高三物理选修3-5第十六章动量守恒定律第四节碰撞弹性碰撞模型和应用专题专项训 集 无答案

4碰撞[目标定位] 1.理解弹性碰撞、非弹性碰撞和完全非弹性碰撞，正碰(对心碰撞)和斜碰(非对心碰撞).2.会应用动量、能量的观点综合分析、解决一维碰撞问题.3.知道散射和中子的发觉过程，体会理论对实践的指导作用，进一步了解动量守恒定律的普适性．一、弹性碰撞和非弹性碰撞1．弹性碰撞：碰撞过程中机械能守恒．2．非弹性碰撞：碰撞过程中机械能不守恒．3．完全非弹性碰撞：碰撞后合为一体或碰后具有共同速度，这种碰撞动能损失最大．二、对心碰撞和非对心碰撞1．正碰：(对心碰撞)两个球发生碰撞，假如碰撞之前球的速度方向与两球心的连线在同一条直线上，碰撞之后两个球的速度方向仍会沿着这条直线的方向而运动．2．斜碰：(非对心碰撞)两个球发生碰撞，假如碰撞之前球的运动速度方向与两球心的连线不在同一条直线上，碰撞之后两球的速度都会偏离原来两球心的连线而运动．想一想质量相等的两个物体发生正碰时，肯定交换速度吗？答案不肯定．只有质量相等的两个物体发生弹性正碰时，同时满足动量守恒和机械能守恒的状况下，两物体才会交换速度．三、散射1．定义：微观粒子碰撞时，微观粒子相互接近时并不像宏观物体那样“接触”而发生的碰撞．2．散射方向：由于粒子与物质微粒发生对心碰撞的概率很小，所以多数粒子碰撞后飞向四周八方．一、对碰撞问题的理解1．碰撞(1)碰撞时间格外短，可以忽视不计．(2)碰撞过程中内力往往远大于外力，系统所受外力可以忽视不计，所以系统的动量守恒．2．三种碰撞类型(1)弹性碰撞动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′机械能守恒：12m1v21＋12m2v22＝12m1v1′2＋12m2v2′2当v2＝0时，有v1′＝m1－m2m1＋m2v1，v2′＝2m1m1＋m2v1即v1′＝0，v2′＝v1推论：质量相等，大小、材料完全相同的弹性小球发生弹性碰撞，碰后交换速度．即v1′＝v2，v2′＝v1 (2)非弹性碰撞动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′机械能削减，损失的机械能转化为内能|ΔE k|＝E k初－E k末＝Q(3)完全非弹性碰撞动量守恒：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共碰撞中机械能损失最多|ΔE k|＝12m1v21＋12m2v22－12(m1＋m2)v2共例1质量分别为300 g和200 g的两个物体在无摩擦的水平面上相向运动，速度分别为50 cm/s和100 cm/s.(1)假如两物体碰撞并粘合在一起，求它们共同的速度大小；(2)求碰撞后损失的动能；(3)假如碰撞是弹性碰撞，求两物体碰撞后的速度大小．答案(1)0.1 m/s(2)0.135 J(3)0.7 m/s0.8 m/s解析(1)令v1＝50 cm/s＝0.5 m/s，v2＝－100 cm/s＝－1 m/s，设两物体碰撞后粘合在一起的共同速度为v，由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，代入数据解得v＝－0.1 m/s，负号表示方向与v1的方向相反．(2)碰撞后两物体损失的动能为ΔE k ＝12m 1v 21＋12m 2v 22－12(m 1＋m 2)v 2＝[12×0.3×0.52＋12×0.2×(－1)2－12×(0.3＋0.2)×(－0.1)2] J ＝0.135 J. (3)假如碰撞是弹性碰撞，设碰后两物体的速度分别为v 1′、v 2′，由动量守恒定律得m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′， 由机械能守恒定律得12m 1v 21＋12m 2v 22＝12m 1v 1′2＋ 12m 2v 2′2，代入数据得v 1′＝－0.7 m/s ，v 2′＝0.8 m/s. 二、弹性正碰模型及拓展应用1．两质量分别为m 1、m 2的小球发生弹性正碰，v 1≠0，v 2＝0，则碰后两球速度分别为v 1′＝m 1－m 2m 1＋m 2v 1，v 2′＝2m 1m 1＋m 2v 1.(1)若m 1＝m 2的两球发生弹性正碰，v 1≠0，v 2＝0，则碰后v 1′＝0，v 2′＝v 1，即二者碰后交换速度． (2)若m 1≫m 2，v 1≠0，v 2＝0，则二者弹性正碰后， v 1′＝v 1，v 2′＝2v 1.表明m 1的速度不变，m 2以2v 1的速度被撞出去．(3)若m 1≪m 2，v 1≠0，v 2＝0，则二者弹性正碰后，v 1′＝－v 1，v 2′＝0.表明m 1被反向以原速率弹回，而m 2仍静止．2．假如两个相互作用的物体，满足动量守恒的条件，且相互作用过程初、末状态的总机械能不变，广义上也可以看成是弹性碰撞．例2 如图16－4－1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 处由静止开头沿轨道下滑，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.图16－4－1 答案2m 12ghm 1＋m 2解析 设m 1碰撞前的速度为v 10，依据机械能守恒定律有m 1gh ＝12m 1v 210 解得v 10＝2gh ①设碰撞后m 1与m 2的速度分别为v 1和v 2，依据动量守恒定律有m 1v 10＝m 1v 1＋m 2v 2②由于碰撞过程中无机械能损失 12m 1v 210＝12m 1v 21＋12m 2v 22③ 联立②③式解得v 2＝2m 1v 10m 1＋m 2④将①代入④得v 2＝2m 12ghm 1＋m 2借题发挥 对于物理过程较简单的问题，应留意将简单过程分解为若干简洁的过程(或阶段)，推断在哪个过程中系统动量守恒，哪一个过程机械能守恒或不守恒，但能量守恒定律却对每一过程都适用． 例3图16－4－2如图16－4－2所示，在光滑水平面上停放质量为m 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( )A ．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12m v 2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，小球离开车时类似完全弹性碰撞，两者速度完成互换，故选项A 、C 、D 都是正确的． 三、碰撞需满足的三个条件1．动量守恒，即p 1＋p 2＝p 1′＋p 2′.2．动能不增加，即E k1＋E k2≥E k1′＋E k2′或p 212m 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肯定增大，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′，否则碰撞不会结束．。

