单元复习【过考点】 第一章 动量守恒定律 -2022-2023学年高二物理单元复习（人教版2019选择性必修第一册）

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单元复习-过考点 第一章 动量守恒定律
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一、选择题（共15小题）
【动量】
1.(多选)在光滑水平面上，原来静止的物体在水平力F的作用下，经过时间t、通过位移L后动量变为p、动能变为Ek.以下说法正确的是(　　)
A．在F作用下，若这个物体经过位移2L，其动量等于2p
B．在F作用下，若这个物体经过位移2L，其动能等于2Ek
C．在F作用下，若这个物体经过时间2t，其动能等于2Ek
D．在F作用下，若这个物体经过时间2t，其动量等于2p
答案　BD
解析　在光滑水平面上，合力大小等于F的大小，根据动能定理知FL＝mv2，位移变为原来的2倍，动能变为原来的2倍，根据p＝，知动量变为原来的倍，故A错误，B正确；根据动量定理知，Ft＝mv，时间变为原来的2倍，则动量变为原来的2倍，根据Ek＝知，动能变为原来的4倍，故C错误，D正确．
【冲量】
2.如图所示，质量为m的滑块沿倾角为θ的固定斜面向上滑动，经过时间t1，速度为零并又开始下滑，经过时间t2回到斜面底端，滑块在运动过程中受到的摩擦力大小始终为Ff，重力加速度为g.在整个运动过程中，下列说法正确的是(　　)

A．重力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)sin θ
B．支持力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)cos θ
C．合外力的冲量为0
D．摩擦力的总冲量为Ff(t1＋t2)
答案　B
解析　重力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)，A项错误；支持力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)cos θ，B项正确；整个过程中滑块的动量发生了改变，故合外力的总冲量不为0，C项错误；上滑过程和下滑过程摩擦力的方向相反，故若以沿斜面向上为正方向，摩擦力的总冲量为
Ff(t2－t1)，D项错误．
3.一质点静止在光滑水平面上，现对其施加水平外力F，力F随时间按正弦规律变化，如图所示，下列说法正确的是(　　)

