1.第5节 弹性碰撞和非弹性碰撞 -【正禾一本通】2025-2026学年高二物理选择性必修第一册同步课堂高效讲义配套课件（人教版）

该高中物理课件聚焦弹性碰撞和非弹性碰撞，通过“自主建构·认知导学”引导学生从动量守恒的“不变”与“减少”对比切入，结合对心碰撞过程的速度、质量符号分析，搭建知识支架，衔接前后概念。 其亮点在于以示意图和符号标注强化物理观念，“探究深化”环节通过碰撞模型建构培养科学思维，“教考衔接”中中子与氢核、氮核碰撞实例结合v-t图像分析提升科学探究能力。分层练习设计帮助学生巩固概念，教师可借此优化教学流程。

第5节 弹性碰撞和非弹性碰撞 1 第 页 1 学习目标 2 第 页 2 自主建构·认知导学 深度探析·思维进阶 教考衔接·迁移应用 目标达成·课堂评价 目录 课后分层练 第 页 3 教材引读 知识生成 动量守恒 不变 减少 最大 同一 条直线上 对心 0 原速率 诊断自评 × × √ × 探究深化 探究深化 课后分层练（五） 2 1 4 3 6 5 8 7 10 9 11 12 2 1 4 3 6 5 8 7 10 9 11 12 2 1 4 3 6 5 8 7 10 9 11 12 2 1 4 3 6 5 8 7 10 9 11 12 2 1 4 3 6 5 8 7 10 9 11 12 2 1 4 3 6 5 8 7 10 9 11 12 2 1 4 3 6 5 8 7 10 9 11 12 2 1 4 3 6 5 8 7 10 9 11 12 2 1 4 3 6 5 8 7 10 9 11 12 2 1 4 3 6 5 8 7 10 9 11 12 2 1 4 3 6 5 8 7 10 9 11 12 2 1 4 3 6 5 8 7 10 9 11 12 2 1 4 3 6 5 8 7 10 9 11 12 2 1 4 3 6 5 8 7 10 9 11 12 2 1 4 3 6 5 8 7 10 9 11 12 2 1 4 3 6 5 8 7 10 9 11 12 2 1 4 3 6 5 8 7 10 9 11 12 2 1 4 3 6 5 8 7 10 9 11 12 2 1 4 3 6 5 8 7 10 9 11 12 2 1 4 3 6 5 8 7 10 9 11 12 2 1 4 3 6 5 8 7 10 9 11 12 2 1 4 3 6 5 8 7 10 9 11 12 2 1 4 3 6 5 8 7 10 9 11 12 2 1 4 3 6 5 8 7 10 9 11 12 2 1 4 3 6 5 8 7 10 9 11 12 1．通过实验研究小车碰撞前后动能的变化，了解弹性碰撞和非弹性碰撞。 2．结合例题中完全非弹性碰撞的计算，体会该碰撞的特点及动能损失情况。 3．通过分析两个小球的弹性正碰，掌握弹性碰撞的规律及相关结论。　 1．从能量的角度研究，碰撞有哪些类型？各有什么特点？ 2．两个物体碰撞后粘在一起，碰撞后该系统的总动能是否有损失？ 3．两个物体发生弹性正碰时遵循哪些物理规律？ 4．运动物体与静止物体发生弹性碰撞后，各自速度的表达式怎样？两物体的质量关系对碰后的速度有何影响？ 一、弹性碰撞和非弹性碰撞 1．碰撞的特点 物体碰撞时，相互作用的时间很短，内力远大于外力，故碰撞过程 满足 。 2．碰撞的分类 (1)弹性碰撞：如果系统在碰撞前后的动能 ，这类碰撞叫作弹性碰撞。 (2)非弹性碰撞：如果系统在碰撞后的动能 ，这类碰撞叫作非弹性碰撞。 二、完全非弹性碰撞 碰撞后物体结合在一起，这种碰撞动能损失 ，称为完全非弹性碰撞。 三、弹性碰撞的实例分析 1．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 ，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 碰撞或一维碰撞。如图所示。 2．弹性正碰的规律 以运动物体与静止物体的碰撞为例。碰前两物体的质量分别为m1、m2，速度分别为v1、v2，且v1≠0，v2＝0，碰后两个物体的速度分别为v1′和v2′。 