2026新高二物理暑假衔接2套（人教版）第25讲 专题二十一 碰撞问题分析（教师版）

复习专题二十一碰撞问题分析

——精剖细解细复习讲义

知识点1：碰撞

1、碰撞的概念

碰撞指的是物体间相互作用持续时间很短，物体间相互作用力很大的现象，在碰撞过程中，一

般都满足内力远大于外力。

2、对心碰撞

物体碰撞前后速度方向在同一直线上。

处理方法：规定正方向，将矢量运算转化为代数运算。

3、碰撞的分类

碰撞类型规律动量和能量分析

弹性碰撞这种碰撞的特点是系统的机械动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′

能守恒，相互作用过程中遵循的12121212

机械能守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′

2222

规律是动量守恒和机械能守恒。

非弹性碰撞在碰撞过程中机械能损失的碰动量守恒、末速度相同：

撞，在相互作用过程中只遵循动m1v1＋m2v2＝（m1＋m2）v′

量守恒定律。机械能损失最多，损失的机械能：

121212

ΔE＝m1v1＋m2v2－（m1＋m2）v′

222

完全非弹性碰撞这种碰撞的特点是系统的机械动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′

能损失最大，作用后两物体粘合机械能有损失，损失的机械能：

在一起，速度相等，相互作用过12121212

ΔE＝m1v1＋m2v2－m1v1′－m2v2′

2222

程中只遵循动量守恒定律。

碰撞问题遵循的三条原则：动量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′；动能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′；