A．第2 s末，质点的动量为0
B．第2 s末，质点的动量方向发生变化
C．第4 s末，质点回到出发点
D．在1～3 s时间内，力F的冲量为0
答案　D
解析　由题图可知，0～2 s时间内F的方向和质点运动的方向相同，质点经历了加速度逐渐增大的加速运动和加速度逐渐减小的加速运动，所以第2 s末，质点的速度最大，动量最大，方向不变，故选项A、B错误；2～4 s内F的方向与0～2 s内F的方向不同，该质点0～2 s内做加速运动，2～4 s内做减速运动，所以质点在0～4 s内的位移均为正，第4 s末没有回到出发点，故选项C错误；在F－t图像中，图线与横轴所围的面积表示力F的冲量，由题图可知，1～2 s内的面积与2～3 s内的面积大小相等，一正一负，则在1～3 s时间内，力F的冲量为0，故选项D正确．
【动量定理的应用】
4.(2020·全国卷Ⅰ·14)行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体．若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是(　　)
A．增加了司机单位面积的受力大小
B．减少了碰撞前后司机动量的变化量
C．将司机的动能全部转换成汽车的动能
D．延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积
答案　D
解析　汽车剧烈碰撞瞬间，安全气囊弹出，立即跟司机身体接触．司机在很短时间内由运动到静止，动量的变化量是一定的，由于安全气囊的存在，作用时间变长，据动量定理Δp＝FΔt知，司机所受作用力减小；又知安全气囊打开后，司机受力面积变大，因此减小了司机单位面积的受力大小；碰撞过程中，动能转化为内能．综上可知，选项D正确．
5.高空作业须系安全带．如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前，人下落的距离为h(可视为自由落体运动)，此后经历时间t安全带达到最大伸长量，若在此过程中该作用力始终竖直向上．重力加速度为g，忽略空气阻力，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为(　　)
A.＋mg B.－mg
C.＋mg D.－mg
答案　A
解析　安全带对人起作用之前，人做自由落体运动；由v2＝2gh可得，安全带对人起作用前瞬间，人的速度v＝；安全带达到最大伸长量时，人的速度为零；从安全带开始对人起作用到安全带伸长量最大，取竖直向下为正方向，由动量定理可得(mg－)t＝0－mv，故＝＋mg＝＋mg，故选项A正确．
6.(2022·云南省玉溪第一中学高三月考)将质量为m＝1 kg的物块置于水平地面上，已知物块与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.5，现在物块上施加一个平行于水平地面的恒力F＝10 N，物体由静止开始运动，作用4 s后撤去F.已知g＝10 m/s2，对于物块从静止开始到物块停下这一过程下列说法正确的是(　　)
A．整个过程物块运动的时间为6 s
B．整个过程物块运动的时间为8 s
C．整个过程中物块的位移大小为40 m
D．整个过程中物块的位移大小为60 m
答案　B
解析　在整个过程中由动量定理得Ft1－μmgt＝0，解得t＝8 s，选项A错误，B正确；在物块前4 s运动的过程中由动量定理得Ft1－μmgt1＝mv，解得v＝20 m/s，因物块加速和减速过程的平均速度都为＝＝，全程的平均速度也为，则物块的总位移x＝t＝×8 m＝80 m，选项C、D错误．
【应用动量定理处理流体类问题】
7.为估算池中睡莲叶面承受雨滴撞击产生的平均压强，小明在雨天将一圆柱形水杯置于露台，测得1小时内杯中水位上升了45 mm.查询得知，当时雨滴竖直下落速度约为12 m/s，据此估算该压强约为(设雨滴撞击睡莲后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为1×103 kg/m3)
(　　)
A．0.15 Pa B．0.54 Pa C．1.5 Pa D．5.4 Pa
答案　A
解析　设雨滴受到支持面的平均作用力为F.设在Δt时间内有质量为Δm的雨水的速度由v＝12 m/s减为零．以向上为正方向，对这部分雨水应用动量定理：FΔt＝0－(－Δmv)＝Δmv，得到F＝v.设水杯横截面积为S，对水杯里的雨水，在Δt时间内水面上升Δh，则有Δm＝ρSΔh，得F＝ρSv，由牛顿第三定律得F′＝F，压强p＝＝ρv＝1×103×12× Pa＝0.15 Pa.
【动量守恒判断】
8.如图甲所示，把两个质量相等的小车A和B静止地放在光滑的水平地面上．它们之间装有被压缩的轻质弹簧，用不可伸长的轻细线把它们系在一起．如图乙所示，让B紧靠墙壁，其他条件与图甲相同．对于小车A、B和弹簧组成的系统，烧断细线后下列说法正确的是(　　)

A．从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，图甲所示系统动量守恒，机械能守恒
B．从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，图乙所示系统动量守恒，机械能守恒
C．从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，墙壁对图乙所示系统的冲量为零
D．从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，墙壁弹力对图乙中B车做功不为零
答案　A
解析　从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，题图甲所示系统所受外力之和为0，则系统动量守恒，且运动过程中只有系统内的弹力做功，所以系统机械能守恒，故A正确；从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，题图乙所示系统中由于墙壁对B有力的作用，则系统所受外力之和不为0，则系统动量不守恒，运动过程中只有系统内的弹力做功，所以系统机械能守恒，故B错误；从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，题图乙所示系统中由于墙壁对B有力的作用，由公式I＝Ft可知，墙壁对题图乙所示系统的冲量不为零，故C错误；从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，由于B车没有位移，则墙壁弹力对题图乙中B车做功为0，故D错误．
【动量守恒定律的基本应用】
9.(多选)如图所示，三辆完全相同的平板小车a、b、c成一直线排列，静止在光滑水平面上．c车上有一小孩跳到b车上，接着又立即从b车跳到a车上．小孩跳离c车和b车时对地的水平速度相同．他跳到a车上相对a车保持静止，此后(　　)

