第09讲 弹性碰撞和非弹性碰撞-【暑假衔接讲义】2025年新高二物理暑假提升讲义（含答案）（人教版2019）

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练考点 强知识：核心考点精准练
第二步：记
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第三步：测
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知识点1：弹性碰撞和非弹性碰撞
1.弹性碰撞：系统在碰撞前后动能不变的碰撞。即碰撞过程中机械能不损失，即碰撞前后系统总动能守恒，Ek1′＋Ek2′＝Ek1＋Ek2。
2.非弹性碰撞：系统在碰撞后动能减少的碰撞。
(1)非弹性碰撞：碰撞过程中机械能有损失，系统总动能不守恒，Ek1′＋Ek2′＜Ek1＋Ek2。
(2)完全非弹性碰撞：碰撞后两物体“合”为一体，具有共同的速度，这种碰撞动能损失最大。
知识点2：碰撞三原则
1.动量守恒：即p1＋p2＝p1′＋p2′.
2.动能不增加：即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或eq \f(p\\al( 2,1),2m1)＋eq \f(p\\al( 2,2),2m2)≥eq \f(p1′2,2m1)＋eq \f(p2′2,2m2).
3.速度要合理
①若碰前两物体同向运动，则应有v后>v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前′≥v后′。
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。
知识点3：两种弹性碰撞
1. “动碰静”弹性碰撞的结论
两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有m1v1＝m1v1′＋m2v2′ （1） eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)m1v1′2＋eq \f(1,2)m2v2′2 （2）
解得：v1′＝eq \f(（m1－m2）v1,m1＋m2)，v2′＝eq \f(2m1v1,m1＋m2)
结论：(1)当m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1(质量相等，速度交换)
(2)当m1＞m2时，v1′＞0，v2′＞0，且v2′＞v1′(大碰小，一起跑)
(3)当m1＜m2时，v1′＜0，v2′＞0(小碰大，要反弹)
(4)当m1≫m2时，v1′＝v0，v2′＝2v1(极大碰极小，大不变，小加倍)
(5)当m1≪m2时，v1′＝－v1，v2′＝0(极小碰极大，小等速率反弹，大不变)
2. “动碰动”弹性碰撞
发生弹性碰撞的两个物体碰撞前后动量守恒，动能守恒，若两物体质量分别为m1和m2，碰前速度为v1，v2，碰后速度分别为v1ˊ，v2ˊ，则有：
(1) (2)
联立（1）、（2）解得：
v1’=，v2’=.
特殊情况： 若m1=m2 ，v1ˊ= v2 ，v2ˊ= v1
知识点4：非弹性碰撞和完全非弹性碰撞
1.非弹性碰撞
介于弹性碰撞和完全非弹性碰撞之间的碰撞。动量守恒，碰撞系统动能损失。
根据动量守恒定律可得：m1v1+m2v2=m1v1ˊ+m2v2ˊ (1)
损失动能ΔEk，根据机械能守恒定律可得： m1v12+ m2v22=m1v1ˊ2+m2v2ˊ 2 + ΔEk. (2)
2.完全非弹性碰撞
碰后物体的速度相同， 根据动量守恒定律可得：
m1v1+m2v2=(m1+m2)v共 （1）
完全非弹性碰撞系统损失的动能最多，损失动能：
ΔEk= ½m1v12+ ½ m2v22- ½(m1+m2)v共2 （2）
联立（1）、（2）解得：v共 =；ΔEk=
考点一：碰撞可能性分析
