【文档说明】(新高考)高考物理一轮复习讲义：第16讲《动量守恒定律的应用》(含解析).doc，共(32)页，995.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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第16讲动量守恒定律的应用知识图谱碰撞知识精讲一．碰撞1．碰撞：碰撞过程是物体之间相互作用时间非常短暂的一种特殊过程，因而碰撞具有如下特点：（1）因相互作用时间短暂，一般满足F内>>F外的条件，所以碰撞中动量守恒。（2）碰撞过程中，物体没有宏观的位移，但每个物体的速度可在

短暂的时间内发生改变。（3）碰撞过程中，系统的总动能只能不变或减少，不可能增加。2．弹性与非弹性碰撞：弹性碰撞过程中机械能守恒。例如：钢球、玻璃球、微观粒子间的碰撞。而非弹性碰撞过程中机械能不守恒，减少。例如：木制品、橡皮

泥球的碰撞。当两物体碰撞后黏合在一起，叫完全非弹性碰撞。3．一维弹性碰撞的3个普适性结论的推导：例如：在光滑水平面上有两个质量分别为1m、2m的刚性小球A和B，以初速度1v、2v运动，若它们能发生碰撞（为一维弹性碰撞），碰撞后它们的速度分别为1v和2v。其中，1v、2v、1v、2v是以地

面为参考系的，将A和B看作系统。由碰撞过程中系统动量守恒，有11221122mvmvmvmv……①有弹性碰撞中没有机械能损失，有22221122112211112222mvmvmvmv……②由①得111

222mvvmvv由②得2222111222mvvmvv将上两式左右相比，可得1122vvvv即2121vvvv或1212vvvv……③碰撞前B相对于A的速度为2121vvv，碰撞后B相对于A的速度

为2121vvv，同理碰撞前A相对于B的速度为1212vvv，碰撞后A相对于B的速度为1212vvv，故③式为2121vv或1212vv，其物理意义是：碰撞后B相对于A的速度与碰撞前B相对于A的速度大小相等，方向相反；碰撞后A相对于B的速度与碰撞前A相对

于B的速度大小相等，方向相反；结论1：对于一维弹性碰撞，若以其中某物体为参考系，则另一物体碰撞前后速度大小不变，方向相反（即以原速率弹回）。联立①②两式，解得221211122mvmmvvmm……④11

2122122mvmmvvmm……⑤下面我们对几种情况下这两个式子的结果做些分析。若12mm，即两个物体质量相等12vv，21vv，表示碰后A的速度变为2v，B的速度变为1v。结论2：对于一维弹性碰撞，若两个物体质量相等，则碰撞后两个物体互换速度（即碰后A的

速度等于碰前B的速度，碰后B的速度等于碰前A的速度）。若12mm，即A的质量远大于B的质量这时121mmm，121mmm，2120mmm。根据④、⑤两式，有11vv，2122vvv表示质量很大的物体A（相对于B而言）碰撞前后速度保持不变……⑥若12mm

，即A的质量远小于B的质量这时212mmm，122mmm，1120mmm。根据④、⑤两式，有22vv，1212vvv表示质量很大的物体B（相对于A而言）碰撞前后速度保持不变……⑦综合⑥⑦，结论3：对于一维弹性碰撞，若其中某物体的质量远大于另一物

体的质量，则质量大的物体碰撞前后速度保持不变。至于质量小的物体碰后速度如何，可结合结论1和结论3得出。4．对心碰撞与非对心碰撞：（1）对心碰撞（正碰）：碰撞以前的运动速度与两球心的连线在同一条直线，碰撞

之后两球的速度仍会沿着这条直线。（2）非对心碰撞（斜碰）：碰撞之前球的运动速度与两球心得连线不再同一条直线上，碰撞之后两球的速度都会偏离原来两球心的连线。非对心碰撞的两个物体，碰撞前后速度不在同一条直线上，属于二维碰撞问题。如果系统碰撞过程中所受合外力为零，则

仍然满足动量守恒，这时通常将动量守恒用分量式表示。如：11221122xxxxmvmvmvmv和11221122yyyymvmvmvmv。（3）散射：在粒子物理和核物理中，常常使一束粒子射入物体，粒子与物体中的微粒碰撞。这些微观粒子相互

