突破32 动量守恒定律的应用之碰撞问题-2019高三物理一轮微专题系列之热点专题突破(原卷版)
高考物理动量守恒定律在碰撞问题中的应用
高考物理动量守恒定律在碰撞问题中的应用在高考物理中，动量守恒定律是一个极其重要的知识点，尤其是在处理碰撞问题时，其应用更是广泛而关键。
动量守恒定律为我们理解和解决物体之间相互作用的复杂情况提供了有力的工具。
首先，我们来明确一下动量守恒定律的基本概念。
动量是一个与物体的质量和速度相关的物理量，其表达式为 p ＝ mv ，其中 p 表示动量，m 表示物体的质量，v 表示物体的速度。
动量守恒定律指出，在一个不受外力或所受合外力为零的系统中，系统的总动量保持不变。
在碰撞问题中，我们通常会遇到完全弹性碰撞、完全非弹性碰撞和非完全弹性碰撞这三种情况。
完全弹性碰撞是一种理想的情况，在这种碰撞中，不仅动量守恒，而且动能也守恒。
比如两个质量分别为 m1 和 m2 的小球，以速度 v1和v2 发生正碰，碰撞后速度分别变为v1' 和v2' 。
根据动量守恒定律，有 m1v1 ＋ m2v2 ＝ m1v1' ＋ m2v2' ；同时，由于动能守恒，有 1/2m1v1²＋ 1/2 m2v2²＝ 1/2 m1v1'²＋ 1/2 m2v2'²。
通过联立这两个方程，我们就可以求解出碰撞后的速度 v1' 和 v2' 。
完全非弹性碰撞则是另一个极端。
在这种碰撞中，两个物体碰撞后会粘在一起以相同的速度运动。
同样以两个质量分别为 m1 和 m2 的物体为例，碰撞前速度分别为 v1 和 v2 ，碰撞后共同速度为 v 。
根据动量守恒定律，有 m1v1 ＋ m2v2 ＝（m1 ＋ m2)v 。
在完全非弹性碰撞中，动能损失最大。
非完全弹性碰撞则介于上述两种情况之间，动量守恒，但动能有损失，只是损失的动能不像完全非弹性碰撞那么多。
那么，动量守恒定律在实际的高考题目中是如何应用的呢？让我们通过一些具体的例子来进行分析。
例 1：在光滑水平面上，有两个质量分别为 2kg 和 3kg 的滑块 A 和B，A 以 5m/s 的速度向右运动，B 以 3m/s 的速度向左运动，两者发生正碰。
动量守恒定律在碰撞中的应用
动量守恒定律在碰撞中的应用碰撞是物体之间发生相互作用的过程，而动量守恒定律是描述碰撞过程中动量守恒的基本定律。
在物理学中，动量守恒定律被广泛应用于解释和预测碰撞事件的结果。
本文将探讨动量守恒定律在碰撞中的应用。
首先，我们来了解一下动量守恒定律的基本原理。
动量是物体运动的量度，它等于物体的质量乘以其速度。
动量守恒定律指出，在一个封闭系统中，当没有外力作用时，系统的总动量保持不变。
换句话说，物体在碰撞前和碰撞后的总动量是相等的。
动量守恒定律在碰撞中的应用可以帮助我们理解碰撞事件中物体的运动和变化。
例如，当两个物体在碰撞前具有不同的质量和速度时，根据动量守恒定律，我们可以预测碰撞后物体的速度和方向。
如果一个物体的质量较大，而另一个物体的质量较小，碰撞后较大质量物体的速度将减小，而较小质量物体的速度将增加。
这是因为碰撞前的总动量必须等于碰撞后的总动量。
除了质量的影响，速度的变化也可以通过动量守恒定律来解释。
当两个物体以相同的速度相向而行时发生碰撞，根据动量守恒定律，碰撞后两个物体的速度将交换。
这意味着原本向右运动的物体在碰撞后将向左运动，而原本向左运动的物体将向右运动。
这种现象可以在弹球游戏中观察到，当球与墙面碰撞时，球的运动方向会发生改变。
动量守恒定律还可以应用于解释弹性碰撞和非弹性碰撞之间的差异。
在弹性碰撞中，碰撞后物体的动能保持不变，而在非弹性碰撞中，碰撞后物体的动能会有损失。
根据动量守恒定律，我们可以计算出碰撞后物体的速度和动能的变化。
这对于工程设计和交通安全等领域具有重要意义，可以帮助我们预测碰撞事故的严重程度和损坏程度。
除了应用于物体之间的碰撞，动量守恒定律还可以应用于流体力学中。
在流体中，当流体通过管道或喷嘴时，根据动量守恒定律，我们可以计算出流体的速度和压力的变化。
这对于设计水力发电站和喷气式飞机等设备具有重要意义，可以帮助我们优化能量转换和推进系统。
总之，动量守恒定律在碰撞中的应用是物理学中的重要概念。
动量守恒定律及碰撞问题解析
动量守恒定律及碰撞问题解析动量守恒定律是物理学中一个重要的基本原理，它在解决碰撞问题时发挥着重要的作用。
本文将对动量守恒定律进行详细的解析，并探讨碰撞问题的应用。
一、动量守恒定律的概念及原理动量是物体运动的一个重要物理量，它等于物体的质量与速度的乘积。
动量守恒定律指出，在一个孤立系统中，当没有外力作用时，系统的总动量保持不变。
动量守恒定律的数学表达为：∑mv = ∑mv'其中，m为物体的质量，v为物体的初速度，v'为物体的末速度。
∑mv表示碰撞前系统的总动量，∑mv'表示碰撞后系统的总动量。
二、弹性碰撞问题的解析弹性碰撞是指碰撞后物体能够恢复其原有形状和大小，并且动能守恒。
在弹性碰撞中，动量守恒定律可以用来解决碰撞前后物体的速度和质量之间的关系。
考虑两个物体A和B的弹性碰撞情况。
设它们的质量分别为m1和m2，初速度分别为v1和v2，碰撞后的速度分别为v1'和v2'。
根据碰撞前后的动量守恒定律可以得到以下方程组：m1v1 + m2v2 = m1v1' + m2v2' （1）(1/2)m1v1^2 + (1/2)m2v2^2 = (1/2)m1v1'^2 + (1/2)m2v2'^2 （2）通过解方程组（1）和（2），可以求解出碰撞后物体A和物体B的速度。
这种方法在解决弹性碰撞问题时非常实用。
三、非弹性碰撞问题的解析非弹性碰撞是指碰撞后物体不能完全恢复其原有形状和大小，动能不守恒。
在非弹性碰撞中，可以利用动量守恒定律解决碰撞前后物体的速度和质量之间的关系。
考虑两个物体A和B的非弹性碰撞情况。
设它们的质量分别为m1和m2，初速度分别为v1和v2，碰撞后的速度为v。
根据碰撞前后的动量守恒定律可以得到以下方程：m1v1 + m2v2 = (m1 + m2)v （3）通过解方程（3），可以求解出碰撞后物体的速度。
需要注意的是，非弹性碰撞中动能不守恒，所以无法通过动量守恒定律求解出速度的具体数值。
动量守恒定律在碰撞中的应用
动量守恒定律在碰撞中的应用碰撞是物体之间相互作用并且相互影响运动状态的过程。
在碰撞中，动量守恒定律是一个重要的物理原则，被广泛应用于解释和分析碰撞的结果。
本文将探讨动量守恒定律在碰撞中的应用，并且通过几个实例来说明其作用。
一、动量守恒定律的定义与原理动量是物体的运动状态的度量，是质量与速度的乘积。
动量守恒定律指出，在一个孤立系统中，当没有外力作用的情况下，系统的总动量保持不变。
数学表示上，对于一个系统中的两个物体A和B，分别具有质量(mA、mB)和速度(vA、vB)，它们在碰撞前的动量分别为(mA*vA、mB*vB)，碰撞后的动量分别为(mA*vA'、mB*vB')。
根据动量守恒定律，碰撞前后的总动量应该保持一致，即：mA*vA + mB*vB = mA*vA' + mB*vB'二、完全弹性碰撞的应用完全弹性碰撞是碰撞中的一种特殊情况，指的是碰撞后物体之间没有能量损失，且碰撞前后的动量都被完全保持。
这种类型的碰撞在一些理论研究和实际应用中具有重要意义。
例如，两个质量分别为mA和mB的小球在水平面上发生完全弹性碰撞。
假设碰撞前A小球的速度为vA，B小球的速度为vB，碰撞后A小球的速度为vA'，B小球的速度为vB'，由动量守恒定律可得：mA*vA + mB*vB = mA*vA' + mB*vB'在完全弹性碰撞中，物体的动能可以得到保持和转移，因此，在碰撞后的速度可以通过以下公式计算：vA' = (mA - mB)/(mA + mB) * vA + (2*mB)/(mA + mB) * vBvB' = (2*mA)/(mA + mB) * vA + (mB - mA)/(mA + mB) * vB通过这个公式，我们可以计算出完全弹性碰撞中每个物体的速度变化，从而分析碰撞的结果。
三、非弹性碰撞的应用非弹性碰撞指的是碰撞过程中物体之间发生能量损失的现象。
动量守恒在碰撞问题中的物理知识点应用
动量守恒在碰撞问题中的物理知识点应用在物理学的广袤领域中，碰撞问题一直是一个引人入胜且具有重要实际意义的研究方向。
而动量守恒定律，作为物理学中的基本定律之一，在解决碰撞问题时发挥着关键作用。
