第2讲动量守恒定律讲义
动量守恒定律(第2课)
天体运动中的动量守恒
在不受外力作用的情况下，天体系统中的动量是守恒的。例如，地球和月球组成 的系统，地球和月球的动量之和保持不变。
当其他天体对地球和月球系统施加力时，系统动量仍然守恒，但系统质心位置可 能会发生变化。例如，当太阳、地球和月球处于一条直线上时，地球受到的潮汐 力最大，这会导致地球和月球之间的距离发生变化，但地球和月球的总动量保持 不变。
物理意义
动量守恒定律揭示了物体运动的基本规律，即在没有外力作用的情况下，物体 的动量不会发生改变。
重要性
动量守恒定律在物理学中具有重要的地位，它是理解和分析力学、碰撞、火箭 推进等相关问题的基本工具。同时，它也是相对论和量子力学等更高级物理理 论的基础之一。
02
动量守恒定律的推导与证明
牛顿第二定律的应用
公式
对于一个系统，其动量守恒可以表 示为 P = m1v1 + m2v2 + ...，其 中 P 是系统的总动量，m 和 v 分 别是系统的质量和速度。
适用范围与条件
适用范围
动量守恒定律适用于宏观低速领域， 即物体的速度远小于光速的情况。
条件
系统不受外力作用或所受外力之和为 零。
物理意义与重要性
2. 空气阻力
由于气垫导轨上的空气阻力， 会对滑块的滑行速度造成影响， 从而影响动量的测量；
4. 时间测量误差
计时器的精度也会对速度和动 量的测量造成一定误差。
感谢您的观看
THANKS
在相对论中，动量守恒定律仍然成立，但需要考 虑到相对论效应对动量和能量的影响。
动量守恒定律在量子力学中的应用
备考2025届高考物理一轮复习讲义第七章动量守恒定律第2讲动量守恒定律及应用考点3人船模型
考点3 人船模型1.人船模型问题如图所示，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.2.人船模型的特点（1）两物体满意动量守恒定律：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x1 x2＝v1v2＝m2m1.（3）应用x1x2＝v1v2＝m2m1时要留意：v1、v2和x1、x2一般都是相对地面而言的.3.“人船模型”的拓展研透高考明确方向6.[人船模型]有一只小船停靠在湖边码头，小船又窄又长.一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量.他进行了如下操作：首先将船平行于码头自由停岸，轻轻从船尾上船，走到船头停下，而后轻轻下船.用卷尺测出船后退的距离d，然后用卷尺测出船长L.已知他的自身质量为m，水的阻力不计，则船的质量为（B）A.m（L＋d）d B.m（L－d）dC.mLd D.m（L＋d）L解析设船的质量为M，人走动的时候船的平均速度为v，人的平均速度为v'，人从船尾走到船头用时为t，人的位移为L-d，船的位移为d，所以v＝dt ，v'＝L−dt.以船后退的方向为正方向，依据动量守恒定律有Mv-mv'＝0，可得M dt ＝m(L−d)t，小船的质量为M＝m(L−d)d，故B正确.7.[“人船模型”的拓展/2024云南曲靖模拟/多选]如图所示，一半圆槽滑块的质量为M，半圆槽半径为R，滑块静止在光滑水平桌面上，一质量为m的小型机器人（可视为质点）置于半圆槽的A端，在无线遥控器限制下，小型机器人从半圆槽A端移动到B端.下列说法正确的是（CD）A.小型机器人与滑块组成的系统动量守恒B.滑块运动的距离为MRM＋mC.滑块与小型机器人运动的水平距离之和为2RD.小型机器人运动的位移是滑块的Mm倍解析小型机器人和滑块组成的系统只在水平方向动量守恒，A错误；小型机器人从A端移动到B端的过程中，由水平方向动量守恒得mx1＝Mx2，依据位移关系有x1＋x2＝2R，可得小型机器人和滑块移动的距离分别为x1＝2MRM＋m ，x2＝2mRM＋m，即小型机器人运动的位移与滑块运动的位移之比为x1x2＝Mm，故B错误，C、D正确.。
31 第七章 第2讲 动量守恒定律
答案：(1)8 N 5 N (2)8 m/s (3)0.2 m 解析：(1)当滑块处于静止时桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的 重力，即 N1＝(m＋M)g＝8 N 当滑块向上滑动过程中受到滑杆的摩擦力为1 N，根据牛顿第三定律 可知滑块对滑杆的摩擦力也为1 N，方向竖直向上，则此时桌面对滑 杆的支持力为N2＝Mg－f′＝5 N
【重难诠释】 1．动量守恒条件的理解 (1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为零。 (2)近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力。 (3)某一方向守恒：如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系 统在这一方向上动量守恒。
2．应用动量守恒定律解题的步骤
【典例精析】 考向1 动量守恒的判断
(1)三个情况的讨论： ①若m1＝m2，则v1′＝0，v2′＝v1 (质量相等的两个物体发生弹性碰撞， 则碰撞后两物体交换速度)。 ②若m1>m2，则v1′>0，v2′>0(碰后两物体沿同一方向运动)。 特例：当m1≫m2时，v1′≈v1，v2′≈2v1。 ③若m1<m2，则v1′<0，v2′>0(碰后两物体沿相反方向运动)。 特例：当m1≪m2时，v1′≈－v1，v2′≈0。
(2)重要推论：
运动物体 A 以速度 v0 与静止的物体 B 发生碰撞： ①当发生弹性碰撞时，物体 B 获得的速度最大：vBmax＝mA2＋mAmB v0。
②当发生完全非弹性碰撞时损失的机械能最多，物体 B 获得的速度最
小：vBmin＝mAm＋AmB v0。
③当发生非弹性碰撞时，碰后物体
B
的速度范围为： mA mA＋mB
B [虽然题给四个选项均满足动量守恒定律，但 A、D 两项中，碰后 A 的速度 vA′大于 B 的速度 vB′，不符合实际，AD 错误；C 项中，两 球碰后的总动能 Ek 后＝12 mAvA′2＋12 mBvB′2＝57 J，大于碰前的总动能 Ek 前＝12 mAvA2＋12 mBvB2＝22 J，违背了能量守恒定律，C 错误；而 B 项既符合实际情况，也不违背能量守恒定律，B 正确。]
第2讲 动量守恒定律 碰撞 爆炸 反冲运动
1.碰撞 (1)特点:物体间的相互作用时间极短,内力⑥ 远大于 外力。
基础过关
(2)分类
动量是否守恒
机械能是否守恒
弹性碰撞
守恒
守恒
非弹性碰撞
守恒
有损失
完全非弹性碰撞
守恒
(3)分析碰撞现象的三个依据
损失最大
A.动量守恒:p1+p2=p1'+p2'。
B.动能不增加:即Ek1+Ek2≥Ek1'+Ek2' 或
考点突破 栏目索引
2.碰撞模型类型 (1)弹性碰撞 碰撞结束后,形变全部消失,动能没有损失,不仅动量守恒,而且初、末动能相 等。
m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'
1 2
m1v12
+1
2
m2v22
=1
2
m1v1'2+1
2
m2v2'2
v1'=
(m1
-m2 )v1 m1
2m2v2 m2
v2'=
1 4
mv12
=
1 2
mgh2
⑦
联立④⑤⑥⑦式得,烟花弹上部分距地面的最大高度为
h=h1+h2=
2E mg
⑧
考点突破 栏目索引
考点突破 栏目索引
考向1 动量守恒的条件判断
1.如图所示,甲木块的质量为m1,以v的速度沿光滑水平地面向前运动,正前方 有一静止的、质量为m2的乙木块,乙上连有一轻质弹簧。甲木块与弹簧接触 后(C) A.甲木块的动量守恒 B.乙木块的动量守恒 C.甲、乙两木块所组成系统的动量守恒 D.甲、乙两木块所组成系统的动能守恒
第2讲 动量守恒定律
程中，“接捧”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员
乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更
大的速度向前冲出。在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向
上的相互作用，则甲、乙组成的系统
()
A．机械能守恒，水平方向动量守恒
B．机械能不守恒，水平方向动量守恒 C．机械能守恒，水平方向动量不守恒
对点清 (1)系统总动量不守恒，但在某个方向上系统受到的合外力为零，这一方向
上动量守恒。 (2)本题中，小物块到达斜面最高点时与楔形物体的速度相同，方向沿水平
方向。 (3)因系统中只有重力做功，系统机械能守恒。
3．[动量守恒中的临界极值问题] 如图所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分 别为 10m、12m，两船沿同一直线同一方向运动，速度 分别为 2v0、v0。为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为 m 的货物沿水 平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度的大小。 (不计水的阻力和货物在两船之间的运动过程)
B．小球在弧形槽 B 上滑过程中，小球的机械能不守恒
C．小球和弧形槽 A 组成的系统满足动量守恒
D．小球不能上升到弧形槽 B 的顶端
解析：由于弧形槽 A 是不固定的，小球下滑的过程中，一部分机械能转移给了 弧形槽 A，所以小球的机械能不守恒，A 正确；由于弧形槽 B 是固定的，小球 在上滑的过程中，动能转化为重力势能，机械能守恒，B 错误；小球最初和弧 形槽 A 的合动量为零，而当小球上升到静止时，小球的动量为零，弧形槽 A 的动量不为零，所以二者组成的系统动量不守恒，C 错误；由于小球的一部分 机械能转移给了弧形槽 A，所以小球最终到达不了弧形槽 B 的顶端，D 正确。
(1)A 与 B 第一次碰撞后 B 的速率； (2)从 A 开始运动到两物体第二次相碰经历的时间及因摩擦而产生的热量。
第2讲 动量守恒定律
x乙 3 mv + 1 mv ,又v = 甲 丸质量为m,则mv= ,v乙= ,t=1 s,则有3 x甲+1 x乙=2 甲 乙 甲
4
4
x t
t
4
4
m,将各选项中数据代入计算得B正确。
栏目索引
2-2-3 光滑水平轨道上有三个木块A、B、C,质量分别为mA=3m、mB= mC=m,开始时B、C均静止,A以初速度v0向右运动,A与B碰撞后分开,B又 与C发生碰撞并粘在一起,此后A与B间的距离保持不变。求B与C碰撞 前B的速度大小。
【情景素材】 下列四幅图所反映的物理过程中,系统动量守恒的是( )
栏目索引
1-1 在如图所示的装置中,木块B与水平桌面间的接触面是光滑的,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。现将子 弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象(系统),则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 ( )
栏目索引
考点二
动量守恒定律的应用
一、动量守恒的解题步骤
栏目索引
2-1-1 如图所示,甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为1 0m、12m,两船沿同一直线同一方向运动,速度分别为2v0、v0。为避免两 船相撞,乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船,甲船上的 人将货物接住,求抛出货物的最小速度。(不计水的阻力)
答案 解析
6 v 5
0
设A与B碰撞后,A的速度为vA,B与C碰撞前B的速度为vB,B与C碰撞
后粘在一起的速度为v,由动量守恒定律得 对A、B木块:mAv0=mAvA+mBvB ①
栏目索引
对B、C木块:mBvB=(mB+mC)v ② 由A与B间的距离保持不变可知 vA=v ③ 联立①②③式,代入数据得 vB= v0 ④
《科学验证：动量守恒定律》 讲义
《科学验证：动量守恒定律》讲义一、引言在物理学的广阔领域中，动量守恒定律是一个极其重要的基本定律。
它不仅在理论研究中具有关键地位，还在实际应用中发挥着巨大作用。
接下来，让我们一同深入探索动量守恒定律的奥秘。
二、动量守恒定律的基本概念首先，我们来了解一下什么是动量。
动量（momentum）可以简单地定义为物体的质量乘以其速度，用公式表示就是 p ＝ mv，其中 p 代表动量，m 是物体的质量，v 是物体的速度。
那么，动量守恒定律又是什么呢？动量守恒定律指出：在一个孤立系统中，系统的总动量保持不变。
这里的孤立系统是指不受外力或者所受外力之和为零的系统。
三、动量守恒定律的推导为了更好地理解动量守恒定律，我们来进行一下简单的推导。
考虑两个相互作用的物体 A 和 B，它们的质量分别为 m₁和 m₂，初始速度分别为 v₁₀和 v₂₀，相互作用后的速度分别为 v₁和 v₂。
根据牛顿第二定律，物体 A 受到的力 F₁＝ m₁a₁，物体 B 受到的力F₂＝m₂a₂，由于牛顿第三定律，这两个力大小相等、方向相反，即 F₁＝ F₂。
对物体 A 运用动量定理：m₁v₁ m₁v₁₀＝ F₁t对物体 B 运用动量定理：m₂v₂ m₂v₂₀＝ F₂t将上面两个式子相加，得到：m₁v₁ m₁v₁₀＋ m₂v₂ m₂v₂₀＝ 0整理可得：m₁v₁＋ m₂v₂＝ m₁v₁₀＋ m₂v₂₀这就证明了在这个相互作用的系统中，总动量保持不变，即动量守恒。
四、动量守恒定律的条件动量守恒定律成立的条件是系统所受合外力为零。
但在实际情况中，有些系统所受合外力虽然不为零，但在某个方向上合外力为零，那么在这个方向上动量也是守恒的。
例如，一个在光滑水平面上的小车，车上有一个人在水平方向上推车。
如果忽略摩擦力和空气阻力，系统在水平方向上所受合外力为零，动量在水平方向上守恒，但在竖直方向上，由于受到重力和支持力的作用，动量不守恒。
五、动量守恒定律的应用动量守恒定律在许多领域都有广泛的应用。
第2讲 动量守恒定律及“两类模型”问题
第2讲动量守恒定律及“两类模型”问题一、动量守恒定律1．内容如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变。
2．表达式(1)p＝p′，系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′。
(2)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和。
(3)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向。
(4)Δp＝0，系统总动量的增量为零。
3．适用条件(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为零。
(2)近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力。
(3)某一方向守恒：如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在这一方向上动量守恒。
【自测(多选)如图1所示，小车与木箱紧挨着静止放在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱。
关于上述过程，下列说法中正确的是()图1A．男孩和木箱组成的系统动量守恒B．小车与木箱组成的系统动量守恒C．男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒D．木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相同答案CD解析男孩和木箱组成的系统受小车的摩擦力，所以动量不守恒，A错误；小车与木箱组成的系统受男孩的力为外力，所以动量不守恒，B错误；男孩、小车与木箱三者组成的系统，所受合外力为0，所以动量守恒，C正确；木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相同，但方向相反，D正确。
二、“两类”模型问题1．“反冲”和“爆炸”模型(1)反冲①定义：当物体的一部分以一定的速度离开物体向前运动时，剩余部分必将向后运动，这种现象叫反冲运动。
②特点：系统内各物体间的相互作用的内力远大于系统受到的外力。
实例：发射炮弹、发射火箭等。
③规律：遵从动量守恒定律。
(2)爆炸问题爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用时间很短，作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量守恒。
如爆竹爆炸等。
2．“人—船”模型(1)模型介绍两个原来静止的物体发生相互作用时，若整体所受外力的矢量和为零，则两物体组成的系统动量守恒。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
第2讲动量守恒定律板块一主干梳理·夯实基础【知识点1】动量守恒定律及其应用Ⅱ1．几个相关概念(1)系统：在物理学中，将相互作用的几个物体所组成的物体组称为系统。
(2)内力：系统内各物体之间的相互作用力叫做内力。
(3)外力：系统以外的其他物体对系统的作用力叫做外力。
2．动量守恒定律(1)内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变，这就是动量守恒定律。
(2)表达式①p＝p′，系统相互作用前总动量p等于相互作用后的总动量p′。
②m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和。
③Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向。
④Δp＝0，系统总动量的增量为零。
(3)适用条件①理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒。
②近似守恒：系统受到的合力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒。
③某方向守恒：系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒。
【知识点2】弹性碰撞和非弹性碰撞Ⅰ1．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．反冲现象(1)在某些情况下，原来系统内物体具有相同的速度，发生相互作用后各部分的末速度不再相同而分开。
这类问题相互作用的过程中系统的动能增大，且常伴有其他形式能向动能的转化。
(2)反冲运动的过程中，如果合外力为零或外力的作用远小于物体间的相互作用力，可利用动量守恒定律来处理。
5．爆炸问题爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量守恒，爆炸过程中位移很小，可忽略不计，作用后从相互作用前的位置以新的动量开始运动。
板块二考点细研·悟法培优考点1 动量守恒定律[深化理解]1．动量守恒的“五性”(1)矢量性：表达式中初、末动量都是矢量，首先需要选取正方向，分清各物体初、末动量的正、负。
(2)瞬时性：动量是状态量，动量守恒指对应每一时刻的总动量都和初时刻的总动量相等。
(3)同一性：速度的大小跟参考系的选取有关，应用动量守恒定律，各物体的速度必须是相对同一惯性参考系的速度。
一般选地面为参考系。
(4)相对性：动量守恒定律方程中的动量必须是相对于同一惯性参考系。
(5)普适性：它不仅适用于两个物体所组成的系统，也适用于多个物体组成的系统；不仅适用于宏观物体组成的系统，也适用于微观粒子组成的系统。
2．应用动量守恒定律解题的步骤例1如图所示，质量为m＝245 g的物块(可视为质点)放在质量为M＝0.5 kg的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4。
质量为m0＝5 g的子弹以速度v0＝300 m/s 沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)，g取10 m/s2。
子弹射入后，求：(1)物块相对木板滑行的时间；(2)物块相对木板滑行的位移。
(1)时间极短说明了什么？提示：①子弹与物块作用时，物块的位置没发生变化；②子弹与物块作用结束后，物块与木板才相互作用。
(2)物体相对木板滑行的位移是物块的位移吗？提示：不是。
尝试解答(1)1_s__(2)3_m。
(1)子弹打入木块过程，由动量守恒定律得m 0v 0＝(m 0＋m )v 1，木块在木板上滑动过程，由动量守恒定律得 (m 0＋m )v 1＝(m 0＋m ＋M )v 2， 对子弹木块整体，由动量定理得 －μ(m 0＋m )gt ＝(m 0＋m )(v 2－v 1)， 联立解得物体相对小车的滑行时间t ＝v 2－v 1－μg＝1 s 。
(2)由能量守恒定律得μ(m 0＋m )gd ＝12(m 0＋m )v 21－12(m 0＋m ＋M )v 22， 联立解得d ＝3 m 。
总结升华应用动量守恒定律应注意的问题(1)在同一物理过程中，系统的动量是否守恒与系统的选取密切相关，因此应用动量守恒解决问题时，一定要明确哪些物体组成的系统在哪个过程中动量是守恒的。
(2)注意挖掘题目中的隐含条件，这是解题的关键，如本例中，时间极短是指子弹与物块相互作用时，物块m 位置没变，子弹与物块m 共速后，才相对木板M 运动。
物块相对木板滑行的位移是指物块m 相对木板M 滑行的位移，并非对地的位移，并且物块m 和木板最后共速。
[递进题组]1.如图所示，在桌面边缘有一木块质量是1.99 kg ，桌子高h ＝0.8 m ，一颗质量为10 g 的子弹，击中木块，并留在木块内，落在桌子右边80 cm 处的P 点，子弹入射的速度大小是下列哪个数据(g 取10 m/s 2)( ) A ．200 m/s B ．300 m/s C ．400 m/s D ．500 m/s答案 C解析 题目牵涉的过程有两个：一是子弹打击木块；二是子弹木块共同做平抛运动。
根据平抛位移x ＝0.8 m 知x ＝v 共t ，t ＝2h g ，所以v 共＝xt＝x g2h＝2 m/s 。
子弹打击木块过程中动量守恒，则有m v 0＝(M ＋m )v 共，所以v 0＝(M ＋m )v 共m＝400 m/s ，C 正确。
2. [2018·宁夏固原市一中月考]如图所示，质量为M 的滑块静止在光滑的水平面上，滑块的光滑弧面底部与桌面相切，一个质量为m 的球以速度v 0向滑块滚来，小球不能越过滑块，则小球到达最高点时，小球和滑块的速度大小是( )A.m v 0M ＋mB.m v 0M C.M v 0M ＋m D.M v 0m答案 A解析 小球沿滑块上滑的过程中，对小球和滑块组成系统，水平方向不受外力因而动量守恒，小球到达最高点时和滑块具有相同的对地速度v (若速度不相同，必然相对滑块运动，此时一定不是最高点)。
由水平方向动量守恒得：m v 0＝(M ＋m )v ，所以v ＝m v 0M ＋m，A 正确。
考点2 碰撞问题分析 [模型应用]1．分析碰撞问题的三个依据(1)动量守恒，即p 1＋p 2＝p 1′＋p 2′。
(2)动能不增加，即E k1＋E k2≥E k1′＋E k2′或p 212m 1＋p 222m 2≥p 1′22m 1＋p 2′22m 2。
(3)速度要合理①碰前两物体同向，则v 后>v 前；碰后，原来在前的物体速度一定增大，且v 前′≥v 后′。
