專題02碰撞模型

模型講解

1.碰撞的特點

(1)時間特點：碰撞現象中，相互作用的時間極短，相對物體運動的全過程可忽略不計。

(2)相互作用力特點：在碰撞過程中，系統的內力遠大于外力，所以碰撞過程動量守恒。

2.碰撞的分類

(1)彈性碰撞：系統動量守恒，機械能守恒。

(2)非彈性碰撞：系統動量守恒，機械能減少，損失的機械能轉化為內能。

(3)完全非彈性碰撞：系統動量守恒，碰撞后合為一體或具有相同的速度，機械能損失最大。

2.碰撞類問題遵循的三條原則

動量守恒W1V1+加2V2=冽1VI'+冽2V2'

￡kl+Ek2*kl'+￡k2'

機械能不增

或正7+應2即日，2+直，2

加

2m12加212加121n2

碰撞前，后面的物體速度大；碰撞后，前面的物體速

同向碰撞

速度要合理度大或兩物體速度相等

相向碰撞碰撞后兩物體的運動方向不可能都不改變

3.彈性碰撞討論

(1)碰后速度的求解：

根據動量守恒定律和機械能守恒定律

加1次+加2V2=加1也'+加2V2’①

-m1v12+-m2V22=-mivir2+-mivif2②

12222

解得力=(相1—加2)。1+2加2。2,

冽1+冽2

,_(冽2一加i)02+2miVi

V2o

加1+加2

(2)分析討論：

當碰前物體2的速度不為零時，若見=機2,則:

V1'=V2，V2'=V1，即兩物體交換速度。

當碰前物體2的速度為零時，V2=0,則:

v冽2一加1)02+2加Ri,2機ivi

V2=------o

mi+m2冽1+冽2

①加1=加2時，也'=0,V2=Vi，碰撞后兩物體交換速度。

②加1>冽2時，Vf>0,V2'>0,碰撞后兩物體沿相同方向運動。

③加1<冽2時，Vf<0,V2'>0,碰撞后質量小的物體被反彈回來。

案例剖標1

【模型演練1】某打樁機在重錘與樁碰撞的過程中，使樁向下運動，錘向上運動。現把打樁機和打樁過程簡

化如下：如圖所示，打樁機重錘的質量為優,由牽引機械把重錘牽引到距鋼樁頂上〃高處自由下落，打在

質量為M=3加g的鋼樁上，已知重錘與鋼樁的碰撞可視為彈性碰撞，重錘反彈后再多次與鋼樁發生碰撞，

且每次碰撞時間極短。已知鋼樁在下陷過程中泥土對木樁的阻力恒為/'=6〃zg,式中g為重力加速度，不計

空氣阻力。求：

（1）重錘第1次與鋼樁碰撞以后鋼樁的深度變化、；

（2）重錘第2次與鋼樁碰撞以后鋼樁的深度變化$2；

（3）重錘很多次與鋼樁碰撞以后鋼樁深入泥土的總深度s。

【答案】（1）（2）—h；（3）—h

【詳解】（1）重錘自由下落運動過程，設重錘剛與樁接觸時的速度為%,則根據機械能守恒定律得

mgh=；加說

解得

重錘與樁的彈性碰撞過程，取向下為正方向，由于作用時間極短，內力遠大于外力，由動量守恒定律得

mv0=mvx+Mv\

由機械能守恒定律有

121211?

