5.弹性碰撞和非弹性碰撞
题组一 弹性碰撞和非弹性碰撞
1.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.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
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.
4.（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
5.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2024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
6.如图所示，小球A的质量为mA＝5 kg，动量大小为pA＝4 kg·m/s，小球A在光滑水平面上向右运动，与静止的小球B发生弹性碰撞，碰后A的动量大小为pA'＝1 kg·m/s，方向水平向右，则（ ）
A.碰后小球B的动量大小为pB＝3 kg·m/s
B.碰后小球B的动量大小为pB＝5 kg·m/s
C.小球B的质量为15 kg
D.小球B的质量为5 kg
题组二 碰撞可能性的判断
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
8.（多选）两个小球A、B在光滑的水平地面上相向运动，已知它们的质量分别是mA＝4 kg，mB＝2 kg，A的速度vA＝3 m/s（设为正），B的速度vB＝－3 m/s，则它们发生正碰后，其速度可能分别为（ ）
A.均为＋1 m/s B.＋4 m/s和－5 m/s
C.＋2 m/s和－1 m/s D.－1 m/s和＋5 m/s
9.如图所示，大小、形状相同的两小球A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，小球A的质量为2m、速度大小为v0、方向水平向右，小球B的质量为m、速度大小为2v0、方向水平向左，两小球发生弹性正碰后（ ）
A.小球A将静止
B.小球B将向左运动
C.小球A的动能将增加m
D.小球B的动量变化量的大小为4mv0
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≤
11.（多选）如图甲所示，两可视为质点的滑块甲、乙放在水平面上，t＝0时刻分别给两滑块一初速度，使两滑块沿同一直线相对运动，经过一段时间两物体发生碰撞，取向右的方向为正，整个过程中两滑块的速度—时间图像如图乙所示，则下列说法正确的是（ ）
A.整个过程中滑块乙的位移大小为0.5 m
B.滑块甲与滑块乙的质量之比为1∶1
C.滑块甲、滑块乙与水平面间的动摩擦因数之比为1∶2
D.两滑块碰撞时没有能量损失
12.（多选）如图所示，倾角为30°的斜面固定在水平地面上，其底端N与光滑的水平地面平滑连接，N点右侧有一竖直固定挡板。质量为0.8 kg的小物块b静止在地面上，现将质量为0.4 kg的小物块a由斜面上的M点静止释放。已知＝1.5 m，a、b与斜面之间的动摩擦因数均为，a、b碰撞时间极短，碰后黏在一起运动不再分开，a、b整体与挡板碰撞过程中无机械能损失。取g＝10 m/s2。则（ ）
A.物块a第一次运动到N点时的动能为1.8 J
B.a、b碰撞过程中系统损失的机械能为0.6 J
C.b与挡板第一次碰撞时，挡板对b的冲量大小为1.2 N·s
D.整个运动过程中，b在斜面上运动的路程为 0.25 m
13.碰撞恢复系数（一般用e表示）是指两个物体碰撞后的相对速度大小与碰撞前的相对速度大小的比值，表示碰撞过程中机械能的损失程度，与材料本身的性质有关。在光滑水平面上，小球B静止，另一小球A以水平速度v0与B发生正碰，A、B的质量分别为2m、m。
（1）若A与B的碰撞为弹性碰撞，求它们的碰撞恢复系数；
（2）若A、B的碰撞恢复系数为e'＝0.5，求碰撞过程损失的机械能ΔE。
5.弹性碰撞和非弹性碰撞
1.A 由动量守恒定律有3mv－mv＝0＋mv'，所以 v'＝2v。碰前总动能Ek＝×3mv2＋mv2＝2mv2，碰后总动能Ek'＝mv'2＝2mv2，则Ek＝Ek'，所以A正确。
2.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，碰撞前动能为ma＋mb＝ J，碰撞后动能为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.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'＝×3m＝×＝，故C正确。
4.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。
5.A 质量为2m的白球A以初速度v0与编号为2024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2024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知，两球速度交换，编号为2024的花球与编号为2023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。
6.A 规定向右为正方向，碰撞过程中A、B组成的系统动量守恒，所以有pA＝pA'＋pB，解得 pB＝3 kg·m/s，A正确，B错误；由于是弹性碰撞，所以没有机械能损失，故＝＋，解得mB＝3 kg，C、D错误。