1．“充气碰碰球”游戏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=50kg•m/s，B球静止，碰后B球的动量变为pB=30kg•m/s。则两球质量mA与mB间的关系可能是（ ）
A．mA=mBB．mA=3mBC．mA=4mBD．mA=5mB
【答案】A
【详解】以A球的初速度方向为正方向，由碰撞过程系统动量守恒得
解得
根据碰撞过程总动能不增加，有
解得
碰后两球同向运动，A的速度不大于B的速度，则有
解得
因此，两球质量关系为
故选A。
2．在光滑水平面上，质量为、速度大小为的A球与质量为静止的B球发生对心碰撞，则碰撞后（ ）
A．A球的速度大小可能是
B．B球的速度大小可能是
C．A球所受最大冲量为
D．B球所受最大冲量为
【答案】B
【详解】AB．如果两个小球发生的是完全非弹性碰撞，则有
解得
如果两个小球发生的是弹性碰撞，则有
解得
故A错误，B正确；
CD．球和B球所受最大冲量相等，根据动量定理有
故CD错误；
故选B。
3．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
【答案】A
【详解】A．碰撞过程动量守恒，碰前总动量为
碰后总动量为
碰撞过程动量守恒。碰前总动能为
碰后总动能为
可知总动能没有增大，A、B两球速度可能为3m/s，3.5m/s，A正确；
B．根据给出的数据可知，碰后速度均为正值，则碰后两球同向，此时碰后A的速度不可能大于B的速度，而
可知，A、B两球速度不可能为5m/s，2.5m/s，B错误；
C．碰后总动量为
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1.5m/s，3m/s，C错误；
D．碰后总动量为
碰撞过程动量守恒。碰后总动能为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-3m/s，6.5m/s，D错误。
故选A。
考点二：弹性碰撞模型
4．如图甲所示，在光滑水平面上的两个小球发生正碰。小球的质量分别为m1和m2。图乙为它们碰撞前后的图像。已知m1=0.1 kg。由此可以判断（ ）
A．碰后m2和m1都向右运动
B．碰撞过程中m2对m1的冲量大小为0.2N·s
C．m2=0.1kg
D．碰撞过程是弹性碰撞
【答案】D
【详解】A．根据图像的斜率表示速度，可知碰后向右运动，向左运动，故A错误；
BC．根据图像的斜率表示速度，可知碰前和的速度分别为
，
碰后和的速度分别为
，
根据动量守恒可得
联立解得
对，根据动量定理可得
可知碰撞过程中对的冲量大小为，故BC错误；
D．碰撞前系统的机械能为
碰撞后系统的机械能为
可知碰撞过程是弹性碰撞，故D正确。
故选D。
5．如图所示，半径为R、竖直放置的半圆形轨道与水平轨道平滑连接，不计一切摩擦。圆心O点正下方放置质量为2m的小球A，质量为m的小球B以初速度向左运动，与小球A发生弹性碰撞。碰后小球A在半圆形轨道运动时不脱离轨道，则小球B的初速度不可能为（重力加速度为g）（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【详解】根据题意可知，小球B与小球A发生弹性碰撞，设碰撞后小球B的速度为，小球A的速度为，取向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律有
解得
由于碰后小球A在半圆形轨道运动时不脱离轨道，则小球A未通过与圆心的等高点或通过圆弧最高点，若小球A恰好到达圆心的等高点，由能量守恒定律有
解得
解得
若小球恰好通过圆弧最高点，由能量守恒定律有
由牛顿第二定律有
解得
解得
则碰后小球A在半圆形轨道运动时不脱离轨道，小球B的初速度取值范围为
或
选不可能的，故选A。
