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一、全面系统的理解碰撞问题一、全面系统的理解碰撞问题1.1.碰撞概念的理解：相对运动的物体相遇，在极短时间内，碰撞概念的理解：相对运动的物体相遇，在极短时间内，通过相互作用，运动状态发生显著变化的过程叫碰撞通过相互作用，运动状态发生显著变化的过程叫碰撞. .2.2.碰撞的广义理解：物理学里所研究的碰撞，包括的范围很碰撞的广义理解：物理学里所研究的碰撞，包括的范围很广，只要通过短时间作用，物体的动量发生了明显的变化，广，只要通过短时间作用，物体的动量发生了明显的变化，都可视为碰撞都可视为碰撞. .例如：两个小球的撞击，子弹射入木块，系在例如：两个小球的撞击，子弹射入木块，系在绳子两端的物体将松弛的绳子突然拉直，铁锤打击钉子，列绳子两端的物体将松弛的绳子突然拉直，铁锤打击钉子，列车车厢的挂接，中子轰击原子核等均可视为碰撞问题车车厢的挂接，中子轰击原子核等均可视为碰撞问题. .需注意需注意的是必须将发生碰撞的双方的是必须将发生碰撞的双方( (如两小球、子弹和木块、铁锤和如两小球、子弹和木块、铁锤和钉子、中子和原子核等钉子、中子和原子核等) )包括在同一个系统中，才能对该系统包括在同一个系统中，才能对该系统应用动量守恒定律应用动量守恒定律. .3.3.碰撞过程的理解：碰撞过程的理解：(1)(1)碰撞物体间的作用力碰撞物体间的作用力( (系统内力系统内力) )：在极短时间内，作用力：在极短时间内，作用力从零变到很大，又迅速变为零，其平均值很大从零变到很大，又迅速变为零，其平均值很大. .(2)(2)碰撞过程受到的外力：即使碰撞过程中系统所受合力不等碰撞过程受到的外力：即使碰撞过程中系统所受合力不等于零，比如重力、摩擦力等外力远小于内力，由于内力远大于零，比如重力、摩擦力等外力远小于内力，由于内力远大于外力，作用时间又很短，所以外力的作用可忽略，认为系于外力，作用时间又很短，所以外力的作用可忽略，认为系统的动量是守恒的统的动量是守恒的. .(3)(3)碰撞过程中的机械能：若碰撞过程中没有其他形式的能转碰撞过程中的机械能：若碰撞过程中没有其他形式的能转化为机械能，则系统碰后的总机械能不可能大于碰前系统机化为机械能，则系统碰后的总机械能不可能大于碰前系统机械能械能. .(4)(4)碰撞过程对应的时间和位移：碰撞、爆炸过程是在一瞬间碰撞过程对应的时间和位移：碰撞、爆炸过程是在一瞬间发生的，时间极短，各物体作用前后各种动量变化显著，所发生的，时间极短，各物体作用前后各种动量变化显著，所以，在物体发生碰撞、爆炸的瞬间，为了处理问题方便，可以，在物体发生碰撞、爆炸的瞬间，为了处理问题方便，可忽略物体的位移，认为物体在碰撞、爆炸前后仍在同一位置忽略物体的位移，认为物体在碰撞、爆炸前后仍在同一位置以新的速度开始运动以新的速度开始运动. .4.4.碰撞应满足的条件：这些条件也是列方程的依据碰撞应满足的条件：这些条件也是列方程的依据. .在所给的条件不足的情况下，碰撞结果有各种可能，但不管在所给的条件不足的情况下，碰撞结果有各种可能，但不管哪种结果必须同时满足以下三条：哪种结果必须同时满足以下三条：(1)(1)动量守恒，即动量守恒，即p p1 1+p+p2 2=p=p1 1+p+p2 2.(2)(2)动能不增加，即动能不增加，即E Ek1k1+E+Ek2k2EEk1k1+E+Ek2k2或或222212121212pppp.2m2m2m2m(3)(3)速度要符合情景：如果碰前两物体同向运动，则后面物体的速度要符合情景：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，即速度必大于前面物体的速度，即v v后后v v前前，否则无法实现碰撞，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，且原来在前的物体的速度大于或等于原来在后的物体的速度的速度大于或等于原来在后的物体的速度. .即即v v前前vv后后，否，否则碰撞没有结束则碰撞没有结束. .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. .5.5.三种碰撞类型的特点：对于弹性碰撞，碰撞前后无动能损三种碰撞类型的特点：对于弹性碰撞，碰撞前后无动能损失；对于非弹性碰撞，碰撞前后有动能损失；对于完全非弹失；对于非弹性碰撞，碰撞前后有动能损失；对于完全非弹性碰撞，碰撞前后动能损失最大性碰撞，碰撞前后动能损失最大. .(1)(1)弹性碰撞：碰撞过程中不仅动量守恒，而且机械能守恒，弹性碰撞：碰撞过程中不仅动量守恒，而且机械能守恒，碰撞前后系统动能相等碰撞前后系统动能相等. .同时，在碰撞问题中常做动量和动能同时，在碰撞问题中常做动量和动能的换算的换算. .(2)(2)非弹性碰撞非弹性碰撞: :碰撞过程中动量守恒，碰撞结束后系统动能碰撞过程中动量守恒，碰撞结束后系统动能小于碰撞前系统动能小于碰撞前系统动能. .减少的动能转化为其他形式的能量减少的动能转化为其他形式的能量. .(3)(3)完全非弹性碰撞：完全非弹性碰撞： 碰撞过程中动量守恒，碰撞结束后两碰撞过程中动量守恒，碰撞结束后两物体结合为一整体以相同的速度运动，系统动能损失最大物体结合为一整体以相同的速度运动，系统动能损失最大. .(1)(1)当遇到两物体发生碰撞的问题，不管碰撞环当遇到两物体发生碰撞的问题，不管碰撞环境如何，要首先想到利用动量守恒定律境如何，要首先想到利用动量守恒定律. .(2)(2)对心碰撞是同一直线上的运动过程，只在一个方向上列动对心碰撞是同一直线上的运动过程，只在一个方向上列动量守恒方程即可，此时应注意速度正、负号的选取量守恒方程即可，此时应注意速度正、负号的选取. .【典例典例1 1】(2010(2010全国高考全国高考)小球小球A A和和B B的质量分别为的质量分别为m mA A和和m mB B且且m mA Am mB B，在某高度处将，在某高度处将A A和和B B先后从静止释放先后从静止释放. .小球小球A A与水平与水平地面碰撞后向上弹回，在释放处下方与释放处距离为地面碰撞后向上弹回，在释放处下方与释放处距离为H H的地方的地方恰好与正在下落的小球恰好与正在下落的小球B B发生正碰，设所有碰撞都是弹性的，发生正碰，设所有碰撞都是弹性的，碰撞时间极短碰撞时间极短. .求小球求小球A A、B B碰撞后碰撞后B B上升的最大高度上升的最大高度. . 【解题指导解题指导】两球从同一高度释放，碰撞时两球必然处两球从同一高度释放，碰撞时两球必然处于同一位置，根据自由落体的规律，小球于同一位置，根据自由落体的规律，小球A A与与B B碰撞前的速度碰撞前的速度大小相等，方向相反，发生弹性正碰，满足动量守恒、能量大小相等，方向相反，发生弹性正碰，满足动量守恒、能量守恒，碰后的情况可以对小球守恒，碰后的情况可以对小球B B运用运动学公式进行求解运用运动学公式进行求解. .【标准解答标准解答】根据题意，由运动学规律可知，小球根据题意，由运动学规律可知，小球A A与与B B碰撞碰撞前的速度大小相等，均设为前的速度大小相等，均设为v v0 0，由机械能守恒有，由机械能守恒有: : 设小球设小球A A与与B B碰撞后的速度分别为碰撞后的速度分别为v v1 1和和v v2 2，以竖直向上方向为，以竖直向上方向为正，据动量守恒定律有：正，据动量守恒定律有：m mA Av v0 0+m+mB B(-v(-v0 0)=m)=mA Av v1 1+m+mB Bv v2 2 由于两球碰撞过程中能量守恒，故：由于两球碰撞过程中能量守恒，故：2AA01m gHm v2 联立式得：联立式得： 设小球设小球B B能上升的最大高度为能上升的最大高度为h h，由运动学公式有：，由运动学公式有： 由式得：由式得： 答案答案： 2222A0B0A1B21111m vm vm vm v2222AB20AB3mmvvmm22vh2g2ABAB3mmh() Hmm2ABAB3mm() Hmm【规律方法规律方法】处理碰撞问题应把握好三个基本原则处理碰撞问题应把握好三个基本原则在碰撞过程中，系统的总动能不可能增加，如果是弹性碰撞，在碰撞过程中，系统的总动能不可能增加，如果是弹性碰撞，碰撞前后总动能不变，如果是非弹性碰撞，则有部分动能转碰撞前后总动能不变，如果是非弹性碰撞，则有部分动能转化为内能，系统总动能减少化为内能，系统总动能减少. .其中碰后结合为一体的情形，损其中碰后结合为一体的情形，损失的动能最多失的动能最多. .所以，在处理碰撞问题时，通常要抓住三项基所以，在处理碰撞问题时，通常要抓住三项基本原则：本原则：1.1.碰撞过程中动量守恒原则；碰撞过程中动量守恒原则；2.2.碰撞后总动能不增加原则；碰撞后总动能不增加原则；3.3.碰撞后状态的合理性原则碰撞后状态的合理性原则( (碰撞过程的发生必须符合客观实碰撞过程的发生必须符合客观实际际).).比如追及碰撞：碰后在前面运动的物体速度一定增加，比如追及碰撞：碰后在前面运动的物体速度一定增加，若碰后两物体同向运动，后面的物体速度一定不大于前面物若碰后两物体同向运动，后面的物体速度一定不大于前面物体的速度体的速度. .【变式训练变式训练】甲、乙两铁球质量分别是甲、乙两铁球质量分别是m m1 1=1 kg=1 kg，m m2 2=2 kg=2 kg，在，在光滑平面上沿同一直线运动光滑平面上沿同一直线运动, ,速度分别是速度分别是v v1 1=6 =6 m/sm/s、v v2 2=2 =2 m/sm/s. .甲追上乙发生正碰后两物体的速度有可能是甲追上乙发生正碰后两物体的速度有可能是( )( )A.vA.v1 1=7 =7 m/sm/s，vv2 2=1.5 =1.5 m/sm/sB.vB.v1 1=2 =2 m/sm/s，vv2 2=4 =4 m/sm/sC.vC.v1 1=3.5 =3.5 m/sm/s，vv2 2=3 =3 m/sm/sD.vD.v1 1=4 =4 m/sm/s，vv2 2=3 =3 m/sm/s【解析解析】选选B.B.选项选项A A和和B B均满足动量守恒条件，但选项均满足动量守恒条件，但选项A A碰后总碰后总动能大于碰前总动能，选项动能大于碰前总动能，选项A A错误、错误、B B正确；选项正确；选项C C不满足动量不满足动量守恒条件，错误；选项守恒条件，错误；选项D D满足动量守恒条件，且碰后总动能小满足动量守恒条件，且碰后总动能小于碰前总动能，但碰后甲球速度大于乙球速度，不合理，选于碰前总动能，但碰后甲球速度大于乙球速度，不合理，选项项D D错误错误. .故应选故应选B.B. 【变式备选变式备选】质量为质量为M M的物块以速度的物块以速度v v运动，与质量为运动，与质量为m m的静止物块发生正碰，碰撞后两者的动量正好相等的静止物块发生正碰，碰撞后两者的动量正好相等. .两者质量两者质量之比之比M/mM/m可能为可能为( )( )A.2 B.3 C.4 D.5A.2 B.3 C.4 D.5【解析解析】选选A A、B.B.设碰撞后质量为设碰撞后质量为M M的物块与质量为的物块与质量为m m的物块速的物块速度分别为度分别为v v1 1、v v2 2, ,由动量守恒定律得由动量守恒定律得MvMv=Mv=Mv1 1+mv+mv2 2 由能量关系得由能量关系得 由已知条件得由已知条件得MvMv1 1=mv=mv2 2 22212111MvMvmv222、联立可得、联立可得v=2vv=2v1 1、联立消去、联立消去v v、v v1 1、v v2 2, ,整理得整理得故选项故选项A A、B B正确正确. .M3m二、正确区分爆炸与碰撞的异同点二、正确区分爆炸与碰撞的异同点 (1)(1)在碰撞过程中，系统的动量守恒，但机在碰撞过程中，系统的动量守恒，但机械能不一定守恒械能不一定守恒.(2).(2)在爆炸过程中，系统的动量守恒，机械在爆炸过程中，系统的动量守恒，机械能一定不守恒能一定不守恒.(3).(3)宏观物体碰撞时一般相互接触，微观粒子宏观物体碰撞时一般相互接触，微观粒子的碰撞不一定接触，但只要符合碰撞的特点，就可认为是发的碰撞不一定接触，但只要符合碰撞的特点，就可认为是发生了碰撞，可以用动量守恒的规律分析求解生了碰撞，可以用动量守恒的规律分析求解. .【典例典例2 2】(2011(2011广州高二检测广州高二检测) )在光滑的水平面上，质量为在光滑的水平面上，质量为m m1 1的小球的小球A A以速度以速度v v0 0向右运动向右运动. .在小球在小球A A的前方的前方O O点有一质量为点有一质量为m m2 2的小球的小球B B处于静止状态处于静止状态, ,如图所示如图所示. .小球小球A A与小球与小球B B发生正碰后小发生正碰后小球球A A、B B均向右运动均向右运动. .小球小球B B被在被在Q Q点处的墙壁弹回后与小球点处的墙壁弹回后与小球A A在在P P点相遇点相遇,PQ=1.5PO.,PQ=1.5PO.假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性碰撞撞都是弹性碰撞, ,求两小球质量之比求两小球质量之比m m1 1/m/m2 2 . . 【解题指导解题指导】求解此题应把握以下三点：求解此题应把握以下三点：【标准解答标准解答】从两小球碰撞后到它们再次相遇从两小球碰撞后到它们再次相遇, ,小球小球A A和和B B速度速度大小保持不变大小保持不变. .根据它们通过的路程之比为根据它们通过的路程之比为14,14,可知小球可知小球A A和和小球小球B B在碰撞后的速度大小之比为在碰撞后的速度大小之比为14.14.设碰撞后小球设碰撞后小球A A和和B B的的速度分别为速度分别为v v1 1和和v v2 2, ,在碰撞过程中动量守恒在碰撞过程中动量守恒, ,碰撞前后动能相等碰撞前后动能相等: :解得解得m m1 1/m/m2 2=2=2答案：答案：2 2 222101122101122111m vm vm vm vm vm v222，【规律方法规律方法】 处理碰撞问题的思路处理碰撞问题的思路(1)(1)对一个给定的碰撞对一个给定的碰撞, ,首先要看动量是否守恒首先要看动量是否守恒, ,其次再看总动其次再看总动能是否增加能是否增加. .(2)(2)一个符合实际的碰撞一个符合实际的碰撞, ,除动量守恒外还要满足能量守恒除动量守恒外还要满足能量守恒, ,注注意碰撞完成后不可能发生二次碰撞的速度关系判定意碰撞完成后不可能发生二次碰撞的速度关系判定. .(3)(3)要灵活运用要灵活运用 几个关几个关系转换动能、动量系转换动能、动量. .2kkkk2Ep1Ep2mEEpvp2m2v或；或【变式训练变式训练】如图所示，如图所示，abcabc是光滑的轨道，其中是光滑的轨道，其中abab是水平是水平的，的，bcbc为与为与abab相切的位于竖直平面内的半圆，半径相切的位于竖直平面内的半圆，半径R=0.30 m.R=0.30 m.质量质量m=0.20 kgm=0.20 kg的小球的小球A A静止在轨道上，另一质量静止在轨道上，另一质量M=0.60 kgM=0.60 kg、速度为速度为v v0 0=5.5 =5.5 m/sm/s的小球的小球B B与小球与小球A A正碰正碰. .已知相碰后小球已知相碰后小球A A经经过半圆的最高点过半圆的最高点c c落到轨道上距落到轨道上距b b点为点为 处，重力加速处，重力加速度度g g取取10 m/s10 m/s2 2，求：碰撞结束时，小球，求：碰撞结束时，小球A A和和B B的速度的大小的速度的大小. .L4 2R【解析解析】A A球平抛，球平抛，故：故：由机械能守恒知：由机械能守恒知：得碰撞结束时，小球得碰撞结束时，小球A A速度：速度：v vA A=6 =6 m/sm/s由动量守恒：由动量守恒：MvMv0 0= =mvmvA A+Mv+MvB B小球小球B B速度：速度：v vB B=3.5 =3.5 m/sm/scc4RLv tvg，cgvL4R22cA11mv2mgRmv22， 【变式备选变式备选】如图所示，一轻质弹簧的一端固定在滑块如图所示，一轻质弹簧的一端固定在滑块B B上，另一端与滑块上，另一端与滑块C C接触但不连接，该整体静止在光滑水平地接触但不连接，该整体静止在光滑水平地面上，并且面上，并且C C被锁定在地面上被锁定在地面上. .现有一滑块现有一滑块A A从光滑曲面上离地从光滑曲面上离地面面h h高处由静止开始下滑，与滑块高处由静止开始下滑，与滑块B B发生碰撞并粘连在一起压发生碰撞并粘连在一起压缩弹簧，当速度减为碰后速度一半时滑块缩弹簧，当速度减为碰后速度一半时滑块C C解除锁定解除锁定. .已知已知m mA A= =m,mm,mB B=2m,m=2m,mC C=3m.=3m.求：求：(1)(1)滑块滑块A A与滑块与滑块B B碰撞结束瞬间的速度；碰撞结束瞬间的速度；(2)(2)被压缩弹簧的最大弹性势能被压缩弹簧的最大弹性势能. .【解析解析】(1)(1)滑块滑块A A下滑过程中机械能守恒，设下滑过程中机械能守恒，设A A到达水平面时到达水平面时速度为速度为v v1 1, ,由机械能守恒定律有由机械能守恒定律有A A、B B碰撞过程中动量守恒，设滑块碰撞过程中动量守恒，设滑块A A与滑块与滑块B B碰撞结束瞬间的碰撞结束瞬间的速度为速度为v v2 2, ,由动量守恒定律有由动量守恒定律有2AA111m ghm v ,v2gh2解得A1A1AB22ABm v1m vmmv ,v2ghmm3解得(2)(2)滑块滑块C C解除锁定后，滑块解除锁定后，滑块A A、B B继续压缩弹簧，被压缩弹簧继续压缩弹簧，被压缩弹簧的弹性势能最大时，滑块的弹性势能最大时，滑块A A、B B、C C速度相等，设为速度速度相等，设为速度v v3 3, ,由由动量守恒定律有：动量守恒定律有： 故故 滑块滑块A A、B B发生碰撞后到弹簧压缩最大，发生碰撞后到弹簧压缩最大，A A、B B、C C及弹簧组成的及弹簧组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律有：系统机械能守恒，由机械能守恒定律有：答案：答案：(1) (2)(1) (2)2ABABC3vmmmmmv .23211vv2gh.41222pmaxAB2ABC3pmax117Emmvmmmv Emgh.222412gh37mgh24【典例典例】如图所示，在质量为如图所示，在质量为M M的小车上挂有一单摆，摆球的的小车上挂有一单摆，摆球的质量为质量为m m0 0，小车，小车( (和单摆和单摆) )以固定的速度以固定的速度v v沿光滑水平地面运动，沿光滑水平地面运动，与位于正对面的质量为与位于正对面的质量为m m的静止木块发生碰撞，碰撞时间极短的静止木块发生碰撞，碰撞时间极短. .在此碰撞过程中，下列哪些说法可能发生在此碰撞过程中，下列哪些说法可能发生( )( )A.A.小车、木块、摆球的速度均发生变化，分别变为小车、木块、摆球的速度均发生变化，分别变为v v1 1、v v2 2、v v3 3满足满足(M+m(M+m0 0)v=Mv)v=Mv1 1+mv+mv2 2+m+m0 0v v3 3B.B.摆球的速度不变，小车和木块的速度变为摆球的速度不变，小车和木块的速度变为v v1 1、v v2 2，满足，满足MvMv=Mv=Mv1 1+mv+mv2 2C.C.摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为vv，满足，满足MvMv=(=(M+m)vM+m)vD.D.小车和摆球的速度均变为小车和摆球的速度均变为v v1 1，木块的速度变为，木块的速度变为v v2 2，满足，满足(M+m(M+m0 0)v=(M+m)v=(M+m0 0)v)v1 1+mv+mv2 2【解题指导解题指导】注意题目要求分析的是碰撞过程中的情况，至注意题目要求分析的是碰撞过程中的情况，至于碰撞结束以后的物体间的作用情况不在问题之列，碰撞过于碰撞结束以后的物体间的作用情况不在问题之列，碰撞过程中动量守恒，由于碰撞时间很短，在碰撞瞬间摆球没有参程中动量守恒，由于碰撞时间很短，在碰撞瞬间摆球没有参与碰撞与碰撞. .【标准解答标准解答】选选B B、C.C.由题意知，小车与木块在水平方向发生由题意知，小车与木块在水平方向发生碰撞，从发生作用到结束是在极短时间内在原位置完成的碰撞，从发生作用到结束是在极短时间内在原位置完成的. .摆摆球用竖直线与小车相连，在此极短时间内摆线悬点沿水平方球用竖直线与小车相连，在此极短时间内摆线悬点沿水平方向没有移动，因而摆线此瞬间仍沿竖直方向，小球水平方向向没有移动，因而摆线此瞬间仍沿竖直方向，小球水平方向速度不受影响速度不受影响( (碰撞之后小球如何参与总体运动，另当别论碰撞之后小球如何参与总体运动，另当别论).).选项选项A A、D D不正确不正确. .小车与木块在光滑水平面上发生碰撞，在水小车与木块在光滑水平面上发生碰撞，在水平方向不受外力作用，动量守恒，根据动量守恒定律知，选平方向不受外力作用，动量守恒，根据动量守恒定律知，选项项B B、C C所述的两种情况均有可能发生：所述的两种情况均有可能发生：(1)(1)小车与木块碰后又小车与木块碰后又分开，为分开，为B B项所述；项所述；(2)(2)小车与木块合二为一，为小车与木块合二为一，为C C项所述项所述. .综综上所述，本题正确答案是上所述，本题正确答案是B B、C.C.一、选择题一、选择题1.(20111.(2011海淀区高二检测海淀区高二检测)A)A、B B两物体发生正碰，碰撞前后两物体发生正碰，碰撞前后物体物体A A、B B都在同一直线上运动，其位移都在同一直线上运动，其位移时间图象如图所示时间图象如图所示. .由图可知，物体由图可知，物体A A、B B的质量之比为的质量之比为( )( )A.11 B.12 C.13 D.31A.11 B.12 C.13 D.31【解析解析】选选C.C.由图象知：碰前由图象知：碰前v vA A=4 =4 m/s,vm/s,vB B=0.=0.碰后碰后vvA A= = vvB B=1 =1 m/sm/s, ,由动量守恒可知由动量守恒可知m mA Av vA A+0=+0=m mA Av vA A+m+mB Bv vB B，解得，解得m mB B=3m=3mA A. .故选项故选项C C正确正确. .2.(20112.(2011淮安高二检测淮安高二检测) )质量相等的质量相等的A A、B B两球在光滑水平面两球在光滑水平面上沿同一条直线、同一方向运动上沿同一条直线、同一方向运动,A,A球的动量球的动量p pA A=9 =9 kgm/s,Bkgm/s,B 球的动量球的动量p pB B=3 =3 kgm/skgm/s, ,当当A A球追上球追上B B球时发生碰撞球时发生碰撞, ,则碰撞后则碰撞后A A、B B 两球动量的可能值是两球动量的可能值是( )( )A.pA.pA A=6 =6 kgm/skgm/s，ppB B=6 =6 kgm/skgm/sB.pB.pA A=8 =8 kgm/skgm/s，ppB B=4 =4 kgm/skgm/sC.pC.pA A=-2 =-2 kgm/skgm/s，ppB B=14 =14 kgm/skgm/sD.pD.pA A=-4 =-4 kgm/skgm/s，ppB B=17 =17 kgm/skgm/s【解析解析】选选A.A.由碰撞前后两球总动量守恒由碰撞前后两球总动量守恒, ,即即p pA A+p+pB B= = pApA+ +pBpB, ,可排除可排除D D；由碰撞后两球总动能不可能增加；由碰撞后两球总动能不可能增加, ,即即 可排除可排除C C；由碰撞后；由碰撞后A A球不可能穿越球不可能穿越B B球球, , 即即 可排除可排除B B；所以四个选项中只有；所以四个选项中只有A A是可能的是可能的. .故正故正确答案为确答案为A.A.22ABpp,2m2mABppmm，22ABpp2m2m3.3.在光滑水平面上停放着两木块在光滑水平面上停放着两木块A A和和B B，A A的质量大，现同时施的质量大，现同时施加大小相等的恒力加大小相等的恒力F F使它们相向运动，然后又同时撤去外力使它们相向运动，然后又同时撤去外力F F，结果结果A A和和B B迎面相碰后合在一起，问迎面相碰后合在一起，问A A和和B B合在一起后的运动情合在一起后的运动情况将是况将是( )( )A.A.停止运动停止运动 B.B.因因A A的质量大而向右运动的质量大而向右运动C.C.因因B B的速度大而向左运动的速度大而向左运动 D.D.运动方向不能确定运动方向不能确定【解析解析】选选A.A.碰撞问题应该从动量的角度去思考，而不能仅碰撞问题应该从动量的角度去思考，而不能仅看质量或者速度，因为在相互作用过程中，这两个因素是共看质量或者速度，因为在相互作用过程中，这两个因素是共同起作用的同起作用的. .由动量定理知，由动量定理知，A A和和B B两物体在碰撞之前的动量等两物体在碰撞之前的动量等大反向，碰撞过程中动量守恒，因此碰撞之后合在一起的总大反向，碰撞过程中动量守恒，因此碰撞之后合在一起的总动量为零，故选动量为零，故选A.A.4.4.在光滑水平面上，动能为在光滑水平面上，动能为E E0 0动量大小为动量大小为p p0 0的小钢球的小钢球1 1与静止与静止的小钢球的小钢球2 2发生碰撞，碰撞前后球发生碰撞，碰撞前后球1 1的运动方向相反，将碰后的运动方向相反，将碰后球球1 1的动能和动量大小分别记为的动能和动量大小分别记为E E1 1、p p1 1，球，球2 2的动能和动量大小的动能和动量大小分别记为分别记为E E2 2、p p2 2，则必有，则必有( )( )A.EA.E1 1EE0 0 B.pB.p1 1pEE0 0 D.pD.p2 2pp0 0【解析解析】选选A A、B B、D.D.碰撞后的总动能不可能增加，碰撞后的总动能不可能增加，A A选项正选项正确，确，C C选项错误；由选项错误；由 得选项得选项B B正确；由动量守恒，正确；由动量守恒，p p0 0=p=p1 1+p+p2 2，由于小钢球，由于小钢球1 1碰后反向，即碰后反向，即p p1 10.0.所以所以p p2 2p p0 0，故，故D D正确正确. .kp2mE，5.(20145.(2014双鸭山高二检测双鸭山高二检测) )如图所示的装置中，木块如图所示的装置中，木块B B与水平与水平面间接触是光滑的，子弹面间接触是光滑的，子弹A A沿水平方向射入木块后留在木块内，沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短，现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研将弹簧压缩到最短，现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象究对象( (系统系统) )，则此系统在从子弹开始射入木块到弹簧压缩，则此系统在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中至最短的整个过程中( )( )A.A.动量守恒，机械能守恒动量守恒，机械能守恒B.B.动量不守恒，机械能不守恒动量不守恒，机械能不守恒C.C.动量守恒，机械能不守恒动量守恒，机械能不守恒D.D.动量不守恒，机械能守恒动量不守恒，机械能守恒【解析解析】选选B.B.合理选取研究对象和运动过程，利用机械能守合理选取研究对象和运动过程，利用机械能守恒和动量守恒的条件分析是解决这道题目的关键恒和动量守恒的条件分析是解决这道题目的关键. .如果只研究如果只研究子弹子弹A A射入木块射入木块B B的短暂过程，并且只选的短暂过程，并且只选A A、B B为研究对象，由为研究对象，由于时间极短，则只需考虑在于时间极短，则只需考虑在A A、B B之间的相互作用，之间的相互作用，A A、B B组成组成的系统动量守恒，但此过程中存在着动能和内能之间的转化，的系统动量守恒，但此过程中存在着动能和内能之间的转化，所以所以A A、B B系统机械能不守恒系统机械能不守恒. .本题研究的是从子弹开始射入木本题研究的是从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程，而且将子弹、木块和弹簧块到弹簧压缩至最短的整个过程，而且将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象，在这个过程中有竖直墙壁对系统的合在一起作为研究对象，在这个过程中有竖直墙壁对系统的弹力作用弹力作用( (此力对系统来讲是外力此力对系统来讲是外力) )，故动量不守恒，故动量不守恒. .综合上面综合上面的分析可知，正确选项为的分析可知，正确选项为B.B.6.(20116.(2011抚顺高二检测抚顺高二检测) )质量相等的三个小球质量相等的三个小球a a、b b、c c，在光，在光滑的水平面上以相同的速率运动，它们分别与原来静止的滑的水平面上以相同的速率运动，它们分别与原来静止的A A、B B、C C三球发生碰撞，碰撞后三球发生碰撞，碰撞后a a继续沿原方向运动，继续沿原方向运动，b b静止，静止，c c沿反方沿反方向弹回，则碰撞后向弹回，则碰撞后A A、B B、C C三球中动量数值最大的是三球中动量数值最大的是( )( )A.AA.A球球 B.BB.B球球C.CC.C球球 D.D.三球一样大三球一样大【解析解析】选选C.C.在三小球发生的碰撞过程中，动量都是守恒的，在三小球发生的碰撞过程中，动量都是守恒的，根据动量守恒关系式：根据动量守恒关系式：mvmv0 0= =mv+Mvmv+Mv,整理可得：整理可得：MvMv=mv=mv0 0-mv,-mv,取初速度方向为正方向，不难得出取初速度方向为正方向，不难得出C C球的动量数值是最大的球的动量数值是最大的. .故故只有选项只有选项C C正确正确. . 【方法技巧方法技巧】动量守恒定律应用中的临界问题的分析方法动量守恒定律应用中的临界问题的分析方法在动量守恒定律的应用中，常常会遇到相互作用的两物体相距在动量守恒定律的应用中，常常会遇到相互作用的两物体相距最近、避免相碰和物体开始反向运动等临界问题最近、避免相碰和物体开始反向运动等临界问题. .例如：子弹射例如：子弹射入自由木块中；两相对运动物体间的绳子绷紧；物块在放置于入自由木块中；两相对运动物体间的绳子绷紧；物块在放置于光滑水平面上的木板上运动直至相对静止；物体冲上放置于光光滑水平面上的木板上运动直至相对静止；物体冲上放置于光滑水平面上的斜面直至最高点滑水平面上的斜面直至最高点. .在这些情境中，系统动量守恒在这些情境中，系统动量守恒( (或某一方向上动量守恒或某一方向上动量守恒) )，动能转化为其他形式的能，末状态，动能转化为其他形式的能，末状态两物体相对静止两物体相对静止. .这些过程与完全非弹性碰撞具有相同的特征，这些过程与完全非弹性碰撞具有相同的特征，可应用动量守恒定律，必要时结合能量守恒定律分析求解可应用动量守恒定律，必要时结合能量守恒定律分析求解. .分析临界问题的关键是寻找临界状态，临界状态的出现是有分析临界问题的关键是寻找临界状态，临界状态的出现是有条件的，这种条件就是临界条件条件的，这种条件就是临界条件. .临界条件往往表现为某个临界条件往往表现为某个( (或某些或某些) )物理量的特定取值物理量的特定取值. .在与动量相关的临界问题中，临在与动量相关的临界问题中，临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系，界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系，这些特定关系的判断是求解这类问题的关键这些特定关系的判断是求解这类问题的关键. .7.7.如图甲所示，在光滑水平面上的两小球发生正碰如图甲所示，在光滑水平面上的两小球发生正碰. .小球的质小球的质量分别为量分别为m m1 1和和m m2 2. .图乙为它们碰撞前后的图乙为它们碰撞前后的s-ts-t( (位移位移时间时间) )图图象象. .已知已知m m1 1=0.1 kg.=0.1 kg.由此可以判断由此可以判断( )( )A.A.碰前碰前m m2 2静止，静止，m m1 1向右运动向右运动 B.B.碰后碰后m m2 2和和m m1 1都向右运动都向右运动C.mC.m2 2=0.3 kg=0.3 kgD.D.碰撞过程中系统损失了碰撞过程中系统损失了0.4 J0.4 J的机械能的机械能【解析解析】选选A A、C.C.分析图像可知，碰前分析图像可知，碰前m m2 2处在位移为处在位移为8 m8 m的位的位置静止，置静止，m m1 1位移均匀增大，速度位移均匀增大，速度 向右，碰撞以后：向右，碰撞以后：动量守恒：动量守恒：m m1 1v v1 1=m=m1 1vv1 1+m+m2 2v v2 2得：得：m m2 2=0.3 kg=0.3 kg碰撞损失的机械能：碰撞损失的机械能：故正确答案应选故正确答案应选A A、C.C.18v m/s4 m/s2108v2 m/s,62 2168v m/s2 m/s62222k111122111Em v( m vm v )0222二、非选择题二、非选择题8.8.手榴弹在离地高手榴弹在离地高h h处时的速度方向恰好沿水平方向向左，速处时的速度方向恰好沿水平方向向左，速度大小为度大小为v v，此时，手榴弹炸裂成质量相等的两块，设消耗的，此时，手榴弹炸裂成质量相等的两块，设消耗的火药质量不计，爆炸后前半块的速度方向仍沿水平向左，速火药质量不计，爆炸后前半块的速度方向仍沿水平向左，速度大小为度大小为3v3v，那么两块弹片落地点之间的水平距离多大？，那么两块弹片落地点之间的水平距离多大？【解析解析】手榴弹在空中爆炸时间极短，且重力远小于爆炸手榴弹在空中爆炸时间极短，且重力远小于爆炸力，手榴弹在爆炸的瞬间动量守恒，设爆炸后每块质量为力，手榴弹在爆炸的瞬间动量守恒，设爆炸后每块质量为m m，向左为正方向，则由动量守恒定律得：向左为正方向，则由动量守恒定律得：2mv=m2mv=m3v+mv,3v+mv,则后则后半块速度半块速度v=-v,v=-v,即即vv方向向右，由平抛运动知，弹片落地方向向右，由平抛运动知，弹片落地时间时间 因此两块弹片落地点间的水平距离因此两块弹片落地点间的水平距离s=3vs=3vt+ t+ |v|t=|v|t=答案：答案： 2htg，2h4v.g2h4vg9.9.质量是质量是10 g10 g的子弹的子弹, ,以以300 300 m/sm/s的速度射入质量是的速度射入质量是24 g24 g、静、静止在光滑水平桌面上的木块止在光滑水平桌面上的木块, ,并留在木块中并留在木块中, ,子弹留在木块中子弹留在木块中以后以后, ,木块运动的速度是多大木块运动的速度是多大? ?如果子弹把木块打穿如果子弹把木块打穿, ,子弹穿过子弹穿过后的速度为后的速度为100 100 m/sm/s, ,这时木块的速度又是多大这时木块的速度又是多大? ?【解析解析】子弹质量子弹质量m=10 g=0.01 kg,m=10 g=0.01 kg,子弹速度子弹速度v v0 0=300 =300 m/sm/s, ,木木块质量块质量M=24 g=0.024 kg,M=24 g=0.024 kg,设子弹射入木块中以后木块的速度设子弹射入木块中以后木块的速度为为v,v,则子弹速度也是则子弹速度也是v,v,以子弹初速度的方向为正方向以子弹初速度的方向为正方向, ,由动量由动量守恒定律得守恒定律得:mv:mv0 0 =( =(m+M)vm+M)v, ,解得解得: :若子弹穿出后速度为若子弹穿出后速度为v v1 1=100 =100 m/sm/s, ,设木块速度为设木块速度为v v2 2, ,仍以子弹仍以子弹初速度方向为正方向初速度方向为正方向, ,由动量守恒定律得由动量守恒定律得: :代入数据解得代入数据解得v v2 2=83.3 =83.3 m/sm/s. .答案：答案：88.2 88.2 m/sm/s 83.3 83.3 m/sm/s0mv0.01 300v m/s88.2 m/smM0.010.024012mvmvMv10.(201010.(2010新课标全国卷新课标全国卷) )如图所示，光滑的水平地面上有一如图所示，光滑的水平地面上有一木板，其左端放有一重物，右方有一竖直的墙木板，其左端放有一重物，右方有一竖直的墙. .重物质量为木重物质量为木板质量的板质量的2 2倍，重物与木板间的动摩擦因数为倍，重物与木板间的动摩擦因数为.使木板与重物使木板与重物以共同的速度以共同的速度v v0 0向右运动，某时刻木板与墙发生弹性碰撞，碰向右运动，某时刻木板与墙发生弹性碰撞，碰撞时间极短撞时间极短. .求木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时求木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间间. .设木板足够长，重物始终在木板上设木板足够长，重物始终在木板上. .重力加速度为重力加速度为g.g.【解析解析】解法一：木板第一次与墙碰撞后，木板的速度反向，解法一：木板第一次与墙碰撞后，木板的速度反向，大小不变，此后木板向左做匀减速直线运动，直到静止，再大小不变，此后木板向左做匀减速直线运动，直到静止，再反向向右做匀加速直线运动直到与重物达到共同速度反向向右做匀加速直线运动直到与重物达到共同速度v v，再往，再往后是匀速直线运动，直到第二次碰撞墙后是匀速直线运动，直到第二次碰撞墙. .设木板的质量为设木板的质量为m m，重物的质量为重物的质量为2m2m，取向右为动量的正方向，由动量守恒得，取向右为动量的正方向，由动量守恒得2mv2mv0 0-mv-mv0 0=(2m+m)v=(2m+m)v设木板从第一次与墙碰撞到重物和木板具有共同速度设木板从第一次与墙碰撞到重物和木板具有共同速度v v所用的所用的时间为时间为t t1 1, ,对木板应用动量定理得对木板应用动量定理得2mgt2mgt1 1=mv-m(-v=mv-m(-v0 0) )由牛顿第二定律得由牛顿第二定律得2mg=ma2mg=ma式中式中a a为木板的加速度为木板的加速度在达到共同速度在达到共同速度v v时，木板离墙的距离为时，木板离墙的距离为开始向右做匀速运动到第二次与墙碰撞的时间为开始向右做匀速运动到第二次与墙碰撞的时间为木板从第一次与墙碰撞到第二次与墙碰撞所经历的时间为木板从第一次与墙碰撞到第二次与墙碰撞所经历的时间为t=tt=t1 1+t+t2 2, ,由以上各式得：由以上各式得：20 111v tat2l2tvl04vt3 g解法二：木板第一次与墙碰撞后，重物与木板相互作用直到解法二：木板第一次与墙碰撞后，重物与木板相互作用直到达到共同速度达到共同速度v v，由动量守恒得：，由动量守恒得：2mv2mv0 0-mv-mv0 0=(2m+m)v=(2m+m)v解得：解得：木板在第一个过程中，由动量定理，有：木板在第一个过程中，由动量定理，有：mv-m(-vmv-m(-v0 0)=2mgt)=2mgt1 1由动能定理，有：由动能定理，有：木板在第二个过程中做匀速直线运动，有：木板在第二个过程中做匀速直线运动，有：s=vts=vt2 2木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间答案：答案： 0vv322011mvmv2mgs22 000122v2v4vttt3 g3 g3 g04v3 g
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