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12 动量守恒定律
[-考点-05-] 碰撞问题
1．碰撞
碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象．
2．特点
在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒．
3．碰撞的分类
(1)弹性碰撞：系统动量守恒、机械能守恒．
m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
m1v1
2＋m2v2
2＝m1v1′2＋m2v2′2
若v2＝0，则有
v1′＝v1，v2′＝v1
(2)非弹性碰撞：系统动量守恒，机械能减少，损失的机械能转化为内能，ΔE＝Ek 初总－Ek 末
总＝Q.
(3)完全非弹性碰撞：系统动量守恒，碰撞后合为一体或具有相同的速度，机械能损失最大．
设两者碰后的共同速度为v 共，则有
m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v 共
机械能损失为ΔE＝m1v1
2＋m2v2
2－(m1＋m2)v 共2.
1．弹性碰撞的重要结论
以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生弹性碰撞为例，则有
m1v1＝m1v1′＋m2v2′
m1v1
2＝m1v1′2＋m2v2′2
联立解得：v1′＝v1，v2′＝v1
讨论：①若m1＝m2，则v1′＝0，v2′＝v1(速度交换)；
②若m1>m2，则v1′>0，v2′>0(碰后两小球沿同一方向运动)；当m1≫m2 时，v1′≈v1，
v2′≈2v1；
③若m1<m2，则v1′<0，v2′>0(碰后两小球沿相反方向运动)；当m1≪m2时，v1′≈－v1，
v2′≈0.
2．静止物体被撞后的速度范围
物体A 与静止的物体B 发生碰撞，当发生完全非弹性碰撞时损失的机械能最多，物体B 的
1
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速度最小，vB＝v0，当发生弹性碰撞时，物体B 速度最大，vB＝v0.则碰后物体B 的速度范围
为：v0≤vB≤v0.
3．碰撞问题遵守的三条原则
(1)动量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′.
(2)动能不增加：Ek1＋Ek2 ≥ Ek1′＋Ek2′.
(3)速度要符合实际情况
①碰前两物体同向运动，若要发生碰撞，则应有v 后 > v 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v 前′ ≥ v 后′.
②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向至少有一个改变．
典例1 (弹性碰撞)如图所示，A、B 是两个用等长细线悬挂起来的大小可忽略不计的小球，
mA＝5mB.B 球静止，拉起A 球，使细线与竖直方向夹角为30°，由静止释放，在最低点A 与
B 发生弹性碰撞．不计空气阻力，则关于碰后两小球的运动，下列说法正确的是( )
A．A 静止，B 向右，且偏角小于30°
B．A 向左，B 向右，且偏角等于30°
C．A、B 均向右，A 球偏角小于B 球偏角，且都小于30°
D．A、B 均向右，A 球偏角小于B 球偏角，且A 球偏角小于30°，B 球偏角大于30°
答案 D
解析 设A 球到达最低点的速度为v，在最低点A 与B 发生弹性碰撞后，A 球的速度为
vA，B 球的速度为vB，取向右为正方向，由动量守恒定律可得：mAv＝mAvA＋mBvB,由机械能
守恒定律可得：mAv2＝mAvA
2＋mBvB
2,可得vA＝v＝v<v，vB＝v＝v>v，A、B 均向右，A 球偏
角小于30°，B 球偏角大于30°，故选项D 正确．
典例2 (非弹性碰撞)(2020·全国卷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1 kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为( )
A.3 J
B.4 J
2
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C.5 J
D.6 J
答案 A
解析 设乙物块的质量为m 乙，由动量守恒定律得m 甲v 甲＋m 乙v 乙＝m 甲v 甲′＋m 乙v 乙′，
代入图中数据解得m 乙＝6 kg，进而可求得碰撞过程中两物块损失的机械能为E 损＝m 甲v＋
m 乙v－m 甲v 甲′
2－m 乙v 乙′
2，代入图中数据解得E 损＝3 J，选项A 正确.
