第一章 第五节 弹性碰撞与非弹性碰撞 第六节 自然界中的守恒定律(Word教参)-【步步高】2024-2025学年高二物理选择性必修第一册学习笔记（粤教版）

本讲义聚焦弹性碰撞与非弹性碰撞的特点及守恒定律，通过实验对比引入碰撞分类，结合动量守恒与能量观点分析一维碰撞问题，延伸至碰撞可能性判断及自然界守恒定律，构建“实验-理论-应用”的学习支架。 以实验探究（如刚性球与尼龙搭扣球碰撞对比）培养科学探究能力，通过例题解析（如冰壶碰撞问题）深化物理观念（动量、能量）和科学思维（模型建构、科学推理），课时练习分层设计，课中辅助教师引导学生突破重难点，课后助力学生巩固知识、查漏补缺。

第五节　弹性碰撞与非弹性碰撞 第六节　自然界中的守恒定律 [学习目标]　1.掌握弹性碰撞、非弹性碰撞的特点(重点)。2.能运用动量和能量的观点分析、解决一维碰撞的问题(重难点)。3. 理解实际碰撞中应遵循的三个原则，会对碰撞的可能性进行分析判断(难点)。4.进一步了解物体运动过程中的各种守恒定律。 一、碰撞的分类 用如图所示的实验装置做如下实验： (1)两个相同的刚性球悬挂于同一水平面，两悬点的距离等于刚性球的直径大小，线长相等，将其中一球拉开至一定角度，松手后使之与另一球发生正碰。 (2)在两个球上分别套上尼龙搭扣做的套圈，做同样的碰撞。 记下碰撞后两球达到的最大高度，并思考下列问题。 ①在以上两种情况下，两个球碰撞前后的总机械能是否相等？可能的原因是什么？ ②如果碰撞前后总机械能不相等，是否违反了机械能守恒定律？ ③总结以上两种碰撞情况的区别。 答案　①第一种情况下，两球碰撞前后的总机械能几乎相等；第二种情况下，两球碰撞前后的总机械能不相等，可能的原因是碰撞的过程中有机械能转化为了其他形式的能量。 ②碰撞前后总机械能不相等，不违反机械能守恒定律。 ③两种碰撞情况中损失机械能的大小不同，刚性球碰撞损失的机械能较少，带有尼龙搭扣做的套圈的球碰撞损失的机械能较多。 1．碰撞 (1)定义：碰撞是指两个或两个以上的物体在相遇的极短时间内产生非常大的相互作用。 (2)特点：物体组成的系统所受外力远小于内力，且相互作用时间极短，所以可以认为系统在碰撞过程中动量守恒。 说明：(1)在碰撞发生相互作用的过程中，相互作用力先是急剧增大，然后急剧减小，平均作用力很大。 (2)在物体发生碰撞的瞬间，可忽略物体的位移，认为物体在碰撞前后的极短时间内仍在同一位置。 2．分类 (1)弹性碰撞：两球碰撞后，它们的形变能完全恢复，则没有机械能损失，碰撞前后两小球构成的系统的机械能相等。 (2)非弹性碰撞：两球碰撞后，它们的形变不能完全恢复原状，这时将有一部分机械能转化为其他形式的能量，碰撞前后系统的机械能不再相等。 (3)完全非弹性碰撞：两球碰撞后粘在一起，机械能损失最大。 如图所示，在汽车碰撞测试中两车相向碰撞，碰撞后均静止。这种碰撞属于哪种碰撞？碰撞过程损失的机械能去了哪里？ 答案　完全非弹性碰撞，碰撞中两车的作用力使车辆发生无法恢复的形变，损失的机械能转化为了内能。 例1　(2024·广州市第六十五中学高二期中)某次训练中使用的冰壶A和冰壶B的质量均为20 kg，初始时两冰壶之间的距离s＝7.5 m，运动员以v0＝2 m/s的初速度将冰壶A水平掷出后，与静止的冰壶B碰撞，碰后冰壶A的速度大小变为vA＝0.2 m/s，方向不变，碰撞时间极短。已知两冰壶与冰面间的动摩擦因数均为μ＝0.02，重力加速度g＝10 m/s2。求： (1)冰壶A与B碰撞前的速度大小v1； (2)两冰壶碰撞后瞬间B的速度大小vB； (3)判断两冰壶碰撞是弹性碰撞还是非弹性碰撞。 答案　(1)1 m/s　(2)0.8 m/s　(3)非弹性碰撞 解析　(1)冰壶A从开始运动到与冰壶B碰撞前， 根据动能定理可得－μmgs＝mv12－mv02 代入数据解得v1＝1 m/s (2)两冰壶碰撞过程中，满足动量守恒， 则有mv1＝mvA＋mvB 代入数据解得vB＝0.8 m/s (3)碰撞前两冰壶的总动能为 Ek1＝mv12＝10 J 碰撞后两冰壶的总动能为 Ek2＝mvA2＋mvB2＝6.8 J 由于Ek1>Ek2，可知两冰壶碰撞为非弹性碰撞。 二、碰撞的实例分析 如图所示，质量为m2的物体B静止在光滑水平面上，物体B的左端连有轻弹簧，质量为m1的物体A以速度v1向B运动。在Ⅰ位置，物体A与物体B的轻弹簧刚好接触，弹簧开始被压缩，物体A开始减速，物体B开始加速；到Ⅱ位置，物体A、B的速度刚好相等(设为v)，弹簧被压缩到最短；到Ⅲ位置，物体A、B的速度分别为v1′和v2′。试分析以下问题： (1)在Ⅲ位置，如果弹簧可以恢复到原长，从Ⅰ到Ⅲ的过程中机械能是否守恒？试计算在Ⅲ位置时A、B的最终速度。 (2)在Ⅲ位置，弹簧只能部分恢复，不能回到原长，从Ⅰ到Ⅲ的过程中机械能是否守恒？该碰撞是哪类碰撞？ (3)在Ⅱ位置，弹簧弹性失效，从Ⅰ到Ⅱ的过程中机械能是否守恒？与(2)问有什么区别？该碰撞是哪类碰撞？ 答案　(1)系统的机械能守恒；由动量守恒定律和机械能守恒定律，有m1v1＝m1v1′＋m2v2′， m1v12＝m1v1′2＋m2v2′2， 解得物体A、B的最终速度分别为 v1′＝v1，v2′＝v1。 (2)系统的机械能不守恒；这种碰撞是非弹性碰撞。 (3)系统的机械能不守恒；此过程碰后两者速度相同，与(2)问相比损失的机械能更多，这种碰撞是完全非弹性碰撞。 1．在弹性限度内，弹簧发生弹性形变，碰撞后弹簧可以恢复原长，碰撞前后机械能不变。 2．弹簧发生塑性形变，碰撞后弹簧只能部分恢复原长，碰撞过程有部分机械能转化为内能。 3．在完全非弹性碰撞过程中，系统的动能损失最大。 在以上第(1)问弹性碰撞过程中，分别讨论完成以下问题： 1．以碰前物体m1速度的方向为正方向 (1)若m1＝m2，则有v1′＝0，v2′＝v1，即碰撞后两物体速度互换。 (2)若m1>m2，则v1′>0, v2′>0(均填“>”“＝”或“<”)，表示v1′和v2′都与v1方向相同(填“相同”或“相反”)。 (3)若m1<m2，则v1′<0(填“>”“＝”或“<”)，表示v1′与v1方向相反(填“相同”或“相反”)。 2．继续思考： 若m1≫m2，则v1′＝v1，v2′＝2v1； 若m1≪m2，则v1′＝－v1，v2′＝0。 例2　(2023·江门市培英高级中学高二期中)如图，质量为m＝3 kg的滑块静止于光滑的水平面上，一质量为m1＝2 kg的小球以10 m/s的速率向右运动。 (1)若小球碰到滑块后又以1 m/s的速率被弹回，求滑块获得的速度大小； (2)若小球碰到滑块两者黏在一起运动，求之后的共同速度大小； (3)若小球与滑块的碰撞没有能量损失，求碰撞后小球、滑块的速度大小。 答案　 (1) m/s　(2)4 m/s　(3)2 m/s　8 m/s 解析　 (1)对小球和滑块组成的系统，在水平方向上不受外力，竖直方向上所受合力为零，系统动量守恒，以小球初速度方向为正方向， 由动量守恒定律有m1v0＝－m1v1＋mv2 代入数据解得v2＝ m/s，方向水平向右； (2)若小球碰到滑块两者黏在一起运动，由动量守恒定律有m1v0＝(m1＋m)v，解得之后的共同速度v＝4 m/s，方向水平向右； (3)根据动量守恒定律m1v0＝m1v1＋mv2，小球与滑块的碰撞没有能量损失为弹性碰撞，碰撞过程中机械能守恒，即m1v02＝m1v12＋mv22 联立解得v1＝－2 m/s，v2＝8 m/s 即碰后瞬间小球速度大小为2 m/s，方向水平向左，滑块的速度大小为8 m/s，方向水平向右。 拓展　若碰撞过程中的能量损失未知，则碰后滑块的速度在什么范围内？ 答案　4 m/s≤v2≤8 m/s 一动一静碰撞问题的讨论 质量为m1的球a以速度v1和静止的质量为m2的球b碰撞，碰后球a、b的速度分别为v1′和v2′。根据能量损失情况不同，讨论碰后可能出现的情况如下： (1)弹性碰撞：v1′＝v1，v2′＝v1。 (2)完全非弹性碰撞：v1′＝v2′＝v1。 (3)一般情况下： v1≥v1′≥v1， v1≥v2′≥v1。 例3　一种未知粒子跟静止的氢原子核正碰，测出碰撞后氢原子核的速度是3.3×107 m/s。该未知粒子跟静止的氮原子核正碰时，测出碰撞后氮原子核的速度是4.4×106 m/s。已知氢原子核的质量是mH，氮原子核的质量是14mH，上述碰撞都是弹性碰撞，请你根据以上实验数据计算：粒子的质量与氢核的质量mH有什么关系？ 答案　相等 解析　两次碰撞都遵守动量守恒定律和能量守恒定律。设未知粒子的质量为m，初速度为v0，取碰撞前未知粒子速度方向为正方向，根据动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 同样可求出未知粒子与氮原子核碰撞后，氮核的速度vN＝v0＝v0 实验中测得氢核的速度为vH＝3.3×107 m/s，氮核的速度为：vN＝4.4×106 m/s。由以上式子可得m＝mH 即氢核的质量mH与粒子的质量相等。 三、碰撞可能性问题 请从动量守恒、能量守恒及碰撞前后两物体速度关系的角度，分析碰撞能发生需满足的条件。 答案　碰撞能发生遵从的三个原则。 (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＋≥＋。 (3)速度要合理： ①若碰前两物体相向运动：除均静止外，至少有一个物体的运动方向发生改变。 ②若碰前两物体同向运动：碰前一定满足v后>v前。碰后两物体速度满足v后′≤v前′。 例4　(多选)(2024·清远市高一期末)两个球在光滑水平地面上沿同一直线、同一方向运动，B球在前，A球在后。mA＝2 kg，mB＝3 kg，vA＝6 m/s，vB＝2 m/s。当A球与B球发生碰撞后，A、B两球的速度可能为(　　) 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 答案　AC 解析　两球碰撞过程中动量守恒，有mAvA＋mBvB＝mAvA′＋mBvB′＝18 kg·m/s，又碰撞过程系统动能不增加，有mAvA2＋mBvB2≥mAvA′2＋mBvB′2，即42 J≥mAvA′2＋mBvB′2，碰撞后若两球同向运动时，A球的速度不能大于B球的速度，即vA≤vB，代入选项A中的数据可知mAvA1′＋mBvB1′＝18 kg·m/s,42 J>mAvA1′2＋mBvB1′2＝33 J且速度也合理，故A正确；代入选项B中的数据可知mAvA2′＋mBvB2′＝21 kg·m/s，故B错误；代入选项C中的数据可知mAvA3′＋mBvB3′＝18 kg·m/s,42 J>mAvA3′2＋mBvB3′2＝32.4 J且速度也合理，故C正确；代入选项D中的数据可知mAvA4′＋mBvB4′＝17 kg·m/s且速度也不合理，故D错误。 例5　(2024·佛山市郑裕彤中学高二月考)某运动员在进行台球比赛，他在某一杆击球过程中，白色球(主球)和花色球碰撞前后都在同一直线上运动，碰前白色球A的动量pA＝5 kg·m/s，花色球B静止，碰后花色球B的动量变为pB′＝4 kg·m/s，则两球质量mA与mB间的关系可能是(　　) A．mB＝mA B．mB＝mA C．mB＝2mA D．mB＝5mA 答案　C 解析　 碰撞过程系统动量守恒，以白色球A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得pA＋pB＝pA′＋pB′，解得pA′＝1 kg·m/s，根据碰撞过程总动能不增加，则有＋≥＋，解得mB≥mA，碰后，两球同向运动，A的速度不大于B的速度，则≤，解得mB≤4mA，综上可知mA≤mB≤4mA，故选C。 四、自然界中的守恒定律 1．系统：物理学上常将物体及与之相互作用的因素视为一个系统。 2．物理量的守恒定律：物质所处的系统若没有系统外的因素使系统的这些物理量发生改变，则系统内部的这些物理量总和保持不变。物理量的守恒性质保证了系统的相对稳定性。守恒定律只有在合适的系统和范围才适用。 3．动量守恒定律：如果系统的合外力为零，系统的总动量不变，如果在某个方向系统合外力为零，则系统在该方向的动量守恒，如果系统某个方向的动量发生了改变，则该方向必然受到一个冲量，冲量的值等于系统在该方向动量的改变量。 4．机械能守恒定律：系统外力与系统内除重力和弹力外的其他内力做功的代数和为零，则系统的总机械能不变。 5．能量守恒定律：系统机械能增加或减少时必然有其他形式的能量减小或增加，而且系统机械能的变化量和其他形式能量的变化量是相同的。 课时对点练 1～7题每题7分，共49分 考点一　碰撞的分类 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．甲、乙两人穿着同款充气“防护服”，由于两人初次穿充气服，走路时控制不好平衡，所以两人发生了碰撞。若甲的质量为3m，乙的质量为m，且以相同的速率v在光滑水平面上发生相向碰撞，碰撞后甲静止不动，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 答案　A 解析　设碰撞后乙的速度为v′，以甲的运动方向为正方向，根据动量守恒定律可得3mv－mv＝mv′，故碰后乙的速度为v′＝2v；碰前甲、乙的总动能为Ek＝×3mv2＋mv2＝2mv2，碰后甲、乙的总动能为Ek′＝mv′2＝2mv2，由于碰撞前后总动能相等，所以此碰撞为弹性碰撞，故A正确。 考点二　弹性碰撞的实例分析 3.在光滑水平面上有三个完全相同的小球，它们排成一条直线，2、3小球静止并靠在一起，1小球以速度v0撞向2、3小球，如图所示。设碰撞中不损失机械能，则碰后三个小球的速度大小分别是(　　) A．v1＝v2＝v3＝v0 B．v1＝0，v2＝v3＝v0 C．v1＝0，v2＝v3＝v0 D．v1＝v2＝0，v3＝v0 答案　D 解析　两个质量相等的小球发生弹性正碰，碰撞过程中动量守恒、机械能守恒，碰撞后将交换速度。先是1、2小球碰撞，交换速度，v1＝0，v2＝v0，然后2、3小球碰撞，交换速度，v2＝0，v3＝v0，故最终状态是v1＝v2＝0，v3＝v0，D项正确。 4．(多选)如图所示，大小、形状相同的两小球A、B在同一水平面上沿同一直线相向运动，小球A的质量为m、速度大小为v0、速度方向水平向右，小球B的质量也为m、速度大小为2v0、速度方向水平向左，两小球发生弹性碰撞后，下列说法正确的是(　　) A．小球A向左运动，小球B静止 B．小球A向左运动，小球B向右运动 C．小球A的动能增加了mv02 D．小球B的动量变化量大小为mv0 答案　BC 解析　两小球发生弹性碰撞，令碰撞后A球和B球的速度分别为vA和vB，取向左为正，则m(－v0)＋m×2v0＝mvA＋mvB，mv02＋m(2v0)2＝mvA2＋mvB2，解得vA＝2v0，vB＝－v0，所以小球A向左运动，小球B向右运动，A错误，B正确；小球A的动能增加了ΔEkA＝mvA2－mv02＝mv02，C正确；小球B的动量变化量为Δp＝mvB－m×2v0＝m(－v0)－m×2v0＝－3mv0，D错误。 5.(2023·广州市第十六中学高二期中)如图，水平放置的圆环形窄槽固定在桌面上，槽内有两个大小相同的小球a、b，球b静止在槽中位置P。球a以一定初速度沿槽运动，在位置P与球b发生弹性碰撞，碰后球a反弹，并在位置Q与球b再次碰撞。已知∠POQ＝90°，忽略摩擦，且两小球可视为质点，则a、b两球质量之比为(　　) A．3∶1 B．1∶3 C．5∶3 D．3∶5 答案　D 解析　由动量守恒可知，两小球在位置P相碰后两球的速度方向相反，且在相同时间内，b球运动的弧长为a球运动的弧长的3倍，则有vb＝－3va，由动量守恒定律有mav＝mbvb＋mava，由能量守恒定律有mav2＝mava2＋mbvb2，联立解得＝，故A、B、C错误，D正确。 考点三　碰撞的可能性问题 6．(2023·广东省高二期中)如图所示，动量分别为pA＝6 kg· m/s，pB＝8 kg· m/s的两个小球A、B在光滑的水平面上沿一直线向右运动，经过一段时间后两球发生正碰，分别用ΔpA、ΔpB表示两小球动量的变化量，则下列选项中可能正确的是(　　) 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 答案　B 解析　由题意可知，无论小球A反弹或者不反弹，小球A的动量一定减小，即动量变化ΔpA<0，选项A、C错误；由动量守恒，得pA＋pB＝pA′＋pB′，化简得pA′－pA＝－(pB′－pB)，即ΔpB＝－ΔpA，当ΔpA＝－2 kg·m/s时，ΔpB＝2 kg·m/s，且碰后系统的总动能不增加，选项B正确；当ΔpA＝－12 kg·m/s，ΔpB＝12 kg·m/s时，系统虽然满足动量守恒，但是碰后系统的总动能增加，不可能实现，选项D错误。 7.(多选)(2023·佛山市顺德区华侨中学高二月考)质量为m、速度为v的A球跟质量为3m的静止B球发生正碰。碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此，碰撞后B球的速度允许有不同的值。碰撞后B球的速度可能是(　　) A．0.8v B．0.5v C．0.4v D．0.2v 答案　BC 解析　取向右为正方向，碰撞满足动量守恒，设碰后A球速度为v1，B球速度为v2，若两球发生弹性碰撞，则mv＝mv1＋3mv2，mv2＝mv12＋·3mv22，解得v2＝0.5v；若为完全非弹性碰撞，则mv＝(m＋3m)v′，解得：v′＝0.25v，则B球的速度取值范围在0.25v～0.5v之间，符合题意的是B、C。 8～9题每题9分，10题16分，共34分 8.(2024·广州大学附属中学高二开学考)如图所示，两质量分别为m1和m2的弹性小球A、B叠放在一起，从高度为h处自由落下，h远大于两小球半径，落地瞬间，B先与地面碰撞，后与A碰撞，所有的碰撞都是弹性碰撞，且都发生在竖直方向、碰撞时间均可忽略不计。已知m2＝3m1，则A反弹后能达到的高度为(　　) A．h B．2h C．3h D．4h 答案　D 解析　下降过程为自由落体运动，由匀变速直线运动的速度—位移公式得v2＝2gh，解得触地时两球速度相同，为v＝，B球碰撞地之后，速度瞬间反向，大小相等，选A球与B球碰撞过程为研究过程，碰撞前后动量守恒，设碰后A球、B球速度大小分别为v1、v2，选竖直向上为正方向，由动量守恒定律得：m2v－m1v＝m1v1＋m2v2。由能量守恒定律得(m1＋m2)v2＝m1v12＋m2v22，由题可知m2＝3m1，联立解得v1＝2，反弹后高度为H＝＝4h，故D正确，A、B、C错误。 9.(多选)(2023·汕头市潮阳一中明光学校高二期中)A、B两个物块在光滑的水平地面上发生正碰，碰撞时间极短，两物块运动的s－t图像如图所示，则下列判断正确的是(　　) A．碰撞后A、B两个物块运动方向相同 B．碰撞前、后A物块的速度大小之比为5∶3 C．A、B的质量之比m1∶m2＝2∶3 D．此碰撞为弹性碰撞 答案　CD 解析　因为s－t图像的斜率表示速度，且斜率的正负表示速度的方向，由图像可知，碰撞后A、B两个物块运动方向相反，故A错误；由图像可得，碰撞前A物块的速度为v1＝＝5 m/s，碰撞后A物块的速度为v1′＝＝－1 m/s，所以碰撞前、后A物块的速度大小之比为5∶1，故B错误；同理可得，碰撞前、后B物块的速度分别为v2＝0，v2′＝＝4 m/s，设A、B的质量分别为m1、m2，则由动量守恒定律得m1v1＝m1v1′＋m2v2′，解得m1∶m2＝2∶3，故C正确；因为碰撞前、后A、B机械能分别为E＝m1v12＝12.5m1，E′＝m1v1′2＋m2v2′2＝12.5m1＝E，即碰撞前后系统机械能守恒，故此碰撞为弹性碰撞，故D正确。 10．(16分)(2024·广州六中高二阶段检测)如图所示，三个质量分别为2 kg、1 kg、1 kg的木块A、B、C放置在光滑水平轨道上，开始时B、C均静止，A以初速度v0＝6 m/s向右运动，A与B发生弹性碰撞后分开，B又与C发生碰撞并粘在一起。求： (1)(5分)A与B碰撞后A、B各自速度大小； (2)(5分)B与C碰撞后的共同速度大小； (3)(6分)B与C碰撞过程中损失的动能。 答案　(1)2 m/s　8 m/s　(2)4 m/s　(3)16 J 解析　(1)设A与B碰撞后A、B的速度分别为vA、vB，由于A与B发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得mAv0＝mAvA＋mBvB mAv02＝mAvA2＋mBvB2 联立解得vA＝2 m/s，vB＝8 m/s (2)B与C发生碰撞并粘在一起，设B与C碰撞后的共同速度为v共，根据动量守恒定律可得 mBvB＝(mB＋mC)v共 解得v共＝4 m/s (3)B与C碰撞过程中损失的动能为 ΔEk＝mBvB2－(mB＋mC)v共2＝16 J。 11．(17分)(2023·韶关市高二期末)如图所示为冰壶比赛场地示意图，在某次比赛中，红方队员将红色冰壶以v0＝3.2 m/s的速度从P点推出，冰壶在冰面上做匀减速直线运动并恰好停在营垒边缘上的A点，然后黄方队员推出的黄色冰壶在A点与红方静止的冰壶发生对心碰撞，碰撞时间极短，碰后红壶停在营垒边缘上的B点，黄壶停在营垒中心O与A点连线的中点C，已知P、A两点间距离l＝25.6 m，营垒半径R＝1.8 m，g＝10 m/s2，红壶和黄壶可视为质点，质量均为m＝20 kg，且与冰面的动摩擦因数相同。 (1)(4分)求冰壶与冰面间的动摩擦因数μ； (2)(6分)求黄壶与红壶碰撞前瞬间速度v的大小； (3)(7分)黄壶与红壶的碰撞是弹性碰撞还是非弹性碰撞？请说明理由。 答案　(1)0.02　(2)1.8 m/s　(3)非弹性碰撞，理由见解析 解析　(1)红色冰壶从P点推出后，从P到A点由动能定理得 －μmgl＝0－mv02 解得冰壶与冰面间的动摩擦因数μ＝0.02 (2)设红壶碰撞后瞬间速度为v1，黄壶碰撞后瞬间速度为v2，由动能定理得 －μmglAB＝0－mv12， －μmglAC＝0－mv22 解得v1＝1.2 m/s，v2＝0.6 m/s 黄壶与红壶的碰撞过程由动量守恒定律得 mv＝mv1＋mv2 解得黄壶与红壶碰撞前瞬间速度大小为 v＝1.8 m/s (3)黄壶与红壶碰撞前系统的动能 Ek＝mv2＝×20×1.82 J＝32.4 J 黄壶与红壶碰撞后系统的总动能 Ek′＝mv12＋mv22＝×20×(1.22＋0.62) J＝18 J 则Ek>Ek′ 所以黄壶与红壶的碰撞是非弹性碰撞。 学科网（北京）股份有限公司 $