【暑假衔接】高中物理新高三（高二升高三）暑假自学讲义 专题12 碰撞问题（教师版+学生版）

这是一份【暑假衔接】高中物理新高三（高二升高三）暑假自学讲义 专题12 碰撞问题（教师版+学生版），文件包含暑假衔接高中物理新高三高二升高三暑假自学讲义专题12碰撞问题教师版docx、暑假衔接高中物理新高三高二升高三暑假自学讲义专题12碰撞问题学生版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共69页， 欢迎下载使用。


知识点1：碰撞
1、碰撞的概念
碰撞指的是物体间相互作用持续时间很短，物体间相互作用力很大的现象，在碰撞过程中，一般都满足内力远大于外力。
2、对心碰撞
物体碰撞前后速度方向在同一直线上。
处理方法：规定正方向，将矢量运算转化为代数运算。
3、碰撞的分类
4、弹性碰撞的推导
以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，有
m1v1＝m1v1′＋m2v2′
eq \f(1,2)m1v12＝eq \f(1,2)m1v1′2＋eq \f(1,2)m2v2′2
解得v1′＝eq \f(m1－m2v1,m1＋m2)，v2′＝eq \f(2m1v1,m1＋m2)
由此可得：当m1=m2时，v1′＝0，v2′＝v1，两球碰撞后交换了速度；
当m1＞m2时，v1′>0，v2′>0，碰撞后两球都沿速度v1的方向运动；
当m1＜m2时，v1′<0，v2′>0，碰撞后质量小的球被反弹回来。
5、动量与能量的区别和联系
6、利用动量的观点和能量的观点解题应注意下列问题
动量守恒定律是矢量表达式，还可写出分量表达式；而动能定理和能量守恒定律是标量表达式，绝无分量表达式。
中学阶段凡可用力和运动的观点解决的问题．若用动量的观点或能量的观点求解，一般都要比用力和运动的观点要简便，而中学阶段涉及的曲线运动(a不恒定)、竖直面内的圆周运动、碰撞等，就中学知识而言，不可能单纯考虑用力和运动的观点求解。
7、碰撞模型
“保守型”碰撞