典例3 (完全非弹性碰撞)两滑块a、b 沿水平面上同一条直线运动，并发生碰撞；碰撞后两
者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段．两者的位置x 随时间t 变化
的图像如图所示．求：
(1)滑块a、b 的质量之比；
(2)整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比．
答案 (1)1∶8 (2)1∶2
解析 (1)设a、b 的质量分别为m1、m2，a、b 碰撞前的速度分别为v1、v2.由题图得
v1＝－2 m/s①
v2＝1 m/s②
a、b 发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v.由题图得v＝ m/s③
由动量守恒定律得，m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v④
联立①②③④式得m1∶m2＝1∶8⑤
(2)由能量守恒定律得，两滑块因碰撞而损失的机械能为
ΔE＝m1v1
2＋m2v2
2－(m1＋m2)v2⑥
由题图可知，两滑块最后停止运动．由动能定理得，两滑块克服摩擦力所做的功为
W＝(m1＋m2)v2⑦
联立⑥⑦式，并代入(1)中数据得，W∶ΔE＝1∶2.
典例4 (碰撞的可能性)(多选)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 球的动量pA＝9 kg·m/s，B 球的动量pB＝3 kg·m/s，当A 追上B 时发生正碰，则碰
后A、B 两球的动量可能值是( )
A．pA′＝6 kg·m/s，pB′＝6 kg·m/s
B．pA′＝4 kg·m/s，pB′＝6 kg·m/s
C．pA′＝－6 kg·m/s，pB′＝18 kg·m/s
D．pA′＝4 kg·m/s，pB′＝8 kg·m/s
答案 AD
解析 设两球质量均为m，碰前总动量p＝pA＋pB＝12 kg·m/s，碰前总动能Ek＝＋＝.
3
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若pA′＝6 kg·m/s，pB′＝6 kg·m/s，碰后总动量p′＝pA′＋pB′＝12 kg·m/s，碰后总动能
Ek′＝＋＝<，故可能，A 正确．若pA′＝4 kg·m/s，pB′＝6 kg·m/s，碰后p′＝pA′＋
pB′≠p，故不可能，B 错误．若pA′＝－6 kg·m/s，pB′＝18 kg·m/s，碰后Ek′＝＋＝>，
故不可能，C 错误．若pA′＝4 kg·m/s，pB′＝8 kg·m/s，碰后p′＝12 kg·m/s＝p，Ek′＝
＋＝<，故可能，D 正确．
1.下列关于碰撞的理解正确的是( )
A．碰撞是指相对运动的物体相遇时，在极短时间内它们的运动状态发生了显著变化的过
程
B．在碰撞现象中，一般内力都远大于外力，所以可以认为碰撞时系统的动能守恒
C．如果碰撞过程中机械能守恒，这样的碰撞叫作非弹性碰撞
D．微观粒子的相互作用由于不发生直接接触，所以不能称其为碰撞
答案 A
解析 碰撞是十分普遍的现象，它是相对运动的物体相遇时在极短时间内发生的一种现象
一般内力远大于外力，系统动量守恒，动能不一定守恒．如果碰撞中机械能守恒，就叫作
弹性碰撞．微观粒子的相互作用同样具有短时间内发生强大内力作用的特点，所以仍然是
碰撞，故A 正确．
2.在光滑的水平面上，一质量为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.0.6v B.0.4v C.0.3v D.0.2v
答案 A
解析 A、B 两球在水平方向上合外力为零，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，以v 的方向为正方向，由动量守恒定律有：mv＝mv1＋
2mv2，①假设碰后A 球静止，即v1＝0，可得v2＝0.5v ，由题意可知A 被反弹，所以球B
的速度有：v2>0.5v②A、B 两球碰撞过程能量可能有损失，由能量关系有：mv2≥mv1
2＋
×2mv2
2③
①③两式联立得：v2≤v④由②④两式可得：0.5v<v2≤v，符合条件的只有0.6v，所以选项
A 正确，B、C、D 错误.