6．如图所示为一种基于伽利略大炮原理的简易模型。两小球P、Q竖直叠放在一起，小球间留有较小空隙，从距水平地面高度为h处同时由静止释放。已知小球Q的质量是P的3倍。设所有碰撞均为弹性碰撞。忽略空气阻力及碰撞时间，则两球第一次碰撞后小球P上升的高度为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】设小球P、Q的质量分别为m、3m，落地前的瞬间二者速度均为v，由动能定理可得
解得
Q与地面碰撞后速度等大反向，然后与P碰撞，P、Q碰撞过程满足动量守恒、机械能守恒，规定向上为正方向，则有
，
解得
碰后小球P机械能守恒，则有
解得
故选C。
考点三：完全非弹性碰撞模型
7．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，分析时将购物车简化为原来静止的小物块。已知车的净质量均为，将1号车以速度向右推出，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．18JB．36JC．54JD．72J
【答案】B
【详解】依题意，碰撞过程系统动量守恒，可得
解得
，
则第二次碰撞过程中损失的机械能为
故选B。
8．A、B两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前后的位移—时间图像。a、b分别为A、B两球碰撞前的位移—时间图线，c为碰撞后两球共同运动的位移—时间图线。若A球的质量m=2kg，则下列结论正确的是（ ）
A．碰撞过程A的动量变化量为4kg•m/s
B．B球的质量是4kg
C．碰撞过程中A对B的冲量为4N•s
D．碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为8J
【答案】A
【详解】由图可知，碰撞前A、B两球的速度大小分别为
碰撞后两球共同运动的速度大小
A．碰撞过程A的动量变化量为
A正确；
B．根据动量守恒可得
求得
B错误；
C．由动量定理可知，碰撞时A对B的冲量为
C错误；
D．根据能量守恒可得
D错误。
故选A。
9．如图所示，A、B和C是光滑水平面上的三个质量都为m的相同的小球，其中B、C两小球用不计质量的轻质弹簧连接后静止在水平面上。现A球以速度沿B、C两球球心的连线向B球运动，碰后A、B两球粘在一起。对A、B、C及弹簧组成的系统，下列说法正确的是（ ）
A．机械能守恒，动量不守恒
B．弹簧的最大弹性势能等于
C．三球速度相等时，弹簧一定处于压缩状态
D．三球速度相等后，速度将保持不变
【答案】B
【详解】A．对A、B、C及弹簧组成的系统，其所受合外力为零，机械能守恒，动量守恒，A错误；
B．A、B碰撞动量守恒，设粘在一起时速度为，有
A、B整体和C通过弹簧作用时第一次达到共速v的过程，根据动量和能量守恒有
，
解得弹簧的最大弹性势能为
B正确；
CD．根据动量守恒和牛顿第二定律，A、B整体和C通过弹簧作用的过程中，一段时间内的图见下图，在0~t2时间内，弹簧先压缩后恢复原状。在t2~t4时间内，弹簧先拉长后恢复原状。且分别在t1和t3时刻系统有共同速度，CD错误。
故选B。
知识导图记忆
知识目标复核
1.了解弹性碰撞、非弹性碰撞，知道碰撞现象的特点。
2.弹性碰撞中的能量转化及特点。
1．如图所示为杂技表演“胸口碎大石”。其原理可解释为，当大石获得的速度较小时，下面的人感受到的震动就会较小，人的安全性就较强。若大石块的质量是铁锤的120倍，则撞击后大石块的速度可能为铁锤碰撞前速度的（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】如果发生的是完全非弹性碰撞，取竖直向下为正方向，由动量守恒定律得
解得
如果发生的是弹性碰撞，取竖直向下为正方向，由动量守恒和机械能守恒得，
解得
所以撞击后大石块的速度可能为铁锤碰撞前速度的和之间。
故选B。
2．质量相等的A、B两球在光滑水平面上，沿同一直线，同一方向运动，A球的动量为，B球的动量为。当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．，B．，
C．，D．，
【答案】A
