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1、專題十五動(dòng)量與動(dòng)量守恒,高考物理(江蘇專用),考點(diǎn)動(dòng)量與動(dòng)量守恒 1.2016江蘇單科,12C(2)已知光速為c,普朗克常量為h,則頻率為的光子的動(dòng)量為。用該頻率的光垂直照射平面鏡,光被鏡面全部垂直反射回去,則光子在反射前后動(dòng)量改變量的大小為。,五年高考,A組自主命題江蘇卷題組,答案2,,易錯(cuò)警示有較多的考生求得動(dòng)量改變量的大小為零,主要是對(duì)動(dòng)量的矢量性認(rèn)識(shí)不到位。,考查點(diǎn)本題考查光子的動(dòng)量、動(dòng)量的變化量等知識(shí),屬于容易題。,解析光子的動(dòng)量p==,垂直反射回去p=-(-)=。,,2.2018江蘇單科,12C(3),如圖所示,懸掛于豎直彈簧下端的小球質(zhì)量為m,運(yùn)動(dòng)速度的大小為v,方向向下。經(jīng)過時(shí)

2、間t,小球的速度大小為v,方向變?yōu)橄蛏?。忽略空氣阻?重力加速度為g,求該運(yùn)動(dòng)過程中,小球所受彈簧彈力沖量的大小。,答案2mv+mgt,,解析取向上為正方向,由動(dòng)量定理得mv-(-mv)=I 且I=(-mg)t 解得IF=t=2mv+mgt,易錯(cuò)警示動(dòng)量定理是矢量式,應(yīng)先選定正方向,注意初末狀態(tài)速度的正負(fù)。,,3.2017江蘇單科,12C(3)甲、乙兩運(yùn)動(dòng)員在做花樣滑冰表演,沿同一直線相向運(yùn)動(dòng),速度大小都是1 m/s。甲、乙相遇時(shí)用力推對(duì)方,此后都沿各自原方向的反方向運(yùn)動(dòng),速度大小分別為1 m/s和2 m/s。求甲、乙兩運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量之比。,答案見解析,,解析由動(dòng)量守恒,有m1v1-m2v2=m

3、2v2-m1v1 解得= 代入數(shù)據(jù)得=,友情提醒動(dòng)量守恒定律的矢量性 應(yīng)用動(dòng)量守恒定律解題時(shí),一定要先規(guī)定正方向,與規(guī)定正方向相反的速度,要代入負(fù)數(shù)進(jìn)行計(jì)算。若列式時(shí)已經(jīng)考慮到了矢量性,則代入絕對(duì)值計(jì)算即可,如本題的解題過程就是如此。x,,4.2014江蘇單科,12C(3)牛頓的自然哲學(xué)的數(shù)學(xué)原理中記載,A、B兩個(gè)玻璃球相碰,碰撞后的分離速度和它們碰撞前的接近速度之比總是約為1516。分離速度是指碰撞后B對(duì)A的速度,接近速度是指碰撞前A對(duì)B的速度。若上述過程是質(zhì)量為2m的玻璃球A以速度v0碰撞質(zhì)量為m的靜止玻璃球B,且為對(duì)心碰撞,求碰撞后A、B的速度大小。,答案v0v0,,解析設(shè)A、B球碰撞后

4、速度分別為v1和v2 由動(dòng)量守恒定律 2mv0=2mv1+mv2,且由題意知= 解得v1=v0,v2=v0,考查點(diǎn)本題考查碰撞、動(dòng)量守恒定律等知識(shí),屬于容易題。,知識(shí)拓展若兩球碰撞過程中滿足動(dòng)量守恒和能量守恒,可推導(dǎo)出分離速度和接近速度之比是1。本題中的該比值小于1,暗示兩球碰撞過程中動(dòng)能有損失,不滿足能量守恒,為非彈性碰撞。,,5.2013江蘇單科,12C(3)如圖所示,進(jìn)行太空行走的宇航員A和B的質(zhì)量分別為80 kg和100 kg,他們攜手遠(yuǎn)離空間站,相對(duì)空間站的速度為0.1 m/s。A將B向空間站方向輕推后,A的速度變?yōu)?.2 m/s,求此時(shí)B的速度大小和方向。,答案0.02 m/s離開

5、空間站方向,,溫馨提示兩宇航員構(gòu)成的系統(tǒng)可認(rèn)為不受外力,故滿足動(dòng)量守恒的條件;以空間站為參考系求速度;注意選取正方向,如果以0.1 m/s的速度方向?yàn)檎?則A的速度也為正。,考查點(diǎn)本題考查動(dòng)量守恒定律,屬于容易題。,解析以空間站為參考系,以v0的方向?yàn)檎较?由動(dòng)量守恒定律 (mA+mB)v0=mAvA+mBvB 解得vB=0.02 m/s 方向遠(yuǎn)離空間站方向。,,1.(2018課標(biāo),15,6分)高空墜物極易對(duì)行人造成傷害。若一個(gè)50 g的雞蛋從一居民樓的25層墜下,與地面的碰撞時(shí)間約為2 ms,則該雞蛋對(duì)地面產(chǎn)生的沖擊力約為() A.10 NB.102 NC.103 ND.104 N,B組統(tǒng)

6、一命題、省(區(qū)、市)卷題組,答案C本題考查機(jī)械能守恒定律、動(dòng)量定理。由機(jī)械能守恒定律可得mgh=mv2,可知雞 蛋落地時(shí)速度大小v=,雞蛋與地面作用過程中,設(shè)豎直向上為正方向,由動(dòng)量定理得(F- mg)t=0-(-mv),可知雞蛋對(duì)地面產(chǎn)生的沖擊力大小為F=+mg,每層樓高度約為3 m,則h=243 m=72 m,得F949 N,接近103 N,故選項(xiàng)C正確。,易錯(cuò)點(diǎn)撥估算能力 (1)每層樓高度約為3 m,注意身邊的物理知識(shí)。 (2)在計(jì)算時(shí)重點(diǎn)注意數(shù)量級(jí)。,,,2.(2018課標(biāo),14,6分)高鐵列車在啟動(dòng)階段的運(yùn)動(dòng)可看做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)。在啟動(dòng)階段,列車的動(dòng)能() A.與它所經(jīng)歷

