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第五節　彈性碰撞與非彈性碰撞　
第六節　自然界中的守恒定律
[學習目標]　1．了解彈性碰撞和非彈性碰撞的特點，能定量分析一維碰撞問題．2．能從動量守恒定律和能量守恒定律等不同角度思考物理問題．3．通過實驗演示，了解彈性碰撞和非彈性碰撞的特點．
1．碰撞的定義和特點
(1)定義：碰撞是指兩個或兩個以上的物體在相遇的極短時間內產生非常大的相互作用．
(2)特點：物體組成的系統所受外力遠小于內力，且相互作用時間極短，故系統在碰撞過程中動量守恒．
2．碰撞的分類
(1)彈性碰撞：碰撞前后系統的機械能相等的碰撞．
(2)非彈性碰撞：碰撞前后系統的機械能不再相等的碰撞．
(3)完全非彈性碰撞：碰撞后物體完全不反彈而粘在一起的碰撞．這時機械能損失最大．
3．彈性碰撞舉例分析
設質量為m1的小球以速度v1與質量為m2的靜止的小球發生彈性碰撞，碰后m1、m2的速度分別為v1′和v2′，由動量守恒和機械能守恒有
m1v1＝m1v1′＋m2v2′ ①
＝m1v1′2＋m2v2′2 ②
以上兩式聯立可解得v1′＝v1，v2′＝v1．
由以上兩式對彈性碰撞實驗研究結論的解釋：
(1)當m1＝m2時，v1′＝0，v2′＝v1，表示碰撞后兩球交換速度．
(2)當m1＞m2時，v1′＞0，v2′＞0，表示碰撞后兩球向前運動．若m1 m2，v1′＝v1，v2′＝2v1，表示m1的速度不變，m2以2v1的速度運動．
(3)當m1＜m2時，v1′＜0，v2′＞0，表示碰撞后質量小的球被反彈回來．若m1 m2，v1′＝－v1，v2′＝0，表示m1被反向以原速率彈回，m2仍靜止．
4．自然界中的守恒定律
(1)系統：物理學上常將物體及與之相互作用的因素視為一個系統．
(2)動量守恒定律的適用范圍：動量守恒定律在微觀、宏觀和宇觀都是適用的，是自然界普適的基本定律．
1．思考判斷(正確的打“√”，錯誤的打“×”)．
(1)彈性碰撞過程中動量守恒、動能守恒． (×)
(2)完全非彈性碰撞，動量守恒，動能也守恒． (×)
(3)在非彈性碰撞中，碰撞過程能量不守恒． (×)
(4)速度不同的兩小球碰撞后粘在一起，碰撞過程中沒有動能損失． (×)
2．(多選)下面關于碰撞的理解正確的是(　　)
A．碰撞是指相對運動的物體相遇時，在極短時間內它們的運動狀態發生了顯著變化的過程
B．在碰撞現象中，一般內力都遠遠大于外力，所以可以認為碰撞時系統的總動量守恒
C．如果碰撞過程中機械能也守恒，這樣的碰撞叫作非彈性碰撞
D．微觀粒子的碰撞由于不發生直接接觸，所以不滿足動量守恒的條件，不能應用動量守恒定律求解
AB　[碰撞過程中機械能守恒的碰撞為彈性碰撞，C錯誤；動量守恒定律是自然界普遍適用的規律之一，不僅低速、宏觀物體的運動遵守這一規律，而且高速、微觀物體的運動也遵守這一規律，D錯誤.]
3．現有甲、乙兩滑塊，質量分別為3m和m，以相同的速度v在光滑水平面上相向運動，發生了碰撞．已知碰撞后，甲滑塊靜止不動，那么這次碰撞是(　　)
A．彈性碰撞 B．非彈性碰撞
C．完全非彈性碰撞 D．條件不足，無法確定
A　[由動量守恒定律有3m·v－mv＝0＋mv′，所以v′＝2v，碰前總動能Ek＝·3m·v2＋mv2＝2mv2，碰后總動能Ek′＝mv′2＝2mv2，Ek＝Ek′，所以A正確.]
如圖所示，臺球比賽中，一個運動的球與一個靜止的球碰撞，如果碰撞之前球的運動速度與兩球心不在同一直線上，碰撞過程動量守恒嗎？碰撞后的總動量能否直接相加？
提示：守恒，不能直接相加，因為動量是矢量.
　碰撞過程的特點
1．時間短：在碰撞、爆炸現象中，相互作用的時間很短．
2．相互作用力大：在相互作用過程中，相互作用力先是急劇增大，然后急劇減小，平均作用力很大．
3．位移小：碰撞過程是在一瞬間發生的，時間極短，在物體發生碰撞的瞬間，可忽略物體的位移，認為物體在碰撞前后仍在原位置．
4．滿足動量守恒條件：系統的內力遠大于外力，所以系統即使所受合力不為零，外力也可以忽略，系統的總動量守恒．
5．動能不增加：碰撞前總動能Ek與碰撞后總動能Ek′滿足Ek≥Ek′．
【典例1】　(多選)如圖所示，在質量為M的小車中掛著一單擺，擺球質量為m0，小車和單擺以恒定的速度v沿光滑水平地面運動，與位于正前方的質量為m的靜止的木塊發生碰撞，碰撞的時間極短．在此碰撞過程中，下列情況可能發生的是(　　)
A．小車、木塊、擺球的速度都發生變化，分別變為v1、v2、v3，滿足(M＋m0)v＝Mv1＋mv1＋m0v3
B．擺球的速度不變，小車和木塊的速度變為v1和v2，滿足Mv＝Mv1＋mv2
C．擺球的速度不變，小車和木塊的速度都變為u，滿足Mv＝(M＋m)u
D．碰撞時間極短，在此碰撞過程中，擺球的速度還來不及變化
BCD　[小車與木塊碰撞，且碰撞時間極短，因此相互作用只發生在木塊和小車之間，懸掛的擺球在水平方向未受到力的作用，故擺球在水平方向的動量未發生變化，即擺球的速度在小車與木塊碰撞過程中始終不變，由此可知A情況不可能發生；B的說法對應小車和木塊碰撞后又分開的情況，C的說法對應小車和木塊碰撞后粘在一起的情況，兩種情況都有可能發生.故B、C、D正確.]
