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(共62張PPT)
第6講 沖量與動量
題型1 動量、沖量與動量定理
題型2 動量守恒定律的應(yīng)用
題型3 碰撞模型及其拓展解答規(guī)范
網(wǎng)絡(luò)構(gòu)建
備用習(xí)題
【關(guān)鍵能力】
在近年的浙江物理試題中，動量的考查
呈現(xiàn)多點分布的特點，即動量概念的理
解、動量定理的應(yīng)用、動量守恒定律的
應(yīng)用，分散在選擇題和不同的計算題中.
在選擇題中，偏重概念的理解，特別是
對矢量性的理解.在動能定理與曲線運動相結(jié)合的大題中往往會加入兩物
體碰撞的環(huán)節(jié)，在電磁感應(yīng)為主的大題中一般要計算安培力的沖量，在帶
電粒子運動的大題中會涉及電子束等對靶的沖擊力的計算.
題型1 動量、沖量與動量定理
沖量的三種計算方法
公式法 適用于求恒力的沖量
動量定理法 多用于求變力的沖量或、 未知的情況
圖像法 圖線與時間軸圍成的面積表示力的沖量.若
成線性關(guān)系，也可直接用平均力求解
例1 [2024·余姚模擬] 如圖所示，某高中學(xué)生正在
練習(xí)頭部顛球技巧.假設(shè)足球從靜止開始下落 ，
被頭豎直頂起，離開頭部后足球上升的最大高度仍
為，足球與頭部的接觸時間為 ，足球的
質(zhì)量為 ，不計空氣阻力.下列說法正確的是
( )
A.頭向上頂球的過程中，足球的動量變化量大小為
B.頭向上頂球的過程中，頭對足球的沖量等于足球動量的變化量
C.頭向上頂球的過程中，頭部對足球的平均作用力大小為
D.從最高點下落至又回到最高點的過程中，足球重力的沖量為零
√
[解析] 取豎直向下為正分向，由題知，下落、上升的
高度都為 ，則足球下落到與頭部
剛接觸時有，解得 ，足球與頭部
碰撞后，速度反向，大小不變，即為 ，
則動量變化量為
，
即動量變化量的大小為 ，故A錯誤；
設(shè)頭對足球的沖量為，根據(jù)動量定理可得
，故B錯誤；根據(jù)動量定理可得
，即，解得
，故C正確；從最高點下落至又回到最高點的過程中，足球重力的作用時間不為零，所以沖量不為零，故D錯誤.
技法點撥
1.動量、動量改變量、沖量都是矢量，在比較它們或者是用動量定理計算
時，應(yīng)先確定正方向.
2.動量定理除了用于計算恒力的沖量之外，也可以結(jié)合圖像分析變力
的沖量、物體的多過程問題.
3.在電磁感應(yīng)中經(jīng)常需要通過動量定理計算變力安培力的沖量(求導(dǎo)體棒通
過位移、通過導(dǎo)體棒的電荷量等)，在磁場的問題中，經(jīng)常需要結(jié)合動量
定理求洛倫茲力的沖量(涉及某方向的動量定理).
例2 [2024·湖州模擬] 靜電噴漆是利用高壓形
成的靜電場進行噴漆的技術(shù).其原理如圖所示，
在給工件噴漆的過程，由噴嘴 噴出的帶負(fù)電
霧狀油漆經(jīng)、間電場加速后，射到置于 處
A. B. C. D.
需噴漆的工件并附著其上.已知噴嘴每秒噴出油漆 ，電場力做功的功率
為，不計油漆在 處的初速度，也不計重力，則油漆對工件表面的
平均壓力大小約為( )
√
[解析] 以 時間噴出的油漆為研究對象，在
、間的電場中加速，設(shè)末速度為 ，則有
，解得油漆射到工件表面時的速
度為，油漆射到工件表面經(jīng) 時
間后速度變?yōu)榱悖O(shè)受到工件表面的平均壓力
為，由動量定理得 ，其中
，解得 ，由牛頓第三定律可
知，油漆對工件表面的平均壓力大小約為 ，
故B正確.
技法點撥
這是動量定理在流體模型中的典型應(yīng)用，可以選取單位時間內(nèi)
的噴出油漆為研究對象，該研究對象質(zhì)量為，速度由減為0,再用動
量定理求解受到的作用力大小.
