1.5 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第一册（教科版）

本讲义聚焦高中物理“碰撞”核心知识点，系统梳理弹性碰撞、非弹性碰撞、完全非弹性碰撞的分类及特点，明确碰撞过程动量守恒、动能变化规律，结合中子发现案例展现规律应用，构建从基础概念到问题分析的完整学习支架。 该资料通过“钢球碰撞”“台球运动”等情境思辨引导科学探究，融入查德威克发现中子的科学史培养科学态度，典例与检测题结合强化科学推理。课中辅助教师突破难点，课后帮助学生通过练习查漏补缺，提升分析解决碰撞问题的能力。

5.碰撞 1.通过实验探究，了解弹性碰撞和非弹性碰撞的特点。 2.理解各种碰撞的特点及规律。 3.了解碰撞规律在发现中子的过程中的重要作用。 4.能够应用动量守恒定律和能量守恒定律分析碰撞问题。 知识点一　碰撞的分类 1.碰撞的分类 （1）弹性碰撞：碰撞前后两物体的总动能不变的碰撞称为弹性碰撞。 （2）非弹性碰撞：碰撞后两物体的总机械能减少，在碰撞过程中有一部分机械能转化为其他形式的能量，这种碰撞称为非弹性碰撞。 （3）完全非弹性碰撞：在非弹性碰撞中，如果两物体碰后粘在一起，以相同的速度运动，这种碰撞称为完全非弹性碰撞。 2.碰撞的特点 碰撞过程中，两物体相互作用的时间很短，即使有外力作用，也远小于碰撞物体之间的相互作用力（内力），因此可以忽略外力作用的影响，认为碰撞过程中动量守恒。 知识点二　中子的发现 1.1928年，德国物理学家玻特用α粒子去轰击轻金属铍（Be）时，发现有一种贯穿力很强的中性射线，当时他认为这是γ射线。 2.1932年，英国物理学家查德威克用这种中性射线与质量已知的氢核和氮核分别发生碰撞，并认为这种碰撞是完全弹性的。他在实验中测出了碰撞后氢核和氮核的速度，于是就可以用动量守恒定律和能量守恒定律求出这种中性粒子的质量，从而发现了中子。 3.查德威克因发现中子而获得了1935年的诺贝尔物理学奖。中子的发现揭开了原子核组成的神秘面纱，开创了人类认识原子核的新纪元。 五个质量相同的钢球由等长的吊绳固定，彼此紧密排列。当把最左侧的球拉开一个角度由静止释放去碰撞紧密排列的另外四个球时，会出现最左侧和中间的三个钢球保持不变，仅有最右边的球被弹出，如图甲所示。打台球时，质量相等的母球与目标球发生碰撞，两个球可以发生正碰、也可以发生斜碰，如图乙所示。判断下列说法的正误。 （1）图甲中质量相等的两个钢球发生的是弹性碰撞而且碰后两球交换速度。（√） （2）只要质量相等的两个球发生碰撞，碰后两球一定交换速度。（×） （3）图乙中母球与目标球发生正碰时两球的动量守恒。（√） （4）图乙中母球与目标球发生斜碰时两球的动量不守恒。（×） 要点一　碰撞的特点和分类 1.碰撞过程中四个物理量的特点 时间特点 在碰撞现象中，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 系统的内力远大于外力，所以系统即使所受外力矢量和不为零，但外力可以忽略，系统的总动量守恒 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.碰撞现象的动量和动能表达式 弹性碰撞 （碰后分离） （1）动量守恒：m1v1＋m2v2=m1v1′＋m2v2′； （2）动能不变：m1＋m2=m1v1′2＋m2v2′2 非弹性碰撞 （碰后分离） （1）动量守恒：m1v1＋m2v2=m1v1′＋m2v2′； （2）动能减少：m1＋m2=m1v1′2＋m2v2′2＋ΔE损失 完全非弹性 碰撞（碰后 “粘合”） （1）动量守恒：m1v1＋m2v2=（m1＋m2）v共； （2）动能损失最大： m1＋m2=（m1＋m2）＋ΔE损失 3.对弹性碰撞的进一步理解 碰撞过程中系统动量守恒，则有m1v1＋m2v2=m1v1′＋m2v2′； 弹性碰撞中没有机械能损失，则有m1＋m2=m1v1′2＋m2v2′2； 解得碰后两物体的速度分别为v1′=，v2′= 特例（一动碰一静）：当v1≠0，v2=0，则有v1′=，v2′= （1）若m1=m2，则有v1′=0，v2′=v1，即两物体碰后交换速度； （2）若m1≪m2，则有v1′=－v1，v2′=0，表明质量为m1的物体被反向以原速率弹回，而质量为m2的物体仍静止； （3）若m1≫m2，则有v1′=v1，v2′=2v1，表明质量为m1的物体的速度不变，而质量为m2的物体以2v1的速度被撞出去。 （2026•四川省成都市彭州中学高三期中考试）质量为m1和m2的两个物体在光滑水平面上发生正碰，碰撞过程中的速度v随时间t变化的图像如图所示。下列说法正确的是（　　） A．两物体发生的碰撞是弹性碰撞 B．两个物体碰撞过程中动量不守恒 C．两个物体的质量之比m1∶m2=1∶2 D．两个物体碰撞过程中动量的变化量相等 答案：A 解析：两个物体在光滑水平面上发生正碰，动量守恒，选项B错误；碰撞过程m1v1＋m2v2=m1v1′＋m2v2′，代入数据m1×4＋m2×1=m1×2＋m2×5，解得=，选项C错误；作用前能量E1=×2m2＋m2=16.5m2，作用后能量E2=×2m2v1′2＋m2v2′2=16.5m2，由于E1=E2，所以两物体发生的碰撞是弹性碰撞，选项A正确；碰撞过程动量守恒，两个物体动量的变化量互为相反数，选项D错误。 〔多选〕（2026•四川凉山期末）如图所示，在光滑水平面上，一质量为m1=0.1 kg的小球1以速度v1=6 m/s的速度与静止的小球2发生正碰。碰后小球1的速度大小为3 m/s，方向与碰撞前相反，小球2的速度大小为3 m/s。由此可判断（　　） A．m2=0.3 kg B．碰撞过程中，m1对m2的冲量大小为0.3 N•s C．该碰撞是非弹性碰撞 D．碰撞过程中系统总动能最小值为0.45 J 答案：AD 解析：由题意可知，两球碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律可得m1v1=－m1v1′＋m2v2，代入数据解得m2=0.3 kg，A正确；由动量定理可得，碰撞过程中，m1对m2的冲量大小为I=m2Δv=m2=0.3×3 N•s=0.9 N•s，B错误；两球碰撞过程，由能量守恒定律可得m1=m1v1′2＋m2＋ΔE，代入数据解得ΔE=0，可知两球碰撞过程中机械能守恒，该碰撞是弹性碰撞，C错误；两球速度相等时，系统动能损失最大，由动量守恒定律得m1v1=v，解得v= m/s，此时系统总动能最小为Ekminv2=×0.4×1.52 J=0.45 J，D正确。 　（2026•四川省达州市万源中学高二期中考试）神舟十六号航天员景海鹏、朱杨柱、桂海潮在空间站内做了“验证动量守恒定律”的实验。假设实验所用较小钢球的质量为较大钢球质量的一半，较小钢球以大小为1 m/s的水平向左的速度与静止的较大钢球正碰，碰后速度大小分别为v1、v2，两钢球的碰撞可视为完全弹性碰撞。则（　　） A．v1=v2=0.5 m/s B．v1=0，v2=1 m/s C．v1=1 m/s，v2=0 D．v1= m/s，v2= m/s 解析：D　设小钢球的质量为m，较大钢球的质量为2m，两球碰撞过程中动量守恒、能量守恒，规定向左为正方向，根据动量守恒定律和能量守恒定律有mv0=mv1＋2mv2，m=m＋×2m，解得v1=－ m/s，v2= m/s，“－”代表方向向右，故选D。 要点二　碰撞问题的合理性分析与判断 【探究】 　如图所示，在光滑水平地面上有质量为m1、m2的两球，分别以速度v1、v2（v1＞v2） 运动。两球发生对心碰撞后速度分别为v1′、v2′。请思考： （1）碰撞前后两球的总动量有什么关系？ （2）碰撞前后两球的总动能有什么关系？ （3）两球碰后的速度v1′、v2′的大小有哪些特点？ 提示：（1）碰撞前后两球的总动量守恒。 （2）碰撞前两球的总动能大于或等于碰撞后两球的总动能。 （3）①v2′＞v2；②v1′≤v2′。 【归纳】 　碰撞遵循的三个原则及合理性判断 （1）动量守恒，即p1＋p2=p1′＋p2′ （2）动能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋ （3）速度要 　合理 特别提醒 　　要灵活运用Ek=或p=，Ek=pv或p=几个关系式进行有关计算。 