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第 43 讲 碰撞类问题的定性判断与定量计算
1．（2020•新课标Ⅲ）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，则碰撞过程
两物块损失的机械能为（ ）
A．3J B．4J C．5J D．6J
【解答】解：令乙的质量为M，碰撞前甲、乙的速度大小分别为v 和v ，
1 2
碰撞后甲、乙的速度大小分别为v 和v ，
3 4
碰撞过程中动量守恒，则mv +Mv ＝mv +Mv ，
1 2 3 4
即1×5.0+M×1.0＝1×（﹣1.0）+M×2.0，
解得M＝6kg，
1 1 1 1
则碰撞过程两物块损失的机械能△E= mv2+ Mv2- mv2- Mv2=3J，故A正确，BCD
2 1 2 2 2 3 2 4
错误。
故选：A。
2．（2022•甲卷）利用图示的实验装置对碰撞过程进行研究。让质量为m 的滑块A与质量为m 的
1 2
静止滑块B在水平气垫导轨上发生碰撞，碰撞时间极短，比较碰撞后A和B的速度大小v 和
1
v ，进而分析碰撞过程是否为弹性碰撞。完成下列填空：
2
（1）调节导轨水平。
（2）测得两滑块的质量分别为0.510kg和0.304kg。要使碰撞后两滑块运动方向相反，应选取质
量为 0.30 4 kg的滑块作为A。（3）调节B的位置，使得A与B接触时，A的左端到左边挡板的距离s 与B的右端到右边挡板
1
的距离s 相等。
2
（4）使A以一定的初速度沿气垫导轨运动，并与B碰撞，分别用传感器记录A和B从碰撞时刻
开始到各自撞到挡板所用的时间t 和t 。
1 2
（5）将B放回到碰撞前的位置，改变A的初速度大小，重复步骤（4）。多次测量的结果如表
所示。
1 2 3 4 5
t /s 0.49 0.67 1.01 1.22 1.39
1
t /s 0.15 0.21 0.33 0.40 0.46
2
v 0.31 k 0.33 0.33 0.33
k= 1 2
v
2
（6）表中的k ＝ 0.3 1 （保留2位有效数字）。
2
（7）v 的平均值为 0.3 2 （保留2位有效数字）。
1
v
2
（8）理论研究表明，对本实验的碰撞过程，是否为弹性碰撞可由v 判断。若两滑块的碰撞为弹
1
v
2
性碰撞，则v 的理论表达式为 m -m （用m 和m 表示），本实验中其值为 0.34
1 2 1 1 2
v 2m
2 1
（保留2位有效数字）；若该值与（7）中结果间的差别在允许范围内，则可认为滑块 A与滑块
B在导轨上的碰撞为弹性碰撞。
【解答】解：（2）两滑块的质量分别为0.510kg和0.304kg，要想使碰撞后两滑块运动方向相反，
则A滑块质量要小，才有可能反向运动，故选0.304kg的滑块作为A。
（6）因为位移相等，所以速度之比等于时间之比的倒数，由表中数据可得，k t 0.21
2= 2= =
t 0.67
1
0.31。
（7）v 的平均值为： 0.31+.031+0.33+0.33+0.33 0.322≈0.32。
1 k= =
v 5
21 1 1
（8）由机械能守恒定律和动量守恒定律可得： m v2= m v2+ m v2；m v ＝﹣
2 1 0 2 1 1 2 2 2 1 0
m v +m v ，
1 1 2 2
联立解得：v m -m ，代入数据，可得：v 0.34。
1= 2 1 1=
v 2m v
2 1 2
一.知识回顾
1.碰撞类别
（1）弹性碰撞：系统在碰撞前后动能不变的碰撞。
（2）非弹性碰撞：系统在碰撞后动能减少的碰撞。
（3）对比分析
动量是否守恒 机械能是否守恒
