第1章 第5节 弹性碰撞和非弹性碰撞-【金版新学案】2026-2027学年高中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，通过台球碰撞、汽车碰撞测试等情境导入，对比动量守恒共性与机械能损失差异，结合基础梳理定义和课堂探究实验，构建从动量守恒定律到碰撞分类的学习支架。 其亮点是以生活实例和实验探究为载体，融合物理观念与科学思维，通过牛顿摆、冰壶等实例分析及碰撞可行性论证，培养学生问题解决能力，帮助学生深化理解，为教师提供系统教学素材，提升教学效果。

5．弹性碰撞和非弹性碰撞 　　　　 第一章　动量守恒定律 1．了解弹性碰撞、非弹性碰撞和完全非弹性碰撞的特征。 2．熟练运用动量守恒定律、机械能守恒定律和能量守恒定律解决实际问题。 3．提高学生的科学探究意识和科学思维能力。 素养目标 知识点一　弹性碰撞和非弹性碰撞 1 知识点二　弹性碰撞的实例分析 2 课时测评 4 内容索引 知识点三　碰撞的可行性分析 3 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 知识点一　弹性碰撞和非弹性碰撞 返回 自主学习 情境导入　图甲为台球桌上白球去碰撞黑 球，图乙为汽车碰撞测试中两车的相向碰 撞(碰撞后均静止)，从动量和能量的角度 分析，这些碰撞有哪些相同点？又有哪些 不同点？ 提示：相同点：碰撞过程时间极短，内力远大于外力，碰撞满足动量守恒； 不同点：碰撞过程中系统的机械能损失程度不同，题图甲所示碰撞过程系统损失的机械能占比较小，题图乙所示碰撞过程系统损失的机械能占比较大。 基础梳理 1．弹性碰撞：系统在碰撞前后动能______。 2．非弹性碰撞：系统在碰撞后动能______ 。 不变 减少 课堂探究 师生互动　放在水平气垫导轨上的两组滑块分别进行如图甲、乙所示的实验。 任务1．图甲中，两个碰撞端装着弹性碰撞架的滑块碰撞后立即分开运动，系统的动量守恒吗？机械能守恒吗？ 提示：动量守恒；机械能守恒。 任务2．图乙中，两个碰撞端分别装着撞针、橡皮泥的滑块碰撞后连成一体运动，系统的动量守恒吗？机械能守恒吗？ 提示：动量守恒；机械能不守恒，而且机械能有损失。 1．碰撞过程的五个特点 探究归纳 时间特点 在碰撞过程中，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 系统的内力远远大于外力，所以系统即使所受合力不为零，但外力可以忽略，系统的总动量守恒 位移特点 碰撞过程发生的时间极短，在物体发生碰撞的瞬间，可忽略物体的位移，认为物体碰撞前后仍在同一位置 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．碰撞的种类及特点 探究归纳 分类依据 种类 特点 碰撞前后 机械能损 失情况 弹性碰撞(碰后分离) 动量守恒，机械无损失 非弹性碰撞(碰后分离) 动量守恒，机械能有损失 完全非弹性碰撞(碰后粘合) 动量守恒，机械能损失最大 如图所示，光滑水平面上一只质量为5.0 kg的保龄球，撞上一只原来静止、质量为1.5 kg的球瓶。此后球瓶以3.0 m/s的速度向前飞出，而保龄球以2.0 m/s的速度继续向前运动，求： (1)碰撞前保龄球的速度大小； 例1 答案：2.9 m/s 设碰撞前保龄球的速度为v1，根据动量守恒定律有Mv1＝Mv1′＋mv2 解得v1＝2.9 m/s (2)通过计算判断该碰撞是弹性碰撞还是非弹性碰撞。 答案：非弹性碰撞 保龄球和球瓶组成的系统初、末动能分别为 Ek0＝＝21.025 J Ek1＝Mv1′2＋＝16.75 J 因为Ek1<Ek0，所以该碰撞为非弹性碰撞。 针对练1．2024年11月3日，2024年泛大陆冰壶锦标赛在 加拿大拉科姆收官，中国男子冰壶队以6∶4战胜日本男 队，首次参赛就夺得冠军。中国队员在某次投壶中将质 量为19 kg的冰壶推出，运动一段时间后以0.4 m/s的速度 正碰静止的日本队冰壶，然后中国队冰壶以0.1 m/s的速度继续向前滑向大本营中心。若两冰壶质量相等。则下列说法正确的是 A．碰后日本队冰壶的速度为0.3 m/s，两冰壶间的碰撞是弹性碰撞 B．碰后日本队冰壶的速度为0.3 m/s，两冰壶间的碰撞是非弹性碰撞 C．碰后日本队冰壶的速度为0.5 m/s，两冰壶间的碰撞是弹性碰撞 D．碰后日本队冰壶的速度为0.5 m/s，两冰壶间的碰撞是非弹性碰撞 √ 两冰壶碰撞的过程中动量守恒，规定向前为正方 向，根据动量守恒定律有mv1＝mv2＋mv3，代入 数据解得v3＝0.3 m/s。