〔多选〕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=4 kg，mB=2 kg，速度分别是vA=3 m/s（设为正方向），vB=－3 m/s，则它们发生正碰后，速度的可能值分别为（　　） A．vA′=－1 m/s，vB′=5 m/s B．vA′=－2 m/s，vB′=6 m/s C．vA′=2 m/s，vB′=－1 m/s D．vA′=0.5 m/s，vB′=2 m/s 答案：AD 解析：　两球组成的系统碰撞过程要满足：①系统动量守恒；②系统机械能不增加；③不违反实际可行性。碰前系统总动量为p总=4×3 kg•m/s＋2×（－3）kg•m/s=6 kg•m/s，碰前总动能为Ek总=×4×32 J＋×2×（－3）2 J=27 J，若vA′=－1 m/s，vB′=5 m/s，不违反实际速度可行性，碰后系统动量和动能p总′=4×（－1）kg•m/s＋2×5 kg•m/s=6 kg•m/s，Ek总′=×4×（－1）2 J＋×2×52 J=27 J，动量守恒，机械能也守恒，故A可能；若vA′=－2 m/s，vB′=6 m/s，则碰后系统动量p总′=4×（－2）kg•m/s＋2×6 kg•m/s=4 kg•m/s，系统动量不守恒，故B不可能；若 vA′=2 m/s，vB′=－1 m/s，违反速度实际可行性，发生二次碰撞，故C不可能；若vA′=0.5 m/s，vB′=2 m/s，不违反速度实际可行性，碰后系统总动量和机械能 p总′=4×0.5 kg•m/s＋2×2 kg•m/s=6 kg•m/s，Ek总′=×4×（0.5）2＋×2×22 J=4.5 J，故D可能。 　（2026•四川省射洪中学校高二开学考试）如图所示，有两个半径相同、质量不同的小球A和B，两球静止在光滑的水平面上，其中B球质量是A球质量的3倍。某时刻给A球一水平向右大小为10 m/s的初速度，使得A球与静止的B球发生正碰，取向右为正方向，则碰撞后A球的速度可能为（　　） A．－8 m/s　 B．－3 m/s C．4 m/s　 D．3 m/s 解析：B　设A球质量为m，B球质量为3m，若A、B发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律可得mv0=（m＋3m）v共，解得v共=2.5 m/s，若A、B发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可得mv0=mvA＋3mvB，m=m＋×3m，联立解得vA=v0=－5 m/s，所以若碰撞后A球的速度向右，则应该小于等于2.5 m/s；若碰撞后A球的速度向左，则应该小于等于5 m/s，故选B。 1.斯诺克是“最具绅士”的一项运动，比赛时运动员利用球杆击打母球（白色球），母球与目标球碰撞使目标球入袋而得分，如图为我国斯诺克运动员击球时的情境。假设某次击球后，母球和目标球碰撞，二者均在同一直线上运动，则下列说法中正确的是（　　） A．母球和目标球碰撞瞬间，由于桌面存在摩擦，系统动量不守恒 B．由于碰撞时间极短，在碰撞瞬间，可以认为两球均没有发生位移 C．从母球被击出到目标球落袋前这一过程中，系统的机械能守恒 D．碰撞瞬间，母球对目标球的冲量和目标球对母球的冲量相同 解析：B　由于碰撞时间极短，外力远小于内力，外力的冲量很小，可以忽略不计，所以系统动量守恒，故A错误；由于碰撞时间极短，在碰撞瞬间可以认为两球的位移为零，故B正确；从母球被击出到目标球落袋前，两球均受到桌面摩擦力的作用，系统机械能不守恒，故C错误；碰撞瞬间，母球对目标球的冲量和目标球对母球的冲量大小相等，但方向相反，故D错误。 2.〔多选〕（2026•四川资阳期末）在光滑的水平面上，质量为m的小球A以速度v0水平向右运动，与质量为3m的静止的小球B发生碰撞。A、B的材质不同，碰撞结果会不同。下列说法正确的是（　　） A．碰后B球的速度方向一定向右 B．碰后A球的速度方向一定向左 C．碰后B球速度的最大值为v0 D．