[跟進訓練]
1．(多選)在兩個物體碰撞前后，下列說法可以成立的是(　　)
A．作用后的總機械能比作用前小，但總動量守恒
B．作用前后總動量均為零，但總動能不變
C．作用前后總動能為零，而總動量不為零
D．作用前后總動量守恒，而系統內各物體的動量增量的總和不為零
AB　[A是非彈性碰撞，可以成立；B是彈性碰撞，可以成立；C不成立，因為總動能為零其總動量一定為零；D不成立，因為總動量守恒則系統所受合外力一定為零，若系統內各物體的動量增量的總和不為零，則系統一定受到外力的作用.]
　碰撞的判斷和碰撞模型
1．碰撞的判斷
在所給條件不足的情況下，碰撞結果有各種可能，但不管哪種結果必須同時滿足以下三條：
(1)系統動量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′．
(2)系統動能不增加，即Ekl＋Ek2≥Ekl′＋Ek2′
或≥＋．
(3)速度合理，若碰前兩物體同向運動，則滿足v后>v前，且原來在前面的物體碰后速度一定增大，即 v′前>v前． 若碰前兩物體相向運動，碰后兩物體的運動方向不可能都不改變．若碰后兩物體同向運動，應滿足v′后≤v′前．
【典例2】　如圖所示，兩個小球A、B在光滑水平地面上相向運動，它們的質量分別為mA＝4 kg，mB＝2 kg，速度分別是vA＝3 m/s(設為正方向)，vB＝－3 m/s．則它們發生正碰后，速度的可能值分別為(　　)
A．vA′＝1 m/s，vB′＝1 m/s
B．vA′＝－3 m/s，vB′＝9 m/s
C．vA′＝2 m/s，vB′＝－1 m/s
D．vA′＝－1 m/s，vB′＝－5 m/s
A　[以A的初速度方向為正方向，碰前系統總動量為p＝mAvA＋mBvB＝6 kg·m/s，碰前總動能為Ek＝＝27 J.如果vA′＝1 m/s、vB′＝1 m/s，碰后系統總動量為6 kg·m/s，總動能為3 J，系統動量守恒、動能不增加，符合實際，故A正確；如果vA′＝－3 m/s、vB′＝9 m/s，碰后系統總動量為6 kg·m/s，總動能為 99 J，系統動量守恒，動能增加，故B錯誤；如果vA′＝2 m/s、vB′＝－1 m/s，碰后系統總動量為6 kg·m/s，總動能為9 J，系統動量守恒，動能不增加，碰后兩球速度方向都不發生改變，會再次發生碰撞，與實際不符，故C錯誤；如果vA′＝－1 m/s、vB′＝－5 m/s，碰后總動量為－14 kg·m/s，系統動量不守恒，故D錯誤.]
2．碰撞的分類
(1)彈性碰撞：系統動量守恒、機械能守恒．
m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
＝m1v1′2＋m2v2′2
若v2＝0，則有v1′＝v1，v2′＝v1．
(2)非彈性碰撞：系統動量守恒，機械能減少，損失的機械能轉化為內能，ΔE＝Ek初總－Ek末總＝Q．
(3)完全非彈性碰撞：系統動量守恒，碰撞后合為一體或具有相同的速度，機械能損失最大．
設兩者碰后的共同速度為v共，則有
m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共
機械能損失為
ΔE＝．
【典例3】　[鏈接教材P23例題]
如圖所示，一輕質彈簧兩端連著物體A和B，放在光滑的水平面上，物體A被水平速度為v0的子彈擊中，子彈嵌在其中，已知A的質量是B的質量的，子彈的質量是B的質量的．求：
(1)物體A獲得的最大速度；
(2)彈簧壓縮量最大時物體B的速度．
[思路點撥]　(1)子彈打擊物體A瞬間，子彈與物體A組成的系統動量守恒．
(2)彈簧壓縮量最大時，系統有相同速度．
[解析]　設子彈的質量為m，則mB＝4m，mA＝3m.
(1)對子彈進入A的過程，由動量守恒定律得
mv0＝(m＋mA)v1
解得它們的共同速度，也是A的最大速度
v1＝＝
(2)以子彈、A、B及彈簧組成的系統為研究對象，整個過程總動量守恒，當彈簧具有最大壓縮量時，它們的速度相等，由動量守恒定律得
mv0＝(m＋mA＋mB)v2
解得三者的共同速度，即彈簧有最大壓縮量時B的速度v2＝＝
[答案]　(1)　(2)
　處理碰撞問題的幾個關鍵點
(1)選取動量守恒的系統：若有三個或更多個物體參與碰撞時，要合理選取所研究的系統．
(2)弄清碰撞的類型：彈性碰撞、完全非彈性碰撞還是其他非彈性碰撞．
(3)弄清碰撞過程中存在的關系：能量轉化關系、速度關系等．
【教用·備選例題】　如圖所示，質量為m2的物體B靜止在光滑水平面上，物體B的左端連有輕彈簧，質量為m1的物體A以速度v1向B運動．在Ⅰ位置，物體A與物體B的輕彈簧剛好接觸，彈簧開始被壓縮，物體A開始減速，物體B開始加速；到Ⅱ位置，物體A，B的速度剛好相等(設為v)，彈簧被壓縮到最短；到Ⅲ位置，物體A，B的速度分別為v′1和v′2．分三種情況討論全過程系統動量和能量變化情況．
(1)在Ⅲ位置，彈簧可以恢復到原長．
(2)在Ⅲ位置，彈簧只能部分恢復，不能回到原長．
(3)在Ⅲ位置，彈簧彈性失效．
[解析]　(1)在彈性限度范圍內，彈簧發生彈性形變.在Ⅲ位置，彈簧可以恢復到原長.Ⅰ→Ⅱ，系統減少的動能全部轉化為彈性勢能，在Ⅱ位置，系統動能最小而彈性勢能最大；Ⅱ→Ⅲ，系統減少的彈性勢能全部轉化為動能；因此在Ⅰ、Ⅲ位置，系統動能相等.這種碰撞是彈性碰撞.由動量守恒定律和機械能守恒定律，有
m1v1＝m1v′1＋m2v′2，
＝，
解得物體A，B的最終速度分別為
v′1＝v1，v′2＝v1.
(2)彈簧發生塑性形變.在Ⅲ位置，彈簧只能部分恢復.Ⅰ→Ⅱ，系統減少的動能部分轉化為彈性勢能，部分轉化為內能，在Ⅱ位置系統動能仍和(1)相同，彈性勢能仍最大，但比(1)小；Ⅱ→Ⅲ，系統減少的彈性勢能部分轉化為動能，部分轉化為內能；因此全過程系統的動能有損失(部分動能轉化為內能).這種碰撞是非彈性碰撞.