A．a、b两车运动速率相等
B．a、c两车运动速率相等
C．三辆车的速率关系vc>va>vb
D．a、c两车运动方向相反
答案　CD
解析　设向右为正方向，设人跳离b、c车时对地水平速度为v，在水平方向由动量守恒定律有0＝M车vc＋m人v，m人v＝M车vb＋m人v，m人v＝(M车＋m人)·va，所以vc＝－，vb＝0，va＝，即vc>va>vb并且vc与va方向相反．所以选项A、B错误，选项C、D正确．
10.甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑的水平冰面上匀速相向行驶，速度大小均为v0＝6 m/s，甲车上有质量为m＝1 kg的小球若干个，甲和他的小车及小车上小球的总质量为M1＝50 kg，乙和他的小车的总质量为M2＝30 kg.为避免相撞，甲不断地将小球以相对地面为v′＝16.5 m/s的水平速度抛向乙，且被乙接住，假如某一次甲将小球抛出且被乙接住后，刚好可保证两车不相撞．则甲总共抛出的小球个数是(　　)
A．12 B．13 C．14 D．15
答案　D
解析　规定甲的速度方向为正方向，两车刚好不相撞，则两车速度相等，由动量守恒定律得M1v0－M2v0＝(M1＋M2)v ，解得v＝1.5 m/s，对甲、小车及从甲车上抛出的小球，由动量守恒定律得M1v0＝(M1－n·m)v＋n·mv′，解得n＝15，D正确．
【爆炸问题】
11.　(2021·浙江1月选考·12)在爆炸实验基地有一发射塔，发射塔正下方的水平地面上安装有声音记录仪．爆炸物自发射塔竖直向上发射，上升到空中最高点时炸裂成质量之比为2∶1、初速度均沿水平方向的两个碎块．遥控器引爆瞬间开始计时，在5 s末和6 s末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声．已知声音在空气中的传播速度为340 m/s，重力加速度大小g取10 m/s2，忽略空气阻力．下列说法正确的是(　　)
A．两碎块的位移大小之比为1∶2
B．爆炸物的爆炸点离地面高度为80 m
C．爆炸后的质量大的碎块的初速度为68 m/s
D．爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340 m
答案　B
解析　设碎块落地的时间为t，质量大的碎块水平初速度为v，则由动量守恒定律知质量小的碎块水平初速度为2v，爆炸后的碎块做平抛运动，下落的高度相同，则在空中运动的时间相同，由水平方向x＝v0t知落地水平位移之比为1∶2，碎块位移s＝，可见两碎块的位移大小之比不是1∶2，故A项错误；据题意知，vt＝(5 s－t)×340 m/s，又2vt＝(6 s－t)×
340 m/s，联立解得t＝4 s，v＝85 m/s，故爆炸点离地面高度为h＝gt2＝80 m，所以B项正确，C项错误；两碎块落地点的水平距离为Δx＝3vt＝1 020 m，故D项错误．
【反冲运动】
12.解放军发出4枚“东风快递”(中程弹道导弹)，准确击中预定目标，发射导弹过程可以简化为：将静止的质量为M(含燃料)的东风导弹点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体，忽略喷气过程中重力和空气阻力的影响，则喷气结束时东风导弹获得的速度大小是(　　)
A. v0 B. v0 C. v0 D. v0
答案　D
解析　由动量守恒定律得mv0＝(M－m)v，导弹获得的速度v＝v0，故选D.
【人船模型】
13.(多选)如图所示，绳长为l，小球质量为m，小车质量为M，将小球向右拉至水平后放手，则(水平面光滑)(　　)

