第一章 5．弹性碰撞和非弹性碰撞-【金版新学案】2025-2026学年新教材高二物理选择性必修第一册同步课堂高效讲义教师用书word（人教版）

本高中物理讲义聚焦弹性碰撞和非弹性碰撞核心知识点，系统梳理碰撞的动量守恒与机械能变化特征，通过情境导入、实验探究推导弹性碰撞速度规律，结合实例分析碰撞可行性的动量、动能及运动制约条件，构建完整学习支架。 资料以台球、汽车碰撞等生活化情境导入，设计气垫导轨实验任务引导科学推理与模型建构，融入2024年各地真题强化物理观念应用。课中助力教师引导探究，课后帮助学生查漏补缺，提升科学探究与问题解决能力。

5．弹性碰撞和非弹性碰撞 【素养目标】　1．了解弹性碰撞、非弹性碰撞和完全非弹性碰撞的特征。2．熟练运用动量守恒定律、机械能守恒定律和能量守恒定律解决实际问题。3．提高学生的科学探究意识和科学思维能力。 知识点一　弹性碰撞和非弹性碰撞 【情境导入】　图甲为台球桌上白球去碰撞黑球，图乙为汽车碰撞测试中两车的相向碰撞(碰撞后均静止)，从动量和能量的角度分析，这些碰撞有哪些相同点？又有哪些不同点？ 提示：相同点：碰撞过程时间极短，内力远大于外力，碰撞满足动量守恒； 不同点：碰撞过程中系统的机械能损失程度不同，题图甲所示碰撞过程系统损失的机械能占比较小，题图乙所示碰撞过程系统损失的机械能占比较大。 【教材梳理】 (阅读教材P22完成下列填空) 1．弹性碰撞：系统在碰撞前后动能不变。 2．非弹性碰撞：系统在碰撞后动能减少。 【师生互动】　放在水平气垫导轨上的两组滑块分别进行如图甲、乙所示的实验。 任务1．图甲中，两个碰撞端装着弹性碰撞架的滑块碰撞后立即分开运动，系统的动量守恒吗？机械能守恒吗？ 任务2．图乙中，两个碰撞端分别装着撞针、橡皮泥的滑块碰撞后连成一体运动，系统的动量守恒吗？机械能守恒吗？ 提示：任务1．动量守恒；机械能守恒。 任务2．动量守恒；机械能不守恒，而且机械能有损失。 【探究归纳】 1．碰撞过程的五个特点 时间特点 在碰撞过程中，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 系统的内力远远大于外力，所以系统即使所受合力不为零，但外力可以忽略，系统的总动量守恒 位移特点 碰撞过程发生的时间极短，在物体发生碰撞的瞬间，可忽略物体的位移，认为物体碰撞前后仍在同一位置 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．碰撞的种类及特点 分类依据 种类 特点 碰撞前后 机械能损 失情况 弹性碰撞(碰后分离) 动量守恒，机械无损失 非弹性碰撞(碰后分离) 动量守恒，机械能有损失 完全非弹性碰撞(碰后粘合) 动量守恒，机械能损失最大 (2024·江苏泰州高二月考) 如图为两个质量分别为m、M的A、B小球在光滑水平面上发生对心正碰前、后的x-t图像，则下列说法正确的是(　　) A．A、B两球的质量比m∶M＝1∶2 B．碰撞前、后A球动能的减少量大于B球动能的增加量 学生用书第22页 C．碰撞过程中A球对B球的冲量大小是B球对A球冲量大小的3倍 D．两小球发生的是弹性碰撞 答案：D 解析：两小球碰撞过程中，根据动量守恒有 mv0＝Mv2＋mv1，在x-t图像中，图线斜率表示速度，由题图可知v0＝ m/s＝4 m/s, v1＝ m/s＝－2 m/s, v2＝ m/s＝2 m/s，解得m∶M＝1∶3，故A错误；根据A项分析，可得Mv22，因此两小球发生的是弹性碰撞，碰撞前、后A球动能的减少量等于B球动能的增加量，故B错误，D正确；因为A、B碰撞过程中动量守恒，故两球动量的变化量大小相等、方向相反，由动量定理得，碰撞过程中A球对B球的冲量大小等于B球对A球的冲量大小，故C错误。故选D。 针对练1．2024年11月3日，2024年泛大陆冰壶锦标赛在加拿大拉科姆收官，中国男子冰壶队以6∶4战胜日本男队，首次参赛就夺得冠军。中国队员在某次投壶中将质量为19 kg的冰壶推出，运动一段时间后以0.4 m/s的速度正碰静止的日本队冰壶，然后中国队冰壶以0.1 m/s的速度继续向前滑向大本营中心。若两冰壶质量相等。则下列说法正确的是(　　) A．碰后日本队冰壶的速度为0.3 m/s，两冰壶间的碰撞是弹性碰撞 B．