第5节 弹性碰撞和非弹性碰撞
课标要求 学习目标
1.通过实验,了解弹性碰撞和非弹性碰撞的特点。 2.定量分析一维碰撞问题并能解释生产生活中的弹性碰撞和非弹性碰撞现象。 1.知道弹性碰撞、非弹性碰撞的特点。 2.了解对心碰撞和非对心碰撞的概念。 3.能运用动量和能量的观点分析解决一维碰撞的实际问题。
一、弹性碰撞和非弹性碰撞
1.弹性碰撞:系统在碰撞前后动能 的碰撞。
2.非弹性碰撞:系统在碰撞后动能 的碰撞。
[微点拨]
(1)在碰撞现象中,一般都满足内力远大于外力,且碰撞时间极短,系统动量可以看作守恒。
(2)两个物体碰撞后结合在一起为完全非弹性碰撞。
[质疑辨析]
判断下列说法是否正确。
(1)两小球在光滑水平面上碰撞后粘在一起,因而不满足动量守恒定律。 ( )
(2)两小球在光滑水平面上碰撞后分开运动,系统动量一定守恒。 ( )
(3)两小球碰撞后粘在一起,碰撞过程中有能量损失。 ( )
二、弹性碰撞的实例分析
1.正碰:碰撞之前球的运动速度与 的连线在同一条直线上,碰撞之后两球的速度仍会沿着 。也叫作对心碰撞或一维碰撞。
2.弹性碰撞的实例分析:物体m1以速度v1与原来静止的物体m2发生弹性正碰,碰后的速度分别为v1'、v2'。
则:v1'= ,v2'= 。
三种特殊情况:
①当m1=m2时,v1'=0,v2'=v1,碰撞后两物体交换速度。
②当m1>m2时,v1'>0,v2'>0,碰撞后两物体沿相同方向运动。
③当m10,碰撞后质量小的物体被反弹回来。
[情境思考]
如图所示,打台球时,质量相等的母球与目标球发生碰撞,两个球一定交换速度吗 碰撞一定是对心碰撞吗
强化点(一) 碰撞的分类与理解
任务驱动
牛顿摆是由法国物理学家伊丹·马略特最早于1676年提出的,如图甲所示,五个质量相同的钢球由等长的吊绳固定,彼此紧密排列。当摆动最左侧的钢球并在回摆时碰撞紧密排列的另外四个钢球,会出现最左侧和中间的三个钢球保持不动,仅有最右边的钢球被弹出,如图乙所示。请思考为什么
[要点释解明]
1.碰撞过程的五个特点
(1)时间特点:在碰撞现象中,相互作用的时间很短。
(2)相互作用力特点:在碰撞过程中,相互作用力先是急剧增大,然后急剧减小,平均作用力很大。
(3)动量特点:系统的内力远远大于外力,所以系统即使所受合外力不为零,外力也可以忽略,系统的总动量守恒。
(4)位移特点:碰撞过程时间极短,在物体发生碰撞瞬间,可忽略物体的位移,认为物体在碰撞前后仍在原位置。
(5)能量特点:碰撞前总动能Ek与碰撞后总动能Ek'满足Ek≥Ek'。
2.碰撞的种类及遵循的规律
种类 遵循的规律
弹性碰撞 动量守恒,机械能守恒
非弹性碰撞 动量守恒,机械能有损失
完全非弹性碰撞 动量守恒,机械能损失最大, 碰后速度相等(或成为一体)
[典例] 如图所示,在光滑水平面上,三个物块A、B、C在同一直线上,A和B的质量
分别为mA=2m,mB=m,开始时B和C静止,A以速度v0向右运动,与B发生弹性正碰,碰撞时间极短,然后B又与C发生碰撞并粘在一起,最终三个物块速度恰好相同。求:
(1)A与B碰撞后,两者的速度v1和v2;
(2)物块C的质量;
(3)B与C碰撞过程中损失的机械能。
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[思维建模] 处理碰撞问题的三点提醒
选取动量守恒的系统 若有三个或更多个物体参与碰撞时,要合理选取所研究的系统
弄清碰撞的类型 弹性碰撞、完全非弹性碰撞还是其他非弹性碰撞
弄清碰撞过程中存在的关系 能量转化关系、速度关系等
[题点全练清]
1.(2024·广西高考)(多选)如图,在光滑平台上有两个相同的弹性小球M和N。M水平向右运动,速度大小为v。M与静置于平台边缘的N发生正碰,碰撞过程中总机械能守恒。若不计空气阻力,则碰撞后,N在 ( )
A.竖直墙面上的垂直投影的运动是匀速运动
B.竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动
C.水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v
D.水平地面上的垂直投影的运动速度大小大于v
2.(2025年1月·八省联考四川卷)(多选)如图,小球X、Y用不可伸长的等长轻绳悬挂于同一高度,静止时恰好接触,拉起X,使其在竖直方向上升高度h后由静止释放,X做单摆运动到最低点与静止的Y正碰。碰后X、Y做步调一致的单摆运动,上升的最大高度均为。若X、Y质量分别为mX和mY,碰撞前后X、Y组成系统的动能分别为Ek1和Ek2,则 ( )
A.=1 B.=2
C.=2 D.=4
3.如图所示,光滑平台上有两个刚性小球A和B,质量分别为2m和3m,小球A以速度v0向右运动并与静止的小球B发生碰撞(碰撞过程中不损失机械能),小球B飞出平台后经时间t刚好掉入装有沙子向左运动的小车中,小车与沙子的总质量为m,速度为2v0,小车行驶的路面近似看作是光滑的,求:
(1)碰撞后小球A和小球B的速度大小;
(2)小球B掉入小车后的速度大小。
强化点(二) 碰撞可能性的判断
[要点释解明]
碰撞问题遵循的三个原则
(1)系统动量守恒,即p1+p2=p1'+p2'。
(2)系统动能不增加,即Ek1+Ek2≥Ek1'+Ek2'或+≥+。
(3)速度要合理:
①碰前两物体同向,即v后>v前,碰后原来在前面的物体速度一定增大。
②碰前两物体相向运动,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。
[典例] A、B两球在水平光滑轨道上沿相同方向运动,已知它们的动量分别是p1=5 kg·m/s,p2=7 kg·m/s,A从后面追上B并发生碰撞,碰后B球的动量变为10 kg·m/s,则两球质量m1与m2间的关系可能是 ( )
A.m1=m2 B.2m1=m2
C.4m1=m2 D.6m1=m2
听课记录:
[思维建模]
处理碰撞问题的思路
(1)对一个给定的碰撞,首先要看动量是否守恒,其次再看总机械能是否增加。
(2)一个符合实际的碰撞,除动量守恒外还要满足机械能不增加,同时注意碰后的速度关系。
(3)要灵活运用Ek=、p=或Ek=pv、p=几个关系式。
[题点全练清]
