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5.碰撞
题组一　碰撞的特点和分类
1.下列关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不变
C.如果碰撞过程中机械能守恒，这样的碰撞叫作非弹性碰撞
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
2.甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。已知甲的质量为1 kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为（　　）
A.3 J　　 B.4 J C.5 J　　 D.6 J
3.台球是大家比较喜爱的一项运动。小明同学设计了一个台球趣味游戏，在光滑水平面上，利用一个白球A以初速度v0去撞击2 023个一字排开的花球，如图所示，已知球与球之间的碰撞为弹性正碰，白球质量是花球质量的2倍，则编号为1的花球的最终速度为（　　）
A.v0　　 B.v0 C.v0　　 D.v0
4.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. C.　　 D.
5.〔多选〕如图所示，竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道下端与光滑水平桌面相切，小滑块B静止在圆弧轨道的最低点。现将小滑块A从圆弧轨道的最高点无初速度释放。已知圆弧轨道半径R＝1.8 m，小滑块间的质量关系是mB＝2mA，重力加速度g＝10 m/s2。则碰后小滑块B的速度大小可能是（　　）
A.5 m/s　　 B.4 m/s C.3 m/s　　 D.2 m/s
题组二　碰撞问题的合理性分析与判断
6.如图所示，小球A的质量为mA＝5 kg，动量大小为pA＝4 kg·m/s，小球A在光滑水平面上向右运动，与静止的小球B发生弹性碰撞，碰后A的动量大小为pA'＝1 kg·m/s，方向水平向右，则（　　）
A.碰后小球B的动量大小为pB＝3 kg·m/s
B.碰后小球B的动量大小为pB＝5 kg·m/s
C.小球B的质量为15 kg
D.小球B的质量为5 kg
7.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，A在后。已知碰前两球的动量分别为pA＝12 kg·m/s、pB＝13 kg·m/s，碰撞前后，它们动量的变化量分别为ΔpA、ΔpB。下列数值可能正确的是（　　）
A.ΔpA＝－4 kg·m/s、ΔpB＝4 kg·m/s
B.ΔpA＝4 kg·m/s、ΔpB＝－4 kg·m/s
C.ΔpA＝－24 kg·m/s、ΔpB＝24 kg·m/s
D.ΔpA＝24 kg·m/s、ΔpB＝－24 kg·m/s
8.〔多选〕如图所示，半径和动能都相等的两个小球相向而行。甲球质量m甲大于乙球质量m乙，水平面是光滑的，两球做对心碰撞以后的运动情况可能是下述哪些情况（　　）
A.甲球速度为零，乙球速度不为零
B.两球速度都不为零
C.乙球速度为零，甲球速度不为零
D.两球都以各自原来的速率反向运动
9.如图所示，大小、形状相同的两小球A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，小球A的质量为2m、速度大小为v0、方向水平向右，小球B的质量为m、速度大小为2v0、方向水平向左，两小球发生弹性正碰后（　　）
A.小球A将静止
B.小球B将向左运动
C.小球A的动能将增加m
D.小球B的动量变化量的大小为4mv0
10.如图所示，质量为m的A球以速度v0在光滑水平面上运动，与原来静止的质量为5m的B球碰撞，碰撞后A球以v＝av0（待定系数a＜1）的速率弹回，A球与挡板P发生碰撞时无能量损失，若要使A球能追上B球再次相撞，则a的取值范围为（　　）
A.＜a≤ B.＜a≤ C.＜a≤ D.＜a≤
11.〔多选〕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，A、B两球发生对心碰撞。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，下面的猜测结果可能实现的是（　　）
A.vA'＝－2 m/s，vB'＝6 m/s
B.vA'＝2 m/s，vB'＝2 m/s
C.vA'＝1 m/s，vB'＝3 m/s
D.vA'＝－3 m/s，vB'＝7 m/s
12.〔多选〕如图甲所示，两可视为质点的滑块甲、乙放在水平面上，t＝0时刻分别给两滑块一初速度，使两滑块沿同一直线相对运动，经过一段时间两物体发生碰撞，取向右的方向为正，整个过程中两滑块的速度—时间图像如图乙所示，则下列说法正确的是（　　）
A.整个过程中滑块乙的位移大小为0.5 m
B.滑块甲与滑块乙的质量之比为1∶1
C.滑块甲、滑块乙与水平面间的动摩擦因数之比为1∶2
D.两滑块碰撞时没有能量损失
13.在冰壶比赛中，球员手持毛刷擦刷冰面，可以改变冰壶滑行时受到的阻力。如图a所示，蓝壶静止在圆形区域内，运动员用等质量的红壶撞击蓝壶，两壶发生正碰。碰撞前后两壶的v-t图像如图b所示。
（1）蓝壶运动时加速度多大？
（2）碰撞后两壶相距的最远距离为多少？
（3）请通过计算说明两壶是否发生了弹性碰撞。
14.冬季雨雪天气时，公路上容易发生交通事故。在结冰的公路上，一辆质量为1.8×103 kg的轻型货车尾随另一辆质量为1.2×103 kg的轿车同向行驶，因货车未及时刹车而发生追尾（即碰撞，如图所示）。若追尾前瞬间货车速度大小为36 km/h，轿车速度大小为18 km/h，刚追尾后两车视为紧靠在一起，此时两车的速度为多大？
5.碰撞
1.A　碰撞是十分普遍的现象，它是相对运动的物体相遇时在极短时间内发生的一种现象，一般内力远大于外力，系统动量守恒，动能不一定不变。如果碰撞中机械能守恒，就叫作弹性碰撞。微观粒子的相互作用同样具有短时间内通过强大内力作用的特点，所以仍然是碰撞，故A正确。
2.A　根据题图知，碰撞前甲、乙的速度分别为v甲＝5.0 m/s，v乙＝1.0 m/s，碰撞后甲、乙的速度分别为v甲'＝－1.0 m/s，v乙'＝2.0 m/s，碰撞过程由动量守恒定律得m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲'＋m乙v乙'，解得m乙＝6 kg，碰撞过程损失的机械能ΔE＝m甲＋m乙－m甲v甲'2－m乙v乙'2，解得ΔE＝3 J，故选A。
3.A　质量为2m的白球A以初速度v0与编号为2023的花球发生弹性正碰，满足动量守恒定律和机械能守恒定律，设碰后白球和编号为2023的花球的速度分别为vA1、v1，以向右为正方向，则2mv0＝2mvA1＋mv1，（2m）＝（2m）＋m，解得vA1＝v0，v1＝v0。同理分析，两个质量相同花球碰撞时，根据动量守恒定律和机械能守恒定律知，两球速度交换，此时编号为2023的花球与编号为2022的花球交换速度，以此类推，最终编号为1的花球的速度为v1'＝v0，故A正确，B、C、D错误。
4.C　由碰撞中动量守恒得mv0＝3mv1，解得v1＝ ①
E0＝m ②
Ek'＝×3m ③
由①②③式联立得Ek'＝×3m＝×＝，故C正确。