则根据动量守恒定律得m1v1＝m1v1′＋m2v2′ 根据机械能守恒定律得 m12＝m1v1′2＋m2v2′2 联立以上方程解得v1′＝ ，v2′＝ 。 　　 (1)若m1＝m2，则碰后v1′＝ ，v2′＝ ，即两者碰后交换速度。 (2)若m1≪m2，则碰后v1′＝ ，v2′＝0，表明m1被反向以 弹回，而m2仍静止。 (3)若m1≫m2，则碰后v1′＝ ，v2′＝ ，表明m1的速度不变，m2以2v1的速度被撞出去。 1．判断下列说法是否正确 (1)两物体发生完全非弹性碰撞时，系统的动量不守恒。 ( ) (2)两物体只有发生弹性碰撞时，系统的机械能才是守恒的。 ( ) (3)两小球发生弹性正碰后，两者一定交换速度。 ( ) (4)两小球发生弹性正碰后，入射球的速度一定小于被碰球的速度。( ) 2．现有甲、乙两滑块，质量分别为3m和m，以相同的速率v在光滑水平面上相向运动，发生了碰撞。已知碰撞后，甲滑块静止不动，试判断这次碰撞的类型？ 提示：取甲滑块的运动方向为正方向，由动量守恒定律得3mv－mv＝0＋mv′，解得v′＝2v，碰撞前总动能Ek＝×3mv2＋mv2＝2mv2，碰撞后动能Ek′＝ mv′2＝2mv2，因为Ek＝Ek′，所以碰撞为弹性碰撞。 能力点1 弹性碰撞的规律及应用 “牛顿摇篮”又名牛顿摆，它是由若干个悬挂在框架上的相同小球组成，如图甲所示，小球之间要无缝隙，刚好接触。 问题1：如果向左拉起小球1由静止释放，如图乙，经碰撞后会看到什么现象？ 问题2：如果同时向左拉起小球1、2、3到相同高度，同时由静止释放，经碰撞后会看到什么现象？ 问题3：你能用碰撞的知识解释以上现象吗？ 提示：1．小球5被向右弹起，小球2、3、4不动。 2．小球3、4、5被向右弹起。 3．质量相等的小球发生对心弹性正碰时交换速度。 “动碰动”的弹性碰撞 如图所示，质量为m1的球与质量为m2的球发生弹性碰撞。 碰撞过程中两物体的总动量守恒，总动能守恒，则有 m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′① m12＋m22＝m1v1′2＋m2v2′2② 联立解得 v1′＝ v2′＝ 若v2＝0，则v1′＝v1，v2′＝v1， 即“动碰动”变为“动碰静”。 角度1　“动碰静”的弹性碰撞 【典例1】 “天宫课堂”第四课，在空间站中两宇航员演示了三种情况下两球的正碰，其中一种情况是用一小钢球(m＝100 g)碰撞静止的大钢球(M＝500 g)，碰撞为弹性正碰，如图所示，图中“○”为大钢球碰前初始位置，则碰后某时刻两球的位置情况可能为(　　 ) 解析：选C。由于两球发生弹性正碰，碰前碰后两球的运动方向在同一直线上，故A错误；根据动量守恒和能量守恒有mv＝mv1＋Mv2，mv2＝m2＋M2，联立解得v1＝ v＝－v<0，v2＝v＝v>0，即小球碰后反弹，大球向v的方向运动，故B错误；|v1|>v2，碰后相同时间内小球的位移大于大球的位移，故C正确，D错误。 角度2　碰撞的图像问题 【典例2】 (2025·江苏泰州期中)如图甲所示，在光滑水平面上的两个小球发生正碰，小球的质量分别为m1和m2，图乙为它们碰撞前后的x ­t图像，已知m1＝0.1 kg，由此可以判断(　　 ) A．碰前m2静止，m1向左运动 B．碰后m1和m2都向右运动 C．由动量守恒可以算出m2＝0.3 kg D．碰撞过程中系统损失了0.4 J的机械能 解析：选C。由x ­t图像得到，碰前m2的位置不随时间而变化，处于静止，m1的速度方向只有向右才能与m2相撞，故A错误。m1向右运动与m2发生碰撞，即图像以向右为正，碰后m1速度为负，即向左运动，m2速度为正，即向右运动，故B错误。由x ­t图像斜率表示速度可知，碰前m1的速度为v0＝ m/s＝4 m/s，碰后两球的速度分别为v1＝ m/s＝－2 m/s，v2＝m/s＝2 m/s，由动量守恒定律，有m1v0＝m1v1＋m2v2，解得m2＝0.3 kg，故C正确。