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专题07+动量定理+动量守恒定律（讲义）-2024年高考物理二轮复习讲练测（新教材新高考）
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这是一份专题07+动量定理+动量守恒定律（讲义）-2024年高考物理二轮复习讲练测（新教材新高考），文件包含专题07动量定理动量守恒定律讲义原卷版docx、专题07动量定理动量守恒定律讲义解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共31页， 欢迎下载使用。
TOC \ "1-4" \h \z \u
\l "_Tc1129" 考点一 动量定理的理解及应用 PAGEREF _Tc1129 3
\l "_Tc7953" PAGEREF _Tc7953 3
\l "_Tc11744" PAGEREF _Tc11744 4
\l "_Tc19342" 1. 动量定理的深入理解 PAGEREF _Tc19342 4
\l "_Tc8418" 2. 利用动量定理解题的基本思路 PAGEREF _Tc8418 5
\l "_Tc12222" 3. 用动量定理处理多过程问题 PAGEREF _Tc12222 5
\l "_Tc18643" 4. 用动量定理处理“流体类”问题 PAGEREF _Tc18643 5
\l "_Tc5634" PAGEREF _Tc5634 6
\l "_Tc26848" 考向一 动量定理的应用 PAGEREF _Tc26848 6
\l "_Tc30204" 考向二 利用动量定理处理流体(变质量)问题 PAGEREF _Tc30204 7
\l "_Tc24243" 考点二 动量守恒定律的理解及应用 PAGEREF _Tc24243 8
\l "_Tc20697" PAGEREF _Tc20697 8
\l "_Tc8246" PAGEREF _Tc8246 11
\l "_Tc163" 1. 动量守恒定律的深入理解 PAGEREF _Tc163 11
\l "_Tc29700" 2. 利用动量守恒定律解题的基本思路 PAGEREF _Tc29700 12
\l "_Tc6998" 3. 碰撞 PAGEREF _Tc6998 12
\l "_Tc8880" 4. 爆炸 PAGEREF _Tc8880 13
\l "_Tc20382" 5. 反冲运动和人船模型 PAGEREF _Tc20382 13
\l "_Tc3863" PAGEREF _Tc3863 14
\l "_Tc4182" 考向一 碰撞模型 PAGEREF _Tc4182 14
\l "_Tc22090" 考向二 爆炸 反冲 人船模型 PAGEREF _Tc22090 15
考点一 动量定理的理解及应用
1．（2023·山西·高考真题）（多选）使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的N极正对着乙的S极，甲的质量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等。现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的任一时刻（ ）
A．甲的速度大小比乙的大B．甲的动量大小比乙的小
C．甲的动量大小与乙的相等D．甲和乙的动量之和不为零
【考向】动量与冲量
【答案】BD
【详解】对甲、乙两条形磁铁分别做受力分析，如图所示
A．根据牛顿第二定律有,，,由于m甲>m乙,所以a甲μm乙g，合力方向向左，合冲量方向向左，所以合动量方向向左，显然甲的动量大小比乙的小，BD正确、C错误。
故选BD。
2．（2023·广东·高考真题）（多选）某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型．多个质量均为的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力．开窗帘过程中，电机对滑块1施加一个水平向右的恒力，推动滑块1以的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为．关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有（ ）
A．该过程动量守恒
B．滑块1受到合外力的冲量大小为
C．滑块2受到合外力的冲量大小为
D．滑块2受到滑块1的平均作用力大小为
【考向】动量定理的应用
【答案】BD
【详解】A．取向右为正方向，滑块1和滑块2组成的系统的初动量为，碰撞后的动量为，则滑块的碰撞过程动量不守恒，故A错误；B．对滑块1，取向右为正方向，则有，负号表示方向水平向左，故B正确；C．对滑块2，取向右为正方向，则有，故C错误；D．对滑块2根据动量定理有，解得则滑块2受到滑块1的平均作用力大小为，故D正确。
故选BD。
3．（2021·福建·高考真题）福建属于台风频发地区，各类户外设施建设都要考虑台风影响。已知10级台风的风速范围为，16级台风的风速范围为。若台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌，则16级台风对该交通标志牌的作用力大小约为10级台风的（ ）
A．2倍B．4倍C．8倍D．16倍
【考向】流体、微粒类问题
【答案】B
【详解】设空气的密度为，风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的横截面积为，在时间的空气质量为，假定台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的末速度变为零，对风由动量定理有，可得，10级台风的风速，16级台风的风速，则有，
故选B。
1. 动量定理的深入理解
1）内容：物体所受合外力的冲量等于它的动量的变化.
2）表达式:
【技巧点拨】
①上述公式是一矢量式，两边不仅大小相等，而且方向相同，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.
②公式中的是研究对象所受的包括重力在内的所有外力的合力.
③由，得，即物体所受的合外力等于物体动量的变化率．
④上述公式除了表明两边大小、方向的关系外，还说明了两边的因果关系，即合外力的冲量是动量变化的原因．
⑤动量定理的研究对象可以是单个物体，也可以是物体系统.对物体系统，只需分析系统受的外力，不必考虑系统内力.系统内力的作用不改变整个系统的总动量.
⑥动量定理不仅适用于恒定的力，也适用于随时间变化的力.对于变力，动量定理中的力F应当理解为变力在作用时间内的平均值.
