高中物理人教版 (2019)选择性必修 第一册第一章 动量守恒定律5 弹性碰撞和非弹性碰撞精品导学案

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一、弹性碰撞和非弹性碰撞
1．碰撞是我们日常生活中常见到的现象，台球桌上台球的碰撞(图甲)，汽车碰撞测试中两车的相向碰撞(碰撞后均静止)(图乙)等，这些碰撞有哪些相同点？又有哪些不同？(从动量和能量的角度进行分析)
甲 乙
答案 相同点是碰撞过程持续时间极短，此过程中内力远大于外力，碰撞满足动量守恒；不同点是碰撞过程中机械能损失有多有少，图甲损失的机械能相比碰撞前的机械能占比较小，图乙损失的机械能相比碰撞前的机械能占比较大。
2．在本章第一节图1.1－2 实验中，碰撞后两车粘在一起，总动能减少。
(1)碰撞过程中总动能减小的原因是什么？
(2)是否可以改变小车质量和碰前速度使碰撞前后总动能不变？
(3)为了尽量减少总动能的损失，可以对实验装置怎么进行改进？
答案 (1)碰撞中有机械能转化为内能。
(2)通过数据分析知不可以。
(3)两辆小车安装弹性碰撞架。
1．碰撞的特点
(1)时间特点：在碰撞现象中，相互作用的时间很短。
(2)相互作用力的特点：在相互作用过程中，相互作用力先是急剧增大，然后急剧减小，平均作用力很大。
(3)动量守恒条件的特点：系统的内力远远大于外力，所以系统即使所受合外力不为零，外力也可以忽略，系统的总动量守恒。
(4)位移特点：碰撞过程是在一瞬间发生的，时间极短，在物体发生碰撞的瞬间，可忽略物体的位移，认为物体在碰撞前后仍在同一位置。
(5)能量特点：碰撞前总动能Ek与碰撞后总动能Ek′，满足Ek≥Ek′。
2．碰撞的分类
(1)弹性碰撞：系统在碰撞前后动能不变。
(2)非弹性碰撞：系统在碰撞后动能减少。

(1)发生碰撞的两个物体动量守恒。( √ )
(2)发生碰撞的两个物体，机械能一定是守恒的。( × )
(3)两球在光滑水平面上发生非弹性碰撞时，系统动量是守恒的。( √ )
例1 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？
答案 见解析
解析 根据动量守恒定律得2mv′＝mv，则v′＝eq \f(v,2)
碰撞前的总动能Ek＝eq \f(1,2)mv2
碰撞后的总动能Ek′＝eq \f(1,2)×2mv′2＝eq \f(1,4)mv2
可见，碰撞后系统的总动能小于碰撞前系统的总动能。
1．完全非弹性碰撞：碰撞后两物体合为一体或者具有共同的速度。
2．完全非弹性碰撞中的半能损失：在一动撞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一半。
例2 如图所示，光滑水平桌面上一只质量为5.0 kg的保龄球，撞上一只原来静止，质量为1.5 kg的球瓶。此后球瓶以3.0 m/s的速度向前飞出，而保龄球以2.0 m/s的速度继续向前运动，求：
(1)碰撞前保龄球的速度大小；
(2)通过计算判断该碰撞是弹性碰撞还是非弹性碰撞。
答案 (1)2.9 m/s (2)非弹性碰撞
解析 (1)设碰撞前保龄球的速度为v1，根据动量守恒定律有
Mv1＝Mv1′＋mv2
解得v1＝2.9 m/s
(2)保龄球和球瓶组成的系统初、末动能分别为
Ek0＝eq \f(1,2)Mv12＝21.025 J
Ek1＝eq \f(1,2)Mv1′2＋eq \f(1,2)mv22＝16.75 J
因为Ek1二、弹性碰撞的实例分析
如图所示，质量为m1的小球A以速度v1向右与质量为m2的静止小球B发生碰撞，若两者间的碰撞是弹性碰撞且两球碰撞前后的速度均在一条直线上。
根据下列提示，求碰后A、B两球的速度v1′、v2′。
碰撞过程中动量守恒，表达式为________________________________________________①
碰撞前后动能相等，表达式为__________________________________________________②
