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高中物理第一章 动量守恒定律5 弹性碰撞和非弹性碰撞学案设计
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这是一份高中物理第一章 动量守恒定律5 弹性碰撞和非弹性碰撞学案设计，共23页。
■知识点一：碰撞的理解
1．碰撞的特点
(1)时间特点：在碰撞现象中，相互作用时间很短．
(2)相互作用力的特点：在碰撞过程中物体间的相互作用力先是急剧增大，然后再急剧减小，即相互作用力为变力，作用时间短，作用力很大，且远远大于系统的外力，即使系统所受外力之和不为零，外力也可以忽略，满足动量近似守恒的条件，故均可用动量守恒定律来处理．
(3)在碰撞过程中，没有其他形式的能转化为机械能，则系统碰撞后的总机械能不可能大于碰撞前系统的总机械能．
(4)位移特点：由于碰撞过程是在一瞬间发生的，时间极短，所以，在物体发生碰撞瞬间，可忽略物体的位移，即认为物体在碰撞、爆炸前后仍在同一位置，但速度发生了突变．
2.碰撞的种类：（碰撞均遵循动量守恒定律）
1．弹性碰撞：碰撞过程中机械能守恒的碰撞叫弹性碰撞．
2．非弹性碰撞：碰撞过程中机械能不守恒的碰撞叫非弹性碰撞．
3.完全非弹性碰撞：也叫二合一碰撞，碰撞过程中机械能不守恒且损失机械能最多。
4.对心碰撞：如图所示，一个运动的球与一个静止的球碰撞，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，也叫对心碰撞．
5．非对心碰撞：如图所示，一个运动的球与一个静止的球碰撞，如果碰撞之前球的运动速度与两球心的连线不在同一条直线上，碰撞之后两球的速度都会偏离原来两球心的连线．这种碰撞称为非对心碰撞．
碰撞过程，系统动量一定守恒，机械能不一定守恒。
■知识点二：碰撞遵循的三个原则：
(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eq \f(p12,2m1)＋eq \f(p22,2m2)≥eq \f(p1′2,2m1)＋eq \f(p2′2,2m2).
(3)速度要合理：
①碰前两物体同向运动，即v后>v前，碰后，原来在前面的物体速度一定增大，且v前′≥v后′.
②两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变．
碰撞过程，动量守恒，机械能不增加，速度要合理。
■知识点三：一动碰一静的弹性碰撞（重点）
例：在光滑水平面上质量为m1的小球以速度v1与质量为m2的静止小球发生弹性正碰．根据动量守恒和动能守恒：m1v1＝m1v1′＋m2v2′； eq \f(1,2)m1v12＝eq \f(1,2)m1v1′2＋eq \f(1,2)m2v2′2
碰后两个物体的速度分别为： v1′＝eq \f(m1－m2,m1＋m2)v1，v′2＝eq \f(2m1,m1＋m2)v1.
(1)若m1>m2，v1′和v2′都是正值，表示v1′和v2′都与v1方向同向．(若m1≫m2，v1′＝v1，v2′＝2v1，表示m1的速度不变，m2以2v1的速度被撞出去)
(2)若m1(3)若m1＝m2，则有v1′＝0，v2′＝v1，即碰撞后两球速度互换．
一动一静的弹性碰撞，动量守恒，动能守恒，要记住结论。
■知识点四：类碰撞模型
子弹打木块类模型
（1）子弹打木块的过程很短暂，认为该过程内力远大于外力，则系统动量守恒；
（2）在子弹打木块过程中时间极短，系统机械能不守恒，机械能向内能转化；
（3）若子弹不穿出木块，二者最后有共同速度，机械能损失最多。
2. 弹簧类模型
1.弹簧具有最大弹性势能时，可视为完全非弹性碰撞；
2.弹簧恢复原长时，可视为弹性碰撞；
3.弹簧具有的弹性势能等于动能的损失。
3. 滑块—木板类模型
1.把滑块、木板看做整体，滑动摩擦力为内力，系统动量守恒
2.由于滑块相对木板滑动，机械能转化为内能，系统机械能减少，|ΔEk|＝Q
3.若滑块不滑离木板，二者最终具有相同速度，机械能损失最多
4. 板块冲移动模型
1.在水平方向上满足动量守恒定律，系统动量不守恒；
2.上升到最高点的临界条件：板块共速，上升到最高点视为完全非弹性碰撞：
3.斜面光滑，回到平面可视为弹性碰撞；斜面不光滑，回到平面可视为非弹性碰撞。
考向一：碰撞的理解
【例1】如下图所示，A、B两物体的质量分别为m和2m，它们在光滑的水平面上以相同的动量运动，两物体相碰后，A的运动方向不变，但速率减为原来的一半，则碰撞后A和B的动量之比和速率之比分别为( )
A．1∶2 2∶1 B．1∶3 2∶3 C．3∶1 2∶3 D．1∶3 1∶2
【答案】B
【解析】碰撞前，A、B动量相等，设碰撞前A的速率为vA，则B的速度为
两物体碰撞过程动量守恒，以A的初速度方向为正方向，碰后A的速率为
碰撞前系统总动量
由动量守恒定律得，解得
所以碰撞后A和B的速率之比分别为
碰撞后A和B的动量之比
故选B。
【例2】如图甲所示，两小球a，b在足够长的光滑水平面上发生正碰。小球a、b质量分别为m1和m2，且m1=100g。取水平向右为正方向，两小球碰撞前后位移随时间变化的x-t图像如图乙所示。由此可以得出以下判断：①碰撞前球a做匀速运动，球b静止；②碰撞后球a和球b都向右运动；③m2=300g；④碰撞前后两小球的机械能总量不变；则以上判断中正确的是（ ）
A．①③B．①②③C．①③④D．②④
【答案】C
【解析】由图可知，0~2s内，a的速度大小为b球的速度为零，处于静止状态；
2~6s内，两球的速度分别为，
由此可知，a向左运动，b向右运动；
两球碰撞过程，根据动量守恒定律有，解得
此时，有，说明碰撞前后两小球的机械能总量不变。
故选C。
考向二：碰撞遵循的三原则应用
【例3】如图，质量为的小球A沿光滑水平面以速度向右运动，与质量为的静止小球B发生碰撞，碰撞后小球A以速率(为待定系数)弹回，然后与固定挡板P发生弹性碰撞，要使A球能与B球再次发生碰撞，则k的取值范围应满足( )．
A．B．
C．或D．
【答案】A
【解析】A球与B球第一次碰撞过程，根据动量守恒可得
碰撞过程应遵循系统总动能不增加原则，则有
为了使A球能与B球再次发生碰撞，需要满足
联立解得
故选A。
【例4】小球1追碰小球2，碰撞前两球的动量分别为p1＝5 kg·m/s，p2＝7 kg·m/s，正碰后小球2的动量p2′＝10 kg·m/s，两球的质量关系可能是( )
A．m2＝m1 B．m2＝2m1 C．m2＝4m1 D．m2＝6m1
【答案】C
【解析】由动量守恒定律，很容易得碰后小球1的动量p1′＝2 kg·m/s，这丝毫不能反映出两球的质量关系，这就要从题中内含的其他关系去寻找。
首先，“追碰”表明碰前小球1的速度大于小球2的速度，即v1>v2，由v＝eq \f(p,m)可得eq \f(p1,m1)>eq \f(p2,m2)，即m2>eq \f(7m1,5)，排除了选项A的可能；按同样思路，碰后应有v1′≤v2′，eq \f(p1′,m1)≤eq \f(p2′,m2)，有m2≤5m1，排除了选项D的可能；
由动能不增原则可知Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′，由动能Ek与动量p的关系Ek＝eq \f(p2,2m)，可得eq \f(p\\al(2,1),2m1)＋eq \f(p\\al(2,2),2m2)≥eq \f(p1′2,2m1)＋eq \f(p2′2,2m2)，即有m2≥eq \f(51m1,21)，排除了选项B；综合以上结论得eq \f(51m1,21)≤m2≤5m1，只有选项C正确。
考向三：一动一静的弹性碰撞
【例5】速度为的塑料球与静止的钢球发生正碰，钢球的质量是塑料球的4倍，碰撞是弹性的，求碰撞后两球的速度。
【答案】-6m/s；4m/s
【解析】当塑料球与钢球发生弹性碰撞时，设碰后塑料球与钢球分别为v1、v2，塑料球的质量为m，钢球的质量为4m，取碰撞前塑料球的速度方向为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律分别得
mv0=mv1+4mv2
解得v1=-6m/s （负号说明速度方向与正方向相反），v2=4m/s
【例6】如图所示，物块A和上表面粗糙的长木板B放在光滑水平上，物块C静止在长木板B的右端，物块A的质量为2m，长木板B的质量为m。物块A以速度向右运动，与长木板B发生弹性碰撞的时间极短，物块C始终未滑离长木板B，稳定后A、B、C恰好不再碰撞。求：
（1）A、B碰撞后瞬间A的速度；
（2）B、C间摩擦产生的热量。
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）根据题意可知A、B发生弹性碰撞时，动量守恒，机械能守恒，有
解得 ，
（2）根据稳定后A、B、C恰好不再碰撞可知稳定后三者共速，B、C到达共速的过程中动量守恒，类似于完全非弹性碰撞，再根据能量守恒定律，则有
解得 ，
考向四：完全非弹性碰撞
【例7】如图所示，在水平面上依次放置小物块A和C以及曲面劈B，其中小物块A与小物块C的质量相等均为m，曲面劈B的质量M＝3m，曲面劈B的曲面下端与水平面相切，且曲面劈B足够高，各接触面均光滑。现让小物块C以水平速度v0向右运动，与小物块A发生碰撞，碰撞后两个小物块粘在一起滑上曲面劈B，重力加速度为g。求：
（1）碰撞过程中系统损失的机械能；
（2）碰后物块A与C在曲面劈B上能够达到的最大高度。
【答案】（1）mv02；（2）
【解析】（1）小物块C与物块A发生碰撞粘在一起，以v0的方向为正方向，由动量守恒定律得
mv0＝2mv 解得v＝v0
碰撞过程中系统损失的机械能为 E损＝mv02－×2mv2 解得 E损＝mv02
（2）当小物块A、C上升到最大高度时，A、B、C系统的速度相等．三者组成的系统在水平方向上动量守恒，根据动量守恒定律 mv0＝(m＋m＋3m)v1 解得 v1＝v0
根据机械能守恒定律得 解得
