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知识点一动量、冲量、动量定理一、动量概念及其理解( 1 )定义：物体的质量及其运动速度的乘积称为该物体的动量p=mv ( 2)特征：①动量是状态量，它与某一时刻相关；②动量是矢量，其方向与物体运动速度的方向相同。
(3)意义：速度从运动学角度量化了机械运动的状态, 动量则从动力学角度量化了机械运动的状态。
二、冲量概念及其理解(1 )定义：某个力与其作用时间的乘积称为该力的冲量I=F △t (2)特征：①冲量是过程量，它与某一段时间相关；②冲量是矢量，对于恒力的冲量来说，其方向就是该力的方向。
( 3)意义：冲量是力对时间的累积效应。
对于质量确定的物体来说，合外力决定着其速度将变多快；合外力的冲量将决定着其速度将变多少。
对于质量不确定的物体来说，合外力决定着其动量将变多快；合外力的冲量将决定着其动量将变多少。
三、动量定理：F •t = mv2 - mv1F•t是合外力的冲量，反映了合外力冲量是物体动量变化的原因.(1)动量定理公式中的F・t是合外力的冲量，是使研究对象动量发生变化的原因；(2)在所研究的物理过程中，如作用在物体上的各个外力作用时间相同，求合外力的冲量可先求所有力的合外力，再乘以时间，也可求出各个力的冲量再按矢量运算法则求所有力的会冲量；( 3)如果作用在被研究对象上的各个外力的作用时间不同，就只能先求每个外力在相应时间内的冲量，然后再求所受外力冲量的矢量和.( 4)要注意区分“合外力的冲量”和“某个力的冲量”，根据动量定理，是“合外力的冲量”等于动量的变化量，而不是“某个力的冲量”等于动量的变化量(注意) 。
知识点二动量守恒定律、碰撞、反冲现象知识点归纳总结一.知识总结归纳1. 动量守恒定律：研究的对象是两个或两个以上物体组成的系统，而满足动量守恒的物理过程常常是物体间相互作用的短暂时间内发生的。
2. 动量守恒定律的条件：( 1)理想守恒：系统不受外力或所受外力合力为零 (不管物体间是否相互作用) ，此时合外力冲量为零，故系统动量守恒。
动量守恒定律、碰撞、反冲现象知识点归纳总结1、动量守恒定律：研究的对象是两个或两个以上物体组成的系统，而满足动量守恒的物理过程常常是物体间相互作用的短暂时间内发生的。
2、动量守恒定律的条件：（1）理想守恒：系统不受外力或所受外力合力为零（不管物体间是否相互作用），此时合外力冲量为零，故系统动量守恒。
当系统存在相互作用的内力时，由牛顿第三定律得知，相互作用的内力产生的冲量，大小相等，方向相反，使得系统内相互作用的物体动量改变量大小相等，方向相反，系统总动量保持不变。
即内力只能改变系统内各物体的动量，而不能改变整个系统的总动量。
（2）近似守恒：当外力为有限量，且作用时间极短，外力的冲量近似为零，或者说外力的冲量比内力冲量小得多，可以近似认为动量守恒。
（3）单方向守恒：如果系统所受外力的矢量和不为零，而外力在某方向上分力的和为零，则系统在该方向上动量守恒。
3、动量守恒定律应用中需注意：（1）矢量性：表达式m1v1+m2v2=中守恒式两边不仅大小相等，且方向相同，等式两边的总动量是系统内所有物体动量的矢量和。
在一维情况下，先规定正方向，再确定各已知量的正负，代入公式求解。
（2）系统性：即动量守恒是某系统内各物体的总动量保持不变。
（3）同时性：等式两边分别对应两个确定状态，每一状态下各物体的动量是同时的。
（4）相对性：表达式中的动量必须相对同一参照物（通常取地球为参照物）、4、碰撞过程是指物体间发生相互作用的时间很短，相互作用过程中的相互作用力很大，所以通常可认为发生碰撞的物体系统动量守恒。
按碰撞前后物体的动量是否在一条直线上，有正碰和斜碰之分，中学物理只研究正碰的情况；碰撞问题按性质分为三类。
（1）弹性碰撞碰撞结束后，形变全部消失，碰撞前后系统的总动量相等，总动能不变。
例如：钢球、玻璃球、微观粒子间的碰撞。
（2）一般碰撞碰撞结束后，形变部分消失，碰撞前后系统的总动量相等，动能有部分损失、例如：木制品、橡皮泥球的碰撞。
力学复习十一、 动量守恒定律应用——碰撞、反冲【知识点析】1、碰撞：相互作用的几个物体，在极短的时间内它们的运动状态发生显著变化，这个过程就可称为碰撞。
（1）特点：一是碰撞的物体之间的作用时间短；二是碰撞物体之间的作用力大，物体的运动状态改变显著。
（2）规律：动量守恒定律。
（3）种类。
①按碰撞前后的速度方向可分为:正碰:碰撞前后的速度方向在一条直线上.斜碰:碰撞前后的速度方向不在一条直线上.②按能量变化情况可分为:弹性碰撞:碰撞后系统的总动能没有损失.非弹性碰撞:碰撞后系统的总动能有损失.(4)原则原则一：系统动量守恒的原则三种类型碰撞的共同特点：碰撞中的相互作用的内力远大于系统外力，所以碰撞问题的解应首先满足系统动量守恒的原则，其数学表式为：m 1v 1+m 2v 2=m 1′v 1′+m 2′v 2′, 或△p 1+△p 2=0。
原则二：物理情景可行性原则碰撞过程中相互作用的内力对其中一个物体是外力，应遵守牛顿第三定律，同时要满足动量定理。
不同的碰撞有各自的特点。
例如，相向碰撞和追赶碰撞，碰撞前后的v, p, E K 都有各自的规律，其情况比较复杂，一定要根据具体情况认真分析其过程，确定物理情景是否可行。
原则三：不违背能量守恒的原则三种碰撞，除完全弹性碰撞中系统的机械能不损失外，其它碰撞中系统均有机械能的损失，而完全非弹性碰撞中系统机械能损失最多，所以系统必须满足：2221212221212222112222112222,21212121m p m p m p m p v m v m v m v m '+'≥+'+'≥+或 其可能的合理解应介于完全弹性碰撞和完全非弹性碰撞的解之中。
2、反冲:当物体的一部分以一定的速度离开物体时,剩余部分将获得一个反向冲量,这种现象叫反冲运动.(1)实例:发射炮弹,爆竹爆炸,发射火箭.(2)特点:系统相互作用的内力远大于系统受到的外力.(3)规律:系统总动量守恒[例题思析][例题1] 两只小船逆向航行,航线邻近,在两船首尾相齐时,由每只船上各自向对方放置一质量为m=50kg 的麻袋,结果载重较小的船停了下来,另一船则以v=8.5m/s 的速度沿原方向航行.设两只小船及船上载重量分别为m 1=500kg,m 2=1000kg,问交换麻袋前各小船的速率多大?(水的阻力不计)[解析] 在水的阻力(外力)不计的情况下,系统动量守恒.分别以各小船原航行方向为正方向,则对抛出麻袋后的小船和 m 2上麻袋组成的系统有(m 1-m)v 1-mv 2=0 …………………………………①对抛出麻袋后的小船和m 1 上的麻袋组成的系统有(m 2-m)v 2-mv 1=(m 2-m+m)v …………………………………②代入数据得(500-50)v 1-50v 2=0 …………………………………①’(1000-50)v 2-50v 1=1000×8.5 ………………………………②’解之可得 v 1=1m/s,v 2=9m/s.[注意] 本题也可选取两船及其麻袋组成一个系统，设m 2船原航行方向为正方向，可列如下方程m 2v 2-m 1v 1=(m 2-m+m)v+(m 1-m+m)×0 ………………………③③结合①或②式求解。
碰撞和动量守恒知识点总结(总5页)-CAL-FENGHAI.-(YICAI)-Company One1-CAL-本页仅作为文档封面，使用请直接删除第一章碰撞和动量守恒知识点总结知识点1 物体的碰撞1．生活中的各种碰撞现象碰撞的种类有正碰和斜碰两种．(1)正碰：像台球的碰撞中若两个小球碰撞时的速度沿着连心线方向，则称为正碰．(2)斜碰：像台球的碰撞中若两个小球碰撞前的相对速度不在连心线上，则称为斜碰．2．弹性碰撞和非弹性碰撞(1)碰撞分为弹性碰撞和非弹性碰撞两种．①弹性碰撞：若两个物体的碰撞发生在水平面上，碰撞后形变能完全恢复，则没有动能损失，碰撞前后两个物体构成的系统动能相等．②非弹性碰撞：若两个物体的碰撞发生在水平面上，碰撞后形变不能完全恢复或完全不能恢复(黏合)，则有动能损失(或损失最大)，损失的动能转变为热能，碰撞前后两个物体构成的系统动能不再相等，碰撞后的总动能小于碰撞前的总动能．(2)两种碰撞的区别：弹性碰撞没有能量损失，非弹性碰撞有能量损失．当两个小球的碰撞发生在水平面上时，两小球碰撞前后的重力势能不变，变化的是动能，根据动能是否守恒，把小球的碰撞分为弹性碰撞和非弹性碰撞，如下所示：(3)注意．①非弹性碰撞一定有机械能损失，损失的机械能一般转化为内能．碰撞后的总机械能不可能增加，这一点尤为重要．②系统发生爆炸时，内力对系统内的每一个物体都做正功，故爆炸时，系统的机械能是增加的，这一增加的机械能来源于炸药贮存的化学能．知识点2 动量、冲量和动量定理一、动量1、动量：运动物体的质量和速度的乘积叫做动量．是矢量，方向与速度方向相同；动量的合成与分解，按平行四边形法则、三角形法则．是状态量；通常说物体的动量是指运动物体某一时刻的动量，计算物体此时的动量应取这一时刻的瞬时速度。
是相对量；物体的动量亦与参照物的选取有关，常情况下，指相对地面的动量。
单位是kg·m/s；2、动量和动能的区别和联系①动量的大小与速度大小成正比，动能的大小与速度的大小平方成正比。
反冲与碰撞知识点总结引言反冲和碰撞是物理学中常见的现象，它们在日常生活中随处可见，也是各种机械设备和交通工具运行的重要原理。
理解反冲和碰撞的知识对于我们正确认识世界，解决实际问题具有重要意义。
本文将介绍反冲和碰撞的基本概念、相关定律和应用实例，希望能够帮助读者加深对这一领域的认识。
一、反冲的基本概念反冲是指一个物体受到力的作用后，自身也向相反方向产生一个等大的力，这是牛顿第三定律的基本内容。
反冲是一个广泛存在的现象，例如当我们站在滑板上向后用力踹墙的时候，会感到自己的身体向前滑动，这就是典型的反冲现象。
牛顿第三定律可以用公式表示为F1=-F2，其中F1是第一个物体受到的力，F2是第二个物体受到的力，它们的大小相等，方向相反。
在反冲的过程中，两个物体之间的力相互作用，导致它们产生了相反的运动的情况。
反冲现象在日常生活中也表现得非常明显，例如开火枪的时候，枪托会向后移动，这就是因为燃烧后产生的气体向前冲击，枪托为了满足牛顿第三定律的要求而向后移动。
又如摩托车发动机工作时，摩托车本身会有向前的冲动，而人体会感受到向后的推力。
总而言之，反冲是因为牛顿第三定律而产生的现象。
除了牛顿第三定律的解释，反冲还可以用动量守恒定律解释。
根据动量守恒定律，系统内物体总的动量守恒，因此反冲的动量是守恒的。
例如在空间中，一个飞船发射出一颗子弹，因为子弹的速度很大，所以子弹的动量也很大。
但发射后飞船的质量减小了，所以飞船的速度也稍稍增加，这就是反冲的动量守恒原理。
二、碰撞的基本概念碰撞是两个或两个以上的物体间的瞬间接触的情况，它是物体相互作用的一种表现形式。
在碰撞中，物体之间会发生一系列的变化，如速度、动量、能量等。
在物理学中，碰撞分为完全弹性碰撞和非完全弹性碰撞两种。
在完全弹性碰撞中，两个物体在发生碰撞后，除了相互作用的力之外，它们之间不会有能量损失，且碰撞后各自的速度和动量都能够得到完全保存。
而在非完全弹性碰撞中，则意味着碰撞后物体之间有能量损失，它们的速度和动量不再完全守恒。
【本讲主要内容】动量守恒定律、碰撞、反冲动量守恒的条件和表达，用动量守恒定律解决碰撞、反冲、爆炸问题。
【知识掌握】【知识点精析】1、动量守恒定律的推导在光滑水平面上做匀速运动的两个小球，质量分别是m 1 和m 2，沿着同一直线向相同的方向运动，速度分别是v 1和v 2，且v 2＞v 1，经过一段时间后，m 2追上了m 1，两球发生碰撞，碰撞后的速度分别是v 1′和v 2′。
思考：①两个小球在碰撞过程中所受到的平均作用力F 1和F 2有什么关系？②写出碰撞过程中小球各自所受到的合外力的冲量和每个小球动量的变化。
③结合动量定理，推导得到一个什么表达式。
证明：第一个小球和第二个小球在碰撞中所受的平均作用力F 1和F 2是一对相互作用力，大小相等，方向相反，作用在同一直线上，作用在两个物体上；第一个小球受到的冲量是： F 1t ＝m 1v 1'-m 1v 1第二个小球受到的冲量是： F 2t ＝m 2v 2'-m 2v 2又F 1和F 2大小相等，方向相反，所以F 1t ＝ - F 2t∴m 1v 1'-m 1v 1＝-（m 2v 2'-m 2v 2）由此得：m 1v 1+m 2v 2＝m 1v 1'+m 2v 2'即 p 1+p 2＝p 1'+p 2'，两个小球碰撞前的总动量等于碰撞后的总动量。
2、动量守恒定律的内容（1）定律一个系统不受外力或者受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变。
即：'22'112211v m v m v m v m +=+（2）表达形式'22'112211v m v m v m v m +=+，即p 1+p 2＝p 1'+p 2' 还有：Δp 1+Δp 2＝0，Δp 1＝ -Δp 2 即： m 1•（v 1'-v 1） ＝ -m 2•（v 2'-v 2）1221v v m m ∆∆-= （3）意义从现代物理学的理论高度来认识，动量守恒定律是物理学中最基本的普适原理之一。
反冲现象课本知识点总结一、反冲现象的产生原因1. 动量守恒定律动量守恒定律是自然界中的一个普遍定律，它认为在封闭系统中，系统的动量守恒。
也就是说，系统内部的物体的总动量不会改变。
当一个物体向一个方向运动时，它具有动量。
而当它与其他物体发生碰撞或者相互作用时，它的动量可能会改变。
在一些特定情况下，碰撞或作用可能导致物体的反向运动，从而产生反冲现象。
2. 能量守恒定律能量守恒定律是自然界中的另一个重要定律，它认为在一个封闭系统中，系统的总能量守恒。
也就是说，系统内部的能量总和不会改变。
当一个物体发生碰撞或者相互作用时，能量可能会从一个物体传递到另一个物体，从而产生反向运动。
例如，当一个运动的物体撞击另一个静止的物体时，它的能量可能会传递给静止物体，导致静止物体产生反向运动。
二、反冲现象的应用1. 汽车刹车汽车刹车是我们日常生活中常见的反冲现象的应用。
当司机踩刹车踏板时，刹车片与刹车盘发生摩擦作用，汽车的动能被耗散，同时刹车系统内的液压系统也起到作用，将动能转换为热能和声能。
由于动能的耗散和反向作用力的产生，汽车在一段距离内会逐渐减速停下，产生反冲现象。
2. 水枪原理水枪是一种利用水压原理产生反冲现象的装置。
水枪内部有一个压力蓄水室，当用户按下扳机时，水枪内的水会向外喷射。
根据动量守恒定律，喷射水流的同时，水枪本身也会受到相反方向的作用力，产生反冲现象。
这种原理也可以应用在火箭喷射器等装置上。
三、如何减小反冲现象1. 增加阻尼阻尼是减小反冲现象的一个重要手段。
通过增加系统内部的阻尼，可以将动能或能量耗散，减小反冲现象。
比如，在汽车刹车系统中，刹车片与刹车盘之间的摩擦力就是一种阻尼。
在水枪喷射器中，设计合理的喷嘴结构也可以产生一定的阻尼作用。
2. 合理设计合理设计是减小反冲现象的另一个重要手段。
通过优化系统结构、材料选择等方式，可以减小系统动能或能量传递，从而减小反冲现象。
例如，在汽车刹车系统中，合理选择刹车片和刹车盘的材料、表面处理工艺等，可以有效减小刹车时产生的反冲现象。
动量守恒定律与弹性碰撞知识点总结动量守恒定律是物理学中的一个重要定律，它描述了在一个封闭系统中，当没有外部力作用时，系统的总动量保持不变。
而弹性碰撞是一种特殊的碰撞现象，其中碰撞过程中物体之间既不损失动能，也不损失动量。
本文将对动量守恒定律和弹性碰撞的知识点进行总结。
1. 动量守恒定律：动量守恒定律是指，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。
在数学上，动量守恒定律可以表示为：∑(mv)初= ∑(mv)末其中，∑(mv)初表示系统初态的总动量，∑(mv)末表示系统末态的总动量。
该定律适用于各种不同的物体、碰撞、运动方式等情况。
2. 弹性碰撞：弹性碰撞是一种碰撞过程中物体之间既不损失动能，也不损失动量的碰撞现象。
在弹性碰撞中，物体之间产生的相互作用力能够将动能完全转移到另一个物体上，而不会有能量的损失。
弹性碰撞满足以下条件：- 物体之间没有外力作用；- 物体之间没有摩擦力的存在。
在弹性碰撞中，动量守恒定律同样成立。
同时，根据动能守恒定律，弹性碰撞中物体的总动能也保持不变。
3. 弹性碰撞的变形：在弹性碰撞中，物体也可能发生瞬时的形变。
根据胡克定律，物体在受到外力作用时会发生形变，但一旦外力作用消失，物体会恢复原状。
这种形变是瞬时的，不会持续存在。
4. 弹性碰撞的实例：弹性碰撞存在于日常生活和科学研究的各个领域中。
以下是一些弹性碰撞的实例：- 台球和乒乓球之间的碰撞；- 弹簧在受到外力作用后的回弹；- 球类运动中球的弹跳现象。
值得注意的是，弹性碰撞并不意味着碰撞过程中没有力的作用。
实际上，碰撞过程中物体之间会产生相互作用力，但这些力不会导致能量和动量的损失。
通过对动量守恒定律和弹性碰撞的知识点的总结，我们可以更好地理解碰撞过程中的物理规律。
动量守恒定律告诉我们在一个封闭系统中，物体的总动量保持不变；而弹性碰撞展示了一种特殊的碰撞现象，其中物体之间既不损失动能，也不损失动量。
这些知识点在物理学和工程学中具有广泛的应用，能够帮助我们解释和预测物体在碰撞过程中的行为。
第2讲动量守恒定律碰撞反冲★一、考情直播2．考点整合考点一碰撞（1）定义：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做碰撞．（2）碰撞的特点①作用时间极短，内力远大于外力，总动量总是守恒的．②碰撞过程中，总动能不增．因为没有其它形式的能量转化为动能．③碰撞过程中，当两物体碰后速度相等时，即发生完全非弹性碰撞时，系统动能损失最大．④碰撞过程中，两物体产生的位移可忽略．（3）碰撞的分类①弹性碰撞（或称完全弹性碰撞）如果在弹性力的作用下，只产生机械能的转移，系统内无机械能的损失，称为弹性碰撞（或称完全弹性碰撞）．此类碰撞过程中，系统动量和机械能同时守恒．②非弹性碰撞如果是非弹性力作用，使部分机械能转化为物体的内能，机械能有了损失，称为非弹性碰撞．此类碰撞过程中，系统动量守恒，机械能有损失，即机械能不守恒．③完全非弹性碰撞如果相互作用力是完全非弹性力，则机械能向内能转化量最大，即机械能的损失最大，称为完全非弹性碰撞．碰撞物体粘合在一起，具有同一速度．此类碰撞过程中，系统动量守恒，机械能不守恒，且机械能的损失最大．（4）判定碰撞可能性问题的分析思路①判定系统动量是否守恒．②判定物理情景是否可行，如追碰后，前球动量不能减小，后球动量在原方向上不能增加；追碰后，后球在原方向的速度不可能大于前球的速度．③判定碰撞前后动能是不增加．【例1】甲乙两球在水平光滑轨道上向同方向运动，已知它们的动量分别是P1=5kg．m/s，P2=7kg．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，则二球质量m1与m2间的关系可能是下面的哪几种？（）A、m1=m2B、2m1=m2C、4m1=m2D、6m1=m2．【解析】：甲乙两球在碰撞过程中动量守恒，所以有：P1+P2= P1，+，即：P1，=2 kg．m/s．由于在碰撞过程中，不可能有其它形式的能量转化为机械能，只能是系统内物体间机械能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22'212'12221212222m P m P m P m P +≥+，所以有：m 1≤5121m 2， 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2211m P m P 〉，即m 1275m 〈；同时还要符合碰撞后乙球的速度必须大于或等于甲球的速度这一物理情景，即2'21'1m P m P 〈，所以 2151m m 〉．因此正确的答案应该是（C ）选项．【例2】如图6-2-1所示，半径和动能都相等的两个小球相向而行．甲球质量m 甲大于乙球质量m 乙，水平面是光滑的，两球做对心碰撞以后的运动情况可能是下述哪些情况？（ ）A ．甲球速度为零，乙球速度不为零B ．两球速度都不为零C ．乙球速度为零，甲球速度不为零D ．两球都以各自原来的速率反向运动【解析】首先根据两球动能相等，222121乙乙甲甲V m V m =得出两球碰前动量大小之比为：乙甲乙甲m m P P =，因m 甲>m 乙，则P 甲>P 乙，则系统的总动量方向向右．根据动量守恒定律可以判断，碰后两球运动情况可能是A 、B 所述情况，而C 、D 情况是违背动量守恒的，故C 、D情况是不可能的．考点二 动量守恒定律 （1）定义：一个系统不受外力或者受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变． 即：22112211v m v m v m v m '+'=+ （2）动量守恒定律成立的条件①系统不受外力或者所受外力之和为零；②系统受外力，但外力远小于内力，可以忽略不计；③系统在某一个方向上所受的合外力为零，则该方向上动量守恒． ④全过程的某一阶段系统受的合外力为零，则该阶段系统动量守恒．（3）其它表达形式：除了22112211v m v m v m v m '+'=+，即p 1+p 2=p 1/+p 2/外，Δp 1+Δp 2=0，Δp 1= -Δp 2 和1221v v m m∆∆-=【例3】如图6-2-2所示的装置中，木块B 与水平桌面间的接触是光滑的，子弹A 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究对象（系统），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：（ ）A 、动量守恒、机械能守恒B 、动量不守恒、机械能不守恒C 、动量守恒、机械能不守恒D 、动量不守恒、机械能守恒【解析】若以子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象(系统)，从子弹开始射入木块到图6-2-2 图6-2-1弹簧压缩至最短时，弹簧固定端墙壁对弹簧有外力作用，因此动量不守恒．而在子弹射入木块时，存在剧烈摩擦作用，有一部分能量将转化为内能，机械能也不守恒．实际上，在子弹射入木块这一瞬间过程，取子弹与木块为系统则可认为动量守恒（此瞬间弹簧尚未形变）．子弹射入木块后木块压缩弹簧过程中，机械能守恒，但动量不守恒．物理规律总是在一定条件得出的，因此在分析问题时，不但要弄清取谁作研究对象，还要弄清过程的阶段的选取，判断各阶段满足物理规律的条件．【例4】质量为M的小车中挂有一个单摆，摆球的质量为M0，小车和单摆以恒定的速度V0沿水平地面运动，与位于正对面的质量为M1的静止木块发生碰撞，碰撞时间极短，在此过程中，下列哪些说法是可能发生的（）A．小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别为V1、V2和V3，且满足：（M+M0）V0=MV1+M1V2+M0V3；B．摆球的速度不变，小车和木块的速度为V1、V2，且满足：MV0=MV1+M1V2；C．摆球的速度不变，小车和木块的速度都为V，且满足：MV0=（M+M1）V；D．小车和摆球的速度都变为V1，木块的速度变为V2，且满足：（M+M0）V0=（M+M0）V1+M1V2【解析】：小车与木块相碰，随之发生的将有两个过程：其一是，小车与木块相碰，作用时间极短，过程结束时小车与木块速度发生了变化，而小球的速度未变；其二是，摆球将要相对于车向右摆动，又导致小车与木块速度的改变．但是题目中已明确指出只需讨论碰撞的极短过程，不需考虑第二过程．因此，我们只需分析B、C两项．其实，小车与木块相碰后，将可能会出现两种情况，即碰撞后小车与木块合二为一或它们碰后又分开，前者正是C 项所描述的，后者正是B项所描述的，所以B、C两项正确．（4）分方向动量守恒【例5】如图6-2-3所示．质量为m的铅球以大小为v0仰角为θ的初速度抛入一个装着砂子的总质量为M的静止的砂车中，砂车与地面的摩擦不计，球与砂车的共同速度是多少?【解析】：小球及小车看成一个系统，该系统水平方向不受外力，故系统水平方向上动量守恒，由动量守恒定律得mv0cosθ=(M+m)v，所以v=mv0cosθ/(M+m)【规律总结】此类问题属系统所受外力不为0，竖直方向上受到有外力，动量不守恒，但水平方向上不受外力作用，动量守恒．又如大炮在以倾角发射炮弹时，炮身要后退，受到地面的阻力，但因其炸药产生的作用力很大，远大于受到的阻力，故仍认为水平方向动量守恒．考点三动量守恒定律应用动量守恒定律的一般应用步骤：①确定研究对象，选取研究过程；②分析内力和外力的情况，判断是否符合守恒条件；③选定正方向，确定初、末状态的动量，最后根据动量守恒定律列议程求解．不论相互作用力是恒力还是变力，都可以使用动量守恒定律．应用动量守恒定律求解时，只需要考虑过程的始末状态，不需要考虑过程的细节．这是它的优点所在，定律的表述式是一个矢量式，应用时要特别注意方向．（1）动量守恒定律解“人船模型”问题人船模型是动量守恒定律的拓展应用，将速度与质量的关系推广到位移与质量，做这类题目，首先要画好示意图，要注意两个物体相对于地面的移动方向和两个物体位移大小之间的关系．图6-2-3一个原来静止的系统，由于某一部分的运动而对另一部分有冲量，使另一部分也跟着运动，若现象中满足动量守恒，则有m 1υ1-m 2υ2 = 0，υ1 =12m m υ2．物体在这一方向上的速度经过时间的累积使物体在这一方向上运动一段距离，则距离同样满足s 1 = s 2，它们的相对距离s 相 = s 1+s 2．【例6】质量为M 、长为L 的船静止在静水中，船头及船尾各站着质量分别为m 1及m 2的人，当两人互换位置后，船的位移有多大？【解析】利用“人船模型”易求得船的位移大小为：2121)(mm M L m m S ++-=．提示：若m 1>m 2，本题可把（m 1-m 2）等效为一个人，把（M+2m 2）看着船，再利用人船模型进行分析求解较简便．应该注意到：此结论与人在船上行走的速度大小无关．不论是匀速行走还是变速行走，甚至往返行走，只要人最终到达船的左端，那么结论都是相同的．以上所列举的人、船模型的前提是系统初动量为零．如果发生相互作用前系统就具有一定的动量，那就不能再用m 1v 1=m 2v 2这种形式列方程，而要利用（m 1+m 2）v 0=m 1v 1+m 2v 2列式．【例7】如图6-2-4所示，AB 为一光滑水平横杆，杆上套一质量为M 的小圆环，环上系一长为L 质量不计的细绳，绳的另一端拴一质量为m 的小球，现将绳拉直，且与AB 平行，由静止释放小球，则当线绳与A B 成θ角时，圆环移动的距离是多少？【解析】虽然小球、细绳及圆环在运动过程中合外力不为零（杆的支持力与两圆环及小球的重力之和不相等）系统动量不守恒，但是系统在水平方向不受外力，因而水平动量守恒．设细绳与AB 成θ角时小球的水平速度为v ，圆环的水平速度为V ，则由水平动量守恒有：MV =mv ，且在任意时刻或位置V 与v 均满足这一关系，加之时间相同，公式中的V 和v 可分别用其水平位移替代，则上式可写为：Md =m ［（L -L cos θ）-d ］，解得圆环移动的距离：d =mL （1-cos θ）/（M +m ）【规律总结】“人船模型”的特点：两个物体均处于静止，当两个物体存在相互作用而不受外力作用时，系统动量守恒，所以本质上也是反冲模型．这类问题的特点：两物体同时运动，同时停止．载人气球，例7等均属于“人船模型”．（2）根据动量守恒定律求解“合二为一”和“一分为二”问题．“合二为一”问题：两个速度不同的物体，经过相互作用，最后达到共同速度． “一分为二”问题：两个物体以共同的初速度运动，由于相互作用而分开各自以不同的速度运动．【例8】甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑水平面上匀速相向行驶，速度均为6m/s ．甲车上有质量为m=1kg 的小球若干个，甲和他的车及所带小球的总质量为M 1=50kg ，乙和他的车总质量为M 2=30kg ．现为避免相撞，甲不断地将小球以相对地面16．5m/s 的水平速度抛向乙，且被乙接住．假设某一次甲将小球抛出且被乙接住后刚好可保证两车不致相撞，试求此时：（1）两车的速度各为多少？ （2）甲总共抛出了多少个小球？ 【解析】甲、乙两小孩依在抛球的时候是“一分为二”的过程，接球的过程是“合二为一”的过程．（1）甲、乙两小孩及两车组成的系统总动量沿甲车的运动方向，甲不断抛球、乙接球后，当甲和小车与乙和小车具有共同速度时，可保证刚好不撞．设共同速度为V ，则:M 1V 1－M 2V 1=（M 1+M 2）Vsm s m V MMM M V /5.1/6802012121=⨯=+-=（2）这一过程中乙小孩及时的动量变化为:△P=30×6－30×（－1．5）=225（kg·m/s） 每一个小球被乙接收后，到最终的动量为 △P 1=16．5×1－1．5×1=15（kg·m/s） 故小球个数为)(15152251个==∆∆=P P N（3）根据图象分析推理解答相关问题【例9】A 、B 两滑块在一水平长直气垫导轨上相碰，用闪光照相机在t 0 = 0，t 1= △t，t 2 = 2·△t，t 3=3·△t 各时刻闪光四次，摄得如图6-2-5所示照片，其中B 像有重叠，m B =23m A ，由此可判断（ ）A.碰前B 静止，碰撞发生在60 cm 处，t = 2.5△t；B.碰前B 静止，碰撞发生在60 cm 处，t = 0.5△t；C.碰后B 静止，碰撞发生在60 cm 处，t = 0.5△t；D.碰后B 静止，碰撞发生在60 cm 处，t = 2.5△t． 【解析】若碰撞前B 静止，则V B0=0，则t 0，t 1，t 2时刻B 都处在60cm 处，所以碰撞只能发生在x=60cm 处，碰撞时t= 2.5△t，碰撞后B 的速度2/10t V Bt ∆=；碰撞前A 的速度tV A ∆=200，碰撞后2/5t V At ∆-=．碰撞前系统动量为：tm A ∆20.，碰撞后系统动量为：2/102/5.t m t m BA ∆+∆-，满足动量守恒定律；碰撞前系统动能为：240021tmA∆，碰撞后系统动能为：224002110021tm tmBA∆+∆，显然碰撞后系统的动能增加，不符合能量守恒定律．所以碰撞前B 不可能静止，即AC 二选项错误．若碰撞后B 静止，则V Bt =0，则t 1，t 2，t 3时刻B 都处在60cm 处，所以碰撞只能发生在x=60cm 处，碰撞时t= 0.5△t，碰撞前B 的速度2/100t V B ∆-=；碰撞后A 的速度tV At ∆-=20，碰撞前A 的速度2/50t V A ∆=．碰撞前系统动量为：t m tm BA ∆-∆2010.，碰撞后系统动量为：t m A ∆-20.，满足动量守恒定律；碰撞前系统动能为：224002110021tm tmBA∆+∆，碰撞后系统动能为：240021tmA∆，显然碰撞后系统的动能减少，符合能量守恒定律．综上所述，只有选项B 正确．【例10】如图6-2-6所示，质量为M 的木板静止在光滑水平面上．一个质量为m 的小滑块以初速度V 0从木板的左端向右滑上木板．滑块和木板的水平速度随时间变化的图象如图17所示.某同学根据图象作出如下一些判断：A ．滑块与木板间始终存在相对运动；B ．滑块始终未离开木板；C ．滑块的质量大于木板的质量；图6-2-5D ．在1t 时刻滑块从木板上滑出．【解析】从图中可以看出，滑块与木板始终没有达到共同速度，所以滑块与木板间始终存在相对运动；又因木板的加速度较大，所以滑块的质量大于木板的质量；因在t 1时刻以后，滑块和木板都做匀速运动，所以在1t 时刻滑块从木板上滑出．即选项ACD 正确． ★二、高考热点探究【真题】(2008．北京卷）有两个完全相同的小滑块A 和B ，A 沿光滑水平面以速度v 0与静止在平面边缘O 点的B 发生正碰，碰撞中无机械能损失．碰后B 运动的轨迹为OD 曲线，如图6-2-7所示．（1）已知滑块质量为m ，碰撞时间为t ∆，求碰撞过程中A 对B 平均冲力的大小． （2）为了研究物体从光滑抛物线轨道顶端无初速下滑的运动，特制做一个与B 平抛轨道完全相同的光滑轨道，并将该轨道固定在与OD 曲线重合的位置，让A 沿该轨道无初速下滑（经分析，A 下滑过程中不会脱离轨道）．a ．分析A 沿轨道下滑到任意一点的动量p A 与B 平抛经过该点的动量p B 的大小关系；b ．在OD 曲线上有一M 点，O 和M 两点连线与竖直方向的夹角为45°．求A 通过M 点时的水平分速度和竖直分速度．【解析】（1）滑动A 与B 正碰，满足mv A -mV B =mv 0 ①222111222A B a m v m v m v +=②由①②，解得v A =0， v B =v 0，根据动量定理，滑块B 满足 F ·∆t=mv 0，解得0m v F t=∆(2)a ．设任意点到O 点竖直高度差为d ，B 由O 点分别运动至该点过程中，只有重力做功，所以机械能守恒，选该任意点为势能零点，有E A =mgd ，E B = mgd+2012m v由于p1A BP P ==<即 P A <P BA 下滑到任意一点的动量总和是小于B 平抛经过该点的动量．b ．以O 为原点，建立直角坐标系xOy ，x 轴正方向水平向右，y 轴正方向竖直向下，则对B 有x =v 0t·y=12gt 2B 的轨迹方程y =222ag x v图6-2-7在M 点x=y ，所以 y=201v g③因为A 、B 的运动轨迹均为OD 曲线，故在任意一点，两者速度方向相同．设B 水平和竖直分速度大小分别为B x v 和B y v ，速率为v B ；A 水平和竖直分速度大小分别为A x v 和A y v ，速率为v A ，则,A y B y A x B x ABABv v v v v v v v == ④B做平抛运动，故0,B x B y B v v v v ===⑤对A 由机械能守恒得v A =2g y ⑥ 由④⑤⑥得2A x A y g y v v ==将③代入得00,55A x A y v v v v ==★三、抢分频道◇限时基础训练（20分钟）班级 姓名 成绩1．放在光滑水平面上的A 、B 两小车中间夹了一压缩轻质弹簧，用两手分别控制小车处于静止状态，下面说法中正确的是（ ）A ．两手同时放开，两车的总动量为BCD 1．【答案】 ABD ．据动量守恒条件，两手同时放开，则两车所受外力之和为0，符合动量守恒条件；若先放开右手，后放开左手，则小车受到左手向右的冲量作用，从而使两车的总动量向右；反之，则向左．2．质量为m 的砂车沿光滑水平面以速度v 0作匀速直线运动，此时从砂车上方落入一只质量为m 的铁球，如图6-2-8所示，则小铁球落入砂车后( )A ．砂车立即停止运动B ．砂车仍作匀速运动，速度仍为v 0C ．砂车仍作匀速运动，速度小于v 0D ．砂车做变速运动，速度不能确定2．【答案】C ．水平方向动量守恒v m M Mv)(0+=可知Ｃ正确．3．在质量为M 的，小车中挂有一半摆，摆球的质量为m 0，小车(和单摆)以恒定的速度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 ．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30210)(v m mv Mv v m M ++=+B ．摆球的速度不变，小车和木块的速度变为v 1和v 2，满足21mv Mv Mv +=C ．摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为v 1，满足1)(mv M Mv +=D ．小车和摆球的速度都变为v 1，木块的速度变为v 2，满足2100)()(mvv m M v m M ++=+3．【答案】BC ．由于碰撞的极短，摆球的速度不变，小车与木块相碰后，将可能会出现两种情况，即碰撞后小车与木块合二为一或它们碰后又分开．4．(2002年春季) 在高速公路上发生一起交通事故，一辆质量为1500kg 向南行驶的长途客车迎面撞上了一质量为3000kg 向北行驶的卡车，碰后两辆车接在一起，并向南滑行了一小段距离后停止，根据测速仪的测定，长途客车碰前以20m/s 的速率行驶，由此可判断卡车碰前的行驶速率（ ）A ．小于10m/sB ．大于10m/s 小于20m/sC ．大于20m/s 小于30m/sD ．大于30m/s 小于40m/s4．【答案】A ．两车碰后连接在一起向南滑行，说明系统的总动量向南，因此碰前客车的动量(方向向南)应大于卡车的动量(方向向北)，即m 客v 客>m 卡v 卡，代人数据1500×20>3000×v 卡；解得v 卡<10m ／s ，A 选项正确．5．甲、乙两球放在光滑的水平面上，它们用细绳相连，开始时细绳处于松弛状态，现使两球反向运动，如图6-2-9所示，当细绳拉紧时，突然绷断，这以后两球的运动情况可能是（ ）5．【答案】AB ．绳子绷断，一定在绳子伸长量达到极限值的时候．而甲或乙返回，则要求绳子不断收缩，往后绳子就会断了6．静止在湖面上的船，有两个人分别向相反方向抛出质量为m 的相同小球，甲向左抛，乙向右抛，甲先抛，乙后抛，抛出后两球相对于岸的速率相同，下列说法中，正确的是( )(设水的阻力不计)．A ．两球抛出后，船往左以一定速度运动，抛乙球时，乙球受到的冲量大B ．两球抛出后，船往右以一定速度运动，抛甲球时，甲球受到的冲量大C ．两球抛出后，船的速度为零，抛甲球和抛乙球过程中受到的冲量大小相等D ．两球抛出后，船的速度为零，抛甲球时受到的冲量大 6．【答案】D ．此题抛球过程中，系统动量守恒，抛甲时，甲的初动量为零，而抛乙时，乙已经有一个初动量，故抛两球过程中，抛甲球时的冲量较大．由于系统的动量守恒，故两球与地相同的速率抛出后，船的速度为零．7．如图6-2-10所示，人站在小车上不断用铁锤敲击小车的一端．下列各种说法中正确图6-2-9的是：（ ）A ．如果地面水平、坚硬光滑，则小车将向右运动．B ．如果地面水平、坚硬光滑，则小车将在原地附近做往复运动．C ．如果地面阻力较大，则小车有可能断断续续地向右运动．D ．敲打时，铁锤跟小车间的相互作用力是内力，小车不可能发生运动． 7．【答案】BC ．敲打时，铁锤跟小车间的相互作用力是(人、车、铁锤)内力，如果地面水平、坚硬光滑，系统无水平方向的外力，合动量为零，不可能向一个方向运动，A 错，B 正确．又地面粗糙，系统合外力不为零，根据敲击技巧，车可能往复运动，也可能向一个方向运动，有点类似骑独轮车，手的摆动相当于铁锤的运动．8．如图6-2-11所示，A 、B 两物体质量之比m A :m B ＝3:2，原来静止在平板小车C 上，A 、B 间有一根被压缩的弹簧，地面光滑，当弹簧突然释放后，则（ ）A ．若A 、B 与平板车表面间的动摩擦因数相同，A 、B 组成的系统动量守恒 B ．若A 、B 与平板车表面间的动摩擦因数相同，A 、B 、C 组成的系统动量守恒 C ．若A 、B 受到的摩擦力大小相等，A 、B 组成的系统动量守恒D ．若A 、B 受到的摩擦力大小相等，A 、B 、C 组成的系统动量守恒8．【答案】BCD ．合外力为0是判断动量守恒的依据．9．(2003年春季高考)在滑冰场上，甲、乙两小孩分别坐在滑冰板上，原来静止不动，在相互猛推一下后分别向相反方向运动．假定两板与冰面间的摩擦因数相同．已知甲在冰上滑行的距离比乙远，这是由于 （ ）A ．在推的过程中，甲推乙的力小于乙推甲的力B ．在推的过程中，甲推乙的时间小于乙推甲的时间C ．在刚分开时，甲的初速度大于乙的初速度D ．在分开后，甲的加速度的大小小于乙的加速度的大小 9．【答案】C ．“甲在冰上滑行的距离比乙远”说甲乙分开是的速度是甲的大，C 对；根据动量守恒定律速度的甲质量小，但在分离时相互作用力大小相等，作用时间相等，所以AB 错；根据牛顿第二定律知甲乙的加速度相同，所以D 错．10．(2004年天津高考)如图6-2-12所示，光滑水平面上有大小相同的A 、B 两球在同一直线上运动．两球质量关系为A B m m 2=，规定向右为正方向，A 、B 两球的动量均为s m kg /6⋅，运动中两球发生碰撞，碰撞后A 球的动量增量为s m kg /4⋅-，则（ ）A ．左方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为5:2 B ．左方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为10:1C ．右方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为5:2D ．右方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为10:110． 【答案】A ．题中规定向右为正方向，而AB 球的动量均为正，所以AB 都向右运动，又A B m m 2=，所以2A B v v =，可以判断A 球在左方，CD 错；碰撞后A 的动量变化4/A p k g m s ∆=-⋅，根据动量守恒可知，B 球的动量变化4/B p k g m s ∆=⋅，所以碰后AB 球的动量分别为(64)/2/A p k g m s k g m s '=-⋅=⋅，(64)/10/B p k g m s k g m s '=+⋅=⋅解得:2:5A Bv v ''=． ◇基础提升训练图6-2-101．两名质量相等的滑冰人甲和乙都静止在光滑的水平冰面上．现在，其中一人向另一个人抛出一个篮球，另一人接球后再抛回．如此反复进行几次后，甲和乙最后的速率关系是（ ）A ．若甲最先抛球，则一定是v 甲＞v 乙B ．若乙最后接球，则一定是v 甲＞v 乙C ．只有甲先抛球，乙最后接球，才有v 甲＞v 乙D ．无论怎样抛球和接球，都是v 甲＞v 乙 1．【答案】B ．因系统动量守恒（总动量为零），故最终甲、乙动量大小必相等．因此，最终谁接球谁的速度小．２． 甲、乙两人站在小车左右两端，如图6-2-13所示，当他俩同时相向而行时，发现小车向右运动，下列说法不正确．．．的是（轨道光滑） （ ） A ．乙的速度必定大于甲的速度B ．乙对小车的冲量必定大于甲对小车的冲量C ．乙的动量必定大于甲的动量D ．甲、乙动量总和必定不为零 2．【答案】A ．在用动量守恒定律分析时，本题的研究对象应是甲、乙两人和小车共同构成的系统．由于开始都处于静止状态，所以在甲、乙相向运动的过程中，系统的合动量始终为零，设它们的动量大小分别为p 甲、p 乙和p 车，取向右为正方向，则：p 甲－p 乙+p 车＝0，所以p 乙＝p 甲+p 车，即p 乙＞p 甲，故选项C 中说法正确；又甲和乙的质量关系不确定，所以二者速度大小关系也不能确定，故选项A 中说法不正确；甲、乙的动量之和与车的动量大小相等方向相反，故D 选项中说法正确；对于小车，由动量定理可知：I 乙－I 甲=p 车．其中I 乙为乙对车的冲量，方向向右；I 甲为甲对车的冲量，方向向左．所以，I 乙＞I 甲，故选项Ｂ中说法也正确．应选A ．3．如图6-2-14所示，小木块与长木板之间光滑．M 置于光滑水平面上，一轻质弹簧左端固定在M 的左端，右端与m 连接．开始时m 和M 都静止，现同时对m 、M 施加等大反向的水平恒力F 1、F 2，从两物体开始运动以后的整个过程中，对m 、M 、弹簧组成的系统．正确的说法是(整个过程中弹簧不超过弹性限度)（ ）A ．由于F 1和F 2分别对m 、M 做正功，故系统的机械能不断增加B ．由于F 1和F 2等大反向，故系统的动量守恒C ．当弹簧有最大伸长量时，m 、M 的速度为零，系统具有机械能最大D ．当弹簧弹力的大小与拉力F 1、F 2的大小相等时，m 、M 的动能最大 3．【答案】BCD ．当弹簧的弹力由零增大到与F １、Ｆ２等大的过程中，m 、M 一直做加速运动，此后做减速运动到弹簧伸长量最大时，速度为零．从开始运动到弹簧伸长量最大过程中，F １、Ｆ２对系统做正功，机械能增大．m 、M 从弹簧最大伸长量状态开始，做反向加速运动，克服F １、Ｆ２做功，机械能减少，且在弹簧的弹力减小到与F １、Ｆ２的大小相等时，有最大速度，由动量守恒定律可知此时的最大速度与弹簧伸长到弹力与Ｆ１、Ｆ２的大小相等时的速度大小相等．４． 如图6-2-15所示，一根足够长的水平滑杆SS ′上套有一质量为m 的光滑金属圆环．在滑杆的正下方与其平行放置一足够长的光滑水平的木质轨道，且穿过金属球的圆心O ，现使质量为M 的条形磁铁以v 0的水平速度沿轨道向右运动，则（ ）A ．磁铁穿过金属环后，二者将先后停下来B ．圆环可能获得的最大速度为mM Mv甲乙图6-2-14图6-2-15。
动量守恒定律、碰撞、反冲现象知识点归纳总结一．知识总结归纳1. 动量守恒定律：研究的对象是两个或两个以上物体组成的系统，而满足动量守恒的物理过程常常是物体间相互作用的短暂时间内发生的。
2. 动量守恒定律的条件：（1）理想守恒：系统不受外力或所受外力合力为零（不管物体间是否相互作用），此时合外力冲量为零，故系统动量守恒。
当系统存在相互作用的内力时，由牛顿第三定律得知，相互作用的内力产生的冲量，大小相等，方向相反，使得系统内相互作用的物体动量改变量大小相等，方向相反，系统总动量保持不变。
即内力只能改变系统内各物体的动量，而不能改变整个系统的总动量。
（2）近似守恒：当外力为有限量，且作用时间极短，外力的冲量近似为零，或者说外力的冲量比内力冲量小得多，可以近似认为动量守恒。
（3）单方向守恒：如果系统所受外力的矢量和不为零，而外力在某方向上分力的和为零，则系统在该方向上动量守恒。
3. 动量守恒定律应用中需注意：（1）矢量性：表达式m 1v 1+m 2v 2=2211v m v m '+'中守恒式两边不仅大小相等，且方向相同，等式两边的总动量是系统内所有物体动量的矢量和。
在一维情况下，先规定正方向，再确定各已知量的正负，代入公式求解。
（2）系统性：即动量守恒是某系统内各物体的总动量保持不变。
（3）同时性：等式两边分别对应两个确定状态，每一状态下各物体的动量是同时的。
（4）相对性：表达式中的动量必须相对同一参照物（通常取地球为参照物）．4. 碰撞过程是指物体间发生相互作用的时间很短，相互作用过程中的相互作用力很大，所以通常可认为发生碰撞的物体系统动量守恒。
按碰撞前后物体的动量是否在一条直线上，有正碰和斜碰之分，中学物理只研究正碰的情况；碰撞问题按性质分为三类。
（1）弹性碰撞——碰撞结束后，形变全部消失，碰撞前后系统的总动量相等，总动能不变。
例如：钢球、玻璃球、微观粒子间的碰撞。
（2）一般碰撞——碰撞结束后，形变部分消失，碰撞前后系统的总动量相等，动能有部分损失．例如：木制品、橡皮泥球的碰撞。
（3）完全非弹性碰撞——碰撞结束后，形变完全保留，通常表现为碰后两物体合二为一，以同一速度运动，碰撞前后系统的总动量相等，动能损失最多。
上述三种情况均不含其它形式的能转化为机械能的情况。
一维弹性碰撞的普适性结论：在一光滑水平面上有两个质量分别为1m 、2m 的刚性小球A 和B ，以初速度1v 、2v 运动，若它们能发生碰撞（为一维弹性碰撞），碰撞后它们的速度分别为'1v 和'2v 。
我们的任务是得出用1m 、2m 、1v 、2v 表达'1v 和'2v 的公式。
1v 、2v 、'1v 、'2v 是以地面为参考系的，将A 和B 看作系统。
由碰撞过程中系统动量守恒，有'22'112211v m v m v m v m +=+……①有弹性碰撞中没有机械能损失，有2'222'1122221121212121v m v m v m v m +=+……② 由①得()()'2221'11v v m v vm -=-由②得()()2'2222212'11v v m v vm -=-将上两式左右相比，可得2'21'1v v v v +=+即()12'1'2v v v v --=-或()21'2'1v v v v --=-……③碰撞前B 相对于A 的速度为1221v v v -=，碰撞后B 相对于A 的速度为'1'2'21v v v -=，同理碰撞前A 相对于B 的速度为2112v v v -=，碰撞后A 相对于B 的速度为'2'1'12v v v -=，故③式为21'21v v -=或12'12v v -=，其物理意义是：碰撞后B 相对于A 的速度与碰撞前B 相对于A 的速度大小相等，方向相反； 碰撞后A 相对于B 的速度与碰撞前A 相对于B 的速度大小相等，方向相反； 故有：结论1：对于一维弹性碰撞，若以其中某物体为参考系，则另一物体碰撞前后速度大小不变，方向相反（即以原速率弹回）。
联立①②两式，解得()2112122'12m m v m m v m v +-+=……④()2121211'22m m v m m v m v +-+=……⑤下面我们对几种情况下这两个式子的结果做些分析。
若21m m =，即两个物体质量相等2'1v v = ， 1'2v v = ，表示碰后A 的速度变为2v ，B 的速度变为1v 。
结论2：对于一维弹性碰撞，若两个物体质量相等，则碰撞后两个物体互换速度（即碰后A 的速度等于碰前B 的速度，碰后B 的速度等于碰前A 的速度）。
若21m m >>，即A 的质量远大于B 的质量这时121m m m ≈-，121m m m ≈+，0212≈+m m m 。
根据④、⑤两式，有 1'1v v = ， 21'22v v v -=表示质量很大的物体A （相对于B 而言）碰撞前后速度保持不变……⑥ 若21m m <<，即A 的质量远小于B 的质量这时212m m m ≈-，221m m m ≈+，0211≈+m m m 。
根据④、⑤两式，有 2'2v v = ， 12'12v v v -=表示质量很大的物体B （相对于A 而言）碰撞前后速度保持不变……⑦ 综合⑥⑦，结论3： 对于一维弹性碰撞，若其中某物体的质量远大于另一物体的质量，则质量大的物体碰撞前后速度保持不变。
至于质量小的物体碰后速度如何，可结合结论1和结论3得出。
以21m m >>为例，由结论3可知1'1v v =，由结论1可知21'21v v -=，即()12'1'2v v v v --=-，将1'1v v =代入，可得21'22v v v -=，与上述所得一致。
以上结论就是关于一维弹性碰撞的三个普适性结论。
对心碰撞和非对心碰撞 对心碰撞（正碰）：碰撞以前的运动速度与两球心的连线在同一条直线，碰撞之后两球的速度仍会沿着这条直线。
非对心碰撞：碰撞之前球的运动速度与两球心得连线不再同一条直线上，碰撞之后两球的速度都会偏离原来两球心的连线5. 反冲现象指在系统内力作用下，系统内一部分物体向某方向发生动量变化时，系统内其余部分物体向相反的方向发生动量变化的现象。
显然在反冲运动过程中，系统不受外力作用或外力远远小于系统内物体间的相互作用力，所以在反冲现象里系统的动量是守恒的。
【典型例题】例1. 如图1所示的装置中，木块B 与水平面间接触是光滑的，子弹A 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做为研究对象（系统），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 （ ）A ．动量守恒，机械能守恒B ．动量不守恒，机械能不守恒C ．动量守恒，机械能不守恒D ．动量不守恒，机械能守恒分析：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。
如果只研究子弹A 射入木块B 的短暂过程，并且只选A 、B 为研究对象，则由于时间极短，则只需考虑在A 、B 之间的相互作用，A 、B 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，所以A 、B 系统机械能不守恒。
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、木块和弹簧合在一起为研究对象，在这个过程中有竖直墙壁对系统的弹力作用，（此力对系统来讲是外力）故动量不守恒。
解答：由上面的分析可知，正确选项为B例2. 质量为m 1=10g 的小球在光滑的水平面上以v 1=30cm/s 的速率向右运动，恰遇上质量m 2=50g 的小球以v 2=10cm/s 的速率向左运动，碰撞后，小球m 2恰好停止，那么碰撞后小球m 1的速度是多大？方向如何？分析：由于两小球在光滑水平面上，以两小球组成的系统为研究对象，该系统沿水平方向不受外力，因此系统动量守恒。
解答：碰撞过程两小球组成的系统动量守恒。
设v 1的方向，即向右为正方向，则各速度的正负及大小为：v 1=30cm/s ，v 2=－10cm/s ，2v '=0 据：m 1v 1+m 2v 2=2211v m v m '+' 代入数值得：1v '=－20cm/s 则小球m 1的速度大小为20cm/s ，方向与v 1方向相反，即向左。
说明： 应用动量守恒定律解决问题的基本思路和一般方法（1）分析题意，明确研究对象在分析相互作用的物体总动量是否守恒时，通常把这些被研究的物体总称为系统.对于比较复杂的物理过程，要采用程序法对全过程进行分段分析，要明确在哪些阶段中，哪些物体发生相互作用，从而确定所研究的系统是由哪些物体组成的。
（2）要对各阶段所选系统内的物体进行受力分析弄清哪些是系统内部物体之间相互作用的内力，哪些是系统外物体对系统内物体作用的外力。
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。
（3）明确所研究的相互作用过程，确定过程的始、末状态 即系统内各个物体的初动量和末动量的量值或表达式。
注意：在研究地面上物体间相互作用的过程时，各物体运动的速度均应取地球为参考系。
（4）确定好正方向建立动量守恒方程求解。
例3. 如图2所示，甲、乙两个小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏，甲和他的冰车的质量共为M =30kg ，乙和他的冰车的质量也是30kg ，游戏时，甲推着一个质量为m =15kg 的箱子，和他一起以大小为v 0=2.0m/s 的速度滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来。
为了避免相撞，甲突然将箱子沿冰面推给乙，箱子滑到乙处时乙迅速把它抓住。
若不计冰面的摩擦力，求：甲至少要以多大的速度(相对于地面)将箱子推出，才能避免与乙相撞？分析：甲、乙不相碰的条件是相互作用后三者反。
而要使甲与乙及箱子的运动方向相反，则需要甲以更大的速度推出箱子。
因本题所求为“甲至少要以多大速度”推出木箱，所以要求相互作用后，三者的速度相同。
以甲、乙和箱子组成的系统为研究对象，因不计冰面的摩擦，所以甲、乙和箱子相互作用过程中动量守恒。
解答：设甲推出箱子后的速度为v 甲，乙抓住箱子后的速度为v 乙，则由动量守恒定律，得：甲推箱子过程：(M+m)v0=Mv甲+mv ①乙抓住箱子的过程：mv-Mv0=(M+m)v乙②甲、乙恰不相碰的条件：v甲= v乙③代入数据可解得：v=5.2m/s说明：仔细分析物理过程，恰当选取研究对象，是解决问题的关键。