由①式得m1(v1－v1′)＝m2v2′
由②式得m1(v12－v1′2)＝m2v2′2
联立以上两式得v1′＋v1＝v2′
由上面关系式可解得v1′＝________，v2′＝________。(请记住这两个结果，以便今后直接使用)
答案 m1v1＝m1v1′＋m2v2′
eq \f(1,2)m1v12＝eq \f(1,2)m1v1′2＋eq \f(1,2)m2v2′2
eq \f(m1－m2,m1＋m2)v1 eq \f(2m1,m1＋m2)v1
正碰：两个小球相碰，碰撞之前球的运动速度与两球心的连线在同一条直线上，碰撞之后两球的速度仍会沿着这条直线，这种碰撞称为正碰，也叫作对心碰撞或一维碰撞。
1．以碰前物体m1速度的方向为正方向
(1)若m1＝m2，则有v1′＝0，v2′＝v1，即碰撞后两球速度互换。
(2)若m1>m2，则v1′>0, v2′>0(均填“>”“＝”或“<”)，表示v1′和v2′都与v1方向相同(填“相同”或“相反”)。
(3)若m1”“＝”或“<”)，表示v1′与v1方向相反(填“相同”或“相反”)。
2．继续思考：
(1)若m1≫m2，则v1′＝v1，v2′＝2v1；
(2)若m1≪m2，则v1′＝－v1，v2′＝0。
(1)在光滑水平面上发生正碰的两个小球，所组成的系统机械能一定是守恒的。( × )
(2)两个质量相同的物体发生碰撞，碰后速度一定相互交换。( × )
例3 (2023·长治市第二中学月考)质量m1＝4 kg、速度v0＝3 m/s的A球与质量m2＝2 kg且静止的B球在光滑水平面上发生正碰。若发生弹性碰撞，碰后A、B两球速度分别为多少？
答案 1 m/s 4 m/s
解析 两球发生弹性碰撞，则满足动量守恒和机械能守恒，有
m1v0＝m1v1＋m2v2
eq \f(1,2)m1v02＝eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22
代入数据解得v1＝1 m/s，v2＝4 m/s
针对训练1 速度为10 m/s的塑料球与静止的钢球发生正碰，钢球的质量是塑料球的4倍，碰撞是弹性的，求碰撞后两球的速度。
答案 见解析
解析 以塑料球初速度方向为正方向，由于是弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得：
m1v1＝m1v1′＋m2v2′
eq \f(1,2)m1v12＝eq \f(1,2)m1v1′2＋eq \f(1,2)m2v2′2
解得塑料球速度v1′＝－6 m/s，方向与塑料球初速度方向相反
钢球速度v2′＝4 m/s，方向与塑料球初速度方向相同。
三、碰撞的可能性
碰撞问题遵循的三个原则：
(1)系统动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′。
(2)系统动能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或eq \f(p12,2m1)＋eq \f(p22,2m2)≥eq \f(p1′2,2m1)＋eq \f(p2′2,2m2)。
(3)速度要合理：
碰撞前、后碰撞双方运动速度之间的关系必须合理。如果碰前两物体同向运动，有v后>v前，否则无法实现碰撞。碰撞后，原来在前的物体的速度一定增大，若碰后两物体同向运动，有v前′≥v后′，否则碰撞还没有结束。
例4 质量为m、速度为v的A球跟质量为3m的静止B球发生正碰。碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此，碰撞后B球的速度可能有不同的值。请你论证：碰后B球的速度可能是以下值吗？
(1)0.6v；(2)0.4v。
答案 见解析
解析 若A、B发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得，B获得的最大速度满足：