动能减少量ΔE＝ ＝0.57 J，故系统动能减小，两冰壶之间的碰撞是非弹性碰撞。故选B。 针对练2．(2025·江苏泰州高二月考)如图为两个质量分别为m、M的A、B小球在光滑水平面上发生对心正碰前、后的x ­t图像，则下列说法正确的是A．A、B两球的质量比m∶M＝1∶2 B．碰撞前、后A球动能的减少量大于B球动能 的增加量 C．碰撞过程中A球对B球的冲量大小是B球对A 球冲量大小的3倍 D．两小球发生的是弹性碰撞 √ 两小球碰撞过程中，根据动量守恒有 mv0＝Mv2＋mv1，在x ­t图像中，图线斜率表示速度，由题图可知v0＝ m/s＝4 m/s, v1＝ m/s＝－2 m/s, v2＝ m/s＝2 m/s，解得m∶M＝1∶3，故A错误； 根据A项分析，可得， 因此两小球发生的是弹性碰撞，碰撞前、后A球 动能的减少量等于B球动能的增加量，故B错误， D正确；因为A、B碰撞过程中动量守恒，故两球 动量的变化量大小相等、方向相反，由动量定理 得，碰撞过程中A球对B球的冲量大小等于B球对A球的冲量大小，故C错误。故选D。 返回 知识点二　弹性碰撞的实例分析 返回 自主学习 情境导入　图甲为牛顿摆装置，五个质量相同的钢球由等长的吊绳固定，彼此紧密排列。如图乙所示，当摆动最左侧的球，在回摆时碰撞紧密排列的另外四个球，会出现最左侧和中间的三个钢球保持不动，仅有最右侧的球被弹出的情况。 (1)相邻两个钢球碰撞前、后的总动量、机械能有什么特点？ 提示：相邻两个钢球碰撞前、后的总动量守恒、机械能也守恒。 (2)相邻两个钢球碰撞前、后的速度有什么特点？ 提示：相邻两个钢球碰撞前、后的速度互相“交换”。 基础梳理 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___________上，碰撞之后两球的_____仍会沿着这条直线。这种碰撞称为正碰，也叫作_________或一维碰撞。 同一条直线 速度 对心碰撞 课堂探究 师生互动　如图所示，质量为m1的小球A以 速度v1与原来静止的、质量为m2的小球B发 生弹性正碰。 任务1．利用弹性正碰的规律求出碰撞后两个小球A、B的速度v1′和v2′。 提示：根据动量守恒定律得 m1v1＝m1v1′＋m2v2′ 根据机械能守恒定律得m1v1′2＋m2v2′2 解得v1′＝v1，v2′＝v1。 任务2．求出如下三种特殊情况下，碰撞后两个小球A、B的速度v1′和v2′： (1)m1＝m2时； 提示：m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1。 (2)m1≫m2时； 提示： m1≫m2时，v1′＝v1，v2′＝2v1。 (3)m1≪m2时。 提示： m1≪m2时，v1′＝－v1，v2′＝0。 1．弹性碰撞的两个守恒：动量守恒、机械能守恒。 2．运动小球m1(速度为v1)与静止小球m2弹性正碰后的三种情景： (1)若m1＝m2，碰撞后两球交换速度。 (2)若m1>m2，碰撞后两个小球的速度都与碰撞速度v1的方向相同，而且v1′<v2′。 特例：若m1≫m2，碰撞后第一个球的速度几乎没有改变，第二个球以2v1的速度被撞出去。 (3)若m1<m2，碰撞后第一个球被反向弹回，第二个球被撞出去。 特例：若m1≪m2，碰撞后第一个球被反向以原速率弹回，而第二个球仍然静止。 探究归纳 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 例2 √ 设中子的质量为m，则氢核的质量也为m，氮核的质量为14m，设中子和氢核碰撞后中子速度为v3，取v0的方向为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝mv1＋mv3，，联立解得v1＝v0；设中子和氮核碰撞后中子速度为v4，取v0的方向为正方向， 由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝ 14mv2＋mv4，， 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＝，氮核的动能为EkN＝，可得EkH>EkN，故B正确，A、C、D错误。 针对练．