新高考物理二轮培优专题4.5 碰撞模型（2份打包，原卷版+解析版）

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目录
TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc23875" 一 碰撞模型及应用 PAGEREF _Tc23875 1
\l "_Tc2308" 二 弹性碰撞模型及拓展 PAGEREF _Tc2308 3
\l "_Tc4112" 三 专题跟踪检测 PAGEREF _Tc4112 7
一 碰撞模型及应用
1.三种碰撞的特点及规律
2.弹性碰撞的“动碰静”模型
(1)由动量守恒和能量守恒得，
m1v0＝m1v1＋m2v2
eq \f(1,2)m1v02＝eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22；
(2)碰后的速度：v1＝eq \f(m1－m2,m1＋m2)v0，v2＝eq \f(2m1,m1＋m2)v0.
3.弹性碰撞模型的拓展应用
【例1】 (2022·湖南卷)1932年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子(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，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．v2大于v1
D．v2大于v0
【答案】B
【解析】 设中子的质量为m，则氢核的质量也为m，氮核的质量为14m，设中子和氢核碰撞后中子速度为v3，取v0的方向为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝mv1＋mv
3eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,3)
联立解得v1＝v0
设中子和氮核碰撞后中子速度为v4，取v0的方向为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝14mv2＋mv4
eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)×14mveq \\al(2,2)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,4)
联立解得v2＝eq \f(2,15)v0
可得v1＝v0>v2，故C、D错误；
碰撞后氢核的动量为pH＝mv1＝mv0
氮核的动量为pN＝14mv2＝eq \f(28mv0,15)
可得pN>pH，故A错误；
碰撞后氢核的动能为EkH＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
氮核的动能为EkN＝eq \f(1,2)×14mveq \\al(2,2)＝eq \f(28mveq \\al(2,0),225)
可得EkH>EkN，故B正确。
【例2】(2022·河北省纵向评价)在北京冬奥会中，中国健儿取得了出色的成绩。某次训练中，运动员将质量为19.1 kg的冰壶甲以某一速度掷出，冰壶在向前运动过程中，碰到了对方的静止冰壶乙，冰壶乙在运动0.2 m后停下。已知比赛双方所用冰壶完全相同，冰壶与冰面的动摩擦因数为0.01，当地重力加速度约为10 m/s2。假设两冰壶的碰撞为一维碰撞，且不计碰撞的能量损失，则冰壶甲在碰前的速度约为( )
A．2.0 m/s B．0.2 m/s
C．1.0 m/s D．0.1 m/s
【答案】 B
【解析】 碰撞过程中，甲乙冰壶的动量守恒得mv0＝mv1＋mv2，根据机械能守恒定律得eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)，对乙冰壶根据动能定理得－μmgx＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)，解得v0＝0.2 m/s，故B正确。
二 弹性碰撞模型及拓展
1.“滑块—弹簧”模型 (如图)
水平面光滑
(1)注意临界条件：弹簧压缩到最短或伸长到最长时，两滑块同速，弹簧的弹性势能最大。
(2)从开始压缩弹簧到弹簧恢复原长的过程，可看成弹性碰撞过程，恢复原长时，v1＝eq \f(m1－m2,m1＋m2)v0，v2＝eq \f(2m1,m1＋m2)v0。
2．“滑块—斜面”模型(如图)
各接触面均光滑
(1)水平方向动量守恒。
(2)注意临界条件：滑块沿斜面上升到最高点时，滑块与斜面同速，系统动能最小，重力势能最大。
(3)从滑块以v0滑上斜面再滑下到分离的过程，可看成弹性碰撞过程，滑块离开斜面时，v1＝eq \f(m1－m2,m1＋m2)v0，v2＝eq \f(2m1,m1＋m2)v0。
3．“小球—圆弧槽”模型 (如图)
接触面均光滑
(1)水平方向动量守恒。
(2)小球滑上圆弧槽并从顶端离开圆弧槽时，小球与圆弧槽水平速度相同，离开后二者水平位移相同，小球会沿切面再进入圆弧槽。
(3)从小球以v0滑上圆弧槽再滑下到分离的过程，可看成弹性碰撞过程，小球离开圆弧槽时，v1＝eq \f(m1－m2,m1＋m2)v0，v2＝eq \f(2m1,m1＋m2)v0。
【例1】 (2022·山西运城期末)如图所示，在光滑的水平地面上有一静止的质量为M的四分之一光滑圆弧滑块，圆弧的半径为R，最低点处刚好与水平地面相切。一质量为m的小球以一定的初速度沿水平地面向右运动，不计小球冲上圆弧滑块过程中的机械能损失。如果圆弧滑块固定，则小球恰能冲到圆弧面上与圆心等高处；如果圆弧滑块不固定，则小球在圆弧面上能到达的最大高度为eq \f(R,3)。则小球与滑块质量之比m∶ M为( )
A．1∶2 B．1∶3
C．2∶1 D．3∶1
【答案】C
【解析】 当圆弧槽固定时，eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝mgR，当圆弧槽不固定，取水平向右为正方向，根据系统水平方向动量守恒有mv0＝(m＋M)v，根据机械能守恒定律有eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝mgeq \f(R,3)＋eq \f(1,2)(m＋M)v2，解得m∶M＝2∶1，故C正确。