A．系统的总动量守恒
B．水平方向任意时刻小球与小车的动量等大反向或都为零
C．小球不能向左摆到原高度
D．小车向右移动的最大距离为
答案　BD
解析　系统只是在水平方向所受的合力为零，竖直方向的合力不为零，故水平方向的动量守恒，而总动量不守恒，A错误，B正确；根据水平方向的动量守恒及机械能守恒得，小球仍能向左摆到原高度，C错误；小球相对于小车的最大位移为2l，根据“人船模型”，系统水平方向动量守恒，设小球水平方向的平均速度为vm，小车水平方向的平均速度为vM，mvm－MvM＝0，两边同时乘以运动时间t，mvmt－MvMt＝0，即mxm＝MxM，又xm＋xM＝2l，解得小车向右移动的最大距离为，D正确．
【碰撞的可能性】
14.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′＝5 m/s，vB′＝2.5 m/s
B．vA′＝2 m/s，vB′＝4 m/s
C．vA′＝－4 m/s，vB′＝7 m/s
D．vA′＝7 m/s，vB′＝1.5 m/s
答案　B
解析　虽然题给四个选项均满足动量守恒定律，但A、D两项中，碰后A的速度vA′大于B的速度vB′，不符合实际，即A、D项错误；C项中，两球碰后的总动能Ek后＝mAvA′2＋
mBvB′2＝57 J，大于碰前的总动能Ek前＝mAvA2＋mBvB2＝22 J，违背了能量守恒定律，所以C项错误；而B项既符合实际情况，也不违背能量守恒定律，所以B项正确．
【弹性碰撞】
15.(2022·浙江杭州二中月考)如图所示，B、C、D、E、F五个小球并排放置在光滑的水平面上，B、C、D、E四个球质量相等，而F球质量小于B球质量，A球质量等于F球质量．A球以速度v0向B球运动，所发生的碰撞均为弹性碰撞，则碰撞之后(　　)

A．3个小球静止，3个小球运动
B．4个小球静止，2个小球运动
C．5个小球静止，1个小球运动
D．6个小球都运动
答案　A
解析　A、B质量不等，mAmF，则碰后E、F都向右运动，所以B、C、D静止，A向左运动，E、F向右运动，故A正确．
二、实验题
【研究气垫导轨上滑块碰撞时的动量守恒】
16.　(2022·浙江嘉兴市月考)某同学利用打点计时器和气垫导轨做“探究碰撞中的不变量”的实验，气垫导轨装置如图甲所示，所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架等组成．在空腔导轨的两个工作面上均匀分布着一定数量的小孔，向导轨空腔内不断通入压缩空气，空气会从小孔中喷出，使滑块稳定地漂浮在导轨上，这样就大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差．

(1)下面是实验的主要步骤：
①安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平；
②向气垫导轨空腔内通入压缩空气；
③把打点计时器固定在紧靠气垫导轨左端弹射架的外侧，将纸带穿过打点计时器与弹射架并固定在滑块1的左端，调节打点计时器的高度，直至滑块拖着纸带移动时，纸带始终在水平方向；
④使滑块1挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳；
⑤把滑块2放在气垫导轨的中间；
⑥先________________，然后________________，让滑块带动纸带一起运动；
⑦取下纸带，重复步骤④⑤⑥，选出理想的纸带如图乙所示；
⑧测得滑块1的质量为310 g，滑块2(包括橡皮泥)的质量为205 g.
(2)已知打点计时器每隔0.02 s打一个点，计算可知两滑块相互作用以前系统的总动量为______ kg·m/s；两滑块相互作用以后系统的总动量为________ kg·m/s(均保留三位有效数字)．
(3)试说明(2)中两结果不完全相等的主要原因：_____________________________________
______________________________________________________________________________.
答案　(1)⑥接通打点计时器的电源　放开滑块1
(2)0.620　0.618
(3)纸带与打点计时器限位孔间有摩擦
解析　(1)实验时应先接通打点计时器的电源，再放开滑块1.
(2)作用前系统的总动量为滑块1的动量p0＝m1v0.
v0＝ m/s＝2.00 m/s，
p0＝0.310×2.00 kg·m/s＝0.620 kg·m/s.
作用后系统的总动量为滑块1和滑块2的动量和，且此时两滑块具有相同的速度v，v＝
m/s＝1.20 m/s，
p＝(m1＋m2)v＝(0.310＋0.205)×1.20 kg·m/s
＝0.618 kg·m/s.
(3)存在误差的主要原因是纸带与打点计时器限位孔间有摩擦．