3.(多选)(2023·重庆·期中)质量为mA的A 球，以某一速度沿光滑水平面向静止的B 球运动，
并与B 球发生弹性正碰，假设B 球的质量mB可选取不同的值，则下列说法正确的是( )
A．当mB＝mA时，碰后A、B 两球共速
B．当mB＝mA时，碰后两球互换速度
C．当mB＞mA时，碰后A 球反向运动
D．当mB＜mA时，mB越小，碰后B 球的速度越小
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答案 BC
解析 发生弹性正碰，根据动量守恒和机械能守恒有mAv0＝mAv1＋mBv2，mAv0
2＝mAv1
2＋
mBv2
2，解得v1＝v0，v2＝v0.当mB＝mA时，v1＝0，v2＝v0，碰后两球互换速度，A 错误，B
正确；当mB＞mA时，v1＝v0＜0，碰后A 球反向运动，C 正确；当mB＜mA时，v2＝v0，mB
越小，碰后B 球的速度v2越大，D 错误．
4.(多选)如图甲所示，在光滑水平面上的两个小球发生正碰，小球的质量分别为m1和m2，
图乙为它们碰撞前后的x－t 图象，已知m1＝0.1 kg，由此可以判断( )
A.碰前m2静止，m1向右运动
B.碰后m1和m2都向右运动
C.由动量守恒可以算出m2＝0.3 kg
D.碰撞过程中系统损失了0.4 J 的机械能
答案 AC
解析 碰前m2的位移不随时间而变化，处于静止，m1的速度大小为v1＝＝4 m/s，方向只
有向右才能与m2相撞，故A 正确；由题图乙可知，向右为正方向，碰后m2的速度方向为
正方向，说明m2向右运动，而m1的速度方向为负方向，说明m1向左运动，故B 错误；由
题图乙可求出碰后m2和m1的速度分别为v2′＝2 m/s，v1′＝－2 m/s，根据动量守恒定律
得m1v1＝m2v2′＋m1v1′，代入解得m2＝0.3 kg，故C 正确；碰撞过程中系统损失的机械能
为ΔE＝m1v1
2－m1v1′2－m2v2′2＝0，故D 错误.
5.一中子与一质量数为A(A>1)的原子核发生弹性正碰.若碰撞前原子核静止，则碰撞前与碰
撞后中子的速率之比为( )
A. B. C. D.
答案 A
解析 设碰撞前后中子的速度分别为v1、v1′，碰撞后原子核的速度为v2，中子的质量为
m1，原子核的质量为m2，则m2＝Am1.根据弹性碰撞规律可得m1v1＝m2v2＋m1v1′，m1v1
2＝
m2v2
2＋m1v1′2，解得v1′＝v1，则碰撞后中子的速率为v1＝v1，因此碰撞前后中子速率之
比为，A 正确.
6．(多选)(2022·哈尔滨三中高二月考)质量为m 的小球A 沿光滑水平面以速度v0与质量为
2m 的静止小球B 发生正碰，则碰后B 的速度可能是( )
A.v0
B.v0
C.v0
D.v0
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答案 AC
解析 若小球A 与小球B 发生完全非弹性碰撞，则有mv0＝(m＋2m)v 共，解得v 共 ＝ v0，
若小球A 与小球B 发生弹性碰撞，则有mv0＝mvA′＋2mvB′，mv0
2＝mvA′2＋×2mvB′2，
解得vA′＝－v0，vB′＝v0，所以碰后B 的速度v0≤vB≤v0，故选A、C.