【例8】在气垫导轨上，一个质量为的滑块以的速度与另一质量为、速度为并沿相反方向运动的滑块迎面相撞，碰撞后两个滑块粘在一起。
(1)求碰撞后滑块速度的大小和方向。
(2)这次碰撞，两滑块共损失了多少机械能？
【答案】(1) 6.7cm/s；方向与0.4kg滑块的初速度方向相同； (2) 4.2×10-3J
【解析】(1)两滑块碰撞过程系统动量守恒，以0.4kg滑块的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得
m1v1-m2v2=（m1+m2）v
代入数据解得 v=cm/s=6.7cm/s，方向与0.4kg滑块的初速度方向相同；
(2)碰撞的机械能损失
解得 ∆E=4.2×10-3J
考向五：类弹性碰撞模型
【例9】如图所示，子弹以水平速度射向原来静止在光滑水平面上的木块，并留在木块中和木块一起运动。在子弹射入木块的过程中，下列说法中正确的是（ ）
A．子弹和木块组成的系统机械能守恒
B．子弹对木块的冲量和木块对子弹的冲量相同
C．子弹动量变化的大小等于木块动量变化的大小
D．子弹对木块做的功等于木块对子弹做的功
【答案】C
【解析】A．根据题意，由能量转化和守恒定律可知，子弹原有的动能转化为子弹和木块的内能与木块增加的动能。即子弹与木块组成的系统机械能不守恒，故A错误；
B．在子弹射入木块的过程中，根据牛顿第三定律可知，子弹对木块的作用力与木块对子弹的作用力大小相等，作用时间相同，由可知，子弹对木块的冲量大小等于木块对子弹的冲量大小，方向相反，故B错误；
C．根据题意可知，子弹和木块组成的系统合外力为零，系统动量守恒，则有
可得
即子弹动量变化的大小等于木块动量变化的大小，故C正确；
D．子弹对木块的作用力与木块对子弹的作用力大小相等，方向相反，但两者对地位移大小不等，则子弹对木块做的功不等于木块对子弹做的功，故D错误。
故选C。
【例10】如图所示，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C.B的左侧固定轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)．设A以速度v0向B运动，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动，假设B和C碰撞过程时间极短，求从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中，求：
(1)整个系统损失的机械能；
(2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能．
【答案】(1)eq \f(mv\\al(02),16) (2)eq \f(13,48)mv02
【解析】(1)从A压缩弹簧到A与B具有相同速度v1时，对A、B与弹簧组成的系统，由动量守恒定律得：mv0＝2mv1
此时B与C相当于发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为v2，损失的机械能为ΔE，对B、C组成的系统，由动量守恒和能量守恒定律得mv1＝2mv2 eq \f(1,2)mv12＝ΔE＋eq \f(1,2)×2mv22
解得ΔE＝eq \f(1,16)mv02.
(2)由mv1＝2mv2可知v2mv0＝3mv3 eq \f(1,2)mv02－ΔE＝eq \f(1,2)×3mv32＋Ep
解得Ep＝eq \f(13,48)mv02.
一、单项选择题：
1.一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A 并留在其中，A、B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图所示。则在子弹打击木块A及弹簧被压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统（ ）
A．动量守恒，机械能守恒B．动量不守恒，机械能守恒
C．动量守恒，机械能不守恒D．无法判定动量、机械能是否守恒
【答案】C
【解析】在整个过程中子弹、两木块和弹簧组成的系统所受外力之和为零，动量守恒，但在子弹射进木块过程中有内能产生，则系统机械能不守恒。
故选C。
2.如图所示，小球A向右运动时以速度跟静止的小球B发生碰撞，碰后A球以的速率弹回，而B球以的速率向右运动，则A、B两球的质量之比是( )。
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】以A、B两球组成的系统为研究对象，以A球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律可得
解得
故选B。
3.如图所示，有光滑弧形轨道的小车静止于光滑的水平面上，其总质量为M，有一质量也为M的铁块以水平速度v沿轨道的水平部分滑上小车。若轨道足够高，铁块不会滑出，则铁块沿圆弧形轨道上升的最大高度为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】铁块上升到最高点时与小车具有共同的速度，则由动量守恒定律
由能量关系可知，解得
故选A。
4.如图所示，光滑水平面上质量均为m的滑块A、B放在一条直线上，某时刻，A以大小为v的初速度向右运动，与静止的滑块B碰撞后粘在一起，则碰后滑块A、B的总动能为( )
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】根据动量守恒可知
碰后滑块A、B的总动能
故选B。
5.汽车A和汽车B静止在水平地面上，某时刻汽车A开始倒车，结果汽车A撞到了停在它正后方的汽车B，汽车B上装有智能记录仪，能够测量并记录汽车B前面的物体相对于汽车B自身的速度。在本次碰撞中，如果汽车B的智能记录仪测得碰撞前瞬间汽车A的速度大小为v0，已知汽车A的质量是汽车B质量的2倍，碰撞过程可视为弹性碰撞，则碰后瞬间汽车A相对于地面的速度大小为( )
A．eq \f(1,2)v0 B．eq \f(2,3)v0 C．eq \f(1,3)v0 D．eq \f(1,4)v0
【答案】C
【解析】两汽车发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，设碰撞后A、B的速度分别为v1、v2，以碰撞前A的速度方向为正方向，设B的质量为m，则A的质量为2m，
由动量守恒定律得2mv0＝2mv1＋mv2，
由机械能守恒定律得eq \f(1,2)·2mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)·2mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)，解得v1＝eq \f(1,3)v0，选项C正确。
6.动能为Ek的A物体与静止的B物体碰撞，设A物体的质量为B物体的二倍，mA＝2mB。若碰撞为完全非弹性的，则碰撞后两物体总动能为( )
A．EkB．C．D．
【答案】B
【解析】由题Ek=，根据动量守恒mAv＝(mA + mB)v1
碰撞后两物体总动能为 Ek1=
故选B。
7.如图所示，OMN是竖直平面内固定的光滑轨道，MN水平且足够长，OM下端与MN相切。质量为m的小球B静止在水平轨道上，质量为2m的小球A从OM上距水平轨道高为h处由静止释放，A球进入水平轨道后，与B球发生弹性碰撞。A、B两小球均可视为质点。关于A、B球碰撞后的速度大小之比，正确的是( )
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】设A与B碰前的速度为，发生弹性后A、B的速度分别为、，由动量守恒定律可得
据机械能守恒定律可得
联立解得，，其中，
可得 ，，故A、B球碰撞后的速度大小之比为1：4。
故选B。
8.如图所示，在光滑水平面上有直径相同的a、b两球，在同一直线上运动，选定向右为正方向，两球的动量分别为pa＝6 kg·m/s、pb＝－4 kg·m/s.当两球相碰之后，两球的动量可能是( )
A．pa＝－6 kg·m/s、pb＝4 kg·m/s B．pa＝－6 kg·m/s、pb＝8 kg·m/s
C．pa＝－4 kg·m/s、pb＝6 kg·m/s D．pa＝2 kg·m/s、pb＝0
【答案】C
【解析】根据碰撞过程中动量守恒可知碰撞后的总动量等于原来总动量2 kg·m/s，A选项碰后的总动量为－2 kg·m/s，动量不守恒，故A错误；
B选项碰后a球的动能不变，b球的动能增加了，不符合机械能不增加的规律，故B错误；
C选项碰后a、b小球的动量满足动量守恒定律，也不违背物体的运动规律，故C正确；
D选项与实际不符，a不可能穿过静止的b向前运动，故D错误．
9.图为丁俊晖正在准备击球，设丁俊晖在某一杆击球过程中，白色球（主球）和花色球碰撞前后都在同一直线上运动，碰前白色球A的动量，花色球B静止，碰后花色球B的动量变为，则两球质量与间的关系可能是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】碰撞过程系统动量守恒，以白色球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得 解得
根据碰撞过程总动能不增加，则有，解得
碰后，两球同向运动，A的速度不大于B的速度，则，解得
综上可知
故选C。
10.如图所示，在光滑的水平面上有2023个完全相同的小球排成一条直线，均处于静止状态。现给第一个小球初动能Ek，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的，则整个碰撞过程中因为碰撞损失的机械能总量为（ ）
A．Ek B． Ek C．Ek D． Ek
【答案】B
【解析】以第一个小球初速度v0方向的为正方向，将2023个小球组成的整体看作一个系统，设系统最终的速度为v，运用动量守恒定律得mv0＝2023mv，解得
则系统损失的机械能为 ，解得
故选B。