5.BCD　滑块A下滑过程，由机械能守恒定律得mAgR＝mA，解得v0＝6 m/s，若两个滑块发生的是弹性碰撞，取向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得mAv0＝mAvA＋mBvB，mA＝mA＋mB，解得vB＝4 m/s，若两个滑块发生的是完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得mAv0＝（mA＋mB）vB'，解得vB'＝2 m/s，所以碰后小滑块B的速度大小范围为2 m/s≤vB≤4 m/s，不可能为5 m/s，故选B、C、D。
6.A　规定向右为正方向，碰撞过程中A、B组成的系统动量守恒，所以有pA＝pA'＋pB，解得 pB＝3 kg·m/s，A正确，B错误；由于是弹性碰撞，所以没有机械能损失，故＝＋，解得mB＝3 kg，C、D错误。
7.A　若ΔpA＝－4 kg·m/s、ΔpB＝4 kg·m/s，则碰后两球的动量分别为pA'＝8 kg·m/s，pB'＝17 kg·m/s，符合动量守恒定律，而且碰撞后A的动能减小，B的动能增大，总动能可能不增加，也符合实际运动情况，故A正确；由B、D所给动量变化量可知，碰撞后，A的动量沿原方向增大，不符合实际运动情况，故B、D错误；ΔpA＝－24 kg·m/s、ΔpB＝24 kg·m/s，碰后两球的动量分别为pA'＝－12 kg·m/s，pB'＝37 kg·m/s，可以看出，碰撞后A的动能不变，B的动能增大，不符合实际运动情况，故C错误。
8.AB　根据两球动能相等，有m甲＝m乙，得出两球碰前动量大小之比＝ ，因m甲＞m乙，则p甲＞p乙，则系统的总动量方向向右。根据动量守恒定律可以判断，碰后两球运动情况可能是A、B所述情况，而C、D情况是违背动量守恒的，故C、D情况是不可能的。
9.D　小球A、B发生弹性碰撞，选向右为正方向，设碰后小球B的速度为vB，小球A的速度为vA，则有2mv0＋m（－2v0）＝2mvA＋mvB，×2m＋m（－2v0）2＝×2m＋m，解得vA＝－v0，vB＝2v0，碰撞后小球A向左运动，A错误；碰撞后小球B将向右运动，B错误；碰撞后小球A的动能增加量ΔEk＝×2m－×2m＝×2m×（－v0）2－×2m＝0，C错误；小球B的动量变化量Δp＝pB'－pB＝m（2v0）－m（－2v0）＝4mv0，小球B的动量变化量的大小为4mv0，D正确。
10.A　规定向右为正方向，由动量守恒定律可知
mv0＝－m·av0＋5mv1 ①
根据碰撞过程动能不会增大可知
m≥m（av0）2＋（5m） ②
球与挡板P发生碰撞时无能量损失，与挡板碰后以原速度大小返回，若要使A球能追上B球再次相撞，所以有av0＞v1 ③
由①②③式可得＜a≤，故选A。
11.ABC　设每个球的质量均为m，碰前系统总动量 p＝mvA＋mvB＝6m－2m＝4m，碰前的总动能Ek＝m＋m＝20m。若vA'＝－2 m/s，vB'＝6 m/s，碰后总动量p'＝mvA'＋mvB'＝4m，则动量守恒，总动能Ek'＝mvA'2＋mvB'2＝20m，机械能也守恒，故A可能实现；若vA'＝2 m/s，vB'＝2 m/s，碰后总动量p'＝mvA'＋mvB'＝4m，总动能Ek'＝mvA'2＋mvB'2＝4m，动量守恒，机械能不增加，故B可能实现；若vA'＝1 m/s，vB'＝3 m/s，碰后总动量p'＝mvA'＋mvB'＝4m，总动能Ek'＝mvA'2＋mvB'2＝5m，动量守恒，机械能不增加，故C可能实现；若vA'＝－3 m/s，vB'＝7 m/s，碰后总动量p'＝mvA'＋mvB'＝4m，总动能Ek'＝mvA'2＋mvB'2＝29m，动量守恒，机械能增加，违反能量守恒定律，故D不可能实现。
12.ACD　整个过程中根据速度—时间图像可知滑块乙的位移x＝m＝0.5 m，A正确；两物块在1 s末时发生碰撞，根据动量定理得m甲v甲1＋m乙v乙1＝m乙v乙1'，4m甲－2m乙＝6m乙，解得m甲∶m乙＝2∶1，B错误；根据图像可知，0～1 s滑块的加速度为a甲＝ m/s2＝－2 m/s2，a乙＝ m/s2＝4 m/s2，根据牛顿第二定律得：－μ甲m甲g＝m甲a甲，μ乙m乙g＝m乙a乙，解得μ甲＝0.2，μ乙＝0.4，滑块甲、滑块乙与水平面间的动摩擦因数之比为1∶2，C正确；滑块甲与滑块乙的质量之比为m甲∶m乙＝2∶1，两个滑块碰撞前后的能量差为ΔE＝（ m甲＋m乙）－m乙v乙1'2＝0，D正确。
13.（1）0.3 m/s2　（2）1.275 m　（3）没有发生弹性碰撞
解析：（1）由题图b可知，碰前瞬间红壶的速度v0＝1.2 m/s，碰后瞬间红壶的速度为v红＝0.3 m/s，根据动量守恒定律可得mv0＝mv红＋mv蓝
解得v蓝＝0.9 m/s
根据三角形相似知＝
解得t1＝4 s
蓝壶运动时间为Δt＝4 s－1 s＝3 s
蓝壶的加速度大小为a＝＝0.3 m/s2。
（2）碰撞后蓝壶速度一直大于红壶，故在蓝壶静止前两壶距离一直在增大，速度—时间图像与横轴围成的面积表示位移，则碰后两壶相距的最远距离为
s＝ m－ m＝1.275 m。
（3）碰撞前瞬间两壶的总动能为Ek1＝m＋0＝0.72m（J）
碰撞后瞬间两壶的总动能为Ek2＝m＋m＝0.45m（J）
则Ek1＞Ek2，所以两壶碰撞为非弹性碰撞。
14.28.8 km/h
解析：以两车组成的系统为研究对象，由于碰撞时间很短，碰撞过程中系统所受外力远小于系统内力，可近似认为在该碰撞过程中系统动量守恒。设货车质量为m1，轿车质量为m2，碰撞前货车速度为v1，轿车速度为v2，碰撞后两车速度为v。选定两车碰撞前的速度方向为正方向。则有 m1v1＋m2v2＝（m1＋m2）v，代入数据解得两车的共同速度v＝28.8 km/h。
3 / 35.碰撞
素养目标
1.通过实验探究，了解弹性碰撞和非弹性碰撞的特点。2.理解各种碰撞的特点及规律。 3.了解碰撞规律在发现中子的过程中的重要作用。4.能够应用动量守恒定律和能量守恒定律分析碰撞问题。
知识点一｜碰撞的分类
1.碰撞的分类
（1）弹性碰撞：碰撞前后两物体的　　　　　不变的碰撞称为弹性碰撞。
（2）非弹性碰撞：碰撞后两物体的总机械能　　　　，在碰撞过程中有一部分机械能转化为其他形式的能量，这种碰撞称为非弹性碰撞。
（3）完全非弹性碰撞：在非弹性碰撞中，如果两物体碰后粘在一起，以相同的　　　　运动，这种碰撞称为完全非弹性碰撞。
2.碰撞的特点
碰撞过程中，两物体相互作用的时间　　 　，即使有外力作用，也　　　　　　碰撞物体之间的相互作用力（内力），因此可以忽略外力作用的影响，认为碰撞过程中　　　　守恒。
知识点二｜中子的发现
1.1928年，德国物理学家玻特用α粒子去轰击轻金属铍（Be）时，发现有一种贯穿力很强的中性射线，当时他认为这是γ射线。
2.1932年，英国物理学家查德威克用这种中性射线与质量已知的氢核和氮核分别发生碰撞，并认为这种碰撞是完全弹性的。他在实验中测出了碰撞后氢核和氮核的速度，于是就可以用　　　　　守恒定律和　　　　守恒定律求出这种中性粒子的质量，从而发现了中子。
3.查德威克因发现中子而获得了1935年的诺贝尔物理学奖。中子的发现揭开了原子核组成的神秘面纱，开创了人类认识原子核的新纪元。
【情境思辨】
五个质量相同的钢球由等长的吊绳固定，彼此紧密排列。当把最左侧的球拉开一个角度由静止释放去碰撞紧密排列的另外四个球时，会出现最左侧和中间的三个钢球保持不变，仅有最右边的球被弹出，如图甲所示。打台球时，质量相等的母球与目标球发生碰撞，两个球可以发生正碰、也可以发生斜碰，如图乙所示。判断下列说法的正误。
（1）图甲中质量相等的两个钢球发生的是弹性碰撞而且碰后两球交换速度。（　　）