7.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.AD 由动量守恒，可验证四个选项都满足要求。再看动能变化情况，Ek前＝mA＋mB＝27 J，Ek后＝mAvA'2＋mBvB'2，由于碰撞过程中总动能不可能增加，所以应有Ek前≥Ek后，据此可排除B；选项C虽满足Ek前≥Ek后，但A、B沿同一直线相向运动，发生碰撞后各自仍然保持原来的速度方向，这显然是不符合实际的，因此选项C错误；验证选项A、D均满足Ek前≥Ek后，且碰后状态符合实际，故A、D正确。
9.D 小球A、B发生弹性碰撞，选向右为正方向，设碰后小球B的速度为vB，小球A的速度为vA，则有2mv0＋m（－2v0）＝2mvA＋mvB，×2m＋m（－2v0）2＝×2m＋m，解得vA＝－v0，vB＝2v0，碰撞后小球A向左运动，A错误；碰撞后小球B将向右运动，B错误；碰撞后小球A的动能增加量ΔEk＝×2m－×2m＝×2m×（－v0）2－×2m＝0，C错误；小球B的动量变化量Δp＝pB'－pB＝m（2v0）－m（－2v0）＝4mv0，小球B的动量变化量的大小为4mv0，D正确。
10.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＞v1③
由①②③式可得＜a≤，故选A。
11.ACD 整个过程中根据速度—时间图像可知滑块乙的位移x＝m＝0.5 m，A正确；两物块在1 s末时发生碰撞，根据动量定理得m甲v甲1＋m乙v乙1＝m乙v乙1'，4m甲－2m乙＝6m乙，解得m甲∶m乙＝2∶1，B错误；根据图像可知，0～1 s滑块的加速度为a甲＝ m/s2＝－2 m/s2，a乙＝ m/s2＝4 m/s2，根据牛顿第二定律－μ甲m甲g＝m甲a甲，μ乙m乙g＝m乙a乙，解得μ甲＝0.2，μ乙＝0.4，滑块甲、滑块乙与水平面间的动摩擦因数之比为1∶2，C正确；滑块甲与滑块乙的质量之比为m甲∶m乙＝2∶1，两个滑块碰撞前后的能量差为ΔE＝（ m甲＋m乙）－m乙v乙1'2＝0，D正确。
12.AD 物块a第一次运动到N点过程，由动能定理得magsin 30°－μmagcos 30°＝Eka＝ma，代入数据可得v0＝3 m/s，Eka＝1.8 J，A正确；设a与b碰前速度大小为v0，碰后二者速度为v，由动量守恒定律得mav0＝（ma＋mb）v，a、b碰撞过程中系统损失的机械能ΔE损＝ma－（ma＋mb）v2，解得v＝1.0 m/s，ΔE损＝1.2 J，B错误；a、b整体与挡板第一次碰撞前的速度即为v＝1 m/s，碰撞过程中无机械能损失，所以碰后整体速度变为向左的1 m/s，对整体，由动量定理得I＝Δp＝（ma＋mb）v－（ma＋mb）（－v）＝2（ma＋mb）v＝2.4 N·s，C错误；最终a、b整体静止在N点，对a、b整体，自碰后至最终停下，由能量守恒定律得（ma＋mb）v2＝μ（ma＋mb）·gcos θ·s总，代入数据解得s总＝0.25 m，D正确。
13.（1）1 （2）m
解析：（1）设A与B碰撞后A的速度为v1，B的速度为v2，由动量守恒定律得2mv0＝2mv1＋mv2
A与B的碰撞为弹性碰撞，由机械能守恒定律得
×2m＝×2m＋m
联立解得v1＝v0，v2＝v0
碰撞恢复系数为e＝＝1。
（2）A与B的碰撞不是弹性碰撞，设A与B碰撞后A的速度为v1'，B的速度为v2'，由动量守恒定律得2mv0＝2mv1'＋mv2'
又e'＝＝0.5
联立解得v1'＝v0，v2'＝v0
碰撞过程损失的机械能ΔE＝×2m－×2m×－m＝m。
1 / 35.弹性碰撞和非弹性碰撞
课标要求 素养目标
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.知道碰撞的分类，理解弹性碰撞和非弹性碰撞。（物理观念） 2.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。（科学思维） 3.通过演示实验探究弹性碰撞和非弹性碰撞的特点。（科学探究）
知识点一 弹性碰撞和非弹性碰撞
1.弹性碰撞：系统在碰撞前后 不变的碰撞。
2.非弹性碰撞：系统在碰撞后 减少的碰撞。
知识点二 弹性碰撞的实例分析
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 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＝ 。
②系统没有动能损失：m1＝ 。
（3）碰撞后两物体的速度
v1'＝ ，v2'＝ 。
（4）结果分析讨论
①若m1＝m2，则v1'＝0，v2'＝v1，简记为“质量相等，交换速度”；
②当m1＞m2时，v1'＞0，v2'＞0，且v2'＞v1'，当m1 m2时，v1'＝v1，v2'＝2v1；
③当m1＜m2时，v1'＜0，v2'＞0，当m1 m2时，v1'＝－v1，v2'＝0。
【情景思辨】图甲为牛顿摆的示意图，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动，仅有最右边的球被弹出，如图乙所示。图丙所示打台球时，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。
判断下列说法的正误。
（1）图乙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）图丙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 弹性碰撞和非弹性碰撞
【探究】
2022年2月4日至2022年2月20日，我国成功举办了北京冬奥会，冰壶是冬奥会的比赛项目之一。如图所示为中国运动员在冰壶比赛中的情景。请思考：
（1）如果把两个冰壶间的碰撞过程看成弹性碰撞，遵守什么规律？
（2）冰壶间的碰撞一定是正碰吗？
【归纳】
1.碰撞的特点
（1）时间特点：在碰撞现象中，相互作用的时间很短。
（2）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。
（3）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，系统的总动量近似守恒。