【遷移拓展】
1.某科研團隊通過傳感器收集并分析運動數(shù)據(jù)，
為跳高運動員的技術(shù)動作改進提供參考.如圖
所示為跳高運動員在起跳過程中，其單位質(zhì)量
受到水平地面的支持力隨時間變化關(guān)系曲線.
圖像中至 內(nèi)，曲線下方的面積與
陰影部分的面積相等.已知該運動員的質(zhì)量為，重力加速度 取
.下列說法正確的是( )
A.起跳過程中運動員的最大加速度約為
B.起跳后運動員重心上升的平均速度大小約為
C.起跳后運動員重心上升的最大高度約為
D.起跳過程中運動員所受合力的沖量大小約為
√
[解析] 由圖像可知，運動員受到的最大支持
力約為 ，根據(jù)牛頓
第二定律可知，起跳過程中運動員的最大加速
度約為
，故A錯誤；根據(jù)圖像可知，起跳過程中支持力的沖量為 ，
起跳過程中運動員所受合力的沖量為
，根據(jù)動量定理可得
，解得起跳離開地面瞬間的速度
為 ，則起跳后運動員重心上升的平
均速度為 ，起
跳后運動員重心上升的最大高度為
，故B、D錯誤，C正確.
2.如圖所示，質(zhì)量為、電阻為、邊長為的正方形金屬線框 放在光
滑絕緣水平面上，寬度為 的有界勻強磁場垂直于水平面向下，磁感應(yīng)強
度大小為，給線框一初速度使其向右進入磁場，一段時間后 邊離開
磁場.線框運動過程中 邊始終與磁場邊界平行，下列說法正確的是
( )
A.線框剛進磁場時的加速度大小為
B.線框的初速度大小滿足
C.線框進、出磁場過程，克服安培力做功相同
D.線框進、出磁場過程，安培力的沖量相同
√
[解析] 線框剛進磁場時，所受安培力大小
，加速
度 ，A錯誤；線框進、出磁場過程，
安培力的沖量大小均為
，D正確；線框穿過
磁場過程,根據(jù)動量定理得 ,即
，解得
，B錯誤；線框在進、出磁場過程中均
做減速運動，線框進磁場
過程受到的平均安培力大于出磁場過程受到的平
均安培力，因此線框進磁場過程克服安培力做的
功大于出磁場過程克服安培力做的功，C錯誤.
題型2 動量守恒定律的應(yīng)用
1.判斷動量守恒的三種方法
(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力為0，如光滑水平面上的板—塊
模型、電磁感應(yīng)中光滑導(dǎo)軌上的雙桿模型.
(2)近似守恒：系統(tǒng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，如爆炸、反沖.
(3)某一方向守恒：系統(tǒng)在某一方向上不受外力或所受外力的合力為0，則
在該方向上動量守恒，如滑塊—斜面(曲面)模型.
2.動量守恒定律的三種表達(dá)形式
(1)，作用前的動量之和等于作用后的動量
之和(常用).
(2)，相互作用的兩個物體動量的增量等大反向.
(3)，系統(tǒng)總動量的增量為零.
例3 [2021·浙江1月選考] 在爆炸實驗基地有一發(fā)射塔，發(fā)射塔正下方的水
平地面上安裝有聲音記錄儀.爆炸物自發(fā)射塔豎直向上發(fā)射，上升到空中
最高點時炸裂成質(zhì)量之比為 、初速度均沿水平方向的兩個碎塊.遙控器
引爆瞬間開始計時，在末和 末先后記錄到從空氣中傳來的碎塊撞擊
地面的響聲.已知聲音在空氣中的傳播速度為 ，忽略空氣阻力.下列
說法正確的是取 ( )
A.兩個碎塊的位移大小之比為
B.爆炸物的爆炸點離地面高度為
C.爆炸后質(zhì)量大的碎塊的初速度為
D.爆炸后兩個碎塊落地點之間的水平距離為
√
[解析] 爆炸物上升到最高點時，瞬時速度為零，爆
炸瞬間水平方向動量守恒，因此質(zhì)量之比為 的兩
個碎塊，其速度之比為 ，根據(jù)平拋運動規(guī)律可知，
水平方向位移大小之比為 ，但合位移大小之比并
不為，選項A錯誤.根據(jù)題意，設(shè)聲速為 ，則
，因此 ，兩碎塊落地點相距
，選項D錯誤.以上推導(dǎo)說明爆炸物爆炸之后
質(zhì)量為的碎塊落地聲音傳到接收器需要 ，質(zhì)量
為的碎塊落地聲音傳到接收器時間為 .