碰后日本队冰壶的速度为0.3 m/s，两冰壶间的碰撞是非弹性碰撞 C．碰后日本队冰壶的速度为0.5 m/s，两冰壶间的碰撞是弹性碰撞 D．碰后日本队冰壶的速度为0.5 m/s，两冰壶间的碰撞是非弹性碰撞 答案：B 解析：两冰壶碰撞的过程中动量守恒，规定向前为正方向，根据动量守恒定律有mv1＝mv2＋mv3，代入数据解得v3＝0.3 m/s。动能减少量ΔE＝＝0.57 J，故系统动能减小，两冰壶之间的碰撞是非弹性碰撞。故选B。 针对练2．(2024·河南八市高二联考) 如图所示，两个大小相同的小球A、B用等长的细线分别悬挂于O、O′点，线长为L，mA＝2mB，若将A由图中位置静止释放，在最低点与B球相碰，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　) A．A下落到最低点的速度是 B．若A与B发生完全非弹性碰撞，则第一次碰后A上升的最大高度是L C．若A与B发生完全非弹性碰撞，则第一次碰时损失的机械能为mBgL D．若A与B发生弹性碰撞，则第一次碰后A上升的最大高度是L 答案：B 解析：A下落到最低点的过程由机械能守恒有mAgL(1－cos 60°)＝mAv2，解得v＝，故A错误；若A与B发生完全非弹性碰撞，则有mAv＝ (mA＋mB)v′2＝(mA＋mB)gh，解得h＝L，故B正确；ΔE＝mAv2－(mA＋mB)v′2＝mBgL，故C错误；若A与B发生弹性碰撞，则有mAv＝mAvA′＋mBvB′，mAv2＝mAvA′2＋mBvB′2，mAvA′2＝mAgh′，解得h′＝L，故D错误。故选B。 知识点二　弹性碰撞的实例分析 【情境导入】　图甲为牛顿摆装置，五个质量相同的钢球由等长的吊绳固定，彼此紧密排列。如图乙所示，当摆动最左侧的球，在回摆时碰撞紧密排列的另外四个球，会出现最左侧和中间的三个钢球保持不动，仅有最右侧的球被弹出的情况。 (1)相邻两个钢球碰撞前、后的总动量、机械能有什么特点？ (2)相邻两个钢球碰撞前、后的速度有什么特点？ 提示：(1)相邻两个钢球碰撞前、后的总动量守恒、机械能也守恒。 (2)相邻两个钢球碰撞前、后的速度互相“交换”。 【教材梳理】 (阅读教材P22－P24完成下列填空) 正碰：两个小球相碰，碰撞之前球的运动速度与两球心的连线在同一条直线上，碰撞之后两球的速度仍会沿着这条直线。这种碰撞称为正碰，也叫作对心碰撞或一维碰撞。 【师生互动】　如图所示，质量为m1的小球A以速度v1与原来静止的、质量为m2的小球B发生弹性正碰。 任务1．利用弹性正碰的规律求出碰撞后两个小球A、B的速度v1′和v2′。 学生用书第23页 任务2．求出如下三种特殊情况下，碰撞后两个小球A、B的速度v1′和v2′： (1)m1＝m2时； (2)m1≫m2时； (3)m1≪m2时。 提示：任务1．根据动量守恒定律得 m1v1＝m1v1′＋m2v2′ 根据机械能守恒定律得m1v1′2＋m2v2′2 解得v1′＝v1，v2′＝v1。 任务2．(1)m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1。 (2)m1≫m2时，v1′＝v1，v2′＝2v1。 (3)m1≪m2时，v1′＝－v1，v2′＝0。 【探究归纳】 1．弹性碰撞的两个守恒：动量守恒、机械能守恒。 2．运动小球m1(速度为v1)与静止小球m2弹性正碰后的三种情景： (1)若m1＝m2，碰撞后两球交换速度。 (2)若m1>m2，碰撞后两个小球的速度都与碰撞速度v1的方向相同，而且v1′<v2′。 特例：若m1≫m2，碰撞后第一个球的速度几乎没有改变，第二个球以2v1的速度被撞出去。 (3)若m1<m2，碰撞后第一个球被反向弹回，第二个球被撞出去。 特例：若m1≪m2，碰撞后第一个球被反向以原速率弹回，而第二个球仍然静止。 (多选)质量为mA的A球以某一速度沿光滑水平面向静止的B球运动，并与B球发生弹性正碰，假设B球的质量mB可选取不同的值，则下列说法正确的是(　　) A．当mB＝mA时，碰后A、B两球共速 B．当mB＝mA时，碰后两球互换速度 C．当mB＞mA时，碰后A球反向运动 D．