(3)彈簧完全失效.Ⅰ→Ⅱ，系統減少的動能全部轉化為內能，在Ⅱ位置系統動能仍和(1)相同，但沒有彈性勢能；由于沒有彈性，物體A，B不再分開，而是以速度v′共同運動，不再有Ⅱ→Ⅲ過程.這種碰撞是完全非彈性碰撞.可以證明，物體A，B最終的共同速度為v′1＝v′2＝v′＝v1.在完全非彈性碰撞過程中，系統的動能損失最大，即
ΔEk＝－(m1＋m2)v′2＝
[答案]　見解析
[跟進訓練]
訓練角度1　碰撞的可能分析
2．(多選)質量為m的小球A，沿光滑水平面以v0的速度與質量為2m的靜止小球B發生正碰，碰撞后，小球A的速度可能是(　　)
A．－v0　　B．0　　C．v0　　D．v0
ABC　[若兩球發生完全非彈性碰撞，由動量守恒定律有mv0＝(m＋2m)v，解得v＝v0.若兩球發生完全彈性碰撞，則由動量守恒定律有mv0＝mv1＋2mv2，由能量關系有＝，聯立解得v1＝，v2＝v0，則小球A的速度范圍－v0≤v1≤v0，故選A、B、C.]
訓練角度2　彈性碰撞與非彈性碰撞
3．2024年10月10日全國殘疾人冰壺錦標賽拉開序幕．如圖所示，運動員將冰壺A以初速度v0＝2 m/s從M點水平擲出，沿直線運動一段距離后與靜止在N點的冰壺B發生正碰，碰撞后冰壺A、B的速度大小分別為vA＝0.3 m/s、vB＝0.7 m/s，碰撞前后A的速度方向不變，運動中冰壺可視為質點且碰撞時間極短．若冰壺A、B的質量均為20 kg，與冰面間的動摩擦因數均為 μ＝0.015，重力加速度g取10 m/s2．求：
(1)兩冰壺碰撞前冰壺A的速度大小v1；
(2)M、N兩點間的距離s；
(3)通過計算判斷兩冰壺碰撞是否為彈性碰撞．
[解析]　(1)由動量守恒定律有
mv1＝mvA＋mvB
代入數據解得v1＝1 m/s.
(2)根據動能定理得
－μmgs＝
代入數據解得s＝10 m.
(3)碰撞前兩冰壺的總動能為
Ek1＝＝10 J
碰撞后兩冰壺的總動能為
Ek2＝＝5.8 J
由于Ek1＞Ek2，可知兩冰壺碰撞為非彈性碰撞.
[答案]　(1)1 m/s　 (2)10 m　(3)為非彈性碰撞
1．兩個相向運動的小球，在光滑水平面上碰撞后變成靜止狀態，則碰撞前這兩個小球的(　　)
A．質量一定相等　　　　
B．動能一定相等
C．動量一定相等
D．總動量等于零
D　[兩小球碰撞前動量大小相等、方向相反，總動量為零.]
2．(多選)在光滑水平面上，兩球沿球心連線以相等速率相向而行，并發生碰撞，下列現象可能出現的是(　　)
A．若兩球質量相等，碰后以某一相等速率互相分開
B．若兩球質量相等，碰后以某一相等速率同向而行
C．若兩球質量不等，碰后以某一相等速率互相分開
D．若兩球質量不等，碰后以某一相等速率同向而行
AD　[由題意知，若兩球質量相等，則碰撞前兩球總動量為零，碰撞后總動量也為零，動量守恒，所以A是可能的；兩球質量相等，若碰撞后兩球以某一相等速率同向而行，則兩球的總動量不為零，而碰撞前總動量為零，所以B不可能；若兩球質量不等，碰后以某一相等速率互相分開，則碰撞前、后系統的總動量的方向不同，所以動量不守恒，C不可能；若兩球質量不等，碰后以某一相等速率同向而行，則碰撞前總動量不為零，碰撞后總動量也不為零，方向可能相同，所以D是可能的.故A、D正確.]
3．(源自魯科版教材改編)如圖所示，兩質量分別為m1和m2的彈性小球A、B疊放在一起(二者之間無壓力)，從高度為h處自由落下，h遠大于兩小球半徑，落地瞬間B先與地面碰撞，后與A碰撞，若所有的碰撞都是彈性碰撞，且都發生在豎直方向上，碰撞時間均可忽略不計．已知m2＝3m1，則A反彈后能達到的最大高度為(　　)
A．h B．2h
C．3h D．4h
D　[兩球的下降過程為自由落體運動，由勻變速直線運動的速度位移公式v2＝2gh，解得B球觸地時兩球速度相同，為v＝，B球與地面碰撞后，速度瞬間反向，大小不變，兩球碰撞前后動量守恒，設碰后彈性小球A、B速度大小分別為v1、v2，選豎直向上為正方向，由動量守恒定律得m2v－m1v＝m1v1＋m2v2，由能量守恒定律得(m1＋m2)v2＝，又因為m2＝3m1，聯立解得v1＝2，A反彈后能達到的最大高度為H＝＝4h，故D正確，ABC錯誤.]
4．甲、乙兩球在光滑水平軌道上向同向運動，已知它們的動量分別是p甲＝5 kg·m/s，p乙＝7 kg·m/s，甲追上乙并發生碰撞，碰撞后乙球的動量變為p′乙＝10 kg·m/s，則兩球質量m甲與m乙的關系可能是(　　)
A．m乙＝m甲 B．m乙＝2m甲
C．m乙＝4m甲 D．m乙＝6m甲
C　[設碰撞后甲球的動量為p甲′，由動量守恒定律得p甲＋p乙＝p甲′＋p乙′，即p甲′＝2 kg·m/s，甲追上乙應有v甲>v乙，即>，解得m乙>m甲；碰后p甲′，p乙′均大于零，說明兩球同向運動，應有v′甲≤v′乙，即≤，解得m乙≤5 m甲；碰撞過程中，動能不會增加，即Ek甲＋Ek乙≥E′k甲＋E′k乙，，解得m乙≥m甲.綜上可得m甲≤m乙≤5m甲，因此C正確.]