vmax＝eq \f(2m,m＋3m)v＝0.5v
若A、B发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律，B获得的最小速度满足：mv＝(m＋3m)vmin
解得vmin＝eq \f(mv,m＋3m)＝0.25v
故B球速度可能是0.4v，但不可能是0.6v。
一动一静碰撞问题的讨论
质量为m1的球a以速度v1和静止的质量为m2的球b碰撞，碰后球a、b的速度分别为v1′和v2′。根据能量损失情况不同，讨论碰后可能出现的情况如下：
(1)弹性碰撞：v1′＝eq \f(m1－m2,m1＋m2)v1，v2′＝eq \f(2m1,m1＋m2)v1。
(2)完全非弹性碰撞：v1′＝v2′＝eq \f(m1,m1＋m2)v1。
(3)一般情况下(即非弹性碰撞)：
eq \f(m1,m1＋m2)v1≥v1′≥eq \f(m1－m2,m1＋m2)v1，
eq \f(2m1,m1＋m2)v1≥v2′≥eq \f(m1,m1＋m2)v1。
例5 (多选)质量为1 kg的小球以4 m/s的速度与质量为2 kg的静止小球正碰，关于碰后的速度v1′和v2′，可能正确的是( )
A．v1′＝v2′＝eq \f(4,3) 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
答案 AD
解析 由碰撞前后系统总动量守恒知m1v1＝m1v1′＋m2v2′，总动能不增加，则Ek≥Ek1′＋Ek2′，验证A、B、D三项皆有可能。但B项碰后后面小球的速度大于前面小球的速度，不符合实际，故A、D项正确。
针对训练2 甲、乙两球在水平光滑轨道上同方向运动，已知它们的动量分别是p1＝5 kg·m/s，p2＝7 kg·m/s，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为10 kg·m/s，则两球质量m1与m2间的关系可能是( )
A．m1＝m2 B．2m1＝m2
C．4m1＝m2 D．6m1＝m2
答案 C
解析 甲、乙两球在碰撞过程中动量守恒，有p1＋p2＝p1′＋p2′，即p1′＝2 kg·m/s。由于在碰撞过程中，不可能有其他形式的能量转化为机械能，只能是系统内物体间机械能的相互转化或一部分机械能转化为内能，因此系统的机械能不会增加。所以有eq \f(p12,2m1)＋eq \f(p22,2m2)≥eq \f(p1′2,2m1)＋eq \f(p2′2,2m2)，解得m1≤eq \f(7,17)m2；因为题目给出物理情景是“甲从后面追上乙”，要符合这一物理情景，就必须有eq \f(p1,m1)>eq \f(p2,m2)，即m1eq \f(1,5)m2.综上可得选项C正确。
课时对点练
考点一 对碰撞问题的理解
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
答案 A
解析 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．(多选)如图所示，两个物体1和2在光滑水平面上以相同动能相向运动，它们的质量分别为m1和m2，且m1A．两物体将向左运动
B．两物体将向右运动
C．两物体组成系统机械能损失最大
D．两物体组成系统机械能损失最小
答案 AC
解析 物体的动量p＝eq \r(2mEk)，已知两物体动能Ek相等，又知m13．(多选)(2022·重庆巴蜀中学期中)质量为mA的A球，以某一速度沿光滑水平面向静止的B球运动，并与B球发生弹性正碰，假设B球的质量mB可选取不同的值，则下列说法正确的是( )
A．当mB＝mA时，碰后A、B两球共速
B．当mB＝mA时，碰后两球互换速度
C．当mB>mA时，碰后A球反向运动
D．当mB答案 BC
