第一章 第五节 弹性碰撞与非弹性碰撞 第六节 自然界中的守恒定律(课件PPT)-【步步高】2024-2025学年高二物理选择性必修第一册学习笔记（粤教版）

该高中物理课件聚焦碰撞的分类、分析及守恒定律，通过刚性球与带尼龙搭扣球的碰撞实验，观察高度变化引出机械能是否守恒问题，搭建从实验现象到碰撞类型概念的学习支架，衔接动量和能量知识脉络。 其亮点是以实验探究和实例分析为核心，融合科学探究与科学思维，如通过冰壶碰撞、弹簧模型实验，运用动量守恒和能量守恒推理碰撞类型，结合“梳理与总结”构建知识体系。学生能深化运动与相互作用、能量等物理观念，教师可借助例题和课时练习提升教学效率。

DIYIZHANG 第一章 第五节　弹性碰撞与非弹性碰撞 第六节　自然界中的守恒定律 1 1.掌握弹性碰撞、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)。 3.理解实际碰撞中应遵循的三个原则，会对碰撞的可能性进行分析判断(难点)。 4.进一步了解物体运动过程中的各种守恒定律。 学习目标 2 一、碰撞的分类 二、碰撞的实例分析 课时对点练 三、碰撞可能性问题 四、自然界中的守恒定律 内容索引 3 碰撞的分类 一 4 用如图所示的实验装置做如下实验： (1)两个相同的刚性球悬挂于同一水平面，两悬点的距离等于刚性球的直径大小，线长相等，将其中一球拉开至一定角度，松手后使之与另一球发生正碰。 答案　第一种情况下，两球碰撞前后的总机械能几乎相等；第二种情况下，两球碰撞前后的总机械能不相等，可能的原因是碰撞的过程中有机械能转化为了其他形式的能量。 (2)在两个球上分别套上尼龙搭扣做的套圈，做同样的碰撞。 记下碰撞后两球达到的最大高度，并思考下列问题。 ①在以上两种情况下，两个球碰撞前后的总机械能是否相等？可能的原因是什么？ 答案　碰撞前后总机械能不相等，不违反机械能守恒定律。 ②如果碰撞前后总机械能不相等，是否违反了机械能守恒定律？ 答案　两种碰撞情况中损失机械能的大小不同，刚性球碰撞损失的机械能较少，带有尼龙搭扣做的套圈的球碰撞损失的机械能较多。 ③总结以上两种碰撞情况的区别。 1.碰撞 (1)定义：碰撞是指两个或两个以上的物体在相遇的 时间内产生_________的相互作用。 (2)特点：物体组成的系统所受外力 内力，且相互作用时间 ，所以可以认为系统在碰撞过程中 守恒。 说明：(1)在碰撞发生相互作用的过程中，相互作用力先是急剧增大，然后急剧减小，平均作用力很大。 (2)在物体发生碰撞的瞬间，可忽略物体的位移，认为物体在碰撞前后的极短时间内仍在同一位置。 极短 梳理与总结 非常大 远小于 极短 动量 2.分类 (1)弹性碰撞：两球碰撞后，它们的形变 完全恢复，则没有机械能损失，碰撞前后两小球构成的系统的 相等。 (2)非弹性碰撞：两球碰撞后，它们的形变 完全恢复原状，这时将有一部分机械能转化为其他形式的能量，碰撞前后系统的机械能 。 (3)完全非弹性碰撞：两球碰撞后粘在一起，机械能损失 。 能 机械能 不能 最大 不再相等 讨论与交流 如图所示，在汽车碰撞测试中两车相向碰撞，碰撞后均静止。这种碰撞属于哪种碰撞？碰撞过程损失的机械能去了哪里？ 答案　完全非弹性碰撞，碰撞中两车的作用力使车辆发生无法恢复的形变，损失的机械能转化为了内能。 　(2024·广州市第六十五中学高二期中)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，运动员以v0＝2 m/s的初速度将冰壶A水平掷出后，与静止的冰壶B碰撞，碰后冰壶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＝10 m/s2。求： (1)冰壶A与B碰撞前的速度大小v1； 例1 答案　1 m/s　 冰壶A从开始运动到与冰壶B碰撞前， 代入数据解得v1＝1 m/s (2)两冰壶碰撞后瞬间B的速度大小vB； 答案　0.8 m/s　 两冰壶碰撞过程中，满足动量守恒， 则有mv1＝mvA＋mvB 代入数据解得vB＝0.8 m/s (3)判断两冰壶碰撞是弹性碰撞还是非弹性 碰撞。 答案　非弹性碰撞 碰撞前两冰壶的总动能为 碰撞后两冰壶的总动能为 由于Ek1>Ek2，可知两冰壶碰撞为非弹性碰撞。 返回 碰撞的实例分析 二 14 如图所示，质量为m2的物体B静止在光滑水平面上，物体B的左端连有轻弹簧，质量为m1的物体A以速度v1向B运动。