碰后A球速度的最大值为v0 解析：AC　若两球发生的是完全非弹性碰撞，则有mv0=（3m＋m）v共⇒v共=，若两球发生的是弹性碰撞，则动量守恒、机械能守恒，则有mv0=mv1＋3mv2，m=×m＋×3m，联立解得v1=－，v2=，由以上分析可知，碰后小球B的速度方向一定向右，小球A的速度方向可能向右也可能向左，A正确，B错误；碰后B球速度的最大值为v0，碰后小球A的速度可以是反向v0，所以碰后A球速度的最大值不是v0，C正确，D错误。 3.〔多选〕（2026•四川省泸州市高三一模物理试题）水平桌面上一个质量为0.16 kg的小球a与完全相同的静止小球b发生正碰，碰撞后小球b以2.5 m/s的速度向前运动，小球a以1 m/s的速度向前运动。若两球碰撞相互作用的时间为0.001 s，则（　　） A．小球a与小球b发生的碰撞为非弹性碰撞 B．小球a与小球b发生的碰撞为弹性碰撞 C．碰撞时小球a与小球b间的平均作用力大小为160 N D．碰撞时小球a与小球b间的平均作用力大小为400 N 解析：AD　设两小球质量都为m，根据动量守恒定律mva=mva′＋mvb′，解得va=3.5 m/s，碰撞过程中的动能损失E损=m－=×0.16×J=0.4 J，有动能损失，小球a与小球b发生的碰撞为非弹性碰撞，选项A正确，B错误；设碰撞时小球a与小球b间的平均作用力大小为，分析小球b，根据动量定理Δt=mvb′－0，解得=400 N，选项C错误，选项D正确。 4.（2026•四川遂宁期中）在光滑水平面上有a、b两小球沿同一条直线运动，发生碰撞且碰撞时间极短。碰撞前后两球在同一直线运动的位置随时间变化的x－t图像如图。则关于两球的质量大小和碰撞类型，以下正确的是（　　） A．ma∶mb=3∶1　 B．ma∶mb=1∶1 C．弹性碰撞　 D．完全非弹性碰撞 解析：A　以球b碰撞前的速度方向为正方向，由图可知，碰撞前va=－2 m/s，vb=1 m/s，碰撞后va′=－1 m/s，vb′=－2 m/s，根据动量守恒定律得mava＋mbvb=mava′＋mbvb′，可得ma∶mb=3∶1，碰撞后两球速度不相等，所以不是完全非弹性碰撞，碰撞前系统总动能Ek=ma＋mb，碰撞后系统总动能Ek′=mava′2＋mbvb′2，计算可得Ek′＜Ek，可知碰撞为非弹性碰撞，故A正确，B、C、D错误。 题组一　碰撞的特点和分类 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不变 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通过强大内力作用的特点，所以仍然是碰撞，故A正确。 2.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．3 J　 B．4 J C．5 J　 D．6 J 解析：A　根据题图知，碰撞前甲、乙的速度分别为v甲=5.0 m/s，v乙=1.0 m/s，碰撞后甲、乙的速度分别为v甲′=－1.0 m/s，v乙′=2.0 m/s，碰撞过程由动量守恒定律得m甲v甲＋m乙v乙=m甲v甲′＋m乙v乙′，解得m乙=6 kg，碰撞过程损失的机械能ΔE=m甲＋m乙－m甲v甲′2－m乙v乙′2，解得ΔE=3 J，故选A。 3.质量相等的三个物块在一光滑水平面上排成一直线，且彼此隔开了一定的距离，如图所示。具有动能E0的第1个物块向右运动，依次与其余两个静止物块发生碰撞，最后这三个物块粘在一起，这个整体的动能为（　　） A．E0　 B． C．　 D． 解析：C　由碰撞中动量守恒得mv0=3mv1， 解得v1=　① E0=m　② Ek′=×3m　③ 由①②③式联立得Ek′=×3m2=×=，故C正确。 4.台球是大家比较喜爱的一项运动。小明同学设计了一个台球趣味游戏，在光滑水平面上，利用一个白球A以初速度v0去撞击2 023个一字排开的花球，如图所示，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 解析：A　质量为2m的白球A以初速度v0与编号为2023的花球发生弹性正碰，满足动量守恒定律和机械能守恒定律，设碰后白球和编号为2023的花球的速度分别为vA1、v1，以向右为正方向，则2mv0=2mvA1＋mv1，（2m）=（2m）＋m，解得vA1=v0，v1=v0。