第七章 第3讲　小专题 碰撞模型及其拓展练习含答案-高考物理一轮专题

这是一份第七章 第3讲　小专题 碰撞模型及其拓展练习含答案-高考物理一轮专题，共16页。试卷主要包含了碰撞问题遵守的三条原则，碰撞的种类，3mA[B] mB=mA等内容，欢迎下载使用。

1.碰撞问题遵守的三条原则
(1)动量守恒:p1+p2=p1′+p2′。
(2)动能不增加:Ek1+Ek2≥Ek1′+Ek2′或p122m1+p222m2≥p1'22m1+p2'22m2。
(3)速度符合实际。
①两物体同向运动,碰前有v后>v前;碰后原来在前的物体速度有v前′>v前;若碰后两物体同向运动有v前′≥v后′。
②碰前两物体相向运动,碰后两物体的运动方向至少有一个改变。
2.碰撞的种类
(1)弹性碰撞。
碰撞结束后,形变全部消失,动能没有损失,不仅动量守恒,而且初、末动能相等。对对心正碰有
(2)非弹性碰撞。
碰撞中机械能有损失。
动量守恒:m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′,
能量守恒:12m1v12+12m2v22=12m1v1′2+12m2v2′2+ΔEk损。
(3)完全非弹性碰撞。
碰撞结束后,两物体合二为一,以同一速度运动,动能损失最大。对对心正碰有
[例1] 【碰撞的可能性】(2024·浙江杭州期中)(多选)如图甲所示,“充气碰碰球”游戏是一项很减压的趣味运动项目。为了研究其中的碰撞规律,简化为如图乙所示的模型:直径相同的A球和B球碰撞前后都在同一水平直线上运动,碰前A球的动量pA=50 kg·m/s,B球静止,碰后B球的动量变为pB′=40 kg·m/s。则两球质量mA与mB间的关系可能是( )
[A] mB=0.3mA[B] mB=mA
[C] mB=1.5mA[D] mB=5mA
【答案】 BC
【解析】 以A球的初速度方向为正方向,由碰撞过程系统动量守恒得pA=pA′+pB′,解得pA′=10 kg·m/s,根据碰撞过程总动能不增加,有pA22mA≥pA'22mA+pB'22mB,解得mB≥23mA,碰后两球同向运动,A的速度不大于B的速度,则有pA'mA≤pB'mB,解得mB≤4mA,因此,两球质量关系为23mA≤mB≤4mA,B、C正确。
[例2] 【弹性碰撞】(2024·广东卷,10)(多选)如图所示,光滑斜坡上,可视为质点的甲、乙两个相同滑块,分别从H甲、H乙高度同时由静止开始下滑。斜坡与水平面在O处平滑相接,滑块与水平面间的动摩擦因数为μ,乙在水平面上追上甲时发生弹性碰撞。忽略空气阻力。下列说法正确的有( )
[A] 甲在斜坡上运动时与乙相对静止
[B] 碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度
[C] 乙的运动时间与H乙无关
[D] 甲最终停止位置与O处相距H乙μ
【答案】 ABD
【解析】 两滑块在光滑斜坡上加速度相同,同时由静止开始下滑,相对速度为0,故A正确;两滑块滑到水平面后均做匀减速运动,由于两滑块质量相同,且发生弹性碰撞,可知碰后两滑块交换速度,即碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度,故B正确;设斜面倾角为θ,乙下滑过程有H乙=12gsin θt12,在水平面运动一段时间t2后与甲相碰,碰后以甲碰前速度做匀减速运动经过时间t3后停止,乙运动的时间为t=t1+t2+t3,由于t1与H乙有关,则总时间与H乙有关,故C错误;乙下滑过程根据动能定理有mgH乙=12mv乙2,由于甲和乙发生弹性碰撞,交换速度,则可知甲最终停止位置与不发生碰撞时乙最终停止的位置相同,如果不发生碰撞,乙在水平面运动到停止有v乙2=2μgx,联立可得x=H乙μ,即发生碰撞后甲最终停止位置与O处相距H乙μ,故D正确。
[变式] 若倾角为θ的足够长的斜面上,甲、乙两滑块质量均为m,开始相距为L,其中滑块甲光滑,滑块乙与斜面间的动摩擦因数为μ,μ=tan θ。甲、乙同时由静止开始释放,一段时间后甲与乙发生第一次碰撞,假设每一次碰撞时间都极短,且都是弹性正碰,重力加速度为g,则
(1)第一次碰前甲的速度为多少?