高三物理动量守恒定律第四节碰撞板块模型专题专项训练习题集【典题强化】1．如图所示，一大小可忽略不计、质量为m1的小物体放在质量为m2的长木板的左端，长木板放在光滑的水平面上。

现让m1获得向右的速度v0，若小物体最终没有从长木板上滑落，两者间的动摩擦因数为μ。

求：（1）长木板最终的速度（2）上述过程中长木板在水平面上滑行的距离（3）上述过程经历的时间多长（4）长木板的长度至少是多少2．如图所示，质量为M=8kg的木板，放在水平地面上，木板向右运动的速度v0=5m/s时，在木板前端轻放一个大小不计，质量为m=2kg的小物块。

木板与地面、物块与木板间的动摩擦因数均为μ=0.2，g=10m/s2，求：（1）物块及木板的加速度大小（2）经多长时间两者速度相等（3）要使物块不滑离木板，木板至少多长3．如图所示，长2m，质量为2kg的木板静止在光滑水平面上，一木块质量为1kg（可视为质点），与木板之间的动摩擦因数为0.2。

要使木块在木板上从左端滑向右端而不至滑落，试求：（1）木块初速度的最大值为多少（2）若原来木块静止木板向左运动，则木板运动的最大初速度4．如图所示，图（a）表示光滑平台上，物体A以初速度v0滑到上表面粗糙的水平小车上，车与水平面间的动摩擦因数不计，图（b）为物体A与小车B的v-t图像，由此可以求得的物理量是（）A．小车上表面长度B．物体A与小车B的质量之比C．A与小车B上表面的动摩擦因数D．小车B获得的动能5．如图甲所示，质量为M的木板静止在光滑水平面上，一个质量为m的小滑块以初速度v0从木板的左端向右滑上木板。

滑块和木板速度随时间变化的图象如图乙所示，某同学根据图象作出如下一些判断，正确的是（）A．滑块与木板间始终存在相对运动B．滑块始终未离开木板C．滑块的质量大于木板的质量D．在t1时刻滑块从木板上滑出6．如图所示，平板车的质量为M，物块的质量为m。

它们的速度分别为V1、V2且V2>V1，V1与V2都是相对于地面的速度。

人教版高中物理选修3-5第十六章动量守恒定律1.4碰撞一、单选题（本大题共10小题，共40.0分）1.如图所示，质量相等的五个物块在光滑水平面上，间隔一定距离排成一条直线。

具有初动能E0的物块1向其它4个静止的物块运动，依次发生碰撞，每次碰撞后不再分开，最后5个物块粘成一个整体。

这个整体的动能等于（）A. B. C. D.2.如图所示装置中，木块B与水平桌面间的接触面是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短。

