資源簡介

第五節　彈性碰撞與非彈性碰撞
第六節　自然界中的守恒定律
1～7題每題7分，共49分
考點一　碰撞的分類
1．下列關于碰撞的理解正確的是(　　)
A．碰撞是指相對運動的物體相遇時，在極短時間內它們的運動狀態發生了顯著變化的過程
B．在碰撞現象中，一般內力都遠大于外力，所以可以認為碰撞時系統的動能守恒
C．如果碰撞過程中機械能守恒，這樣的碰撞叫作非彈性碰撞
D．微觀粒子的相互作用由于不發生直接接觸，所以不能稱其為碰撞
2．甲、乙兩人穿著同款充氣“防護服”，由于兩人初次穿充氣服，走路時控制不好平衡，所以兩人發生了碰撞。若甲的質量為3m，乙的質量為m，且以相同的速率v在光滑水平面上發生相向碰撞，碰撞后甲靜止不動，則這次碰撞屬于(　　)
A．彈性碰撞 B．非彈性碰撞
C．完全非彈性碰撞 D．條件不足，無法確定
考點二　彈性碰撞的實例分析
3.在光滑水平面上有三個完全相同的小球，它們排成一條直線，2、3小球靜止并靠在一起，1小球以速度v0撞向2、3小球，如圖所示。設碰撞中不損失機械能，則碰后三個小球的速度大小分別是(　　)
A．v1＝v2＝v3＝v0
B．v1＝0，v2＝v3＝v0
C．v1＝0，v2＝v3＝v0
D．v1＝v2＝0，v3＝v0
4．(多選)如圖所示，大小、形狀相同的兩小球A、B在同一水平面上沿同一直線相向運動，小球A的質量為m、速度大小為v0、速度方向水平向右，小球B的質量也為m、速度大小為2v0、速度方向水平向左，兩小球發生彈性碰撞后，下列說法正確的是(　　)
A．小球A向左運動，小球B靜止
B．小球A向左運動，小球B向右運動
C．小球A的動能增加了mv02
D．小球B的動量變化量大小為mv0
5.(2023·廣州市第十六中學高二期中)如圖，水平放置的圓環形窄槽固定在桌面上，槽內有兩個大小相同的小球a、b，球b靜止在槽中位置P。球a以一定初速度沿槽運動，在位置P與球b發生彈性碰撞，碰后球a反彈，并在位置Q與球b再次碰撞。已知∠POQ＝90°，忽略摩擦，且兩小球可視為質點，則a、b兩球質量之比為(　　)
A．3∶1 B．1∶3
C．5∶3 D．3∶5
考點三　碰撞的可能性問題
6．(2023·廣東省高二期中)如圖所示，動量分別為pA＝6 kg· m/s，pB＝8 kg· m/s的兩個小球A、B在光滑的水平面上沿一直線向右運動，經過一段時間后兩球發生正碰，分別用ΔpA、ΔpB表示兩小球動量的變化量，則下列選項中可能正確的是(　　)
A．ΔpA＝3 kg·m/s，ΔpB＝3 kg·m/s
B．ΔpA＝－2 kg·m/s，ΔpB＝2 kg·m/s
C．ΔpA＝3 kg·m/s，ΔpB＝－3 kg·m/s
D．ΔpA＝－12 kg·m/s，ΔpB＝12 kg·m/s
7.(多選)(2023·佛山市順德區華僑中學高二月考)質量為m、速度為v的A球跟質量為3m的靜止B球發生正碰。碰撞可能是彈性的，也可能是非彈性的，因此，碰撞后B球的速度允許有不同的值。碰撞后B球的速度可能是(　　)
A．0.8v B．0.5v C．0.4v D．0.2v
8～9題每題9分，10題16分，共34分
8.(2024·廣州大學附屬中學高二開學考)如圖所示，兩質量分別為m1和m2的彈性小球A、B疊放在一起，從高度為h處自由落下，h遠大于兩小球半徑，落地瞬間，B先與地面碰撞，后與A碰撞，所有的碰撞都是彈性碰撞，且都發生在豎直方向、碰撞時間均可忽略不計。已知m2＝3m1，則A反彈后能達到的高度為(　　)
A．h B．2h C．3h D．4h
9.(多選)(2023·汕頭市潮陽一中明光學校高二期中)A、B兩個物塊在光滑的水平地面上發生正碰，碰撞時間極短，兩物塊運動的s－t圖像如圖所示，則下列判斷正確的是(　　)
A．碰撞后A、B兩個物塊運動方向相同
B．碰撞前、后A物塊的速度大小之比為5∶3
C．A、B的質量之比m1∶m2＝2∶3
D．此碰撞為彈性碰撞
10．(16分)(2024·廣州六中高二階段檢測)如圖所示，三個質量分別為2 kg、1 kg、1 kg的木塊A、B、C放置在光滑水平軌道上，開始時B、C均靜止，A以初速度v0＝6 m/s向右運動，A與B發生彈性碰撞后分開，B又與C發生碰撞并粘在一起。求：
(1)(5分)A與B碰撞后A、B各自速度大小；
(2)(5分)B與C碰撞后的共同速度大小；
(3)(6分)B與C碰撞過程中損失的動能。
11．(17分)(2023·韶關市高二期末)如圖所示為冰壺比賽場地示意圖，在某次比賽中，紅方隊員將紅色冰壺以v0＝3.2 m/s的速度從P點推出，冰壺在冰面上做勻減速直線運動并恰好停在營壘邊緣上的A點，然后黃方隊員推出的黃色冰壺在A點與紅方靜止的冰壺發生對心碰撞，碰撞時間極短，碰后紅壺停在營壘邊緣上的B點，黃壺停在營壘中心O與A點連線的中點C，已知P、A兩點間距離l＝25.6 m，營壘半徑R＝1.8 m，g＝10 m/s2，紅壺和黃壺可視為質點，質量均為m＝20 kg，且與冰面的動摩擦因數相同。
(1)(4分)求冰壺與冰面間的動摩擦因數μ；
(2)(6分)求黃壺與紅壺碰撞前瞬間速度v的大小；
(3)(7分)黃壺與紅壺的碰撞是彈性碰撞還是非彈性碰撞？請說明理由。
第五節　彈性碰撞與非彈性碰撞
第六節　自然界中的守恒定律
1．A　[碰撞是十分普遍的現象，它是相對運動的物體相遇時在極短時間內發生的一種現象，一般內力遠大于外力，系統動量守恒，動能不一定守恒。如果碰撞中機械能守恒，就叫作彈性碰撞。微觀粒子的相互作用同樣具有短時間內發生強大內力作用的特點，所以仍然是碰撞，故A正確。]
2．A　[設碰撞后乙的速度為v′，以甲的運動方向為正方向，根據動量守恒定律可得3mv－mv＝mv′，故碰后乙的速度為v′＝2v；碰前甲、乙的總動能為Ek＝×3mv2＋mv2＝2mv2，碰后甲、乙的總動能為Ek′＝mv′2＝2mv2，由于碰撞前后總動能相等，所以此碰撞為彈性碰撞，故A正確。]