7、的時(shí)間成正比 B.與它的位移成正比 C.與它的速度成正比 D.與它的動(dòng)量成正比,答案B本題考查勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律、動(dòng)能及動(dòng)量。設(shè)列車運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t,由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律v=at、s=at2,結(jié)合動(dòng)能公式Ek=得Ek=、Ek=mas,可知Ekv2、Ekt2、Eks, 故A、C項(xiàng)均錯(cuò)誤,B項(xiàng)正確。由Ek=,得Ekp2,故D項(xiàng)錯(cuò)誤。,,3.(2017課標(biāo),14,6分)將質(zhì)量為1.00 kg的模型火箭點(diǎn)火升空,50 g燃燒的燃?xì)庖源笮?00 m/s的速度從火箭噴口在很短時(shí)間內(nèi)噴出。在燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g,火箭的動(dòng)量大小為(噴出過程中重力和空氣阻力可忽略)() A.30 kgm/sB.5.7102 kgm/

8、s C.6.0102 kgm/sD.6.3102 kgm/s,易錯(cuò)點(diǎn)撥系統(tǒng)中量與物的對(duì)應(yīng)性 動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用中,系統(tǒng)內(nèi)物體至少為兩個(gè),計(jì)算各自的動(dòng)量時(shí),需注意速度與質(zhì)量對(duì)應(yīng)于同一物體。,答案A本題考查動(dòng)量守恒定律。由于噴出過程中重力和空氣阻力可忽略,則模型火箭與燃?xì)饨M成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒。燃?xì)鈬姵銮跋到y(tǒng)靜止,總動(dòng)量為零,故噴出后瞬間火箭的動(dòng)量與噴出燃?xì)獾膭?dòng)量等值反向,可得火箭的動(dòng)量大小等于燃?xì)獾膭?dòng)量大小,則|p火|=|p氣|=m氣v氣=0.05 kg600 m/s=30 kgm/s,A正確。,,4.(2018課標(biāo),24,12分)一質(zhì)量為m的煙花彈獲得動(dòng)能E后,從地面豎直升空。當(dāng)煙花彈上升的速度為

9、零時(shí),彈中火藥爆炸將煙花彈炸為質(zhì)量相等的兩部分,兩部分獲得的動(dòng)能之和也為E,且均沿豎直方向運(yùn)動(dòng)。爆炸時(shí)間極短,重力加速度大小為g,不計(jì)空氣阻力和火藥的質(zhì)量。求 (1)煙花彈從地面開始上升到彈中火藥爆炸所經(jīng)過的時(shí)間; (2)爆炸后煙花彈向上運(yùn)動(dòng)的部分距地面的最大高度。,答案(1)(2),,解析本題主要考查豎直上拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律及動(dòng)量守恒定律。 (1)設(shè)煙花彈上升的初速度為v0,由題給條件有 E=m 設(shè)煙花彈從地面開始上升到火藥爆炸所用的時(shí)間為t,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有 0-v0=-gt 聯(lián)立式得 t= (2)設(shè)爆炸時(shí)煙花彈距地面的高度為h1,由機(jī)械能守恒定律有 E=mgh1 火藥爆炸后,煙花彈上、下兩部分均沿

10、豎直方向運(yùn)動(dòng),設(shè)炸后瞬間其速度分別為v1和v2。由題給條件和動(dòng)量守恒定律有 m+m=E mv1+mv2=0,由式知,煙花彈兩部分的速度方向相反,向上運(yùn)動(dòng)部分做豎直上拋運(yùn)動(dòng)。設(shè)爆炸后煙花彈上部分繼續(xù)上升的高度為h2,由機(jī)械能守恒定律有 m=mgh2 聯(lián)立式得,煙花彈上部分距地面的最大高度為 h=h1+h2=,易錯(cuò)點(diǎn)撥關(guān)鍵詞理解,隱含條件顯性化 題目中的兩個(gè)E,分別對(duì)應(yīng)“一個(gè)物體”和“兩個(gè)物體”。 爆炸后兩部分質(zhì)量均為。 爆炸過程中系統(tǒng)初動(dòng)量為0。 距地面的最大高度由兩部分組成,一是爆炸前上升的高度,二是爆炸后向上運(yùn)動(dòng)的部分上升的高度。,5.(2018課標(biāo),24,12分)汽車A在水平冰雪路面上行駛

11、。駕駛員發(fā)現(xiàn)其正前方停有汽車B,立即采取制動(dòng)措施,但仍然撞上了汽車B。兩車碰撞時(shí)和兩車都完全停止后的位置如圖所示,碰撞后B車向前滑動(dòng)了4.5 m,A車向前滑動(dòng)了2.0 m。已知A和B的質(zhì)量分別為2.0103 kg和1.5103 kg,兩車與該冰雪路面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.10,兩車碰撞時(shí)間極短,在碰撞后車輪均沒有滾動(dòng),重力加速度大小g=10 m/s2。求 (1)碰撞后的瞬間B車速度的大小; (2)碰撞前的瞬間A車速度的大小。,答案(1)3.0 m/s(2)4.3 m/s,,解析本題考查牛頓第二定律和動(dòng)量守恒定律等知識(shí)。 (1)設(shè)B車的質(zhì)量為mB,碰后加速度大小為aB,根據(jù)牛頓第二定律有 mBg

12、=mBaB 式中是汽車與路面間的動(dòng)摩擦因數(shù)。 設(shè)碰撞后瞬間B車速度的大小為vB,碰撞后滑行的距離為sB。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有 v=2aBsB 聯(lián)立式并利用題給數(shù)據(jù)得 vB=3.0 m/s (2)設(shè)A車的質(zhì)量為mA,碰后加速度大小為aA。根據(jù)牛頓第二定律有 mAg=mAaA 設(shè)碰撞后瞬間A車速度的大小為vA,碰撞后滑行的距離為sA。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有 v=2aAsA 設(shè)碰撞前的瞬間A車速度的大小為vA。兩車在碰撞過程中動(dòng)量守恒,有 mAvA=mAvA+mBvB,聯(lián)立式并利用題給數(shù)據(jù)得 vA=4.3 m/s,解題關(guān)鍵確定速度是解決碰撞問題的關(guān)鍵 (1)由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可確定碰撞后瞬間A、B兩車的速

