高中物理 第十六章 动量守恒定律 4 碰撞课时作业(含解析)新人教版选修3-5

第十六章 第四节 碰撞基础夯实一、选择题(1～3题为单选题，4、5题为多选题) 1．关于散射，下列说法正确的是( C ) A ．散射就是乱反射，毫无规律可言 B ．散射中没有对心碰撞 C ．散射时仍遵守动量守恒定律 D ．散射时不遵守动量守恒定律解析：由于散射也是碰撞，所以散射过程中动量守恒。

2．(宜昌市葛州坝中学2015～2016学年高二下学期期中)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 ．A ＋1A －1B ．A －1A ＋1C ．4A A ＋12D ．A ＋12A －12解析：设中子质量为m ，则原子核质量为Am ， 由mv ＝mv 1＋Amv 2，12mv 2＝12mv 21＋12Amv 22，得v 1＝m －Amm ＋Amv所以v |v 1|＝A ＋1A －1，A 正确。

3．在光滑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球以速度v 0 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是( D )A ．v 1＝v 2＝v 3＝13v 0 B ．v 1＝0，v 2＝v 3＝12v 0C ．v 1＝0，v 2＝v 3＝12v 0D ．v 1＝v 2＝0，v 3＝v 0解析：由题设条件，三个小球在碰撞过程中总动量和总动能守恒，若各球质量均为m ，则碰撞前系统总动量为mv 0，总动能应为12mv 20。

假如选项A 正确，则碰后总动量为33mv 0，这显然违反动量守恒定律，故不可能。

假如选项B 正确，则碰后总动量为22mv 0，这也违反动量守恒定律，故也不可能。

假如选项C 正确，则碰后总动量为mv 0，但总动能为14mv 20，这显然违反机械能守恒定律，故也不可能。

假如选项D 正确的话，则通过计算其既满足动量守恒定律，也满足机械能守恒定律，故选项D 正确。

4．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 球发生正碰，碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，则碰后B 球的速度大小可能是( BC )A ．0.7vB ．0.6vC ．0.4vD ．0.2v解析：以两球组成的系统为研究对象，以A 球的初速度方向为正方向，如果碰撞为弹性碰撞，由动量守恒定律得：mv ＝mv A ＋2mv B ，由机械能守恒定律得：12mv 2＝12mv 2A ＋12·2mv 2B ，解得：v A ＝－13v ，v B ＝23v ，负号表示碰撞后A 球反向弹回，如果碰撞为完全非弹性碰撞，以A 球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv ＝(m ＋2m )v B ，解得：v B ＝13v ，则碰撞后B 球的速度范围是：13v <v B <23v ，故B 、C 正确，A 、D 错误。

第4节碰撞「基础达标练」1．在光滑水平面上相向运动的A、B两小球发生正碰后一起沿A原来的速度方向运动，这说明原来（）A．A球的质量一定大于B球的质量B．A球的速度一定大于B球的速度C．A球的动量一定大于B球的动量D．A球的动能一定大于B球的动能解析:选C 在碰撞过程中，A、B两小球组成的系统动量守恒．碰撞后两球一起沿A原来的速度方向运动，说明系统的总动量沿A原来的速度方向，由动量守恒定律可知，碰撞前A的动量一定大于B的动量．由p＝mv知：由于不知道两球的速度关系，所以无法判断两球的质量关系，也不能判断动能关系，故A、B、D错误,C正确．2．如图所示，光滑水平地面上有两个大小相同、质量不等的小球A和B，A以3 m/s 的速率向右运动，B以1 m/s的速率向左运动，发生正碰后都以2 m/s的速率反弹，则A、B两球的质量之比为（）A．3∶5 B．2∶3C．1∶2 D．1∶3解析:选A 两球碰撞过程中，动量守恒，以A的初速度方向为正，根据动量守恒定律得：m A v A－m B v B＝m B v B′－m A v A′，代入数据解得:m A∶m B＝3∶5，故A正确，B、C、D错误．3．（多选）质量为m的物块甲以3 m/s的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定其上,另一质量也为m的物块乙以4 m/s的速度与甲相向运动，如图所示．则（）A．甲、乙两物块在弹簧压缩过程中，两物块及弹簧组成的系统动量守恒B．当两物块相距最近时，甲物块的速率为零C．当甲物块的速率为1 m/s时，乙物块的速率可能为2 m/s,也可能为0D．甲物块的速率可能达到5 m/s解析：选AC 甲、乙两物块在弹簧压缩过程中,甲、乙两物块及弹簧组成的系统所受的合外力为零，动量守恒，故A正确;当两物块相距最近时速度相同，取碰撞前乙的速度方向为正方向,设共同速率为v，根据动量守恒定律有:mv乙－mv甲＝2mv，解得v＝0。