11.A、B两球沿同一条直线运动，如图所示的图象记录了它们碰撞前后的运动情况，其中a、b分别为A、B碰撞前的图象，c为碰撞后它们的图象．若A球质量为1kg，则B球质量及碰后它们的速度为（ ）
A．2kg、4m/sB．kg、－1m/sC．2kg、－4m/sD．kg、1m/s
【答案】B
【解析】由图象可知碰撞前二者都做匀速直线运动
碰撞后二者连在一起做匀速直线运动
碰撞过程中动量守恒，即，解得
故选B。
12.光滑的水平面上静止放置着两个紧靠的长方体木块B和C，子弹A以初速度正对B射入，子弹在木块B和C中穿行时和木块的相互作用力大小恒定，在此后的过用中A和C的图像如图所示，若A、B、C的质量分别为、、，子弹恰好未从C穿出，则以下推理正确的是（ ）
A．B．
C．D．木块B和C的厚度一样
【答案】C
【解析】ABC．子弹在木块B和C中穿行时和木块的相互作用力大小恒定，则子弹做匀减速运动，由图像可知子弹的加速度为
t0时子弹的速度为
0~t0内由动量守恒定律得
t0~2t0内由动量守恒定律得
解得 AB错误，C正确；
D．由图像可知B的厚度为
C的厚度为 ，可知木块B和C的厚度不一样，D错误；
故选C。
13.如图，在光滑水平面上，一质量为100g的A球，以2m/s的速度向右运动，与质量为200g大小相同的静止B球发生对心碰撞，撞后B球的速度大小为1.2m/s，取A球初速方向为正方向，下列说法正确的是( )
A．该碰撞为弹性碰撞 B．该碰撞为完全非弹性碰撞
C．碰撞前后A球的动量变化为 D．碰撞前后A球的动量变化为
【答案】D
【解析】CD．以A球初速方向为正方向，碰撞过程根据动量守恒可得
解得A球碰后的速度为
碰撞前后A球的动量变化为
故C错误，D正确；
AB．碰撞前系统的机械能为
碰撞后系统的机械能为
由于，且碰后A、B速度并不相同，则该碰撞不是弹性碰撞，也不是完全非弹性碰撞，故AB错误。故选D。
14.A、B两球在光滑水平面上沿同一直线向同一方向运动，，，，，当A追上B并发生碰撞后，A、B两球速度的可能值是(取两球碰前的运动方向为正)( )
A．， B．，
C．， D．，
【答案】A
【解析】以的初速度方向为正方向，碰撞前系统的总动量为
系统总的机械能为
A．如果，，碰后系统动量为
碰后系统机械能为 ，碰撞过程系统满足动量守恒，满足机械能不增加原则，故A正确；
B．如果，，碰后系统动量为
碰撞过程系统不满足动量守恒，故B错误；
C．如果，，碰后系统动量为
碰后系统机械能为
碰撞过程系统满足动量守恒，不满足机械能不增加原则，故C错误；
D．如果，，则碰撞后A的速度大于B的速度，不符合实际情况，故D错误。
故选A。
二、多项选择题：
15.如图所示，光滑水平面上运动的物块A与静止的物块B发生正碰，已知物块A的质量为2m，初速度大小为，物块B的质量为3m，则碰撞后物块A的速度大小可能为( )
A．0B．1m/sC．3m/sD．4m/s
【答案】AB
【解析】若A与物块B碰撞为完全非弹性碰撞，设碰后共同速度为，根据动量守恒可得
解得
若A与物块B碰撞为弹性碰撞，设碰后A的速度为，B的速度为，根据动量守恒和机械能守恒可得
解得
所以碰撞后物块A的速度大小满足
故选AB。
16.如图所示，在水平冰面上，质量的冰壶A以大小为的速度与静止的质量为的冰壶B发生正碰。碰撞可能是弹性碰撞也可能是非弹性碰撞，不计一切摩擦和空气阻力。关于碰后冰壶A的运动情况描述正确的是（ ）
A．碰后冰壶A可能会被弹回，速度大小为 B．碰后冰壶A可能继续向前运动，速度大小为
C．碰后冰壶A可能继续向前运动，速度大小为 D．碰后冰壶A不可能静止不动
【答案】AB
【解析】若冰壶A与冰壶B发生弹性碰撞，以碰前速度方向为正方向，根据系统动量守恒和系统机械系守恒可得
联立解得 ，
若冰壶A与冰壶B发生完全非弹性碰撞，则有
解得
综上分析可知，碰后冰壶A的速度可能为
故选AB。
17.物体B静止在足够长的光滑水平面上，质量相同的物体A水平向右运动，以速率6m/s与B发生对心正碰。以右为正方向，碰后A、B两小球的速度可能为( )
A．，B．，
C．，D．，
【答案】AD
【解析】A．如果是完全非弹性碰撞，则有 ，可得碰后速度为,故A正确；
B．碰撞前瞬间，A、B系统总动量为
碰撞前瞬间，A、B系统总动能为
碰撞后瞬间，A、B系统总动量为
碰撞后瞬间，A、B系统总动能为，碰撞后动能变大了，不符合实际情况，故B错误；C．若碰撞后两球速度方向相同，且大小不相等，则A的速度应该小于B的速度，故C错误；
D．碰撞后瞬间，A、B系统总动量为
碰撞后瞬间，A、B系统总动能为,碰撞后动能减小了，动量守恒，符合实际情况，所以可能，故D正确；
故选AD。
18.如图所示，轻弹簧一端固定在质量为3m的小球A上，静止在光滑水平面上，质量为2m的小球B以速度向右运动，压缩弹簧然后分离，从刚开始接触到压缩最短经历的时间为t，则下列说法正确的是（ ）
A．小球B压缩弹簧过程中，小球A和小球B组成系统机械能守恒
B．弹簧压缩最短时小球A的速度为
C．弹簧压缩最短时弹性势能为
D．从刚开始接触到弹簧压缩最短过程中，弹簧对小球B的平均作用力大小为
【答案】CD
【解析】A．小球A、弹簧与小球B组成的系统机械能守恒，故A错误；
B．由动量守恒知 解得 ，故B错误；
C．由系统的机械能守恒 ，解得 故C正确；
D．由动量定理得 ，代入数值求得 ，故D正确。
故选CD。
19．如图甲所示，质量为的物体B以水平速度滑上原来静止在光滑水平面上的长木板A的上表面，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示。已知重力加速度，则下列说法正确的是（ ）
A．长木板A的质量为1kgB．木板获得的动能为1J
C．系统损失的机械能为1JD．木板A的最小长度为2m
【答案】AC
【解析】A．由题图可知，最终物块和木板的共同速度为，由动量守恒定律得
，解得 ，故A正确；
B．木板获得的动能为 ，故B错误；
C．系统损失的机械能 ，解得 ，故C正确；
D．根据v－t图像中图线与t轴所围的面积表示位移，
由题图得到0~1s内B的位移为 ，A的位移为
则木板A的最小长度为 ，故D错误。
故选AC。
20.如图甲所示,在光滑水平面上的两个小球A、B发生正碰,小球的质量分别为m1和m2,图乙为它们碰撞前后的x-t图像,已知m1=0.1 kg,由此可以判断( )
A.碰前B静止,A向右运动 B.碰后A和B都向右运动
C.由动量守恒可以算出m2=0.3 kg D.碰撞过程中系统损失了0.4 J的机械能
【答案】AC
【解析】碰前B的位移不随时间而变化,处于静止,A的速度大小为v1=ΔxΔt=4m/s,方向只有向右才能与B相撞,故A正确;
由题图乙可知,设向右为正方向,碰后B的速度方向为正方向,说明B向右运动,而A的速度方向为负方向,说明A向左运动,故B错误;
由题图乙可求出碰后B和A的速度分别为v2'=2m/s,v1'=-2m/s,根据动量守恒定律得m1v1=m2v2'+m1v1',代入解得m2=0.3kg,故C正确;
碰撞过程中系统损失的机械能为ΔE=12m1v12−12m1v1'2-12m2v2'2=0,故D错误。
21.如图所示，质量相等的A、B两个球，原来在光滑水平面上沿同一直线相向做匀速直线运动，A球的速度是6 m/s，B球的速度是－2 m/s，不久后A、B两球发生了对心碰撞。对于该碰撞之后的A、B两球速度的可能值，某实验小组的同学们做了很多种猜测，下面的猜测结果可能正确的是( )
A．vA′＝－2 m/s，vB′＝6 m/s B．vA′＝2 m/s，vB′＝2 m/s
C．vA′＝3 m/s，vB′＝1 m/s D．vA′＝－3 m/s，vB′＝7 m/s
【答案】AB
【解析】设每个球的质量为m，碰撞前系统的总动量p＝mvA＋mvB＝6m－2m＝4m(kg·m/s)，碰撞前的总动能Ek＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)＝20m(J)，若vA′＝－2 m/s，vB′＝6 m/s，
则碰撞后的总动量p′＝mvA′＋mvB′＝4m(kg·m/s)，
动量守恒，总动能Ek′＝eq \f(1,2)mv′eq \\al(2,A)＋eq \f(1,2)mv′eq \\al(2,B)＝20m(J)，总动能也守恒，A可能实现，故A正确；
若vA′＝2 m/s，vB′＝2 m/s，碰撞后的总动量p′＝mvA′＋mvB′＝4m(kg·m/s)，
总动能Ek′＝eq \f(1,2)mv′eq \\al(2,A)＋eq \f(1,2)mv′eq \\al(2,B)＝4m(J)，动量守恒，总动能不增加，B可能实现，故B正确；
若vA′＝3 m/s，vB′＝1 m/s，碰撞后A、B向正方向运动且A的速度大于B的速度，不符合实际，C不可能实现，故C错误；
若vA′＝－3 m/s，vB′＝7 m/s，碰撞后的总动量p′＝mvA′＋mvB′＝4m(kg·m/s)，总动能Ek′＝eq \f(1,2)mv′eq \\al(2,A)＋eq \f(1,2)mv′eq \\al(2,B)＝29m(J)，动量守恒，总动能增加，违反能量守恒定律，不可能实现，故D错误。]
22.如图所示，在水平光滑桌面上有两辆静止的小车A和B，质量之比。将两车用细线拴在一起，中间有一被压缩的弹簧。烧断细线后至弹簧恢复原长前的某一时刻，两辆小车的（ ）
A．动量的变化率大小之比B．速度大小之比
C．动能之比D．动量大小之比
【答案】AC
【解析】A．根据动量定理得：对A有，，对B有，
根据牛顿第三定律知，FA与FB大小相等可得，，故A正确；
B．系统的合外力为零，故系统的动量守恒。系统初动量为零，取向左为正方向，根据动量守恒定律得
，由，解得，故B错误；
CD．根据动量守恒定律得，，由动能，解得，故C正确，D错误。
故选AC。
23.如图所示，甲和他的冰车总质量，甲推着质量的小木箱一起以速度向右滑行。乙和他的冰车总质量也为，乙以同样大小的速度迎面而来。为了避免相撞，甲将小木箱以速度v沿冰面推出，木箱滑到乙处时乙迅速把它抓住。若不计冰面的摩擦力，则小木箱的速度v可能为（ ）