—mv0=—+—mvl

解得

m-M1.2m1

V1=~%=一彳%,=—v=-V

m+M2m+M02o

對樁在深入泥土的過程中根據動能定理得

解得

=-h

S1l4

(2)設重錘第2次與樁接觸時的速度為為則據機械能守恒定律得

mgs、=；加端

解得

同理，由動量守恒定律和機械能守恒定律可得

m—M1.2m1

對樁在深入泥土的過程中，根據動能定理得

1,,

-fs2+Mgs2^Q--MV2

解得

s=-h

28

(3)根據功能關系有

fi—Mgs+mg(^h+s}

解得

s=-h

2

【模型演練2】已知A、B兩物體的質量加/=2kg,冽3=lkg,A物體從距水平地面/z=1.2m處自由下落，且

同時B物體從水平地面豎直上拋，經過/=0.2s相遇碰撞后，兩物體立刻粘在一起運動，已知重力加速度g

=10m/s2,求：

(1)碰撞時離地高度x；

(2)碰后速度v；

(3)碰撞損失的機械能A￡。

【答案】(1)1m；(2)0；(3)12J

【詳解】(1)由自由落體運動規律可得，碰撞時A物體下落高度為

1,1,

2

hA=—g^=—xl0x0.2*m=0.2m

則碰撞時離地高度為

x-h-hA-1.2m-0.2m=Im

(2)設B物體從地面豎直上拋的初速度大小為K。，根據運動學公式可知

12

x=VB(/_/g廣

代入數據解得

vB0=6m/s

碰撞前A物體的速度大小

vA-gt=2m/s

方向豎直向下；碰撞前B物體的速度大小

%=%o-g/=4m/s

方向豎直向上；選豎直向下為正方向，碰撞過程由動量守恒定律可得

mAvA-mBvB=(mA+mB)v

代入數據解得碰后速度為

v=0

(3)根據能量守恒定律可知，碰撞損失的機械能為

=1m"+1加B說_g(加A+y

代入數據解得

AE=12J

【模型演練2】.如圖所示，光滑水平面上放有A、B兩小球，B球靜止，某時刻給A球一個水平向右的速度

匕=5m/s,一段時間后A、B發生正碰，已知A球質量為M=6kg,A、B兩球碰撞過程的相互作用時間為才=0.01s。

(1)若B球質量為加=3kg,且碰后B球獲得水平向右的速度心=4m/s。求碰后A球的速度v；以及碰撞過

程中A、B兩球之間的平均作用力尸的大小；

(2)若B球質量可調節，A球仍以速度看與靜止的B球正碰，碰后A、B兩球的動量大小為1:4。求B球的

質量小的范圍。

AB

^77777777777777777777777/777777777^

【答案】(l)v：=3m/s,方向水平向右尸=1200N(2)4kgW4W24kg或加'212kg

【詳解】(1)以水平向右方向為正方向，由動量守恒定律有

M\\=Mv}+mv2

代入數據解得

v；=3m/s

即碰后A球速度大小為3m/s,方向水平向右；

對B由動量定理有

Ft=mv2-0

代入數據解得

尸=1200N

(2)以水平向右方向為正方向，碰前A球動量為

pA-Mvx=30kgm/s

設碰后A球動量為B球動量為p”若碰后A、B同向運動，則有

PA-PB=1：4

由動量守恒有

PA=PA+PB

碰后應滿足A球速度小于B球速度，則有

或《空

Mm

碰后系統機械能不增加，則有

PL>P2+PZ

2M2M2m'

聯立解得

4kg<<24kg

若碰后A、B反向運動，則有

P［：%=_1：4

由動量守恒有

PA=PA+P'B

碰后系統機械能不增加，則有

P\>P'A!P'B

2M~2MIm'

聯立解得

m'>12kg

綜上可得：碰后A、B同向運動，則4kg（"W24kg；碰后A、B反向運動，則"212kg。

綜合應用

一、單選題

1.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（）

【答案】C

【詳解】設甲、乙物塊的質量分別為機甲、m乙,由動量守恒定律得

加甲V甲+加乙V乙=加甲/+小乙吃

解得

冽乙=6kg

則碰撞過程中兩物塊損失的機械能為

17171?71,2

E根=5■加甲%p+]■加乙丫石一^加甲啕一/加乙丫乙

代入數據解得

%=3J

故選Co

2.如圖所示，物體A、B放在光滑的水平面上，且兩物體間有一定的間距。f=0時刻，分別給物體A、B

一向右的速度，物體A、B的動量大小均為。=12kg-m/s,經過一段時間兩物體發生碰撞，已知碰后物體B

m

的動量變為PB=16kg-m/s,兩物體的質量分別為加A、B＞則下列說法正確的是（）

T\"

V///////////////////7//////.