5 m/s，故B错误；若物块甲的速率为1 m/s，方向与原来相同,则由mv乙－mv甲＝－mv甲′＋mv v乙′＝2 m/s;若物块甲的速率为1 m/s，方向与原来相反，则由mv乙－mv甲＝mv 乙′,解得mv乙′，解得v乙′＝0,故C正确；若物块甲的速率达到5 m/s，方向与原来相同，甲′＋则mv乙－mv甲＝－mv甲′＋mv乙′，解得v乙′＝6 m/s，两个物块的速率都增大，动能都增大,违反了能量守恒定律;若物块甲的速率达到5 m/s,方向与原来相反，则mv乙－mv甲＝mvmv乙′,解得v乙′＝－4 m/s，碰撞后,乙的动能不变，甲的动能增加，系统总动能增甲′＋加，违反了能量守恒定律，所以物块甲的速率不可能达到5 m/s，故D错误．4．如图所示，小球A和小球B质量相同，球B置于光滑水平面上,当球A从高为h处由静止摆下,到达最低点恰好与B相撞，并粘合在一起继续摆动，它们能上升的最大高度是（）A．h B。

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一定相等B．两个球的质量一定相等C．碰撞前两个球的速度一定相等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)质量分别为m1和m2的两个物体碰撞前后的位移—时间图象如图所示，由图有以下说法中正确的是( )A．碰撞前两物体质量与速度的乘积相同B．质量m1等于质量m2C．碰撞后两物体一起做匀速直线运动D．碰撞前两物体质量与速度的乘积大小相等、方向相反解析：由题图可知，m1和m2碰前都做匀速直线运动，但运动方向相反，碰后两物体位置不变，即处于静止，所以碰后速度都为零，故AC错误，D正确；又由图线夹角均为θ，故碰前速度大小相等，可得m1等于m2，B也正确．答案：BD3.质量相等的三个物块在一光滑水平面上排成一直线，且彼此隔开了一定的距离，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，最后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．(多选)两个小球A、B在光滑的水平地面上相向运动，已知它们的质量分别是m A＝4 kg，m B＝2 kg，A的速度v A＝3 m/s(设为正)，B的速度v B＝－3 m/s，则它们发生正碰后，其速度可能分别为( )A．均为＋1 m/s B．＋4 m/s和－5 m/sC．＋2 m/s和－1 m/s D．－1 m/s和＋5 m/s解析：由动量守恒，可验证四个选项都满足要求．再看动能变化情况：E k 前＝12m A v 2A ＋12m B v 2B ＝27 J E k 后＝12m A v A ′2＋12m B v B ′2 由于碰撞过程中总动量不可能增加，所以应有E k 前≥E k 后，据此可排除B ；选项C 虽满足E k 前≥E k 后，但A 、B 沿同一直线相向运动，发生碰撞后各自仍然保持原来的速度方向，这显然是不符合实际的，因此C 选项错误；验证A 、D 均满足E k 前≥E k 后，且碰后状态符合实际，故正确选项为A 、D.答案：AD[A 级 抓基础]1.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 JC．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＝13v0B．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．冰壶运动深受观众喜爱，图1为2014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图示情况是不可能的，故A错误；如果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，最后停止，最终两冰壶的位置如图B所示，故B 正确；两冰壶碰撞后，甲的速度不可能大于乙的速度，碰后乙在前，甲在后，如图C所示是不可能的，故C错误；碰撞过程机械能不可能增大，两冰壶质量相等，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错误；故选B.答案：B4．(多选)质量为1 kg 的小球以4 m/s 的速度与质量为2 kg 的静止小球正碰，关于碰后的速度v 1′和v 2′，下面哪些是可能正确的( )A ．