为Δx ，由能量守恒定律有 μmg Δx ＝12×2mv 21－12×3mv 22③由①②③得Δx ＝0.6 m ，由于0.6 m<0.5 m ＋0.52 m ＝0.75 m ，所以C 未从A 左端掉下则C 最终距A 左端的距离为0.75 m －0.6 m ＝0.15 m.。

【配套K12】[学习]2018-2019学年高中物理课时提升作业一第一章碰撞与动量守恒 1.1

课时提升作业一碰撞(30分钟50分)1.(10分)如图所示,A、B两摆摆长分别为L1和L2,摆球质量分别为m1和m2,且m1<m2。

静止时,两球在悬点正下方刚好接触且球心同高,现将A摆在纸平面内向左拉离平衡位置,使摆线水平,然后释放。

当A摆摆到最低点时两球碰撞,碰后A球被反弹,反弹后最大偏角为α,B球向右摆动,最大偏角为β,则碰撞过程中一定守恒的是__________(选填“动能”或“动量”),守恒的关系式为__。

【解题指南】可按如下思路解答本题:(1)由“单摆探究碰撞中的守恒量”可知“动量守恒”。

(2)根据机械能守恒可求出碰撞前后的速度。

【解析】两球在最低点碰撞时,动量守恒,设碰前瞬间A球速度为v1。

由机械能守恒定律得,对A球:m1=m1gL1①设A、B球碰后瞬间的速度分别为v1′和v2′,由机械能守恒定律得对A 球:m1v=m1gL1(1-cosα) ②对B球:m2v=m2gL2(1-cosβ) ③由动量守恒得m1v1=-m1v1′+m2v2′④由①②③④式得:m1(1+)=m2。

答案:动量m1(1+)=m22.(10分)气垫导轨上有A、B两个滑块,开始时两个滑块静止,它们之间有一根被压缩的轻质弹簧,滑块间用绳子连接(如图甲所示),绳子烧断后,两个滑块向相反方向运动,图乙为它们运动过程的频闪照片,频闪的频率为10Hz,由图可知:(1)A、B离开弹簧后,应该做________运动,已知滑块A、B的质量分别为200g、300g,根据照片记录的信息,从图中可以看出闪光照片有明显与事实不相符合的地方是__。

(2)若不计此失误,分开后,A的动量大小为______kg·m/s,B的动量大小为______kg·m/s,本实验中得出“在实验误差允许范围内,两滑块组成的系统动量守恒”这一结论的依据是。

【解析】(1)A、B离开弹簧后因水平方向不再受外力作用,所以均做匀速直线运动,在离开弹簧前A、B均做加速运动,A、B两滑块的第一个间隔应该比后面匀速时相邻间隔的长度小。

【2019-2020】高中物理课时提升作业三第一章碰撞与动量守恒1

教学资料参考范本【2019-2020】高中物理课时提升作业三第一章碰撞与动量守恒1撰写人：__________________部门：__________________时间：__________________(30分钟50分)一、选择题(本大题共5小题,每小题6分,共30分)1.(多选)关于动量守恒,下列说法中正确的有( )A.系统不受外力或者所受外力的合力为零,系统的总动量守恒B.一枚在空中飞行的导弹,在某点速度沿水平方向,突然炸裂成两块,则爆炸前后导弹动量近似守恒C.子弹水平飞行,击穿一块原来静止在光滑水平面上的木块,因为子弹穿透木块的过程中受到阻力作用,所以子弹和木块组成的系统总动量不守恒D.汽车拉着拖车在水平公路上匀速前进,若拖车突然和汽车脱钩,而汽车的牵引力不变,两车所受阻力与车重成正比,则在拖车停止运动之前,汽车和拖车组成的系统总动量不守恒【解析】选A、B。

系统不受外力或者所受外力的合力为零,则系统的总动量守恒,故A正确;系统受外力作用,但当系统所受的外力远远小于系统内各物体间的内力时,系统的总动量近似守恒,如爆炸问题,故B正确;子弹水平飞行,击穿一块原来静止在光滑水平面上的木块,尽管子弹穿透木块的过程中受到阻力作用,但是子弹和木块组成的系统合力为零,因此总动量也是守恒的,故C错;汽车拉着拖车在水平公路上匀速前进,说明整个系统受到的合力为零,因为脱钩后,汽车的牵引力不变,两车所受的阻力不变,因此,在拖车停止运动前,整个系统受到的合力始终为零,故汽车和拖车组成的系统总动量是守恒的,故D错。

2.如图所示,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两球的动量均为6kg·m/s,运动中两球发生碰撞,碰撞后A球的动量增量为-4kg·m/s。

