5 碰撞-【优化探究】2025-2026学年新教材高中物理选择性必修1同步导学案配套PPT课件（教科版）

5　碰撞 第一章　动量与动量守恒定律 [学习目标]　1.了解碰撞的分类，掌握弹性碰撞、非弹性碰撞及完全非弹性碰撞的特点(重点)。2.能运用动量和能量的观点分析、解决一维碰撞的问题(重难点)。 课时作业 巩固提升 要点1　弹性碰撞和非弹性碰撞 要点2　碰撞模型实例分析 要点3　碰撞的可能性分析 内容索引 要点1　弹性碰撞和非弹性碰撞 * 1．弹性碰撞：碰撞过程中，系统总机械能________的碰撞。 2．非弹性碰撞：碰撞过程中，系统总机械能______的碰撞。 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__________运动，物理学上把这种碰撞称为完全非弹性碰撞。完全非弹性碰撞是非弹性碰撞中机械能损失________的一种。 4．碰撞过程中，两物体相互作用的时间很短，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________外力作用的影响，认为碰撞过程中___________。 梳理 必备知识 自主学习 保持不变 减少 相同的速度 最多 远小于 忽略 动量守恒 [思考与讨论] 根据生活经验我们知道，用铁锤不断地敲击铁件，铁件的温度会升高，说明敲击过程中有机械能转化为内能。两个台球碰撞的过程中，内力远大于外力，两台球组成的系统的总动量保持不变，两台球碰撞前后的动能是否也会向内能转化呢？ 提示：台球碰撞过程中部分动能会转化为内能。 1．碰撞的特点 (1)时间特点：碰撞现象中，相互作用的时间很短，相对物体运动的全过程可忽略不计。 (2)相互作用力特点：在碰撞过程中，系统的内力远大于外力，所以碰撞过程动量守恒。 归纳 关键能力 合作探究 2．三类碰撞动量和机械能关系   动量是否守恒 机械能是否有损失 弹性碰撞 守恒 不损失 非弹性碰撞 守恒 有损失，减少的机械能转化为其他形式的能量 完全非弹性碰撞 守恒 机械能损失最大 [典例1]　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，求： (1)碰撞前保龄球的速度大小； [答案]　(1)2.9 m/s　 (1)设碰撞前保龄球的速度为v1，根据动量守恒定律有Mv1＝Mv′1＋mv2 解得v1＝2.9 m/s。 (2)通过计算判断该碰撞是弹性碰撞还是非弹性碰撞。 [答案]　(2)非弹性碰撞 (2)保龄球和球瓶组成的系统初、末动能分别为 Ek0＝Mv＝21.025 J Ek1＝Mv′＋mv＝16.75 J 因为Ek1<Ek0，所以该碰撞为非弹性碰撞。 [针对训练] 1.(2024·四川泸州开学考试)在光滑水平面上的两个小球发生正碰。图为它们碰撞前后的位置图像，小球的质量分别为m1和m2，已知m1 ＝ 0.1 kg。由此可知判断正确的是(　　) A．碰前m1做匀加速直线运动，m2做匀速直线运动 B．碰后m2和m1运动方向相同 C．由动量守恒定律可以算出m2 ＝ 0.3 kg D．碰撞过程中系统损失了0.4 J的机械能 C 由x－t图像的斜率等于速度，可得m1碰前速度v1＝ 4 m/s，m2碰前速度v2＝ 0，则知碰前m2静止，m1向正方向做匀速运动，A错误；碰后m1的速度 ＝－2 m/s，向负方向运动，m2的速度v′2 ＝2 m/s，向正方向运动，则根据动量守恒定律有m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2，解得m2＝ 0.3 kg，B错误，C正确；两物体组成的系统在碰撞过程中的机械能损失为 ΔE＝(m1v＋m2v)－(m1v′＋m2v′)＝0，D错误。 要点2　碰撞模型实例分析 * 对一维弹性碰撞下，上题中结果的讨论： (1)若m1＝m2，则有v′1＝______，v′2＝________，即两者碰后___________。 注意：即使小球B速度不为零也会发生速度交换。 (2)若m1<m2，v′1为______值，表示v′1与v1方向________，m1被弹回。(若m1≪m2，v′1＝______，v′2＝______，表示m1被反向以原速率弹回，而m2仍静止) 梳理 必备知识 自主学习 0 v1 速度互换 负 相反 －v1 0 正 相同 v1 2v1 不变 (3)若m1>m2，v′1和v′2都是______值，表示v′1和v′2都与v1方向______。(若m1≫m2，＝______，＝______，表示m1的速度______，m2以2v1的速度被撞出去) [思考与讨论] 如图所示，质量为m1的小球A以速度v1向右与质量为m2的静止小球B发生碰撞，若两者间的碰撞是弹性碰撞。求碰后A、B两球的速度v′1、v′2。 提示：碰撞过程中动量守恒m1v1＝m1v′1＋m2v′2① 碰撞前后动能相等m1v＝m1v′＋m2v′② 由①式得m1(v1－v′1)＝m2v′2 由②式得m1(v－v′)＝m2v′ 联立以上两式得v′1＋v1＝v′2 由上面关系式可解得v′1＝v1，v′2＝v1。 [典例2]　如图所示，光滑平台上有两个刚性小球A和B，质量分别为2m和3m，小球A以速度v0向右运动并与静止的小球B发生碰撞(碰撞过程中不损失机械能)，小球B飞出平台后经时间t刚好掉入装有沙子向左运动的小车中，小车与沙子的总质量为m，速度为2v0，小车行驶的路面近似看作是光滑的，求： (1)碰撞后小球A和小球B的速度大小； 归纳 关键能力 合作探究 [答案]　(1)v0　v0　 (1)A球与B球碰撞过程中系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得mAv0＝mAv1＋mBv2 碰撞过程中系统机械能守恒，有mAv＝mAv＋mBv 解得v1＝－v0，v2＝v0，碰后A球向左运动，B球向右运动。 (2)小球B掉入小车后的速度大小。 [答案]　(2)v0 (2)B球掉入沙车过程中系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得mBv2－m车·2v0＝(mB＋m车)v′ 解得v′＝v0。 [针对训练] 2．(2024·四川雅安期末)如图所示，在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速率v0向右运动。在小球A的前方O点处有一质量为m2的小球B处于静止状态，Q点处为一竖直的墙壁。小球A与小球B发生弹性正碰后，小球A与小球B均向右运动。小球B与墙壁碰撞后以原速率返回并与小球A在P点相遇，PQ＝2PO，则两小球质量之比m1∶m2为(　　) A．5∶3　　　　　　　 B．7∶5 C．1∶3 D．2∶1 A 设A、B两个小球碰撞后的速度分别为v1、v2，由动量守恒定律有 m1v0＝m1v1＋m2v2① 由能量守恒定律有 m1v＝m1v＋m2v② 两个小球碰撞后到再次相遇，其速率不变，由运动学规律有 v1∶v2＝PO∶(PO＋2PQ)＝1∶5③ 联立①②③，代入数据解得m1∶m2＝5∶3 故A正确，B、C、D错误。 要点3　碰撞的可能性分析 * 1．满足动量守恒：p1＋p2＝p′1＋p′2。 2．满足动能不增加：Ek1＋Ek2≥E′k1＋E′k2。 3．速度要符合情景 (1)如果碰前两物体同向运动，则后面物体的速度必大于前面物体的速度，即v后＞v前，否则无法实现碰撞。碰撞后，原来在前的物体的速度一定增大，且原来在前的物体的速度大于或等于原来在后的物体的速度v′前≥v′后。 梳理 必备知识 自主学习 (2)如果碰前两物体是相向运动，则碰后两物体的运动方向不可能都不改变，两物体碰撞后速度可能均为零。若碰后两物体同向运动，则前面物体的速度大于或等于后面物体的速度，即v′前≥v′后。 [典例3]　(2024·四川宜宾期末)质量为m1＝2 kg的小球甲以大小为v1＝6 m/s的速度在光滑水平面上运动，质量为m2＝1 kg的小球乙静止在甲的正前方，如图所示。已知两小球半径相等，当小球甲运动到小球乙位置时，两球发生碰撞，则碰撞后两球的速度可能是(　　) A．v甲＝5 m/s，v乙＝2 m/s B．v甲＝3 m/s，v乙＝4.5 m/s C．v甲＝2 m/s，v乙＝8 m/s D．v甲＝0 m/s，v乙＝12 m/s 归纳 关键能力 合作探究 C 当甲、乙两球发生弹性碰撞时，乙球的速度最大，此时m1v1＝m1v甲＋m2v乙，m1v＝m1v＋m2v，整理得v甲＝2 m/s，v乙＝8 m/s；当甲、乙两球发生完全非弹性碰撞时，乙球的速度最小，此时m1v1＝(m1＋m2) v乙，解得v乙＝4 m/s，故选项A、D错误，C正确；而选项B中数据不满足动量守恒，故B错误。 [针对训练] 3．(2024·四川广安一中月考)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 A 如果ΔpA＝－4 kg·m/s、ΔpB＝4 kg·m/s，则碰后两球的动量分别为p′A＝pA＋ΔpA＝8 kg·m/s，p′B＝pB＋ΔpB＝17 kg·m/s，A的动能减少，B的动能增加，总动能可能不增加，是可能的，故A正确；由于B在前，A在后，故A、B碰后A的动量减少，B的动量增加，故B、D错误；如果ΔpA＝－24 kg·m/s、ΔpB＝24 kg·m/s，则碰后两球的动量分别为p′A＝pA＋ΔpA＝－12 kg·m/s，p′B＝pB＋ΔpB＝37 kg·m/s，A的动能不变，B的动能增加，总动能增加，违反了能量守恒定律，故C错误。 课时作业 巩固提升 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 [A组　基础巩固练] 1．(2024·四川南充期末)第24届冬季奥林匹克运动会于2022年2月20日落下帷幕，冰壶运动是冬奥会比赛项目之一。假设运动员用红壶撞击静止在水平冰面上的蓝壶，两壶发生正碰，不计碰撞时间，碰撞前、后两壶的v－t图像如图所示。已知两壶的质量均为20 kg，则碰撞后蓝壶的加速度大小为(　　) A．0.12 m/s2　　　　　 B．0.14 m/s2 C．0.16 m/s2 D．