v 1′＝v 2′＝43m/s B ．v 1′＝3 m/s ，v 2′＝0.5 m/sC ．v 1′＝1 m/s ，v 2′＝3 m/sD ．v 1′＝－1 m/s ，v 2′＝2.5 m/s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，会发生第二次碰撞，不符合实际，所以A 、D 两项有可能．答案：AD5.(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.12mv 2 B.12mMm ＋M v 2 C.12N μmgL D ．N μmgL解析：根据动量守恒，小物块和箱子的共同速度v ′＝mv M＋m ，损失的动能ΔE k＝12mv2－12(M＋m)v′2＝12mMm＋Mv2，所以B正确；根据能量守恒，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级提能力6．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＝12 kg·m/s、p B＝13 kg·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情况．本题属于追及碰撞，碰前，后面运动小球的速度一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，据此可排除选项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，根据关系式E k＝p2 2m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可以排除；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，有两个质量都为m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：(1)它们一起上升的最大高度为多大？(2)碰撞中损失的机械能是多少？解析：(1)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，即mgh＝12mv21，所以v1＝2gh，A球对B球碰撞满足动量守恒mv1＝(m＋m)v2，所以v2＝12v1＝2gh2；对A、B粘在一起共同上摆的过程应用机械能守恒，1 2(m＋m)v22＝(m＋m)gh′，解得h′＝h4.(2)ΔE＝12mv21－12×2mv22＝12mgh.答案：(1)h4(2)12mgh8．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＝5v0 9.(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，光滑半圆形轨道MNP竖直固定在水平面上，静止MP垂直于水平面，轨道半径R＝0.5 m，质量为m1的小球A静止与轨道最低点M，质量为m2的小球B用长度为2R的细线悬挂于轨道最高点P.现将小球B向左拉起，使细线水平，以竖直向下的速度v0＝4 m/s释放小球B，小球B与小球A碰后粘在一起恰能沿半圆形轨道运动到P 点，两球可视为质点，g＝10 m/s2，试求：(1)B球与A球碰撞前的速度大小；(2)A、B两球的质量之比m1∶m2.解析：(1)B球下摆过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得：12m2v20＋m2g·2R＝12m2v21，解得：v1＝6 m/s；(2)两球恰好到达P点，由牛顿第二定律得：(m1＋m2)g＝(m1＋m2)v2PR，解得：v P＝ 5 m/s，两球从M到P过程中，由动能定理得：12(m1＋m2)v2p－12(m1＋m2)v22＝－(m1＋m2)g·2R，解得：v2＝5 m/s；两球碰撞过程动量守恒，以两球组成的系统为研究对象，以B球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m2v1＝(m1＋m2)v2，解得：m1m2＝15.答案：(1)v1＝6 m/s (2)m1m2＝1510.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.。