A.物體A的動量增加4kg.m/sB.物體A的質量可能大于物體B的質量

C.若碰后兩物體粘合在一起，則%:%=1:2D.若該碰撞無機械能損失，則〃ZA：%B=7：5

【答案】C

【詳解】A.由題意可知，該碰撞過程物體B的動量增加了

"=PB-P=4kg-m/s

碰撞過程兩物體的動量守恒，則有

WB=3A

所以物體A的動量減少了4kg-m/s,故A錯誤；

B.由題意碰前物體A的速度一定大于物體B的速度，則有

P、----P--------

解得

外＞mA

故B錯誤；

C.若碰后兩物體粘合在一起，則碰后兩物體的速度相同，則有

￡A=AL

m

777AB

又

pA=夕一4kg?m/s=8kg-m/s

解得

rk=2A=1

%PB2

故c正確；

D.若該碰撞為彈性碰撞，則碰撞過程中沒有能量損失，則有

2冽人2mB2冽A2mB

解得

如=*

加B7

故D錯誤。

故選Co

3.如圖甲所示，兩小球隊6在足夠長的光滑水平面上發生正向對心碰撞。小球。、6質量分別為町和加2,

且叫=200g。取水平向右為正方向，兩小球碰撞前后位移隨時間變化的X7圖像如圖乙所示。下列說法正

確的是（）

Ax/m

球［球方\/a：

左”“77%7777777?”7"777,右026t/s

圖甲圖乙

A.碰撞前球a做加速運動，球6做勻速運動B.碰撞后球a做減速運動,球b做加速運動

C.球6的質量為200gD.球6的質量為600g

【答案】D

【詳解】A.碰撞前球a做勻速運動，球b靜止，A錯誤；

B.碰撞后球a、b都做勻速運動，B錯誤；

CD.由圖乙可知，碰撞前球6靜止，球a的速度為

v=§m/s=4m/s

2

碰撞后球a的速度為

8

=-------m/s=-2m/s

6-2

碰撞后球b的速度為

口=9m/s=2m/s

b6-2

根據動量守恒定律有

m^v=m{va+m2Vb

解得球6的質量為

m2=600g

C錯誤，D正確；

故選D?

4.某研究小組通過實驗，測得兩滑塊碰撞前后運動的實驗數據，得到如圖所示的位移一時間圖像。圖中的

三條線段分別表示在光滑水平面上，沿同一條直線運動的滑塊I、II和它們發生正碰后結合體的位移隨時

B.碰前滑塊I的動量比滑塊n的動量大

C.碰前滑塊I的速度大小為2.8m/s

D.滑塊I的質量是滑塊II的質量的，

【答案】D

【詳解】AC.由題圖可知，碰前滑塊I、II的速度大小分別為

14-4

v,=--------m/s=2m/s

5

4-0

v2=--—m/s=0.8m/s

碰后結合體的速度大小為

6-4

v=-----m/s=0.4m/s

5

碰后兩滑塊速度相同，屬于完全非彈性碰撞，故AC錯誤;