A. B. C. D.
【答案】CD
【解析】对于甲和箱子根据动量守恒得
对于乙和箱子根据动量守恒得
当甲乙恰好不相碰，则
联立解得
若要避免碰撞，则需要满足
三、计算题：
24.如图所示，A、B两个大小相同、质量不等的小球放在光滑水平地面上，A以3m/s的速率向右运动，B以1m/s的速率向左运动，发生正碰后，试分析：
(1)A、B两小球都以2m/s的速率向右运动，A、B的质量满足什么关系？
(2)A、B两小球都以2m/s的速率反弹，A、B质量满足什么关系？
【答案】(1)3：1；(2)3：5
【解析】(1)取水平向右为正方向，则
根据动量守恒定律 得
(2)由题意知
根据动量守恒定律 得
25.如图所示，粗糙的水平面连接一个竖直平面内的半圆形光滑轨道，其半径为R＝0.1 m，半圆形轨道的底端放置一个质量为m＝0.1 kg的小球B，水平面上有一个质量为M＝0.3 kg的小球A以初速度v0＝4.0 m/s开始向着小球B运动，经过时间t＝0.80 s与B发生弹性碰撞，设两个小球均可以看作质点，它们的碰撞时间极短，且已知小球A与桌面间的动摩擦因数μ＝0.25，g取10 m/s2.求：
(1)两小球碰前A的速度大小vA；
(2)小球B运动到最高点C时对轨道的压力大小．
【答案】(1)2 m/s (2)4 N
【解析】(1)碰前对A由动量定理有－μMgt＝MvA－Mv0，解得vA＝2 m/s.
(2)对A、B组成的系统，碰撞前后动量守恒，则有 MvA＝MvA′＋mvB
碰撞前后总动能保持不变，则有eq \f(1,2)MvA2＝eq \f(1,2)MvA′2＋eq \f(1,2)mvB2
由以上两式解得vA′＝1 m/s，vB＝3 m/s
设小球B运动到最高点C时的速度大小为vC，以水平面为参考平面，因为B球由半圆形轨道的底端运动到C点的过程中机械能守恒，则有eq \f(1,2)mvC2＋2mgR＝eq \f(1,2)mvB2，解得vC＝eq \r(5) m/s
对小球B，在最高点C有mg＋FN＝meq \f(v\\al(C2),R)，解得FN＝4 N
由牛顿第三定律知小球B运动到最高点C时对轨道的压力大小为4 N.
26.如图所示，在距水平地面高h=0.80m的水平桌面左边缘有一质量mA=1.0kg的物块A以v0=5.0m/s的初速度沿桌面运动，经过位移s=1.8m与放在桌面右边缘O点的物块B发生完全非弹性碰撞，碰后物块B离开桌面后落到地面上的位置到桌边缘O点的水平距离为1.0m.设两物块均可视为质点，它们的碰撞时间极短，物块A与桌面间的动摩擦因数μ=0.25，重力加速度g=10m/s2 。求：
（1）两物块碰撞前瞬间，物块A的速度大小vA；
（2）物块A与B碰撞后的瞬间，物块B的速度；
（3）物块A与B碰撞的过程中系统损失的机械能E 。
【答案】（1）vA=4.0m/s；（2）vB=2.5m/s；（3）3.0J
【解析】（1）物块A沿桌面滑动所受摩擦力 f=μmAg
做匀减速运动的加速度大小 a=μg=2.5m/s2
对于碰撞前物块A的运动，根据运动学公式 v02 –vA2=2as
解得 vA=4.0m/s
（2）物块B离开桌面后做平抛运动的时间
物块B落地点到桌边缘O点的水平距离 x=vBt
解得 vB=2.5m/s
（3）设两物块发生完全非弹性碰撞根据动量守恒定律有 mAvA=（mA+mB）vB
解得 mB=0.6kg
物块A与B碰撞的过程中系统损失的机械能
27.训练中，运动员将质量为19kg的冰壶甲推出，运动一段时间后以0.4m/s的速度正碰静止的冰壶乙，然后冰壶甲以0.1m/s的速度继续向前滑向大本营中心。若两冰壶质量相等，求：
（1）冰壶乙获得的速度；
（2）试判断两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞还是非弹性碰撞。
【答案】（1）0.3m/s；（2）非弹性碰撞
【解析】（1）由题意可知冰壶甲碰撞前、后的速度分别为 v1=0.4m/s，v2=0.1m/s
设冰壶乙碰撞后的速度为v3，由动量守恒定律知 mv1=mv2＋mv3
代入数据解得 v3=0.3m/s
（2）碰撞前的动能
碰撞后两冰壶的总动能
因为E1＞E2，所以两冰壶间的碰撞为非弹性碰撞。
28.有些核反应堆里要让中子与原子核碰撞，以便把中子的速度降下来。为此，应该选用质量较大的还是质量较小的原子核？为什么？
【答案】要用质量小的原子核作为减速剂
【解析】设中子和作减速剂的物质的原子核A的质量分别为mn和mA，碰撞后速度分别为v'n和v'A，碰撞前后的总动量和总能量守恒，以中子的初速度方向为正方向，
由动量守恒定律得 mnvn=mnvn′+mAvA′
由机械能守恒定律得 mnvn2=mnvn′2+mAvA′2
解得
当中子的质量和原子核的质量相等时速度最小，因此一般选择小的，一般用水来做慢化剂；
模块一 思维导图串知识
模块二 基础知识全梳理
模块三 教材习题学解题
模块四 核心考点精准练
模块五 小试牛刀过关测
1．通过对碰撞问题的研究，了解研究问题的方法．
2．知道弹性碰撞、非弹性碰撞、对心碰撞与非对心碰撞．
3．通过弹性碰撞中动量守恒定律及机械能守恒定律公式的推导，掌握解决实际问题的能力．
4．能够应用动量守恒定律、机械能守恒定律解决碰撞问题．
教材习题01
如图，在光滑水平面上，两个物体的质量都是，碰撞前一个物体静止，另一个以速度向它撞去。碰撞后两个物体粘在一起，成为一个质量为的物体，以一定速度继续前进。碰撞后该系统的总动能是否会有损失？
解题方法
【解析】根据动量守恒定律
则
碰撞前的总动能
碰撞后的总动能
可见碰撞后系统的总动能小于碰撞前系统的总动能。
【答案】有
教材习题02
如图所示，在光滑水平面上静止放有、、三个小球，其中、的质量相等，，的质量.现使球以的速度向右运动与球发生弹性正碰，随后球又与球发生正碰，碰后球获得的速度.求：
（1）第一次碰后球的速度；
（2）第二次碰后球的速度。
解题方法
【解析】（1）球与球发生弹性正碰，由动量守恒得
由机械能守恒得：
解得
第一次碰后球的速度为；
（2）球与球发生碰撞，由动量守恒得：
解得
第二次碰后球的速度，方向水平向左。
【答案】（1）；（2），方向水平向左
■知识点一：碰撞的理解
1．碰撞的特点
(1)时间特点：在碰撞现象中，相互作用时间很短．
(2)相互作用力的特点：在碰撞过程中物体间的相互作用力先是急剧增大，然后再急剧减小，即相互作用力为变力，作用时间短，作用力很大，且远远大于系统的外力，即使系统所受外力之和不为零，外力也可以忽略，满足动量近似守恒的条件，故均可用动量守恒定律来处理．
(3)在碰撞过程中，没有其他形式的能转化为机械能，则系统碰撞后的总机械能不可能大于碰撞前系统的总机械能．
(4)位移特点：由于碰撞过程是在一瞬间发生的，时间极短，所以，在物体发生碰撞瞬间，可忽略物体的位移，即认为物体在碰撞、爆炸前后仍在同一位置，但速度发生了突变．
2.碰撞的种类：（碰撞均遵循动量守恒定律）
1．弹性碰撞：碰撞过程中机械能守恒的碰撞叫弹性碰撞．
2．非弹性碰撞：碰撞过程中机械能不守恒的碰撞叫非弹性碰撞．
3.完全非弹性碰撞：也叫二合一碰撞，碰撞过程中机械能不守恒且损失机械能最多。
4.对心碰撞：如图所示，一个运动的球与一个静止的球碰撞，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，也叫对心碰撞．
5．非对心碰撞：如图所示，一个运动的球与一个静止的球碰撞，如果碰撞之前球的运动速度与两球心的连线不在同一条直线上，碰撞之后两球的速度都会偏离原来两球心的连线．这种碰撞称为非对心碰撞．
碰撞过程，系统动量一定守恒，机械能不一定守恒。
■知识点二：碰撞遵循的三个原则：
(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eq \f(p12,2m1)＋eq \f(p22,2m2)≥eq \f(p1′2,2m1)＋eq \f(p2′2,2m2).