当mB＜mA时，mB越小，碰后B球的速度越小 答案：BC 解析：由题意可知A、B两球发生弹性正碰，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有mAv0＝mAv1＋mBv2，mAv02＝mBv22，解得v1＝v0。当mB＝mA时，v1＝0，v2＝v0，碰后两球互换速度，A错误，B正确；当mB＞mA时，v1＝v0＜0，碰后A球反向运动，C正确；当mB＜mA时，v2＝v0，mB越小，碰后B球的速度越大，D错误。故选BC。 针对练1．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四个小球质量相等，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正碰，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 答案：C 解析：由题知mA＜mB，则A、B两球相碰后A球向左运动，B球向右运动。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。故选C。 针对练2．(2024·北京怀柔区高二期中) 在同一竖直平面内，3个完全相同的小钢球(1号、2号、3号)悬挂于同一高度，静止时小球恰能接触且悬线平行，如图所示。在下列实验中，悬线始终保持绷紧状态，碰撞均为对心碰撞。以下分析正确的是(　　) A．将1号移至高度h释放，碰撞后，观察到2号静止、3号摆至高度h；若2号换成质量不同的小钢球，重复上述实验，3号仍能摆至高度h B．将1、2号一起移至高度h释放，碰撞后，观察到1号静止，2、3号一起摆至高度h，释放后整个过程机械能和动量都守恒 C．将右侧涂胶的1号移至高度h释放，1、2号碰撞后粘在一起，根据机械能守恒，3号不能摆至高度h D．将1号和右侧涂胶的2号一起移至高度h释放，碰撞后，2、3号粘在一起向右运动，未能摆至高度h，释放后整个过程机械能和动量都守恒 答案：C 解析：1号球与质量不同的2号球相碰撞后，1号球速度不为零，则2号球获得的动能小于1号球撞2号球前瞬间的动能，所以2号球与3号球相碰撞后，3号球获得的动能也小于1号球撞2号球前瞬间的动能，则3号不可能摆至高度h，故A错误；1、2号球释放后，三个小球之间的碰撞为弹性碰撞，且三个小球组成的系统只有重力做功，所以系统的机械能守恒，但整个过程中，系统所受合力不为零，所以系统动量不守恒，故B错误；1、2号球碰撞后粘在一起，为完全非弹性碰撞，碰撞过程有机械能损失，所以1、2号球再与3号球相碰后，3号球获得的动能不足以使其摆至高度h，故C正确；碰撞后，2、3号球粘在一起，为完全非弹性碰撞，碰撞过程有机械能损失，且整个过程中，系统所受合力不为零，所以系统的机械能和动量都不守恒，故D错误。故选C。 知识点三　碰撞的可行性分析 碰撞过程中的三个制约因素 1．动量制约——碰撞前后系统的动量守恒 m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′ 2．动能制约——碰撞后系统的总动能不增加 m1v1 2＋m2v2 2≥m1v1′2＋m2v2′2 3．运动制约——碰撞过程的速度关系 (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。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，即v前′≥v后′。 学生用书第24页 (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，除非两物体碰撞后速度均为零。 (2024·湖北黄冈高二检测) 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＝6 kg、mB＝3 kg，速度分别是vA＝6 m/s(向右为正方向)、vB＝－6 m/s，则它们发生正碰后，速度的可能值分别为(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A．vA′＝4 m/s，vB′＝－2 m/s B．