（4）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 （碰后分离） （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 （碰后分离） （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（碰后 “粘合”） （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
【典例1】 （多选）在冰壶比赛中，甲队运动员将质量为19 kg的冰壶推出，运动一段时间后以0.4 m/s的速度正碰静止的对手队冰壶，然后甲队冰壶以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，则下列判断正确的是（ ）
A.碰后对手队冰壶的速度为0.5 m/s
B.碰后对手队冰壶的速度为0.3 m/s
C.两冰壶之间的碰撞是非弹性碰撞
D.两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞
尝试解答
1.（多选）（2023·江苏扬州市高二月考）质量分别为m1和m2的两物体在光滑水平面上发生正碰，碰撞时间不计，其位移—时间图像如图乙所示，已知m1＝0.1 kg。由此可以判断（ ）
A.碰前m2匀速，m1加速运动
B.碰后m2和m1都向右运动
C.可求出m2的质量
D.m1和m2发生的碰撞是弹性碰撞
2.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，运动员用白球撞击篮球（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，白球的虚线与篮球实线交于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.篮球运动过程中受到的阻力较大
C.两球发生弹性碰撞
D.碰撞后篮球的加速度大小为 m/s2
3.2022年2月3日至17日，北京冬奥会女子冰球赛在五棵松体育中心进行。一冰球运动员甲在水平光滑的冰面上以8 m/s的速度向右运动时，与另一速度为4 m/s的迎面而来向左运动的运动员乙相撞，碰后甲恰好静止，假设碰撞时间极短，已知运动员甲、乙的质量分别为60 kg、80 kg。
（1）求碰后乙的速度的大小；
（2）求碰撞中总机械能损失大小；
（3）判断该次碰撞是否为非弹性碰撞？
要点二 碰撞可能性的判断
【归纳】
1.碰撞问题遵循的“三个原则”
（1）动量守恒：p1＋p2＝p1'＋p2'。
（2）动能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1'＋Ek2'。
（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：灵活运用Ek＝或p＝，Ek＝pv或p＝等几个关系式进行有关计算。
【典例2】 （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
尝试解答
1.（多选）如图所示，光滑水平地面上有两个小球甲和乙，质量分别是m和km，现让甲以初速度v0向右运动并与乙（静止） 发生碰撞，碰后乙的速度为，若碰后甲、乙同向运动，则k的值可能是（ ）
A. B.
C. D.
2.（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，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
1.（多选）如图所示，光滑水平桌面上一只质量为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，下列判断正确的是（ ）
A.碰撞前保龄球的速度大小为4.0 m/s
B.碰撞前保龄球的速度大小为2.9 m/s
C.该碰撞是弹性碰撞
D.该碰撞是非弹性碰撞
2.在光滑水平面上，有A、B两个小球向右沿同一直线运动，取向右为正，两球的动量分别是pA＝5 kg·m/s，pB＝7 kg·m/s，如图所示，若能发生正碰，则碰后两球的动量增量ΔpA、ΔpB可能的是（ ）
A.ΔpA＝－3 kg·m/s，ΔpB＝3 kg·m/s
B.ΔpA＝3 kg·m/s，ΔpB＝3 kg·m/s
C.ΔpA＝－10 kg·m/s，ΔpB＝10 kg·m/s
D.ΔpA＝3 kg·m/s，ΔpB＝－3 kg·m/s
3.（多选）质量为m的小球A沿光滑水平面以速度v0与质量为2m的静止小球B发生正碰，则碰后B的速度可能是（ ）
A.v0 B.v0 C.v0 D.v0
4.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，下列说法中正确的是（ ）
A.该碰撞为完全非弹性碰撞
B.物块乙的质量为6 kg
C.碰撞过程两物块损失的机械能为8 J
D.该碰撞过程能量不守恒
5.弹性碰撞和非弹性碰撞
【基础知识·准落实】
知识点一
1.动能 2.动能
知识点二
1.对心 2.（2）①m1v1'＋m2v2' ②m1v1'2＋m2v2'2 （3）v1 v1
情景思辨
（1）√ （2）× （3）√ （4）×
【核心要点·快突破】
要点一
知识精研
【探究】 提示：（1）如果把两个冰壶间的碰撞看成弹性碰撞，碰撞过程中两个冰壶组成的系统的动量守恒、机械能守恒。
（2）冰壶间的碰撞不一定是正碰，也可能是斜碰。
【典例1】 BC 两冰壶碰撞过程中动量守恒，设甲队的冰壶碰撞前后的速度分别为v0和v1，对手队的冰壶碰后的速度为v2，则有mv0＝mv1＋mv2，已知v0＝0.4 m/s，v1＝0.1 m/s，解得v2＝0.3 m/s，A错误，B正确；两冰壶碰撞前系统的能量为E1＝m＝0.08m，两冰壶碰撞后系统的能量为E2＝m＋m＝0.05m，由于E2＜E1，则两冰壶之间的碰撞是非弹性碰撞，C正确，D错误。