【详解】设两球质量均为m．碰撞前总动量
碰撞前总动能为
A．若，，则碰撞后总动量
碰撞后总动能为
满足动量守恒和总动能不增加原则，故A正确；
B．若碰撞后，，可知碰撞后A的速度大于B的速度，不符合速度合理性，故B错误；
C．若碰撞后，，则碰撞后总动量
不满足动量守恒，故C错误；
D．若碰撞后，，则碰撞后总动量为
不满足动量守恒，故D错误。
故选A。
3．斯诺克原意是“阻碍、障碍”，所以斯诺克台球也被称为障碍台球，打球过程中可以利用球来作障碍迫使对方失误，而且作障碍是每个职业斯诺克球手都必须掌握的一种技术．假设光滑水平面一条直线上依次放4个质量均为m的弹性红球，质量为1.5m的白球以初速度与4号红球发生弹性正碰，则4号红球最终的速度大小为（ ）
A．B．C．D．0
【答案】B
【详解】假设光滑水平面一条直线上依次放4个质量均为m的弹性红球，质量为1.5m的白球以初速度与4号红球发生弹性正碰，根据一动碰一静的弹性碰撞特点可知，每碰撞一次白球的速度变为原来的，而4号红球每次将速度传给右侧球，故白球与4号红球碰撞3次后，白球速度
此时4号球速度为零，根据动量守恒和能量守恒有
，
解得，4号红球最终的速度大小为
故选B。
4．如图所示，水平面上A、B两处有甲、乙两个可视为质点的小滑块处于静止状态，B点右侧水平面粗糙，左侧水平面光滑。若甲在水平向右的拉力的作用下由静止向右运动，当时撤去拉力F，紧接着甲与乙发生弹性正碰，其中乙滑行1.6m后停下，已知乙的质量为1kg，乙与粗糙水平面间的动摩擦因数为0.5，取，则（ ）
A．0~2s内，拉力F的冲量为12N·s
B．撤去拉力F时甲的速度大小为3m/s
C．两个滑块碰撞以后乙的速度是1m/s
D．甲的质量为1kg
【答案】B
【详解】A．F与t线性关系，力F对甲的冲量为I
故A错误；
C．对乙碰撞后的过程中利用动能定理得
故C错误；
BD．设甲的质量为m1，碰前速度为v0，碰后速度为v1，根据动量守恒得
根据机械能守恒得
联立得
B正确，D错误。
故选B。
5．如图3所示，质量为的木块静止于光滑水平面上，一质量为的子弹以水平速度打入木块并停在木块中，下列说法正确的是（ ）

A．子弹打入木块后子弹和木块的共同速度为
B．子弹对木块做的功
C．木块对子弹做正功
D．子弹打入木块过程中产生的热量
【答案】A
【详解】A．根据动量守恒可得
解得子弹打入木块后子弹和木块的共同速度为
故A正确；
B．根据动能定理可知，子弹对木块做的功为
故B错误；
C．由于子弹的动能减小，根据动能定理可知，木块对子弹做负功，故C错误；
D．根据能量守恒可知，子弹打入木块过程中产生的热量为
故D错误。
故选A。
6．如图所示，用长度为L的轻质细绳悬挂一个质量为M的木块，一个质量为m的子弹自左向右水平射穿此木块，穿透前后子弹的速度分别为和v。子弹穿过木块的时间和空气阻力不计，木块和子弹可以看作质点，以木块初始位置为零势能点，下列说法正确的是（ ）
A．子弹穿透木块过程中，子弹、木块组成的系统动量守恒，机械能守恒
B．子弹刚穿透木块时，木块速度为
C．子弹刚穿透木块时，绳子的拉力为
D．子弹刚穿透木块后，木块能到达的最大高度为
【答案】C
【详解】A．子弹穿透木块过程中，由于子弹穿过木块的时间不计，子弹、木块组成的系统满足动量守恒；子弹与木块间有摩擦，一部分机械能转化成内能，故系统不满足机械能守恒，故A错误；
B．子弹刚穿透木块过程中，根据系统动量守恒可得
解得子弹刚穿透木块时，木块速度为
故B错误；
C．子弹穿透木块时，以木块为对象，根据牛顿第二定律可得
解得绳子的拉力为
故C正确；
D．弹刚穿透木块后，若木块上升的最大高度低于天花板，对木块，根据机械能守恒可得
解得
故D错误。
故选C。
7．在光滑水平地面上放一个质量为2kg的内侧带有光滑弧形凹槽的滑块M，凹槽的底端切线水平，离地高度为5cm，如图所示。质量为1kg的小物块m以的水平速度从滑块M的底端沿槽上滑，恰好能到达滑块M的顶端，然后滑下离开凹槽。重力加速度取，不计空气阻力。则下列说法正确的是（ ）