如图所示，5个小球B、C、D、E、F并排放置在光滑的水平面上，B、C、D、E四个小球质量相等，而F球质量小于B球质量，A球的质量等于F球质量，A球以速度v0向B球运动，所发生的碰撞均为弹性正碰，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 √ 由题知mA＜mB，则A、B两球相碰后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。由于mE>mF，则E、F两球都向右运动。故选C。 返回 知识点三　碰撞的可行性分析 返回 碰撞过程中的三个制约因素 1．动量制约——碰撞前后系统的动量守恒 m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′ 2．动能制约——碰撞后系统的总动能不增加 m1v1 2＋m2v2 2≥m1v1′2＋m2v2′2 3．运动制约——碰撞过程的速度关系 (1)如果碰前两物体同向运动，则后面物体的速度必大于前面物体的速度，即v后> v前。碰撞后，原来在前的物体的速度一定增大，且原来在前的物体的速度大于或等于原来在后的物体的速度，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。 (2025·湖北黄冈高二检测) 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＝6 kg、mB＝3 kg，速度分别是vA＝6 m/s(向右为正方向)、vB＝－6 m/s，则它们发生正碰后，速度的可能值分别为 A．vA′＝4 m/s，vB′＝－2 m/s B．vA′＝－4 m/s，vB′＝15 m/s C．vA′＝－2 m/s，vB′＝10 m/s D．vA′＝－3 m/s，vB′＝12 m/s √ 例3 以向右为正方向，碰前系统的总动量p＝mAvA ＋mBvB＝6×6 kg·m/s＋3 ×(－6) kg·m/s＝ 18 kg·m/s，碰前系统的总动能Ek总＝mAvA2＋ mBvB2＝×6×62 J＋×3×(－6)2 J＝162 J。如果碰后vA′＝4 m/s，vB′＝－2 m/s，则碰撞过程还未结束，系统还会发生二次碰撞，不符合实际，故A错误；如果碰后vA′＝－4 m/s，vB′＝15 m/s，碰后系统的总动量p′＝mAvA′＋mBvB′＝6×(－4) kg·m/s＋3×15 kg·m/s＝21 kg·m/s，可知系统动量不守恒，不符合实际，故B错误； 如果碰后vA′＝－2 m/s，vB′＝10 m/s，碰后系统 的总动量p′＝mAvA′＋mBvB′＝6×(－2) kg·m/s＋ 3×10 kg·m/s＝18 kg·m/s，碰后系统的总动能为 Ek总′＝mAvA′2＋mBvB′2＝×6×(－2)2 J＋×3×102 J＝162 J，碰撞前、后系统动量守恒、机械能守恒，故C正确；如果碰后vA′＝－3 m/s，vB′＝12 m/s，碰后系统的总动量p′＝mAvA′＋mBvB′＝6×(－3)kg·m/s＋3×12 kg·m/s＝18 kg·m/s，碰后系统的总动能Ek总′＝mAvA′2＋mBvB′2＝×6×(－3)2 J＋×3×122 J＝243 J，碰撞前、后系统动量守恒，但系统的总动能增大，不符合实际，故D错误。故选C。 分析碰撞问题的思路 1．对一个给定的碰撞，首先要看动量是否守恒，其次看总动能是否增加。 2．一个符合实际的碰撞，除动量守恒外还要满足动能不增加，同时注意碰后合理的速度关系。 3．要灵活运用Ek＝、Ek＝等关系式进行有关计算。　　 规律总结 针对练．(多选)A、B两球在光滑水平轨道上同向运动，A球的动量是 7 kg·m/s，B球的动量是9 kg·m/s，当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后B球的动量变为12 kg·m/s，则两球质量mA、mB的关系可能是 A．mB＝2mA B．mB＝3mA C．mB＝4mA D．mB＝5mA √ √ 以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得pA＋pB＝pA′＋pB′，pB′＝12 kg·m/s，解得pA′＝4 kg·m/s，碰撞过程系统的总动能不增加，则有，解得，由题意可知，当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞前A的速度大于B的速度，则有＞，解得＜，碰撞后A的速度不大于B的速度，则有，解得，综上得。故选AB。 返回 课堂回眸 课时测评 返回 1．(2026·河南洛阳高二月考)下列关于碰撞的说法，不正确的是 A．