5．某同學受自動雨傘開傘過程的啟發，設計了如圖所示的物理模型．豎直放置在水平桌面上的滑桿上套有一個滑塊，初始時它們處于靜止狀態．當滑塊從A處以初速度v0＝10 m/s 向上滑動時，受到滑桿的摩擦力Ff為1 N，滑塊滑到B處與滑桿發生完全非彈性碰撞，帶動滑桿離開桌面一起豎直向上運動．已知滑塊的質量m＝0.2 kg，滑桿的質量M＝0.6 kg，A、B間的距離l＝1.2 m，重力加速度g取10 m/s2，不計空氣阻力．求：
(1)滑塊在靜止時和向上滑動的過程中，桌面對滑桿支持力的大小N1和N2；
(2)滑塊碰撞前瞬間的速度大小v1；
(3)滑桿向上運動的最大高度h．
[解析]　(1)當滑塊靜止時桌面對滑桿的支持力等于滑塊和滑桿的重力，即N1＝(m＋M)g＝8 N
滑塊向上滑動過程中，受到滑桿的摩擦力為1 N，根據牛頓第三定律可知滑塊對滑桿的摩擦力Ff′也為 1 N，方向豎直向上，則此時桌面對滑桿的支持力為N2＝Mg－Ff′＝5 N.
(2)滑塊向上運動到碰前瞬間根據動能定理有
－mgl－Ffl＝
代入數據解得v1＝8 m/s.
(3)由于滑塊和滑桿發生完全非彈性碰撞，即碰后兩者共速，碰撞過程根據動量守恒定律有
mv1＝(m＋M)v
碰后滑塊和滑桿以速度v整體向上做豎直上拋運動，根據動能定理有
－(m＋M)gh＝0－(m＋M)v2
代入數據聯立解得h＝0.2 m.
[答案]　(1)8 N　5 N　(2)8 m/s　(3)0.2 m
回顧本節內容，自主完成以下問題：
1．碰撞過程有什么特點？
提示：時間短、作用力大、位移小、動量守恒、動能不增加.
2．碰撞過程從能量角度怎么分類？
提示：彈性碰撞和非彈性碰撞.
3．碰撞可能性的判斷依據是什么？
提示：(1)系統動量守恒，(2)系統動能不增加，(3)速度要合理.
冰壺運動
2025年2月13日，哈爾濱亞冬會女子冰壺賽場上，中國隊以6比2的比分戰勝對手，在循環賽中取得了7勝1負的出色成績.
冰壺是在第18屆長野冬奧會上成為正式比賽項目的.
冰壺早在14世紀起源于蘇格蘭.1924年冰壺作為表演項目被納入到了第1屆冬奧會中，而作為正式的比賽項目則是在1998年的長野冬奧會上.
冰壺又叫作“擲冰壺”“冰上溜石”，以隊為單位，是在冰上進行的一種投擲性的比賽.它考驗參與者的體力與腦力，盡顯動靜、取舍之美.
冰壺為特殊石材制成，周長約為91.44厘米，高約為11.43厘米，重量大致為19.96公斤.冰壺比賽場地為長方形.
冰道的一端畫有一個直徑為1.83米的圓圈作為球員的發球區，叫本壘.冰道的另一端也畫有一圓圈，叫營壘.場地四周有木框，防止冰壺出界.
有6條與端線平行的橫貫全場的橫線，中間兩條為前衛線，也能叫作欄線，兩端的兩條為后衛線.在前衛線和后衛線的中間有一個縱橫交叉的十字線，稱圓心線，交叉點就是本壘和營壘的中心點.
場地兩端各固定一橡膠起踏器，比賽中運動員蹬起踏器后與壺一起滑行，壺須在到達近端前擲線前投出，并且要到達遠端前擲線和底線之間的區域才有效.
比賽中，運動員可以在冰壺前行的方向擦冰，以減少摩擦力，增加滑行距離.
比賽時每隊出場4人，每人每局擲壺兩次，雙方按照一、二、三、四壘的順序進行一對一對抗，兩個隊共投完16個壺為一局，最后一壺投完后，大本營內距中心近的壺所屬一方得分.一般比賽打10局，得分多的一方即獲得勝利.
1．運動員將冰壺推出的過程中總動能怎么變化？屬于什么現象？
提示：總動能增加，運動員消耗的化學能轉化為動能，屬于反沖現象.
2．兩壺如果出現碰撞動量是否守恒？
提示：守恒.
課時分層作業(三)　彈性碰撞與非彈性碰撞
自然界中的守恒定律
?考點一　碰撞過程的特點
1．如圖所示，甲、乙兩物體在光滑水平面上沿同一直線相向運動，甲、乙物體的速度大小分別為3 m/s和 1 m/s；碰撞后甲、乙兩物體都反向運動，速度大小均為 2 m/s，則甲、乙兩物體質量之比為(　　)
A．2∶3　　 B．2∶5
C．3∶5 D．5∶3
C　[選取碰撞前甲物體的速度方向為正方向，根據動量守恒定律有m甲v1－m乙v2＝－m甲v1′＋m乙v2′，代入數據可得m甲∶m乙＝3∶5，故C正確.]
2．A、B兩物體發生正碰，碰撞前后物體A、B都在同一直線上運動，其位移—時間圖像如圖所示．由圖可知，物體A、B的質量之比為(　　)
A．1∶1 B．1∶2
C．1∶3 D．3∶1
C　[由題圖知碰前vA＝4 m/s，vB＝0.碰后vA′＝vB′＝1 m/s，由動量守恒可知mAvA＋0＝mAvA′＋mBvB′，解得mB＝3mA.故C正確.]
3．如圖所示，光滑水平面上P物體與一個連著彈簧的Q物體正碰，正碰后P物體靜止，Q物體以P物體碰前的速度v離開．彈簧質量忽略不計，那么當彈簧被壓縮至最短時，下列說法正確的是(　　)
A．P的速度恰好為零
B．P與Q具有相同的速度
C．Q剛開始運動
D．Q的速度等于v
B　[由題意知，P、Q交換速度，因此P、Q質量相同.P物體接觸彈簧后，在彈簧彈力的作用下，P做減速運動，Q做加速運動，P、Q間的距離減小，當P、Q兩物體速度相等時，彈簧被壓縮到最短，所以B正確，A、C錯誤；由于作用過程中動量守恒，設速度相等時速度為v′，則mv＝(m＋m)v′，所以彈簧被壓縮至最短時，P、Q的速度 v′＝，故D錯誤.]