则此系统从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中( )A. 子弹减小的动能等于弹簧增加的弹性势能B. 弹簧、木块和子弹组成的系统动量守恒机械能不守恒C. 在木块压缩弹簧过程,木块对弹簧的作用力大于弹簧对木块的作用力D. 在弹簧压缩到最短的时间,木块的速度为零,加速度不为零3.质量相等的A、B两球在光滑水平面上，沿同一直线，同一方向运动，A球的动量为p A=9kg•m/s，B球的动量为p B=3kg•m/s．当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值是（）A. ,B. ,C. ,D. ,4.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＝4kg，m B＝2kg，速度分别是v A＝3m/s(设为正方向)，v B＝－3m/s.则它们发生正碰后，速度的可能值分别为()A. ,B. ,C. ,D. ,5.质量相等的A、B两球在光滑水平面上，沿同一直线，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追上B时发生碰撞，则碰后A、B两球的动量可能值是（）A. ,B. ,C. ,D. ,6.光滑水平桌面上有P、Q两个物块，Q的质量是P的n倍．将一轻弹簧置于P、Q之间，用外力缓慢压P、Q．撤去外力后，P、Q开始运动，P和Q的动量大小的比值为（）A. B. n C. D. 17.弹性碰撞是指（）A. 正碰B. 对心碰撞C. 机械能守恒的碰撞D. 机械能不守恒的碰撞8.两球A、B在光滑水平面上沿同一直线，同一方向运动，m A=1kg，m B=2kg，v A=6m/s，v B=2m/s．当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是（）A. ,B. ,C. ,D. ,9.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象，a、b分别为A、B两球碰前的位移图象，c为碰撞后两球共同运动的位移图象，若A球质量是m=2kg，则由图判断下列结论不正确的是（）A. 碰撞前后A的动量变化为4B. 碰撞时A对B所施冲量为C. A、B碰撞前的总动量为3D. 碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10 J10.两球在水平面上相向运动，发生正碰后都静止，则碰前两球的A. 质量一定相等B. 动能一定相等C. 动量大小一定相等D. 速度大小一定相等二、填空题（本大题共5小题，共20.0分）11.如图的甲所示，光滑水平面上有A、B两物块，已知A物块的质量=2kg，以一定的初速度向右运动，与静止的物块B发生碰撞并一起运动，碰撞前后的位移---时间图象如图的乙所示（规定向右为正方向），则碰撞后的速度为___________m/s，物体B的质量为__________ kg。

