5.弹性碰撞和非弹性碰撞-【金版教程】2025-2026学年高中物理选择性必修第一册作业与测评课件PPT（人教版2019）

第一章　动量守恒定律 5.弹性碰撞和非弹性碰撞 目录 1 2 考点模型 考点对点练 核心能力提升练 考点模型 考点对点练 典型考点一　对碰撞的理解 1．(多选)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，一般内力都远远大于外力，所以可以认为碰撞时系统的动量守恒 C．如果碰撞过程中动能也不变，这样的碰撞叫作非弹性碰撞 D．微观粒子的碰撞由于不发生直接接触，所以不满足动量守恒的条件，不能应用动量守恒定律求解 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 4 解析　碰撞过程中动能不变的碰撞为弹性碰撞，C错误；动量守恒定律是自然界普遍适用的规律之一，不仅低速、宏观物体的运动遵守这一规律，而且高速、微观粒子的运动也遵守这一规律，D错误。故选A、B。 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 5 典型考点二　弹性碰撞与非弹性碰撞的分析计算 2．母女俩在游乐场玩碰碰车，若妈妈及碰碰车的总质量为3m，女儿及碰碰车的总质量为2m，且以相同的速率v在光滑水平面上发生相向碰撞，碰撞后妈妈静止不动，则这次碰撞属于(　　) A．弹性碰撞 B．非弹性碰撞 C．完全非弹性碰撞 D．条件不足，无法确定 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 6 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 7 [名师点拨]　碰撞的分类 (1)按动能损失分类 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 (2)按运动方向分类 正碰(对心碰撞或一维碰撞) 碰撞之前球的速度与两球心的连线在同一条直线上，碰撞之后两球的速度仍会沿着这条直线 斜碰(非对心碰撞) 碰撞之前球的速度与两球心的连线不在同一条直线上，碰撞之后两球的速度都会偏离原来两球心的连线 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 9 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 10 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 11 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 12 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 13 5．速度为4 m/s的钢球与静止的塑料球发生正碰，钢球的质量是塑料球的3倍，则碰后钢球的速度大小不可能是(　　) A．1.5 m/s B．2 m/s C．2.5 m/s D．3 m/s 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 14 典型考点三　分析碰撞的可能性 6.如图所示，在光滑水平面上有直径相同的a、b两球，在同一直线上运动，选定向右为正方向，两球的动量分别为pa＝6 kg·m/s、pb＝－4 kg·m/s。当两球相碰之后，两球的动量可能是(　　) A．pa′＝－6 kg·m/s，pb′＝4 kg·m/s B．pa′＝－6 kg·m/s，pb′＝8 kg·m/s C．pa′＝－4 kg·m/s，pb′＝6 kg·m/s D．pa′＝2 kg·m/s，pb′＝0 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 15 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 16 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 17 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 18 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 19 核心能力提升练 1．(多选)有两个小球a、b在水平桌面上发生碰撞，在满足下列条件时，碰撞前后在同一直线运动的是(　　) A．小球a静止，另一个小球b经过a球时刚好能擦到a球的边缘 B．小球a静止，另一个小球b沿着a、b两球球心连线去碰a球 C．相碰时，相互作用力的方向沿着球心连线 D．相碰时，相互作用力的方向与两球相碰之前的速度方向都在同一条直线上 解析　如果力的方向与速度方向在同一条直线上，这个力只改变速度的大小，不改变速度的方向；如果力的方向与速度的方向不在同一条直线上，则速度的方向一定发生变化，故B、D正确，A错误。在任何情况下两球相碰时作用力的方向都沿着球心连线，因此满足C项条件时，碰撞前后两球不一定沿同一直线运动，C错误。 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 21 2.(多选)如图，两个物体1和2在光滑水平面上以相同动能相向运动，它们的质量分别为m1和m2，且m1<m2，经一段时间两物体相碰撞并粘在一起。碰撞后(　　) A．两物体将向左运动 B．两物体将向右运动 C．两物体组成的系统损失的动能最大 D．两物体组成的系统损失的动能最小 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 22 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 23 3．汽车A和汽车B静止在水平地面上，某时刻汽车A开始倒车，结果汽车A撞到了停在它正后方的汽车B，汽车B上装有智能记录仪，能够测量并记录汽车B前面的物体相对于汽车B自身的速度。在本次碰撞中，如果汽车B的智能记录仪测得碰撞前瞬间汽车A的速度大小为v0，已知汽车A的质量是汽车B质量的2倍，碰撞过程可视为弹性碰撞，则碰后瞬间汽车A相对于地面的速度大小为(　　) 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 24 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 25 4．在光滑水平面上，有两个小球A、B沿同一直线同向运动，B在前，A在后。已知碰前两球的动量分别为pA＝12 kg·m/s、pB＝13 kg·m/s，碰撞前后，它们动量的变化量分别为ΔpA、ΔpB。下列数值可能正确的是(　　) A．ΔpA＝－4 kg·m/s、ΔpB＝4 kg·m/s B．ΔpA＝4 kg·m/s、ΔpB＝－4 kg·m/s C．ΔpA＝－24 kg·m/s、ΔpB＝24 kg·m/s D．ΔpA＝24 kg·m/s、ΔpB＝－24 kg·m/s 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 26 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 27 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 28 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 29 6．“引力弹弓效应”是指在太空运动的探测器，借助行星的引力来改变自己的速度。该过程可简化为探测器从行星运动的反方向或同方向接近行星，因相互作用改变速度。如图所示，以太阳为参考系，设行星运动的速度大小为u，探测器的初速度大小为v0，在图示的两种情况下，探测器在远离行星后速度大小分别为v1和v2。探测器和行星虽然没有发生直接的碰撞，但是在行星的运动方向上，其运动规律可以与两个质量不同的钢球在同一条直线上发生弹性碰撞的规律作类比。那么下列判断中正确的是(　　) A．v1>v0 B．v1＝v0 C．v2>v0 D．v2＝v0 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 30 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 31 7．某次投掷冰壶的物理过程，可以简化为如下模型：如图甲所示，P、M、O为比赛场地中心线上的3个点。投壶手从起滑架处，推着冰壶沿中心线由静止出发，投壶手对冰壶推力的方向与速度方向相同。在P点放手，冰壶沿中心线滑动，冰道的右端有一圆形的营垒区，以场地上冰壶最终静止时距离营垒圆心O的远近决定胜负。已知冰壶(可视为质点)的质量均为m＝20 kg，PO的距离为L1＝30 m，冰壶与冰面间的动摩擦因数μ＝0.02，重力加速度g取10 m/s2。 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 32 答案　(1)3 m/s　(2)1.25 m 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 33 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 34 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 35 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 36 8.2021年12月6日斯诺克英锦赛上，中国小将赵心童捧杯。在一次击球时，运动员对白色球施加一个瞬时冲量I＝0.30 N·s，方向沿白色球与红色球连线，两球相距1.0 m，红球距左角底袋0.27 m，两球与桌面间的动摩擦因数均为0.15(认为台球与桌面的摩擦力可视为滑动摩擦力，台球可视为质点，不考虑台球滚动)。如图所示，白、红两球发生对心正碰，碰撞后红色球经过0.90 s刚好进入左角底袋，斯诺克台球比赛用球质量近似为m＝150 g。问： (1)运动员击打白色球时，白色球获得的速度； (2)白色球与红色球碰撞过程中两球损失的机械能。 答案　(1)2 m/s，方向沿白色球与红色球连线且指向红色球 (2)0.0037 J 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 37 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 38 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 39 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 40 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 41 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 42 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 解析　设碰撞后女儿的速度为v′，以碰撞前妈妈的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得3mv－2mv＝2mv′，故碰后女儿的速度为v′＝eq \f(v,2)，碰前母女俩(包括两碰碰车)的总动能为Ek＝eq \f(1,2)×3mv2＋eq \f(1,2)×2mv2＝eq \f(5,2)mv2，碰后母女俩(包括两碰碰车)的总动能为Ek′＝eq \f(1,2)×2mv′2＝eq \f(1,4)mv2，由于Ek′<Ek，且碰后母女俩的速度不相同，所以母女俩的这次碰撞属于非弹性碰撞，故选B。 弹性 碰撞 碰撞过程中两物体总动量守恒，总动能守恒 m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′ eq \f(1,2)m1veq \o\al(2,1)＋eq \f(1,2)m2veq \o\al(2,2)＝eq \f(1,2)m1v1′2＋eq \f(1,2)m2v2′2 非弹性碰撞 碰撞过程中两物体总动量守恒，总动能减少 m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′ eq \f(1,2)m1veq \o\al(2,1)＋eq \f(1,2)m2veq \o\al(2,2)>eq \f(1,2)m1v1′2＋eq \f(1,2)m2v2′2 注：碰撞后粘在一起或碰后具有共同速度，这种碰撞总动能损失最大，叫作完全非弹性碰撞。有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共，eq \f(1,2)m1veq \o\al(2,1)＋eq \f(1,2)m2veq \o\al(2,2)>eq \f(1,2)(m1＋m2)veq \o\al(2,共)。 3．微观粒子的碰撞过程分弹性碰撞(又称弹性散射)、非弹性碰撞和完全非弹性碰撞(又称粒子捕获)。设质量为m、速度为v0的粒子与静止的氢核碰撞，被氢核捕获后，速度变为vH；当这个质量为m、速度为v0的粒子与静止的碳核做对心弹性碰撞时，碰撞后碳核速度为vC。今测出eq \f(vC,vH)＝eq \f(4,13)，已知eq \f(mC,mH)＝12，则此粒子质量m与氢核质量mH之比为(　　) A.eq \f(m,mH)＝eq \f(1,2) B.eq \f(m,mH)＝1 C.eq \f(m,mH)＝eq \f(3,2) D.eq \f(m,mH)＝2 解析　该粒子与静止的氢核发生完全非弹性碰撞时，有mv0＝(m＋mH)vH，解得vH＝eq \f(mv0,m＋mH)；该粒子与静止的碳核做对心弹性碰撞时，有mv0＝mv1＋mCvC，eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)＋eq \f(1,2)mCveq \o\al(2,C)，解得vC＝eq \f(2mv0,m＋mC)；则eq \f(vC,vH)＝eq \f(2（m＋mH）,m＋mC)＝eq \f(4,13)，又mC＝12mH，可得eq \f(m,mH)＝1，故B正确。 4．(多选)如图甲所示，在光滑水平面上的两个小球1、2发生正碰，两小球的质量分别为m1和m2，图乙为它们碰撞前后的位移—时间图像(x­t图像)。已知m1＝10 kg，由此可判断(　　) A．小球2的质量m2＝eq \f(10,3) kg B．小球2的质量m2＝eq \f(20,3) kg C．