3．D　[兩個質量相等的小球發生彈性正碰，碰撞過程中動量守恒、機械能守恒，碰撞后將交換速度。先是1、2小球碰撞，交換速度，v1＝0，v2＝v0，然后2、3小球碰撞，交換速度，v2＝0，v3＝v0，故最終狀態是v1＝v2＝0，v3＝v0，D項正確。]
4．BC　[兩小球發生彈性碰撞，令碰撞后A球和B球的速度分別為vA和vB，取向左為正，則m(－v0)＋m×2v0＝mvA＋mvB，mv02＋m(2v0)2＝mvA2＋mvB2，解得vA＝2v0，vB＝－v0，所以小球A向左運動，小球B向右運動，A錯誤，B正確；小球A的動能增加了ΔEkA＝mvA2－mv02＝mv02，C正確；小球B的動量變化量為Δp＝mvB－m×2v0＝m(－v0)－m×2v0＝－3mv0，D錯誤。]
5．D　[由動量守恒可知，兩小球在位置P相碰后兩球的速度方向相反，且在相同時間內，b球運動的弧長為a球運動的弧長的3倍，則有vb＝－3va，由動量守恒定律有mav＝mbvb＋mava，由能量守恒定律有mav2＝mava2＋mbvb2，聯立解得＝，故A、B、C錯誤，D正確。]
6．B　[由題意可知，無論小球A反彈或者不反彈，小球A的動量一定減小，即動量變化ΔpA<0，選項A、C錯誤；由動量守恒，得pA＋pB＝pA′＋pB′，化簡得pA′－pA＝－(pB′－pB)，即ΔpB＝－ΔpA，當ΔpA＝－2 kg·m/s時，ΔpB＝2 kg·m/s，且碰后系統的總動能不增加，選項B正確；當ΔpA＝－12 kg·m/s，ΔpB＝12 kg·m/s時，系統雖然滿足動量守恒，但是碰后系統的總動能增加，不可能實現，選項D錯誤。]
7．BC　[取向右為正方向，碰撞滿足動量守恒，設碰后A球速度為v1，B球速度為v2，若兩球發生彈性碰撞，則mv＝mv1＋3mv2，mv2＝mv12＋·3mv22，解得v2＝0.5v；若為完全非彈性碰撞，則mv＝(m＋3m)v′，解得：v′＝0.25v，則B球的速度取值范圍在0.25v～0.5v之間，符合題意的是B、C。]
8．D　[下降過程為自由落體運動，由勻變速直線運動的速度—位移公式得v2＝2gh，解得觸地時兩球速度相同，為v＝，B球碰撞地之后，速度瞬間反向，大小相等，選A球與B球碰撞過程為研究過程，碰撞前后動量守恒，設碰后A球、B球速度大小分別為v1、v2，選豎直向上為正方向，由動量守恒定律得：m2v－m1v＝m1v1＋m2v2。由能量守恒定律得(m1＋m2)v2＝m1v12＋m2v22，由題可知m2＝3m1，聯立解得v1＝2，反彈后高度為H＝＝4h，故D正確，A、B、C錯誤。]
9．CD　[因為s－t圖像的斜率表示速度，且斜率的正負表示速度的方向，由圖像可知，碰撞后A、B兩個物塊運動方向相反，故A錯誤；由圖像可得，碰撞前A物塊的速度為v1＝＝5 m/s，碰撞后A物塊的速度為v1′＝＝－1 m/s，所以碰撞前、后A物塊的速度大小之比為5∶1，故B錯誤；同理可得，碰撞前、后B物塊的速度分別為v2＝0，v2′＝＝4 m/s，設A、B的質量分別為m1、m2，則由動量守恒定律得m1v1＝m1v1′＋m2v2′，解得m1∶m2＝2∶3，故C正確；因為碰撞前、后A、B機械能分別為E＝m1v12＝12.5m1，E′＝m1v1′2＋m2v2′2＝12.5m1＝E，即碰撞前后系統機械能守恒，故此碰撞為彈性碰撞，故D正確。]
10．(1)2 m/s　8 m/s　(2)4 m/s
(3)16 J
解析　(1)設A與B碰撞后A、B的速度分別為vA、vB，由于A與B發生彈性碰撞，根據動量守恒定律和機械能守恒定律可得mAv0＝mAvA＋mBvB
mAv02＝mAvA2＋mBvB2
聯立解得vA＝2 m/s，vB＝8 m/s
(2)B與C發生碰撞并粘在一起，設B與C碰撞后的共同速度為v共，根據動量守恒定律可得
mBvB＝(mB＋mC)v共
解得v共＝4 m/s
(3)B與C碰撞過程中損失的動能為
ΔEk＝mBvB2－(mB＋mC)v共2＝16 J。
11．(1)0.02　(2)1.8 m/s　(3)非彈性碰撞，理由見解析
解析　(1)紅色冰壺從P點推出后，從P到A點由動能定理得
－μmgl＝0－mv02
解得冰壺與冰面間的動摩擦因數
μ＝0.02
(2)設紅壺碰撞后瞬間速度為v1，黃壺碰撞后瞬間速度為v2，由動能定理得
－μmglAB＝0－mv12，
－μmglAC＝0－mv22
解得v1＝1.2 m/s，v2＝0.6 m/s
黃壺與紅壺的碰撞過程由動量守恒定律得mv＝mv1＋mv2
解得黃壺與紅壺碰撞前瞬間速度大小為v＝1.8 m/s
(3)黃壺與紅壺碰撞前系統的動能
Ek＝mv2＝×20×1.82 J＝32.4 J
黃壺與紅壺碰撞后系統的總動能
Ek′＝mv12＋mv22＝×20×(1.22＋0.62) J＝18 J
則Ek>Ek′
所以黃壺與紅壺的碰撞是非彈性碰撞。第五節　彈性碰撞與非彈性碰撞
第六節　自然界中的守恒定律
[學習目標]　1.掌握彈性碰撞、非彈性碰撞的特點(重點)。2.能運用動量和能量的觀點分析、解決一維碰撞的問題(重難點)。3. 理解實際碰撞中應遵循的三個原則，會對碰撞的可能性進行分析判斷(難點)。4.進一步了解物體運動過程中的各種守恒定律。
一、碰撞的分類
用如圖所示的實驗裝置做如下實驗：
(1)兩個相同的剛性球懸掛于同一水平面，兩懸點的距離等于剛性球的直徑大小，線長相等，將其中一球拉開至一定角度，松手后使之與另一球發生正碰。
(2)在兩個球上分別套上尼龍搭扣做的套圈，做同樣的碰撞。
記下碰撞后兩球達到的最大高度，并思考下列問題。
①在以上兩種情況下，兩個球碰撞前后的總機械能是否相等？可能的原因是什么？
②如果碰撞前后總機械能不相等，是否違反了機械能守恒定律？