1.(2025·山西吕梁阶段练习)如图所示,物体A、B放在光滑的水平面上,且两物体间有一定的间距。t=0时刻,分别给物体A、B一向右的速度,物体A、B的动量大小均为p=12 kg·m/s,经过一段时间两物体发生碰撞,已知碰后物体B的动量变为pB=16 kg·m/s,两物体的质量分别为mA、mB,则下列说法正确的是 ( )
A.物体A的动量增加4 kg·m/s
B.物体A的质量可能大于物体B的质量
C.若碰后两物体粘合在一起,则mA∶mB=1∶2
D.若该碰撞无机械能损失,则mA∶mB=7∶5
2.(2025·江苏徐州阶段练习)A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动,mA=1 kg,mB=2 kg,vA=6 m/s,vB=2 m/s,当A追上B并发生碰撞后,A、B两球速度的可能值是 ( )
A.vA'=3 m/s,vB'=3.5 m/s
B.vA'=5 m/s,vB'=2.5 m/s
C.vA'=1.5 m/s,vB'=3 m/s
D.vA'=-3 m/s,vB'=6.5 m/s
第5节 弹性碰撞和非弹性碰撞
课前预知教材
一、1.不变 2.减少
[质疑辨析]
(1)× (2)× (3)√
二、1.两球心 这条直线 2.v1 v1
[情境思考]
提示：不一定。只有质量相等的两个物体发生对心弹性碰撞(即一维弹性碰撞)时，系统的总动量守恒，总机械能守恒，才会交换速度，否则不会交换速度。母球与目标球碰撞时对心碰撞和非对心碰撞都有可能发生。
课堂精析重难
强化点(一)
[任务驱动] 提示：质量相等的两个钢球发生对心弹性碰撞，碰后两球交换速度。
[典例] 解析：(1)A与B发生弹性正碰，则碰撞过程动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得2mv0＝2mv1＋mv2
由机械能守恒定律得·2mv02＝·2mv12＋mv22
联立解得v1＝v0，v2＝v0，方向均向右。
(2)B、C碰撞后速度与A的速度相同，设C的质量为mC，以向右为正方向，由动量守恒定律得mv2＝(mC＋m)v1，解得mC＝3m。
(3)B与C碰撞过程损失的机械能
ΔE＝mv22－(m＋3m)v12，解得ΔE＝mv02。
答案：(1)v0，方向向右 v0，方向向右 (2)3m
(3)mv02
[题点全练清]
1．选BC 由于两小球碰撞过程中机械能守恒，可知两小球碰撞过程是弹性碰撞，由于两小球质量相等，故碰撞后两小球交换速度，即vM＝0，vN＝v，碰后小球N做平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，即在水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v；在竖直方向上做自由落体运动，即在竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动。故选B、C。
2．选AC 小球X由静止释放到最低点与小球Y发生碰撞前瞬间的过程，根据机械能守恒定律有mXgh＝mXv12＝Ek1，两球碰撞后一起上升到最高点的过程，根据机械能守恒定律有Ek2＝(mX＋mY)v22＝(mX＋mY)g·，两球碰撞过程水平方向上动量守恒，根据动量守恒定律有mXv1＝(mX＋mY)v2，联立可得＝1，＝2，故A、C正确，B、D错误。
3．解析：(1)A球与B球碰撞过程中，两球组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得mAv0＝mAv1＋mBv2
碰撞过程中系统机械能守恒，有mAv02＝mAv12＋mBv22
解得v1＝－v0，v2＝v0，碰后A球向左运动，B球向右运动。
(2)B球掉入小车过程中，B球与小车组成的系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得
mBv2－m车·2v0＝(mB＋m车)v′，解得v′＝v0。
答案：(1)v0 v0 (2)v0
强化点(二)
[典例] 选C A、B两球在碰撞过程中动量守恒，所以有p1＋p2＝p1′＋p2′，可得p1′＝2 kg·m/s。由于在碰撞过程中，不可能有其他形式的能量转化为机械能，只能是系统内物体间机械能相互转化或一部分机械能转化为内能，因此系统的机械能不会增加，所以有＋≥＋，解得m1≤m2。因为题目给出物理情境是“A从后面追上B”，要符合这一物理情境，就必须有＞，即m1＜m2；同时还要符合“碰撞后B球的速度必须大于或等于A球的速度”这一物理情境，即≤，所以m1≥m2，因此C正确。
[题点全练清]
1．选C 由题意可知，该碰撞过程物体B的动量增加了ΔpB＝pB－p＝4 kg·m/s，碰撞过程两物体的动量守恒，则有ΔpB＝－ΔpA，所以物体A的动量减少了4 kg·m/s，故A错误；由题意可知，碰前物体A的速度一定大于物体B的速度，则有>，解得mB>mA，故B错误；若碰后两物体粘合在一起，则碰后两物体的速度相同，则有＝，又pA＝p－4 kg·m/s＝8 kg·m/s，解得＝＝，故C正确；若该碰撞无机械能损失，则有＋＝＋，解得＝，故D错误。
2．选A 碰前总动量为kg·m/s＝10 kg·m/s，碰前总动能为×1×62＋×2×22J＝22 J；根据A选项给出的数据，碰后总动量为kg·m/s＝10 kg·m/s，碰撞过程动量守恒，碰后总动能为×1×32＋×2×3.52J＝16.75 J，可知总动能没有增大，则A、B两球速度可能为3 m/s、3.5 m/s，A正确；根据B选项给出的数据可知，碰后速度均为正值，则碰后两球同向，碰后A的速度不可能大于B的速度，而vA′>vB′，可知A、B两球速度不可能为5 m/s、2.5 m/s，B错误；根据C选项给出的数据，碰后总动量为kg·m/s＝7.5 kg·m/s，可知碰后的动量小于碰前的动量，碰撞前后动量不守恒，可知A、B两球速度不可能为1.5 m/s、3 m/s，C错误；根据D选项给出的数据，碰后总动量为[1×＋2×6.5]kg·m/s＝10 kg·m/s，碰撞过程动量守恒，碰后总动能为J＝46.75 J，可知碰后的总动能大于碰前的总动能，而碰撞前后总动能不增加，可知A、B两球速度不可能为－3 m/s、6.5 m/s，D错误。
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弹性碰撞和非弹性碰撞
第 5 节