②两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。
2．弹性碰撞的规律两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。
以质量为m 1，速度为v 1的小球与质量为m 2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有 m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2′① 12m 1v 21＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2② 由①②得v 1′＝(m 1－m 2)v 1m 1＋m 2 v 2′＝2m 1v 1m 1＋m 2结论：(1)当m 1＝m 2时，v 1′＝0，v 2′＝v 1，两球碰撞后交换了速度。
(2)当m 1>m 2时，v 1′>0，v 2′>0，并且v 1′<v 2′，碰撞后两球都向前运动。
(3)当m 1<m 2时，v 1′<0，v 2′>0，碰撞后质量小的球被反弹回来。
例2 两个小球A 、B 在光滑水平面上沿同一直线运动，其动量大小分别为5 kg·m/s 和7 kg·m/s ，发生碰撞后小球B 的动量大小变为10 kg·m/s ，由此可知：两小球的质量之比可能为( ) A.m Am B ＝1B.m A m B ＝12C.m A m B＝15D.m A m B＝110(1)A、B两小球动量大小分别为5 kg·m/s和7 kg·m/s有几种情况？提示：①同向运动，A球在前，B球在后；②同向运动，A球在后，B球在前；③相向运动。
(2)发生碰撞时，一定守恒的是什么？提示：动量。
尝试解答选C。
将两小球碰撞前后的动量方向间的关系作出如下各种假设，然后运用碰撞的三个制约因素进行检验。
(1)设A、B两小球相向运动而发生碰撞，并取小球B碰前的运动方向为参考正方向，即p A0＝－5 kg·m/s，p B0＝7 kg·m/s根据“运动制约”，小球B在碰后动量欲增大，其动量方向必与原动量方向相反，即p B＝－10 kg·m/s根据“动量制约”，小球A在碰后动量必为p A＝12 kg·m/s，而这样的碰撞结果显然违背了“动能制约”，因为显然有：(－5)2 2m A＋722m B≤1222m A＋(－10)22m B。
(2)设A、B两小球同向运动而发生碰撞，且A球在前，B球在后，取两小球碰前的运动方向为参考正方向，即p A0＝5 kg·m/s，p B0＝7 kg·m/s。
根据“运动制约”，小球B在碰后动量欲增大，其动量方向必与原动量方向相反，即p B＝－10 kg·m/s。
根据“动量制约”，小球A在碰后动量必为p A＝22 kg·m/s，而这样的碰撞结果显然也违背“动能制约”，因为显然也有：522m A＋722m B≤2222m A＋(－10)22m B。
(3)设A、B两小球同向运动而发生碰撞，且B球在前，A球在后，仍取两个小球碰前的运动方向为参考正方向，即p A0＝5 kg·m/s，p B0＝7 kg·m/s。
根据“运动制约”，小球B在碰后动量欲增大，其动量方向必与原动量方向相同，即p B＝10 kg·m/s。
根据“动量制约”，小球A在碰后动量必有p A＝2 kg·m/s，而这样的碰撞结果完全可以不违背“动能制约”，只要有：522m A＋722m B≥222m A＋1022m B，即m Am B≤717。
仍然根据“运动制约”，为了保证碰前小球A能追上小球B而发生碰撞，同时为了保证碰后小球A不至于超越到小球B的前面，应分别有：5m A>7m B，2m A≤10m B。
综上可知15≤m Am B≤717，C正确。
总结升华碰撞问题解题策略(1)抓住碰撞的特点和不同种类碰撞满足的条件，列出相应方程求解。
(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：v1＝m1－m2m1＋m2v0、v2＝2m1m1＋m2v0。
(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m1≫m2，且v20＝0时，碰后质量大的速率不变，质量小的速率为2v0；当m1≪m2，且v20＝0时，碰后质量小的球原速率反弹。
[跟踪训练](多选)质量为m的小球A，沿光滑水平面以v的速度与质量为2m的静止小球B发生正碰，碰撞后A 球的动能变为原来的19，那么小球B 的速度可能是( )A.13v 0B.23v 0C.49v 0D.59v 0 答案 AB解析 根据E k ＝12m v 2，碰撞后A 球的动能变为原来的19，则A 的速度变为v A ′＝±13v 0，正、负表示方向有两种可能。