在Ⅰ位置，物体A与物体B的轻弹簧刚好接触，弹簧开始被压缩，物体A开始减速，物体B开始加速；到Ⅱ位置，物体A、B的速度刚好相等(设为v)，弹簧被压缩到最短；到Ⅲ位置，物体A、B的速度分别为v1′和v2′。试分析以下问题： (1)在Ⅲ位置，如果弹簧可以恢复到原长，从Ⅰ到Ⅲ的过程中机械能是否守恒？试计算在Ⅲ位置时A、B的最终速度。 答案　系统的机械能守恒；由动量守恒定律和机械能守恒定律， 有m1v1＝m1v1′＋m2v2′， 解得物体A、B的最终速度分别为 (2)在Ⅲ位置，弹簧只能部分恢复，不能回到原长，从Ⅰ到Ⅲ的过程中机械能是否守恒？该碰撞是哪类碰撞？ 答案　系统的机械能不守恒；这种碰撞是非弹性碰撞。 (3)在Ⅱ位置，弹簧弹性失效，从Ⅰ到Ⅱ的过程中机械能是否守恒？与(2)问有什么区别？该碰撞是哪类碰撞？ 答案　系统的机械能不守恒；此过程碰后两者速度相同，与(2)问相比损失的机械能更多，这种碰撞是完全非弹性碰撞。 1.在弹性限度内，弹簧发生 形变，碰撞后弹簧可以恢复原长，碰撞前后机械能不变。 2.弹簧发生 形变，碰撞后弹簧只能部分恢复原长，碰撞过程有部分机械能转化为 。 3.在完全非弹性碰撞过程中，系统的动能损失 。 弹性 梳理与总结 塑性 内能 最大 讨论与交流 在以上第(1)问弹性碰撞过程中，分别讨论完成以下问题： 1.以碰前物体m1速度的方向为正方向 (1)若m1＝m2，则有v1′＝ ，v2′＝ ，即碰撞后两物体速度 。 (2)若m1>m2，则v1′ 0, v2′ 0(均填“>”“＝”或“<”)，表示v1′和v2′都与v1方向 (填“相同”或“相反”)。 (3)若m1<m2，则v1′ 0(填“>”“＝”或“<”)，表示v1′与v1方向 (填“相同”或“相反”)。 0 v1 互换 > > 相同 < 相反 2.继续思考： 若m1≫m2，则v1′＝ ，v2′＝ ； 若m1≪m2，则v1′＝ ，v2′＝ 。 v1 2v1 －v1 0 　(2023·江门市培英高级中学高二期中)如图，质量为m＝3 kg的滑块静止于光滑的水平面上，一质量为m1＝2 kg的小球以10 m/s的速率向右运动。 (1)若小球碰到滑块后又以1 m/s的速率被弹回， 求滑块获得的速度大小； 例2 对小球和滑块组成的系统，在水平方向上不受外力，竖直方向上所受合力为零，系统动量守恒，以小球初速度方向为正方向， 由动量守恒定律有m1v0＝－m1v1＋mv2 (2)若小球碰到滑块两者黏在一起运动，求之后的 共同速度大小； 若小球碰到滑块两者黏在一起运动，由动量守恒定律有m1v0＝(m1＋m)v，解得之后的共同速度v＝4 m/s，方向水平向右； 答案　4 m/s　 (3)若小球与滑块的碰撞没有能量损失，求碰撞 后小球、滑块的速度大小。 根据动量守恒定律m1v0＝m1v1＋mv2，小球与滑块的碰撞没有能量损失为弹性碰撞， 答案　2 m/s　8 m/s 联立解得v1＝－2 m/s，v2＝8 m/s 即碰后瞬间小球速度大小为2 m/s，方向水平向左，滑块的速度大小为8 m/s，方向水平向右。 拓展　若碰撞过程中的能量损失未知，则碰后滑块的速度在什么范围内？ 答案　4 m/s≤v2≤8 m/s 总结提升 一动一静碰撞问题的讨论 质量为m1的球a以速度v1和静止的质量为m2的球b碰撞，碰后球a、b的速度分别为v1′和v2′。根据能量损失情况不同，讨论碰后可能出现的情况如下： (3)一般情况下： 　一种未知粒子跟静止的氢原子核正碰，测出碰撞后氢原子核的速度是3.3×107 m/s。该未知粒子跟静止的氮原子核正碰时，测出碰撞后氮原子核的速度是4.4×106 m/s。已知氢原子核的质量是mH，氮原子核的质量是14mH，上述碰撞都是弹性碰撞，请你根据以上实验数据计算：粒子的质量与氢核的质量mH有什么关系？ 例3 答案　相等 两次碰撞都遵守动量守恒定律和能量守恒定律。设未知粒子的质量为m，初速度为v0，取碰撞前未知粒子速度方向为正方向，根据动量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝mv＋mH·vH， 实验中测得氢核的速度为vH＝3.3×107 m/s，氮核的速度为：vN＝4.4×106 m/s。由以上式子可得m＝mH 即氢核的质量mH与粒子的质量相等。 返回 碰撞可能性问题 三 31 请从动量守恒、能量守恒及碰撞前后两物体速度关系的角度，分析碰撞能发生需满足的条件。 答案　碰撞能发生遵从的三个原则。 (1)系统动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′。 (3)速度要合理： ①若碰前两物体相向运动：除均静止外，至少有一个物体的运动方向发生改变。 ②若碰前两物体同向运动：碰前一定满足v后>v前。碰后两物体速度满足v后′ ≤v前′。 　(多选)(2024·清远市高一期末)两个球在光滑水平地面上沿同一直线、同一方向运动，B球在前，A球在后。mA＝2 kg，mB＝3 kg，vA＝6 m/s，vB＝2 m/s。当A球与B球发生碰撞后，A、B两球的速度可能为 A.vA′＝3 m/s，vB′＝4 m/s B.vA′＝3 m/s，vB′＝5 m/s C.vA′＝3.6 m/s，vB′＝3.6 m/s D.vA′＝4 m/s，vB′＝3 m/s 例4 √ √ 两球碰撞过程中动量守恒，有mAvA＋mBvB＝mAvA′＋mBvB′＝18 kg·m/s，又碰撞过程系统动能不增加， 代入选项B中的数据可知mAvA2′＋mBvB2′＝21 kg·m/s，故B错误； 代入选项D中的数据可知mAvA4′＋mBvB4′＝17 kg·m/s且速度也不合理，故D错误。 　(2024·佛山市郑裕彤中学高二月考)某运动员在进行台球比赛，他在某一杆击球过程中，白色球(主球)和花色球碰撞前后都在同一直线上运动，碰前白色球A的动量pA＝5 kg·m/s，花色球B静止，碰后花色球B的动量变为pB′＝4 kg·m/s，则两球质量mA与mB间的关系可能是 例5 √ 碰撞过程系统动量守恒，以白色球A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得pA＋pB＝pA′＋pB′，解得pA′＝1 kg·m/s， 返回 自然界中的守恒定律 四 38 1.系统：物理学上常将 视为一个系统。 2.物理量的守恒定律：物质所处的系统若没有 的因素使系统的这些物理量发生改变，则系统内部的这些物理量总和保持 。物理量的守恒性质保证了系统的相对稳定性。守恒定律只有在合适的系统和范围才适用。 3.动量守恒定律：如果系统的 ，系统的总动量不变，如果在某个方向系统合外力为零，则系统在该方向的动量守恒，如果系统某个方向的动量发生了改变，则该方向必然受到一个 ， 的值等于系统在该方向动量的改变量。 物体及与之相互作用的因素 系统外 不变 合外力为零 冲量 冲量 4.机械能守恒定律：_____________________________________________ ______________，则系统的总机械能不变。 5.能量守恒定律：系统机械能增加或减少时必然有其他形式的能量_____ ________，而且系统机械能的变化量和其他形式能量的变化量是 的。 系统外力与系统内除重力和弹力外的其他内力做功 的代数和为零 减小 或增加 相同 返回 课时对点练 五 41 考点一　碰撞的分类 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 动能守恒 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 8 9 10 11 基础对点练 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 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，动能不一定守恒。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发生强大内力作用的特点，所以仍然是碰撞，故A正确。 2.甲、乙两人穿着同款充气“防护服”，由于两人初次穿充气服，走路时控制不好平衡，所以两人发生了碰撞。若甲的质量为3m，乙的质量为m，且以相同的速率v在光滑水平面上发生相向碰撞，碰撞后甲静止不动，则这次碰撞属于 A.弹性碰撞 B.非弹性碰撞 C.完全非弹性碰撞 D.条件不足，无法确定 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 设碰撞后乙的速度为v′，以甲的运动方向为正方向，根据动量守恒定律可得3mv－mv＝mv′，故碰后乙的速度为v′＝2v； 由于碰撞前后总动能相等，所以此碰撞为弹性碰撞，故A正确。 考点二　弹性碰撞的实例分析 3.在光滑水平面上有三个完全相同的小球，它们排成一条直线，2、3小球静止并靠在一起，1小球以速度v0撞向2、3小球，如图所示。