1樓：匿名使用者
碰撞瞬間動量守恆！與水平面是否光滑無關！但碰撞後機械能不守恆！摩擦力做功，機械能減小，內能增加！
2樓：花間白雪
可以，不過要考慮摩擦阻力的。也可以忽略，這個得看題目要求。
動量守恆定律是什麼,怎麼得到的?
3樓：醉意撩人殤
一個系統不受外力或所受外力之和為零，這個系統的總動量保持不變，這個結論叫做動量守恆定律。
1、動量守恆定律是自然界中最重要最普遍的守恆定律之一，是一個實驗規律，也可用牛頓第三定律結合動量定理推匯出來。
2、相互間有作用力的物體系稱為系統，系統內的物體可以是兩個、三個或者更多，解決實際問題時要根據需要和求解問題的方便程度，合理地選擇系統。
4樓：預見水瓶
就是牛頓用一個球撞擊另一個球。然後講了什麼動量的，但是當時並沒有推出公式。
公式是後人根據牛頓的研究推匯出來的。
推導過程如下：
以兩球碰撞為例：光滑水平面上有兩個質量分別是m1和m2的小球，分別以速度v1和v2（v1>v2）做勻速直線運動。當m1追上m2時，兩小球發生碰撞，設碰後二者的速度分別為v1ˊ，v2ˊ。
設水平向右為正方向，它們在發生相互作用（碰撞）前的總動量：p=p1+p2=m1v1+m2v2，在發生相互作用後兩球的總動量：pˊ=p1ˊ+p2ˊ=m1v1ˊ+m2v2ˊ。
設碰撞過程中兩球相互作用力分別是f1和f2，力的作用時間是。
根據牛頓第二定律，碰撞過程中兩球的加速度分別為：
a1＝f1/m1 a2＝f2/m2
根據牛頓第三定律，大小相等，方向相反，即：f1=-f2
所以：m1a1=m2a2
碰撞時兩球之間力的作用時間很短，用△t表示，這樣加速度與碰撞前後速度的關係就是：
a1＝（v′1-v1）/△t a2＝（v′2-v2）/△t，
代入上式，整理後可得：
m1v′1+m2v′2＝m1v1+m2v2
或寫成：p′1+p′2＝p1+p2
即：p′＝p
這表明兩球碰撞前後系統的總動量是相等的。
不懂可追問，望採納。
5樓：雨又琴
動量是向量，其方向就是即時速度的方向，動量的大小等於物體的質量和物體即時速度的乘積，即p=mv． 在國際單位制中，動量的單位是千克·米/秒．
衝量大小等於動量，就是p=mv=ft
動量守恆是物體受到的合外力的衝量為零的時候,物體的初末動量相等。
（一）對動量守恆定律的進一步理解
1．動量守恆定律有適用條件和廣闊的應用範圍
動量守恆定律在系統不受外力或所受外力之和為零或外力遠小於內力時成立，它既適用於巨集觀系統，也適用於微觀系統，同時也適用於變質量系統；不但能解決低速運動問題，而且能解決高速運動問題，但也應注意它只在慣性參考系中成立．
2．動量守恆定律可用不同的方式表達
（1）從守恆的角度來看： ．作用前後系統的總動量不變．
（2）從變化的角度來看， ，作用前後系統的總動量變化為零．
（3）從轉移的角度來看： ，系統內a物體的動量增加必等於b物體的動量減少，即系統內a、b兩物體的動量變化大小相等，方向相反．
3．動量守恆定律具有物理量的向量性，狀態的同時性及參考系的同一性
（1）因為動量是向量，所以動量守恆定律的表示式是向量式，作用前後物體在一直線上運動時，規定正方向後，將向量式簡化為代數式運算．
（2）因為動量是狀態量，所以動量守恆定律表示式中的動量都是確定狀態的動量，它們都對應著某一相同的時刻，這稱為狀態的同時性．
（3）因為動量是相對量，所以動量守恆定律表示式中的各動量必須是相對於同一慣性參考系的，這稱為參考系的同一性．
（二）對動量守恆的過程可用位移來表示動量守恆