速度符合实际：碰前两物体同向运动，则后面物体的速度必大于前面物体的速度，否则无法实现碰

撞。碰撞后，原来在前的物体的速度一定增大，若两物体同向运动，则原来在前的物体的速度大于

或等于原来在后的物体的速度，否则碰撞没有结束。

碰前两物体是相向运动，则碰后两物体的运动方向不可能都不改变，除非两物体碰撞后速度均为零，

若碰后同向，后方物体速度不大于前方物体速度。

4、弹性碰撞的推导

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，有

m1v1＝m1v1′＋m2v2′

121212

m1v1＝m1v1′＋m2v2′

222

m1－m2v12m1v1

解得v1′＝，v2′＝

m1＋m2m1＋m2

由此可得：当m1=m2时，v1′＝0，v2′＝v1，两球碰撞后交换了速度；

当m1＞m2时，v1′>0，v2′>0，碰撞后两球都沿速度v1的方向运动；

当m1＜m2时，v1′<0，v2′>0，碰撞后质量小的球被反弹回来。

5、动量与能量的区别和联系

动量能量

区别守恒条件系统所受合外力是否为零。系统是否有除重力和弹簧弹力以外的

力是否做功。

表达式矢量式标量式

联系动量守恒定律和机械能守恒定律所研究的对象都是相互作用的物体

所构成的系统，且研究的都是某一个物理过程。

6、利用动量的观点和能量的观点解题应注意下列问题

动量守恒定律是矢量表达式，还可写出分量表达式；而动能定理和能量守恒定律是标量表达式，

绝无分量表达式。

中学阶段凡可用力和运动的观点解决的问题．若用动量的观点或能量的观点求解，一般都要比

用力和运动的观点要简便，而中学阶段涉及的曲线运动(a不恒定)、竖直面内的圆周运动、碰撞等，

就中学知识而言，不可能单纯考虑用力和运动的观点求解。

7、碰撞模型

“保守型”碰撞

子弹打木块模型：子弹打木块的过程很短暂，认为该过程内力远大于外力，系统动量守恒；

在子弹打木块过程中摩擦生热，机械能转化为内能，系统机械能不守恒。

1212

子弹未穿出：mv0＝（m＋M）v；Q热＝fL相对＝mv0－（M＋m）v。

22

121212

子弹穿出：mv0＝mv1＋Mv2；能量守恒：Q热＝fL相对＝mv0－mv1－Mv2

222

滑块—木板模型：把滑块、木板看成一个整体，摩擦力为内力，在光滑水平面上滑块和木板组

成的系统动量守恒。由于摩擦生热，机械能转化为内能，机械能的减少量等于因摩擦而产生的热量，

ΔE＝Ff·s相对，其中s相对为滑块和木板相对滑动的路程。

当滑块不滑离木板或子弹不穿出木块时，两物体最后有共同速度，相当于完全非弹性碰撞，机

械能损失最多。

判断碰撞时系统动量是否守恒

1．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球的速度为6m/s，B球的

速度为2m/s，当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球速度可能为（）

A．1m/s，6m/sB．4.5m/s，3.5m/sC．3.5m/s，4.5m/sD．1m/s，9m/s

【答案】C

【详解】A．设每个球的质量均为m，碰前系统总动量

p=mvA1+mvB1=6m+2m=8m

碰前的总动能

1212

Ek=mvmv=40m

2A12B1

若碰后vA=1m/s，vB=6m/s，碰后总动量

p′=mvA+mvB=7m

动量不守恒，选项A错误；

B．若vA=4.5m/s，vB=3.5m/s，明显vA>vB不合理，选项B错误；

C．若vA=3.5m/s，vB=4.5m/s，碰后总动量

p′=mvA+mvB=8m

总动能

1212

E′k=mvmv=16.25m

2A2B

动量守恒，机械能不增加，选项C可能实现；

D．若vA=-1m/s，vB=9m/s，碰后总动量

p′=mvA+mvB=8m

总动能

1212

E′k=mvmv=41m

2A2B

动量守恒，但机械能增加，违反能量守恒定律，选项D错误。

故选C。

2．甲、乙两铁球质量分别是m甲=1kg、m乙=2kg．在光滑水平面上沿同一直线运动，速度分别是v

甲=6m/s、v乙=2m/s．甲追上乙发生正碰后两物体的速度有可能是()