因此爆炸物爆炸后碎塊平拋落地時間為 ，根據(jù)平
拋運動的規(guī)律可知，碎塊下落的高度
，選項B正確.質(zhì)量為 的爆炸物碎
塊的水平速度為， 選項C錯誤.
技法點撥
1.爆炸過程煙花受重力作用，由于爆炸時的內(nèi)力遠(yuǎn)大于重力，仍可認(rèn)為系
統(tǒng)動量守恒.
2.引爆后，兩碎塊先做平拋運動，平拋運動下落的時間相同，聲音從落地
點傳到聲音記錄器的時間差與總時間差相等，該時間差反映了平拋運動水
平位移的關(guān)系.
例4 [2024·舟山模擬] 如圖所示，一個帶有光滑半圓槽的大物塊與另一小
物塊挨在一起，放置在光滑的水平面上，一小球自左側(cè)槽口 的正上方從
靜止開始落下，與圓弧槽相切進入槽內(nèi)，經(jīng)最低點后恰能上升到右側(cè)槽口
.已知大物塊、小物塊和小球的質(zhì)量均相等，圓槽的半徑為 ，重力加速
度為 ，則( )
A.小球從離高為 處開始下落
B.小物塊運動的最大速度為
C.大物塊運動的最大速度為
D.小球從進入圓槽后，還能從 離開圓弧槽
√
[解析] 小球從A運動到B的過程中，小球?qū)Π?br/>圓槽的壓力方向向左下方，所以大物塊要向左
推動小物塊一起加速運動，小球到最低點B后
小物塊與大物塊分離，小球在半圓槽內(nèi)繼續(xù)上
升，對半圓槽的壓力方向向右下方，大物塊做
減速運動.設(shè)小球在最低點時的速度為 ，此
時大、小物塊的速度均為 ，對小球與大、
小物塊組成的系統(tǒng)，根據(jù)水平方向上動量守恒
有 ，根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒有
，小球經(jīng)最
低點后恰能上升到右側(cè)槽口C，此時小球和大
物塊的速度相同，設(shè)為 ，對小球和大物塊組
成的系統(tǒng)，根據(jù)水平方向上動量守恒有
，根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒有
，聯(lián)立解
得， ，
， ，A正確；由上分析可知，
小球經(jīng)過圓弧最低點時，
大、小物塊獲得最大速度，為 ，B、
C錯誤；小球從A到最低點之后，大、小物塊
分離，之后小球與圓弧槽向右運動，且小球在
圓弧槽內(nèi)左右兩側(cè)最高上升到A、C處，小球
不能從A離開圓弧槽，故D錯誤.
技法點撥
(1)相互作用的系統(tǒng)，如果系統(tǒng)在某一方向上的合力為零，則在該方向上
動量守恒，但是若在另一方向上的合力不為零，則在對應(yīng)方向上動量不守
恒；
(2)在相互作用過程中，要判斷是否存在能量改變，通常情況下物體
的碰撞、繩子突然繃緊、火藥燃燒等通常伴隨著能量的改變.