13、度。 (2)由于兩車碰撞時(shí)間極短,因此碰撞時(shí)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力,滿足動(dòng)量守恒,故可確定碰撞前的瞬間A車的速度。,6.2016課標(biāo),35(2),10分如圖,水平地面上有兩個(gè)靜止的小物塊a和b,其連線與墻垂直;a和b相距l(xiāng),b與墻之間也相距l(xiāng);a的質(zhì)量為m,b的質(zhì)量為m。兩物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均相 同?，F(xiàn)使a以初速度v0向右滑動(dòng)。此后a與b發(fā)生彈性碰撞,但b沒有與墻發(fā)生碰撞。重力加速度大小為g。求物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)滿足的條件。,答案<,,解析設(shè)物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為。若要物塊a、b能夠發(fā)生碰撞,應(yīng)有 mmgl 即< 設(shè)在a、b發(fā)生彈性碰撞前的瞬間,a的速度大小為v1。由能量守恒有 m=m

14、+mgl 設(shè)在a、b碰撞后的瞬間,a、b的速度大小分別為v1、v2,由動(dòng)量守恒和能量守恒有 mv1=mv1+v2 m=mv+v 聯(lián)立式解得v2=v1 由題意,b沒有與墻發(fā)生碰撞,由功能關(guān)系可知 vgl 聯(lián)立式,可得, 聯(lián)立式,a與b發(fā)生碰撞,但b沒有與墻發(fā)生碰撞的條件為 <,評(píng)分參考式各1分(若式同時(shí)有小于和等于號(hào),同樣給分),式2分,式各1分,式2分(若只有大于號(hào),同樣給分)。,7.2016課標(biāo),35(2),10分如圖,光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體,斜面體右側(cè)一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上。某時(shí)刻小孩將冰塊以相對(duì)冰面 3 m/s的速度向斜面體推出,冰塊平滑地滑上斜面體

15、,在斜面體上上升的最大高度為h=0.3 m(h小于斜面體的高度)。已知小孩與滑板的總質(zhì)量為m1=30 kg,冰塊的質(zhì)量為m2=10 kg,小孩與滑板始終無相對(duì)運(yùn)動(dòng)。取重力加速度的大小g=10 m/s2。 ()求斜面體的質(zhì)量; ()通過計(jì)算判斷,冰塊與斜面體分離后能否追上小孩?,答案見解析,,解析()規(guī)定向右為速度正方向。冰塊在斜面體上運(yùn)動(dòng)到最大高度時(shí)兩者達(dá)到共同速度,設(shè)此共同速度為v,斜面體的質(zhì)量為m3。由水平方向動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒定律得 m2v20=(m2+m3)v m2=(m2+m3)v2+m2gh 式中v20=-3 m/s為冰塊推出時(shí)的速度。聯(lián)立式并代入題給數(shù)據(jù)得 m3=20 kg (

16、)設(shè)小孩推出冰塊后的速度為v1,由動(dòng)量守恒定律有 m1v1+m2v20=0 代入數(shù)據(jù)得 v1=1 m/s 設(shè)冰塊與斜面體分離后的速度分別為v2和v3,由動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒定律有 m2v20=m2v2+m3v3 m2=m2+m3 聯(lián)立式并代入數(shù)據(jù)得,v2=1 m/s 由于冰塊與斜面體分離后的速度與小孩推出冰塊后的速度相同且處在后方,故冰塊不能追上小孩。,1.2015福建理綜,30(2),6分如圖,兩滑塊A、B在光滑水平面上沿同一直線相向運(yùn)動(dòng),滑塊A的質(zhì)量為m,速度大小為2v0,方向向右,滑塊B的質(zhì)量為2m,速度大小為v0,方向向左,兩滑塊發(fā)生彈性碰撞后的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)是() A.A和B都向左運(yùn)動(dòng)B.

17、A和B都向右運(yùn)動(dòng) C.A靜止,B向右運(yùn)動(dòng)D.A向左運(yùn)動(dòng),B向右運(yùn)動(dòng),C組教師專用題組,答案D由于A、B碰前總動(dòng)量為0,由動(dòng)量守恒可知碰后總動(dòng)量也為0,因兩滑塊發(fā)生彈性碰撞,故碰后A、B一定反向,即A向左運(yùn)動(dòng),B向右運(yùn)動(dòng),選項(xiàng)D正確。,,2.(2014大綱全國(guó),21,6分)一中子與一質(zhì)量數(shù)為A(A1)的原子核發(fā)生彈性正碰。若碰前原子核靜止,則碰撞前與碰撞后中子的速率之比為() A.B.C.D.,答案A設(shè)中子質(zhì)量為m,則原子核的質(zhì)量為Am。設(shè)碰撞前后中子的速度分別為v0、v1,碰后原子核的速度為v2,由彈性碰撞可得mv0=mv1+Amv2,m=m+Am,解得v1=v0,故= ,A正確。,,3.20

18、16天津理綜,9(1)如圖所示,方盒A靜止在光滑的水平面上,盒內(nèi)有一小滑塊B,盒的質(zhì)量是滑塊的2倍,滑塊與盒內(nèi)水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為。若滑塊以速度v開始向左運(yùn)動(dòng),與盒的左、右壁發(fā)生無機(jī)械能損失的碰撞,滑塊在盒中來回運(yùn)動(dòng)多次,最終相對(duì)于盒靜止,則此時(shí)盒的速度大小為,滑塊相對(duì)于盒運(yùn)動(dòng)的路程為。,答案,,解析設(shè)滑塊的質(zhì)量為m,最終盒與滑塊的共同速度為v 根據(jù)動(dòng)量守恒得:mv=(m+2m)v 解得v=v 設(shè)滑塊相對(duì)于盒的運(yùn)動(dòng)路程為s 根據(jù)能量守恒得:mgs=mv2-(m+2m)v2 解得s=,4.(2018課標(biāo),25,20分)如圖,在豎直平面內(nèi),一半徑為R的光滑圓弧軌道ABC和水平軌道PA在A點(diǎn)相切,

