碰撞与能量守恒
课时规范训练 [基础巩固题组]
1．如图所示，在光滑水平面上质量分别为mA＝2 kg、mB＝4 kg，速率分别为vA＝5 m/s、
vB＝2 m/s的A、B两小球沿同一直线相向运动( )
A．它们碰撞前的总动量是18 kg·m/s，方向水平向右 B．它们碰撞后的总动量是18 kg·m/s，方向水平向左 C．它们碰撞前的总动量是2 kg·m/s，方向水平向右 D．它们碰撞后的总动量是2 kg·m/s，方向水平向左
解析：选C.它们碰撞前的总动量是2 kg·m/s，方向水平向右，A、B相碰过程中动量守恒，故它们碰撞后的总动量也是2 kg·m/s，方向水平向右，选项C正确．
2. 一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离．已知前部分的卫星质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v1为( )
A．v0－v2 C．v0－v2
B．v0＋v2 D．v0＋(v0－v2)
m2
m1m2m1
解析：选D.由动量守恒定律得(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2得v1＝v0＋(v0－v2)．
3．甲、乙两球在水平光滑轨道上向同方向运动，已知它们的动量分别是p1＝5 kg·m/s，
m2
m1
p2＝7 kg·m/s，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为10 kg·m/s，则二球质
量m1与m2间的关系可能是下面的哪几种( )
A．m1＝m2 C．4m1＝m2
B．2m1＝m2 D．6m1＝m2
解析：选C.甲、乙两球在碰撞过程中动量守恒，所以有：p1＋p2＝p1′＋p2′，即：p1′＝2 kg·m/s.由于在碰撞过程中，不可能有其它形式的能量转化为机械能，只能是系统内物
p21体间机械能相互转化或一部分机械能转化为内能，因此系统的机械能不会增加．所以有＋
2m1p2p1′2p2′2212
≥＋，所以有：m1≤m2，因为题目给出物理情景是“甲从后面追上乙”，要符2m22m12m251
p1p25
合这一物理情景，就必须有＞，即m1＜m2；同时还要符合碰撞后乙球的速度必须大于或
m1m27
等于甲球的速度这一物理情景，即
p1′p2′1
＜，所以m1＞m2.因此C选项正确． m1m25
4．(多选) 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，摆动周期相同，并排悬挂，平衡时两球刚好接触，现将摆球a向左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
解析：选AD.两球在碰撞前后，水平方向不受外力，故水平两球组成的系统动量守恒，1212
由动量守恒定律有：mv0＝mv1＋3mv2；又两球碰撞是弹性的，故机械能守恒，即mv0＝mv1＋
2212v0v0
3mv2，解两式得：v1＝－，v2＝，可见第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等，选222项A正确；因两球质量不相等，故两球碰后的动量大小不相等，选项B错；两球碰后上摆过程，机械能守恒，故上升的最大高度相等，因摆长相等，故两球碰后的最大摆角相同，选项C错；两球摆动周期相同，故经半个周期后，两球在平衡位置处发生第二次碰撞，选项D正确．
5. (多选)在质量为M的小车中挂有一单摆，摆球的质量为m0，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，碰撞的时间极短，在此碰撞过程中，下列哪些情况说法是可能发生的( )
A．小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为v1、v2、v3，满足(M＋m0)v＝Mv1＋
mv2＋m0v3
B．摆球的速度不变，小车和木块的速度变化为v1和v2，满足Mv＝Mv1＋mv2 C．摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为v1，满足Mv＝(M＋m)v1
D．小车和摆球的速度都变为v1，木块的速度变为v2，满足(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2 解析：选BC.在小车M和木块发生碰撞的瞬间，摆球并没有直接与木块发生力的作用，
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它与小车一起以共同速度v匀速运动时，摆线沿竖直方向，摆线对球的拉力和球的重力都与速度方向垂直，因而摆球未受到水平力作用，球的速度不变，可以判定A、D项错误；小车和木块碰撞过程，水平方向无外力作用，系统动量守恒，而题目对碰撞后，小车与木块是否分开或连在一起，没有加以说明，所以两种情况都可能发生，即B、C选项正确．
6．如图所示，光滑水平面上的木板右端，有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连，木板质量M＝3.0 kg，质量m＝1.0 kg的铁块以水平速度v0＝4.0 m/s，从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左端，则在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为( )
A．4.0 J C．3.0 J
B．6.0 J D．20 J
解析：选C.设铁块与木板速度相同时，共同速度大小为v，铁块相对木板向右运动时，相对滑行的最大路程为L，摩擦力大小为Ff，根据能量守恒定律得
铁块相对于木板向右运动过程 121
mv0＝FfL＋(M＋m)v2＋Ep 22铁块相对于木板运动的整个过程 121
mv0＝2FfL＋(M＋m)v2 22
又根据系统动量守恒可知，mv0＝(M＋m)v 联立得到：Ep＝3.0 J，故选C.
7．A、B两个物体粘在一起以v0＝3 m/s的速度向右运动，物体中间有少量炸药，经过
O点时炸药爆炸，假设所有的化学能全部转化为A、B两个物体的动能且两物体仍然在水平
面上运动，爆炸后A物体的速度依然向右，大小变为vA＝2 m/s，B物体继续向右运动进入半圆轨道且恰好通过最高点D，已知两物体的质量mA＝mB＝1 kg，O点到半圆最低点C的距离xOC＝0.25 m，水平轨道的动摩擦因数μ＝0.2，半圆轨道光滑无摩擦，求：
(1)炸药的化学能E； (2)半圆弧的轨道半径R.
解析：(1)A、B在爆炸前后动量守恒，得2mv0＝mvA＋mvB，解得vB＝4 m/s 根据系统能量守恒有：
112122
(2m)v0＋E＝mvA＋mvB，解得E＝1 J. 222
v2D(2)由于B物体恰好经过最高点，故有mg＝m R
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