则( )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.右方是A球,碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10【解析】选A。

高中物理课时自测当堂达标第一章碰撞与动量守恒1.1碰撞教科版选修3-5(2021年整理)

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1。

1 碰撞课时自测·当堂达标1。

(多选）在利用气垫导轨探究碰撞中的不变量实验中,下列哪些因素可导致实验误差（）A。

导轨安放不水平B。

滑块上挡光板倾斜C.两滑块质量不相等D。

两滑块碰后连在一起【解析】选A、B。

导轨不水平将导致滑块速度受重力分力影响，从而产生实验误差;挡板倾斜会导致挡光板宽度不等于挡光阶段滑块通过的位移；实验中并不要求两滑块的质量相等；两滑块碰后连在一起只意味着碰撞过程能量损失最大,并不影响碰撞中的守恒量。

综上所述,答案为A、B。

2.某同学把两个大小不同的物体用细线连接，中间夹一被压缩的弹簧,如图所示，将这一系统置于光滑的水平桌面上，烧断细线，观察物体的运动情况，进行必要的测量,探究物体间相互作用时的不变量.（1)该同学还必须有的器材是_____________________。

(2)需要直接测量的数据是_______________________。

(3)根据课堂探究的不变量,本实验中表示碰撞前后不变量的表达式应为__________________。

【解析】物体离开桌面后做平抛运动,取左边物体的初速度方向为正方向，设两物体质量和平抛初速度分别为:m1、m2，v1、v2,平抛运动的水平位移分别为x1、x2,平抛运动的时间为t。

高中物理课时自测当堂达标第一章碰撞与动量守恒1.3动量守恒定律的应用教科版选修3-5(2021年整

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1。

3 动量守恒定律的应用课时自测·当堂达标1.两个球沿直线相向运动,碰撞后两球都静止.则可以推断（）A.两个球的动量一定相等B.两个球的质量一定相等C.两个球的速度一定相等D.两个球的动量大小相等，方向相反【解析】选D。

碰撞过程动量守恒,碰后系统的总动量为零，碰前系统的总动量也应该为零,因此碰前两小球的动量大小相等,方向相反，故只有D正确.2。

质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一条直线、同一方向运动,A球的动量p A=9kg·m/s，B球的动量p B=3kg·m/s，当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球动量的可能值是( ) A。

p′A=6kg·m/s,p′B=6kg·m/sB。

p′A=8kg·m/s,p′B=4kg·m/sC.p′A=-2kg·m/s,p′B=14kg·m/sD.p′A=—4kg·m/s，p′B=17kg·m/s【解析】选A.由碰撞前后两球总动量守恒，即p A+p B=p′A+p′B,可排除D;由碰撞后两球总动能不可能增加，即+≥+,可排除C;由碰撞后A球不可能穿越B球,即≤,可排除B;所以四个选项中只有A是可能的。

高中物理第一章碰撞与动量守恒第三节动量守恒定律在碰撞中的应用训练粤教版选修3-5(2021年整理)

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第三节动量守恒定律在碰撞中的应用A级抓基础1．（多选)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．若两球质量相等，碰后以某一相等速率互相分开B．若两球质量相等，碰后以某一相等速率同向而行C．若两球质量不等，碰后以某一相等速率互相分开D．若两球质量不等,碰后以某一相等速率同向而行解析：光滑水平面上两球的对心碰撞符合动量守恒的条件,因此碰撞前、后两球组成的系统总动量守恒．碰撞前两球总动量为零，碰撞后总动量也为零,动量守恒，所以选项A是可能的．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，而碰撞前总动量为零，所以选项B不可能．碰撞前、后系统的总动量的方向不同，所以动量不守恒，选项C不可能．碰撞前总动量不为零，碰撞后总动量也不为零，方向可能相同，所以选项D是可能的．答案:AD2．(多选)如图所示，A、B两物体的质量比m A∶m B＝3∶2，它们原来静止在平板车C上，A、B间有一根被压缩了的弹簧,A、B与平板车上表面间动摩擦因数相同，地面光滑．当弹簧突然释放后,则有( )A．A、B系统动量不守恒B．A、B、C系统动量守恒C．小车向左运动D．小车向右运动解析：A、B因质量不同，水平方向受到C的摩擦力是不相同的，所以A、B系统动量不守恒,但A、B、C系统动量守恒,故选项A、B正确．A对C的摩擦力大于B对C的摩擦力，小车将向左运动，故选项C正确,D错误．答案：ABC3．质量为M的木块在光滑的水平面上以速度v1向右运动,质量为m的子弹以速度v2水平向左射入木块，要使木块停下来，必须发射子弹的数目为(子弹留在木块内)（）A.错误!B。

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