③總結以上兩種碰撞情況的區別。
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1．碰撞
(1)定義：碰撞是指兩個或兩個以上的物體在相遇的__________時間內產生________的相互作用。
(2)特點：物體組成的系統所受外力________內力，且相互作用時間________，所以可以認為系統在碰撞過程中________守恒。
說明：(1)在碰撞發生相互作用的過程中，相互作用力先是急劇增大，然后急劇減小，平均作用力很大。
(2)在物體發生碰撞的瞬間，可忽略物體的位移，認為物體在碰撞前后的極短時間內仍在同一位置。
2．分類
(1)彈性碰撞：兩球碰撞后，它們的形變__________完全恢復，則沒有機械能損失，碰撞前后兩小球構成的系統的__________相等。
(2)非彈性碰撞：兩球碰撞后，它們的形變__________完全恢復原狀，這時將有一部分機械能轉化為其他形式的能量，碰撞前后系統的機械能__________。
(3)完全非彈性碰撞：兩球碰撞后粘在一起，機械能損失__________。
如圖所示，在汽車碰撞測試中兩車相向碰撞，碰撞后均靜止。這種碰撞屬于哪種碰撞？碰撞過程損失的機械能去了哪里？
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例1　(2024·廣州市第六十五中學高二期中)某次訓練中使用的冰壺A和冰壺B的質量均為20 kg，初始時兩冰壺之間的距離s＝7.5 m，運動員以v0＝2 m/s的初速度將冰壺A水平擲出后，與靜止的冰壺B碰撞，碰后冰壺A的速度大小變為vA＝0.2 m/s，方向不變，碰撞時間極短。已知兩冰壺與冰面間的動摩擦因數均為μ＝0.02，重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)冰壺A與B碰撞前的速度大小v1；
(2)兩冰壺碰撞后瞬間B的速度大小vB；
(3)判斷兩冰壺碰撞是彈性碰撞還是非彈性碰撞。
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二、碰撞的實例分析
如圖所示，質量為m2的物體B靜止在光滑水平面上，物體B的左端連有輕彈簧，質量為m1的物體A以速度v1向B運動。在Ⅰ位置，物體A與物體B的輕彈簧剛好接觸，彈簧開始被壓縮，物體A開始減速，物體B開始加速；到Ⅱ位置，物體A、B的速度剛好相等(設為v)，彈簧被壓縮到最短；到Ⅲ位置，物體A、B的速度分別為v1′和v2′。試分析以下問題：
(1)在Ⅲ位置，如果彈簧可以恢復到原長，從Ⅰ到Ⅲ的過程中機械能是否守恒？試計算在Ⅲ位置時A、B的最終速度。
(2)在Ⅲ位置，彈簧只能部分恢復，不能回到原長，從Ⅰ到Ⅲ的過程中機械能是否守恒？該碰撞是哪類碰撞？
(3)在Ⅱ位置，彈簧彈性失效，從Ⅰ到Ⅱ的過程中機械能是否守恒？與(2)問有什么區別？該碰撞是哪類碰撞？
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1．在彈性限度內，彈簧發生__________形變，碰撞后彈簧可以恢復原長，碰撞前后機械能不變。
2．彈簧發生__________形變，碰撞后彈簧只能部分恢復原長，碰撞過程有部分機械能轉化為__________。
3．在完全非彈性碰撞過程中，系統的動能損失__________。
在以上第(1)問彈性碰撞過程中，分別討論完成以下問題：
1．以碰前物體m1速度的方向為正方向
(1)若m1＝m2，則有v1′＝__________，v2′＝__________，即碰撞后兩物體速度__________。
(2)若m1>m2，則v1′______0, v2′______0(均填“>”“＝”或“<”)，表示v1′和v2′都與v1方向__________(填“相同”或“相反”)。
(3)若m1”“＝”或“<”)，表示v1′與v1方向__________(填“相同”或“相反”)。
2．繼續思考：
若m1 m2，則v1′＝____________，v2′＝__________；
若m1 m2，則v1′＝________，v2′＝______。
例2　(2023·江門市培英高級中學高二期中)如圖，質量為m＝3 kg的滑塊靜止于光滑的水平面上，一質量為m1＝2 kg的小球以10 m/s的速率向右運動。
(1)若小球碰到滑塊后又以1 m/s的速率被彈回，求滑塊獲得的速度大小；
(2)若小球碰到滑塊兩者黏在一起運動，求之后的共同速度大小；
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(3)若小球與滑塊的碰撞沒有能量損失，求碰撞后小球、滑塊的速度大小。
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拓展　若碰撞過程中的能量損失未知，則碰后滑塊的速度在什么范圍內？
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一動一靜碰撞問題的討論
質量為m1的球a以速度v1和靜止的質量為m2的球b碰撞，碰后球a、b的速度分別為v1′和v2′。根據能量損失情況不同，討論碰后可能出現的情況如下：
(1)彈性碰撞：v1′＝v1，
v2′＝v1。
(2)完全非彈性碰撞：v1′＝v2′＝v1。
(3)一般情況下：
v1≥v1′≥v1，
v1≥v2′≥v1。
例3　一種未知粒子跟靜止的氫原子核正碰，測出碰撞后氫原子核的速度是3.3×107 m/s。該未知粒子跟靜止的氮原子核正碰時，測出碰撞后氮原子核的速度是4.4×106 m/s。已知氫原子核的質量是mH，氮原子核的質量是14mH，上述碰撞都是彈性碰撞，請你根據以上實驗數據計算：粒子的質量與氫核的質量mH有什么關系？