A．小物块落地时与槽左端的水平距离为30cm
B．小物块m离开槽后做自由落体运动
C．弧形凹槽的高度为45cm
D．小物块对滑块先做正功后做负功
【答案】A
【详解】AB．小物块在槽上运动的过程中，小物块与凹槽构成的系统在水平方向动量守恒，设小物块刚离开槽时，小物块速度为v1，槽的速度为v2，以向右为正方向，则水平方向根据动量守恒定律有
整个运动过程机械能守恒，故有
联立解得
（方向向左），
故小物块离开凹槽后做平抛运动，故小物块离开凹槽到落地过程中，竖直方向上有
水平方向上有
此过程中凹槽移动位移为
小物块落地时与槽左端的水平距离为
联立解得
，
故A正确，B错误；
C．小物块运动到凹槽最高点时，小物块与凹槽的水平方向速度相等，小物块与凹槽构成的系统在水平方向动量守恒，设小物块到达凹槽最高点时速度为v，以向右为正方向，则水平方向根据动量守恒定律有
上升到最高点的过程中系统机械能守恒，故有
联立解得
故C错误；
D．小物块在凹槽上运动过程中，小物块对滑块的正压力始终指向斜右下方，对滑块始终做正功后。故D错误。
故选A。
8．如图，质量和半径都相同的四分之一光滑圆弧体A、B静止在光滑的水平面上，圆弧面的最低点和水平面相切，圆弧的半径为R。圆弧体B锁定，一个小球从A圆弧体的最高点由静止释放，小球在圆弧体B上升的最大高度为。已知重力加速度大小为g，则（ ）
A．小球与圆弧体的质量之比为
B．小球与圆弧体的质量之比为
C．若圆弧体B没有锁定，则圆弧体B最终获得的速度大小为
D．若圆弧体B没有锁定，则圆弧体B最终获得的速度大小为
【答案】C
【详解】AB．设小球质量为m，圆弧体质量为M，小球从圆弧体A上滚下时，A的速度大小为v1，小球的速度大小为v2，由题意可知
，
根据能量守恒
解得
，
故AB错误；
CD．若圆弧体B没有锁定，则小球滑上B过程到滑离
，
解得圆弧体B最终获得的速度大小为，故C正确D错误。
故选C。
9．如图所示，一小车静止于光滑水平面，其上固定一光滑弯曲轨道，整个小车（含轨道）的质量为m。现有质量也为m的小球，以水平速度从左端滑上小车，沿弯曲轨道上升到最高点，最终从轨道左端滑离小车。关于这个过程，下列说法正确的是（ ）
A．小球与小车组成的系统动量守恒
B．小球沿轨道上升到最高点时，小车的速度为零
C．小球沿轨道上升的最大高度为
D．小球滑离小车后，做自由落体运动
【答案】D
【详解】A．小球在竖直方向分速度的初始值与末状态值均为0，可知，竖直方向上先加速后减速，即竖直方向的加速度方向先向上后向下，存在超重与失重，小球和小车构成的系统所受外力的合力不为0，系统的动量不守恒，但系统在水平方向上所受外力的合力为0，即系统在水平方向上的动量守恒，故A错误；
B．小球沿轨道上升到最高点时，小球竖直分速度为0，结合上述可知，在水平方向，系统动量守恒，则小球与小车的速度相等，均不为零，故B错误；
C．小球沿轨道上升到最高点时，根据动量守恒定律有
根据机械能守恒定律有
解得
故C错误；
D．小球从轨道左端滑离小车时，根据动量守恒定律有
根据机械能守恒定律有
解得
即小球滑离小车后，做自由落体运动，故D正确。
故选D。
10．如图所示，在光滑的水平面上有两个滑块，滑块的左端固定一轻质弹簧。两个滑块以大小为的速度沿同一直线相向运动，滑块的质量为，滑块的质量为。不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A．当弹簧被压缩至最短时，的动能达到最小值
B．弹簧的弹性势能最大值为
C．两个滑块分离时滑块的速度为
D．弹簧存在弹力的过程中，弹力对的冲量大小为
【答案】C
【详解】A．当弹簧被压缩至最短时，滑块PQ共速，以向右为正方向，根据动量守恒定律可知
解得
可知滑块Q速度由向左变成向右，最小动能时为零，所以当弹簧被压缩至最短时，滑块Q的动能不是最小值，故A错误；
B．当弹簧被压缩至最短时，弹簧的弹性势能最大，根据机械能守恒定律
解得弹簧的弹性势能最大值为
故B错误；
C．两个滑块分离时，设滑块P的速度为，滑块Q的速度为，根据动量守恒定律和机械能守恒定律