【例2】(多选)(2022·山东潍坊市昌乐一中高三期末)如图所示，eq \f(1,4)光滑圆槽B静置于光滑水平地面上．槽底端与水平面相切，一小球A从水平地面以初速度v0滑向圆槽，从底端沿槽上滑，未冲出圆槽，最后滑回水平地面．已知小球的质量为m，圆槽的质量为M，重力加速度为g.下列说法中正确的是( )
A．小球上升的最大高度为eq \f(Mv\\al(02),2M＋mg)
B．圆槽运动的最大速度为eq \f(mv0,M＋m)
C．小球上滑过程比下滑过程的动量变化大
D．上滑过程圆槽的动能增加量比下滑过程圆槽的动能增加量小
【答案】 AD
【解析】 小球滑上B，滑到最高点时，水平方向动量守恒mv0＝(m＋M)v
机械能守恒有eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)(m＋M)v2＋mgh
解得h＝eq \f(Mv\\al(02),2M＋mg)，A正确；小球离开B时，B的速度最大，有
mv0＝mv1＋Mv2，eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)Mv22
解得v1＝eq \f(m－M,m＋M)v0，v2＝eq \f(2m,m＋M)v0，B错误；
小球上滑过程Δp1＝mv－mv0＝－eq \f(mM,m＋M)v0
下滑过程Δp2＝mv1－mv＝－eq \f(mM,m＋M)v0，所以小球上滑过程和下滑过程的动量变化一样大，C错误；上滑过程圆槽的动能增加量ΔEk1＝eq \f(1,2)Mv2＝eq \f(1,2)M(eq \f(mv0,m＋M))2
下滑过程圆槽的动能增加量ΔEk2＝eq \f(1,2)Mv22－eq \f(1,2)Mv2＝eq \f(3,2)M(eq \f(mv0,m＋M))2
所以上滑过程圆槽的动能增加量比下滑过程圆槽的动能增加量小，D正确．
【例3】(多选)(2022·山东省六校线上联考)如图所示，光滑水平面上有一质量为2M、半径为R(R足够大)的eq \f(1,4)光滑圆弧曲面C，质量为M的小球B置于其底端，另一个小球A质量为eq \f(M,2)，小球A以v0＝6 m/s的速度向B运动，并与B发生弹性碰撞，不计一切摩擦，小球均可视为质点，则( )
A．B的最大速率为4 m/s
B．B运动到最高点时的速率为eq \f(3,4) m/s
C．B能与A再次发生碰撞
D．B不能与A再次发生碰撞
【答案】 AD
【解析】 A与B发生弹性碰撞，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得eq \f(M,2)v0＝eq \f(M,2)vA＋MvB，eq \f(1,2)·eq \f(M,2)v02＝eq \f(1,2)·eq \f(M,2)vA2＋eq \f(1,2)MvB2，解得vA＝－2 m/s，vB＝4 m/s，故B的最大速率为4 m/s，选项A正确；B冲上C并运动到最高点时二者共速，设为v，则MvB＝(M＋2M)v，得v＝eq \f(4,3) m/s，选项B错误；从B冲上C然后又滑下的过程，设B、C分离时速度分别为vB′、vC′，由水平方向动量守恒有MvB＝MvB′＋2MvC′，由机械能守恒有eq \f(1,2)MvB2＝eq \f(1,2)MvB′2＋eq \f(1,2)·2MvC′2，联立解得vB′＝－eq \f(4,3) m/s，由于|vB′|<|vA|，所以二者不会再次发生碰撞，选项C错误，D正确．
【例4】(2022·辽宁朝阳市高三一模)如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA＝3.0 kg和mB＝2.0 kg，用水平轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触.另有一物块C在t＝0时刻以一定速度向右运动，在t＝4 s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v－t图象如图乙所示，下列说法正确的是( )
A.物块B离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能为72 J
B.4 s到12 s的时间内，墙壁对物块B的冲量大小为24 N·s
C.物块B离开墙壁后，弹簧的最大弹性势能为18 J
D.物块B离开墙壁后，物块B的最大速度为2 m/s
【答案】 B
【解析】 由题图乙知，C与A碰前速度为v1＝12 m/s，碰后速度为v2＝3 m/s，C与A碰撞过程动量守恒，以C的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mCv1＝(mA＋mC)v2，解得mC＝1 kg.当C与A的共同速度为0时，弹簧的弹性势能最大，Epm＝eq \f(1,2)(mA＋mC)v22＝18 J，选项A错误；由题图乙知，12 s末A和C的速度为v3＝－3 m/s,4 s到12 s过程中墙壁对物块B的冲量大小等于弹簧对物块B的冲量大小，也等于弹簧对A和C整体的冲量大小，墙壁对B的冲量为I＝(mA＋mC)v3－(mA＋mC)v2，解得I＝－24 N·s，方向向左，故B正确；物块B刚离开墙壁时，由机械能守恒定律可得，A、C向左运动的速度大小为3 m/s，物块B离开墙壁后，A、B、C三者共速时弹簧的弹性势能最大，则有(mA＋mC)v2＝(mA＋mC＋mB)v4,Epm′＝eq \f(1,2)(mA＋mC)v22－eq \f(1,2)(mA＋mC＋mB)v42，联立解得Epm′＝6 J，选项C错误；物块B刚离开墙壁时，由机械能守恒定律可得，A、C向左运动的速度大小为3 m/s，物块B离开墙壁后，系统动量守恒、机械能守恒，当弹簧再次恢复原长时，物块B的速度最大，则有 (mA＋mC)v2＝(mA＋mC)v5＋mBv6，eq \f(1,2)(mA＋mC)v22＝eq \f(1,2)(mA＋mC)v52＋eq \f(1,2)mBv62，代入数据解得v6＝4 m/s，物块B的最大速度为4 m/s，选项D错误.