vA′＝－4 m/s，vB′＝15 m/s C．vA′＝－2 m/s，vB′＝10 m/s D．vA′＝－3 m/s，vB′＝12 m/s 答案：C 解析：以向右为正方向，碰前系统的总动量p＝mAvA＋mBvB＝6×6 kg·m/s＋3× (－6) kg·m/s＝18 kg·m/s，碰前系统的总动能Ek总＝mAvA2＋mBvB2＝×6×62 J＋×3×(－6)2 J＝162 J。如果碰后vA′＝4 m/s，vB′＝－2 m/s，则碰撞过程还未结束，系统还会发生二次碰撞，不符合实际，故A错误；如果碰后vA′＝－4 m/s，vB′＝15 m/s，碰后系统的总动量p′＝mAvA′＋mBvB′＝6×(－4) kg·m/s＋3× 15 kg·m/s＝21 kg·m/s，可知系统动量不守恒，不符合实际，故B错误；如果碰后vA′＝－2 m/s，vB′＝10 m/s，碰后系统的总动量p′＝mAvA′＋mBvB′＝6×(－2) kg·m/s＋3×10 kg·m/s＝18 kg·m/s，碰后系统的总动能为Ek总′＝mAvA′2＋mBvB′2＝×6×(－2)2 J＋×3×102 J＝162 J，碰撞前、后系统动量守恒、机械能守恒，故C正确；如果碰后vA′＝－3 m/s，vB′＝12 m/s，碰后系统的总动量p′＝mAvA′＋mBvB′＝6×(－3)kg·m/s＋3×12 kg·m/s＝18 kg·m/s，碰后系统的总动能Ek总′＝mAvA′2＋mBvB′2＝×6×(－3)2 J＋×3×122 J＝243 J，碰撞前、后系统动量守恒，但系统的总动能增大，不符合实际，故D错误。故选C。 分析碰撞问题的思路 1．对一个给定的碰撞，首先要看动量是否守恒，其次看总动能是否增加。 2．一个符合实际的碰撞，除动量守恒外还要满足动能不增加，同时注意碰后合理的速度关系。 3．要灵活运用Ek＝、Ek＝等关系式进行有关计算。　　 针对练1．(多选)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 答案：AB 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，解得，综上得。故选AB。 针对练2．在光滑水平面上，有A、B两个小球向右沿同一直线运动，取向右为正方向，两球的动量分别是pA＝5 kg·m/s、pB＝7 kg·m/s，如图所示，若能发生正碰，则碰后两球的动量增加量ΔpA、ΔpB可能的是(　　) A．ΔpA＝－3 kg·m/s，ΔpB＝3 kg·m/s B．ΔpA＝3 kg·m/s，ΔpB＝3 kg·m/s C．ΔpA＝－10 kg·m/s，ΔpB＝10 kg·m/s D．ΔpA＝3 kg·m/s，ΔpB＝－3 kg·m/s 答案：A 解析：两球碰撞过程，系统的动量守恒，两球动量变化量应大小相等、方向相反，B错误；如果ΔpA＝－3 kg·m/s，ΔpB＝3 kg·m/s，则碰后两球的动量分别为pA′＝ 2 kg·m/s，pB′＝10 kg·m/s，系统的动量守恒，碰撞过程总动能可能不增加，是可能发生的，A正确；如果ΔpA＝－10 kg·m/s，ΔpB＝10 kg·m/s，则碰后两球的动量分别为pA′＝－5 kg·m/s，pB′＝17 kg·m/s，可以看出，碰撞后A的动能不变，而B的动能增大，系统的总动能增大，与实际运动不符，C错误；如果ΔpA＝3 kg·m/s，ΔpB＝－3 kg·m/s，则碰后两球的动量分别为pA′＝8 kg·m/s，pB′＝4 kg·m/s，碰撞后两球的动量方向都与原来方向相同，A的动量不可能沿原方向增大，与实际运动不符，D错误。故选A。 课时测评5　弹性碰撞和非弹性碰撞 (时间：30分钟　满分：60分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (选择题1－10题，每题4分，共40分) 1．(2024·江苏南京高二月考) 如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动。