1.5 弹性碰撞和非弹性碰擦-【创新大课堂系列】2025-2026学年高中物理选择性必修第一册同步辅导与测试(人教版)

4实验：验证动量守恒定律 实验研析·创新学习 题型1 [典例1]解析(1)根据小球的平抛运动规律，可以用位移x代替 速度，故可以通过测量小球做平抛运动的射程来代替测量小球 碰撞前后的速度」 (2)待测的物理量就是位移x(水平射程()M、C)N)和小球的质量 n,所以要完成的必要步骤是ADE. (3)若两球碰撞前后动量守恒，则m1o=1U1十n22,又OP= ot,OM=u1t,ON=2t,代入得n1·OP=m1·OM+n2·OV. 答案(1)C(2)ADE(3)n1·OP=m1·OM+m·ON 题型2 [典例2]解析(1)要使两球碰后都向右运动，A球质量应大于B 球质量，即nA>B, (2)将10个点图在圆内的最小圆的圆心为平均落点，可由米尺测 得碰披后B球的水平射程约为64.7cm (3)从同一高度做平抛运动，飞行的时间相同，而水平方向为匀 速直线运动，故水平位移x一，所以只要测出小球飞行的水平位 移，就可以用水平位移的测量值代替平抛运动的初速度.故需测 出未放B球时A球飞行的水平距离)P和碰后A、B球飞行的水 平距离OM和ON,及A、B两球的质量，故A、B、D正确. (4)若动量守恒，需验证的关系式为mAVA=mAVA'十nBvs, OM 将A=OP ,g'=Y代入上式得mA·OP=mA·OM +ng·ON. 答案(1)>(2)64.7(64.2~65.2均可)(3)ABD (4)nA·OP=A·OM+mg·ON 题型3 [典例3]解析(1)分度值为1°，故读数为22.4(22.1~22.7均正 确. (2)弹丸射入摆块内，系统动量守恒，有 nw=(m十M)u 摆块向上摆动，由机械能守恒定律得 (m+M)2=(m+M)gl(1-cos 0), 联立解得u=m+M√2g-co3. (3)以较大的速度碰撞指针，会损失较多的机械能（其他理由，如 摆块在推动指针偏转时要克服摩擦力做功、指针摆动较长的距离 损失的机械能较多等，只要合理即可) 答案（1)22.4(22.122.7均正确) (2)mM)2cos0 2 (3)以较大的速度碰撞指针，会损失较多的机械能 素养演练·提升技能 1,解析(1)为防止反弹造成入射小球返回斜槽，要求入射小球质 量大于被碰小球质量，即m1>2:为使入射小球与被碰小球发生 对心碰撞，要求两小球半径相同，故C正确， (2)设入射小球为a,被碰小球为b,a球碰前的速度为v1,a、b相碰 后的速度分别为山'、'，由于两球都从同一高度做平抛运动，当 以运动时间为一个计时单位时，可以用它们平抛的水平位移表示 碰撞前后的速度.因此，需验证的动量守恒关系1心='十 m2'可表示为m1x1=m1x1'十m22'.所以需要直尺、天平，而不 需要弹簧测力计、秒表，由于题中两个小球都可认为是从槽口开 始做平抛运动的，两球的半径不必测量，故无需游标卡尺， (3)得出验证动量守恒定律的结论应为m1·OP=n1·OM十 n2·OV. 答案(1)C(2)AC(3)m1·OP=m1·OM+m2·OV 2.解析(1)为了保证每次小球都做平抛运动，则需要轨道的末端 切线水平. (2)验证碰撞中的动量守恒实验，为防止入射球反弹，入射球的质 量应大于被碰球的质量，即n1>n2· (3)游标卡尺读数为：l0mm十4×0.1mm-10.4mm=1.04cm. (4)小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出，点的高度相同，在空中 的运动时间t相等，两球碰撞动量守恒，有：11一11'十2'， 两边同时来时间t,则m1U1t=n1y11十m2吵t, √ 根据落点可化简为：m1·sop=m1·0M十n2·(oN一d), 则实验还需要测出：两小球的质量n1和n2;球A单独滚下时的 落地点P点到O,点的距离sP和碰后A、B两小球的落地，点M、N 与O点的距离sOM和5ON,故选A、E,F. (5)根据动量守恒定律可得：m1·s0p=m1·s0M十m:·oN 中册故B正确 (6)若碰撞过程无机械能损失， 可得：m1s0p2=m150w2+m(s0N-d)2 答案(1)切线水平(2)>(3)1.04(4)AEF(5)B (6)mi sop2=mi som2+m2 (soN-d)2 3.