19、BC為圓弧軌道的直徑,O為圓心,OA和OB之間的夾角為,sin =。一質(zhì)量為m的小球 沿水平軌道向右運(yùn)動(dòng),經(jīng)A點(diǎn)沿圓弧軌道通過C點(diǎn),落至水平軌道;在整個(gè)過程中,除受到重力及軌道作用力外,小球還一直受到一水平恒力的作用。已知小球在C點(diǎn)所受合力的方向指向圓心,且此時(shí)小球?qū)壍赖膲毫η『脼榱?。重力加速度大小為g。求 (1)水平恒力的大小和小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度的大小; (2)小球到達(dá)A點(diǎn)時(shí)動(dòng)量的大小; (3)小球從C點(diǎn)落至水平軌道所用的時(shí)間。,答案(1)mg(2)(3),,解析本題考查圓周運(yùn)動(dòng)、拋體運(yùn)動(dòng)、動(dòng)能定理、動(dòng)量。 (1)設(shè)水平恒力的大小為F0,小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)所受合力的大小為F。由力的合成法則有

20、=tan F2=(mg)2+ 設(shè)小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度大小為v,由牛頓第二定律得 F=m 由式和題給數(shù)據(jù)得 F0=mg v= (2)設(shè)小球到達(dá)A點(diǎn)的速度大小為v1,作CDPA,交PA于D點(diǎn),由幾何關(guān)系得 DA=R sin CD=R(1+cos ) 由動(dòng)能定理有,-mgCD-F0DA=mv2-m 由式和題給數(shù)據(jù)得,小球在A點(diǎn)的動(dòng)量大小為 p=mv1= (3)小球離開C點(diǎn)后在豎直方向上做初速度不為零的勻加速運(yùn)動(dòng),加速度大小為g。設(shè)小球在豎直方向的初速度為v,從C點(diǎn)落至水平軌道上所用時(shí)間為t。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有 vt+gt2=CD v=v sin 由式和題給數(shù)據(jù)得 t=,5.(2018北京理綜,22,16

21、分)2022年將在我國(guó)舉辦第二十四屆冬奧會(huì),跳臺(tái)滑雪是其中最具觀賞性的項(xiàng)目之一。某滑道示意圖如下,長(zhǎng)直助滑道AB與彎曲滑道BC平滑銜接,滑道BC高h(yuǎn)=10 m,C是半徑R=20 m圓弧的最低點(diǎn)。質(zhì)量m=60 kg的運(yùn)動(dòng)員從A處由靜止開始勻加速下滑,加速度a=4.5 m/s2,到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度vB=30 m/s。取重力加速度g=10 m/s2。 (1)求長(zhǎng)直助滑道AB的長(zhǎng)度L; (2)求運(yùn)動(dòng)員在AB段所受合外力的沖量I的大小; (3)若不計(jì)BC段的阻力,畫出運(yùn)動(dòng)員經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)的受力圖,并求其所受支持力FN的大小。,答案(1)100 m(2)1 800 Ns(3)受力圖見解析 3 900 N,,解析(

22、1)根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)公式,有L==100 m (2)根據(jù)動(dòng)量定理,有I=mvB-mvA=1 800 Ns,(3)運(yùn)動(dòng)員經(jīng)C點(diǎn)時(shí)的受力分析如圖 根據(jù)動(dòng)能定理,運(yùn)動(dòng)員在BC段運(yùn)動(dòng)的過程中,有,mgh=m-m 根據(jù)牛頓第二定律,有 FN-mg=m 得FN=3 900 N,一題多解運(yùn)動(dòng)員在AB段所受合外力的沖量I=F合t=ma=1 800 Ns。,6.(2015安徽理綜,22,14分)一質(zhì)量為0.5 kg的小物塊放在水平地面上的A點(diǎn),距離A點(diǎn)5 m的位置B處是一面墻,如圖所示。物塊以v0=9 m/s的初速度從A點(diǎn)沿AB方向運(yùn)動(dòng),在與墻壁碰撞前瞬間的速度為7 m/s,碰后以6 m/s的速度反向運(yùn)動(dòng)直至

23、靜止。g取10 m/s2。 (1)求物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù); (2)若碰撞時(shí)間為0.05 s,求碰撞過程中墻面對(duì)物塊平均作用力的大小F; (3)求物塊在反向運(yùn)動(dòng)過程中克服摩擦力所做的功W。,答案(1)0.32(2)130 N(3)9 J,,解析(1)由動(dòng)能定理,有-mgs=mv2-m 可得 =0.32 (2)由動(dòng)量定理,有Ft=mv-mv 可得F=130 N (3)W=mv2=9 J,7.2015課標(biāo),35(2),10分如圖,在足夠長(zhǎng)的光滑水平面上,物體A、B、C位于同一直線上,A位于B、C之間。A的質(zhì)量為m,B、C的質(zhì)量都為M,三者均處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)使A以某一速度向右運(yùn)動(dòng),求m和M之間應(yīng)滿

24、足什么條件,才能使A只與B、C各發(fā)生一次碰撞。設(shè)物體間的碰撞都是彈性的。,答案(-2)Mm

25、碰撞。設(shè)與B發(fā)生碰撞后,A的速度為vA2,B的速度為vB1,同樣有,vA2=vA1=v0 根據(jù)題意,要求A只與B、C各發(fā)生一次碰撞,應(yīng)有 vA2vC1 聯(lián)立式得 m2+4mM-M20 解得 m(-2)M 另一解m-(+2)M舍去。所以,m和M應(yīng)滿足的條件為 (-2)Mm