弹性碰撞 守恒 守恒
非弹性碰撞 守恒 有损失
完全非弹性碰撞 守恒 损失最大
2.碰撞遵循的三条原则
(1)动量守恒定律。
(2)动能不增加
E＋E≥E′＋E′或＋≥＋
k1 k2 k1 k2
(3)速度要合理
①同向碰撞：碰撞前，后面的物体速度大；碰撞后，若物体速度仍同向，则前面的物体速度大
(或相等)。
②相向碰撞：碰撞后两物体的运动方向不可能都不改变。
3．弹性碰撞讨论
(1)碰后速度的求解
根据动量守恒定律和机械能守恒定律
解得v′＝
1
v′＝
2
(2)分析讨论
当碰前两物体的速度不为零时，若m＝m，则v′＝v，v′＝v，即两物体交换速度。
1 2 1 2 2 1
当碰前物体2的速度为零时：
v′＝v，v′＝v，
1 1 2 1
①m＝m时，v′＝0，v′＝v，碰撞后两物体交换速度。
1 2 1 2 1
②m>m时，v′>0，v′>0，碰撞后两物体沿相同方向运动。
1 2 1 2③m0，碰撞后质量小的物体被反弹回来。
1 2 1 2
4.碰撞问题解题策略
(1)抓住碰撞的特点和不同种类碰撞满足的条件，列出相应方程求解。
(2)可熟记一些公式，例如“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足：v＝v、
1 0
v＝v。
2 0
(3)熟记弹性正碰的一些结论，例如，当两物体质量相等时，两物体碰撞后交换速度；当
m m，且v＝0时，碰后质量大的物体速度v不变，质量小的物体速度为2v；当m m，且v＝
1 2 20 0 0 1 2 20
0时，碰后质量大的物体速度不变(仍静止)，质量小的物体原速率反弹。
≫ ≪
二.例题精析
题型一：碰撞中的临界问题
例1．如图所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板.A球在水平面上静止放置，B球向左运动与
A球发生正碰，B球碰撞前、后的速率之比为3：1。A球垂直撞向挡板，碰后原速率返回。两
球刚好不发生第二次碰撞，则A、B两球的质量比为（ ）
A．1：2 B．2：1 C．1：4 D．4：1
【解答】解：设开始时B的速度为v ，B球碰撞前、后的速率之比为3：1，A与挡板碰后原速
0
率返回，两球刚好不发生第二次碰撞，所以碰撞后A与B的速度方向相反，大小相等，A的速
1 1
度是 v ，B的速度是- v ，选取向左为正方向，由动量守恒定律得：
3 0 3 0
1 1
m v ＝m ⋅ v -m ⋅ v
B 0 A 3 0 B 3 0
整理得：m 4
A =
m 1
B
故ABC错误，D正确；
故选：D。
题型二：对多种可能分类讨论
例2．如图所示，小球A、B均静止在光滑水平面上。现给A球一个向右的初速度，之后与B球发
生对心碰撞。下列关于碰后情况，说法正确的是（ ）A．碰后小球A、B一定共速
B．若A、B球发生完全非弹性碰撞，A球质量等于B球质量，A球将静止
C．若A、B球发生弹性碰撞，A球质量小于B球质量，无论A球初速度大小是多少，A球都将
反弹
D．若A、B球发生弹性碰撞，A球质量足够大，B球质量足够小，则碰后B球的速度可以是A
球的3倍
【解答】解：A、碰后小球A、B可能共速，发生完全非弹性碰撞，也可能不共速，故A错误；
B、若A、B球发生完全非弹性碰撞，取向右为正方向，由动量守恒定律得：
m
A
v
0
＝（m
A
+m
B
）v共
可知：v共 ≠0，A球一定运动，故B错误；
C、若A、B球发生弹性碰撞，取向右为正方向，由动量守恒定律得：
m v ＝m v +m v
A 0 A A B B
根据动能守恒得：
1 1 1
m v 2= m v 2+ m v 2
A 0 A A B B
2 2 2