(2)从开始释放到第二次碰撞的时间间隔为多少?
【答案】 (1)2gLsinθ (2)32Lgsinθ
【解析】 (1)对乙由受力分析知,释放后其处于静止状态,滑块甲沿斜面下滑时,根据牛顿第二定律mgsin θ=ma,
解得a=gsin θ,
对滑块甲,设从开始释放到甲与乙第一次碰撞所用时间为t1,根据运动学公式
L=12at12,
t1=2Lgsinθ,
第一次碰撞前,甲的速度为
v0=at1=2gLsinθ。
(2)设第一次碰后甲的速度为v甲,乙的速度为v乙,则碰撞过程根据动量守恒定律和机械能守恒定律得mv0=mv甲+mv乙,
12mv02=12mv甲2+12mv乙2,
联立解得v甲=0,
v乙=v0=2gLsinθ,
滑块乙沿斜面下滑时有
mgsin θ-μmgcs θ=ma乙,
解得a乙=gsin θ-μgcs θ=0,
两滑块相碰后,滑块甲的速度变为零以后再做匀加速运动,而滑块乙将以v乙的速度沿斜面向下做匀速直线运动。设再经t2时间相碰,则有v乙t2=12at22,解得t2=22Lgsinθ,
故从甲开始运动到两滑块第二次相碰,共经历时间t=t1+t2=32Lgsinθ。
[例3] 【非弹性碰撞】(2024·山西大同阶段检测)如图,冰壶A以1.5 m/s的速度与静止在冰面上的冰壶B正碰,碰后瞬间B的速度大小为1.2 m/s,方向与A碰前速度方向相同,碰撞时间极短。若已知两冰壶的质量均为20 kg,则下列说法正确的是( )
[A] 碰后瞬间A的速度大小为0.4 m/s
[B] 碰撞过程中,B对A做功为21.6 J
[C] 碰撞过程中,A对B的冲量大小为24 N·s
[D] A、B碰撞过程是弹性碰撞
【答案】 C
【解析】 由于碰撞时间极短,内力远远大于外力,可知,A、B相碰时,A和B组成的系统动量近似守恒。根据动量守恒定律,以v0方向为正方向,有mv0=mvA+mvB,解得vA=0.3 m/s,故A错误;根据动能定理,碰撞过程中,B对A做功为W=12mvA2-12mv02,解得W=-21.6 J,故B错误;碰撞过程中,根据动量定理,A对B的冲量大小I=mvB,解得I=24 N·s,故C正确;碰撞之前
总动能为Ek=12mv02=22.5 J,碰撞后A、B系统总动能为Ek′=12mvA2+12mvB2=15.3 J,由此可知Ek>Ek′,A、B碰撞过程是非弹性碰撞,故D错误。
[例4] 【完全非弹性碰撞】(2024·北京通州区一模)重锤打桩机打桩过程可简化为如图所示的模型:用动力装置将质量为m=1 000 kg的重锤A提升到高处自由释放,重锤A下落h=0.8 m后与质量为 M=1 000 kg的桩B发生碰撞,碰撞时间极短,碰后二者一起运动。设桩B受到泥土的阻力恒为F阻=30 000 N,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力。求:
(1)A与B碰撞前瞬时速度的大小v0;
(2)A与B碰撞后速度的大小v;
(3)本次打桩后,桩下降的距离d。
【答案】 (1)4 m/s (2)2 m/s (3)0.4 m
【解析】 (1)根据mgh=12mv02,
A与B碰撞前瞬时速度的大小v0=4 m/s。
(2)由动量守恒定律有
mv0=(M+m)v,得v=2 m/s。
(3)由动能定理有
(M+m)gd-F阻d=0-12(M+m)v2,
得d=0.4 m。
考点二 碰撞模型拓展
相互作用的两个物体在很多情况可看作碰撞类问题处理,其中两物体出现相距“最近”“最远”或上升到“最高点”等这一类临界情况时,求解的关键是“速度相等”,此时相当于完全非弹性碰撞模型。具体情况如下:
[例5] 【“滑块—弹簧”模型】(2024·江西赣州一模)如图甲所示,光滑水平地面上有A、B两物块,质量分别为2 kg、6 kg,B的左端拴接着一劲度系数为2003N/m的水平轻质弹簧,它们的中心在同一水平线上。A以速度v0向静止的B方向运动,从A接触弹簧开始计时至A与弹簧脱离的过程中,弹簧长度l与时间t的关系如图乙所示,弹簧始终处在弹性限度范围内,已知弹簧的弹性势能Ep=12kx2(x为弹簧的形变量),则( )
[A] 在0～2t0内B物块先加速后减速
[B] 整个过程中,A、B物块构成的系统机械能守恒
[C] v0=2 m/s
[D] 物块A在t0时刻速度最小
【答案】 C
【解析】 设A、B物块质量为m1,m2在0～2t0内,弹簧始终处于压缩状态,即B受到的弹力始终向右,所以B物块始终做加速运动,故A错误;整个过程中,A、B物块和弹簧三者构成的系统机械能守恒,故B错误;由题图乙可知,在t0时刻,弹簧被压缩到最短,则此时A、B共速,此时弹簧的形变量为x=0.4 m-0.1 m=0.3 m,则根据A、B物块系统动量守恒有m1v0=(m1+m2)v,根据A、B物块和弹簧三者构成的系统机械能守恒有12m1v02=12(m1+m2)v2+Ep,联立解得v0=2 m/s,故C正确;A、B初速度v0=2 m/s,B物块静止,末速度vA=m1-m2m1+m2v0,vB=2m1m1+m2v0,解得vA=-1 m/s,vB=1 m/s,可知共速时两物块速度均向右,又因为共速时,弹簧被压缩到最大,由题图乙易知,所以t0时A、B共速,A物块先减速后反向加速,可得物体A最小速度为0,且处于t0～2t0之间,D错误。
两个状态的规律
(1)弹簧最短(或最长)时两物体瞬时速度相等,弹性势能最大。
①系统动量守恒:m1v0=(m1+m2)v共;
②系统机械能守恒:12m1v02=12(m1+m2)v共2+Epm。
(2)弹簧处于原长时弹性势能为零。
①系统动量守恒:m1v0=m1v1+m2v2;
②系统机械能守恒:12m1v02=12m1v12+12m2v22。
[例6] 【“滑块—斜(曲)面”模型】(2025·江苏徐州阶段检测)如图所示,光滑水平面上静置一个质量M=3 kg的滑块,滑块的一侧是一个四分之一弧形槽,凹槽半径R=0.6 m,E点切线水平。一个质量m=1 kg的小球以速度v0=8 m/s从E点冲上滑块,从F点脱离滑块。重力加速度大小g取10 m/s2,不计一切摩擦。求:
(1)小球脱离滑块时,滑块的速度大小;
(2)小球离地的最大高度;
(3)小球回到圆弧轨道E点时对滑块的压力大小。
【答案】 (1)2 m/s (2)2.4 m (3)116.7 N
【解析】 (1)小球和滑块在水平方向上动量守恒,当小球脱离滑块时,两者在水平方向上速度相同,因此可得mv0=(m+M)v1,
解得v1=2 m/s。
(2)小球运动的整个过程中,系统机械能守恒,因此由机械能守恒定律可得
mgh=12mv02-12(m+M)v12,
解得h=2.4 m。
(3)小球从冲上滑块到回到圆弧轨道E点的过程可以看作弹性碰撞,因此可得
mv0=mv2+Mv3,
12mv02=12mv22+12Mv32,
联立解得
v2=-4 m/s,
v3=4 m/s,
小球与滑块运动方向相反,因此小球回到圆弧轨道E点时可得
FN-mg=m(v2-v3)2R,
解得FN=3503N≈116.7 N,由牛顿第三定律可得,小球对滑块的压力大小为116.7 N。
滑块两个位置特点
(1)上升到最大高度:滑块m与斜(曲)面M具有共同水平速度v共,此时滑块m的竖直速度vy=0。
(2)返回最低点:滑块m与斜(曲)面M分离且速度均沿水平方向。
(满分:70分)
对点1.碰撞模型
1.(4分)(2024·上海黄浦开学考试)下列关于碰撞说法正确的是( )
[A] 通常碰撞时间很短,所以物体不会形变