三 专题跟踪检测
1.(2022·湖北黄冈中学预测)如图所示，两个完全相同的eq \f(1,4)圆弧曲面A、B紧挨着放在水平地面上，曲面下端与水平面相切、将一小球由曲面A上P处(图中未画出)由静止滑下。不计一切摩擦，下列说法正确的是( )
A.小球在A上滑动时，二者组成的系统动量守恒
B.小球在B上滑动时，二者组成的系统机械能守恒
C.小球在B上能够达到与P点相同的高度
D.小球最终一定能滑回A上P点
【答案】 B
【解析】 小球在A上滑动时，在水平方向所受合力为零，水平方向动量守恒，在竖直方向上所受合力不为零，竖直方向动量不守恒，二者组成的系统动量不守恒，A错误；设小球到达曲面A的底端时，小球和A的速度大小分别为v和vA，由机械能守恒和动量守恒得mgh＝eq \f(1,2)mv2＋eq \f(1,2)Mveq \\al(2,A)，Mv－mvA＝0，设小球在曲面B上达到的最大高度为h′，此时小球和B的共同速度大小为vB，由机械能守恒和动量守恒得mgh′＋eq \f(1,2)(M＋m)veq \\al(2,A)＝eq \f(1,2)mv2，mv＝(M＋m)vB，解得h′＝eq \f(M2,（M＋m）2)h，B正确，C错误；小球滑上A到达最高点时，A、B都有速度，由能量守恒定律知，小球能达到的最大高度一定低于P点，D错误。
2.(2022·重庆名校联盟联考)冰壶队备战2022年北京冬奥会，如图所示，在某次训练中，蓝壶静止在大本营Q处，材质相同，质量相等的红壶与蓝壶发生正碰，在摩擦力作用下最终分别停在M点和N点，下列说法正确的是( )
A.碰后两壶所受摩擦力的冲量相同
B.红壶碰前速度约为碰后速度的4倍
C.碰后蓝壶速度约为红壶速度的2倍
D.碰撞过程两壶组成的系统机械能守恒
【答案】 C
【解析】 碰后两壶运动距离不相同，所以碰后两球速度不相同，根据动量定理可判断出碰后两壶所受摩擦力的冲量不相同，A错误；碰后红壶运动的距离为x1＝R2－R1＝0.61 m，蓝壶运动的距离为x2＝2R2＝2.44 m，二者质量相同，假设二者碰后所受的摩擦力相同，则二者做减速运动的加速度也相同，对红壶，有veq \\al(2,1)＝2ax1，对蓝壶有veq \\al(2,2)＝2ax2，联立可得eq \f(v1,v2)＝eq \f(1,2)，即碰后蓝壶速度约为红壶速度的2倍，C正确；设红壶碰前速度为v0，则有mv0＝mv1＋mv2，故有v0＝3v1，即红壶碰前速度约为碰后速度的3倍，B错误；碰前的动能为Ek0＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，碰后动能为Ek′＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)＝eq \f(5,9)×eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，则有Ek0>Ek′，机械能不守恒，D错误。
3.(多选)(2022·黑龙江哈尔滨模拟)碰碰车是大人和小孩都喜欢的娱乐活动。游乐场上，大人和小孩各驾着一辆碰碰车迎面相撞，碰撞前后两人的位移－时间图像(x－t图像)如图所示。已知小孩的质量为20 kg，大人的质量为60 kg，碰碰车质量相同，碰撞时间极短。下列说法正确的是( )
A.碰撞前后小孩的运动方向没有改变
B.碰碰车的质量为60 kg
C.碰撞过程中小孩和其驾驶的碰碰车受到的总冲量大小为80 N·s
D.碰撞过程中损失的机械能为600 J
【答案】 BD
【解析】 规定小孩初始运动方向为正方向，由图像可知，碰后两车一起向碰前大人运动的方向运动，故碰撞前后小孩的运动方向发生了改变，故A错误；由图像可知，碰前瞬间小孩的速度v1＝2 m/s，大人的速度v2＝－3 m/s，碰后两人的共同速度v3＝－1 m/s，设碰碰车的质量为M，由动量守恒定律有(M＋m1)v1－(M＋m2)v2＝(2M＋m1＋m2)v3，解得M＝60 kg，故B正确；碰前小孩与其驾驶的碰碰车的总动量为p1＝160 kg·m/s，碰后总动量为p1′＝－80 kg·m/s，由动量定理可知碰撞过程中小孩和其驾驶的碰碰车受到的总冲量为I＝Δp＝－240 N·s，故C错误；由能量守恒定律可得碰撞过程中损失的机械能为ΔE＝eq \f(1,2)×80×22 J＋eq \f(1,2)×120×(－3)2 J－eq \f(1,2)×200×(－1)2 J＝600 J，故D正确。
4.(2022·重庆一中检测)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，从某高度自由落下，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。若A反弹后刚好能返回到原高度，那么m1与m2的比值为( )
A．0.5 B．1
C．2 D．3
【答案】 B
【解析】 设两物体落地前的瞬时速度均为v，B碰撞地之后，速度瞬间反向，大小相等，选A与B碰撞过程为研究过程，碰撞前后动量守恒，因碰后A仍回到原高度，则碰后A的速度仍为v，设B的速度为v2，选向上方向为正方向，由动量守恒定律得m2v－m1v＝m1v＋m2v2，由机械能守恒定律得eq \f(1,2)(m1＋m2)v2＝eq \f(1,2)m1v2＋eq \f(1,2)m2veq \\al(2,2)，联立解得v2＝－v，m1＝m2，故B正确。
5.(2022·河北衡水中学期中)如图所示，静止在光滑水平面上的木板右端有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连，木板质量M＝3 kg。质量m＝1 kg的铁块以水平速度v0＝4 m/s，从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左端。在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为( )
A.3 J B.6 J
C.20 J D.4 J
【答案】 A