首先，让我们来理解一下什么是动量。
动量可以简单地理解为物体的质量与速度的乘积。
它是一个矢量，既有大小又有方向。
想象一下一辆快速行驶的汽车和一辆缓慢行驶的自行车，即使它们的质量可能不同，但由于汽车的速度大，所以汽车具有更大的动量。
而动量守恒定律指的是在一个不受外力或者所受合外力为零的系统中，系统的总动量保持不变。
这就好像是一个封闭的盒子，里面的物体无论怎么相互作用、碰撞，盒子里所有物体的总动量始终不会改变。
在碰撞问题中，动量守恒定律的应用非常广泛。
我们可以将碰撞分为完全弹性碰撞、非完全弹性碰撞和完全非弹性碰撞三种类型。
完全弹性碰撞是一种理想的情况，在这种碰撞中，不仅动量守恒，而且机械能也守恒。
也就是说，碰撞前后系统的总动能不变。
比如两个质量相同的小球，以相同的速度相向运动，碰撞后会各自反向弹回，且速度大小不变。
非完全弹性碰撞则是一种常见的情况，在这种碰撞中，动量守恒，但机械能有损失。
一部分机械能转化为了内能或者其他形式的能量。
例如，一个小球撞击一个静止的木块，小球和木块最终一起运动，这个过程中就有机械能的损失。
完全非弹性碰撞是机械能损失最大的情况。
碰撞后两个物体合为一体，以相同的速度运动。
比如说一辆汽车撞上了一堵墙，然后停了下来，这就是一个完全非弹性碰撞的例子。
在解决具体的碰撞问题时，我们通常会根据已知条件，利用动量守恒定律列出方程。
假设在一个水平方向的碰撞中，物体 A 的质量为 m1，碰撞前的速度为 v1，物体 B 的质量为 m2，碰撞前的速度为 v2，碰撞后它们的速度分别变为v1' 和v2'。
根据动量守恒定律，我们可以得到：m1v1 ＋ m2v2 ＝ m1v1' ＋ m2v2'。
专题18 动量守恒定律(碰撞问题)-2019高考物理一轮复习专题详解(解析版)
知识回顾 1．动量守恒条件(1)系统不受外力或合外力为零时，动量守恒． (2)若在某一方向合外力为0，则该方向动量守恒． 2．必须掌握动量守恒定律的两种思想 (1)守恒思想：p ＝p ′、m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′. (2)转化思想：Δp 1＝－Δp 2.3．必须明确碰撞问题遵守的三条原则 (1)动量守恒：p 1＋p 2＝p 1′＋p 2′. (2)动能不增加：E k1＋E k2≥E k1′＋E k2′. (3)速度要符合实际情况． 规律方法应用动量守恒定律解题的基本思路(1)分析题意，明确研究对象，确定所研究的系统是由哪些物体组成的．(2)对各阶段所选系统内的物体进行受力分析，区分系统内力和外力，在受力分析的基础上根据动量守恒定律条件判断能否应用动量守恒定律．(3)明确所研究物体间的相互作用的过程，确定过程的初、末状态，即系统内各个物体的初动量和末动量． (4)规定正方向，确定初、末状态的动量的正、负号，根据动量守恒定律列方程求解． 三类碰撞的分析 (1)弹性碰撞动量守恒：m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′，机械能守恒：12m 1v 21＋12m 2v 22＝12m 1v ′21＋12m 2v ′22. (2)完全非弹性碰撞动量守恒、末速度相同：m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v ′，机械能损失最多，机械能的损失： ΔE ＝12m 1v 21＋12m 2v 22－12(m 1＋m 2)v ′2 (3)非弹性碰撞动量守恒：m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v ′1＋m 2v ′2，机械能有损失，机械能的损失： ΔE ＝12m 1v 21＋12m 2v 22－12m 1v ′21＋12m 2v ′22例题分析【例1】 质量相等的A 、B 两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A 球的动量是7 kg·m/s ，B 球的动量是5 kg·m/s ，当A 球追上B 球发生碰撞，则碰撞后A 、B 两球的动量可能值是( ) A ．p A ＝6 kg·m/s ，p B ＝6 kg·m/s B ．p A ＝3 kg·m/s ，p B ＝9 kg·m/s C ．p A ＝－2 kg·m/s ，p B ＝14 kg·m/s D ．p A ＝－4 kg·m/s ，p B ＝17 kg·m/s 【答案】 A【例2】．(2017年江色七校联考)光滑水平轨道上有三个木块A 、B 、C ，其中A 质量为m A ＝3m 、C 质量为m C ＝2m ，开始时B 、C 均静止，A 以初速度v 0向右运动，A 与B 发生弹性碰撞后分开，B 又与C 发生碰撞并粘在一起，此后A 与B 间的距离保持不变．求B 的质量及B 与C 碰撞前B 的速度大小？【答案】m B ＝m ，v B ＝32v 0【解析】A 与B 碰撞过程动量守恒，机械能守恒，设B 的质量为m B ，则 3mv 0＝3mv A ＋m B v B 12×3mv 20＝12×3mv 2A ＋12m B v 2B B 、C 碰撞后与A 的速度相同，由动量守恒定律得： m B v B ＝(m B ＋2m )v A联立解得：m B ＝m ，v B ＝32v 0【例3】(2017·银川二模)A 、B 两球沿一直线运动并发生正碰，如图为两球碰撞前后的位移图像，a 、b 分别为A 、B 两球碰前的位移图像，c 为碰撞后两球共同运动的位移图像，若A 球质量是m ＝2 kg ，则由图判断下列结论不正确的是( )A．碰撞前后A的动量变化为4 kg·m/sB．碰撞时A对B所施冲量为－4 N·sC．A、B碰撞前的总动量为3 kg·m/sD．碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10 J【答案】 C【例4】．(2017·衡水中学期末卷)如图所示，在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速率v0向右运动．在小球A的前方O点处有一质量为m2的小球B处于静止状态，Q点处为一竖直的墙壁．小球A与小球B发生弹性正碰后小球A与小球B均向右运动．小球B与墙壁碰撞后以原速率返回并与小球A在P点相遇，PQ＝2PO，则两小球质量之比m1∶m2为()A．7∶5 B．1∶3 C．2∶1 D．5∶3【答案】 D【解析】设A、B两个小球碰撞后的速度分别为v1、v2，由动量守恒定律有m1v0＝m1v1＋m2v2，发生弹性碰撞，不损失动能，故根据能量守恒定律有：12m 1v 02＝12m 1v 12＋12m 2v 22，两个小球碰撞后到再次相遇，其速率不变，由运动学规律有v 1∶v 2＝PO ∶(PO ＋2PQ)＝1∶5，联立三式可得m 1∶m 2＝5∶3，D 项正确． 专题练习1．在光滑水平面上，质量为m 的小球A 正以速度v 0匀速运动．某时刻小球A 与质量为3m 的静止小球B 发生正碰，两球相碰后，A 球的动能恰好变为原来的14.则碰后B 球的速度大小是( )A.v 02B.v 06C.v 02或v 06 D ．无法确定【答案】：A2．(2017年山东济宁期末)如图所示，一质量为M ＝3.0 kg 的长木板B 放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量为m ＝1.0 kg 的小木块A .给A 和B 以大小均为4.0 m/s 、方向相反的初速度，使A 开始向左运动，B 开始向右运动，A 始终没有滑离B .在A 做加速运动的时间内，B 的速度大小可能是( )A ．1.8 m/sB ．2.4 m/sC ．2.8 m/sD ．3.0 m/s 【答案】：B【解析】：A 先向左减速到零，再向右做加速运动，在此期间，B 做减速运动，最终它们保持相对静止，设A 减速到零时，B 的速度为v 1，最终它们的共同速度为v 2，取水平向右为正方向，则Mv －mv ＝Mv 1，Mv 1＝(M ＋m )v 2，可得v 1＝83m/s ，v 2＝2m/s ，所以在A 做加速运动的时间内，B 的速度大小应大于2 m/s 且小于83m/s ，只有选项B 正确．3．如图所示，光滑水平面上有大小相同的A 、B 两个小球在同一直线上运动．