课标要求 学习目标
1.通过实验，了解弹性碰撞和非弹性碰撞的特点。 2.定量分析一维碰撞问题并能解释生产生活中的弹性碰撞和非弹性碰撞现象。 1.知道弹性碰撞、非弹性碰撞的特点。
2.了解对心碰撞和非对心碰撞的概念。
3.能运用动量和能量的观点分析解决一维碰撞的实际问题。
课前预知教材
课堂精析重难
01
02
CONTENTS
目录
课时跟踪检测
03
课前预知教材
一、弹性碰撞和非弹性碰撞
1.弹性碰撞：系统在碰撞前后动能______的碰撞。
2.非弹性碰撞：系统在碰撞后动能______的碰撞。
[微点拨]
(1)在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，且碰撞时间极短，系统动量可以看作守恒。
(2)两个物体碰撞后结合在一起为完全非弹性碰撞。
不变
减少
[质疑辨析]
判断下列说法是否正确。
(1)两小球在光滑水平面上碰撞后粘在一起，因而不满足动量守恒定律。 ( )
(2)两小球在光滑水平面上碰撞后分开运动，系统动量一定守恒。 ( )
(3)两小球碰撞后粘在一起，碰撞过程中有能量损失。 ( )
×
×
√
二、弹性碰撞的实例分析
1.正碰：碰撞之前球的运动速度与_______的连线在同一条直线上，碰撞之后两球的速度仍会沿着__________。也叫作对心碰撞或一维碰撞。
2.弹性碰撞的实例分析：物体m1以速度v1与原来静止的物体m2发生弹性正碰，碰后的速度分别为v1'、v2'。
则：v1'=_________，v2'=________。
两球心
这条直线
v1
v1
三种特殊情况：
①当m1=m2时，v1'=0，v2'=v1，碰撞后两物体交换速度。
②当m1>m2时，v1'>0，v2'>0，碰撞后两物体沿相同方向运动。
③当m10，碰撞后质量小的物体被反弹回来。
[情境思考]
如图所示，打台球时，质量相等的母球与目标球发生碰撞，两个球一定交换速度吗 碰撞一定是对心碰撞吗
提示：不一定。只有质量相等的两个物体发生对心弹性碰撞(即一维弹性碰撞)时，系统的总动量守恒，总机械能守恒，才会交换速度，否则不会交换速度。母球与目标球碰撞时对心碰撞和非对心碰撞都有可能发生。
课堂精析重难
牛顿摆是由法国物理学家伊丹·马略特最早于1676年提出的，如图甲所示，五个质量相同的钢球由等长的吊绳固定，彼此紧密排列。当摆动最左侧的钢球并在回摆时碰撞紧密排列的另外四个钢球，会出现最左侧和中间的三个钢球保持不动，仅有最右边的钢球被弹出，如图乙所示。请思考为什么
任务驱动
强化点(一) 碰撞的分类与理解
提示：质量相等的两个钢球发生对心弹性碰撞，碰后两球交换速度。
1.碰撞过程的五个特点
(1)时间特点：在碰撞现象中，相互作用的时间很短。
(2)相互作用力特点：在碰撞过程中，相互作用力先是急剧增大，然后急剧减小，平均作用力很大。
(3)动量特点：系统的内力远远大于外力，所以系统即使所受合外力不为零，外力也可以忽略，系统的总动量守恒。
要点释解明
(4)位移特点：碰撞过程时间极短，在物体发生碰撞瞬间，可忽略物体的位移，认为物体在碰撞前后仍在原位置。
(5)能量特点：碰撞前总动能Ek与碰撞后总动能Ek'满足Ek≥Ek'。
2.碰撞的种类及遵循的规律
种类 遵循的规律
弹性碰撞 动量守恒，机械能守恒
非弹性碰撞 动量守恒，机械能有损失
完全非弹性碰撞 动量守恒，机械能损失最大，
碰后速度相等(或成为一体)
[典例] 如图所示，在光滑水平面上，三个物块A、B、C在同一直线上，A和B的质量分别为mA=2m，mB=m，开始时B和C静止，A以速度v0向右运动，与B发生弹性正碰，碰撞时间极短，然后B又与C发生碰撞并粘在一起，最终三个物块速度恰好相同。求：
(1)A与B碰撞后，两者的速度v1和v2;
[答案] v0，方向向右 v0，方向向右
[解析] A与B发生弹性正碰，则碰撞过程动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得2mv0=2mv1+mv2
由机械能守恒定律得
·2m=·2m+m
联立解得v1=v0，v2=v0，方向均向右。
(2)物块C的质量;
[答案] 3m
[解析] B、C碰撞后速度与A的速度相同，设C的质量为mC，以向右为正方向，由动量守恒定律得mv2=(mC+m)v1，解得mC=3m。
(3)B与C碰撞过程中损失的机械能。
[答案] m
[解析] B与C碰撞过程损失的机械能ΔE=m-(m+3m)，解得ΔE=m。
[思维建模]
处理碰撞问题的三点提醒
选取动量守恒的系统 若有三个或更多个物体参与碰撞时,要合理选取所研究的系统
弄清碰撞的类型 弹性碰撞、完全非弹性碰撞还是其他非弹性碰撞
弄清碰撞过程中存在的关系 能量转化关系、速度关系等
1.(2024·广西高考)(多选)如图，在光滑平台上有两个相同的弹性小球M和N。M水平向右运动，速度大小为v。M与静置于平台边缘的N发生正碰，碰撞过程中总机械能守恒。若不计空气阻力，则碰撞后，N在 ( )
A.竖直墙面上的垂直投影的运动是匀速运动
B.竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动
C.水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v
D.水平地面上的垂直投影的运动速度大小大于v
题点全练清
√
√
解析：由于两小球碰撞过程中机械能守恒，可知两小球碰撞过程是弹性碰撞，由于两小球质量相等，故碰撞后两小球交换速度，即vM=0，vN=v，碰后小球N做平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，即在水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v;在竖直方向上做自由落体运动，即在竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动。故选B、C。
2.(2025年1月·八省联考四川卷)(多选)如图，小球X、Y用不可伸长的等长轻绳悬挂于同一高度，静止时恰好接触，拉起X，使其在竖直方向上升高度h后由静止释放，X做单摆运动到最低点与静止的Y正碰。碰后X、Y做步调一致的单摆运动，上升的最大高度均为。若X、Y质量分别为mX和mY，碰撞前后X、Y组成系统的动能分别为Ek1和Ek2，则( )
