1.5 弹性碰撞和非弹性碰撞（Word教参）-【学霸笔记·同步精讲】2026-2027学年高中物理选择性必修一（人教版·江苏专版）

本讲义聚焦弹性碰撞和非弹性碰撞核心知识点，从实验情境（小车碰撞数据对比）入手，分析碰撞前后动量守恒与动能变化规律，构建碰撞分类（弹性、非弹性、完全非弹性）及正碰概念的学习支架，延伸至弹性正碰规律推导与可行性判断。 资料以实验探究为特色，通过牛顿摆等实例引导学生观察分析，培养科学探究能力。结合动量守恒与动能关系推导及冰壶碰撞等例题，强化科学思维中的模型建构与科学推理，课中辅助教师引导学生深化理解，课后助力学生巩固练习、查漏补缺。

5.弹性碰撞和非弹性碰撞 1.知道碰撞的分类，理解弹性碰撞和非弹性碰撞。 2.知道什么是正碰，了解其特点。 3.能在熟悉的问题情境中根据实际情况选择弹性碰撞和非弹性碰撞模型解决问题。 知识点一　弹性碰撞和非弹性碰撞 　情境：如图所示，利用不同的实验装置先后进行小车碰撞实验：第一组实验在两辆小车间安装撞针和橡皮泥，碰撞后两辆小车粘在一起运动；第二组实验拿掉撞针和橡皮泥，两辆小车正常碰撞；第三组实验在小车间安装了弹性碰撞架。下表为通过三组实验数据得到的两辆小车碰撞前后的总动能和总动量。 Ek1/J Ek2/J p1/kg·m·s－1 p2/kg·m·s－1 1 0.102 0.049 0.326 0.319 2 0.127 0.086 0.363 0.358 3 0.113 0.106 0.342 0.337 问题：（1）碰撞前后，不同方案的碰撞试验，系统的总动量在碰撞前后具有怎样的规律？ 提示：在误差允许的范围内，系统的总动量在碰撞前后都是守恒的。 （2）不同方案的碰撞试验中，系统碰撞前后的动能具有怎样的规律？ 提示：第一组碰撞实验中，碰撞之后的动能小于碰撞前的动能；第二组碰撞实验中，碰撞之后的动能小于碰撞前的动能；第三组碰撞实验中，在误差允许的范围内，碰撞之后的动能等于碰撞前的动能。 1.弹性碰撞：系统在碰撞前后　动能　不变的碰撞。 2.非弹性碰撞：系统在碰撞后　动能　减少的碰撞。 1.两小球在光滑水平面上碰撞后粘在一起，因而碰撞过程不满足动量守恒定律。（　×　） 2.发生碰撞的两个物体，其机械能一定是守恒的。（　×　） 1.碰撞的特点 时间特点 在碰撞现象中，相互作用的时间极短，可以忽略不计 作用力特点 系统的内力远大于外力，系统的总动量近似守恒 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.碰撞的分类 弹性碰撞 （1）总动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1'＋m2v2'； （2）总动能不变：m1＋m2＝m1v1'2＋m2v2'2 非弹性碰撞 （1）总动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1'＋m2v2'； （2）总动能减少：m1＋m2＝m1v1'2＋m2v2'2＋ΔE损失 完全非弹性碰撞 （1）总动量守恒：m1v1＋m2v2＝（m1＋m2）v共； （2）总动能损失最大：m1＋m2＝（m1＋m2）＋ΔE损失 （碰撞的特点）在光滑水平面上动能为E0、动量大小为p0的小钢球1与静止小钢球2发生碰撞，碰撞前后球1的运动方向相反，将碰撞后球1的动能和动量大小分别记为E1、p1，球2的动能和动量大小分别记为E2、p2，则必有（　　） A.E1＜E0 B.p2＝p0 C.E2＞E0 D.p1＞p0 解析：A　碰撞后两小钢球均有速度，根据碰撞过程中总动能不增加可知E1＜E0，E2＜E0，p1＜p0，否则，就违反了能量守恒定律，根据动量守恒定律得p0＝p2－p1，得到p2＝p0＋p1，可见p2＞p0，故A正确，B、C、D错误。 （碰撞的分类）如图所示，运动员将冰壶A以初速度v0＝2 m/s从M点水平掷出，沿直线运动一段距离后与静止在N点的冰壶B发生正碰，碰后冰壶A、B的速度大小分别为vA＝0.3 m/s、vB＝0.7 m/s，碰撞前后A的速度方向不变，运动中冰壶可视为质点且碰撞时间极短。若冰壶A、B的质量均为20 kg，与冰面间的动摩擦因数均为μ＝0.015，重力加速度取g＝10 m/s2。求： （1）两冰壶碰撞前冰壶A的速度大小v1； 答案： 1 m/s　 解析：两冰壶碰撞过程中，满足动量守恒，以碰撞前A的速度方向为正方向，有mv1＝mvA＋mvB 代入数据解得 v1＝1 m/s。 （2）M、N两点间的距离s； 答案： 10 m　 解析：冰壶A从M点水平掷出至运动到N点与冰壶B碰撞前，根据动能定理得 －μmgs＝m－m 代入数据解得s＝10 m。 （3）通过计算判断两冰壶碰撞是否为弹性碰撞。 答案：见解析 解析：碰撞前A、B两冰壶的总动能为 Ek1＝m＝10 J 碰撞后两冰壶的总动能为 Ek2＝m＋m＝5.8 J 由于Ek1＞Ek2，可知两冰壶碰撞过程中有动能损失，为非弹性碰撞。 知识点二　弹性碰撞的实例分析 情境：在科技馆中我们会见到如图所示的装置，这个装置称为牛顿摆，让这些球碰撞，会出现有趣的现象。若拉起最左端一球，由静止释放，则会把最右端一球撞出，其他球静止不动；若拉起左端两球同时释放，则会把右端两球撞出，其他球静止不动。 问题：你能解释出现这些现象的原因吗？ 提示：小球发生了弹性碰撞，动量和机械能都守恒，发生了速度、动能的“传递”。 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。 2.弹性正碰实例分析 （1）问题情景 如图所示，质量为m1的物体以速度v1与原来静止的质量为m2的物体发生弹性正碰，碰后它们的速度分别为v1'和v2'。 （2）碰撞过程遵循的规律 ①系统动量守恒： m1v1＝　m1v1'＋m2v2'　。 ②系统没有动能损失： m1＝　m1v1'2＋m2v2'2　。 （3）碰撞后两物体的速度 v1'＝　v1　， v2'＝　v1　。 （4）三种特殊情况 ①m1＝m2时，v1'＝0，v2'＝v1 ②m1≫m2时，v1'＝v1，v2'＝2v1 ③m1≪m2时，v1'＝－v1，v2'＝0 1.质量相等的两个物体发生碰撞前后一定会交换速度。（　×　） 2.发生弹性正碰的两个物体，动量和机械能一定都守恒。（　√　） 　运动物体碰撞静止物体问题的讨论 质量为m1的球a以速度v1和静止的质量为m2的球b发生正碰，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： （1）弹性碰撞：v1'＝v1，v2'＝v1。 （2）完全非弹性碰撞：v1'＝v2'＝v1。 （3）一般的非弹性碰撞： v1≤v1'≤v1， v1≤v2'≤v1。 （弹性碰撞的特点）（2026·宿迁期末）如图光滑水平面上有a、b两个弹性小球，质量分别为m、2m。现给小球a一个向右的初速度v0，与小球b发生碰撞，且整个碰撞过程中没有能量损失。则碰撞后小球b的速度大小为（　B　） A.v0　 　　　　B.v0 　C.2v0　 　　　D.4v0 解析：碰撞过程，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得mv0＝mva＋2mvb，m＝m＋×2m，解得va＝－v0，vb＝v0，故选B。 （非弹性碰撞的特点）（2025·连云港高二下期末）某研究小组通过实验，测得两滑块碰撞前后运动的实验数据，得到如图所示的位移—时间图像。图中的三条线段分别表示在光滑水平面上，沿同一条直线运动的滑块1、2和它们发生正碰后结合体的位移随时间变化关系。已知相互作用时间极短，由图像给出的信息可知（　D　） A.两滑块发生的是弹性碰撞 B.碰前滑块1的动量比滑块2的动量大 C.碰前滑块1的速度大小为2.8 m/s D.