?考點二　碰撞的判斷和碰撞模型
4．(多選)質量為1 kg的小球以4 m/s的速度與質量為2 kg的靜止小球正碰，關于碰后的速度v1′和v2′，下列結果可能正確的有(　　)
A．v1′＝v2′＝ m/s
B．v1′＝3 m/s，v2′＝0.5 m/s
C．v1′＝1 m/s，v2′＝3 m/s
D．v1′＝－1 m/s，v2′＝2.5 m/s
AD　[由碰撞前、后總動量守恒m1v1＝m1v1′＋m2v2′和能量不增加Ek≥Ek1＋Ek2′，驗證得A、B、D三項皆有可能；但B項碰后后面小球的速度大于前面小球的速度，會發生第二次碰撞，不符合實際，所以A、D兩項有可能正確.]
5．(多選)在一條直線上相向運動的甲、乙兩個小球，它們的動能相等，已知甲球的質量大于乙球的質量，它們正碰后可能發生的情況是(　　)
A．甲球停下，乙球反向運動
B．甲球反向運動，乙球停下
C．甲、乙兩球都反向運動
D．甲、乙兩球都反向運動，且動能仍相等
AC　[由p2＝2mEk知，甲球的動量大于乙球的動量，所以總動量的方向應為甲球的初動量的方向，可以判斷A、C正確.]
6．質量為ma＝1 kg、mb＝2 kg 的小球在光滑的水平面上發生碰撞，碰撞前后兩球的位移—時間圖像如圖所示，則可知碰撞屬于(　　)
A．彈性碰撞
B．非彈性碰撞
C．完全非彈性碰撞
D．條件不足，不能判斷
A　[由s-t圖像知，碰撞前va＝3 m/s，vb＝0，碰撞后 va′＝－1 m/s，vb′＝2 m/s，碰撞前動能為＝ J，碰撞后動能為＝ J，故動能守恒，碰撞前的動量mava＋mbvb＝3 kg·m/s，碰撞后的動量mava′＋mbvb′＝3 kg·m/s，故動量守恒，所以碰撞屬于彈性碰撞.]
7．(源自人教版教材改編)質量相同的甲、乙兩小球(視為質點)以不同的初速度豎直上拋，某時刻兩球發生正碰．圖中實線和虛線分別表示甲、乙兩球位置隨時間變化的曲線，其中虛線關于t＝t1左右對稱，實線兩個頂點的縱坐標相同．若小球運動中除碰撞外僅受重力，則(　　)
A．t＝0時刻，甲的速率大于乙的速率
B．碰撞前后瞬間，乙的動量不變
C．碰撞前后瞬間，甲的動能不變
D．碰撞后甲的機械能大于乙的機械能
C　[根據x-t圖線的斜率表示速度可知，t＝0時刻，甲的速率小于乙的速率，A錯誤；根據題述，題圖中虛線關于t＝t1左右對稱，可知碰撞前后瞬間，乙的動量大小不變，方向變化，B錯誤；又兩球質量相同，結合動量守恒定律可知，碰撞瞬間，兩球交換速度，則甲的速度大小不變，動能不變，C正確；兩球碰撞后瞬間，重力勢能相同，又速度大小相同，故動能也相同，可知碰撞后兩球的機械能相等，D錯誤.]
?考點三　碰撞綜合應用
8．(多選)某同學受電動窗簾的啟發，設計了如圖所示的簡化模型．多個質量均為1 kg的滑塊可在水平滑軌上滑動，忽略阻力．開窗簾過程中，電機對滑塊1施加一個水平向右的恒力F，推動滑塊1以 0.40 m/s 的速度與靜止的滑塊2碰撞，碰撞時間為0.04 s，碰撞結束后瞬間兩滑塊的共同速度為0.22 m/s．關于兩滑塊的碰撞過程，下列說法正確的有(　　)
A．該過程動量守恒
B．滑塊1受到合外力的沖量大小為0.18 N·s
C．滑塊2受到合外力的沖量大小為0.40 N·s
D．滑塊2受到滑塊1的平均作用力大小為5.5 N
BD　[選擇水平向右的方向為正方向，滑塊1和滑塊2組成的系統的初動量p1＝mv1＝1×0.40 kg·m/s＝0.40 kg·m/s，碰撞后，滑塊1和滑塊2組成的系統的動量p2＝2mv2＝2×1×0.22 kg·m/s＝0.44 kg·m/s，則滑塊的碰撞過程動量不守恒，故A錯誤；對滑塊1，根據動量定理可得ΔI＝mv2－mv1，代入數據解得ΔI＝－0.18 N·s，負號表示方向水平向左，故B正確；同理可得，對滑塊2分析可得ΔI′＝mv2－0，代入數據解得ΔI′＝0.22 N·s，故C錯誤；根據公式ΔI′＝F′Δt，代入數據解得F′＝5.5 N，故D正確.故選BD.]
9．(多選)1932年，查德威克用未知射線轟擊氫核，發現這種射線是由質量與質子大致相等的中性粒子(即中子)組成．如圖所示，中子以速度v0分別碰撞靜止的氫核和氮核，碰撞后氫核和氮核的速度分別為v1和v2．若碰撞為彈性正碰，氮核質量是氫核質量的14倍，不考慮相對論效應，下列說法正確的是(　　)
A．v2小于v1
B．v2大于v0
C．碰撞后氮核的動量比氫核的小
D．碰撞后氮核的動能比氫核的小
AD　[設中子的質量為m，氫核的質量為m，氮核的質量為14m，設中子和氫核碰撞后中子速度為v3，由動量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝＝聯立解得v1＝v0；設中子和氮核碰撞后中子速度為v4，由動量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝＝，聯立解得v2＝v0，可得v1＝v0>v2，A正確，B錯誤；碰撞后氫核的動量為pH＝mv1＝mv0，氮核的動量為pN＝14mv2＝，可得pN>pH，C錯誤；碰撞后氫核的動能為EkH＝＝，氮核的動能為EkN＝＝，可得 EkH>EkN，D正確.故選AD.]
10．(多選)如圖甲所示，在光滑水平面上，輕質彈簧右端固定，物體A以速度v0向右運動壓縮彈簧，測得彈簧的最大壓縮量為x；現讓彈簧右端連接另一質量為m的物體B(如圖乙所示)，物體A以2v0的速度向右壓縮彈簧，測得彈簧的最大壓縮量仍為x，則(　　)
A．物體A的質量為3m
B．物體A的質量為2m
C．彈簧壓縮量最大時的彈性勢能為
D．彈簧壓縮量最大時的彈性勢能為
AC　[對題圖甲，設物體A的質量為mA，由機械能守恒得，彈簧壓縮量為x時彈性勢能Ep＝對題圖乙，A、B組成的系統動量守恒，彈簧壓縮量最大時，A、B速度相等，有mA·2v0＝(mA＋m)v，由機械能守恒定律得Ep＝mA(2v0)2－(mA＋m)v2，聯立解得mA＝3m，Ep＝故A、C正確.]