两球质量关系为MB＝3MA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为6 kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量为3 kg·m/s，则(　　) A．右方是A球，碰撞前A、B两球速度大小之比为3∶1　 B．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶1　 C．左方是A球，碰撞前A、B两球速度大小之比为1∶3　 D．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶1　 答案：D 解析：两球要能发生碰撞，左方球的速度应较大，由p＝mv可知，两球动量相同，左方球的质量应较小，即左方是A球，右方是B球；由动量守恒定律可得pA＋pB＝pA′＋pB′，代入数据解得pB′＝9 kg·m/s，可得。故选D。 2．某同学设计了一个台球娱乐项目，如图所示，在光滑水平面上，利用一个白球A以初速度v0去撞击2 025个一字排开的花球来模拟，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 答案：A 解析：质量为2m的白球A以初速度v0与编号为2 025的花球发生弹性正碰，满足动量守恒和机械能守恒，设碰后白球和编号为2 025的花球的速度分别为vA1、v1，以向右为正方向，则有2mv0＝2mvA1＋mv1，×2mvA12＋mv12，解得vA1＝v0。同理分析，两个质量相同的花球碰撞时，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可知，两球碰后速度交换，此时编号为2 025的花球与编号为2 024的花球交换速度，以此类推，最终编号为1的花球的速度v＝v1＝v0。故选A。 3．(2024·辽宁大连高二期末)超市里用的购物车为顾客提供了购物方便，又便于收纳，收纳时一般采用完全非弹性碰撞的方式把购物车收到一起，如图甲所示。某兴趣小组在超市对同款购物车(以下简称“车”)的碰撞进行了研究，分析时将车简化为原来静止的小物块。已知车的净质量均为m＝12 kg，将1号车以速度v1＝6 m/s向右推出，先与2碰撞结合为一体后再撞击3，最终三车合为一体。忽略一切摩擦和阻力，则第二次碰撞过程中损失的机械能为(　　) A．18 J B．36 J C．54 J D．72 J 答案：B 解析：依题意，碰撞过程系统动量守恒，可得mv1＝2mv2＝3mv3，解得v2＝3 m/s，v3＝2 m/s，则第二次碰撞过程中损失的机械能ΔE＝×3mv32＝36 J。故选B。 4．(2024·山东烟台高二期中) A、B两个物块在光滑的水平地面上发生正碰，碰撞时间极短，两物块运动的x-t图像如图所示，则下列说法正确的是(　　) A．碰撞后A、B两个物块运动方向相同 B．A、B的质量之比mA∶mB＝1∶1 C．碰撞前、后A物块的速度大小之比为5∶3 D．此碰撞为弹性碰撞 答案：D 解析：由题图可知，碰撞后A、B两个物块运动方向相反，A错误；根据题图可得，碰撞前A的速度(以此时的速度方向为正方向)v0＝5 m/s，碰撞前B球的速度为0，碰撞后A、B的速度分别为vA＝－1 m/s，vB＝4 m/s，根据动量守恒定律可得mAv0＝mAvA＋mBvB，解得mA∶mB＝2∶3，B错误；根据B项分析可知，碰撞前、后A物块的速度大小之比为5∶1，C错误；碰撞前系统的动能Ek＝，碰撞后系统的动能Ek′＝，结合B项的结果可得Ek＝Ek′，则碰撞前、后系统的机械能守恒，故二者的碰撞为弹性碰撞，D正确。故选D。 5．(多选)(2024·江苏盐城高二月考)在光滑的水平面上，一个质量为2 kg的物体A与另一物体B发生正碰，碰撞时间不计，两物体的位置随时间变化的规律如图所示，以物体A碰前速度方向为正方向，下列说法正确的是(　　) A．碰撞后A的动量为2 kg·m/s B．碰撞后A的动量为4 kg·m/s C．物体B的质量为2 kg D．碰撞过程中合力对B的冲量为6 N·s 答案：AD 解析：x-t图像的斜率等于速度，可知碰撞后A的动量pA＝mAvA＝2× kg·m/s＝2 kg·m/s，A正确，B错误；碰撞后B的动量pB＝mBvB＝mB× m/s ＝mB× 1 m/s，碰撞前A的动量pA0＝mAvA0＝2× kg·m/s＝8 kg·m/s，碰撞前B的动量为零，则由动量守恒定律可知mAvA0＝mBvB＋mAvA，解得mB＝6 kg，C错误；碰撞过程中合力对B的冲量I＝pB＝6 N·s，D正确。