第四节碰撞限时训练

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，m A =1kg ，m B =2kg ，
v A =6m/s ，v B =3m/s ，当A 球与B 球发生碰撞后，A 、B 两球速度可能为( )
A.v A =4m/s ，v B =4m/s
B.v A =2m/s ，v B =5m/s
C.v A =-4m/s ，v B =6m/s
D.v A =7m/s ，v B =2.5m/s
E.v A =3m/s ，v B =4.5m/s
2．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。

木箱和小木块都具有一定的质量。

现使木箱获得一个向左的初速度v 0，则( )
A.小木块和木箱最终都将静止
B.木箱速度为零时，小木块速度为M
m Mv +0 C.最终小木块速度为M
m Mv +0，方向向左 D.木箱和小木块系统机械能最终损失202
1Mv 3．在光滑水平面上，质量为m 的小球A 正以速度v 0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 ．v 0/6
B ．5v 0/12
C ．v 0/2
D ．v 0/2或v 0/6
4．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 =12kg ·m/s 、p B =13kg ·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 =-3kg ·m/s 、Δp
B =3kg ·m/s
B ．Δp A =3kg ·m/s 、Δp B =-3kg ·m/s
C ．Δp A =-24kg ·m/s 、Δp B =24kg ·m/s
D ．Δp A =24kg ·m/s 、Δp B =-24kg ·m/s
5．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( )
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
6．(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m 甲大于乙球的质量m 乙，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
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m 0，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V 1、V 2、V 3，满足（M+m 0）V ＝MV 1+m V 2+m 0V 3
B.摆球的速度不变，小车和木块的速度变为V 1和V 2，满足MV ＝MV 1+m V 2
C.摆球的速度不变，小车和木块的速度变为V`，满足MV ＝（M+m ）V`
D.小车和摆球的速度均变为V 1，木块的速度变为V 2，满足（M+m 0）V ＝（M+m 0）V 1+mV 2
8．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 ．0.4v
C ．0.2v
D ．v
9．(多选)在光滑水平面上动能为E 0，动量大小P 0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，将碰后球1的动能和动量大小分别记为E 1、P 1，球2的动能和动量大小分别记为E 2、P 2，则必有（ ）
A ．E 1 < E 0
B ．P 1 < P 0
C ．E 2 > E 0
D ．P 2<P 0
10．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m A ＝4 kg ，m B ＝2 kg ，
速度分别是v A ＝3 m/s(设为正方向)，v B ＝－3 m/s.则它们发生正碰后，速度的可能值分别为( )
A ．v A ′＝1 m/s ，v
B ′＝1 m/s
B ．v A ′＝4 m/s ，v B ′＝－5 m/s
C ．v A ′＝2 m/s ，v B ′＝－1 m/s
D ．v A ′＝－1 m/s ，v B ′＝－5 m/s
11．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v 在光滑水平面上相向运动，
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4mv
B ．碰撞过程动量不守恒
C ．碰撞后乙的速度大小为2v
D ．碰撞属于非弹性碰撞
12．质量为m a =1kg ，m b =12kg 的小球在光滑的水平面上发生碰撞，碰撞前后两球的位移-时间图象如图
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m A =2kg 、m B =4kg ，速率分别为v A =5m/s 、v B =2m/s 的A 、
B 两小球沿同一直线相向运动并发生对心碰撞，则（ ）
A ．它们碰撞后的总动量是18kg • 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 ，放在光滑水平面上，滑块A 与轻弹簧相连，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，如图所示，碰到A 后不再分开，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202
1mv D.弹簧最大弹性势能为204
1mv
右
16．在光滑的水平面上有a、b两球，其质量分别为m a、m b，两球在某时刻发生正碰，两球在碰撞前后的速度图象如图所示．则下列关系正确的是( )
A．m a＞m b
B．m a＜m b
C．m a＝m b
D．无法判断
17．如图所示，两个完全相同的小球A、B用等长的细线悬于O点，线长L。

若将A由图示位置静止释放,则B球被碰后第一次速度为零时的高度不可能是(
)
A．L/2 B．L/4
C．L/8 D．L/10
18．如图所示，F1、F2等大反向，同时作用于静止在光滑水平面上的A、B两物体上，已知M A>M B，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
D．仍运动但方向不能确定
19．质量分别为m1、m2的小球在一直线上做弹性碰撞，它们在碰撞前后的位移—时间图像如图所示，若m
1=1kg，m2的质量等于多少?
20．如图所示，AB为倾角θ=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v0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μ的取值范围。