【研究斜槽末端小球碰撞时的动量守恒】
17.某同学用如图(a)所示实验装置来“验证动量守恒定律”，实验原理如图(b)所示．

图(b)中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影．实验时，先让入射球A多次从斜轨上由静止释放，找到其平均落地点的位置P.然后，把被碰小球B静置于轨道的水平部分，再将入射小球A从斜轨上由静止释放，与小球B相碰，并且多次重复．实验得到小球的落点的平均位置分别为M、N.
(1)为了确保两小球一样大，该同学实验开始前用游标卡尺测量了两小球的直径都如图(c)所示，则小球的直径为________ mm.
(2)对于上述实验操作，下列说法正确的是________．
A．应使小球每次从斜轨上相同的位置自由滚下
B．斜槽轨道必须光滑
C．斜槽轨道末端必须水平
D．小球A质量应大于小球B的质量
(3)在本实验中，下列关于入射球A的落点P的说法，正确的是________．
A．如果小球每次都从同一点无初速度释放，重复几次的落点P一定是重合的
B．由于偶然因素存在，重复操作时小球落点不重合是正常的，落点应当很分散
C．测定P点位置时，如果重复10次的落点分别为P1、P2、…、P10，则OP应取OP1、OP2、…、OP10的平均值，即OP＝
D．用尽量小的圆把P1、P2、…、P10圈住，这个圆的圆心是小球落点的平均位置P
(4)上述实验除需测量线段、、的长度外，还需要测量的物理量有________．
A．A、B两点间的高度差h1
B．B点离地面的高度h2
C．小球A和小球B的质量m1、m2
D．小球A和小球B离开轨道的速度v1、v2
(5)当所测物理量满足表达式________(用第(4)小问中测量的物理量的字母表示)时，即说明两球碰撞遵守动量守恒定律．
(6)若要进一步验证两小球是否为弹性碰撞，还要验证表达式________(用第(4)小问中测量的物理量的字母表示)是否成立．
答案　(1)16.70　(2)ACD　(3)D　(4)C　(5)m1＝m1＋m2　(6)m1()2＝m1()2＋m2()2
解析　(1)小球的直径为1.6 cm＋0.05 mm×14＝16.70 mm.
(2)应使小球每次从斜轨上相同的位置自由滚下，选项A正确；斜槽轨道不要求必须光滑，只要到达底端时速度相同即可，选项B错误；斜槽轨道末端必须水平，以保证小球做平抛运动，选项C正确；小球A质量应大于小球B的质量，以防止小球A反弹，选项D正确．
(3)如果小球每次都从同一点无初速度释放，但是由于误差原因，重复几次的落点P不一定是重合的，选项A错误；由于偶然因素存在，重复操作时小球落点不重合是正常的，但是落点应当相对集中，选项B错误；测定P点位置时，如果重复10次的落点分别为P1、P2、…、P10，由于这些点分散区域不在一条直线上，故OP不应该取OP1、OP2、…、OP10的平均值，选项C错误；找平均位置的方法是：用尽量小的圆把P1、P2、…、P10圈住，这个圆的圆心是小球落点的平均位置P，选项D正确．
(4)要验证动量守恒定律，即验证m1v0＝m1v1＋m2v2，小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，上式两边同时乘t得m1v0t＝m1v1t＋m2v2t，即m1＝m1＋m2，因此实验除需要测量线段、、的长度外，还需要测量的物理量有小球A和小球B的质量m1、m2，故选C.
(5)由(4)可知当所测物理量满足表达式m1＝m1＋m2时，即说明两球碰撞遵守动量守恒定律．
(6)若两小球为弹性碰撞，碰撞前后总动能保持不变，则有m1v02＝m1v12＋m2v22，根据v＝可得m1()2＝m1()2＋m2()2.