⑦当物体运动包含多个不同过程时，可分段应用动量定理求解，也可以全过程应用动量定理求解．
2. 利用动量定理解题的基本思路
1）确定研究对象．
2）对物体进行受力分析．可先求每个力的冲量，再求各力冲量的矢量和——合力的冲量；或先求合力，再求合力的冲量．
3）抓住过程的初、末状态，选好正方向，确定各动量和冲量的正负号．
4）根据动量定理列方程，如有必要还需要补充其他方程，最后代入数据求解．
3. 用动量定理处理多过程问题
如果物体在不同阶段受力不同，即合外力不恒定，此情况下应用动量定理时，一般采取以下两种方法：
1）分段处理法：找出每一段合外力的冲量I1、I2…In，这些冲量的矢量和即外力的合冲量I＝I1＋I2＋…＋In，根据动量定理I＝p′－p求解，分段处理时，需注意各段冲量的正负。
2）全过程处理法：在全过程中，第一个力的冲量I1，第二个力的冲量I2，…第n个力的冲量In，这些冲量的矢量和即合冲量I，根据I＝p′－p求解，用全过程法求解时，需注意每个力的作用时间及力的方向。
3）若不需要求中间量，用全程法更为简便。
4. 用动量定理处理“流体类”问题
1）流体类问题：运动着的连续的气流、水流等流体，与其他物体的表面接触的过程中，会对接触面有冲击力。此类问题通常通过动量定理解决。
2）解答质量连续变动的动量问题的基本思路
①确定研究对象：Δt时间内流体微元。
②建立“柱体”模型：对于流体，可沿流速v的方向选取一段柱形流体， 设在Δt时间内通过某一横截面积为S的流体长度Δl ＝v·Δt，如图所示，若流体的密度为ρ，那么，在 这段时间内流过该截面的流体的质量为Δm＝ρSΔl＝ρSvΔt；
③运用动量定理，即流体微元所受的合力的冲量等于流体微元动量的增量，即F合Δt＝Δp。(Δt足够短时，流体重力可忽略不计)
【技巧点拨】若求解流体对接触物体的力，首先转换研究对象，分析与流体接触的物体对流体的力，再结合牛顿第三定律进行解答
考向一 动量定理的应用
1．（2024·江西景德镇·江西省乐平中学校联考一模）一位同学事先在坚硬的地面上铺上一层地毯（厚度远小于下落的高度），然后将手中的玻璃杯从一米多高处自由释放，玻璃杯落在地毯上安然无恙，没有反弹便静止了。接着他又捡起玻璃杯，同时移开地毯，将玻璃杯从同样的高度自由释放，玻璃杯落在硬地上碎裂成几块。碎片也没有反弹。空气阻力忽略不计。该同学通过比较分析得出的正确结论是（ ）
A．玻璃杯落在硬地上时的动量更大
B．玻璃杯受到硬地的冲量更大
C．玻璃杯与硬地作用过程中动量变化量更大
D．玻璃杯与硬地作用过程中动量变化率更大
【答案】D
【详解】A．由于空气阻力忽略不计，玻璃杯从同一高度落下，根据自由落体运动的规律可知，落到硬地和地毯上的速度相同，根据动量公式可知，动量是相等的，故A错误；B．由于碰撞后都没有反弹，根据动量定理得，则冲量也相同，故B错误；C．动量的变化量，则动量的变化量也相同，故C错误；D．由合外力的冲量公式可知，落在硬地的时间更短，冲量的变化率更大，故D正确。
故选D。
2．（2022·海南·校联考三模）体育课上进行跳高训练时，训练者落地的一侧地面上要铺上厚厚的垫子，目的是（ ）
A．使训练者落到垫子上时的动量减小
B．使训练者落在垫子上的过程中，动量变化量减小
C．使训练者落在垫子上的过程中，所受的冲量减小
D．使训练者落在垫子上的过程中，与垫子的作用时间延长
【答案】D
【详解】A．使训练者落到垫子上时速率不变，则动量大小不变，故A错误；BCD．根据题意可知，跳高运动员在落地的过程中，动量变化一定，所受的冲量一定，跳高运动员跳到厚厚的垫子上可以延长着地过程的作用时间，由动量定理有，可知，延长时间可以减小运动员所受到的平均冲力，故BC错误，D正确。
故选D。
3．（2023·陕西咸阳·校考模拟预测）（多选）如图所示，严冬树叶结有冰块，人在树下经常出现冰块砸到头部的情况．若冰块质量为100g，从离人头顶约80cm的高度无初速度掉落，砸到头部后冰块未反弹，头部受到冰块的冲击时间约为0.4s，重力加速度g取，下列分析正确的是（ ）
A．冰块接触头部之前的速度大小约为5m/s
B．冰块与头部作用过程中，冰块对头部的冲量大小约为
C．冰块与头部作用过程中，冰块对头部的作用力大小约为4N
D．冰块与头部作用过程中，冰块的动量变化量大小约为
【答案】BD
【详解】A．冰块掉落时做自由落体运动，故冰块接触头部之前的速度大小约为,选项A错误；BC．设头部对冰块的作用力为，因为冰块落在头上没反弹，速度减为0，以竖直向上为正方向，由动量定理得,解得,根据力的作用是相互的，则冰块对头部的作用力也是，作用时间是，故冰块对头部的冲量大小为,选项B正确，C错误；D．冰块的动量变化量为,选项D正确。
故选BD。
考向二 利用动量定理处理流体(变质量)问题
4．（2023·安徽·校联考模拟预测）如图为正在热销的水上飞行器的商品展示图，产品有如下数据∶装备质量10kg，三个喷口直径均为6.0cm。表演者质量为50kg，水的密度为1.，不计浮力等，重力加速度，则当他和装备悬浮在空中时，喷水速度近似为（ ）
A．0.4m/sB．8.5m/sC．25.2m/sD．32.3m
【答案】B
【详解】设一个喷口单位时间内喷出的水质量为m，水的速度为v，取向上为正，根据动量定理,,,可得。
故选B。
考点二 动量守恒定律的理解及应用
1．（2023·全国·高考真题）如图，一竖直固定的长直圆管内有一质量为M的静止薄圆盘，圆盘与管的上端口距离为l，圆管长度为。一质量为的小球从管的上端口由静止下落，并撞在圆盘中心，圆盘向下滑动，所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等。小球在管内运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求
（1）第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小；
（2）在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离；
（3）圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的次数。
【考向】碰撞问题
【答案】（1）小球速度大小，圆盘速度大小；（2）l；（3）4