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三、碰撞可能性問題
請從動量守恒、能量守恒及碰撞前后兩物體速度關系的角度，分析碰撞能發生需滿足的條件。
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例4　(多選)(2024·清遠市高一期末)兩個球在光滑水平地面上沿同一直線、同一方向運動，B球在前，A球在后。mA＝2 kg，mB＝3 kg，vA＝6 m/s，vB＝2 m/s。當A球與B球發生碰撞后，A、B兩球的速度可能為(　　)
A．vA′＝3 m/s，vB′＝4 m/s
B．vA′＝3 m/s，vB′＝5 m/s
C．vA′＝3.6 m/s，vB′＝3.6 m/s
D．vA′＝4 m/s，vB′＝3 m/s
例5　(2024·佛山市鄭裕彤中學高二月考)某運動員在進行臺球比賽，他在某一桿擊球過程中，白色球(主球)和花色球碰撞前后都在同一直線上運動，碰前白色球A的動量pA＝5 kg·m/s，花色球B靜止，碰后花色球B的動量變為pB′＝4 kg·m/s，則兩球質量mA與mB間的關系可能是(　　)
A．mB＝mA B．mB＝mA
C．mB＝2mA D．mB＝5mA
四、自然界中的守恒定律
1．系統：物理學上常將__________________________視為一個系統。
2．物理量的守恒定律：物質所處的系統若沒有__________的因素使系統的這些物理量發生改變，則系統內部的這些物理量總和保持__________。物理量的守恒性質保證了系統的相對穩定性。守恒定律只有在合適的系統和范圍才適用。
3．動量守恒定律：如果系統的____________，系統的總動量不變，如果在某個方向系統合外力為零，則系統在該方向的動量守恒，如果系統某個方向的動量發生了改變，則該方向必然受到一個__________，__________的值等于系統在該方向動量的改變量。
4．機械能守恒定律：______________________________________________________，則系統的總機械能不變。
5．能量守恒定律：系統機械能增加或減少時必然有其他形式的能量__________，而且系統機械能的變化量和其他形式能量的變化量是__________的。
答案精析
一、
例1　(1)1 m/s　(2)0.8 m/s
(3)非彈性碰撞
解析　(1)冰壺A從開始運動到與冰壺B碰撞前，
根據動能定理可得
－μmgs＝mv12－mv02
代入數據解得v1＝1 m/s
(2)兩冰壺碰撞過程中，滿足動量守恒，則有mv1＝mvA＋mvB
代入數據解得vB＝0.8 m/s
(3)碰撞前兩冰壺的總動能為
Ek1＝mv12＝10 J
碰撞后兩冰壺的總動能為
Ek2＝mvA2＋mvB2＝6.8 J
由于Ek1>Ek2，可知兩冰壺碰撞為非彈性碰撞。
二、
例2　 (1) m/s　(2)4 m/s　(3)2 m/s　8 m/s
解析　 (1)對小球和滑塊組成的系統，在水平方向上不受外力，豎直方向上所受合力為零，系統動量守恒，以小球初速度方向為正方向，
由動量守恒定律有
m1v0＝－m1v1＋mv2
代入數據解得v2＝ m/s，方向水平向右；
(2)若小球碰到滑塊兩者黏在一起運動，由動量守恒定律有m1v0＝(m1＋m)v，解得之后的共同速度v＝4 m/s，方向水平向右；
(3)根據動量守恒定律
m1v0＝m1v1＋mv2，
小球與滑塊的碰撞沒有能量損失為彈性碰撞，碰撞過程中機械能守恒，
即m1v02＝m1v12＋mv22
聯立解得v1＝－2 m/s，v2＝8 m/s
即碰后瞬間小球速度大小為2 m/s，方向水平向左，滑塊的速度大小為8 m/s，方向水平向右。
拓展　4 m/s≤v2≤8 m/s
例3　相等
解析　兩次碰撞都遵守動量守恒定律和能量守恒定律。設未知粒子的質量為m，初速度為v0，取碰撞前未知粒子速度方向為正方向，根據動量守恒定律和能量守恒定律可得
mv0＝mv＋mH·vH，
mv02＝mv2＋mHvH2
由此可得vH＝v0
同樣可求出未知粒子與氮原子核碰撞后，氮核的速度
vN＝v0＝v0
實驗中測得氫核的速度為
vH＝3.3×107 m/s，
氮核的速度為：vN＝4.4×106 m/s。由以上式子可得m＝mH
即氫核的質量mH與粒子的質量相等。
三、
例4　AC　[兩球碰撞過程中動量守恒，有mAvA＋mBvB＝mAvA′＋mBvB′＝18 kg·m/s，又碰撞過程系統動能不增加，有mAvA2＋mBvB2≥mAvA′2＋mBvB′2，即42 J≥mAvA′2＋
mBvB′2，碰撞后若兩球同向運動時，A球的速度不能大于B球的速度，即vA≤vB，代入選項A中的數據可知mAvA1′＋mBvB1′＝18 kg·m/s，42 J>mAvA1′2＋mBvB1′2＝33 J且速度也合理，故A正確；代入選項B中的數據可知mAvA2′＋mBvB2′＝21 kg·m/s，故B錯誤；代入選項C中的數據可知mAvA3′＋mBvB3′＝18 kg·m/s,42 J>mAvA3′2＋mBvB3′2＝32.4 J且速度也合理，故C正確；代入選項D中的數據可知mAvA4′＋mBvB4′＝17 kg·m/s且速度也不合理，故D錯誤。]
例5　C　[ 碰撞過程系統動量守恒，以白色球A的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得pA＋pB＝pA′＋pB′，解得pA′＝1 kg·m/s，根據碰撞過程總動能不增加，則有＋≥＋，解得mB≥mA，碰后，兩球同向運動，A的速度不大于B的速度，則≤，解得mB≤4mA，綜上可知mA≤mB≤4mA，故選C。](共71張PPT)
