【物理】2020届一轮复习人教版动力学、能量和动量观点在电磁感应中的应用课时作业
2020届一轮复习人教版 动力学、能量和动量观点在电磁感应中的应用 课时作业
1．如图所示，匀强磁场存在于虚线框内，矩形线圈竖直下落，如果线圈受到的磁场力总小于其重力，则它在1、2、3、4位置时的加速度关系为( )
A．a1>a2>a3>a4 B．a1＝a3>a2>a4
C．a1＝a3>a4>a2 D．a4＝a2>a3>a1
答案 B
解析 未进磁场前和全部进入磁场后，都仅受重力，所以加速度a1＝a3＝g。线框在图2位置时，受到重力和向上的安培力，且已知F安
a2>a4，B正确。
2. (多选)如图所示，两光滑平行倾斜导轨PQ、EF所在平面与水平面的夹角为θ，匀强磁场垂直于导轨所在平面斜向下，导轨下端接一电阻R，质量为m的导体棒用平行于导轨的细线拴住置于导轨上，线的另一端跨过光滑定滑轮挂着一个质量为M的砝码，按住导体棒，整个装置处于静止状态，放手后，导体棒被细线拉着沿导轨向上运动一段位移s后，速度恰好达到最大值v(导体棒及导轨电阻忽略不计)，在此过程中( )
A．细线的拉力始终等于Mg
B．导体棒做加速度逐渐减小的加速运动
C．细线的拉力与安培力的合力对导体棒做的功等于导体棒增加的机械能
D．电阻R产生的热量Q＝Mgs－mgssinθ－mv2
答案 BC
解析 对于导体棒，从静止释放后先做加速运动，随着速度增大，由公式F安＝知，导体棒所受的安培力增大，对砝码、导体棒分析可得Mg－T＝Ma，T－mgsinθ－F安＝ma，解得a＝，当F安增大时加速度减小，则导体棒和砝码都做加速度逐渐减小的加速运动，加速运动时细线的拉力小于砝码的重力，A错误，B正确；对于导体棒，根据功能关系可知除重力之外，细线的拉力与安培力的合力对导体棒做的功等于导体棒增加的机械能，C正确；对于系统，根据能量守恒得：电阻R产生的热量Q＝Mgs－mgssinθ－(m＋M)v2，D错误。
3. (多选)如图所示，两根相距为d的足够长的光滑金属导轨固定在水平面上，导轨电阻不计。磁感应强度为B的匀强磁场与导轨平面垂直，长度略大于d的两导体棒M、N平行地放在导轨上，导体棒的电阻均为R、质量均为m，开始两导体棒静止，现给导体棒M一个平行导轨向右的瞬时冲量I，整个过程中导体棒与导轨接触良好，下列说法正确的是( )
A．回路中始终存在逆时针方向的电流
B．棒N的最大加速度为
C．回路中的最大电流为
D．棒N获得的最大速度为
答案 BC
解析 根据右手定则可知开始回路中电流方向为逆时针，当两个导体棒以相同的速度匀速运动时，回路中的电流强度为零，故A错误；当M开始运动的瞬间，N的加速度最大，根据动量定理可得I＝mv，解得v＝，根据牛顿第二定律可得：＝ma，解得a＝，故B正确；回路中的最大电流为I流＝＝＝，故C正确；N速度最大时二者的速度相等，根据动量守恒定律可得：mv＝2mv′，解得v′＝＝，故D错误。
4．(多选)如图甲所示，电阻不计且间距L＝1 m的光滑平行金属导轨竖直放置，上端接一阻值R＝2 Ω的电阻，虚线OO′下方有垂直于导轨平面向里的匀强磁场，现将质量m＝0.1 kg、电阻不计的金属杆ab从OO′上方某处由静止释放，金属杆在下落的过程中与导轨保持良好接触且始终水平。已知杆ab进入磁场时的速度v0＝1 m/s，下落0.3 m的过程中加速度a与下落距离h的关系图象如图乙所示，g取10 m/s2，则( )
A．匀强磁场的磁感应强度为2 T
B．杆ab下落0.3 m时金属杆的速度为1 m/s
C．杆ab下落0.3 m的过程中R上产生的热量为0.2 J
D．杆ab下落0.3 m的过程中通过R的电荷量为0.25 C
答案 AD