設系統的總動量為零，如果系統內兩物體在相互作用過程中任一時刻總動量都守恆，那麼用平均速度來表示動量守恆的表示式也應成立，即 ，由於相互作用的時間相等 ，所以 。
1．用位移來表示動量守恆的表示式仍是向量式，解題要選取正方向．
2．作用過程中兩物體發生的位移 是相對於同一慣性參考系的，一般是以地面為參考系．
（三）應用動量守恆定律解題的一般步驟
1．選取研究物件，確定物理過程，即選定在物理過程中滿足動量守恆的系統．
2．選取正方向（或建立座標系）和參考系（一般以地面為參考系）
3．根據動量守恆定律列方程
4．統一單位，代入資料，求解得結果．
【注意】若速度為相對某物的速度，是指相對於作用以後某物的運動速度．
【例1】總質量為 kg的載人小船，以速度 m/s在平靜的湖面上勻速前進，若船內質量 kg的人，相對船以速度 m／s水平向後跳入水中，求人離船後船的速度是多大？
【解析】選人和船這一整體為系統，總動量守恆，取船原來的運動方向為正，人跳離船後船的動量為 ，人跳離船時的速度為 ，相應的動量為 ，由動量守恆定律得：
解得 （m/s）
【例2】甲、乙兩小孩各乘一輛冰車在水平冰面上游戲，甲和他的冰車質量之和 kg，乙和他的冰車質量之和也是 kg，遊戲時甲推著一個質量 kg的箱子以大小為 m／s的速度滑行，乙以同樣大小的速度迎面而來，為了避免相撞，甲突然將箱子沿冰面推給乙，箱子滑到乙處，乙迅速抓住，若不計冰面摩擦，求甲至少要以多大速度（相對地）將箱子推出，才能避免與乙相撞？
【解析】取甲的初速方向為正，對甲推出箱子的過程，以甲和箱子為系統，動量守恆．
，其中 為推出箱子後甲的速度，v為甲推出箱子的速度．
對乙接住箱子的過程，以箱子和乙為系統，動量守恆
，其中 為乙接住箱子後的速度，要使他們不相撞，應滿足
解得甲推出箱子的最小速度 （m/s）
【例3】載人氣球原靜止於離地高h的高空，氣球質量為m，人的質量為m，如圖所示，若人沿繩梯下落至地面，則繩梯至少為多長？
【解析】氣球和人原來靜止於空中，說明氣球和人這一系統所受外力之和為零，故人下滑過程中系統在任一時刻的動量都守恆，所以整個過程中系統的平均動量守恆，人到達地面的過程中向下發生的位移為h，同時氣球向上發生位移設為s，取向下為正，則有： ，所以繩梯至少長
【例4】如圖所示，傾角為 ，長為l的斜面置於光滑水平面上，已知斜面質量為m，今有一質量為m的滑塊從斜面上端由靜止開始沿斜面下滑，滑塊到底端時，斜面後退的距離有多大？
【解析】因斜面和滑塊組成的系統，在水平方向不受外力，系統在水平方向動量守恆（總動量不守恆）取斜面向右後退的方向為正，由系統在水平方向動量守恆得：
，解得斜面後退的距離
希望能解決您的問題。
6樓：無涯
這個用於碰撞問題，內容很簡單，他們都講了，但題目有些**，用用就理解，慢慢來，不用急
如圖所示，a、b兩個滑塊放在光滑的水平面上，將b固定不動，滑塊a和b靠在一起，a上表面的ab段是半徑為0.8m
7樓：芯9月9日
（1）b固定，小滑塊c下滑時機械能守恆，滿足 mgr＝12m
v20 ①
滑塊c滑到b點時滿足 n?m
g＝mv20
r ②
滑塊c滑到b點時對a的壓力大小為：n′=n ③
聯立①②③式並代入資料解得：n′=30n ④
（2）c滑到b點後，a、c組成的系統動量守恆，設a、c剛好能夠共速，對應的摩擦因數為μ1、速度為v
由動量守恆定律得：mv0=2mv ⑤
由能量守恆得：μ
mgl＝1
2?mv20
?12?2mv
⑥聯立①⑤⑥並代入資料解得：μ1=0.2 ⑦
ⅰ：當滿足0.1≤μ＜0.2時，a和c不能共速，a將從c的右端滑落，a和c因摩擦而產生的熱量為：
q1=μmgl=20μj ⑧
ⅱ：當滿足0.2≤μ≤0.5時，a和c能共速，a和c因摩擦而產生的熱量為：q＝1
2mv20
?12?2mv
＝4j ⑨
答：（1）小滑塊c滑到b點時對a的壓力大小為30n；
（2）ⅰ：當滿足0.1≤μ＜0.2時，a和c不能共速，a將從c的右端滑落，a和c因摩擦而產生的熱量為：20μj．
ⅱ：當滿足0.2≤μ≤0.5時，a和c能共速，a和c因摩擦而產生的熱量為4j．
【選修3-5選做題】如圖所示，光滑水平面上有a、b兩個滑塊，兩滑塊由一輕質彈簧連線，已知滑塊a的質量是滑
8樓：梓茸啦
解：（1）子彈和a達到共同速度時，a的速度最大。設木塊b的質量為4m，則木塊a和子彈的質量分別為2m、m，對子彈射入木塊a的過程應用動量守恆定律有
mv0 =(m+2m)va
如圖是在光滑水平面上沿同一條直線運動的兩個滑塊a、b在發生碰撞前後的位移圖象．下列說法中正確的是（
動量守恆定律的公式是什麼？
9樓：匿名使用者
m1v1+m2v2=m1v3+m2v4
在學習了「實驗：**碰撞中的不變數」的實驗後，得出了動量守恆定律，反過來我們可以利用該實驗中的有關
10樓：匿名使用者
（6）滑塊1碰撞前的速度表示式為v1 =l t1，碰後兩者的共同速度表示式為v=l t2
；根據表中實驗資料進行計算，資料如下表所示；由表中實驗資料可知：在誤差允許範圍內，系統碰撞前後動量向量和相等，即系統動量守恆．次數
滑塊1滑塊2
碰前系統動量kgms-1
碰後系統動量kgms-1
v1 /ms-1
v/ms-1
v2 /ms-1
v/ms-1
m1 v1
m2 v2
（m1 +m2 ）v
10.290
0.184
00.184
0.0940
00.0929
20.426
0.269
00.269
0.138
00.136
實驗結論：在誤差允許範圍內，系統碰撞前後動量向量和相等，即系統動量守恆
（7）在非彈性碰撞中，機械能有損失，即兩滑塊碰撞後，動能減小，碰前系統的動能大於碰後系統的動能，即：
m1(l t1
)2＞（m1 +m2 ）(l t2
)2．故答案為：（6）如上表所示；（7）m1
(l t1
)2 ＞（m1 +m2 ）(l t2)2．
利用圖（a）所示的裝置驗證動量守恆定律．在圖（a）中，氣墊導軌上有a、b兩個滑塊，滑塊a右側帶有一彈簧
11樓：手機使用者
打點計時器的抄打點時間間隔t=1f=1
50hz
=0.02s，
由圖（b）所示紙帶可知，碰撞前a的速度：va=xat=0.0400
0.02
=2m/s，
碰撞後a的速度va
′=0.0194
0.02
=0.97m/s，
碰撞後b的速度：vb′=d△tb
=0.0100
3.5×1?3
≈2.86m/s，
碰撞前後系統總動量分別為：
p=m1va=0.31×2=0.62kg?m/s，p′=m1va′+m2vb′=0.31×0.97+0.108×2.86≈0.61kg?m/s，
絕對誤差：|p?p′
p|×100%=|0.62?0.61
0.62
|×100%=≈1.7%＜5%，
由此可知，在誤差範圍內驗證了動量守恆定律．答：在誤差範圍內驗證了動量守恆定律，證明過程如上所述．
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