1.5彈性碰撞和非彈性碰撞(教師版)1.(2021·廣東省佛山市·單元測試)關于彈性碰撞和非彈性碰撞，下列說法中正確的是(????)A.彈性碰撞動量守恒，非彈性碰撞動量不守恒

B.彈性碰撞機械能守恒，非彈性碰撞機械能不守恒

C.彈性碰撞動量不守恒，非彈性碰撞動量也不守恒

D.彈性碰撞機械能不守恒，非彈性碰撞機械能守恒【答案】B

【解析】碰撞過程中，當系統所受的合外力為零時，系統動量守恒；當系統所受的合外力不為零，但由于系統物體間的作用時間很短，此時物體間的相互作用力遠大于外力，系統動量也認為守恒；從機械能是否守恒的角度分析彈性碰撞與非彈性碰撞的關系。

本題的關鍵是知道怎樣區分彈性碰撞與非彈性碰撞，是從機械能是否守恒的角度進行判斷。

【解答】

當系統的合外力為零時，彈性碰撞與非常彈性碰撞動量均守恒；當系統的合外力不零時，由于碰撞的時間間隔很短，物體的位置幾乎不變，此時系統內物體間的相互作用力遠大于外力，所以系統的動量近似守恒，即不管是彈性碰撞還是非彈性碰撞，動量都是守恒的；當碰撞過程中，系統的機械守恒，即為彈性碰撞，機械能減少的即為非彈性碰撞，故B正確，ACD錯誤。

故選B。

2.(2023·四川省·月考試卷)以下對碰撞的理解，說法正確的是(

)A.彈性碰撞一定是對心碰撞

B.非對心碰撞一定是非彈性碰撞

C.彈性碰撞也可能是非對心碰撞

D.彈性碰撞和對心碰撞中動量守恒，非彈性碰撞和非對心碰撞中動量不守恒【答案】C

【解析】本題根據碰撞的定義和特點來分析：

(1)定義：相對運動的物體相遇，在極短的時間內，通過相互作用，運動狀態發生顯著變化的過程叫做碰撞。

(2)碰撞的特點：①作用時間極短，內力遠大于外力，總動量總是守恒的。

②碰撞過程中，總動能不增。因為沒有其它形式的能量轉化為動能。

本題考查碰撞的性質，要注意明確由于碰撞過程中內力遠大于外力，故一般視為動量守恒，但機械能不一定守恒。

【解答】

AC.彈性碰撞是沒有機械能損失的碰撞，對心碰撞指的是速度方向與兩球球心連線共線的碰撞，則彈性碰撞不一定是對心碰撞，也可能是非對心碰撞，選項A錯誤，C正確：

B.非對心碰撞也不一定是非彈性碰撞，選項B錯誤：

D.彈性碰撞和對心碰撞中動量守恒，非彈性碰撞和非對心碰撞中，只要合外力為零，動量也守恒，選項D錯誤：

故選C．

3.(2022·廣東省·其他類型)如圖所示，某趣味游戲中小球從圓柱形水杯口邊緣沿直徑方向水平射入，球與杯壁的碰撞是彈性碰撞，不計空氣阻力。則小球入水前的運動軌跡情景圖可能正確的是(

)A.B.C.D.【答案】A

【解析】本題考查平拋運動軌跡的特點，基礎題目。

根據平拋運動軌跡的特點，結合彈性碰撞特點分析即可判斷。

【解答】

A.小球射入水杯后將做平拋運動，其軌跡應為一條拋物線，當小球的入射速度較小時，小球直接做平拋運動落入水中，故A正確；

BCD.若小球與杯壁相碰，由于碰撞是彈性碰撞，可知小球在水平方向往返速度大小不變，故向右運動時間與向左運動時間相等，小球在豎直方向做自由落體運動，相同時間的位移比應為?1：?2=1：3

對比題圖可知，故BCD錯誤。

4.(2022·河北省·單元測試)如圖所示，在冰壺世錦賽上中國隊隊長王冰玉在最后一投中，將質量為m的冰壺推出，運動一段時間后以0.4m/s的速度正碰靜止的瑞典隊冰壺，然后中國隊冰壺以0.1m/s速度繼續向前滑向大本營中心.若兩冰壺質量相等，則下列判斷正確的是(

)

A.瑞典隊冰壺的速度為0.3m/s兩冰壺之間的碰撞是彈性碰撞

B.瑞典隊冰壺的速度為0.3m/s兩冰壺之間的碰撞是非彈性碰撞

C.瑞典隊冰壺的速度為0.5m/s兩冰壺之間的碰撞是彈性碰撞

D.瑞典隊冰壺的速度為0.5m/s兩冰壺之間的碰撞是非彈性碰撞【答案】B

【解析】兩冰壺在碰撞的過程中動量守恒，根據動量守恒定律求出碰后中國隊冰壺獲得的速度，通過計算動能改變量來判斷是否為彈性碰撞。

本題考查動量守恒定律的基本運用，運動動量守恒定律解題，關鍵注意速度的方向，知道動量守恒定律表達式的矢量性，同時要明確碰撞過程有彈性碰撞和非彈性碰撞之分。

【解答】

兩冰壺碰撞的過程中動量守恒，規定向前運動方向為正方向，根據動量守恒定律有：mv1=mv2+mv3

代入數據得：m×0.4=m×0.1+m5.(2022·陜西省渭南市·月考試卷)如圖所示，豎直平面內的四分之一光滑圓弧軌道下端與光滑水平桌面相切，小滑塊B靜止在圓弧軌道的最低點。現將小滑塊A從圓弧軌道的最高點無初速度釋放。已知圓弧軌道半徑R=1.8m，小滑塊的質量關系是mB=2mA，重力加速度g=10m/s2A.5?m/s B.4