DIYIZHANG
第一章
第五節　彈性碰撞與非彈性碰撞
第六節　自然界中的守恒定律
1.掌握彈性碰撞、非彈性碰撞的特點(重點)。
2.能運用動量和能量的觀點分析、解決一維碰撞的問題(重難點)。
3. 理解實際碰撞中應遵循的三個原則，會對碰撞的可能性進行分析判斷(難點)。
4.進一步了解物體運動過程中的各種守恒定律。
學習目標
一、碰撞的分類
二、碰撞的實例分析
課時對點練
三、碰撞可能性問題
四、自然界中的守恒定律
內容索引
碰撞的分類
一
用如圖所示的實驗裝置做如下實驗：
(1)兩個相同的剛性球懸掛于同一水平面，兩懸點的距離等于剛性球的直徑大小，線長相等，將其中一球拉開至一定角度，松手后使之與另一球發生正碰。
答案　第一種情況下，兩球碰撞前后的總機械能幾乎相等；第二種情況下，兩球碰撞前后的總機械能不相等，可能的原因是碰撞的過程中有機械能轉化為了其他形式的能量。
(2)在兩個球上分別套上尼龍搭扣做的套圈，做同樣的碰撞。
記下碰撞后兩球達到的最大高度，并思考下列問題。
①在以上兩種情況下，兩個球碰撞前后的總機械能是否相等？可能的原因是什么？
答案　碰撞前后總機械能不相等，不違反機械能守恒定律。
②如果碰撞前后總機械能不相等，是否違反了機械能守恒定律？
答案　兩種碰撞情況中損失機械能的大小不同，剛性球碰撞損失的機械能較少，帶有尼龍搭扣做的套圈的球碰撞損失的機械能較多。
③總結以上兩種碰撞情況的區別。
1.碰撞
(1)定義：碰撞是指兩個或兩個以上的物體在相遇的 時間內產生_________的相互作用。
(2)特點：物體組成的系統所受外力 內力，且相互作用時間 ，所以可以認為系統在碰撞過程中 守恒。
說明：(1)在碰撞發生相互作用的過程中，相互作用力先是急劇增大，然后急劇減小，平均作用力很大。
(2)在物體發生碰撞的瞬間，可忽略物體的位移，認為物體在碰撞前后的極短時間內仍在同一位置。
極短
梳理與總結
非常大
遠小于
極短
動量
2.分類
(1)彈性碰撞：兩球碰撞后，它們的形變 完全恢復，則沒有機械能損失，碰撞前后兩小球構成的系統的 相等。
(2)非彈性碰撞：兩球碰撞后，它們的形變 完全恢復原狀，這時將有一部分機械能轉化為其他形式的能量，碰撞前后系統的機械能 。
(3)完全非彈性碰撞：兩球碰撞后粘在一起，機械能損失 。
能
機械能
不能
最大
不再相等
討論與交流
如圖所示，在汽車碰撞測試中兩車相向碰撞，碰撞后均靜止。這種碰撞屬于哪種碰撞？碰撞過程損失的機械能去了哪里？
答案　完全非彈性碰撞，碰撞中兩車的作用力使車輛發生無法恢復的形變，損失的機械能轉化為了內能。
　(2024·廣州市第六十五中學高二期中)某次訓練中使用的冰壺A和冰壺B的質量均為20 kg，初始時兩冰壺之間的距離s＝7.5 m，運動員以v0＝2 m/s的初速度將冰壺A水平擲出后，與靜止的冰壺B碰撞，碰后冰壺A的速度大小變為vA＝0.2 m/s，方向不變，碰撞時間極短。已知兩冰壺與冰面間的動摩擦因數均為μ＝0.02，重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)冰壺A與B碰撞前的速度大小v1；
例1
答案　1 m/s　
冰壺A從開始運動到與冰壺B碰撞前，
代入數據解得v1＝1 m/s
(2)兩冰壺碰撞后瞬間B的速度大小vB；
答案　0.8 m/s　
兩冰壺碰撞過程中，滿足動量守恒，
則有mv1＝mvA＋mvB
代入數據解得vB＝0.8 m/s
(3)判斷兩冰壺碰撞是彈性碰撞還是非彈性
碰撞。
答案　非彈性碰撞
碰撞前兩冰壺的總動能為
碰撞后兩冰壺的總動能為
由于Ek1>Ek2，可知兩冰壺碰撞為非彈性碰撞。
返回
碰撞的實例分析
二
如圖所示，質量為m2的物體B靜止在光滑水平面上，物體B的左端連有輕彈簧，質量為m1的物體A以速度v1向B運動。在Ⅰ位置，物體A與物體B的輕彈簧剛好接觸，彈簧開始被壓縮，物體A開始減速，物體B開始加速；到Ⅱ位置，物體A、B的速度剛好相等(設為v)，彈簧被壓縮到最短；到Ⅲ位置，物體A、B的速度分別為v1′和v2′。試分析以下問題：
(1)在Ⅲ位置，如果彈簧可以恢復到原長，從Ⅰ到Ⅲ的過程中機械能是否守恒？試計算在Ⅲ位置時A、B的最終速度。
答案　系統的機械能守恒；由動量守恒定律和機械能守恒定律，
有m1v1＝m1v1′＋m2v2′，
解得物體A、B的最終速度分別為
(2)在Ⅲ位置，彈簧只能部分恢復，不能回到原長，從Ⅰ到Ⅲ的過程中機械能是否守恒？該碰撞是哪類碰撞？
答案　系統的機械能不守恒；這種碰撞是非彈性碰撞。
(3)在Ⅱ位置，彈簧彈性失效，從Ⅰ到Ⅱ的過程中機械能是否守恒？與(2)問有什么區別？該碰撞是哪類碰撞？
答案　系統的機械能不守恒；此過程碰后兩者速度相同，與(2)問相比損失的機械能更多，這種碰撞是完全非彈性碰撞。
1.在彈性限度內，彈簧發生 形變，碰撞后彈簧可以恢復原長，碰撞前后機械能不變。
2.彈簧發生 形變，碰撞后彈簧只能部分恢復原長，碰撞過程有部分機械能轉化為 。
3.在完全非彈性碰撞過程中，系統的動能損失 。
彈性
梳理與總結
塑性
內能
最大
討論與交流
在以上第(1)問彈性碰撞過程中，分別討論完成以下問題：
1.以碰前物體m1速度的方向為正方向
(1)若m1＝m2，則有v1′＝ ，v2′＝ ，即碰撞后兩物體速度 。
(2)若m1>m2，則v1′ 0, v2′ 0(均填“>”“＝”或“<”)，表示v1′和v2′都與v1方向 (填“相同”或“相反”)。
(3)若m1”“＝”或“<”)，表示v1′與v1方向
(填“相同”或“相反”)。
0
v1
互換
>
>
相同
<
相反
2.繼續思考：
若m1 m2，則v1′＝ ，v2′＝ ；