人教版选修3-5课堂同步精选练习第十六章 第4节 碰撞（含解析）1、下列对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，这样的碰撞是弹性碰撞．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．【答案】A2．如图所示在足够长的光滑水平面上有一静止的质量为M 的斜面，斜面表面光滑、高度为h 、倾角为θ.一质量为m (m <M )的小物块以一定的初速度沿水平面向右运动，不计冲上斜面过程中的机械能损失．如果斜面固定，则小物块恰能冲到斜面的顶端．如果斜面不固定，则小物块冲上斜面后能达到的最大高度为( )A ．h B.mh m ＋M C.mh M D.Mh m ＋M解析：斜面固定时，由动能定理得－mgh ＝0－12mv 20，所以v 0＝2gh ；斜面不固定时，由水平方向动量守恒得mv 0＝(M ＋m )v ，由机械能守恒得12mv 20＝12(M ＋m )v 2＋mgh ′，解得h ′＝M M ＋mh ，故选D. 【答案】D3、在光滑的水平面上有三个完全相同的小球，它们在一条直线上，2、3小球静止，并靠在一起，1小球以速度v 0撞向它们，如图所示．设碰撞中不损失机械能，则碰后三个小球的速度的可能值是( )A ．v 1＝v 2＝v 3＝13v 0B ．v 1＝0，v 2＝v 3＝12v 0 C ．v 1＝0，v 2＝v 3＝12v 0 D ．v 1＝v 2＝0，v 3＝v 0 解析：两个质量相等的小球发生弹性正碰，碰撞过程中动量守恒、机械能守恒，碰撞后将交换速度，故D 项正确．【答案】D4、(多选)质量为m ，速度为v 的A 球跟质量为3m 的静止的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 球的速度可能值为( )A ．0.6vB ．0.4vC ．0.2vD ．0.3v解析：如果碰撞是弹性的，由动量守恒和能量守恒得mv ＝mv 1＋3mv 2，12mv 2＝12mv 21＋123mv 22，v 2＝0.5v ，此过程B 获得速度最大；如果碰撞是非弹性的，粘在一起时B 获得速度最小，由mv ＝4mv 3，v 3＝0.25v ，则B 的速度可能值为v 3≤v B ≤v 2，即0.25v ≤v B ≤0.5v ，B 、D 正确．【答案】BD5、(多选)如图所示，用两根长度都等于L 的细绳，分别把质量相等、大小相同的a 、b 两球悬于同一高度，静止时两球恰好相接触．现把a 球拉到细绳处于水平位置，然后无初速释放，当a 球摆动到最低位置与b 球相碰后，b 球可能升高的高度为( )A ．L B.4L 5 C.L 4 D.L 8解析：若a 、b 两球发生完全弹性碰撞，易知b 球上摆的高度可达L ；若a 、b 两球发生完全非弹性碰撞(即碰后两球速度相同)，则根据mv ＝2mv ′和12·2mv ′2＝2mgh ′，可知其上摆的高度为L 4.考虑到完全非弹性碰撞中动能的损失最多，故b 球上摆的高度应满足L 4≤h ≤L . 【答案】ABC6、(多选)如图(a)所示，光滑平台上，物体A 以初速度v 0滑到上表面粗糙的水平小车上，车与水平面间的动摩擦因数不计；(b)图为物体A 与小车B 的v - t 图象，由此可知( )A ．小车上表面长度B ．物体A 与小车B 的质量之比C ．物体A 与小车B 上表面的动摩擦因数D ．小车B 获得的动能解析：由图象可知，物体A 与小车B 最终以共同速度v 1匀速运动，不能确定小车上表面的长度，故A 错误；由动量守恒定律得m A v 0＝(m A ＋m B )v 1，解得m A m B ＝v 1v 0－v 1，可以确定物体A 与小车B 的质量之比，故B 正确；由图象可以知道，物体A 相对小车B 的位移Δx ＝12v 0t 1，根据能量守恒得μm A g Δx ＝12m A v 20－12(m A ＋m B )v 21，根据求得的物体A 与小车B 的质量关系，可以解出物体A 与小车B 上表面的动摩擦因数，故C 正确；由于小车B 的质量不可知，故不能确定小车B 获得的动能，故D 错误．故选B 、C.【答案】BC7、(多选)质量为m 的小球A 在光滑的水平面上以速度v 与静止在光滑水平面上的质量为2m 的小球B 发生正碰，碰撞后，A 球的动能变为原来的19，那么碰撞后B 球的速度大小可能是( ) A.13v B.23v C.49v D.89v 解析：设A 球碰后的速度为v A ，由题意有12mv 2A ＝19×12mv 2，则|v A |＝13v ，碰后A 的速度有两种可能，因此由动量守恒定律有mv ＝m ×13v ＋2mv B 或mv ＝－m ×13v ＋2mv B ，解得v B ＝13v 或23v . 【答案】AB8、(多选)如图所示，光滑曲面下端与光滑水平面相切，一质量为m 的弹性小球P 沿曲面由静止开始下滑，与一质量为km (k 为大于0的正整数)且静止在水平地面上的弹性小球Q 发生弹性正碰．为使二者只能发生一次碰撞，下列关于k 的取值可能正确的是( )A ．1B ．2C ． 3D ．4解析：设碰前的速度为v 0，碰撞满足动量守恒定律和机械能守恒定律，则有mv 0＝mv 1＋kmv 2，12mv 20＝12mv 21＋12kmv 22，联立解得v 1＝1－k 1＋k v 0，v 2＝21＋k v 0，为使二者只能发生一次碰撞，所以必须满足|v 1|≤|v 2|，又k 为大于0的正整数，所以0<k ≤3，即k 的取值可能为1、2、3，选项A 、B 、C 正确，D 错误．【答案】ABC9、(多选)在光滑的水平面上，有A 、B 两球沿同一直线向右运动，如图所示．已知碰撞前两球的动量分别为p A ＝12 kg·m/s ，p B ＝13 kg·m/s.碰撞后它们的动量变化Δp A 、Δp B 有可能是( )A ．Δp A ＝－3 kg·m/s ，ΔpB ＝3 kg·m/s B ．