0.18 m/s2 13 A 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 设碰后蓝壶的速度为v，碰前红壶的速度v0＝1.0 m/s，碰后红壶的速度为v′＝0.4 m/s，取碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律mv0＝mv′＋mv，解得v＝0.6 m/s，碰撞后蓝壶的加速度为a＝＝ m/s2＝－0.12 m/s2，负号表示加速度方向 与初速度方向相反，即加速度大小为0.12 m/s2， 故选A。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2．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，具有的弹性势能大小为(　　) A．4 J B．8 J C．16 J D．32 J 13 B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 A与B碰撞过程动量守恒，有mAvA＝(mA＋mB)·vAB，所以vAB＝＝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Ep＝(mA＋mB)v＝8 J。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 3．如图所示，5个小球B、C、D、E、F并排放置在光滑的水平面上，B、C、D、E 4个小球质量相等，而F球质量小于B球质量，A球的质量等于F球质量，A球以速度v0向B球运动，所发生的碰撞均为弹性碰撞，则碰撞之后(　　) A．5个小球静止，1个小球运动 B．4个小球静止，2个小球运动 C．3个小球静止，3个小球运动 D．6个小球都运动 13 C 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 由题知mA＜mB，则A、B两球相碰后球A速度方向向左，球B向右运动。球B、C、D、E质量相等，弹性碰撞后，不断交换速度，最终E有向右的速度，B、C、D静止。由于mE>mF，则E、F两球都向右运动。故C正确。 13 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 4．(2024·贵州六盘水期中)2023年9月21日，“天宫课堂”第四课开讲，神舟十六号航天员在空间站内做了“验证动量守恒定律”的实验。假设实验所用较小钢球的质量为较大钢球质量的一半，较小钢球以大小为1 m/s的水平向左的速度与静止的较大钢球正碰，碰后速度大小分别为v1、v2，两钢球的碰撞可视为完全弹性碰撞，则(　　) 13 D A．v1＝v2＝0.5 m/s B．v1＝0，v2＝1 m/s C．v1＝1 m/s，v2＝0 D．v1＝－ m/s，v2＝ m/s 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 设小钢球的质量为m，较大钢球的质量为2m，两球碰撞过程中动量守恒、能量守恒，规定向左为正方向，根据动量守恒定律和能量守恒定律有 mv0＝mv1＋2mv2 mv＝mv＋×2mv 解得v1＝－ m/s，v2＝ m/s 负号代表方向向右 故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 5．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 13 A 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 由v－t图可知，碰前甲、乙的速度分别为v甲＝5 m/s，v乙＝1 m/s；碰后甲、乙的速度分别为v′甲＝－1 m/s，＝2 m/s，甲、乙两物块碰撞过程中，由动量守恒得m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v′甲＋m乙v′乙 解得m乙＝6 kg 则损失的机械能为 ΔE＝m甲v＋m乙v－m甲v′－m乙v′ 解得ΔE＝3 J 故选A。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 6．(多选)(2022·广东学业考试)如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上相向运动，A、B两球的质量分别为m和3m，A、B两球发生正碰，碰撞后A球的速率是原来的两倍，B球恰好静止，则(　　) A．碰撞前A、B两球的速度大小之比为1∶1 B．碰撞前A、B两球的速度大小之比为3∶2 C．A、B两球发生的碰撞是弹性碰撞 D．A、B两球发生的碰撞是非弹性碰撞 13 AC 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 设向右为正方向，根据动量守恒定律 mv1－3mv2＝m(－2v1) 得v1∶v2＝1∶1，A正确，B错误；碰撞前系统动能为Ek＝mv＋·3mv＝2mv 碰撞后系统动能为E′k＝m(2v1)2＝2mv 可知，碰撞前后系统机械能相等，A、B两球发生的碰撞是弹性碰撞，C正确，D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 A [B组　综合强化练] 7．