素养训练
1.CD x-t图像中，图线的斜率表示速度，根据图像可知，碰撞前m1在做匀速直线运动， m2处于静止状态，故A错误；x-t图像中，图线的斜率表示速度，根据图像可知，碰撞后，m1图线的斜率为负值，表示运动方向与规定正方向相反，m2图线的斜率为正值，表示运动方向与规定正方向相同，可知，碰撞后m1和m2运动方向相反，故B错误；碰撞前v0＝ m/s＝4 m/s，碰撞后v1＝ m/s＝－2 m/s，v2＝ m/s＝2 m/s，根据m1v0＝m1v1＋m2v2，得m2＝0.3 kg，故C正确；根据上述有m1＝m1＋m2，可知该碰撞为弹性碰撞，故D正确。
2.D 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mv0＝mv1＋mv2，可得碰后瞬间，篮球的速度v2＝0.6 m/s，根据图像可知，篮球停止的时刻为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；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m＋m＜m，因此不是弹性碰撞，C错误；碰撞后篮球的加速度大小为a＝＝ m/s2＝ m/s2，D正确。
3.（1）2 m/s （2）2 400 J （3）为非弹性碰撞
解析：设运动员甲、乙的质量分别为m、M，碰前速度大小分别为v1、v2，碰后乙的速度大小为v2'，规定碰撞前甲的运动方向为正方向，由动量守恒定律有mv1－Mv2＝Mv2'，解得v2'＝v1－v2＝2 m/s；根据能量守恒定律可知，碰撞中总机械能的损失为ΔE＝m＋M－Mv2'2，代入数据解得ΔE＝2 400 J，由于ΔE≠0，故碰撞为非弹性碰撞。
要点二
知识精研
【典例2】 AD 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 J＋×2×22 J＝4.5 J，故D可能。
素养训练
1.ACD 设甲与乙发生碰撞后甲的速度为v，由动量守恒定律得mv0＝mv＋km，解得v＝v0－v0，碰撞后甲、乙同向运动，则有v＞0，即v0－v0＞0，解得k＜2；碰后甲球不能越过乙球，因此有v≤，解得k≥1；又因为碰撞过程中动能不增加，所以有m≥mv2＋km，解得0≤k≤3。综上可得1≤k＜2，则A、C、D可能，B不可能。
2.AB 以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得pA＋pB＝pA'＋pB'，代入数据，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≤，≥＝，综上得≤≤，故A、B正确。
【教学效果·勤检测】
1.BD 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，故A错误，B正确；保龄球和球瓶组成的系统初、末动能分别为Ek0＝M＝21.025 J，Ek1＝Mv1'2＋m＝16.75 J，因为Ek1＜Ek0，所以该碰撞为非弹性碰撞，故C错误，D正确。
2.A 两球碰撞过程，系统的动量守恒，两球动量变化量应大小相等，方向相反，根据碰撞过程动量守恒定律，如果ΔpA＝－3 kg·m/s，ΔpB＝3 kg·m/s，则碰后两球的动量分别为pA'＝2 kg·m/s，pB'＝10 kg·m/s，且碰撞过程总动能不增加，故A正确。若ΔpA＝3 kg·m/s，ΔpB＝3 kg·m/s，违反了动量守恒定律，不可能，故B错误。如果ΔpA＝－10 kg·m/s，ΔpB＝10 kg·m/s，则碰后两球的动量分别为pA'＝－5 kg·m/s，pB'＝17 kg·m/s，可以看出，碰撞后A的动能不变，而B的动能增大，违反了能量守恒定律，不可能，故C错误。根据碰撞过程动量守恒定律，如果ΔpA＝3 kg·m/s，ΔpB＝－3 kg·m/s，则碰后两球的动量分别为pA'＝8 kg·m/s，pB'＝4 kg·m/s，碰撞后两球的动量方向都与原来方向相同，A的动量不可能沿原方向增大，与实际运动不符，故D错误。
3.AC 若小球A与小球B发生完全非弹性碰撞，则有mv0＝（m＋2m）v共，解得v共 ＝ v0，若小球A与小球B发生弹性碰撞，则有mv0＝mvA'＋2mvB'，m＝mvA'2＋×2mvB'2，解得vA'＝－v0，vB'＝v0，所以碰后B的速度v0≤vB≤v0，故选A、C。
4.B 由v-t图可知，碰前甲、乙的速度分别为v甲＝5 m/s、v乙＝1 m/s；碰后甲、乙的速度分别为v甲'＝－1 m/s，v乙'＝2 m/s，碰后速度不同，该碰撞不是完全非弹性碰撞；甲、乙两物块碰撞过程中，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，损失的机械能为ΔE＝m甲＋m乙－m甲v甲'2－m乙v乙'2，解得ΔE＝3 J，即碰撞过程两物块损失的机械能为3 J，此能量转化为两物块的内能，但是能量还是守恒的。故B正确，A、C、D错误。
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5.弹性碰撞和非弹性碰撞
课标要求 素养目标
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.知道碰撞的分类，理解弹性碰撞和非弹性碰
撞。（物理观念）
2.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。（科学思
维）
3.通过演示实验探究弹性碰撞和非弹性碰撞的
特点。（科学探究）
目 录
01.
基础知识·准落实
02.
核心要点·快突破
03.
教学效果·勤检测
04.