A.=1 B.=2
C.=2 D.=4
√
√
解析：小球X由静止释放到最低点与小球Y发生碰撞前瞬间的过程，根据机械能守恒定律有mXgh=mX=Ek1，两球碰撞后一起上升到最高点的过程，根据机械能守恒定律有Ek2=(mX+mY)=(mX+mY)g·，两球碰撞过程水平方向上动量守恒，根据动量守恒定律有mXv1=(mX+mY)v2，联立可得=1，=2，故A、C正确，B、D错误。
3.如图所示，光滑平台上有两个刚性小球A和B，质量分别为2m和3m，小球A以速度v0向右运动并与静止的小球B发生碰撞(碰撞过程中不损失机械能)，小球B飞出平台后经时间t刚好掉入装有沙子向左运动的小车中，小车与沙子的总质量为m，速度为2v0，小车行驶的路面近似看作是光滑的，求：
(1)碰撞后小球A和小球B的速度大小;
答案：v0 v0
解析： A球与B球碰撞过程中，两球组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得
mAv0=mAv1+mBv2
碰撞过程中系统机械能守恒，
有mA=mA+mB
解得v1=-v0，v2=v0，碰后A球向左运动，B球向右运动。
(2)小球B掉入小车后的速度大小。
答案：v0
解析：B球掉入小车过程中，B球与小车组成的系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得
mBv2-m车·2v0=(mB+m车)v'，解得v'=v0。
碰撞问题遵循的三个原则
(1)系统动量守恒，即p1+p2=p1'+p2'。
(2)系统动能不增加，即Ek1+Ek2≥Ek1'+Ek2'或+≥+。
(3)速度要合理：
①碰前两物体同向，即v后>v前，碰后原来在前面的物体速度一定增大。
②碰前两物体相向运动，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。
要点释解明
强化点(二) 碰撞可能性的判断
[典例] A、B两球在水平光滑轨道上沿相同方向运动，已知它们的动量分别是p1=5 kg·m/s，p2=7 kg·m/s，A从后面追上B并发生碰撞，碰后B球的动量变为10 kg·m/s，则两球质量m1与m2间的关系可能是 ( )
A.m1=m2 B.2m1=m2
C.4m1=m2 D.6m1=m2
√
[解析] A、B两球在碰撞过程中动量守恒，所以有p1+p2=p1'+p2'，可得p1'=2 kg·m/s。由于在碰撞过程中，不可能有其他形式的能量转化为机械能，只能是系统内物体间机械能相互转化或一部分机械能转化为内能，因此系统的机械能不会增加，所以有+≥+，解得m1≤m2。因为题目给出物理情境是“A从后面追上B”，要符合这一物理情境，就必须有>，即m1[思维建模]
处理碰撞问题的思路
(1)对一个给定的碰撞，首先要看动量是否守恒，其次再看总机械能是否增加。
(2)一个符合实际的碰撞，除动量守恒外还要满足机械能不增加，同时注意碰后的速度关系。
(3)要灵活运用Ek=、p=或Ek=pv、p=几个关系式。
1.(2025·山西吕梁阶段练习)如图所示，物体A、B放在光滑的水平面上，且两物体间有一定的间距。t=0时刻，分别给物体A、B一向右的速度，物体A、B的动量大小均为p=12 kg·m/s，经过一段时间两物体发生碰撞，已知碰后物体B的动量变为pB=16 kg·m/s，两物体的质量分别为mA、mB，则下列说法正确的是 ( )
题点全练清
A.物体A的动量增加4 kg·m/s
B.物体A的质量可能大于物体B的质量
C.若碰后两物体粘合在一起，则mA∶mB=1∶2
D.若该碰撞无机械能损失，则mA∶mB=7∶5
√
解析：由题意可知，该碰撞过程物体B的动量增加了ΔpB=pB-p= 4 kg·m/s，碰撞过程两物体的动量守恒，则有ΔpB=-ΔpA，所以物体A的动量减少了4 kg·m/s，故A错误;由题意可知，碰前物体A的速度一定大于物体B的速度，则有>，解得mB>mA，故B错误;若碰后两物体粘合在一起，则碰后两物体的速度相同，则有=，又pA=p- 4 kg·m/s=8 kg·m/s，解得==，故C正确;若该碰撞无机械能损失，则有+=+，解得=，故D错误。
2.(2025·江苏徐州阶段练习)A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA=1 kg，mB=2 kg，vA=6 m/s，vB=2 m/s，当A追上B并发生碰撞后，A、B两球速度的可能值是 ( )
A.vA'=3 m/s，vB'=3.5 m/s
B.vA'=5 m/s，vB'=2.5 m/s
C.vA'=1.5 m/s，vB'=3 m/s
D.vA'=-3 m/s，vB'=6.5 m/s
√
解析：碰前总动量为kg·m/s=10 kg·m/s，碰前总动能为J=22 J;根据A选项给出的数据，碰后总动量为kg·m/s=10 kg·m/s，碰撞过程动量守恒，碰后总动能为J=16.75 J，可知总动能没有增大，则A、B两球速度可能为3 m/s、3.5 m/s，A正确;根据B选项给出的数据可知，碰后速度均为正值，则碰后两球同向，碰后A的速度不可能大于B的速度，而vA'>vB'，可知A、B两球速度不可能为5 m/s、2.5 m/s，B错误;
根据C选项给出的数据，碰后总动量为kg·m/s
=7.5 kg·m/s，可知碰后的动量小于碰前的动量，碰撞前后动量不守恒，可知A、B两球速度不可能为1.5 m/s、3 m/s，C错误;根据D选项给出的数据，碰后总动量为[1×+2×6.5]kg·m/s=10 kg·m/s，碰撞过程动量守恒，碰后总动能为J=46.75 J，可知碰后的总动能大于碰前的总动能，而碰撞前后总动能不增加，可知A、B两球速度不可能为-3 m/s、6.5 m/s，D错误。
课时跟踪检测
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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
√
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解析：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，动能不一定守恒。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。