7.(2023·北京市第五中学检测)A、B 物块沿光滑水平面在同一直线上运动并发生正碰，如图
为两物块碰撞前后的位移－时间图像，其中a、b 分别为A、B 两物块碰前的位移－时间图
像，c 为碰撞后两物块共同运动的位移－时间图像，若A 物块质量m＝2 kg，则由图判断，
下列结论错误的是( )
A．碰撞前后A 的动量变化量的大小为4 kg·m/s
B．B 物块的质量为0.75 kg
C．碰撞过程A 对B 所施冲量大小为4 N·s
D．碰撞过程A、B 两物块组成的系统损失的动能为10 J
答案 B
解析 以A 的初速度方向为正方向，由图像可知碰撞前A 的速度为vA＝ m/s＝3 m/s，碰撞
后A、B 的共同速度为vAB＝ m/s＝1 m/s，则碰撞前A 的动量为mvA＝2×3 kg·m/s＝6
kg·m/s，碰撞后A 的动量为mvAB＝2 kg·m/s，碰撞前后A 的动量变化量的大小为4 kg·m/s，
A 正确，不符合题意；碰撞前B 的速度为vB＝－ m/s＝－2 m/s，由动量守恒定律得mvA＋
mBvB＝(m＋mB)vAB，解得mB＝ kg，B 错误，符合题意；由动量定理得I＝mBvAB－mBvB＝
×1 kg·m/s－×(－2) kg·m/s＝4 N·s，即碰撞过程A 对B 所施冲量大小为4 N·s，C 正确，不
符合题意；碰撞过程A、B 两物块组成的系统损失的动能为ΔEk＝mvA
2＋mBvB
2－(m＋mB)vAB
2
＝×2×32 J＋××(－2)2 J－×(2＋)×12 J＝10 J，D 正确，不符合题意．
8.如图所示，在水平光滑直导轨上，静止着三个质量均为m＝1 kg 的相同小球A、B、C，
现让A 球以v0＝2 m/s 的速度向着B 球运动，A、B 两球碰撞后粘合在一起，两球继续向右
运动并跟C 球碰撞，C 球的最终速度vC＝1 m/s.求：
(1)A、B 两球跟C 球相碰前的共同速度多大；
(2)两次碰撞过程中一共损失了多少动能.
答案 (1)1 m/s (2)1.25 J
解析 (1)A、B 相碰满足动量守恒，以v0的方向为正方向，有：mv0＝2mv1
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得两球跟C 球相碰前的速度v1＝1 m/s.
(2)两球与C 球碰撞同样满足动量守恒，以v0的方向为正方向，有：2mv1＝mvC＋2mv2
解得两球碰后的速度v2＝0.5 m/s，
两次碰撞损失的动能|ΔEk|＝mv0
2－×2mv2
2－mvC
2＝1.25 J.
9.如图所示，ABC 为一固定在竖直平面内的光滑轨道，AB 段是半径R＝0.8 m 的圆弧，B 在
圆心O 的正下方，BC 段水平，AB 段与BC 段平滑连接．球2、球3 均放在BC 轨道上，质
量m1＝0.4 kg 的球1 从A 点由静止释放，球1 进入水平轨道后与球2 发生弹性正碰，球2 再
与球3 发生弹性正碰，g＝10 m/s2.
(1)求球1 到达B 点时对轨道的压力大小；
(2)若球2 的质量m2＝0.1 kg，求球1 与球2 碰撞后球2 的速度大小；
(3)若球3 的质量m3＝0.1 kg，为使球3 获得最大的动能，球2 的质量应为多少．
答案 (1)12 N (2)6.4 m/s (3)0.2 kg
解析 (1)对球1 从A 到B 应用动能定理：m1gR＝m1v0
2
在B 点对球1 应用牛顿第二定律：
FN－m1g＝m1
联立解得：v0＝4 m/s、FN＝12 N
由牛顿第三定律知球1 在B 点对轨道的压力大小FN′＝FN＝12 N.
(2)球1、球2 碰撞时，根据动量守恒定律有：
m1v0＝m1v1＋m2v2
由机械能守恒定律得：
m1v0
2＝m1v1
2＋m2v2
2
解得：v2＝v0＝6.4 m/s.