18．(2022·浙江丽水高三月考)用如图甲所示装置结合频闪照相机拍摄的照片来验证动量守恒定律，实验步骤如下：
①用天平测出A、B两个小球的质量mA和mB；
②安装好实验装置，使斜槽的末端保持水平；
③先不在斜槽的末端放小球B，从斜槽上位置P由静止开始释放小球A，小球A离开斜槽后，频闪照相机连续拍摄小球A的两位置(如图乙所示)；
④将小球B放在斜槽的末端，再从位置P处由静止释放小球A，使它们碰撞，频闪照相机连续拍摄下两个小球的位置(如图丙所示)；
⑤测出所需要的物理量．

请回答：
(1)实验中A、B两球的质量应满足mA________mB(填“>”“＝”或“<”)．
(2)在步骤⑤中，需要在照片中直接测量的物理量有________、________、________(选填“x0、y0、xA、yA、xB、yB”)．
(3)两球在碰撞过程中若动量守恒，满足的方程是________________；若两球发生的是弹性正碰，则还应满足的方程是________．(用所测物理量表示)
答案　(1)>　(2)x0　xA　xB　(3)mAx0＝mAxA＋mBxB　mAx02＝mAxA2＋mBxB2
解析　(1)为了防止入射球碰后反弹，入射球的质量要大于被碰球的质量，即mA>mB
(2)碰撞时应有mAv0＝mAvA＋mBvB
小球从相同高度抛出，由平抛运动规律知在空中运动时间t相等，上式等号两边同乘t，则有mAx0＝mAxA＋mBxB
所以需要在照片中直接测量的物理量有x0、xA、xB.
(3)由(2)的分析可知，应验证的表达式为mAx0＝mAxA＋mBxB
如果碰撞为弹性碰撞，机械能守恒，由机械能守恒定律得mAv02＝mAvA2＋mBvB2
整理得mAx02＝mAxA2＋mBxB2.

三、计算题
【应用动量定理处理微粒类问题】
19.宇宙飞船在飞行过程中有很多技术问题需要解决，其中之一就是当飞船进入宇宙微粒尘区时，如何保持速度不变的问题．假设一宇宙飞船以v＝2.0×103 m/s的速度进入密度ρ＝2.0×10－6 kg/m3的微粒尘区，飞船垂直于运动方向上的最大横截面积S＝5 m2，且认为微粒与飞船相碰后都附着在飞船上，则飞船要保持速度v不变，所需推力多大？
答案　40 N
解析　设飞船在微粒尘区的飞行时间为Δt，
则在这段时间内附着在飞船上的微粒质量Δm＝ρSvΔt
微粒由静止到与飞船一起运动，微粒的动量增加，
由动量定理得
FΔt＝Δmv＝ρSvΔtv
所以飞船所需推力大小
F′＝F＝ρSv2＝2.0×10－6×5×(2.0×103)2 N＝40 N.

【非弹性碰撞】
20.北京冬奥会冰壶比赛训练中，运动员将质量为19 kg的冰壶甲推出，运动一段时间后以0.4 m/s的速度正碰静止的冰壶乙，然后冰壶甲以0.1 m/s的速度继续向前滑向大本营中心．若两冰壶质量相等，求：
(1)冰壶乙获得的速度大小；
(2)试判断两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞还是非弹性碰撞；若是非弹性碰撞，能量损失多少．
答案　(1)0.3 m/s　(2)非弹性碰撞　0.57 J
解析　(1)由动量守恒定律知mv1＝mv2＋mv3
将v1＝0.4 m/s，v2＝0.1 m/s
代入上式得v3＝0.3 m/s.
(2)碰撞前的动能E1＝mv12＝1.52 J，
碰撞后两冰壶的总动能E2＝mv22＋mv32＝0.95 J
因为E1>E2，所以两冰壶间的碰撞为非弹性碰撞，
能量损失E＝ E1－ E2＝0.57 J．