μ<
19．3kg；20．0.45
第四节参考答案
μ<
19．3kg；20．0.45
μ<
19．3kg；20．0.45
第四节参考答案
μ<
19．3kg；20．0.45
μ<
19．3kg；20．0.45
μ<
19．3kg；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=m A v A +m B v B =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=6kg ×m/s ，B 球的动量为PB=6kg ×m/s 。

对选项A 检验得，其总动量为P ′=1×4 kg ×m/s +2×4 kg ×m/s =12 kg ×m/s ，A 球的动量为P A ′=4kg
×m/s ，小于碰前的动量，B 球的动量为P B ′=8kg ×m/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 ′=1×2 kg ×m/s +2×5kg ×m/s =12 kg ×m/s ，A 球的动量为P A ′=2kg
×m/s ，小于碰前的动量，B 球的动量为P B ′=10kg ×m/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 ′=－1×4 kg ×m/s +2×6kg ×m/s =8kg ×m/s ，故选项C 错误； 对选项D 检验得，其总动量为P ′=1×7kg ×m/s +2×2.5kg ×m/s =12 kg ×m/s ，A 球的动量为P A ′=7kg
×m/s ，大于碰前的动量，B 球的动量为P B ′=5kg ×m/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 ′=1×3kg ×m/s +2×4.5kg ×m/s =12 kg ×m/s ，A 球的动量为P A ′=3kg
×m/s ，小于碰前的动量，B 球的动量为P B ′=9kg ×m/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v 0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 0=(M+m)v ，解得M
m Mv v +=0方向与v 0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失)
(2)(212120220M m Mmv v m M Mv +=+-，选项D 错误；故选C. 考点：动量守恒定律. 3．C 【解析】：A 球碰后有220111242
A mv mv =⋅，可知02A v v =，而碰后A 球的速度可能与碰前相同或相反。

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0v 的方向为正方向，有03A B mv mv mv =+，解得06
B v v =，出现A B v v >，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02
A v v =-代入到动量守恒表达式，解得：02
B v v =。

故选
C 。

考点：本题考查了碰撞、动量守恒定律。

4．A 【解析】：由题可知碰撞前，因为B 在前，所以A 的动量不可能沿原方向增大，而B 的动量要增加．故
碰后它们动量的变化分别为△p A ＜0，△p B ＞0故B 、D 错误．根据碰撞过程动量守恒定律，如果△p A =-3kg •m/s 、△p B =3kg •m/s ，所以碰后两球的动量分别为p ′A =9kg •m/s 、p ′B =16kg •m/s ，碰前的动能之和：221441692222A B A B A B P P m m m m +=+，碰后总能量：22
812562222''A B A B A B
P P m m m m +=+，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△p A =-24kg •m/s 、△p B =24kg •m/s ，
所以碰后两球的动量分别为p ′A =-12kg •m/s 、p ′B =37kg •m/s ，可以看出，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2B A m m =，所以碰撞前A B v v >，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，
A A
B B A A B B m v m v m v m v +=-'+'，所以碰撞后B 球的动量是10kg •m/s ，根据2B A m m =，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．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E K 甲=E K 乙，设甲球
的动量为P 甲，乙球动量为P 乙，则E K 甲=，E K 乙=，因为m 甲＞m 乙，所以 P 甲＞P 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．
解：A 、上述分析知E K 甲=E K 乙，因为E K =mv 2==，所以动量为：P=，
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A 正确．
B 、因为乙必弹回，故速度不为零，B 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，C 正确；
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D 错误；
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1v 和2v ，由动量守恒定律得：012MV MV mV =+；若碰后小车和木块速度相同，由动量守恒定律得：0MV 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0.6B v v =，由动量守恒得：30.6A mv mv m v =+⋅，得0.8A v v =-，碰撞前系统的
总动能为212k E mv =．碰撞后系统的总动能为()222221111130.8322222
k A B B E mv mv m v mv mv '=+⋅=+⋅＞，违反了能量守恒定律，不可能．故A 错误．若0.4B v v =，由动量守恒得：30.4A mv mv m v =+⋅，得0.2A v v =-，碰撞后系统的总动能为()22222111113(0.2)30.422222
k A B E mv mv m v m v mv '=+⋅=-+⋅<，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：30.25B B mv m m v v v =+=（），，这时B 获得的速度最大，所以0.2B v v =，是不可能的．故C 错误．若B v v =，由动量守恒得：3A mv mv m v =+⋅，得13
A v 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，102010E E E E P P ＜，＜，＜．否则，就违反了能量守恒定律．根据动量守恒定律得：021P P P =-，得到201P P P =+，可见，20P
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
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A 球速度不大于B 球的速度．
碰前系统总动量为34326/kg m s ⨯-⨯=⋅，碰前总动能为221
1 43232722
J ⨯⨯+⨯⨯=； 若 1 m /s 1 m /s A B v v ''＝，＝，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 4 m /s 5 m /s A B v v ''＝，＝－，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 2 m /s 1 m /s A B v v ''＝，＝－，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 1 m /s 5 m /s A B v v ''＝－，＝－，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】：规定向右为正方向，碰撞前总动量为32mv mv mv -=，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：30'mv mv mv -=+，解得：'2v v =，C 正确；碰撞前总动能为：222113222
mv mv mv ⋅+⋅=，碰撞后总动能为：2210(2)22
m v mv +⋅=，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 12．A 【解析】：根据x-t 图象可知：a 球的初速度为：33/1
a v m s ==，
b 球的初的速度为0b v =，碰撞后a 球的速度为：11m /s 1a v '=-=-，碰撞后b 球的速度为：532m /s 1
b v -'==，两球碰撞过程中，动能变化量为：22222211111101311220222222
k a a a a b b E m v m v m v =
+-'-'=⨯⨯-⨯⨯-⨯⨯=，则知碰撞前后系统的总动能不变，此碰撞是弹性碰撞；A 正确。