26、間均極短。求B、C碰后瞬間共同速度的大小。,答案v0,,解析設(shè)滑塊質(zhì)量為m,A與B碰撞前A的速度為vA,由題意知,碰后A的速度vA=v0,B的速度vB= v0,由動(dòng)量守恒定律得 mvA=mvA+mvB 設(shè)碰撞前A克服軌道阻力所做的功為WA,由功能關(guān)系得 WA=m-m 設(shè)B與C碰撞前B的速度為vB,B克服軌道阻力所做的功為WB,由功能關(guān)系得 WB=m-mvB2 據(jù)題意可知 WA=WB 設(shè)B、C碰后瞬間共同速度的大小為v,由動(dòng)量守恒定律得 mvB=2mv 聯(lián)立式,代入數(shù)據(jù)得 v=v0,9.(2014天津理綜,10,16分)如圖所示,水平地面上靜止放置一輛小車A,質(zhì)量mA=4 kg,上表面光滑,小車

27、與地面間的摩擦力極小,可以忽略不計(jì)?？梢暈橘|(zhì)點(diǎn)的物塊B置于A的最右端,B的質(zhì)量mB=2 kg?，F(xiàn)對(duì)A施加一個(gè)水平向右的恒力F=10 N,A運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后,小車左端固定的擋板與B發(fā)生碰撞,碰撞時(shí)間極短,碰后A、B粘合在一起,共同在F的作用下繼續(xù)運(yùn)動(dòng),碰撞后經(jīng)時(shí)間t=0.6 s,二者的速度達(dá)到vt=2 m/s。求 (1)A開始運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度a的大小; (2)A、B碰撞后瞬間的共同速度v的大小; (3)A的上表面長(zhǎng)度l。,答案(1)2.5 m/s2(2)1 m/s(3)0.45 m,,解析(1)以A為研究對(duì)象,由牛頓第二定律有 F=mAa 代入數(shù)據(jù)解得 a=2.5 m/s2 (2)對(duì)A、B碰撞后共同運(yùn)

28、動(dòng)t=0.6 s的過程,由動(dòng)量定理得 Ft=(mA+mB)vt-(mA+mB)v 代入數(shù)據(jù)解得 v=1 m/s (3)設(shè)A、B發(fā)生碰撞前,A的速度為vA,對(duì)A、B發(fā)生碰撞的過程,由動(dòng)量守恒定律有 mAvA=(mA+mB)v A從開始運(yùn)動(dòng)到與B發(fā)生碰撞前,由動(dòng)能定理有 Fl=mA 由式,代入數(shù)據(jù)解得 l=0.45 m,10.2014山東理綜,39(2),8分如圖,光滑水平直軌道上兩滑塊A、B用橡皮筋連接,A的質(zhì)量為m。開始時(shí)橡皮筋松弛,B靜止,給A向左的初速度v0。一段時(shí)間后,B與A同向運(yùn)動(dòng)發(fā)生碰撞并粘在一起。碰撞后的共同速度是碰撞前瞬間A的速度的兩倍,也是碰撞前瞬間B的速度的一半。求: ()B

29、的質(zhì)量; ()碰撞過程中A、B系統(tǒng)機(jī)械能的損失。,答案()()m,,解析()以初速度v0的方向?yàn)檎较?設(shè)B的質(zhì)量為mB,A、B碰撞后的共同速度為v,由題意知:碰撞前瞬間A的速度為,碰撞前瞬間B的速度為2v,由動(dòng)量守恒定律得 m+2mBv=(m+mB)v 由式得 mB= ()從開始到碰后的全過程,由動(dòng)量守恒定律得 mv0=(m+mB)v 設(shè)碰撞過程A、B系統(tǒng)機(jī)械能的損失為E,則 E=m+mB(2v)2-(m+mB)v2 聯(lián)立式得 E=m,11.(2014北京理綜,22,16分)如圖所示,豎直平面內(nèi)的四分之一圓弧軌道下端與水平桌面相切,小滑塊A和B分別靜止在圓弧軌道的最高點(diǎn)和最低點(diǎn)。現(xiàn)將A無初速

30、釋放,A與B碰撞后結(jié)合為一個(gè)整體,并沿桌面滑動(dòng)。已知圓弧軌道光滑,半徑R=0.2 m;A和B的質(zhì)量相等;A和B整體與桌面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)=0.2。取重力加速度g=10 m/s2。求: (1)碰撞前瞬間A的速率v; (2)碰撞后瞬間A和B整體的速率v; (3)A和B整體在桌面上滑動(dòng)的距離l。,答案(1)2 m/s(2)1 m/s(3)0.25 m,,解析設(shè)滑塊的質(zhì)量為m。 (1)根據(jù)機(jī)械能守恒定律mgR=mv2 得碰撞前瞬間A的速率v==2 m/s (2)根據(jù)動(dòng)量守恒定律mv=2mv 得碰撞后瞬間A和B整體的速率v=v=1 m/s (3)根據(jù)動(dòng)能定理(2m)v2=(2m)gl 得A和B整體沿水平

31、桌面滑動(dòng)的距離 l==0.25 m,考點(diǎn)動(dòng)量與動(dòng)量守恒 1.(2018江蘇宿遷期中)籃球運(yùn)動(dòng)員通常伸出雙手迎接傳來的籃球。接球時(shí),兩手隨球迅速收縮至胸前,這樣做可以() A.減小球?qū)κ值臎_量 B.減小球?qū)κ值臎_擊力 C.減小球的動(dòng)量變化量 D.減小球的動(dòng)能變化量,答案B先伸出兩手迎接,手接觸到球后,兩手隨球引至胸前,這樣可以增加球與手接觸的時(shí)間,根據(jù)動(dòng)量定理得-Ft=0-mv,解得F=,當(dāng)時(shí)間增大時(shí),球動(dòng)量的變化率減小,作用力就減小, 而沖量和動(dòng)量的變化量都不變,動(dòng)能的變化量也不變,所以B正確。,命題意圖本題主要考查了動(dòng)量定理的直接應(yīng)用,注意當(dāng)動(dòng)量變化一定時(shí),增大作用時(shí)間可以減小沖擊力的大小。