[B] 质量不等的物体碰撞,质量较大的物体动量变化量小
[C] 物体碰撞前后,系统的机械能不会增加
[D] 物体碰撞过程中,相互作用力做功代数和为零
【答案】 C
【解析】 通常碰撞时间很短,物体仍然受力,会形变,故A错误;质量不等的物体碰撞,由动量守恒可知,两物体动量变化量大小相等,故B错误;物体碰撞前后,无外力对系统做功,系统的机械能不会增加,故C正确;物体在非弹性碰撞过程中,相互作用力做功代数和为负值,从而使部分机械能转化为内能,故D错误。
2.(4分)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=12mAvA′2+12mBvB′2=57 J,大于碰前的总动能Ek前=12mAvA2+12mBvB2=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。
3.(4分)(2024·江苏无锡期中)如图所示为杂技表演“胸口碎大石”。当大石块获得的速度较小时,下面的人感受到的震动就会较小,人的安全性就较强。若大石块的质量是铁锤的100倍,则撞击后大石块的速度可能为铁锤碰撞前速度的( )
[A] 125[B] 175[C] 1150[D] 1200
【答案】 B
【解析】 如果发生的是完全非弹性碰撞mv0=(100m+m)v,解得v=1101v0,如果发生弹性碰撞,根据动量守恒定律与机械能守恒定律得mv0=100mv1+mv2,12mv02=12×100mv12+12mv22,解得v1=2101v0,碰后速度介于两者之间。故选B。
4.(6分)(2025·云南高考适应性考试)(多选)如图甲所示,内表面光滑的“”形槽固定在水平地面上,完全相同的两物块a、b(可视为质点)置于槽的底部中点。t=0时,a、b分别以速度v1、v2向相反方向运动,已知b开始运动后速度v随时间t的变化关系如图乙所示,所有的碰撞均视为弹性碰撞且碰撞时间极短。下列说法正确的是( )
[A] 前17 s内a与b共碰撞3次
[B] 初始时a的速度大小为1 m/s
[C] 前17 s内b与槽的侧壁碰撞3次
[D] 槽内底部长为10 m
【答案】 BC
【解析】 由题意知,b与槽碰撞时速度大小不变,方向相反,b与a碰撞时速度大小改变。由题图乙可知,前17 s内,b与槽碰撞3次,与a碰撞4次,故A错误,C正确;a与b首次碰撞时,两者交换速度,可知初始时a的速度大小为v1=1 m/s,b的速度大小为v2=2 m/s,故B正确;b由槽底部中点出发,向右运动t=2 s后到达槽的右端,设槽内底部长度为L,则有12L=v2t,解得L=8 m,故D错误。
5.(6分)(2025·四川高考适应性考试)(多选)如图,小球X、Y用不可伸长的等长轻绳悬挂于同一高度,静止时恰好接触,拉起X,使其在竖直方向上升高度h后由静止释放,X做单摆运动到最低点与静止的Y正碰。碰后X、Y做步调一致的单摆运动,上升最大高度均为h4,若X、Y的质量分别为mX和mY,碰撞前后X、Y组成系统的动能分别为Ek1和Ek2,则( )
[A] mXmY=1[B] mXmY=2
[C] Ek1Ek2=2[D] Ek1Ek2=4
【答案】 AC
【解析】 小球X由最高点运动到与小球Y发生碰撞的过程,根据机械能守恒定律有mXgh=12mXv12=Ek1,两球碰撞后一起上升到最高点的过程,有 Ek2=12(mX+mY)v22=(mX+mY)g·h4,两球碰撞过程,根据动量守恒有mXv1=(mX+mY)v2,联立得mXmY=1,Ek1Ek2=2。
对点2.碰撞模型拓展