11．某個兒童樂園的射擊場里有一固定在高處的水平長直橫梁，有一個光滑金屬環套在上邊，金屬環質量m1＝50 g，一根長度L＝2 m的輕繩上端連接滑環，下端懸掛著一個靶箱，靶箱質量M＝180 g，開始時靶箱自由下垂保持靜止．現在靶箱下面h＝5 cm 的高度上，離靶箱水平距離x＝10 m處，與橫梁在同一豎直平面內，向著靶箱方向斜向上射出一顆質量m2＝20 g的子彈，子彈恰好可以水平擊中靶箱并留在靶箱中．假設子彈擊中靶箱的過程時間極短，之后靶箱向右擺動，并帶動滑環滑動，靶箱、金屬環和子彈均可視為質點，不計空氣阻力，重力加速度g取10 m/s2．
(1)子彈擊中靶箱過程中子彈和靶箱組成的系統損失的機械能為多大？
(2)靶箱能夠使輕繩擺離豎直方向的最大角度為多少？
[解析]　(1)子彈擊中靶箱之前的運動，可認為是平拋運動的逆運動.設水平速度大小為v0，由平拋運動規律有
x＝v0t，h＝gt2
解得v0＝100 m/s
子彈擊中靶箱瞬間，設靶箱被擊中后的速度為v1，由動量守恒定律有
m2v0＝(M＋m2)v1
解得v1＝10 m/s
設子彈擊中靶箱過程中子彈和靶箱組成的系統損失的機械能為ΔE，由能量守恒定律有
ΔE＝
解得ΔE＝90 J.
(2)靶箱向右運動，帶動滑環滑動，在靶箱與滑環有共同水平速度時，靶箱高度最高，輕繩擺離豎直方向的角度最大，設此時靶箱與滑環共同水平速度為v2，輕繩擺離豎直方向的角度為θ.由水平方向動量守恒與系統機械能守恒有
(M＋m2)v1＝(M＋m2＋m1)v2
＝＋(M＋m2)g·L(1－cos θ)
解得θ＝60°.
[答案]　(1)90 J　(2)60°
12．如圖所示，玩具“火箭”由上下A、B兩部分和一個勁度系數較大的輕彈簧構成，A的質量為0.2 kg，B的質量為 0.4 kg, 彈簧夾在中間，與兩者不固連．開始時讓A、B壓緊彈簧并鎖定為一個整體，為使A上升得更高，讓“火箭”在距地面0.8 m高處自由釋放，“火箭”著地瞬間以原速率反彈，同時解除鎖定，當彈簧恢復原長時，B恰好停在地面上，不計空氣阻力和“火箭”的體積以及彈簧解鎖恢復原長的時間，重力加速度取10 m/s2．求：
(1)“火箭”著地時的速度大小；
(2)A上升的最大高度；
(3)彈簧被鎖定時的彈性勢能．
[解析]　(1)“火箭”在距地面0.8 m高處自由釋放，做自由落體運動，由運動學公式有v2＝2gh
解得v＝4 m/s.
(2)“火箭”著地瞬間以原速率反彈，同時解除鎖定，彈簧恢復原長時，B恰好停在地面上，由動量守恒定律有
(mA＋mB)v＝mAv′
解得v′＝12 m/s
A做豎直上拋運動，可逆向看成自由落體運動，由運動學公式有
v′2＝2gh′
解得h′＝7.2 m.
(3)根據機械能守恒定律有
Ep＝mAv′2－(mA＋mB)v2
代入數據解得Ep＝9.6 J.
[答案]　(1)4 m/s　(2)7.2 m　(3)9.6 J
13．如圖為某藥品自動傳送系統的示意圖，該系統由水平傳送帶、豎直螺旋滑槽和與滑槽平滑連接的平臺組成，滑槽高為3L，平臺高為L．藥品盒A、B依次被輕放在以速度v0勻速運動的傳送帶上，在與傳送帶達到共速后，從M點進入滑槽，A剛好滑到平臺最右端N點停下，隨后滑下的B以2v0的速度與A發生正碰，碰撞時間極短，碰撞后A、B恰好落在桌面上圓盤直徑的兩端．已知A、B的質量分別為m和2m，碰撞過程中損失的能量為碰撞前瞬間總動能的．A與傳送帶間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g，A、B在滑至N點之前不發生碰撞，忽略空氣阻力和圓盤的高度，將藥品盒視為質點．求：
(1)A在傳送帶上由靜止加速到與傳送帶共速所用的時間t；
(2)B從M點滑至N點的過程中克服阻力做的功W；
(3)圓盤的圓心到平臺右端N點的水平距離s．
[解析]　(1)A在傳送帶上運動時的加速度
a＝μg
由靜止加速到與傳送帶共速所用的時間
t＝＝
(2)B從M點滑至N點的過程中克服阻力做的功
W＝＋2mg·3L－·2m·(2v0)2＝
(3)設碰撞后瞬間A的速度為v1，B的速度為v2，A、B碰撞過程由動量守恒定律和能量關系可知
2m·2v0＝mv1＋2mv2
＝·
解得v1＝2v0，v2＝v0(另一組v1＝v0，v2＝v0，由碰撞特點知v1>v2，則此組數據不合理，應舍掉)
設兩物體平拋運動的時間為t1，由L＝得
t1＝
則s－r＝v2t1，s＋r＝v1t1
解得s＝
[答案]　(1)　(3)
21 / 21第五節　彈性碰撞與非彈性碰撞　
第六節　自然界中的守恒定律
[學習目標]　1．了解彈性碰撞和非彈性碰撞的特點，能定量分析一維碰撞問題．2．能從動量守恒定律和能量守恒定律等不同角度思考物理問題．3．通過實驗演示，了解彈性碰撞和非彈性碰撞的特點．
1．碰撞的定義和特點
(1)定義：碰撞是指兩個或兩個以上的物體在相遇的極短時間內產生非常大的________．
(2)特點：物體組成的系統所受外力______內力，且相互作用時間____，故系統在碰撞過程中動量____．
2．碰撞的分類
(1)彈性碰撞：碰撞前后系統的機械能____的碰撞．
(2)非彈性碰撞：碰撞前后系統的機械能________的碰撞．
(3)完全非彈性碰撞：碰撞后物體完全不反彈而________的碰撞．這時機械能損失____．
3．彈性碰撞舉例分析
設質量為m1的小球以速度v1與質量為m2的靜止的小球發生彈性碰撞，碰后m1、m2的速度分別為v1′和v2′，由動量守恒和機械能守恒有
m1v1＝m1v1′＋m2v2′ ①
＝m1v1′2＋m2v2′2 ②
以上兩式聯立可解得v1′＝v1，v2′＝v1．
由以上兩式對彈性碰撞實驗研究結論的解釋：
(1)當m1＝m2時，v1′＝0，v2′＝v1，表示碰撞后兩球________．
