復習專題二十一碰撞問題分析

?精剖細解細復習講義

知識點1:碰撞

1、碰撞的概念

碰撞指的是物體間相互作用持續(xù)時間很短，物體間相互作用力很大的現(xiàn)象，在碰撞

過程中，一般都滿足內(nèi)力遠大于外力。

2、對心碰撞

物體碰撞前后速度方向在同一直線上。

處理方法：規(guī)定正方向，將矢量運算轉(zhuǎn)化為代數(shù)運算。

3、碰撞的分類

碰撞類型規(guī)律動量和能量分析

彈性碰撞這種碰撞的特點是系統(tǒng)的動量守恒：mivi+m2V2=mivf+m2V2r

機械能守恒，相互作用過程Illi

機械能守恒：^miv\2+^m2V22=2miVi，2~^2

中遵循的規(guī)律是動量守恒

m2V2f2

和機械能守恒。

非彈性碰撞在碰撞過程中機械能損失動量守恒、末速度相同：

的碰撞，在相互作用過程中mivi+m2V2—(mi+m2)vr

只遵循動量守恒定律。機械能損失最多，損失的機械能：

AE=^mivi2+^m2V22-(mi+m2)v,2

完全非彈性碰這種碰撞的特點是系統(tǒng)的動量守恒：mivi+m2V2=miv/+miV2r

撞機械能損失最大，作用后兩機械能有損失，損失的機械能：

物體粘合在一起，速度相AE'=^mivi2+^m2V22—^m2V2r2

等，相互作用過程中只遵循

動量守恒定律。

碰撞問題遵循的三條原則：動量守恒：pi+p2=p/+p2。動能不增加：Ekl~\~Ek2>Ekir-\-

及2，；

速度符合實際：碰前兩物體同向運動，則后面物體的速度必大于前面物體的速度，否則

無法實現(xiàn)碰撞。碰撞后，原來在前的物體的速度一定增大，若兩物體同向運動，則原來

在前的物體的速度大于或等于原來在后的物體的速度，否則碰撞沒有結(jié)束。

碰前兩物體是相向運動，則碰后兩物體的運動方向不可能都不改變，除非兩物體碰撞后

速度均為零，若碰后同向，后方物體速度不大于前方物體速度。

4、彈性碰撞的推導

以質(zhì)量為機1、速度為V1的小球與質(zhì)量為mi的靜止小球發(fā)生正面彈性碰撞為例，有

mivi=mivi,+m2V2,

^7niVl2=^77ZlVl，2+^m2V2,2

mi—m2Vi27nivi

解得Vl，=vi'—

mi+m2mi+m?

由此可得：當加=初時，4=0,V2'=V1,兩球碰撞后交換了速度;

當加>加2時，4>0,V2'>0,碰撞后兩球都沿速度VI的方向運動；

當冽1<冽2時，丫1'<0,丫2'>0,碰撞后質(zhì)量小的球被反彈回來。

5、動量與能量的區(qū)別和聯(lián)系

動量能量

區(qū)別守恒條件系統(tǒng)所受合外力是否為系統(tǒng)是否有除重力和彈簧彈力以

零。外的力是否做功。

表達式矢量式標量式

聯(lián)系動量守恒定律和機械能守恒定律所研究的對象都是相互作

用的物體所構(gòu)成的系統(tǒng)，且研究的都是某一個物理過程。

6、利用動量的觀點和能量的觀點解題應注意下列問題

動量守恒定律是矢量表達式，還可寫出分量表達式；而動能定理和能量守恒定律是

標量表達式，絕無分量表達式。

中學階段凡可用力和運動的觀點解決的問題.若用動量的觀點或能量的觀點求解，

一般都要比用力和運動的觀點要簡便，而中學階段涉及的曲線運動（a不恒定）、豎直面

內(nèi)的圓周運動、碰撞等，就中學知識而言，不可能單純考慮用力和運動的觀點求解。

7、碰撞模型

,重唯點、精桁w

“保守型”碰撞

相當

當

相

于完

完

丁

兩小球速全非

小球上升全非

度相同時彈性

能量^mn>2=^(/ni+ff?2)v2至最高彈性

1）

碰撞能豉與犯如2=/（呵+加2戶

碰

撞

氏守恒+nhgh

Q~AWAWO

孫>?2

當

相當相

小球-彈簧模型m,彈

彈簧恢于彈|小球返回于

碰

（水平面光滑，不小球-曲面模型性

復原氏性碰曲面底端

（水平面光滑,不撞

計空氣阻力）撞能境能量

守恒計空氣阻力）

子彈打木塊模型：子彈打木塊的過程很短暫，認為該過程內(nèi)力遠大于外力，系統(tǒng)動

量守恒；

在子彈打木塊過程中摩擦生熱，機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，系統(tǒng)機械能不守恒。