碰撞一、选择题(1～5题为单选，6～8题为多选)1．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 )A ．弹性碰撞B ．非弹性碰撞C ．完全非弹性碰撞D ．条件不足，无法确定解析：由动量守恒3mv －mv ＝0＋mv ′，所以v ′＝2v碰前总动能E k ＝12×3mv 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.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球以速度v 0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是( D )A ．v 1＝v 2＝v 3＝13v 0 B ．v 1＝0，v 2＝v 3＝12v 0C ．v 1＝0，v 2＝v 3＝12v 0D ．v 1＝v 2＝0，v 3＝v 0解析：由弹性碰撞的规律可知，当两球质量相等时，碰撞时两球交换速度．先球1与球2碰，再球2与球3碰，故选D.3．如图，一轻弹簧左端固定在长木板M的左端，右端与小木块m连接，且m、M间及M与地面间的接触面均光滑．开始时，m和M均静止，现同时对m、M施加等大反向的水平恒力F1和F2，在两物体开始运动后的全部运动过程中，弹簧形变量不超过其弹性限度．对于m、M和弹簧组成的系统，下列说法中正确的有( D )①由于F1、F2等大反向，故系统机械能守恒；②当弹簧弹力大小与F1、F2大小相等时，m、M各自的动能最大；③由于F1、F2大小不变，所以m、M各自一直做匀加速运动；④由于F1、F2等大反向，故系统的总动量始终为零．A．①④B．②③C．①②④D．②④解析：由于F1、F2等大反向，m、M和弹簧组成的系统所受合外力为零，因此动量守恒，系统的总动量始终为零，④正确；开始阶段弹簧弹力小于F1和F2，m、M都做加速运动，动能增加，系统机械能一直增大，当弹力增大到与F1和F2等大时，m、M动能都最大，①错误，②正确；上述加速过程弹簧弹力逐渐增大，合力逐渐减小，m、M各自不做匀加速运动，③错误，所以应该选D.4.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 )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：碰撞后A球的动量增量为－4 kg·m/s，则B球的动量增量为4 kg·m/s，所以碰后A球的动量为2 kg·m/s，B球的动量为10 kg·m/s，即m A v A＝2 kg·m/s，m B v B＝10kg ·m/s ，且m B ＝2m A ，v A ∶v B ＝2∶5，所以，选项A 正确．5.如图所示，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6 m/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( D )A ．v ′A ＝－2 m/s ，v ′B ＝6 m/sB ．v ′A ＝2 m/s ，v ′B ＝2 m/sC ．v ′A ＝1 m/s ，v ′B ＝3 m/sD ．v ′A ＝－3 m/s ，v ′B ＝7 m/s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 2A ＋12m B v 2B ≥12m A v ′2A ＋12m B v ′2B ②，答案D 中满足①式，但不满足②式，所以D 选项错误．6．质量为M 的物块以速度v 运动，与质量为m 的静止物块发生正碰，碰撞后两者的动量正好相等．两者质量之比M /m 可能为( AB )A ．2B ．3C ．4D ．5解析：设碰撞结束M 的速度为v 1，m 的速度为v 2，碰撞过程动量守恒，Mv ＝Mv 1＋mv 2，由题意Mv 1＝mv 2，碰撞过程能量遵循12Mv 2≥12Mv 21＋12mv 22，解以上三式得M /m ≤3.7．在光滑水平面上，动能为E k0、动量大小为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，将碰撞后球1的动能和动量的大小分别记为E k1、p 1，球2的动能和动量的大小分别记为E k2、p 2，则必有( ABD )A ．E k1<E k0B ．p 1<p 0C ．E k2>E k0D ．p 2>p 0解析：两个钢球在相碰过程中同时遵守能量守恒和动量守恒，由于外界没有能量输入，而碰撞中可能产生热量，所以碰后的总动能不会超过碰前的总动能，即E k1＋E k2≤E k0，A 正确，C 错误；另外，A 选项也可写成p 212m ＜p 202m，B 正确；根据动量守恒，设球1原来的运动方向为正方向，有p 2－p 1＝p 0，D 正确．