动量及动量守恒定律全章典型习题精讲.pdf

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1、-精品文档 ! 值得拥有！ - -珍贵文档 ! 值得收藏！ - 动量及动量守恒定律全章典型习题精讲 一学法指导 ： 动量这部分内容，本身并不复杂，主要有冲量和动量这两个概念，还有动量定理和 动量守恒定律这两个重要规律动量定理是对一个物体说的，它受到合外力的冲量等于 该物体动量的增量动量守恒定律是对相互作用的系统而言的，在系统不受外力作用的 情况下，系统的总动量守 本章的难点主要在于冲量和动量都是矢量，矢量的运算比起标量的运算来要困难得 多我们中学阶段目前只要求计算同一直线上的动量问题，对于同一直线上的动量，可 以用正负号表示方向，从而把矢量运算转化为代数运算 这部分内容的另一个难点是涉及到相互

2、作用的系统内物体的动量和机械能的综合 问题，为此，我们在学习时要把动量这部分内容与机械能部分联系起来下面三个方面 的问题是我们学习中要重点理解和掌握的 1、4 个重要的物理概念， 即冲量、 动量、功和动能， 下面把它们归纳、 整理、比较如下： （1）冲量和功，都是“力”的，要注意是哪个力的冲量，哪个力做的功 动量和动能，都是“物体”的，要注意是哪个物体的动量、哪个物体的动能 （2）冲量和功，都是“过程量” ，与某一段过程相对应要注意是哪个过程的冲量，是 哪个过程中做的功 动量和动能，都是“状态量”，与某一时刻相对应要注意是哪个时刻的动量或动 能，过程量是不能与状态量划等号的，即决不能说某力的冲

3、量等于某时刻的动量，或说 某个功等于某时刻的动能动量定理和动能定理都是“过程关系”，它们说的是在某段 过程中， 物体受到的合外力的冲量或做的功，等于物体动量或动能的增量，这里“增量” 又叫“变化量” ，是相应过程的“始” 、 “末”两个状态量的差值，表示的还是某一段过 程的状态的变化 此外，还有一点要注意，那就是这些物理量与参考系的关系由于位移和速度都是 与参考系有关的物理量，因此动量、功、动能都是与参考系有关的物理量，只有冲量与 参考系无关凡没有提到参考系的问题，都是以地面为参考系的 2、两个守恒定律是物理学中的重要物理规律，下面把有关两个守恒定律的问题整理列 表如下： -精品文档 ! 值得

4、拥有！ - -珍贵文档 ! 值得收藏！ - 3几点说明： （1） 对于动量守恒定律， “系统”指的是相互作用的物体组成的系统，系统内的 物体数量可以多于两个，但我们中学阶段多数情况下只物体组成的系统，在“实质”一 栏中就是以两个物体组成的系统为例的 对于机械能守恒定律，我们课本上写的是“在只有重力做功的情形下，物体的动能 和重力势能发生相互转化，但机械能的总量保持不变”这里讨论的对象是“物体” 但 我们实际遇到的问题，包括很多试题，都涉及到几个物体组成的系统，因此我们在表格 里把机械能守恒定律列成两行，即对物体的机械能守恒和对系统的机械能守恒在系统 的机械能守恒问题中，系统内的物体要发生相互作

5、用，有内力做功，但只要内力中没有 滑动摩擦力等能使机械能向其他形式能量转化的力做功，系统的总机械能的总量就会保 持不变，而内力做功的结果，是使机械能从系统内的一个物体转移到另一个物体 （2） 系统在不受外力作用的情形下，总动量守恒，这与牛顿第三定律有密切的联 系牛顿第三定律指出相互作用的两物体间的作用力与反作用力总是大小相等、方向相 反，而且它们的作用时间总是相等，因此这两物体受到的力的冲量大小相等、方向相反， 又根据动量定理，两物体的动量的变化量大小相等、方向相反在满足不受外力的条件 时，该系统的总动量保持不变，这就是动量守恒 相互作用的两物体间的作用力与反作用力虽然总是大小相等、方向相反，

6、但它们对 两物体所做的功却不一定绝对值相等，这是因为两物体的位移不一定相等以摩擦力为 例说明问题： 对于一对静摩擦力， 由于两物体间没有相对运动位移数值一定是相等的， 从而这一对静摩擦力对两物体做的功的代数和一定为零，这种情况下， 有机械能从一个 物体向另一个物体转移，但机械能的总量仍保持不变但对于一对滑动摩擦力，由于两 物体间的有相对运动，从而二者的位移数值不相等，一对滑动摩擦力做功的代数一定为 负值，这表示有机械能向内能的转化，即平时所说的“摩擦生热”，这样系统的机械能 就不守恒了 二例题分析 【例 1】一质量为100g 的小球从0.80m 高处自由下落到一厚软垫上若从小球接触软垫到 小球

7、陷至最低点经历了0.2s， 则这段时间内软垫对小球的冲量为_ (取， 不计空气阻力 ) 【分析与解】 小球从高处自由下落到软垫陷至最低点经历了两个过程，从高处自由下落到接 触软垫前一瞬间，是自由下落过程，接触软垫前一瞬间速度由： -精品文档 ! 值得拥有！ - -珍贵文档 ! 值得收藏！ - 求出 = 接触软垫时受到软垫向上作用力N 和重力 G(=mg)作用，规定向下为正，由动量定理： 故有： 在重物与地面撞击问题中，是否考虑重力，取决于相互作用力与重力大小的比较，此题 中 N=0.3N，mg=0.1N，显然在同一数量级上，不可忽略若二者不在同一数量级，相差 极大，则可考虑忽略不计（实际上从同

8、一高度下落，往往要看撞击时间是否极短，越短 冲击力越大。 【例 2】一粒钢珠从静止状态开始自由下落，然后陷入泥潭中若把在空中下落的过程 称为过程 I，进入泥潭直到停住的过程称为过程II，则： A、过程 I 中钢珠动量的改变量等于重力的冲量 B、过程 II 中阻力的冲量的大小等于过程I 中重力冲量的大小 C、过程 II 中钢珠克服阻力所做的功等于过程I 与过程 II 中钢珠所减少的重力势能之和 D、过程 II 中损失的机械能等于过程I 中钢珠所增加的动能 【分析与解】钢珠在过程I 中只受重力，所以由动量定理可判断A 正确过程 I 中动量 的增加量与过程II 中的动量减少量大小相等，而过程II 中

9、的动量变化量应等于在这个 过程中钢珠所受合力(阻力和重力 )的冲量，所以B 选项错误由于全过程中，钢珠的动 能变化量为零， 所以重力在全过程中所做正功与阻力在过程II 中所做负功大小相等，故 C 选项正确过程II 中损失的机械能应等于过程II 中阻力所做的功，结合C 选项的分 析，可知 D 错误 通过此题， 应注意理解动量定理和动能定理两个定理的物理意义，理解物体运动的过程 中，状态量 (动量、动能 )的变化与过程量（冲量、功）的对应关系，必要时画出过程草 图，帮助思考 【例 3】如图所示的装置中，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

10、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 【分析与解】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 -精品文档 ! 值得拥有！ - -珍贵文档 ! 值得收藏！ - 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

11、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】在质量为M 的小车中挂有一单摆，摆球的质量为小车（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，分别为 、，满足： B、摆球的速度不变，小车和木块的速度变 和，满足： C、摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为v，满足 D、小车

12、和摆球的速度都变为 ，木块的速度变为，满足 【分析与解】 本题首先应注意理解系统与过程前后时刻的选取关系，由于碰撞过程是在 极短时间内发生的，因摆球的摆线在碰撞之前是竖直的，可以不考虑在这个极短时间内 摆球与小车在水平方向上的相互作用（这与例 3 中子弹射入木块瞬间可不考虑弹簧形变 类似） ，而只需考虑小车与木块的相互作用力，因此选择小车与木块为系统动量守恒其 次，应注意理解碰撞可能出现的情况即在本题中小车与木块碰撞可能出现结合在一起 或分离两种情况因而B、C 两种情况均有可能，B、C 正确 【例 5】质量为 M 的小船以速度行驶，船上有两个质量均为m 的小孩和 b分别 静止站在船头和船尾现小

13、孩沿水平方向以速率（相对于静止水面）向前跃入水 中，然后小孩b 沿水平方向以同一速率（相对于静止水面）向后跃入水中求小孩b 跃出后小船的速度 【分析与解】在本问题中，研究对象即系统和过程有两种方法，第一种方法分为两个过 程，是先取小孩和小船（及小孩 b） 为系统，因水平方向无外力， 水平方向动量守恒 规 定方向为正，并设小孩向前跃入水中后小船的速度为，有： 再取小孩 b 和小船为系统，同样因水平方向无外力，水平方向动量守恒并设小孩b向 后跃入水中后小船的速度为有： 两式联立，消去，有： -精品文档 ! 值得拥有！ - -珍贵文档 ! 值得收藏！ - 解出： 第二种方法是直接取小孩、小孩 b 和

14、小船为系统， 因水平方向始终无外力，水平方向 动量守恒规定方向为正，并设小孩向前跃入水中后小船的速度为，把小孩向 前跃入水中至小孩b 向后跃入水中选作过程的初态与末态，则可直接列出： 解出 解答则简捷得多在实际问题中，应体会这种方法 【例 6】向空中发射一物体，不计空气阻力当此物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂 成、b 两块，若质量较大的块的速度方向仍沿原来的方向，则： A、b 的速度方向一定与原速度方向相反 B、从炸裂到落地的这段时间里， 飞行的水平距离一定比b 的大 C、 、b 一定同时到达水平地面 D、在炸裂过程中， 、b 受到的爆炸力的冲量大小一定相等 【分析与解】当物体速度方向为水

15、平时，物体炸裂其中较大质量的块仍沿原来方向飞 行，因水平方向无外力，可知水平方向动量守恒，爆炸瞬间相互作用力方向也是水平的，对 块，爆炸作用力方向沿原方向，故块速度将比原来速度大，动量增加而b 块受爆炸 作用力方向应与原方向相反，b 块动量将减少 因爆炸过程中两块间作用与反作用等值反向， 故受到冲量大小是相等的，D 正确由于两块在同一高度水平飞行，无论初速大小，下落高 度相同，由平抛规律，下落时间相同，故C 也正确 题中未给出爆炸前后具体数据，对 b块而言， 虽然受到冲量方向与原速度方向相反，但有三 种可能性，一是速度减少，仍沿原方向飞行；二是速度恰好变为零；三是沿反方向飞行，因 此 A 不正

16、确因质量大于b，又两者爆炸时所受冲量大小相同，动量变化量大小也相同， 可知 b 的速度变化量必大于，因此b 的末速度有可能比还大（但沿反方向） 所以B 也不正确本题要求对动量守恒的本质即相互作用过程有较深刻的理解 【例 7】如图所示，甲、乙两小孩各坐一辆冰车在摩擦不计的冰面上相向运动，已知甲连同 冰车的总质量M=30kg，乙连同冰车的总质量也是M=30kg，甲还推着一只质量m=15kg 的 箱子甲、乙滑行的速度大小均为2m/s，为了避免相撞，在某时刻甲将箱子沿冰面推给乙， 箱子滑到乙处时被乙接住试求 :甲至少用多大的速度(相对于地面 )将箱子推出， 才可避免 和乙相撞 ?甲在推出时对箱子做了多

17、少功? -精品文档 ! 值得拥有！ - -珍贵文档 ! 值得收藏！ - 【分析与解】 甲推出箱子可使自己减速，而乙接住箱子， 也可使其自己减速， 甚至反向运动 若 甲、乙刚好不相撞，条件应是在乙接住箱子后，甲、乙(包括箱子 )的速度相同根据动量守 恒定律，我们先做定性分析:选甲、乙、箱子为系统，由于甲推出箱子前，系统的总动量的 方向与甲的运动方向相同，所以在达到共同速度时，系统的总动量方向应不变，故判断共同 速度的方向在甲的原运动方向上设:甲推出箱子前的运动方向为正方向，甲、乙初速度大 小为，甲、乙、箱子后来的共同速度为，根据动量守律: 【分析与解】甲推出箱子可使自己减速，而乙接住箱子，也可使

18、其自己减速，甚至反向 运动若甲、乙刚好不相撞， 条件应是在乙接住箱子后，甲、乙(包括箱子 )的速度相同 根 据动量守恒定律，我们先做定性分析:选甲、乙、箱子为系统，由于甲推出箱子前，系 统的总动量的方向与甲的运动方向相同，所以在达到共同速度时，系统的总动量方向应 不变，故判断共同速度的方向在甲的原运动方向上设:甲推出箱子前的运动方向为正 方向，甲、乙初速度大小为，甲、乙、箱子后来的共同速度为，根据动量守律 : ，可求出=0.4m/s；再以甲与箱子为研究对象，甲推出 箱子的过程中动量守恒，设箱子被推出后的速度为，可求出 被推出后箱子的速度为.由动能定理，甲推出箱子的过程对箱子做功等于箱 子动能的

19、增加量J在本题中，对甲、乙不相撞的条件的分析， 是解决问题的关键而在具体的求解过程中，如何选择研究对象和过程始末去运用动量 守恒定律，可以有不同的方式，例如，先选甲和箱子为系统，再选箱子和乙为系统也可 解出，但要麻烦一些，不妨试一试，作一比较 【例 8】一个连同装备共有 kg 的宇宙行员，脱离宇宙飞船后，在离飞船L=45m 处与飞船处于相对静止状态，他带着一个装有 0.5kg 氧气的贮氧筒， 贮氧筒有个可以使 氧气以 v=50m/s 的速度喷出的喷嘴宇航员必须向着与返回飞船相反的方向释放氧气，才能 回到飞船上去， 同时又必须保留一部分氧气供他在飞向飞船的途中呼吸飞行员呼吸的耗氧 率为 .如果他

20、在开始返回的瞬间释放 的氧气，他能安全回 到飞船吗 ? 如果宇航员想以最短的时间返回飞船，他开始最多能释放出多少氧气?这时他返 回飞船所用时间是多少? 【分析与解】 本题立意在分析解决实际问题宇航员放出氧气后，由于反冲使自己获得返回 飞船的速度设其反冲速度为，由动量守恒定律： 因，故有 宇航员返回飞船的时间 -精品文档 ! 值得拥有！ - -珍贵文档 ! 值得收藏！ - 在这 900s 内，宇航员需要呼吸氧气 可以看出 : 所以，宇航员可以安全返回飞船 如果宇航员以最短的时间返回飞船，设时间为t，宇航员放出氧气的质量为m，则留下呼 吸的氧气至少为m-m.根据动量守恒定律，宇航员获得的反冲速度：

21、 故有： 而宇航员呼吸氧气应满足:两式联立，可得： 代入数据解出 m=0.45kg( 另一解 m=0.05kg 舍去 ) 求出 【例 9】质量为m 的钢板与直立轻弹簧的上端连接，弹簧下端固定在地上平衡时，弹簧 的压缩量为，如图所示 物块从钢板正上方距离为3的 A 处自由落下， 打在钢板上 并立刻与钢板一起向下运动，但不粘连 它们到达最低点后又向上运动已知物块质量也为 m 时，它们恰能回到O 点若物块质量为2m，仍从 A 处自由落下， 则物块与钢板回到O 点 时，还具有向上的速度求物块向上运动到达的最高点与O 点的距离 【分析与解】 物块与钢板碰撞时的速度可由自由落体公式求出，为由于碰撞 时间极

22、短，碰撞过程中可认为重力远小于物块与钢板之间的碰撞弹力大小，系统动量守恒， 以表示碰后物块与钢板的共同速度，则有： 因 O 点是弹簧的原长位置，所以物块碰后与弹簧向下运动压缩弹簧至最低点又弹起回到O 点时， 弹簧的弹性势能应恰为零，题目中说，这时物块与钢板的速度也恰为零这个过程机 械能守恒，设刚碰完时的弹性势能为，有： -精品文档 ! 值得拥有！ - -珍贵文档 ! 值得收藏！ - 按照同样的思路，设质量是2m 的物体与钢板碰撞后的共同速度是，由动量守恒定律： 碰后压缩弹簧至最低点又回到O 点时，若物块的速度为，则有： 因题目中给定的是轻弹簧，所以弹簧回到O 点时不再上升，而物块因有向上的速度

23、，仍继 续向上运动，也就是说，在O 点物块与弹簧分离物块还能上升的高度为： 将以上关系式联立，可求出： 本题是动量守恒与涉及弹簧的机械能守恒的综合问题，具有学科内综合解决问题特点需要 理解弹簧的弹性势能零点在弹簧的原长处，能正确分析表达涉及重力势能、弹性势能和动能 的初末态机械能、 以及正确判断出在极短时间内物块与弹簧碰撞过程可以运用动量守恒定律 【例 10】如图所示，质量为M、长为 l 的长方形木板B 放在光滑的水平地面上，在其右 端放一质量为m 的小木块 A，mM现以地面为参照系给A 和 B 以大小相等、方向相反的 初速度 (如图 )，使 A 开始向左运动、B 开始向右运动，但最后A 刚好

24、没有滑离B 板以地面 为参照系， (1)若已知 A 和 B 的初速度大小为 ，求它们最后的速度的大小和方向 (2)若初速度的大小未知，求小木块A 向左运动到达的最远处(从地面上看 )离出发点的距离 【分析与解】 (1)A 刚好没有滑离B 板，表示当A滑到 B 板的最左端时，A、B 具有相同的速 度.设此速度为V，根据 mM，可知，判断出V 的方向应与B 板初速度同向， 即向右 A 和 B 的初速度的大小为，则由动量守恒可得： 解得：方向向右 (2)本题应着重理解物理过程的定性分析方法，在此基础上形成正确的物理图景注意以下 -精品文档 ! 值得拥有！ - -珍贵文档 ! 值得收藏！ - 说理分析

25、： A 在 B 板的右端时初速度向左，而到达B 板左端时的末速度向右，若以地面为 参考，可见A 在运动过程中必经历先向左受摩擦力作用而作减速运动，直到相对地面速度 为零的阶段，而后经历因B 板速度方向向右，A 相对 B 板向左，故A 所摩擦力方向向右，A 向右作初速度为零的加速运动直到有共同速度为的阶段，如下图所示在前一阶段，摩 擦力阻碍A 向左运动，在后一阶段，摩擦力为动力，使A 向右加速设为 A 开始运动到 速度变为零过程中向左运动的过程，为 A 从速度为零增加到速度过程中向右运动的路 程， L 为 A 从开始运动到刚到达B 的最左端的过程中B 运动的路程设A 与 B 之间的滑动 摩擦力为

26、，则由功能关系可知： 对于 B: 对于 A: 由几何关系 由以上四式解得 【例 11】如图所示， 一个带斜面的物体A 静止在光滑的水平面上，它的质量为M=0.5kg另 一个质量为m =0.2kg 的小物体 B从高处自由下落， 落到 B 的斜面上，下落高度为h=1.75 m 与 斜面碰撞后B 的速度变为水平向右，碰撞过程中A、B 组成的系统的机械能没有损失（计 算时取 g=10 m/s2） （1）碰后 A、B 的速度各多大？ （2）碰撞过程中A、B 的动量变化量各多大？ 【分析与解】（1）当 B 落到 A 的斜面上时， B 的速度方向竖直向下，而A 的速度为0由于 -精品文档 ! 值得拥有！ -

27、 -珍贵文档 ! 值得收藏！ - 水平面光滑， 两物体相互作用过程中，水平方向不受外力作用，因此系统水平方向的动量守 恒由于碰前系统水平方向的动量为0，碰后总动量仍为0设碰后两物体速度大小分别是 和 列动量守恒的关系式： 再根据碰撞过程中系统的机械能没有损失，得： 解上面 2 式，得 =-2m/s，=5m/s，或=2m/s，=-5m/s 正负号代表二者的方向相反，由于我们事前没有规定正方向，因此两组解都可以认为正确根 据实际情况我们知道，碰后方向是向右，若以向右为正方向，则应取 =-2m/s，=5m/s； 若取向左为正方向，则应取 =2m/s，=-5m/s （2）我们规定向右为正方向，则碰撞过

28、程中A 的动量变化量是： ，其中负号代表方向向左 由于B 的初、末动量不在同一直线上，不能简单地用正负号表示方向，求动量变化需利用 平行四边形定则，初动量大小为 kgm/s=1.2kgm/s，方向竖直 向下，末动量大小为 =1kg m/s，方向水平向右，动量变化量的大小为 kgm/s=1.5 kgm/s， 方向斜向右上，与水平方向夹角为 （本题中 A、B 两物体组成的系统在碰撞过程中，动量并不守恒，从上面的计算可以清 楚看到这一点（二者的动量变化量并不是大小相等、方向相反），它们只是在水平方向 上的动量分量守恒其原因是除了A、B 两物体间的相互作用以外，还受到重力及水平 面的支持力，但由于重力