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2.“天宫课堂”第四课开讲，航天员在空间站内做了“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
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解析：设较小钢球的质量为m，较大钢球的质量为2m，两球碰撞过程中动量守恒、机械能守恒，规定向左为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有mv0=mv1+2mv2，m=m+×2m，解得v1=- m/s，v2= m/s，“-”代表方向向右，故选D。
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3.在光滑的水平面上有三个完全相同的小球，它们成一条直线排列，2、3小球静止并靠在一起。小球1以速度v0射向它们，如图所示。设碰撞中不损失机械能，则碰后三个小球的速度可能是 ( )
A.v1=v2=v3=v0 B.v1=0，v2=v3=v0
C.v1=0，v2=v3=v0 D.v1=v2=0，v3=v0
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解析：两个质量相等的小球发生弹性正碰，碰撞过程中动量守恒、机械能守恒，碰撞后将交换速度，故D项正确。
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4.弹玻璃球是小孩子最爱玩的游戏之一，一次游戏中，有大小相同但质量不同的A、B两玻璃球，质量分别为mA、mB，且mAA.1∶2 B.1∶3 C.1∶4 D.1∶5
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解析：两球碰撞时，由动量守恒定律可得mAv0=mAv1+mBv2，由机械能守恒定律可得mA=mA+mB，联立可得v1=，v2=，玻璃球B返回水平面后，两球速度相等，v1=-v2，可得mA∶mB=1∶3。故选B。
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5.(2025·山东烟台阶段练习)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，则下列判断正确的是 ( )
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
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解析：由题图可知，碰撞后A、B两个物块运动方向相反，A错误;由题图可知，碰撞前A物块的速度为(以此时的速度方向为正方向)v0= 5 m/s，B物块的速度为0，碰撞后，A、B两个物块的速度分别为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;根据上述分析可知，碰撞前、后A物块的速度大小之比为5∶1，C错误;碰撞前系统的总动能Ek=mA，碰撞后系统的总动能Ek'=mA+mB，由以上分析可得Ek=Ek'，碰撞前后系统的动能守恒，故二者的碰撞为弹性碰撞，D正确。
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6.(2025·广东佛山开学考试)(多选)冰壶运动是冬季的热门项目，如图所示，在某次推击冰壶过程中，质量为m的白壶以速度v与静止的黑壶发生碰撞，P、Q为碰撞前同一时刻两壶的位置，M、N为碰撞后两壶静止时所处的位置。两壶除了颜色外，质量、大小、形状等其余属性均相同，下列说法正确的是 ( )
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A.两壶发生的是非弹性碰撞
B.碰撞过程中，白壶对黑壶的冲量与黑壶对白壶的冲量相同
C.从碰撞后到两壶停止的过程中，地面受到冰壶水平向右的冲量
D.两壶因碰撞而损失的机械能约为mv2
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解析：由题图可知，碰后白、黑两壶的位移大小之比为==，根据2ax=v2可知，两壶碰后的速度大小之比为==，两壶发生碰撞，根据动量守恒定律有mv=mv1+mv2，解得v1=，v2=，则碰前白壶的动能为Ek1=mv2，碰后两壶的动能之和为Ek2=m+m=
，因为Ek21
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碰撞过程中，白壶对黑壶的冲量与黑壶对白壶的冲量大小相等、方向相反，故B错误;从碰撞后到两壶停止的过程中，地面受到冰壶向右的摩擦力以及冰壶对地面向下的压力，所以地面受到冰壶斜向右下方的冲量，故C错误;两壶因碰撞而损失的机械能约为ΔEk=Ek1-Ek2=，故D正确。
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7.(2025·云南大理期中)(多选)如图所示，光滑的水平面上，小球甲以水平向右的速度与静止的小球乙发生正碰，两小球质量均匀、半径相同，规定水平向右为正方向，下列说法正确的是 ( )
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A.若甲的质量小于乙的质量，且甲、乙发生弹性碰撞，则碰撞后甲的速度可能水平向右
B.若甲、乙的质量相等且发生弹性碰撞，则碰撞后甲、乙的速度大小相等
C.若甲、乙发生弹性碰撞，且碰后甲、乙的速度大小相等，则甲、乙的质量之比为1∶3
D.若甲、乙发生完全非弹性碰撞产生的热量为Q，且甲、乙的质量之比为2∶1，碰前甲的速度为v0，则乙的质量为