【解析】 由题意可知铁块压缩弹簧过程中，以弹簧、木板和铁块为系统动量守恒，当木板和铁块速度相等时弹簧具有最大弹性势能，设木板与铁块间摩擦力为Ff，木板长L，共同速度为v，以水平向右为正方向，根据能量守恒定律和动量守恒定律有eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝FfL＋eq \f(1,2)(M＋m)v2＋Ep，mv0＝(M＋m)v，又因为铁块最后恰好停在木板的左端，故根据能量守恒定律有eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝2FfL＋eq \f(1,2)(M＋m)v2，代入数据联立解得Ep＝3 J，B、C、D错误，A正确。
6.如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体A以速度v0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x。现让弹簧一端连接另一质量为m的物体B，如图乙所示，物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x，则( )
A．A物体的质量为2m
B．A物体的质量为3m
C．弹簧压缩量最大时的弹性势能为mveq \\al(2,0)
D．弹簧压缩量最大时的弹性势能为2mveq \\al(2,0)
【答案】 B
【解析】 设A物体的质量为mA，物体A压缩弹簧的最大压缩量为x时，A的动能全部转化为弹簧的弹性势能有Ep＝eq \f(1,2)mAveq \\al(2,0)，当A以2v0向右运动压缩弹簧过程，A、B弹簧系统动量守恒，当二者共速时，弹簧压缩最大，也为x，此过程动量守恒有mA×2v0＝(mA＋m)v，由功能关系有eq \f(1,2)mA(2v0)2－eq \f(1,2)(mA＋m)v2＝Ep，联立解得mA＝3m，Ep＝eq \f(3,2)mveq \\al(2,0)，故B正确。
7.(多选)(2022·四川成都二次联考)2022年2月，第24届冬奥会在中国北京举行。在冬奥会的冰壶比赛中，运动员手持毛刷擦刷冰面，可以改变冰壶滑行时受到的阻力。如图(a)，蓝壶静止在圆形区域内，运动员用等质量的红壶撞击蓝壶，两壶发生正碰。若碰撞前后两壶的v－t图像如图(b)所示，其中蓝壶的图线与红壶的图线的延长线与t轴相交于同一点。关于冰壶的运动，下列说法正确的是( )
A.碰撞后蓝壶的初速度大小为0.8 m/s
B.碰撞前红壶的加速度大小为0.4 m/s2
C.碰撞后红壶运动的距离为0.15 m
D.碰撞后蓝壶运动的距离为1.35 m
【答案】 BD
【解析】 由题图(b)可知，碰撞前红壶的加速度大小为a＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(1.2－1.6,1) m/s2＝－0.4 m/s2，B正确；假如红壶不与蓝壶碰撞，可滑行的时间为t＝eq \f(Δv,a)＝eq \f(0－1.6,－0.4) s＝4 s，由此可知，蓝壶碰撞后的运动时间为t1＝3 s，红壶与蓝壶碰撞前的速度大小为v1＝1.2 m/s，碰撞后的速度大小为v1′＝0.3 m/s，碰撞过程动量守恒，根据动量守恒定律有mv1＝mv1′＋mv，代入数据解得蓝壶碰撞后的初速度大小为v＝
0.9 m/s，A错误；红壶和蓝壶碰撞后均做匀减速直线运动，根据公式x＝eq \f(v＋v0,2)t代入数据解得，碰撞后红壶运动的距离为0.075 m，蓝壶运动的距离为1.35 m，C错误，D正确。
8.(多选)(2022·广西高三期中)如图所示，光滑水平面上，静止放置了一个eq \f(1,4)圆弧槽B，圆弧槽没有固定，圆弧面光滑，最低点与水平面相切，半径R＝40 cm、质量为m。一个质量为2m可视为质点的光滑小球A，某时刻以初速度v0＝6 m/s从水平面冲上圆弧槽B，g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A.小球A与圆弧槽B组成的系统动量守恒
B.小球A不能从圆弧槽B最高点飞出
C.小球A上升的最大高度为60 cm
D.小球A再次回到水平面后，圆弧槽B的速度为8 m/s
【答案】 CD
【解析】 小球A与圆弧槽B组成的系统水平方向不受外力，因此水平方向上系统动量守恒，但竖直方向上合外力不为零，因此系统动量不守恒，故A错误；假设小球A不能从圆弧槽B最高点飞出，当A沿B的圆弧面上升至最高点时，设A与B达到共同速度v1，根据动量守恒定律有2mv0＝(m＋2m)v1，解得v1＝4 m/s，此过程中系统动能的减少量为ΔEk＝eq \f(1,2)×2mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)(m＋2m)veq \\al(2,1)＝12m(J)，系统重力势能的增加量为ΔEp＝2mgR＝8m(J)，所以ΔEk≠ΔEp，不满足机械能守恒定律，则假设不成立，由此可知小球A能从圆弧槽B最高点飞出，故B错误；小球A上升至圆弧槽B最高点时，A与B水平速度相等，均为v1，此时A还有竖直速度，因此A离开B最高点后将做斜抛运动，其水平速度始终与B的水平速度相等，当A上升至最高点时，竖直速度为零。设A上升的最大高度为h，对A从冲上B到上升至最高点的过程中，根据机械能守恒定律有2mgh＝eq \f(1,2)×2mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)(m＋2m)veq \\al(2,1)，解得h＝0.6 m，故C正确；根据前面分析可知，A做斜抛运动过程中将始终与B保持在同一竖直平面内，所以A最终还会落至B的最高点并沿圆弧滑动至水平面上。设最终A和B的速度分别为v2和v3，对A从冲上B到最终回到水平面的过程中，根据动量守恒定律有2mv0＝2mv2＋mv3，根据机械能守恒定律有eq \f(1,2)×2mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)×2mveq \\al(2,2)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,3)，解得v3＝8 m/s，故D正确。