Δp A ＝4 kg·m/s ，Δp B ＝－4 kg·m/sC ．Δp A ＝－5 kg·m/s ，Δp B ＝5 kg·m/sD ．Δp A ＝－24 kg·m/s ，Δp B ＝24 kg·m/s解析：四个选项均遵守动量守恒定律，即有Δp A ＋Δp B ＝0，由于本题是追赶碰撞，物理情景可行性必有v A >v B ，v B ′>v B ，所以有Δp B >0，因而Δp A <0，可将B 选项排除，再由碰后动能不增加得：12m A v 2A ＋12m B v 2B ≥12m A v ′2A ＋12m B v ′2B ①12m B v 2B <12m B v ′2B ② 联立①②解得12m A v ′2A <12m A v 2A 而D 选项中12m A v ′2A ＝12m A v 2A ③ 故排除D 选项，检验选项A 、C ，可知同时满足碰撞的三个原则，故本题的答案应为A 、C.【答案】AC能力达标10、A 、B 两物体在光滑水平面上相向运动，其中物体A 的质量为m A ＝4 kg ，两物体发生相互作用前后的运动情况如图所示．则：(1)由图可知，A 、B 两物体在________时刻发生碰撞，B 物体的质量为m B ＝________kg.(2)碰撞过程中，系统的机械能损失多少？【答案】(1)2 s 6 (2)30 J解析：(1)由图象知，在t ＝2 s 时刻A 、B 相撞，碰撞前后，A 、B 的速度：v A ＝Δx A t ＝－42 m/s ＝－2 m/s v B ＝Δx B t ＝62m/s ＝3 m/s v AB ＝Δx AB t ＝22 m/s ＝1 m/s 由动量守恒定律有：m A v A ＋m B v B ＝(m A ＋m B )v AB解得m B ＝6 kg.(2)碰撞过程损失的机械能：ΔE ＝12m A v 2A ＋12m B v 2B －12(m A ＋m B )v 2AB ＝30 J. 11、如图所示，竖直平面内的光滑水平轨道的左边与墙壁对接，右边与一个足够高的14光滑圆弧轨道平滑相连，木块A 、B 静置于光滑水平轨道上，A 、B 的质量分别为1.5 kg 和0.5 kg.现让A 以6 m/s 的速度水平向左运动，之后与墙壁碰撞，碰撞的时间为0.3 s ，碰后的速度大小变为4 m/s.当A 与B 碰撞后会立即粘在一起运动，g 取10 m/s 2.求：(1)在A 与墙壁碰撞的过程中，墙壁对A 的平均作用力的大小；(2)A 、B 滑上圆弧轨道的最大高度．【答案】(1)50 N (2)0.45 m解析：(1)设水平向右为正方向，当A 与墙壁碰撞时，根据动量定理有 F t ＝m A v ′1－m A (－v 1)解得F ＝50 N.(2)设碰撞后A 、B 的共同速度为v ，根据动量守恒定律有m A v ′1＝(m A ＋m B )vA 、B 在光滑圆弧轨道上滑动时机械能守恒，由机械能守恒定律得12(m A＋m B )v 2＝(m A ＋m B )gh 解得h ＝0.45 m.12、如图所示，质量为m 的炮弹运动到水平地面O 点正上方时速度沿水平方向，离地面的高度为h ，动能为E ，此时发生爆炸，分解为质量相等的两部分，两部分的动能之和为2E ，速度方向仍沿水平方向，爆炸时间极短，重力加速度为g ，不计空气阻力和火药的质量，求炮弹的两部分落地点之间的距离．【答案】4Eh mg解析：爆炸之前E ＝12mv 20爆炸过程动量守恒，有mv 0＝12mv 1＋12mv 2 12(m 2)v 21＋12(m 2)v 22＝2E 联立解得v 1＝0，v 2＝2v 0即爆炸后一部分做自由落体运动，另一部分做平抛运动，有h ＝12gt 2 x ＝2v 0t解得炮弹的两部分落地点之间的距离为x ＝4Eh mg. 13、如图所示，ABD 为竖直平面内的轨道，其中AB 段水平粗糙，BD 段为半径R ＝0.08 m 的半圆光滑轨道，两段轨道相切于B 点．小球甲以v 0＝5 m/s 的速度从C 点出发，沿水平轨道向右运动，与静止在B 点的小球乙发生弹性正碰，碰后小球乙恰好能到达圆轨道最高点D .已知小球甲与AB 段间的动摩擦因数μ＝0.4，CB 的距离s ＝2 m ，g 取10 m/s 2，甲、乙两球可视为质点．求：(1)碰撞前瞬间，小球甲的速度大小v 甲；(2)小球甲和小球乙的质量之比．【答案】(1)3 m/s (2)12解析：(1)对甲在CB 段，由动能定理得μm 甲gs ＝12m 甲v 20－12m 甲v 2甲 解得v 甲＝3 m/s. (2)碰后，乙恰好能到达圆轨道最高点D ，由牛顿第二定律得m 乙g ＝m 乙v 2D R从B 点到D 点，由机械能守恒定律得12m 乙v 2D ＋2m 乙gR ＝12m 乙v 2B 解得v B ＝5gR ＝2 m/s在B 位置，甲、乙碰撞过程中甲、乙组成的系统动量守恒，以水平向右为正方向，由动量守恒定律得 m 甲v 甲＝m 甲v ′甲＋m 乙v B由机械能守恒定律得12m 甲v 2甲＝12m 甲v ′2甲＋12m 乙v 2B所以m 甲m 乙＝12. 14、如图所示，滑块A 、C 质量均为m ，滑块B 质量为32m .开始时A 、B 分别以v 1、v 2的速度沿光滑水平轨道向固定在右侧的挡板运动，现将C 无初速度地放在A 上，并与A 粘合不再分开，此时A 与B 相距较近，B 与挡板相距足够远．若B 与挡板碰撞将以原速率反弹，A 与B 碰撞后将粘合在一起．为使B 能与挡板碰撞两次，v 1、v 2应满足什么关系？【答案】1.5v 2<v 1≤2v 2或12v 1≤v 2<23v 1 解析：设向右为正方向，A 与C 粘合在一起的共同速度为v ′，由动量守恒定律得mv 1＝2mv ′①为保证B 碰挡板前A 未能追上B ，应满足v ′≤v 2②设A 、B 碰后的共同速度为v ″，由动量守恒定律得2mv ′－32mv 2＝72mv ″③ 为使B 能与挡板再次相碰应满足v ″>0④联立①②③④式解得1.5v 2<v 1≤2v 2或12v 1≤v 2<23v 1。