（2）只要质量相等的两个球发生碰撞，碰后两球一定交换速度。（　　）
（3）图乙中母球与目标球发生正碰时两球的动量守恒。（　　）
（4）图乙中母球与目标球发生斜碰时两球的动量不守恒。（　　）
要点一　碰撞的特点和分类
1.碰撞过程中四个物理量的特点
时间特点 在碰撞现象中，相互作用的时间很短
作用力特点 在相互作用过程中，相互作用力先是急剧增大，然后急剧减小，平均作用力很大
动量特点 系统的内力远大于外力，所以系统即使所受外力矢量和不为零，但外力可以忽略，系统的总动量守恒
能量特点 碰撞过程系统的总动能不增加，即碰撞前总动能Ek≥碰撞后总动能Ek'
2.碰撞现象的动量和动能表达式
弹性碰撞 （碰后分离） （1）动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1'＋m2v2'； （2）动能不变：m1＋m2＝m1v1'2＋m2v2'2
非弹性碰撞 （碰后分离） （1）动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1'＋m2v2'； （2）动能减少：m1＋m2＝m1v1'2＋m2v2'2＋ΔE损失
完全非弹性碰撞 （碰后“粘合”） （1）动量守恒：m1v1＋m2v2＝（m1＋m2）v共； （2）动能损失最大： m1＋m2＝（m1＋m2）＋ΔE损失
【典例1】　〔多选〕如图所示，光滑水平桌面上一只质量为5.0 kg的保龄球，撞上一只原来静止，质量为1.5 kg的球瓶。此后球瓶以3.0 m/s的速度向前飞出，而保龄球以2.0 m/s的速度继续向前运动，下列判断正确的是（　　 ）
A.碰撞前保龄球的速度大小为4.0 m/s B.碰撞前保龄球的速度大小为2.9 m/s
C.该碰撞是弹性碰撞 D.该碰撞是非弹性碰撞
尝试解答
1.碰碰车是大人和小孩都喜欢的娱乐活动，游乐场上，大人和小孩各驾着一辆碰碰车正对迎面相撞，碰撞前后两人的位移—时间图像（x-t图像）如图所示，已知小孩的质量为30 kg，大人的质量为60 kg，碰碰车质量相同，碰撞时间极短。下列说法正确的是（　　）
A.碰前大人和车的速度大小为2 m/s
B.碰撞前后小孩的运动方向保持不变
C.碰碰车的质量为30 kg
D.碰撞过程中小孩和其驾驶的碰碰车受到的总冲量大小为85 N·s
2.在一个反应堆中用石墨做慢化剂使快中子减速，碳原子核的质量是中子的12倍，假设中子与碳原子核的每次碰撞都是弹性正碰，而且认为碰撞前碳核都是静止的。设碰撞前中子的动能是E0，经过一次碰撞，中子失去的动能大约是（　　）
A.15％　　　　　　 B.30％ C.50％ D.85％
要点二　碰撞问题的合理性分析与判断
【探究】
　如图所示，在光滑水平地面上有质量为m1、m2的两球，分别以速度v1、v2（v1＞v2） 运动。两球发生对心碰撞后速度分别为v1'、v2'。请思考：
（1）碰撞前后两球的总动量有什么关系？
（2）碰撞前后两球的总动能有什么关系？
（3）两球碰后的速度v1'、v2'的大小有哪些特点？
【归纳】
　碰撞遵循的三个原则及合理性判断
（1）动量守恒，即p1＋p2＝p1'＋p2'
（2）动能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1'＋Ek2'或＋≥＋
（3）速度要
　合理
特别提醒
　　要灵活运用Ek＝或p＝，Ek＝pv或p＝几个关系式进行有关计算。
【典例2】　〔多选〕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mA＝4 kg，mB＝2 kg，速度分别是vA＝3 m/s（设为正方向），vB＝－3 m/s，则它们发生正碰后，速度的可能值分别为（　　）
A.vA'＝－1 m/s，vB'＝5 m/s B.vA'＝－2 m/s，vB'＝6 m/s
C.vA'＝2 m/s，vB'＝－1 m/s D.vA'＝0.5 m/s，vB'＝2 m/s
尝试解答
1.如图所示，一质量为m1的物体以v0的初速度与另一质量为m2的静止物体发生碰撞，其中m2＝km1，k＜1。碰撞可分为完全弹性碰撞、完全非弹性碰撞以及非弹性碰撞。碰撞后两物体速度分别为v1和v2。假设碰撞在一维上进行，且一个物体不可能穿过另一个物体。物体1撞后与碰撞前速度之比r＝的取值范围是（　　）
A.≤r≤1 B.≤r≤C.0≤r≤ D.≤r≤
2.〔多选〕如图所示，A、B两球在光滑水平轨道上同向运动，A球的动量是7 kg·m/s，B球的动量是9 kg·m/s，当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后B球的动量变为12 kg·m/s，则两球质量mA、mB的关系可能是（　　）
A.mB＝2mA B.mB＝3mA
C.mB＝4mA D.mB＝5mA
1.斯诺克是“最具绅士”的一项运动，比赛时运动员利用球杆击打母球（白色球），母球与目标球碰撞使目标球入袋而得分，如图为我国斯诺克运动员击球时的情境。假设某次击球后，母球和目标球碰撞，二者均在同一直线上运动，则下列说法中正确的是（　　）
A.母球和目标球碰撞瞬间，由于桌面存在摩擦，系统动量不守恒
B.由于碰撞时间极短，在碰撞瞬间，可以认为两球均没有发生位移
C.从母球被击出到目标球落袋前这一过程中，系统的机械能守恒
D.碰撞瞬间，母球对目标球的冲量和目标球对母球的冲量相同
2.质量相等的三个小球a、b、c，在光滑的水平面上以相同的速率运动，它们分别与原来静止的A、B、C三球发生碰撞，碰撞后a继续沿原方向运动，b静止，c沿反方向弹回，则碰撞后A、B、C三球中动量数值最大的是（　　 ）
A.A球 B.B球 C.C球 D.不能确定
3.〔多选〕如图甲所示，在光滑水平面上的两小球发生正碰，小球的质量分别为m1和m2。图乙为它们碰撞前后的x-t（位移—时间）图像。已知m1＝0.1 kg。由此可以判断（　　）
A.碰前质量为m2的小球静止，质量为m1的小球向右运动
B.碰后质量为m2的小球和质量为m1的小球都向右运动
C.m2＝0.3 kg
D.两个小球的碰撞是弹性碰撞
4.A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝1 kg，mB＝2 kg，vA＝6 m/s，vB＝2 m/s，当A追上B并发生碰撞后，A、B两球速度的可能值是（　　）
A.vA'＝5 m/s，vB'＝2.5 m/s B.vA'＝2 m/s，vB'＝3.0 m/s
C.vA'＝3 m/s，vB'＝3.5 m/s D.vA'＝－3 m/s，vB'＝6.5 m/s
5.碰撞
【基础知识落实】
知识点一
1.（1）总动能　（2）减少　（3）速度　2.很短　远小于　动量
知识点二
2.动量　能量
情境思辨
（1）√　（2）×　（3）√　（4）×
【核心要点突破】
要点一
知识精研
【典例1】　BD　设碰撞前保龄球的速度为v1，根据动量守恒定律有Mv1＝Mv1'＋mv2，解得v1＝2.9 m/s，故A错误，B正确；保龄球和球瓶组成的系统初、末动能分别为Ek0＝M＝21.025 J，Ek1＝Mv1'2＋m＝16.75 J，因为Ek1＜Ek0，所以该碰撞为非弹性碰撞，故C错误，D正确。
素养训练