接近时并不发生直接接触，这种微观粒子的碰撞叫做散射。由于粒子与物质微粒发生对心碰撞的概率很小，所以多数粒子在碰撞后飞向四面八方。微观粒子之间的碰撞通常被视为完全弹性碰撞，遵从动量守恒及前后动能相等。英国物理学家查德威克利用弹性碰

撞理论成功地发现了中子。三点剖析课程目标：掌握碰撞问题的做题思路，一般碰撞都满足动量守恒，对于弹性碰撞还满足机械能守恒，在完全非弹性碰撞中机械能损失最大。动量守恒与弹性碰撞例题1、一中子不一质量数为A(A＞1)的原子核发生弹性正碰．若

碰前原子核静止，则碰撞前不碰撞后中子的速率之比为()A.11AAB.11AAC.24(1)AAD.22(1)(1)AA例题2、如图所示，为A、B两物体相互碰撞前后的v﹣t图线．则由图线可判断

（）①A、B的质量比为3：2②A、B作用前后总动量守恒③A、B作用前后总动量不守恒④A、B作用前后总动能不变．A.①④B.②③④C.①②③D.①②④例题3、动量守恒定律是一个独立的实验定律，它适用于目前为止物理学研究的宏

观、微观一切领域。（1）如图所示，质量分别为m1和m2的两个小钢球，球2原来静止，球1以速度v1向球2运动，两球发生弹性正碰，求碰撞后球1、球2的速度大小。（2）一种未知粒子跟静止的氢原子核（质子）正碰，测出碰撞后氢原子核的速度vH＝

3.3×107m/s。该未知粒子跟静止的氮原子核正碰，测出碰撞后氮原子核的速度vN＝4.7×106m/s。已知氢原子核的质量是mH，氮原子核的质量是14mH。上述碰撞都是弹性碰撞。试通过计算说明该未知粒子的质量跟质子质量的关系。随练1、(多选)

如图，大小相同的摆球a和b的质量分别为m和3m，摆长相同，并排悬挂，平衡时两球刚好接触，现将摆球a向左边拉开一小角度后释放，若两球的碰撞是弹性的，下列判断正确的是()A.第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相

等B.第一次碰撞后的瞬间，两球的动量大小相等C.第一次碰撞后，两球的最大摆角丌相同D.发生第二次碰撞时，两球在各自的平衡位置随练2、随着科幻电影《流浪地球》的热映，“引力弹弓效应”进入了公众的视野。“引力弹弓效应”是指在太空运动的探测器，借助行星的引力来改变自己

的速度。为了分析这个过程，可以提出以下两种模式：探测器分别从行星运动的反方向或同方向接近行星，分别因相互作用改变了速度。如图所示,以太阳为参考系，设行星运动的速度为u，探测器的初速度大小为v0，在图示的两种情况下，探测器在远离行星后速度大小分别为v1和v2。探测器和行星虽

然没有发生直接的碰撞，但是在行星的运动方向上，其运动规律可以不两个质量丌同的钢球在同一条直线上发生的弹性碰撞规律作类比．．。那么下列判断中正确的是（）A.v1>v0B.v1=v0C.v2>v0D.v2=

v0随练3、如图，在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C位于同一直线上，A点位于B、C之间，A的质量为m，B、C的质量都为M，三者均处于静止状态，现使A以某一速度向右运动，求m和M之间应满足什么条件，才能使A只

不B、C各发生一次碰撞．设物体间的碰撞都是弹性的．随练4、如图所示，小球A系在细线的一端，细线的另一端固定在O点，O点到水平面的距离为h，物块B的质量是小球A的2倍，置于粗糙的水平面上且位于O点的正下方，物块与水平面之间的动

摩擦因数为μ．现拉动小球使细线水平伸直，小球由静止开始释放，运动到最纸点时与物块发生弹性正碰。小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g。求：（1）碰撞后，小球A反弹瞬间的速度大小；（2）物块B在水平面上滑行的时间t。随练5、

如图所示，光滑水平面上，质量为2m的小球B连接着轻质弹簧，处于静止；质量为m的小球A以初速度v0向右匀速运动，接着逐渐压缩弹簧并使B运动，过一段时间，A与弹簧分离，设小球A、B与弹簧相互作用过程中无机械能损失，弹簧始终处于弹性限度内，求：（1）当弹簧被压缩到最短时，A球的速度