由能量守恒定律，有ΔE＝m12－m12－m22，代入数据解得ΔE＝0，即碰撞过程中无机械能损失，故D错误。 【思维进阶】 在“典例2”中，若两球碰后粘合在一起，则系统损失的机械能为多少？ 提示：由动量守恒定律知m1v0＝(m1＋m2)v共；根据能量守恒定律得ΔE＝m12－(m1＋m2)v共2，联立解得ΔE＝0.6 J。 提示：1.两车碰撞过程的内力远大于外力，可认为动量守恒。 2.两车的碰撞为完全非弹性碰撞，机械能损失最大。 能力点2 非弹性碰撞 汽车碰撞测试中两车相向碰撞，假设碰撞后两车均静止，如图所示。 问题1：两车的碰撞过程动量守恒吗？ 问题2：从能量角度看，两车的碰撞过程有什么特点？ 非弹性碰撞规律 非弹性 碰撞 碰撞过程中两物体的总动量守恒，总动能减少 m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′ m12＋m22>m1v1′2＋m2v2′2 完全 非弹 性碰撞 碰后两物体粘在一起，碰撞过程中两物体的总动量守恒，动能损失最大 m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v ΔEkm＝m12＋·m22－(m1＋m2)v2 【典例3】 如图所示，游乐场上两位同学各驾着一辆碰碰车迎面相撞，此后两车以共同的速度运动。设甲同学和他的车的总质量为150 kg，碰撞前向右运动，速度的大小为4.5 m/s；乙同学和他的车的总质量为200 kg，碰撞前向左运动，速度的大小为3.7 m/s。求： (1)碰撞后两车共同的运动速度； (2)碰撞过程中损失的机械能。 解析：(1)设甲同学的车碰撞前的运动方向为正方向，他和车的总质量m1＝150 kg，碰撞前的速度v1＝4.5 m/s，乙同学和车的总质量m2＝200 kg，碰撞前的速度v2＝－3.7 m/s。设碰撞后两车的共同速度为v，则系统碰撞前的总动量为p＝m1v1＋m2v2＝150×4.5 kg·m/s＋200×(－3.7) kg·m/s＝－65 kg·m/s 碰撞后的总动量为p′＝(m1＋m2)v 根据动量守恒定律可得p＝p′ 代入数据得v≈－0.186 m/s，即碰撞后两车以0.186 m/s的共同速度运动，运动方向向左。 (2)此过程中损失的机械能ΔE＝m12＋m22－(m1＋m2)v2≈2 881.7 J。 答案：(1)0.186 m/s，方向向左　(2)2 881.7 J 能力点3 碰撞的可能性判断 碰撞遵循的三个原则 总动量守恒 p1＋p2＝p1′＋p2′ 总动能 不增加 Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋ 速度 要合理 (1)如果碰前两物体同向运动，则碰撞前，后面物体的速度必大于前面物体的速度，即v后＞v前，否则无法发生碰撞。碰撞后，前面物体的速度一定增大，且前面物体的速度大于或等于后面物体的速度，即v前′≥v后′。 (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。若碰后沿同向运动，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4】 (2025·江苏宿迁期中)“充气碰碰球”游戏简化为如图乙所示的模型：直径相同的A球和B球碰撞前后都在同一水平直线上运动，碰前A球的动量pA＝50 kg·m/s，B球静止，碰后B球的动量变为pB＝30 kg·m/s。则两球质量mA与mB间的关系可能是(　　 ) A．mA＝mB B．mA＝3mB C．mA＝4mB D．mA＝5mB 解析：选A。以A球的初速度方向为正方向，由碰撞过程系统动量守恒得pA＝pA′＋pB，解得pA′＝20 kg·m/s，根据碰撞过程总动能不增加，有≥＋，解得mB≥A,，碰后两球同向运动，A的速度不大于B的速度，则有≤，解得mB≤mA，因此两球质量关系为mA≤mB≤mA，故A正确。 ►规律方法：碰撞可能性的判断技巧 (1)首先要看动量是否守恒，再看总动能是否不增加。 (2)两物体碰撞完成后速度关系要满足“不能发生二次碰撞”。 (3)要灵活运用Ek＝或p＝转换动能和动量的大小关系。 (2022·湖南高考)1932年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子(即中子)组成。如图，中子以速度v0分别碰撞静止的氢核和氮核，碰撞后氢核和氮核的速度分别为v1和v2。设碰撞为弹性正碰， 不考虑相对论效应，下列说法正确的是(　　) A．碰撞后氮核的动量比氢核的小 B．碰撞后氮核的动能比氢核的小 C．v2大于v1 D．v2大于v0 审题关键 中子分别碰撞静止的氢核和氮核，且碰撞为弹性正碰， 属于“动碰静”模型，系统动量守恒，动能守恒 教材溯源 课后“练习与应用”T4 突破关键 掌握弹性碰撞的规律，动量与动能的大小关系， 活用相关结论 解析：选B。设中子的质量为m，氢核的质量为m，氮核的质量为14m，设中子和氢核碰撞后中子速度为v3，由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝mv1＋mv3，m2＝m2＋m2，联立解得v1＝v0，设中子和氮核碰撞后中子速度为v4，由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝14mv2＋mv4，m2＝·14m2＋mv42，联立解得v2＝v0，可得v1＝v0>v2，碰撞后氢核的动量为pH＝mv1＝mv0，氮核的动量为pN＝14mv2＝，可得pN>pH，碰撞后氢核的动能为EkH＝m2＝m2，氮核的动能为EkN＝·14m2＝，可得EkH>EkN，故B正确，A、C、D错误。 1．航天员在天宫空间站内做了钢球相互碰撞的实验。用较小钢球以0.6 m/s水平向左的速度与静止的较大钢球正碰，碰后小钢球与大钢球速度大小分别为v1、v2，较小钢球的质量为较大钢球质量的一半，两钢球的碰撞可视为完全弹性碰撞。下列说法正确的是(　　 ) A．v1＝0.2 m/s，方向水平向左 B．v1＝0.2 m/s，方向水平向右 C．v2＝0.2 m/s，方向水平向左 D．v2＝0.1 m/s，方向水平向左 解析：选B。设较小钢球的质量为m，较大钢球的质量为2m，两钢球的碰撞可视为完全弹性碰撞，则质量较小的钢球被反弹，以水平向左为正方向，根据动量守恒和机械能守恒可得mv0＝－mv1＋2mv2，m2＝m2＋×2m2，代入数据解得v1＝0.2 m/s，v2＝0.4 m/s，可知v1＝0.2 m/s，方向水平向右，v2＝0.4 m/s，方向水平向左，故B正确。 2．(2025·湖北名校联考)如图所示，若有完全相同的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5 m/s，B球的速度是－3 m/s，一段时间后A、B两球发生了一维碰撞。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推测，下面的推测结果一定无法实现的是(　　 ) A．vA′＝－1 m/s，vB′＝3 m/s B．vA′＝－2 m/s，vB′＝4 m/s C．vA′＝3 m/s，vB′＝－1 m/s D．vA′＝－2.5 m/s，vB′＝4.5 m/s 解析：选C。设A、B两球的质量均为m，碰前系统总动量p＝mAvA＋mBvB＝2m，碰前的总机械能E＝mA2＋2＝17m。A项中，碰后总动量p′＝2m，总机械能E′＝5m，所以动量守恒，机械能不增加，故可能实现；B项中，两球碰后总动量p′＝2m，总机械能E′＝10m，所以动量守恒，机械能不增加，故可能实现；C项中，碰撞之后A、B都没有改变速度方向，违背了碰撞的可能性规律，故不可能实现；D项中，碰后总动量p′＝2m，总机械能E′＝13.25m，所以动量守恒，机械能不增加，故可能实现。 3．(2025·福建泉州期中)如图所示，某电视台一档闯关节目中，沙袋通过轻质细绳悬挂于A点正上方的O点，闯关者水平向左的速度为v0＝10 m/s，在A点抱住沙袋一起向左摆动。