两球质量关系为m B ＝2m A ，规定向右为正方向，A 、B 两球的动量均为8 kg·m/s ，运动过程中两球发生碰撞，碰撞后A 球的动量增量为－4 kg·m/s ，则( )A ．右侧为A 球，碰撞后A 、B 两球的速度大小之比为2∶3 B ．右侧为A 球，碰撞后A 、B 两球的速度大小之比为1∶6C ．左侧为A 球，碰撞后A 、B 两球的速度大小之比为2∶3D ．左侧为A 球，碰撞后A 、B 两球的速度大小之比为1∶6 【答案】：C4．(2017年河北邯郸模拟)质量为m 、速度为v 的A 球与质量为3m 的静止的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，碰撞后B 球的速度大小可能是( ) A ．0.6v B ．0.4v C ．0.2v D ．v 【答案】：B【解析】：根据动量守恒定律得mv ＝mv 1＋3mv 2，则当v 2＝0.6v 时，v 1＝－0.8v ，则碰撞后的总动能E ′k ＝12m (－0.8v )2＋12×3m (0.6v )2＝1.72×12mv 2，大于碰撞前的总动能，违反了能量守恒定律，故A 项错误；当v 2＝0.4v 时，v 1＝－0.2v ，则碰撞后的总动能为E ′k ＝12m (－0.2v )2＋12×3m (0.4v )2＝0.52×12mv 2，小于碰撞前的总动能，故可能发生的是非弹性碰撞，B 项正确；当v 2＝0.2v 时，v 1＝0.4v ，则碰撞后的A 球的速度大于B 球的速度，而两球碰撞，A 球不可能穿透B 球，故C 项错误；当v 2＝v 时，v 1＝－2v ，显然碰撞后的总动能大于碰撞前的总动能，故D 项错误．5．(多选)(2016年高考·天津卷改编)如图所示，方盒A 静止在光滑的水平面上，盒内有一小滑块B ，盒的质量是滑块的2倍，滑块与盒内水平面间的动摩擦因数为μ.若滑块以速度v 开始向左运动，与盒的左、右壁发生无机械能损失的碰撞，滑块在盒中来回运动多次，最终相对于盒静止，则( )A ．此时盒的速度大小为v3B ．此时盒的速度大小为v2C ．滑块相对于盒运动的路程为v 23μgD ．滑块相对于盒运动的路程为v 22μg【答案】：AC【解析】：设滑块的质量为m ，则盒的质量为2m ，对整个过程，由动量守恒定律可得mv ＝3mv 共，解得v 共＝v 3，A 正确．由功能关系可知μmgx ＝12mv 2－12·3m ⎝⎛⎭⎫v 32，解得x ＝v 23μg，C 正确． 6．(2017·南平模拟)如图所示，A 、B 两物体质量分别为m A 、m B ，且m A ＞m B ，置于光滑水平面上，相距较远．将两个大小均为F 的力，同时分别作用在A 、B 上经过相同距离后，撤去两个力，两物体发生碰撞并粘在一起后将( )A ．停止运动B ．向左运动C ．向右运动D ．运动方向不能确定 【答案】 C7．如图所示，在光滑水平面上，有A 、B 两个小球沿同一直线向右运动，若取向右为正方向，两球的动量分别是p A ＝5.0 kg ·m/s ，p B ＝7.0 kg ·m/s.已知二者发生正碰，则碰后两球动量的增量Δp A 和Δp B 可能是( )A ．Δp A ＝－3.0 kg ·m/s ；ΔpB ＝3.0 kg ·m/s B ．Δp A ＝3.0 kg ·m/s ；Δp B ＝3.0 kg ·m/sC ．Δp A ＝3.0 kg ·m/s ；Δp B ＝－3.0 kg ·m/sD ．Δp A ＝－10 kg ·m/s ；Δp B ＝10 kg ·m/s 【答案】 A【解析】 A 项，根据碰撞过程动量守恒定律，如果Δp A ＝－3 kg ·m/s 、Δp B ＝3 kg ·m/s ，所以碰后两球的动量分别为p ′A ＝2 kg ·m/s 、p ′B ＝10 kg ·m/s ，根据碰撞过程总动能可能不增加，是可能发生的，故A 项正确；B 项，两球碰撞过程，系统的动量守恒，两球动量变化量应大小相等，方向相反，若ΔP A ＝3 kg ·m/s ，Δp B ＝3 kg ·m/s ，违反了动量守恒定律，不可能，故B 项错误；C 项，根据碰撞过程动量守恒定律，如果Δp A ＝3 kg ·m/s 、Δp B ＝－3 kg ·m/s ，所以碰后两球的动量分别为p ′A ＝8 kg ·m/s 、p ′B ＝4 kg ·m/s ，由题，碰撞后，两球的动量方向都与原来方向相同，A 的动量不可能沿原方向增大，与实际运动不符，故C 项错误；D 项，如果Δp A ＝－10 kg ·m/s 、Δp B ＝10 kg ·m/s ，所以碰后两球的动量分别为p ′A ＝－5 kg ·m/s 、p ′B ＝17 kg ·m/s ，可以看出，碰撞后A 的动能不变，而B 的动能增大，违反了能量守恒定律，不可能．故D 项错误．8．如图所示，质量相等的五个物块在光滑水平面上，间隔一定距离排成一条直线．具有初动能E 0的物块1向其它4个静止的物块运动，依次发生碰撞，每次碰撞后不再分开．最后5个物块粘成一个整体．这个整体的动能等于( )A ．E 0 B.45E 0 C.15E 0D.125E 0【答案】 C9．(2017·铜仁市四模)(多选)如图所示，弧形轨道置于足够长的水平轨道上，弧形轨道与水平轨道平滑连接，水平轨道上静置一小球B 和C ，小球A 从弧形轨道上离地高h 处由静止释放，小球A 沿轨道下滑后与小球B 发生弹性正碰，碰后小球A 被弹回，B 球与C 球碰撞后粘在一起，A 球弹会后再从弧形轨道上滚下，已知所有接触面均光滑，A 、C 两球的质量相等，B 球的质量为A 球质量的2倍，如果让小球A 从h ＝0.2 m 处静止释放，则下列说法正确的是(重力加速度为g ＝10 m/s 2)( )A ．A 球从h 处由静止释放则最后不会与B 球再相碰 B ．A 球从h 处由静止释放则最后会与B 球再相碰C ．A 球从h ＝0.2 m 处由静止释放则C 球的最后速度为79m/sD ．A 球从h ＝0.2 m 处由静止释放则C 球的最后速度为89 m/s【答案】 AD10.(2017·淄博一模)(多选)如图所示，在质量为M(含支架)的小车中用轻绳悬挂一小球，小球的质量为m 0，小车和小球以恒定速度v 沿光滑水平地面运动，与位于正对面的质量为m 的静止木块发生碰撞，碰撞的时间极短．在此碰撞过程中，下列哪个或哪些说法是可能发生的？( )A ．在此过程中小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为v 1、v 2、v 3，满足(M ＋m 0)v ＝Mv 1＋mv 2＋m 0v 3B ．在此碰撞过程中，小球的速度不变，小车和木块的速度分别为v 1和v 2，满足(M ＋m 0)v ＝Mv 1＋mv 2C ．在此碰撞过程中，小球的速度不变，小车和木块的速度都变成u ，满足Mv ＝(M ＋m)uD ．碰撞后小球摆到最高点时速度变为v 1，木块的速度变为v 2，满足(M ＋m 0)v ＝(M ＋m 0)v 1＋mv 2 【答案】 CD【解析】A 项，碰撞的瞬间小车和木块组成的系统动量守恒，摆球的速度在瞬间不变，若碰后小车和木块的速度变为v 1和v 2，根据动量守恒有：Mv ＝Mv 1＋mv 2.若碰后小车和木块速度相同，根据动量守恒定律有：Mv ＝(M ＋m)u.故C 项正确，A 、B 两项错误；D 项，碰撞后，小车和小球水平方向动量守恒，则整个过程中，系统动量守恒，则有：(M ＋m 0)v ＝(M ＋m 0)v 1＋mv 2，故D 项正确．11．(2017·广东七校联考)(多选)如图所示，图(a)表示光滑平台上，物体A 以初速度v 0滑到上表面粗糙的水平小车上，车与水平面间的动摩擦因数不计；图(b)为物体A 与小车B 的v-t 图像，由此可知( )A ．小车上表面长度B ．物体A 与小车B 的质量之比C ．A 与小车B 上表面的动摩擦因数D ．小车B 获得的动能 【答案】 BC12.(2017·天津六校联考)质量为m B ＝2 kg 的木板B 静止于水平面上，质量为m A ＝6 kg 的物块A 停在B 的左端，质量为m C ＝2 kg 的小球C 用长为L ＝0.8 m 的轻绳悬挂在固定点O.现将小球C 及轻绳拉直至水平位置后由静止释放，小球C 在最低点与A 发生正碰，碰撞作用时间很短为Δt ＝10－2 s ，之后小球C 反弹所能上升的最大高度h ＝0.2 m ．已知A 、B 间的动摩擦因数μ1＝0.2，B 与水平面间的动摩擦因数μ2＝0，物块与小球均可视为质点，不计空气阻力，取g ＝10 m/s 2.求：(1)小球C 与物块A 碰撞过程中所受的撞击力大小； (2)为使物块A 不滑离木板B ，木板B 至少多长？ 【答案】 (1)1 200 N (2)0.5 m 【解析】(1)C 下摆过程，根据动能定理有：m C gL ＝12m C v C 2代入数据解得：碰前C 的速度v C ＝4 m/s ，C 反弹过程，根据动能定理有：－m C gh ＝0－12m C v ′C 2解得：碰后C 的速度v ′C ＝2 m/s取向右为正方向，对C ，根据动量定理有： －F Δt ＝－m C v ′C －m C v C解得：碰撞过程中C 所受的撞击力大小：F ＝1 200 N.13．(2017年高考·课标全国卷Ⅱ)如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s 的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h ＝0.3 m(h 小于斜面体的高度)．已知小孩与滑板的总质量为m 1＝30 kg ，冰块的质量为m 2＝10 kg ，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小g ＝10 m/s 2.(1)求斜面体的质量；(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？ 【答案】m 3＝20 kg ； v 2＝1 m/s 【解析】：(1)规定向右为速度正方向．冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v ，斜面体的质量为m 3.由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得 m 2v 20＝(m 2＋m 3)v12m 2v 220＝12(m 2＋m 3)v 2＋m 2gh 且v 20＝－3 m/s 为冰块推出时的速度．联立上式且代入题给数据得m 3＝20 kg (2)设小孩推出冰块后的速度为v 1，由动量守恒定律有 m 1v 1＋m 2v 20＝0代入数据得v 1＝1 m/s设冰块与斜面体分离后的速度分别为v 2和v 3，由动量守恒和机械能守恒定律得m 2v 20＝m 2v 2＋m 3v 312m 2v 220＝12m 2v 22＋12m 3v 23 联立上式且代入数据得v 2＝1 m/s由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩．14．(2015年高考·课标全国卷Ⅰ)如图，在足够长的光滑水平面上，物体A 、B 、C 位于同一直线上，A 位于B 、C 之间．A 的质量为m ，B 、C 的质量都为M ，三者均处于静止状态．现使A 以某一速度向右运动，求m 和M 之间应满足什么条件，才能使A 只与B 、C 各发生一次碰撞．设物体间的碰撞都是弹性的．【答案】(5－2)M ≤m <M如果m >M ，第一次碰撞后，A 与C 速度同向，且A 的速度小于C 的速度，不可能与B 发生碰撞；如果m ＝M ，第一次碰撞后，A 停止，C 以A 碰前的速度向右运动，A 不可能与B 发生碰撞；所以只需考虑m <M 的情况．第一次碰撞后，A 反向运动与B 发生碰撞．设与B 发生碰撞后，A 的速度为v A 2，B 的速度为v B 1，同样有v A 2＝m －M m ＋M v A 1＝(m －M m ＋M )2v 0⑤ 根据题意，要求A 只与B 、C 各发生一次碰撞，应有v A 2≤v C 1⑥联立④⑤⑥式得m 2＋4mM －M 2≥0⑦解得m≥(5－2)M⑧另一解m≤－(5＋2)M舍去．所以，m和M应满足的条件为(5－2)M≤m<M⑨15．两块厚度相同的木块A和B，紧靠着放在光滑的水平面上，其质量分别为m A＝0.5 kg，m B＝0.3 kg，它们的下底面光滑，上表面粗糙；另有一质量m C＝0.1 kg的滑块C(可视为质点)，以v C＝25 m/s的速度恰好水平地滑到A的上表面，如图7－2－4所示，由于摩擦，滑块最后停在木块B上，B和C的共同速度为3.0 m/s，求：(1)木块A的最终速度v A；(2)滑块C离开A时的速度v′C.【答案】2.6 m/s；4.2 m/s.(2)为计算v′C我们以B、C为系统，C滑上B后与A分离，C、B系统水平方向动量守恒．C离开A时的速度为v′C，B与A的速度同为v A，由动量守恒定律有m B v A＋m C v′C＝(m B＋m C)v B∴v′C＝m B＋m C v B－m B v Am C＝＋－0.3×2.60.1m/s＝4.2 m/s.16.如图所示，光滑的水平地面上有一质量为M＝3 kg的木板，其左端放有一可看成质点、质量为m＝1 kg 的重物，右方有一竖直的墙．重物与木板间的动摩擦因数为μ＝0.5.使木板与重物以共同的速度v0＝6 m/s向右运动，某时刻木板与墙发生碰撞，经Δt＝0.1 s木板以v1＝4 m/s的速度返回，重力加速度为g＝10 m/s2.求：(1)墙壁对木板的平均作用力；(2)板与墙作用时间很短，忽略碰撞过程中重物的速度变化．若重物不从木板上掉下来，木板的最小长度．(3)木板与墙壁碰撞后，系统产生的内能；(4)木板与墙壁碰撞后，重物向右移动的最大位移．【答案】F ＝305 N ；L ＝7.5 m ；37.5 J ；x ＝3.6 m【解析】 (1)设向左为正方向，板碰后速度为v 1，由动量定理有：(F －μmg )Δt ＝Mv 1－(－Mv 0)代入数据可求得F ＝305 N(3)设向左为正方向，重物与木板组成的系统动量守恒：Mv 1－mv 0＝(M ＋m )v 共v 共＝1.5 m/s由能量守恒得：ΔE ＝12Mv 21＋12mv 20－12(M ＋m )v 2共＝37.5 J (4)设向左为正方向，当重物速度为零时向右的位移最大，系统动量守恒：Mv 1－mv 0＝Mv 2对木板列动能定理：－μmgx ＝12Mv 22－12Mv 21x ＝3.6 m17．(2017年湖北六校调考)如图所示，一质量为13m 的人站在质量为m 的小船甲上，以速度v 0在水面上向右运动．另一完全相同的小船乙以速率v 0从右方向左方驶来，两船在一条直线上运动，为避免两船相撞，人从甲船以一定的速率水平向右跃到乙船上，求：为能避免两船相撞，人水平跳出时相对于地面的速率至少多大？【答案】v ＝257v 0.18．(2017年南昌市一模)如图所示，在光滑水平面上，A 小球以速度v 0运动，与原静止的B 小球碰撞，碰撞后A 球以v ＝αv 0(待定系数α<1)的速率弹回，并与挡板P 发生完全弹性碰撞，设m B ＝4m A ，若要求A 球能追上B 再相撞，求α应满足的条件．【答案】13<α≤35. 【解析】：A 、B 碰撞过程，以v 0方向为正方向，由动量守恒定律得m A v 0＝－m A αv 0＋m B v BA 与挡板P 碰撞后能追上B 发生再碰的条件是αv 0>v B得α>13碰撞过程中损失的机械能ΔE k ＝12m A v 20－⎣⎡⎦⎤12m A αv 02＋12m B v 2B ≥0 得－1≤α≤35所以α满足的条件是13<α≤35. 19．(2017年湖北八校3月模拟)如图所示，质量为3 kg 的小车A 以v 0＝4 m/s 的速度沿光滑水平面匀速运动，小车左端固定的支架通过不可伸长的轻绳悬挂质量为1 kg的小球B(可看作质点)，小球距离车面0.8 m．某一时刻，小车与静止在水平面上的质量为1 kg的物块C发生碰撞并粘连在一起(碰撞时间可忽略)，此时轻绳突然断裂．此后，小球刚好落入小车右端固定的砂桶中(小桶的尺寸可忽略)，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2.求：(1)绳未断前小球与砂桶的水平距离；(2)小车系统最终速度的大小；(3)整个系统损失的机械能．【答案】0.4 m；v2＝3.2 m/s；ΔE＝14.4 J.。
动量守恒定律与碰撞问题
动量守恒定律与碰撞问题碰撞是物体相互接触后产生的相互作用，是物理学中一个重要的研究对象。
在碰撞问题的研究中，动量守恒定律起着关键的作用。
动量守恒定律指出，在碰撞过程中，系统总动量的大小保持不变。
动量是物体运动状态的一个重要指标，定义为物体质量与速度的乘积。
动量守恒定律的提出，可以帮助我们解决一些与碰撞有关的问题。
在日常生活中，我们常常会遇到撞车的情况。
当两辆车相撞时，会产生大量的动能转化和损失。
然而，总动量在碰撞过程中始终保持不变。
这意味着，无论是碰撞前还是碰撞后，系统的总动量都保持不变。
这就解释了为什么碰撞时我们会感到撞击力大，即便速度较慢的车辆也会对速度较快的车辆产生较大的撞击力。
动量守恒定律的应用不仅仅限于车辆碰撞的情况，还可以延伸到其他领域。
例如，球类运动中的碰撞问题就是一个典型的应用场景。
当两个球相撞时，球的质量和速度会发生变化，但是总动量仍然保持不变。
通过运用动量守恒定律，我们可以解释为什么两个相互撞击的球能够相互弹开或者改变方向。
此外，动量守恒定律在化学反应中也有重要的应用。
在一些反应中，化学物质会发生碰撞，发生化学反应。
动量守恒定律告诉我们，无论在反应前后速度发生多大的变化，反应系统总动量的大小仍然保持不变。
这有助于我们理解化学反应中物质的转化过程。
除了碰撞问题外，动量守恒定律还可以帮助我们解决其他与动量相关的问题。
例如，当一个运动员从高处跳下时，动量守恒定律告诉我们，运动员在着地后速度的大小与起跳时速度的大小成反比。
不仅如此，在物理学研究中，动量守恒定律也有其广泛的应用。
例如，当我们研究行星之间的引力作用或者流体的运动时，动量守恒定律都能够提供有价值的信息。
综上所述，动量守恒定律是碰撞问题研究中非常重要的一个定律。
它告诉我们，在碰撞过程中，系统总动量的大小保持不变。
动量守恒定律的应用范围广泛，不仅仅局限于碰撞问题，还可以帮助我们解决其他与动量相关的问题。
通过运用动量守恒定律，我们可以深入理解碰撞这一现象背后的物理原理，以及其他与动量有关的自然现象。
动量守恒定律在碰撞问题中的应用
动量守恒定律在碰撞问题中的应用碰撞是物体之间发生相互作用的过程，它在我们生活和科学研究中都具有重要的意义。
动量守恒定律是描述碰撞过程中物体动量变化的基本原理。
本文将探讨动量守恒定律在碰撞问题中的应用。
一、弹性碰撞弹性碰撞是指碰撞过程中，物体之间没有发生能量损失而且动量守恒。
弹性碰撞在实际应用中有很多例子，例如弹珠撞击、球类运动等。
以弹性碰撞的例子来说明动量守恒定律的应用：考虑两个质量分别为m1和m2的物体A、B在一条直线上发生弹性碰撞。
在碰撞前A的速度为v1，B的速度为v2。
根据动量守恒定律，碰撞后A、B的速度分别为v1'和v2'，则有以下方程成立：m1v1 + m2v2 = m1v1' + m2v2'通过这个方程我们可以解出碰撞后两个物体的速度，从而求解出碰撞后物体的运动情况。
二、完全非弹性碰撞完全非弹性碰撞是指碰撞过程中物体之间发生粘连或者产生能量损耗，动量守恒定律仍然适用。
在实际生活中，完全非弹性碰撞的例子包括车辆碰撞、物体碰撞而粘连在一起等。
考虑两个质量为m1和m2的物体A、B在一条直线上发生完全非弹性碰撞。
在碰撞前A的速度为v1，B的速度为v2。
设碰撞后粘连重心速度为v'，则根据动量守恒定律，有以下方程成立：m1v1 + m2v2 = (m1 + m2)v'通过解这个方程，我们可以求得碰撞后粘连重心的速度v'，进而推导出碰撞后A、B的速度。
三、碰撞中的应用举例1. 球体碰撞球类运动是我们经常见到的运动形式，其中碰撞是球类运动中最为常见的情况。
我们可以利用动量守恒定律解决球体碰撞问题。
例如，在台球场景中，当一球击打另一球，碰撞前后两球的质量和速度都是已知的。
根据动量守恒定律以及反弹角度的垂直性质，可以求解出碰撞后两球的速度和方向。
2. 车辆碰撞车辆碰撞是交通事故中的典型问题。
碰撞发生时，车辆的动量会发生变化，影响车辆的运动轨迹和速度。
动量定理与动量守恒在碰撞问题中的应用
动量定理与动量守恒在碰撞问题中的应用碰撞是物体在一定时间内相互接触并作用的过程。
在碰撞中，动量定理和动量守恒是解决碰撞问题的基本原理。
本文将从理论和实例两个方面介绍动量定理和动量守恒在碰撞问题中的应用。
一、动量定理的基本原理动量定理是描述物体运动状态变化的定理，它表明当一个物体受到外力作用时，其动量的变化率等于作用力的大小与方向。
根据动量定理，我们可以分析碰撞中物体的运动变化。
在弹性碰撞中，动量守恒是一个基本原理。
根据动量守恒定律，在弹性碰撞中，两个物体碰撞前后的总动量保持不变。
这意味着碰撞前后物体的总动量相等。
二、动量定理和动量守恒在弹性碰撞中的应用假设有两个质量相等的弹性物体A和B，它们的速度分别为v1和v2。
当A和B进行碰撞时，根据动量定理，碰撞前后的总动量相等。
设碰撞后物体A和B的速度分别为v1'和v2'，则根据动量守恒定律：m1*v1 + m2*v2 = m1*v1' + m2*v2'其中，m1和m2分别为物体A和B的质量。
这个方程可以帮助我们求解碰撞后物体的速度。
实际上，碰撞问题在工程和日常生活中有着广泛的应用。
比如，在交通事故中，通过分析碰撞前后物体的动量变化，可以了解事故发生的原因和力的大小。
另外，在体育运动中，如乒乓球、网球等，动量定理和动量守恒也是解决碰撞问题的重要工具。
三、动量定理和动量守恒在非弹性碰撞中的应用非弹性碰撞是指碰撞过程中发生能量损失的情况。
在非弹性碰撞中，动量守恒仍然成立，但动能不守恒。
物体在碰撞后会失去一部分能量，转化为其他形式的能量，如热能、声能等。
以汽车碰撞为例。
当两辆汽车发生碰撞时，碰撞过程中会产生巨大的冲击力，使汽车受到变形和损坏。
在这种情况下，动量守恒仍然适用，碰撞前后的总动量保持不变，但碰撞能量会转化为其他形式的能量，如摩擦热、声能等。
动量定理和动量守恒在非弹性碰撞中的应用可以帮助我们分析和研究碰撞的后果，对设计更安全的汽车车身结构、制定交通安全法规等方面具有重要意义。
应用动量守恒定律解决碰撞问题
应用动量守恒定律解决碰撞问题碰撞是物体之间相互作用的一种常见现象，它在我们日常生活中随处可见。
无论是两车相撞、球类运动中的撞击，还是分子之间的碰撞，都可以通过应用动量守恒定律来解决。
动量守恒定律是物理学中一个重要的基本原理，它可以帮助我们理解碰撞过程中的物体运动规律。
动量守恒定律的核心思想是，在一个封闭系统中，当没有外力作用时，系统的总动量保持不变。
换句话说，物体在碰撞前后的总动量是相等的。
这个定律可以用数学公式来表示：m1v1 + m2v2 = m1v1' + m2v2'，其中m1和m2分别代表碰撞物体的质量，v1和v2分别代表碰撞前物体的速度，v1'和v2'分别代表碰撞后物体的速度。
通过应用动量守恒定律，我们可以解决一些碰撞问题。
例如，假设有两个质量分别为m1和m2的物体，它们在碰撞前的速度分别为v1和v2。
如果没有外力作用，根据动量守恒定律，我们可以得到碰撞后物体的速度v1'和v2'。
这个问题可以通过以下步骤来解决：首先，我们需要确定碰撞前物体的动量。
根据动量的定义，动量等于物体的质量乘以速度，即m1v1和m2v2。
然后，我们可以利用动量守恒定律来计算碰撞后物体的动量。
根据动量守恒定律的公式，m1v1 + m2v2 = m1v1' + m2v2'。
通过代入碰撞前物体的动量和未知数v1'和v2'，我们可以求解出碰撞后物体的速度。
最后，我们可以通过计算得到的速度来分析碰撞后物体的运动规律。
例如，如果碰撞后物体的速度为正值，表示物体向右运动；如果速度为负值，表示物体向左运动。
除了解决简单的碰撞问题，动量守恒定律还可以应用于更复杂的情况。
例如，当碰撞物体不仅仅是两个，而是多个时，我们可以将每个物体的动量相加，然后利用动量守恒定律来解决问题。
此外，动量守恒定律还可以应用于碰撞过程中能量转化的问题，通过分析物体的动能和势能变化，我们可以更深入地理解碰撞的本质。
动量守恒定律在碰撞实验中的应用
动量守恒定律在碰撞实验中的应用碰撞实验是物理学中常见的实验方法之一，通过在实验室中模拟物体之间的碰撞，研究它们之间的相互作用规律。
在碰撞实验中，动量守恒定律是一项重要的基础理论，它在解释实验结果方面发挥着至关重要的作用。
动量守恒定律的表述为：在一个系统内，如果没有外力的作用，系统的总动量将保持不变。
这意味着，在任何两个物体之间的碰撞中，它们之间的动量之和是不变的。
换句话说，一个物体的动量的改变将被另一个物体的动量的改变所抵消。
这就是动量守恒的本质。
在碰撞实验中，动量守恒定律可以用来解释实验结果。
例如，我们可以利用动量守恒定律来计算两个弹性碰撞物体的速度。
假设两个物体的质量分别为m1和m2，速度分别为v1和v2，它们在碰撞前的动量分别为p1和p2，碰撞后的动量分别为p1'和p2'。
因为在弹性碰撞中物体的动量是守恒的，所以有：p1 + p2 = p1' + p2'把动量p写成mv的形式，我们可以得到：m1v1 + m2v2 = m1v1' + m2v2'这是一个简单的动量守恒方程，它可以用来计算两个物体在碰撞后的速度。
我们可以通过解这个方程组来得到v1'和v2'的值，从而得出碰撞后物体的运动情况。
需要注意的是，动量守恒定律只适用于没有外部力作用的系统。
如果有外力的作用，那么系统的动量将不再守恒，我们必须要考虑外力的作用。
例如，在现实生活中，物体之间的碰撞往往会受到重力、摩擦力、空气阻力等外力的影响，这就需要我们在计算物体碰撞后的速度时，同时考虑这些外力的作用。
除了在理论研究中，动量守恒定律也在工程和技术领域中得到了重要应用。
它可以用来分析交通事故、制造汽车碰撞测试、设计新型工程机械等。
例如，在制造汽车的碰撞测试中，工程师需要利用动量守恒定律来设计汽车的安全结构，以减少人员受到的伤害。
在一些高速列车系统中，动量守恒定律也被用来计算列车在急停时对车辆的影响。
动量守恒定律在碰撞中的应用
动量守恒定律在碰撞中的应用碰撞是物体之间发生相互作用并且产生改变的过程。
在碰撞中，动量守恒定律是一条基本的物理定律，它描述了碰撞前后物体的总动量之和保持不变。
动量守恒定律在碰撞中的应用可以帮助我们理解和预测碰撞过程中物体的运动和性质。
动量是物体的运动量，它的大小与物体的质量和速度有关。
动量守恒定律指出，当物体之间发生碰撞时，碰撞前后物体的总动量保持不变。
即使在碰撞过程中，物体可能发生形状变化或产生内部力的作用，总动量仍然守恒。
动量守恒定律可以应用于不同类型的碰撞，包括完全弹性碰撞和非完全弹性碰撞。
在完全弹性碰撞中，碰撞前后物体的总动能保持不变，且碰撞对象各自的动能也保持不变。
这意味着物体在碰撞中不会损失能量，而是通过弹性变形转化为其他形式的能量。
举个例子来说明动量守恒定律在碰撞中的应用。
考虑两个物体A和B，分别质量为m₁和m₂，初始速度为v₁和v₂。
在碰撞前，物体A的动量为m₁v₁，物体B的动量为m₂v₂。
根据动量守恒定律，碰撞后物体A和B的总动量应该等于碰撞前的总动量，即m₁v₁ + m₂v₂。
在完全弹性碰撞中，动量守恒定律可以进一步应用于解析碰撞中物体的速度变化。
假设在碰撞后，物体A的速度变为v₁'，物体B的速度变为v₂'。
根据动量守恒定律，可以得到以下方程组：m₁v₁ + m₂v₂ = m₁v₁' + m₂v₂' （总动量守恒）m₁v₁² + m₂v₂² = m₁v₁'² + m₂v₂'²（总动能守恒）通过求解这个方程组，可以计算出碰撞后物体A和B的速度。
在完全弹性碰撞中，物体的速度变化符合弹性体的性质，即碰撞后物体的速度方向发生反转，且保持动能守恒。
除了完全弹性碰撞，动量守恒定律也适用于非完全弹性碰撞。
在非完全弹性碰撞中，碰撞过程中会损失能量，例如碰撞时发生形变或产生摩擦力。
动量守恒定律仍然适用，但是总动能会发生改变。
分析高中物理中的动量守恒与碰撞问题
分析高中物理中的动量守恒与碰撞问题高中物理中的动量守恒与碰撞问题动量守恒和碰撞是高中物理中非常重要的概念和问题。
动量守恒是指在一个封闭系统中，当没有外力作用时，系统的总动量保持不变；而碰撞则是指两个物体之间的相互作用，其中包括弹性碰撞和非弹性碰撞。
本文将对这两个问题进行分析和探讨。
首先，我们来看动量守恒。
动量守恒是一个基本的物理定律，它描述了物体在运动过程中动量的变化情况。
根据动量守恒定律，当一个封闭系统中没有外力作用时，系统的总动量保持不变。
这意味着，如果一个物体的动量增加，那么另一个物体的动量必然减少，二者之和保持不变。
动量的大小与物体的质量和速度有关，质量越大，速度越小，动量越大。
而质量越小，速度越大，动量越小。
这个定律在很多物理问题中都有广泛的应用，比如在交通事故中，如果两辆车发生碰撞，根据动量守恒定律可以推导出碰撞前后车辆的速度变化情况。
接下来，我们来探讨碰撞问题。
碰撞是物体之间的相互作用，它可以分为弹性碰撞和非弹性碰撞两种情况。
在弹性碰撞中，物体之间发生碰撞后，它们的动量和动能都会发生变化，但总动量和总动能保持不变。
这意味着，在弹性碰撞中，物体之间的相对速度会发生变化，但总的动量大小不变。
而在非弹性碰撞中，物体之间发生碰撞后，它们的动量和动能也会发生变化，但总动量和总动能不再保持不变。
这意味着，在非弹性碰撞中，物体之间的相对速度也会发生变化，但总的动量大小不变。
对于碰撞问题，我们可以通过动量守恒定律来解决。
根据动量守恒定律，当一个封闭系统中没有外力作用时，系统的总动量保持不变。
因此，在碰撞过程中，我们可以根据物体的质量和速度来计算它们的动量，并通过动量守恒定律来解决碰撞问题。
例如，当两个物体发生碰撞时，我们可以根据它们的质量和速度来计算碰撞前后的动量变化，从而得到碰撞后物体的速度。
除了动量守恒定律，我们还可以使用动能守恒定律来解决碰撞问题。
根据动能守恒定律，当一个封闭系统中没有外力作用时，系统的总动能保持不变。
高中物理动量守恒碰撞问题专题讲解
动量守恒定律的应用（碰撞）【要点梳理】 要点一、碰撞1．碰撞及类碰撞过程的特点（1）时间特点：在碰撞、爆炸等现象中，相互作用时间很短．（2）相互作用力特点：在相互作用过程中，相互作用力先是急剧增大，然后再急剧减小，平均作用力很大． （3）动量守恒条件特点：系统的内力远远大于外力，所以，系统即使所受外力之和不为零，外力也可以忽略，系统的总动量守恒．（4）位移特点：碰撞、爆炸过程是在一瞬间发生的，时间极短，所以，在物体发生碰撞、爆炸的瞬间，可忽略物体的位移．可以认为物体在碰撞、爆炸前后仍在同一位置．（5）能量特点：碰撞过程中，一般伴随着机械能的损失，碰撞后系统的总动能要小于或等于碰撞前系统的总动能，即：1212k k k k E E E E +≤+＇＇．（6）速度特点：碰后必须保证不穿透对方． 2．碰撞的分类（1）按碰撞过程中动能的损失情况，可将碰撞分为弹性碰撞和非弹性碰撞．①弹性碰撞：碰撞过程中机械能不损失，即碰撞前后系统总动能守恒：1212k k k k E E E E +=+＇＇．②非弹性碰撞；碰撞过程中机械能有损失，系统总动能不守恒：1212k k k k E E E E ++＇＇＜．③完全非弹性碰撞：碰撞后两物体“合”为一体，具有共同的速度，这种碰撞动能损失最大．（2）按碰撞前后，物体的运动方向是否沿同一条直线，可将碰撞分为正碰和斜碰． ①正碰：碰撞前后，物体的运动方向在同一条直线上，也叫对心碰撞． ②斜碰：碰撞前后，物体的运动方向不在同一条直线上，也叫非对心碰撞． 高中阶段一般只研究正碰的情况． ③散射指微观粒子之间的碰撞．要点诠释：由于粒子与物质微粒的碰撞并非直接接触，而是相互靠近，且发生对心碰撞的概率很小，所以多数粒子在碰撞后飞向四面八方． 要点二、碰撞问题的处理方法 1．解析碰撞问题的三个依据（1）动量守恒，即1212p p p p +=+＇＇．（2）动能不增加，即1212k k k k E E E E +≥+＇＇．（3）速度要符合情境：如果碰前两物体同向运动，则后面物体的速度必大于前面物体的速度，即v v 后前＞，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，且原来在前的物体速度大于或等于原来在后的物体的速度．即v v ≥后前＇＇，否则碰撞没有结束．如果碰前两物体是相向运动，则碰后，两物体的运动方向不可能都不改变，除非两物体碰撞后速度均为零． 2．爆炸问题爆炸与碰撞的共同点是物理过程剧烈，系统内物体的相互作用力（内力）很大，过程持续时间很短，即使系统所受合外力不为零，但合外力的冲量几乎为零，故系统的动量几乎不变，所以爆炸过程中可以近似认为动量守恒．要点诠释：爆炸与碰撞的不同点是爆炸过程中有其他形式的能向动能转化，故爆炸过程中系统的动能会增加． 【典型例题】类型一、碰撞中的可能性问题例1（多选）．质量为m 的小球A ，沿光滑水平面以速度0v 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1/9，那么小球B 的速度可能是（ ）．A ．013v B ．023v C ．049v D ．059v 【思路点拨】动量守恒定律是一个矢量式，所以要注意A 球速度的方向性。
突破32 动量守恒定律的应用之碰撞问题-2019高考物理一轮微专题系列之热点专题突破+Word版含解析
2019高考物理一轮微专题系列之热点专题突破突破32 动量守恒定律的应用之碰撞问题1．分析碰撞问题的三个依据(1)动量守恒,即p 1＋p 2＝p 1′＋p 2′。
(2)动能不增加,即E k1＋E k2≥E k1′＋E k2′或p 212m 1＋p 222m 2≥p 1′22m 1＋p 2′22m 2。
(3)速度要合理①碰前两物体同向,则v 后>v 前；碰后,原来在前的物体速度一定增大,且v 前′≥v 后′。
②两物体相向运动,碰后两物体的运动方向不可能都不改变。
2．弹性碰撞的规律两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。
以质量为m 1,速度为v 1的小球与质量为m 2的静止小球发生正面弹性碰撞为例,则有m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2′①12m 1v 21＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2② 由①②得v 1′＝(m 1－m 2)v 1m 1＋m 2 v 2′＝2m 1v 1m 1＋m 2结论：(1)当m 1＝m 2时,v 1′＝0,v 2′＝v 1,两球碰撞后交换了速度。
(2)当m 1>m 2时,v 1′>0,v 2′>0,并且v 1′<v 2′,碰撞后两球都向前运动。
(3)当m 1<m 2时,v 1′<0,v 2′>0,碰撞后质量小的球被反弹回来。
【典例1】 两个小球A 、B 在光滑水平面上沿同一直线运动,其动量大小分别为5 kg·m/s 和7 kg·m/s ,发生碰撞后小球B 的动量大小变为10 kg·m/s ,由此可知：两小球的质量之比可能为( )A.m Am B ＝1 B.m A m B ＝12C.m A m B ＝15D.m A m B ＝110 【答案】C(－5)22m A ＋722m B ≤1222m A ＋(－10)22m B。
(2)设A 、B 两小球同向运动而发生碰撞,且A 球在前,B 球在后,取两小球碰前的运动方向为参考正方向,即p A 0＝5 kg·m/s ,p B 0＝7 kg·m/s。
如何运用动量守恒定律求解碰撞问题
如何运用动量守恒定律求解碰撞问题动量守恒定律是物理学中的重要概念，它描述了一个封闭系统中，如果没有外力作用，物体的总动量将保持不变。
在碰撞问题中，我们可以运用动量守恒定律来求解物体碰撞后的速度和方向的变化情况。
本文将探讨如何运用动量守恒定律来求解碰撞问题，并结合实际案例加深理解。
首先，我们需要了解碰撞问题的背景和基本概念。
碰撞是指两个或多个物体之间发生相互作用的过程，可以大致分为弹性碰撞和非弹性碰撞两种类型。
在弹性碰撞中，物体碰撞后会保持能量和动量的守恒，而在非弹性碰撞中，物体碰撞后会损失能量。
为了更好地理解动量守恒定律的应用，我们以汽车碰撞为例。
假设有两辆质量相同的汽车，分别以不同的速度向相反方向行驶，在一瞬间发生了碰撞。
根据动量守恒定律，碰撞过程中物体的总动量保持不变。
因此，可以表示为：m1v1 + m2v2 = m1v1' + m2v2'其中，m1和m2分别代表两辆汽车的质量，v1和v2分别代表两辆汽车的速度，v1'和v2'分别代表碰撞后两辆汽车的速度。
通过观察这个方程，我们可以看出碰撞前后物体的总动量是相等的，这就是动量守恒定律的基本原理。
然而，在实际问题中，我们常常面临复杂的碰撞情况，例如碰撞过程中存在外力的作用或碰撞物体的形状复杂等。
为了解决这些问题，我们可以运用一些数学方法，如向量运算和动能守恒定律。
以弹性碰撞为例，我们可以通过运用动能守恒定律来解决碰撞问题。
动能守恒定律是指在碰撞过程中物体的总动能保持不变。
根据这个定律，我们可以得到：1/2m1v1^2 + 1/2m2v2^2 = 1/2m1v1'^2 + 1/2m2v2'^2通过这个方程，我们可以求解碰撞后物体的速度。
同样，这个方程还可以结合动量守恒定律来求解碰撞后物体的速度和方向的变化情况。
除了弹性碰撞，非弹性碰撞也是碰撞问题中常见的情况。
在非弹性碰撞中，物体碰撞后会损失能量，从而导致速度和方向的变化。
动量与碰撞解析动量守恒定律与碰撞的应用
动量与碰撞解析动量守恒定律与碰撞的应用动量与碰撞解析动量守恒定律与碰撞的应用动量是物体在运动过程中所具有的性质，它描述了物体运动的力度和方向。
在力学中，动量的守恒是一个重要的定律，它可以帮助我们分析和解决各种碰撞问题。
本文将探讨动量守恒定律与碰撞的应用，并通过具体案例来解析这些问题。
一、动量守恒定律动量守恒定律是指在一个系统内，当无外力作用时，系统的总动量守恒。
即系统内物体的总动量在碰撞前后保持不变。
这个定律可以用数学公式表示为：m1v1 + m2v2 = m1v1' + m2v2'。
其中，m1和m2分别是两个物体的质量，v1和v2分别是它们的初速度，v1'和v2'分别是它们的末速度。
通过动量守恒定律，我们可以计算出碰撞过程中物体的速度变化。
二、完全弹性碰撞完全弹性碰撞是指碰撞物体在碰撞中没有能量损失的情况下发生的碰撞。
在完全弹性碰撞中，动量守恒定律成立，并且还要考虑动能守恒定律。
通过这两个定律，我们可以解决完全弹性碰撞的问题。
例如，两个具有质量m1和m2的物体在碰撞前速度分别为v1和v2，在碰撞后速度分别为v1'和v2'。
根据动量守恒定律，我们可以得到以下方程：m1v1 + m2v2 = m1v1' + m2v2'。
在完全弹性碰撞中，动能守恒定律也成立，它表示碰撞前后物体的总能量保持不变：(1/2)m1v1^2 + (1/2)m2v2^2 = (1/2)m1v1'^2 + (1/2)m2v2'^2。
通过这两个方程，我们可以求解出碰撞后物体的速度。
三、完全非弹性碰撞完全非弹性碰撞是指碰撞物体在碰撞中发生塑性变形或能量损失的情况下发生的碰撞。
在完全非弹性碰撞中，动量守恒定律成立，但动能守恒定律不成立。
通过动量守恒定律，我们可以解决完全非弹性碰撞的问题。
例如，两个具有质量m1和m2的物体在碰撞前速度分别为v1和v2，在碰撞后合并为一个物体，速度为v'。
动量守恒定律与碰撞
动量守恒定律与碰撞动量守恒定律是物理学中一个重要的基本定律，它描述了系统中物体的总动量在没有外力作用时保持不变的现象。
动量守恒定律的应用范围非常广泛，特别是在研究碰撞过程中起到了重要的作用。
本文将介绍动量守恒定律的基本原理以及它在碰撞问题中的应用。
首先，我们来了解一下动量的概念。
动量是描述物体运动状态的物理量，它等于物体的质量乘以速度。
在物理学中，动量通常用字母p 表示。
对于质量为m的物体，其动量可以用公式p=mv表示，其中v 为物体的速度。
动量守恒定律的基本原理是，在一个封闭系统中，当没有外力作用时，系统内部物体的总动量保持不变。
换句话说，系统内部发生的碰撞过程不会改变物体的总动量。
这个定律可以用数学表达式表示为：在碰撞前后，物体的总动量不变，即m1v1 + m2v2 = m1v1' + m2v2'，其中m1和m2分别为参与碰撞的两个物体的质量，v1和v2为碰撞前两个物体的速度，v1'和v2'为碰撞后两个物体的速度。
了解了动量守恒定律的基本原理后，我们来看一下它在碰撞问题中的应用。
碰撞是指两个或多个物体以一定的速度相互接触或进入互相渗透运动的过程。
根据碰撞的特点，可以将碰撞分为完全弹性碰撞和非完全弹性碰撞两种情况。
完全弹性碰撞是指碰撞过程中没有任何能量损失的碰撞。
在完全弹性碰撞过程中，物体之间的相对位置、速度和动量都会发生变化，但物体的总动量保持不变。
通过应用动量守恒定律，我们可以解决完全弹性碰撞问题。
非完全弹性碰撞是指碰撞过程中有能量损失的碰撞。
在非完全弹性碰撞过程中，物体之间的总动量不仅保持不变，还会有一部分能量转化为其他形式，如热能、声能等。
非完全弹性碰撞问题的解决需要综合考虑动量守恒定律和能量守恒定律。
除了应用动量守恒定律解决碰撞问题之外，还可以通过实验来验证动量守恒定律。
实验中通常会利用一些简单的装置，如弹簧测力计、测速仪等来测量物体的质量和速度，从而计算出物体的动量。
运用动量守恒定律解答碰撞问题
运用动量守恒定律解答碰撞问题在物理学中，碰撞是指两个物体之间的相互作用，其中至少一个物体的速度发生了变化。
碰撞问题是物理学中的重要问题之一，在解决这些问题时可以运用动量守恒定律。
动量守恒定律是牛顿力学的重要基本原理之一，它描述了封闭系统内的物体总动量之和在碰撞过程中保持不变。
动量的定义是一个物体的质量乘以其速度，即动量 = 质量 ×速度。
动量是一个矢量量，即它有大小和方向。
当物体A和物体B发生碰撞时，根据动量守恒定律，碰撞前后系统的总动量保持不变。
假设物体A的质量为mA，速度为vA；物体B的质量为mB，速度为vB。
根据动量守恒定律，有以下关系式：mA × vA + mB × vB = mA × v'A + mB × v'B其中，v'A和v'B分别为碰撞后物体A和物体B的速度。
在碰撞问题中，可以根据给定的条件来求解未知量。
以下通过一个具体的示例来说明如何运用动量守恒定律解答碰撞问题。
例题：物体A质量为2kg，速度为3m/s；物体B质量为3kg，速度为-2m/s。
求在碰撞后物体A和物体B的速度。
解析：首先，根据动量守恒定律，碰撞前后系统的总动量保持不变。
因此，可以得到以下等式：2kg × 3m/s + 3kg × (-2m/s) = 2kg × v'A + 3kg × v'B解方程可得：6kg·m/s - 6kg·m/s = 2kg × v'A + 3kg × v'B0 = 2kg × v'A + 3kg × v'B由于碰撞后物体A和物体B的速度是未知的，我们可以使用变量表示它们，假设物体A的速度为v'A，物体B的速度为v'B。
通过求解上述方程，可以得到碰撞后物体A和物体B的速度为0m/s。
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突破32 动量守恒定律的应用之碰撞问题
1．分析碰撞问题的三个依据
(1)动量守恒，即p 1＋p 2＝p 1′＋p 2′。
(2)动能不增加，即E k1＋E k2≥E k1′＋E k2′或p 212m 1＋p 222m 2≥p 1′22m 1＋p 2′22m 2。
(3)速度要合理
①碰前两物体同向，则v 后>v 前；碰后，原来在前的物体速度一定增大，且v 前′≥v 后′。
②两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。
2．弹性碰撞的规律
两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。
以质量为m 1，速度为v 1的小球与质量为m 2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有
m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2′①
12m 1v 21＝12m 1v 1′2＋12
m 2v 2′2② 由①②得v 1′＝
(m 1－m 2)v 1m 1＋m 2 v 2′＝2m 1v 1m 1＋m 2
结论：
(1)当m 1＝m 2时，v 1′＝0，v 2′＝v 1，两球碰撞后交换了速度。
(2)当m 1>m 2时，v 1′>0，v 2′>0，并且v 1′<v 2′，碰撞后两球都向前运动。
(3)当m 1<m 2时，v 1′<0，v 2′>0，碰撞后质量小的球被反弹回来。
【典例1】 两个小球A 、B 在光滑水平面上沿同一直线运动，其动量大小分别为5 kg·m/s 和7 kg·m/s ，发生碰撞后小球B 的动量大小变为10 kg·m/s ，由此可知：两小球的质量之比可能为( )
A.m A m B
＝1 B.m A m B ＝12 C.m A m B ＝15 D.m A m B ＝110 【典例2】如图，水平地面上有两个静止的小物块a 和b ，其连线与墙垂直；a 和b 相距l ，b 与墙之间
也相距l ；a 的质量为m ，b 的质量为34
m .两物块与地面间的动摩擦因数均相同．现使a 以初速度v 0向右滑动，此后a 与b 发生弹性碰撞，但b 没有与墙发生碰撞．重力加速度大小为g .求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件．
【跟踪短训】
1. 质量为m 、速度为v 的A 球与质量为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．碰撞后B 球的速度大小可能是( )．
A ．0.6v
B ．0.4v
C ．0.2v
D ．v
2．质量为m 的小球A 以速度v 0在光滑水平面上运动，与质量为2m 的静止小球B 发生对心碰撞，则碰撞后小球A 的速度大小v A 和小球B 的速度大小v B 可能为( )．
A ．v A ＝13v 0，v
B ＝23
v 0 B ．v A ＝25v 0，v B ＝710v 0 C ．v A ＝14v 0，v B ＝58v 0 D ．v A ＝38v 0，v B ＝516
v 0 3. (多选)质量为m 的小球A ，沿光滑水平面以v 0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19
，那么小球B 的速度可能是( ) A.13v 0 B.23v 0 C.49v 0 D.59
v 0
4．两球A 、B 在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，m A ＝1 kg ，m B ＝2 kg ，v A ＝6 m/s ，v B ＝2 m/s.当A 追上B 并发生碰撞后，两球A 、B 速度的可能值是( )
A ．v ′A ＝5 m/s ，v ′
B ＝2.5 m/s
B ．v ′A ＝2 m/s ，v ′B ＝4 m/s
C ．v ′A ＝－4 m/s ，v ′B ＝7 m/s
D ．v ′A ＝7 m/s ，v ′B ＝1.5 m/s
5．(多选) A 、B 两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前、后的位移随时间变化的图象，a 、b 分别为A 、B 两球碰前的位移随时间变化的图象，c 为碰撞后两球共同运动的位移随时间变化的图象，若A 球质量是m ＝2 kg ，则由图判断下列结论正确的是( )
A ．碰撞前、后A 球的动量变化量为4 kg·m/s
B ．碰撞时A 球对B 球所施的冲量为－4 N·s
C ．A 、B 两球碰撞前的总动量为3 kg·m/s
D ．碰撞中A 、B 两球组成的系统损失的动能为10 J
6. 2017年7月9日，斯诺克世界杯在江苏无锡落下帷幕，由丁俊晖和梁文博组成的中国A 队在决赛中1比3落后的不利形势下成功逆转，最终以4比3击败英格兰队，帮助中国斯诺克台球队获得了世界杯三连冠．如图为丁俊晖正在准备击球，设在丁俊晖这一杆中，白色球(主球)和花色球碰撞前、后都在同一直线上运动，碰前白色球的动量p A ＝5 kg·m/s ，花色球静止，白色球A 与花色球B 发生碰撞后，花色球B 的动量变为p ′B ＝4 kg·m/s ，则两球质量m A 与m B 间的关系可能是( )
A ．m
B ＝m A
B ．m B ＝14m A
C ．m B ＝16m A
D ．m B ＝6m A
7．如图所示，在高为h ＝5 m 的平台右边缘上，放着一个质量M ＝3 kg 的铁块，现有一质量为m ＝1 kg 的钢球以v 0＝10 m/s 的水平速度与铁块在极短的时间内发生正碰被反弹，落地点距离平台右边缘的水平距离为L ＝2 m ，已知铁块与平台之间的动摩擦因数为0.5，求铁块在平台上滑行的距离s (不计空气阻力，铁块和钢球都看成质点，取g ＝10 m/s 2)．
8．如图所示，光滑水平轨道上有三个木块A 、B 、C ，质量分别为m A ＝3m 、m B ＝m C ＝m ，开始时，B 、C 均静止，A 以初速度v 0向右运动，A 与B 碰撞后分开，B 又与C 发生碰撞并粘在一起，此后A 与B 间的距离保持不变．求B 与C 碰撞前B 的速度大小．。