；（2）弹簧的最大弹性势能；（3）弹簧再次恢复原长时，A、B两球的速度．动量守恒与非弹性碰撞例题1、滑块a、b沿水平面上同一条直线发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段．两者的位置x随时间t变化的图象如图所示．求：(1)滑块a、b的质量之比；(2)整个

运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功不因碰撞而损失的机械能之比．例题2、如图所示，固定的光滑轨道MON的ON段水平，且与MO段平滑连接．将质量为m，的小球a从M处由静止释放后沿MON运动，在N处与质量也为m的小球b发生正碰并粘在一起．已知MN两处的高度差为h，碰撞前小球b用

长为k的轻绳悬挂于N处附近．两球均可视为质点，且碰撞时间极短．（1）求两球碰撞前瞬间小球a的速度大小；行星行星探测器探测器v0v0v1v2uu（2）求两球碰撞后的速度大小；（3）若悬挂小球b的轻绳所能承受的最大拉力为2.5mg，通过计算说明两球碰后轻绳是否会断裂？例题3、如图，光滑水平

直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C．B的左侧固定一轻弹簧（弹簧左侧的挡板质量不计）．设A以速度v0朝B运动，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动．假设B和C碰撞过程时间极短．求从A开始压缩弹

簧直至与弹簧分离的过程中．（1）整个系统损失的机械能；（2）弹簧被压缩到最短时的弹性势能．随练1、如图，小球a、b用等长细线悬挂于同一固定点O．让球a静止下垂，将球b向右拉起，使细线水平．从静止释放球b，两球碰后粘在一起

向左摆动，此后细线不竖直方向之间的最大偏角为60°．忽略空气阻力，求(1)两球a、b的质量之比；(2)两球在碰撞过程中损失的机械能不球b在碰前的最大动能之比．随练2、如图所示，光滑水平面上滑块A、C质量

均为m＝1kg，B质量为M＝3kg．开始时A、B静止，现将C以初速度v0＝2m/s的速度滑向A，与A碰后C的速度变为零，而后A向右运动与B发生碰撞并粘在一起．求：①A与B碰撞后的共同速度大小；②A与B碰撞过程中，A与B增加的内能．随练3、如图所示，光滑水平直轨道上两滑块A、B

用橡皮筋连接，A的质量为m，开始时橡皮筋松弛，B静止，给A向左的初速度v0，一段时间后，B不A同向运动发生碰撞并黏在一起，碰撞后的共同速度是碰撞前瞬间A的速度的两倍，也是碰撞前瞬间B的速度的一半，求：(1)B的质量；(2)碰撞过程中A、B系统机械能的损失．随练4、如图

所示，质量为mB=2kg的一端带有四分之一圆轨道的光滑平板车B，开始时静止在光滑水平面上，在平板车左端静止着一块质量为mA=2kg的物体A，一颗质量为m0=0.01kg的子弹以v0=600m/s的水平初速度瞬间射穿A后，速度变为v=100m/s，A在B上运动恰好能达到圆

轨道最高点，求：②物体A的最大速度vA；②平板车B圆轨道的半径．（g=10m/s2，结果保留两位有效数字）随练5、如图所示，光滑水平地面上静止放置两由弹簧相连木块A和B，一质量为m的子弹以速度v0水平击中木块A，并留在其中，A的质量为3m，B的质量为4m．

（1）求弹簧第一次最短时的弹性势能（2）何时B的速度最大，最大速度是多少？动量守恒定律的综合应用知识精讲解决力学问题有三大解题途径：动力学观点、动量观点和能量观点，很多问题往往不是用一个观点分析，要求三种观

点综合使用，相互补充，采用最为有效的方法解题．三个观点所针对的问题各有侧重，解题过程各有优势．一、力学三大观点比较基本观点基本规律解题优势动力学观点牛顿运动定律匀变速运动公式1.研究瞬时作用分析运动过程2．研究匀变速直线运动3．研究平抛、圆周运

动4．求解加速度、时间能量观点动能定理机械能守恒定律能量守恒定律1.只涉及运动始末状态2．研究曲线运动3．研究多个运动过程4．求解功、能、位移、速度动量观点动量定理动量守恒定律1.只涉及运动始末状态2．研究相互作用系统的运

动3．求解动量、冲量、速度二、力学三大观点综合应用类型1．在同一过程中应用力学三大观点在同一运动过程中，不能局限一种观点解题，要三种观点相互结合，如：“碰撞、爆炸、反冲”“滑块—弹簧”“滑块—平板”“小球—凹槽”“滑块—