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解析：若甲、乙发生弹性正碰，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得m甲v0=m甲v1+m乙v2，m甲=m甲+m乙，解得v1=v0，v2=v0，若甲的质量小于乙的质量，可知碰撞后甲的速度不可能水平向右;若甲、乙的质量相等，则v1=0，v2=v0;若碰后甲、乙的速度大小相等，则v2=-v1，所以=，故A、B错误，C正确;若甲、乙发生完全非弹性碰撞，则m甲v0=(m甲+m乙)v，Q=m甲-(m甲+m乙)v2，=，联立解得m乙=，故D正确。
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8.(2024·广东高考)(多选)如图所示，光滑斜坡上，可视为质点的甲、乙两个相同滑块，分别从H甲、H乙高度同时由静止开始下滑。斜坡与水平面在O处平滑相接，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，乙在水平面上追上甲时发生弹性碰撞。忽略空气阻力。下列说法正确的有 ( )
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A.甲在斜坡上运动时与乙相对静止
B.碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度
C.乙的运动时间与H乙无关
D.甲最终停止位置与O处相距
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解析：两滑块在光滑斜坡上加速度相同，同时由静止开始下滑，则相对速度为0，故A正确;两滑块滑到水平面后均做匀减速运动，由于两滑块质量相同，且发生弹性碰撞，可知碰撞后两滑块交换速度，即碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度，故B正确;若甲在碰撞之前已经静止，设斜面倾角为θ，乙下滑到斜面底端的速度为v乙，甲在水平面上的位移为s，乙下滑过程有=gsin θ·，mgH乙=m，在水平面运动一段时间t2后与甲发生弹性碰撞，
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有s=v乙t2-μg，碰撞后甲、乙交换速度，乙停止运动，则乙运动的时间为t=t1+t2，由于t1、t2与H乙有关，则总时间与H乙有关，故C错误;乙下滑过程有mgH乙=m，由于甲和乙发生弹性碰撞，交换速度，则可知甲最终停止位置与不发生碰撞时乙最终停止的位置相同，则如果不发生碰撞，乙在水平面运动到停止，有=2μgx，联立可得x=，即发生碰撞后甲最终停止位置与O处相距，故D正确。
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9.(2025·湖北孝感阶段练习)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、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
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解析：两球组成的系统碰撞过程要满足：系统动量守恒;系统机械能不增加;不违反实际可行性。碰前系统的总动量为p=mAvA+mBvB=6×6 kg·m/s+3×(-6)kg·m/s=18 kg·m/s，碰前系统的总动能为Ek总=mA+mB=×6×62 J+×3×(-6)2 J=162 J。如果碰后vA'=4 m/s，vB'=-2 m/s，可知碰撞过程还未结束，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，碰后系统的总动量为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;
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如果碰后vA'=-2 m/s，vB'=10 m/s，碰后系统的总动量为p'=mAvA'+mBvB'=6×(-2)kg·m/s+3×10 kg·m/s=18 kg·m/s，碰撞后总动能为Ek总'=mAvA'2+mBvB'2=×6×(-2)2 J+×3×102 J=162 J，系统动量守恒，机械能守恒，故C可能正确;如果碰后vA'=-3 m/s，vB'=12 m/s，碰后系统的总动量为p'=mAvA'+mBvB'=6×(-3)kg·m/s+3×12 kg·m/s= 18 kg·m/s，碰后系统的总动能为Ek总'=mAvA'2+mBvB'2=×6×(-3)2 J
+×3×122 J=243 J，系统动量守恒，机械能增加，故D错误。
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10.(10分)(2024·天津高考)如图所示，光滑半圆轨道直径沿竖直方向，最低点与水平面相切。对静置于轨道最低点的小球A施加水平向左的瞬时冲量I，A沿轨道运动到最高点时，与用轻绳悬挂的静止小球B正碰并粘在一起。已知I=1.8 N·s，A、B的质量分别为mA=0.3 kg、mB=0.1 kg，轨道半径和绳长均为R=0.5 m，两球均视为质点，轻绳不可伸长，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。求：
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(1)与B碰前瞬间A的速度大小;(5分)
解析：根据题意，设小球A从最低点开始运动时的速度大小为v0，由动量定理有I=mAv0
设与B碰前瞬间A的速度大小为v，从最低点到最高点，由动能定理有-mAg·2R=mAv2-mA，联立解得v=4 m/s。
答案：4 m/s
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(2)A、B碰后瞬间轻绳的拉力大小。(5分)
答案：11.2 N
解析：A与用轻绳悬挂的静止小球B正碰并粘在一起，由动量守恒定律有mAv=v共
设A、B碰后瞬间轻绳的拉力大小为F，由牛顿第二定律有F-g=
联立解得F=11.2 N。