故选AD。 6．(2024·山西晋城高二月考)如图所示，物体A、B放在光滑的水平面上，且两物体间有一定的间距。t＝0时刻，分别给物体A、B一向右的速度，物体A、B的动量大小均为p＝12 kg·m/s，经过一段时间两物体发生碰撞，已知碰后物体B的动量变为pB＝16 kg·m/s，两物体的质量分别为mA、mB，则下列说法正确的是(　　) A．物体A的动量增加4 kg ·m/s B．物体A的质量可能大于物体B的质量 C．若碰后两物体粘合在一起，则mA∶mB＝1∶2 D．若该碰撞无机械能损失，则mA∶mB＝7∶5 答案：C 解析：由题意可知，该碰撞过程物体B的动量增加了ΔpB＝pB－p＝4 kg·m/s，碰撞过程两物体的动量守恒，则有ΔpB＝－ΔpA，所以物体A的动量减少了4 kg·m/s，故A错误；由题意知碰前物体A的速度一定大于物体B的速度，则有>，解得mB>mA，故B错误；若碰后两物体粘合在一起，则碰后两物体的速度相同，则有，又pA＝p－4 kg·m/s＝8 kg·m/s，解得，故C正确；若该碰撞为弹性碰撞，则碰撞过程中没有动能损失，则有，解得，故D错误。故选C。 7．(多选)光滑的水平面上物体A以8 kg·m/s的动量撞击静止的物体B，碰撞后物体A、B动量的可能值为(　　) A．4 kg·m/s；4 kg·m/s B．－9 kg·m/s；1 kg·m/s C．0； 8 kg·m/s D．9 kg·m/s； －1 kg·m/s 答案：AC 解析：若A、B质量相等，且碰后以共同的速度运动，则碰后动量分别为4 kg·m/s和4 kg·m/s；若A、B质量相等，且发生弹性碰撞，则碰后两物体交换速度，即动量分别为0和8 kg·m/s，A、C正确。因碰前总动量为8 kg·m/s，若碰后动量为－9 kg·m/s和1 kg·m/s，则总动量为－8 kg·m/s，动量不守恒，B错误。由Ek＝，可得D项中<，即碰后总动能增加，D错误。故选AC。 8．在冰壶比赛中， 某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞，如图(a)所示，碰撞前后两壶运动的v-t图像如图(b)中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，两冰壶质量相等，则(　　) A．两壶发生了弹性碰撞 B．碰后蓝壶速度大小为0.6 m/s C．碰后蓝壶移动的距离为2.0 m D．碰后红壶所受摩擦力等于蓝壶所受摩擦力 答案：C 解析：由题图(b)可知碰前红壶的速度为v0＝1.0 m/s，碰后速度为v1＝0.2 m/s，可知，碰后红壶沿原方向运动，设碰后蓝壶的速度为v2，取碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得mv0＝mv1＋mv2，解得v2＝0.8 m/s，由于，可知碰撞过程机械能有损失，碰撞为非弹性碰撞，故A、B错误；由题图(b)可知红壶的加速度a＝ m/s2＝－0.2 m/s2，由题图(b)知v0′＝1.2 m/s，所用的时间为t＝＝6 s，根据v-t图像与坐标轴围成的面积表示位移，可得碰后蓝壶移动的位移大小x＝×(6－1) m＝2.0 m，故C正确；根据图像的斜率表示加速度，可知碰后红壶的加速度大于蓝壶的加速度，两者的质量相等，由牛顿第二定律可知，碰后红壶所受摩擦力大于蓝壶所受摩擦力，故D错误。故选C。 9．(多选)(2024·山东德州高二月考)如图甲所示，将两个质量分别为m1＝60 g、m2＝30 g的小球A、B(可视为质点)叠放在一起，中间留有小空隙，从小球A下端距地面h0＝1.8 m处由静止释放。A球与地面碰撞后立即以原速率反弹，A球与B球碰撞的时间为0.01 s，不计空气阻力，取向上为正方向，B球的速度—时间图像如图乙所示，g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A．