(3)同理，球2、球3 碰撞后：v3＝v2
则v3＝·v0
代入数据得v3＝v0，
由数学知识可知，当m2＝时，m2＋＋0.5 最小，v3最大
所以m2＝0.2 kg.
10.如图所示，光滑水平轨道上放置长木板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B 置于A 的左端，
三者质量分别为mA＝2 kg、mB＝1 kg、mC＝2 kg.开始时C 静止，A、B 一起以v0＝5 m/s 的
速度匀速向右运动，A 与C 发生碰撞(时间极短)后C 向右运动，经过一段时间，A、B 再次
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达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C 碰撞．求A 与C 发生碰撞后瞬间A 的速度大
小．
答案 2 m/s
解析 因碰撞时间极短，A 与C 碰撞过程动量守恒，设碰后瞬间A 的速度为vA，C 的速度
为vC，以向右为正方向，由动量守恒定律得
mAv0＝mAvA＋mCvC①
碰撞后A 与B 在摩擦力作用下再次达到共同速度，设共同速度为vAB，由动量守恒定律得
mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)vAB②
A 与B 达到共同速度后恰好不再与C 碰撞，应满足vAB＝vC③
联立①②③式，代入数据得vA＝2 m/s.
11.(2023·河北·模拟)某种型号的中性笔由弹簧、内芯和外壳三部分构成.李强同学探究这种
笔的弹跳问题时发现笔的弹跳过程可简化为三个阶段：把笔竖直倒立于水平硬桌面上，下
压外壳使其下端接触桌面(如图甲所示)；把笔由静止释放，外壳竖直上升，上升高度为h
时(弹簧恰好恢复原长)与静止的内芯碰撞，碰撞过程时间极短，碰后瞬间，内芯与外壳具
有竖直向上的共同速度(如图乙所示)；此后，内芯与外壳一起向上运动，上升的最大高度
为H(如图丙所示).李强同学测得笔的外壳和内芯质量分别为m1和m2，不计弹簧质量和空气
阻力，重力加速度大小为g.求：
(1)外壳与内芯碰撞前瞬间的速度大小v0；
(2)在阶段一中弹簧储存的弹性势能ΔEp.
答案 (1) (2)gH＋m1gh
解析 (1)外壳与内芯碰撞后一起上升，假设碰后一起上升的初速度为v，由机械能守恒定
律可得(m1＋m2)v2＝(m1＋m2)gH，碰前瞬间外壳的速度为v0，外壳与内芯碰撞过程时间极短，
可认为碰撞时的内力远远大于重力，二者的动量近似守恒，由动量守恒定律可得m1v0＝(m1
＋m2)v,解得v0＝.
(2)在阶段一，根据能量守恒定律，有
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ΔEp＝m1v＋m1gh
解得ΔEp＝gH＋m1gh.
12.(多选)(2020·全国卷Ⅱ·21)水平冰面上有一固定的竖直挡板，一滑冰运动员面对挡板静止
在冰面上，他把一质量为4.0 kg 的静止物块以大小为5.0 m/s 的速度沿与挡板垂直的方向推
向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员
又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0 m/s 的速度与挡板弹性碰撞．总共经过8 次这
样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0 m/s，反弹的物块不能再追上运动员．不计冰
面的摩擦力，该运动员的质量可能为( )
A．48 kg B．53 kg C．58 kg D．63 kg
答案 BC
解析 设运动员的质量为M，第一次推物块后，运动员速度大小为v1，第二次推物块后，
运动员速度大小为v2……第八次推物块后，运动员速度大小为v8，第一次推物块后，由动
量守恒定律知：Mv1＝mv0；第二次推物块后由动量守恒定律知：M(v2－v1)＝m[v0－(－v0)]
＝2mv0，……，第n 次推物块后，由动量守恒定律知：M(vn－vn－1)＝2mv0，各式相加可得
vn＝，则v7＝，v8＝.由题意知，v7<5 m/s，则M>52 kg，又知v8>5 m/s，则M<60 kg，故选
B、C.
9