A．v甲′=7m/s，v乙′=1.5m/s

B．v甲′=2m/s，v乙′=4m/s

C．v甲′=3.5m/s，v乙′=3m/s

D．v甲′=4m/s，v乙′=3m/s

【答案】B

【详解】以甲的初速度方向为正方向，碰撞前总动量pm甲v甲m乙v乙162210kgm/s，碰

12121212

撞前的动能Em甲v甲m乙v乙162222J；

K2222

A项：如果v甲7m/s,v乙1.5m/s，碰撞后动量守恒、机械能增加，故A错误；

B项：如果v甲2m/s,v乙4m/s，碰撞后动量守恒、机械能不增加，碰撞后不能发生二次碰撞，

故B正确；

C项：如果v甲3.5m/s,v乙3m/s，碰撞过程动量不守恒，故C错误；

D项：如果v甲4m/s,v乙3m/s，碰撞过程动量守恒、机械能不增加，但要发生二次碰撞，故D

错误．

利用动量守恒计算解决简单的碰撞问题

3．女子短道速滑接力赛的交接训练中，如图所示，接棒选手的质量为40kg，刚滑到4m/s时，质量

为30kg的交棒选手以12m/s速度从后面滑来，快速推送接棒选手，完成接力过程，两选手分开瞬间

交棒选手的速度为5m/s。已知交接棒过程中两选手的速度方向均在同一直线上，忽略冰面上的一切

摩擦．则完成交接棒后，接棒选手的速度大小为（）

A．8.5m/sB．9.25m/sC．10m/sD．11m/s

【答案】B

【详解】以两选手的运动方向为正方向，设交棒选手质量为m1，接棒选手的质量为m2，由动量守恒

定律可得

m1v1m2v2m1v1m2v2

即

30kg12m/s40kg4m/s30kg5m/s40kgv2

解得

v29.25m/s

故选B。

4．两个相向运动的物体m1和m2，碰撞后都变为静止状态，若它们的质量比m1:m23:1，则它们碰

撞之前动能之比E1:E2为（  ）

A．9∶1B．3∶1C．1∶3D．1∶9

【答案】C

【详解】两个物体碰撞后都变为静止状态，则碰撞前两物体动量等大反向，根据

p2mEk

又

m1:m23:1

可得

E1:E2=1∶3

故选C。

完全弹性碰撞1：动碰静

5．如图所示，小桐和小旭在可视为光滑的水平地面上玩弹珠游戏。小桐瞬间将弹珠甲对着小旭脚边

的静止弹珠乙弹出，甲以v0的速度与乙发生了弹性正碰，已知弹珠可以视为光滑，则（）

A．若碰后甲乙同向运动，则甲的质量一定大于乙的质量

B．若碰后甲反弹，则甲的速率可能为1.2v0

C．碰后乙的速率可能为3v0

D．若碰后甲反弹，则甲的速率不可能大于乙的速率

【答案】A

【详解】A．甲乙弹珠碰撞瞬间动量守恒，机械能守恒，设弹珠甲乙的质量分别为m1、m2，碰后甲

的速度为v1，乙的速度为v2，则有

m1v0m1v1m2v2

111

mv2mv2mv2

210211222

联立解得

mm2m

v12v，v1v

1020

m1m2m1m2

若碰后甲乙同向运动，则

v10

可知甲的质量一定大于乙的质量，故A正确；

B．若碰后甲反弹，且甲的速率为1.2v0，则有

m1m2

1.2v0v0

m1m2

解得

0.2m22.2m1

质量不能为负值，则可知，若碰后甲反弹，则甲的速率不可能为1.2v0，故B错误；

C．若碰后乙的速率为3v0，则有

2m1

3v0v0

m1m2

解得

m13m2

质量不能为负值，则可知，碰后乙的速率不可能为3v0，故C错误；

D．若碰后甲反弹，且甲的速率大于乙的速率，则有

m2m12m1

v0v0

m1m2m1m2

可知，只要

m2m12m1

即

m23m1

就可满足碰后甲反弹，且甲的速率大于乙的速率，故D错误。

故选A。

6．弹玻璃球是小孩子最爱玩的游戏之一，一次游戏中，有大小相同、但质量不同的A、B两玻璃球，

质量分别为mA、mB，且mAmB，小朋友在水平面上将玻璃球A以一定的速度沿直线弹出，与玻璃

球B发生正碰，玻璃球B冲上斜面后返回水平面时与玻璃球A速度相等，不计一切摩擦和能量损失，

则mA、mB之比为（）

A．1：2B．1：3C．1：4D．1：5

【答案】B

【详解】两球碰撞时由动量守恒可得

mAv0mAv1mBv2

由能量守恒可得

111

mv2mv2mv2

2A02A12B2

联立可得

mAmBv0

v1

mAmB

2mAv0

v2

mAmB

玻璃球B返后两球速度相等

v1v2

可得

mA:mB1:3

故选B。

完全弹性碰撞2：动碰动

7．质量均为m的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线同向运动，A球的速度为3m/s，B球的速度