32、,,三年模擬,A組 20162018年高考模擬基礎(chǔ)題組,,2.2018江蘇鎮(zhèn)江摸底,12C(1)如圖所示,單擺擺球的質(zhì)量為m,擺球從最大位移A處由靜止釋放,擺球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)B時(shí)的速度大小為v。重力加速度為g,不計(jì)空氣阻力。則擺球從A運(yùn)動(dòng)到B的過程中() A.重力做的功為mv2 B.重力的最大瞬時(shí)功率為mgv C.重力的沖量為0 D.重力的沖量大小為mv,答案A擺球從最大位移A處由靜止開始釋放,擺球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)B,根據(jù)動(dòng)能定理得WG= mv2-0,故A正確。重力的功率應(yīng)用重力乘以重力方向上的速度,擺球運(yùn)動(dòng)到B的速度方向是水平的,所以重力的最大瞬時(shí)功率不是mgv,故B錯(cuò)誤。由動(dòng)量定理,合外力的沖量

33、等于物體動(dòng)量的改變量,所以擺球從A運(yùn)動(dòng)到B的過程中合力的沖量為mv,故C、D錯(cuò)誤。,3.(2017江蘇鹽城摸底)下列情形中,滿足動(dòng)量守恒條件的是() A.用鐵錘打擊放在鐵砧上的鐵塊,打擊過程中,鐵錘和鐵塊的總動(dòng)量 B.子彈水平穿過放在光滑桌面上的木塊的過程中,子彈和木塊的總動(dòng)量 C.子彈水平穿過墻壁的過程中,子彈和墻壁的總動(dòng)量 D.棒擊壘球的過程中,棒和壘球的總動(dòng)量,答案BA中鐵塊受鐵砧的作用,C中墻壁受地面的作用,D中棒受人手的作用,故合力均不為零,不符合動(dòng)量守恒的條件,故B正確。,,4.(2017江蘇泰州月考,3)質(zhì)量為2 kg的小車以2 m/s的速度沿光滑的水平面向右運(yùn)動(dòng),若將質(zhì)量為2

34、kg的沙袋以3 m/s的速度迎面扔上小車,則沙袋與小車一起運(yùn)動(dòng)的速度的大小和方向是 () A.2.6 m/s,向右B.2.6 m/s,向左 C.0.5 m/s,向左D.0.8 m/s,向右,答案C小車和沙袋組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒,取小車運(yùn)動(dòng)的方向?yàn)檎较?m1=2 kg,m2=2 kg,v1=2 m/s,v2=-3 m/s,共同速度為v,根據(jù)動(dòng)量守恒:m1v1+m2v2=(m1+m2)v,代入數(shù)據(jù)得v=-0.5 m/s,負(fù)號(hào)表示方向水平向左。故選項(xiàng)C正確。,,5.(2017江蘇鎮(zhèn)江期末)如圖所示,設(shè)車廂長(zhǎng)為L(zhǎng),質(zhì)量為M,靜止在光滑水平面上,車廂內(nèi)有一質(zhì)量為m的物體,以速度v0向右運(yùn)動(dòng),與

35、車廂壁來回碰撞n次后,靜止于車廂中,這時(shí)車廂的速度為 (),A.v0,水平向右 B.0 C.,水平向右 D.,水平向右,答案C由動(dòng)量守恒定律得mv0=(M+m)v,所以v=,選項(xiàng)C正確。,考查點(diǎn)本題考查動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用。,友情提醒找準(zhǔn)初、末狀態(tài),注意車廂和物體在初、末狀態(tài)的速度。,,6.(2018江蘇蘇州期中)(多選)將一質(zhì)量為m的小球從足夠高的地方斜向上拋出,不計(jì)空氣阻力,則小球在落地前() A.任意相等的時(shí)間內(nèi)動(dòng)量的變化都相同 B.任意相等的時(shí)間內(nèi)動(dòng)能的變化都相同 C.任意相等的時(shí)間內(nèi)速度的變化都相同 D.動(dòng)量的變化率保持不變,答案ACD小球做斜上拋運(yùn)動(dòng),只受向下的重力作用,則根據(jù)動(dòng)量定

36、理,在任意相等的時(shí)間t內(nèi)動(dòng)量的變化都為mgt,選項(xiàng)A正確;任意相等的時(shí)間內(nèi),在豎直方向的位移不同,故重力做功不同,動(dòng)能的變化不相同,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;任意相等的時(shí)間內(nèi)速度的變化均為gt,選項(xiàng)C正確;根據(jù)動(dòng)量定理可知,動(dòng)量的變化率等于合外力,等于mg,故動(dòng)量的變化率保持不變,選項(xiàng)D正確。,解題思路物體所受合外力的沖量等于物體動(dòng)量的變化量,也可以說物體所受的合外力等于動(dòng)量的變化率;物體所受合外力做的功等于動(dòng)能的變化量。x,,7.2018江蘇泰州、宜興能力測(cè)試,12C(3)光滑水平面上質(zhì)量為1 kg的小球A以2.0 m/s的速度與同向運(yùn)動(dòng)的速度為1.0 m/s、質(zhì)量為2 kg的大小相同的小球B發(fā)生正碰,碰

37、撞后小球B以1.5 m/s的速度運(yùn)動(dòng)。求: 碰后A球的速度; 碰撞過程中A、B系統(tǒng)損失的機(jī)械能。,答案1.0 m/s0.25 J,,解析mAvA+mBvB=mAvA+mBvB 代入數(shù)據(jù)解得vA=1.0 m/s E=mA+mB-mAvA2-mBvB2 代入數(shù)據(jù)解得E=0.25 J,8.2018江蘇南京、鹽城一模聯(lián)考,12C(3)質(zhì)量為0.2 kg的小球以大小為6 m/s的速度豎直向下落至水平地面,經(jīng)0.2 s后,再以大小為4 m/s的速度反向彈回。取豎直向上為正方向,g=10 m/s2。求: 小球與地面碰撞前后的動(dòng)量變化; 小球受到地面的平均作用力大小。,答案2 kgm/s方向豎直向上12 N,