2

子彈未穿出：mvo=（m+M）v；Q熱=也相對=^nvd—5（M+m）v。

子彈穿出：mvo=mvi+Mv2；能量守恒：Q熱=/L相對=%m）2—%皿2一%蘇

滑塊一木板模型：把滑塊、木板看成一個整體，摩擦力為內(nèi)力，在光滑水平面上滑

塊和木板組成的系統(tǒng)動量守恒。由于摩擦生熱，機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，機械能的減少量等

于因摩擦而產(chǎn)生的熱量，AE=Ff-sm,其中s相對為滑塊和木板相對滑動的路程。

當滑塊不滑離木板或子彈不穿出木塊時，兩物體最后有共同速度，相當于完全非彈

性碰撞，機械能損失最多。

尋（.判斷碰撞時系統(tǒng)動量是否守恒

1.質(zhì)量相等的A、B兩球在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運動,A球的速度為6m/s,

B球的速度為2m/s,當A球追上B球時發(fā)生碰撞,則碰撞后A、B兩球速度可能為（）

A.lm/s,6m/sB.4.5m/s,3.5m/sC.3.5m/s,4.5m/sD.-lm/s,9m/s

【答案】c

【詳解】A.設(shè)每個球的質(zhì)量均為加，碰前系統(tǒng)總動量

p=mvAi^-mvBi=6m-^2m=Sm

碰前的總動能

1212

E"-mvM+-mvBX=4Qm

若碰后VA=lm/s,VB=6m/s,碰后總動量

pr=mvA^-mvB=lm

動量不守恒，選項A錯誤；

B.若VA=4.5m/s,VB=3.5m/s,明顯不合理，選項B錯誤;

C.若K4=3.5m/s,V3=4.5m/s,碰后總動量

pr=mvA+mvB=8m

總動能

11

Ek=-加匕21+-mvB2=16.25m

動量守恒，機械能不增加，選項C可能實現(xiàn);

D.若VA=-lm/s,VB=9m/s9碰后總動量

p—mvA+^VB=8m

總動能

11

~mvA2+5mvB2=41m

動量守恒，但機械能增加，違反能量守恒定律，選項D錯誤。

故選C。

2.甲、乙兩鐵球質(zhì)量分別是加行1kg、m^=2kg.在光滑水平面上沿同一直線運動，速

度分別是u行6m/s、vz=2m/s.甲追上乙發(fā)生正碰后兩物體的速度有可能是（）

A.v^-7m/s,v乙'=1.5m/s

B.v用'=2m/s,vz-4m/s

C.v^-3.5m/s,v-3m/s

D.v^-4m/s,vz-3m/s

【答案】B

【詳解】以甲的初速度方向為正方向，碰撞前總動量

〃=加”甲+加乙u乙=lx6+2x2=10kg?m/s,碰撞前的動能

129192

EK=3叫謂+2叱或=-xlx6+-x2x2=22J；

22

A項：如果i4=7m/s,或=1.5m/s,碰撞后動量守恒、機械能增加，故A錯誤；

B項：如果。=2m/s,v'^=4m/s,碰撞后動量守恒、機械能不增加，碰撞后不能發(fā)生二

次碰撞，故B正確；

C項：如果v甲=3.5m/s,以=3m/s,碰撞過程動量不守恒，故C錯誤；

D項：如果唾=4m/s,巳=3m/s,碰撞過程動量守恒、機械能不增加，但要發(fā)生二次碰

撞，故D錯誤.

，*

鼻（.利用動量守恒計算解決簡單的碰撞問題

3.女子短道速滑接力賽的交接訓練中，如圖所示，接棒選手的質(zhì)量為40kg,剛滑到4mzs

時，質(zhì)量為30kg的交棒選手以12m/s速度從后面滑來，快速推送接棒選手，完成接力過

程，兩選手分開瞬間交棒選手的速度為5m/s。已知交接棒過程中兩選手的速度方向均在

同一直線上，忽略冰面上的一切摩擦.則完成交接棒后，接棒選手的速度大小為（）

A.8.5m/sB.9.25m/sC.lOm/sD.llm/s

【答案】B

【詳解】以兩選手的運動方向為正方向，設(shè)交棒選手質(zhì)量為叫，接棒選手的質(zhì)量為“,

由動量守恒定律可得

m[vi+m2v2=

即

30kgx12m/s+40kgx4m/s=30kgx5m/s+40kgx區(qū)

解得

v'2=9.25m/s

故選B。

4.兩個相向運動的物體叫和加2,碰撞后都變?yōu)殪o止狀態(tài)，若它們的質(zhì)量比叫:嗎=3」,

則它們碰撞之前動能之比4：區(qū)為（)

