2025高考物理专项复习：碰撞与类碰撞模型（解析版）

碰撞与类碰撞模型

目录

【模型一】弹性碰撞模型..............................................................................1

【模型二】非弹性碰撞、完全非弹性碰撞模型...........................................................8

【模型三】碰撞模型三原则..........................................................................16

【模型四】小球一曲面模型.........................................................................18

【模型五】小球一弹簧模型.........................................................................22

【模型六】子弹打木块模型.........................................................................28

【模型七】滑块木板模型...........................................................................33

【模型一】弹性碰撞模型

1.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mi和山2,碰前速度为

%,。2,碰后速度分别为生，。2’，则有：

+m2v2=m]vi+m2f2（1）

22

+y^2^2=+-^-m2v2（2）

联立⑴、（2）解得：

•cTn"i+7n202•

"i=2-------------------"i，。2=2--------------------V".

mi+m2m1+m2一

特殊情况：若馆1=馆2，01=02，02=

2.“动静相碰型“弹性船ft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。以质量为馆1、速度为3的小球与质量为恒2的

静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有

7nls—rrixVi+m2V2

191/9I1

57nl4=ymil；1+—Tn2v2

（TO1—m2）l；i,277115

解得：Vi，V2

mi+m2=有项

结论：⑴当？?11=7712时，V1=0,。2'=%（质量相等,速度交换）

⑵当？721>7）12时，％'>0，。2'>0，且。2'>%'（大碰小，一起跑）

⑶当？721V7712时，4V0，02'>0（小碰大，要反弹）

（4）当?721》在时，Vi=VQ9。2'=2%（极大碰极小，大不变，小加倍）

⑸当7nl《馆2时，3'=一"1，"2'=0（极小碰极大,小等速率反弹，大不变）

1.（2024.江西.一模）如图，在水平地面上固定一圆环，圆环内壁光滑，圆环内嵌着4、B两个大小相同的

小球，它们的质量分别是小人、馆/且馆4>馆6,小球的直径略小于圆环的孔径且它们之•间的摩•擦忽略•

不计，圆环的内半径远大于球的半径，初始时口球处于静止状态，入球以一定初速度撞击8球，A、B

两个球在a点发生弹性碰撞，一段时间后，入、B两个球在b点发生第二次弹性碰撞，a、b两点与圆环

圆心的连线夹角为120°,则m4：巾-为()

A.2：1B.3：1C.4：1D.5：1

【答案】A

【详解】两球发生弹性碰撞，设碰后速度分别为0、,则根据动量守恒和机械能守恒有

mAv0=+mBvB,+

联立解得

mA—mB2?naOo

VA=T，VB=----7----

mA+mBmA+mB

第二次碰撞发生在图中的b点，则从第一次碰撞到第二次碰撞之间，有

以=借+相周(k=0,1,2…),磔=传+町，周，(％=0,1,2…)

故通过的路程之比为尹萼(k=0,1,2…)，则有

4+3/c

叫xl+3fc八1°、

L力A而T—。，1，2…)

联立解得

»/和=。,1,2…)

TTbpZOK

由于两质量均为正数，故％=0,即

如=2

mB1

故选A。

2.(2024•吉林长春•模拟预测)如图所示，用长度均为Z的轻质细绳悬挂三个形状相同的弹性小球，质量依

次满足巾1》m2》小3(“》"表示'‘远大于")。将左边第一个小球拉起一定角度。后释放，则最后一个

小球开始运动时的速度约为()

m}m2m3

A.J2gz(1—cos夕)B.2j2gZ(l—cosd)C.3/2gZ(l—cosd)D.4J2gz(1—cos夕)

【答案】。

【详解】设碰撞前瞬间第一个小球的速度为％,根据机械能守恒定律，有

migl(l—cosJ)=-^-rriiVo

解得

Uo=J2gz(1—cosJ)

设第一个小球与第二个小球碰撞后两个小球的速度分别为3和。2,根据动量守恒定律，有

rriiVo—馆1。1+m2v2

根据机械能守恒定律，有

ynzi^o=/利费+

联立可得

v———VoTTLi»m，则=2。0,同理，。3=2。2，所以

2Tn，i+m22

3=4no=4j2g2(l—cos-)

故选D。

3.(2024・广西•高考真题)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/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，"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。

D.水平地面上的垂直投影的运动速度大小大于。

【答案】BC

【详解】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,根据动量守恒和能量守恒可

知

mv—mvM+mvN

ymvj=

由于两小球质量相等，故碰撞后两小球交换速度，即

1>M=0,1)N=V

碰后小球N做平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，即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，即竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动。