同理分析，两个质量相同花球碰撞时，根据动量守恒定律和机械能守恒定律知，两球速度交换，此时编号为2023的花球与编号为2022的花球交换速度，以此类推，最终编号为1的花球的速度为v1′=v0，故A正确，B、C、D错误。 5.〔多选〕如图所示，竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道下端与光滑水平桌面相切，小滑块B静止在圆弧轨道的最低点。现将小滑块A从圆弧轨道的最高点无初速度释放。已知圆弧轨道半径R=1.8 m，小滑块间的质量关系是mB=2mA，重力加速度g=10 m/s2。则碰后小滑块B的速度大小可能是（　　） A.5 m/s　　 B.4 m/s C.3 m/s　　 D.2 m/s 解析：BCD　滑块A下滑过程，由机械能守恒定律得mAgR=mA，解得v0=6 m/s，若两个滑块发生的是弹性碰撞，取向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得mAv0=mAvA＋mBvB，mA=mA＋mB，解得vB=4 m/s，若两个滑块发生的是完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得mAv0=（mA＋mB）vB′，解得vB′=2 m/s，所以碰后小滑块B的速度大小范围为2 m/s≤vB≤4 m/s，不可能为5 m/s，故选B、C、D。 题组二　碰撞问题的合理性分析与判断 6.〔多选〕（2026•四川省成都市蓉城名校高一期末联考）质量相等、大小相同的A、B两小球在光滑的水平面上沿同一直线向同一方向运动，以A球碰撞前动量方向为正方向，A球的动量为7 kg•m/s， B球的动量为5 kg•m/s，当A球追上B球时发生碰撞，碰撞后A、B两小球的动量可能分别为（　　） A．6 kg•m/s，6 kg•m/s B．5 kg•m/s，7 kg•m/s C．－5 kg•m/s，17 kg•m/s D．8 kg•m/s，4 kg•m/s 解析：AB　两球碰撞过程动量守恒、动能不增加、碰撞前、后速度合理，故须满足pA＋pB=pA′＋pB′，＋≥pA′2＋pB′2，并且碰后B球速度（动量）必变大，选项A、B正确；C项中不满足＋≥pA′2＋pB′2，即碰后系统动能增加，选项C错误；D项中不满足B球速度（或动量）增大，选项D错误。 7.〔多选〕如图所示，半径和动能都相等的两个小球相向而行。甲球质量m甲大于乙球质量m乙，水平面是光滑的，两球做对心碰撞以后的运动情况可能是下述哪些情况（　　） A．甲球速度为零，乙球速度不为零 B．两球速度都不为零 C．乙球速度为零，甲球速度不为零 D．两球都以各自原来的速率反向运动 解析：AB　根据两球动能相等，有m甲=m乙，得出两球碰前动量大小之比= ，因m甲＞m乙，则p甲＞p乙，则系统的总动量方向向右。根据动量守恒定律可以判断，碰后两球运动情况可能是A、B所述情况，而C、D情况是违背动量守恒的，故C、D情况是不可能的。 8.（2026•四川成都期末）甲、乙两铁球质量分别是m1=1 kg、m2=2 kg，在光滑平面上沿同一直线运动，速度分别是v1=6 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′=7 m/s，v2′=1.5 m/s B．v1′=2 m/s，v2′=4 m/s C．v1′=3.5 m/s，v2′=3.5 m/s D．v1′=8 m/s，v2′=1 m/s 解析：B　以甲的初速度方向为正方向，碰撞前总动量p=m甲v甲＋m乙v乙=（1×6＋2×2）kg•m/s=10 kg•m/s，碰撞前的总动能Ek=m甲＋m乙=×1×62 J＋×2×22 J=22 J。