一中子与一质量数为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． B． C． D． 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 设中子的质量为m，则被碰原子核的质量为Am，两者发生弹性碰撞，根据动量守恒，有mv0＝mv1＋Amv′，根据动能守恒，有mv＝mv＋Amv′2，解以上两式得v1＝v0。若只考虑速度大小，则中子的速率为v0，故中子前、后速率之比为。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 8．(多选)(2024·四川遂宁期末)如图，质量为m1的小球以速度v1向右在光滑的地面上运动，质量为m2的小球以速度v2也向右运动，且v1>v2，两球发生弹性碰撞，碰撞后m1的速度为v′1，m2的速度为v′2，则(　　) 13 BD A．v′1＝v2＋v1，v′2＝v1＋v2 B．v′1＝v1＋v2，v′2＝v2＋v1 C．若m1＝m2，则v′1＝v1，v′2＝v2 D．若m1＝m2，则v′1＝v2，v′2＝v1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 两球发生弹性碰撞，满足系统的动量守恒、能量守恒，取向右为正方向，根据动量守恒有 m1v1＋ m2v2＝m1v′1＋m2v′2 由能量守恒可知 m1v＋m2v＝m1v′＋m2v′ 联立解得v′1＝v1＋v2 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 v′2＝ v2＋v1 若m1＝m2，则有v′1＝v2，v′2＝ v1 故B、D正确，A、C错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 9．(多选)(2024·四川达州期中)两个小球A、B在光滑的水平面上相向运动，它们的质量分别为4 kg和2 kg，A的速度为vA＝3 m/s, B的速度vB＝－3 m/s，则它们发生正碰后，其速度可能分别是(　　) A．均为1 m/s B．4 m/s和－5 m/s C．－1 m/s和5 m/s D．2 m/s和－1 m/s 13 AC 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 两小球发生正碰，则根据动量守恒定律得mAvA＋mBvB＝mAv′A＋mBv′B，根据碰撞过程系统的总动能不增加，则得mAv＋mBv≥mAv′＋mBv′。它们发生正碰后，速度均为1 m/s，即以共同速度运动，符合以上等式，故A正确；速度如果是4 m/s和－5 m/s，那么A、B动能都增加，故B错误；发生正碰后，A、B反向，符合以上等式，故C正确；发生正碰后，A、B速度方向不变，即还是相向运动，这不符合实际情况，故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 10．质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线，同一方向运动，A球动量为7 kg·m/s，B球的动量为5 kg·m/s，当A球追上B球时发生碰撞，则碰后A、B两球的动量可能值是(　　) A．pA＝3 kg·m/s，pB＝9 kg·m/s B．pA＝－4 kg·m/s，pB＝17 kg·m/s C．pA＝－2 kg·m/s，pB＝14 kg·m/s D．pA＝6 kg·m/s，pB＝6 kg·m/s 13 D 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 以两物体组成的系统为研究对象，以A的初速度方向为正方向，两个物体的质量均为m，碰撞前系统的总动量p＝7 kg·m/s＋5 kg·m/s＝ 12 kg·m/s， 系统的总动能Ek＝＋＝， 若碰后A、B两球动量为pA＝3 kg·m/s，pB＝9 kg·m/s，系统的总动量p′＝12 kg·m/s，遵守动量守恒定律， 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 E′k＝＋＝>Ek， 故碰撞后动能增大，是不可能发生的，故A错误；若碰后A、B两球动量为pA＝－4 kg·m/s，pB＝17 kg·m/s，系统的总动量p′＝13 kg·m/s， 不遵守动量守恒定律，故B错误；若碰后A、B两球动量为pA＝－2 kg·m/s，pB＝14 kg·m/s，系统的总动量p′＝12 kg·m/s，遵守动量守恒定律， 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 E′k＝＋＝>Ek，故碰撞后动能增大，是不可能发生的，故C错误；若碰后A、B两球动量为pA＝6 kg·m/s，pB＝6 kg·m/s，系统的总动量p′＝12 kg·m/s，遵守动量守恒定律，E′k＝＋＝<Ek，故碰撞后动能减小，并且不会发生二次碰撞，是可能发生的，故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 11.