故选8。。

4.（2024•广东肇庆•三模）台球是深受大众喜爱的娱乐健身活动。如图，运动员采用“点杆”击球法（当球

杆杆头接触母球的瞬间，迅速将杆抽回，母球离杆后与目标球发生对心正碰,视为弹性碰撞）击打母

球，使得目标球被碰撞后经CD边反弹进入球洞A，这种进球方式被称为“翻袋”进球法。已知两球质

量均为0.2kg,且可视为质点，球间距离为0.9小，目标球与CD挡壁间虚线距离为0.3小，目标球被CD

挡壁反弹后向A球洞运动方向与AC挡壁间夹角为30°,AC=手小，球与桌面间阻力为重力的力，

球与挡壁碰撞过程中损失年的动能，重力加速度g=10m/s2。

（1）求母球在桌面做直线运动时的加速度大小；

（2）若某次击打后母球获得的初速度为lm/s,且杆头与母球的接触时间为0.05s,求母球受到杆头的平

均冲击力大小；

（3）若能到达球洞上方且速率小于6m/s的球均可进洞,为使目标球能进洞,求母球初速度需要满足的

条件。（计算结果都可以用根号表示）

AE，B

r----------------1

阿P母球

'、、**

、X»*

、\••

\。目标球

•----------------X

CFD

［答案］⑴⑵（3）2^22m/s<2A/58m/s

【详解】（1）由牛顿第二定律可得

/=kmg—ma

根据题意可知卜=!，解得

a=k1g=-1-0m/s2z

o

（2）杆头击打母球，对母球由动量定理可得

（F—f）At—mv—0

代入数据解得

F=^-N

（3）母球与目标球碰撞前，做匀减速直线运动，由动能定理可得

—kmgSr=—

母球与目标球碰撞前后，根据动量守恒和机械能守恒可得

mv1=mv［+mv2

目标球前进到CD挡壁，做匀减速直线运动，由动能定理可得

—kmgs2=—^-mvl

目标球与CD挡壁碰撞，根据题意有

]x=^-mvl

即

1

必二5期3

目标球运动到A球洞过程，由动能定理可得

,&AC1912

—KTYiq---------=—mvi——mvi

ycos302524

又满足

0<”5W6m/s

联立解得

2V22m/s<*W2V58m/s

5.（2024•山东荷泽•模拟预测）如图所示，质量分别为小、3m,3m的小球/、8、。静止在光滑的水平面

上,且球心在同一直线上，小球8用长为心（未知）的细线连接悬于Q点，小球。用长为乙2（未知）的细

线连接悬于Q点，小球8、C刚好与水平面接触，现给小球A一个水平向右大小为死的初速度，小球

A与小球B发生弹性正碰，使小球8恰好在竖直面内做圆周运动，接着小球4与小球C也发生弹性正

碰，碰撞后小球。也恰好在竖直面内做圆周运动,重力加速度大小为g,不计小球的大小,求：

（1）悬挂小球B的细线长〃；

（2）小球A与小球。第一次碰撞后一瞬间,细线对小球。的拉力大小。

L,

L?---->

<!）o

CAB

【答案】（1）或；（2）18mg

【详解】⑴4石碰撞过程，有

TYIVQ—mVi+3mv2

-^-mvo=/-37m

解得

碰后小球石恰好在竖直面内做圆周运动，则小球石到达最高点时有

3mg=3m——

Li

小球B从最低点运动到最高点，根据机械能守恒定律可得

—3mg-2Lx=-1--3TOU2—-3m«2

联立解得

Vo

Li—W

（2）4、C碰撞过程，有

rrw、—mv3+3mi>4

+:,Smvl

解得

_v0_v0

碰后小球。恰好在竖直面内做圆周运动，则小球。到达最高点时有

"2

3mg=3m-—

L?

