高考物理一輪復習 專題十五 動量與動量守恒課件

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1、專題十五動量與動量守恒高考物理高考物理(江蘇專用)考點動量與動量守恒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答案2hchc易錯警示易錯警示有較多的考生求得動量改變量的大小為零,主要是對動量的矢量性認識不到位?？疾辄c考查點本題考查光子的動量、動量的變化量等知識,屬于容易題。解析解析光子的動量p=,垂直反射回去p=-(-)=。Echchchc2hc2.2018江蘇單科,12C(3)如圖所示,懸掛于豎直彈簧下端的小球質量為m,運動

2、速度的大小為v,方向向下。經過時間t,小球的速度大小為v,方向變?yōu)橄蛏稀：雎钥諝庾枇?重力加速度為g,求該運動過程中,小球所受彈簧彈力沖量的大小。答案答案2mv+mgt解析解析取向上為正方向,由動量定理得mv-(-mv)=I且I=(-mg)t解得IF=t=2mv+mgtFF易錯警示易錯警示動量定理是矢量式,應先選定正方向,注意初末狀態(tài)速度的正負。3.2017江蘇單科,12C(3)甲、乙兩運動員在做花樣滑冰表演,沿同一直線相向運動,速度大小都是1m/s。甲、乙相遇時用力推對方,此后都沿各自原方向的反方向運動,速度大小分別為1m/s和2m/s。求甲、乙兩運動員的質量之比。答案答案見解析解析解析由動

3、量守恒,有m1v1-m2v2=m2v2-m1v1解得=代入數據得=12mm2211vvvv12mm32友情提醒友情提醒動量守恒定律的矢量性應用動量守恒定律解題時,一定要先規(guī)定正方向,與規(guī)定正方向相反的速度,要代入負數進行計算。若列式時已經考慮到了矢量性,則代入絕對值計算即可,如本題的解題過程就是如此。x4.2014江蘇單科,12C(3)牛頓的自然哲學的數學原理中記載,A、B兩個玻璃球相碰,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15 16。分離速度是指碰撞后B對A的速度,接近速度是指碰撞前A對B的速度。若上述過程是質量為2m的玻璃球A以速度v0碰撞質量為m的靜止玻璃球B,且為對心碰撞

4、,求碰撞后A、B的速度大小。答案答案 v0v017483124解析解析設A、B球碰撞后速度分別為v1和v2由動量守恒定律2mv0=2mv1+mv2,且由題意知=解得v1=v0,v2=v0210vvv151617483124考查點考查點本題考查碰撞、動量守恒定律等知識,屬于容易題。知識拓展知識拓展若兩球碰撞過程中滿足動量守恒和能量守恒,可推導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,進行太空行走的宇航員A和B的質量分別為80kg和100kg,他們攜手遠離空間站,相對空間站的速度為0.

5、1m/s。A將B向空間站方向輕推后,A的速度變?yōu)?.2m/s,求此時B的速度大小和方向。答案答案0.02m/s離開空間站方向溫馨提示溫馨提示兩宇航員構成的系統(tǒng)可認為不受外力,故滿足動量守恒的條件;以空間站為參考系求速度;注意選取正方向,如果以0.1m/s的速度方向為正,則A的速度也為正?？疾辄c考查點本題考查動量守恒定律,屬于容易題。解析解析以空間站為參考系,以v0的方向為正方向,由動量守恒定律(mA+mB)v0=mAvA+mBvB解得vB=0.02m/s方向遠離空間站方向。1.(2018課標,15,6分)高空墜物極易對行人造成傷害。若一個50g的雞蛋從一居民樓的25層墜下,與地面的碰撞時間約為

6、2ms,則該雞蛋對地面產生的沖擊力約為()A.10NB.102NC.103ND.104NB組統(tǒng)一命題、省(區(qū)、市)卷題組答案答案 C本題考查機械能守恒定律、動量定理。由機械能守恒定律可得mgh=mv2,可知雞蛋落地時速度大小v=,雞蛋與地面作用過程中,設豎直向上為正方向,由動量定理得(F-mg)t=0-(-mv),可知雞蛋對地面產生的沖擊力大小為F=+mg,每層樓高度約為3m,則h=243m=72m,得F949N,接近103N,故選項C正確。122ghmvt易錯點撥易錯點撥估算能力(1)每層樓高度約為3m,注意身邊的物理知識。(2)在計算時重點注意數量級。2.(2018課標,14,6分)高鐵列

7、車在啟動階段的運動可看做初速度為零的勻加速直線運動。在啟動階段,列車的動能()A.與它所經歷的時間成正比B.與它的位移成正比C.與它的速度成正比D.與它的動量成正比答案答案B本題考查勻變速直線運動規(guī)律、動能及動量。設列車運動時間為t,由勻變速直線運動規(guī)律v=at、s=at2,結合動能公式Ek=得Ek=、Ek=mas,可知Ekv2、Ekt2、Eks,故A、C項均錯誤,B項正確。由Ek=,得Ekp2,故D項錯誤。1222mv2 22ma t22pm3.(2017課標,14,6分)將質量為1.00kg的模型火箭點火升空,50g燃燒的燃氣以大小為600m/s的速度從火箭噴口在很短時間內噴出。在燃氣噴出

8、后的瞬間,火箭的動量大小為(噴出過程中重力和空氣阻力可忽略)()A.30kgm/sB.5.7102kgm/sC.6.0102kgm/sD.6.3102kgm/s易錯點撥易錯點撥系統(tǒng)中量與物的對應性動量守恒定律的應用中,系統(tǒng)內物體至少為兩個,計算各自的動量時,需注意速度與質量對應于同一物體。答案答案A本題考查動量守恒定律。由于噴出過程中重力和空氣阻力可忽略,則模型火箭與燃氣組成的系統(tǒng)動量守恒。燃氣噴出前系統(tǒng)靜止,總動量為零,故噴出后瞬間火箭的動量與噴出燃氣的動量等值反向,可得火箭的動量大小等于燃氣的動量大小,則|p火|=|p氣|=m氣v氣=0.05kg600m/s=30kgm/s,A正確。4.(

9、2018課標,24,12分)一質量為m的煙花彈獲得動能E后,從地面豎直升空。當煙花彈上升的速度為零時,彈中火藥爆炸將煙花彈炸為質量相等的兩部分,兩部分獲得的動能之和也為E,且均沿豎直方向運動。爆炸時間極短,重力加速度大小為g,不計空氣阻力和火藥的質量。求(1)煙花彈從地面開始上升到彈中火藥爆炸所經過的時間;(2)爆炸后煙花彈向上運動的部分距地面的最大高度。答案答案(1)(2)1g2Em2Emg解析解析本題主要考查豎直上拋運動規(guī)律及動量守恒定律。(1)設煙花彈上升的初速度為v0,由題給條件有E=m設煙花彈從地面開始上升到火藥爆炸所用的時間為t,由運動學公式有0-v0=-gt聯立式得t=(2)設爆

10、炸時煙花彈距地面的高度為h1,由機械能守恒定律有E=mgh1火藥爆炸后,煙花彈上、下兩部分均沿豎直方向運動,設炸后瞬間其速度分別為v1和v2。由題給條件和動量守恒定律有m+m=Emv1+mv2=01220v1g2Em1421v1422v1212由式知,煙花彈兩部分的速度方向相反,向上運動部分做豎直上拋運動。設爆炸后煙花彈上部分繼續(xù)上升的高度為h2,由機械能守恒定律有m=mgh2聯立式得,煙花彈上部分距地面的最大高度為h=h1+h2=1421v122Emg易錯點撥易錯點撥關鍵詞理解,隱含條件顯性化題目中的兩個E,分別對應“一個物體”和“兩個物體”。爆炸后兩部分質量均為。爆炸過程中系統(tǒng)初動量為0。

11、距地面的最大高度由兩部分組成,一是爆炸前上升的高度,二是爆炸后向上運動的部分上升的高度。2m5.(2018課標,24,12分)汽車A在水平冰雪路面上行駛。駕駛員發(fā)現其正前方停有汽車B,立即采取制動措施,但仍然撞上了汽車B。兩車碰撞時和兩車都完全停止后的位置如圖所示,碰撞后B車向前滑動了4.5m,A車向前滑動了2.0m。已知A和B的質量分別為2.0103kg和1.5103kg,兩車與該冰雪路面間的動摩擦因數均為0.10,兩車碰撞時間極短,在碰撞后車輪均沒有滾動,重力加速度大小g=10m/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。答案答案(1)3.0m/s(2)4

12、.3m/s解析解析本題考查牛頓第二定律和動量守恒定律等知識。(1)設B車的質量為mB,碰后加速度大小為aB,根據牛頓第二定律有mBg=mBaB式中是汽車與路面間的動摩擦因數。設碰撞后瞬間B車速度的大小為vB,碰撞后滑行的距離為sB。由運動學公式有v=2aBsB聯立式并利用題給數據得vB=3.0m/s(2)設A車的質量為mA,碰后加速度大小為aA。根據牛頓第二定律有mAg=mAaA設碰撞后瞬間A車速度的大小為vA,碰撞后滑行的距離為sA。由運動學公式有v=2aAsA設碰撞前的瞬間A車速度的大小為vA。兩車在碰撞過程中動量守恒,有mAvA=mAvA+mBvB2B2A聯立式并利用題給數據得vA=4.

13、3m/s解題關鍵解題關鍵確定速度是解決碰撞問題的關鍵(1)由牛頓第二定律和運動學公式可確定碰撞后瞬間A、B兩車的速度。(2)由于兩車碰撞時間極短,因此碰撞時內力遠大于外力,滿足動量守恒,故可確定碰撞前的瞬間A車的速度。6.2016課標,35(2),10分如圖,水平地面上有兩個靜止的小物塊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的質量為m,b的質量為m。兩物塊與地面間的動摩擦因數均相同?，F使a以初速度v0向右滑動。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摩擦因數滿足的條件。34答案答案mgl即設在a、b發(fā)生彈性碰撞前的瞬間,a的速度

14、大小為v1。由能量守恒有m=m+mgl設在a、b碰撞后的瞬間,a、b的速度大小分別為v1、v2,由動量守恒和能量守恒有mv1=mv1+v2m=mv+v聯立式解得v2=v1由題意,b沒有與墻發(fā)生碰撞,由功能關系可知vgl聯立式,可得1220v202vgl1220v1221v34m1221v12211234m22871234m2234m聯立式,a與b發(fā)生碰撞,但b沒有與墻發(fā)生碰撞的條件為1)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.11AA11AA24(1)AA22(1)(1)AA答案答案 A設中子質量為m,則原子核的質量為Am。設碰撞前后中子的速

15、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。1220v1221v1222v11AA01vv11AA3.2016天津理綜,9(1)如圖所示,方盒A靜止在光滑的水平面上,盒內有一小滑塊B,盒的質量是滑塊的2倍,滑塊與盒內水平面間的動摩擦因數為。若滑塊以速度v開始向左運動,與盒的左、右壁發(fā)生無機械能損失的碰撞,滑塊在盒中來回運動多次,最終相對于盒靜止,則此時盒的速度大小為,滑塊相對于盒運動的路程為。答案答案 3v23vg解析解析設滑塊的質量為m,最終盒與滑塊的共同速度為v根據動量守恒得:mv=(m+2m)v解得v=v

16、設滑塊相對于盒的運動路程為s根據能量守恒得:mgs=mv2-(m+2m)v2解得s=13121223vg4.(2018課標,25,20分)如圖,在豎直平面內,一半徑為R的光滑圓弧軌道ABC和水平軌道PA在A點相切,BC為圓弧軌道的直徑,O為圓心,OA和OB之間的夾角為,sin=。一質量為m的小球沿水平軌道向右運動,經A點沿圓弧軌道通過C點,落至水平軌道;在整個過程中,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點所受合力的方向指向圓心,且此時小球對軌道的壓力恰好為零。重力加速度大小為g。求(1)水平恒力的大小和小球到達C點時速度的大小;(2)小球到達A點時動量的大小;

17、(3)小球從C點落至水平軌道所用的時間。35答案答案(1)mg(2)(3)3452gR232mgR355Rg解析解析本題考查圓周運動、拋體運動、動能定理、動量。(1)設水平恒力的大小為F0,小球到達C點時所受合力的大小為F。由力的合成法則有=tanF2=(mg)2+設小球到達C點時的速度大小為v,由牛頓第二定律得F=m由式和題給數據得F0=mgv=(2)設小球到達A點的速度大小為v1,作CDPA,交PA于D點,由幾何關系得DA=RsinCD=R(1+cos)由動能定理有0Fmg20F2vR3452gR-mgCD-F0DA=mv2-m由式和題給數據得,小球在A點的動量大小為p=mv1=(3)小球

18、離開C點后在豎直方向上做初速度不為零的勻加速運動,加速度大小為g。設小球在豎直方向的初速度為v,從C點落至水平軌道上所用時間為t。由運動學公式有vt+gt2=CDv=vsin由式和題給數據得t=121221v232mgR12355Rg5.(2018北京理綜,22,16分)2022年將在我國舉辦第二十四屆冬奧會,跳臺滑雪是其中最具觀賞性的項目之一。某滑道示意圖如下,長直助滑道AB與彎曲滑道BC平滑銜接,滑道BC高h=10m,C是半徑R=20m圓弧的最低點。質量m=60kg的運動員從A處由靜止開始勻加速下滑,加速度a=4.5m/s2,到達B點時速度vB=30m/s。取重力加速度g=10m/s2。(

19、1)求長直助滑道AB的長度L;(2)求運動員在AB段所受合外力的沖量I的大小;(3)若不計BC段的阻力,畫出運動員經過C點時的受力圖,并求其所受支持力FN的大小。答案答案(1)100m(2)1800Ns(3)受力圖見解析3900N解析解析(1)根據勻變速直線運動公式,有L=100m(2)根據動量定理,有I=mvB-mvA=1800Ns(3)運動員經C點時的受力分析如圖根據動能定理,運動員在BC段運動的過程中,有222BAvvamgh=m-m根據牛頓第二定律,有FN-mg=m得FN=3900N122Cv122Bv2CvR一題多解一題多解運動員在AB段所受合外力的沖量I=F合t=ma=1800Ns

20、。BAvva6.(2015安徽理綜,22,14分)一質量為0.5kg的小物塊放在水平地面上的A點,距離A點5m的位置B處是一面墻,如圖所示。物塊以v0=9m/s的初速度從A點沿AB方向運動,在與墻壁碰撞前瞬間的速度為7m/s,碰后以6m/s的速度反向運動直至靜止。g取10m/s2。(1)求物塊與地面間的動摩擦因數;(2)若碰撞時間為0.05s,求碰撞過程中墻面對物塊平均作用力的大小F;(3)求物塊在反向運動過程中克服摩擦力所做的功W。答案答案(1)0.32(2)130N(3)9J解析解析(1)由動能定理,有-mgs=mv2-m可得=0.32(2)由動量定理,有Ft=mv-mv可得F=130N(

21、3)W=mv2=9J121220v127.2015課標,35(2),10分如圖,在足夠長的光滑水平面上,物體A、B、C位于同一直線上,A位于B、C之間。A的質量為m,B、C的質量都為M,三者均處于靜止狀態(tài)?，F使A以某一速度向右運動,求m和M之間應滿足什么條件,才能使A只與B、C各發(fā)生一次碰撞。設物體間的碰撞都是彈性的。答案答案(-2)MmM,第一次碰撞后,A與C速度同向,且A的速度小于C的速度,不可能與B發(fā)生碰撞;如果m=M,第一次碰撞后,A停止,C以A碰前的速度向右運動,A不可能與B發(fā)生碰撞;所以只需考慮mM的情況。第一次碰撞后,A反向運動與B發(fā)生碰撞。設與B發(fā)生碰撞后,A的速度為vA2,B

22、的速度為vB1,同樣有1220v1221Av1221CvmMmM2mmMvA2=vA1=v0根據題意,要求A只與B、C各發(fā)生一次碰撞,應有vA2vC1聯立式得m2+4mM-M20解得m(-2)M另一解m-(+2)M舍去。所以,m和M應滿足的條件為(-2)Mma下,上升與下降過程位移大小相等,由勻變速直線運動的速度位移公式可知,v上v下,由位移公式可知t上t下。重力的沖量I=mgt,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C錯誤。故選D。解題思路解題思路物體動量的變化等于合外力的沖量,沖量等于力與時間的乘積。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)

23、動量守恒的是()A.只有甲、乙正確B.只有丙、丁正確C.只有甲、丙正確D.只有乙、丁正確考查點考查點本題考查動量守恒條件的理解與應用。為中等難度題。答案答案C甲中子彈和木塊組成的系統(tǒng)所受合外力為零,故動量守恒;乙中剪斷細線時,墻對系統(tǒng)有作用力,故動量不守恒;丙中系統(tǒng)所受合外力為零,故動量守恒;丁中斜面固定,系統(tǒng)所受合外力不為零,動量不守恒,故只有選項C正確。知識鏈接知識鏈接系統(tǒng)所受合外力為零,系統(tǒng)動量守恒。4.(2017江蘇連云港期中)如圖所示,在光滑水平面上,有一質量為m=3kg的薄板和質量為m=1kg的物塊,都以v=4m/s的初速度向相反方向運動,它們之間有摩擦,薄板足夠長,當薄板的速度為

24、2.4m/s時,物塊的運動情況是()A.做加速運動B.做減速運動C.做勻速運動D.以上運動都可能答案答案A薄板足夠長,則最終物塊和薄板達到共同速度v,由動量守恒定律得(取薄板運動方向為正方向),mv-mv=(m+m)v,則v=m/s=2m/s,共同運動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動,而物塊先沿負方向減速到0,再沿正方向加速到2m/s。當薄板速度為v1=2.4m/s時,設物塊的速度為v2,由動量守恒定律得mv-mv=mv1+mv2,v2=0.8m/s,即此時物塊的速度方向沿正方向,故物塊正做加速運動,選項A正確。3 4 1 43 1 考查點考查

25、點本題考查動量守恒定律的應用。難度中等。解題思路解題思路物塊與薄板相對運動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)在水平方向上動量守恒,且在相對運動的過程中任一時刻系統(tǒng)的總動量都不變。5.(2018江蘇蘇州摸底)如圖所示,PQS是固定于豎直平面內的光滑的圓形軌道,圓心O在S的正上方,在O和P兩點處各有一質量為m的小物塊a和b,從同一時刻開始,a自由下落,b沿圓弧下滑,以下說法正確的是()A.a、b在S點的動量相等B.a、b在S點的動量不相同C.a、b落至S點重力的沖量相等D.a、b落至S點合外力的沖量大小相等二、多項選擇題(每小題4分,共12分)答案答案BD根據機械能守恒定律可知,

26、a、b在S點的速度大小相等,方向不同,根據p=mv知,動量的大小相等,但是方向不同,故A錯誤,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的動量大小相等,由于a的路程小于b的路程,故tatb,即a比b先到達S,可知a、b落至S點重力的沖量不同,故C錯誤;合外力的沖量等于動量的變化量,a、b兩物體在運動的過程中,動量變化量的大小相等,則合外力沖量的大小相等,故D正確。解題關鍵解題關鍵動量是矢量,等于物體的質量和速度的乘積。要求物體運動的時間,則要找出兩個物體運動的速率大小關系:根據機械能守恒定律,相同高度處速率相同。6.(2018江蘇鹽城調研)如圖所示,質量

27、為m的小球從距離地面高H的A點由靜止開始釋放,落到地面上后又陷入泥潭中,由于受到阻力作用到達距地面深度為h的B點時速度減為零。不計空氣阻力,重力加速度為g。關于小球下落的整個過程,下列說法中正確的有()A.小球的機械能減少了mg(H+h)B.小球克服阻力做的功為mghC.小球所受阻力的沖量大于mD.小球動量的改變量等于所受阻力的沖量2gH答案答案 AC由動能定理mg(H+h)-Wf=0,得Wf=mg(H+h),所以小球的機械能減少了mg(H+h),A選項正確,B選項錯誤;小球自由下落至地面過程,機械能守恒,mgH=mv2,v=,落到地面上后又陷入泥潭中,由動量定理IG-If=0-mv,所以If

28、=IG+mv=IG+m,小球所受阻力的沖量大于m,所以C選項正確;由動量定理知小球動量的改變量等于合外力的沖量,所以D選項錯誤。122gH2gH2gH命題意圖命題意圖本題考查動能定理、動量定理等的應用。重在比較動能定理與動量定理的區(qū)別,以加深對這兩個定理的理解。7.(2017江蘇南通期中)如圖所示,輕質彈簧的一端固定在墻上,另一端與質量為m的物體A相連,A放在光滑水平面上,有一質量與A相同的物體B,從高h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,彈簧復原過程中某時刻B與A分開且沿原曲面上升。下列說法正確的是()A.彈簧被壓縮時所具有的最大彈性勢能為mghB.彈簧被壓縮時所具有的最大

29、彈性勢能為C.B能達到的最大高度為D.B能達到的最大高度為2mgh2h4h答案答案 BD根據機械能守恒定律可得B剛到達水平面的速度v0=,根據動量守恒定律可得A與B碰撞后的速度為v=,所以彈簧被壓縮時所具有的最大彈性勢能為Epm=2mv2=mgh,即B正確;當彈簧再次恢復原長時,A與B將分開,B以速度v沿曲面上滑,根據機械能守恒定律可得mgh=mv2,B能達到的最大高度為,即D正確。2gh02v1212124h考查點考查點本題考查機械能守恒定律、動量守恒定律、彈簧的彈性勢能等內容。難度中等。解題思路解題思路根據機械能守恒定律求B剛到水平面時的速度,根據動量守恒定律求A與B碰撞后的速度,然后再根

30、據機械能守恒定律求B能達到的最大高度。8.2018江蘇海安高級中學階段檢測,12C(3)(6分)如圖甲所示,光滑水平面上有A、B兩物塊,已知A物塊的質量mA=1kg。初始時刻B靜止,A以一定的初速度向右運動,之后與B發(fā)生碰撞并一起運動,它們的位移-時間圖像如圖乙所示(規(guī)定向右為位移的正方向)。物體B的質量為多少?A、B碰撞時間極短,圖中無法顯示,若t=0.01s,求A、B碰撞時間內平均作用力的大小。三、非選擇題(共11分)答案答案3kg300N解析解析由圖可知,撞前vA=m/s=4m/svB=0撞后v=m/s=1m/s則由mAvA=(mA+mB)v解得:mB=3kg對B:Ft=mBv-0解得:

31、F=300N16420 16849.2016蘇北四市一模,12C(3)(5分)光滑水平面上質量為1kg的小球A以2.0m/s的速度與同向運動的速度為1.0m/s、質量為2kg、大小相同的小球B發(fā)生正碰,碰撞后小球B以1.5m/s的速度運動。求:碰后A球的速度大小;碰撞過程中A、B系統(tǒng)損失的機械能。答案答案1.0m/s0.25J解析解析mAvA+mBvB=mAvA+mBvB代入數據解得:vA=1.0m/sE損=mA+mB-mAvA2-mBvB2代入數據解得:E損=0.25J122Av122Bv1212考查點考查點本題考查動量守恒定律的應用、機械能的變化等知識,屬于容易題。知識鏈接知識鏈接碰撞后粘在一起共同運動的情況,稱之為完全非彈性碰撞,碰撞過程中損失的機械能最多。