联立解得：v 2m v ，v m -m v ，若m ＜m ，则v ＜0，A球将反弹，故C正确；
B= A 0 A= A B 0 A B A
m +m m +m
A B A B
D、若A、B球发生弹性碰撞，若m →∞，由v 2m v 得：v ≈2v ，则碰后B球的速度
A B= A 0 B 0
m +m
A B
最大是A球的2倍，故D错误。
故选：C。
三.举一反三，巩固练习
1. 如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动。两球质量关系
为m ＝2m ，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为10kg•m/s，运动中两球发生碰撞，碰
B A
撞后A球的动量为6kg•m/s，则（ ）
A．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2：5
B．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为6：7
C．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2：5D．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为6：7
【解答】解：光滑水平面上大小相同A、B两球在发生碰撞，规定向右为正方向，由题知A球
动量的增量为
△p ＝6kg•m/s﹣10kg•m/s＝﹣4kg•m/s
A
由于碰后A球的动量增量为负值，所以右边不可能是A球的；由动量守恒定律可得
△p ＝﹣△p
A B
则B球的动量变化量为
△p ＝4kg•m/s
B
根据△p ＝p ﹣10kg•m/s
B B
解得碰后B球的动量为：p ＝14kg•m/s
B
两球质量关系为：m ＝2m
B A
根据p＝mv
可得碰撞后A、B两球速度大小之比6：7，故B正确，ACD错误。
故选：B。
2. （多选）向空中发射一枚炮弹，不计空气阻力，当此炮弹的速度恰好沿水平方向时，
炮弹炸裂成a、b两块，若质量较大的a的速度方向仍沿原来的方向，则（ ）
A．b的速度方向一定与原来速度方向相反
B．从炸裂到落地的这段时间内，a飞行的水平距离一定比b的大
C．a、b一定同时到达水平地面
D．在炸裂过程中，a、b受到的爆炸力的大小一定相等
【解答】解：A、在炸裂过程中，由于重力远小于内力，系统的动量守恒。炸裂前物体的速度沿
水平方向，炸裂后a的速度沿原来的水平方向，根据动量守恒定律判断出来 b的速度一定沿水平
方向，但不一定与原速度方向相反，取决于a的动量与物体原来动量的大小关系。故A错误。
B、a、b都做平抛运动，飞行时间相同，由于初速度大小关系无法判断，所以 a飞行的水平距
离不一定比b的大。故B错误。
C、a、b都做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，由于高度相同，飞行时间一定相同，a，b
一定同时到达水平地面。故C正确。
D、在炸裂过程中，a，b受到爆炸力大小相等，方向相反，故D正确。
故选：CD。
3. 在光滑的水平面上，质量为m 的小球A以速度v 向右运动。在小球A的前方O点有
1 0
一质量为m 的小球B处于静止状态，如图所示。小球A与小球B发生正碰后小球A、B均向
2右运动。小球B被在Q点处的墙壁弹回后与小球A在P点相遇，PQ＝1.5PO．假设小球间的碰
撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性碰撞，求两小球质量之比m 。
1
m
2