【详解】（1）过程1：小球释放后自由下落，下降，根据机械能守恒定律
解得
过程2：小球以与静止圆盘发生弹性碰撞，根据能量守恒定律和动量守恒定律分别有
解得
即小球碰后速度大小，方向竖直向上，圆盘速度大小为，方向竖直向下；
（2）第一次碰后，小球做竖直上抛运动，圆盘摩擦力与重力平衡，匀速下滑，所以只要圆盘下降速度比小球快，二者间距就不断增大，当二者速度相同时，间距最大，即
解得
根据运动学公式得最大距离为
（3）第一次碰撞后到第二次碰撞时，两者位移相等，则有
即
解得
此时小球的速度
圆盘的速度仍为，这段时间内圆盘下降的位移
之后第二次发生弹性碰撞，根据动量守恒
根据能量守恒
联立解得
同理可得当位移相等时
解得
圆盘向下运动
此时圆盘距下端管口13l，之后二者第三次发生碰撞，碰前小球的速度
有动量守恒
机械能守恒
得碰后小球速度为
圆盘速度
当二者即将四次碰撞时x盘3=x球3
即
得
在这段时间内，圆盘向下移动
此时圆盘距离下端管口长度为20l－1l－2l－4l－6l = 7l
此时可得出圆盘每次碰后到下一次碰前，下降距离逐次增加2l，故若发生下一次碰撞，圆盘将向下移动
x盘4= 8l
则第四次碰撞后落出管口外，因此圆盘在管内运动的过程中，小球与圆盘的碰撞次数为4次。
2．（2023·湖南·高考真题）如图，质量为的匀质凹槽放在光滑水平地面上，凹槽内有一个半椭圆形的光滑轨道，椭圆的半长轴和半短轴分别为和，长轴水平，短轴竖直．质量为的小球，初始时刻从椭圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑．以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点，在竖直平面内建立固定于地面的直角坐标系，椭圆长轴位于轴上。整个过程凹槽不翻转，重力加速度为。
（1）小球第一次运动到轨道最低点时，求凹槽的速度大小以及凹槽相对于初始时刻运动的距离；
（2）在平面直角坐标系中，求出小球运动的轨迹方程；
（3）若，求小球下降高度时，小球相对于地面的速度大小（结果用及表示）。
【考向】人船模型
【答案】（1），；（2）；（3）
【详解】（1）小球运动到最低点的时候小球和凹槽水平方向系统动量守恒，取向左为正
小球运动到最低点的过程中系统机械能守恒
联立解得
因水平方向在任何时候都动量守恒即
两边同时乘t可得
且由几何关系可知
联立得
（2）小球向左运动过程中凹槽向右运动，当小球的坐标为时，此时凹槽水平向右运动的位移为，根据上式有
则小球现在在凹槽所在的椭圆上，根据数学知识可知此时的椭圆方程为
整理得 （）
（3）将代入小球的轨迹方程化简可得
即此时小球的轨迹为以为圆心，b为半径的圆，则当小球下降的高度为时有如图
此时可知速度和水平方向的的夹角为，小球下降的过程中，系统水平方向动量守恒
系统机械能守恒
联立得
1. 动量守恒定律的深入理解
1）内容：一个系统不受外力或者所受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变.
2）表达式:
①系统相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量：
②相互作用的两个物体动量的变化量等大反向：
3）动量守恒定律成立的条件
①理想守恒：系统不受外力或系统所受外力的合力为零.
②近似守恒：系统所受的外力的合力虽不为零，但系统外力比内力小得多，如碰撞问题中的摩擦力，爆炸过程中的重力等外力比起相互作用的内力来小得多，可以忽略不计.
③某一方向守恒：系统所受外力的合力虽不为零，但在某个方向上的分量为零，则在该方向上系统的总动量的分量保持不变.
4）动量守恒的速度具有“四性”:①矢量性;②瞬时性;③相对性;④普适性.
2. 利用动量守恒定律解题的基本思路
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)．
2）进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上是否守恒)．
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．
3. 碰撞
1）碰撞：碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象．
2）特点：在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒．
3）分类
4）碰撞问题遵守的三条原则
①动量守恒：.
②动能不增加：.
③速度要符合实际情况
Ⅰ、碰前两物体同向运动，若要发生碰撞，则应有，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有.
Ⅱ、碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向至少有一个改变．
5）弹性碰撞的结论
以质量为、速度为的小球与质量为的静止小球发生弹性碰撞为例，则有
，
联立解得：，
讨论：
若，则， (速度交换)；
②若，则， (碰后两物体沿同一方向运动)；当时，，；
③若，则， (碰后两物体沿相反方向运动)；当时，，.
【技巧点拨】物体A与静止的物体B发生碰撞，当发生完全非弹性碰撞时损失的机械能最多，物体B的速度最小，，当发生弹性碰撞时，物体B速度最大，，则碰后物体B的速度范围为：.
4. 爆炸
1.爆炸问题的特点是物体间的相互作用突然发生，作用时间很短，作用力很大，且远大于系统受的外力，故可用动量守恒定律来处理.
2.在爆炸过程中，有其他形式的能转化为动能，系统的动能爆炸后会增加，在碰撞过程中，系统的总动能不可能增加，一般有所减少而转化为内能.
3.由于爆炸问题作用时间很短，作用过程中物体的位移很小，一般可忽略不计，可以把作用过程作为一个理想化过程简化处理.即作用后还从作用前瞬间的位置以新的动量开始运动.
5. 反冲运动和人船模型
1）反冲现象：反冲现象是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.喷气式飞机、火箭等都是利用反冲运动的实例.显然，在反冲现象里，系统的动量是守恒的.