解得
，
故C正确；
D．弹簧存在弹力的过程中，弹力对P的冲量大小为
负号表示方向向左，大小为，故D错误。
故选C。
11．如图所示，光滑水平地面上的轻弹簧一端拴接着质量为1kg的物块Q，初始时弹簧处于原长，Q静止在光滑水平地面上，质量为2kg的物块P静止在距弹簧右端一定距离处。现给物块P一方向水平向左、大小为6N·s的瞬时冲量，从物块P开始接触弹簧到离开弹簧的过程中，弹簧始终在弹性限度内，下列说法正确的是（ ）
A．弹簧压缩量最大时物块Q的速度最大
B．物块Q的最大速度为4m/s
C．弹簧的最大弹性势能为9J
D．物块P离开弹簧时的速度大小为2m/s
【答案】B
【详解】A．当弹簧恢复原长时，物块Q的速度最大，当弹簧压缩量最大时，两个物块速度相同，物块Q的速度不最大，故A错误；
BD．当弹簧恢复原长时，物块Q的速度最大，根据动量守恒定律得
根据机械能守恒定律

根据动量定理得

解得
物块Q的最大速度为4m/s ，物块P离开弹簧时的速度大小为1m/s ，故B正确，D错误；
C．弹簧最短时，弹簧的弹性势能最大，两物块速度相同，根据动量守恒定律得

弹簧的最大弹性势能为

解得

故C错误。
故选B。
12．如图所示，质量为3m的物块A与质量为m的物块B用轻弹簧和不可伸长的细线连接，静止在光滑的水平面上，此时细线刚好伸直且无弹力。现使物块A瞬间获得向右的速度v0，在以后的运动过程中，细线没有绷断，以下判断正确的是（ ）
A．细线再次伸直前，物块A的速度先减小后增大
B．细线再次伸直前，物块B的加速度先减小后增大
C．弹簧的最大弹性势能等于
D．物块A、B与弹簧组成的系统，损失的机械能最多为
【答案】C
【详解】AB．细线再次伸直时，也就是弹簧再次恢复原长时，根据系统动量守恒和机械能守恒可得
，
解得细线再次伸直时，A的速度为
，
可知细线再次伸直时，A的速度没有反向；则细线恢复原长的过程中，A始终受到向左的弹力，一直做减速运动，B始终受到向右的弹力，即一直做加速运动，弹簧的弹力先变大后变小，故B的加速度先增大后减小，故AB错误；
C．弹簧弹性势能最大时，弹簧压缩到最短，此时A、B速度相等，根据动量守恒定律可得
解得
根据能量守恒定律可得，弹性势能最大值为
故C正确；
D．当细线再次伸直后，物块A、B速度又变为共速，根据动量守恒可得
解得
细线再次伸直过程，物块A、B与弹簧组成的系统，损失的机械能为
故D错误。
故选C。
13．如图所示，水平地面上A、B两个木块用轻弹簧连接在一起，质量分别为2m、3m，静止时弹簧恰好处于原长，一质量为m的木块C以速度v0水平向右运动并与木块A相撞。不计一切摩擦，弹簧始终处于弹性限度内，则碰后弹簧的最大弹性势能不可能为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【详解】当C与A发生弹性正碰时，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有
联立解得
当A、B速度相等时，弹簧的弹性势能最大，设共同速度为，以A的初速度方向为正方向，则由动量守恒定律得
由机械能守恒定律可知
解得
当C与A发生完全非弹性正碰时，根据动量守恒定律有
当A、B、C速度相等时弹簧的弹性势能最大，设共同速度为，则由动量守恒定律得
由机械能守恒定律可知
解得
由此可知，碰后弹簧的最大弹性势能范围是
故选A。
14．如图所示，质量为的钢板B与直立的轻弹簧连接，弹簧的下端固定在水平地面上，平衡时弹簧的压缩量为另一个表面涂有油泥、质量也为的物块A，从距钢板高度处自由落下，与钢板碰后A、B粘连在一起向下压缩弹簧，则 （ ）
A．A、B粘连后的最大速度是
B．A、B粘连后的最大速度大于
C．在压缩弹簧过程中，A、B组成的系统机械能守恒
D．从A开始运动到压缩弹簧至最短的整个过程中，A、B和弹簧组成的系统机械能守恒
【答案】B
【详解】AB. 由动能定理，可得物块A下落3x0获得的速度为
解得