为1m/s，当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球速度可能为（）

A．1m/s，2m/sB．2.5m/s，1.5m/s

C．1m/s，5m/sD．1.5m/s，2.5m/s

【答案】D

【详解】碰前系统总动量为

pmvA1mvB13m1m4m

碰前的总动能

11

Emv2mv25m

k2A12B1

A．若碰后vA1m/s，vB2m/s，碰后总动量

p'mvAmvB3m

动量不守恒，故A错误；

B．若vA2.5m/s，vB1.5m/s，明显vAvB不合理，故B错误；

C．若vA1m/s，vB5m/s，碰后总动量

p'mvAmvB4m

总动能

11

Emv2mv213m

k2A2B

动量守恒，但机械能增加，故C错误；

D．若vA1.5m/s，vB2.5m/s，碰后总动量

p'mvAmvB4m

总动能

11

Emv2mv24.25m

k2A2B

动量守恒，但机械能不增加，故D正确。

故选D。

8．如图所示为大球和小球叠放在一起、在同一竖直线上进行的超级碰撞实验，可以使小球弹起并上

升到很大高度。将质量为3m的大球（在下），质量为m的小球（在上）叠放在一起，从距地面高h

处由静止释放，h远大于球的半径，不计空气阻力。假设大球和地面、大球与小球的碰撞均为完全

弹性碰撞，且碰撞时间极短。下列说法正确的是（）

A．若大球的质量远大于小球的质量，小球上升的最大高度为9h

B．小球与大球碰撞后的速度大小为2gh

C．大球与小球碰撞后，小球上升的高度为2h

D．大球与小球碰撞后，大球上升的高度为0.25h

【答案】A

【详解】A．设小球质量为m，大球质量为M，两球做自由落体运动

v22gh

两球落地时速度大小为

v2gh

大球与地面碰撞后，速度瞬间反向，大小不变，两球发生弹性碰撞，两球碰撞过程系统内力远大于

外力，系统动量守恒、机械能守恒，设碰撞后小球速度大小为v1，大球速度大小为v2，选向上为正

方向，由动能量守恒和机械能守恒

111

MvmvmvMv，mMv2mv2Mv2

1222122

解得

3Mm2gh

v

1Mm

当Mm时，不考虑m影响，则

v132gh

小球上升高度为

v2

H19h

2g

故A正确；

B．C．由A选项可知，碰撞后小球的速度大小为

9mm2gh

v22gh

13mm

小球上升高度为

v2

H14h

2g

故BC错误。

D．由A选项可求得，碰撞后大球的速度大小为

v20

大球不上升，故D错误。

故选A。

完全非弹性碰撞的特征

9．如图所示，光滑的水平面连接一个竖直平面内的半圆形光滑轨道，半圆形轨道的底端放置一个小

球B，水平面上有一个小球A以某一速度开始向着小球B运动并发生碰撞，设两个小球均可以看作

质点，它们的碰撞时间极短，碰撞后结为一体冲上半圆轨道，并恰能通过最高点C。下列关于小球A

与小球B发生碰撞并一起通过最高点的过程中，以A、B小球为系统的机械能与动量的说法正确的

是（）

A．机械能，动量均守恒

B．机械能不守恒，动量守恒

C．机械能守恒，动量不守恒

D．机械能，动量均不守恒

【答案】D

【详解】小球A与小球B发生完全非碰撞的过程，系统的动量守恒，机械能不守恒；小球A与小球

B一起通过最高点的过程，受重力和轨道的支持力，系统的动量不守恒，机械能守恒，则小球A与

小球B发生碰撞并一起通过最高点的全过程，机械能，动量均不守恒，故选D。

10．甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、

乙的速度随时间的变化如图中实线所示。已知甲的质量为1kg，下列说法中正确的是（）

A．该碰撞为完全非弹性碰撞

B．物体乙的质量为4kg

C．碰撞过程两物块损失的机械能为3J

D．该碰撞过程能量不守恒

【答案】C

【详解】由v-t图可知，碰前甲、乙的速度分别为v甲=5m/s、v乙=1m/s；碰后甲、乙的速度分别为