考点：考查了动量守恒定律，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
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，两球的总动量向左，也不可能；故碰撞后B 小球必然向右运动，选项C 正确，D 错误。

考点：动量守恒定律的应用。

14．A 【解析】：粒子原来的轨道半径为：11m v R q B
=，根据动量守恒，结合后的总动量满足：112()m v m m v =+共，则结合后在磁场中运动的半径12111=='
()m m v m v R R q B q B +=共，故选项A 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 02mv mv =，弹簧
的最大弹性势能22200112224
()Pm v E mv m mv =?=，选项D 正确，C 错误。

考点：动量守恒定律及能量守恒定律。

由图可知，a 球碰后速度反向，故m a ＜m b ，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：21(cos 60)02
A mg L L mv -=-，解得：A v A 与
B 发生完全弹性碰撞，由能量守恒定律和动量守恒定律可知两者交换速度，即
B A v v ==B 上升过程中由动能定理可知：2102
B mgh mv -=-，解得：2L h =；若A 与B 发生完全非弹性碰撞即AB 粘在一起，由动量守恒定律可知：2A mv mv =，解得：v =AB 上升过程中，由动能定理可知：212022
mgh mv -=-⨯，解得：8L h =，所以B 球上升的高度28
L L h ≤≤，故选项D 错误． 考点：考查动量守恒定律和动能定理在碰撞中的应用，关键在于根据两球碰撞的可能情况解出高度的
范围．
18．A 【解析】：取向右为正方向，对物体A ，由动量定理可知：1A p Ft =，
同理对物体B 可得：2B p F t =-，将AB 看成一系统，由动量守恒定律知：()A B A B p p M M v +=+，解得：v=0，故选项A 正确． 考点：考查动量定理和动量守恒定律的应用．
19．3kg.【解析】：从位移—时间图像上可看出：m 1和m 2于t=2s 时在位移等于8m 处碰撞，碰前m 2的
速度为0，m 1的速度v 0=△s/△t=4m/s ；碰撞后，m 1的速度 v 1=-2m/s ，m 2的速度v 2=2m/s ，
由动量守恒定律得m 1v 0=m 1v 1+m 2v 2，得 m 2=3kg. 考点：动量守恒定律；s-t 图线。

20．0.45μ<
【解析】：设碰后甲的速度为1v ，乙的速度为2v ，由动量守恒和能量关系：
101122m v m v m v =+ ①1分 222101122111222
m v m v m v =+ ②1分 联立①②解得：121001213m m v v v m m -==-+ 120012223
m v v v m m ==+ 2分 设上滑的最大位移大小为s ，滑到斜面底端的速度大小为v ，由动能定理：
00222221(sin 37cos37)2
m g m g s m v μ+=
③1分 0022221(sin 37cos37)2m g m g s m v μ-= ④1分 联立③④解得：223434v v μμ-=+（），乙要能追上甲，则：03v v > ⑤1分 解得：0.45μ< 2分。

考点：动量守恒定律。