【技巧点拨】
作用原理：反冲运动是系统内两物体之间的作用力和反作用力产生的效果
反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，所以反冲运动遵循动量守恒定律
③反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总机械能增加
2）人船模型
①模型图示
②模型特点
Ⅰ、两物体满足动量守恒定律：
Ⅱ、两物体的位移大小满足：，又
得，
③运动特点
Ⅰ、人动则船动，人静则船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；
Ⅱ、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.
考向一 碰撞模型
1．（2024·海南·校联考一模）如图，质量均为的物体和静止在水平台面上的，两处，左侧台面光滑，右侧台面粗糙。、与粗糙台面间的动摩擦因数均为。现给瞬时冲量，a运动至与发生弹性碰撞，碰后滑至离处的处停下。和均视为质点，重力加速度取。求：
（1）碰撞后瞬间的速度大小；
（2）冲量的大小。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）碰撞后做匀减速运动，加速度
由
得
（2）设与碰撞前的速度大小为，碰撞后的速度大小为，取水平向右为正方向
动量守恒有
机械能守恒有
解得,
冲量
得
考向二 爆炸 反冲 人船模型
2．（2024·安徽·校联考模拟预测）如图所示，在水平面上放置一个右侧面半径为的圆弧凹槽，凹槽质量为，凹槽点切线水平，点为最高点.一个质量也为的小球以速度从点冲上凹槽，重力加速度为，不计一切摩擦，则下列说法正确的是（ ）
A．小球在凹槽内运动的全过程中，小球与凹槽的总动量守恒，且离开凹槽后做平抛运动
B．若，小球恰好可到达凹槽的点且离开凹槽后做自由落体运动
C．若，小球最后一次离开凹槽的位置一定是点，且离开凹糟后做自由落体运动
D．若，小球最后一次离开凹槽的位置一定是点，且离开凹槽后做竖直上抛运动
【答案】C
【详解】A．小球在凹槽内运动的全过程中，小球与凹槽的水平方向动量守恒，但总动量不守恒，故A错误；B．若小球恰好到达点时，由于水平方向动量守恒有，由机械能守恒，解得，故B错误；CD．当时，小球从点飞出后做斜抛运动，水平方向速度跟凹槽相同，再次返回时恰好能落到点，故最后一次离开斜面的位置一定是点，由水平方向动量守恒得，由机械能守恒得，解得，，可知小球最后一次离开凹槽的位置一定是点，且离开凹槽后做自由落体运动，故C正确，D错误。
故选C。
3．（2023·山东青岛·统考三模）如图，某中学航天兴趣小组在一次发射实验中将总质量为M的自制“水火箭”静置在地面上。发射时“水火箭”在极短时间内以相对地面的速度竖直向下喷出质量为m的水。已知火箭运动过程中所受阻力与速度大小成正比，火箭落地时速度为v，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．火箭的动力来源于火箭外的空气对它的推力
B．火箭上升过程中一直处于超重状态
C．火箭获得的最大速度为
D．火箭在空中飞行的时间为
【答案】D
【详解】A．火箭向下喷出水，水对火箭的反作用力是火箭的动力，A错误；B．火箭加速上升过程处于超重状态，减速上升过程和加速下降过程处于失重状态，B错误；C．喷水瞬间由动量守恒定律可得，解得火箭获得的最大速度为，C错误；D．以向下为正方向，上升过程由动量定理可得，下降过程由动量定理可得，其中,，联立解得，D正确。
故选D。
4．（2023·湖南·校联考模拟预测）如图，棱长为a、大小形状相同的立方体木块和铁块，质量为m的木块在上、质量为M的铁块在下，正对用极短细绳连结悬浮在在平静的池中某处，木块上表面距离水面的竖直距离为h。当细绳断裂后，木块与铁块均在竖直方向上运动，木块刚浮出水面时，铁块恰好同时到达池底。仅考虑浮力，不计其他阻力，则池深为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】设铁块竖直下降的位移为d，对木块与铁块系统，系统外力为零，由动量守恒（人船模型）可得，池深，解得，D正确。
故选D。
考点要求
考题统计
动量定理的理解及应用
考向一 动量定理的应用：2023•山西•高考真题、2023•广东•高考真题、2023•福建•高考真题、2022•湖南•高考真题、2021•山东•高考真题、2021•北京•高考真题
考向二 利用动量定理处理流体(变质量)问题：2022•福建•高考真题、2021•湖北•高考真题、2021•福建•高考真题
动量守恒定律的理解及应用
考向一 碰撞模型：2023•重庆•高考真题、2023•天津•高考真题、2023•全国•高考真题、2022•北京•高考真题、2022•湖南•高考真题、2021•重庆•高考真题
考向二 爆炸 反冲 人船模型：2023•湖南•高考真题、2022•山东•高考真题、2021•天津•高考真题、2021•浙江•高考真题、2021•天津•高考真题
考情分析
【命题规律及方法指导】
1.命题重点：本专题一种是对动量、冲量本身的知识考察，结合生活例子解释现象，多以选择题出现，涉及的内容有碰撞、反冲、流体问题等问题，难度相对也较低。另一种与结合牛顿运动定律、功和能、带电粒子碰撞、电磁感应结合的综合题形式考察，这些难度较大。备考时要熟练掌握动量、冲量、动量定理及动量守恒定律，以及它们在生活中的应用
2.常用方法：微元法、图像法；理解过程与状态、过程量与状态量。
3.常考题型：选择题，计算题．
【命题预测】
1.本专题属于热点、难点内容；
2.高考命题考察方向
①动量定理的考察：对动量、冲量的理解，解释生活中的问题。
②动量守恒定律的考察：以实际情境为素材，考察碰撞、流体作用力、反冲等
类型
定义
动量是否守恒
机械能是否守恒
弹性碰撞
碰撞时,内力是弹性力,只发生机械能的转移,系统内无机械能损失
守恒
守恒
非弹性碰撞
发生非弹性碰撞时,内力是非弹性力,部分机械能转化为物体的内能
守恒
有损失
完全非弹性碰撞