小球。从最低点运动到最高点，根据机械能守恒定律可得

—3mg-2L-2=:-3mv'2—•Smvl

两球碰后瞬间，对。，根据牛顿第二定律有

B—3mg=6m~—

乙2

联立解得

F=18mg

6.（2024•江西赣州.二模）某学习小组通过一款小游戏研究碰撞问题。游戏装置俯视图如图所示,在粗糙

的水平面上固定一圆形光滑轨道，紧贴轨道内侧放置两个可视为质点的小物块4、34、B与水平面

间的动摩擦因数均为〃，圆形光滑轨道的半径为r0现给A一个向左的初速度为,使其沿着轨道在水

平面上做圆周运动,运动半周时与B发生弹性碰撞。已知mB=3mA，重力加速度为g。

（1）求刚开始运动时A的加速度大小a：

o_

（2）若〃=0.2,丁=一m,vG=3m/s,g取lOm/sz,求4与B碰后B滑行的路程s。

兀

A

【答案】（l）a=个谭+〃2g2；（2）s=0.0625m

【详解】（1）4刚开始运动时轨道的弹力提供向心力

F=m—

NAr

A所受摩擦力为

f="rr1Ag

根据牛顿第二定律

V^+f=mAa

解得

a=JJ+扁2

（2）设人与B碰撞前瞬间的速度为v,根据动能定理

2

-/^mAg-itr=-^-mAv-

解得

v=Im/s

根据动量守恒定律

m/u=m/Ui+m的2

根据机械能守恒定律

2

yWV=~^TnAvl+

解得

v2=0.5m/s

又

~/j.mBg・s=0-

解得

s=0.0625m

7.（2024•河南新乡.二模）如图所示，某同学在水平雪地里做了一个冰壶比赛场地，将两个冰壶4、8从掷

出线先、后（时间差△力=0.5s）掷出，掷出时的速度大小分别为以=2.5m/s,”B=2.9m/s,两冰壶均沿

中心线运动，当冰壶B追上冰壶A时两者发生弹性正碰（碰撞时间极短）,之后冰壶人恰好到达大本营

中心。已知冰壶4B的质量分别为7n4=0.7kg、7nB=0.5kg,两冰壶与冰面的动摩擦因数均为〃=

0.04,两冰壶均可视为质点，取重力加速度大小g=10m/s2o求：

（1）两冰壶碰撞前的速度大小％、植；

（2）大本营中心到掷出线的距离s；

（3）冰壶B掷出后与冰壶A间的最大距离do

掷出线

Q大本营

【答案】（1）14=1.5m/s,V'B=2.1m/s;（2）s=10m;（3）d=2.55m

【详解】（1）设冰壶B运动时间力后追上冰壶A,两冰壶在冰面上减速时的加速度大小为Q,由牛顿第二定律

可得

/Ltmg=ma

由匀变速直线运动规律可得

+=vBt—力2

%Q（力+△力）

r

vB=vB—at

解得

v'A—1.5m/s

%=2.1m/s

(2)设两冰壶碰撞后的速度大小分别为o:、，则有

r

mA成+mBvB=+e即4

切监

,1,z2,<

s=vBt-—at+—

解得

s=10m

(3)设最终两冰壶间的距离为力，有

+yWWfi=umAgs+/J.mBg{s-x)

解得

x=2.55m

则冰壶B掷出后与冰壶4间的最大距离为

d=2.55m

【模型二】非弹性碰撞、完全非弹性碰撞模型

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：m^i+m2v2=rriiVi+m2v2(1)

22

损失动能△及,根据机械能守恒定律可得：m2vl=ym^i+ym2f2+AEk.⑵

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：

mm+m2V2—(巾1+馆2)。共(1)vi<V24v

完全非弹性碰撞系统损失的动能最多，损失动能：

1

XEk=/2m1vl+%m2vl—+m^v^.(2)

联立⑴、⑵解得：W.=皿如［仍"2.限=•丁©_的)2

772-1+m22仍+电

8.(2024.山东济南•模拟预测)如图所示，光滑水平直轨道上两滑块人、B用橡皮筋连接，A的质量为m

=2kg»开始时橡皮筋松弛，B静止。给A向左的初速度g=3m/s,一段时间后，口与人同向运动发

生碰撞并粘在一起，碰撞后的共同速度是碰撞前瞬间A的速度的2倍，也是碰撞前瞬间B的速度的一

半。整个过程中橡皮筋始终在弹性限度内，则滑块口的质量为()