1.C　由图可知，碰前瞬间小孩的速度为2 m/s，大人的速度为－3 m/s，碰后两人的共同速度为－1 m/s，设碰碰车的质量为M，由动量守恒定律有（30＋M）×2 kg·m/s－（60＋M）×3 kg·m/s＝（2M＋30＋60）×（－1）kg·m/s，解得M＝30 kg，故A错误，C正确；规定小孩初始运动方向为正方向，由图可知，碰后两车一起向负方向运动，故碰撞前后小孩的运动方向发生了改变，故B错误；碰前小孩与其驾驶的碰碰车的总动量为p1＝120 kg·m/s，碰后总动量为p1'＝－60 kg·m/s，由动量定理可知碰撞过程中小孩和其驾驶的碰碰车受到的总冲量为 I＝Δp＝－180 N·s，故其大小为180 N·s，故D错误。
2.B　设中子的质量为m，碰撞前速度为v0，碳核的质量为M，碰撞后中子、碳核的速度分别为v1、v2，以v0方向为正方向，根据动量守恒定律得mv0＝mv1＋Mv2，由于是弹性碰撞，则碰撞前后总动能相等，则有m＝m＋M，联立解得v1＝－v0，则经过一次碰撞，中子损失的动能为ΔEk＝m－m＝E0≈30％E0，故B正确。
要点二
知识精研
【探究】　提示：（1）碰撞前后两球的总动量守恒。
（2）碰撞前两球的总动能大于或等于碰撞后两球的总动能。
（3）①v2'＞v2；②v1'≤v2'。
【典例2】　AD　两球组成的系统碰撞过程要满足：①系统动量守恒；②系统机械能不增加；③不违反实际可行性。碰前系统总动量为p总＝4×3 kg·m/s＋2×（－3）kg·m/s＝6 kg·m/s，碰前总动能为Ek总＝×4×32 J＋×2×（－3）2 J＝27 J，若vA'＝－1 m/s，vB'＝5 m/s，不违反实际速度可行性，碰后系统动量和动能p总'＝4×（－1）kg·m/s＋2×5 kg·m/s＝6 kg·m/s，Ek总'＝×4×（－1）2 J＋×2×52 J＝27 J，动量守恒，机械能也守恒，故A可能；若vA'＝－2 m/s，vB'＝6 m/s，则碰后系统动量p总'＝4×（－2）kg·m/s＋2×6 kg·m/s＝4 kg·m/s，系统动量不守恒，故B不可能；若 vA'＝2 m/s，vB'＝－1 m/s，违反速度实际可行性，发生二次碰撞，故C不可能；若vA'＝0.5 m/s，vB'＝2 m/s，不违反速度实际可行性，碰后系统总动量和机械能 p总'＝4×0.5 kg·m/s＋2×2 kg·m/s＝6 kg·m/s，Ek总'＝×4×（0.5）2＋×2×22 J＝4.5 J，故D可能。
素养训练
1.D　若物体发生弹性碰撞，则满足动量守恒定律和机械能守恒定律， 即m1v0＝m1v1＋m2v2且 m1＝m1＋m2， 联立解得＝； 若物体发生完全非弹性碰撞，碰撞后两物体速度相等，根据动量守恒定律有m1v0＝（m1＋m2）v1，则物体1撞后与碰撞前速度之比＝＝， 综上可得≤r≤，故A、B、C错误，D正确。
2.AB　以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得 pA＋pB＝pA'＋pB'，pB'＝12 kg·m/s，解得，pA'＝4 kg·m/s，碰撞过程系统的总动能不增加，则有＋≤＋，解得≤，由题意可知，当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞前A的速度大于B的速度，则有＞，解得＜＝，碰撞后A的速度不大于B的速度，则有≤，≥＝，综上得≤≤，故A、B正确。
【教学效果检测】
1.B　由于碰撞时间极短，外力远小于内力，外力的冲量很小，可以忽略不计，所以系统动量守恒，故A错误；由于碰撞时间极短，在碰撞瞬间可以认为两球的位移为零，故B正确；从母球被击出到目标球落袋前，两球均受到桌面摩擦力的作用，系统机械能不守恒，故C错误；碰撞瞬间，母球对目标球的冲量和目标球对母球的冲量大小相等，但方向相反，故D错误。
2.C　在小球发生碰撞的过程中，系统动量都是守恒的，根据动量守恒定律得mv0＝mv＋Mv'，整理可得Mv'＝mv0－mv，取初速度方向为正方向，可得出C球的动量数值是最大的，C正确。
3.ACD　由题中图乙可知，质量为m1的小球碰前速度v1＝4 m/s，碰后速度v1'＝－2 m/s，质量为m2的小球碰前速度v2＝0，碰后的速度v2'＝2 m/s，两小球组成的系统碰撞过程动量守恒，有m1v1＋m2v2＝m1v1'＋m2v2'，代入数据解得m2＝0.3 kg，选项A、C正确，B错误；两小球组成的系统在碰撞过程中的机械能损失为ΔE＝m1＋m2－＝0，所以碰撞是弹性碰撞，选项D正确。
4.C　两球碰撞过程中系统动量守恒，以两球的初速度方向为正方向，如果两球发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得mAvA＋mBvB＝（mA＋mB）v，代入数据解得v＝ m/s，如果两球发生完全弹性碰撞，有mAvA＋mBvB＝mAvA'＋mBvB'，由机械能守恒定律得mA＋mB＝mAvA'2＋mBvB'2，代入数据解得vA'＝ m/s，vB'＝ m/s，则碰撞后A、B的速度 m/s≤vA'≤ m/s， m/s≤vB'≤ m/s，故选C。
4 / 4(共69张PPT)
5.碰撞
1.通过实验探究，了解弹性碰撞和非弹性碰撞的特点。
2.理解各种碰撞的特点及规律。
3.了解碰撞规律在发现中子的过程中的重要作用。4.能够应用动量守恒定律和能量守恒定律分析碰撞问题。
素养目标
01
基础知识落实
目 录
02
核心要点突破
03
教学效果检测
04
课时作业
01
PART
基础知识落实
知识点一｜碰撞的分类
1. 碰撞的分类
（1）弹性碰撞：碰撞前后两物体的 不变的碰撞称为弹性碰
撞。
（2）非弹性碰撞：碰撞后两物体的总机械能 ，在碰撞过程中有
一部分机械能转化为其他形式的能量，这种碰撞称为非弹性碰撞。
（3）完全非弹性碰撞：在非弹性碰撞中，如果两物体碰后粘在一起，以
相同的 运动，这种碰撞称为完全非弹性碰撞。
总动能　
减少　
速度　
2. 碰撞的特点
碰撞过程中，两物体相互作用的时间 ，即使有外力作用，也
碰撞物体之间的相互作用力（内力），因此可以忽略外力作用的影
响，认为碰撞过程中 守恒。
很短　
远
小于　
动量　
知识点二｜中子的发现
1. 1928年，德国物理学家玻特用α粒子去轰击轻金属铍（Be）时，发现有
一种贯穿力很强的中性射线，当时他认为这是γ射线。
2. 1932年，英国物理学家查德威克用这种中性射线与质量已知的氢核和氮
核分别发生碰撞，并认为这种碰撞是完全弹性的。他在实验中测出了碰撞
后氢核和氮核的速度，于是就可以用 守恒定律和 守恒定
律求出这种中性粒子的质量，从而发现了中子。
3. 查德威克因发现中子而获得了1935年的诺贝尔物理学奖。中子的发现揭
开了原子核组成的神秘面纱，开创了人类认识原子核的新纪元。
动量　
能量　
【情境思辨】
五个质量相同的钢球由等长的吊绳固定，彼此紧密排列。当把最左侧的球
拉开一个角度由静止释放去碰撞紧密排列的另外四个球时，会出现最左侧
和中间的三个钢球保持不变，仅有最右边的球被弹出，如图甲所示。打台
球时，质量相等的母球与目标球发生碰撞，两个球可以发生正碰、也可以
发生斜碰，如图乙所示。判断下列说法的正误。
（1）图甲中质量相等的两个钢球发生的是弹性碰撞而且碰后两球交换速
度。 （　√　）
（2）只要质量相等的两个球发生碰撞，碰后两球一定交换速度。
（　×　）
（3）图乙中母球与目标球发生正碰时两球的动量守恒。 （　√　）
（4）图乙中母球与目标球发生斜碰时两球的动量不守恒。 （　×　）
√
×
√
×
02
PART
核心要点突破
要点一　碰撞的特点和分类
1. 碰撞过程中四个物理量的特点
时间特点 在碰撞现象中，相互作用的时间很短
作用力
特点 在相互作用过程中，相互作用力先是急剧增大，然后急剧减