m/s C.3

m/s D.2

m/s【答案】A

【解析】解：滑塊A下滑過程，由機械能守恒定律得mAgR=12mAv02

解得v0=6m/s

若兩個滑塊發生的是彈性碰撞，取向右為正方向，由動量守恒定律和機械能守恒定律得：

mAv0=mAvA+mBvB

12mAv02=12mAvA26.(2022·廣東省江門市·月考試卷)如圖所示，小球A和B的質量相同，小球B置于光滑水平面上，當小球A從高度?處由靜止開始向下擺動，并在最低點與小球B相撞，且粘合在一起繼續擺動，那么它們能升起的高度是：(

)

A.?； B.?/2； C.?/4； D.?/8。【答案】C

【解析】由機械能守恒定律求出A到達最低點時的速度，A、B碰撞過程動量守恒，由動量守恒定律求出速度，然后由機械能守恒定律求出AB上擺的最大高度。

本題分析清楚小球運動過程，應用機械能守恒定律與動量守恒定律即可正確解題。【解答】A球下擺過程機械能守恒，由機械能守恒定律得?mg?=12mv02，A、B碰撞過程動量守恒，以A的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得mv7.(2023·山西省·單元測試)甲、乙兩球在光滑水平軌道上同向運動，已知它們的動量分別是P甲=5kg?m/s，P乙=7kg?m/s，甲追上乙并發生碰撞，碰撞后乙球的動量變為P乙′=10kg?m/s，則兩球質量m甲A.m甲=m乙 B.m乙=2【答案】C

【解析】本題考查動量守恒定律及其應用，求解本題時要從以下三點出發：1.甲乙動量守恒；2.碰撞前后系統的總動能不會增加；3.碰撞后后方物體的速度不大于前方物體的速度。

【解答】

由動量守恒定律得p甲+p乙=p′甲+p′乙，解得p′甲=2

kg?m/s..碰撞過程系統的總動能不增加，則有p′甲22m甲+p8.(2023·山西省·單元測試)質量為m，速度為v的A球跟質量為3m的靜止的B球發生正碰。碰撞可能是彈性的，也可能是非彈性的，因此碰撞后B球的速度可能值為(

)A.0.6v B.0.4v C.0.2v D.0.1v【答案】B

【解析】解：A、若vB=0.6v，選V的方向為正，由動量守恒得：mv=mvA+3m?0.6v，得vA=?0.8v，

碰撞前系統的總動能為Ek=12mv2.碰撞后系統的總動能為：Ek′=12mvA2+12?3mvB2=12m(0.8v)2+12?3mvB2>12mv2，違反了能量守恒定律，不可能．故A錯誤．

B、若9.(2023·甘肅省金昌市·期末考試)如圖所示，B、C、D、E、F?5個小球并排放置在光滑的水平面上，與它們共線的A球以速度v0向B球運動，其中A、F兩球質量為m，B、C、D、E四個小球質量為2m，所發生的碰撞均為彈性碰撞，則碰撞之后(

)

A.共有3個小球運動，方向均向右

B.共有3個小球運動，方向既有向左又有向右

C.共有2個小球運動，方向均向右

D.共有2個小球運動，方向既有向左又有向右【答案】B

【解析】解決本題的關鍵是明確質量相等的兩個小球發生彈性碰撞，則速度交換，而小球碰靜止大球，則小球反彈。【解答】因A、B兩球質量不等，MA<MB.A球與B球相碰后，A球向左運動，B球向右運動.B、C、D、E4個小球的質量相等，彈性碰撞后，不斷交換速度，最終E球有方向水平向右的速度，B、C、D3個小球均靜止.E、F兩球質量不等，ME>MF，則E、F兩球碰撞后都向右運動.所以B、C

10.(2022·甘肅省酒泉市·期中考試)A、B兩球在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運動，mA=1?kg，mB=2?kg，vA=6?m/s，vB=2?A.vA’=5?m/s，vB’=2.5?m/s B.v【答案】B

【解析】兩球碰撞過程，系統不受外力，故碰撞過程系統總動量守恒；碰撞過程中系統機械能可能有一部分轉化為內能，根據能量守恒定律，碰撞后的系統總動能應該小于或等于碰撞前的系統總動能；同時考慮實際情況，碰撞后A球速度不大于B球的速度。