【解答】解：两球发生弹性碰撞，设碰后A、B两球的速度分别为v 、v ，规定向右为正方向，
1 2
根据系统动量守恒得：
m v ＝m v +m v …①
1 0 1 1 2 2
已知小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞均无机械能损失，由机械能守恒定律得：
1 1 1
m v 2= m v 2+ m v 2…②
1 0 1 1 2 2
2 2 2
从两球碰撞后到它们再次相遇，甲和乙的速度大小保持不变，由于 PQ＝1.5PO，则A和B通过
的路程之比为：
s ：s ＝1：4，
1 2
联立解得：m 2；
1=
m 1
2
答：两小球质量之比m 为2：1。
1
m
2
4. 甲、乙两铁球质量分别是m ＝1kg、m ＝2kg，在光滑平面上沿同一直线运动，速度
1 2
分别是v ＝6m/s、v ＝2m/s。甲追上乙发生正碰后两物体的速度有可能是（ ）
1 2
A．v ′＝7m/s，v ′＝1.5m/s B．v ′＝2m/s，v ′＝4m/s
1 2 1 2
C．v ′＝3.5m/s，v ′＝3m/s D．v ′＝8m/s，v ′＝1m/s
1 2 1 2
【解答】解：以甲的初速度方向为正方向，碰撞前总动量为：p＝m v +m v ＝（1×6+2×2）
1 1 2 2
1 1
kg•m/s＝10kg•m/s，碰撞前的动能为：E = m v2+ m v2，代入数据解得E ＝22J
k 2 1 1 2 2 2 k
A.如果v ′＝7m/s，v ′＝1.5m/s，代入总动量与动能的公式可知，碰撞后动量守恒、机械能增
1 2
加，故A错误；
B.如果v ′＝2m/s，v ′＝4m/s，代入总动量与动能的公式可知，碰撞后动量守恒、机械能不增
1 2
加，碰撞后不能发生二次碰撞，故B正确；C.如果v ′＝3.5m/s，v ′＝3m/s，代入总动量与动能的公式可知，碰撞过程动量不守恒，故 C
1 2
错误；
D.如果v ′＝8m/s，v ′＝1m/s，碰撞过程动量守恒、机械能增加，且要发生二次碰撞，故D错
1 2
误；
故选：B。
5. 三个相同的木块A，B，C从同一高度自由下落，其中，木块A在开始下落的瞬间被
水平飞行的子弹击中，木块B在下列到一半高度时被水平飞来的子弹击中，子弹均留在木块中，
则三木块下落的时间t ，t ，t 的大小关系是（ ）
A B C
A．t ＝t ＝t B．t ＝t ＜t C．t ＝t ＞t D．t ＞t ＞t
A B C A C B A B C A B C
【解答】解：木块C自由落体，木块A在刚要下落瞬间被子弹射中，并留在其中，木块A与子
弹一起自由落体运动，A、C均做自由落体运动，且下落高度相同，故二者下落时间相同，即 t
A
＝t
C
木块B落下一定距离后被水平飞来的子弹水平射中，子弹留在其中。在子弹击中木块过程中，
水平方向动量守恒，由于子弹进入木块后总质量变大，由动量守恒定律可知，木块速度变小，
木块落地时间延长，木块B在空中的运动时间比A、C时间长，则AC同时落地，B最后落地，
即t ＝t ＜t ，故B正确。
A C B
故选：B。
6. 一质量为m＝5kg的木板放在倾角 ＝37°的光滑斜面上，并在外力作用下保持着静止
状态。木板左端距斜面底端的距离为s＝10.θ25m，斜面底端固定着一弹性薄挡板，与之相碰的
物体会以原速率弹回。若t＝0时刻，一质量M＝2m的小物块从距离木板左端l＝54m处，以沿
木板向上的初速度v ＝4m/s滑上木板，并对小物块施加沿斜面向上的外力F ＝80N（该力在1s
0 0
3
时变为 F ），如图所示，与此同时撤去作用在木板上的外力。当木板第一次与弹性薄挡板相
0
4