(2)當m1＞m2時，v1′＞0，v2′＞0，表示碰撞后兩球向前運動．若m1 m2，v1′＝v1，v2′＝2v1，表示m1的速度不變，m2以2v1的速度運動．
(3)當m1＜m2時，v1′＜0，v2′＞0，表示碰撞后質量小的球被反彈回來．若m1 m2，v1′＝－v1，v2′＝0，表示m1被反向以原速率彈回，m2仍靜止．
4．自然界中的守恒定律
(1)系統：物理學上常將物體及與之________的因素視為一個系統．
(2)動量守恒定律的適用范圍：動量守恒定律在____、____和____都是適用的，是自然界普適的基本定律．
1．思考判斷(正確的打“√”，錯誤的打“×”)．
(1)彈性碰撞過程中動量守恒、動能守恒． (　　)
(2)完全非彈性碰撞，動量守恒，動能也守恒． (　　)
(3)在非彈性碰撞中，碰撞過程能量不守恒． (　　)
(4)速度不同的兩小球碰撞后粘在一起，碰撞過程中沒有動能損失． (　　)
2．(多選)下面關于碰撞的理解正確的是(　　)
A．碰撞是指相對運動的物體相遇時，在極短時間內它們的運動狀態發生了顯著變化的過程
B．在碰撞現象中，一般內力都遠遠大于外力，所以可以認為碰撞時系統的總動量守恒
C．如果碰撞過程中機械能也守恒，這樣的碰撞叫作非彈性碰撞
D．微觀粒子的碰撞由于不發生直接接觸，所以不滿足動量守恒的條件，不能應用動量守恒定律求解
3．現有甲、乙兩滑塊，質量分別為3m和m，以相同的速度v在光滑水平面上相向運動，發生了碰撞．已知碰撞后，甲滑塊靜止不動，那么這次碰撞是(　　)
A．彈性碰撞 B．非彈性碰撞
C．完全非彈性碰撞 D．條件不足，無法確定
如圖所示，臺球比賽中，一個運動的球與一個靜止的球碰撞，如果碰撞之前球的運動速度與兩球心不在同一直線上，碰撞過程動量守恒嗎？碰撞后的總動量能否直接相加？
　碰撞過程的特點
1．時間短：在碰撞、爆炸現象中，相互作用的時間很短．
2．相互作用力大：在相互作用過程中，相互作用力先是急劇增大，然后急劇減小，平均作用力很大．
3．位移小：碰撞過程是在一瞬間發生的，時間極短，在物體發生碰撞的瞬間，可忽略物體的位移，認為物體在碰撞前后仍在原位置．
4．滿足動量守恒條件：系統的內力遠大于外力，所以系統即使所受合力不為零，外力也可以忽略，系統的總動量守恒．
5．動能不增加：碰撞前總動能Ek與碰撞后總動能Ek′滿足Ek≥Ek′．
【典例1】　(多選)如圖所示，在質量為M的小車中掛著一單擺，擺球質量為m0，小車和單擺以恒定的速度v沿光滑水平地面運動，與位于正前方的質量為m的靜止的木塊發生碰撞，碰撞的時間極短．在此碰撞過程中，下列情況可能發生的是(　　)
A．小車、木塊、擺球的速度都發生變化，分別變為v1、v2、v3，滿足(M＋m0)v＝Mv1＋mv1＋m0v3
B．擺球的速度不變，小車和木塊的速度變為v1和v2，滿足Mv＝Mv1＋mv2
C．擺球的速度不變，小車和木塊的速度都變為u，滿足Mv＝(M＋m)u
D．碰撞時間極短，在此碰撞過程中，擺球的速度還來不及變化
[聽課記錄]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
[跟進訓練]
1．(多選)在兩個物體碰撞前后，下列說法可以成立的是(　　)
A．作用后的總機械能比作用前小，但總動量守恒
B．作用前后總動量均為零，但總動能不變
C．作用前后總動能為零，而總動量不為零
D．作用前后總動量守恒，而系統內各物體的動量增量的總和不為零
　碰撞的判斷和碰撞模型
1．碰撞的判斷
在所給條件不足的情況下，碰撞結果有各種可能，但不管哪種結果必須同時滿足以下三條：
(1)系統動量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′．
(2)系統動能不增加，即Ekl＋Ek2≥Ekl′＋Ek2′
或≥＋．
(3)速度合理，若碰前兩物體同向運動，則滿足v后>v前，且原來在前面的物體碰后速度一定增大，即 v′前>v前． 若碰前兩物體相向運動，碰后兩物體的運動方向不可能都不改變．若碰后兩物體同向運動，應滿足v′后≤v′前．
【典例2】　如圖所示，兩個小球A、B在光滑水平地面上相向運動，它們的質量分別為mA＝4 kg，mB＝2 kg，速度分別是vA＝3 m/s(設為正方向)，vB＝－3 m/s．則它們發生正碰后，速度的可能值分別為(　　)
A．vA′＝1 m/s，vB′＝1 m/s
B．vA′＝－3 m/s，vB′＝9 m/s
C．vA′＝2 m/s，vB′＝－1 m/s
D．vA′＝－1 m/s，vB′＝－5 m/s
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2．碰撞的分類
(1)彈性碰撞：系統動量守恒、機械能守恒．
m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
＝m1v1′2＋m2v2′2
若v2＝0，則有v1′＝v1，v2′＝v1．
(2)非彈性碰撞：系統動量守恒，機械能減少，損失的機械能轉化為內能，ΔE＝Ek初總－Ek末總＝Q．
(3)完全非彈性碰撞：系統動量守恒，碰撞后合為一體或具有相同的速度，機械能損失最大．
設兩者碰后的共同速度為v共，則有
m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共
機械能損失為
ΔE＝．
【典例3】　[鏈接教材P23例題]
如圖所示，一輕質彈簧兩端連著物體A和B，放在光滑的水平面上，物體A被水平速度為v0的子彈擊中，子彈嵌在其中，已知A的質量是B的質量的，子彈的質量是B的質量的．求：
(1)物體A獲得的最大速度；
(2)彈簧壓縮量最大時物體B的速度．
[思路點撥]　(1)子彈打擊物體A瞬間，子彈與物體A組成的系統動量守恒．