2020-2021学年高二物理人教版选修3-5课后作业：第十六章动量守恒定律高考真题集训含解析第十六章高考真题集训一、选择题1．（2019·江苏高考)质量为M的小孩站在质量为m的滑板上，小孩和滑板均处于静止状态,忽略滑板与地面间的摩擦。

小孩沿水平方向跃离滑板，离开滑板时的速度大小为v,此时滑板的速度大小为(）A.错误!vB.错误!vC.错误!v D。

错误!v答案B解析由题意知，小孩跃离滑板时小孩和滑板组成的系统动量守恒，则Mv＋mv′＝0，得v′＝错误!，即滑板的速度大小为错误!，B 正确。

2．（2019·全国卷Ⅰ）最近,我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展。

若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为 3 km/s，产生的推力约为4.8×106N，则它在1 s时间内喷射的气体质量约为(）A．1.6×102 kg B．1。

6×103 kgC．1.6×105 kg D．1.6×106 kg答案B解析设1 s内喷出气体的质量为m,喷出的气体与该发动机的相互作用力为F，由动量定理Ft＝mv知，m＝错误!＝错误!kg＝1。

6×103 kg，B正确.3．(2018·全国卷Ⅱ）高空坠物极易对行人造成伤害。

若一个50 g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的撞击时间约为2 ms,则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为()A．10 N B．102 NC．103 N D．104 N答案C解析设鸡蛋落地瞬间的速度为v，每层楼的高度大约是3 m，由动能定理可知：mgh＝错误!mv2，解得：v＝错误!＝错误!m/s＝12错误! m/s。

落地时受到自身的重力和地面的支持力，规定向上为正方向，由动量定理可知：(N－mg）t＝0－(－mv），解得:N≈1×103 N，根据牛顿第三定律可知鸡蛋对地面产生的冲击力约为103 N，故C正确.4．（2017·全国卷Ⅰ)将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。

物理选修3-5(碰撞与动量守恒)知识点与习题-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN碰撞与动量守恒一、动量和冲量【例1】质量为m的小球由高为H的、倾角为θ光滑斜面顶端无初速滑到底端过程中，重力、弹力、合力的冲量各是多大？【例3】一个物体同时受到两个力F1、F2的作用，F1、F2与时间t的关系如图1所示，如果该物体从静止开始运动，经过t=10s后F1、F2以及合力F的冲量各是多少？图1二．动量定理1．求动量及动量变化的方法。

【例1】以初速度v0平抛出一个质量为m的物体，抛出后t秒内物体的动量变化是多少？【例2】一粒钢珠从静止状态开始自由下落,然后陷人泥潭中。

若把在空中下落的过程称为过程Ⅰ，进人泥潭直到停止的过程称为过程Ⅱ, 则( )A、过程I中钢珠的动量的改变量等于重力的冲量B、过程Ⅱ中阻力的冲量的大小等于过程I中重力的冲量的大小C、I、Ⅱ两个过程中合外力的总冲量等于零D、过程Ⅱ中钢珠的动量的改变量等于零1．质量为m的钢球自高处落下，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（D）A．向下，m（v2 - v1）B．向下，m（v2 + v1）C．向上，m（v2 - v1）D．向上，m（v2 + v1）2．质量为m的小球，从沙坑上方自由下落，经过时间t1到达沙坑表面，又经过时间t2停在沙坑里。

求：⑴沙对小球的平均阻力F；⑵小球在沙坑里下落过程所受的总冲量I。

2．用动量定理求解相关问题（1）．简解多过程问题。

【例3】一个质量为m=2kg的物体,在F1=8N的水平推力作用下,从静止开始沿水平面运动了t1=5s,然后推力减小为F2=5N,方向不变,物体又运动了t2=4s后撤去外力,物体再经过t3=6s停下来。

试求物体在水平面上所受的摩擦力。

.（2）.求解平均力问题【例4】质量是60kg的建筑工人，不慎从高空跌下，由于弹性安全带的保护作用，最后使人悬挂在空中．已知弹性安全带缓冲时间为1.2s，安全带伸直后长5m，求安全带所受的平均冲量．（ g= 10m／s2）（3）、求解曲线运动问题【例5】以V＝10m／s2的初速度、与水平方向成300角抛出一个质量m＝2kg的小球．忽略o空气阻力的作用，g取10m／s2．求抛出后第2s末小球速度的大小．（4）、求解流体问题【例6】某种气体分子束由质量m=5.4X10-26kg速度V＝460m/s的分子组成，各分子都向同一方向运动，垂直地打在某平面上后又以原速率反向弹回，如分子束中每立方米的体积内有n0＝1.5X1020个分子，求被分子束撞击的平面所受到的压强．（5）、对系统应用动量定理。