解析(1)因为a、b两球质量相等，连接a、b的细线是等长的，且 在同一地点进行实验，所以A、B、E不需要测量，可用角度表示速 度，所以只需要测量C、D (2)、b质量相等且发生弹性碰撞，若碰撞中动量守恒，则二者交 换速度，释放时a球偏离竖直方向的角度日与碰后b球偏离竖直 方向的最大角度，相等，故验证动量守恒定律的表达式为 01=0. 答案(1)CD(2)01=02 4.解析(1)本实验是“验证动量守恒定律”的，所以实验误差与斜 槽轨道的光滑程度无关，A错误；每次实验均重复几次后，再记录 平均落，点，这样可减小实验误差，B正确：要产生正碰，需α球和b 球的半径满足r。一6，为防止两球碰撞后a球反弹，质量要满足 nu>n,C错误. (2)每次a球释放的高度h确定不变就可以，不用测量h值，A错 误；因为小球每次打在木板上时，水平方向的位移相等，所以不需 测量木板水平向右移动的距离L,B错误；要验证动量守恒定律， 必须测量a球和b球的质量m。、m,C正确；需要计算小球运动的 时间，则要测量O点到A、B,C三点的距离y1y2、y,D正确， (3)a、b两球碰撞后做平抛运动，由L=t和y=立g1 L 可得v一 2四 则由动量守恒定律可得nnUo=n.u1十，w 即为n。 L 2y 2 2y1 g 整理解得为m 若表达式m二=十m成立，即表示碰授中动量守恒 答案(1)B(2)CD(3)m=m。+m, 5弹性碰撞和非弹性碰撞 必备知识·自主梳理 一、1.(2)减少减少2.(1)不变(2)减少 二、2.03.42u14.-山1原速率 即学即用 1.(1)/(2)×(3)×(4)×2.A 关键能力·合作探究 要点1 (1)提示：两球在最低点碰撞时，满足动量守恒的条件，二者组成 的系统动量守恒，入射球静止，被碰球上升同样的高度，说明该碰 撞过程中机械能不变。 (2)提示：碰撞中动量守恒，机械能不守恒， 探究归纳 角度1 「典例1]解析碰撞是十分普遍的现象，它是相对运动的物体相 遇时发生的一种现象，一般内力远大于外力，如采碰撞中机械能 守恒，就叫作弹性碰撞，微规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。 答案A 角度2 「典例2]解析以两球组成的系统为研究对象，以A球的初速度 方向为正方向，如果碰撞为弹性碰撞，由动量守恒定律得则 m十2ms,由机栽能宁板定律得合m时=合me以2+号 2 2mg,解得A=一3，%=号，负号表示碰拉后A球反向弹 回，如采碰撞为完全非弹性碰撞，以A球的初速度方向为正方向， 由动量守恒定律得mu=(m十2m)阳，解得g=3综上可知， 碰接后B球的追度范国是行人<号，则碰后B球的谁度大 小可能是0.5.故A、B、D错误，C正确. 答案C 针对训练 1.解析两冰壶碰撞的过程中动量守恒，规定向前运动方向为正方 向，根据动量守恒定律有m=m十m西，代入数据得mX 0.4m/s=mX0.1m/s十nw3,解得=0.3m/s.动能减小量△E =7mu2-7mw2-zms2=合X19X(0.4华-0.1-0.3产J =0.57J>0,故系统动能减小，两冰壶之间的碰撞是非弹性碰撞， B正确 答案B 2.解析：规定水平向右的方向为正方向，碰撞过程中A、B组成的系 统动量守恒，所以有pA=PA'十Ps 解得pg=3kg·m/s 故A正确，B错误： 由于是弹性碰撞，所以没有动能损失，故 pA=pA”+p2 2mA 2mA 2mg 解得mB=3kg 故C错误，D正确. 答案：AD 要点2 提示：钢球间的碰撞为弹性碰撞，由于钢球质量相等，碰撞过程交 换速度，故只有最右端和最左端的钢球摆动，其余钢球不动. 