【遷移拓展】
1.如圖所示，質(zhì)量為、傾角為 的光滑斜劈置于光滑水平地面上，質(zhì)量
為的小球第①次和第②次分別以方向水平向右和水平向左、大小均為
的初速度與靜止的斜劈相碰，碰撞中無機械能損失.重力加速度用 表示，
下列說法正確的是( )
A.這兩次碰撞過程中小球和斜劈組成的系統(tǒng)動量都守恒
B.第②次碰撞后斜劈的速度小于
C.第②次碰撞過程中地面對斜劈的支持力等于
D.第①次碰撞前、后小球的速度方向一定在同一直線上，第②次碰撞前、
后小球的速度方向與斜面法線的夾角一定相等
√
[解析] 第①次碰撞過程中，小球?qū)π迸淖饔昧?br/>沿水平方向，則水平地面斜劈的支持力仍等于斜
劈的重力，所以小球和斜劈組成的系統(tǒng)所受的合
外力為零，系統(tǒng)動量守恒；第②次碰撞過程中，小球?qū)π迸淖饔昧Υ怪?br/>于斜面向下，則水平地面對斜劈的支持力大于斜劈的重力，所以小球和斜
劈組成的系統(tǒng)所受的合外力不為零，系統(tǒng)動量不守恒，故A錯誤.第①次碰
撞前、后小球的速度方向都沿水平方向，即在一條直線上；將第②次碰撞
后小球的速度分解，如圖所示，碰后小球速度沿斜面方向的分量與碰前相
同，為 ，而垂直于斜面方向的分量與碰前方向相反且大小減
小，即 ，所以第②次碰撞前、后小球速度方向與斜面法線的
夾角一定不相等，由于第2次碰撞過程中小球速度由水平向左變成斜向左
上，可知小球受到的合外力有斜向上的分量，對于小球和斜劈組成的系統(tǒng)
受力分析，可知地面對斜劈的支持力大于 ，故C、D錯誤.第②次
碰撞過程中，系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，有
，解得 ，故B正確.
2.[2024·湖州中學(xué)模擬] 如圖所示，空間中有一環(huán)型
勻強磁場，其內(nèi)半徑為，外半徑為 .在內(nèi)
圓上的 點處有一靜止微粒發(fā)生裂變，生成甲、乙
兩個小微粒(均帶正電)，且二者初速度均沿切線方
向并處于如圖所示的平面內(nèi)(甲左、乙右).若兩微粒
均恰好不從外環(huán)射出磁場，則甲、乙兩者所帶電荷
量之比為( )
A. B. C. D.
√
[解析] 根據(jù)左手定則可知，甲、乙兩粒子運動軌跡
如圖所示，設(shè)向右為正方向，向右的乙粒子速度為
，質(zhì)量為，向左的甲粒子速度為 ，質(zhì)量為
，由動量守恒定律有 ，對甲
粒子，由幾何關(guān)系有 ，對乙粒子，
由幾何關(guān)系有 ，帶電粒子在磁場
中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，有
，可得，由于 ,故
，故B正確.
題型3 碰撞模型及其拓展 .
1.碰撞問題遵循的三條原則
(1)動量守恒：.
(2)動能不增加：.
(3)速度要符合實際情況：若碰后同向運動，則后方物體速度不大于前方
物體速度.
2.兩種碰撞特點
(1)彈性碰撞
兩球發(fā)生彈性碰撞時應(yīng)滿足動量守恒定律和機械能守恒定律.
以質(zhì)量為、速度為的小球與質(zhì)量為的靜止小球發(fā)生彈性正碰為例，
有


解得，.
結(jié)論：
①當(dāng)時，， ，兩球碰撞后交換了速度.
②當(dāng)時，，，碰撞后兩球都沿速度 的方向運動.
③當(dāng)時，， ，碰撞后質(zhì)量小的球被反彈回來.
④當(dāng)時，， .
(2)完全非彈性碰撞
動量守恒、末速度相同： ；機械能損失最多，
機械能的損失： .
例5 如圖所示，一實驗小車靜止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平軌
道與光滑四分之一圓弧軌道，圓弧軌道與水平軌道相切于圓弧軌道最低點.
一物塊靜止于小車最左端，一小球用不可伸長的輕質(zhì)細(xì)線懸掛于 點正下
方，并輕靠在物塊左側(cè).現(xiàn)將細(xì)線拉直到水平位置，由靜止釋放小球，小
球運動到最低點時與物塊發(fā)生彈性碰撞，碰撞后，物塊沿著軌道運動.已
知細(xì)線長，小球質(zhì)量 ，物塊、小車質(zhì)量均為
，小車上的水平軌道長，圓弧軌道半徑 .
小球、物塊均可視為質(zhì)點，不計空氣阻力，重力加速度取 .