解析 当金属杆进入磁场后，根据右手定则判断可知金属杆ab中电流的方向由a到b。由乙图知，刚进入磁场时，金属杆的加速度大小a1＝10 m/s2，方向竖直向上。由牛顿第二定律得：BI1L－mg＝ma1，又I1＝＝，代入数据解得：B＝2.0 T，故A正确；由a～h图象知h＝0.3 m时a＝0，表明金属杆受到的重力与安培力平衡，有mg－BIL＝0，其中I＝，联立得：v＝0.5 m/s，故B错误；杆ab下落0.3 m的过程中，由能量守恒有mgh＝mv2＋Q，代入数据得：Q＝0.2875 J，故C错误；金属杆自由下落的高度h0＝＝0.05 m，金属杆下落0.3 m的过程中通过R的电荷量为：q＝Δt＝Δt＝＝＝，代入数据得：q＝0.25 C，故D正确。
5. (多选)如图所示，甲、乙两个完全相同的线圈，在距地面同一高度处由静止开始释放，A、B是边界范围、磁感应强度的大小和方向均完全相同的匀强磁场，只是A的区域比B的区域离地面高一些，两线圈下落时始终保持线圈平面与磁场垂直，则( )
A．甲先落地
B．乙先落地
C．甲线圈受安培力的冲量较大
D．乙线圈落地速度较小
答案 BD
解析 线圈穿过磁场区域过程受到的安培力是变力，设受到的平均安培力为F，穿过磁场的时间为Δt，下落全过程的时间为t，落地速度为v，安培力的冲量I安＝BLΔt＝BLq，而q＝＝，所以线圈受安培力的冲量相等，故C错误。线圈进入磁场克服安培力做的功W＝BL2，乙线圈进入磁场时速度较大，平均电流较大，线圈克服安培力做功较多，即产生的热量较多；根据能量守恒定律得知乙线圈落地时的速度较小，D正确。对全过程，由动量定理得：mgt－BLΔt＝mv，所以t＝，因为v乙Q2
D．Q1＋Q2＝m(v－v)
答案 ACD
解析 导体框离开磁场时，磁通量减小，根据楞次定律得，感应电流的方向为顺时针方向，故A正确。导体框在进出磁场时，速度变化，则感应电动势变化，产生的感应电流变化，则所受的安培力变化，加速度变化，则导体框做的是非匀变速运动，故B错误。因为进入磁场时的速度大于离开磁场时的速度，则进入磁场时产生的电流要比出磁场时产生的电流大，则进入磁场过程中安培力大，根据克服安培力做功等于产生的焦耳热可知Q1>Q2，C正确。由能量守恒定律可知，导体框进入磁场过程中产生的焦耳热与离开磁场过程中产生的焦耳热之和等于导体框的机械能减小量，即Q1＋Q2＝m(v－v)，D正确。
7. 如图所示，水平地面上方矩形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，两个用相同材料、相同粗细的导线绕制的单匝闭合正方形线圈1和2，其边长L1＝2L2，在距磁场上界面h
高处由静止开始自由下落，再逐渐完全进入磁场，最后落到地面，运动过程中，线圈平面始终保持在竖直平面内且下边缘平行于磁场上边界。设线圈1、2落地时的速度大小分别为v1、v2，在磁场中运动时产生的热量分别为Q1、Q2，通过线圈截面的电荷量分别为q1、q2，不计空气阻力，则( )
A．v1Q2，q1>q2 B．v1＝v2，Q1＝Q2，q1＝q2
C．v1Q2，q1＝q2 D．v1＝v2，Q1m2，v1Q2。根据q＝＝＝∝L知，q1>q2，A正确。
[真题模拟练]
8．(2018·江苏高考)(多选) 如图所示，竖直放置的“”形光滑导轨宽为L，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高和间距均为d，磁感应强度为B。质量为m的水平金属杆由静止释放，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等。金属杆在导轨间的电阻为R，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g。金属杆( )
A．刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下
B．穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间