设碰撞中不损失机械能，则碰后三个小球的速度大小分别是 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 两个质量相等的小球发生弹性正碰，碰撞过程 中动量守恒、机械能守恒，碰撞后将交换速度。 先是1、2小球碰撞，交换速度，v1＝0，v2＝v0，然后2、3小球碰撞，交换速度，v2＝0，v3＝v0，故最终状态是v1＝v2＝0，v3＝v0，D项正确。 4.(多选)如图所示，大小、形状相同的两小球A、B在同一水平面上沿同一直线相向运动，小球A的质量为m、速度大小为v0、速度方向水平向右，小球B的质量也为m、速度大小为2v0、速度方向水平向左，两小球发生弹性碰撞后，下列说法正确的是 A.小球A向左运动，小球B静止 B.小球A向左运动，小球B向右运动 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 D.小球B的动量变化量大小为mv0 √ √ 两小球发生弹性碰撞，令碰撞后A球和B球的速度 分别为vA和vB，取向左为正， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解得vA＝2v0，vB＝－v0，所以小球A向左运动，小球B向右运动，A错误，B正确； 小球B的动量变化量为Δp＝mvB－m×2v0＝m(－v0)－m×2v0＝－3mv0，D错误。 5.(2023·广州市第十六中学高二期中)如图，水平放置的圆环形窄槽固定在桌面上，槽内有两个大小相同的小球a、b，球b静止在槽中位置P。球a以一定初速度沿槽运动，在位置P与球b发生弹性碰撞，碰后球a反弹，并在位置Q与球b再次碰撞。已知∠POQ＝90°，忽略摩擦，且两小球可视为质点，则a、b两球质量之比为 A.3∶1 B.1∶3 C.5∶3 D.3∶5 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 由动量守恒可知，两小球在位置P相碰后两球的速度方向相反，且在相同时间内，b球运动的弧长为a球运动的弧长的3倍，则有vb＝－3va， 由动量守恒定律有mav＝mbvb＋mava， 考点三　碰撞的可能性问题 6.(2023·广东省高二期中)如图所示，动量分别为pA＝6 kg· m/s，pB＝8 kg·m/s 的两个小球A、B在光滑的水平面上沿一直线向右运动，经过一段时间后两球发生正碰，分别用ΔpA、ΔpB表示两小球动量的变化量，则下列选项中可能正确的是 A.ΔpA＝3 kg·m/s，ΔpB＝3 kg·m/s B.ΔpA＝－2 kg·m/s，ΔpB＝2 kg·m/s C.ΔpA＝3 kg·m/s，ΔpB＝－3 kg·m/s D.ΔpA＝－12 kg·m/s，ΔpB＝12 kg·m/s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 由题意可知，无论小球A反弹或者不反弹，小球A的动量一定减小，即动量变化ΔpA<0，选项A、C错误； 由动量守恒，得pA＋pB＝pA′＋pB′，化简得pA′－pA＝－(pB′－pB)，即ΔpB＝－ΔpA，当ΔpA＝－2 kg·m/s时，ΔpB＝2 kg·m/s，且碰后系统的总动能不增加，选项B正确； 当ΔpA＝－12 kg·m/s，ΔpB＝12 kg·m/s时，系统虽然满足动量守恒，但是碰后系统的总动能增加，不可能实现，选项D错误。 7.(多选)(2023·佛山市顺德区华侨中学高二月考)质量为m、速度为v的A球跟质量为3m的静止B球发生正碰。碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此，碰撞后B球的速度允许有不同的值。碰 撞后B球的速度可能是 A.0.8v B.0.5v C.0.4v D.0.2v √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 取向右为正方向，碰撞满足动量守恒，设碰后A球 速度为v1，B球速度为v2，若两球发生弹性碰撞， 若为完全非弹性碰撞，则mv＝(m＋3m)v′，解得：v′＝0.25v，则B球的速度取值范围在0.25v～0.5v之间，符合题意的是B、C。 8.(2024·广州大学附属中学高二开学考)如图所示，两质量分别为m1和m2的弹性小球A、B叠放在一起，从高度为h处自由落下，h远大于两小球半径，落地瞬间，B先与地面碰撞，后与A碰撞，所有的碰撞都是弹性碰撞，且都发生在竖直方向、碰撞时间均可忽略不计。