已知沙袋到悬点O的距离为L＝6 m，闯关者的质量为M＝60 kg，沙袋质量为m＝40 kg，重力加速度g＝10 m/s2，沙袋和闯关者可视为质点，不计空气阻力。求： (1)闯关者刚抱住沙袋时两者的共同速度v的大小； (2)闯关者抱住沙袋共同上摆过程中能到达的最大高度h。 解析：(1)闯关者抱住沙袋过程，系统在水平方向动量守恒，以水平向左为正方向，由动量守恒定律可得Mv0＝(M＋m)v，代入数据解得v＝6 m/s。 (2)闯关者与沙袋共同摆动过程中，只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律得(M＋m)gh＝(M＋m)v2 代入数据解得h＝1.8 m。 答案：(1)6 m/s　(2)1.8 m 【基础练】 1．(多选)在两个物体碰撞前后，下列说法可以成立的是(　　 ) A．碰撞后的总机械能比碰撞前小，但总动量守恒 B．碰撞前后总动量均为0，但总动能守恒 C．碰撞前后总动能为0，而总动量不为0 D．碰撞前后总动量守恒，而系统内各物体的动量增量的总和不为0 解析：选AB。选项A是非弹性碰撞，成立；选项B是弹性碰撞，成立；选项C不成立，因为总动能为0，其总动量一定为0；总动量守恒，则系统所受合外力一定为0，若系统内各物体的动量增量总和不为0的话，则系统一定受到外力的作用，选项D不成立。 2．如图所示，在光滑水平面上，质量分别为mA＝2 kg、mB＝4 kg，速度的大小分别为vA＝5 m/s、vB＝2 m/s的A、B两小球沿同一直线相向运动并发生碰撞，则(　　 ) A．它们碰撞后的总动量是2 kg·m/s，方向水平向右 B．它们碰撞前的总动量是18 kg·m/s，方向水平向左 C. 它们碰撞后如果A球以vA′＝－1 m/s的速度被反向弹回，则B球的速度 大小为2 m/s D．它们碰撞后如果A球、B球粘在一起，则两球共同运动的速度大小为3 m/s 解析：选A。以向右为正方向，它们碰撞前的总动量是p＝mAvA－mBvB＝2 kg·m/s，方向水平向右，碰撞过程动量守恒，碰撞后的总动量是2 kg·m/s，方向水平向右，故A正确，B错误；如果A球以vA′＝－1 m/s的速度被反向弹回，由动量守恒得p＝mAvA′＋mBvB′，解得vB′＝1 m/s，故C错误；碰撞后如果A球、B球粘在一起，则由动量守恒得p＝(m1＋m2)v，解得v＝m/s，故D错误。 3．A、B两物体发生正碰，碰撞前后物体A、B都在同一直线上运动，其位移—时间图像如图所示。由图可知，物体A、B的质量之比为(　　) A．1∶1 B．1∶2 C．1∶3 D．3∶1 解析：选C。由题图知，碰前vA＝4 m/s，vB＝0；碰后vA′＝vB′＝1 m/s，由动量守恒定律可知mAvA＋0＝mAvA′＋mBvB′，解得mB＝3mA，故选项C正确。 4．质量为m的小球A以水平速率v向右运动，与静止在光滑水平面上质量为3m的小球B正碰后，小球A的速率为 ，则碰后小球B的速度为(设向右为正方向)(　　) A． B．－v C．－ D． 解析：选A。根据动量守恒定律得mv＝mv1＋3mv2，若v1方向向右，即v1＝时，得v2＝，方向也向右，而此时小球A的速度大于小球B，意味着小球A越过小球B，与事实不符，D选项错误；若v1方向向左，即v1＝－时，得v2＝，选项A正确。 5．(2025·四川绵阳检测)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．1 J B．2 J C．3 J D．4 J 解析：选C。设甲、乙物块的质量分别为m甲、m乙，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，则碰撞过程中两物块损失的机械能为E损＝m甲2＋m乙2－m甲v甲′2－m乙v乙′2，代入数据解得E损＝3 J，故C正确。 6．(多选)(2025·河南检测)如图所示，某次台球运动员击打静止的白球后撞击绿球，发生对心正碰，碰撞前瞬间白球的动能为E，碰撞后瞬间绿球的动能为E，碰撞时间极短，已知白球和绿球的质量均为m。