探究归纳 「典例3]解析(1)设u1=50cm/s=0.5m/s, U0= -100cm/s=-1m/s, 设两物体碰撞后粘在一起的共同速度为， 由动量守恒定律得m十m2=(m十m:)u, 代入数据解得v=一0.1m/s,负号表示方向与u的方向相反， (2)碰撞后两物体损失的动能为 △E=zm+之m4-2(m十m)w -号×0.3X0.5+÷×02×(-10-号×@.3+0.2)× (-0.1)27J=0.135J. (3)如采碰撞是弹性碰撞，设碰后两物体的速度分别为1、山， 由动量守恒定律得m1十m2=m1U十n', 由机械能守恒定律得 代入数据得'=-0.7m/s,h′=0.8m/s. 答案(1)0.1m/s(2)0.135J(3)0.7m/s0.8m/s 针对训练 3.解析：设A球到达最低点的速度为，在最低，点A与B发生弹性 碰撞后，A球的速度为A,B球的速度为VB,取向右为正方向， 由动量守恒定律可得：nAU一nAVA十nBVB 由机械能守但定律可得：宁m心=之m以+子mg 可得以=号气0=号≥B为 2 向右，A球偏角小于30°，B球偏角大于30°，故选项D正确， 答案：D 4.解析根据图像，碰拉前甲，乙的速度分别为v甲=5.0m/s,vz= 1.0m/s,碰撞后甲、乙的速度分别为vm'=一1.0m/s,v2'= 2.0m/s.碰撞过程中由动量守恒定律得mpUp十nz=mp 19 u,'十m22',碰被过程损失的机機能△E=乞m,十之m 2mw”-m,联立以上各式解得△E=3 答案A 素养演练·提升技能 1,解析：由题知mA<mg,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m>mr,则E、F两球都向右运动.故C正确. 答案：C 2.解析：两球碰撞过程中，动量守恒，以A的初速度方向为正，根据 动量守恒定律得nAvA一mgvB=nBB'一nAvA',代入数据解得 mA·mg一3：5，故A正确，B,C、D错误 答案A 3.解析由图线的斜率可知，两物体碰撞前速度大小相等，方向相 反，而碰后速度都为零，设两物体碰撞前速度大小分别为山、山， 系统碰撞前后动量守恒，以1方向为正方向，则m1叫1一m22=0, 可得m1=m,则碰前两物体动量大小相等、方向相反，同时 可得n1=n2,故A、C错误，B、D正确. 答案BD 4.解析本题属于追及碰撞，碰前，后面运动物体速度一定要大于 前面运动物体的速度（否则无法实现碰撞），碰后，前面物体动量 增大，后面物体的动量减小，减小量等于增大量，所以△pA0, △pB>0,并且△pa=一△pB由此可知B、D不符合题意：C项中， 碰撞后，pA'=-10kg·m/,pg'=33kg·m/s,根据关系式E= 知，A球的质量和动量大小都不变，动能不变，而B球的质量不 2m 变，动量增大，所以B球的动能增大，系统的机械能比碰撞前增大 了，C不符合题意.故远A, 答案A 微专题2动量和能量的综合问题 关键能力·合作探究 类型1 探究归纳 [典例1]解析(1)子弹射入物块B的过程系统动量守恒，以向左 为正方向，由动量守恒定律得 nAo=(nA十mg) 代入数据解得 w1=4m/s. (2)由题意可知，B与D碰撞前达到共同速度，A、B、C系统动量守 恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得 (A十ng)U1=(nA十mg十c)2 由能量守恒定律得 豆(m十m)2=z（mA十ms十m)+ L (ma十ms)g· 代入数据解得以=0.4 答案(1)4m/s(2)0.4 针对训练 1.解析根据动量守恒定律得w=(M十m)v',则小物块和箱子的 共同速度-m损失的动能△S=宁m一之（M十m) mMi 一2mD,所以B正确.根据能量守恒定律知，损失的动能等于 因摩擦产生的热量，而计算热量的方法是摩擦力乘以相对位移， 所以△Ek=FNL=NmgL,所以D正确.。 答案BD 2.解析方法一：设子弹和木板相互作用的时间为，子弹和木板的 共同建度为，由匀变连直线运动的规律，有=名4，△= 21=2,因为%>U,所以<△，故选项C正确.物理·选择性必修第一册 球由静止释放，在最低点a、b两球发生正碰，碰 ②将木板水平向右移动一定距离并固定，再将 后a球速度为零.回答以下问题. 小球α从固定点处由静止释放，撞到木板上得 (1)实验中必须测量的物理量有 到痕迹B; A.a、b球的质量m ③把小球b静止放在斜槽轨道水平段的最右 B.细线的长度1 端，让小球a仍从固定点处由静止释放，和小球 C.释放时a球偏离竖直方向的角度0 b相碰后，两球撞在木板上得到痕迹A和C. D.碰后b球偏离竖直方向的最大角度02 (1)下列措施可减小实验误差的是 E.当地的重力加速度g A.斜槽轨道必须是光滑的 (2)利用上述测量的物理量验证动量守恒定律 B.每次实验均重复几次后，再记录平均落点 C.a球和b球的半径和质量满足ra=rb和 的表达式为 4.在“验证动量守恒定 mamb 木板 (2)为完成本实验，必须测量的物理量有 律”实验中，实验装 置如图所示，按照以 A.a球开始释放的高度h 下步骤进行操作： B.木板水平向右移动的距离L ①在平木板表面钉 C.a球和b球的质量ma、m 上白纸和复写纸，并将该木板竖直立于紧靠槽 D.O点到A、B、C三点的距离y1y2y 口处，将小球a从斜槽轨道上固定点处由静止 (3)只要验证等式 成立，即表示碰 释放，撞到木板并在白纸上留下痕迹O; 撞中动量守恒.[用(2)中测量的物理量表示] 5 弹性碰撞和非弹性碰撞 学习目标要求 核心素养和关键能力 1.通过实验，了解弹性碰撞和非弹性碰撞的特点 1.核心素养 2.定量分析一维碰撞问题并能解释生活生产中的弹性 科学思维：建立碰撞模型分析解决实际问题 碰撞和非弹性碰撞现象」 科学探究：通过实验探究弹性碰撞与非弹性碰撞的能量问题， 3.能够应用动量守恒定律和能量守恒定律分析碰撞 2.关键能力 问题. 物理建模能力和分析推理能力. 必备知识·自主梳理 预习新知夯实基础 一、弹性碰撞和非弹性碰撞 二、弹性碰撞的实例分析 1.实验：研究小车碰撞前后动能的变化 1.两质量分别为m1、m2的小球发生弹性正碰， (1)实验装置 1≠0,2=0，则碰后两球速度分别为1'= m1-1m2 2m1 m1十m2 1,2'= m1+m21. 2.若m1=2的两球发生弹性正碰，o1≠0，v2= 0,则1'= 02= ,即二者碰 (2)实验结论：如果碰后两小车粘在一起，则总 后交换速度 动能 改进实验装置，在两小车上分别 :3.若m1>2,01≠0,2=0，则二者发生弹性正碰 安装弹性碰撞架可 动能的损失。 后，01′ ,2= .表明m1的 2.弹性碰撞和非弹性碰撞 速度不变，m2以2o1的速度被撞出去. (1)弹性碰撞：系统在碰撞前后动能 :4.若m1<m2,1卡0,2=0，则二者发生弹性正碰 后，1' ,2'=0.表明m1被反向以 (2)非弹性碰撞：系统在碰撞后动能 弹回，而m2仍静止。 20 第一章动量守恒定律 即学即用 :2.现有甲、乙两滑块，质量分别为3m和m,以相同 1.判断下列说法的正误。 的速率在光滑水平面上相向运动，发生了碰 (1)发生碰撞的两个物体动量守恒 撞.已知碰撞后，甲滑块静止不动.那么这次碰 (2)发生碰撞的两个物体，机械能一定是守 撞是 恒的. A.弹性碰撞 (3)碰撞后，两个物体粘在一起，动量一定不守： B.非弹性碰撞 恒，机械能损失最大。 ( (4)两物体发生碰撞的过程中，两物体组成的系： C.完全非弹性碰撞 统机械能可能增加 ( D.条件不足，无法确定 关键能力·合作探究 讲练设计探究重点 要点1碰撞的特点和分类 (2)动能不增加，即Ek1十Ek2≥Ek1'+Ek2' (3)速度要合理 探究导入如图为两刚性摆球碰 ①若碰前两物体同向，则后>℃前，碰后，原来 撞时的情景 在前的物体速度一定增大，且前≥后· (1)两球质量相等，将一球拉到 ②若碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动 某位置释放，发现碰撞后，入射球静止，被碰球 方向不可能都不改变，除非两物体碰撞后速度 上升到与入射球释放时同样的高度，说明了： 均为零 什么？ : 角度1对碰撞的理解 (2)若碰撞后两球粘在一起，发现两球上升的高[典例1]下列关于碰撞的理解正确的是() 度仅是入射球释放时高度的四分之一，说明了 A.碰撞是指相对运动的物体相遇时，在极短时 什么？ 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 探究归纳 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， 1.碰撞过程的特点 所以不能称其为碰撞 (1)时间特点：碰撞现象中，相互作用的时间极 [听课记录] 短，相对物体的全过程可忽略不计」 (2)受力特点：在碰撞过程中，系统的内力远大 于外力，外力可以忽略，系统的总动量守恒」 (3)位移特点：在碰撞过程中，由于在极短的时： 间内物体的速度发生突变，物体发生的位移极： 角度2碰撞现象的判断 小，可认为碰撞前后物体处于同一位置 [典例2]在光滑水平面上，一质量为m、速度大 (4)能量的特点：碰撞过程系统的动能不会增 小为v的A球与质量为2m、静止的B球发生 加，可能减少，也可能不变 正碰，则碰撞后B球的速度大小可能是() 2.碰撞的分类 A.v B.0.8v (1)按碰撞前后机械能是否守恒可分为弹性碰： C.0.5u D.0.3v 撞和非弹性碰撞。 [听课记录] (2)按碰撞前后速度的方向是否与球心的连线 在同一直线上可分为对心碰撞和非对心碰撞！ 3.处理碰撞问题的三个原则 (1)动量守恒，即p1十p2=1十2· 21 物理·选择性必修第一册 …/名师点评/ 屋顶.拉开最右边钢球到某一高度，然后释放， 碰撞问题分析与判断的技巧 碰撞后，仅最左边的球被弹起，摆至最大高度后 :(1)对一个给定的碰撞，首先要看动量是否守 落下来再次碰撞，致使最右边钢球又被弹起.硕 恒，其次再看总动能是否增加 大的钢球交替弹开，周而复始，情景蔚为壮观 (2)一个符合实际的碰撞，除动量守恒外还要 如何解释上述现象？ 满足能量守恒，注意碰撞完成后不可能发生二 次碰撞的速度关系的判定。 （3)要吴活运用A=然或力=mA,A= 2p或p 2E几个关系式转换动能、动量. 针对训练 探究归纳 1.如图所示，在冰壶世锦 :1.弹性碰撞 赛上中国队以8：6战 (1)动量守恒：m11十m2v2=m11十m22· 胜瑞典队，收获了第一 (2)机械能守恒：号12+72= 1 个世锦赛冠军，中国队 2m101'2 队长在最后一投中，将 2m2'2. + 质量为19kg的冰壶推 出，运动一段时间后以0.4/s的速度正碰静 止的瑞典冰壶，然后中国队冰壶以0.1m/s的： 3)“一静一动”碰撞结论：0一m1十m21” 速度继续向前滑向大本营中心.若两冰壶质量 2m1 相等，则下列判断正确的是 ( V2 21十m2 01· A.瑞典队冰壶的速度为0.3m/s,两冰壶之间 (4)特例：质量相等，大小、材料完全相同的弹性 的碰撞是弹性碰撞 小球发生弹性碰撞，碰后交换速度.即1'=2， B.瑞典队冰壶的速度为0.3m/s,两冰壶之间 72'=V1. 的碰撞是非弹性碰撞 2.非弹性碰撞 C.瑞典队冰壶的速度为0.5m/s,两冰壶之间 (1)一般非弹性碰撞动量守恒：m1w1十m22= 的碰撞是弹性碰撞 m1v1'+m2v2 D.瑞典队冰壶的速度为0.5m/s,两冰壶之间： 的碰撞是非弹性碰撞 机械能减少，损失的机械能转化为内能，△E= 2.(多选)如图所示，小球A的 A→ Ek初一Ek末=Q 质量为mA=5kg,动量大 55177000077777797777777 (2)完全非弹性碰撞动量守恒：11十m2v2= 小为pA=4kg·m/s,小球A水平向右运动，与： (m1十m2)v共 静止的小球B发生弹性碰撞，碰后A的动量大： 小为pA'=1kg·m/s,方向水平向右，则 碰撞中机械能损失最多，△Ek=2m12+ ( 明2-m十m2 1 A.