两球的碰撞为弹性碰撞 D．两小球碰撞过程中损失的机械能为30 J 解析　由x­t图像可得，小球1、2发生正碰之前的速度分别为v1＝eq \f(8,2) m/s＝4 m/s，v2＝0，小球1、2发生正碰之后的速度分别为v1′＝eq \f(16－8,6－2) m/s＝2 m/s，v2′＝eq \f(14－8,4－2) m/s＝3 m/s，根据动量守恒定律，有m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，代入数据解得m2＝eq \f(20,3) kg，故A错误，B正确；两小球碰撞过程中损失的机械能为ΔE＝2,1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)m1v＋\f(1,2)m2veq \o\al(2,2))) －eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)m1v1′2＋\f(1,2)m2v2′2))，代入数据解得ΔE＝30 J，由于小球碰撞过程中存在能量损失，故二者的碰撞为非弹性碰撞，故C错误，D正确。 解析　设塑料球的质量为m，则钢球的质量为3m，碰撞过程中系统动量守恒，若两球发生完全非弹性碰撞，则3mv0＝(m＋3m)v1，解得v1＝3 m/s；若两球发生弹性碰撞，设碰撞后塑料球速度为v2，钢球速度为v3，以钢球的初速度v0的方向为正方向，则3mv0＝3mv3＋mv2，eq \f(1,2)·3mveq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)·3mveq \o\al(2,3)＋eq \f(1,2)mveq \o\al(2,2)，解得v2＝6 m/s，v3＝2 m/s。所以碰后钢球的速度范围为2 m/s≤v钢≤3 m/s，故选A。 解析　对于碰撞问题要遵循三个规律：动量守恒定律、碰后系统的机械能不增加和碰撞过程符合实际情况。本题属于迎面对碰，碰撞前，系统的总动量为2 kg·m/s。选项A中，系统碰后的总动量变为－2 kg·m/s，不满足动量守恒定律，错误；选项B中，系统碰后的动量变为2 kg·m/s，满足动量守恒定律，但碰后a球动量大小不变，b球动量增加，根据关系式Ek＝eq \f(p2,2m)可知，a球的动能不变，b球的动能增加，系统的机械能增加了，错误；选项D中，满足动量守恒定律，碰后系统的机械能也没增加，但是碰后a球运动方向不变，b球静止，这显然不符合实际情况，错误；经检验，选项C满足碰撞所遵循的三个规律，正确。 [名师点拨]　碰撞问题遵循的三个原则 (1)系统动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′。 (2)系统动能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或2,1)eq \f(p,2m1) ＋2,2)eq \f(p,2m2) ≥eq \f(p1′2,2m1)＋eq \f(p2′2,2m2)。 (3)速度要合理： ①碰前两物体同向运动，则v后>v前，碰后，原来在前面的物体速度一定增大，即v前′>v前。 ②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。 ③碰后两物体同向运动，则v前′≥v后′。 7．(多选)如图甲所示，“充气碰碰球”游戏是一项很减压的趣味运动项目。为了研究其中的碰撞规律，简化为如图乙所示的模型：直径相同的A球和B球碰撞前后都在同一水平直线上运动，碰前A球的动量pA＝50 kg·m/s，B球静止，碰后B球的动量变为pB′＝40 kg·m/s。则两球质量mA与mB间的关系可能是(　　) A．mB＝mA B．mB＝eq \f(3,2)mA C．mB＝eq \f(1,6)mA D．mB＝6mA 解析　碰撞过程系统动量守恒，由动量守恒定律得pA＝pA′＋pB′，解得碰后A球的动量pA′＝10 kg·m/s。根据碰撞过程总动能不增加，且Ek＝eq \f(p2,2m)，则有2,A)eq \f(p,2mA) ≥eq \f(pA′2,2mA)＋eq \f(pB′2,2mB)，解得mB≥eq \f(2,3)mA；碰后两球同向运动，A球的速度不大于B球的速度，则有eq \f(pA′,mA)≤eq \f(pB′,mB)，解得mB≤4mA；综上分析可知eq \f(2,3)mA≤mB≤4mA，故选A、B。 解析　物体的动量大小p＝eq \r(2mEk)，已知两物体动能Ek相等，m1＜m2，则p1＜p2，两物体组成的系统总动量方向与物体2的动量方向相同，即向左，根据碰撞过程中系统动量守恒，可知碰后两物体将向左运动，故A正确，B错误；两物体碰撞后粘在一起，发生的碰撞是完全非弹性碰撞，系统损失的动能最大，故C正确，D错误。 