弹性碰撞属于理想化模型 B．两个小球碰撞过程作用时间极短，且内力远大于外力，故两小球组成的系统动量守恒 C．两个弹性钢球发生弹性碰撞，碰撞发生过程中任何时刻两钢球总动能都守恒 D．发生完全非弹性碰撞的两个物体，系统损失的机械能都转化成了内能 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 弹性碰撞是指没有动能损失的理想化模型，A正确；两个小球碰撞过程作用时间极短，且内力远大于外力，不管是弹性碰撞还是非弹性碰撞，动量都守恒，B正确；两个弹性钢球发生弹性碰撞，碰撞前后总动能守恒，并不是碰撞过程中任何时刻总动能都守恒，在碰撞中，两球形变还未完全恢复时，因形变产生的弹性势能没有完全释放，此时总动能不守恒，C错误；发生完全非弹性碰撞的两个物体，碰撞后结合在一起，系统的机械能损失最大，损失的机械能转化成内能，D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2．(2026·安徽安庆高二月考)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，那么这次碰撞是 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 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 由动量守恒有3mv－mv＝0＋mv′，解得v′＝2v，碰前总动能Ek＝mv2＝2mv2，碰后总动能Ek′＝mv′2＝2mv2，Ek＝Ek′，故选A。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 3．某同学设计了一个台球娱乐项目，如图所示，在光滑水平面上，利用一个白球A以初速度v0去撞击2 025个一字排开的花球来模拟，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 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 质量为2m的白球A以初速度v0与编号为 2 025的花球发生弹性正碰，满足动量 守恒和机械能守恒，设碰后白球和编 号为2 025的花球的速度分别为vA1、v1，以向右为正方向，则有2mv0＝2mvA1＋mv1，×2mvA12＋mv12，解得vA1＝＝v0。同理分析，两个质量相同的花球碰撞时，编号为2 025的花球与编号为2 024的花球交换速度，以此类推，最终编号为1的花球的速度v＝v1＝v0。故选A。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 4．(2025·辽宁大连高二期末)超市里用的购物车为顾客提供了购物方便，又便于收纳，收纳时一般采用完全非弹性碰撞的方式把购物车收到一起，如图甲所示。某兴趣小组在超市对同款购物车(以下简称“车”)的碰撞进行了研究，分析时将车简化为原来静止的小物块。已知车的净质量均为m＝12 kg，将1号车以速度v1＝6 m/s向右推出，先与2碰撞结合为一体后再撞击3，最终三车合为一体。忽略一切摩擦和阻力，则第二次碰撞过程中损失的机械能为 A．18 J B．36 J C．54 J D．72 J √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 依题意，碰撞过程系统动量守恒，可得mv1＝2mv2＝3mv3，解得v2＝ 3 m/s，v3＝2 m/s，则第二次碰撞过程中损失的机械能ΔE＝ ×3mv32＝36 J。故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 5．(2025·山东烟台高二期中) 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x-t图像如图所示，则下列说法正确的是 A．碰撞后A、B两个物块运动方向相同 B．A、B的质量之比mA∶mB＝1∶1 C．碰撞前、后A物块的速度大小之比为5∶3 D．