碰后小球B的动量大小为pB=3kg·m/s B.碰后小球B的动量大小为pB=5kg·m/s :[典例3]质量分别为300g和200g的两个物体在 C.小球B的质量为15kg 光滑的水平面上相向运动，速度分别为50cm/s D.小球B的质量为3kg 和100cm/s. (1)如果两物体碰撞后粘在一起，求它们共同的 要点2碰撞规律的应用 速度大小； 探究导入如图是一种游戏器 (2)在(1)的情况下求碰撞后损失的动能； 具—超级碰撞球.多颗篮球 (3)如果碰撞是弹性碰撞，求两物体碰撞后的速 般大小的钢球用钢缆悬挂在 度大小 22 第一章动量守恒定律 [听课记录] 针对训练 3.如图所示，A、B是两个用等长细 线悬挂起来的大小可忽略不计的 小球，mA=5B.B球静止，拉起 A球，使细线与竖直方向夹角为 B 30°，由静止释放，在最低点A与B 发生弹性碰撞.不计空气阻力，则关于碰后两小 球的运动，下列说法正确的是 A.A静止，B向右，且偏角小于30° B.A向左，B向右，且偏角等于30 /名师点评/ C.A、B均向右，A球偏角小于B球偏角，且都 求解碰撞问题常用的三种方法 小于30° (1)解析法：碰撞过程，若从动量角度看，系统 D.A、B均向右，A球偏角小于B球偏角，且A 的动量守恒；若从能量角度分析，系统的动能 球偏角小于30°，B球偏角大于30 在碰撞过程中不会增加；从物理过程考虑，题 :4.甲、乙两个物块在 tv/(ms-1) 述的物理情景应符合实际情况，这是用解析法 光滑水平桌面上沿 6.0 处理问题应遵循的原则. 甲 同一直线运动，甲 4.0- (2)临界法：相互作用的两个物体在很多情况 追上乙，并与乙发 2.0- 下，皆可当作碰撞处理，那么对相互作用中两 生碰撞，碰撞前后 个物体相距“最近”、相距“最远”这一类临界问 0.0 甲、乙的速度随时 ------ 题，求解的关键都是“速度相等” -2.0 间的变化如图中实 (3)极限法：处理碰撞问题时，有时我们需要将 线所示.已知甲的质量为1kg,则碰撞过程两物 某些未知量设出，然后根据实际情况将未知量 块损失的机械能为 ( 推向极端，从而求得碰撞的速度范围. A.3 J B.4J C.5J D.6J 素养演练·提升技能 达标训练素养提高 1.如图所示，5个小球 A BCDEF :3.(多选)质量分别为m1和2 Q000O B、C、D、E、F并排放 的两个物体碰撞前后的位移 77 置在光滑的水平面上，B、C、D、E四个小球质量： 一时间图像如图所示，以下 相等，而F球质量小于B球质量，A球的质量 说法中正确的是 等于F球质量，A球以速度，向B球运动，所 A.碰撞前两物体动量相同 发生的碰撞均为弹性碰撞，则碰撞之后( ) B.质量m1等于质量m2 C.碰撞后两物体一起做匀速直线运动 A.5个小球静止，1个小球运动 D.碰撞前两物体动量大小相等、方向相反 B.4个小球静止，2个小球运动 4.在光滑水平面上，有两个小球A、B沿同一直线 C.3个小球静止，3个小球运动 同向运动(B在前)，已知碰前两球的动量分别 D.6个小球都运动 为pA=10kg·m/s、pB=13kg·m/s,碰后它 2.如图所示，光滑水平地面上 们动量的变化分别为△pA、△pB.下列数值可能 有两个大小相同、质量不等 正确的是 的小球A和B,A以3m/s的速率向右运动，B A.△pA=-3kg·m/s、△pB=3kg·m/s 以1m/s的速率向左运动，发生正碰后都以2m/s B.△pA=3kg·m/s、△pB=-3kg·m/s 的速率反弹，则A、B两球的质量之比为( C.△pA=-20kg·m/s、△pB=20kg·m/s A.3:5 B.2:3 D.△pA=20kg·m/s、△pB=-20kg·m/s C.1:2 D.1:3 温馨提示 请做课时分层检测（五） 23