小，平均作用力很大
动量特点 系统的内力远大于外力，所以系统即使所受外力矢量和不为
零，但外力可以忽略，系统的总动量守恒
能量特点 碰撞过程系统的总动能不增加，即碰撞前总动能Ek≥碰撞后总动能Ek'
2. 碰撞现象的动量和动能表达式
弹性碰撞 （碰后分离） （1）动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1'＋m2v2'；
（2）动能不变：m1＋m2＝m1v1'2＋m2v2'2
非弹性碰撞 （碰后分离） （1）动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1'＋m2v2'；
（2）动能减少：m1＋m2＝m1v1'2＋m2v2'2＋ΔE损失
完全非弹性
碰撞（碰后“粘合”） （1）动量守恒：m1v1＋m2v2＝（m1＋m2）v共；
（2）动能损失最大：
m1＋m2＝（m1＋m2）＋ΔE损失
【典例1】　〔多选〕如图所示，光滑水平桌面上一只质量为5.0 kg的保龄
球，撞上一只原来静止，质量为1.5 kg的球瓶。此后球瓶以3.0 m/s的速度
向前飞出，而保龄球以2.0 m/s的速度继续向前运动，下列判断正确的是
（　　 ）
A. 碰撞前保龄球的速度大小为4.0 m/s
B. 碰撞前保龄球的速度大小为2.9 m/s
C. 该碰撞是弹性碰撞
D. 该碰撞是非弹性碰撞
√
√
解析： 　设碰撞前保龄球的速度为v1，根据动量守恒定律有Mv1＝Mv1'
＋mv2，解得v1＝2.9 m/s，故A错误，B正确；保龄球和球瓶组成的系统
初、末动能分别为Ek0＝M＝21.025 J，Ek1＝Mv1'2＋m＝16.75 J，
因为Ek1＜Ek0，所以该碰撞为非弹性碰撞，故C错误，D正确。
1. 碰碰车是大人和小孩都喜欢的娱乐活动，游乐场上，大人和小孩各驾着
一辆碰碰车正对迎面相撞，碰撞前后两人的位移—时间图像（x-t图像）如
图所示，已知小孩的质量为30 kg，大人的质量为60 kg，碰碰车质量相
同，碰撞时间极短。下列说法正确的是（　　）
A. 碰前大人和车的速度大小为2 m/s
B. 碰撞前后小孩的运动方向保持不变
C. 碰碰车的质量为30 kg
D. 碰撞过程中小孩和其驾驶的碰碰车受到的总冲量
大小为85 N·s
√
解析：　由图可知，碰前瞬间小孩的速度为2 m/s，大人的速度为－3
m/s，碰后两人的共同速度为－1 m/s，设碰碰车的质量为M，由动量守恒
定律有（30＋M）×2 kg·m/s－（60＋M）×3 kg·m/s＝（2M＋30＋60）×
（－1）kg·m/s，解得M＝30 kg，故A错误，C正确；规定小孩初始运动方
向为正方向，由图可知，碰后两车一起向负方向运动，故碰撞前后小孩的
运动方向发生了改变，故B错误；碰前小孩与其驾驶的碰碰车的总动量为
p1＝120 kg·m/s，碰后总动量为p1'＝－60 kg·m/s，由动量定理可知碰撞过程
中小孩和其驾驶的碰碰车受到的总冲量为 I＝Δp＝－180 N·s，故其大小为
180 N·s，故D错误。
2. 在一个反应堆中用石墨做慢化剂使快中子减速，碳原子核的质量是中子
的12倍，假设中子与碳原子核的每次碰撞都是弹性正碰，而且认为碰撞前
碳核都是静止的。设碰撞前中子的动能是E0，经过一次碰撞，中子失去的
动能大约是（　　）
A. 15％ B. 30％
C. 50％ D. 85％
√
解析：　设中子的质量为m，碰撞前速度为v0，碳核的质量为M，碰撞后
中子、碳核的速度分别为v1、v2，以v0方向为正方向，根据动量守恒定律得
mv0＝mv1＋Mv2，由于是弹性碰撞，则碰撞前后总动能相等，则有m＝
m＋M，联立解得v1＝－v0，则经过一次碰撞，中子损失的动能
为ΔEk＝m－m＝E0≈30％E0，故B正确。
要点二　碰撞问题的合理性分析与判断
【探究】
　如图所示，在光滑水平地面上有质量为m1、m2的两球，分别以速度v1、
v2（v1＞v2） 运动。两球发生对心碰撞后速度分别为v1'、v2'。请思考：
（1）碰撞前后两球的总动量有什么关系？
提示：碰撞前后两球的总动量守恒。
（2）碰撞前后两球的总动能有什么关系？
提示： 碰撞前两球的总动能大于或等于碰撞后两球的总动能。
（3）两球碰后的速度v1'、v2'的大小有哪些特点？
提示： ①v2'＞v2；②v1'≤v2'。
【归纳】
　碰撞遵循的三个原则及合理性判断
（1）动量守恒，即p1＋p2＝p1'＋p2'
（2）动能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1'＋Ek2'或＋≥＋
（3）速度要
　
合理
特别提醒
　　要灵活运用Ek＝或p＝，Ek＝pv或p＝几个关系式进行有
关计算。
【典例2】　〔多选〕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mA＝4 kg，mB＝2 kg，速度分别是vA＝3 m/s（设为
正方向），vB＝－3 m/s，则它们发生正碰后，
速度的可能值分别为（　　）
A. vA'＝－1 m/s，vB'＝5 m/s B. vA'＝－2 m/s，vB'＝6 m/s
C. vA'＝2 m/s，vB'＝－1 m/s D. vA'＝0.5 m/s，vB'＝2 m/s
√
√
解析：两球组成的系统碰撞过程要满足：①系统动量守恒；②系统机
械能不增加；③不违反实际可行性。碰前系统总动量为p总＝4×3 kg·m/s＋
2×（－3）kg·m/s＝6 kg·m/s，碰前总动能为Ek总＝×4×32 J＋×2×
解析：两球组成的系统碰撞过程要满足：①系统动量守恒；②系统机
械能不增加；③不违反实际可行性。碰前系统总动量为p总＝4×3 kg·m/s＋
2×（－3）kg·m/s＝6 kg·m/s，碰前总动能为Ek总＝×4×32 J＋×2×（－
3）2 J＝27 J，若vA'＝－1 m/s，vB'＝5 m/s，不违反实际速度可行性，碰后
系统动量和动能p总'＝4×（－1）kg·m/s＋2×5 kg·m/s＝6 kg·m/s，Ek总'＝
×4×（－1）2 J＋×2×52 J＝27 J，动量守恒，机械能也守恒，故A可
能；若vA'＝－2 m/s，vB'＝6 m/s，则碰后系统动量p总'＝4×（－2）kg·m/s
＋2×6 kg·m/s＝4 kg·m/s，系统动量不守恒，故B不可能；若 vA'＝2 m/s，
vB'＝－1 m/s，违反速度实际可行性，发生二次碰撞，故C不可能；
（－3）2 J＝27 J，若vA'＝－1 m/s，vB'＝5 m/s，不违反实际速度可行性，碰后系统动量和动能p总'＝4×（－1）kg·m/s＋2×5 kg·m/s＝6 kg·m/s，Ek总'＝
×4×（－1）2 J＋×2×52 J＝27 J，动量守恒，机械能也守恒，故A可
能；若vA'＝－2 m/s，vB'＝6 m/s，则碰后系统动量p总'＝4×（－2）kg·m/s
＋2×6 kg·m/s＝4 kg·m/s，系统动量不守恒，故B不可能；若 vA'＝2 m/s，
vB'＝－1 m/s，违反速度实际可行性，发生二次碰撞，故C不可能；
若vA'＝0.5 m/s，vB'＝2 m/s，不违反速度实际可行性，碰后系统总动量和
机械能 p总'＝4×0.5 kg·m/s＋2×2 kg·m/s＝6 kg·m/s，Ek总'＝×4×（0.5）
2＋×2×22 J＝4.5 J，故D可能。
1. 如图所示，一质量为m1的物体以v0的初速度与另一质量为m2的静止物体
发生碰撞，其中m2＝km1，k＜1。碰撞可分为完全弹性碰撞、完全非弹性