摆球”等运动模型，通常要综合应用动量和能量观点．“传送带模型”“滑块—平板”“圆形轨道”等，通常要综合应用动力学和能量观点。2．在组合过程中应用力学三大观点这类运动由多个过程组成，要求对各阶段的运动分别应用不同规律，两个相邻过

程连接点的速度是解题的关键物理量。三点剖析课程目标：能够灵活选取系统和物理过程，熟练应用动量守恒定律和能量守恒的观点解决问题动量守恒与能量综合例题1、[多选题]如图甲所示，一轻质弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接，并静止在光滑

的水平面上。现使A瞬时获得水平向右的速度3m／s，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图象信息可得（）A.t2时刻弹簧的弹性势能最大B.两物体的质量之比为m1︰m2＝1︰2C.t1时刻弹簧处于压缩状态，t3时刻弹簧处于伸长状态D

.从计时开始到t4的过程中，物块A、B及弹簧组成的系统动量守恒、机械能不守恒例题2、如图所示，ABD为竖直平面内的轨道，其中AB段水平粗糙，BD段为半径R＝0.08m的半圆光滑轨道，两段轨道相切于B点．小球甲以v0＝5m/s从C点出发，沿水平轨道向右运动，与静止在B点的小球乙发生弹性正碰，碰后

小球乙恰好能到达圆轨道最高点D．已知小球甲与AB段的动摩擦因数μ＝0.4，CB的距离S＝2m，g取10m/s2，甲、乙两球可视为质点．求（1）碰撞前瞬间，小球甲的速度v1（2）小球甲和小球乙的质量之比．例题3、如图所示，质量为m3＝2kg的滑

道静止在光滑的水平面上，滑道的AB部分是半径为R＝0.3m的四分之一圆弧，圆弧底部与滑道水平部分相切，滑道水平部分右端固定一个轻弹簧。滑道除CD部分粗糙外其他部分均光滑。质量为m2＝3kg的物体2（可视为质点）放在滑道的B点，现让

质量为m1＝1kg的物体1（可视为质点）自A点由静止释放。两物体在滑道上的C点相碰后粘为一体（g＝10m/s2）。求：（1）物体1从释放到与物体2相碰的过程中，滑道向左运动的距离；（2）若CD＝0.2m，两物体与滑道的CD部分的动摩擦因

数都为μ＝0.15，求在整个运动过程中，弹簧具有的最大弹性势能；（3）物体1、2最终停在何处。例题4、如图所示，小车停放在光滑的水平面上，小车的质量为M＝8kg，在小车水平面A处放有质量为m＝2kg的物块，BC是一段光滑的圆弧，在B点处与AB相接，物块与水平面AB部分问的动摩擦因数μ

＝0.2，现给物块一个I＝10N•s的冲量，物块便沿AB滑行，并沿BC上升，然后又能返回，最后恰好回到A点处与小车保持相对静止，求：（1）从物块开始滑动至返回A点整个过程中，因物块相对滑动而损失的机械能为多少？（2）物块沿BC弧上升

相对AB平面的高度为多少？（3）小车上平面AB长为多少？例题5、两物块A、B用轻弹簧相连，质量均为2kg，初始时弹簧处于原长，A、B两物块都以v＝6m/s的速度在光滑的水平地面上运动，质量4kg的物块C静止在前方，如图所示，B与C碰撞后二者会粘在一起运动．求在以后的运动中：（1）

当弹簧的弹性势能最大时，物块A的速度为多大？（2）系统中弹性势能的最大值是多少？例题6、如图所示，光滑水平面MN左端足够远的地方有一弹性挡板（碰撞时无能量损失）P，右端N与处于同一高度的水平传送带之间的距离

可忽略，传送带水平部分NQ的长度L=2m，传送带逆时针匀速转动，其速度v=2m/s．MN上放置着两个可视为质点的质量mA=4kg、mB=1kg的小物块A、B，开始时A、B都静止，A、B间压缩一锁定的轻质弹簧，其弹性势能EP=10

J．现解除锁定，弹簧弹开A、B后迅速移走弹簧，g=10m/s2．求：（1）物块A、B被弹开时各自的速度大小；（2）要使两物块能在水平面MN上发生碰撞，则小物块B与传送带间的动摩擦因数至少为多大；（3）若物块A、B与传送带间的动摩擦因数都等于第（2）问中的临界值，且两物块碰撞后结合成整