v甲=－1m/s，v乙=2m/s，甲、乙两物块碰撞过程中，由动量守恒定律得

m甲v甲+m乙v乙=m甲v甲+m乙v乙

解得

m乙=6kg

损失的机械能为

12121212

Em甲v甲+m乙v乙-m甲v甲-m乙v乙

2222

解得

E3J

即碰撞过程两物块损失的机械能为3J，此能量转化为两球的内能，但是能量还是守恒的。

故选C。

完全非弹性碰撞后速度的计算

11．如图所示，竖直放置的轻质弹簧下端固定在地面上，上端与物块A连接，物块A处于静止状态

时弹簧的压缩量为x0。现有物块B从距物块A上方某处由静止释放，B与A相碰后立即一起向下运

动但不粘连，此后物块A、B在弹起过程中将B抛离A。此过程中弹簧始终处于竖直状态，且在弹

性限度内，重力加速度为g。下列说法中正确的是（）

A．当B与A分离时，弹簧的压缩量为x0

B．两物块一起运动过程中的最大加速度大于g

C．当B与A一起向上运动到弹簧的压缩量为x0时，它们共同运动的速度最大

D．从B开始下落至B与A分离的过程中，两物块及弹簧组成的系统机械能守恒

【答案】B

【详解】A．物块A处于静止状态时弹簧的压缩量为x0。kx0mg，当B与A分离时，加速度相同，

且之间无弹力，可知，此时A的加速度为g，则弹簧处于原长处，故A错误；

B．如果B物体静止释放到A的上端，做简谐运动，则最低点加速度大小为g，而现在到达A端上

端速度大于零，则最低点位置更低，则加速度大于g，所以两物块一起运动过程中的最大加速度大

于g，故B正确；

C．当B与A一起向上运动到弹簧的压缩量为x0时，合力向下，已经减速，速度不是最大，故C错

误；

D．从B开始下落至B与A分离的过程中，两物块及弹簧组成的系统机械能不守恒，因为完全非弹

性碰撞过程中存在损失，故D错误。

故选B。

12．如图所示，质量为m2的小车上有一半圆形的光滑槽，一质量为m1的小球置于槽内，共同以速

度v0沿水平面运动，并与一个原来静止的小车m3对接，则对接后瞬间，小车的速度大小为()

(m2m3)v0m2v0

A．B．

mmmmmm

123123

mv

C．20D．以上答案均不对

m2m3

【答案】C

【详解】对接过程，两小车组成的系统动量守恒，以小车m2的初速度方向为正方向，由动量守恒定

律得：

m2v0＝(m2＋m3)v，

mv

解得：v20

m2m3

故应选C．

点晴：本题考查了求小车的速度，正确确定研究对象是正确解题的前提与关键，应用动量守恒定律

即可正确解题．

完全非弹性碰撞1：碰撞后直接粘连问题

13．如图所示，光滑水平面的同一直线上放有n个质量均为m的小滑块，相邻滑块之间的距离为L，

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v0，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n1个滑块与第n个滑块相碰时的总时间为（）

n21Lnn1n2Lnn1L

A．B．LC．D．

2v02v02v02v0

【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

mv02mv2

可知第二个滑块开始运动的速度大小为

1

vv

220

同理第三个滑块开始滑动的速度大小为

1

vv

330

第（n-1）个球开始滑动的速度大小为

1

vv

n1n10

因此运动的总时间为

LLLLLn(n1)L

t(123n1)

v111v2v

0vvv00

2030n10

故选B。

14．在光滑水平面上，一质量为2kg的物体a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a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6kgm/sB．碰撞后b的动量为2kgm/s