38、解析p=mv2+mv1 解得p=2 kgm/s方向豎直向上 (F-mg)t=p 代入數(shù)據(jù)解得F=12 N,,,9.(2017江蘇鹽城調(diào)研)如圖所示,光滑水平面上有兩輛車,甲車上面有發(fā)射裝置,甲車連同發(fā)射裝置質(zhì)量M1=1 kg,車上另有一個(gè)質(zhì)量為m=0.2 kg的小球,甲車靜止在水平面上,乙車以v0=8 m/s的速度向甲車運(yùn)動(dòng),乙車上有接收裝置,總質(zhì)量M2=2 kg,問:甲車至少以多大的水平速度將小球發(fā)射到乙車上,兩車才不會(huì)相撞?(球最終停在乙車上,不計(jì)空氣阻力),答案25 m/s,,解析要使兩車恰好不相撞,則兩車速度相等。 以兩車及小球組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象,水平方向動(dòng)量守恒: 0+M2v0=(

39、M1+m+M2)v共 v共=5 m/s 對(duì)小球與乙車組成的系統(tǒng),水平方向動(dòng)量守恒: M2v0-mv=(m+M2)v共 v=25 m/s,考查點(diǎn)本題考查碰撞中的動(dòng)量守恒問題。難度中等。,溫馨提示注意研究對(duì)象的選取,先以M1、M2、m組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象,再以小球與乙車組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象,應(yīng)用動(dòng)量守恒定律解題。,,1.(2018江蘇無錫期中)質(zhì)量相同的兩正方體木塊A、B緊靠一起放在光滑水平面上,一子彈先后水平穿透兩木塊后射出,若木塊對(duì)子彈的阻力恒定不變,且子彈射穿兩木塊的時(shí)間相同,則子彈射穿木塊時(shí),A、B木塊的速度之比() A.11B.12 C.13D.14,B組 20162018年高考模擬綜合

40、題組 (時(shí)間：20分鐘 分值：35分),一、選擇題（每題3分，共12分）,答案C水平面光滑,子彈射穿木塊過程中,木塊受到的合外力為子彈的作用力,設(shè)子彈的作用力為f,對(duì)木塊由動(dòng)量定理得,子彈穿過A時(shí)ft=(m+m)vA,子彈穿過B時(shí)ft=mvB-mvA,解得vAvB=13,故C正確。,命題意圖本題考查了動(dòng)量定理的應(yīng)用,解題時(shí)要分析清楚運(yùn)動(dòng)過程。,,,2.(2018江蘇常州調(diào)研)自P點(diǎn)以某一速度豎直向上拋出的小球,上升到最高點(diǎn)Q后又回到P的過程中,空氣阻力大小不變,下列說法正確的是() A.上升過程中重力的沖量等于下降過程中重力的沖量 B.上升過程中重力所做的功等于下降過程中重力所做的功 C.上升

41、過程中合外力的沖量等于下降過程中合外力的沖量 D.以上說法都不對(duì),答案D物體向上運(yùn)動(dòng)過程受到豎直向下的重力與空氣阻力,物體下降過程受到豎直向下的重力與豎直向上的空氣阻力,因此上升過程的合力大于下降過程的合力,由牛頓第二定律可知,上升過程加速度大于下降過程加速度,a上a下,上升與下降過程位移大小相等,由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度位移公式可知,v上v下,由位移公式可知t上v下,故上升過程中合外力的沖量大于下降過程中合外力的沖量,選項(xiàng)C錯(cuò)誤。故選D。,解題思路物體動(dòng)量的變化等于合外力的沖量,沖量等于力與時(shí)間的乘積。,,3.(2017江蘇無錫期中)下列四幅圖所反映的物理過程中,系統(tǒng)動(dòng)量守恒的是() A.只有

42、甲、乙正確B.只有丙、丁正確 C.只有甲、丙正確D.只有乙、丁正確,考查點(diǎn)本題考查動(dòng)量守恒條件的理解與應(yīng)用。為中等難度題。,答案C甲中子彈和木塊組成的系統(tǒng)所受合外力為零,故動(dòng)量守恒;乙中剪斷細(xì)線時(shí),墻對(duì)系統(tǒng)有作用力,故動(dòng)量不守恒;丙中系統(tǒng)所受合外力為零,故動(dòng)量守恒;丁中斜面固定,系統(tǒng)所受合外力不為零,動(dòng)量不守恒,故只有選項(xiàng)C正確。,知識(shí)鏈接系統(tǒng)所受合外力為零,系統(tǒng)動(dòng)量守恒。,,4.(2017江蘇連云港期中)如圖所示,在光滑水平面上,有一質(zhì)量為m=3 kg的薄板和質(zhì)量為m=1 kg的物塊,都以v=4 m/s的初速度向相反方向運(yùn)動(dòng),它們之間有摩擦,薄板足夠長(zhǎng),當(dāng)薄板的速度為2.4 m/s時(shí),物塊的

43、運(yùn)動(dòng)情況是() A.做加速運(yùn)動(dòng)B.做減速運(yùn)動(dòng) C.做勻速運(yùn)動(dòng)D.以上運(yùn)動(dòng)都可能,答案A薄板足夠長(zhǎng),則最終物塊和薄板達(dá)到共同速度v,由動(dòng)量守恒定律得(取薄板運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较?,mv-mv=(m+m)v,則v= m/s=2 m/s,共同運(yùn)動(dòng)速度的方向與薄板初速度 的方向相同。在物塊和薄板相互作用過程中,薄板一直做勻減速運(yùn)動(dòng),而物塊先沿負(fù)方向減速到0,再沿正方向加速到2 m/s。當(dāng)薄板速度為v1=2.4 m/s時(shí),設(shè)物塊的速度為v2,由動(dòng)量守恒定律得mv-mv=mv1+mv2,v2=0.8 m/s,即此時(shí)物塊的速度方向沿正方向,故物塊正做加速運(yùn)動(dòng),選項(xiàng)A正確。,考查點(diǎn)本題考查動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用。難度