体．在此后物块A、B三次离开传送的运动过程中，两物块与传送带间产生的总热量．随练1、[多选题]矩形滑块由不同材料的上下两层粘合在一起组成，将其放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v水平射入滑块，若射击下层，子弹刚好

不射出；如图甲所示，若射击上层，则子弹刚好能射入一半厚度，如图乙所示，子弹可看作质点，上述两种情况相比较（）A.子弹对滑块的冲量不一样大B.子弹对滑块做功一样多C.系统产生的热量一样多D.子弹和滑块间的水平作用力一样大随练2、如图所示，在光滑水平面上，质量为m的小球A和质

量为13m的小球B通过轻弹簧连接并处于静止状态，弹簧处于原长；质量为m的小球C以初速度v0沿AB连线向右匀速运动，并与小球A发生弹性碰撞．在小球B的右侧某位置固定一块弹性挡板（图中未画出），当弹簧恢复原长时，小球B与挡板发生正碰并立刻将挡板撤

走．不计所有碰撞过程中的机械能损失，弹簧始终处于弹性限度内，小球B与挡板的碰撞时间极短，碰后小球B的速度大小不变，但方向相反．在小球A向右运动过程中，求：（1）小球B与挡板碰撞前，弹簧弹性势能最大值；（2）小球B与挡

板碰撞时，小球A、B速度分别多大？（3）小球B与挡板碰撞后弹簧弹性势能最大值．随练3、一轻质弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与质量为m的小物块P接触但不连接．AB是水平轨道，质量也为m的小物块Q静止在B点，B端与半径为l的光滑

半圆轨道BCD相切，半圆的直径BD竖直，如图所示．物块P与AB间的动摩擦因数μ＝0.5．初始时PB间距为4l，弹簧处于压缩状态．释放P，P开始运动，脱离弹簧后在B点与Q碰撞后粘在一起沿轨道运动，恰能经过最高点D，已知重力加速度g，求：（1）粘合体在B点的速度．（2）初始时弹簧的弹性势

能．随练4、如图所示，在光滑的水平面上固定有左、右两竖直挡板，挡板间距离足够长，有一质量为M，长为L的长木板靠在左侧挡板处，另有一质量为m的小物块（可视为质点），放置在长木板的左端，已知小物块与长木板间的动摩擦因数为μ，且M＞m．现使小物块和长木板以共同速

度v0向右运动，设长木板与左、右挡板的碰撞中无机械能损失。试求：（1）将要发生第二次碰撞时，小物块未从长木板上落下，则它距长木板左端多远；（2）为使小物块不从长木板上落下，板长L应满足什么条件；（3）若满足（2）中条件，且M＝3kg，m＝1kg，v0＝16m/s，μ＝0.8，g＝

10m/s2，试计算从开始到刚要发生第五次碰撞前m相对M滑动的总路程S。随练5、如图所示，C是放在光滑的水平面上的一块木板，木板的质量为3m，在木板的上面有两块质量均为m的小木块A和B，它们与木板间的动摩擦因数均为μ．最初木板静止，A、B两木块同时以方向水

平向右的初速度v0和2v0在木板上滑动，木板足够长，A、B始终未滑离木板．求：（1）木块B从刚开始运动到与木板C速度刚好相等的过程中，木块B所发生的位移；（2）木块A在整个过程中的最小速度；（3）整个过程中，A、B两木块相

对于木板滑动的总路程是多少？随练6、（2017北京清华大学附属中学高一（下）期中）如图甲所示，水平传送A、B两轮间的距离L＝3.0m，质量M＝1.0kg的物块（可视为质点）随传送带一起以恒定的速率v0向左匀速运动，当物块运动到最左端时，质量m＝0.020kg的子弹以u0＝400m/s的水平速度向

右射中物块并穿出．在传送带的右端有一传感器，测出物块被击穿后的速度随时间的变化关系如图乙所示（图中取向右运动的方向为正方向，子弹射出物块的瞬间为t＝0时刻）．设子弹击穿物块的时间可忽略不计，且子弹不会击中传感器而发生危险，物块的质量不因被子弹击穿而发生改变．不计空气阻力及A、B轮的大

小，取重力加速度g＝10m/s2．（1）求物块与传送带间的动摩擦因数μ；（2）求子弹击穿物块的过程中产生的热量Q1；（3）如果从第一颗子弹击中物块开始，每隔Δt＝1.5s就有一颗相同的子弹以同样的速度击穿物块，直至物块最终离开传送带．