B.設碰前滑塊i、n的動量大小分別為白、P2,碰后結合體的動量大小為0,則根據動量守恒定律有

-pl+p2=p>0

所以碰前滑塊I的動量比滑塊n的動量小，故B錯誤；

D.根據動量守恒定律有

—m1v1+m2v2=（，"]+加2）v

解得

mx1

m26

故D正確。

故選D。

5.算盤是中國古老的計算工具，承載著我國古代勞動人民的智慧結晶和悠遠文明。算盤一般由框、梁、檔

和算珠組成，中心帶孔的相同算珠可在檔上滑動，使用前算珠需要歸零。若一水平放置的算盤中分別有一

顆上珠和一顆頂珠未在歸零位置，上珠靠梁，頂珠與框相隔4=lcm,上珠與頂珠相隔4=4cm,如圖甲所

示。現用手指將上珠以一定初速度撥出，一段時間后，上珠與頂珠發生正碰（碰撞時間極短），整個過程,

上珠運動的V—圖像如圖乙所示。已知算珠與檔之間的動摩擦因數處處相同，重力加速度大小為g=10m/s2。

下列說法正確的是（）

算珠“"狀態/頂珠植

框，行什計計用田珠

梁，

檔，底珠蟒

甲乙

A.算珠與檔之間的動摩擦因數為0.1

B.上珠從撥出到停下所用時間為0.2s

C.上珠與頂珠發生的碰撞頂珠的速度0.1m/s

D.頂珠碰撞后恰好能運動至歸零位置

【答案】D

【詳解】A.根據上珠運動的V—圖像可知，上珠碰前勻減速運動的初末速度分別為

%=0.5m/s,%=0.3m/s

根據牛頓第二定律有

/Limg=ma

利用逆向思維，根據速度與位移的關系式有

v；-v；=2ad2

解得

〃=0.2

故A錯誤；

B.U—圖像斜率的絕對值表示加速度的大小，結合圖乙有

0.5m/s-0.3m/s0.1m/s

a—,ci-

解得

G+t2=0.15s

故B錯誤；

C.根據圖乙可知，碰撞后上珠的速度

v2=0.1m/s

根據動量守恒定律有

mvl=mv2+mv3

解得

v3=0.2m/s

故C錯誤；

D.頂珠做勻減速運動至速度減為0過程，利用逆向思維有

Vj=2ax

解得

x=1cm=&

故D正確。

故選D。

6.物體間發生碰撞時，因材料性質不同，機械能會有不同程度的損失，可用碰撞后二者相對速度的大小與

碰撞前二者相對速度大小的比值描述，稱之為碰撞恢復系數，用符號￡表示。現有運動的物塊A與靜止的

物塊B發生正碰，關于A與B之間的碰撞，下列說法正確的是（）

A.若￡=0,則表明碰撞結束后A與B均停止運動

B.若￡=0,則表明碰撞結束后二者交換速度

C.若￡=1,則表明A與B的碰撞為完全非彈性碰撞

D.若￡=1,則表明A與B的碰撞為彈性碰撞

【答案】D

【詳解】若￡=0，則表明碰撞結束后A、B兩物體相對速度為0,表明A、B兩物體共速，說明A與B碰撞

為完全非彈性碰撞；假設為彈性碰撞，則有

機+m2V2=+m2v'2

121,11,2

5色V]+-m2v2+-m2v2

解得

Vj-V2=v；-v；

可知若￡=1,則表明A與B的碰撞為彈性碰撞。

故選D。

7.一固定光滑弧形軌道底端與水平軌道平滑連接，將滑塊/從弧形軌道上離水平軌道高度為〃處由靜止釋

放，滑塊/在弧形軌道底端與滑塊8相撞后合為一體，一起向前做勻減速直線運動，停止時距光滑弧形軌

道底端的距離為s。已知滑塊N,滑塊8的質量均為小重力加速度大小為g,則滑塊與水平軌道之間的動

摩擦因數為（）

s2s3s4s

【答案】D

【詳解】設滑塊/到達弧形軌道底端時的速度大小為%,根據動能定理可得

mgh=:加v；

兩滑塊碰撞后的速度大小為口根據動量守恒可得

mv0=2mv

兩滑塊碰撞后一起向前做勻減速直線運動，根據動能定理可得

12

.".2mgs=0一”

聯立解得

11

〃=丁

4s

故選D。

8.如圖甲所示，將兩個質量分別為加/=60g、冽2=30g的小球A、B疊放在一起，中間留有小空隙，從小

球A下端距地面燈=1.8m處由靜止釋放。A球與地面碰撞后立即以原速率反彈，A球與B球碰撞的時間為

0.01s,不計空氣阻力，取向上為正方向，B球的速度一時間圖像如圖乙所示，g取10m/s2,下列說法中正

確的是（）

A.B球與A球碰前的速度大小為5m/s

B.A、B兩球發生的是彈性碰撞

C.若m2《mi,第一次碰撞后，B球上升的最大高度可能大于20m

D.兩球碰撞過程中，B球的重力沖量與A對B球的沖量大小的比值為1:101

【答案】D

【詳解】A.碰前，兩球均做自由落體運動，則有

%=2g%

解得

%=6m/s

即B球與A球碰前的速度大小為6m/s,故A錯誤;

