专题16 碰撞与动量守恒
1．（2013·北京四中高三开学检测，11题）质量为m的炮弹沿水平方向飞行，其动能为Ek，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，另一块向前飞去，则向前的这块的动能为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【KS5U解析】由动量守恒可得，又，，三式联立可得，选项B正确。
2．（2013·北京四中高三开学检测，12题）如图，大小相同的摆球a和b的质量分别为m和3m，摆长相同，并排悬挂，平衡时两球刚好接触，现将摆球a向左边拉开一小角度后释放，若两球的碰撞是弹性的，下列判断正确的是（ ）
A.第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等
B.第一次碰撞后的瞬间，两球的动量大小相等
C.第一次碰撞后，两球的最大摆角不相同
D.发生第二次碰撞时，两球在各自的平衡位置
【答案】AD
【KS5U解析】由于发生的是弹性碰撞，有，解得，选项A正确B错误；不管a、b的质量关系如何，只要，根据能量守恒可得两球的最大摆角就相同，C错误；根据周期公式T=2π知：两单摆的周期相同，与质量无关，所以相撞后两球分别经过T后回到各自的平衡位置，这样必然是在平衡位置相遇．所以不管a、b的质量如何，下一次碰撞都在平衡位置，选项D正确。
3.（2013·北京海淀二模，20题）如图6所示，在光滑的水平面上静止放一质量为m的木 板B，木板表面光滑，左端固定一轻质弹簧。质量为2m的木块A以速度v0从板的右端水平向左滑上木板B。在 木块A与弹簧相互作用的过程中，下列判断正确的是
A. 弹簧压缩量最大时，B板运动速率最大
B. B板的加速度一直增大
C. 弹簧给木块A的冲量大小为2mv0/3
D. 弹簧的最大弹性势能为mv02/3
【答案】D
【KS5U解析】由题意可知当A、B的速度相同时，弹簧的压缩量最大，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律和能量守恒定律可得，，解得，，选项D正确；此时弹簧给木块A的冲量大小等于物块A动量的变化量，即等于2mv0/3，但此后弹簧要恢复原长，弹簧弹力对B做正功，又弹簧弹力逐渐减小，故B继续加速度减小的加速运动，选项AB错误；弹簧要恢复原长时对A做负功，A的速度减小，动量减小，故整个过程中， 弹簧给木块A的冲量大小小于2mv0/3，选项C错误。
4. （2013·北京丰台一模，20题）如图所示，两质量分别为m1和m2的弹性小球叠放在一起，从高度为h处自由落下，且远大于两小球半径，所有的碰撞都是完全弹性碰撞，且都发生在竖直方向。已知m2=3m1，则小球m1反弹后能达到的高度为（ ）
A．h B．2h C．3h D．4h
【答案】D
【KS5U解析】所有的碰撞都是完全弹性碰撞，即均没有能量损失，设方向向上为正，由能量守恒和动量守恒可得，，，，，将m2=3m1代入联立以上4式可得。选项D正确。
5．（2013·北京东城区高三联考，11题）如图10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机械能损失。如果斜面固定，则小物块恰能冲到斜面顶端。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．
C． D．
【答案】 D
【KS5U解析】若斜面固定，由机械能守恒定律可得，；若斜面不固定，系统水平方向动量守恒，有，由机械能守恒定律可得，，以上三式联立可得=
6.（2013·北京东城区示范校高三综合练习，8题）如图所示为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=2 kg，则由图判断下列结论正确的是（ ）
A、B碰撞前的总动量为3 kg·m/s B.碰撞时A对B所施冲量为-4 N·s
C.碰撞前后A的动量变化为4 kg·m/s D.碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10 J
【答案】BCD
【KS5U解析】由题意可知，将=2kg，=3m/s，=2m/s,v=1m/s代入可得=kg，A、B碰撞前的总动量为= kg·m/s，选项A错误；碰撞前后A的动量变化为=4 kg·m/s，即碰撞时A对B所施冲量为-4 N·s，选项BC正确；碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为=10J，选项D正确。
7．（2013·北京东城区高三联考，8题）如图4所示，A、B两小球在光滑水平面上分别以动量p1=4 kg·m/s和p2=6 kg·m/s（向右为参考正方向）做匀速直线运动，则在A球追上B球并与之碰撞的过程中，两小球的动量变化量Δp1和Δp2可能分别为（ ）
A．-2 kg·m/s， 3 kg·m/s
B．-8 kg·m/s， 8 kg·m/s
C．1 kg·m/s， -1 kg·m/s
D．-2 kg·m/s， 2 kg·m/s
【答案】D
【KS5U解析】由动量守恒定律可知两小球的动量变化大小相等、方向相反，排除A、B；考虑到实际的运动情况，两球相碰后，B球的动量一定增大，A球的动量一定减小，排除C，故选D。
8．（2013·北京四中高三上学期期中，13题）如图所示，质量为m的小球A以速率v0向右运动时跟静止的小球B发生碰撞，碰后A球以的速率反向弹回，而B球以的速率向右运动，则B的质量mB=_______；碰撞过程中，B对A做功为 。
【答案】4.5m -3mv02/8
【KS5U解析】动量守恒：；动能定理：。