第十六章动量守恒定律4 碰撞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．碰撞前两个球的动量肯定相等B．两个球的质量肯定相等C．碰撞前两个球的速度肯定相等D．碰撞前两个球的动量大小相等，方向相反解析：两球碰撞过程动量守恒，由于碰撞后两球都静止，总动量为零，故碰撞前两个球的动量大小相等，方向相反，A错误，D正确；两球的质量是否相等不确定，故碰撞前两个球的速度是否相等也不确定，B、C 错误．答案：D2．(多选)矩形滑块由不同材料的上、下两层粘在一起组成，将其放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v水平射向滑块，若射击下层，子弹刚好不射出．若射击上层，则子弹刚好能射穿一半厚度，如图所示，上述两种状况相比较( )A．子弹对滑块做功一样多B．子弹对滑块做功不一样多C．系统产生的热量一样多D．系统产生的热量不一样多解析：由于都没有射出滑块，因此依据动量守恒，两种状况滑块最终的速度是一样的，即子弹对滑块做功一样多，再依据能量守恒，损失的机械能也一样多，故系统产生的热量一样多，选项A、C正确．答案：AC3.质量相等的三个物块在一光滑水平面上排成始终线，且彼此隔开了肯定的距离，如图所示．具有动能E0的第1个物块向右运动，依次与其余两个静止物块发生碰撞，最终这三个物块粘在一起，这个整体的动能为( )A．E0 B.2E03C.E03D.E09解析：碰撞中动量守恒mv0＝3mv1，得v1＝v03，①E0＝12mv20，②E′k＝12×3mv21.③由①②③得E′k＝12×3m⎝⎛⎭⎪⎫v032＝13×⎝⎛⎭⎪⎫12mv20＝E03，故C正确．答案：C4.如图所示，木块A质量m A＝1 kg，足够长的木板B质量m B＝4 kg，质量为m C＝4 kg的木块C置于木板B上右侧，都处于静止状态，水平面光滑，B、C之间有摩擦．现使A以v0＝12 m/s的初速度向右运动，与B碰撞后以4 m/s速度弹回．求：(1)B运动过程中速度的最大值；(2)C运动过程中速度的最大值；(3)整个过程中系统损失的机械能为多少．解析：(1)A与B碰后瞬间，B速度最大．由A、B系统动量守恒(取向右为正方向)有：m A v0＋0＝－m A v A＋m B v B代入数据，得v B＝4 m/s.(2)B与C共速后，C速度最大，由B、C系统动量守恒，有m B v B＋0＝(m B＋m C)v C，代入数据，得v C＝2 m/s.(3)ΔE损＝m A v202－m A v2A2－（m B＋m C）v2C2＝48 J.答案：(1)4 m/s (2)2 m/s (3)48 J1.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，具有的弹簧势能大小为( )A．4 J B．8 J C．16 J D．32 J解析：A与B碰撞过程动量守恒，有m A v A＝(m A＋m B)v AB，所以v AB＝v A2＝2 m/s.当弹簧被压缩到最短时，A、B的动能完全转化成弹簧的弹性势能，所以E p＝12(m A＋m B)v2AB＝8 J.答案：B2.在光滑的水平面上有三个完全相同的小球，它们成一条直线，2、3小球静止，并靠在一起，1小球以速度v0射向它们，如图所示．设碰撞中不损失机械能，则碰后三个小球的速度可能值是( )A．v1＝v2＝v3＝13v 0B．v1＝0，v2＝v3＝12v0C．v1＝0，v2＝v3＝12v0D．v1＝v2＝0，v3＝v0解析：两个质量相等的小球发生弹性正碰，碰撞过程中动量守恒，动能守恒，碰撞后将交换速度，故D 项正确．答案：D3．冰壶运动深受观众宠爱，图1为2022年2月第22届索契冬奥会上中国队员投掷冰壶的镜头．在某次投掷中，冰壶甲运动一段时间后与对方静止的冰壶乙发生正碰，如图2.若两冰壶质量相等，则碰后两冰壶最终停止的位置，可能是图中的哪幅图( )图1 图2A BC D解析：两球碰撞过程动量守恒，两球发生正碰，由动量守恒定律可知，碰撞前后系统动量不变，两冰壶的动量方向即速度方向不会偏离甲原来的方向，由图示可知，A图示状况是不行能的，故A错误；假如两冰壶发生弹性碰撞，碰撞过程动量守恒、机械能守恒，两冰壶质量相等，碰撞后两冰壶交换速度，甲静止，乙的速度等于甲的速度，碰后乙做减速运动，最终停止，最终两冰壶的位置如图B所示，故B正确；两冰壶碰撞后，甲的速度不行能大于乙的速度，碰后乙在前，甲在后，如图C所示是不行能的，故C错误；碰撞过程机械能不行能增大，两冰壶质量相等，碰撞后甲的速度不行能大于乙的速度，碰撞后甲的位移不行能大于乙的位移，故D错误；故选B.答案：B4．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v1、v2，原来的运动方向为正方向，由动量守恒定律有：mv＝mv1＋2mv2.①假设碰后A球静止，即v1＝0，可得v2＝0.5v.由题意知球A被反弹，所以球B的速度有v2＞0.5v.②A、B两球碰撞过程能量可能有损失，由能量关系有：12mv2≥12mv21＋12mv22.③①③两式联立得：v2≤23v.④由②④两式可得：0.5v＜v2≤23v，符合条件的只有0.6v，所以选项A正确，B、C、D错误．答案：A5.(多选)质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ.初始时小物块停在箱子正中间，如图所示．现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止．设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为( )A.12mv2 B.12mMm＋Mv2C.12NμmgL D．NμmgL解析：依据动量守恒，小物块和箱子的共同速度v′＝mvM＋m，损失的动能ΔE k＝12mv2－12(M＋m)v′2＝12mMm＋M v2，所以B正确；依据能量守恒，损失的动能等于因摩擦产生的热量，而计算热量的方法是摩擦力乘以相对位移，所以ΔE k＝fNL＝NμmgL，可见D正确．答案：BDB级提力量6．在光滑水平面上，有两个小球A、B沿同始终线同向运动(B在前)，已知碰前两球的动量分别为p A＝12 kg·m/s、p B＝13 k g·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＝－3 kg·m/s、Δp B＝3 kg·m/sB．