滑块1的质量是滑块2的质量的 解析：由题图可知，碰前滑块1、2的速度大小分别为v1＝ m/s＝2 m/s，v2＝ m/s＝0.8 m/s，碰后结合体的速度大小为v＝ m/s＝0.4 m/s，碰后两滑块速度相同，属于完全非弹性碰撞，故A、C错误；设碰前滑块1、2的动量大小分别为p1、p2，碰后结合体的动量大小为p，则根据动量守恒定律有－p1＋p2＝p＞0，所以碰前滑块1的动量比滑块2的动量小，故B错误；根据动量守恒定律有－m1v1＋m2v2＝v，解得＝，故D正确。 如图所示，A、B、C、D、E、F小球并排放置在光滑的水平面上，其中B、C、D、E小球质量相等均为M，另外两个小球A、F质量相等均为m，已知M＞m，A球以初速度v0向B球运动，之后各小球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 解析：C　根据题意可知，各小球所发生的碰撞均为弹性碰撞，则A球与B球碰撞时，由动量守恒定律和机械能守恒定律有mv0＝mv1＋Mv2，m＝m＋M，解得v1＝v0，v2＝v0，由于m＜M可知，碰撞后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，E、F质量不等，且E的质量大于F的质量，碰撞后，E、F都向右运动，则最终3个小球静止，3个小球运动，故选C。 碰撞的可行性分析 1.碰撞问题遵循的“三个原则” （1）动量守恒：p1＋p2＝p1'＋p2'，或m1v1＋m2v2＝m1v1'＋m2v2'① （2）动能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1'＋Ek2'，或m1＋m2≥m1v1'2＋m2v2'2② （3）速度要合理 2.碰撞合理性的判断思路 （1）首先要看动量是否守恒。 （2）再次注意碰前、碰后的速度关系是否合理。 （3）其次再看总动能是否增加。 注意：上式①②可联立化简为v1＋v1'≥v2＋v2'，取“＝”时为弹性碰撞，是动量守恒和机械能守恒两个公式的联立结果。这个公式可以简化很多相关问题的计算。 （2025·宿迁期中）图甲中的“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　） A.mA＝mB B.mA＝3mB C.mA＝4mB D.mA＝5mB 解析：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≥mA，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，故选A。 1.（非弹性碰撞分析）（2025·镇江期中）一颗质量为m的子弹以300 m/s的速度射向沿光滑桌面迎面滑来的质量为M的木块，木块速度大小为30 m/s。子弹射入木块后未穿出，木块继续向前运动，其速度变为25 m/s。则子弹质量m与木块质量M之比为（　　） A.5∶1 B.1∶5 C.1∶65 D.65∶1 解析：C　对子弹和木块组成的系统，取木块运动方向为正方向，根据动量守恒定律得Mv－mv1＝（M＋m）v共，解得m∶M＝1∶65，故选C。 2.（弹性碰撞和非弹性碰撞）质量为ma＝1 kg，mb＝2 kg的小球在光滑的水平面上发生碰撞，碰撞前后两球的位移—时间图像如图所示，则可知碰撞属于（　　） A.弹性碰撞 B.非弹性碰撞 C.完全非弹性碰撞 D.条件不足，不能确定 解析：A　由x-t图像知，碰撞前va＝3 m/s，vb＝0，碰撞后va'＝－1 m/s，vb'＝2 m/s，碰撞前动能ma＋mb＝ J，碰撞后动能mava'2＋mbvb'2＝ J，故机械能守恒；碰撞前动量mava＋mbvb＝3 kg·m/s，碰撞后动量mava'＋mbvb'＝3 kg·m/s，故动量守恒，所以碰撞属于弹性碰撞，故选A。 3.（弹性碰撞的实例分析）科学家用加速后的一个中子n）与一质量数为A（A＞1）的静止原子核发生弹性正碰。则碰撞后与碰撞前中子的速率之比为（　　） A. C. 　　D. 解析：B　设碰撞前、后中子的速率分别为v1、v1'，碰撞后原子核的速率为v2，中子的质量为m1，原子核的质量为m2，则m2＝Am1，根据弹性碰撞规律可得m1v1＝m1v1'＋m2v2，m1＝m1v1'2＋m2，解得碰后中子的速率v1'＝v1＝v1，则碰撞后与碰撞前中子的速率之比为。故选B。 4.（碰撞的可行性分析）（2026·南通开学考试）甲、乙两铁球质量分别是1 kg、2 kg，在光滑平面上沿同一直线运动，速度分别是v1＝4 m/s、v2＝2 m/s。甲追上乙发生正碰后两物体的速度有可能是（　　） A.v1'＝v2'＝3 m/s B.v1'＝ m/s，v2'＝ m/s C.v1'＝3.5 m/s，v2'＝2.25 m/s D.v1'＝1 m/s，v2'＝3.5 m/s 解析：B　以甲的初速度方向为正方向，碰撞前总动量p＝m1v1＋m2v2＝（1×4＋2×2）kg·m/s＝8 kg·m/s，碰撞前的动能Ek＝m1＋m2＝J＝12 J，如果v1'＝v2'＝3 m/s，碰撞后动量不守恒、机械能增加，A错误；如果v1'＝ m/s，v2'＝ m/s，碰撞后动量守恒、机械能不增加，碰撞后不能发生二次碰撞，B正确；如果v1'＝3.5 m/s，v2'＝2.25 m/s，碰撞过程动量守恒，机械能减少，但要发生二次碰撞，不可能，C错误；如果v1'＝1 m/s，v2'＝3.5 m/s，碰撞过程动量守恒、机械能增加，D错误。 知识点一　弹性碰撞和非弹性碰撞 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 解析：A　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运动状态发生显著变化的一种现象，一般内力远大于外力，系统动量守恒，动能不一定不变。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.（2025·苏州期中）在冬奥会冰壶比赛中，一冰壶沿着赛道做直线运动，与另一相同的冰壶发生弹性正碰。忽略冰壶与冰面间的摩擦力，下列关于两个冰壶动量随时间的变化关系可能正确的是（　　） 解析：D　设两冰壶的质量均为m，入射冰壶碰撞前的速度为v0，碰撞后的速度为v1，被碰冰壶碰撞后的速度为v2，两冰壶发生弹性正碰，根据动量守恒定律有mv0＝mv1＋mv2，根据机械能守恒定律有m＝m＋m，联立解得v1＝v0＝0，v2＝v0＝v0可知，碰撞后两冰壶速度互换，则碰撞后入射冰壶的动量为0，被碰冰壶的动量等于碰撞前入射冰壶的动量，故选D。 3.（2026·沛中-矿附联考）如图所示，在光滑的水平面上有2 024个质量均为m的小球排成一条直线，均处于静止状态。现给第一个小球初速度v0，使它正对其他小球运动。若小球间的所有碰撞都是完全非弹性碰撞，则整个碰撞过程中因为碰撞损失的机械能总量为（　　） A. C. D. 解析：B　以第一个小球初速度v0的方向为正方向，将2 024个小球组成的整体看作一个系统，设系统最终的速度为v，根据动量守恒定律得mv0＝2 024mv，解得v＝，则系统损失的机械能为ΔE＝m－×2 024mv2，解得ΔE＝，故选B。 4.（2025·苏州星海高级中学月考）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：C　由图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m＞m＋m，知碰撞过程机械能有损失，碰撞为非弹性碰撞，故A、B错误；由于红壶v-t图像的斜率表示加速度结合图b可知，a＝ m/s2＝－0.2 m/s2，当两壶不相碰，红壶停止运动vt＝0时，由图b知v0'＝1.2 m/s，红壶停止运动所用的时间为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＝×m＝2.0 m，故C正确；根据v-t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的摩擦力，故D错误。 