B.根據題意可知，B球碰后的速度方向向上，大小為V2=4m/s,以向上為正方向，碰撞過程，根據動量守

恒定律有

冽

網%-m2v0=1V]+m2v2

解得

匕=lm/s

碰前兩球的機械能為

=1?62J

碰后兩球的機械能為

1212

萬加]匕+—m2v2=0.27J

碰撞后系統總動能減小，可知碰撞是非彈性碰撞，故B錯誤；

C.假設碰撞是彈性碰撞，此時B球碰后速度最大，上升高度最大，碰撞過程有

mV

加1%—加2Vo=+24

1?121212

5嗎V。+萬加2%=54V3+萬加2y4

解得

C)-卜

v二(3叫一冽2,0二1叫J

叫+嗎1+也

當加2《加/時，有

解得

%=3%=18m/s

則B球上升到最高點過程有

H=2ghM

解得

"max=16.2m

故C錯誤;

D.在碰撞時間/=0.01s內，根據動量定理，對B球有

4-m^gt-m2v2-(-%%)

B球重力的沖量

A=m2gt

解得

Ix101

故D正確。

故選Do

二、多選題

9.在冰壺運動中運動員可以通過冰壺刷摩擦冰面來控制冰壺的運動.如圖甲所示，在某次比賽中，A壺與

靜止的B壺發生碰撞，碰撞時間極短，碰撞后運動員用冰壺刷摩擦B壺運動前方的冰面.碰撞前后兩壺運

動的V—圖線如圖乙中實線所示，已知跖與G"平行，且兩冰壺質量相等，則（）

A.碰撞后A壺的加速度大小為0.5m/s2

B.碰撞后B壺的加速度大小為0.75m/s?

C,碰撞后至停止的過程中，A、B兩壺的運動時間之比為4:1

D.碰撞后至停止的過程中，A、B兩壺所受摩擦力的沖量大小之比為1:3

【答案】BD

【詳解】A.由昉與G4平行可知，碰撞前后A壺的加速度不變，由題圖可知，碰撞前后A壺的加速度

-^-=---m/s2=-lm/s2

AZ1

故A錯誤;

B.由圖像可得

Av0-5.