B球与A球碰前的速度大小为6 m/s B．A、B两球发生的是弹性碰撞 C．若m2 ≪ m1，第一次碰撞后，B球上升的最大高度可能大于20 m D．两球碰撞过程中，B球重力的冲量与A球对B球的冲量大小的比值为1∶101 答案：AD 解析：碰前，两球均做自由落体运动，则有v02＝2gh0，解得v0＝6 m/s，即B球与A球碰前的速度大小为6 m/s，故A正确；根据题意可知，B球碰后的速度方向向上，大小为v2 ＝4 m/s，以向上为正方向，碰撞过程，根据动量守恒定律有m1v0－m2v0＝m1v1＋m2v2，解得v1＝1 m/s，碰前两球的机械能之和为＝1.62 J，碰后两球的机械能之和为m2v22＝0.27 J，碰撞后系统机械能减小，可知碰撞是非弹性碰撞，故B错误；假设碰撞是弹性碰撞，此时碰后B球速度最大，上升高度最大，碰撞过程有m1v0－m2v0＝m2v42，解得v4＝ ，当m2 ≪ m1时，有≈0，解得v4＝3v0＝18 m/s，则B球上升到最高点过程有v42＝2ghmax，解得hmax＝16.2 m，故C错误；在碰撞时间t＝0.01 s内，根据动量定理，对B球有I1－m2gt＝m2v2－，B球重力的冲量I2＝m2gt，解得，故D正确。故选AD。 10．(多选)(2024·山东烟台高二期中)在光滑水平面上，A、B两个物体在同一直线上沿同一方向运动，A的动量为18 kg·m/s，B的动量为24 kg·m/s。A从后面追上B，它们相互作用一段时间后，B的动量增大为32 kg·m/s，方向不变。下列说法正确的是(　　) A．若此过程为弹性碰撞，则两物体的质量之比为 B．若此过程为非弹性碰撞，则两物体的质量之比可能为 C．若此过程为弹性碰撞，则两物体的质量之比为 D．若此过程为非弹性碰撞，则两物体的质量之比可能为 答案：AB 解析：由题意可知，碰前，有>，解得<，A碰B过程，有pA＋pB＝pA1＋pB1，，解得；碰后，有，解得，综上可得。若为弹性碰撞，则两物体的质量之比为，A正确，C错误；若为非弹性碰撞，则两物体的质量之比满足<，B正确，D错误。故选AB。 11．(10分)(2024·广东广州高二期中) 某次训练中使用的冰壶A和冰壶B的质量均为20 kg，初始时两冰壶之间的距离s＝7.5 m，冰壶A被运动员以v0＝2 m/s的初速度水平掷出后，与静止的冰壶B碰撞，碰后瞬间冰壶A的速度大小变为vA＝0.2 m/s，方向不变，碰撞时间极短。已知两冰壶与冰面间的动摩擦因数均为μ＝0.02，重力加速度g取。求： (1)冰壶A与B碰撞前的速度大小v1； (2)两冰壶碰撞后瞬间B的速度大小vB； (3)判断两冰壶间的碰撞是弹性碰撞还是非弹性碰撞。 答案：(1)1 m/s　(2)0.8 m/s　(3)见解析 解析：(1)冰壶A从开始运动到与冰壶B碰撞过程中，根据动能定理可得－μmgs＝mv02 代入数据解得v1＝1 m/s。 (2)两冰壶碰撞过程中，满足动量守恒，以v1的方向为正方向，则有mv1＝mvA＋mvB 代入数据解得vB＝0.8 m/s。 (3)碰撞前两冰壶的总动能Ek1＝mv12＝10 J 碰撞后两冰壶的总动能Ek2＝mvA2＋mvB2＝6.8 J，由Ek1>Ek2可知两冰壶间的碰撞为非弹性碰撞。 12．(10分) 如图所示，在水平光滑直导轨上，静止着三个质量均为m＝1 kg的相同小球A、B、C，现让A球以v0＝2 m/s的速度向着B球运动，A、B两球碰撞后粘合在一起，两球继续向右运动并跟C球碰撞，C球的最终速度vC＝1 m/s。求： (1)A、B两球跟C球相碰前共同速度的大小； (2)第二次碰撞过程中损失的动能； (3)两次碰撞过程中共损失的动能。 答案：(1)1 m/s　(2)0.25 J　(3)1.25 J 解析：(1)A、B球相碰满足动量守恒，以v0的方向为正方向，有mv0＝2mv1 解得v1＝1 m/s 即两球跟C球相碰前的速度大小为1 m/s。 (2)两球与C球碰撞同样满足动量守恒，以v1的方向为正方向，有2mv1＝mvC＋2mv2 解得两球碰后的速度v2＝0.5 m/s 第二次碰撞损失的动能ΔEk＝×2mv22＝0.25 J。 (3)两次碰撞共损失的动能 ΔEk′＝mvC2＝1.25 J。 学科网（北京）股份有限公司 $