碰时，撤去施加在小物块上的外力。已知木板与物块间的动摩擦因数 ＝0.5，小物块可以看作
质点，且整个过程中小物块不会从木板右端滑出，取g＝10m/s2。求：μ
（1）0至t ＝1s时间内，小物块和木板的加速度的大小和方向；
0
（2）木板第一次与挡板碰撞时的速度的大小；
（3）小物块从木板左端滑出之前木板与挡板碰撞的次数，及滑出瞬间小物块与挡板间的距离。【解答】解：（1）对小物块，由牛顿第二定律：2mgsin + ×2mgcos ﹣F ＝2ma ，解得 a
0 1
θ μ θ
，方向沿斜面向下，小物块沿斜面向上做匀减速运动。
❑
=2m/s2
1
对木板，由牛顿第二定律： ×2mgcos ﹣mgsin ＝ma ，解得：a ，方向沿斜面向上，
2
❑
=2m/s2
2
μ θ θ
木板沿斜面向上做匀加速运动。
（2）设经过t 二者共速，由运动学公式：v ﹣a t ＝a t ，解得：t v 4 t ，
1 0 11 21 ❑ = 0 = s=1s= 0
1 a +a 2+2
1 2
此时共速为：v ＝a t ＝2×1m/s＝2m/s，方向沿斜面向上，
1 21
此时施加在物块上的力刚好改变大小。
v +v 4+2 v 2
共速前小物块位移：x❑ = 0 1t = ×1m=3m，木板位移：x❑ = 1t = ×1m=1m，
1 2 0 2 2 2 0 2
小物块相对木板位移：Δx＝x ﹣x ＝3m﹣1m＝2m，
1 2
3
假设共速后二者一起运动，对整体由牛顿第二定律：（M+m）gsinθ- F =(M+m)a，解得：
4 0
a＝2m/s2，
对木板，由牛顿第二定律：mgsin ﹣f＝ma，解得：f＝0.4mg＜ ×2mgcos ，故二者一起向上匀
减速至零，再向下加速，回到第一θ次共速位置时，速度仍为2m/sμ，且方向θ沿斜面向下。
设刚共速至木板第一次与挡板砰前瞬间所用时间为 t ，此时速度为 v ，由运动学公式：v
2 2
，解得：v ＝7m/s
2-v2=2a(s+x
)
2
2 1 2
（3）第一次碰后，木板向上运动，物块依然向下，
对物块，由牛顿第二定律：2mgsin ﹣ ×2mgcos ＝2ma ，解得：a ，方向沿斜面向
3
❑
=2m/s2
3
θ μ θ
下，对木板，由牛顿第二定律：mgsin + ×2mgcos ＝ma ，解得：a ，方向沿斜面向下
4
❑
=14m/s2
4
θ μ θ
此后，物块一直沿斜面向下做匀加速直线运动，木板先沿斜面向上做匀减速运动，再反向匀加
速，与物块共速前会再与挡板发生碰撞，
设木板与挡板相邻两次碰撞间隔时间为t ，t 2v 2×7 ，
3 ❑ = 2= s=1s
3 a 14
4
设第一次碰后木板一直沿斜面向下加速至斜面底端所用时间为 t ，由运动学公式：l+Δx＝v
4
1
❑ 2 t 4 + 2 a 3 t2 4 ，整理得：t 2 4 +7t 4 -7.4=0，解得：t 4 ＝4.5s
故木板和挡板要碰撞5次后，物块才会从木板左端滑下。
设木板与挡板从第一次碰到第5次碰撞时，物块相对木板下滑距离为Δx′，此时物块速度为
v ，
3
1 1
Δx′＝v ×4t + ×a ×(4t ) 2=7×4×1+ ×2×42m=44m
2 0 2 3 0 2
v ＝v +a 4t ＝7+2×4×1m/s＝15m/s
3 2 3 0
设再经过 t ，物块会从木板的左端滑下，滑下瞬间距离挡板为 x，l+Δx﹣Δx′＝v t
5 35
1 1 2
+ a t2+v t - a t2，整理得：3t 2-11t -18.3=0，解得：t❑ = s
2 3 5 2 5 2 4 5 5 5 5 3
1 2 1 2 14
x＝v❑ t - a t2=7× - ×14×( ) 2m= m.