(3)速度要合理：
①碰前两物体同向运动，即v后>v前，碰后，原来在前面的物体速度一定增大，且v前′≥v后′.
②两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变．
碰撞过程，动量守恒，机械能不增加，速度要合理。
■知识点三：一动碰一静的弹性碰撞（重点）
例：在光滑水平面上质量为m1的小球以速度v1与质量为m2的静止小球发生弹性正碰．根据动量守恒和动能守恒：m1v1＝m1v1′＋m2v2′； eq \f(1,2)m1v12＝eq \f(1,2)m1v1′2＋eq \f(1,2)m2v2′2
碰后两个物体的速度分别为： v1′＝eq \f(m1－m2,m1＋m2)v1，v′2＝eq \f(2m1,m1＋m2)v1.
(1)若m1>m2，v1′和v2′都是正值，表示v1′和v2′都与v1方向同向．(若m1≫m2，v1′＝v1，v2′＝2v1，表示m1的速度不变，m2以2v1的速度被撞出去)
(2)若m1
一动一静的弹性碰撞，动量守恒，动能守恒，要记住结论。
■知识点四：类碰撞模型
子弹打木块类模型
（1）子弹打木块的过程很短暂，认为该过程内力远大于外力，则系统动量守恒；
（2）在子弹打木块过程中时间极短，系统机械能不守恒，机械能向内能转化；
（3）若子弹不穿出木块，二者最后有共同速度，机械能损失最多。
2. 弹簧类模型
1.弹簧具有最大弹性势能时，可视为完全非弹性碰撞；
2.弹簧恢复原长时，可视为弹性碰撞；
3.弹簧具有的弹性势能等于动能的损失。
3. 滑块—木板类模型
1.把滑块、木板看做整体，滑动摩擦力为内力，系统动量守恒
2.由于滑块相对木板滑动，机械能转化为内能，系统机械能减少，|ΔEk|＝Q
3.若滑块不滑离木板，二者最终具有相同速度，机械能损失最多
4. 板块冲移动模型
1.在水平方向上满足动量守恒定律，系统动量不守恒；
2.上升到最高点的临界条件：板块共速，上升到最高点视为完全非弹性碰撞：
3.斜面光滑，回到平面可视为弹性碰撞；斜面不光滑，回到平面可视为非弹性碰撞。
考向一：碰撞的理解
【例1】如下图所示，A、B两物体的质量分别为m和2m，它们在光滑的水平面上以相同的动量运动，两物体相碰后，A的运动方向不变，但速率减为原来的一半，则碰撞后A和B的动量之比和速率之比分别为( )
A．1∶2 2∶1 B．1∶3 2∶3 C．3∶1 2∶3 D．1∶3 1∶2
【答案】B
【解析】碰撞前，A、B动量相等，设碰撞前A的速率为vA，则B的速度为
两物体碰撞过程动量守恒，以A的初速度方向为正方向，碰后A的速率为
碰撞前系统总动量
由动量守恒定律得，解得
所以碰撞后A和B的速率之比分别为
碰撞后A和B的动量之比
故选B。
【例2】如图甲所示，两小球a，b在足够长的光滑水平面上发生正碰。小球a、b质量分别为m1和m2，且m1=100g。取水平向右为正方向，两小球碰撞前后位移随时间变化的x-t图像如图乙所示。由此可以得出以下判断：①碰撞前球a做匀速运动，球b静止；②碰撞后球a和球b都向右运动；③m2=300g；④碰撞前后两小球的机械能总量不变；则以上判断中正确的是（ ）
A．①③B．①②③C．①③④D．②④
【答案】C
【解析】由图可知，0~2s内，a的速度大小为b球的速度为零，处于静止状态；
2~6s内，两球的速度分别为，
由此可知，a向左运动，b向右运动；
两球碰撞过程，根据动量守恒定律有，解得
此时，有，说明碰撞前后两小球的机械能总量不变。
故选C。
考向二：碰撞遵循的三原则应用
【例3】如图，质量为的小球A沿光滑水平面以速度向右运动，与质量为的静止小球B发生碰撞，碰撞后小球A以速率(为待定系数)弹回，然后与固定挡板P发生弹性碰撞，要使A球能与B球再次发生碰撞，则k的取值范围应满足( )．
A．B．
C．或D．
【答案】A
【解析】A球与B球第一次碰撞过程，根据动量守恒可得
碰撞过程应遵循系统总动能不增加原则，则有
为了使A球能与B球再次发生碰撞，需要满足
联立解得
故选A。
【例4】小球1追碰小球2，碰撞前两球的动量分别为p1＝5 kg·m/s，p2＝7 kg·m/s，正碰后小球2的动量p2′＝10 kg·m/s，两球的质量关系可能是( )
A．m2＝m1 B．m2＝2m1 C．m2＝4m1 D．m2＝6m1
【答案】C
【解析】由动量守恒定律，很容易得碰后小球1的动量p1′＝2 kg·m/s，这丝毫不能反映出两球的质量关系，这就要从题中内含的其他关系去寻找。
首先，“追碰”表明碰前小球1的速度大于小球2的速度，即v1>v2，由v＝eq \f(p,m)可得eq \f(p1,m1)>eq \f(p2,m2)，即m2>eq \f(7m1,5)，排除了选项A的可能；按同样思路，碰后应有v1′≤v2′，eq \f(p1′,m1)≤eq \f(p2′,m2)，有m2≤5m1，排除了选项D的可能；
由动能不增原则可知Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′，由动能Ek与动量p的关系Ek＝eq \f(p2,2m)，可得eq \f(p\\al(2,1),2m1)＋eq \f(p\\al(2,2),2m2)≥eq \f(p1′2,2m1)＋eq \f(p2′2,2m2)，即有m2≥eq \f(51m1,21)，排除了选项B；综合以上结论得eq \f(51m1,21)≤m2≤5m1，只有选项C正确。
考向三：一动一静的弹性碰撞
【例5】速度为的塑料球与静止的钢球发生正碰，钢球的质量是塑料球的4倍，碰撞是弹性的，求碰撞后两球的速度。
【答案】-6m/s；4m/s
【解析】当塑料球与钢球发生弹性碰撞时，设碰后塑料球与钢球分别为v1、v2，塑料球的质量为m，钢球的质量为4m，取碰撞前塑料球的速度方向为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律分别得
mv0=mv1+4mv2
解得v1=-6m/s （负号说明速度方向与正方向相反），v2=4m/s
【例6】如图所示，物块A和上表面粗糙的长木板B放在光滑水平上，物块C静止在长木板B的右端，物块A的质量为2m，长木板B的质量为m。物块A以速度向右运动，与长木板B发生弹性碰撞的时间极短，物块C始终未滑离长木板B，稳定后A、B、C恰好不再碰撞。求：
（1）A、B碰撞后瞬间A的速度；
（2）B、C间摩擦产生的热量。
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）根据题意可知A、B发生弹性碰撞时，动量守恒，机械能守恒，有
解得 ，
（2）根据稳定后A、B、C恰好不再碰撞可知稳定后三者共速，B、C到达共速的过程中动量守恒，类似于完全非弹性碰撞，再根据能量守恒定律，则有
解得 ，
考向四：完全非弹性碰撞
【例7】如图所示，在水平面上依次放置小物块A和C以及曲面劈B，其中小物块A与小物块C的质量相等均为m，曲面劈B的质量M＝3m，曲面劈B的曲面下端与水平面相切，且曲面劈B足够高，各接触面均光滑。现让小物块C以水平速度v0向右运动，与小物块A发生碰撞，碰撞后两个小物块粘在一起滑上曲面劈B，重力加速度为g。求：
（1）碰撞过程中系统损失的机械能；
（2）碰后物块A与C在曲面劈B上能够达到的最大高度。
【答案】（1）mv02；（2）
【解析】（1）小物块C与物块A发生碰撞粘在一起，以v0的方向为正方向，由动量守恒定律得
mv0＝2mv 解得v＝v0
碰撞过程中系统损失的机械能为 E损＝mv02－×2mv2 解得 E损＝mv02
（2）当小物块A、C上升到最大高度时，A、B、C系统的速度相等．三者组成的系统在水平方向上动量守恒，根据动量守恒定律 mv0＝(m＋m＋3m)v1 解得 v1＝v0
根据机械能守恒定律得 解得
【例8】在气垫导轨上，一个质量为的滑块以的速度与另一质量为、速度为并沿相反方向运动的滑块迎面相撞，碰撞后两个滑块粘在一起。
(1)求碰撞后滑块速度的大小和方向。
(2)这次碰撞，两滑块共损失了多少机械能？
【答案】(1) 6.7cm/s；方向与0.4kg滑块的初速度方向相同； (2) 4.2×10-3J
【解析】(1)两滑块碰撞过程系统动量守恒，以0.4kg滑块的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得
m1v1-m2v2=（m1+m2）v
代入数据解得 v=cm/s=6.7cm/s，方向与0.4kg滑块的初速度方向相同；
(2)碰撞的机械能损失
解得 ∆E=4.2×10-3J
考向五：类弹性碰撞模型
【例9】如图所示，子弹以水平速度射向原来静止在光滑水平面上的木块，并留在木块中和木块一起运动。在子弹射入木块的过程中，下列说法中正确的是（ ）
A．子弹和木块组成的系统机械能守恒
B．子弹对木块的冲量和木块对子弹的冲量相同
C．子弹动量变化的大小等于木块动量变化的大小
D．子弹对木块做的功等于木块对子弹做的功
【答案】C
【解析】A．根据题意，由能量转化和守恒定律可知，子弹原有的动能转化为子弹和木块的内能与木块增加的动能。即子弹与木块组成的系统机械能不守恒，故A错误；
B．在子弹射入木块的过程中，根据牛顿第三定律可知，子弹对木块的作用力与木块对子弹的作用力大小相等，作用时间相同，由可知，子弹对木块的冲量大小等于木块对子弹的冲量大小，方向相反，故B错误；