【答案】。

【详解】设碰撞前瞬间A、B的速度大小为别为％、的,碰撞后的共同速度为内,根据题意有

01

毒=23,v3=—v2

对该系统由动量守恒定律有

mv0=mv、+m切2

mvi+m切2—(m+mB)v3

联立解得

mB=1kg

故选。。

9.如图所示，光滑水平面的同一直线上放有几个质量均为小的小滑块，相邻滑块之间的距离为乙，某个

滑块均可看成质点。现给第一个滑块水平向右的初速度滑块间相碰后均能粘在一起，则从第一个

滑块开始运动到第n-1个滑块与第n个滑块相碰时的总时间为（）

【答案】B

【详解】由于每次相碰后滑块会粘在一起，根据动量守恒定律

=2nw2

可知第二个滑块开始运动的速度大小为

1

夕2=了。0

同理第三个滑块开始滑动的速度大小为

1

”3=

第（n—1）个球开始滑动的速度大小为

1

因此运动的总时间为

LL上MIC…I,1、n(n-l)L

t=—+++…+—：----二——(1+2+3H---\-n—1)=--------

32%

2V°3"。士71—比1U。。

故选及

10.如图甲，用绳长L=0.8m的轻绳悬挂质量?ri的铁球a,另一个质量为m的铁球b从与竖直方向夹角

为。的光滑圆弧轨道某位置静止释放，在最低处与a球发生完全非弹性碰撞，图乙是碰撞后轻绳拉力

F与角度余弦值cos。的函数关系，已知圆弧半径A=g取10m/s2,下列说法错误的是（）

甲乙

A.铁球的质量m=1kg

B.从e=60°的位置静止释放，碰撞之后的两球速度为四m/s

C.从8=60°的位置静止释放，碰撞前后损失的机械能为2J

D.从右侧。位置静止释放后，碰撞之后的两球，恰好能摆动到左侧偏离竖直方向6处

【答案】。

【详解】根据机械能守恒定律可知

mgL（l-cos，）=-^-mv2

碰撞过程动量守恒，有

mv=27?w共

在最低处，由牛顿第二定律得

靖

F—2mg=2m

LJ

联立可得

F=-mgcosd+3mg

结合图像可知

3mg=30N

所以

m=1kg

故A正确，不符合题意；

BC.结合图线，。=60°时，F=25N,代入上式可得

n共=V2m/s,v=2A/2m/s

所以碰撞前后损失的机械能为

△E=--mv2—•2mv^_—2J

22八

故正确，不符合题意；

D.碰撞之后，能量损失，因此不可能摆动到左侧偏离竖直方向。处，故。错误，符合题意。

故选。。

11.滑块P以初速度沿水平轨道滑行3距离后与静止在轨道上的滑块Q发生完全非弹性碰撞，已知两

滑块在水平轨道上滑行受到的阻力与其重力之比均为Q碰撞后滑行C距离后停止，则P、Q的质量之

比为（）

人y/2kgxy/2kgx

y/2kgx—J优一2kgx02kgx—^2kgxQ

CN2kgM

J优一2kgX。—d2kgx，状+2kgx。—J2kgx

【答案】。

【详解】设滑块P的质量为mi,滑块Q的质量为馆2,碰撞前，对滑块P滑动过程，由动能定理有

-km^xo=＜皿优一祝

滑块P、Q碰撞，以g方向为正方向，由动量守恒定律有

m?i=（m1+m2）v

碰撞后滑块P、Q同速滑动，由动能定理有

2

—k{m1+m2)gx—0—(jn1+m^v

联立解得

mi_v_y/2kgx

m2Vi-vJ喘—2kgxQ—J2kgx

故选0。

12.已知一滴雨珠的重力可达蚊子体重的几十倍，但是下雨时蚊子却可以在“雨中漫步”。为研究蚊子不

会被雨滴砸死的诀窍，科学家用高速相机拍摄并记录蚊子的运动情况，研究发现蚊子被雨滴击中时并

不抵挡雨滴，而是与雨滴融为一体,顺应雨滴的趋势落下，随后迅速侧向微调与雨滴分离。已知蚊子

的质量为小,初速度为零；雨滴质量为50小,击中蚊子前竖直匀速下落的速度为“，蚊子与雨滴的作用

时间为右，以竖直向下为正方向。假设雨滴和蚊子组成的系统所受合外力为零。则（）

A.蚊子与雨滴融为一体后，整体的的速度大小为上。

51

B.蚊子与雨滴融为一体的过程中，雨滴的动量变化量为

51

C.蚊子与雨滴融为一体的过程中，蚊子受到的平均作用力为噜弃

bit

D.若雨滴直接砸在静止的蚊子上，蚊子受到的平均作用力将变小

【答案】C

【详解】4.蚊子与雨滴融为一体的过程中，根据动量守恒有

50m??=517TW共

解得

_50

取—51V

A错误；

B.雨滴的动量变化量为

△p=50m®共一⑦)