若m1 m2，則v1′＝ ，v2′＝ 。
v1
2v1
－v1
0
　(2023·江門市培英高級中學高二期中)如圖，質量為m＝3 kg的滑塊靜止于光滑的水平面上，一質量為m1＝2 kg的小球以10 m/s的速率向右運動。
(1)若小球碰到滑塊后又以1 m/s的速率被彈回，
求滑塊獲得的速度大小；
例2
對小球和滑塊組成的系統，在水平方向上不受外力，豎直方向上所受合力為零，系統動量守恒，以小球初速度方向為正方向，
由動量守恒定律有m1v0＝－m1v1＋mv2
(2)若小球碰到滑塊兩者黏在一起運動，求之后的
共同速度大小；
若小球碰到滑塊兩者黏在一起運動，由動量守恒定律有m1v0＝(m1＋m)v，解得之后的共同速度v＝4 m/s，方向水平向右；
答案　4 m/s　
(3)若小球與滑塊的碰撞沒有能量損失，求碰撞
后小球、滑塊的速度大小。
根據動量守恒定律m1v0＝m1v1＋mv2，小球與滑塊的碰撞沒有能量損失為彈性碰撞，
答案　2 m/s　8 m/s
聯立解得v1＝－2 m/s，v2＝8 m/s
即碰后瞬間小球速度大小為2 m/s，方向水平向左，滑塊的速度大小為8 m/s，方向水平向右。
拓展　若碰撞過程中的能量損失未知，則碰后滑塊的速度在什么范圍內？
答案　4 m/s≤v2≤8 m/s
總結提升
一動一靜碰撞問題的討論
質量為m1的球a以速度v1和靜止的質量為m2的球b碰撞，碰后球a、b的速度分別為v1′和v2′。根據能量損失情況不同，討論碰后可能出現的情況如下：
(3)一般情況下：
　一種未知粒子跟靜止的氫原子核正碰，測出碰撞后氫原子核的速度是3.3×107 m/s。該未知粒子跟靜止的氮原子核正碰時，測出碰撞后氮原子核的速度是4.4×106 m/s。已知氫原子核的質量是mH，氮原子核的質量是14mH，上述碰撞都是彈性碰撞，請你根據以上實驗數據計算：粒子的質量與氫核的質量mH有什么關系？
例3
答案　相等
兩次碰撞都遵守動量守恒定律和能量守恒定律。設未知粒子的質量為m，初速度為v0，取碰撞前未知粒子速度方向為正方向，根據動量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝mv＋mH·vH，
實驗中測得氫核的速度為vH＝3.3×107 m/s，氮核的速度為：vN＝4.4×106 m/s。由以上式子可得m＝mH
即氫核的質量mH與粒子的質量相等。
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碰撞可能性問題
三
請從動量守恒、能量守恒及碰撞前后兩物體速度關系的角度，分析碰撞能發生需滿足的條件。
答案　碰撞能發生遵從的三個原則。
(1)系統動量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′。
(3)速度要合理：
①若碰前兩物體相向運動：除均靜止外，至少有一個物體的運動方向發生改變。
②若碰前兩物體同向運動：碰前一定滿足v后>v前。碰后兩物體速度滿足v后′
≤v前′。
　(多選)(2024·清遠市高一期末)兩個球在光滑水平地面上沿同一直線、同一方向運動，B球在前，A球在后。mA＝2 kg，mB＝3 kg，vA＝6 m/s，vB＝2 m/s。當A球與B球發生碰撞后，A、B兩球的速度可能為
A.vA′＝3 m/s，vB′＝4 m/s
B.vA′＝3 m/s，vB′＝5 m/s
C.vA′＝3.6 m/s，vB′＝3.6 m/s
D.vA′＝4 m/s，vB′＝3 m/s
例4
√
√
兩球碰撞過程中動量守恒，有mAvA＋mBvB＝mAvA′＋mBvB′＝18 kg·m/s，又碰撞過程系統動能不增加，
代入選項B中的數據可知mAvA2′＋mBvB2′＝21 kg·m/s，故B錯誤；
代入選項D中的數據可知mAvA4′＋mBvB4′＝17 kg·m/s且速度也不合理，故D錯誤。
　(2024·佛山市鄭裕彤中學高二月考)某運動員在進行臺球比賽，他在某一桿擊球過程中，白色球(主球)和花色球碰撞前后都在同一直線上運動，碰前白色球A的動量pA＝5 kg·m/s，花色球B靜止，碰后花色球B的動量變為pB′＝4 kg·m/s，則兩球質量mA與mB間的關系可能是
例5
√
碰撞過程系統動量守恒，以白色球A的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得pA＋pB＝pA′＋pB′，解得pA′＝1 kg·m/s，
返回
自然界中的守恒定律
四
1.系統：物理學上常將 視為一個系統。
2.物理量的守恒定律：物質所處的系統若沒有 的因素使系統的這些物理量發生改變，則系統內部的這些物理量總和保持 。物理量的守恒性質保證了系統的相對穩定性。守恒定律只有在合適的系統和范圍才適用。
3.動量守恒定律：如果系統的 ，系統的總動量不變，如果在某個方向系統合外力為零，則系統在該方向的動量守恒，如果系統某個方向的動量發生了改變，則該方向必然受到一個 ， 的值等于系統在該方向動量的改變量。
物體及與之相互作用的因素
系統外
不變
合外力為零
沖量
沖量
4.機械能守恒定律：_____________________________________________
______________，則系統的總機械能不變。
5.能量守恒定律：系統機械能增加或減少時必然有其他形式的能量_____
________，而且系統機械能的變化量和其他形式能量的變化量是 的。
系統外力與系統內除重力和彈力外的其他內力做功
的代數和為零
減小
或增加
相同
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課時對點練
五
考點一　碰撞的分類
1.下列關于碰撞的理解正確的是