-----?---------s—5s

aAT

碰撞后5壺的加速度

22

aB==9_-m/s=-0.75m/s

-Is5—1

故B正確；

C.由于A壺和B壺碰撞的過程中，動量守恒，則有

mAv=mAvA+mBvB

根據題圖乙代入數據解得

V/=1m/s

則可得碰撞后至停止的過程中，A壺的運動時間

故碰撞后至停止的過程中，A、B兩壺的運動時間之比為1:4,,故C錯誤；

D.根據動量定理可得

故可得碰撞后至停止的過程中，A、B兩壺所受摩擦力的沖量大小之比為1:3,故D正確。

故選BDo

10.如圖所示，光滑的水平面上有P、。兩個固定擋板，/、8是兩擋板連線的三等分點，A點有一質量為啊

的靜止小球2.有一質量為g的小球1以速度％從緊貼P擋板處開始向右運動，一段時間后與小球2相碰。

兩小球之間的碰撞為一維彈性碰撞，兩小球均可視為質點。小球與擋板碰撞后，小球速度大小不變，方向

相反。碰撞時間極短。已知兩小球之間的第二次碰撞恰好發生在8點，則兩小球的質量關系可能為（）

心3,n°

AB

A.加i=3加2B.m2=mxC.m2=5mxD.m2=lmx

【答案】AD

【詳解】若兩小球在/點相碰后球1的速度方向與原來的速度方向相同，兩小球在3點相碰，是球2與擋

板0相碰后反彈，在2點與球工相碰，在/點相碰后球2經過的路程是球1經過的路程的3倍，有

v2t=3印

可得

V?=3Vl

根據動量守恒定律得

mxv0=ZH[V]+m2v2

根據機械能守恒定律得

121212

5冽F。=5冽1匕+萬加2V2

聯立解得

mx=3m2

若兩小球在/點相碰后球1的速度方向與原來的速度方向相反，兩小球在3點相碰，是球1與擋板尸相碰

后反彈，在2點追上球2,在/點相碰后球工經過的路程是球2經過的路程的3倍，有

V/=3V2，

可得

匕=3V2

同理解得

m2=7加i

若兩小球在A點相碰后球1的速度方向與原來的速度方向相反，兩小球在B點相碰，是球1與擋板尸相碰

后反彈，球2與擋板。相碰后反彈，在3點相碰，球1經過的路程等于球2經過的路程，有

卬=v2t

可得

匕=匕

同理解得

m2=3加1

故選ADo

11.如圖所示，傾角為37。的斜面上有兩個質量均為1kg的貨物P、Q,P、Q與斜面間的動摩擦因數分別為

75

（、P沿斜面向下運動，Q沿斜面向上運動，已知P、Q碰撞前瞬間，P的速度大小為4m/s,Q的速度

88

為零，碰撞時間極短，碰后瞬間Q的速度大小為3m/s,重力加速度g=10m/s2,“訪37。=0.6337。=0.8）下

列說法正確的是（）

A.P、Q發生的是彈性碰撞

B.P、Q碰后瞬間P的動量大小為lkg-m/s

C.P、Q碰后到P停下的過程中，P、Q系統動量守恒

D.P、Q碰后到P停下的過程中，兩者位移之比為1:7

【答案】BCD

【詳解】A.依題意，碰撞過程，系統動量守恒，可得

mv0=mvp+mV。

解得

vp=Im/s

可得

:mVg=8J>；mVp+:mv^=5J

即P、Q發生的是非彈性碰撞。故A錯誤;

B.P、Q碰后瞬間P的動量大小為

pp=mvp=1kg?m/s

故B正確；

C.P、Q碰后到P停下的過程中，系統所受合力為

7*l=2mgsin37°cos37°一〃2mgeos37°=0

所以P、Q系統動量守恒。故C正確；

D.P、Q碰后到P停下的過程中，由牛頓第二定律可得

a^AlfflgCos37°-mgsin37^lm/s2

m

m2sin37°-u.ms:cos37°/

a=--------------------------------=lm/s2

Qm

可知碰后P做勻減速直線運動，Q做勻加速直線運動。根據

0=vp-apt

解得

Z=ls

此時二者的位移分別為

V；12

Xp=彳，xQ^vQt+-aQt

可得兩者位移之比為

Xp_1

XQ7

故D正確。

故選BDo

12.如圖甲所示,""形木板Q靜止于粗糙水平地面上,質量為1kg的滑塊P以6m/s的初速度滑上木板，f=2s

時與木板相撞并粘在一起，兩者運動的V—圖像如圖乙所示，重力加速度大小g取lOm/s?,則()

甲

A.Q的質量為2kgB.地面與木板之間的動摩擦因數為0.05

C.由于碰撞系統損失的機械能為1JD./=4s時木板的速度恰好為零

【答案】BC

【詳解】A.滑塊P滑上木板后，滑塊P做勻減速運動，木板Q做勻加速運動，由兩者運動的V—圖像可知,

兩者在碰撞前滑塊P的速度為％=3m/s,木板Q的速度匕=lm/s,兩者碰撞后共同速度為匕=2m/s,碰撞

過程系統的動量守恒，設滑塊P的質量為％,木板Q的質量為取滑塊P的速度方向為正方向，由動量

守恒定律可得

〃叫+MV2-(m+M)v3

代入數據解得

M=1kg

A錯誤;

B.設滑塊P與木板Q間的滑動摩擦因數為從，地面與木板之間的滑動摩擦因數為〃2，由運動的v-l圖像

可知，在0~2s時間內，滑塊P的加速度為

2

ap=326m/s2=-1.5m/s

木板Q的加速度為

2

aQ=；m/s2=0.5m/s

對兩者由牛頓第二定律可得

=map

-ju2{m+M)g=Ma。

代入數據聯立解得

"2=0.05

B正確;