则下列说法正确的是(　　 ) A．该碰撞为弹性碰撞 B．碰撞后瞬间白球的动能为E C．该碰撞损失的动能为E D．碰后白球与绿球的速度之比为1∶2 解析：选BCD。碰前白球的动量为p0＝，碰后绿球的动量为p2＝，两球碰撞的过程动量守恒，则有p0＝p1＋p2，碰后白球的动量为p1＝，所以碰后白球的动能E2＝，该碰撞损失的动能为ΔE＝E－－＝，即该碰撞为非弹性碰撞，A错误，B、C正确；两球质量相同，由公式p＝mv，可知v∝p，则碰后白球与绿球的速度之比为1∶2，D正确。 【综合练】 7．(2025·宁夏银川检测)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球的动量pA＝9 kg·m/s，B球的动量pB＝3 kg·m/s，当A追上B时发生碰撞，则碰后A、B两球的动量可能是(　　 ) A．pA′＝4 kg·m/s，pB′＝8 kg·m/s B．pA′＝6 kg·m/s，pB′＝4 kg·m/s C．pA′＝－6 kg·m/s，pB′＝18 kg·m/s D．pA′＝5 kg·m/s，pB′＝6 kg·m/s 解析：选A。设两球质量均为m。碰撞前，总动量p＝pA＋pB＝12 kg·m/s，碰撞前总动能为Ek＝＋＝＋＝。A项中，碰撞后的总动量p′＝pA′＋pB′＝12 kg·m/s，动量守恒，能量关系Ek′＝＋＝＋＝<，能量不增加，故选项A可能；B项中，碰后总动量p′＝pA′＋pB′＝10 kg·m/s，碰后总动量减小，故选项B不可能；C项中，碰后总动量p′＝pA′＋pB′＝12 kg·m/s，动量守恒，能量关系Ek′＝＋＝＋＝>，能量增加，故选项C不可能；D项中，碰后总动量p′＝pA′＋pB′＝11 kg·m/s，碰后总动量减小，故选项D不可能。 8．(鲁科版教材改编)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(二者之间无压力)，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，若所有的碰撞都是弹性碰撞，且都发生在竖直方向上，碰撞时间均可忽略不计。已知m2＝3m1，则A反弹后能达到的最大高度为(　　) A．h B．2h C．3h D．4h 解析：选D。两球的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v2＝2gh，解得B球触地时两球速度相同，为v＝，B球与地面碰撞后，速度瞬间反向，大小不变，两球碰撞前后动量守恒，设碰后弹性小球A、B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，由能量守恒定律得(m1＋m2)v2＝m12＋m22，又因为m2＝3m1，联立解得v1＝2，A反弹后能达到的最大高度为H＝＝4h，故D正确，A、B、C错误。 9．(2025·江苏苏州检测)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图线如图(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 解析：选C。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m2>m2＋m2，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v­t图线的斜率为加速度a＝ m/s2＝－0.2 m/s2，当停止运动时，由题图(b)知v0′＝1.2 m/s，所用的时间为t＝＝6 s，根据v ­t图线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＝ m＝2.0 m，故C正确；根据图线的斜率表示加速度，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的摩擦力，故D错误。 10．