6.(4分)如图所示,一个质量为M的滑块放置在水平面上,滑块的一侧是一个四分之一圆弧EF,圆弧半径R=1 m。E点与水平面相切。另有一个质量为m的小球以v0=5 m/s的初速度水平向右从E点冲上滑块,若小球刚好没越过圆弧的上端,已知重力加速度大小g取10 m/s2,不计一切摩擦。则滑块与小球质量的比值Mm为( )
[A] 2[B] 3[C] 4[D] 5
【答案】 C
【解析】 根据题意,小球上升到滑块上端时,小球与滑块的速度相同,设为v1,根据动量守恒定律有mv0=(m+M)v1,根据机械能守恒定律有12mv02=12(m+M)v12+mgR,联立解得Mm=4,故选C。
7.(6分)(2024·山东济南阶段检测)(多选)在光滑水平面上有a、b两物体沿同一直线相向运动,当两物体间距离小于或等于d时会受到大小相等、方向相反的相互排斥的恒力作用,两物体间距离大于d时相互排斥力消失。两物体始终未接触,其v-t图像如图所示,下列说法正确的是( )
[A] a、b两物体在t3时刻相距最近
[B] a、b两物体质量之比为ma∶mb=2∶1
[C] a、b两物体相互作用结束后b物体的速度一定为2v0
[D] 整个过程中a、b系统动能损失的最大值为系统初动能的12
【答案】 AC
【解析】 由题意知,a、b两物体沿同一直线相向运动,t2时刻b物体减速到零,之后反向加速,可以看出t2～t3时间内,a、b同方向运动,且a的位移大于b的位移,即两者在靠近,当速度相等时,两者距离最近,之后两者距离又增大,即t3时刻a、b间距离最小,故A正确;因为当小球间距小于或等于d时,会受到大小相等、方向相反的相互排斥的恒力作用,设a、b两物体的质量分别为m1、m2,由题图可得a1=v0-v02t3-t1=v02t3-t1=Fm1,a2=v02-(-v0)t3-t1=3v02t3-t1=Fm2,由题意可知,a、b两物体组成的系统动量守恒,由题图可知,最终a物体速度减为零,则m1v0-m2v0=m2v,解得m1=3m2,v=2v0,故B错误,C正确;由题意可得,类似于完全非弹性碰撞,当两物体速度相等时,动能损失最大,由题图可知,此时两物体的总动能为Ek=12(m1+m2)(v02)2=12m2v02,而初动能为Ek0=12m1v02+12m2v02=2m2v02,所以损失的动能最大值为ΔEk=Ek0-Ek=32m2v02,即ΔEkEk0=34,故D错误。
8.(14分)(2024·广东二模)小华受《三国演义》的启发,设计了一个“借箭”游戏模型。如图所示,城堡上装有一根足够长的光滑细杆,杆上套一个质量为m3=160 g的金属环,金属环用轻绳悬挂着一个质量为m2=210 g的木块,静止在城墙上方。若士兵以一定角度射出质量为m1=30 g的箭,箭刚好水平射中木块并留在木块中(箭与木块的作用时间很短),之后带动金属环运动。已知箭的射出点到木块的水平距离为s=80 m、竖直高度为H=20 m,g取10 m/s2,箭、木块、金属环均可视为质点,忽略空气阻力。
(1)求箭射中木块并留在木块中瞬间整体的速度大小;
(2)若箭和木块整体上升的最大高度小于绳长,求其第一次回到最低点时速度大小。
【答案】 (1)5 m/s (2)1 m/s
【解析】 (1)箭射出后做斜抛运动,设水平方向速度为vx,根据题意vxt=s,12gt2=H,
解得vx=40 m/s,
在箭与木块的相互作用的过程中两者动量守恒
m1vx=(m1+m2)v,
解得v=5 m/s。
(2)在木块与金属环一起向右运动再回到最低点过程中,由水平方向动量守恒、机械能守恒得
(m1+m2)v=(m1+m2)v1+m3v2,
12(m1+m2)v2=12(m1+m2)v12+12m3v22,
解得v1=1 m/s,另一解舍去。