29、及水平面的支持力都是沿竖直方向的，水平方向满足“不受外 力”的条件，因此水平方向动量分量守恒） 【例 12】带有斜面的木块原静止在光滑的水平桌面上，另一个小木块从的顶端由静 止开始沿光滑的斜面下滑当滑到的底部时， P 向右移动了一段距离，且具有水平向右 的速度 v，如图所示下面的说法中正确的是： （A）P、Q 组成的系统的动量守恒 （B）P、Q 组成的系统的机械能守恒 （C）Q 减少的重力势能等于P 增加的动能 -精品文档 ! 值得拥有！ - -珍贵文档 ! 值得收藏！ - （D）Q 减少的机械能等于P 增加的动能 【分析与解】选项A 是学生最容易错选的，其实在这个过程中，P、Q 组成的系统只

30、是在水 平方向不受外力，水平方向的动量分量守恒，而在竖直方向上，由于地面对P 的支持力在Q 下滑过程中要大于P 的重力， 但小于 P、Q 的重力之和， 竖直方向上不满足不受外力的条件， 因此竖直方向上动量不守恒，总的动量也就不守恒 P、Q 组成的系统在这个运动过程中，除了重力对Q 做功以外， P 对 Q 的支持力要做负功， 而 Q 对 P 的压力要做正功，这两个力的大小相等而方向相反，两物体沿力的方向的位移相 等 （即图中的s） ， 因此这两个力的功的代数和为0， 这说明在两物体间只有机械能的转移（由 Q 向 P 转移），而没有能量的形式的转化，因此系统的总的机械能守恒选项B 正确 P、Q 组

31、成的系统的机械能守恒，意味着系统损失的重力势能等于系统增加的动能，但这过 程中重力势能减少的只是P，而动能增加的则是P 和 Q，因此选项D 正确而选项C 错误 本题的正确答案是BD （本题中地面及P 的斜面都是光滑的，在系统相对运动的过程中，没有机械能向内能的转 化，只有动能与重力势能间的转化，因此系统的机械能守恒如果斜面是不光滑的，存在着 滑动摩擦力， 则本题的4 个选项都不正确但自然界的总能量仍是守恒的，D 选项只要改为 “P 减少的机械能等于Q 增加的动能与生热的和”，则它是正确的 ） 【例 13】甲、 乙两个小球在水平光滑直轨道上向同方向运动，已知它们的动量分别是 kg m/s，kgm

32、/s甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为 kg m/s则两球质量m1与 m2间的关系可能是下面的哪几种？ A、B、 C、D、 【分析与解】 本题没有说明两球发生的碰撞的性质，但所有的碰撞都只能介于完全弹性碰撞 与完全非弹性碰撞之间我们分别讨论这两种极端的情况： 设两球发生的是弹性碰撞，则碰撞过程动量守恒并且机械能守恒由于物体动能与动量间满 足关系式， 因此 代入数据解出 如果是完全非弹性碰撞，则碰后二者速度大小相等，由于速度跟动量的关系式是 -精品文档 ! 值得拥有！ - -珍贵文档 ! 值得收藏！ - 所以， 代入数据解出 总起来看，两小球的质量间的关系必须满足本题的 4 个选项中只有C 选项 在这个范围内，其余3 个选项都是不可能的 （所有的碰撞都满足动量守恒的条件，因此总动量都是守恒的但能量的关系则比较复杂， 完全没有机械能损失的，称为弹性碰撞， 碰完后两物体分开运动，并且完全恢复原来的形状 和体积 碰完后粘在一起， 以共同的速度运动，称为完全非弹性碰撞，在各种可能的碰撞中， 完全非弹性碰撞损失的机械能最大完全弹性碰撞是一种理想情况，实际的碰撞或多或少都 会有一定的机械能损失，可以说实际的碰撞都是非弹性碰撞，但不一定是完全非弹性碰撞）