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11.(12分)(2025·江苏盐城期末)如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点。现将A无初速度释放，A与B碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动。已知圆弧轨道光滑，半径R=0.2 m;A和B的质量均为m=0.1 kg，A和B整体与桌面之间的动摩擦因数μ=0.2。取重力加速度g=10 m/s2。求：
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(1)与B碰撞前瞬间A对轨道的压力大小。(6分)
答案：3 N
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解析：滑块A下滑的过程，由机械能守恒定律可得mgR=mv2，解得v==2 m/s
滑块A在最低点，由牛顿第二定律得
FN-mg=m，可得FN=3 N
由牛顿第三定律可知，与B碰撞前瞬间A对轨道的压力大小为FN'=FN=3 N。
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(2)碰后瞬间速度的大小。(3分)
答案：1 m/s
解析：A、B碰撞后结合为一个整体，由动量守恒定律可得mv=2mv'
解得碰后瞬间速度大小为v'=1 m/s。
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(3)碰撞过程中A对B的冲量大小。(3分)
答案：0.1 N·s
解析：碰撞过程中，以B为研究对象，
根据动量定理可得I=mv'
解得A对B的冲量大小为I=0.1 N·s。课时跟踪检测(六) 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
2.“天宫课堂”第四课开讲,航天员在空间站内做了“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
3.在光滑的水平面上有三个完全相同的小球,它们成一条直线排列,2、3小球静止并靠在一起。小球1以速度v0射向它们,如图所示。设碰撞中不损失机械能,则碰后三个小球的速度可能是 ( )
A.v1=v2=v3=v0 B.v1=0,v2=v3=v0
C.v1=0,v2=v3=v0 D.v1=v2=0,v3=v0
4.弹玻璃球是小孩子最爱玩的游戏之一,一次游戏中,有大小相同但质量不同的A、B两玻璃球,质量分别为mA、mB,且mAA.1∶2 B.1∶3
C.1∶4 D.1∶5
5.(2025·山东烟台阶段练习)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,则下列判断正确的是 ( )
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
6.(2025·广东佛山开学考试)(多选)冰壶运动是冬季的热门项目,如图所示,在某次推击冰壶过程中,质量为m的白壶以速度v与静止的黑壶发生碰撞,P、Q为碰撞前同一时刻两壶的位置,M、N为碰撞后两壶静止时所处的位置。两壶除了颜色外,质量、大小、形状等其余属性均相同,下列说法正确的是 ( )
A.两壶发生的是非弹性碰撞
B.碰撞过程中,白壶对黑壶的冲量与黑壶对白壶的冲量相同
C.从碰撞后到两壶停止的过程中,地面受到冰壶水平向右的冲量
D.两壶因碰撞而损失的机械能约为mv2
7.(2025·云南大理期中)(多选)如图所示,光滑的水平面上,小球甲以水平向右的速度与静止的小球乙发生正碰,两小球质量均匀、半径相同,规定水平向右为正方向,下列说法正确的是 ( )
A.若甲的质量小于乙的质量,且甲、乙发生弹性碰撞,则碰撞后甲的速度可能水平向右
B.若甲、乙的质量相等且发生弹性碰撞,则碰撞后甲、乙的速度大小相等
C.若甲、乙发生弹性碰撞,且碰后甲、乙的速度大小相等,则甲、乙的质量之比为1∶3
D.若甲、乙发生完全非弹性碰撞产生的热量为Q,且甲、乙的质量之比为2∶1,碰前甲的速度为v0,则乙的质量为
8.(2024·广东高考)(多选)如图所示,光滑斜坡上,可视为质点的甲、乙两个相同滑块,分别从H甲、H乙高度同时由静止开始下滑。斜坡与
水平面在O处平滑相接,滑块与水平面间的动摩擦因数为μ,乙在水平面上追上甲时发生弹性碰撞。忽略空气阻力。下列说法正确的有 ( )
A.甲在斜坡上运动时与乙相对静止
B.碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度
C.乙的运动时间与H乙无关
D.甲最终停止位置与O处相距
9.(2025·湖北孝感阶段练习)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、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
10.(10分)(2024·天津高考)如图所示,光滑半圆轨道直径沿竖直方向,最低点与水平面相切。对静置于轨道最低点的小球A施加水平向左的瞬时冲量I,A沿轨道运动到最高点时,与用轻绳悬挂的静止小球B正碰并粘在一起。已知I=1.8 N·s,A、B的质量分别为mA=0.3 kg、mB=0.1 kg,轨道半径和绳长均为R=0.5 m,两球均视为质点,轻绳不可伸长,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力。求:
(1)与B碰前瞬间A的速度大小;(5分)
(2)A、B碰后瞬间轻绳的拉力大小。(5分)
11.(12分)(2025·江苏盐城期末)如图所示,竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切,小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点。现将A无初速度释放,A与B碰撞后结合为一个整体,并沿桌面滑动。已知圆弧轨道光滑,半径R=0.2 m;A和B的质量均为m=0.1 kg,A和B整体与桌面之间的动摩擦因数μ=0.2。取重力加速度g=10 m/s2。求:
(1)与B碰撞前瞬间A对轨道的压力大小。(6分)
(2)碰后瞬间速度的大小。(3分)
(3)碰撞过程中A对B的冲量大小。(3分)