解析 发生弹性正碰，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有mAv0＝mAv1＋mBv2，eq \f(1,2)mAv02＝eq \f(1,2)mAv12＋eq \f(1,2)mBv22，解得v1＝eq \f(mA－mB,mA＋mB)v0，v2＝eq \f(2mA,mA＋mB)v0。当mB＝mA时，v1＝0，v2＝v0，碰后两球互换速度，A错误，B正确；当mB>mA时，v1＝eq \f(mA－mB,mA＋mB)v0<0，碰后A球反向运动，C正确；当mB考点二 碰撞问题的计算
4．(多选)(2022·宁夏大学附中高二期末)如图所示，小球A的质量为mA＝5 kg，动量大小为pA＝4 kg·m/s，小球A水平向右运动，与静止的小球B发生弹性碰撞，碰后A的动量大小为pA′＝1 kg·m/s，方向水平向右(水平面光滑)，则( )
A．碰后小球B的动量大小为pB＝3 kg·m/s
B．碰后小球B的动量大小为pB＝5 kg·m/s
C．小球B的质量为15 kg
D．小球B的质量为3 kg
答案 AD
解析 规定水平向右的方向为正方向，碰撞过程中A、B组成的系统动量守恒，所以有pA＝pA′＋pB
解得pB＝3 kg·m/s
故A正确，B错误；
由于是弹性碰撞，所以没有动能损失，故
eq \f(pA2,2mA)＝eq \f(pA′2,2mA)＋eq \f(pB2,2mB)
解得mB＝3 kg
故C错误，D正确。
5．(2020·全国卷Ⅲ)甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。已知甲的质量为1 kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为( )
A．3 J B．4 J C．5 J D．6 J
答案 A
解析 根据题图知，碰撞前甲、乙的速度分别为v甲＝5.0 m/s，v乙＝1.0 m/s，碰撞后甲、乙的速度分别为v甲′＝－1.0 m/s，v乙′＝2.0 m/s，碰撞过程由动量守恒定律得m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲′＋m乙v乙′，解得m乙＝6 kg，碰撞过程损失的机械能ΔE＝eq \f(1,2)m甲v甲2＋eq \f(1,2)m乙v乙2－eq \f(1,2)m甲v甲′2－eq \f(1,2)m乙v乙′2，解得ΔE＝3 J，故选A。
6．(多选)(2023·哈尔滨三中高二月考)质量为m的小球A沿光滑水平面以速度v0与质量为2m的静止小球B发生正碰，则碰后B的速度可能是( )
A.eq \f(1,3)v0 B.eq \f(1,4)v0
C.eq \f(2,5)v0 D.eq \f(3,4)v0
答案 AC
解析 若小球A与小球B发生完全非弹性碰撞，则有mv0＝(m＋2m)v共，解得v共 ＝ eq \f(1,3)v0，若小球A与小球B发生弹性碰撞，则有mv0＝mvA′＋2mvB′，eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)mvA′2＋eq \f(1,2)×2mvB′2，解得vB′＝eq \f(2,3)v0，所以碰后B的速度eq \f(1,3)v0≤vB≤eq \f(2,3)v0，故选A、C。
考点三 碰撞可能性的判断
7．(多选)两个小球A、B在光滑的水平地面上相向运动，已知它们的质量分别是mA＝4 kg，mB＝2 kg，A的速度vA＝3 m/s(设为正)，B的速度vB＝－3 m/s，则它们发生正碰后，其速度可能分别为( )
A．均为＋1 m/s
B．＋4 m/s和－5 m/s
C．＋2 m/s和－1 m/s
D．－1 m/s和＋5 m/s
答案 AD
解析 由动量守恒，可验证四个选项都满足要求．再看动能变化情况，Ek前＝eq \f(1,2)mAvA2＋eq \f(1,2)mBvB2＝27 J，Ek后＝eq \f(1,2)mAvA′2＋eq \f(1,2)mBvB′2，由于碰撞过程中总动能不可能增加，所以应有Ek前≥Ek后，据此可排除B；选项C虽满足Ek前≥Ek后，但A、B沿同一直线相向运动，发生碰撞后各自仍然保持原来的速度方向，这显然是不符合实际的，因此选项C错误；验证A、D均满足Ek前≥Ek后，且碰后状态符合实际，故A、D正确。