8.如图所示，质量为M 的小车原来静止在光滑水平面上，小车A 端固定一根轻弹簧，弹簧的另一端放置一质量为m 的物体C ，小车底部光滑，开始时弹簧处于压缩状态，当弹簧释放后，物体C 被弹出向B 端运动，最后与B 端粘在一起，下列说法中正确的是( ABC )A ．物体离开弹簧时，小车向左运动B ．物体与B 端粘在一起之前，小车的运动速率与物体C 的运动速率之比为mMC ．物体与B 端粘在一起后，小车静止下来D ．物体与B 端粘在一起后，小车向右运动解析：系统动量守恒，物体C 离开弹簧时向右运动，动量向右，系统的总动量为零，所以小车的动量方向向左，由动量守恒定律得mv 1－Mv 2＝0，所以小车的运动速率v 2与物体C 的运动速率v 1之比为mM.当物体C 与B 粘在一起后，由动量守恒定律知，系统的总动量为零，即小车静止．二、非选择题9．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m 2的小球乙静止在水平轨道上，质量为m 1的小球甲以速度v 0与乙球发生弹性正碰．若m 1∶m 2＝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X 围．(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)答案：μ<0.45解析：设碰后甲的速度为v 1，乙的速度为v 2，由动量守恒和能量关系，有m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 2 12m 1v 20＝12m 1v 21＋12m 2v 22解得v 1＝m 1－m 2m 1＋m 2v 0＝－13v 0，v 2＝2m 1m 1＋m 2v 0＝23v 0 设乙球沿斜面上滑的最大位移为s ，滑到斜面底端的速度为v ，由动能定理有(m 2g sin37°＋μm 2g cos37°)s ＝12m 2v 22 (m 2g sin37°－μm 2g cos37°)s ＝12m 2v 2 解得(vv 2)2＝3－4μ3＋4μ乙要能追上甲，则v >v 03，解得μ<0.45.10．如图所示，粗糙的水平面上静止放置着三个质量均为m 的小木箱，相邻两个小木箱的距离均为l .工人用沿水平方向的力推最左边的小木箱使之向右滑动，逐一与其他小木箱碰撞．每次碰撞后小木箱都粘在一起运动．整个过程中工人的推力不变，最后恰好能推着三个木箱匀速运动．已知小木箱与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g .设碰撞时间极短，小木箱可视为质点．求第一次碰撞和第二次碰撞中木箱损失的机械能之比．答案：3∶2解析：最后三个木箱匀速运动，则有F ＝3μmg水平力推最左边的木箱时，根据动能定理有(F －μmg )l ＝12mv 21 木箱发生第一次碰撞，根据动量守恒定律有mv 1＝2mv 2碰撞中损失的机械能为ΔE 1＝12mv 21－12·2m ·v 22 第一次碰后，水平力推着两个木箱向右运动，根据动能定理有(F －2μmg )l ＝12·2m ·v 23－12·2m ·v 22 木箱发生第二次碰撞，根据动量守恒定律有2mv 3＝3mv 4碰撞中损失的机械能为ΔE 2＝12·2m ·v 23－12·3m ·v 24 联立解得木箱两次碰撞过程中损失的机械能之比为ΔE 1ΔE 2＝32. 11．如图所示，光滑水平地面上有一足够长的木板，左端放置可视为质点的物体，其质量为m 1＝1 kg ，木板与物体间动摩擦因数μ＝0.1.二者以相同的初速度v 0＝0.8 m/s 一起向右运动，木板与竖直墙碰撞时间极短，且没有机械能损失．g 取10 m/s 2.(1)如果木板质量m 2＝3 kg ，求物体相对木板滑动的最大距离；(2)如果木板质量m 2＝0.6 kg ，求物体相对木板滑动的最大距离．答案：(1)0.96 m (2)0.512 m解析：(1)木板与竖直墙碰撞后，以原速率反弹，设向左为正方向， 由动量守恒定律m 2v 0－m 1v 0＝(m 1＋m 2)vv ＝0.4 m/s ，方向向左，不会与竖直墙再次碰撞．由能量守恒定律 12(m 1＋m 2)v 20＝12(m 1＋m 2)v 2＋μm 1gs 1 解得s 1＝0.96 m.(2)木板与竖直墙碰撞后，以原速率反弹，设向左为正方向，由动量守恒定律m 2v 0－m 1v 0＝(m 1＋m 2)v ′v ′＝－0.2 m/s ，方向向右，将与竖直墙再次碰撞，最后木板停在竖直墙处由能量守恒定律12(m 1＋m 2)v 20＝μm 1gs 2 解得s 2＝0.512 m.。