子弹打木块模型：子弹打木块的过程很短暂，认为该过程内力远大于外力，系统动量守恒；
在子弹打木块过程中摩擦生热，机械能转化为内能，系统机械能不守恒。
子弹未穿出：mv0＝（m＋M）v；Q热＝fL相对＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)（M＋m）v2。
子弹穿出：mv0＝mv1＋Mv2；能量守恒：Q热＝fL相对＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)Mv22
滑块—木板模型：把滑块、木板看成一个整体，摩擦力为内力，在光滑水平面上滑块和木板组成的系统动量守恒。由于摩擦生热，机械能转化为内能，机械能的减少量等于因摩擦而产生的热量，ΔE＝Ff·s相对，其中s相对为滑块和木板相对滑动的路程。
当滑块不滑离木板或子弹不穿出木块时，两物体最后有共同速度，相当于完全非弹性碰撞，机械能损失最多。
1．在光滑的水平面上，有a、b两个等大的小球，a的质量为2m，b的质量为m，它们在同一直线上运动，t0时刻两球发生正碰，则下列关于两球碰撞前后的速度-时间图像可能正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】设纵轴坐标分度值为v0；两球组成的系统所受合外力为零，两球碰撞过程系统动量守恒，系统动能不增加。
A．由图示可知，碰撞前系统总动量
碰撞后系统总动量，违背动量守恒定律，故A错误；
B．由图示可知，碰撞前系统总动量
碰撞后系统总动量
碰撞过程系统动量守恒，物体发生完全非弹性碰撞，该过程可能发生，故B正确；
C．由图示可知，碰撞前系统总动量
碰撞后系统总动量
碰撞过程系统动量守恒；碰撞前系统的总动能为
碰撞后系统的动能为
碰撞后的动能增加，这是不可能发生，故C错误；
D．由图示可知，碰撞前系统总动量
碰撞后系统总动量
碰撞过程不遵守动量守恒定律，这种情况不可能发生，故D错误。
故选B。
2．甲、乙两球在光滑水平轨道上同向运动，已知它们的动量分别是，，甲追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为，则两球质量m甲与m乙的关系可能是（ ）
A．m甲=m乙
B．m乙=2m甲
C．m乙=4m甲
D．m乙=6m甲
【答案】C
【详解】根据动量守恒定律得
解得
碰撞过程系统的总动能不增加，则有
代入数据解得
碰撞后甲的速度不大于乙的速度，则有
代入数据解得
综上有
故选C。
3．如图所示，光滑水平面上，质量为m1的小球以速度v与质量为m2的静止小球正碰，碰后两小球速度大小都为，方向相反。则两小球质量之比和碰撞前后动能变化量之比为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【详解】AB．根据动量守恒
则两小球质量之比为
A正确，B错误；
CD．两小球动能变化量大小分别为
，
动能变化量之比为
CD错误。
故选A。
4．如图，材料有差异的冰壶甲每次以相同的动量与静止在O处的另一冰壶发生正碰，碰后冰壶甲最终停止的位置不同，已知四次碰撞中冰壶甲与冰面间的动摩擦因数相同，冰壶均可视为质点，则碰撞后，被碰冰壶获得动量最大的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【详解】设冰壶甲与另一冰壶碰撞前的动量为，碰后甲的动量为，被碰冰壶的动量为，以甲的初速度方向为正方向，两冰壶碰撞过程满足动量守恒，有
由于冰壶甲每次以相同的动量与静止在O处的另一冰壶发生正碰，由图可知，选项A图碰后甲的动量为，选项B图碰后甲的动量为，选项C、D图碰后甲的动量为，可知碰撞后，选项B图对应被碰冰壶获得动量最大。
故选B。
5．2022年北京冬奥会在某次冰壶比赛中，如图所示：蓝壶静止在大本营Q处，材质相同、质量相等的红壶与蓝壶发生对心正碰，在摩擦力作用下最终分别停在M点和N点。下列说法正确的是（ ）
A．碰后两壶所受摩擦力的冲量相同
B．碰撞过程两壶组成的系统机械能守恒
C．碰后蓝壶速度约为红壶速度的2倍
D．红壶碰前速度约为碰后速度的4倍
【答案】C
【详解】A．碰后两壶运动距离不相同，则两壶速度不相同，根据动量定理可判断碰后两壶所受摩擦力的冲量不相同，A错误；
C．碰后红壶运动的距离为
x1＝R2－R1＝0.61 m
蓝壶运动的距离为
x2＝2R2＝2.44 m
二者质量相同，二者碰后的所受摩擦力相同，即二者做减速运动的加速度相同，对红壶，有
v12＝2ax1
对蓝壶，有
v22＝2ax2
联立可得
＝
即碰后蓝壶速度约为红壶速度的2倍，C正确；
D．设红壶碰前速度为v0，根据动量守恒，则有
mv0＝mv1＋mv2
解得
v0＝3v1
即红壶碰前速度约为碰后速度的3倍，D错误；
B．碰前的动能为
Ek0＝mv02
碰后动能
Ek1＝mv12＋mv22
则有
Ek0>Ek1
机械能不守恒，B错误。
故选C。
6．如图所示，水平面上A、B两处有甲、乙两个可视为质点的小滑块处于静止状态，B点右侧水平面粗糙，左侧水平面光滑。若甲在水平向右的拉力的作用下由静止向右运动，当时撤去拉力F，紧接着甲与乙发生弹性正碰，其中乙滑行1.6m后停下，已知乙的质量为1kg，乙与粗糙水平面间的动摩擦因数为0.5，取，则（ ）
A．0~2s内，拉力F的冲量为12N·s
B．撤去拉力F时甲的速度大小为3m/s
C．两个滑块碰撞以后乙的速度是1m/s
D．甲的质量为1kg
【答案】B
【详解】A．F与t线性关系，力F对甲的冲量为I
故A错误；
C．对乙碰撞后的过程中利用动能定理得
故C错误；
BD．设甲的质量为m1，碰前速度为v0，碰后速度为v1，根据动量守恒得
根据机械能守恒得
联立得
B正确，D错误。
故选B。
7．“引力弹弓效应”是指在太空运动的探测器，借助行星的引力来改变自己的速度。如图所示，以太阳为参考系，设行星运动的速度为，探测器的初速度大小为，在图示情况下，探测器在远离行星后速度大小为。探测器和行星虽然没有发生直接的碰撞，但是在行星的运动方向上，其运动规律可以与两个质量不同的钢球在同一条直线上发生的弹性碰撞规律作类比。那么下列判断中正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【详解】根据动量守恒定律
根据能量守恒定律
解得
又因为
解得
故选B。
8．“打羽毛球”是一种常见的体育健身活动。当羽毛球以的水平速度飞来时，运动员迅速挥拍以的水平速度迎面击球，假设羽毛球和羽毛球拍的碰撞为弹性碰撞，且球拍的质量远大于球的质量，则羽毛球反弹的速度大小约为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】运动员迅速挥拍迎面击球，此过程时间短暂，内力远大于外力，动量守恒，且试题明确给出是弹性碰撞。由于该过程是弹性碰撞，故作用前后系统动能相等。根据动量守恒定律有
根据机械能守恒定律有
联立解得
规定羽毛球原速度方向为正方向，当时
羽毛球反弹的速度大小约为。
故选A。
9．在足够长的倾斜长直轨道上，先后将甲、乙两个相同小球以相同的初速度在同一位置沿轨道向斜上方弹出，它们运动的v－t图象如图所示。据图可知下列说法错误的是（ ）
A．该轨道是光滑轨道
B．t=4s时，两球相对于出发点的位移相等
C．两球在轨道上发生的碰撞是完全非弹性碰撞
D．两小球回到出发点时的速度大小为10 m/s
【答案】D
【详解】A．由图中甲的运动图像可知，甲上滑和下滑的加速度相同，则说明小球只受重力和支持力，即轨道是光滑轨道，故A正确；
B．由图像可知，甲在t=4s时的位移为
乙在t=4s时的位移为
故B正确；
C．由图像可知，两小球碰撞后速度都变为0，则碰撞为完全非弹性碰撞，故C正确；
D．由图像可知，两小球碰撞后速度都变为0，沿轨道向下运动的加速度大小为
碰撞发生在t=4s时，此时两小球离出发点的距离为20m，由可得
故D错误。
本题选错误的，故选D。
10．如图，钉子在一固定的木块上竖立着，一铁块从高处自由落体打在钉子上，铁块的底面刚好与钉子顶端断面在同一水平面，之后铁块和钉子共同减速至零，则（ ）
A．铁块、钉子和木块机械能守恒
B．铁块减少的机械能等于钉子和木块增加的机械能
C．铁块碰撞钉子前后瞬间，铁块减少的动量等于钉子增加的动量
D．铁块碰撞钉子前后瞬间，铁块减少的动能等于钉子增加的动能
【答案】C
【详解】A．根据题意，碰后铁块和钉子动能减小，重力势能减小，木块的机械能不变，铁块、钉子和木块机械能不守恒，A错误；
B．碰撞后，钉子和木块会产生内能，钉子的重力势能减小，所以铁块减少的机械能和钉子减小的重力势能等于钉子和木块增加的内能，B错误；
C．铁块和钉子碰撞，碰撞前后动量守恒，即铁块减少的动量等于钉子增加的动量，C正确；
D．铁块碰撞钉子前后瞬间，碰撞会损失能量，铁块碰撞钉子前后瞬间，铁块减少的动能等于钉子增加的动能和增加的内能，D错误。
故选C。
11．质量为m、速度为v的A球跟质量为3m的静止B球发生正碰，则碰撞后B球速度v'可能值的范围为（ ）
A．0.2v≤v'≤0.5v
B．0.2v≤v'≤0.75v
C．0.25v≤v'≤0.5v
D．0.25v≤v'≤0.75v
【答案】C
【详解】若A、B两球为弹性碰撞，则碰撞过程无能量损失，碰撞后速度最大，取A球初速度方向为正方向，根据动量守恒、机械能守恒可得
解得
若A、B两球为完全非弹性碰撞，碰撞后两球共速，碰撞过程能量损失最大，碰撞后速度最小，根据动量守恒可得
解得
因此碰撞后B球速度v'可能值的范围为
0.25v≤v'≤0.5v
故选C。
12．如图所示，小球A、B均静止在光滑水平面上，现给A球一个向右的初速度，之后与B球发生对心碰撞。关于碰撞后的情况，下列说法正确的是（ ）
A．碰后小球A、B一定共速
B．若A、B球发生完全非弹性碰撞，A球质量等于B球质量，则A球将静止
C．若A、B球发生弹性碰撞，A球质量小于B球质量，则无论A球初速度大小是多少，A球都将反弹
D．若A、B球发生弹性碰撞，A球质量足够大，B球质量足够小，则碰后B球的速度可以是A球的3倍
【答案】C
【详解】A．小球A、B发生对心碰撞，有可能是完全弹性碰撞，完全非弹性碰撞，非弹性碰撞；若是完全非弹性碰撞，则AB两小球具有共同速度，若不是，两球速度不同，则A错误；
B．若A、B球发生完全非弹性碰撞，AB碰后有共同速度，有动量守恒可得
解得