A.9：1B.3：1C.1：3D.1：9

【答案】C

【詳解】兩個物體碰撞后都變?yōu)殪o止狀態(tài)，則碰撞前兩物體動量等大反向，根據(jù)

p=12mEk

又

可得

4：當二1：3

故選C。

**

破（.完全彈性碰撞1:動碰靜

5.如圖所示，小桐和小旭在可視為光滑的水平地面上玩彈珠游戲。小桐瞬間將彈珠甲

對著小旭腳邊的靜止彈珠乙彈出，甲以%的速度與乙發(fā)生了彈性正碰，已知彈珠可以視

為光滑，則（）

A.若碰后甲乙同向運動，則甲的質(zhì)量一定大于乙的質(zhì)量

B.若碰后甲反彈，則甲的速率可能為L2%

C.碰后乙的速率可能為3%

D.若碰后甲反彈，則甲的速率不可能大于乙的速率

【答案】A

【詳解】A.甲乙彈珠碰撞瞬間動量守恒，機械能守恒，設(shè)彈珠甲乙的質(zhì)量分別為班、

牡，碰后甲的速度為匕，乙的速度為匕，則有

叫％=叫匕+生匕

121212

5町%=5町匕+-^2V2

聯(lián)立解得

nt-m.2ml

曠。T。，V2=^V°

若碰后甲乙同向運動，則

V1>0

可知甲的質(zhì)量一定大于乙的質(zhì)量，故A正確;

B.若碰后甲反彈，且甲的速率為12%,則有

叫一根2

T”際%

解得

0.2m2=-2.2叫

質(zhì)量不能為負值，則可知,若碰后甲反彈，則甲的速率不可能為L2%,故B錯誤;

C.若碰后乙的速率為3%,則有

a2ml

3%==”

解得

叫=-3m2

質(zhì)量不能為負值，則可知,碰后乙的速率不可能為3%,故C錯誤;

D.若碰后甲反彈，且甲的速率大于乙的速率，則有

m,-rru2ml

----------%>----------%

ml+m2mx+m2

可知，只要

網(wǎng)一叫>2ml

即

m2>3叫

就可滿足碰后甲反彈，且甲的速率大于乙的速率，故D錯誤。

故選Ao

6.彈玻璃球是小孩子最愛玩的游戲之一，一次游戲中，有大小相同、但質(zhì)量不同的A、

B兩玻璃球，質(zhì)量分別為外、"％,且叫＜叫，小朋友在水平面上將玻璃球A以一定的

速度沿直線彈出，與玻璃球B發(fā)生正碰，玻璃球B沖上斜面后返回水平面時與玻璃球A

速度相等，不計一切摩擦和能量損失，則外、%之比為（）

A.1：2B.1：3C.1：4D.1：5

【答案】B

【詳解】兩球碰撞時由動量守恒可得

由能量守恒可得

聯(lián)立可得

_（m-M/）v

vi-AB0

『2一A%

2%+mB

玻璃球B返后兩球速度相等

匕=一%

可得

冽A:%=1:3

故選B。

0-

靜（.完全彈性碰撞2：動碰動

7.質(zhì)量均為機的A、3兩球在光滑水平面上沿同一直線同向運動，A球的速度為3m/s,

3球的速度為lm/s,當A球追上3球時發(fā)生碰撞，則碰撞后A、3兩球速度可能為（）

A.lm/s,2m/sB.2.5m/s,1.5m/s

C.-Im/s,5m/sD.1.5m/s,2.5m/s

【答案】D

【詳解】碰前系統(tǒng)總動量為

p=mvAi+mvBl=3m+lm=4m

碰前的總動能

1212

4=5〃％+]〃嗚1=5加

A.若碰后VA=lm/s,vB=2m/s,碰后總動量

p'=mvA+mvB=3m

動量不守恒，故A錯誤；

B.若VA=2.5HI/S,VB=1.5m/s,明顯%＞力不合理，故B錯誤；

C.若VA=Tm/s,唳=5m/s,碰后總動量

p'=mvA+mvB=4m

總動能

瓦=；mv\+；mVg=13m

動量守恒，但機械能增加，故c錯誤；

D.若VA=1.5HI/S,%=2.5m/s,碰后總動量

p'=777vA+mvB=4m

總動能

氏=；mv\+；mVg=4.25m

動量守恒，但機械能不增加，故D正確。

故選D。

8.如圖所示為大球和小球疊放在一起、在同一豎直線上進行的超級碰撞實驗，可以使

小球彈起并上升到很大高度。將質(zhì)量為3機的大球（在下），質(zhì)量為機的小球（在上）

疊放在一起，從距地面高處由靜止釋放，力遠大于球的半徑，不計空氣阻力。假設(shè)大

球和地面、大球與小球的碰撞均為完全彈性碰撞，且碰撞時間極短。下列說法正確的是

（）

A.若大球的質(zhì)量遠大于小球的質(zhì)量，小球上升的最大高度為9〃

B.小球與大球碰撞后的速度大小為2屈

C.大球與小球碰撞后，小球上升的高度為2"