课时训练·提素能
基础知识·准落实
梳理归纳 自主学习
01
知识点一 弹性碰撞和非弹性碰撞
1. 弹性碰撞：系统在碰撞前后 不变的碰撞。
2. 非弹性碰撞：系统在碰撞后 减少的碰撞。
动能
动能
知识点二 弹性碰撞的实例分析
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 碰撞或一维碰撞。
对心
（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＝ 。
②系统没有动能损失：m1＝ m1v1'2＋m2v2'2 。
m1v1'＋m2v2'
m1v1'2＋m2v2'2
2. 弹性正碰实例分析
（3）碰撞后两物体的速度
v1'＝ v1 ，v2'＝ v1 。
（4）结果分析讨论
①若m1＝m2，则v1'＝0，v2'＝v1，简记为“质量相等，交换速
度”；
②当m1＞m2时，v1'＞0，v2'＞0，且v2'＞v1'，当m1 m2时，v1'
＝v1，v2'＝2v1；
③当m1＜m2时，v1'＜0，v2'＞0，当m1 m2时，v1'＝－v1，v2'
＝0。
v1
v1
【情景思辨】
图甲为牛顿摆的示意图，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动，仅有
最右边的球被弹出，如图乙所示。图丙所示打台球时，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。
判断下列说法的正误。
（1）图乙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）图丙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。（ × ）
√
×
√
×
核心要点·快突破
互动探究 深化认知
02
要点一 弹性碰撞和非弹性碰撞
【探究】
2022年2月4日至2022年2月20日，我国成功举办了北京冬奥会，冰壶
是冬奥会的比赛项目之一。如图所示为中国运动员在冰壶比赛中的情
景。请思考：
（1）如果把两个冰壶间的碰撞过程看成弹性碰撞，遵守什么规律？
提示：（1）如果把两个冰壶间的碰撞看成弹性碰撞，碰撞过程
中两个冰壶组成的系统的动量守恒、机械能守恒。
（2）冰壶间的碰撞一定是正碰吗？
提示：（2）冰壶间的碰撞不一定是正碰，也可能是斜碰。
【归纳】
1. 碰撞的特点
（1）时间特点：在碰撞现象中，相互作用的时间很短。
（2）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。
（3）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，系统的总动量近似守恒。
（4）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 （碰后分离） （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 （碰后分离） （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（碰后 “粘合”） （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
【典例1】 （多选）在冰壶比赛中，甲队运动员将质量为19 kg的冰
壶推出，运动一段时间后以 0.4 m/s的速度正碰静止的对手队冰壶，然
后甲队冰壶以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，则下列判断正确的是（ ）
A. 碰后对手队冰壶的速度为0.5 m/s
B. 碰后对手队冰壶的速度为0.3 m/s
C. 两冰壶之间的碰撞是非弹性碰撞
D. 两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞
解析：两冰壶碰撞过程中动量守恒，设甲队的冰壶碰撞前后的速度分
别为v0和v1，对手队的冰壶碰后的速度为v2，则有mv0＝mv1＋mv2，已
知v0＝0.4 m/s，v1＝0.1 m/s，解得v2＝0.3 m/s，A错误，B正确；两冰
壶碰撞前系统的能量为E1＝m＝0.08m，两冰壶碰撞后系统的能量
为E2＝m＋m＝0.05m，由于E2＜E1，则两冰壶之间的碰撞是
非弹性碰撞，C正确，D错误。
1. （多选）（2023·江苏扬州市高二月考）质量分别为m1和m2的两物
体在光滑水平面上发生正碰，碰撞时间不计，其位移—时间图像如
图乙所示，已知m1＝0.1 kg。由此可以判断（ ）
A. 碰前m2匀速，m1加速运动
B. 碰后m2和m1都向右运动
C. 可求出m2的质量
D. m1和m2发生的碰撞是弹性碰撞
解析： x-t图像中，图线的斜率表示速度，根据图像可知，碰
撞前m1在做匀速直线运动， m2处于静止状态，故A错误；x-t图像
中，图线的斜率表示速度，根据图像可知，碰撞后，m1图线的斜率
为负值，表示运动方向与规定正方向相反，m2图线的斜率为正值，
表示运动方向与规定正方向相同，可知，碰撞后m1和m2运动方向相
反，故B错误；碰撞前v0＝ m/s＝4 m/s，碰撞后v1＝ m/s＝－2
m/s，v2＝ m/s＝2 m/s，根据m1v0＝m1v1＋m2v2，得m2＝0.3 kg，
故C正确；根据上述有m1＝m1＋m2，可知该碰撞为弹
性碰撞，故D正确。
2. 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，运动员用白球撞击篮球（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，白球的虚线与篮球实线交于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. 篮球运动过程中受到的阻力较大
C. 两球发生弹性碰撞
D. 碰撞后篮球的加速度大小为 m/s2
解析： 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
mv0＝mv1＋mv2，可得碰后瞬间，篮球的速度v2＝0.6 m/s，根据图像
可知，篮球停止的时刻为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；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m＋m＜m，因此不是弹性碰撞，C错误；
碰撞后篮球的加速度大小为a＝＝ m/s2＝ m/s2，D正确。