课时跟踪检测(六)
1．选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，动能不一定守恒。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．选D 设较小钢球的质量为m，较大钢球的质量为2m，两球碰撞过程中动量守恒、机械能守恒，规定向左为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有mv0＝mv1＋2mv2，mv02＝mv12＋×2mv22，解得v1＝－ m/s，v2＝ m/s，“－”代表方向向右，故选D。
3．选D 两个质量相等的小球发生弹性正碰，碰撞过程中动量守恒、机械能守恒，碰撞后将交换速度，故D项正确。
4．选B 两球碰撞时，由动量守恒定律可得mAv0＝mAv1＋mBv2，由机械能守恒定律可得mAv02＝mAv12＋mBv22，联立可得v1＝，v2＝，玻璃球B返回水平面后，两球速度相等，v1＝－v2，可得mA∶mB＝1∶3。故选B。
5．选D 由题图可知，碰撞后A、B两个物块运动方向相反，A错误；由题图可知，碰撞前A物块的速度为(以此时的速度方向为正方向)v0＝5 m/s，B物块的速度为0，碰撞后，A、B两个物块的速度分别为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；根据上述分析可知，碰撞前、后A物块的速度大小之比为5∶1，C错误；碰撞前系统的总动能Ek＝mAv02，碰撞后系统的总动能Ek′＝mAvA2＋mBvB2，由以上分析可得Ek＝Ek′，碰撞前后系统的动能守恒，故二者的碰撞为弹性碰撞，D正确。
6．选AD 由题图可知，碰后白、黑两壶的位移大小之比为＝＝，根据2ax＝v2可知，两壶碰后的速度大小之比为＝＝，两壶发生碰撞，根据动量守恒定律有mv＝mv1＋mv2，解得v1＝，v2＝，则碰前白壶的动能为Ek1＝mv2，碰后两壶的动能之和为Ek2＝mv12＋mv22＝，因为Ek27．选CD 若甲、乙发生弹性正碰，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得m甲v0＝m甲v1＋m乙v2，m甲v02＝m甲v12＋m乙v22，解得v1＝v0，v2＝v0，若甲的质量小于乙的质量，可知碰撞后甲的速度不可能水平向右；若甲、乙的质量相等，则v1＝0，v2＝v0；若碰后甲、乙的速度大小相等，则v2＝－v1，所以＝，故A、B错误，C正确；若甲、乙发生完全非弹性碰撞，则m甲v0＝(m甲＋m乙)v，Q＝m甲v02－(m甲＋m乙)v2，＝，联立解得m乙＝，故D正确。
8．选ABD 两滑块在光滑斜坡上加速度相同，同时由静止开始下滑，则相对速度为0，故A正确；两滑块滑到水平面后均做匀减速运动，由于两滑块质量相同，且发生弹性碰撞，可知碰撞后两滑块交换速度，即碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度，故B正确；若甲在碰撞之前已经静止，设斜面倾角为θ，乙下滑到斜面底端的速度为v乙，甲在水平面上的位移为s，乙下滑过程有＝gsin θ·t12，mgH乙＝mv乙2，在水平面运动一段时间t2后与甲发生弹性碰撞，有s＝v乙t2－μgt22，碰撞后甲、乙交换速度，乙停止运动，则乙运动的时间为t＝t1＋t2，由于t1、t2与H乙有关，则总时间与H乙有关，故C错误；乙下滑过程有mgH乙＝mv乙2，由于甲和乙发生弹性碰撞，交换速度，则可知甲最终停止位置与不发生碰撞时乙最终停止的位置相同，则如果不发生碰撞，乙在水平面运动到停止，有v乙2＝2μgx，联立可得x＝，即发生碰撞后甲最终停止位置与O处相距，故D正确。
9．选C 两球组成的系统碰撞过程要满足：系统动量守恒；系统机械能不增加；不违反实际可行性。碰前系统的总动量为p＝mAvA＋mBvB＝6×6 kg·m/s＋3×(－6)kg·m/s＝18 kg·m/s，碰前系统的总动能为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，可知碰撞过程还未结束，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，碰后系统的总动量为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，碰后系统的总动量为p′＝mAvA′＋mBvB′＝6×(－2)kg·m/s＋3×10 kg·m/s＝18 kg·m/s，碰撞后总动能为Ek总′＝mAvA′2＋mBvB′2＝×6×(－2)2 J＋×3×102 J＝162 J，系统动量守恒，机械能守恒，故C可能正确；如果碰后vA′＝－3 m/s，vB′＝12 m/s，碰后系统的总动量为p′＝mAvA′＋mBvB′＝6×(－3)kg·m/s＋3×12 kg·m/s＝18 kg·m/s，碰后系统的总动能为Ek总′＝mAvA′2＋mBvB′2＝×6×(－3)2 J＋×3×122 J＝243 J，系统动量守恒，机械能增加，故D错误。
10．解析：(1)根据题意，设小球A从最低点开始运动时的速度大小为v0，由动量定理有I＝mAv0
设与B碰前瞬间A的速度大小为v，从最低点到最高点，由动能定理有－mAg·2R＝mAv2－mAv02，联立解得v＝4 m/s。
(2)A与用轻绳悬挂的静止小球B正碰并粘在一起，由动量守恒定律有mAv＝v共
设A、B碰后瞬间轻绳的拉力大小为F，由牛顿第二定律有F－g＝
联立解得F＝11.2 N。
答案：(1)4 m/s (2)11.2 N
11．解析：(1)滑块A下滑的过程，由机械能守恒定律可得mgR＝mv2，解得v＝＝2 m/s
滑块A在最低点，由牛顿第二定律得
FN－mg＝m，可得FN＝3 N
由牛顿第三定律可知，与B碰撞前瞬间A对轨道的压力大小为FN′＝FN＝3 N。
(2)A、B碰撞后结合为一个整体，由动量守恒定律可得mv＝2mv′
解得碰后瞬间速度大小为v′＝1 m/s。
(3)碰撞过程中，以B为研究对象，
根据动量定理可得I＝mv′
解得A对B的冲量大小为I＝0.1 N·s。
答案：(1)3 N (2)1 m/s (3)0.1 N·s
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