C．物体b的质量为2kgD．碰撞过程中a对b的冲量为6Ns

【答案】D

【详解】AB．由题图可知，碰撞前a的速度为

16

vms4ms

04

碰前总动量

pmav08kgms

撞后a、b共同的速度为

2416

vms1ms

124

则碰撞后a的动量为

pamav2kgms

因碰撞过程动量守恒，则碰撞后b的动量为

pbppa6kgm/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

mav0mambv

解得

mb6kg

故C错误；

D．根据题意，对b物体，由动量定理有

Ibmbv0

解得

Ib6Ns

故D正确。

故选D。

完全非弹性碰撞2：板块问题与子弹打木块问题

15．如图，长为L质量为M的木板静置在光滑的水平面上，在木板上放置一质量为m的物块（可视

为质点），物块与木板之间的动摩擦因数为μ，物块以v0的速度从木板的左端向右滑动，物块恰好能

滑到木板的右端，对此过程下列叙述正确的是（）

mv0

A．经过时间t物块与木板保持相对静止

Mmg

B．摩擦力对木板所做的功等于物块克服摩擦力所做的功

C．物块动能的减少等于木板动能的增加

D．系统产生的热量QmgL

【答案】D

【详解】A．对物块与木板有

mv0mMv1

对物块有

mgtmv1mv0

解得

Mv

t0

Mmg

A错误；

B．摩擦力对木板所做的功为

22

12Mmv0

Wf木Mv12

22Mm

物块克服摩擦力所做的功

222

1212mM2Mmv0

Wf克mv0mv12

222Mm

可知

Wf木Wf克

B错误；

C．根据能量守恒定律可知，物块动能的减少等于木板动能的增加值与因摩擦产生的内能之和，C错

误；

D．摩擦生热为

mgx物mgx木mgx物x木mgL

D正确。

故选D。

16．如图所示，在固定的水平杆上，套有质量为m的光滑圆环，轻绳一端拴在环上，另一端系着质

量为M的木块，现有质量为m0的子弹以大小为v0的水平速度射入木块并立刻留在木块中，重力加

速度为g，下列说法正确的是（）

m0v0

A．子弹射入木块后的瞬间，速度大小为

m0mM

B．子弹射入木块后的瞬间，绳子拉力等于(Mm0)g

C．子弹射入木块后的瞬间，环对轻杆的压力大于(Mmm0)g

D．子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统动量守恒

【答案】C

【详解】A．子弹射入木块后的瞬间，子弹和木块组成的系统动量守恒，以v0的方向为正方向，则

m0v0(Mm0)v1

解得

m0v0

v1＝

m0M

故A错误；

B．子弹射入木块后的瞬间

v2

F(Mm)g(Mm)1

T00L

解得绳子拉力

v2

F(Mm)g(Mm)1

T00L

故B错误；

C．子弹射入木块后的瞬间，对圆环

FNFTmg(Mmm0)g

由牛顿第三定律知，环对轻杆的压力大于(Mmm0)g，故C正确；

D．子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统只在水平方向动量守恒，故D错误。

故选C。

完全非弹性碰撞3：含有斜面或曲面的情况

17．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（）

v2v2v2v2

A．B．C．D．

4g2g8g6g

【答案】A

【详解】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

Mv2Mv'