C．穿过两磁场产生的总热量为4mgd
D．释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h可能小于
答案 BC
解析 由于金属杆进入两个磁场时的速度相等，而穿出磁场后金属杆做加速度为g的加速运动，所以金属杆进入磁场Ⅰ、Ⅱ时都做减速运动，A错误；对金属杆受力分析，根据－mg＝ma可知，金属杆在磁场中做加速度减小的减速运动，其进出磁场的vt图象如图所示，由于0～t1和t1～t2图线与t轴包围的面积相等(都为d)，所以t1>(t2－t1)，B正确；从进入Ⅰ磁场到进入Ⅱ磁场之前过程中，根据能量守恒，金属棒减小的机械能全部转化为焦耳热，所以Q1＝mg·2d，所以穿过两个磁场过程中产生的热量为4mgd，C正确；若金属杆进入磁场做匀速运动，则－mg＝0，得v＝，由前面分析可知金属杆进入磁场的速度大于，根据h＝得金属杆进入磁场的高度应大于＝，D错误。
9．(2017·天津高考) 如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R。金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下。现使磁感应强度随时间均匀减小，ab始终保持静止，下列说法正确的是( )
A．ab中的感应电流方向由b到a
B．ab中的感应电流逐渐减小
C．ab所受的安培力保持不变
D．ab所受的静摩擦力逐渐减小
答案 D
解析 根据楞次定律，ab中感应电流方向由a到b，A错误；根据E＝·S，因为恒定，所以E恒定，根据 I＝知，回路中的感应电流恒定，B错误；根据F＝BIl，由于B减小，安培力F减小，C错误；根据平衡条件，静摩擦力f＝F，故静摩擦力减小，D正确。
10．(2018·湖南师大附中高三模拟)(多选) 如图所示，正方形导线框ABCD、abcd的边长均为L，电阻均为R，质量分别为2m和m，它们分别系在一跨过两个定滑轮的轻绳两端，且正方形导线框与定滑轮处于同一竖直平面内。在两导线框之间有一宽度为2L、磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。开始时导线框ABCD的下边与匀强磁场的上边界重合，导线框abcd的上边到匀强磁场的下边界的距离为L。现将系统由静止释放，当导线框ABCD刚好全部进入磁场时，系统开始做匀速运动，不计摩擦和空气阻力，则( )
A．两线框刚开始做匀速运动时轻绳上的张力FT＝mg
B．系统匀速运动的速度大小v＝
C．两线框从开始运动至等高的过程中所产生的总焦耳热Q＝2mgL－
D．导线框abcd的ab边通过磁场的时间t＝
答案 BC
解析 两线框刚开始做匀速运动时，线框ABCD
全部进入磁场，由平衡知识可知，轻绳上的张力FT＝2mg，A错误；对线框abcd可知，两线框刚开始做匀速运动时，线框abcd的上边ab刚进入磁场，此时mg＋＝2mg，即系统匀速运动的速度大小v＝，B正确；由能量守恒定律可知，两线框从开始运动至等高的过程中所产生的总焦耳热等于两个线框的机械能的减小量，即Q＝2mg·2L－mg·2L－·3mv2＝2mgL－，C正确；ab边刚进入磁场时，mg＋FA＝2mg，匀速运动至cd边完全进入磁场时，CD边穿出磁场受安培力FA，故仍有mg＋FA＝2mg，继续做匀速运动，故导线框abcd在磁场中匀速运动，ab边通过磁场的时间t＝＝，D错误；故选B、C。
11. (2018·江苏高考)如图所示，两条平行的光滑金属导轨所在平面与水平面的夹角为θ，间距为d。导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直。质量为m的金属棒被固定在导轨上，距底端的距离为s，导轨与外接电源相连，使金属棒通有电流。金属棒被松开后，以加速度a沿导轨匀加速下滑，金属棒中的电流始终保持恒定，重力加速度为g。求下滑到底端的过程中，金属棒