2 5 2 4 5 3 2 3 9
答：（1）0至t ＝1s时间内，小物块的加速度大小为2m/s2，方向沿斜面向下；木板的加速度的
0
大小为2m/s2，方向沿斜面向上；
（2）木板第一次与挡板碰撞时的速度的大小为7m/s；
（3）小物块从木板左端滑出之前木板与挡板碰撞的次数为5次，滑出瞬间小物块与挡板间的距
14
离为 m
9
7. 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﹣时间图象，
a、b分别为A、B两球碰前的位移﹣时间图象，c为碰撞后两球共同运动的位移﹣时间图象，
若A球质量m ＝2kg，则由图象判断下列结论错误的是（ ）
A10
A．A、B碰撞前的总动量为 kg•m/s
3
B．碰撞时A对B所施冲量为﹣4N•s
C．碰撞前后A的动量变化为4kg•m/s
D．碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10J
【解答】解：由 x﹣t图象可知，碰撞前有：v x 4-10 3m/s，v x 4m/s＝
A= A = m/s=- B= B=
t 2 t 2
A B
x 2-4
2m/s，碰撞后有：v' ＝v' ＝v= = m/s＝﹣1m/s，对A、B组成的系统，A、B两球沿一直
A B
t 4-2
线运动并发生正碰，碰撞前后系统的动量守恒。
A、以碰撞前B的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m v +m v ＝（m +m ）v，解得：
A A B B A B
4 10
m = kg，A、B碰前的总动量p ＝m v +m v ，代入数据解得：p =- kg•m/s，故A错误，
B A A A B B A
3 3
符合题意；
B、由动量定理可知，A对B的冲量为：I ＝m v﹣m v ，代入数据解得：I ＝﹣4N•s，故B正
B B B B B
确，不符合题意；
C、碰撞前后A球的动量变化为：△p ＝m v﹣m v ＝4kg•m/s，故C正确，不符合题意；
A A A A
1 1 1
D、碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为：△Ek= m v2 + m v2- (m +m )v2，代
2 A A 2 B B 2 A B
入数据解得：△E ＝10J，故D正确，不符合题意；
k
故选：A。
8. 如图所示，甲木块的质量为m ，以速度v沿光滑水平地面向前运动，正前方有一静
1
止的、质量为m 的乙木块，乙上连有一轻质弹簧。甲木块与弹簧接触后（ ）
2A．甲木块的动量守恒
B．乙木块的动量守恒
C．甲、乙两木块所组成的系统的动量守恒
D．甲、乙两木块所组成系统的动能守恒
【解答】解：甲木块与弹簧接触后，由于弹簧弹力的作用，甲、乙的动量要发生变化，但对于
甲、乙所组成的系统因所受合力的冲量为零，故动量守恒，故AB错误，C正确；甲、乙两木块
所组成系统的动能，一部分转化为弹簧的势能，故系统动能不守恒，故D错误。
故选：C。
9. 如图所示，A、B是两个完全相同的小球，用较长的细线将它们悬挂起来，调整细线
的长度和悬点的位置，使两个小球静止时重心在同一水平线上，且恰好没有接触。现将小球 A
拉起至细线与竖直方向夹角为 ＝60°的位置，使其由静止释放，小球A运动至最低点与静止
的小球B相碰，碰后两球粘在一θ起运动。已知细线的长度为 L，每个小球的质量均为m，重力
加速度为g，忽略小球半径和空气阻力，求：
（1）A球运动至最低点时的速度大小v；
（2）碰后两球能够上升的最大高度△h；
（3）碰撞过程中损失的机械能△E。
【 解 答 】 解 ： （ 1 ） 小 球 A 下 落 到 最 低 点 的 过 程 中 ， 根 据 动 能 定 理 可 得 ：
1
mgL(1-cosθ)= mv2
2
解得v=√gL
（2）两球碰撞过程满足动量守恒定律mv＝2mv′
√gL
解得：v'=
21
碰后两球一起运动，根据动能定理可知：-2mg⋅△h=0- ×2mv'2
2
1
解得：△h= L
8
1 1
（3）碰撞过程中根据能量守恒可知： mv2= ⋅2mv'2+△E
2 2
1
解得△E= mgL
4
答：（1）A球运动至最低点时的速度大小v为√gL；
1
（2）碰后两球能够上升的最大高度△h为 L；
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1
（3）碰撞过程中损失的机械能△E为 mgL。
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