如图所示，光滑水平直轨道上两滑块A、B用橡皮筋连接，A的质量为m。开始时橡皮筋松弛，B静止，给A向左的初速度v0。一段时间后，B与A同向运动发生碰撞并粘在一起。碰撞后的共同速度是碰撞前瞬间A的速度的两倍，也是碰撞前瞬间B的速度的一半。求： (1)B的质量； 13 答案：(1)　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 (1)以初速度v0的方向为正方向，设B的质量为mB，A、B碰撞后的共同速度为v，由题意知，碰撞前瞬间A的速度为，碰撞前瞬间B的速度为2v，由动量守恒定律得 m＋2mBv＝(m＋mB)v① 由①式得 mB＝。② 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (2)碰撞过程中A、B系统损失的机械能。 13 答案：(2)mv 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 (2)从开始到碰后的全过程，由动量守恒定律得 mv0＝(m＋mB)v③ 设碰撞过程A、B系统损失的机械能为ΔE，则 ΔE＝m()2＋mB(2v)2－(m＋mB)v2④ 联立②③④式得ΔE＝mv。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 12．(2024·湖北省直辖县级单位期中)如图所示，光滑水平面上质量为mA＝2 kg、mB＝4 kg的A、B两物块用轻质弹簧连接，一起以v0＝6 m/s的速度向右匀速运动，与静止在水平面上质量mC＝2 kg的物块C发生碰撞，碰撞时间极短，弹簧始终在弹性限度内，忽略一切摩擦阻力。 (1)若物块B与C发生弹性碰撞，求碰后C的速度大小。 答案：(1)8 m/s　 13 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 (1)物块B与C发生弹性碰撞，同时B、C组成的系统动量守恒、能量守恒，则mBv0＝mBvB＋mCvC mBv＝mBv＋mCv 联立解得vC＝8 m/s。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (2)若物块B与C碰撞后黏合在一起运动。 ①求碰后C的速度大小； 答案：(2)①4 m/s　 (2)①物块B与C碰撞后黏合在一起运动，则B、C组成的系统动量守恒mBv0＝(mB＋mC)v 解得碰后C的速度大小v＝4 m/s。 13 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 ②求此后弹簧能获得的最大弹性势能。 答案：②3 J 13 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 ②由题可知，当A、B、C速度相同时，弹簧被压缩到最短，弹簧弹性势能最大，这个过程A、B、C组成的系统动量守恒mAv0＋mBv0＝(mA＋mB＋mC)v′ 解得v′＝4.5 m/s 碰撞后系统的机械能守恒，最大弹性势能为Ep＝mAv＋(mB＋mC)v2－(mA＋mB＋mC)v′2＝3 J。 [C组　培优选做练] 13．(2024·山东青岛期中)“引力弹弓效应”是指在太空运动的探测器，借助行星的引力来改变自己的速度。为了分析这个过程，可以提出以下两种模式：探测器分别从行星运动的反方向或同方向接近行星，分别因相互作用改变了速度。如图所示，以太阳为参考系，设行星运动的速度大小为u，探测器的初速度大小为v0，在图示的两种情况下，探测器在远离行星后速度大小分别为v1和v2。探测器和行星虽然没有发生直接的碰撞，但是在行星的运动方向上，其运动规律可以与两个质量不同的钢球在同一直线上发生的弹性碰撞规律进行类比。那么下列判断正确的是(　　) A．v1＞v0 B．v1＝v0 C．v2＞v0 D．v2＝v0 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 A 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 题图(a)中，探测器与行星的运动可类比为两者发生弹性正碰，设探测器的质量为m，行星的质量为M，碰后行星的速度大小为u1，设向右为正方向，根据动量守恒定律有mv0－Mu＝－(mv1＋Mu1)，由能量守恒定律可得mv＋Mu2＝mv＋Mu，解得v1＝ v0＋ u，由于M≫m，故v1＝v0＋2u＞v0，A正确，B错误； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 题图(b)中，探测器与行星的运动可类比为探测器追上行星与之正碰，设碰后行星的速度大小为u2，设向右为正方向，根据动量守恒定律有－mv0－Mu＝mv2－Mu2，由能量守恒定律可得mv＋Mu2＝mv＋Mu，解得v2＝v0－ u，由于M≫m，故v2＝v0－2u＜v0，C、D错误。 $$