(2)彈簧壓縮量最大時，系統有相同速度．
[聽課記錄]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　處理碰撞問題的幾個關鍵點
(1)選取動量守恒的系統：若有三個或更多個物體參與碰撞時，要合理選取所研究的系統．
(2)弄清碰撞的類型：彈性碰撞、完全非彈性碰撞還是其他非彈性碰撞．
(3)弄清碰撞過程中存在的關系：能量轉化關系、速度關系等．
[跟進訓練]
訓練角度1　碰撞的可能分析
2．(多選)質量為m的小球A，沿光滑水平面以v0的速度與質量為2m的靜止小球B發生正碰，碰撞后，小球A的速度可能是(　　)
A．－v0　　B．0　　C．v0　　D．v0
訓練角度2　彈性碰撞與非彈性碰撞
3．2024年10月10日全國殘疾人冰壺錦標賽拉開序幕．如圖所示，運動員將冰壺A以初速度v0＝2 m/s從M點水平擲出，沿直線運動一段距離后與靜止在N點的冰壺B發生正碰，碰撞后冰壺A、B的速度大小分別為vA＝0.3 m/s、vB＝0.7 m/s，碰撞前后A的速度方向不變，運動中冰壺可視為質點且碰撞時間極短．若冰壺A、B的質量均為20 kg，與冰面間的動摩擦因數均為 μ＝0.015，重力加速度g取10 m/s2．求：
(1)兩冰壺碰撞前冰壺A的速度大小v1；
(2)M、N兩點間的距離s；
(3)通過計算判斷兩冰壺碰撞是否為彈性碰撞．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1．兩個相向運動的小球，在光滑水平面上碰撞后變成靜止狀態，則碰撞前這兩個小球的(　　)
A．質量一定相等　　　　
B．動能一定相等
C．動量一定相等
D．總動量等于零
2．(多選)在光滑水平面上，兩球沿球心連線以相等速率相向而行，并發生碰撞，下列現象可能出現的是(　　)
A．若兩球質量相等，碰后以某一相等速率互相分開
B．若兩球質量相等，碰后以某一相等速率同向而行
C．若兩球質量不等，碰后以某一相等速率互相分開
D．若兩球質量不等，碰后以某一相等速率同向而行
3．(源自魯科版教材改編)如圖所示，兩質量分別為m1和m2的彈性小球A、B疊放在一起(二者之間無壓力)，從高度為h處自由落下，h遠大于兩小球半徑，落地瞬間B先與地面碰撞，后與A碰撞，若所有的碰撞都是彈性碰撞，且都發生在豎直方向上，碰撞時間均可忽略不計．已知m2＝3m1，則A反彈后能達到的最大高度為(　　)
A．h B．2h
C．3h D．4h
4．甲、乙兩球在光滑水平軌道上向同向運動，已知它們的動量分別是p甲＝5 kg·m/s，p乙＝7 kg·m/s，甲追上乙并發生碰撞，碰撞后乙球的動量變為p′乙＝10 kg·m/s，則兩球質量m甲與m乙的關系可能是(　　)
A．m乙＝m甲 B．m乙＝2m甲
C．m乙＝4m甲 D．m乙＝6m甲
5．某同學受自動雨傘開傘過程的啟發，設計了如圖所示的物理模型．豎直放置在水平桌面上的滑桿上套有一個滑塊，初始時它們處于靜止狀態．當滑塊從A處以初速度v0＝10 m/s 向上滑動時，受到滑桿的摩擦力Ff為1 N，滑塊滑到B處與滑桿發生完全非彈性碰撞，帶動滑桿離開桌面一起豎直向上運動．已知滑塊的質量m＝0.2 kg，滑桿的質量M＝0.6 kg，A、B間的距離l＝1.2 m，重力加速度g取10 m/s2，不計空氣阻力．求：
(1)滑塊在靜止時和向上滑動的過程中，桌面對滑桿支持力的大小N1和N2；
(2)滑塊碰撞前瞬間的速度大小v1；
(3)滑桿向上運動的最大高度h．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
回顧本節內容，自主完成以下問題：
1．碰撞過程有什么特點？
2．碰撞過程從能量角度怎么分類？
3．碰撞可能性的判斷依據是什么？
冰壺運動
2025年2月13日，哈爾濱亞冬會女子冰壺賽場上，中國隊以6比2的比分戰勝對手，在循環賽中取得了7勝1負的出色成績.
冰壺是在第18屆長野冬奧會上成為正式比賽項目的.
冰壺早在14世紀起源于蘇格蘭.1924年冰壺作為表演項目被納入到了第1屆冬奧會中，而作為正式的比賽項目則是在1998年的長野冬奧會上.
冰壺又叫作“擲冰壺”“冰上溜石”，以隊為單位，是在冰上進行的一種投擲性的比賽.它考驗參與者的體力與腦力，盡顯動靜、取舍之美.
冰壺為特殊石材制成，周長約為91.44厘米，高約為11.43厘米，重量大致為19.96公斤.冰壺比賽場地為長方形.
冰道的一端畫有一個直徑為1.83米的圓圈作為球員的發球區，叫本壘.冰道的另一端也畫有一圓圈，叫營壘.場地四周有木框，防止冰壺出界.
有6條與端線平行的橫貫全場的橫線，中間兩條為前衛線，也能叫作欄線，兩端的兩條為后衛線.在前衛線和后衛線的中間有一個縱橫交叉的十字線，稱圓心線，交叉點就是本壘和營壘的中心點.
場地兩端各固定一橡膠起踏器，比賽中運動員蹬起踏器后與壺一起滑行，壺須在到達近端前擲線前投出，并且要到達遠端前擲線和底線之間的區域才有效.
比賽中，運動員可以在冰壺前行的方向擦冰，以減少摩擦力，增加滑行距離.
比賽時每隊出場4人，每人每局擲壺兩次，雙方按照一、二、三、四壘的順序進行一對一對抗，兩個隊共投完16個壺為一局，最后一壺投完后，大本營內距中心近的壺所屬一方得分.一般比賽打10局，得分多的一方即獲得勝利.
1．運動員將冰壺推出的過程中總動能怎么變化？屬于什么現象？
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
2．兩壺如果出現碰撞動量是否守恒？
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
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