本題考查了動量守恒定律的應用，碰撞過程系統所受合外力為零，系統動量守恒，碰撞過程機械能不增加，碰撞后后面的球速度不能大于前面球的速度，應用動量守恒定律、求出碰撞后的機械能即可解題。

【解答】

雖然題目所給四個選項均滿足動量守恒定律，但A、D兩項中，碰后A的速度vA′大于B的速度vB′，不符合實際，即A、D項錯誤；C項中，兩球碰后的總動能Ek后=

12mAvA′

?2+

12mBvB′

?2=57?J，大于碰前的總動能E

11.(2023·山西省·單元測試)如圖所示，A，B兩小球質量相同，在光滑水平面上分別以動量p1=8?kg·m/s和p2=6?kg·m/s(向右為參考系正方向)做勻速直線運動，則在AA.5?kg·m/s，9?kg·m/s B.10?kg·m/s【答案】C

【解析】碰撞的過程中動量守恒、動能不增加量，以及要符合實際的規律，根據這些規律進行分析；

【解答】

AD.兩小球質量相同，設質量都是m，則開始時的動能：E0=p122m+p222m=642m+362m=50m，碰撞后的動能：12.(2020·浙江省·期中考試)如圖所示，光滑水平面上有大小相同的A、B兩球在相向運動，它們的動量大小分別是pA=5kg·m/s，pB=8kg·m/s，然后發生正碰，規定向右為正方向，則碰后兩球的動量增量可能分別為(

)

A.△pA=4kg·m/s，△pB=?4kg·m/s

B.△pA=?4kg·m/s，△p【答案】D

【解析】本題主要考查碰撞合理性分析，碰撞時即要滿足動量守恒定律，也要符合實際情況，同時碰撞前后動能不會增加。

【解答】

A.由Δp=p末?p初，可知A球碰后的動量為：p1=9kg·m/s，B球碰后的動量為：p2=?12kg·m/s，AB兩球碰后A球仍向右運動，B球仍向左運動，不可能，故A錯誤。

B.由Δp=p末?p初，可知A球碰后的動量為：p1=1kg·m/s，B球碰后的動量為：p2=?4kg·m/s，AB兩球碰后A球仍向右運動，B球仍向左運動，不可能，故B錯誤。

C.由Δp=p末?p初，可知A球碰后的動量為：p1=0kg·m/s，B球碰后的動量為：p2=?3kg·m/s，AB兩球碰后A13.(2022·云南省·歷年真題)甲、乙兩個物塊在光滑水平桌面上沿同一直線運動，甲追上乙，并與乙發生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度隨時間的變化如圖中實線所示。已知甲的質量為1kg，則碰撞過程兩物塊損失的機械能為(

)

A.3?J B.4?J C.5?J D.6?J【答案】A

【解析】解：設甲的質量為m，乙的質量為M，碰撞前甲、乙的速度大小分別為v1和v2，

碰撞后甲、乙的速度大小分別為v3和v4，

碰撞過程中動量守恒，則mv1+Mv2=mv3+Mv4，

解得M=6kg，

則碰撞過程兩物塊損失的機械能14.(2021·天津市縣·月考試卷)在光滑水平面上，一質量為2kg的物體a與另一物體b發生正碰，碰撞時間極短，兩物體的位置隨時間變化規律如圖所示，以a物體碰前速度方向為正方向，下列說法正確的是(

)

A.碰撞后a的動量為6kg?m/s B.碰撞后b的動量為2kg?m/s

C.物體b的質量為2kg D.碰撞過程中a對b的沖量為6N?s【答案】D

【解析】s?t圖象的斜率等于速度，根據圖象的斜率求出碰撞前后兩球的速度，再根據碰撞過程中動量守恒即可求解。

解決本題的關鍵要掌握碰撞的基本規律：動量守恒定律，要知道x?t圖象的斜率等于速度，要注意斜率的正負表示速度的方向。

【解答】

A.由題圖可知，碰撞前a的速度為v0=xt=164?m/s=4m/s，碰撞后a、b共同的速度為v=ΔxΔt=24?1612?4?m/s=1m/s，則碰撞后a的動量為pa=mav=2?kg×1?m/s=2?kg·m/s，故A錯誤；

C.

a、b15.(2023·黑龍江省大慶市·月考試卷)光滑水平面上，質量為1kg的小球A以6m/s的速度與同向運動的速度為2m/s、質量為2kg的半徑相同的小球B發生正碰，碰撞后小球B以4m/s的速度運動．求：

(1)碰后A球的速度v；(2)碰撞過程中A球對B球的沖量大小I；(3)碰撞過程中A、B系統損失的機械能△E．【答案】解：(1)已知m1=1kg，m2=2kg，碰前有v1=6m/s，v2=2m/s，碰后A速度為v，B速度為v′=4m/s，

根據動量守恒定律有m1v1+m2v2=m1【解析】(1)利用動量守恒定律求A球的速度；

(2)利用動量定理求A球對B球的沖量；

(3)碰撞前兩球的動能之和減去碰撞后兩球的動能之和即為機械能損失量。

16.(2020·內蒙古自治區·期中考試)如