此碰撞为弹性碰撞 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 由题图可知，碰撞后A、B两个物块运动方向相反， A错误；根据题图可得，碰撞前A的速度(以此时的速 度方向为正方向)v0＝5 m/s，碰撞前B球的速度为0， 碰撞后A、B的速度分别为vA＝－1 m/s，vB＝4 m/s， 根据动量守恒定律可得mAv0＝mAvA＋mBvB，解得 mA∶mB＝2∶3，B错误；根据B项分析可知，碰撞 前、后A物块的速度大小之比为5∶1，C错误；碰撞前系统的动能Ek＝，碰撞后系统的动能Ek′＝，结合B项的结果可得Ek＝Ek′，则碰撞前、后系统的机械能守恒，故二者的碰撞为弹性碰撞，D正确。故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 6．(2026·河北石家庄高二期中)质量为m、速度为v的A球与质量为4m的静止的B球发生正碰，碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，碰撞后B球的速度大小可能是 A．0.1v B．0.3v C．0.6v D．v √ 若二者为完全非弹性碰撞，则有mv＝(m＋4m)v′，解得v′＝0.2v，若二者为弹性碰撞，则有mv＝mvA＋4mvB，，解得vB＝0.4v，故碰后B球的速度满足0.2v≤vB≤0.4v，故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 7．(2026·广东广州高二期末)两个质量相等的小球在光滑水平面上沿同一直线同方向运动，A球的动量是7 kg·m/s，B球的动量是5 kg·m/s，A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值是 A．pA＝6 kg·m/s，pB＝6 kg·m/s B．pA＝3 kg·m/s，pB＝9 kg·m/s C．pA＝－2 kg·m/s，pB＝14 kg·m/s D．pA＝－5 kg·m/s，pB＝15 kg·m/s √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 碰撞前系统总动量p＝pA＋pB＝12 kg·m/s，由题意，设mA＝mB＝m，碰前总动能为Ek＝。若pA＝6 kg·m/s，pB＝6 kg·m/s，系统动量守恒，碰撞后的总动能2×<Ek，是可能的，故A正确；若pA＝3 kg·m/s，pB＝9 kg·m/s，系统动量守恒，碰撞后的总动能>Ek，不可能，故B错误；若pA＝－2 kg·m/s，pB＝14 kg·m/s，系统动量守恒，碰撞后的总动能>Ek，不可能，故C错误；若pA＝－5 kg·m/s，pB＝15 kg·m/s，总动量为pA＋pB＝10 kg·m/s，系统的动量不守恒，不可能，故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 8．(多选)如图所示，光滑的水平地面上，质量为m的小球A正以速度v向右运动，与前面大小相同质量为3m的静止B球相碰，则碰后A、B两球总动能可能为 A．mv2 B．mv2 C．mv2 D．mv2 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 若A、B发生的是弹性碰撞，则没有能量的损失，碰后的总动能为mv2；若发生的是能量损失最多的完全非弹性碰撞，由动量守恒定律有mv＝4mv1，则碰后两者总动能为Ek＝因此，碰后两者总动能满足mv2≤E总≤mv2，故A、C正确，B、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 9．斯诺克是一项近年来我们所熟知的运动项目，球员出杆击打白球，运动白球撞击彩球使其入洞并计分。如图甲所示，运动员用白球撞击蓝球(设两球质量相等)，两球发生正碰，且碰撞后白球所受的阻力不变。若碰撞前、后两球的v ­t图像如图乙所示，白球的虚线与蓝球实线交于t轴同一点。关于两球的运动，下列说法正确的是 A．碰撞后两球相距的最远距离为0.9 m B．蓝球运动过程中受到的阻力较大 C．两球发生弹性碰撞 D．碰撞后蓝球的加速度大小为 m/s2 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 由图像可知，碰前瞬间，白球的速度 v0＝1.0 m/s，碰后白球的速度v1＝0.4 m/s，两球碰撞过程中，满足动量守恒 定律，则有mv0＝mv1＋mv2，可得碰后 瞬间蓝球的速度v2＝0.6 m/s，根据图像 可知，蓝球停止的时刻为t2＝6 s，两球都停止时，距离最大，且最大距离d＝(t2－t0)－(t1－t0)＝×(6－1) m－×(3－1) m＝1.1 m，A错误； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 在v ­t图像中，图像的斜率表示加速度， 由图像可看出，碰后白球减速的加速 度较大，根据牛顿第二定律可知，白 球运动过程中受到的阻力较大，B错 误；由于碰撞前后机械能满足>，因此不是弹性碰撞，C错误；碰撞后蓝球的加速度大小为a＝ m/s2＝ m/s2，D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 10．