(1) 求小球運動到最低點與物塊碰撞前所受拉力的大小;
[答案]
[解析] 對小球擺動到最低點的過程中，由動能定理有
解得 (1分)
小球在最低點時，由牛頓第二定律有
解得小球運動到最低點與物塊碰撞前所受拉力的大小
為 (1分)
(2) 求小球與物塊碰撞后的瞬間物塊速度的大小;
[答案]
[解析] 小球與物塊碰撞過程中，由動量守恒定律和機
械能守恒定律有
(1分)
(1分)
解得小球與物塊碰撞后的瞬間，物塊速度的大小為
(1分)
(3) 為使物塊能進入圓弧軌道，且在上升階段不脫離小車，求物塊與水平
軌道間的動摩擦因數(shù) 的取值范圍.
[答案]
[解析] 若物塊恰好運動到圓弧軌道的最低點時兩者共
速，則對物塊與小車整體由水平方向上動量守恒有
(1分)
由能量守恒定律有
(1分)
解得
若物塊恰好運動到與圓弧圓心等高的位置時兩者共速，
則對物塊與小車整體由水平方向上動量守恒有
(1分)
由能量守恒定律有
(1分)
解得 (1分)
綜上所述，物塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù) 的取值
范圍為 (1分)
規(guī)范答題區(qū) 自評項目(共100分) 自評得分
書寫工整無涂抹(20分)
有必要的文字說明(20分)
使用原始表達(dá)式、無代數(shù)過程(30分)
有據(jù)①②得③等說明(10分)
結(jié)果為數(shù)字的帶有單位，求矢量的有方 向說明(20分)
【遷移拓展】
1.[2024·寧波模擬] 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(jié)晶和悠遠(yuǎn)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
，上珠與頂珠相隔 ，如圖甲所示.現(xiàn)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(fā)生正碰(碰撞時間極短)，整個
過程，上珠運動的 圖像如圖乙所示.已知算珠與檔之間的動摩擦因數(shù)
處處相同，重力加速度大小取 .下列說法正確的是( )
A.算珠與檔之間的動摩擦因數(shù)為0.25
B.上珠從撥出到停下所用時間為
C.上珠與頂珠發(fā)生的碰撞是彈性碰撞
D.頂珠碰撞后恰好能運動至歸零位置
√
[解析] 由圖像可知，上珠撥出時的速度 ，上珠與頂珠碰撞前
的速度 ,上珠從撥出至與頂珠碰撞前，根據(jù)運動學(xué)公式有
，解得 ，故A錯誤；由圖像可知，上珠碰撞前的
速度，碰撞后的速度 ，根據(jù)動量守恒定律有
，解得碰撞后頂珠的速度 ，因
，所以碰撞前、后系統(tǒng)機械能有損失，該碰撞不是
彈性碰撞，故C錯誤；上珠從撥出到停下所用時間為
，故B錯誤；碰撞后頂珠做勻減速直線運動，位移
，由于 ，所以碰撞后頂珠恰好能運動至歸零位置，
故D正確.
2.某款智能手機內(nèi)部振動馬達(dá)的原理如圖所示，
手機在振動時，會給兩彈簧連接的質(zhì)量塊施加
一個初速度，然后質(zhì)量塊壓縮和拉伸輕質(zhì)彈簧，
使手機向某方向振動.手機中質(zhì)量塊的質(zhì)量為
，除質(zhì)量塊外手機質(zhì)量為 .若將手機放在水平光滑的桌面上，
某次振動時，質(zhì)量塊獲得 的水平向左的初速度，開始時彈簧處于原
長，質(zhì)量塊與手機間的摩擦力不計，取 ，求：
(1) 當(dāng)彈簧的彈性勢能最大時，手機的速度及彈簧的彈性勢能；
[答案] ;
[解析] 已知手機的質(zhì)量為 ，質(zhì)量塊的質(zhì)
量為 ，開始振動時質(zhì)量塊的初速度
.當(dāng)質(zhì)量塊、手機共速時，彈簧的彈性勢能最大，對質(zhì)量塊
和手機組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律得
解得
由能量守恒定律得
解得
(2) 手機能獲得的最大速度；
[答案]
[解析] 當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時，手機速度最大，
設(shè)為，此時質(zhì)量塊速度為 ，由動量守恒
定律得
由能量守恒定律得
解得
(3) 質(zhì)量塊開始向右運動瞬間，彈簧的彈性勢能.