D.大球與小球碰撞后，大球上升的高度為0.25丸

【答案】A

【詳解】A.設(shè)小球質(zhì)量為如大球質(zhì)量為“，兩球做自由落體運動

v2=2gh

兩球落地時速度大小為

v=yj2gh

大球與地面碰撞后，速度瞬間反向，大小不變，兩球發(fā)生彈性碰撞，兩球碰撞過程系統(tǒng)

內(nèi)力遠大于外力，系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒，設(shè)碰撞后小球速度大小為刃，大球速度

大小為V2,選向上為正方向，由動能量守恒和機械能守恒

2

Mv-mv=mvx+Mv2,^(m+M)v=；相片

解得

(3M-旬12gh

匕二

M+m

當M”機時，不考慮加影響，則

匕=3血后

小球上升高度為

H=^=9h

2g

故A正確；

B.C.由A選項可知，碰撞后小球的速度大小為

一（9…）“2回

3m+m'

小球上升高度為

H'=^=4h

2g

故BC錯誤。

D.由A選項可求得，碰撞后大球的速度大小為

v2=0

大球不上升，故D錯誤。

故選Ao

**

國（.完全非彈性碰撞的特征

9.如圖所示，光滑的水平面連接一個豎直平面內(nèi)的半圓形光滑軌道，半圓形軌道的底

端放置一個小球3,水平面上有一個小球A以某一速度開始向著小球3運動并發(fā)生碰撞,

設(shè)兩個小球均可以看作質(zhì)點，它們的碰撞時間極短，碰撞后結(jié)為一體沖上半圓軌道，并

恰能通過最高點C。下列關(guān)于小球A與小球3發(fā)生碰撞并一起通過最高點的過程中，以

A、3小球為系統(tǒng)的機械能與動量的說法正確的是（）

A.機械能，動量均守恒

B.機械能不守恒，動量守恒

C.機械能守恒，動量不守恒

D.機械能，動量均不守恒

【答案】D

【詳解】小球A與小球5發(fā)生完全非碰撞的過程，系統(tǒng)的動量守恒，機械能不守恒；小

球A與小球3一起通過最高點的過程，受重力和軌道的支持力，系統(tǒng)的動量不守恒，機

械能守恒，則小球A與小球3發(fā)生碰撞并一起通過最高點的全過程，機械能，動量均不

守恒，故選D。

10.甲、乙兩個物塊在光滑水平桌面上沿同一直線運動，甲追上乙，并與乙發(fā)生碰撞，

碰撞前后甲、乙的速度隨時間的變化如圖中實線所示。已知甲的質(zhì)量為1kg,下列說法

B.物體乙的質(zhì)量為4kg

C.碰撞過程兩物塊損失的機械能為3J

D.該碰撞過程能量不守恒

【答案】C

【詳解】由V4圖可知，碰前甲、乙的速度分別為悔=5m/s、vi=lm/s.碰后甲、乙的速

度分別為/=Tm/s,吃=2m/s,甲、乙兩物塊碰撞過程中，由動量守恒定律得

叫喔+叫u乙二叫璃+加乙或

解得

mz=6kg

損失的機械能為

AJ-,12121，21，2

AE=5%蜂+5%v乙一5%v甲一5吆丘

解得

AE=3J

即碰撞過程兩物塊損失的機械能為3J,此能量轉(zhuǎn)化為兩球的內(nèi)能，但是能量還是守恒的。

故選C。

夠（.完全非彈性碰撞后速度的計算

11.如圖所示，豎直放置的輕質(zhì)彈簧下端固定在地面上，上端與物塊A連接，物塊A

處于靜止狀態(tài)時彈簧的壓縮量為xo?，F(xiàn)有物塊B從距物塊A上方某處由靜止釋放，B

與A相碰后立即一起向下運動但不粘連，此后物塊A、B在彈起過程中將B拋離A。此

過程中彈簧始終處于豎直狀態(tài)，且在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g。下列說法中正確的