若A球质量等于B球质量，则
故B错误；
CD．小球A、B发生对心碰撞，若是完全弹性弹性碰撞，则根据动量守恒和机械能守恒，则
解得
，
若A球质量小于B球质量，有上述和的表达式可知
A球质量足够大，B球质量足够小，有上述和的表达式可知
故C正确，故D错误。
故选C。
13．课间几个同学做游戏，如图所示，将一物块Q放在课桌上的点，在另一与物块Q完全相同的物块P上粘一小块橡皮泥（质量不计），并置于A点，在课桌上的点有一标记，A、、三点在同一直线上，且，游戏时给物块P一瞬时冲量使其沿直线运动，经过一段时间物块P与物块Q发生碰撞并粘合为一体，粘合体距离点最近者获得胜利。某同学对物块P施加的瞬时冲量为（未知）时，粘合体刚好停在点。已知两物块的质量均为，与桌面间的动摩擦因数均为，重力加速度为。下列说法正确的是（ ）
A．该同学对P施加的瞬时冲量为
B．整个过程因摩擦产生的热量为
C．碰后瞬间物块P的速度为
D．两物块因碰撞损失的机械能为
【答案】C
【详解】C．设游戏时物块P的初速度大小为，碰前瞬间物块P的速度大小为，碰后瞬间粘合体的速度大小为，对物块P由A到的过程，由动能定理有
两物块碰撞过程动量守恒，则有
碰后粘合体由到的过程由动能定理有
整理得
故C正确；
A．该同学对物块P施加的瞬时冲量为
故A错误；
B．整个过程，两物块克服摩擦力做的功为
由功能关系可知整个过程因摩擦产生的热量为
故B错误；
D．两物块因碰撞损失的机械能为
解得
故D错误。
故选C。
14．两个完全相同的小球A、B用长度均为L的细线悬于天花板上，如图所示。若将A从图示位置由静止释放，则B球被碰后第一次速度为零时距离最低点的高度可能是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】小球A从释放到最低点，由动能定理可知
解得
若A与B发生完全弹性碰撞，由能量守恒定律和动量守恒定律可知两者交换速度，即
B上升过程中由动能定理可知
解得
若A与B发生完全非弹性碰撞即AB粘在一起，由动量守恒定律可知
解得
在AB上升过程中，由动能定理可知
解得
所以B球上升的高度
高度可能是。
故选B。
15．如图所示，质量为m的长木板B放在光滑的水平面上，质量为的木块A放在长木板的左端，一颗质量为的子弹以速度v0射入木块并留在木块中，当木块滑离木板时速度为，木块在木板上滑行的时间为t，则下列说法错误的是（ ）

A．木块获得的最大速度为
B．木块滑离木板时，木板获得的速度大小为
C．木块在木板上滑动时，木块与木板之间的滑动摩擦力大小为
D．因摩擦产生的热量等于子弹射入木块后子弹和木块减少的动能与木板增加的动能之差
【答案】B
【详解】A．对子弹和木块A组成的系统，根据动量守恒定律
解得
此后木块A与子弹一起做减速运动，则此时木块的速度最大，选项A正确；
B．木块滑离木板时，对木板和木块包括子弹系统
解得
选项B错误；
C．对木板，由动量定理：
解得
选项C正确；
D．由能量守恒定律可知，木块在木板上滑动时，因摩擦产生的热量等于子弹射入木块后子弹和木块减少的动能与木板增加的动能之差，选项D正确。
本题选错误的，故选B。
16．如图所示，光滑水平地面上并排放置着质量分别为、的木板A、B，一质量的滑块C（可视为质点）以初速度从A左端滑上木板，C滑离木板A时的速度大小为，最终C与木板B相对静止，则（ ）
A．木板B与滑块C最终均静止在水平地面上
B．木板B的最大速度为5 m/s
C．木板A的最大速度为1 m/s
D．整个过程，A、B、C组成的系统机械能减少了57.5 J
【答案】D
【详解】ABC．设C刚滑到木板B上时，B的速度为，由动量守恒得
得
方向与C的初速度方向相同，以滑块C与木板B为研究对象，设木板B的最终速度为v3，由动量守恒得
得
方向与C初速度方向相同，ABC错误；
D．由能量守恒有，整个过程中A、B、C组成的系统损失的机械能为
D正确。
故选D。
17．如图所示，一异形轨道由粗糙的水平部分和光滑的四分之一圆弧部分组成，置于光滑的水平面上，如果轨道固定，将可视为质点的物块从圆弧轨道的最高点由静止释放，物块恰好停在水平轨道的最左端．如果轨道不固定，仍将物块从圆弧轨道的最高点由静止释放，下列说法正确的是（ ）