3. 2022年2月3日至17日，北京冬奥会女子冰球赛在五棵松体育中心进
行。一冰球运动员甲在水平光滑的冰面上以8 m/s的速度向右运动
时，与另一速度为4 m/s的迎面而来向左运动的运动员乙相撞，碰后
甲恰好静止，假设碰撞时间极短，已知运动员甲、乙的质量分别为
60 kg、80 kg。
（1）求碰后乙的速度的大小；
答案：2 m/s
（2）求碰撞中总机械能损失大小；
答案：2 400 J
（3）判断该次碰撞为非弹性碰撞？
答案：为非弹性碰撞
解析：设运动员甲、乙的质量分别为m、M，碰前速度大小分
别为v1、v2，碰后乙的速度大小为v2'，规定碰撞前甲的运动方
向为正方向，由动量守恒定律有mv1－Mv2＝Mv2'，解得v2'＝
v1－v2＝2 m/s；根据能量守恒定律可知，碰撞中总机械能的
损失为ΔE＝m＋M－Mv2'2，代入数据解得ΔE＝2 400
J，由于ΔE≠0，故碰撞为非弹性碰撞。
要点二 碰撞可能性的判断
【归纳】
1. 碰撞问题遵循的“三个原则”
（1）动量守恒：p1＋p2＝p1'＋p2'。
（2）动能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1'＋Ek2'。
（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：灵活运用Ek＝或p＝，Ek＝pv或p＝等几
个关系式进行有关计算。
【典例2】 （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
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 J＋×2×22 J＝4.5 J，故D可能。
1. （多选）如图所示，光滑水平地面上有两个小球甲和乙，质量分别
是m和km，现让甲以初速度v0向右运动并与乙（静止） 发生碰撞，
碰后乙的速度为，若碰后甲、乙同向运动，则k的值可能是
（ ）
A. B.
C. D.
解析： 设甲与乙发生碰撞后甲的速度为v，由动量守恒定律
得mv0＝mv＋km，解得v＝v0－v0，碰撞后甲、乙同向运动，则有
v＞0，即v0－v0＞0，解得k＜2；碰后甲球不能越过乙球，因此有
v≤，解得k≥1；又因为碰撞过程中动能不增加，所以有
m≥mv2＋km，解得0≤k≤3。综上可得1≤k＜2，则A、
C、D可能，B不可能。
2. （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，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
解析： 以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得pA＋pB
＝pA'＋pB'，代入数据，解得pA'＝4 kg·m/s，碰撞过程系统的总动能
不增加，则有＋≤＋≤，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
＞＜＝，碰撞后A的速度不大于B的速度，则有
≤≥＝≤≤，故A、B正确。
教学效果·勤检测
强化技能 查缺补漏
03
1. （多选）如图所示，光滑水平桌面上一只质量为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，下列判断正
确的是（ ）
A. 碰撞前保龄球的速度大小为4.0 m/s
B. 碰撞前保龄球的速度大小为2.9 m/s
C. 该碰撞是弹性碰撞
D. 该碰撞是非弹性碰撞
解析： 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，故A错误，B正确；保龄球和球瓶
组成的系统初、末动能分别为Ek0＝M＝21.025 J，Ek1＝Mv1'2＋
m＝16.75 J，因为Ek1＜Ek0，所以该碰撞为非弹性碰撞，故C错
误，D正确。
2. 在光滑水平面上，有A、B两个小球向右沿同一直线运动，取向右
为正，两球的动量分别是pA＝5 kg·m/s，pB＝7 kg·m/s，如图所示，
若能发生正碰，则碰后两球的动量增量ΔpA、ΔpB可能的是（ ）
A. ΔpA＝－3 kg·m/s，ΔpB＝3 kg·m/s
B. ΔpA＝3 kg·m/s，ΔpB＝3 kg·m/s
C. ΔpA＝－10 kg·m/s，ΔpB＝10 kg·m/s
D. ΔpA＝3 kg·m/s，ΔpB＝－3 kg·m/s
解析： 两球碰撞过程，系统的动量守恒，两球动量变化量应大小相等，方向相反，根据碰撞过程动量守恒定律，如果ΔpA＝－3 kg·m/s，ΔpB＝3 kg·m/s，则碰后两球的动量分别为pA'＝2 kg·m/s，pB'＝10 kg·m/s，且碰撞过程总动能不增加，故A正确。若ΔpA＝3 kg·m/s，ΔpB＝3 kg·m/s，违反了动量守恒定律，不可能，故B错误。如果ΔpA＝－10 kg·m/s，ΔpB＝10 kg·m/s，则碰后两球的动量分别为pA'＝－5 kg·m/s，pB'＝17 kg·m/s，可以看出，碰撞后A的动能不变，而B的动能增大，违反了能量守恒定律，不可能，故C错误。根据碰撞过程动量守恒定律，如果ΔpA＝3 kg·m/s，ΔpB＝－3 kg·m/s，则碰后两球的动量分别为pA'＝8 kg·m/s，pB'＝4 kg·m/s，碰撞后两球的动量方向都与原来方向相同，A的动量不可能沿原方向增大，与实际运动不符，故D错误。
3. （多选）质量为m的小球A沿光滑水平面以速度v0与质量为2m的静
止小球B发生正碰，则碰后B的速度可能是（ ）
A. v0 B. v0
C. v0 D. v0
解析： 若小球A与小球B发生完全非弹性碰撞，则有mv0＝（m
＋2m）v共，解得v共 ＝ v0，若小球A与小球B发生弹性碰撞，则有
mv0＝mvA'＋2mvB'，m＝mvA'2＋×2mvB'2，解得vA'＝－v0，vB'
＝v0，所以碰后B的速度v0≤vB≤v0，故选A、C。
4. 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，下列说法中正确的是（ ）
A. 该碰撞为完全非弹性碰撞
B. 物块乙的质量为6 kg
C. 碰撞过程两物块损失的机械能为8 J
D. 该碰撞过程能量不守恒
解析： 由v-t图可知，碰前甲、乙的速度分别为v甲＝5 m/s、v
乙＝1 m/s；碰后甲、乙的速度分别为v甲'＝－1 m/s，v乙'＝2
m/s，碰后速度不同，该碰撞不是完全非弹性碰撞；甲、乙两物
块碰撞过程中，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，损失的机械能为ΔE＝m甲＋m乙－