9.(2022·重庆市实验中学高二期末)如图所示，水平面上固定着两根足够长的平行导槽，质量为m的U形管恰好能在两导槽之间自由滑动，一质量也为m的小球沿水平方向，以初速度v0从U形管的一端射入，从另一端射出．已知小球的半径略小于管道半径，不计一切摩擦，下列说法正确的是( )
A．该过程中，小球与U形管组成的系统机械能和动量都守恒
B．小球从U形管的另一端射出时，速度大小为eq \f(v0,2)
C．小球运动到U形管圆弧部分的最左端时，小球速度大小为eq \f(v0,2)
D．小球运动到U形管圆弧部分的最左端时，U形管速度大小为eq \f(v0,2)
【答案】 D
【解析】 由于不计一切摩擦，在小球与U形管相互作用过程中，小球的动能只能与U形管的动能发生转移，故小球与U形管组成的系统机械能守恒，系统沿导槽方向所受合外力为零，小球与U形管组成的系统沿导槽方向动量守恒，故A错误；小球与U形管系统机械能守恒，故小球从U形管的另一端射出的过程中，
eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)mv22
沿着导槽方向，系统动量守恒，以向左为正方向，故
mv0＝mv2＋mv1
解得小球从U形管的另一端射出时，U形管速度为v0，小球速度大小为0，故B错误；小球运动到U形管圆弧部分的最左端过程，沿着导槽方向，系统动量守恒，以向左为正方向，设小球水平方向的速度与U形管的速度均为vx，由动量守恒定律得mv0＝(m＋m)vx，解得vx＝eq \f(v0,2)
设小球的合速度为v，根据机械能守恒定律得
eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)m(eq \f(v0,2))2＋eq \f(1,2)mv2
解得v＝eq \f(\r(3),2)v0
故C错误，D正确．
10.(2022·西南名校联盟联考)如图所示，光滑的水平杆上有一质量为m的滑环A，滑环上通过一根不可伸缩的轻绳悬挂着一个质量为m的物块B(可视为质点)，物块B恰好与光滑的水平面接触。质量为m的物块C(可视为质点)以速度v冲向物块B，物块C与物块B碰后粘在一起向右运动，已知重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．物块C与物块B碰后速度为v
B．物块C与物块B碰撞过程中损失的机械能为eq \f(1,8)mv2
C．若滑环A不固定，则滑环A最大速度为eq \f(v,3)
D．若滑环A不固定，则物块B、C摆起的最大高度为eq \f(v2,24g)
【答案】 D
【解析】 物块C与物块B碰撞时动量守恒，有mv＝2mv1，解得碰后速度为v1＝eq \f(v,2)，A错误；物块C与物块B碰撞过程中损失的机械能为ΔE＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)×2mveq \\al(2,1)＝eq \f(1,4)mv2，B错误；若滑环A不固定，物块C与物块B粘在一起后，相对于A做曲线运动，会向右拉动A一起运动，当A、B、C三者水平方向速度相等(设为v2)时，B、C摆起的高度最大(设为h)，根据动量守恒定律(水平方向)和能量守恒定律有mv＝3mv2，2mgh＝eq \f(1,2)×2mveq \\al(2,1)－eq \f(1,2)×3mveq \\al(2,2)，联立解得h＝eq \f(v2,24g)，D正确；当滑环A所受合外力为零时，速度达到最大(设为v3)，易知此时B、C整体恰好摆回至最低点，设此时B、C整体的速度为v4，根据动量守恒定律(水平方向)和能量守恒定律有2mv1＝mv3＋2mv4，eq \f(1,2)×2mveq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,3)＋eq \f(1,2)×2mveq \\al(2,4)，联立解得v3＝eq \f(2,3)v，C错误。
11.(多选)(2022·内蒙古包头市高三下学期一模)如图，长度为l＝1 m，质量为M＝1 kg的车厢，静止于光滑的水平面上．车厢内有一质量为m＝1 kg、可视为质点的物块以速度v0＝10 m/s从车厢中点处向右运动，与车厢壁来回弹性碰撞n次后，与车厢相对静止，物块与车厢底板间的动摩擦因数为μ＝0.1，重力加速度取g＝10 m/s2.下列说法正确的是( )
A．n＝26
B．系统因摩擦产生的热量为25 J
C．物块最终停在车厢右端
D．车厢最终运动的速度为5 m/s，方向水平向右
【答案】 BD
【解析】 由动量守恒定律得mv0＝(m＋M)v，解得车厢最终运动的速度为v＝5 m/s，方向水平向右，对系统由能量守恒定律得：eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)(M＋m)v2＋Q，代入数据解得系统因摩擦产生的热量为Q＝25 J，故B、D正确；根据Q＝μmgL可得物块在车厢中相对车厢滑行的距离L＝eq \f(Q,μmg)＝25 m，与车厢壁来回弹性碰撞次数n＝eq \f(L,l)＝25次，物块最终停在车厢中点处，故A、C错误．
12.(多选)(2022·山西大同模拟)如图所示，在足够长的光滑绝缘水平面上有A、B两个滑块(均可视为质点)，滑块A带正电、电荷量为q，滑块B不带电。图中虚线内存在水平向右的匀强电场，电场强度大小为E，宽度为d，其余空间内不存在电场。滑块A刚好位于电场区域内的左侧，而滑块B刚好位于电场区域的右侧。现将滑块A无初速度释放，滑块A与滑块B发生碰撞且碰撞时间极短，碰撞过程中滑块A的电荷量不变，仅碰撞一次，经过一段时间两滑块保持一定的距离不变，且此距离为x0＝eq \f(4,9)d，则下列判断正确的是( )
A.A、B两滑块的质量之比为eq \f(mA,mB)＝eq \f(1,4)