A．物块与轨道组成的系统机械能不守恒，动量守恒
B．物块与轨道组成的系统机械能不守恒，动量不守恒
C．物块到不了水平轨道的最左端
D．物块将从轨道左端冲出水平轨道
【答案】B
【详解】AB．轨道不固定时，物块在轨道的水平部分时因摩擦产生内能，所以系统的机械能不守恒；物块在轨道的圆弧部分下滑时，合外力不为零，动量不守恒，但是水平方向动量守恒，故A错误，B正确；
CD．设轨道的水平部分长为L．轨道固定时，根据能量守恒定律得
mgR=μmgL
轨道不固定时，设物块与轨道相对静止时共同速度为v，在轨道水平部分滑行的距离为x．
取向左为正方向，根据水平动量守恒得
0=（M+m）v
则得
v=0
根据能量守恒定律得
mgR=（M+m）v2+μmgx
联立解得
x=L
所以物块仍能停在水平轨道的最左端，故CD错误。
故选B。
18．如图甲所示，曲面为四分之一圆弧、质量为M的滑块静止在光滑水平地面上，一光滑小球以某一速度水平冲上滑块的圆弧面，且没有从滑块上端冲出去，若测得在水平方向上小球与滑块的速度大小分别为v1、v2，作出图像如图乙所示，重力加速度为g，不考虑任何阻力，则下列说法不正确的是（ ）
A．小球的质量为
B．小球运动到最高点时的速度为
C．小球能够上升的最大高度为
D．若a>b，小球在与圆弧滑块分离后向左做平抛运动
【答案】C
【详解】A．设小球的质量为m，初速度为v0，在水平方向上由动量守恒定律得
结合图乙可得
所以
，
故A正确，不符合题意；
D．对小球和圆弧滑块组成的系统，有
解得小球在与圆弧滑块分离时的速度为
即a>b时，小球的速度方向向左，所以小球与圆弧分离时向左做平抛运动，故D正确，不符合题意；
B．小球运动到最高点时，竖直方向速度为零，在水平方向上与滑块具有相同的速度，在水平方向上由动量守恒定律得
解得
故B正确，不符合题意；
C．小球从开始运动到最高点的过程中，由机械能守恒定律得
解得
故C错误，符合题意。
故选C。
19．如图所示，质量为3m的小物块B静止放在光滑水平面上，左端固定一轻质弹簧，弹簧劲度系数为k，质量为m的小物块A以初速度v0与弹簧碰撞并压缩弹簧，经时间t物块A、B速度大小相同，此过程中小物块B运动的位移为d，之后弹簧弹开，已知两物块始终在同一直线上运动，v0t=d0，下列说法中正确的是（ ）
A．当弹簧恢复原长时，物块A、B的速度相同
B．从开始压缩弹簧到弹簧压缩到最短，A物块的位移为d0-3d
C．从开始压缩弹簧到弹簧完全弹开，弹簧的最大弹力为4kd
D．从开始压缩弹簧到弹簧完全弹开，经历的时间为3t
【答案】B
【详解】A．从物块A与弹簧接触到分离过程，有
解得
，
由此可知，A、B速度大小相等，但方向相反，故A错误；
B．弹簧压缩到最短时，A、B共速，根据动量守恒有
解得
根据牛顿第二定律，A、B加速度任意时刻之比都为3:1，故平均加速度之比也为3:1，对B，有
故B正确；
C．弹簧的压缩量为
故C错误；
D．从压缩弹簧到弹簧完全弹开，物块B速度由0增大至，与由增大至的过程中受到的弹力对称，速度变化相同，故两段时间相同，从开始压缩弹簧到弹簧恢复原长，经历的时间为2t，故D错误。
故选B。
20．如图甲所示，一轻弹簧的两端分别与质量为和的两物块相连接，并且静止在光滑的水平桌面上。现使m1瞬时获得水平向右的速度3m/s，以此刻为计时零点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，以下说法正确的是（ ）
A．两物块的质量之比为
B．在时刻和时刻弹簧的弹性势能均达到最大值
C．时间内，弹簧的长度大于原长
D．时间内，弹簧的弹力逐渐减小
【答案】B
【详解】A．以m1的初速度方向为正方向，对0～1s时间内的过程，由动量守恒定律得
将v1=3m/s，v共=1m/s代入解得
故A错误；
B．根据系统能量守恒可知在时刻和时刻，系统的动能最小，弹簧的弹性势能达到最大值，故B正确；
C．在时刻弹簧压缩至最短，所以时间内，弹簧的长度小于原长，故C错误；
D．时间内，弹簧处于拉伸阶段，弹力逐渐增大
故选B。
21．质量为m，速度为的A球跟质量为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球的速度可能值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】两球发生完全弹性碰撞时，系统动量守恒、机械能守恒，以A的初速度方向为正方向，可得
解得
若A、B发生完全非弹性碰撞，则有
解得
则B的速度范围是
故选B。
22．在冰壶比赛中，某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞如图（a）所示，碰撞前后两壶运动的v—t图线如图（b）中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，两冰壶质量相等，则（ ）
A．碰后红壶将被反弹回来
B．碰后蓝壶速度为0.8m/s
C．碰后蓝壶移动的距离为2.4m
D．碰后红壶所受摩擦力小于蓝壶所受的摩擦力
【答案】B
【详解】AB．由图可知，碰前红壶的速度v0＝1.0m/s，碰后速度为v′0＝0.2m/s，碰后红壶沿原方向运动，设碰后蓝壶的速度为v，取碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得
mv0＝mv′0+mv
代入数据解得
v＝0.8m/s
由于
碰撞过程机械能有损失，碰撞为非弹性碰撞，A错误，B正确；
C．根据速度图像与坐标轴围成的面积表示位移，可得，碰后蓝壶移动的位移大小
C错误；
D．根据图像的斜率表示加速度，可知碰后红壶的加速度大于蓝壶的加速度，两者的质量相等，由牛顿第二定律可知，碰后红壶所受摩擦力大于蓝壶所受的摩擦力，D错误。
故选B。
23．某次冰壶运动训练中，甲壶与静止的乙壶发生正碰。已知冰面粗糙程度处处相同，不计空气阻力，两壶完全相同且均可视为质点，碰撞时间极短可不计，碰撞前、后两壶运动轨迹始终在同一水平直线上。从开始碰撞到两壶都静止过程中，测得乙壶位移是甲壶位移的k倍，则（ ）
A．k<1
B．k值越大，两壶碰撞过程中损失机械能越大
C．k值越大，两壶碰撞过程中损失机械能越小
D．碰撞后瞬时，乙壶速度为零
【答案】C
【详解】A．甲乙碰撞瞬间动量守恒，即
且有
所以
故A错误；
BC．两壶碰撞过程中损失的机械能为
变形可得
由此可知，当k=1时，损失的机械能达到最大，随着k增大，损失的机械能减小，故B错误，C正确；
D．由于两壶完全相同，所以碰撞后瞬时乙壶速度一定大于零，故D错误。
故选C。
24．足够长的光滑水平面上静止放置有长度均为L的甲、乙木板，如图1、2所示。完全相同的小物块（可视为质点），以水平速度分别冲上甲、乙木板左端，两木板上表面均水平，已知小物块与甲、乙木板间动摩擦因数相同，甲、乙木板质量分别为、M。不计空气阻力，小物块恰好能到达甲木板正中央位置，小物块能到达乙木板的位置距乙木板左端的距离为d，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】两个过程，根据动量守恒
，
根据功能关系
，
整理得
得
故选C。
25．如图所示，倾角为37°的倾斜滑道AB和水平滑道BC在B点处平滑连接，甲从倾斜滑道A端由静止滑下后，与静止在B点的乙发生碰撞，碰后甲立即停止运动，乙沿水平直滑道滑行了一段距离后停止运动。假设甲和乙使用的滑板完全相同，且甲和乙发生的碰撞为弹性碰撞，则下列说法正确的是（ ）（）