C．根据题意可知，子弹和木块组成的系统合外力为零，系统动量守恒，则有
可得
即子弹动量变化的大小等于木块动量变化的大小，故C正确；
D．子弹对木块的作用力与木块对子弹的作用力大小相等，方向相反，但两者对地位移大小不等，则子弹对木块做的功不等于木块对子弹做的功，故D错误。
故选C。
【例10】如图所示，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C.B的左侧固定轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)．设A以速度v0向B运动，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动，假设B和C碰撞过程时间极短，求从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中，求：
(1)整个系统损失的机械能；
(2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能．
【答案】(1)eq \f(mv\\al(02),16) (2)eq \f(13,48)mv02
【解析】(1)从A压缩弹簧到A与B具有相同速度v1时，对A、B与弹簧组成的系统，由动量守恒定律得：mv0＝2mv1
此时B与C相当于发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为v2，损失的机械能为ΔE，对B、C组成的系统，由动量守恒和能量守恒定律得mv1＝2mv2 eq \f(1,2)mv12＝ΔE＋eq \f(1,2)×2mv22
解得ΔE＝eq \f(1,16)mv02.
(2)由mv1＝2mv2可知v2
解得Ep＝eq \f(13,48)mv02.
一、单项选择题：
1.一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A 并留在其中，A、B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图所示。则在子弹打击木块A及弹簧被压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统（ ）
A．动量守恒，机械能守恒B．动量不守恒，机械能守恒
C．动量守恒，机械能不守恒D．无法判定动量、机械能是否守恒
【答案】C
【解析】在整个过程中子弹、两木块和弹簧组成的系统所受外力之和为零，动量守恒，但在子弹射进木块过程中有内能产生，则系统机械能不守恒。
故选C。
2.如图所示，小球A向右运动时以速度跟静止的小球B发生碰撞，碰后A球以的速率弹回，而B球以的速率向右运动，则A、B两球的质量之比是( )。
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】以A、B两球组成的系统为研究对象，以A球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律可得
解得
故选B。
3.如图所示，有光滑弧形轨道的小车静止于光滑的水平面上，其总质量为M，有一质量也为M的铁块以水平速度v沿轨道的水平部分滑上小车。若轨道足够高，铁块不会滑出，则铁块沿圆弧形轨道上升的最大高度为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】铁块上升到最高点时与小车具有共同的速度，则由动量守恒定律
由能量关系可知，解得
故选A。
4.如图所示，光滑水平面上质量均为m的滑块A、B放在一条直线上，某时刻，A以大小为v的初速度向右运动，与静止的滑块B碰撞后粘在一起，则碰后滑块A、B的总动能为( )
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】根据动量守恒可知
碰后滑块A、B的总动能
故选B。
5.汽车A和汽车B静止在水平地面上，某时刻汽车A开始倒车，结果汽车A撞到了停在它正后方的汽车B，汽车B上装有智能记录仪，能够测量并记录汽车B前面的物体相对于汽车B自身的速度。在本次碰撞中，如果汽车B的智能记录仪测得碰撞前瞬间汽车A的速度大小为v0，已知汽车A的质量是汽车B质量的2倍，碰撞过程可视为弹性碰撞，则碰后瞬间汽车A相对于地面的速度大小为( )
A．eq \f(1,2)v0 B．eq \f(2,3)v0 C．eq \f(1,3)v0 D．eq \f(1,4)v0
【答案】C
【解析】两汽车发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，设碰撞后A、B的速度分别为v1、v2，以碰撞前A的速度方向为正方向，设B的质量为m，则A的质量为2m，
由动量守恒定律得2mv0＝2mv1＋mv2，
由机械能守恒定律得eq \f(1,2)·2mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)·2mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)，解得v1＝eq \f(1,3)v0，选项C正确。
6.动能为Ek的A物体与静止的B物体碰撞，设A物体的质量为B物体的二倍，mA＝2mB。若碰撞为完全非弹性的，则碰撞后两物体总动能为( )
A．EkB．C．D．
【答案】B
【解析】由题Ek=，根据动量守恒mAv＝(mA + mB)v1
碰撞后两物体总动能为 Ek1=
故选B。
7.如图所示，OMN是竖直平面内固定的光滑轨道，MN水平且足够长，OM下端与MN相切。质量为m的小球B静止在水平轨道上，质量为2m的小球A从OM上距水平轨道高为h处由静止释放，A球进入水平轨道后，与B球发生弹性碰撞。A、B两小球均可视为质点。关于A、B球碰撞后的速度大小之比，正确的是( )
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】设A与B碰前的速度为，发生弹性后A、B的速度分别为、，由动量守恒定律可得
据机械能守恒定律可得
联立解得，，其中，
可得 ，，故A、B球碰撞后的速度大小之比为1：4。
故选B。
8.如图所示，在光滑水平面上有直径相同的a、b两球，在同一直线上运动，选定向右为正方向，两球的动量分别为pa＝6 kg·m/s、pb＝－4 kg·m/s.当两球相碰之后，两球的动量可能是( )
A．pa＝－6 kg·m/s、pb＝4 kg·m/s B．pa＝－6 kg·m/s、pb＝8 kg·m/s
C．pa＝－4 kg·m/s、pb＝6 kg·m/s D．pa＝2 kg·m/s、pb＝0
【答案】C
【解析】根据碰撞过程中动量守恒可知碰撞后的总动量等于原来总动量2 kg·m/s，A选项碰后的总动量为－2 kg·m/s，动量不守恒，故A错误；
B选项碰后a球的动能不变，b球的动能增加了，不符合机械能不增加的规律，故B错误；
C选项碰后a、b小球的动量满足动量守恒定律，也不违背物体的运动规律，故C正确；
D选项与实际不符，a不可能穿过静止的b向前运动，故D错误．
9.图为丁俊晖正在准备击球，设丁俊晖在某一杆击球过程中，白色球（主球）和花色球碰撞前后都在同一直线上运动，碰前白色球A的动量，花色球B静止，碰后花色球B的动量变为，则两球质量与间的关系可能是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】碰撞过程系统动量守恒，以白色球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得 解得
根据碰撞过程总动能不增加，则有，解得
碰后，两球同向运动，A的速度不大于B的速度，则，解得
综上可知
故选C。
10.如图所示，在光滑的水平面上有2023个完全相同的小球排成一条直线，均处于静止状态。现给第一个小球初动能Ek，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的，则整个碰撞过程中因为碰撞损失的机械能总量为（ ）
A．Ek B． Ek C．Ek D． Ek
【答案】B
【解析】以第一个小球初速度v0方向的为正方向，将2023个小球组成的整体看作一个系统，设系统最终的速度为v，运用动量守恒定律得mv0＝2023mv，解得
则系统损失的机械能为 ，解得
故选B。
11.A、B两球沿同一条直线运动，如图所示的图象记录了它们碰撞前后的运动情况，其中a、b分别为A、B碰撞前的图象，c为碰撞后它们的图象．若A球质量为1kg，则B球质量及碰后它们的速度为（ ）
A．2kg、4m/sB．kg、－1m/sC．2kg、－4m/sD．kg、1m/s
【答案】B
【解析】由图象可知碰撞前二者都做匀速直线运动
碰撞后二者连在一起做匀速直线运动
碰撞过程中动量守恒，即，解得
故选B。
12.光滑的水平面上静止放置着两个紧靠的长方体木块B和C，子弹A以初速度正对B射入，子弹在木块B和C中穿行时和木块的相互作用力大小恒定，在此后的过用中A和C的图像如图所示，若A、B、C的质量分别为、、，子弹恰好未从C穿出，则以下推理正确的是（ ）
A．B．
C．D．木块B和C的厚度一样