发生完全非弹性碰撞时,机械能向内能转化得最多,机械能损失最大.碰后物体粘在一起,以共同速度运动
守恒
损失最大
TOC \ "1-4" \h \z \u
\l "_Tc1129" 考点一 动量定理的理解及应用 PAGEREF _Tc1129 3
\l "_Tc7953" PAGEREF _Tc7953 3
\l "_Tc11744" PAGEREF _Tc11744 4
\l "_Tc19342" 1. 动量定理的深入理解 PAGEREF _Tc19342 4
\l "_Tc8418" 2. 利用动量定理解题的基本思路 PAGEREF _Tc8418 5
\l "_Tc12222" 3. 用动量定理处理多过程问题 PAGEREF _Tc12222 5
\l "_Tc18643" 4. 用动量定理处理“流体类”问题 PAGEREF _Tc18643 5
\l "_Tc5634" PAGEREF _Tc5634 6
\l "_Tc26848" 考向一 动量定理的应用 PAGEREF _Tc26848 6
\l "_Tc30204" 考向二 利用动量定理处理流体(变质量)问题 PAGEREF _Tc30204 7
\l "_Tc24243" 考点二 动量守恒定律的理解及应用 PAGEREF _Tc24243 8
\l "_Tc20697" PAGEREF _Tc20697 8
\l "_Tc8246" PAGEREF _Tc8246 11
\l "_Tc163" 1. 动量守恒定律的深入理解 PAGEREF _Tc163 11
\l "_Tc29700" 2. 利用动量守恒定律解题的基本思路 PAGEREF _Tc29700 12
\l "_Tc6998" 3. 碰撞 PAGEREF _Tc6998 12
\l "_Tc8880" 4. 爆炸 PAGEREF _Tc8880 13
\l "_Tc20382" 5. 反冲运动和人船模型 PAGEREF _Tc20382 13
\l "_Tc3863" PAGEREF _Tc3863 14
\l "_Tc4182" 考向一 碰撞模型 PAGEREF _Tc4182 14
\l "_Tc22090" 考向二 爆炸 反冲 人船模型 PAGEREF _Tc22090 15
考点一 动量定理的理解及应用
1．（2023·山西·高考真题）（多选）使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的N极正对着乙的S极，甲的质量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等。现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的任一时刻（ ）
A．甲的速度大小比乙的大B．甲的动量大小比乙的小
C．甲的动量大小与乙的相等D．甲和乙的动量之和不为零
【考向】动量与冲量
【答案】BD
【详解】对甲、乙两条形磁铁分别做受力分析，如图所示
A．根据牛顿第二定律有,，,由于m甲>m乙,所以a甲
故选BD。
2．（2023·广东·高考真题）（多选）某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型．多个质量均为的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力．开窗帘过程中，电机对滑块1施加一个水平向右的恒力，推动滑块1以的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为．关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有（ ）
A．该过程动量守恒
B．滑块1受到合外力的冲量大小为
C．滑块2受到合外力的冲量大小为
D．滑块2受到滑块1的平均作用力大小为
【考向】动量定理的应用
【答案】BD
【详解】A．取向右为正方向，滑块1和滑块2组成的系统的初动量为，碰撞后的动量为，则滑块的碰撞过程动量不守恒，故A错误；B．对滑块1，取向右为正方向，则有，负号表示方向水平向左，故B正确；C．对滑块2，取向右为正方向，则有，故C错误；D．对滑块2根据动量定理有，解得则滑块2受到滑块1的平均作用力大小为，故D正确。
故选BD。
3．（2021·福建·高考真题）福建属于台风频发地区，各类户外设施建设都要考虑台风影响。已知10级台风的风速范围为，16级台风的风速范围为。若台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌，则16级台风对该交通标志牌的作用力大小约为10级台风的（ ）
A．2倍B．4倍C．8倍D．16倍
【考向】流体、微粒类问题
【答案】B
【详解】设空气的密度为，风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的横截面积为，在时间的空气质量为，假定台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的末速度变为零，对风由动量定理有，可得，10级台风的风速，16级台风的风速，则有，
故选B。
1. 动量定理的深入理解
1）内容：物体所受合外力的冲量等于它的动量的变化.
2）表达式:
【技巧点拨】
①上述公式是一矢量式，两边不仅大小相等，而且方向相同，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.
②公式中的是研究对象所受的包括重力在内的所有外力的合力.
③由，得，即物体所受的合外力等于物体动量的变化率．
④上述公式除了表明两边大小、方向的关系外，还说明了两边的因果关系，即合外力的冲量是动量变化的原因．
⑤动量定理的研究对象可以是单个物体，也可以是物体系统.对物体系统，只需分析系统受的外力，不必考虑系统内力.系统内力的作用不改变整个系统的总动量.
⑥动量定理不仅适用于恒定的力，也适用于随时间变化的力.对于变力，动量定理中的力F应当理解为变力在作用时间内的平均值.
⑦当物体运动包含多个不同过程时，可分段应用动量定理求解，也可以全过程应用动量定理求解．
2. 利用动量定理解题的基本思路
1）确定研究对象．
2）对物体进行受力分析．可先求每个力的冲量，再求各力冲量的矢量和——合力的冲量；或先求合力，再求合力的冲量．
3）抓住过程的初、末状态，选好正方向，确定各动量和冲量的正负号．
4）根据动量定理列方程，如有必要还需要补充其他方程，最后代入数据求解．
3. 用动量定理处理多过程问题
如果物体在不同阶段受力不同，即合外力不恒定，此情况下应用动量定理时，一般采取以下两种方法：
1）分段处理法：找出每一段合外力的冲量I1、I2…In，这些冲量的矢量和即外力的合冲量I＝I1＋I2＋…＋In，根据动量定理I＝p′－p求解，分段处理时，需注意各段冲量的正负。
2）全过程处理法：在全过程中，第一个力的冲量I1，第二个力的冲量I2，…第n个力的冲量In，这些冲量的矢量和即合冲量I，根据I＝p′－p求解，用全过程法求解时，需注意每个力的作用时间及力的方向。
3）若不需要求中间量，用全程法更为简便。
4. 用动量定理处理“流体类”问题
1）流体类问题：运动着的连续的气流、水流等流体，与其他物体的表面接触的过程中，会对接触面有冲击力。此类问题通常通过动量定理解决。
2）解答质量连续变动的动量问题的基本思路
①确定研究对象：Δt时间内流体微元。
②建立“柱体”模型：对于流体，可沿流速v的方向选取一段柱形流体， 设在Δt时间内通过某一横截面积为S的流体长度Δl ＝v·Δt，如图所示，若流体的密度为ρ，那么，在 这段时间内流过该截面的流体的质量为Δm＝ρSΔl＝ρSvΔt；
③运用动量定理，即流体微元所受的合力的冲量等于流体微元动量的增量，即F合Δt＝Δp。(Δt足够短时，流体重力可忽略不计)
【技巧点拨】若求解流体对接触物体的力，首先转换研究对象，分析与流体接触的物体对流体的力，再结合牛顿第三定律进行解答
考向一 动量定理的应用
1．（2024·江西景德镇·江西省乐平中学校联考一模）一位同学事先在坚硬的地面上铺上一层地毯（厚度远小于下落的高度），然后将手中的玻璃杯从一米多高处自由释放，玻璃杯落在地毯上安然无恙，没有反弹便静止了。接着他又捡起玻璃杯，同时移开地毯，将玻璃杯从同样的高度自由释放，玻璃杯落在硬地上碎裂成几块。碎片也没有反弹。空气阻力忽略不计。该同学通过比较分析得出的正确结论是（ ）
A．玻璃杯落在硬地上时的动量更大
B．玻璃杯受到硬地的冲量更大
C．玻璃杯与硬地作用过程中动量变化量更大
D．玻璃杯与硬地作用过程中动量变化率更大
【答案】D
【详解】A．由于空气阻力忽略不计，玻璃杯从同一高度落下，根据自由落体运动的规律可知，落到硬地和地毯上的速度相同，根据动量公式可知，动量是相等的，故A错误；B．由于碰撞后都没有反弹，根据动量定理得，则冲量也相同，故B错误；C．动量的变化量，则动量的变化量也相同，故C错误；D．由合外力的冲量公式可知，落在硬地的时间更短，冲量的变化率更大，故D正确。
故选D。
2．（2022·海南·校联考三模）体育课上进行跳高训练时，训练者落地的一侧地面上要铺上厚厚的垫子，目的是（ ）
A．使训练者落到垫子上时的动量减小
B．使训练者落在垫子上的过程中，动量变化量减小
C．使训练者落在垫子上的过程中，所受的冲量减小
D．使训练者落在垫子上的过程中，与垫子的作用时间延长
【答案】D
【详解】A．使训练者落到垫子上时速率不变，则动量大小不变，故A错误；BCD．根据题意可知，跳高运动员在落地的过程中，动量变化一定，所受的冲量一定，跳高运动员跳到厚厚的垫子上可以延长着地过程的作用时间，由动量定理有，可知，延长时间可以减小运动员所受到的平均冲力，故BC错误，D正确。
故选D。
3．（2023·陕西咸阳·校考模拟预测）（多选）如图所示，严冬树叶结有冰块，人在树下经常出现冰块砸到头部的情况．若冰块质量为100g，从离人头顶约80cm的高度无初速度掉落，砸到头部后冰块未反弹，头部受到冰块的冲击时间约为0.4s，重力加速度g取，下列分析正确的是（ ）
A．冰块接触头部之前的速度大小约为5m/s
B．冰块与头部作用过程中，冰块对头部的冲量大小约为
C．冰块与头部作用过程中，冰块对头部的作用力大小约为4N
D．冰块与头部作用过程中，冰块的动量变化量大小约为
【答案】BD
【详解】A．冰块掉落时做自由落体运动，故冰块接触头部之前的速度大小约为,选项A错误；BC．设头部对冰块的作用力为，因为冰块落在头上没反弹，速度减为0，以竖直向上为正方向，由动量定理得,解得,根据力的作用是相互的，则冰块对头部的作用力也是，作用时间是，故冰块对头部的冲量大小为,选项B正确，C错误；D．冰块的动量变化量为,选项D正确。
故选BD。
考向二 利用动量定理处理流体(变质量)问题
4．（2023·安徽·校联考模拟预测）如图为正在热销的水上飞行器的商品展示图，产品有如下数据∶装备质量10kg，三个喷口直径均为6.0cm。表演者质量为50kg，水的密度为1.，不计浮力等，重力加速度，则当他和装备悬浮在空中时，喷水速度近似为（ ）
A．0.4m/sB．8.5m/sC．25.2m/sD．32.3m
【答案】B
【详解】设一个喷口单位时间内喷出的水质量为m，水的速度为v，取向上为正，根据动量定理,,,可得。
故选B。
考点二 动量守恒定律的理解及应用
1．（2023·全国·高考真题）如图，一竖直固定的长直圆管内有一质量为M的静止薄圆盘，圆盘与管的上端口距离为l，圆管长度为。一质量为的小球从管的上端口由静止下落，并撞在圆盘中心，圆盘向下滑动，所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等。小球在管内运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求
（1）第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小；
（2）在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离；
（3）圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的次数。
【考向】碰撞问题
【答案】（1）小球速度大小，圆盘速度大小；（2）l；（3）4
【详解】（1）过程1：小球释放后自由下落，下降，根据机械能守恒定律
解得
过程2：小球以与静止圆盘发生弹性碰撞，根据能量守恒定律和动量守恒定律分别有
解得
即小球碰后速度大小，方向竖直向上，圆盘速度大小为，方向竖直向下；
（2）第一次碰后，小球做竖直上抛运动，圆盘摩擦力与重力平衡，匀速下滑，所以只要圆盘下降速度比小球快，二者间距就不断增大，当二者速度相同时，间距最大，即
解得
根据运动学公式得最大距离为
（3）第一次碰撞后到第二次碰撞时，两者位移相等，则有
即
解得
此时小球的速度
圆盘的速度仍为，这段时间内圆盘下降的位移
之后第二次发生弹性碰撞，根据动量守恒
根据能量守恒
联立解得
同理可得当位移相等时
解得
圆盘向下运动
此时圆盘距下端管口13l，之后二者第三次发生碰撞，碰前小球的速度
有动量守恒
机械能守恒
得碰后小球速度为
圆盘速度
当二者即将四次碰撞时x盘3=x球3
即
得
在这段时间内，圆盘向下移动
此时圆盘距离下端管口长度为20l－1l－2l－4l－6l = 7l
此时可得出圆盘每次碰后到下一次碰前，下降距离逐次增加2l，故若发生下一次碰撞，圆盘将向下移动
x盘4= 8l
则第四次碰撞后落出管口外，因此圆盘在管内运动的过程中，小球与圆盘的碰撞次数为4次。
2．（2023·湖南·高考真题）如图，质量为的匀质凹槽放在光滑水平地面上，凹槽内有一个半椭圆形的光滑轨道，椭圆的半长轴和半短轴分别为和，长轴水平，短轴竖直．质量为的小球，初始时刻从椭圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑．以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点，在竖直平面内建立固定于地面的直角坐标系，椭圆长轴位于轴上。整个过程凹槽不翻转，重力加速度为。
（1）小球第一次运动到轨道最低点时，求凹槽的速度大小以及凹槽相对于初始时刻运动的距离；
（2）在平面直角坐标系中，求出小球运动的轨迹方程；
（3）若，求小球下降高度时，小球相对于地面的速度大小（结果用及表示）。
【考向】人船模型
【答案】（1），；（2）；（3）
【详解】（1）小球运动到最低点的时候小球和凹槽水平方向系统动量守恒，取向左为正
小球运动到最低点的过程中系统机械能守恒
联立解得
因水平方向在任何时候都动量守恒即
两边同时乘t可得
且由几何关系可知
联立得
（2）小球向左运动过程中凹槽向右运动，当小球的坐标为时，此时凹槽水平向右运动的位移为，根据上式有
则小球现在在凹槽所在的椭圆上，根据数学知识可知此时的椭圆方程为
整理得 （）
（3）将代入小球的轨迹方程化简可得
即此时小球的轨迹为以为圆心，b为半径的圆，则当小球下降的高度为时有如图
此时可知速度和水平方向的的夹角为，小球下降的过程中，系统水平方向动量守恒
系统机械能守恒
联立得
1. 动量守恒定律的深入理解
1）内容：一个系统不受外力或者所受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变.
2）表达式:
①系统相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量：
②相互作用的两个物体动量的变化量等大反向：
3）动量守恒定律成立的条件
①理想守恒：系统不受外力或系统所受外力的合力为零.
②近似守恒：系统所受的外力的合力虽不为零，但系统外力比内力小得多，如碰撞问题中的摩擦力，爆炸过程中的重力等外力比起相互作用的内力来小得多，可以忽略不计.
③某一方向守恒：系统所受外力的合力虽不为零，但在某个方向上的分量为零，则在该方向上系统的总动量的分量保持不变.
4）动量守恒的速度具有“四性”:①矢量性;②瞬时性;③相对性;④普适性.
2. 利用动量守恒定律解题的基本思路
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)．
2）进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上是否守恒)．
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．
3. 碰撞
1）碰撞：碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象．
2）特点：在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒．
3）分类
4）碰撞问题遵守的三条原则
①动量守恒：.
②动能不增加：.
③速度要符合实际情况
Ⅰ、碰前两物体同向运动，若要发生碰撞，则应有，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有.
Ⅱ、碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向至少有一个改变．
5）弹性碰撞的结论
以质量为、速度为的小球与质量为的静止小球发生弹性碰撞为例，则有
，
联立解得：，
讨论：
若，则， (速度交换)；
②若，则， (碰后两物体沿同一方向运动)；当时，，；
③若，则， (碰后两物体沿相反方向运动)；当时，，.
【技巧点拨】物体A与静止的物体B发生碰撞，当发生完全非弹性碰撞时损失的机械能最多，物体B的速度最小，，当发生弹性碰撞时，物体B速度最大，，则碰后物体B的速度范围为：.
4. 爆炸
1.爆炸问题的特点是物体间的相互作用突然发生，作用时间很短，作用力很大，且远大于系统受的外力，故可用动量守恒定律来处理.
2.在爆炸过程中，有其他形式的能转化为动能，系统的动能爆炸后会增加，在碰撞过程中，系统的总动能不可能增加，一般有所减少而转化为内能.
3.由于爆炸问题作用时间很短，作用过程中物体的位移很小，一般可忽略不计，可以把作用过程作为一个理想化过程简化处理.即作用后还从作用前瞬间的位置以新的动量开始运动.
5. 反冲运动和人船模型
1）反冲现象：反冲现象是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.喷气式飞机、火箭等都是利用反冲运动的实例.显然，在反冲现象里，系统的动量是守恒的.
【技巧点拨】
作用原理：反冲运动是系统内两物体之间的作用力和反作用力产生的效果
反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，所以反冲运动遵循动量守恒定律
③反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总机械能增加
2）人船模型
①模型图示
②模型特点
Ⅰ、两物体满足动量守恒定律：
Ⅱ、两物体的位移大小满足：，又
得，
③运动特点
Ⅰ、人动则船动，人静则船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；
Ⅱ、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.