A．甲、乙碰撞时间越长，相互作用力越大，对人的危害越大
B．甲的质量大于乙的质量
C．若滑板与两滑道之间的动摩擦因数均为0.2，则甲在倾斜滑道上滑行的距离小于乙在水平滑道上滑行的距离
D．甲、乙及滑板组成的系统机械能守恒
【答案】C
【详解】A．甲、乙碰撞过程动量变化量大小相等，由动量定理
碰撞时间越短，相互作用力越大，对人的危害越大，A错误；
B．碰撞过程视为弹性碰撞，则碰撞过程动能和动量均守恒，设甲和乙的质量分别为和，碰撞前甲的速度为，碰撞后乙的速度为，由
得
甲、乙质量相等，B错误；
C．甲在倾斜潸道上下滑时加速度大小为
乙在水平滑道上滑行时加速度大小为
得
由
可知甲在倾斜滑道上滑行的距离小于乙在水平滑道上滑行的距离，C正确；
D．甲、乙及滑板在滑行过程中受摩擦力作用，机械能不守恒，D错误。
故选C。
26．如图所示，两小球P、Q竖直叠放在一起，小球间留有较小空隙，从距水平地面高度为h处同时由静止释放。已知小球Q的质量是P的2倍。设所有碰撞均为弹性碰撞，重力加速度为g。忽略空气阻力及碰撞时间，则两球第一次碰撞后小球P上升的高度为（ ）
A．hB．hC．hD．h
【答案】B
【详解】设小球P、Q的质量分别为m、2m，落地前的瞬间二者速度为，由动能定理可得
解得
Q与地面碰撞后速度等大反弹，P、Q碰撞过程满足动量守恒、机械能守恒，规定向上为正方向，则有
解得
碰后小球P机械能守恒
解得
故选B。
27．如图所示，在光滑水平面上有A、B两辆小车，水平面的左侧有一竖直墙，在小车B上坐着一个小孩，小孩与B车的总质量是A车质量的4044倍。两车开始都处于静止状态且A、B两辆小车靠在一起，小孩把A车以相对于地面为v的速度推出，A车与墙壁碰后仍以原速率返回，小孩接到A车后，又把它以相对于地面为v的速度推出。往后小孩每次推出A车，A车相对于地面的速度都是v，方向向左，则小孩把A车至少推出几次后，A车返回时小孩不能再接到A车（ ）
A．2021B．2022C．2023D．2024
【答案】C
【详解】取小孩和B车运动方向为正方向，小孩第一次推出A车后，小孩和B车获得速度为v1，由动量守恒定律
①
小孩第二次推出A车后，小孩和B车获得速度为v2，由动量守恒定律
②
小孩第三次推出A车后，小孩和B车获得速度为v3，由动量守恒定律
③
以此规律可得小孩第n-1次推出A车后小孩和B车获得速度为vn-1，第n次推出A车后，小孩和B车获得速度为vn，第n次推出A车前后，由动量守恒定律
④
将推n次的等式相加，可得
当vn≥v时，再也接不到小车，即
解得
取正整数，则
故选C。
28．在电场强度为E的足够大的水平匀强电场中，有一条固定在竖直墙面上与电场线平行且足够长的光滑绝缘杆，如图所示，杆上有两个质量均为m的小球A和B，A球带电荷量＋Q，B球不带电。开始时两球相距L，现静止释放A，A球在电场力的作用下，开始沿杆运动并与静止的B球发生正碰，设在各次碰撞中A、B两球的机械能没有损失，A、B两球间无电量转移，忽略两球碰撞的时间。则下列说法正确的是（ ）
A．发生第一次碰撞时A球的电势能增加了QEL
B．发生第二次碰撞时A球总共运动时间为
C．发生第三次碰撞后B球的速度为
D．发生第n次碰撞时B球已运动的位移是
【答案】B
【详解】A．A球的加速度
第一次碰撞前A的速度
对A球
`
发生第一次碰撞时A球的电势能减少了QEL，A错误；
B．第一次碰撞前，B的速度
由于A、B两球质量相等且发生正碰，碰撞过程中总动能无损失，所以碰撞后交换速度，即碰撞后A、B球速度分别为
设第一次碰撞的时间为，则
设第二次碰撞的时间为，则第一次碰后经时间A、B两球发生第二次碰撞，则有
解得
B正确；
C．经分析，每次碰撞后交换速度，发生第三次碰撞后，小球仍遵循动量、能量守恒，可知第三次碰撞后B球的速度为
C错误；
D．第一次碰撞到第二次碰撞B小球向右运动了
因为相邻两次碰撞时间间隔总为，则每次碰撞的相对位移为，发生第n次碰撞时B球已运动的位移是，D错误；
故选B。
29．如图甲所示，物块A，B的质量分别是和，用轻弹栓接两物块放在光滑的水平地面上，物块B的右侧与竖直墙面接触。另有一物块C从t＝0时刻起，以一定的速度向右运动，在t＝4s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的图像如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．物块B离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能为72 J
B．4s到12s的时间内，墙壁对物块B的冲量大小为
C．物块B离开墙壁后，弹簧的最大弹性势能为6.5J
D．物块B离开墙壁后，物块B的最大速度为2m/s
【答案】B
【详解】A．由题图乙知，C与A碰前速度为v1＝12 m/s，碰后速度为v2＝3 m/s，C与A碰撞过程动量守恒，以C的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得
mCv1＝（mA＋mC）v2
解得
mC＝1kg
当C与A速度为0时，弹性势能最大
故A错误；
B．由题图乙知，12 s末A和C的速度为v3＝－3 m/s，4 s到12 s过程中墙壁对物块B的冲量大小等于弹簧对物块B的冲量大小，也等于弹簧对A和C整体的冲量大小，墙对B的冲量为
I＝（mA＋mC）v3－（mA＋mC）v2
解得
I＝－24 N·s
方向向左，故B正确；
C．物块B离开墙壁后，A、B、C三者共速时弹性势能最大
（mA＋mC）v3=（mA＋mC+mB）v共
解得
Ep′＝6 J
故C错误；
D．物块B离开墙壁后，系统动量守恒、机械能守恒，物块B的最大速度时，弹簧处于原长，则
（mA＋mC）v3=（mA＋mC）v4+mBv5
解得
v4=1 m/s，v5=4 m/s
故D错误。
故选B。
30．如图所示，三辆相同的平板小车a、b、c成一直线排列，静止在光滑水平地面上，c车上一人跳到b车上，接着又立即从b车跳到a车上，人跳离c车和b车时对地的水平速度相同，他跳到a车上没有走动便相对a车保持静止，此后（ ）
A．a、c两车的运动速率相等B．a、c两车的运动方向一定相反
C．a、b两车的运动速率相等D．三辆车的运动速率关系为vc>vb>va
【答案】B
【详解】若人跳离b、c车时速度为v，由动量守恒定律，人跳离c车的过程，有
0=-M车vc+m人v
人跳上和跳离b车的过程，有
m人v=-M车vb+m人v
人跳上a车过程，有
m人v=（M车+m人）va
所以
vc=-
vb=0
va=
即
vc>va>vb
并且vc与va方向相反。
故选B。
31．如图所示，有一半径为R、圆心角为60°的光滑圆弧轨道置于光滑水平面上。一小球以初速度滑上圆弧轨道。已知圆弧轨道质量，小球质量，重力加速度为g，若小球从圆弧轨道飞出时速度方向恰好跟水平方向成30°角，则（ ）

A．圆弧半径
B．小球飞出时速度为
C．小球飞出时圆弧轨道的速度为
D．小球从滑上圆弧到飞离圆弧过程中速度变化量的大小为
【答案】C
【详解】ABC．小球以初速度滑上圆弧轨道，小球与圆弧轨道产生相互作用，因此小球从滑上圆弧到飞离圆弧的运动中，小球与圆弧轨道组成的系统在水平方向动量守恒，机械能守恒，因此小球有两个分速度，其中v1是相对轨道的速度，与圆弧相切，v2是随轨道运动的速度，方向水平，如图所示，由几何关系，可知v1与v2成60°角，v与v2成30°角，则v1与v成30°角，所以四边形是菱形，v1= v2，则有 ，由动量守恒定律可得

系统的机械能守恒
联立解得
解得小球飞出时圆弧轨道的速度为
解得小球飞出时速度为
AB错误，C正确；
D．由题意可得矢量三角形，如图所示，由几何关系可得

其中
解得
D错误。
故选C。
32．如图所示，轻弹簧左端固定在墙壁上，右端拴接质量为的物块，初始时弹簧处于原长状态，物块静止在地面上，其左侧地面光滑，右侧地面粗糙．质量为的物块从距离物块为的位置以大小为的初速度向运动，并以大小为的速度与发生碰撞（碰撞时间极短），碰后物块静止。两物块均可视为质点，重力加速度为，则（ ）

A．物块与地面间的动摩擦因数为
B．两物块第一次碰撞损失的能量为
C．弹簧的最大弹性势能为
D．物块最终停止在其初始位置的右侧
【答案】B
【详解】A．根据题意，B运动过程中，由动能定理有
解得
故A错误；
B．由于碰撞时间极短，则碰撞过程系统动量守恒，则有
解得
则两物块第一次碰撞损失的能量为
故B正确；
C．根据题意可知，碰撞之后，物块A和弹簧组成的系统机械能守恒，当物块A的动能为0时，弹簧的弹性势能最大，由机械能守恒定律有
故C错误；
D．根据题意，由上述分析可知，物块B由初位置运动到物块A静止的位置，动能减小了
由于碰撞过程中动能损失，则物块B经过2次与物块A的碰撞，动能一定小于，由动能定理可知，物块最终一定停止在其初始位置的左侧，故D错误。
故选B。
多选题
33．如图所示，光滑水平桌面距离水平地面的高度为H，质量为m2、半径为R的光滑四分之一圆弧槽B静止放在桌面上，质量为m1的小球A从与圆弧槽圆心等高处由静止滑下，与静止在桌面上的质量为m3的小球C发生弹性正碰，最后两小球落到水平地面上的M、N两点，已知H=0.8m，R=0.9m，m1=2kg，m2=2kg，m3=1kg，重力加速度g=10m/s2，两球视为质点，不计空气阻力，下列选项正确的是（ ）

A．小球A从圆弧槽滑离时的速度为3m/sB．小球A与小球C碰撞后，小球C的速度为2m/s
C．M、N两点的距离为1.2mD．小球A可能落在N点
【答案】AC
【详解】设球滑离圆弧槽时的速度为，圆弧槽的速度为，取向右为正方向，此过程由水平方向动量守恒和机械能守恒得
解得
假设与碰撞后的速度为，由动量守恒和机械能守恒得
解得
假设两球从桌面平抛运动时间为，由
A球的水平位移
球的水平位移
MN两点的距离
因为，所以A球落在M点。
故选AC。
34．某机械传动组合装置如图，一个水平圆盘以角速度匀速转动，固定在圆盘上的小圆柱离圆心距离为，带动一个形支架在水平方向左右往复运动。水平桌面上点的左侧光滑，右侧粗糙程度相同。小圆柱每次在最左端时，就在桌面的A点和点轻放质量为和的小物件P和Q，P、Q与水平桌面的动摩擦因数相同，此时形支架的右端恰好与P接触但不粘连。随后圆盘转半圈时物件P恰好运动到点，与物件Q瞬间粘合成PQ整体。PQ整体运动至点停下的瞬间，下一个PQ整体位于的中点。下列说法正确的是（ ）

A．物件P从A点开始运动到与形架分离的过程中，做匀变速直线运动
B．物件P从A点开始运动的过程，形支架对其做的功
C．的距离
D．的距离
【答案】BC
【详解】A．T形支架的速度等于小圆柱的水平方向的分速度，小圆柱的线速度大小为
如图

水平方向上的分速度为
所以物件P从A点开始运动到与形架分离的过程中，做变加速直线运动，故A错误；
B．小圆柱从在最左端开始转动圆周时，T形支架和物件P的速度达到最大，之后T形支架减速会与物件P分离，此时P的速度大小为
物件P从A点开始运动的过程，由动能定理得，形支架对其做的功
故B正确；
C．支架与物件P分离之后P做匀速直线运动在圆盘转动周期时间到达O点，此时间内P运动的位移为
AO间的距离为
故C正确；
D．物件P到达O点后，与物件Q发生碰撞，碰前圆周转动半圈，速度为，根据动量守恒定律可得
解得
碰撞后物件PQ共同做匀减速运动到B点停止，根据匀变速运动的规律可知，从O点到B点所需的时间与从OB中点到B点所需的时间之比为，设物件PQ从O运动到B所需时间为，而下一个PQ运动到OB中点所用时间则为，所以圆盘转一圈所用时间为
则
OB间的距离为
又
解得的距离
故D错误。
故选BC。
35．如图所示，有一个质量为的物体A和一个质量为M的物体B用轻弹簧连接，放在光滑的水平地面上。二者初始静止，弹簧原长为，劲度系数为k，弹性势能表达式（x为弹簧的形变量）。现用一质量为m的子弹沿水平方向以初速度打中物体A，并留在物体A中（子弹与物体A达到相对静止的时间极短），然后压缩弹簧至最短，之后弹簧恢复原长，最后被拉长至最长。则下列说法正确的是（ ）

A．整个过程中子弹、物体A、物体B三者组成的系统动量守恒、机械能守恒
B．弹簧被压缩至最短时物体B的速度大小为
C．整个过程中弹簧的最大弹性势能为
D．物体B的最大加速度大小为
【答案】BD
【详解】A．水平地面光滑，子弹、物体A、物体B三者组成的系统所受合外力为零，因此动量守恒，子弹打入物体A过程中，由于摩擦生热，故机械能不守恒，选项A错误；
B．当三者共速时，弹簧被压缩至最短，设共同速度为，根据动量守恒定律有
解得
选项B正确；
C．当弹簧压缩至最短或伸长至最长时，弹性势能最大，此时三者共速，子弹打入物体A并留在A中时，设此时A的速度大小为，对子弹与物体A，根据动量守恒定律
解得
从子弹打入物体A后至AB共速，弹性势能增加量等于系统动能减少量，故最大弹性势能为
选项C错误；
D．当弹簧形变量最大时，弹力最大，物体B的加速度最大
根据牛顿第二定律得
联立二式得
选项D正确。
故选BD。
36．质量均为1.0的木板A和半径为0.2m的 光滑圆弧槽B静置在光滑水平面上，A和B接触但不粘连，B左端与A相切。现有一质量为2.0的小滑块C以5的水平初速度从左端滑上A，C离开A时，A的速度大小为1.0。已知A、C间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取10。下列说法正确的是（ ）
A．木板A的长度为0.8m
B．滑块C能够离开B且离开B后做竖直上抛运动
C．整个过程中A、B、C组成的系统动量守恒
D．B的最大速度为5
【答案】ACD
【详解】A．C离开A前，A、B、C系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得
mCvC=mCvC′+（mA+mB）vAB
由能量守恒定律得
代入数据解得
vC′=4m/s，L=0.8m
故A正确；
B．滑块C在圆弧槽B上达到最高度时两者速度相等，B、C系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得
mCvC′+mBvAB=（mB+mC）v
由能量守恒定律得
代入数据解得
h=0.15mC不会离开B，故B错误；
C．A、B、C组成的系统在整个运动过程在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，故C正确；
D． B、C再次分离时B的速度最大，B、C系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得
mCvC′+mBvAB=mCvC″+mBvB
由能量守恒定律得
代入数据解得
vB=5m/s
故D正确。
故选ACD。
解答题
37．如图所示，物块A和木板B置于水平地面上，固定光滑弧形轨道末端与B的上表面所在平面相切，竖直挡板P固定在地面上。作用在A上的水平外力，使A与B以相同速度向右做匀速直线运动。当B的左端经过轨道末端时，从弧形轨道某处无初速度下滑的滑块C恰好到达最低点，并以水平速度v滑上B的上表面，同时撤掉外力，此时B右端与P板的距离为s。已知，，，，A与地面间无摩擦，B与地面间动摩擦因数，C与B间动摩擦因数，B足够长，使得C不会从B上滑下。B与P、A的碰撞均为弹性碰撞，不计碰撞时间，取重力加速度大小。
（1）求C下滑的高度H；
（2）与P碰撞前，若B与C能达到共速，且A、B未发生碰撞，求s的范围；
（3）若，求B与P碰撞前，摩擦力对C做的功W；
（4）若，自C滑上B开始至A、B、C三个物体都达到平衡状态，求这三个物体总动量的变化量的大小。

【答案】（1）；（2）；（3）；（4）
【详解】（1）由题意可知滑块C静止滑下过程根据动能定理有
代入数据解得
（2）滑块C刚滑上B时可知C受到水平向左的摩擦力，为
木板B受到C的摩擦力水平向右，为
B受到地面的摩擦力水平向左，为
所以滑块C的加速度为
木板B的加速度为
设经过时间t1，B和C共速，有
代入数据解得
木板B的位移
共同的速度
此后B和C共同减速，加速度大小为
设再经过t2时间，物块A恰好祖上模板B，有
整理得
解得
，（舍去）
此时B的位移
共同的速度
综上可知满足条件的s范围为
（3）由于
所以可知滑块C与木板B没有共速，对于木板B，根据运动学公式有
整理后有
解得
，（舍去）
滑块C在这段时间的位移
所以摩擦力对C做的功
（4）因为木板B足够长，最后的状态一定会是C与B静止，物块A向左匀速运动。木板B向右运动0.48m时，有
此时A、B之间的距离为
由于B与挡板发生碰撞不损失能量，故将原速率反弹。接着B向左做匀减速运动，可得加速度大小
物块A和木板B相向运动，设经过t3时间恰好相遇，则有
整理得
解得
，（舍去）
此时有
方向向左；
方向向右。
接着A、B发生弹性碰撞，碰前A的速度为v0=1m/s，方向向右，以水平向右为正方向，则有
代入数据解得
而此时
物块A向左的速度大于木板B和C向右的速度，由于摩擦力的作用，最后B和C静止，A向左匀速运动，系统的初动量
末动量
则整个过程动量的变化量
即大小为9.02kg⋅m/s。
38．质量为的滑板静止在光滑水平地面上，滑板上表面段水平长度为段是半径为的四分之一光滑圆弧，如图所示。质量为的小物块（小物块可视为质点）以初速度冲上滑板，已知，其中为重力加速度。小物块与滑板段的动摩擦因数为，在以后的运动过程中：
（1）若滑板固定在地面上，小物块不能从C点飞出，则应满足什么条件；
（2）若解除对滑板的固定，小物块不能从C点飞出，则应满足什么条件；
（3）若解除对滑板的固定，小物块相对滑板向右运动的过程中，相对地面也有向右的运动，则应满足什么条件。