设所有子弹与物块间的相互作用力均相同，求整个过程中物块与传动带之间因摩擦产生的热量Q2．随练7、如图所示，半径R＝1m的光滑半圆轨道AC与高h＝8R的粗糙斜面轨道BD放在同一竖直平面内，BD部分水平长度为x＝6R。两轨道之间由一条光

滑水平轨道相连，水平轨道与斜轨道间有一段圆弧过渡。在水平轨道上，轻质弹簧被a、b两小球挤压（不连接），处于静止状态。同时释放两个小球，a球恰好能通过半圆轨道最高点A，b球恰好能到达斜面轨道最高点B。已知a球质量为m1＝2kg，b球质量为m2＝1kg，重力加速度为

g＝10m/s2。（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）求：（1）a球经过C点时对轨道的作用力；（2）释放小球前弹簧的弹性势能Ep；（3）小球与斜面间动摩擦因素μ。随练8、图示水平传送带AB长L＝1.5m，正以恒定速率v0＝6m／s顺时针转动，其右侧紧挨一辆静止的、质量M＝0.2kg的玩

具小车，小车上表面CD与传送带AB处于同一水平面，右端是半径R＝0.042m的四分之一圆弧，整个装置除AB、CD表面有摩擦外，其余表面都光滑；当质量m1＝0.1kg的小滑块（可看成质点）P1以速度v1＝7m／s滑上传送

带的A端，通过AB、CD表面恰好能在D点与小车相对静止．若在距小车右侧适当距离放置静止的、质量m2＝0.3kg的物块P2，此适当距离使小滑块P1与小车相对静止后车才与P2相撞并立即变成一整体．已知小滑块P与传送带的动摩擦因

数μ＝0.5，重力加速度g＝10m／s2．（1）试求小滑块P1通过AB、CD表面时，系统因摩擦而产生的热量Q．（2）试分析小车与物块P2碰撞后，P1能否冲出E点，若能，求出第一次在空中运动的时间，若不能说明理由．随练9

、如图所示，光滑水平台面MN上放两个相同小物块A、B，右端N处与水平传送带理想连接，传送带水平部分长度L＝8m，沿逆时针方向以恒定速度v0＝2m／s匀速转动．物块A、B（大小不计，视作质点）与传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.2，物块A、B质量均为m＝1kg．

开始时A、B静止，A、B间压缩一轻质短弹簧．现解除锁定，弹簧弹开A、B，弹开后B滑上传送带，A掉落到地面上的Q点，已知水平台面高h＝0.8m，Q点与水平台面间右端间的距离S＝1.6m，g取10m／s2．（1）求物块A脱离弹簧时速度的大小；（2）求弹簧储存的弹性势能；（3）求物块B

在水平传送带上运动的时间．随练10、如图所示，光滑曲面与光滑水平导轨MN相切，导轨右端N处于水平传送带理想连接，传送带长度L＝4m，皮带轮沿顺时针方向转动，带动皮带以恒定速率v＝4.0m／s运动。滑块B、C之间用细绳相连，其间有一压缩的轻弹簧，B、C与细绳、弹簧一起静止

在导轨MN上。一可视为质点的滑块A从h＝0.2m高处由静止滑下，已知滑块A、B、C质量均为m＝2.0kg，滑块A与B碰撞后粘合在一起，碰撞时间极短。因碰撞使连接B、C的细绳受扰动而突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离。

滑块C脱离弹簧后以速度vC＝2.0m／s滑上传送带，并从右端滑出落至地面上的P点。已知滑块C与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10m／s2。（1）求滑块C从传送带右端滑出时的速度大小；（2）求滑块B、C与细绳相连时

弹簧的弹性势能EP；（3）若每次实验开始时弹簧的压缩情况相同，要使滑块C总能落至P点，则滑块A与滑块B碰撞前速度的最大值vm是多少？拓展1、如图，A、B是两个用等长细线悬挂起来的大小可忽略不计的小球，m

B＝3mA．B球静止，拉起A球，使细线与竖直方向偏角为30°，由静止释放，在最低点A与B发生弹性碰撞。不计空气阻力，则关于碰后两小球的运动，下列说法正确的是（）A.A静止，B向右，且偏角小于30°B.A向左，B向右，且偏角都等于30°C.A向左，B向右，