(1)末速度的大小v；
(2)通过的电流大小I；
(3)通过的电荷量Q。
答案 (1) (2)
(3)
解析 (1)金属棒做匀加速直线运动v2＝2as，
解得v＝。
(2)金属棒所受安培力F安＝IdB，
金属棒所受合力F＝mgsinθ－F安，
由牛顿运动定律F＝ma，解得I＝。
(3)金属棒的运动时间t＝，
通过金属棒的电荷量Q＝It，
联立解得Q＝。
12．(2018·天津高考) 真空管道超高速列车的动力系统是一种将电能直接转换成平动动能的装置。图1是某种动力系统的简化模型，图中粗实线表示固定在水平面上间距为l
的两条平行光滑金属导轨，电阻忽略不计，ab和cd是两根与导轨垂直、长度均为l、电阻均为R的金属棒，通过绝缘材料固定在列车底部，并与导轨良好接触，其间距也为l，列车的总质量为m。列车启动前，ab、cd处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下，如图1所示，为使列车启动，需在M、N间连接电动势为E的直流电源，电源内阻及导线电阻忽略不计，列车启动后电源自动关闭。
(1)要使列车向右运行，启动时图1中M、N哪个接电源正极，并简要说明理由；
(2)求刚接通电源时列车加速度a的大小；
(3)列车减速时，需在前方设置如图2所示的一系列磁感应强度为B的匀强磁场区域，磁场宽度和相邻磁场间距均大于l。若某时刻列车的速度为v0，此时ab、cd均在无磁场区域，试讨论：要使列车停下来，前方至少需要多少块这样的有界磁场？
答案 (1)M接电源正极，理由见解析
(2) (3)见解析
解析 (1)列车要向右运动，安培力方向应向右，根据左手定则，接通电源后，金属棒中电流方向由a到b，由c到d，故M接电源正极。
(2)由题意，启动时ab、cd并联，电阻均为R，由并联电路知ab、cd中电流均为I＝①
每根金属棒受到的安培力F0＝BIl②
设两根金属棒所受安培力之和为F，有F＝2F0③
根据牛顿第二定律有F＝ma ④
联立①②③④式得a＝ ⑤
(3)设列车减速时，cd进入磁场后经Δt时间ab恰好进入磁场，此过程中穿过两金属棒与导轨所围回路的磁通量的变化量为ΔΦ，平均感应电动势为E1，由法拉第电磁感应定律有E1＝ ⑥
其中ΔΦ＝Bl2 ⑦
设回路中平均电流为I′，由闭合电路欧姆定律有
I′＝ ⑧
设cd受到的平均安培力为F′，有F′＝BI′l ⑨
以向右为正方向，设Δt时间内cd受安培力冲量为I冲，有I冲＝－F′Δt ⑩
同理可知，回路出磁场时ab受安培力冲量仍为上述值，设回路进出一块有界磁场区域安培力冲量为I0，有
I0＝2I冲 ⑪
设列车停下来受到的总冲量为I总，由动量定理有
I总＝0－mv0 ⑫
联立⑥⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得＝ ⑬
讨论：若恰好为整数，设其为n，则需设置n块有界磁场；若不是整数，设的整数部分为N，则需设置N＋1块有界磁场。
13．(2017·天津高考)电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，其原理可用来研制新武器和航天运载器。电磁轨道炮示意如图，图中直流电源电动势为E，电容器的电容为C。两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距离为l，电阻不计。炮弹可视为一质量为m、电阻为R的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触。首先开关S接1，使电容器完全充电。然后将S接至2，导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场(图中未画出)，MN开始向右加速运动。当MN上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时，回路中电流为零，MN达到最大速度，之后离开导轨。问：
(1)磁场的方向；
(2)MN刚开始运动时加速度a的大小；
(3)MN离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q是多少。
答案 (1)垂直于导轨平面向下 (2)
(3)
解析 (1)将S接1时，电容器充电，上极板带正电，下极板带负电，当将S接2时，电容器放电，流经MN的电流由M到N，又知MN向右运动，由左手定则可知磁场方向垂直于导轨平面向下。
(2)电容器完全充电后，两极板间电压为E，当开关S接2时，电容器放电，设刚放电时流经MN的电流为I，有I＝①
设MN受到的安培力为F，有F＝IlB②
由牛顿第二定律，有F＝ma③
联立①②③式得a＝④
(3)当电容器充电完毕时，设电容器上电荷量为Q0，有
Q0＝CE⑤
开关S接2后，MN开始向右加速运动，速度达到最大值vmax时，设MN上的感应电动势为E′，有
E′＝Blvmax⑥
依题意有E′＝⑦
设在此过程中MN的平均电流为，MN上受到的平均安培力为，有＝lB⑧
由动量定理，有Δt＝mvmax－0⑨
又Δt＝Q0－Q⑩
联立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得Q＝。
14．(2019·山西吕梁高三期末)如图，两条足够长、间距为d的平行光滑金属直轨道MN、PQ与水平面成θ角，EF上方存在垂直导轨平面的如图乙所示的匀强磁场，磁感应强度在0～T时间内按余弦规律变化(周期为T、最大值为B0)，T时刻后稳定为B0。t＝0时刻，正方形金属框ABCD在沿平行导轨向上的恒定外力作用下静止于导轨上。T时刻撤去外力，金属框将沿导轨下滑，金属框在CD边、AB边经过EF时的速度分别为v1和v2。已知金属框质量为m、边长为d、每条边电阻为R，框中磁场按余弦规律变化时产生的正弦式交变电流的峰值Em＝，求：
(1)CD边刚过EF时，A、B两点间的电势差；
(2)从撤去外力到AB边经过EF的总时间；
(3)从0时刻到AB边经过EF的过程中产生的焦耳热。
答案 (1)－B0dv1 (2)＋
(3)＋mgdsinθ＋m(v－v)
解析 (1)由法拉第电磁感应定律知，CD边刚过EF时产生的电动势E＝B0dv1
由楞次定律知A点电势低于B点，故UAB＝－E
即UAB＝－B0dv1。
(2)撤去外力后金属框在重力沿导轨向下的分力mgsinθ作用下下滑，金属框穿过EF时，由于电磁感应而受到沿导轨向上的安培力。设所求时间为t，金属框在某一时刻的速度为v，电流为i，则
i＝，
金属框所受安培力F＝－B0di＝－v
安培力的冲量IA＝∑FΔt＝－∑vΔt＝－
由动量定理得mgsinθt＋IA＝mv2－0
解得t＝＋。
(3)0～T，交流电的有效值E′＝Em
此过程产生的焦耳热Q1＝T＝
金属框出磁场的过程中，Q2＝－WA
结合动能定理：mgdsinθ＋WA＝mv－mv
得：Q2＝mgdsinθ＋m(v－v)
总焦耳热为：
Q＝Q1＋Q2＝＋mgdsinθ＋m(v－v)。
15．(2018·衡水中学5月冲刺模拟考试)如图a超级高铁(Hyperloop)是一种以“真空管道运输”为理论核心设计的交通工具，它具有超高速、低能耗、无噪声、零污染的特点。如图b，已知管道中固定着两根平行金属导轨MN、PQ，两导轨间距为r；运输车的质量为m，横截面是半径为r的圆。运输车上固定着间距为D、与导轨垂直的两根导体棒1和2，每根导体棒的电阻为R，每段长度为D的导轨的电阻也为R。其他电阻忽略不计，重力加速度为g。
(1)如图c，当管道中的导轨平面与水平面成θ＝30°角时，运输车恰好能无动力地匀速下滑。求运输车与导轨间的动摩擦因数μ；
(2)在水平导轨上进行实验，不考虑摩擦及空气阻力。
①当运输车由静止离站时，在导体棒2后间距为D处接通固定在导轨上电动势为E的直流电源，此时导体棒1、2均处于磁感应强度为B，垂直导轨平面向下的匀强磁场中，如图d。求刚接通电源时运输车的加速度的大小；(电源内阻不计，不考虑电磁感应现象)
②当运输车进站时，管道内依次分布磁感应强度为B，宽度为D的匀强磁场，且相邻的匀强磁场的方向相反。求运输车以速度v0从如图e位置通过距离D后的速度v。
答案 (1) (2)① ②v0－
解析 (1)分析运输车的受力，将运输车的重力分解，如图1，设轨道对运输车的支持力为N1、N2，如图2。
由垂直导轨平面方向合力为零及几何关系有
N1＝mgcosθ，N2＝mgcosθ，
又f1＝μN1，f2＝μN2，
运输车匀速下滑，故mgsinθ＝f1＋f2，解得：μ＝。
(2)①运输车离站时，等效电路图如图3，
R总＝，
由闭合电路的欧姆定律I＝，
又I1＝，I2＝，
导体棒所受的安培力：F1＝BI1·r；F2＝BI2·r，
运输车的加速度a＝，解得a＝。
②运输车进站时，等效电路图如图4，
当车速为v时，由法拉第电磁感应定律：
E1＝B·rv；E2＝B·rv，
由闭合电路的欧姆定律I＝，
导体棒所受的安培力：F1＝BI·r；F2＝BI·r，
运输车所受的合力：F＝F1＋F2＝，
选取一小段时间Δt，运输车速度的变化量为Δv，由动量定理：－Δt＝mΔv，
即－Δx＝mΔv，
两边求和：－＝mv－mv0，
解得v＝v0－。
16．(2018·唐山二模)如图所示，两根平行光滑的金属导轨M1N1P1－M2N2P2由四分之一圆弧部分与水平部分构成，导轨末端固定两根绝缘柱，弧形部分半径r＝0.8 m、导轨间距L＝1 m，导轨水平部分处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小B＝2 T，两根完全相同的金属棒a、b分别垂直导轨静置于圆弧顶端M1M2处和水平导轨中某位置，两金属棒质量均为m＝1 kg、电阻均为R＝2 Ω。金属棒a由静止释放，沿圆弧导轨滑入水平部分，此后，金属棒b向右运动，在导轨末端与绝缘柱发生碰撞且无机械能损失，金属棒b接触绝缘柱之前两棒已匀速运动且未发生碰撞。金属棒b与绝缘柱发生碰撞后，在距绝缘柱x1＝0.5 m的A1A2位置与金属棒a发生碰撞，碰后停在距绝缘柱x2＝0.2 m的A3A4位置，整个运动过程中金属棒与导轨接触良好，导轨电阻不计，g取10 m/s2。求：
(1)金属棒a刚滑入水平导轨时，受到的安培力大小；
(2)金属棒b与绝缘柱碰撞后到与金属棒a碰撞前的过程，整个回路产生的焦耳热；
(3)证明金属棒a、b的碰撞是否是弹性碰撞。
答案 (1)4 N (2)3 J (3)见解析
解析 (1)金属棒a下滑过程：mgr＝mv2
v＝＝4 m/s
金属棒a刚滑入水平导轨时，感应电动势：
E＝BLv＝8 V
回路电流：I＝＝2 A
金属棒a受到的安培力：F＝BIL＝4 N。
(2)以金属棒a、b为系统，在碰到绝缘柱之前动量守恒：
mv＝2mv1，解得：v1＝2 m/s。
金属棒b与绝缘柱发生碰撞后等速率返回，以两金属棒为系统动量仍然守恒，但总动量为零，0＝mva＋mvb，即时刻有va＝－vb，两金属棒相向运动到相碰，位移大小相等，均为x1＝0.5 m。
对金属棒b，由动量定理：－BLΔt＝mv2－mv1
由法拉第电磁感应定律：＝2BL
＝
联立得－·Δt＝mv2－mv1
而Δt＝x1，求得：v2＝1 m/s。
由能量守恒定律：Q＝2×mv－2×mv＝3 J。
(3)金属棒a、b碰后，金属棒b减速到零的过程，由动量定理：
－B′LΔt′＝0－mv3
由法拉第电磁感应定律：′＝2BL′，′＝
联立得·Δt′＝0－mv3
而′Δt′＝x1－x2，求得：v3＝0.6 m/s。
碰撞前后动量守恒，a、b速度大小相等，方向相反，由于2×mv>2×mv，所以碰撞不是弹性碰撞。