由能量关系可知

11

MghMv22Mv'2

22

解得

v2

h

4g

故选A。

18．如图所示，质量为4m的光滑物块a静止在光滑水平地面上，物块a左侧面为圆弧面且水平地

面相切，质量为m的滑块b以初速度v0向右运动滑上a，沿a左侧面上滑一段距离后又返回，最后

滑离a，不计一切摩擦，滑块b从滑上a到滑离a的过程中，下列说法正确的是（）

v2

A．滑块b沿a上升的最大高度为0

5g

2v

B．滑块a运动的最大速度0

5

v2

C．滑块b沿a上升的最大高度为0

2g

v

D．滑块a运动的最大速度0

5

【答案】B

【详解】AC．b沿a上升到最大高度时，两者速度相等，在水平方向，由动量守恒定律得

mv0(m4m)v

由机械能守恒定律得

11

mv2(m4m)v2mgh

202

解得

2v2

h0

5g

AC错误；

BD．滑块b从滑上a到滑离a后，滑块a运动的速度最大。系统在水平方向动量守恒，对整个过程，

以向右为正方向，由动量守恒定律得

mv0mvb4mva

由机械能守恒定律得

111

mv2mv24mv2

202b2a

解得

2

vv

a50

3

vv

b50

B正确，D错误。

故选B。

完全非弹性碰撞4：含有弹簧的情况

19．如图所示，物体A、B间用一轻质弹簧连接，放在光滑的水平地面上，现使B物体靠在墙上，

用外力推物体A缓慢压缩弹簧，待系统静止后突然撤去外力，则（）

A．撤去外力后，A、B组成的系统总动量守恒

B．弹簧伸至最长时，A的速度最大

C．弹簧伸至最长时，A、B共速

D．从撤去外力到弹簧第一次恢复原长的过程，墙对B的冲量为零

【答案】C

【详解】A．撤去外力后，A、B组成的系统受的合外力不为零，则总动量不守恒，故A错误；

BC．从开始释放到弹簧恢复到原长，弹力对A做正功，A的速度增加；弹簧恢复原长后，B离开墙

壁，弹簧长度继续伸长，则A做减速运动，B做加速运动，当弹簧伸至最长时AB共速，则此时A

的速度不是最大；则当弹簧在原长时A的速度最大，故B错误，C正确；

D．从撤去外力到弹簧第一次恢复原长的过程，系统动量向左增加，则墙对B的冲量向左，不为零，

故D错误。

故选C。

20．如图所示，质量为mA=3kg，mB=1kg的物块A和B用轻弹簧相连，放置在光滑水平面上，在F

作用下弹簧处于压缩状态，物块B紧靠竖直墙面，已知弹簧处于压缩状态时弹性势能为6J。现将F

撤去，则在物块B离开墙面以后的运动过程中，A、B运动的v-t图像正确的是（）

A．B．

C．D．

【答案】B

【详解】撤掉F后，当弹簧恢复到原长时，弹性势能转化为物块A的动能，则

1

Emv2

P2A0

解得

v0=2m/s

此时物块B将要离开墙壁，此后弹簧的长度将被拉长，物块A做减速运动，物块B做加速运动，当

两者的速度相等时，弹簧被拉的最长，此时由动量守恒定律

mAv0(mAmB)v1

解得

v1=1.5m/s

然后由于A继续减速，B继续加速，则弹簧的长度缩短，最后回复到原长，则由动量守恒定律和能

量关系可知

mAv0mAvA1mBvB1

111

mv2mv2mv2

2A02AA12BB1

解得

vA1=1m/s

vB1=1m/s

此后的过程弹簧被压缩，最短时的共同速度仍为1.5m/s，结合上述分析可知，图像B正确，ACD错

误。

故选B。

非完全弹性碰撞后的速度

21．如图所示，在光滑水平面上，一个质量为m、速度大小为v的A球与质量为2m、静止的B球

碰撞后，A球的速度方向与碰撞前相反。则碰撞后B球的速度大小可能是（）

A．0.30vB．0.40vC．0.60vD．0.70v

【答案】C

【详解】A球和B球碰撞的过程中动量守恒，设A、B两球碰撞后的速度分别为v1、v2，选A原来

的运动方向为正方向，由动量守恒定律有

mvmv12mv2

假设碰后A球静止，即v1=0，可得

v20.5v

由题意知球A被反弹，所以球B的速度

v20.5v

AB两球碰撞过程机械能不增加，有

111

mv2mv22mv2

22122

两式联立得

2

vv

23

故

2

0.5vvv

23

故选C。

22．质量相等的五个物块在一光滑水平面上排成一条直线，且彼此隔开一定的距离，具有初速度v0

的第5号物块向左运动，依次与其余四个静止物块发生碰撞，如图所示，最后这五个物块粘成一个

整体，则它们最后的速度为（）

v0v0v0

A．v0B．C．D．

534

【答案】B

【详解】由于五个物块组成的系统沿水平方向不受外力作用，故系统在水平方向上动量守恒，由动

量守恒定律得

mv05mv

得

1

vv

50

1

即它们最后的速度为v

50

故选B。

非完全弹性碰撞的能量损失

23．在光滑水平面上有a、b两小球沿同一条直线运动，发生碰撞且碰撞时间极短。碰撞前后两球在

同一直线运动的位置随时间变化的xt图像如图。已知b球的质量为0.1kg，下列说法正确的是（）

A．a球的质量为0.1kg

B．a球的质量为0.3kg

C．两球发生的碰撞为弹性碰撞

D．两球发生的碰撞为完全非弹性碰撞

【答案】B

【详解】AB．以球b碰撞前的速度方向为正方向，由图可知，碰撞前

va2m/s，vb1m/s

碰撞后

va1m/s，vb2m/s

根据动量守恒定律得

mavambvbmavambvb

可得

ma:mb3:1

故a球的质量为0.3kg，故A错误，B正确；

CD．碰撞后两球速度不相等，所以不是完全非弹性碰撞，碰撞前系统动能

11

Emv2mv2

k2aa2bb

碰撞后系统动能

11

Emv2mv2

k2aa2bb

计算可得

EkEk

可知非弹性碰撞，故CD错误。

故选B。

24．甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后