A.碰撞是指相對運動的物體相遇時，在極短時間內它們的運動狀態發生
了顯著變化的過程
B.在碰撞現象中，一般內力都遠大于外力，所以可以認為碰撞時系統的
動能守恒
C.如果碰撞過程中機械能守恒，這樣的碰撞叫作非彈性碰撞
D.微觀粒子的相互作用由于不發生直接接觸，所以不能稱其為碰撞
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基礎對點練
√
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碰撞是十分普遍的現象，它是相對運動的物體相遇時在極短時間內發生的一種現象，一般內力遠大于外力，系統動量守恒，動能不一定守恒。如果碰撞中機械能守恒，就叫作彈性碰撞。微觀粒子的相互作用同樣具有短時間內發生強大內力作用的特點，所以仍然是碰撞，故A正確。
2.甲、乙兩人穿著同款充氣“防護服”，由于兩人初次穿充氣服，走路時控制不好平衡，所以兩人發生了碰撞。若甲的質量為3m，乙的質量為m，且以相同的速率v在光滑水平面上發生相向碰撞，碰撞后甲靜止不動，則這次碰撞屬于
A.彈性碰撞 B.非彈性碰撞
C.完全非彈性碰撞 D.條件不足，無法確定
√
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設碰撞后乙的速度為v′，以甲的運動方向為正方向，根據動量守恒定律可得3mv－mv＝mv′，故碰后乙的速度為v′＝2v；
由于碰撞前后總動能相等，所以此碰撞為彈性碰撞，故A正確。
考點二　彈性碰撞的實例分析
3.在光滑水平面上有三個完全相同的小球，它們排成一條直線，2、3小球靜止并靠在一起，1小球以速度v0撞向2、3小球，如圖所示。設碰撞中不損失機械能，則碰后三個小球的速度大小分別是
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兩個質量相等的小球發生彈性正碰，碰撞過程
中動量守恒、機械能守恒，碰撞后將交換速度。
先是1、2小球碰撞，交換速度，v1＝0，v2＝v0，然后2、3小球碰撞，交換速度，v2＝0，v3＝v0，故最終狀態是v1＝v2＝0，v3＝v0，D項正確。
4.(多選)如圖所示，大小、形狀相同的兩小球A、B在同一水平面上沿同一直線相向運動，小球A的質量為m、速度大小為v0、速度方向水平向右，小球B的質量也為m、速度大小為2v0、速度方向水平向左，兩小球發生彈性碰撞后，下列說法正確的是
A.小球A向左運動，小球B靜止
B.小球A向左運動，小球B向右運動
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D.小球B的動量變化量大小為mv0
√
√
兩小球發生彈性碰撞，令碰撞后A球和B球的速度分別為vA和vB，取向左為正，
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解得vA＝2v0，vB＝－v0，所以小球A向左運動，小球B向右運動，A錯誤，B正確；
小球B的動量變化量為Δp＝mvB－m×2v0＝m(－v0)－m×2v0＝－3mv0，D錯誤。
5.(2023·廣州市第十六中學高二期中)如圖，水平放置的圓環形窄槽固定在桌面上，槽內有兩個大小相同的小球a、b，球b靜止在槽中位置P。球a以一定初速度沿槽運動，在位置P與球b發生彈性碰撞，碰后球a反彈，并在位置Q與球b再次碰撞。已知∠POQ＝90°，忽略摩擦，且兩小球可視為質點，則a、b兩球質量之比為
A.3∶1 B.1∶3
C.5∶3 D.3∶5
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由動量守恒可知，兩小球在位置P相碰后兩球的速度方向相反，且在相同時間內，b球運動的弧長為a球運動的弧長的3倍，則有vb＝－3va，
由動量守恒定律有mav＝mbvb＋mava，
考點三　碰撞的可能性問題
6.(2023·廣東省高二期中)如圖所示，動量分別為pA＝6 kg· m/s，pB＝8 kg·m/s
的兩個小球A、B在光滑的水平面上沿一直線向右運動，經過一段時間后兩球發生正碰，分別用ΔpA、ΔpB表示兩小球動量的變化量，則下列選項中可能正確的是
A.ΔpA＝3 kg·m/s，ΔpB＝3 kg·m/s
B.ΔpA＝－2 kg·m/s，ΔpB＝2 kg·m/s
C.ΔpA＝3 kg·m/s，ΔpB＝－3 kg·m/s
D.ΔpA＝－12 kg·m/s，ΔpB＝12 kg·m/s
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由題意可知，無論小球A反彈或者不反彈，小球A的動量一定減小，即動量變化ΔpA<0，選項A、C錯誤；
由動量守恒，得pA＋pB＝pA′＋pB′，化簡得pA′－pA＝－(pB′－pB)，即ΔpB＝－ΔpA，當ΔpA＝－2 kg·m/s時，ΔpB＝2 kg·m/s，且碰后系統的總動能不增加，選項B正確；
當ΔpA＝－12 kg·m/s，ΔpB＝12 kg·m/s時，系統雖然滿足動量守恒，但是碰后系統的總動能增加，不可能實現，選項D錯誤。
7.(多選)(2023·佛山市順德區華僑中學高二月考)質量為m、速度為v的A球跟質量為3m的靜止B球發生正碰。碰撞可能是彈性的，也可能是非彈性的，因此，碰撞后B球的速度允許有不同的值。碰
撞后B球的速度可能是
A.0.8v B.0.5v C.0.4v D.0.2v
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取向右為正方向，碰撞滿足動量守恒，設碰后A球速度為v1，B球速度為v2，若兩球發生彈性碰撞，