v0为物块与钢板碰撞时的速度，碰撞时间极短，钢板与物块间动量守恒，设v0为两者碰后的共同速度，则
解得
A、B未碰前，对弹簧状态分析，根据平衡条件可知弹簧的弹力与钢板B的重力等大反向，当A、B粘连后的瞬间，弹力大小来不及突变，但A、B的重力将大于此时弹簧的弹力，A、B粘连后先要向下加速再减速，所以A、B粘连后的最大速度大于，故A错误，B正确；
C. 在压缩弹簧过程中，A、B组成的系统机械能减小，减小的机械能等于弹簧增加的弹性势能，故C错误；
D.由于A、B碰后粘连，属于完全非弹性碰撞，会有机械能损失，所以从A开始运动到压缩弹簧至最短的整个过程中，A、B和弹簧组成的系统机械能不守恒，故D错误。
故选B。
15．随着科幻电影《流浪地球》的热映，“引力弹弓效应”进入了公众的视野。 “引力弹弓效应”是指在太空运动的探测器，借助行星的引力来改变自己的速度。为了分析这个过程，可以提出以下两种模式：探测器分别从行星运动的反方向或同方向接近行星，分别因相互作用改变了速度。如图所示，以太阳为参考系，设行星运动的速度为u，探测器的初速度大小为v0，在图示的两种情况下，探测器在远离行星后速度大小分别为v1和v2。探测器和行星虽然没有发生直接的碰撞，但是在行星的运动方向上，其运动规律可以与两个质量不同的钢球在同一条直线上发生的弹性碰撞规律作类比。那么下列判断中正确的是（ ）
A．v1 > v0B．v1= v0C．v2 > v0D．v2 =v0
【答案】A
【详解】AB．根据题意，设行星的质量为M，探测器的质量为m，当探测器从行星的反方向接近行星时（左图），再设向左为正方向，根据动量守恒和能量守恒得-mv0+Mu=Mu′+mv1mv02+Mu2=Mu′2+mv12整理得v1-v0=u+u′所以v1 > v0，A正确，B错误；
CD．同理，当探测器从行星的同方向接近行星时（右图），再设向左为正方向，根据动量守恒和能量守恒得mv0+Mu=Mu″-mv2mv02+Mu2=Mu″2+mv22整理得v0-v2=u+u″所以v2 < v0，CD错误。故选A。
教材习题01
如图所示，动量分别为、的两个小球A、B在光滑的水平面上沿一直线向右运动，经过一段时间后两球发生正碰，分别用、表示两小球动量的变化量。则下列选项中可能正确的是（ ）
A．、
B．、
C．、
D．、
解题方法
A．根据碰撞过程动量守恒定律，如果、，所以碰后两球的动量分别为、，根据计算可知碰撞过程总动能不增加，是可能发生的，故A正确。
B．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，若，，违反了动量守恒定律，不可能，故B错误。
C．根据碰撞过程动量守恒定律，如果、，碰后两球的动量分别为、，由题，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C错误。
D．如果、，所以碰后两球的动量分别为、，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D错误。
【答案】A
教材习题02
如图所示，一个质量为的物块A与静止在水平面上的另一个质量为的物块B发生正碰，碰后B物块刚好能落入正前方的沙坑中．假如碰撞过程中无机械能损失，已知物块B与地面间的动摩擦因数为0.4，与沙坑的距离，g取．物块可视为质点，则碰撞前瞬间A的速度大小为（ ）
A．B．
C．D．
致
解题方法
碰撞后B做匀减速运动，由动能定理得代入数据解得v=2m/sA与B碰撞的过程中，A与B组成的系统在水平方向的动量守恒，选取向右为正方向，则有由于没有机械能的损失，则有联立解得v0=3m/s故选B。
【答案】B
教材习题03
如图所示，大小相同、质量分别为0.2kg和0.1kg的小球，在光滑水平面上分别以0.3m/s和0.9m/s的速度沿同一直线相向运动，相撞之后粘住成为一个整体，则整体的速度大小为（ ）
A．0.1m/sB．0.3m/s
C．0.6m/sD．1.2m/s
致
解题方法
取向左为正方向，根据动量守恒可知代入数据可得故选A。
【答案】A