知识点二　弹性碰撞的实例分析 5.（2025·南京开学考试）如图所示为杂技表演“胸口碎大石”。其原理可解释为，当大石获得的速度较小时，下面的人感受到的震动就会较小，人的安全性就较强。若大石块的质量是铁锤的120倍，则撞击后大石块的速度可能为铁锤碰撞前速度的（　　） A. C. 　D. 解析：B　如果发生的是完全非弹性碰撞，取竖直向下为正方向，由动量守恒定律得mv0＝（m＋120m）v，解得v＝v0，如果发生的是弹性碰撞，取竖直向下为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得mv0＝mv1＋120mv2， m＝m＋×120m，解得v2＝v0≈v0，所以撞击后大石块的速度可能为铁锤碰撞前速度的和之间。故选B。 6.（2026·南京开学考试）质量为3m、速度为v的A球跟质量为2m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，则碰撞后B球的速度可能为（　　） A.v B.v C.v D.2v 解析：B　当两球发生完全非弹性碰撞时，B球的速度最小，根据动量守恒定律有3mv＝5mv1，解得v1＝，当两球发生弹性碰撞时，B球的速度最大，根据动量守恒定律有3mv＝3mvA＋2mv2，根据能量守恒定律得·3mv2＝·3m＋·2m，联立解得v2＝，故碰撞后B球速度可能值的范围为≤vB≤，故选B。 7.（2025·无锡期末）半径相等的两个小球甲和乙，在光滑水平面上沿同一直线相向运动。若甲球的质量大于乙球的质量，碰撞前两球的动能相等，则碰撞后两球的运动状态可能是（　　） A.两球的速度均为零 B.甲球的速度为零而乙球的速度不为零 C.乙球的速度为零而甲球的速度不为零 D.两球的速度方向均与原方向相反，两球的动能仍相等 解析：B　根据动量和动能的表达式有p＝mv，Ek＝mv2，联立解得小球的动量p＝，由题意知Ek甲＝Ek乙，m甲＞m乙，则有p甲＞p乙，甲、乙相向运动，故甲、乙碰撞后总动量沿甲原来的方向，根据碰撞过程系统动量守恒，可知碰撞后系统总动量不为零，因此碰撞后两球的速度不能都为零；若碰撞后甲的速度为零或继续沿原来的方向运动，乙必弹回，所以乙的速度不可能为零，故A错误，B正确；若碰后乙球的速度为零而甲球的速度不为零，则甲一定弹回，碰后甲、乙系统总动量的方向就发生了改变，此时违背动量守恒定律，故C错误；由A项分析可知，碰撞后系统总动量沿甲的初动量方向，甲不可能反向，故D错误。 8.（2025·徐州期中）A、B两个粒子都带正电，B的电荷量是A的2倍，B的质量是A的4倍，A以动能E向静止的B粒子飞去，经过相互作用又被弹开，设作用前后它们的轨迹都在同一条直线上，则在作用过程中A、B两个粒子电势能的最大值是（　　） A.E B.E C.E D.E 解析：D　设A的质量为m，则B的质量为4m，当A、B两个粒子共速时，A、B两个粒子电势能的最大，根据动量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝（m＋4m）v，m＝（m＋4m）v2＋Ep，又E＝m，联立解得Ep＝E，故选D。 9.