碰撞以及非弹性碰撞。碰撞后两物体速度分别为v1和v2。假设碰撞在一维
上进行，且一个物体不可能穿过另一个物体。物体1撞后与碰撞前速度之
比r＝的取值范围是（　　）
A. ≤r≤1 B. ≤r≤
C. 0≤r≤ D. ≤r≤
√
解析：　若物体发生弹性碰撞，则满足动量守恒定律和机械能守恒定
律， 即m1v0＝m1v1＋m2v2且 m1＝m1＋m2， 联立解得＝；
若物体发生完全非弹性碰撞，碰撞后两物体速度相等，根据动量守恒定律
有m1v0＝（m1＋m2）v1，则物体1撞后与碰撞前速度之比＝＝
， 综上可得≤r≤，故A、B、C错误，D正确。
2. 〔多选〕如图所示，A、B两球在光滑水平轨道上同向运动，A球的动量
是7 kg·m/s，B球的动量是9 kg·m/s，当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后
B球的动量变为12 kg·m/s，则两球质量mA、mB的关系可能是（　　）
A. mB＝2mA B. mB＝3mA
C. mB＝4mA D. mB＝5mA
√
√
解析： 　以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得 pA＋pB＝pA'＋
pB'，pB'＝12 kg·m/s，解得，pA'＝4 kg·m/s，碰撞过程系统的总动能不增
加，则有＋≤＋，解得≤，由题意可知，当A球追上B
球时发生碰撞，则碰撞前A的速度大于B的速度，则有＞，解得＜
＝，碰撞后A的速度不大于B的速度，则有≤，≥＝，综上
得≤≤，故A、B正确。
03
PART
教学效果检测
1. 斯诺克是“最具绅士”的一项运动，比赛时运动员利用球杆击打母球
（白色球），母球与目标球碰撞使目标球入袋而得分，如图为我国斯诺克
运动员击球时的情境。假设某次击球后，母球和目标球碰撞，二者均在同
一直线上运动，则下列说法中正确的是（　　）
A. 母球和目标球碰撞瞬间，由于桌面存在摩擦，系
统动量不守恒
B. 由于碰撞时间极短，在碰撞瞬间，可以认为两球均没有发生位移
C. 从母球被击出到目标球落袋前这一过程中，系统的机械能守恒
D. 碰撞瞬间，母球对目标球的冲量和目标球对母球的冲量相同
√
解析：　由于碰撞时间极短，外力远小于内力，外力的冲量很小，可以
忽略不计，所以系统动量守恒，故A错误；由于碰撞时间极短，在碰撞瞬
间可以认为两球的位移为零，故B正确；从母球被击出到目标球落袋前，
两球均受到桌面摩擦力的作用，系统机械能不守恒，故C错误；碰撞瞬
间，母球对目标球的冲量和目标球对母球的冲量大小相等，但方向相反，
故D错误。
2. 质量相等的三个小球a、b、c，在光滑的水平面上以相同的速率运动，
它们分别与原来静止的A、B、C三球发生碰撞，碰撞后a继续沿原方向运
动，b静止，c沿反方向弹回，则碰撞后A、B、C三球中动量数值最大的是
（　　 ）
A. A球 B. B球
C. C球 D. 不能确定
√
解析：　在小球发生碰撞的过程中，系统动量都是守恒的，根据动量守
恒定律得mv0＝mv＋Mv'，整理可得Mv'＝mv0－mv，取初速度方向为正方
向，可得出C球的动量数值是最大的，C正确。
3. 〔多选〕如图甲所示，在光滑水平面上的两小球发生正碰，小球的质量
分别为m1和m2。图乙为它们碰撞前后的x-t（位移—时间）图像。已知m1＝
0.1 kg。由此可以判断（　　）
A. 碰前质量为m2的小球静止，质量为m1的小球向右运动
B. 碰后质量为m2的小球和质量为m1的小球都向右运动
C. m2＝0.3 kg
D. 两个小球的碰撞是弹性碰撞
√
√
√
解析： 　由题中图乙可知，质量为m1的小球碰前速度v1＝4 m/s，碰后
速度v1'＝－2 m/s，质量为m2的小球碰前速度v2＝0，碰后的速度v2'＝2
m/s，两小球组成的系统碰撞过程动量守恒，有m1v1＋m2v2＝m1v1'＋m2v2'，
代入数据解得m2＝0.3 kg，选项A、C正确，B错误；两小球组成的系统在
碰撞过程中的机械能损失为ΔE＝m1＋m2－
＝0，所以碰撞是弹性碰撞，选项D正确。
4. A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝1 kg，mB
＝2 kg，vA＝6 m/s，vB＝2 m/s，当A追上B并发生碰撞后，A、B两球速度的
可能值是（　　）
A. vA'＝5 m/s，vB'＝2.5 m/s
B. vA'＝2 m/s，vB'＝3.0 m/s
C. vA'＝3 m/s，vB'＝3.5 m/s
D. vA'＝－3 m/s，vB'＝6.5 m/s
√
解析：　两球碰撞过程中系统动量守恒，以两球的初速度方向为正方
向，如果两球发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得mAvA＋mBvB＝（mA
＋mB）v，代入数据解得v＝ m/s，如果两球发生完全弹性碰撞，有mAvA
＋mBvB＝mAvA'＋mBvB'，由机械能守恒定律得mA＋mB＝mAvA'2＋
mBvB'2，代入数据解得vA'＝ m/s，vB'＝ m/s，则碰撞后A、B的速度
m/s≤vA'≤ m/s， m/s≤vB'≤ m/s，故选C。
04
PART
课时作业
题组一　碰撞的特点和分类
1. 下列关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
能不变
C. 如果碰撞过程中机械能守恒，这样的碰撞叫作非弹性碰撞
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
√
1
2
3
4
5
6
7
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9
10
11
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13
14
解析：　碰撞是十分普遍的现象，它是相对运动的物体相遇时在极短时
间内发生的一种现象，一般内力远大于外力，系统动量守恒，动能不一定
不变。如果碰撞中机械能守恒，就叫作弹性碰撞。微观粒子的相互作用同
样具有短时间内通过强大内力作用的特点，所以仍然是碰撞，故A正确。
1
2
3
4
5
6
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14
2. 甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙
发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。已知甲
的质量为1 kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为（　　）
A. 3 J B. 4 J C. 5 J D. 6 J
√
1
2
3
4
5
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解析：　根据题图知，碰撞前甲、乙的速度分别为v甲＝5.0 m/s，v乙＝
1.0 m/s，碰撞后甲、乙的速度分别为v甲'＝－1.0 m/s，v乙'＝2.0 m/s，碰撞
过程由动量守恒定律得m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲'＋m乙v乙'，解得m乙＝6 kg，
碰撞过程损失的机械能ΔE＝m甲＋m乙－m甲v甲'2－m乙v乙'2，解得