是（）

8口

AL

A.當B與A分離時，彈簧的壓縮量為xo

B.兩物塊一起運動過程中的最大加速度大于g

C.當B與A一起向上運動到彈簧的壓縮量為xo時，它們共同運動的速度最大

D.從B開始下落至B與A分離的過程中，兩物塊及彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒

【答案】B

【詳解】A.物塊A處于靜止狀態(tài)時彈簧的壓縮量為助。kx0=mg,當B與A分離時，

加速度相同，且之間無彈力，可知，此時A的加速度為g,則彈簧處于原長處，故A錯

、口

味；

B.如果B物體靜止釋放到A的上端，做簡諧運動，則最低點加速度大小為g,而現(xiàn)在

到達A端上端速度大于零，則最低點位置更低，則加速度大于g,所以兩物塊一起運動

過程中的最大加速度大于g,故B正確；

C.當B與A一起向上運動到彈簧的壓縮量為xo時，合力向下，已經(jīng)減速，速度不是最

大，故C錯誤；

D.從B開始下落至B與A分離的過程中，兩物塊及彈簧組成的系統(tǒng)機械能不守恒，因

為完全非彈性碰撞過程中存在損失，故D錯誤。

故選B。

12.如圖所示，質(zhì)量為m2的小車上有一半圓形的光滑槽，一質(zhì)量為mi的小球置于槽內(nèi),

共同以速度VO沿水平面運動，并與一個原來靜止的小車U13對接，則對接后瞬間，小車

的速度大小為（）

(%+/)%

A.D.

m+g+/m+叫+”

C加2%

D.以上答案均不對

?秋+%

【答案】C

【詳解】對接過程，兩小車組成的系統(tǒng)動量守恒，以小車m2的初速度方向為正方向,

由動量守恒定律得:

m2Vo=(儂+m3)v,

解得：丫=」詈

故應選C.

點晴：本題考查了求小車的速度，正確確定研究對象是正確解題的前提與關(guān)鍵，應用動

量守恒定律即可正確解題.

靜（.完全非彈性碰撞1:碰撞后直接粘連問題

13.如圖所示，光滑水平面的同一直線上放有〃個質(zhì)量均為機的小滑塊，相鄰滑塊之間

的距離為L某個滑塊均可看成質(zhì)點?，F(xiàn)給第一個滑塊水平向右的初速度％,滑塊間相

碰后均能粘在一起，則從第一個滑塊開始運動到第n-l個滑塊與第〃個滑塊相碰時的總

【答案】B

【詳解】由于每次相碰后滑塊會粘在一起，根據(jù)動量守恒定律

mv0=2mv2

可知第二個滑塊開始運動的速度大小為

1

彩=]%

同理第三個滑塊開始滑動的速度大小為

1

%=5%

第（止1）個球開始滑動的速度大小為

因此運動的總時間為

LLLLL八?~八n(n-1)L

t=F------F-----F…H------=—(1+2+3+…+72-1)=------------

%-v0-v0—v0%2%

203°n-1°

故選B。

14.在光滑水平面上，一質(zhì)量為2kg的物體a與另一物體6發(fā)生正碰，碰撞時間極短，

兩物體的位置隨時間變化規(guī)律如圖所示，以。物體碰前速度方向為正方向，下列說法正

A.碰撞后a的動量為6kg?m/sB.碰撞后6的動量為2kg?m/s

C.物體人的質(zhì)量為2kgD.碰撞過程中。對6的沖量為6N.s

【答案】D

【詳解】AB.由題圖可知，碰撞前。的速度為

16,,

%=-m/s=4dm/s

碰前總動量

P=mav0=8kg-m/s

撞后縱。共同的速度為

丫=；；:m/s=]m/s

則碰撞后。的動量為

Pa=rnav=2kg.m/s

因碰撞過程動量守恒，則碰撞后。的動量為

%=6kg-m/s

故AB錯誤；

C.根據(jù)題意，設(shè)。的質(zhì)量為嗎,，由圖可知，碰撞前5物體靜止，。碰撞過程中，由

動量守恒定律可得

徑%=（〃%+%"

解得

mb=6kg

故C錯誤；

D.根據(jù)題意，對6物體，由動量定理有

Ih=mhv-0

解得

=6N-s

故D正確。

故選D。

，*

溜（.完全非彈性碰撞2：板塊問題與子彈打木塊問題

15.如圖，長為L質(zhì)量為〃的木板靜置在光滑的水平面上，在木板上放置一質(zhì)量為機

的物塊（可視為質(zhì)點），物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)為〃，物塊以％的速度從木板的

左端向右滑動，物塊恰好能滑到木板的右端，對此過程下列敘述正確的是（）

-*v0

mM

......二“一I一一

////////zZ/zz//////////////////

A.經(jīng)過時間公而言/物塊與木板保持相對靜止

B.摩擦力對木板所做的功等于物塊克服摩擦力所做的功

C.物塊動能的減少等于木板動能的增加

D.系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量。=〃〃以心

【答案】D

【詳解】A.對物塊與木板有

mvQ=（Z/1+A/）Vj

對物塊有

-jumgt=mvi-mv0

解得

“%

A錯誤;