（2025·南京期中）如图所示，牛顿摆是一组相互紧挨且悬挂在同一水平线上的相同小钢球，小明用牛顿摆进行探究活动，下列四组实验中左图为释放前的初始状态，右图为他预测的某些球升至最高点的状态，则下列选项中可能与实际情况相符的是（　　） 解析：C　相同的小球在碰撞过程中满足动量守恒定律，机械能守恒定律，所以碰撞后进行速度交换，第1个球静止释放后，与第2个球碰撞时，进行速度交换，依次类推，所以最终第5个球获得与第1个球相同的动量，应向右摆到与第1个球相同的高度处，故A错误；第1、2个球向右摆动，最终第4、5个球获得与第1、2个球相同的动量，摆到相同的高度，故B错误；第1、2、3个球一起向右摆动，速度交换后，最终第3、4、5个球获得与第1、2、3个球相同的动量，摆到相同的高度，故C正确；第1、2个球一起向右摆动，第4、5个球一起向左摆动，系统总动量为零，所以速度交换后，最终第1、2个球获得与第4、5个球相同的动量向左摆动，第4、5个球获得与第1、2个球相同的动量向右摆动，最终摆到相同的高度，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，甲以初速度v0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，则甲的质量可能小于乙的质量 B.若碰后甲反弹，则甲的速率可能为1.2v0 C.碰后乙的速率不可能为3v0 D.若碰后甲反弹，则甲的速率不可能大于乙的速率 解析：C　甲、乙弹珠碰撞过程动量守恒，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，m1＝m1＋m2，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错误；若碰后甲反弹，且甲的速率为1.2v0，则有－1.2v0＝v0，解得m2＝－11m1，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，则可知，碰后乙的速率不可能为3v0，故C正确；若碰后甲反弹，且甲的速率大于乙的速率，则有－v0＞v0，解得m2＞3m1，可知只要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.中国空间站是一个在轨组装成的具有中国特色的太空实验室系统。如图a，空间站内的航天员在方格布前研究两球碰撞的实验，静止释放质量为3m的A球，同时给质量为m的B球初速度vB向A球球心运动。某同学通过软件连续截取了三张实验视频图片如图b，忽略碰撞时间。 （1）碰撞后A球的速度为vA'，则vA'∶vB是多少？ （2）根据实验的相关信息，说明两球间的碰撞是否为弹性碰撞。 答案：（1）1∶2　（2）见解析 解析：（1）由图b可知，B球碰后的速度大小变为原来的，并规定B球初速度的方向为正方向，系统所受合外力为0， 根据动量守恒定律有mvB＝3mvA'＋mvB' 其中vB'＝－vB，解得vA'＝vB， 故vA'∶vB＝1∶2。 （2）系统碰撞前的机械能E＝m 碰撞后系统的机械能 E'＝·3mvA'2＋mvB'2＝m 可见，碰撞前、后系统的机械能守恒，故两球的碰撞为弹性碰撞。 12.（2025·无锡期中）如图用不可伸长轻绳将物块a悬挂在O点，初始时，轻绳处于水平拉直状态。现将a由静止释放，当物块a下摆至最低点时，恰好与静止在水平面上的物块b发生弹性碰撞（碰撞时间极短），碰撞后b滑行的最大距离为s。已知b的质量是a的2倍。b与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。求： （1）碰撞后瞬间物块b的速度大小； （2）轻绳的长度。 答案：（1）　（2） 解析：（1）设a的质量为m，则b的质量为2m，碰撞后，对物块b，由动能定理可得 －μ·2mgs＝0－×2m 解得碰撞后瞬间物块b的速度大小为vb＝。 （2）a、b碰撞过程满足动量守恒定律和机械能守恒定律，则有 mv0＝mva＋2mvb，m＝m＋×2m 解得碰撞前瞬间物块a的速度大小为v0＝ a球从水平位置摆下的过程，根据动能定理可得mgL＝m， 解得轻绳的长度为L＝。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $