第1章 第4节 弹性碰撞与非弹性碰撞(课件PPT)-【步步高】2024-2025学年高二物理选择性必修第一册学习笔记（鲁科版）

该高中物理课件聚焦碰撞主题，系统讲解碰撞的特点、分类（弹性、非弹性、完全非弹性）及动量守恒、能量关系等规律，通过典型例题导入，衔接动量守恒定律，构建从概念到规律应用的学习支架。 其亮点在于通过弹性碰撞速度公式推导、多球碰撞实例分析，渗透科学思维中的模型建构与科学推理，强化动量和能量观念。例题覆盖不同碰撞类型，解析详细，学生能深化理解，教师可高效开展教学。

DIYIZHANG 第1章 第4节　弹性碰撞与非弹性碰撞 1 1.知道碰撞的分类及不同类型碰撞的能量转化特点(重点)。 2.能通过实例分析弹性碰撞和非弹性碰撞有关问题(重点)。 3.理解碰撞问题遵循的三个原则，会处理实际的碰撞问题。 学习目标 2 一、不同类型的碰撞 二、弹性碰撞的实例分析 三、非弹性碰撞 内容索引 课时对点练 四、碰撞的可能性分析 3 不同类型的碰撞 一 4 1.碰撞的特点：碰撞时相互作用时间很短，碰撞物体间的作用力______ 外力，系统的动量 。 2.碰撞的分类(从能量角度) (1)弹性碰撞：碰撞过程中系统的机械能 ，即碰撞前后系统的总动能 。 (2)非弹性碰撞：碰撞过程中机械能 。 说明：非弹性碰撞中，如果碰撞后物体结合在一起，系统的动能损失 ，这种碰撞称为 碰撞。 远大于 守恒 守恒 相等 有损失 最大 完全非弹性 　(2023·浙江精诚联盟高二月考)如图，在光滑水平面上，一质量为100 g的A球，以2 m/s的速度向右运动，与质量为200 g大小相同的静止B球发生对心碰撞，撞后B球的速度大小为1.2 m/s，取A球初速度方向为正方向，下列说法正确的是 A.碰撞后A球的速度为0.4 m/s B.碰撞前后A球的动量变化量为－0.24 kg·m/s C.该碰撞为弹性碰撞 D.该碰撞为完全非弹性碰撞 例1 √ 以A球初速度方向为正方向，碰撞过程根据动量守恒可得mAv0＝mAvA＋mBvB，解得A球碰后的速度为vA＝－0.4 m/s，方向与正方向相反，A错误； 碰撞前后A球的动量变化量为Δp＝mAvA－mAv0 ＝0.1×(－0.4) kg·m/s－0.1×2 kg·m/s＝－0.24 kg·m/s，B正确； 返回 弹性碰撞的实例分析 二 8 1.正碰：两个小球相碰，碰撞之前球的速度与两球心的连线在_________ 上，碰撞之后两球的速度仍会沿着这条直线，这种碰撞称为对心碰撞，也叫一维碰撞或正碰。 2.实验研究 (1)实验设计：钢球碰撞过程中动能的损失很小，可以忽略 不计，可视为弹性碰撞。先后让质量相等和质量不等的两 个钢球发生对心弹性碰撞，设球A和球B的质量分别为m1、m2，碰撞前球 A的速度为v1，球 B 静止，碰撞后球A和球B的速度分别为 v1′、v2′。 同一条直 线 (2)碰撞过程遵循的规律 ①系统动量守恒：m1v1＝m1v1′＋m2v2′ ②系统机械能守恒： (3)碰后两球速度分别为 v1′＝____________，v2′＝___________ (4)碰撞结果讨论 ①当m1＝m2时，v1′＝ ，v2′＝ ，即碰撞后交换速度。 ②当m1>m2时，v1′ 0，v2′ 0，表示碰撞后两球都向前运动，与v1方向相同。 ③当m1<m2时，v1′ 0，v2′ 0，表示碰撞后质量小的球被反弹回来。(均填“>”“<”或“＝”) 0 v1 > > < > 在光滑水平地面上有质量为 m1、m2 的两球，分别以速度 v1、v2(v1 > v2)运动并发生对心弹性碰撞。 思考与讨论 (1)求出碰撞后两球的速度v1′、v2′。 (2)当两球质量相等时，两球碰撞后的速度变化情况。 答案　当两球质量相等时，两球交换速度。 (3)当两球质量差异较大且v2 ＝ 0 时，两球碰撞后的速度变化情况。 答案　当v2 ＝ 0时，若m1≫m2，v1′＝v1，v2′＝2v1，表示球A的速度不变，球B以2v1的速度被撞出去；若m1≪m2，v1′＝－v1，v2′＝0，表示球A被反向以原速率弹回，而球B仍静止。 　(2023·山东烟台招远市二中高二月考)如图所示，A、B、C、D、E、F、G为七个质量分布均匀、半径相同的球，其中A、G两球质量相等，B、C、D、E、F五球质量相等，且A球质量小于B球质量。现将B、C、D、E、F、G放置在光滑的水平面上排成一条直线且均处于静止状态。某时刻让A球以速度v0正对B球运动，所发生的碰撞均为弹性碰撞，则发生一系列碰撞之后，最终 A.五个小球静止，两个小球运动 B.四个小球静止，三个小球运动 C.三个小球静止，四个小球运动 D.七个小球均运动 例2 √ 因球之间的碰撞均为弹性碰撞，则有动量守恒、机械能守恒，设A、G两球质量为m1，其余球的质量均为m2，A、B碰后，A的速度为v1，B的速度为v2， 由以上两式可知，因A球质量小于B球质量，碰撞后A球反弹，B球向前运动，又B、C、D、E、F五球质量相等，B与C碰后，交换速度，B静止，同理C、D、E均静止，由于F质量大于G的质量，F与G碰后，均向前运动，因此B、C、D、E四个球静止，A、F、G三个球运动，所以A、C、D错误，B正确。 　如图，大小相同的摆球a和b的质量分别为m和3m，摆长相同，并排悬挂，平衡时两球刚好接触，现将摆球a向左拉开一小角度后释放。若两球的碰撞是弹性碰撞，不计空气阻力，下列判断正确的是 A.第一次碰撞后的瞬间，两球的动能相等 B.第一次碰撞后的瞬间，两球的动量大小相等 C.第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等 D.第一次碰撞后，两球的最大摆角不相同 例3 √ 两球碰后上摆过程，机械能守恒，故上升的最大高度相等，另摆长相等，故两球第一次碰撞后的最大摆角相同，故D错误。 返回 非弹性碰撞 三 19 如图，在光滑水平面上，两个物体的质量都是m，碰撞前一个物体静止，另一个以速度v 向它撞去。碰撞后两个物体粘在一起，成为一个质量为2m 的物体，以一定速度继续前进。碰撞后该系统的总动能是否会有损失？若有，求两物体碰撞中损失的动能与碰前总动能的比值。 碰撞后系统的总动能小于碰撞前系统的总动能。 在一动碰一静的完全非弹性碰撞中，若两物体质量相等，此过程中损失的动能为系统初动能的 。 梳理与总结 一半(或50%) 　(2023·河南焦作市温县一中高二期末)如图，质量为m2＝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v0＝10 m/s的速率向右运动。 例4 (1)若小球碰到滑块后又以v1＝1 m/s的速率被弹回，求滑块获得的速率v2； 对小球和滑块组成的系统，以小球初速度方向为正方向，由动量守恒定律有m1v0＝－m1v1＋m2v2 (2)若小球碰到滑块两者粘在一起运动，求该过程中损失的机械能； 答案　60 J 若小球碰到滑块两者粘在一起运动，由动量守恒定律有m1v0＝(m1＋m2)v 解得共同速度为v＝4 m/s 方向水平向右。 (3)若小球与滑块的碰撞没有能量损失，求碰撞后小球、滑块的速率。 答案　2 m/s　8 m/s 根据动量守恒定律有m1v0＝m1v1′＋m2v2′ 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，则有 解得v1′＝－2 m/s，v2′＝8 m/s 即碰后瞬间小球的速率为2 m/s，滑块的速率为8 m/s。 返回 碰撞的可能性分析 四 29 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　碰撞能发生遵循的三个原则。 (1)系统动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′。 (3)速度要合理： ①若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。 ②若碰前两物体同向运动：碰前一定满足v后>v前。碰后两物体反向运动或做v前′≥v后′的同向运动。 　(2023·河北廊坊市高二期末)A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝1 kg，mB＝2 kg，vA＝6 m/s，vB＝2 m/s，当A追上B并发生碰撞后，A、B两球速度的可能值是 A.vA′＝3 m/s，vB′＝3.5 m/s B.vA′＝5 m/s，vB′＝2.5 m/s C.vA′＝1.5 m/s，vB′＝2 m/s D.vA′＝－3 m/s，vB′＝6.5 m/s 例5 √ 若vA′＝5 m/s，vB′＝2.5 m/s，碰后速度均为正值，且vA′>vB′，不符合实际，B错误； 若vA′＝1.5 m/s，vB′＝2 m/s，碰后总动量p后总＝1×1.5 kg·m/s＋2×2 kg·m/s＝5.5 kg·m/s，碰撞前后动量不守恒，C错误； 碰撞合理性的判断思路 (1)对一个给定的碰撞，首先要看动量是否守恒，其次看总动能是否增加，同时注意碰撞前、后合理的速度关系。 总结提升 返回 课时对点练 五 36 考点一　不同类型的碰撞 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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 基础对点练 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 考点二　弹性碰撞的实例分析 3.质量为m的小球a静止在光滑水平面上，一质量为2m的小球b以水平速度v与小球a发生弹性正碰，碰撞时间极短，可忽略不计，碰后瞬间a、b两球速度大小之比 为 A.4 B.3 C.2 D.1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 4.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，mB＝5mA。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向左，B向右，A球偏角大于B球偏角，且都小于30° D.A向左，B向右，A球偏角等于B球偏角，且都小于30° 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 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 考点三　非弹性碰撞 5.(多选)冰球运动员甲在水平光滑的冰面上以8 m/s的速度向右运动时，与另一速度为4 m/s的迎面而来向左运动的运动员乙相碰撞后甲恰好静止，假设碰撞时间极短，已知运动员甲、乙的质量分别为60 kg、80 kg，下列说法正确的是 A.碰后乙的速度的大小是3 m/s B.碰后乙的速度的大小是2 m/s C.碰撞中总机械能损失了1 200 J D.碰撞中总机械能损失了2 400 J 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 考点四　碰撞的可能性分析 6.(2023·江苏苏州星海实验中学高二月考)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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 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； 当ΔpA＝－2 kg·m/s时，由动量守恒，得pA＋pB＝pA′＋pB′，化简得pA′－pA＝－(pB′－pB)，即ΔpB＝－ΔpA＝2 kg·m/s，且此时碰后系统的总动能可能不增加，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一定增加，不可能实现，选项D错误。 7.(多选)质量为M的甲物块以速度v运动，与质量为m的静止乙物块发生正碰，碰撞后两者的动量正好相等，两者质量M与m的比值可能为 A.2 B.3 C.4 D.5 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 能力综合练 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 8.(2023·河南漯河实验高中月考)牛顿的《自然哲学的数学原理》中记载：两个弹性小球A、B在一条直线上运动，B逃跑，A追逐，A追上B后与B发生作用，B继续逃跑但速度比A的速度大，速度关系总保持开始时A、B速度差等于作用后B、A速度差。若上述过程是在光滑水平面上，质量为M的弹性球A以速度v1碰撞质量为m(M>m)的弹性球B，球B碰撞前的速度为v2，则发生对心碰撞后t时间两球之间的距离为 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 根据题意可知，碰撞前和碰撞后速度关系应满足v1－v2＝v2′－v1′，其中v1′和v2′为碰撞后两球的速度，碰撞后两球做匀速直线运动，所以两球之间的距离与时间的关系s＝(v2′－v1′)t＝(v1－v2)t，故选D。 9.(2023·福州市高二期末)如图所示，在光滑的水平面上有2 022个完全相同的小球等间距地排成一条直线，均处于静止状态。现给第一个小球初动能Ek，若小球间的所有碰撞均为对心完全非弹性碰撞，则整个碰撞过程中损失的机械能总量为 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 10.在光滑的水平面上，质量为m1＝2 kg的小球A以速率v0向右运动，在小球A的前方O点有一质量为m2的小球B处于静止状态，如图所示。小球A与小球B发生正碰后小球B向右运动，小球B被在Q点处的墙壁弹回后与小球A在P点相遇，OQ＝1.5PO。假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性的，求小球B的质量m2。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案　3 kg 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 根据动量守恒定律有m1v0＝－m1v1＋m2v2 又OQ＝1.5PO，解得m2＝3 kg。 11.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)求冰壶与冰面间的动摩擦因数μ； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案　0.02 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解得冰壶与冰面间的动摩擦因数μ＝0.02 (2)求黄壶与红壶碰撞前瞬间速度v的大小； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案　1.8 m/s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 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 解得v1＝1.2 m/s，v2＝0.6 m/s 规定以v0的方向为正方向 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)黄壶与红壶的碰撞是弹性碰撞还是非弹性碰撞？请说明理由。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案　非弹性碰撞，理由见解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 黄壶与红壶碰撞前的动能 则Ek>Ek′ 所以黄壶与红壶的碰撞是非弹性碰撞。 12.(2023·北京市顺义一中期中)查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是由质量比氢核略大一点的中性粒子(即中子)组成。如图，中子以速度v0分别碰撞静止的氢核和氮核(氮核质量约为中子质量的14倍)，碰撞后氢核和氮核的速度分别为v1和v2。设碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应，下列说法正确的是 A.碰撞后氮核的动量比氢核的小 B.碰撞后氮核的动能比氢核的小 C.三个速度大小相比v2最大 D.分别碰撞静止的氢核和氮核后中子均被反弹 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 尖子生选练 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 返回 三个速度大小相比v2最小，故C错误； 中子碰撞静止的氢核后速度变为零，中子碰撞静止的氮核后，中子被反弹，故D错误。 BENKEJIESHU 本课结束 碰撞前系统的机械能为E1＝mAv02＝×0.1×22 J＝0.2 J，碰撞后系统的机械能为E2＝mAvA2＋mBvB2＝×0.1×0.42 J＋×0.2×1.22 J＝0.152 J，由于E2<E1，则该碰撞不是弹性碰撞，也不是完全非弹性碰撞，故C、D错误。 m1v12＝m1v1′2＋m2v2′2 v1 v1 答案　v1′＝ v2′＝ 由弹性正碰规律可得v1＝v0，v2＝v0， 碰撞过程中，两球组成的系统水平方向动量守恒，由动量守恒定律有mv0＝mv1＋3mv2，两球碰撞是弹性碰撞，故机械能守恒，即mv02＝mv12＋×3mv22，解得v1＝－，v2＝，可见第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等；因两球质量不相等，故两球碰后的动量大小不相等，动能也不相等，故A、B错误，C正确； 碰撞中损失的动能ΔE＝Ek－Ek′＝mv2， 故＝。 答案　 根据动量守恒定律得mv＝2mv′，则v′＝ 碰撞前的总动能Ek＝mv2 碰撞后的总动能Ek′＝×2mv′2＝mv2 答案　 m/s 代入数据解得v2＝ m/s 碰撞中损失的机械能ΔEk损＝m1v02－(m1＋m2)v2＝60 J。 m1v02＝m1v1′2＋m2v2′2 (2)系统动能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋。 碰撞过程动量守恒，碰前总动量为p前总＝1×6 kg·m/s＋2×2 kg·m/s＝10 kg·m/s，碰前总动能为Ek前总＝×1×62 J＋×2×22 J＝22 J，若vA′＝3 m/s，vB′＝3.5 m/s，碰后总动量为p后总＝1×3 kg·m/s＋2×3.5 kg·m/s＝10 kg·m/s，碰撞过程动量守恒，碰后总动能为Ek后总＝×1×32 J＋×2×3.52 J＝16.75 J，总动能没有增大，vA′<vB′，速度关系符合实际情况，A正确； 若vA′＝－3 m/s，vB′＝6.5 m/s，碰后总动能为Ek后总＝×1×32 J＋×2×6.52 J＝46.75 J>Ek前总，D错误。 (2)要灵活运用Ek＝或p＝，Ek＝pv或p＝关系式进行有关计算。 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。 由于弹性碰撞满足动量守恒和机械能守恒，以小球b碰前的速度方向为正方向，得2mv＝2mvb＋mva，×2mv2＝×2mvb2＋mva2，解得va＝，vb＝，则有＝4，故A正确。 由机械能守恒定律可得mAv2＝mAvA2＋mBvB2 可得vA＝v＝－v，vB＝v＝v，A向左，B向右，A球偏角大于B球偏角，且都小于30°，故选项C正确。 设运动员甲、乙的质量分别为m、M，碰前速度大小分别为v1、v2，碰后乙的速度大小为v2′，规定碰撞前甲的运动方向为正方向，由动量守恒定律有mv1－Mv2＝Mv2′，解得v2′＝v1－v2＝2 m/s，故A错误，B正确； 根据能量守恒定律可知，碰撞中总机械能的损失为ΔE＝mv12＋Mv22－Mv2′2，代入数据解得ΔE＝2 400 J，故C错误，D正确。 设碰撞后两者的动量都为p，由题意可知，碰撞前后总动量为2p，根据动量和动能的关系有p2＝2mEk，碰撞过程动能不增加，有≥＋，解得≤3，由于两者碰撞之后甲的速度不大于乙的速度，设碰撞后甲的速度为v1，乙的速度为v2，则v1≤v2，根据题意可得Mv1＝mv2，故≥1，综上所述，A、B正确。 A.()t B.t C.(v1＋v2)t D.(v1－v2)t A. B. C. D. 以第一个小球初速度v0的方向为正方向，由于小球间的所有碰撞均为对心完全非弹性碰撞，每次碰撞后小球速度都相同，故最后每个小球速度都相同，将2 022个小球组成的整体看作一个系统，设系统最终的速度为v，运用动量守恒定律得mv0＝2 022mv，解得v＝，则系统损失的机械能为ΔE＝mv02－×2 022mv2，又mv02＝Ek，解得ΔE＝，故选C。 设碰撞后小球A和B的速度大小分别为v1和v2，由题意可得＝ 根据机械能守恒定律有m1v02＝m1v12＋m2v22 红色冰壶从P点推出后，从P到A点由动能定理有－μmgl＝0－mv02 －μmglAB＝0－mv12， －μmglAC＝0－mv22 Ek＝mv2＝×20×1.82 J＝32.4 J 黄壶与红壶碰撞后的总动能Ek′＝mv12＋mv22＝×20×(1.22＋0.62) J＝18 J 设中子的质量为m，氢核的质量为m，氮核的质量为 14m，设中子和氢核碰撞后中子速度为v3，由动量守 恒定律和机械能守恒定律可得mv0＝mv1＋mv3，mv02＝mv12＋mv32，解得v1＝v0，v3＝0，设中子和氮核碰撞后中子速度为v4，由动量守恒定律和机械能守恒定律可得mv0＝14mv2＋mv4，mv02＝×14mv22＋mv42，解得v2＝v0，v4＝－v0，碰撞后氢核的动量大小为p1＝mv1＝mv0，碰撞后氮核的动量大小为p2＝14mv2＝14m·v0＝mv0>p1，可知碰撞后氮核的动量比氢核的大，故A错误； 碰撞后氢核的动能大小为Ek1＝mv12＝mv02， 碰撞后氮核的动能大小为Ek2＝×14mv22 ＝×14m(v0)2＝mv02<Ek1，可知碰撞后氮核的动能比氢核的小，故B正确； $