m甲v甲'2－m乙v乙'2，解得ΔE＝3 J，即碰撞过程两物块损失的机
械能为3 J，此能量转化为两物块的内能，但是能量还是守恒
的。故B正确，A、C、D错误。
04
课时训练·提素能
分层达标 素养提升
题组一 弹性碰撞和非弹性碰撞
1. 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
1
2
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7
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11
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13
解析： 由动量守恒定律有3mv－mv＝0＋mv'，所以 v'＝2v。碰前
总动能Ek＝×3mv2＋mv2＝2mv2，碰后总动能Ek'＝mv'2＝2mv2，
则Ek＝Ek'，所以A正确。
1
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3
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2. 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
1
2
3
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13
解析： 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，碰撞前动能为ma＋mb＝ J，碰撞后动能
为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。
1
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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.
1
2
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13
解得v1＝ ①
E0＝m ②
Ek'＝×3m ③
由①②③式联立得Ek'＝×3m＝×＝，故C正确。
解析： 由碰撞中动量守恒得mv0＝3mv1，
1
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4. （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
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解析：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。
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5. 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2024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
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解析： 质量为2m的白球A以初速度v0与编号为2024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2024
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
守恒知，两球速度交换，编号为2024的花球与编号为2023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。
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6. 如图所示，小球A的质量为mA＝5 kg，动量大小为pA＝4 kg·m/s，小
球A在光滑水平面上向右运动，与静止的小球B发生弹性碰撞，碰
后A的动量大小为pA'＝1 kg·m/s，方向水平向右，则（ ）
A. 碰后小球B的动量大小为pB＝3 kg·m/s
B. 碰后小球B的动量大小为pB＝5 kg·m/s
C. 小球B的质量为15 kg
D. 小球B的质量为5 kg
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解析： 规定向右为正方向，碰撞过程中A、B组成的系统动量守
恒，所以有pA＝pA'＋pB，解得 pB＝3 kg·m/s，A正确，B错误；由于
是弹性碰撞，所以没有机械能损失，故＝＋，解得mB＝
3 kg，C、D错误。
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题组二 碰撞可能性的判断
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
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解析： 根据两球动能相等有m甲＝m乙
＝ ，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。
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8. （多选）两个小球A、B在光滑的水平地面上相向运动，已知它们
的质量分别是mA＝4 kg，mB＝2 kg，A的速度vA＝3 m/s（设为
正），B的速度vB＝－3 m/s，则它们发生正碰后，其速度可能分别
为（ ）
A. 均为＋1 m/s B. ＋4 m/s和－5 m/s
C. ＋2 m/s和－1 m/s D. －1 m/s和＋5 m/s
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解析： 由动量守恒，可验证四个选项都满足要求。再看动能
变化情况，Ek前＝mA＋mB＝27 J，Ek后＝mAvA'2＋mBvB'2，
由于碰撞过程中总动能不可能增加，所以应有Ek前≥Ek后，据此可排
除B；选项C虽满足Ek前≥Ek后，但A、B沿同一直线相向运动，发生
碰撞后各自仍然保持原来的速度方向，这显然是不符合实际的，因