已知m2＝3m1，则A反弹后能达到的高度为 A.h B.2h C.3h D.4h 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 √ 能力综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 设碰后A球、B球速度大小分别为v1、v2，选竖直向上为正方向， 由动量守恒定律得：m2v－m1v＝m1v1＋m2v2。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 9.(多选)(2023·汕头市潮阳一中明光学校高二期中)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s－t图像如图所示，则下列判断正确的是 A.碰撞后A、B两个物块运动方向相同 B.碰撞前、后A物块的速度大小之比为5∶3 C.A、B的质量之比m1∶m2＝2∶3 D.此碰撞为弹性碰撞 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 因为s－t图像的斜率表示速度，且斜率的正负表示速度的方向，由图像可知，碰撞后A、B两个物块运动方向相反，故A错误； 所以碰撞前、后A物块的速度大小之比为5∶1，故B错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 设A、B的质量分别为m1、m2，则由动量守恒定律得m1v1＝m1v1′＋m2v2′，解得m1∶m2＝2∶3，故C正确； 10.(2024·广州六中高二阶段检测)如图所示，三个质量分别为2 kg、1 kg、1 kg的木块A、B、C放置在光滑水平轨道上，开始时B、C均静止，A以初速度v0＝6 m/s向右运动，A与B发生弹性碰撞后分开，B又与C发生碰撞并粘在一起。求： (1)A与B碰撞后A、B各自速度大小； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案　2 m/s　8 m/s　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 设A与B碰撞后A、B的速度分别为vA、vB，由于A与B发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得mAv0＝mAvA＋mBvB 联立解得vA＝2 m/s，vB＝8 m/s (2)B与C碰撞后的共同速度大小； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案　4 m/s　 B与C发生碰撞并粘在一起，设B与C碰撞后的共同速度为v共，根据动量守恒定律可得 mBvB＝(mB＋mC)v共 解得v共＝4 m/s (3)B与C碰撞过程中损失的动能。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案　16 J B与C碰撞过程中损失的动能为 11.(2023·韶关市高二期末)如图所示为冰壶比赛场地示意图，在某次比赛中，红方队员将红色冰壶以v0＝3.2 m/s的速度从P点推出，冰壶在冰面上做匀减速直线运动并恰好停在营垒边缘上的A点，然后黄方队员推出的黄色冰壶在A点与红方静止的冰壶发生对心碰撞，碰撞时间极短，碰后红壶停在营垒边缘上的B点，黄壶停在营垒中心O与A点连线的中点C，已知P、A两点间距离l＝25.6 m，营垒半径R＝1.8 m，g＝10 m/s2，红壶和黄壶可视为质点，质量均为m＝20 kg，且与冰面的动摩擦因数相同。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 尖子生选练 (1)求冰壶与冰面间的动摩擦因数μ； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案　0.02　 红色冰壶从P点推出后，从P到A点由动能定理得 解得冰壶与冰面间的动摩擦因数μ＝0.02 (2)求黄壶与红壶碰撞前瞬间速度v的大小； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案　1.8 m/s　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 设红壶碰撞后瞬间速度为v1，黄壶碰撞后瞬间速度为v2，由动能定理得 解得v1＝1.2 m/s，v2＝0.6 m/s 黄壶与红壶的碰撞过程由动量守恒定律得mv＝mv1＋mv2 解得黄壶与红壶碰撞前瞬间速度大小为v＝1.8 m/s (3)黄壶与红壶的碰撞是弹性碰撞还是非弹性碰撞？