[答案]
[解析] 質(zhì)量塊開始向右運動瞬間，速度為0，
設(shè)此時手機的速度為 ，由動量守恒定律得
由能量守恒定律得
解得
1.　(多選) 質(zhì)量為1 kg的物塊在水平力F的作用下由靜止開始在水平地面上做直線運動,F與時間t的關(guān)系如圖所示.已知物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為0.2,重力加速度大小g取10 m/s2.則 (　　)
A.4 s時物塊的動能為零
B.6 s時物塊回到初始位置
C.3 s時物塊的動量為12 kg·m/s
D.0~6 s時間內(nèi)F對物塊所做的功為40 J
√
√
[解析] 物塊與地面間的摩擦力為Ff=μmg=2 N,對物塊,0~3 s內(nèi)由動量定理可知(F-Ff)t1=mv3,3 s時物塊的動量為p=mv3=6 kg·m/s,設(shè)3 s后經(jīng)過時間t物塊的速度減為0,由動量定理可得-(F+Ff)t=0-mv3,解得t=1 s,所以物塊在4 s時速度減為0,則此時物塊的動能也為0,故A正確,C錯誤;
設(shè)0~3 s內(nèi)物塊發(fā)生的位移為x1,由動能定理可得(F-Ff)x1=m,得x1=9 m,3~4 s過程中,對物塊,由動能定理可得-(F+Ff)x2=0-m,得x2=3 m,4~6 s物塊開始反向運動,物塊的加速度大小為a==2 m/s2,發(fā)生的位移為x3=a=4 m0~6 s內(nèi)力F所做的功為W=Fx1-Fx2+Fx3=40 J,故D正確.
2. 一位解放軍海軍士兵蹲在皮劃艇上進行射擊訓(xùn)練,用步槍在t時間內(nèi)沿水平方向發(fā)射了7發(fā)子彈.若該士兵連同裝備和皮劃艇的總質(zhì)量是M,發(fā)射每兩發(fā)子彈之間的時間間隔相等,每發(fā)子彈的質(zhì)量為m,子彈離開槍口的對地速度為v0.射擊前皮劃艇是靜止的,不考慮水的阻力,忽略因射擊導(dǎo)致裝備質(zhì)量的減少,則在t時間內(nèi)皮劃艇的位移為(　　)
A. B. C. D.
√
[解析] 發(fā)射子彈時,根據(jù)動量守恒可得每發(fā)射一顆子彈,皮劃艇增加的速度為Δv=,所以在t時間內(nèi)沿水平方向發(fā)射了7發(fā)子彈,則皮劃艇在6個時間內(nèi),分別以Δv、2Δv、3Δv、…勻速運動,每段勻速運動的位移依次為x1=Δv×,x2=2Δv×,x3=3Δv×,…,故t時間內(nèi)皮劃艇的總位移為x=x1+x2+x3+x4+x5+x6=,故選B.
3.　(多選)如圖所示,光滑水平面上有大小相同的A、B兩球在同一直線上運動.兩球質(zhì)量關(guān)系為mB=2mA,規(guī)定向右為正方向,A、B兩球的動量均為6 kg·m/s,運動中兩球發(fā)生碰撞,碰撞后A球的動量增量為-4 kg·m/s,則 (　　)
A.該碰撞為彈性碰撞
B.該碰撞為非彈性碰撞
C.左方是A球,碰撞后A、B兩球速度大小之比為2∶5
D.右方是A球,碰撞后A、B兩球速度大小之比為1∶10
√
√
[解析] 規(guī)定向右為正方向,碰撞前A、B兩球的動量均為6 kg·m/s,說明A、B兩球的速度方向向右,兩球質(zhì)量關(guān)系為mB=2mA,所以碰撞前vA>vB,所以左方是A球,碰撞后A球的動量增量為-4 kg·m/s,所以碰撞后A球的動量是2 kg·m/s,由碰撞過程系統(tǒng)總動量守恒得mAvA+mBvB=-mAv'A+mBv'B,可知碰撞后B球的動量是10 kg·m/s,根據(jù)mB=2mA,所以碰撞后A、B兩球速度大小之比為2∶5,選項C正確,D錯誤;
碰撞前系統(tǒng)動能為,碰撞后系統(tǒng)動能為,則碰撞前后系統(tǒng)機械能不變,
碰撞是彈性碰撞,選項A正確,B錯誤.

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