如果v甲′=7 m/s、v乙′=1.5 m/s，碰撞后动量守恒、机械能增加，且v′甲＞v′乙，即碰后速度不合理，故A错误；如果v甲′=2 m/s，v乙′=4 m/s，碰撞过程动量守恒、机械能不增加，且碰撞后速度合理，故B正确；如果v甲′=3.5 m/s，v乙′=3.5 m/s，碰撞过程动量不守恒，故C错误；如果v甲′=8 m/s，v乙′=1 m/s，碰撞过程动量守恒、机械能增加，且v′甲＞v′乙，即碰后速度不合理，故D错误。 9.〔多选〕（2026•四川省南充市白塔中学高二月考）如图甲所示，“充气碰碰球”游戏是一项很减压的趣味运动项目。为了研究其中的碰撞规律，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=40 kg•m/s。则两球质量mA与mB间的关系可能是（　　） A．mB=0.8mA　 B．mB=0.5mA C．mB=4mA　 D．mB=mA 解析：ACD　碰撞过程系统动量守恒，以A球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得pA=pA′＋pB′，解得pA′=10 kg•m/s，根据碰撞过程总动能不增加，则有≥＋，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≤4mA，综上分析可知mA≤mB≤4mA，故选A、C、D。 10.如图所示，质量为m的A球以速度v0在光滑水平面上运动，与原来静止的质量为5m的B球碰撞，碰撞后A球以v=av0（待定系数a＜1）的速率弹回，A球与挡板P发生碰撞时无能量损失，若要使A球能追上B球再次相撞，则a的取值范围为（　　） A．＜a≤　 B．＜a≤ C．＜a≤　 D．＜a≤ 解析：A　规定向右为正方向，由动量守恒定律可知 mv0=－m•av0＋5mv1　① 根据碰撞过程动能不会增大可知 m≥m（av0）2＋（5m）　② 球与挡板P发生碰撞时无能量损失，与挡板碰后以原速度大小返回，若要使A球能追上B球再次相撞，所以有av0＞v1　③ 由①②③式可得＜a≤，故选A。 11.如图所示，一质量为m1的物体以v0的初速度与另一质量为m2的静止物体发生碰撞，其中m2=km1，k＜1。碰撞可分为完全弹性碰撞、完全非弹性碰撞以及非弹性碰撞。碰撞后两物体速度分别为v1和v2。假设碰撞在一维上进行，且一个物体不可能穿过另一个物体。物体1撞后与碰撞前速度之比r=的取值范围是（　　） A．≤r≤1　 B．≤r≤ C.0≤r≤　 D．≤r≤ 解析：D　若物体发生弹性碰撞，则满足动量守恒定律和机械能守恒定律， 即m1v0=m1v1＋m2v2且 m1=m1＋m2， 联立解得=； 若物体发生完全非弹性碰撞，碰撞后两物体速度相等，根据动量守恒定律有m1v0=（m1＋m2）v1，则物体1撞后与碰撞前速度之比==， 综上可得≤r≤，故A、B、C错误，D正确。 12.在冰壶比赛中，球员手持毛刷擦刷冰面，可以改变冰壶滑行时受到的阻力。如图a所示，蓝壶静止在圆形区域内，运动员用等质量的红壶撞击蓝壶，两壶发生正碰。碰撞前后两壶的v－t图像如图b所示。 （1）蓝壶运动时加速度多大？ （2）碰撞后两壶相距的最远距离为多少？ （3）请通过计算说明两壶是否发生了弹性碰撞。 答案：（1）0.3 m/s2　 （2）1.275 m　 （3）没有发生弹性碰撞 解析：（1）由题图b可知，碰前瞬间红壶的速度v0=1.2 m/s，碰后瞬间红壶的速度为v红=0.3 m/s，根据动量守恒定律可得mv0=mv红＋mv蓝 解得v蓝=0.9 m/s 根据三角形相似知= 解得t1=4 s 蓝壶运动时间为Δt=4 s－1 s=3 s 蓝壶的加速度大小为 a==0.3 m/s2。 （2）碰撞后蓝壶速度一直大于红壶，故在蓝壶静止前两壶距离一直在增大，速度—时间图像与横轴围成的面积表示位移，则碰后两壶相距的最远距离为 s= m－ m=1.275 m。 （3）碰撞前瞬间两壶的总动能为 Ek1=m＋0=0.72m（J） 碰撞后瞬间两壶的总动能为 Ek2=m＋m=0.45m（J） 则Ek1＞Ek2，所以两壶碰撞为非弹性碰撞。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $