碰撞与动量守恒含复习资料经典题型总汇

力学试题动量守恒和碰撞力学试题：动量守恒和碰撞一、引言力学是物理学的一个重要分支，主要研究物体的运动规律和相互作用。

其中，动量守恒和碰撞是力学中的基础概念，对于解决与物体运动和相互作用相关的问题具有重要作用。

本文将通过几个力学试题，探讨动量守恒和碰撞的相关原理和应用。

二、题目一：弹性碰撞问题题目描述：一个质量为m1的小球以速度v1与一个质量为m2的小球以速度v2在平直的光滑水平面上发生完全弹性碰撞，求发生碰撞后两个小球的速度。

解析：根据动量守恒定律，碰撞前后的动量总和保持不变。

设碰撞前两个小球的动量分别为p1和p2，碰撞后为p1'和p2'，则有：m1v1 + m2v2 = m1p1' + m2p2' （1）根据弹性碰撞的特性，碰撞后小球的动量满足以下条件：m1v1 + m2v2 = m1v1' + m2v2' （2）结合方程（1）和方程（2），可以解得碰撞后两个小球的速度v1'和v2'。

三、题目二：完全非弹性碰撞问题题目描述：一个质量为m1的小球以速度v1与一个质量为m2的小球以速度v2在光滑平面上发生完全非弹性碰撞，两小球粘连在一起运动，求粘连后的速度。

解析：完全非弹性碰撞意味着碰撞后两个小球将粘连在一起，视为一个整体运动。

根据动量守恒定律：m1v1 + m2v2 = (m1 + m2)V其中，V表示粘连后小球组成整体的速度。

根据上述等式解得粘连后的速度V。

四、题目三：动量守恒与角动量守恒的关系题目描述：在一个封闭系统中，一个物体撞击另一个物体，碰撞时既有动量守恒又有角动量守恒，请阐述两者之间的关系。

解析：动量守恒和角动量守恒是力学中两个重要的守恒定律。

在封闭系统中，如果一个物体对另一个物体施加一个作用力，这个作用力同时改变了两个物体的动量和角动量，但总的动量和总的角动量保持不变。

这是因为力矩的产生会导致角动量的变化。

五、总结通过以上力学试题的分析，我们深入理解了动量守恒和碰撞的原理。

专题六碰撞与动量守恒【知识梳理】一、动量守恒定律1、内容：相互作用的物体，如果不受外力或所受外力的合力为零，它们的总动量保持不变，即作用前的总动量与作用后的总动量相等．2、动量守恒定律适用的条件①系统不受外力或所受合外力为零．②当内力远大于外力时．③某一方向不受外力或所受合外力为零，或该方向上内力远大于外力时，该方向的动量守恒．3、常见的表达式①p/=p，其中p/、p分别表示系统的末动量和初动量，表示系统作用前的总动量等于作用后的总动量。

②Δp=0 ，表示系统总动量的增量等于零。

③Δp1=－Δp2，其中Δp1、Δp2分别表示系统内两个物体初、末动量的变化量，表示两个物体组成的系统，各自动量的增量大小相等、方向相反。

其中①的形式最常见，具体来说有以下几种形式A、m1vl＋m2v2＝m1v/l＋m2v/2，各个动量必须相对同一个参照物，适用于作用前后都运动的两个物体组成的系统。

B、0= m1vl＋m2v2，适用于原来静止的两个物体组成的系统。

C、m1vl＋m2v2=（m1＋m2）v，适用于两物体作用后结合在一起或具有共同的速度。

二、对动量守恒定律的理解（1）动量守恒定律是说系统内部物体间的相互作用只能改变每个物体的动量，而不能改变系统的总动量，在系统运动变化过程中的任一时刻，单个物体的动量可以不同，但系统的总动量相同。

（2）应用此定律时我们应该选择地面或相对地面静止或匀速直线运动的物体做参照物，不能选择相对地面作加速运动的物体为参照物。

（3）动量是矢量，系统的总动量不变是说系统内各个物体的动量的矢量和不变。

等号的含义是说等号的两边不但大小相同，而且方向相同。

三、动量守恒定律的“四性”在应用动量守恒定律处理问题时,要注意“四性”①矢量性：动量守恒定律是一个矢量式，，对于一维的运动情况，应选取统一的正方向，凡与正方向相同的动量为正，相反的为负。

若方向未知可设与正方向相同而列方程，由解得的结果的正负判定未知量的方向。

考点分类：考点分类见下表考点一应用动量定理求解连续作用问题机枪连续发射子弹、水柱持续冲击煤层等都属于连续作用问题．这类问题的特点是：研究对象不是质点(也不是能看成质点的物体)，动量定理应用的对象是质点或可以看做质点的物体，所以应设法把子弹、水柱质点化，通常选取一小段时间内射出的子弹或喷出的水柱作为研究对象，对它们进行受力分析，应用动量定理，或者综合牛顿运动定律综合求解．考点二“人船模型”问题的特点和分析1．“人船模型”问题两个原来静止的物体发生相互作用时，若所受外力的矢量和为零，则动量守恒．在相互作用的过程中，任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比．这样的问题归为“人船模型”问题．2．人船模型的特点(1)两物体满足动量守恒定律：m1v1－m2v2＝0.(2)运动特点：人动船动，人静船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；人船位移比等于它们质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即x1x2＝v1v2＝m2m1.(3)应用此关系时要注意一个问题：公式v1、v2和x 一般都是相对地面而言的．考点三 动量守恒中的临界问题1.滑块不滑出小车的临界问题如图所示,滑块冲上小车后,在滑块与小车之间的摩擦力作用下,滑块做减速运动,小车做加速运动.滑块刚好不滑出小车的临界条件是滑块到达小车末端时,滑块与小车的速度相同.＃网2.两物体不相碰的临界问题两个在光滑水平面上做匀速运动的物体,甲物体追上乙物体的条件是甲物体的速度v 甲大于乙物体的速度v 乙,即v 甲>v 乙,而甲物体与乙物体不相碰的临界条件是v 甲=v 乙. 3.涉及物体与弹簧相互作用的临界问题对于由弹簧组成的系统,在物体间发生相互作用的过程中,当弹簧被压缩到最短时,弹簧两端的两个物体的速度相等.4.涉及最大高度的临界问题在物体滑上斜面体(斜面体放在光滑水平面上)的过程中,由于弹力的作用,斜面体在水平方向将做加速运动.物体滑到斜面体上最高点的临界条件是物体与斜面体沿水平方向具有共同的速度,物体在竖直方向的分速度等于零.考点四 弹簧类的慢碰撞问题慢碰撞问题指的是物体在相互作用的过程中,有弹簧、光滑斜面或光滑曲面等,使得作用不像碰撞那样瞬间完成,并存在明显的中间状态,在研究此类问题时,可以将作用过程分段研究,也可以全过程研究.典例精析★考点一：应用动量定理求解连续作用问题◆典例一：正方体密闭容器中有大量运动粒子，每个粒子质量为m ，单位体积内粒子数量n 为恒量．为简化问题，我们假定：粒子大小可以忽略；其速率均为v ，且与器壁各面碰撞的机会均等；与器壁碰撞前后瞬间，粒子速度方向都与器壁垂直，且速率不变．利用所学力学知识，导出器壁单位面积所受粒子压力f 与m 、n 和v 的关系．(注意：解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量，要在解题时做必要的说明) 【答案】f ＝13nmv2 【解析】◆典例二:一股水流以10 m/s 的速度从喷嘴竖直向上喷出，喷嘴截面积为0.5 cm2，有一质量为0.32 kg 的球，因受水对其下侧的冲击而停在空中，若水冲击球后速度变为0，则小球停在离喷嘴多高处？【答案】1.8 m【解析】小球能停在空中，说明小球受到的冲力等于重力F ＝mg ①小球受到的冲力大小等于小球对水的力．取很小一段长为Δl 的小水柱Δm ，其受到重力Δmg 和球对水的力F ，取向下为正方向．学＊(F ＋Δmg)t ＝0－(－Δmv)②其中小段水柱的重力Δm·g 忽略不计，Δm ＝ρS·Δl★考点二：“人船模型”问题的特点和分析◆典例一：如图所示，长为L 、质量为M 的小船停在静水中，质量为m 的人从静止开始从船头走到船尾，不计水的阻力，求船和人相对地面的位移各为多少？【答案】m m ＋M L Mm ＋M L【解析】设任一时刻人与船的速度大小分别为v 1、v 2，作用前都静止．因整个过程中动量守恒，所以有mv 1＝Mv 2.而整个过程中的平均速度大小为v 1、v 2，则有m v 1＝M v 2.两边乘以时间t 有m v 1t ＝M v 2t ，即mx 1＝Mx 2.且x 1＋x 2＝L ，可求出x 1＝M m ＋M L ，x 2＝mm ＋M L . ◆典例二：如图所示，一个倾角为α的直角斜面体静置于光滑水平面上，斜面体质量为M ，顶端高度为h ，今有一质量为m 的小物体，沿光滑斜面下滑，当小物体从斜面顶端自由下滑到底端时，斜面体在水平面上移动的距离是( )A.mh M ＋mB.Mh M ＋mC.mh ＋D.Mh ＋【答案】C★考点三：动量守恒中的临界问题◆典例一：两质量分别为M1和M2的劈A 和B,高度相同,放在光滑水平面上,A 和B 的倾斜面都是光滑曲面,曲面下端与水平面相切,如图所示.一质量为m 的物块位于劈A 的倾斜面上,距水平面的高度为h.物块从静止滑下,然后滑上劈B.求物块在B 上能够达到的最大高度.【答案】h′=1212()()M M M m M m ++h.◆典例二 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=30 kg,乙和他的冰车的质量也是30 kg.游戏时,甲推着一个质量为m=15 kg 的箱子和他一起以大小为v0=2.0 m/s 的速度滑行,乙以同样大小的速度迎面滑来,如图所示.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.【答案】5.2 m/s【解析】法一 取甲开始运动的方向为正方向,设甲推出箱子后的速度为v1,箱子的速度为v,以甲和箱子为系统,则由动量守恒定律得(m+M)v0=Mv1+mv.设乙抓住箱子后其速度为v2,以箱子和乙为系统,则由动量守恒定律得mv-Mv0=(m+M)v2.而甲、乙不相撞的条件是v2≥v1,当甲和乙的速度相等时,甲推箱子的速度最小,此时v1=v2.联立上述三式可得v=222222m mM M m mM+++v0=5.2 m/s.即甲至少要以对地5.2 m/s 的速度将箱子推出,才能避免与乙相撞.法二 若以甲、乙和箱子三者组成的整体为一系统,由于不相撞的条件是甲、乙速度相等,设为v1,则由动量守恒定律得(m+M)v0-Mv0=(m+2M)v1,代入具体数据可得v1=0.4 m/s.再以甲和箱子为一系统,设推出箱子的速度为v,推出箱子前、后系统的动量守恒(m+M)v0=Mv1+mv,代入具体数据得v=5.2 m/s.考点四 弹簧类的慢碰撞问题◆典例一：(2018·四川南充模拟)如图所示,质量为M 的滑块静止在光滑的水平桌面上,滑块的光滑弧面底部与桌面相切,一质量为m 的小球以速度v0向滑块滚来,设小球不能越过滑块,求:(1)小球到达最高点时小球和滑块的速度分别为多少? (2)小球上升的最大高度.【答案】v=0mv M m+,h=202()Mv M m g +1.【2016·全国新课标Ⅰ卷】（10分）某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M 的卡通玩具稳定地悬停在空中。

高中物理一轮复习碰撞、动量守恒题型1（动量、冲量、动量定理的理解）1、理解动量、冲量和动量定理（1）动量：状态矢量，方向同速度，p=mv=√2mE k，具有相对性。

（2）冲量：过程矢量，方向同力，I=Ft。

=∆P=mv1−mv0，是矢量式。

（3）动量定理：I合2、走出对动量和冲量认识的误区（1）忽视动量、冲量的矢量性而出错（2）忽视I=Ft的适用条件，认为可求变力的冲量而出错。

1、物体在恒定的合力作用下做直线运动，在时间t1内动能由零增大到E1，在时间t2内动能由E1增加到2E1，设合力在时间t1内做的功为W1，冲量为I1，在时间t2内做的功是W2，冲量为I2，则（B）A.I1<I2，W1=W2B.I1>I2，W1=W2C.I1>I2，W1<W2D.I1=I2，W1<W22、物体的动量变化量的大小为5kg·m/s，这说明（C）A.物体的动量在减小B.物体的动量在增大C.物体的动量大小也可能不变D.物体的动量大小一定变化3、如图所示，一个质量为0.18kg的垒球，以25m/s的水平速度向左飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为45m/s，则这一过程中动量的变化量为（D）A.大小为3.6kg·m/s，方向向左B.大小为3.6kg·m/s，方向向右C.大小为12.6kg·m/s，方向向左D.大小为12.6kg·m/s，方向向右4、放在水平面上的物体，用水平推力F推它t秒，物体始终不动，则在这t秒内，关于合力的冲量与摩擦力冲量的大小，下列说法正确的是（ C ）A.合力的冲量及摩擦力的冲量均为0B.合力的冲量及摩擦力的冲量均为F tC.合力的冲量为0，摩擦力的冲量为F tD.合力的冲量为F t，摩擦力的冲量为05、质量是60kg的建筑工人，不慎从高空跌下，由于弹性安全带的保护，使他悬挂起来。

已知安全带的缓冲时间是1.2s，安全带长5m，取g=10m/s2,则安全带所受的平均冲力的大小为（C）A.500NB.600NC.1100ND.100N题型2（动量守恒条件的应用）（1）前提条件：存在相互作用的物体系。

碰撞与动量守恒[建体系·记要点] 知识串联 熟记核心要点[网络构建][要点熟记]1．动量定理表达式F Δt ＝m v ′－m v 中的F 为物体在Δt 时间内所受的合外力．应用动量定理列方程时必须选取正方向．2．不受外力或者所受外力的矢量和为零时，系统的动量守恒；当外力比相互作用的内力小得多时，系统的动量近似守恒；当某一方向上的合外力为零时，系统在该方向上动量守恒．3．三类碰撞 (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 1′2＋12m 2v 2′2. (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，机械能的损失量为：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，机械能的损失量为： ΔE ＝(12m 1v 21＋12m 2v 22)－(12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2)．[做真题·明考向] 真题体验 透视命题规律[真题再做]1.(多选)(2017·高考全国卷Ⅲ，T20)一质量为2 kg 的物块在合外力F 的作用下从静止开始沿直线运动．F 随时间t 变化的图线如图所示，则( )A ．t ＝1 s 时物块的速率为1 m/sB ．t ＝2 s 时物块的动量大小为4 kg·m/sC ．t ＝3 s 时物块的动量大小为5 kg·m/sD ．t ＝4 s 时物块的速度为零解析：设t ＝1 s 时物块的速率为v 1，由动量定理得Ft ＝m v 1，得v 1＝1 m /s ，A 项正确．t ＝2 s 时动量p 2＝2×2 kg·m/s ＝4 kg·m /s ，B 项正确．t ＝3 s 时动量p 3＝2×2 kg·m/s －1×1kg·m /s ＝3 kg·m/s ，C 项错误．t ＝4 s 时物块速度v 4＝p 4m ＝2×2－1×22m /s ＝1 m/s ，故D 项错误．答案：AB2．(2017·高考全国卷Ⅰ，T14)将质量为1.00 kg 的模型火箭点火升空，50 g 燃烧的燃气以大小为600 m/s 的速度从火箭喷口在很短时间内喷出．在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)( )A ．30 kg·m /sB ．5.7×102 kg·m/sC ．6.0×102 kg·m /sD ．6.3×102 kg·m/s解析：燃气从火箭喷口喷出的瞬间，火箭和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为p ，根据动量守恒定律，可得p －m v 0＝0，解得p ＝m v 0＝0.050×600 kg·m /s ＝30 kg·m/s ，选项A 正确．答案：A3．(2019·高考全国卷Ⅲ，T25)静止在水平地面上的两小物块A 、B ，质量分别为m A ＝1.0 kg ，m B ＝4.0 kg ；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A 与其右侧的竖直墙壁距离l ＝1.0 m ，如图所示．某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A 、B 瞬间分离，两物块获得的动能之和为E k ＝10.0 J ．释放后，A 沿着与墙壁垂直的方向向右运动．A 、B 与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.20.重力加速度取g ＝10 m/s 2.A 、B 运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短．(1)求弹簧释放后瞬间A 、B 速度的大小；(2)物块A 、B 中的哪一个先停止？该物块刚停止时A 与B 之间的距离是多少？(3)A 和B 都停止后，A 与B 之间的距离是多少？解析：(1)设弹簧释放瞬间A 和B 的速度大小分别为v A 、v B ，以向右为正，由动量守恒定律和能量守恒定律有0＝m A v A －m B v B ①E k ＝12m A v 2A ＋12m B v 2B② 联立①②式并代入题给数据得v A ＝4.0 m /s ，v B ＝1.0 m/s ③(2)A 、B 两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a .假设A 和B 发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的B .设从弹簧释放到B 停止所需时间为t ，B 向左运动的路程为s B ，则有m B a ＝μm B g ④s B ＝v B t －12at 2⑤ v B －at ＝0⑥在时间t 内，A 可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A 将向左运动，碰撞并不改变A 的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A 在时间t 内的路程s A 都可表示为s A ＝v A t －12at 2⑦ 联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得s A ＝1.75 m ，s B ＝0.25 m ⑧这表明在时间t 内A 已与墙壁发生碰撞，但没有与B 发生碰撞，此时A 位于出发点右边0.25 m 处，B 位于出发点左边0.25 m 处，两物块之间的距离s 为s ＝0.25 m ＋0.25 m ＝0.50 m ⑨(3)t 时刻后A 将继续向左运动，假设它能与静止的B 碰撞，碰撞时速度的大小为v A ′，由动能定理有12m A v A ′2－12m A v 2A ＝－μm A g (2l ＋s B )⑩ 联立③⑧⑩式并代入题给数据得v A ′＝7 m/s ⑪故A 与B 将发生碰撞．设碰撞后A 、B 的速度分别为v A ″和v B ″，由动量守恒定律与机械能守恒定律有m A (－v A ′)＝m A v A ″＋m B v B ″⑫12m A v A ′2＝12m A v A ″2＋12m B v B ″2⑬ 联立⑪⑫⑬式并代入题给数据得v A ″＝375 m/s ，v B ″＝－275m/s ⑭ 这表明碰撞后A 将向右运动，B 继续向左运动．设碰撞后A 向右运动距离为s A ′时停止，B 向左运动距离为s B ′时停止，由运动学公式有2as A ′＝v A ″2,2as B ′＝v B ″2⑮由④⑭⑮式及题给数据得s A ′＝0.63 m ，s B ′＝0.28 m ⑯s A ′小于碰撞处到墙壁的距离．由上式可得两物块停止后之间的距离s ′＝s A ′＋s B ′＝0.91 m ⑰答案：(1)4.0 m /s 1.0 m/s (2)物块B 先停止 0.50 m (3)0.91 m4．(2019·高考全国卷Ⅰ，T25)竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块B 静止于水平轨道的最左端，如图(a)所示．t ＝0时刻，小物块A 在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B 发生弹性碰撞(碰撞时间极短)；当A 返回到倾斜轨道上的P 点(图中未标出)时，速度减为0，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止．物块A 运动的v -t 图象如图(b)所示，图中的v 1和t 1均为未知量．已知A 的质量为m ，初始时A 与B 的高度差为H ，重力加速度大小为g ，不计空气阻力．(1)求物块B 的质量；(2)在图(b)所描述的整个运动过程中，求物块A 克服摩擦力所做的功；(3)已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等．在物块B 停止运动后，改变物块与轨道间的动摩擦因数，然后将A 从P 点释放，一段时间后A 刚好能与B 再次碰上．求改变前后动摩擦因数的比值．解析：(1)根据图(b)，v 1为物块A 在碰撞前瞬间速度的大小，v 12为其碰撞后瞬间速度的大小．设物块B 的质量为m ′，碰撞后瞬间的速度大小为v ′.由动量守恒定律和机械能守恒定律有m v 1＝m (－v 12)＋m ′v ′① 12m v 21＝12m (－12v 1)2＋12m ′v ′2② 联立①②式得m ′＝3m ③(2)在图(b)所描述的运动中，设物块A 与轨道间的滑动摩擦力大小为f ，下滑过程中所走过的路程为s 1，返回过程中所走过的路程为s 2，P 点的高度为h ，整个过程中克服摩擦力所做的功为W .由动能定理有mgH －fs 1＝12m v 21－0④ －(fs 2＋mgh )＝0－12m (－v 12)2⑤ 从图(b)所给出的v -t 图线可知s 1＝12v 1t 1⑥ s 2＝12·v 12·(1.4t 1－t 1)⑦ 由几何关系s 2s 1＝h H⑧ 物块A 在整个过程中克服摩擦力所做的功为W ＝fs 1＋fs 2⑨联立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得W ＝215mgH ⑩ (3)设倾斜轨道倾角为θ，物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为μ，有W ＝μmg cos θ·H ＋h sin θ⑪ 设物块B 在水平轨道上能够滑行的距离为s ′，由动能定理有－μm ′gs ′＝0－12m ′v ′2⑫ 设改变后的动摩擦因数为μ′，由动能定理有mgh －μ′mg cos θ·h sin θ－μ′mgs ′＝0⑬ 联立①③④⑤⑥⑦⑧⑩⑪⑫⑬式可得μμ′＝119⑭ 答案：(1)3m (2)215mgH (3)119[考情分析]■ 命题特点与趋势——怎么考1．动量定理、动量守恒定律属于力学的主干知识，这部分知识与牛顿运动定律、功能关系合称“解题三把金钥匙”，是解决物理问题的基本方法，是高考的重点考查内容．2．研究近几年高考试题可以发现，全国卷以选择题形式命题的题目，难度较小，考查动量、冲量及动量定理的基本应用，如2017年全国卷Ⅲ第20题和2017年全国卷Ⅰ第14题；以计算题形式命题的题目，重点考查了动量守恒定律与动力学和能量的综合应用，难度较大，一般为压轴题，如2019年全国卷Ⅲ第25题和2019年全国卷Ⅰ第25题.■解题要领——怎么做1．本讲内容经常与机械能守恒定律、平抛运动、圆周运动等力学及电磁学、原子物理等知识点组成综合题．这类题型命题情景新颖，联系实际密切，综合性强，前后两个物理过程一般通过碰撞来过渡，这就决定了动量守恒方程在解题过程中的纽带作用．2．2020年复习备考要加强动力学、动量及能量综合题目的训练，关注运用动量定理、动量守恒定律和能量守恒定律解决电场、磁场内带电粒子运动或电磁感应问题．[研考向·提能力]考向研析掌握应试技能考向一冲量与动量定理1．恒力的冲量可应用I＝Ft直接求解，变力的冲量优先考虑应用动量定理求解．2．物体动量变化是由合外力的冲量决定的，物体动能变化是由合外力做的功决定的．3．动量定理是过程定理，解题时必须明确过程及初末状态的动量．4．动量定理的表达式是矢量式，在一维情况下，各个矢量必须选取统一的正方向．1.(2019·湖南株洲高三年级教学检测)高空坠物伤人事件常有发生．一身高为1.75 m的同学被一根从6.75 m高处竖直落下的枯树枝砸正头顶，设枯枝质量为2 kg，与头部作用时间为0.02 s，那么()A．枯枝对人的头部产生的冲击力约20 NB．枯枝对人的头部产生的冲击力约1 000 NC．保持其他条件不变，身高更高的同学，头部受到枯枝的冲击力会更大D．保持其他条件不变，身高更矮的同学，头部受到枯枝的冲击力会更小解析：树枝落到头顶上时的速度v＝2gh＝2×10×5 m/s＝10 m/s，对树枝由动量定理得(mg－F)Δt＝0－m v，解得F＝1 020 N，则选项B正确，A错误；保持其他条件不变，身高更高的同学，树枝落到头部的速度较小，则根据上述的分析可知，头部受到枯枝的冲击力会更小；同理身高更矮的同学，头部受到枯枝的冲击力会更大，选项C、D错误．答案：B2．(多选)(2019·黑龙江哈尔滨4月理综检测)水平推力F1和F2分别作用于置于水平面上的等质量的a、b两物块上，作用一段时间后撤去推力，两物块在水平面上继续运动一段时间停下来．两物块运动的v -t图象如图所示，图中AB∥CD，则下列说法正确的是()A．两物块所受摩擦力大小相等B．两物块所受摩擦力冲量大小相等C．F1的冲量大于F2的冲量D．F1的冲量小于F2的冲量解析：由图，AB与CD平行，说明推力撤去后两物体的加速度相同，而撤去推力后物体的合力等于摩擦力，根据牛顿第二定律可知，两物体受到的摩擦力大小相等，故A正确．根据I＝F f t，由图看出摩擦力的作用时间t OB＜t OD，可知摩擦力的冲量不相等，选项B错误．根据动量定理，对整个过程研究得F1t1－F f t OB＝0，F2t2－F f t OD＝0，因t OB＜t OD，则有F1t1＜F2t2，即F1的冲量小于F2的冲量，故C错误，D正确．故选A、D.答案：AD3．(2019·陕西西安高考模拟)如图所示，一物体分别沿三个倾角不同的光滑斜面由静止开始从顶端下滑到底端C、D、E处，三个过程中动能变化量的大小依次为ΔE1、ΔE2、ΔE3，动量变化量的大小依次为Δp1、Δp2、Δp3，则有()A．ΔE1＜ΔE2＜ΔE3，Δp1＜Δp2＜Δp3B．ΔE1＜ΔE2＜ΔE3，Δp1＝Δp2＝Δp3C．ΔE1＝ΔE2＝ΔE3，Δp1＜Δp2＜Δp3D．ΔE1＝ΔE2＝ΔE3，Δp1＝Δp2＝Δp3解析：物体下滑过程中，只有重力做功，三种情况下下降的高度相同，即重力做功相同，根据动能定理可得下滑到底端时的动能相同，故ΔE1＝ΔE2＝ΔE3；由机械能守恒定律可知物体下滑到底端C、D、E的速度大小v相等，动量变化量大小Δp＝m v相等，即Δp1＝Δp2＝Δp3(注意方向不同)，D正确．答案：D4．一质量为0.5 kg的小物块放在水平地面上的A点，距离A点5 m的位置B处是一面墙，如图所示．物块以v0＝9 m/s的初速度从A 点沿AB 方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7 m/s ，碰后以6 m /s 的速度反向运动直至静止．g 取10 m/s 2.(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ；(2)若碰撞时间为0.05 s ，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F ；(3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W .解析：(1)对小物块从A 运动到B 处的过程中应用动能定理得－μmgs ＝12m v 2－12m v 20代入数值解得μ＝0.32.(2)取向右为正方向，碰后滑块速度v ′＝－6 m/s由动量定理得F Δt ＝m v ′－m v解得F ＝－130 N其中“－”表示墙面对物块的平均作用力方向向左．(3)对物块反向运动过程中应用动能定理得－W ＝0－12m v ′2 解得W ＝9 J.答案：(1)0.32 (2)130 N (3)9 J易错警示使用动量定理的注意事项——————————————————————————————————————(1)一般来说，用牛顿第二定律能解决的问题，用动量定理也能解决，如果题目不涉及加速度和位移(如第4题中墙面对物块平均作用力的计算)，用动量定理求解更简捷．(2)动量定理不仅适用于恒力，也适用于变力．变力情况下，动量定理中的力F 应理解为变力在作用时间内的平均值，如第1题中的枯枝对人的头部产生的冲击力是平均力．(3)动量定理的表达式是矢量式，运用它分析问题时要特别注意冲量、动量及动量变化量的方向(如第3题中，强调了动量变化的大小)，公式中的F 是物体或系统所受的合力．考向二 动量、动量守恒定律[典例1] 如图所示，甲、乙两小孩各乘一辆冰车在水平冰面上玩耍．甲和他的冰车的总质量为M ＝30 kg ，乙和他的冰车的总质量也是M ＝30 kg.甲推着一个质量为m ＝15 kg 的箱子和他一起以2 m/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，乙迅速抓住．若不计冰面摩擦，求甲至少以多大速度(相对地)将箱子推出，才能避免与乙相撞？[思路点拨](1)“甲推出箱子”“乙抓住箱子”的过程动量守恒吗？(2)题目中“避免相撞”的条件是什么？[解析]要想刚好避免相撞，要求乙抓住箱子后与甲的速度正好相等，设甲推出箱子后的速度为v1，箱子的速度为v，乙抓住箱子后的速度为v2.对甲和箱子，推箱子前后动量守恒，以甲初速度方向为正方向，由动量守恒定律有(M ＋m)v0＝m v＋M v1①对乙和箱子，抓住箱子前后动量守恒，以箱子初速度方向为正方向，由动量守恒定律有m v－M v0＝(m＋M)v2②甲与乙刚好不相撞的条件是v1＝v2③联立①②③解得v＝5.2 m/s，方向与甲和箱子初速度方向一致．[答案] 5.2 m/s规律总结应用动量守恒定律解题的基本步骤——————————————————————————————————————(1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体)及研究的过程，如例题中分别以“甲和箱子”“乙和箱子”为系统．(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上动量是否守恒)．(3)规定正方向，确定初、末状态动量．(4)由动量守恒定律列出方程．(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明．5．(多选)质量为M和m0的滑块用轻弹簧连接，一起以恒定的速度v沿光滑水平面运动，与位于正对面的质量为m的静止滑块发生碰撞，如图所示，碰撞时间极短．在此过程中，下列情况可能发生的是()A．M、m0、m速度均发生变化，分别为v1、v2、v3，而且满足(M＋m0)v＝M v1＋m0v2＋m v3B．m0的速度不变，M和m的速度变为v1和v2，而且满足M v＝M v1＋m v2C．m0的速度不变，M和m的速度都变为v′，且满足M v＝(M＋m)v′D．M、m0、m速度均发生变化，M、m0速度都变为v1，m的速度变为v2，且满足(M＋m 0)v ＝(M ＋m 0)v 1＋m v 2解析：碰撞的瞬间M 和m 组成的系统动量守恒，m 0的速度在瞬间不变，以M 的初速度方向为正方向，若碰后M 和m 的速度变v 1和v 2，由动量守恒定律得M v ＝M v 1＋m v 2；若碰后M 和m 速度相同，由动量守恒定律得M v ＝(M ＋m )v ′，故B 、C 正确，A 、D 错误．答案：BC6．(2019·湖南娄底高三教学质量检测)质量为M 的气球上有一个质量为m 的人，气球和人在静止的空气中共同静止于离地h 高处，如果从气球上逐渐放下一个质量不计的软梯，让人沿软梯降到地面，则软梯长至少应为( ) A.m m ＋M h B.M m ＋M h C.M ＋m M h D.M ＋m mh 解析：设人沿软梯滑至地面，软绳长度至少为L ，以人和气球的系统为研究对象，竖直方向动量守恒，规定竖直向下为正方向，由动量守恒定律得0＝M (－v 2)＋m v 1，人沿软梯降至地面时，气球上升的高度为L －h ，速度大小v 2＝L －h t，人相对于地面下降的高度为h ，速度大小为v 1＝h t ，联立得0＝M (－L －h t )＋m ·h t ，解得L ＝M ＋m Mh ，故C 正确，A 、B 、D 错误．答案：C7．如图，光滑的水平地面上停着一个木箱和小车，木箱质量为m ，小车和人的总质量为M ＝4m ，人以对地速率v 将木箱水平推出，木箱碰墙后等速反弹回来，人接住木箱后再以同样大小的速率v 第二次推出木箱，木箱碰墙后又等速反弹回来……多次往复后，人将接不到木箱．求从开始推木箱到接不到木箱的整个过程，人所做的功．解析：设人推出木箱n 次后，不再接到木箱，每次推出木箱后，小车和人获得的速率依次为v 1、v 2、v 3、…、v n ，设水平向右为正方向，由系统动量守恒得第一次推木箱时：0＝4m v 1－m v第二次推木箱时：4m v 1＋m v ＝4m v 2－m v……第n 次推木箱时：4m v n －1＋m v ＝4m v n －m v联立解得v n ＝2n －14v 人接不到木箱的条件为v n ≥v解得n ≥2.5，取n ＝3即人最多能推3次木箱，最终人的速度大小v 3＝54v 由机械能守恒定律可得，人在整个过程中做的功W ＝12×4m v 23＋12m v 2＝298m v 2. 答案：298m v 2 考向三 碰撞与反冲、爆炸类问题1．掌握碰撞的“三个原则”(1)动量守恒原则，即碰撞前后两物体组成的系统满足动量守恒定律；(2)能量不增加原则，即碰撞后系统的总能量不大于碰撞前系统的总能量；(3)物理情境可行性原则，即两物体碰撞前后的物理情境应与实际相一致．2．可熟记一些公式，例如“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足：v 1＝m 1－m 2m 1＋m 2v 0、v 2＝2m 1m 1＋m 2v 0. 3．熟记弹性正碰的一些结论，例如，当两球质量相等时，两球碰撞后交换速度；当m 1≫m 2，且v 20＝0时，碰后质量大的速率不变，质量小的速率为2v 0.当m 1≪m 2，且v 20＝0时，碰后质量小的球原速率反弹．[典例2] 如图所示，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．[思路点拨] 解此题的关键有两点：正确分析“A 只与B 、C 各发生一次碰撞”的条件．(1)A 与C 发生碰撞后，A 反弹，速度v 1＜0，即m ＜M .(2)A 向左运动与B 发生碰撞后，需要满足A 碰后的速度v 3小于等于C 的运动速度．[解析] 设A 运动的初速度为v 0，A 向右运动与C 发生碰撞，由动量守恒定律得 m v 0＝m v 1＋M v 2由机械能守恒定律得12m v 20＝12m v 21＋12M v 22 可得v 1＝m －M m ＋M v 0，v 2＝2m m ＋M v 0要使得A 与B 能发生碰撞，需要满足v 1＜0，即m ＜MA 反向向左运动与B 发生碰撞过程，有m v 1＝m v 3＋M v 4 12m v 21＝12m v 23＋12M v 24整理可得v 3＝m －M m ＋M v 1，v 4＝2m m ＋M v 1由于m ＜M ，所以A 还会向右运动，根据要求不发生第二次碰撞，需要满足v 3≤v 2 即2m m ＋M v 0≥m －M m ＋M v 1＝(m －M m ＋M )2v 0整理可得m 2＋4Mm ≥M 2解方程可得m ≥(5－2)M另一解m ≤－(5＋2)M 舍去所以使A 只与B 、C 各发生一次碰撞，须满足(5－2)M ≤m ＜M .[答案] (5－2)M ≤m ＜M易错警示碰撞问题的两点注意——————————————————————————————————————(1)判断两物体碰撞瞬间的情况：当两物体相碰时，首先要判断碰撞时间是否极短、碰撞时的相互作用力(内力)是否远远大于外力．(2)根据两物体碰撞时遵循的物理规律，列出相对应的物理方程：①如果物体间发生的是弹性碰撞，则一般是列出动量守恒方程和机械能守恒方程进行求解，如例题中的碰撞过程为弹性碰撞；②如果物体间发生的不是弹性碰撞，则一般应用动量守恒定律和能量守恒定律(功能关系)进行求解．8.(多选)(2019·山东济南高三第二次联考)如图甲所示，光滑水平面上有a 、b 两个小球，a 球向b 球运动并与b 球发生正碰后粘合在一起共同运动，其碰前和碰后的s -t 图象如图乙所示，已知m a ＝5 kg.若b 球的质量为m b ，两球因碰撞而损失的机械能为ΔE ，则( )A ．m b ＝1 kgB ．m b ＝2 kgC ．ΔE ＝15 JD ．ΔE ＝35 J解析：在s -t 图象中图线的斜率表示小球运动的速度大小，所以v a ＝61 m /s ＝6 m/s ，碰后粘合在一起共同运动的速度为v ＝51 m /s ＝5 m/s ，碰撞过程动量守恒，得m a v a ＝(m a ＋m b )v ，解得m b ＝1 kg ，故A 正确，B 错误；根据功能关系得ΔE ＝12m a v 2a －12(m a ＋m b )v 2＝15 J ，故C 正确，D 错误．答案：AC9．(2019·湖南长沙高三期末)如图所示，质量为m 的A 球以速度v 0在光滑水平面上运动，与原静止的质量为4m 的B 球碰撞，碰撞后A 球以v ＝a v 0(待定系数a <1)的速率弹回，并与挡板P 发生完全弹性碰撞，若要使A 球能追上B 球再相撞，则a 的取值范围为( )A.15＜a ＜13B.13＜a ＜23C.13＜a ≤25D.13＜a ≤35解析：碰撞过程动量守恒，以v 0方向为正方向有m A v 0＝－m A a v 0＋m B v B ，A 与挡板P 碰撞后能追上B 发生再碰撞的条件是a v 0＞v B ，解得13＜a ；碰撞过程中损失的机械能ΔE k ＝12m A v 20－ [12m A (a v 0)2＋12m B v 2B ]≥0，解得a ≤35，故13＜a ≤35，D 正确． 答案：D10．(2019·江苏苏北三市高三期末)一枚在空中飞行的炮弹，质量M ＝6 kg ，在最高点时的速度v 0＝900 m/s ，炮弹在该点突然炸裂成A 、B 两块，其中质量m ＝2 kg 的B 做自由落体运动．求：(1)爆炸后A 的速度大小；(2)爆炸过程中A 受到的冲量大小．解析：(1)炮弹爆炸过程系统动量守恒，以炮弹的初速度方向为正方向根据动量守恒定律有M v 0＝(M －m )v A解得v A ＝1 350 m/s ，方向与初速度方向相同．(2)根据动量定理可知A 的冲量为I ＝Δp ＝(M －m )·(v A －v 0)＝1 800 N·s ，方向与初速度方向相同．答案：(1)1 350 m/s (2)1 800 N·s[限时练·通高考] 科学设题 拿下高考高分(45分钟)[刷基础]1．(2018·高考全国卷Ⅰ)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动．在启动阶段，列车的动能( )A ．与它所经历的时间成正比B ．与它的位移成正比C ．与它的速度成正比D ．与它的动量成正比解析：速度v ＝at ，动能E k ＝12m v 2＝12ma 2t 2，所以列车的动能与它经历的时间的平方成正比，A 错误；根据v 2＝2ax ，动能E k ＝12m v 2＝12m ·2ax ＝max ，所以列车的动能与它的位移成正比，B 正确；动能E k ＝12m v 2，所以列车的动能与它的速度的平方成正比，C 错误；动量p ＝m v ，动能E k ＝12m v 2＝p 22m，所以列车的动能与它的动量的平方成正比，D 错误． 答案：B2．(2019·陕西西安高三期末)如图所示，质量为0.5 kg 的小球在距离车底面高20 m 处以一定的初速度向左平抛，落在以7.5 m /s 速度沿光滑水平面向右匀速行驶的敞篷小车中，车底涂有一层油泥，车与油泥的总质量为4 kg ，设小球在落到车底前瞬间速度是25 m/s ，则当小球与小车相对静止时，小车的速度是( )A ．5 m /sB ．4 m/sC ．8.5 m /sD ．9.5 m/s解析：设小球的初速度为v 0，小球抛出后做平抛运动，根据动能定理得mgh ＝12m v 2－12m v 20，解得v 0＝15 m /s ，小球和车作用过程中，水平方向动量守恒，规定向右为正，则有－mv 0＋Mv ＝(M ＋m )v ′，解得v ′＝5 m/s ，A 正确．答案：A3．一弹丸在飞行到距离地面5 m 高时仅有水平速度v ＝2 m /s ，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1.不计质量损失，重力加速度g 取10 m/s 2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是( )解析：平抛运动时间t ＝2h g ＝1 s ，爆炸过程遵循动量守恒定律，设弹丸质量为m ，则m v ＝34m v 甲＋14m v 乙，又因为v 甲＝x 甲t ，v 乙＝x 乙t ，t ＝1 s ，则有34x 甲＋14x 乙＝2 m ，将各选项中数据代入计算得B 正确．答案：B4．(多选)一质量m ＝0.10 kg 的小钢球以大小为v 0＝10 m /s 的速度水平抛出，下落h ＝5.0 m 时撞击一钢板，撞后速度恰好反向，且速度大小不变．已知小钢球与钢板的作用时间极短，g 取10 m/s 2，则( )A ．钢板与水平面的夹角θ＝60°B ．小钢球从水平抛出到刚要撞击钢板的过程中重力的冲量大小为1 N·sC ．小钢球撞击钢板的过程中其动量的变化量的大小为 10 2 kg·m/sD ．钢板对小钢球的冲量大小为 2 2 N·s解析：由题意可知小钢球垂直撞击钢板．小钢球撞击钢板时的竖直分速度v y ＝2gh ＝10 m/s ，设小球的速度方向与水平方向的夹角为α，则tan α＝v y v x＝1，解得α＝45°，即钢板与水平面的夹角θ＝45°，选项A 错误；小钢球从水平抛出到刚要撞击钢板时所飞行的时间t ＝2h g＝1 s ，重力冲量I ＝mgt ＝1 N·s ，选项B 正确；取垂直斜面向上为正方向，小钢球刚要撞击钢板时速度的大小为v 1＝2v 0＝10 2 m/s ，动量p 1＝－m v 1＝－ 2 kg·m/s ，撞后小钢球的速度v 2＝10 2 m/s ，动量p 2＝m v 2＝ 2 kg·m/s ，小钢球的动量变化Δp ＝p 2－p 1＝2 2 kg·m/s ，由动量定理可知，钢板对小钢球的冲量大小I ＝Δp ＝2 2 N·s ，选项C 错误，D 正确．答案：BD5．(多选)(2019·河南驻马店高三期末)如图所示，光滑水平直轨道上有三个质量均为m ＝3 kg 的物块A 、B 、C ，物块B 的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)．设A 以v 0＝4 m/s 的速度朝B 开始运动，压缩弹簧；当A 、B 速度相等时，B 与C 恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动．假设B 和C 碰撞过程时间极短，则以下说法正确的是( )A ．从开始到弹簧最短时物块C 受到的冲量大小为1 N·sB ．从开始到弹簧最短时物块C 受到的冲量大小为4 N·sC ．从开始到A 与弹簧分离的过程中整个系统损失的机械能为3 JD ．从开始到A 与弹簧分离的过程中整个系统损失的机械能为9 J解析：根据动量守恒定律，当A 、B 速度相等时，且与C 碰撞之前A 、B 的速度为v 1，则m v 0＝2m v 1，解得v 1＝2 m/s ；从开始到弹簧最短时，对A 、B 、C 系统，有m v 0＝3m v 2，解得v 2＝43 m /s ；从开始到弹簧最短时，对物块C ，由动量定理得I ＝mv 2＝4 N·s ，选项B 正确，A 错误．B 与C 相碰的过程，mv 1＝2mv 3，解得v 3＝1 m/s ，则从开始到A 与弹簧分离的过程中整个系统损失的机械能为ΔE ＝12m v 21－12×2m v 23＝3 J ，选项C 正确，D 错误． 答案：BC6．一艘帆船在湖面上顺风航行，在风力的推动下做速度为v 0＝4 m /s 的匀速直线运动．若该帆船在运动状态下突然失去风力的作用，则帆船在湖面上做匀减速直线运动，经过t ＝8 s 才可静止．该帆船的帆面正对风的有效面积为S ＝10 m 2，帆船的总质量约为M ＝936 kg.若帆船在航行过程中受到的阻力恒定不变，空气的密度为ρ＝1.3 kg/m 3，在匀速行驶状态下估算：(1)帆船受到风的推力F 的大小；(2)风速的大小v .解析：(1)风突然停止，帆船只受到阻力F 阻的作用，做匀减速直线运动，设帆船的加速度为a ，则a ＝0－v 0t＝－0.5 m/s 2 根据牛顿第二定律有－F 阻＝Ma ，所以F 阻＝468 N帆船匀速运动时，有F －F 阻＝0解得F ＝468 N.(2)设在时间t 内，正对着吹向帆面的空气的质量为m ，根据动量定理有－Ft ＝m (v 0－v ) 又m ＝ρS (v －v 0)t所以Ft ＝ρS (v －v 0)2t解得v ＝10 m/s.答案：(1)468 N (2)10 m/s7．(2019·福建宁德高三上学期期末)如图所示，AB 间放有一个风洞，水平地板AB 延伸至C 点，与足够长的光滑斜面CD平滑连接．将质量m 1＝1 kg 的滑块1放在风洞A 点，在水平向右的恒定风力F ＝20 N 作用下(风洞外风力忽略不计)由静止开始向右运动，与静止在C 点、质量m 2＝2 kg 的滑块2发。

牛顿力学中的动量守恒与碰撞练习题及解答牛顿力学中的动量守恒与碰撞练习题及解答1. 问题描述：一辆小汽车以20 m/s的速度行驶，质量为1500 kg。

它与一个质量为2500 kg的卡车发生碰撞，小汽车和卡车以10 m/s和15 m/s的速度相向运动，求碰撞前小汽车和卡车的动量以及碰撞后两者的动量。

2. 解答：在牛顿力学中，动量守恒原理指出，当系统内没有外力作用时，系统的总动量保持不变。

利用动量守恒原理，我们可以解题如下：碰撞前，小汽车和卡车的总动量为：p1 = m1 * v1 + m2 * v2其中，m1为小汽车的质量，v1为小汽车的速度，m2为卡车的质量，v2为卡车的速度。

代入已知数值，有：p1 = (1500 kg) * (20 m/s) + (2500 kg) * (-10 m/s)因为小汽车和卡车以相向运动，所以卡车的速度取负值。

计算得到碰撞前的总动量为：p1 = 30000 kg·m/s - 25000 kg·m/s = 5000 kg·m/s碰撞后，根据动量守恒原理，小汽车和卡车的总动量仍然保持不变。

设碰撞后小汽车和卡车的速度分别为v3和v4，有：p2 = m1 * v3 + m2 * v4代入已知数值，有：p2 = (1500 kg) * (10 m/s) + (2500 kg) * (-15 m/s)计算得到碰撞后的总动量为：p2 = 15000 kg·m/s - 37500 kg·m/s = -22500 kg·m/s值得注意的是，在这个问题中，我们可以发现p1和p2之和为0，即碰撞前和碰撞后的总动量之和为零，这符合动量守恒的原理。

通过以上计算，我们得出了碰撞前和碰撞后的总动量。

在实际问题中，我们可以进一步研究碰撞的细节，比如撞击力、碰撞时间等，以深入理解碰撞过程中的物理现象。

3. 结论：根据牛顿力学中的动量守恒原理，当没有外力作用于系统时，系统的总动量保持不变。

1、（16分）如图所示，水平光滑地面上停放着一辆小车，左侧靠在竖直墙壁上，小车的四分之一圆弧轨道AB 是光滑的，在最低点B 与水平轨道BC 相切，BC 的长度是圆弧半径的10倍，整个轨道处于同一竖直平面内。

可视为质点的物块从A 点正上方某处无初速度下落，恰好落入小车圆弧轨道滑动，然后沿水平轨道沿街至轨道末端C 处恰好没有滑出。

已知物块到达圆弧轨道最低点B 时对轨道的压力是物块重力的9倍，小车的质量是物块的3倍，不考虑空气阻力和物块落入圆弧轨道时的能量损失。

求（1）物块开始下落的位置距水平轨道BC 的竖直高度是圆弧半径的几倍； （2）物块与水平轨道BC 间的动摩擦因数μ。

答案：（1）设物块的质量为m ，其开始下落处的位置距BC 的竖直高度为h ，到达B 点时的速度为v ，小车圆弧轨道半径为R 。

由机械能守恒定律，有221mv mgh =① 根据牛顿第二定律，有Rv m mg mg 29=-②解得h =4R③即物块开始下落的位置距水平轨道BC 的竖直高度是圆弧半径的4倍。

（2）设物块与BC 间的滑动摩擦力的大小为F ，物块滑到C 点时与小车的共同速度为 v ′，物块在小车上由B 运动到C 的过程中小车对地面的位移大小为s 。

依题意，小车的质量为3m ，BC 长度为10R 。

由滑动摩擦定律，有mg F μ= ④ 由动量守恒定律，有'+=v m m mv )3( ⑤对物块、小车分别应用动能定理，有222121)10(mv mv s R F -'=+- ⑥ 0)3(212-'=v m Fs ⑦ 解得3.0=μ⑧2、(16分)如图所示，质量m 1=0.3 kg 的小车静止在光滑的水平面上，车长L=15 m,现有质量m 2=0.2 kg 可视为质点的物块，以水平向右的速度v 0=2 m/s 从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止。

物块与车面间的动摩擦因数μ=0.5,取g=10 m/s 2，求（1） 物块在车面上滑行的时间t;（2） 要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v′0不超过多少。

【初中物理】碰撞与动量守恒定律专题复习，老师都说很棒的资料碰撞与动量这部分内容对进一步学习物理学科是非常重要的，因为动量守恒定律是解决经典力学和微观物理问题的重要工具和方法之一。

虽然动量这部分内容相对其他部分内容能难一些，但物理君已经为大家总结出了知识点，帮助大家在学习或者复习中解答该部分内容所涉及到的知识。

动量动量定理1、动量、冲量2、动量变化量和动量变化率3、动量、冲量4、应用动量定理解题的一般步骤(1)选取研究对象，明晰运动过程(2)受力分析和运动的初、末状态分析(3)选正方向，根据动量定理列方程解动量动量定理动量定理阐明了冲量和动量变化量之间的关系.1．应用动量定理的两类简单问题(1)应用领域i＝δp迎难而上力的冲量和平均值作用力.物体受到变力作用，不能直接用i＝ft求变力的冲量.(2)应用领域δp＝ft谋恒力促进作用下的曲线运动中物体动量的变化．曲线运动中,作用力是恒力，可求恒力的冲量，等效代换动量的变化量.2．动量定理采用的注意事项(1)用牛顿第二定律能解决的问题，用动量定理也能解决，题目不涉及加速度和位移，用动量定理求解更简便.(2)动量定理的表达式就是矢量式，运用它分析问题时必须特别注意冲量、动量及动量变化量的方向，公式中的f就是物体或系统难以承受的合力．3．动量定理在电磁感应现象中的应用在电磁感应现象中，安培力往往就是变力，需用动量定理解有关运动过程中的时间、加速度、速度等物理量.动量守恒定律1、动量守恒定律内容如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变．这就是动量守恒定律．2、动量守恒定律表达式(1)m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2，两个物体组成系统相互作用前后，动量保持不变.(2)δp1＝－δp2，相互作用的两物体共同组成的系统，两物体的动量变化量大小成正比、方向恰好相反.(3)δp＝0，系统的动量变化量为零．3、对动量守恒定律的认知(1)矢量性：只讨论物体相互作用前后速度方向都在同一条直线上的情况，这时要选取一个正方向，用正负号表示各矢量的方向．(2)瞬时性：动量就是一个状态量，动量动量所指的就是系统任一瞬时的动量恒定.(3)相对性：动量的大小与参考系的选取有关，一般以地面为参考系.(4)普适性：①适用于于两物体系统及多物体系统；②适用于于宏观物体以及微观物体；③适用于于低速情况及高速情况.动量守恒定律的简单应用1、应用领域动量守恒定律的条件(1)系统不受外力或系统所受的合外力为零．(2)系统难以承受的合外力不为零，比系统内力小得多.(3)系统所受的合力不为零，在某个方向上的分量为零.2、运用动量守恒定律解题的基本思路(1)确定研究对象并进行受力分析和过程分析；(2)确认系统动量在研究过程中与否动量；(3)明确过程的初、末状态的系统动量；(4)挑选正方向，根据动量守恒定律列方程.3、动量守恒条件和机械能守恒条件的比较(1)动量条件相同：系统动量动量就是系统不受到外力或难以承受外力的矢量和为零；机械能动量的条件就是只有重力或弹簧弹力作功，重力或弹簧弹力以外的其他力不作功.(2)系统动量守恒时，机械能不一定守恒.(3)系统机械能动量时，动量不一定动量.。