A.eq \f(1,2)v0 B.eq \f(2,3)v0 C.eq \f(1,3)v0 D.eq \f(1,4)v0 解析　两汽车发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，设碰撞后瞬间汽车A、B的速度分别为v1、v2，以碰撞前汽车A的速度方向为正方向，设汽车B的质量为m，则汽车A的质量为2m，由动量守恒定律得2mv0＝2mv1＋mv2，由机械能守恒定律得eq \f(1,2)×2mveq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)×2mveq \o\al(2,1)＋eq \f(1,2)mveq \o\al(2,2)，解得v1＝eq \f(1,3)v0，故选C。 解析　由ΔpA＝－4 kg·m/s、ΔpB＝4 kg·m/s，知碰后两球的动量分别为pA′＝8 kg·m/s、pB′＝17 kg·m/s，符合动量守恒定律，而且由Ek＝eq \f(p2,2m)知，碰撞后A的动能减小，B的动能增大，总动能可能不增加，故A可能正确；由B、D项所给动量变化量可知，碰撞后，A的动量沿原方向增大，B的动量沿原方向减小或反向，即相对于B，A仍有向前的速度，不符合实际情况，故B、D错误；由ΔpA＝－24 kg·m/s、ΔpB＝24 kg·m/s，知碰后两球的动量分别为pA′＝－12 kg·m/s、pB′＝37 kg·m/s，由Ek＝eq \f(p2,2m)可知，碰撞后A的动能不变，B的动能增大，系统的机械能增加了，故C错误。 5．(多选)如图所示，A、B、C、D四个大小相同的小球并排放置在光滑的水平面上，A、B、C球质量均为2m，D球质量为m。A球以速度v向B球运动，所发生的碰撞均为弹性碰撞，则碰撞之后(　　) A．2个小球静止，2个小球运动 B．3个小球静止，1个小球运动 C．B球速度为0 D．C球速度为eq \f(v,3) 解析　A、B、C球质量均为2m，发生的碰撞均为弹性碰撞，则A球与B球、B球与C球碰撞时交换速度，碰撞之后，A、B球静止，C球以速度v和D球碰撞，该过程根据动量守恒定律和机械能守恒定律有mCv＝mCvC＋mDvD，eq \f(1,2)mCv2＝eq \f(1,2)mCveq \o\al(2,C)＋eq \f(1,2)mDveq \o\al(2,D)，解得碰后C球的速度vC＝eq \f(1,3)v，碰后D球的速度vD＝eq \f(4,3)v，综上可知碰撞之后，A、B两小球静止，C、D两小球运动，C球速度为eq \f(v,3)，故选A、C、D。 解析　题图甲中，类似于探测器与行星对面正碰，设探测器的质量为m，行星的质量为M，“碰后”行星的速度大小为u1，以向右为正方向，根据动量守恒定律有mv0－Mu＝－(mv1＋Mu1)，由机械能守恒定律可得eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＋eq \f(1,2)Mu2＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)＋eq \f(1,2)Mueq \o\al(2,1)，联立可得v1＝eq \f(M－m,M＋m)v0＋eq \f(2M,M＋m)u，由于M≫m，则v1＝v0＋2u>v0，故A正确，B错误；题图乙中，类似于探测器追上行星与之正碰，设“碰后”行星的速度大小为u2，以向右为正方向，根据动量守恒定律有－mv0－Mu＝mv2－Mu2，由机械能守恒定律可得eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＋eq \f(1,2)Mu2＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,2)＋eq \f(1,2)Mueq \o\al(2,2)，联立可得v2＝eq \f(M－m,M＋m)v0－eq \f(2M,M＋m)u，由于M≫m，则v2＝v0－2u<v0，故C、D错误。 (1)某次投壶手对冰壶的推力大小随时间变化的规律如图乙所示，投壶手在P点处放手时，冰壶的速度是多大？ (2)某次比赛中，蓝壶静止在营垒区M点，M点距圆心O的距离为L2＝1.25 m，如图甲所示。红壶在P点以初速度v0＝eq \f(5\r(2),2) m/s投掷出，沿冰道中心线PO滑行，在M点与蓝壶发生弹性正碰。求蓝壶停止时，距O点的距离。 解析　(1)由F­t图线与t轴所围成的面积表示推力F的冲量，可知0～10 s内推力的冲量为IF＝eq \f(（F1＋F2）,2)·t 式中F1＝5 N，F2＝15 N，t＝10 s 设投壶手在P点处放手时冰壶的速度为v， 由动量定理得IF－μmgt＝mv－0 代入数据解得v＝3 m/s。 (2)设PM间的距离为L3，则L3＝L1－L2 对红壶，在PM间由牛顿第二定律得μmg＝ma 设碰前瞬间红壶的速度为v1，由运动学公式得 veq \o\al(2,1)－veq \o\al(2,0)＝－2aL3 解得v1＝1 m/s 以红蓝两冰壶组成的系统为研究对象，设碰后 瞬间它们的速度分别为v1′和v2， 根据动量守恒定律得mv1＝mv1′＋mv2 根据机械能守恒定律得 eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)＝eq \f(1,2)mv1′2＋eq \f(1,2)mveq \o\al(2,2) 联立解得v1′＝0，v2＝1 m/s 所以红壶停在M点，蓝壶继续做减速 运动，设滑行x后速度减为0，根据动能定理得 －μmgx＝0－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,2) 解得x＝2.5 m 所以蓝壶停在中心点右侧，距O点的距离为Δx＝x－L2＝1.25 m。 解析　(1)运动员击打白色球时，根据动量定理，可得I＝mv0－0 解得白色球获得的速度大小为v0＝2 m/s 方向沿白色球与红色球连线且指向红色球。 (2)由牛顿第二定律可得μmg＝ma 解得白色球、红色球运动中加速度大小均为 a＝1.5 m/s2 设碰撞前白色球速度为v1，碰撞后白色球速度为v1′、红色球速度为v2，碰撞前对白色球有veq \o\al(2,1)－veq \o\al(2,0)＝－2ax1 碰撞后对红色球有x2＝v2t－eq \f(1,2)at2 碰撞过程中，根据动量守恒定律有 mv1＝mv1′＋mv2 根据能量守恒定律可得，白色球与红色球碰撞过程中两球损失的机械能为 ΔE＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)－eq \f(1,2)mv1′2－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,2) 联立各式并代入数据解得ΔE＝0.0037 J。 9．在用平抛装置验证动量守恒定律的实验中，设入射小球A的质量为m1，速度为v0，开始时静止的被碰小球B的质量为m2。求： (1)碰后两球的速度vA、vB的区间范围； (2)入射小球A碰后一定不反弹的条件； (3)被碰小球B碰后的速度是否一定大于v0； (4)碰撞的恢复系数e＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(vB－vA,v0)))的范围。 答案　(1)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(m1－m2,m1＋m2)v0，\f(m1,m1＋m2)v0))　eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(m1,m1＋m2)v0，\f(2m1,m1＋m2)v0)) (2)m1>m2　 (3)不一定　(4)[0，1] 解析　(1)两球发生完全非弹性碰撞时，根据动量守恒定律有m1v0＝(m1＋m2)v1 解得v1＝eq \f(m1,m1＋m2)v0 两球发生弹性碰撞时，根据动量守恒定律有m1v0＝m1vA2＋m2vB2 根据机械能守恒定律有eq \f(1,2)m1veq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)m1veq \o\al(2,A2)＋eq \f(1,2)m2veq \o\al(2,B2) 解得vA2＝eq \f(m1－m2,m1＋m2)v0，vB2＝eq \f(2m1,m1＋m2)v0 则碰后A球的速度vA的区间范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(m1－m2,m1＋m2)v0，\f(m1,m1＋m2)v0)) 碰后B球的速度vB的区间范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(m1,m1＋m2)v0，\f(2m1,m1＋m2)v0))。 (2)根据碰后A球的速度vA的区间范围eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(m1－m2,m1＋m2)v0，\f(m1,m1＋m2)v0))知，只要eq \f(m1－m2,m1＋m2)v0>0，则入射小球碰后一定不反弹，即一定不反弹的条件为m1>m2。 (3)根据碰后B球的速度vB的区间范围eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(m1,m1＋m2)v0，\f(2m1,m1＋m2)v0))，由于碰撞动能损失的比例不同、m1与m2的比值大小不同，vB既可能大于v0，也可能等于v0，还可能小于v0。 (4)e的最小值e1＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(v1－v1,v0))) e的最大值e2＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(vB2－vA2,v0))) 联立可得e的范围是[0，1]。 $$