【答案】C
【解析】ABC．子弹在木块B和C中穿行时和木块的相互作用力大小恒定，则子弹做匀减速运动，由图像可知子弹的加速度为
t0时子弹的速度为
0~t0内由动量守恒定律得
t0~2t0内由动量守恒定律得
解得 AB错误，C正确；
D．由图像可知B的厚度为
C的厚度为 ，可知木块B和C的厚度不一样，D错误；
故选C。
13.如图，在光滑水平面上，一质量为100g的A球，以2m/s的速度向右运动，与质量为200g大小相同的静止B球发生对心碰撞，撞后B球的速度大小为1.2m/s，取A球初速方向为正方向，下列说法正确的是( )
A．该碰撞为弹性碰撞 B．该碰撞为完全非弹性碰撞
C．碰撞前后A球的动量变化为 D．碰撞前后A球的动量变化为
【答案】D
【解析】CD．以A球初速方向为正方向，碰撞过程根据动量守恒可得
解得A球碰后的速度为
碰撞前后A球的动量变化为
故C错误，D正确；
AB．碰撞前系统的机械能为
碰撞后系统的机械能为
由于，且碰后A、B速度并不相同，则该碰撞不是弹性碰撞，也不是完全非弹性碰撞，故AB错误。故选D。
14.A、B两球在光滑水平面上沿同一直线向同一方向运动，，，，，当A追上B并发生碰撞后，A、B两球速度的可能值是(取两球碰前的运动方向为正)( )
A．， B．，
C．， D．，
【答案】A
【解析】以的初速度方向为正方向，碰撞前系统的总动量为
系统总的机械能为
A．如果，，碰后系统动量为
碰后系统机械能为 ，碰撞过程系统满足动量守恒，满足机械能不增加原则，故A正确；
B．如果，，碰后系统动量为
碰撞过程系统不满足动量守恒，故B错误；
C．如果，，碰后系统动量为
碰后系统机械能为
碰撞过程系统满足动量守恒，不满足机械能不增加原则，故C错误；
D．如果，，则碰撞后A的速度大于B的速度，不符合实际情况，故D错误。
故选A。
二、多项选择题：
15.如图所示，光滑水平面上运动的物块A与静止的物块B发生正碰，已知物块A的质量为2m，初速度大小为，物块B的质量为3m，则碰撞后物块A的速度大小可能为( )
A．0B．1m/sC．3m/sD．4m/s
【答案】AB
【解析】若A与物块B碰撞为完全非弹性碰撞，设碰后共同速度为，根据动量守恒可得
解得
若A与物块B碰撞为弹性碰撞，设碰后A的速度为，B的速度为，根据动量守恒和机械能守恒可得
解得
所以碰撞后物块A的速度大小满足
故选AB。
16.如图所示，在水平冰面上，质量的冰壶A以大小为的速度与静止的质量为的冰壶B发生正碰。碰撞可能是弹性碰撞也可能是非弹性碰撞，不计一切摩擦和空气阻力。关于碰后冰壶A的运动情况描述正确的是（ ）
A．碰后冰壶A可能会被弹回，速度大小为 B．碰后冰壶A可能继续向前运动，速度大小为
C．碰后冰壶A可能继续向前运动，速度大小为 D．碰后冰壶A不可能静止不动
【答案】AB
【解析】若冰壶A与冰壶B发生弹性碰撞，以碰前速度方向为正方向，根据系统动量守恒和系统机械系守恒可得
联立解得 ，
若冰壶A与冰壶B发生完全非弹性碰撞，则有
解得
综上分析可知，碰后冰壶A的速度可能为
故选AB。
17.物体B静止在足够长的光滑水平面上，质量相同的物体A水平向右运动，以速率6m/s与B发生对心正碰。以右为正方向，碰后A、B两小球的速度可能为( )
A．，B．，
C．，D．，
【答案】AD
【解析】A．如果是完全非弹性碰撞，则有 ，可得碰后速度为,故A正确；
B．碰撞前瞬间，A、B系统总动量为
碰撞前瞬间，A、B系统总动能为
碰撞后瞬间，A、B系统总动量为
碰撞后瞬间，A、B系统总动能为，碰撞后动能变大了，不符合实际情况，故B错误；C．若碰撞后两球速度方向相同，且大小不相等，则A的速度应该小于B的速度，故C错误；
D．碰撞后瞬间，A、B系统总动量为
碰撞后瞬间，A、B系统总动能为,碰撞后动能减小了，动量守恒，符合实际情况，所以可能，故D正确；
故选AD。
18.如图所示，轻弹簧一端固定在质量为3m的小球A上，静止在光滑水平面上，质量为2m的小球B以速度向右运动，压缩弹簧然后分离，从刚开始接触到压缩最短经历的时间为t，则下列说法正确的是（ ）
A．小球B压缩弹簧过程中，小球A和小球B组成系统机械能守恒
B．弹簧压缩最短时小球A的速度为
C．弹簧压缩最短时弹性势能为
D．从刚开始接触到弹簧压缩最短过程中，弹簧对小球B的平均作用力大小为
【答案】CD
【解析】A．小球A、弹簧与小球B组成的系统机械能守恒，故A错误；
B．由动量守恒知 解得 ，故B错误；
C．由系统的机械能守恒 ，解得 故C正确；
D．由动量定理得 ，代入数值求得 ，故D正确。
故选CD。
19．如图甲所示，质量为的物体B以水平速度滑上原来静止在光滑水平面上的长木板A的上表面，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示。已知重力加速度，则下列说法正确的是（ ）
A．长木板A的质量为1kgB．木板获得的动能为1J
C．系统损失的机械能为1JD．木板A的最小长度为2m
【答案】AC
【解析】A．由题图可知，最终物块和木板的共同速度为，由动量守恒定律得
，解得 ，故A正确；
B．木板获得的动能为 ，故B错误；
C．系统损失的机械能 ，解得 ，故C正确；
D．根据v－t图像中图线与t轴所围的面积表示位移，
由题图得到0~1s内B的位移为 ，A的位移为
则木板A的最小长度为 ，故D错误。
故选AC。
20.如图甲所示,在光滑水平面上的两个小球A、B发生正碰,小球的质量分别为m1和m2,图乙为它们碰撞前后的x-t图像,已知m1=0.1 kg,由此可以判断( )
A.碰前B静止,A向右运动 B.碰后A和B都向右运动
C.由动量守恒可以算出m2=0.3 kg D.碰撞过程中系统损失了0.4 J的机械能
【答案】AC
【解析】碰前B的位移不随时间而变化,处于静止,A的速度大小为v1=ΔxΔt=4m/s,方向只有向右才能与B相撞,故A正确;
由题图乙可知,设向右为正方向,碰后B的速度方向为正方向,说明B向右运动,而A的速度方向为负方向,说明A向左运动,故B错误;
由题图乙可求出碰后B和A的速度分别为v2'=2m/s,v1'=-2m/s,根据动量守恒定律得m1v1=m2v2'+m1v1',代入解得m2=0.3kg,故C正确;
碰撞过程中系统损失的机械能为ΔE=12m1v12−12m1v1'2-12m2v2'2=0,故D错误。
21.如图所示，质量相等的A、B两个球，原来在光滑水平面上沿同一直线相向做匀速直线运动，A球的速度是6 m/s，B球的速度是－2 m/s，不久后A、B两球发生了对心碰撞。对于该碰撞之后的A、B两球速度的可能值，某实验小组的同学们做了很多种猜测，下面的猜测结果可能正确的是( )
A．vA′＝－2 m/s，vB′＝6 m/s B．vA′＝2 m/s，vB′＝2 m/s
C．vA′＝3 m/s，vB′＝1 m/s D．vA′＝－3 m/s，vB′＝7 m/s
【答案】AB
【解析】设每个球的质量为m，碰撞前系统的总动量p＝mvA＋mvB＝6m－2m＝4m(kg·m/s)，碰撞前的总动能Ek＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)＝20m(J)，若vA′＝－2 m/s，vB′＝6 m/s，
则碰撞后的总动量p′＝mvA′＋mvB′＝4m(kg·m/s)，
动量守恒，总动能Ek′＝eq \f(1,2)mv′eq \\al(2,A)＋eq \f(1,2)mv′eq \\al(2,B)＝20m(J)，总动能也守恒，A可能实现，故A正确；
若vA′＝2 m/s，vB′＝2 m/s，碰撞后的总动量p′＝mvA′＋mvB′＝4m(kg·m/s)，
总动能Ek′＝eq \f(1,2)mv′eq \\al(2,A)＋eq \f(1,2)mv′eq \\al(2,B)＝4m(J)，动量守恒，总动能不增加，B可能实现，故B正确；
若vA′＝3 m/s，vB′＝1 m/s，碰撞后A、B向正方向运动且A的速度大于B的速度，不符合实际，C不可能实现，故C错误；
若vA′＝－3 m/s，vB′＝7 m/s，碰撞后的总动量p′＝mvA′＋mvB′＝4m(kg·m/s)，总动能Ek′＝eq \f(1,2)mv′eq \\al(2,A)＋eq \f(1,2)mv′eq \\al(2,B)＝29m(J)，动量守恒，总动能增加，违反能量守恒定律，不可能实现，故D错误。]
22.如图所示，在水平光滑桌面上有两辆静止的小车A和B，质量之比。将两车用细线拴在一起，中间有一被压缩的弹簧。烧断细线后至弹簧恢复原长前的某一时刻，两辆小车的（ ）
A．动量的变化率大小之比B．速度大小之比
C．动能之比D．动量大小之比
【答案】AC
【解析】A．根据动量定理得：对A有，，对B有，
根据牛顿第三定律知，FA与FB大小相等可得，，故A正确；
B．系统的合外力为零，故系统的动量守恒。系统初动量为零，取向左为正方向，根据动量守恒定律得
，由，解得，故B错误；
CD．根据动量守恒定律得，，由动能，解得，故C正确，D错误。
故选AC。
23.如图所示，甲和他的冰车总质量，甲推着质量的小木箱一起以速度向右滑行。乙和他的冰车总质量也为，乙以同样大小的速度迎面而来。为了避免相撞，甲将小木箱以速度v沿冰面推出，木箱滑到乙处时乙迅速把它抓住。若不计冰面的摩擦力，则小木箱的速度v可能为（ ）