若為完全非彈性碰撞，則mv＝(m＋3m)v′，解得：v′＝0.25v，則B球的速度取值范圍在0.25v～0.5v之間，符合題意的是B、C。
8.(2024·廣州大學附屬中學高二開學考)如圖所示，兩質量分別為m1和m2的彈性小球A、B疊放在一起，從高度為h處自由落下，h遠大于兩小球半徑，落地瞬間，B先與地面碰撞，后與A碰撞，所有的碰撞都是彈性碰撞，且都發生在豎直方向、碰撞時間均可忽略不計。已知m2＝3m1，則A反彈后能達到的高度為
A.h B.2h C.3h D.4h
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能力綜合練
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設碰后A球、B球速度大小分別為v1、v2，選豎直向上為正方向，
由動量守恒定律得：m2v－m1v＝m1v1＋m2v2。
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9.(多選)(2023·汕頭市潮陽一中明光學校高二期中)A、B兩個物塊在光滑的水平地面上發生正碰，碰撞時間極短，兩物塊運動的s－t圖像如圖所示，則下列判斷正確的是
A.碰撞后A、B兩個物塊運動方向相同
B.碰撞前、后A物塊的速度大小之比為5∶3
C.A、B的質量之比m1∶m2＝2∶3
D.此碰撞為彈性碰撞
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√
√
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因為s－t圖像的斜率表示速度，且斜率的正負表示速度的方向，由圖像可知，碰撞后A、B兩個物塊運動方向相反，故A錯誤；
所以碰撞前、后A物塊的速度大小之比為5∶1，故B錯誤；
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設A、B的質量分別為m1、m2，則由動量守恒定律得m1v1＝m1v1′＋m2v2′，解得m1∶m2＝2∶3，故C正確；
10.(2024·廣州六中高二階段檢測)如圖所示，三個質量分別為2 kg、1 kg、1 kg的木塊A、B、C放置在光滑水平軌道上，開始時B、C均靜止，A以初速度v0＝6 m/s向右運動，A與B發生彈性碰撞后分開，B又與C發生碰撞并粘在一起。求：
(1)A與B碰撞后A、B各自速度大小；
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答案　2 m/s　8 m/s　
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設A與B碰撞后A、B的速度分別為vA、vB，由于A與B發生彈性碰撞，根據動量守恒定律和機械能守恒定律可得mAv0＝mAvA＋mBvB
聯立解得vA＝2 m/s，vB＝8 m/s
(2)B與C碰撞后的共同速度大小；
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答案　4 m/s　
B與C發生碰撞并粘在一起，設B與C碰撞后的共同速度為v共，根據動量守恒定律可得
mBvB＝(mB＋mC)v共
解得v共＝4 m/s
(3)B與C碰撞過程中損失的動能。
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答案　16 J
B與C碰撞過程中損失的動能為
11.(2023·韶關市高二期末)如圖所示為冰壺比賽場地示意圖，在某次比賽中，紅方隊員將紅色冰壺以v0＝3.2 m/s的速度從P點推出，冰壺在冰面上做勻減速直線運動并恰好停在營壘邊緣上的A點，然后黃方隊員推出的黃色冰壺在A點與紅方靜止的冰壺發生對心碰撞，碰撞時間極短，碰后紅壺停在營壘邊緣上的B點，黃壺停在營壘中心O與A點連線的中點C，已知P、A兩點間距離l＝25.6 m，營壘半徑R＝1.8 m，g＝10 m/s2，紅壺和黃壺可視為質點，質量均為m＝20 kg，且與冰面的動摩擦因數相同。
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尖子生選練
(1)求冰壺與冰面間的動摩擦因數μ；
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答案　0.02　
紅色冰壺從P點推出后，從P到A點由動能定理得
解得冰壺與冰面間的動摩擦因數μ＝0.02
(2)求黃壺與紅壺碰撞前瞬間速度v的大小；
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答案　1.8 m/s　
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設紅壺碰撞后瞬間速度為v1，黃壺碰撞后瞬間速度為v2，由動能定理得
解得v1＝1.2 m/s，v2＝0.6 m/s
黃壺與紅壺的碰撞過程由動量守恒定律得mv＝mv1＋mv2
解得黃壺與紅壺碰撞前瞬間速度大小為v＝1.8 m/s
(3)黃壺與紅壺的碰撞是彈性碰撞還是非彈性碰撞？請說明理由。
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答案　非彈性碰撞，理由見解析
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黃壺與紅壺碰撞前系統的動能
黃壺與紅壺碰撞后系統的總動能
則Ek>Ek′
所以黃壺與紅壺的碰撞是非彈性碰撞。
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