请说明理由。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案　非弹性碰撞，理由见解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 黄壶与红壶碰撞前系统的动能 黄壶与红壶碰撞后系统的总动能 则Ek>Ek′ 所以黄壶与红壶的碰撞是非弹性碰撞。 返回 BENKEJIESHU 本课结束 根据动能定理可得－μmgs＝mv12－mv02 Ek1＝mv12＝10 J Ek2＝mvA2＋mvB2＝6.8 J m1v12＝m1v1′2＋m2v2′2， v1′＝v1，v2′＝v1。 答案　 m/s　 代入数据解得v2＝ m/s，方向水平向右； 碰撞过程中机械能守恒，即m1v02＝m1v12＋mv22 (1)弹性碰撞：v1′＝v1，v2′＝v1。 (2)完全非弹性碰撞：v1′＝v2′＝v1。 v1≥v1′≥v1， v1≥v2′≥v1。 mv02＝mv2＋mHvH2 由此可得vH＝v0 同样可求出未知粒子与氮原子核碰撞后，氮核的速度vN＝v0＝v0 (2)系统动能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋。 有eq \f(1,2)mAvA2＋eq \f(1,2)mBvB2≥eq \f(1,2)mAvA′2＋eq \f(1,2)mBvB′2，即42 J≥eq \f(1,2)mAvA′2＋eq \f(1,2)mBvB′2， 碰撞后若两球同向运动时，A球的速度不能大于B球的速度，即vA≤vB，代入选项A中的数据可知mAvA1′＋mBvB1′＝18 kg·m/s,42 J>eq \f(1,2)mAvA1′2＋eq \f(1,2)mBvB1′2＝33 J且速度也合理，故A正确； 代入选项C中的数据可知mAvA3′＋mBvB3′＝18 kg·m/s,42 J>eq \f(1,2)mAvA3′2 ＋eq \f(1,2)mBvB3′2＝32.4 J且速度也合理，故C正确； A.mB＝mA B.mB＝mA C.mB＝2mA D.mB＝5mA 解得mB≤4mA，综上可知mA≤mB≤4mA，故选C。 根据碰撞过程总动能不增加，则有eq \f(pA2,2mA)＋eq \f(pB2,2mB)≥eq \f(pA′2,2mA)＋eq \f(pB′2,2mB)， 解得mB≥eq \f(2,3)mA， 碰后，两球同向运动，A的速度不大于B的速度，则≤， 碰前甲、乙的总动能为Ek＝×3mv2＋mv2＝2mv2， 碰后甲、乙的总动能为Ek′＝mv′2＝2mv2， A.v1＝v2＝v3＝v0 B.v1＝0，v2＝v3＝v0 C.v1＝0，v2＝v3＝v0 D.v1＝v2＝0，v3＝v0 C.小球A的动能增加了mv02 则m(－v0)＋m×2v0＝mvA＋mvB，mv02＋m(2v0)2＝mvA2＋mvB2， 小球A的动能增加了ΔEkA＝mvA2－mv02＝mv02，C正确； 由能量守恒定律有mav2＝mava2＋mbvb2，联立解得＝，故A、B、C错误，D正确。 则mv＝mv1＋3mv2，mv2＝mv12＋·3mv22，解得v2＝0.5v； 下降过程为自由落体运动，由匀变速直线运动的速度—位移公式得v2＝2gh，解得触地时两球速度相同，为v＝，B球碰撞地之后，速度瞬间反向，大小相等，选A球与B球碰撞过程为研究过程，碰撞前后动量守恒， 由能量守恒定律得(m1＋m2)v2＝m1v12＋m2v22， 由题可知m2＝3m1，联立解得v1＝2，反弹后高度为H＝＝4h，故D正确，A、B、C错误。 由图像可得，碰撞前A物块的速度为 v1＝＝5 m/s， 碰撞后A物块的速度为v1′＝＝－1 m/s， 同理可得，碰撞前、后B物块的速度分别为 v2＝0，v2′＝＝4 m/s， 因为碰撞前、后A、B机械能分别为E＝m1v12＝12.5m1，E′＝m1v1′2＋m2v2′2＝12.5m1＝E，即碰撞前后系统机械能守恒，故此碰撞为弹性碰撞，故D正确。 mAv02＝mAvA2＋mBvB2 ΔEk＝mBvB2－(mB＋mC)v共2＝16 J。 －μmgl＝0－mv02 －μmglAB＝0－mv12， －μmglAC＝0－mv22 Ek＝mv2＝×20×1.82 J＝32.4 J Ek′＝mv12＋mv22＝×20×(1.22＋0.62) J＝18 J $