(多选)(2025·山东烟台高二期中)在光滑水平面上，A、B两个物体在同一直线上沿同一方向运动，A的动量为18 kg·m/s，B的动量为24 kg·m/s。A从后面追上B，它们相互作用一段时间后，B的动量增大为32 kg·m/s，方向不变。下列说法正确的是 A．若此过程为弹性碰撞，则两物体的质量之比为 B．若此过程为非弹性碰撞，则两物体的质量之比可能为 C．若此过程为弹性碰撞，则两物体的质量之比为 D．若此过程为非弹性碰撞，则两物体的质量之比可能为 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 由题意可知，碰前，有>，解得<，A碰B过程，有pA＋pB＝pA1＋pB1，，解得；碰后，有，解得，综上可得。若为弹性碰撞，则两物体的质量之比为，A正确，C错误；若为非弹性碰撞，则两物体的质量之比满足<，B正确，D错误。故选AB。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 11．(10分)(2025·广东广州高二期中) 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，冰壶A被运动员以v0＝ 2 m/s的初速度水平掷出后，与静止的冰壶B碰撞，碰后瞬间冰壶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取。求： (1)冰壶A与B碰撞前的速度大小v1； 答案：1 m/s 冰壶A从开始运动到与冰壶B碰撞过程中，根据动能定理可得－μmgs＝mv02 代入数据解得v1＝1 m/s。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (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，以v1的方向为正方向，则有mv1＝mvA＋mvB 代入数据解得vB＝0.8 m/s。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (3)判断两冰壶间的碰撞是弹性碰撞还是非弹性碰撞。 碰撞前两冰壶的总动能Ek1＝mv12＝10 J 碰撞后两冰壶的总动能Ek2＝mvA2＋mvB2＝6.8 J，由Ek1>Ek2可知两冰壶间的碰撞为非弹性碰撞。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 12．(10分) 如图所示，在水平光滑直导轨上，静止着三个质量均为m＝ 1 kg的相同小球A、B、C，现让A球以v0＝2 m/s的速度向着B球运动，A、B两球碰撞后粘合在一起，两球继续向右运动并跟C球碰撞，C球的最终速度vC＝1 m/s。求： (1)A、B两球跟C球相碰前共同速度的大小； 答案：1 m/s A、B球相碰满足动量守恒，以v0的方向为正方向，有mv0＝2mv1 解得v1＝1 m/s 即两球跟C球相碰前的速度大小为1 m/s。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (2)第二次碰撞过程中损失的动能； 答案：0.25 J 两球与C球碰撞同样满足动量守恒，以v1的方向为正方向，有2mv1＝mvC＋2mv2 解得两球碰后的速度v2＝0.5 m/s 第二次碰撞损失的动能ΔEk＝×2mv22＝0.25 J。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (3)两次碰撞过程中共损失的动能。 答案：1.25 J 两次碰撞共损失的动能 ΔEk′＝mvC2＝1.25 J。 返回 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 谢 谢 观 看 弹性碰撞和非弹性碰撞 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 $