B.A、B两滑块的质量之比为eq \f(mA,mB)＝eq \f(1,3)
C.两滑块的碰撞为弹性碰撞
D.两滑块的碰撞为非弹性碰撞
【答案】 AD
【解析】 对滑块A在碰撞前根据动能定理有qEd＝eq \f(1,2)mAveq \\al(2,0)；依题意知，碰撞后滑块A、B速度大小相等，方向相反，规定向右为正方向，设其大小为v，根据动量守恒定律可得mAv0＝－mAv＋mBv，又由能量守恒定律可知v0，故碰撞为非弹性碰撞，C错误，D正确。
13.(多选)(2021·湖南卷·8)如图(a)，质量分别为mA、mB的A、B两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外力F作用在A上，系统静止在光滑水平面上(B靠墙面)，此时弹簧形变量为x.撤去外力并开始计时，A、B两物体运动的a－t图像如图(b)所示，S1表示0到t1时间内A的a－t图线与坐标轴所围面积大小，S2、S3分别表示t1到t2时间内A、B的a－t图线与坐标轴所围面积大小.A在t1时刻的速度为v0.下列说法正确的是( )
A.0到t1时间内，墙对B的冲量等于mAv0
B.mA>mB
C.B运动后，弹簧的最大形变量等于x
D.S1－S2＝S3
【答案】 ABD
【解析】 由于在0～t1时间内，物体B静止，则对B受力分析有F墙＝F弹，则墙对B的冲量大小等于弹簧对B的冲量大小，而弹簧既作用于B也作用于A，则可将研究对象转换为A，撤去F后A水平方向只受弹力作用，则根据动量定理有I＝mAv0(方向向右)，则墙对B的冲量与弹簧对A的冲量大小相等、方向相同，A正确；由a－t图像可知t1后弹簧被拉伸，在t2时刻弹簧的伸长量达到最大，根据牛顿第二定律有F弹＝mAaA＝mBaB，由题图(b)可知aB>aA，则mB14.(2022·内蒙古乌兰察布一模)如图所示，质量为m1＝0.95 kg的小车A静止在光滑水平地面上，一质量为m3＝0.05 kg的子弹以v0＝100 m/s的速度击中小车A，并留在其中，作用时间极短．一段时间后小车A与另外一个静止在其右侧的、质量为m2＝4 kg的小车B发生正碰，小车B的左侧有一固定的水平轻质弹簧，碰撞过程中，弹簧始终未超过弹性限度，则下列说法错误的是( )
A．小车A与子弹的最终速度大小为3 m/s
B．小车B的最终速度大小为2 m/s
C．弹簧最大的弹性势能为10 J
D．整个过程损失的能量为240 J
【答案】 D
【解析】 以v0的方向为正方向，子弹与小车A碰撞过程，根据动量守恒定律得m3v0＝(m3＋m1)v1
可得两者碰撞后速度为v1＝5 m/s
弹簧最短时，弹性势能最大，此时三者共速，根据动量守恒定律得
(m3＋m1)v1＝(m3＋m1＋m2)v共，解得v共＝1 m/s
弹簧最大弹性势能为Ep＝eq \f(1,2)(m3＋m1)v12－eq \f(1,2)(m3＋m1＋m2)v共2
解得Ep＝10 J，C正确；设小车A与子弹最终速度为v3，小车B最终速度为v4，根据动量守恒定律与能量守恒定律(m3＋m1)v1＝(m3＋m1)v3＋m2v4，eq \f(1,2)(m3＋m1)v12＝eq \f(1,2)(m3＋m1)v32＋eq \f(1,2)m2v42
解得v3＝－3 m/s，v4＝2 m/s，A、B正确；整个过程损失的能量是在子弹打入小车A的过程中
ΔE＝eq \f(1,2)m3v02－eq \f(1,2)(m3＋m1)v12＝237.5 J，D错误．
15.(多选)(2022·陕西西安市第一中学五模)如图所示，一质量为M的长直木板放在光滑的水平地面上，木板左端放有一质量为m的木块，木块与木板间的动摩擦因数为μ，在长直木板右方有一竖直的墙．使木板与木块以共同的速度v0向右运动，某时刻木板与墙发生弹性碰撞(碰撞时间极短)，设木板足够长，木块始终在木板上，重力加速度为g.下列说法正确的是( )
A．如果M＝2m，木板只与墙壁碰撞一次，整个运动过程中摩擦产生热量的大小为eq \f(4,3)mv02
B．如果M＝m，木板只与墙壁碰撞一次，木块相对木板的位移大小为eq \f(v\\al(,02),2μg)
C．如果M＝0.5m，木板第100次与墙壁发生碰撞前瞬间的速度大小为(eq \f(1,3))99v0
D．如果M＝0.5m，木板最终停在墙的边缘，在整个过程中墙对木板的冲量大小为1.5mv0
【答案】 ACD
【解析】 木板与墙发生弹性碰撞，碰撞后速度等大反向，如果M＝2m，合动量方向向左，则木板只与墙壁碰撞一次，最后二者以速度v向左做匀速直线运动，
取向左为正，根据动量守恒定律可得
Mv0－mv0＝(M＋m)v
解得v＝eq \f(1,3)v0，由能量守恒定律，整个运动过程中摩擦生热为Q＝eq \f(1,2)Mv02＋eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)(M＋m)v2＝eq \f(4,3)mv02
故A正确；如果M＝m，木板与墙壁碰撞后，二者的合动量为零，最后木板静止时木块也静止，木板只与墙壁碰撞一次，根据能量关系可得μmgx＝eq \f(1,2)Mv02＋eq \f(1,2)mv02
解得木块相对木板的位移大小为eq \f(v02,μg)，故B错误；如果M＝0.5m，木板与墙壁发生弹性碰撞，碰撞后速度等大反向，碰撞后二者的合动量方向向右，设第一次共速后的速度为v1，取向右为正，根据动量守恒定律可得mv0－Mv0＝(m＋M)v1
解得v1＝eq \f(1,3)v0＜v0
所以共速前木板没有与墙壁碰撞，二者以共同速度v1匀速运动，木板第2次与墙壁碰撞时的速度为v1；同理可得，木板与墙壁第2次碰撞后达到共速的速度为v2＝eq \f(1,3)v1＝(eq \f(1,3))2v0
木板第3次与墙壁碰撞时的速度为v2＝(eq \f(1,3))2v0
以此类推，木板第100次与墙壁碰撞前瞬间的速度为
v99＝(eq \f(1,3))99v0
故C正确；
如果M＝0.5m，木板最终停在墙的边缘，全过程根据动量定理可得，在整个过程中墙对木板的冲量大小为
I＝(m＋M)v0＝1.5mv0
故D正确．