ΔE＝3 J，故选A。
1
2
3
4
5
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14
3. 台球是大家比较喜爱的一项运动。小明同学设计了一个台球趣味游戏，
在光滑水平面上，利用一个白球A以初速度v0去撞击2 023个一字排开的花
球，如图所示，已知球与球之间的碰撞为弹性正碰，白球质量是花球质量
的2倍，则编号为1的花球的最终速度为（　　）
A. v0 B. v0 C. v0 D. v0
√
1
2
3
4
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14
解析：　质量为2m的白球A以初速度v0与编号为2023的花球发生弹性正
碰，满足动量守恒定律和机械能守恒定律，设碰后白球和编号为2023的花
球的速度分别为vA1、v1，以向右为正方向，则2mv0＝2mvA1＋mv1，
（2m）＝（2m）＋m，解得vA1＝v0，v1＝v0。同理分析，两
个质量相同花球碰撞时，根据动量守恒定律和机械能守恒定律知，两球速
度交换，此时编号为2023的花球与编号为2022的花球交换速度，以此类
推，最终编号为1的花球的速度为v1'＝v0，故A正确，B、C、D错误。
1
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14
4. 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. C. D.
√
解析：　由碰撞中动量守恒得mv0＝3mv1，解得v1＝　①
E0＝m　②
Ek'＝×3m　③
由①②③式联立得Ek'＝×3m＝×＝，故C正确。
1
2
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5. 〔多选〕如图所示，竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道下端与光滑水
平桌面相切，小滑块B静止在圆弧轨道的最低点。现将小滑块A从圆弧轨道
的最高点无初速度释放。已知圆弧轨道半径R＝1.8 m，小滑块间的质量关
系是mB＝2mA，重力加速度g＝10 m/s2。则碰后小滑块B的速度大小可能是
（　　）
A. 5 m/s B. 4 m/s C. 3 m/s D. 2 m/s
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解析： 　滑块A下滑过程，由机械能守恒定律得mAgR＝mA，解得
v0＝6 m/s，若两个滑块发生的是弹性碰撞，取向右为正方向，由动量守恒
定律和机械能守恒定律得mAv0＝mAvA＋mBvB，mA＝mA＋mB，
解得vB＝4 m/s，若两个滑块发生的是完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得
mAv0＝（mA＋mB）vB'，解得vB'＝2 m/s，所以碰后小滑块B的速度大小范围
为2 m/s≤vB≤4 m/s，不可能为5 m/s，故选B、C、D。
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题组二　碰撞问题的合理性分析与判断
6. 如图所示，小球A的质量为mA＝5 kg，动量大小为pA＝4 kg·m/s，小球A
在光滑水平面上向右运动，与静止的小球B发生弹性碰撞，碰后A的动量大
小为pA'＝1 kg·m/s，方向水平向右，则（　　）
A. 碰后小球B的动量大小为pB＝3 kg·m/s
B. 碰后小球B的动量大小为pB＝5 kg·m/s
C. 小球B的质量为15 kg
D. 小球B的质量为5 kg
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解析：　规定向右为正方向，碰撞过程中A、B组成的系统动量守恒，所
以有pA＝pA'＋pB，解得 pB＝3 kg·m/s，A正确，B错误；由于是弹性碰撞，
所以没有机械能损失，故＝＋，解得mB＝3 kg，C、D错误。
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7. 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，A在
后。已知碰前两球的动量分别为pA＝12 kg·m/s、pB＝13 kg·m/s，碰撞前
后，它们动量的变化量分别为ΔpA、ΔpB。下列数值可能正确的是（　　）
A. ΔpA＝－4 kg·m/s、ΔpB＝4 kg·m/s
B. ΔpA＝4 kg·m/s、ΔpB＝－4 kg·m/s
C. ΔpA＝－24 kg·m/s、ΔpB＝24 kg·m/s
D. ΔpA＝24 kg·m/s、ΔpB＝－24 kg·m/s
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解析：　若ΔpA＝－4 kg·m/s、ΔpB＝4 kg·m/s，则碰后两球的动量分别为
pA'＝8 kg·m/s，pB'＝17 kg·m/s，符合动量守恒定律，而且碰撞后A的动能减
小，B的动能增大，总动能可能不增加，也符合实际运动情况，故A正确；
由B、D所给动量变化量可知，碰撞后，A的动量沿原方向增大，不符合实
际运动情况，故B、D错误；ΔpA＝－24 kg·m/s、ΔpB＝24 kg·m/s，碰后两
球的动量分别为pA'＝－12 kg·m/s，pB'＝37 kg·m/s，可以看出，碰撞后A的
动能不变，B的动能增大，不符合实际运动情况，故C错误。
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8. 〔多选〕如图所示，半径和动能都相等的两个小球相向而行。甲球质量
m甲大于乙球质量m乙，水平面是光滑的，两球做对心碰撞以后的运动情况
可能是下述哪些情况（　　）
A. 甲球速度为零，乙球速度不为零
B. 两球速度都不为零
C. 乙球速度为零，甲球速度不为零
D. 两球都以各自原来的速率反向运动
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解析： 　根据两球动能相等，有m甲＝m乙，得出两球碰前动量
大小之比＝ ，因m甲＞m乙，则p甲＞p乙，则系统的总动量方向向
右。根据动量守恒定律可以判断，碰后两球运动情况可能是A、B所述情
况，而C、D情况是违背动量守恒的，故C、D情况是不可能的。
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9. 如图所示，大小、形状相同的两小球A、B在光滑水平面上沿同一直线
相向运动，小球A的质量为2m、速度大小为v0、方向水平向右，小球B的质
量为m、速度大小为2v0、方向水平向左，两小球发生弹性正碰后（　　）
A. 小球A将静止
B. 小球B将向左运动
C. 小球A的动能将增加m
D. 小球B的动量变化量的大小为4mv0
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解析： 　小球A、B发生弹性碰撞，选向右为正方向，设碰后小球B的速
度为vB，小球A的速度为vA，则有2mv0＋m（－2v0）＝2mvA＋mvB，
×2m＋m（－2v0）2＝×2m＋m，解得vA＝－v0，vB＝2v0，碰
撞后小球A向左运动，A错误；碰撞后小球B将向右运动，B错误；碰撞后
小球A的动能增加量ΔEk＝×2m－×2m＝×2m×（－v0）2－
×2m＝0，C错误；小球B的动量变化量Δp＝pB'－pB＝m（2v0）－m
（－2v0）＝4mv0，小球B的动量变化量的大小为4mv0，D正确。
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10. 如图所示，质量为m的A球以速度v0在光滑水平面上运动，与原来静止
的质量为5m的B球碰撞，碰撞后A球以v＝av0（待定系数a＜1）的速率弹
回，A球与挡板P发生碰撞时无能量损失，若要使A球能追上B球再次相撞，
则a的取值范围为（　　）
A. ＜a≤ B. ＜a≤
C. ＜a≤ D. ＜a≤
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解析：　规定向右为正方向，由动量守恒定律可知
mv0＝－m·av0＋5mv1　①
根据碰撞过程动能不会增大可知
m≥m（av0）2＋（5m）　②
球与挡板P发生碰撞时无能量损失，与挡板碰后以原速度大小返回，若要
使A球能追上B球再次相撞，所以有av0＞v1　③
由①②③式可得＜a≤，故选A。
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11. 〔多选〕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，A、B两球发生对心碰撞。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，下面的猜测结果可能实现的是
（　　）
A. vA'＝－2 m/s，vB'＝6 m/s B. vA'＝2 m/s，vB'＝2 m/s
C. vA'＝1 m/s，vB'＝3 m/s D. vA'＝－3 m/s，vB'＝7 m/s
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解析：设每个球的质量均为m，碰前系统总动量 p＝mvA＋mvB＝6m－2m＝4m，碰前的总动能Ek＝m＋m＝20m。若vA'＝－2 m/s，vB'＝6 m/s，
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碰后总动量p'＝mvA'＋mvB'＝4m，则动量守恒，总动能Ek'＝mvA'2＋mvB'2＝20m，机械能也守恒，故A可能实现；若vA'＝2 m/s，vB'＝2
m/s，碰后总动量p'＝mvA'＋mvB'＝4m，总动能Ek'＝mvA'2＋mvB'2＝4m，动
量守恒，机械能不增加，故B可能实现；若vA'＝1 m/s，vB'＝3 m/s，碰后总
动量p'＝mvA'＋mvB'＝4m，总动能Ek'＝mvA'2＋mvB'2＝5m，动量守恒，机
械能不增加，故C可能实现；若vA'＝－3 m/s，vB'＝7 m/s，碰后总动量p'＝mvA'＋mvB'＝4m，总动能Ek'＝mvA'2＋mvB'2＝29m，动量守恒，机械能增加，违反能量守恒定律，故D不可能实现。
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12. 〔多选〕如图甲所示，两可视为质点的滑块甲、乙放在水平面上，t＝
0时刻分别给两滑块一初速度，使两滑块沿同一直线相对运动，经过一段
时间两物体发生碰撞，取向右的方向为正，整个过程中两滑块的速度—时
间图像如图乙所示，则下列说法正确
的是（　　）
A. 整个过程中滑块乙的位移大小为
0.5 m
B. 滑块甲与滑块乙的质量之比为1∶1
C. 滑块甲、滑块乙与水平面间的动摩擦因数之比为1∶2
D. 两滑块碰撞时没有能量损失
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解析：整个过程中根据速度—时间图像可知滑块乙的位移x＝m＝0.5 m，A正确；两物块在1 s末时发生碰撞，根据动量定理得m甲v甲1＋m乙v乙1＝m乙v乙1'，4m甲－2m乙＝6m乙，解得m甲∶m乙＝2∶1，B错误；根据图像可知，0～1 s滑块的加速度为a甲＝ m/s2＝－2 m/s2，a乙＝ m/s2＝4 m/s2，根据牛顿第二定律得：－μ甲m甲g＝m甲a甲，μ乙m乙g＝m乙a乙，解得μ甲＝0.2，μ乙＝0.4，滑块甲、滑块乙与水平面间的动摩擦因数之比为1∶2，C正确；滑块甲与滑块乙的质量之比为m甲∶m乙＝2∶1，两个滑块碰撞前后的能量差为ΔE＝（ m甲＋m乙）－m乙v乙1'2＝0，D正确。
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13. 在冰壶比赛中，球员手持毛刷擦刷冰面，可以改变冰壶滑行时受到的
阻力。如图a所示，蓝壶静止在圆形区域内，运动员用等质量的红壶撞击蓝
壶，两壶发生正碰。碰撞前后两壶的v-t图像如图b所示。
（1）蓝壶运动时加速度多大？
答案：0.3 m/s2　
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解析：由题图b可知，碰前瞬间红壶的速度v0＝1.2 m/s，碰后瞬间红
壶的速度为v红＝0.3 m/s，根据动量守恒定律可得mv0＝mv红＋mv蓝
解得v蓝＝0.9 m/s
根据三角形相似知＝
解得t1＝4 s
蓝壶运动时间为Δt＝4 s－1 s＝3 s
蓝壶的加速度大小为a＝＝0.3 m/s2。
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（2）碰撞后两壶相距的最远距离为多少？
答案：1.275 m　
解析： 碰撞后蓝壶速度一直大于红壶，故在蓝壶静止前两壶距离一直在增
大，速度—时间图像与横轴围成的面积表示位移，则碰后两壶相距的最远
距离为
s＝ m－ m＝1.275 m。
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解析： 碰撞前瞬间两壶的总动能为Ek1＝m＋0＝0.72m（J）
碰撞后瞬间两壶的总动能为Ek2＝m＋m＝0.45m（J）
则Ek1＞Ek2，所以两壶碰撞为非弹性碰撞。
（3）请通过计算说明两壶是否发生了弹性碰撞。
答案：没有发生弹性碰撞
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14. 冬季雨雪天气时，公路上容易发生交通事故。在结冰的公路上，一辆
质量为1.8×103 kg的轻型货车尾随另一辆质量为1.2×103 kg的轿车同向行
驶，因货车未及时刹车而发生追尾（即碰撞，如图所示）。若追尾前瞬间
货车速度大小为36 km/h，轿车速度大小为18 km/h，刚追尾后两车视为紧
靠在一起，此时两车的速度为多大？
答案：28.8 km/h
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解析：以两车组成的系统为研究对象，由于碰撞时间很短，碰撞过程中系
统所受外力远小于系统内力，可近似认为在该碰撞过程中系统动量守恒。
设货车质量为m1，轿车质量为m2，碰撞前货车速度为v1，轿车速度为v2，
碰撞后两车速度为v。选定两车碰撞前的速度方向为正方向。则有 m1v1＋
m2v2＝（m1＋m2）v，代入数据解得两车的共同速度v＝28.8 km/h。
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