考向一 碰撞模型
1．（2024·海南·校联考一模）如图，质量均为的物体和静止在水平台面上的，两处，左侧台面光滑，右侧台面粗糙。、与粗糙台面间的动摩擦因数均为。现给瞬时冲量，a运动至与发生弹性碰撞，碰后滑至离处的处停下。和均视为质点，重力加速度取。求：
（1）碰撞后瞬间的速度大小；
（2）冲量的大小。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）碰撞后做匀减速运动，加速度
由
得
（2）设与碰撞前的速度大小为，碰撞后的速度大小为，取水平向右为正方向
动量守恒有
机械能守恒有
解得,
冲量
得
考向二 爆炸 反冲 人船模型
2．（2024·安徽·校联考模拟预测）如图所示，在水平面上放置一个右侧面半径为的圆弧凹槽，凹槽质量为，凹槽点切线水平，点为最高点.一个质量也为的小球以速度从点冲上凹槽，重力加速度为，不计一切摩擦，则下列说法正确的是（ ）
A．小球在凹槽内运动的全过程中，小球与凹槽的总动量守恒，且离开凹槽后做平抛运动
B．若，小球恰好可到达凹槽的点且离开凹槽后做自由落体运动
C．若，小球最后一次离开凹槽的位置一定是点，且离开凹糟后做自由落体运动
D．若，小球最后一次离开凹槽的位置一定是点，且离开凹槽后做竖直上抛运动
【答案】C
【详解】A．小球在凹槽内运动的全过程中，小球与凹槽的水平方向动量守恒，但总动量不守恒，故A错误；B．若小球恰好到达点时，由于水平方向动量守恒有，由机械能守恒，解得，故B错误；CD．当时，小球从点飞出后做斜抛运动，水平方向速度跟凹槽相同，再次返回时恰好能落到点，故最后一次离开斜面的位置一定是点，由水平方向动量守恒得，由机械能守恒得，解得，，可知小球最后一次离开凹槽的位置一定是点，且离开凹槽后做自由落体运动，故C正确，D错误。
故选C。
3．（2023·山东青岛·统考三模）如图，某中学航天兴趣小组在一次发射实验中将总质量为M的自制“水火箭”静置在地面上。发射时“水火箭”在极短时间内以相对地面的速度竖直向下喷出质量为m的水。已知火箭运动过程中所受阻力与速度大小成正比，火箭落地时速度为v，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．火箭的动力来源于火箭外的空气对它的推力
B．火箭上升过程中一直处于超重状态
C．火箭获得的最大速度为
D．火箭在空中飞行的时间为
【答案】D
【详解】A．火箭向下喷出水，水对火箭的反作用力是火箭的动力，A错误；B．火箭加速上升过程处于超重状态，减速上升过程和加速下降过程处于失重状态，B错误；C．喷水瞬间由动量守恒定律可得，解得火箭获得的最大速度为，C错误；D．以向下为正方向，上升过程由动量定理可得，下降过程由动量定理可得，其中,，联立解得，D正确。
故选D。
4．（2023·湖南·校联考模拟预测）如图，棱长为a、大小形状相同的立方体木块和铁块，质量为m的木块在上、质量为M的铁块在下，正对用极短细绳连结悬浮在在平静的池中某处，木块上表面距离水面的竖直距离为h。当细绳断裂后，木块与铁块均在竖直方向上运动，木块刚浮出水面时，铁块恰好同时到达池底。仅考虑浮力，不计其他阻力，则池深为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】设铁块竖直下降的位移为d，对木块与铁块系统，系统外力为零，由动量守恒（人船模型）可得，池深，解得，D正确。
故选D。
考点要求
考题统计
动量定理的理解及应用
考向一 动量定理的应用：2023•山西•高考真题、2023•广东•高考真题、2023•福建•高考真题、2022•湖南•高考真题、2021•山东•高考真题、2021•北京•高考真题
考向二 利用动量定理处理流体(变质量)问题：2022•福建•高考真题、2021•湖北•高考真题、2021•福建•高考真题
动量守恒定律的理解及应用
考向一 碰撞模型：2023•重庆•高考真题、2023•天津•高考真题、2023•全国•高考真题、2022•北京•高考真题、2022•湖南•高考真题、2021•重庆•高考真题
考向二 爆炸 反冲 人船模型：2023•湖南•高考真题、2022•山东•高考真题、2021•天津•高考真题、2021•浙江•高考真题、2021•天津•高考真题
考情分析
【命题规律及方法指导】
1.命题重点：本专题一种是对动量、冲量本身的知识考察，结合生活例子解释现象，多以选择题出现，涉及的内容有碰撞、反冲、流体问题等问题，难度相对也较低。另一种与结合牛顿运动定律、功和能、带电粒子碰撞、电磁感应结合的综合题形式考察，这些难度较大。备考时要熟练掌握动量、冲量、动量定理及动量守恒定律，以及它们在生活中的应用
2.常用方法：微元法、图像法；理解过程与状态、过程量与状态量。
3.常考题型：选择题，计算题．
【命题预测】
1.本专题属于热点、难点内容；
2.高考命题考察方向
①动量定理的考察：对动量、冲量的理解，解释生活中的问题。
②动量守恒定律的考察：以实际情境为素材，考察碰撞、流体作用力、反冲等
类型
定义
动量是否守恒
机械能是否守恒
弹性碰撞
碰撞时,内力是弹性力,只发生机械能的转移,系统内无机械能损失
守恒
守恒
非弹性碰撞
发生非弹性碰撞时,内力是非弹性力,部分机械能转化为物体的内能
守恒
有损失
完全非弹性碰撞
发生完全非弹性碰撞时,机械能向内能转化得最多,机械能损失最大.碰后物体粘在一起,以共同速度运动
守恒
损失最大
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