16.(2022·北京朝阳区高三一模)如图所示，两个摆长均为L的单摆，摆球A、B质量分别为m1、m2，悬点均为O.在O点正下方0.19L处固定一小钉．初始时刻B静止于最低点，其摆线紧贴小钉左侧，A从图示位置由静止释放(θ足够小)，在最低点与B发生弹性正碰．两摆在整个运动过程中均满足简谐运动条件，悬线始终保持绷紧状态且长度不变，摆球可视为质点，不计碰撞时间及空气阻力，重力加速度为g.下列选项正确的是( )
A．若m1＝m2，则A、B在摆动过程中上升的最大高度之比为9∶10
B．若m1＝m2，则每经过1.9πeq \r(\f(L,g))时间A回到最高点
C．若m1>m2，则A与B第二次碰撞不在最低点
D．若m1【答案】 B
【解析】 两球发生弹性正碰
m1v0＝m1v1＋m2v2
eq \f(1,2)m1v02＝eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22
解得
v1＝eq \f(m1－m2,m1＋m2)v0
v2＝eq \f(2m1,m1＋m2)v0
若m1＝m2，则A、B两球发生弹性正碰时交换速度，即碰后A的速度减为零，B的速度等于A到达最低点时的速度，只有B向上摆动，根据机械能守恒知，A、B两球摆动过程中上升的高度之比为1∶1，根据单摆模型可知B的周期
TB＝2πeq \r(\f(0.81L,g))＝1.8πeq \r(\f(L,g))
A的周期
TA＝2πeq \r(\f(L,g))
则当A再次回到最高点时的时间为
t＝eq \f(1,2)(TA＋TB)＝1.9πeq \r(\f(L,g))
选项A错误，B正确．
若m1>m2，则碰撞后，A的速度方向继续向右，B球的速度方向也向右，两球均绕钉子做单摆运动，摆动的周期相等，A、B第二次碰撞的位置在最低点，故C错误；
若m117.(2022·河南省高三二模)如图所示，质量均为2 kg的三个物块静止在光滑水平面上，其中物块B的右侧固定一水平轻弹簧，物块A与弹簧接触但不拴接.某时刻物块A突然以v0＝3 m/s的速度向左运动，已知当A、B速度相等时，B与C恰好发生完全非弹性碰撞，碰撞过程时间极短，然后继续运动.若B、C碰撞过程中损失的机械能为ΔE，B、C碰撞后运动的过程中弹簧的最大弹性势能为Ep，则( )
A.ΔE＝4.875 J B.ΔE＝1.125 J
C.Ep＝6 J D.Ep＝4.875 J
【答案】 BD
【解析】 对A、B整体由动量守恒有mv0＝2mv1
对B、C整体由动量守恒有mv1＝2mv2
解得v2＝eq \f(v0,4)
对A、B、C整体由动量守恒有mv0＝3mv3
B、C碰撞过程中损失的机械能为
ΔE＝eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)×2mv22＝1.125 J
B、C碰撞后运动的过程中弹簧的最大弹性势能为
Ep＝eq \f(1,2)mv02－ΔE－eq \f(1,2)×3mv32＝4.875 J，故选B、D.
18.(2022·东北师大附中等五校联考)如图所示，水平面上O点左侧为动摩擦因数μ＝0.6的粗糙段，O点右侧光滑.两个可视为质点的物体A和B，物体A的质量为m＝1 kg，放在距O点左侧x1＝3 m处，物体B静止放在距O点右侧x2＝4 m处.现给物体A一个向右的初速度v0＝10 m/s，物体A穿过粗糙区后在O点右侧段与物体B发生弹性正碰.碰后物体A恰好能返回出发点，重力加速度g取10 m/s2.求：
(1)物体A向右从O点到与物体B碰撞前瞬间所用的时间t1；
(2)物体A与B碰撞后瞬间，物体A的速度大小v1；
(3)物体B的质量M.
【答案】 (1)0.5 s (2)6 m/s (3)7 kg
【解析】 (1)物体A在O点左侧做匀减速直线运动，设到O点时的速度大小为vt
对这个运动过程由牛顿第二定律得μmg＝ma
解得a＝6 m/s2
由运动学公式有vt2－v02＝－2ax1
解得vt＝8 m/s
物体A在O点右侧做匀速直线运动，故有x2＝vtt1
解得t1＝0.5 s
(2)物体A与物体B碰后先匀速返回O点，然后做匀减速运动，最后停止在最初的位置，故碰后瞬间的速度大小与返回至O点时相等，设为v1
由运动学公式有0－v12＝－2ax1
解得v1＝6 m/s，方向向左
(3)物体A与B发生弹性正碰，设向右为正方向，对碰撞过程由动量守恒定律和能量守恒定律得
mvt＝－mv1＋Mv2
eq \f(1,2)mvt2＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)Mv22
解得M＝7 kg.
19.(2022·安徽合肥市一模)如图所示，光滑水平面上放置着长木板A和滑块C，滑块B置于A的左端，二者间的动摩擦因数μ＝0.50，A、B和C质量分别为mA＝1.0 kg，mB＝mC＝2.0 kg.开始时C静止，A、B一起以v0＝4.5 m/s的速度匀速向右运动，A与C发生弹性碰撞，经过一段时间，B恰好停在A的右端，g＝10 m/s2.求：
(1)A与C发生碰撞后瞬间A、C的速度；
(2)A、C碰撞后至B停在A右端的过程，A的右端与C的最大距离.
【答案】 见解析
【解析】 (1)A与C发生弹性碰撞，对A和C组成的系统，取水平向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得
mAv0＝mAvA＋mCvC
eq \f(1,2)mAv02＝eq \f(1,2)mAvA2＋eq \f(1,2)mCvC2
解得vA＝eq \f(mA－mC,mA＋mC)v0，vC＝eq \f(2mA,mA＋mC)v0
代入数据得vA＝－1.5 m/s，负号表示长木板A的速度方向水平向左
vC＝3 m/s，方向水平向右
(2)A与C碰撞后，对A和B组成的系统，由动量守恒定律得
mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)v
代入数据得v＝2.5 m/s
因为v＜vC，故A、C间距离一直增大，则在A、C碰撞后至B停在A右端的过程，最大距离产生在过程结束时.