Δp A＝3 kg·m/s、Δp B＝－3 kg·m/sC．Δp A＝－24 kg·m/s、Δp B＝24 kg·m/sD．Δp A＝24 kg·m/s、Δp B＝－24 kg·m/s解析：对于碰撞问题要遵循三个规律：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状况．本题属于追及碰撞，碰前，后面运动小球的速度肯定要大于前面运动小球的速度(否则无法实现碰撞)，碰后，前面小球的动量增大，后面小球的动量减小，减小量等于增大量，所以Δp A＜0，Δp B＞0，并且Δp A ＝－Δp B，据此可排解选项B、D；若Δp A＝－24 kg·m/s、Δp B＝24 kg·m/s，碰后两球的动量分别为p′A＝－12 kg·m/s、p′B＝37 kg·m/s，依据关系式E k ＝p22m可知，A小球的质量和动量大小不变，动能不变，而B小球的质量不变，但动量增大，所以B小球的动能增大，这样系统的机械能比碰前增大了，选项C可以排解；经检验，选项A满足碰撞所遵循的三个原则，本题答案为A.答案：A7.如图所示，光滑水平轨道上放置长木板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为m A＝2 kg、m B＝1 kg、m C＝2 kg.开头时C静止，A、B一起以v0＝5 m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞．求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小．解析：因碰撞时间极短，A与C碰撞过程动量守恒，设碰撞后瞬间A的速度大小为v A，C的速度大小为v C，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m A v0＝m A v A＋m C v C，①A与B在摩擦力作用下达到共同速度，设共同速度为v AB，由动量守恒定律得：m A v A＋m B v0＝(m A＋m B)v AB.②A、B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足：v AB＝v C.③联立①②③式解得：v A＝2 m/s.答案：2 m/s8．如图所示，可看成质点的A物体叠放在上表面光滑的B物体上，一起以v0的速度沿光滑的水平轨道匀速运动，与静止在同一光滑水平轨道上的木板C发生碰撞，碰后B、C的速度相同，B、C的上表面相平且B、C不粘连，A滑上C后恰好能到达C板的右端．已知A、B的质量相等，C的质量为A的质量的2倍，木板C长为L，重力加速度为g.求：(1)A物体的最终速度；(2)A物体与木板C上表面间的动摩擦因数．解析：(1)设A、B的质量为m，则C的质量为2m，B、C碰撞过程中动量守恒，令B、C碰后的共同速度为v1，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝3mv1，解得：v1＝v03，B、C共速后A以v0的速度滑上C，A滑上C后，B、C脱离A、C相互作用过程中动量守恒，设最终A、C的共同速度v2，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0＋2mv1＝3mv2，解得v2＝5v09.(2)在A、C相互作用过程中，由能量守恒定律，得fL＝12mv20＋12·2mv21－12·3mv22，又f＝μmg，解得μ＝4v2027gL.答案：(1)5v09(2)4v2027gL9.如图所示，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C.B的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)．设A以速度v0向B运动，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后连续运动．假设B和C碰撞过程时间极短．求从A开头压缩弹簧直至与弹簧分别的过程中：(1)整个系统损失的机械能；(2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能．解析：(1)从A压缩弹簧到A与B具有相同速度v1时，对A、B与弹簧组成的系统，由动量守恒定律得：mv0＝2mv1.①此时B与C发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为v2，损失的机械能为ΔE，对B、C组成的系统，由动量守恒和能量守恒定律得：mv1＝2mv2，②12mv21＝12×2mv22＋ΔE.③联立①②③式得：ΔE＝116mv20.④(2)由②式可知v2＜v1，A将连续压缩弹簧，直至A、B、C三者速度相同，设此速度为v3，此时弹簧被压缩至最短，其弹性势能为E p.由动量守恒和能量守恒定律得：mv1＋2mv2＝3mv3，⑤12mv20＝ΔE＋E p＋12×3mv23.⑥联立④⑤⑥式得：E p＝1348mv20.答案：(1)116mv20(2)1348mv2010.如图所示，两块相同平板P1、P2置于光滑水平面上，质量均为m.P2的右端固定一轻质弹簧，左端A 与弹簧的自由端B相距L.物体P置于P1的最右端，质量为2m，且可看作质点．P1与P以共同速度v0向右运动，与静止的P2发生碰撞，碰撞时间极短．碰撞后P1与P2粘连在一起．P压缩弹簧后被弹回并停在A点(弹簧始终在弹性限度内)．P与P2之间的动摩擦因数为μ.求：(1)P1、P2刚碰完时的共同速度v1和P的最终速度v2；(2)此过程中弹簧的最大压缩量x和相应的弹性势能E p.解析：(1)P1、P2碰撞过程，由动量守恒定律：mv0＝2mv1.①解得：v1＝v02，方向水平向右②对P1、P2、P系统，由动量守恒定律：mv0＋2mv0＝4mv2.③解得：v2＝34v0，方向水平向右．④(2)当弹簧压缩至最大时，P1、P2、P三者具有共同速度v2，由动量守恒定律：mv0＋2mv0＝4mv2.⑤对系统由能量守恒定律：2μmg×2(L＋x)＝12×2mv20＋12×2mv21－12×4mv22⑥解得：x＝v2032μg－L.⑦最大弹性势能：E p＝12×2mv20＋12×2mv21－12×4mv22－2μmg(L＋x)．⑧解得：E p＝116mv20.答案：(1)v1＝v02，方向水平向右v2＝34v0，方向水平向右(2)x＝v2032μg－L，E p＝116mv20.。