B错误；

C,设蚊子受到的平均作用力为F,根据动量定理有

Ft=77W共

解得

F=5Omi;

51t

。正确；

D.若雨滴直接砸在静止的蚊子上，蚊子与雨滴的作用时间变短，雨滴的动量变化量变大，则雨滴受到的平

均作用力将变大，蚊子受到的平均作用力也变大，。错误。

故选C。

13.在光滑水平面上，一质量为2kg的物体Q与另一物体b发生正碰，碰撞时间极短,两物体的位置随时间

变化规律如图所示，以Q物体碰前速度方向为正方向，下列说法正确的是（）•••

A.碰撞后a的动量为6kg•m/sB.碰撞后b的动量为2kg,m/s

C.物体b的质量为2kgD.碰撞过程中a对b的冲量为6N-s

【答案】。

【详解】AB.由题图可知，碰撞前a的速度为

Vo=^m/s=4m/s

碰前总动量

p=mav0=8kg•m/s

撞后a、6共同的速度为

v--^-m/s—lm/s

12—4

则碰撞后a的动量为

pa—mav—2kg-m/s

因碰撞过程动量守恒，则碰撞后b的动量为

Pb=p—Pa=6kg-m/s

故AB错误；

C.根据题意，设b的质量为mb,由图可知,碰撞前b物体静止,a、b碰撞过程中，由动量守恒定律可得

ma）=（ma+mb）v

解得

mb=6kg

故。错误；

D.根据题意，对6物体，由动量定理有

Ib—mbv—0

解得

4=6N-s

故。正确。

故选。。

14.（2024.山东烟台.二模）质量为mi和巾2的两个物体在光滑水平面上正碰,其位置坐标力随时间力变化

的图像如图所示，若令歪—左=p,则P的取值范围为（）

X1力

A.p<1B.p<0C.pW—1D.—1<p<1

【答案】。

【详解】/一方图像的斜率表示物体的速度，两物体正碰后，7nl碰后的速度为

v=----——m2碰后的速度大小为

112Tl

/2一力1

V=--------

212Tl

两小球碰撞过程中满足动量守恒定律，即

=mi-Ui+m2V2

且

万nh优>—m^vi+—m2vi

整理解得

包<T

Xih

即

p4一1

故选。。

15.（2024-山东烟台•一模）如图所示,某超市两辆相同的手推购物车质量均为小、相距2L沿直线排列，静

置于水平地面上。为节省收纳空间，工人给第一辆车一个瞬间的水平推力R使车自行运动，并与第二

辆车相碰,且在极短时间内相互嵌套结为一体，以共同的速度运动了距离看，恰好停靠在墙边。若车

运动时受到的摩擦力恒为车重的％倍，忽略空气阻力，重力加速度为g。则工人给第一辆购物车水平

D.2TnJ3kgL+

【答案】4

【详解】设第一■辆车碰前瞬间的速度为仍，与第二辆车碰后的共同速度为v2,由动量守恒定律有

mV、=2mv2

根据动能定理可得

-k-2mg-y—0-y（2m）^

联立解得

=2dkgL

设第一辆车推出时的速度为3,根据动能定理可得

—kmg-2L-—^-mvo

根据动量定理，工人给第一辆购物车水平推力F的冲量大小为

IF=mv0=2m,y/2kgL

故选A。

16.（2024•贵州・模拟预测）如图,光滑水平地面上,动量为P1的小球1向右运动,与同向运动且动量为a的

小球2发生弹性碰撞，a=加，碰撞后小球1的速率为”1、动能为七"、动量大小为正,小球2的速率为

底、动能为EL、动量大小为优。下列选项一定正确的是（）

%v2

A.v[<v'2B.碰撞后球2向右运动，球1向左运动

C.E'kl<E'k2D.p[<p2

【答案】。

【详解】要发生碰撞则

m1<m2

根据两个物体发生弹性碰撞的公式可得碰撞后速度

om

-----2prriiP

(mi—m),g+2m2-v尸mii(m—rrir)-+2mi,%rr^

v[=22，以=2

7711+wi2m1+m2mi+m2m1+m2

因此当皿足够大时可造成

771]

V[>V2

由弹性碰撞规律，当2曳V3时可造成碰后两者可以都向右运动,故AB错误；

777,1

C.碰撞过程小球2动能增大，但初动能小球1的大于小球2的，故碰后动能大小不确定，故。错误;