8．(2023·重庆八中月考)在光滑水平面上，有两个小球A、B沿同一直线同向运动，B在前，A在后。已知碰前两球的动量分别为pA＝12 kg·m/s、pB＝13 kg·m/s，碰撞前后，它们动量的变化量分别为ΔpA、ΔpB。下列数值可能正确的是( )
A．ΔpA＝－4 kg·m/s、ΔpB＝4 kg·m/s
B．ΔpA＝4 kg·m/s、ΔpB＝－4 kg·m/s
C．ΔpA＝－24 kg·m/s、ΔpB＝24 kg·m/s
D．ΔpA＝24 kg·m/s、ΔpB＝－24 kg·m/s
答案 A
解析 ΔpA＝－4 kg·m/s、ΔpB＝4 kg·m/s，知碰后两球的动量分别为pA′＝8 kg·m/s，pB′＝17 kg·m/s，符合动量守恒定律，而且碰撞后A的动能减小，B的动能增大，总动能可能不增加，也不违反不可穿越原理，故选项A正确；由B、D所给动量变化量可知，碰撞后，A的动量沿原方向增大，即违反了不可穿越原理，故B、D错误；ΔpA＝－24 kg·m/s、ΔpB＝24 kg·m/s，碰后两球的动量分别为pA′＝－12 kg·m/s，pB′＝37 kg·m/s，可以看出，碰撞后A的动能不变，B的动能增大，违反了能量守恒定律，故C错误。
9．(多选)如图甲所示，在光滑水平面上的两个小球发生正碰，小球的质量分别为m1和m2，图乙为它们碰撞前后的x－t图像，已知m1＝0.1 kg，由此可以判断( )
A．碰前m2静止，m1向右运动
B．碰后m1和m2都向右运动
C．由动量守恒可以算出m2＝0.3 kg
D．碰撞过程中系统损失了0.4 J的机械能
答案 AC
解析 碰前m2的位移不随时间而变化，处于静止状态，m1的速度大小为v1＝eq \f(Δx,Δt)＝4 m/s，方向只有向右才能与m2相撞，故A正确；由题图乙可知，向右为正方向，碰后m2的速度方向为正方向，说明m2向右运动，而m1的速度方向为负方向，说明m1向左运动，故B错误；由题图乙可求出碰后m2和m1的速度分别为v2′＝2 m/s，v1′＝－2 m/s，根据动量守恒定律得m1v1＝m2v2′＋m1v1′，代入解得m2＝0.3 kg，故C正确；碰撞过程中系统损失的机械能为ΔE＝eq \f(1,2)m1v12－eq \f(1,2)m1v1′2－eq \f(1,2)m2v2′2＝0，故D错误。
10．(多选)(2022·山东泰安高二检测)如图所示，在光滑水平面上，有两个半径相等的小球A、B，质量分别为mA、mB。A向右运动过程中与静止的B发生正碰，碰后两球动量相同，则mA与mB的关系可能是( )
A．mA＝0.5mB B．mA＝2mB
C．mA＝3mB D．mA＝4mB
答案 BC
解析 取向右为正方向，根据动量守恒定律得
mAv0＝mAvA＋mBvB
根据碰撞过程总动能不增加有
eq \f(1,2)mAv02≥eq \f(1,2)mAvA2＋eq \f(1,2)mBvB2
据题有mAvA＝mBvB，又有vA≤vB
联立解得mB≤mA≤3mB，故B、C正确。
11．(多选)质量为m的小球A，沿着光滑水平面以v0的速度与质量为2m的静止小球B发生正碰，碰撞后A球的动能变为原来的eq \f(1,9)，那么碰撞后小球B的速度可能是( )
A.eq \f(1,3)v0 B.eq \f(2,3)v0
C.eq \f(4,9)v0 D.eq \f(5,9)v0
答案 AB
解析 根据Ek＝eq \f(1,2)mv2，碰撞后A球的动能变为原来的eq \f(1,9)，则A球的速度变为vA′＝±eq \f(1,3)v0，正、负表示方向有两种可能。
当vA′＝eq \f(1,3)v0时，vA′与v0同向，有
mv0＝eq \f(1,3)mv0＋2mvB，解得vB＝eq \f(1,3)v0