44、中等。,解題思路物塊與薄板相對(duì)運(yùn)動(dòng)過程中在水平方向上不受外力,所以物塊與薄板組成的系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒,且在相對(duì)運(yùn)動(dòng)的過程中任一時(shí)刻系統(tǒng)的總動(dòng)量都不變。,,5.(2018江蘇蘇州摸底)如圖所示,PQS是固定于豎直平面內(nèi)的光滑的圓形軌道,圓心O在S的正上方,在O和P兩點(diǎn)處各有一質(zhì)量為m的小物塊a和b,從同一時(shí)刻開始,a自由下落,b沿圓弧下滑,以下說法正確的是() A.a、b在S點(diǎn)的動(dòng)量相等 B.a、b在S點(diǎn)的動(dòng)量不相同 C.a、b落至S點(diǎn)重力的沖量相等 D.a、b落至S點(diǎn)合外力的沖量大小相等,二、多項(xiàng)選擇題(每小題4分,共12分),答案BD根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知,a、b在S點(diǎn)的速度大小相等,

45、方向不同,根據(jù)p=mv知,動(dòng)量的大小相等,但是方向不同,故A錯(cuò)誤,B正確;同理,在相同的高度,兩物體的速度大小相同,即速率相同,由p=mv知,a和b的動(dòng)量大小相等,由于a的路程小于b的路程,故ta

46、點(diǎn)由靜止開始釋放,落到地面上后又陷入泥潭中,由于受到阻力作用到達(dá)距地面深度為h的B點(diǎn)時(shí)速度減為零。不計(jì)空氣阻力,重力加速度為g。關(guān)于小球下落的整個(gè)過程,下列說法中正確的有() A.小球的機(jī)械能減少了mg(H+h) B.小球克服阻力做的功為mgh C.小球所受阻力的沖量大于m D.小球動(dòng)量的改變量等于所受阻力的沖量,答案AC由動(dòng)能定理mg(H+h)-Wf=0,得Wf=mg(H+h),所以小球的機(jī)械能減少了mg(H+h),A選項(xiàng)正確,B選項(xiàng)錯(cuò)誤;小球自由下落至地面過程,機(jī)械能守恒,mgH=mv2,v=,落到地面上后 又陷入泥潭中,由動(dòng)量定理IG-If=0-mv,所以If=IG+mv=IG+m,小球

47、所受阻力的沖量大于m ,所以C選項(xiàng)正確;由動(dòng)量定理知小球動(dòng)量的改變量等于合外力的沖量,所以D選項(xiàng)錯(cuò)誤。,命題意圖本題考查動(dòng)能定理、動(dòng)量定理等的應(yīng)用。重在比較動(dòng)能定理與動(dòng)量定理的區(qū)別,以加深對(duì)這兩個(gè)定理的理解。,,7.(2017江蘇南通期中)如圖所示,輕質(zhì)彈簧的一端固定在墻上,另一端與質(zhì)量為m的物體A相連,A放在光滑水平面上,有一質(zhì)量與A相同的物體B,從高h(yuǎn)處由靜止開始沿光滑曲面滑下,與A相碰后一起將彈簧壓縮,彈簧復(fù)原過程中某時(shí)刻B與A分開且沿原曲面上升。下列說法正確的是 () A.彈簧被壓縮時(shí)所具有的最大彈性勢(shì)能為mgh B.彈簧被壓縮時(shí)所具有的最大彈性勢(shì)能為 C.B能達(dá)到的最大高度為 D.B

48、能達(dá)到的最大高度為,答案BD根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得B剛到達(dá)水平面的速度v0=,根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得 A與B碰撞后的速度為v=,所以彈簧被壓縮時(shí)所具有的最大彈性勢(shì)能為Epm=2mv2=mgh, 即B正確;當(dāng)彈簧再次恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí),A與B將分開,B以速度v沿曲面上滑,根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得mgh=mv2,B能達(dá)到的最大高度為,即D正確。,考查點(diǎn)本題考查機(jī)械能守恒定律、動(dòng)量守恒定律、彈簧的彈性勢(shì)能等內(nèi)容。難度中等。,解題思路根據(jù)機(jī)械能守恒定律求B剛到水平面時(shí)的速度,根據(jù)動(dòng)量守恒定律求A與B碰撞后的速度,然后再根據(jù)機(jī)械能守恒定律求B能達(dá)到的最大高度。,,8.2018江蘇海安高級(jí)中學(xué)階段檢測(cè),12C(3)(

49、6分)如圖甲所示,光滑水平面上有A、B兩物塊,已知A物塊的質(zhì)量mA=1 kg。初始時(shí)刻B靜止,A以一定的初速度向右運(yùn)動(dòng),之后與B發(fā)生碰撞并一起運(yùn)動(dòng),它們的位移-時(shí)間圖像如圖乙所示(規(guī)定向右為位移的正方向)。 物體B的質(zhì)量為多少? A、B碰撞時(shí)間極短,圖中無法顯示,若t=0.01 s,求A、B碰撞時(shí)間內(nèi)平均作用力的大小。,三、非選擇題(共11分),答案3 kg300 N,,解析由圖可知, 撞前vA= m/s=4 m/svB=0 撞后v= m/s=1 m/s 則由mAvA=(mA+mB)v 解得:mB=3 kg 對(duì)B:Ft=mBv-0 解得:F=300 N,9.2016蘇北四市一模,12C(3)(5分)光滑水平面上質(zhì)量為1 kg的小球A以2.0 m/s的速度與同向運(yùn)動(dòng)的速度為1.0 m/s、質(zhì)量為2 kg、大小相同的小球B發(fā)生正碰,碰撞后小球B以1.5 m/s的速度運(yùn)動(dòng)。求: 碰后A球的速度大小; 碰撞過程中A、B系統(tǒng)損失的機(jī)械能。,答案1.0 m/s0.25 J,,解析mAvA+mBvB=mAvA+mBvB 代入數(shù)據(jù)解得:vA=1.0 m/s E損=mA+mB-mAvA2-mBvB2 代入數(shù)據(jù)解得:E損=0.25 J,考查點(diǎn)本題考查動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用、機(jī)械能的變化等知識(shí),屬于容易題。,知識(shí)鏈接碰撞后粘在一起共同運(yùn)動(dòng)的情況,稱之為完全非彈性碰撞,碰撞過程中損失的機(jī)械能最多。,,