B.摩擦力對木板所做的功為

物塊克服摩擦力所做的功

mM2+2Mm2^v1

2（M+m）2

可知

“木＜“克

B錯誤;

C.根據(jù)能量守恒定律可知，物塊動能的減少等于木板動能的增加值與因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)

能之和，C錯誤;

D.摩擦生熱為

叩呼物一jumgx^=jumg（x物—x木）=jumgL

D正確。

故選D。

16.如圖所示，在固定的水平桿上，套有質(zhì)量為根的光滑圓環(huán)，輕繩一端拴在環(huán)上，另

一端系著質(zhì)量為M的木塊，現(xiàn)有質(zhì)量為mo的子彈以大小為no的水平速度射入木塊并立

刻留在木塊中，重力加速度為g,下列說法正確的是（）

m

Vo上

m0n

A.子彈射入木塊后的瞬間,速度大小為“7

B.子彈射入木塊后的瞬間,繩子拉力等于（"+/）g

C.子彈射入木塊后的瞬間,環(huán)對輕桿的壓力大于（M+m+m0）g

D.子彈射入木塊之后，圓環(huán)、木塊和子彈構(gòu)成的系統(tǒng)動量守恒

【答案】C

【詳解】A.子彈射入木塊后的瞬間，子彈和木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，以vo的方向為

正方向,則

mov0=(M+%)匕

解得

m0+Af

故A錯誤;

B.子彈射入木塊后的瞬間

u2

Er-(M+m0)g=(M+m0)^-

解得繩子拉力

2

=(M+m0)g+(A/+m0)^-

故B錯誤;

C.子彈射入木塊后的瞬間，對圓環(huán)

&=Fy+mg>+m+m^g

由牛頓第三定律知，環(huán)對輕桿的壓力大于（加+根+%）g,故C正確;

D.子彈射入木塊之后，圓環(huán)、木塊和子彈構(gòu)成的系統(tǒng)只在水平方向動量守恒，故D錯

誤。

故選C。

毆（.完全非彈性碰撞3：含有斜面或曲面的情況

17.如圖所示，有光滑弧形軌道的小車靜止于光滑的水平面上，其總質(zhì)量為有一質(zhì)

量也為〃的鐵塊以水平速度v沿軌道的水平部分滑上小車。若軌道足夠高，鐵塊不會滑

出，則鐵塊沿圓弧形軌道上升的最大高度為（）

22

vCv

A.-,D.

4g6g

【答案】A

【詳解】鐵塊上升到最高點時與小車具有共同的速度，則由動量守恒定律

Mv=2Mv

由能量關(guān)系可知

Mgh=gMv2—；-2Mv2

解得

故選Ao

18.如圖所示，質(zhì)量為4m的光滑物塊。靜止在光滑水平地面上，物塊。左側(cè)面為圓弧

面且水平地面相切，質(zhì)量為機的滑塊人以初速度%向右運動滑上a,沿。左側(cè)面上滑一

段距離后又返回，最后滑離a,不計一切摩擦，滑塊人從滑上a到滑離。的過程中，下

列說法正確的是（）

2

A.滑塊人沿。上升的最大高度為?

5g

B.滑塊。運動的最大速度芥

C.滑塊6沿a上升的最大高度為受

2g

D.滑塊。運動的最大速度個

【答案】B

【詳解】AC.。沿。上升到最大高度時，兩者速度相等，在水平方向，由動量守恒定律

得

mvQ=(m+4m)v

由機械能守恒定律得

；mVg=；(m+4m)v2+mgh

解得

AC錯誤；

BD.滑塊。從滑上a到滑離。后，滑塊。運動的速度最大。系統(tǒng)在水平方向動量守恒,

對整個過程，以向右為正方向，由動量守恒定律得

mv0=mvh+4mva

由機械能守恒定律得

解得

2

%=5V°

3

B正確，D錯誤。

故選B。

**

溜(.完全非彈性碰撞4：含有彈簧的情況

19.如圖所示，物體A、B間用一輕質(zhì)彈簧連接，放在光滑的水平地面上，現(xiàn)使B物體

靠在墻上，用外力推物體A緩慢壓縮彈簧，待系統(tǒng)靜止后突然撤去外力，則()

w

x

w

w

A^WWW^Bw

〃〃〃〃〃〃，〃〃〃

A.撤去外力后，A、B組成的系統(tǒng)總動量守恒

B.彈簧伸至最長時，A的速度最大

C.彈簧伸至最長時，A、B共速

D.從撤去外力到彈簧第一次恢復原長的過程，墻對B的沖量為零

【答案】C

【詳解】A.撤去外力后，A、B組成的系統(tǒng)受的合外力不為零，則總動量不守恒，故A

錯誤；

BC.從開始釋放到彈簧恢復到原長，彈力對A做正功，A的速度增加；彈簧恢復原長

后，B離開墻壁，彈簧長度繼續(xù)伸長，則A做減速運動，B做加速運動，當彈簧伸至最

長時AB共速，則此時A的速度不是最大；則當彈簧在原長時A的速度最大，故B錯

誤，C正確；

D.從撤去外力到彈簧第一次恢復原長的過程，系統(tǒng)動量向左增加，則墻對B的沖量向

左，不為零，故D錯誤。

故選C。

20.如圖所示，質(zhì)量為機4=3kg,mB=lkg的物塊A和B用輕彈簧相連，放置在光滑水平

面上，在R作用下彈簧處于壓縮狀態(tài)，物塊B緊靠豎直墻面，已知彈簧處于壓縮狀態(tài)時

彈性勢能為6J?，F(xiàn)將R撤去，則在物塊B離開墻面以后的運動過程中，A、B運動的M

圖像正確的是（）

【答案】B

【詳解】撤掉尸后，當彈簧恢復到原長時,彈性勢能轉(zhuǎn)化為物塊A的動能，則

Ep=￡片

解得

vo=2m/s

此時物塊B將要離開墻壁，此后彈簧的長度將被拉長，物塊A做減速運動，物塊B做

加速運動，當兩者的速度相等時，彈簧被拉的最長，此時由動量守恒定律

mAv0=（mA+恤）0

解得

V7=1.5m/s

然后由于A繼續(xù)減速，B繼續(xù)加速，則彈簧的長度縮短，最后回復到原長，則由動量守

恒定律和能量關(guān)系可知

；以片=!以丫2Al+1

解得

VAi=lm/s

VB7=lm/s

此后的過程彈簧被壓縮，最短時的共同速度仍為L5m/s,結(jié)合上述分析可知，圖像B正

確，ACD錯誤。

故選Bo

，-

烏（.非完全彈性碰撞后的速度

21.如圖所示，在光滑水平面上，一個質(zhì)量為機、速度大小為v的A球與質(zhì)量為2加、

靜止的B球碰撞后，A球的速度方向與碰撞前相反。則碰撞后B球的速度大小可能是

()

A.0.30vB.0.40vC.0.60vD.0.70v

【答案】C

【詳解】A球和B球碰撞的過程中動量守恒，設(shè)A、B兩球碰撞后的速度分別為刃、口

選A原來的運動方向為正方向，由動量守恒定律有

mv=mv1+2mv2

假設(shè)碰后A球靜止，即刃=0,可得

v2=0.5v

由題意知球A被反彈，所以球B的速度

v2>0.5v

AB兩球碰撞過程機械能不增加，有

—mv2>—mv?+—x

22122

兩式聯(lián)立得

2

y

故

2

0.5"%

故選c。

22.質(zhì)量相等的五個物塊在一光滑水平面上排成一條直線，且彼此隔開一定的距離，具

有初速度V。的第5號物塊向左運動，依次與其余四個靜止物塊發(fā)生碰撞，如圖所示，最

后這五個物塊粘成一個整體，則它們最后的速度為（）

A.voB.%C.員D.團

534

【答案】B

【詳解】由于五個物塊組成的系統(tǒng)沿水平方向不受外力作用，故系統(tǒng)在水平方向上動量

守恒，由動量守恒定律得

mv0=5mv

得

1

即它們最后的速度為

故選B。

**

’磕飛.非完全彈性碰撞的能量損失

23.在光滑水平面上有a、6兩小球沿同一條直線運動，發(fā)生碰撞且碰撞時間極短。碰

撞前后兩球在同一直線運動的位置隨時間變化的XT圖像如圖。已知人球的質(zhì)量為

0.1kg,下列說法正確的是（）

B.。球的質(zhì)量為0.3kg

C.兩球發(fā)生的碰撞為彈性碰撞

D.兩球發(fā)生的碰撞為完全非彈性碰撞

【答案】B

【詳解】AB.以球。碰撞前的速度方向為正方向，由圖可知，碰撞前

va=-2m/s,vb=Im/s

碰撞后

va=-lm/s,vb=-2m/s

根據(jù)動量守恒定律得

mV+mVmV+mV

aabb=aabb

可得

ma:mh=3:\

故。球的質(zhì)量為0.3kg,故A錯誤，B正確；

CD.碰撞后兩球速度不相等，所以不是完全非彈性碰撞，碰撞前系統(tǒng)動能

Ek=-mavl+-mbvl

碰撞后系統(tǒng)動能

E'k=~mav]+-mbv'^

計算可得

及＜Ek

可知非彈性碰撞，故CD錯誤。

故選B。

24.甲、乙兩個物塊在光滑水平桌面上沿同一直線運動，甲追上乙，并與乙發(fā)生碰撞，

碰撞前后甲、乙的速度隨時間的變化如圖中實線所示。已知甲的質(zhì)量為1kg,則碰撞過

程兩物塊損失的機械能為（）

v/(m/s)