【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）若滑板固定，设小物块刚好能运动到点时，由机械能守恒可知
可解得
所以小物块不能从C点飞出，应满足的条件为
（2）若解除对滑板的固定，设小物块运动至C点时，小物块与滑板速度相等为，由动量守恒和机械能守恒可知：
上面两式联立，可解得
所以小物块不能从C点飞出，应满足的条件为：
（3）设小物块相对滑块向右返回到B点时，小物块、滑板的速度分别为。以向左为正方向。由动量守恒和能量守恒可知：
上面两式联立，可得
此方程求根判别式
可解得
解上面方程可得
若要满足题中条件，则，可解得
综合以上分析可知，应满足的条件为
。
39．如图（A）所示，长方形木板放在光滑的水平地面上，在其右端放置一可视为质点的小木块，现给长方形木板一个大小为，方向水平向右的初速度，最后小木块刚好没有滑离长方形木板；如图（B）所示，与上面相同的长方形木板静止放置在光滑的水平面上，在其左端地面上固定一个四分之一光滑圆弧槽，圆弧槽的下端与木板的上表面相平，现让相同的小木块从圆弧槽的最高点由静止开始滑下，最后小木块也是刚好没有滑离长方形木板．已知小木块与长方形木板间的动摩擦因数为，长方形木板的质量为小木块质量的3倍，重力加速度为，求：
（1）长方形木板的长度；
（2）圆弧槽轨道的半径；
（3）图（A）中小木块在长方形木板上的滑行时间与图（B）中小木块在长方形木板上的滑行时间之比。

【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）对于题图（A），小木块、长方形木板组成的系统动量守恒，设二者的共同速度大小为，木块的质量为，则长方形木板的质量为，规定木板的初速度方向为正方向，由动量守恒定律有
解得
设长方形木板的长度为，由功能关系有
解得长方形木板的长度为
（2）设圆弧槽轨道的半径为，小木块刚滑上长方形木板时的速度大小为，由机械能守恒定律可得
对于题图（B），小木块、长方形木板组成的系统动量守恒，设二者的共同速度为，由动量守恒定律可得
由功能关系有
解得圆弧槽轨道的半径为
（3）对题图（A）中的小木块，规定小木块受到的摩擦力的方向为正方向，由动量定理有
解得小木块在木板上滑动的时间为
对题图（B）中的长方形木板，规律长方形木板受到的摩擦力方向为正方向，由动量定理有
解得
题图（A）中的小木块在长方形木板上的滑行时间与题图（B）中的小木块在长方形木板上的滑行时间之比为
40．如图所示，光滑水平面上放着质量都为m的物块A和B，A紧靠着固定的竖直挡板，A、B间夹一个被压缩的轻弹簧(弹簧与A、B均不拴接)，用手挡住B不动，此时弹簧弹性势能为,在A、B间系一轻质细绳，细绳的长略大于弹簧的自然长度．放手后绳在短暂时间内被拉断，之后B继续向右运动，一段时间后与向左匀速运动、速度为v0的物块C发生碰撞，碰后B、C立刻形成粘合体并停止运动，C的质量为2m．求：
(1)B、C相撞前一瞬间B的速度大小；
(2)绳被拉断过程中，绳对A所做的W．
【答案】①2v0 ②mv02/2
【详解】（1）B与C碰撞过程中，动量守恒，以B的初速度方向为正，根据动量守恒定律得：
mvB-2mv0=0，
解得：vB=2v0
（2）弹簧恢复原长时，弹性势能全部转化为物块B的动能，则
EP=mvB02
解得：vB0=3v0，
绳子拉断过程，A、B系统动量守恒，以B的初速度方向为正，根据动量守恒定律得：
mvB0=mvB+mvA
解得：vA=v0
由动能定理可得，绳对A所做的功
【点睛】本题主要考查了动量守恒定律以及动能定理的直接应用，要求同学们能正确分析物体的受力情况，知道弹簧恢复原长时，弹性势能全部转化为物块B的动能，明确应用动量守恒定律解题时要规定正方向，难度适中．
碰撞类型
规律
动量和能量分析
弹性碰撞
这种碰撞的特点是系统的机械能守恒，相互作用过程中遵循的规律是动量守恒和机械能守恒。
动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
机械能守恒：eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22＝eq \f(1,2)m1v1′2＋eq \f(1,2)m2v2′2
非弹性碰撞
在碰撞过程中机械能损失的碰撞，在相互作用过程中只遵循动量守恒定律。
动量守恒、末速度相同：
m1v1＋m2v2＝（m1＋m2）v′
机械能损失最多，损失的机械能：
ΔE＝eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22－eq \f(1,2)（m1＋m2）v′2
完全非弹性碰撞
这种碰撞的特点是系统的机械能损失最大，作用后两物体粘合在一起，速度相等，相互作用过程中只遵循动量守恒定律。
动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
机械能有损失，损失的机械能：
ΔE＝eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22－eq \f(1,2)m1v1′2－eq \f(1,2)m2v2′2
碰撞问题遵循的三条原则：动量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′；动能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′；
速度符合实际：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，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，若两物体同向运动，则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，否则碰撞没有结束。
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，若碰后同向，后方物体速度不大于前方物体速度。
动量
能量
区别
守恒条件
系统所受合外力是否为零。
系统是否有除重力和弹簧弹力以外的力是否做功。
表达式
矢量式
标量式
联系
动量守恒定律和机械能守恒定律所研究的对象都是相互作用的物体所构成的系统，且研究的都是某一个物理过程。