9.(6分)(2025·内蒙古高考适应性考试)(多选)如图,在竖直平面内,一水平光滑直导轨与半径为2L的光滑圆弧导轨相切于N点,M点右侧有平行于导轨面斜向左下的匀强电场。不带电小球甲以5gL 的速度向右运动,与静止于M点、带正电的小球乙发生弹性正碰。碰撞后,甲运动至MN中点时,乙恰好运动至N点,之后乙沿圆弧导轨最高运动至P点,不考虑此后的运动。已知甲、乙的质量比为4∶1,M、N之间的距离为6L,NP的圆心角为45°,重力加速度为g,全程不发生电荷转移。乙从M运动到N的过程( )
[A] 最大速度为8gL
[B] 所用时间为34Lg
[C] 加速度大小为4g
[D] 受到的静电力是重力的5倍
【答案】 ACD
【解析】 甲、乙发生弹性正碰,则有m甲v0=m甲v1+m乙v2,12m甲v02=12m甲v12+12m乙v22,联立解得v1=35v0=3gL,v2=85v0=8gL,此后乙在电场力作用下做减速运动,所以乙的最大速度为8gL,故A正确;乙从M点运动到N点,甲恰好运动到MN中点,甲做匀速直线运动,时间为t=3Lv1=Lg,故B错误;乙从M运动到N的过程中,做匀减速直线运动,根据位移时间关系有6L=v2t-12at2,解得加速度大小a=4g,故C正确;由于NP所对的圆心角为45°,设电场线方向与水平方向的夹角为θ,乙从M到P,根据动能定理有-Fcs θ(6+2)L-(m乙g+Fsin θ)(2-2)L=0-12m乙v22,根据C选项分析可知Fcs θ=4m乙g,联立可得Fsin θ=3m乙g,所以θ=37°,F=5m乙g,故D正确。
10.(16分)(2024·辽宁辽阳模拟)如图所示,质量为4m、半径为R的光滑四分之一圆弧体A静止在足够大的光滑水平面上,水平面刚好与圆弧面的最底端相切,轻弹簧放在光滑水平面上,左端固定在竖直固定挡板上,用外力使质量为m的小球B压缩弹簧(B与弹簧不连接),由静止释放小球,小球被弹开后运动到圆弧体的最高点时,恰好与圆弧体相对静止,不计小球的大小,重力加速度为g。求:
(1)弹簧具有的最大弹性势能;
(2)小球B第一次滚上圆弧面的一瞬间对圆弧面的压力大小;
(3)小球B第二次滚上圆弧面后,上升的最大高度。
【答案】 (1)1.25mgR (2)3.5mg (3)0.04R
【解析】 (1)设弹簧开始具有的最大弹性势能为Ep,设小球被弹开后速度大小为v0,
根据能量守恒定律有Ep=12mv02,
滚上圆弧面最高点后速度大小为v1,
根据水平方向动量守恒定律有mv0=5mv1,
根据能量守恒定律有
12mv02=12×5mv12+mgR,
解得Ep=54mgR=1.25mgR。
(2)由(1)可解得v0=52gR,
小球B第一次滚上圆弧面的一瞬间
FN-mg=mv02R,
解得FN=72mg=3.5mg,
根据牛顿第三定律可知,小球对圆弧面的压力大小FN′=FN=3.5mg。
(3)设小球第一次离开圆弧面时,小球的速度大小为v2、圆弧体的速度大小为v3,根据动量守恒定律有mv0=4mv3-mv2,根据能量守恒定律有
12mv02=12×4mv32+12mv22,
从小球第二次滚上圆弧面到上升到最高点过程中,设上升到最高点时共同速度为v4,上升的最大高度为h,根据动量守恒定律有
4mv3+mv2=5mv4,
根据能量守恒定律有
12×4mv32+12mv22=12×5mv42+mgh,
解得h=125R=0.04R。
质量为m1、速度为v1的小球A与质量为m2的静止小球B发生弹性碰撞。
试分析:(1)若m1=m2,则碰后,两者的速度v1′、v2′分别是多少?
(2)若m1>m2,则碰后两者的速度v1′、v2′方向有什么特点?当m1≫m2时,两者的速度v1′、v2′大小有什么特点?
(3)若m1m2时,v1′>0,v2′>0,且v2′>v1′(大碰小,一起跑);当m1≫m2时,v1′≈v1,v2′≈2v1(极大碰极小,大不变,小加倍)
(3)当m1