9．（2013·北京四中高三上学期期中，18题）如图所示，一平板小车静止在光滑的水平面上，质量均为m的物体A、B分别以2v和v的初速度、沿同一直线同时从小车两端相向水平滑上小车．设两物体与小车间的动摩擦因数均为μ，小车质量也为m，最终物体A、B都停在小车上（若A、B相碰，碰后一定粘在一起）．求：
（1）最终小车的速度大小是多少，方向怎样？
（2）要想使物体A、B不相碰，平板车的长度至少为多长？
（3）接（2）问，求平板车达到（1）问最终速度前的位移？
【答案】（1）v/3 向右 4分（2）7v2/(3μg)? 4分（3）v2/(6μg) 4分
【KS5U解析】（1）由动量守恒定律可得2mv-mv=3m，解得= v/3，方向水平向右。
（2）对于物体A、B和小车组成的系统，若物体A、B不相碰，则摩擦力做的功等于系统动能的减少，由动能定理可得，解得L=7v2/(3μg)?,此即为平板车的最小长度。
（3）对系统的运动过程分析可知，物体A、B相向减速运动过程中，小车静止不动，当B的速度减为0时，物体A的速度为v，此后物体A继续向右做减速运动，物体B随小车一起向右做初速度为0的匀加速运动，直到系统达到共同速度，由已知可得小车做初速度为0的加速运动的加速度为，末速度为，由推论公式可得。
10．（2013·北京海淀区高三期中，18题）（10分）如图17所示，在倾角θ＝30o的斜面上放置一段凹槽B，B与斜面间的动摩擦因数μ＝，槽内靠近右侧壁处有一小物块A(可视为质点)，它到凹槽左侧壁的距离
d＝0.10m。A、B的质量都为m=2.0kg，B与斜面间的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，不计A、B之间的摩擦，斜面足够长。现同时由静止释放A、B，经过一段时间，A与B的侧壁发生碰撞，碰撞过程不计机械能损失，碰撞时间极短。取g=10m/s2。求：
（1）物块A和凹槽B的加速度分别是多大；
（2）物块A与凹槽B的左侧壁第一次碰撞后瞬间A、B的速度大小；
（3）从初始位置到物块A与凹槽B的左侧壁发生第三次碰撞时B的位移大小。
【答案】见解析
【KS5U解析】（1）设A的加速度为a1，则
mg sin?=ma1 ，a1= g sin?????×sin 30°=5.0m/s2…………………………1分
设B受到斜面施加的滑动摩擦力f，则
==10N，方向沿斜面向上
B所受重力沿斜面的分力=2.0×10×sin30°=10N，方向沿斜面向下
因为，所以B受力平衡，释放后B保持静止，则
凹槽B的加速度a2=0………………………………………1分
（2）释放A后，A做匀加速运动，设物块A运动到凹槽B的左内侧壁时的速度为vA0，根据匀变速直线运动规律得
vA0===1.0m/s ………………………………………1分
因A、B发生弹性碰撞时间极短，沿斜面方向动量守恒，A和B碰撞前后动能守恒，设A与B碰撞后A的速度为vA1，B的速度为vB1，根据题意有
………………………………………1分
………………………………………1分
解得第一次发生碰撞后瞬间A、B的速度分别为
vA1=0，vB1=1.0 m/s ………………………………………1分
（3）A、B第一次碰撞后，B以vB1=1.0 m/s做匀速运动，A做初速度为0的匀加速运动，设经过时间t1，A的速度vA2与B的速度相等，A与B的左侧壁距离达到最大，即
vA2=，解得t1=0.20s
设t1时间内A下滑的距离为x1，则
解得x1=0.10m
因为x1=d， 说明A恰好运动到B的右侧壁，而且速度相等，所以A与B的右侧壁恰好接触但没有发生碰撞。………………………………………1分
设A与B第一次碰后到第二次碰时所用时间为t2， A运动的距离为xA1，B运动的距离为xB1，A的速度为vA3，则
xA1=，xB1=vB1t2，xA1= xB1
解得t2=0.40s ，xB1=0.40m，vA3=a1t2=2.0m/s ………………………………………1分
第二次碰撞后，由动量守恒定律和能量守恒定律可解得A、B再次发生速度交换，B以vA3=2.0m/s速度做匀速直线运动，A以vB1=1.0m/s的初速度做匀加速运动。
用前面第一次碰撞到第二次碰撞的分析方法可知，在后续的运动过程中，物块A不会与凹槽B的右侧壁碰撞，并且A与B第二次碰撞后，也再经过t3= 0.40s，A与B发生第三次碰撞。………………………………………1分
设A与B在第二次碰后到第三次碰时B运动的位移为xB2，则
xB2=vA3t3=2.0×0.40=0.80m；
设从初始位置到物块A与凹槽B的左内侧壁发生第三次碰撞时B的位移大小x，则
x= xB1+ xB2=0.40+0.80=1.2m ………………………………………1分
11.（2013·北京大兴一模，24题）（20分） 如图（a）所示，小球甲可定于足够长光滑水平面的左端，质量m=0.4kg的小球乙可在光滑水平面上滑动，甲、乙两球之间因受到相互作用而具有一定的势能，相互作用力沿二者连线且随间距的变化而变化。现已测出甲固定于x=0时势能随位置x的变化规律如图中曲线所示。已知曲线最低点的横坐标x0=20cm，直线为势能变化曲线的渐近线。
试求：（1）若将甲、乙两小球同时从x= 0和x=8由静止释放，设甲球的质量是乙球的2倍，当乙球的速率为0.2m/s时甲球的速率为多大。
（2）若将甲固定于x=0，小球从x=8m处释放，求乙球过程的最大速度。
（3若将甲固定于x=0，小球乙在光滑水平面上何处由静止释放，小球乙不可能第二次经过x0=20cm的位置？并写出必要的推断说明；
【答案】见解析
【KS5U解析】（1）由动量守恒定律：
m甲v甲- m乙v乙=0（3分）
∴v甲=v乙=0.1m/s（3分）
（2）由图可得EP=0.2J，势能转化为动能
EP=mv2 （3分）
v==1m/s （3分）
（3）在0
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