(2025·江苏常州期中)如图所示，小桐和小旭在可视为光滑的水平地面上玩弹珠游戏。小桐瞬间将弹珠甲对着小旭脚边的静止弹珠乙弹出，甲以v0的速度与乙发生了弹性正碰，已知弹珠可以视为光滑，则(　　 ) A．若碰后甲乙同向运动，则甲的质量一定大于乙的质量 B．若碰后甲反弹，则甲的速率可能为1.2v0 C．碰后乙的速率可能为3v0 D．若碰后甲反弹，则甲的速率不可能大于乙的速率 解析：选A。甲、乙弹珠碰撞瞬间动量守恒，机械能守恒，设弹珠甲、乙的质量分别为m1、m2，碰后甲的速度为v1，乙的速度为v2，则有m1v0＝m1v1＋m2v2，m12＝m12＋m22，联立解得v1＝v0，v2＝v0，若碰后甲乙同向运动，则v1>0，可知甲的质量一定大于乙的质量，故A正确；若碰后甲反弹，且甲的速率为1.2v0，则有－1.2v0＝v0 ，解得0.2m2＝－2.2 m1，质量不能为负值，则可知，若碰后甲反弹，则甲的速率不可能为1.2v0，故B错误； 若碰后乙的速率为3v0，则有3v0＝v0，解得m1＝－3m2，质量不能为负值，则碰后乙的速率不可能为3v0，故C错误；若碰后甲反弹，且甲的速率大于乙的速率，则有v0>v0，可知只要m2－m1>2m1，即m2>3m1，就可满足碰后甲反弹，且甲的速率大于乙的速率，故D错误。 11．(2025·浙江温州检测)如图所示，A、B小球可视为质点，A的质量M＝0.6 kg，B的质量m＝0.3 kg。长度l＝1.0 m的不可伸长的轻绳一端固定在O点，另一端与B球相连，B球与固定在地面上的光滑弧形轨道PQ的末端P(P端切线水平)接触但无作用力。现使A球从Q点静止释放，Q点距轨道P端竖直高度h＝0.45 m，A球运动到轨道P端时与B球碰撞，碰后两球粘在一起运动。g取10 m/s2，求： (1)两球碰撞后的速度大小； (2)两球在碰撞过程中损失的机械能； (3)两球粘在一起后，悬绳的最大拉力。 解析：(1)A球从Q点到P点过程，由机械能守恒定律得Mgh＝M2 解得vA＝3 m/s 两球相碰过程中，根据动量守恒可得MvA＝(M＋m)v 解得两球碰撞后的速度大小为v＝2 m/s。 (2)两球在碰撞过程中损失的机械能为ΔE＝M2－(M＋m)v2解得ΔE＝0.9 J。 (3)两球碰撞后瞬间拉力最大，根据牛顿第二定律可得 F－(M＋m)g＝(M＋m) , 解得F＝12.6 N。 答案：(1)2 m/s　(2)0.9 J　(3)12.6 N 【创新练】 12．(生活中的碰撞)甲、乙两位同学利用中国象棋进行游戏。某次游戏中，在水平放置的棋盘上，甲用手将甲方的棋子以0.4 m/s的初速度正对乙方棋子推出，两棋子相碰撞后(碰撞时间极短)，甲方棋子速度大小变为0.1 m/s，方向不变。两棋子初始位置如图所示，棋子中心与网格线交叉点重合，该棋盘每方格长宽均为L＝4 cm，棋子直径均为D＝3 cm，棋子质量相等均为20 g，棋子与棋盘间的动摩擦因数均为μ＝0.07。重力加速度g大小取10 m/s2。 (1)求甲、乙两方棋子碰撞前瞬间甲方棋子的速度大小； (2)求甲、乙两方棋子碰撞后瞬间乙方棋子的速度大小； (3)判断甲、乙两方棋子的碰撞是否为弹性碰撞，若是，请写出判断理由，若不是，请计算损失的机械能； (4)通过计算，判断乙方棋子中心是否滑出边界。 解析：(1)设甲方的棋子与乙方棋子碰撞前瞬间的速度大小为v，对甲方的棋子，根据动能定理可得－μmg(2L－D)＝mv2－m2 解得v＝0.3 m/s。 (2)两棋子碰撞过程由动量守恒可得mv＝mv1＋mv2 其中v1＝0.1 m/s 可得碰撞后瞬间乙方棋子的速度大小为 v2＝0.2 m/s。 (3)甲、乙两方棋子相碰时损失的机械能为 ΔE＝mv2－m2－m2＝4×10-4 J 故不是弹性碰撞。 (4)对乙方棋子，由动能定理可得 －μmgx＝0－m2 解得x≈0.028 6 m＝2.86 cm<L＝4 cm，可知乙方棋子中心不会滑出边界。 答案：(1)0.3 m/s　(2)0.2 m/s　(3)不是弹性碰撞，ΔE＝4×10-4 J　(4)不会滑出边界 $