当vA′＝－eq \f(1,3)v0时，vA′与v0反向，有
mv0＝－eq \f(1,3)mv0＋2mvB，解得vB＝eq \f(2,3)v0，故选A、B。
12．如图所示，ABC为一固定在竖直平面内的光滑轨道，BC段水平，AB段与BC段平滑连接，质量为m1的小球从高为h处由静止开始沿轨道下滑，与静止在轨道BC段上质量为m2的小球发生碰撞，碰撞后两球的运动方向处于同一水平线上，且在碰撞过程中无机械能损失，重力加速度为g，求碰撞后小球m2的速度大小v2。
答案 eq \f(2m1\r(2gh),m1＋m2)
解析 设碰撞前m1的速度为v0，根据机械能守恒定律有m1gh＝eq \f(1,2)m1v02
设碰撞后m1与m2的速度分别为v1和v2，根据动量守恒定律有m1v0＝m1v1＋m2v2
由于碰撞过程中无机械能损失，有
eq \f(1,2)m1v02＝eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22
联立解得v2＝eq \f(2m1\r(2gh),m1＋m2)。
13.如图所示，光滑平台上有两个刚性小球A和B，质量分别为2m和3m，小球A以速度v0向右运动并与静止的小球B发生碰撞(碰撞过程中不损失机械能)，小球B飞出平台后经时间t刚好掉入装有沙子向左运动的小车中，小车与沙子的总质量为m，速度为2v0，小车行驶的路面近似看作是光滑的，求：
(1)碰撞后小球A和小球B的速度大小；
(2)小球B掉入小车后的速度大小。
答案 (1)eq \f(1,5)v0 eq \f(4,5)v0 (2)eq \f(1,10)v0
解析 (1)A球与B球碰撞过程中系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得
mAv0＝mAv1＋mBv2
碰撞过程中系统机械能守恒，有
eq \f(1,2)mAv02＝eq \f(1,2)mAv12＋eq \f(1,2)mBv22
解得v1＝－eq \f(1,5)v0，v2＝eq \f(4,5)v0，碰后A球向左运动，B球向右运动。
(2)B球掉入沙车过程中系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得
mBv2－m车·2v0＝(mB＋m车)v′
解得v′＝eq \f(1,10)v0。
14．(2023·山东青岛二中月考)在冰壶比赛中，球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所示，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。碰撞前后两壶的v－t图像如图b所示。
(1)蓝壶运动时加速度多大？
(2)碰撞后两壶相距的最远距离为多少？
(3)请通过计算说明两壶是否发生了弹性碰撞。
答案 (1)0.3 m/s2 (2)1.275 m (3)没有发生弹性碰撞
解析 (1)由题图b可知，碰前瞬间红壶的速度v0＝1.2 m/s，碰后瞬间红壶的速度为v红＝
0.3 m/s，根据动量守恒定律可得mv0＝mv红＋mv蓝
解得v蓝＝0.9 m/s
根据三角形相似知eq \f(1.6－1.2,1.6)＝eq \f(1 s,t1)
解得t1＝4 s
蓝壶运动时间为Δt＝4 s－1 s＝3 s
蓝壶的加速度大小为a＝eq \f(v蓝－0,Δt)＝0.3 m/s2
(2)碰撞后蓝壶速度一直大于红壶，故在蓝壶静止前两壶距离一直在增大，速度时间图像与横轴围成的面积表示位移，则碰后两壶相距的最远距离为
s＝eq \f(0.9×3,2) m－eq \f(0.3×0.5,2) m＝1.275 m
(3)碰撞前瞬间两壶的总动能为Ek1＝eq \f(1,2)mv02＋0＝0.72m(J)
碰撞后瞬间两壶的总动能为Ek2＝eq \f(1,2)mv蓝2＋eq \f(1,2)mv红2＝0.45m(J)
则Ek1>Ek2，所以两壶碰撞为非弹性碰撞。