A.3JB.4JC.5JD.6J

【答案】A

【詳解】由VI圖可知，碰前甲、乙的速度分別為喝=5m/s,巳=lm/s；碰后甲、乙的

速度分別為/=Tm/s,必=2m/s,甲、乙兩物塊碰撞過程中，由動量守恒得

甲丫甲+m乙v乙="/甲璃+加乙或

解得

=6kg

則損失的機械能為

A7-112121fl1,2

"二耳叫刊甲+,^^乙-5叫叫_]■"乙V乙

解得

AE=3J

故選Ao

0-

烏（.含有動量守恒的多過程問題

25.如圖，一質(zhì)量"=3kg的長方形木板B放在光滑水平地面上,在其右端放一質(zhì)量m=1kg

的小木塊A?，F(xiàn)以地面為參照系，給A和B以大小均為4m/s,方向相反的初速度，使

A開始向左運動，B開始向右運動，但最后A并沒有滑離B板。站在地面的觀察者看到

在一段時間內(nèi)小木塊A正在做加速運動，則在這段時間內(nèi)的某時刻木板B相對地面的

速度大小可能是（）

A.2.8m/sB.2.2m/sC.3.0m/sD.1.8m/s

【答案】B

【詳解】根據(jù)題意可知A先向左減速后向右加速，B一直向右減速；當A的速度為0

時，設(shè)此時B的速度為匕，以向右為正方向，根據(jù)動量守恒有

Mv-mv=Mvx,v=4m/s

解得

M=—m/s

13

最后AB一起共同向右做勻速直線運動，設(shè)此時速度為V2,根據(jù)動量守恒有

Mv—mv=^M+m^v2

解得

v2=2m/s

故這段時間內(nèi)的某時刻木板B相對地面的速度范圍為

2m/s<v<-m/s

BR3

故選B。

26.如圖所示，甲、乙兩同學均站在滑板車上，甲同學和滑板車的總質(zhì)量為乙同學

和滑板車的總質(zhì)量也為乙同學靜止，甲同學手持質(zhì)量為機的籃球以丫。的速度向乙

滑去，為防止與乙同學相撞，甲同學將籃球以大小為v（未知）的水平速度向乙拋去，

乙同學將籃球接住后，也以大小為v的水平速度向甲拋去，甲同學接球后，甲、乙兩同

學恰好不發(fā)生碰撞，不計地面的摩擦和空氣阻力，則v的大小為（)

M(M+m)v2M(M+m)v

A.0B.0

2m(2M+m)m(2M+m)

m(M+m)v2m(M+m)v

0D.0

【答案】A

【詳解】設(shè)最后的共同速度為V共,根據(jù)動量守恒有

（M+m）v0=（2M+機）v共

對球和乙研究，有

mv=Mv共—mv

解得

M（M+m）v0

2m（2M+rri）

故選Ao

0-

靜:.兩物體多次碰撞問題

27.如圖所示，靜止在光滑水平地面上的兩個小物塊A、B（均可視為質(zhì)點），質(zhì)量分

別為儂=1.0kg、機B=4.0kg,兩者之間有一個被壓縮的微型彈簧，彈簧只與A固定在一

起，此時彈簧的彈性勢能為Ep=10.0J,分離時彈性勢能可以全部轉(zhuǎn)化為小物塊A、B的

動能。釋放后，A與墻發(fā)生彈性碰撞，當小物塊A、B再次相遇后，彈簧的彈性勢能最

大值是（）

BA

A.10.0JB.8.OJC.3.6JD.5.0J

【答案】C

【詳解】小物塊A、B分離過程，以小物塊A、B和彈簧組成的系統(tǒng)為研究對象，以水

平向左為正方向，由動量守恒定律可得

0=mBvB-mAvA(l)

由能量守恒定律可得

即=瑤+g%次②

A與墻發(fā)生彈性碰撞后，A的速度方向向左，大小仍為乙，小物塊A、B再次相遇后，

以小物塊A、B和彈簧組成的系統(tǒng)為研究對象，系統(tǒng)動量守恒，當A、B速度相時，彈

簧的彈性勢能取最大值，從A、B剛開始接觸至共速過程，由動量守恒定律可得