D.碰撞过程小球2动量增大，且系统动量守恒，所以设，故D正确。

故选。。

17.（2024•黑龙江齐齐哈尔•一模）如图所示为杂技表演“胸口碎大石”，其原理可解释为：当大石块获得的

速度较小时，下面的人感受到的振动就会较小，人的安全性就较强，若大石块的质量是铁锤的150倍,

则撞击后大石块的速度可能为铁锤碰撞前速度的（）

A'R-±_O_±-T)_±_

・50,150*250.350

【答案】B

【详解】如果发生的是完全非弹性碰撞，则由动量守恒定律

mv()=(150m+m)v

解得

_1

”=加"。

如果发生的是弹性碰撞，则由动量守恒定律

TYWQ=150mi；i+mv2

由机械能守恒定律

--mvQ=；X150M忧+

联立解得

2

%=寸。

故撞击后大石块的速度范围为

1々々2

故撞击后大石块的速度可能为铁锤碰撞前速度的上7。

150

故选及

18.如图(a)所示,光滑绝缘水平面上有甲、乙两个带电小球。力=0时，乙球以6m/s的初速度冲向原来静

止的甲球，在0〜4时间内它们的”-力图线如图S)所示。整个运动过程中两球未相碰，设小右时刻

两球的总电势能分别为瓦、及，则()

A.时刻两球最近，身＞后3B.协时刻两球最近，为〈风

C.与时刻两球最近，及》七3D.t2时刻两球最近，及V及

【答案】A

【详解】由图（6）可知，0〜右时间内乙球向左减速，甲球向左加速，可知两球带同种电荷，两球间存在斥力，

友时刻两球速度相同，相距最近，由动量守恒定律可得

小匕。0=（771甲+机匕）%

解得

吐=2

整个过程电场力做负功，电势能增加，增加量为

△瓦=-（6甲+m＞乙）费

其中

Vi=2m/s

之后在斥力的作用下，甲继续向左加速，乙向左减速至速度为零后向右加速，13时刻两球没有相距最近，0

〜力3过程中，电势能的增加量为

△星=:小乙端一（《机那+白?71乙娟

其中

v2—4m/s,v3=-2m/s

代入数据可得

△耳＞皿

故tx时刻两球的总电势能较大，即

故选人。

【模型三】碰撞模型三原则

⑴动量守恒:即P1+02=01'+02’.

（2）动能不增加：即EkA+E1a＞及J+用2'或点+卢）譬+/.

2iTn＞\2tm22?rzi2rm2

（3）速度要合理

①若碰前两物体同向运动，则应有“后〉”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”前后’。

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。

【其它方法①】临界法

弹性碰撞没有动能损失，完全非弹性碰撞动能损失最多，计算出这两种情况下的临界速度，那么其他碰撞应该

介于二者之间。

19.如图所示，质量相等的A、B两小球在光滑的水平面上发生正碰，碰前人、B的速度分别为办=3m/s,

g=—Im/s,碰后4B两小球的速度必和植可能是（）

•M

A.v'A=—Im/s,v'B=Im/sB.v'A=2m/s,v'B=0

C.=0,v'B=2m/sD.v'A=-2m/s,v'B=4m/s

【答案】。

【详解】A.两球碰撞前后应满足动量守恒定律

mvA+mvB=mv'A+mv'B

选项中数据不满足动量守恒，A错误；

BC.两个选项满足动量守恒

mvA+mvB=mv'A+mv'B

也满足碰后两球的动能之和不大于碰前两球的动能之和

mv^2s-1-mvl+/wwg

如果碰后A的速度方向不变，则A球的速度不大于B球的速度，即有以&狼，B错误，。正确；

D.碰前两球的动能之和，即

+-mvB=5m

碰后两球的动能之和

+-^-mvg—10m

能量增加，。错误。

故选。。

20.如图所示,光滑水平面上有大小相同的4、B两球在同一直线上运动。两球质量关系为mB=2小4,规

定向右为正方向，4、B两球的动量均为6kg-m/s,运动中两球发生碰撞，碰撞后入球的动量增量为

—4kg-m/s』1]()

7777777/7777777777777/7777777"

A.左方是人球，碰撞后人、口两球速度大小之比为2：5

B.左方是A球，碰撞后人、口两球速度大小之比为1:10

C.右方是A球,碰撞后两球速度大小之比为2：5

D.右方是A球,碰撞后人、B两球速度大小之比为1:10

【答案】A

【详解】根据题意可知，A、B两球均向右运动，由p=mu可知，由于两球质量关系为M