对长木板A，有μmBg＝mAa
v ＝vA＋at，xA＝eq \f(v＋vA,2)t
代入数据得t＝0.40 s，xA＝0.20 m
碰撞后C一直做匀速运动，则xC＝vCt，代入数据得xC＝1.2 m
则A、C碰撞后至B停在A右端的过程，A的右端与C的最大距离
x＝xC－xA
解得x＝1.0 m.
20.(2022·山东济宁市期末)如图所示，在光滑的水平面上有一质量M＝4 kg的平板车，小车右端固定一竖直挡板，挡板的质量不计，一轻质弹簧右端固定在挡板上，在平板车左端P处有一可以视为质点的小滑块，其质量m＝2 kg.平板车上表面Q点的左侧粗糙，右侧光滑，PQ间的距离L＝10 m.某时刻平板车以v1＝1 m/s的速度向左滑行，同时小滑块以v2＝8 m/s的速度向右滑行.一段时间后，小滑块与平板车达到相对静止，此时小滑块与Q点相距d＝5 m，取g＝10 m/s2，求：
(1)小物块与平板车相对静止时的速度v；
(2)小滑块与平板车之间的动摩擦因数μ；
(3)弹簧可能获得的最大弹性势能Ep.
【答案】 (1)2 m/s，方向水平向右 (2)0.54或0.18 (3)18 J
【解析】 (1)平板车与滑块组成的系统动量守恒，设平板车与滑块的共同速度为v，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得
mv2－Mv1＝(M＋m)v
解得v＝2 m/s，方向水平向右.
(2)如果小滑块尚未越过Q点就与平板车达到相对静止，对平板车与滑块组成的系统，由能量守恒定律得
eq \f(1,2)Mv12＋eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)(M＋m)v2＝μmg(L－d)
解得μ＝0.54
如果小滑块越过Q点与弹簧相互作用后，再返回与平板车达到相对静止，对平板车与滑块组成的系统，由能量守恒定律得
eq \f(1,2)Mv12＋eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)(M＋m)v2＝μmg(L＋d)
解得μ＝0.18
(3)如果小滑块尚未越过Q点就与平板车达到相对静止，弹簧的弹性势能为零.
如果小滑块越过Q点与弹簧相互作用后，再返回与平板车达到相对静止，弹簧被压缩具有最大弹性势能时，滑块和平板车共速，对平板车、滑块和弹簧组成的系统，由能量守恒定律得
eq \f(1,2)Mv12＋eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)(M＋m)v2＝μmgL＋Ep
解得Ep＝18 J
所以，弹簧可能获得的最大弹性势能为18 J.
21.(2022·贵州铜仁市高三三模)如图所示，长木板A静止在水平轨道上，小物块B静止在长木板的左端.光滑斜轨道底端水平，与长木板上表面等高.小物块C从斜轨道高为h＝0.8 m处由静止滑下， 与B发生弹性正碰(碰撞时间极短).已知A、B、C的质量均为1 kg，物块 B、C与长木板A之间的动摩擦因数均为μ1＝0.4，长木板A与水平轨道之间的动摩擦因数μ2＝0.15，物块最终都未滑出长木板.(g取10 m/s2)求：
(1)物块C与物块B碰撞后瞬间物块B的速度大小；
(2)物块B相对长木板A滑动的距离；
(3)如果在初位置固定住长木板A，增大物块C的质量，当物块C的质量远大于物块B的质量时，仍让物块C从原处静止滑下，其他条件不变.物块B、C都停下时B、C间的距离.
【答案】 (1)4 m/s (2)1.6 m (3)6 m
【解析】 (1)设物块C的质量为mC，滑到曲面底端时速度大小为v，由机械能守恒定律得mCgh＝eq \f(1,2)mCv2，
设B的质量为mB，C与B碰后的速度分别为vC、vB，取向右为正方向，
由动量守恒得mCv＝mCvC＋mBvB，
由机械能守恒得eq \f(1,2)mCv2＝eq \f(1,2)mCvC2＋eq \f(1,2)mBvB2
代入数据得vC＝0，vB＝4 m/s
(2)设B在A上滑动时加速度为aB，与A达到共同速度v′时所用时间为t，位移为xB，则
－μ1mBg＝mBaB
v′＝vB＋aBt，xB＝vBt＋eq \f(1,2)aBt2
设A的加速度为aA，位移为xA，B相对A的位移为Δx，则μ1mBg－μ2(mB＋mA)g＝mAaA
v′＝aAt，xA＝eq \f(1,2)aAt2
Δx＝xB－xA
联立解得Δx＝1.6 m
(3)由mCv＝mCvC1＋mBvB1
eq \f(1,2)mCv2＝eq \f(1,2)mCvC12＋eq \f(1,2)mBvB12
得vC1＝eq \f(mC－mB,mC＋mB)v，vB1＝eq \f(2mC,mC＋mB)v
当mC≫mB时，vC1＝4 m/s，vB1＝8 m/s
设停下时C的位移为xC′，B的位移为xB′，由动能定理得
－μ1mBgxB′＝0－eq \f(1,2)mBvB12
－μ1mCgxC′＝0－eq \f(1,2)mCvC12
Δx′＝xB′－xC′
联立解得Δx′＝6 m.
弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
机械能守恒：eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22＝eq \f(1,2)m1v1′2＋eq \f(1,2)m2v2′2
完全非弹性碰撞
动量守恒、末速度相同：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v′
机械能损失最多，损失的机械能：
ΔE＝eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22－eq \f(1,2)(m1＋m2)v′2
非弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
机械能有损失，损失的机械能：
ΔE＝eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22－eq \f(1,2)m1v1′2－eq \f(1,2)m2v2′2
碰撞问题遵循的三条原则
(1)动量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′
(2)动能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′
(3)若碰后同向，后方物体速度不大于前方物体速度