此选项C错误；验证选项A、D均满足Ek前≥Ek后，且碰后状态符合
实际，故A、D正确。
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9. 如图所示，大小、形状相同的两小球A、B在光滑水平面上沿同一
直线相向运动，小球A的质量为2m、速度大小为v0、方向水平向
右，小球B的质量为m、速度大小为2v0、方向水平向左，两小球发
生弹性正碰后（ ）
A. 小球A将静止
B. 小球B将向左运动
C. 小球A的动能将增加m
D. 小球B的动量变化量的大小为4mv0
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解析： 小球A、B发生弹性碰撞，选向右为正方向，设碰后小球
B的速度为vB，小球A的速度为vA，则有2mv0＋m（－2v0）＝2mvA
＋mvB，×2m＋m（－2v0）2＝×2m＋m，解得vA＝－
v0，vB＝2v0，碰撞后小球A向左运动，A错误；碰撞后小球B将向右
运动，B错误；碰撞后小球A的动能增加量ΔEk＝×2m－
×2m＝×2m×（－v0）2－×2m＝0，C错误；小球B的动量
变化量Δp＝pB'－pB＝m（2v0）－m（－2v0）＝4mv0，小球B的动量
变化量的大小为4mv0，D正确。
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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≤
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解析： 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。
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11. （多选）如图甲所示，两可视为质点的滑块甲、乙放在水平面上，t＝0时刻分别给两滑块一初速度，使两滑块沿同一直线相对运动，经过一段时间两物体发生碰撞，取向右的方向为正，整个过程中两滑块的速度—时间图像如图乙所示，则下列说法正确的是（ ）
A. 整个过程中滑块乙的位移大小为0.5 m
B. 滑块甲与滑块乙的质量之比为1∶1
C. 滑块甲、滑块乙与水平面间
的动摩擦因数之比为1∶2
D. 两滑块碰撞时没有能量损失
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解析：整个过程中根据速度—时间图像可知滑块乙的位移x＝m＝0.5 m，A正确；两物块在1 s末时发生碰撞，根据动量定理得m甲v甲1＋m乙v乙1＝m乙v乙1'，4m甲－2m乙＝6m乙，解得m甲∶m乙＝2∶1，B错误；根据图像可知，0～1 s滑块的加速度为a甲＝ m/s2＝－2 m/s2，a乙＝ m/s2＝4 m/s2，根据牛顿第二定律－μ甲m甲g＝m甲a甲，μ乙m乙g＝m乙a乙，解得μ甲＝0.2，μ乙＝0.4，滑块甲、滑块乙与水平面间的动摩擦因数之比为1∶2，C正确；滑块甲与滑块乙的质量之比为m甲∶m乙＝2∶1，两个滑块碰撞前后的能量差为ΔE＝－m乙v乙1'2＝0，D正确。
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12. （多选）如图所示，倾角为30°的斜面固定在水平地面上，其底端N与光滑的水平地面平滑连接，N点右侧有一竖直固定挡板。质量为0.8 kg的小物块b静止在地面上，现将质量为0.4 kg的小物块a由斜面上的M点静止释放。已知＝1.5 m，a、b与斜面之间的动摩擦因数均为，a、b碰撞时间极短，碰后黏在一起运动不再分开，a、b整体与挡板碰撞过程中无机械能损失。取g＝10 m/s2。则（ ）
A. 物块a第一次运动到N点时的动能为1.8 J
B. a、b碰撞过程中系统损失的机械能为0.6 J
C. b与挡板第一次碰撞时，挡板对b的冲量大小为1.2 N·s
D. 整个运动过程中，b在斜面上运动的路程为 0.25 m
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解析：物块a第一次运动到N点过程，由动能定理得magsin 30°－μmagcos 30°＝Eka＝ma，代入数据可得v0＝3 m/s，Eka＝1.8 J，A正确；设a与b碰前速度大小为v0，碰后二者速度为v，由动量守恒定律得mav0＝（ma＋mb）v，a、b碰撞过程中系统损失的机械能ΔE损＝ma－（ma＋mb）v2，解得v＝1.0 m/s，ΔE损＝1.2 J，B错误；a、b整体与挡板第一次碰撞前的速度即为v＝1 m/s，碰撞过程中无机械能损失，所以碰后整体速度变为向左的1 m/s，对整体，由动量定理得I＝Δp＝（ma＋mb）v－（ma＋mb）（－v）＝2（ma＋mb）v＝2.4 N·s，C错误；最终a、b整体静止在N点，对a、b整体，自碰后至最终停下，由能量守恒定律得（ma＋mb）v2＝μ（ma＋mb）·gcos θ·s总，代入数据解得s总＝0.25 m，D正确。
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13. 碰撞恢复系数（一般用e表示）是指两个物体碰撞后的相对速
度大小与碰撞前的相对速度大小的比值，表示碰撞过程中机械
能的损失程度，与材料本身的性质有关。在光滑水平面上，小
球B静止，另一小球A以水平速度v0与B发生正碰，A、B的质量
分别为2m、m。
（1）若A与B的碰撞为弹性碰撞，求它们的碰撞恢复系数；
答案：1
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解析：设A与B碰撞后A的速度为v1，B的速度为v2，由
动量守恒定律得2mv0＝2mv1＋mv2
A与B的碰撞为弹性碰撞，由机械能守恒定律得
×2m＝×2m＋m
联立解得v1＝v0，v2＝v0
碰撞恢复系数为e＝＝1。
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（2）若A、B的碰撞恢复系数为e'＝0.5，求碰撞过程损失的机械能ΔE。
答案：m
解析：A与B的碰撞不是弹性碰撞，设A与B碰撞后A的速度为
v1'，B的速度为v2'，由动量守恒定律得2mv0＝2mv1'＋mv2'
又e'＝＝0.5
联立解得v1'＝v0，v2'＝v0
碰撞过程损失的机械能ΔE＝×2m－×2m×－m＝m。
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谢谢观看!