A. B. C. D.
【答案】CD
【解析】对于甲和箱子根据动量守恒得
对于乙和箱子根据动量守恒得
当甲乙恰好不相碰，则
联立解得
若要避免碰撞，则需要满足
三、计算题：
24.如图所示，A、B两个大小相同、质量不等的小球放在光滑水平地面上，A以3m/s的速率向右运动，B以1m/s的速率向左运动，发生正碰后，试分析：
(1)A、B两小球都以2m/s的速率向右运动，A、B的质量满足什么关系？
(2)A、B两小球都以2m/s的速率反弹，A、B质量满足什么关系？
【答案】(1)3：1；(2)3：5
【解析】(1)取水平向右为正方向，则
根据动量守恒定律 得
(2)由题意知
根据动量守恒定律 得
25.如图所示，粗糙的水平面连接一个竖直平面内的半圆形光滑轨道，其半径为R＝0.1 m，半圆形轨道的底端放置一个质量为m＝0.1 kg的小球B，水平面上有一个质量为M＝0.3 kg的小球A以初速度v0＝4.0 m/s开始向着小球B运动，经过时间t＝0.80 s与B发生弹性碰撞，设两个小球均可以看作质点，它们的碰撞时间极短，且已知小球A与桌面间的动摩擦因数μ＝0.25，g取10 m/s2.求：
(1)两小球碰前A的速度大小vA；
(2)小球B运动到最高点C时对轨道的压力大小．
【答案】(1)2 m/s (2)4 N
【解析】(1)碰前对A由动量定理有－μMgt＝MvA－Mv0，解得vA＝2 m/s.
(2)对A、B组成的系统，碰撞前后动量守恒，则有 MvA＝MvA′＋mvB
碰撞前后总动能保持不变，则有eq \f(1,2)MvA2＝eq \f(1,2)MvA′2＋eq \f(1,2)mvB2
由以上两式解得vA′＝1 m/s，vB＝3 m/s
设小球B运动到最高点C时的速度大小为vC，以水平面为参考平面，因为B球由半圆形轨道的底端运动到C点的过程中机械能守恒，则有eq \f(1,2)mvC2＋2mgR＝eq \f(1,2)mvB2，解得vC＝eq \r(5) m/s
对小球B，在最高点C有mg＋FN＝meq \f(v\\al(C2),R)，解得FN＝4 N
由牛顿第三定律知小球B运动到最高点C时对轨道的压力大小为4 N.
26.如图所示，在距水平地面高h=0.80m的水平桌面左边缘有一质量mA=1.0kg的物块A以v0=5.0m/s的初速度沿桌面运动，经过位移s=1.8m与放在桌面右边缘O点的物块B发生完全非弹性碰撞，碰后物块B离开桌面后落到地面上的位置到桌边缘O点的水平距离为1.0m.设两物块均可视为质点，它们的碰撞时间极短，物块A与桌面间的动摩擦因数μ=0.25，重力加速度g=10m/s2 。求：
（1）两物块碰撞前瞬间，物块A的速度大小vA；
（2）物块A与B碰撞后的瞬间，物块B的速度；
（3）物块A与B碰撞的过程中系统损失的机械能E 。
【答案】（1）vA=4.0m/s；（2）vB=2.5m/s；（3）3.0J
【解析】（1）物块A沿桌面滑动所受摩擦力 f=μmAg
做匀减速运动的加速度大小 a=μg=2.5m/s2
对于碰撞前物块A的运动，根据运动学公式 v02 –vA2=2as
解得 vA=4.0m/s
（2）物块B离开桌面后做平抛运动的时间
物块B落地点到桌边缘O点的水平距离 x=vBt
解得 vB=2.5m/s
（3）设两物块发生完全非弹性碰撞根据动量守恒定律有 mAvA=（mA+mB）vB
解得 mB=0.6kg
物块A与B碰撞的过程中系统损失的机械能
27.训练中，运动员将质量为19kg的冰壶甲推出，运动一段时间后以0.4m/s的速度正碰静止的冰壶乙，然后冰壶甲以0.1m/s的速度继续向前滑向大本营中心。若两冰壶质量相等，求：
（1）冰壶乙获得的速度；
（2）试判断两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞还是非弹性碰撞。
【答案】（1）0.3m/s；（2）非弹性碰撞
【解析】（1）由题意可知冰壶甲碰撞前、后的速度分别为 v1=0.4m/s，v2=0.1m/s
设冰壶乙碰撞后的速度为v3，由动量守恒定律知 mv1=mv2＋mv3
代入数据解得 v3=0.3m/s
（2）碰撞前的动能
碰撞后两冰壶的总动能
因为E1＞E2，所以两冰壶间的碰撞为非弹性碰撞。
28.有些核反应堆里要让中子与原子核碰撞，以便把中子的速度降下来。为此，应该选用质量较大的还是质量较小的原子核？为什么？
【答案】要用质量小的原子核作为减速剂
【解析】设中子和作减速剂的物质的原子核A的质量分别为mn和mA，碰撞后速度分别为v'n和v'A，碰撞前后的总动量和总能量守恒，以中子的初速度方向为正方向，
由动量守恒定律得 mnvn=mnvn′+mAvA′
由机械能守恒定律得 mnvn2=mnvn′2+mAvA′2
解得
当中子的质量和原子核的质量相等时速度最小，因此一般选择小的，一般用水来做慢化剂；
模块一 思维导图串知识
模块二 基础知识全梳理
模块三 教材习题学解题
模块四 核心考点精准练
模块五 小试牛刀过关测
1．通过对碰撞问题的研究，了解研究问题的方法．
2．知道弹性碰撞、非弹性碰撞、对心碰撞与非对心碰撞．
3．通过弹性碰撞中动量守恒定律及机械能守恒定律公式的推导，掌握解决实际问题的能力．
4．能够应用动量守恒定律、机械能守恒定律解决碰撞问题．
教材习题01
如图，在光滑水平面上，两个物体的质量都是，碰撞前一个物体静止，另一个以速度向它撞去。碰撞后两个物体粘在一起，成为一个质量为的物体，以一定速度继续前进。碰撞后该系统的总动能是否会有损失？
解题方法
【解析】根据动量守恒定律
则
碰撞前的总动能
碰撞后的总动能
可见碰撞后系统的总动能小于碰撞前系统的总动能。
【答案】有
教材习题02
如图所示，在光滑水平面上静止放有、、三个小球，其中、的质量相等，，的质量.现使球以的速度向右运动与球发生弹性正碰，随后球又与球发生正碰，碰后球获得的速度.求：
（1）第一次碰后球的速度；
（2）第二次碰后球的速度。
解题方法
【解析】（1）球与球发生弹性正碰，由动量守恒得
由机械能守恒得：
解得
第一次碰后球的速度为；
（2）球与球发生碰撞，由动量守恒得：
解得
第二次碰后球的速度，方向水平向左。
【答案】（1）；（2），方向水平向左
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