C.由于碰撞系統損失的機械能為

2

A￡=1mV1+^Mv1+

代入數據解得

A￡=1J

C正確;

D.對兩者碰撞后的整體由動量定理可得

-〃2("?+N)g，2=0-(m+M)v3

代入數據解得

t2—4s

可知木板的速度恰好是零的時刻應是

t=tt+t2=2s+4s=6s

D錯誤。

故選BCo

13.如圖，光滑圓弧槽面末端切線水平，并靜置一質量為〃?2的小球Q,另一質量為沖的小球P從槽面上某

點靜止釋放，沿槽面滑至槽口處與Q球正碰，設碰撞過程中無能量損失，P、Q兩球落地點到。點水平距離

之比為1:3,則P、Q兩球質量比可能是（）

C.2:3D.1:7

【答案】AB

【詳解】設碰撞前小球P的速度為V0,碰撞后P、Q的速度分別為V八V2，由動量守恒定律和機械能守恒定

律得

根i%=加i匕+m2v2

121212

5冽Fo=5冽1匕+5加2V2

解得

m,-m,

匕=—,—%

mx+加2

2m.

"2=-'-%

mx+m2

兩式之比為

匕二加1-冽2

v22叫

因P、Q兩球落地點到。點水平距離之比為1:3,即Xp：9=l：3,則可能有兩種情況，一種是碰撞后P球不

彈回，繼續向前運動，有

匕_mx-m2_1

v22m13

解得

mx:m2=3:l

另一種是碰撞后p球被彈回，有

Kmx-m21

v22叫3

解得

:加2=3:5

綜上所述，P、Q兩球質量比可能是3:1、3:5o

故選ABo

三、解答題

14.2023年6月27日全國殘疾人冰壺錦標賽和殘奧冰球錦標賽拉開序幕。如圖所示，運動員將冰壺A以初

速度vo=2m/s從M點水平擲出，沿直線運動一段距離后與靜止在N點的冰壺B發生正碰，碰后冰壺A、B

的速度大小分別為va=0.3m/s、VB=0.7m/s,碰撞前后A的速度方向不變，運動中冰壺可視為質點且碰撞

時間極短。若冰壺A、B的質量均為20kg,與冰面間的動摩擦因數均為〃=0.015,重力加速度g=10m/s2。

求：

MN

⑴兩冰壺碰撞前冰壺A的速度大小V7；

(2)M、N兩點間的距離s；

⑶通過計算判斷兩冰壺碰撞是否為彈性碰撞。

【答案】(l)1m/s(2)10m(3)見解析

【詳解】(1)兩冰壺碰撞過程中，滿足動量守恒，以碰撞前A的速度方向為正方向，有

mvx=mvA+mvB

代入數據解得

匕=lm/s

(2)冰壺A從M點水平擲出至運動到N點與冰壺B碰撞前，根據動能定理得

一Rings=；mvl-；mv1

代入數據解得

5=10m

(3)碰撞前A、B兩冰壺的總動能為

1

%=5機M?=1°J

碰撞后兩冰壺的總動能為

121,

Ek2=—mvA+—mvB=5.8J

由于&2,可知兩冰壺碰撞過程中有動能損失，為非彈性碰撞。

15.如題1圖，A,2兩個物體在光滑的水平面上正碰，碰撞時間不計，其x-f圖像如題2圖所示，以向右

為正方向，物體/質量%/=lkg。

(1)求物體/在碰撞過程中的動量變化量△“;

(2)求物體2的質量加2；

(3)通過計算判斷兩個物體的碰撞是彈性碰撞還是非彈性碰撞。

z/Jz/J/zz/Jz/zz//////

圖1

【答案】-3kg-m/s6kg非彈性碰撞

【詳解】(1)由X-圖可知,物體N碰前速度％=2m/s,碰后速度h=Tm/s,則物體/在碰撞過程中的

動量變化量為