A偏角小于B偏角，且都小于30°D.A向左，B向右，A偏角等于B偏角，且都小于30°2、如图，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是（）

A.A和B都向左运动B.A和B都向右运动C.A静止，B向右运动D.A向左运动，B向右运动3、如图所示，在光滑的水平面上放有两个小球A和B，其质量ABmm，B球上固定一轻质弹簧．若将A球以速率v去碰撞静止的B球，下列说法中正确的是（）A.当弹簧压缩量最大时，两球速率最小B.当弹簧恢复原长时，B球速

率最大C.当A球速率为零时，B球速率最大D.当B球速率最大时，弹性势能不为零4、如图，质量为m的小球放在质量为M的大球顶上，M的下端距地面的高度为h。现将二者同时无初速度释放，二者落下撞击地面后又弹起。已知该过程可视为M先与地面相碰，然后再立即与m相碰。假设所有的碰撞都是弹性的，且都发生在竖

直轴上。若经过上述过程后，M的速度为零。空气阻力不计，重力加速度为g，求：（1）M/m的值；（2）m弹起的高度是h的几倍。5、如图所示，地面光滑，质量为m1的A物块，以v0＝10m／s的速度向右匀速运动

。质量分别为m2﹑m3的物块B与C，由轻质并且处于原长状态的弹簧相固连，B﹑C和弹簧初始静止放置，某时刻A与B碰撞后立刻粘在一起。已知m1＝2kg，m2＝m3＝3kg，求：（1）A与B碰撞粘在一起后瞬间的速度大小（2）此后运动过程中，弹簧被第一次压缩到最短时的弹

性势能大小6、如图所示，半径R＝0.1m的竖直半圆形光滑轨道bc与水平面ab相切，ab距离x＝1m。质量m＝0.1kg的小滑块B放在半圆形轨道末端的b点，另一质量也为m＝0.1kg的小滑块A，从a点以0210/vms的初速度在水平面上滑行，两滑块相碰，碰撞时间极短，碰后两滑块粘

在一起滑上半圆形轨道。已知滑块A与水平面之间的动摩擦因数μ＝0.2。取重力加速度g＝10m/s²。两滑块均可视为质点。求（1）碰后瞬间两滑块共同的速度大小v；（2）两滑块在碰撞过程中损失的机械能E损；（3）在C点轨道对两滑块的

作用力大小F。7、[多选题]如图所示，1和2是放在水平地面上的两个小物块（可视为质点），与地面的动摩擦因数相同，两物块间的距离为17m，它们的质量分别为m1＝2kg、m2＝3kg。现令它们分别以初速度v1＝10m／s和v2＝2m／s相向运动，经过时间2s，两物块相碰，碰撞时间极短，碰后两者粘在一起

运动。g取10m／s2，则下列说法正确的是（）A.两物块相碰时各自的位移大小之比为5︰1B.两物块碰后的共同速度为2.8m／sC.两物块在碰撞中损失的动能为21.6JD.小物块1从开始到停止运动总的位移大小为17.44m8、如图，光滑的水平面上放置质量均为m＝2kg的甲、乙两辆小车，两车之间通

过一感应开关相连（当滑块滑过感应开关时，两车自动分离）．甲车上带有一半径R＝1m的1/4光滑的圆弧轨道，其下端切线水平并与乙车上表面平滑对接，乙车上表面水平，动摩擦因数13，其上有一右端与车相连的轻弹簧，一质量为m0＝1kg的小滑块P（可看做

质点）从圆弧顶端A点由静止释放，经过乙车左端点B后将弹簧压缩到乙车上的C点，此时弹簧最短（弹簧始终在弹性限度内），之后弹簧将滑块P弹回，已知B、C间的长度为L＝1.5m，求：（1）滑块P滑上乙车前瞬间甲车的速度v的大小；（2）弹簧的

最大弹性势能EPm；（3）计算说明滑块最终能否从乙车左端滑出，若能滑出，则求出滑出时滑块的速度大小；若不能滑出，则求出滑块停在车上的位置距C点的距离．9、如图所示，光滑水平面上放置质量均为M=2kg的甲、乙两辆小车，两车之间通过一感应开关相连（当滑块滑过

感应开关时，两车自动分离）。其中甲车上表面光滑，乙车上表面与滑块P之间的动摩擦因数μ=0．5。一根通过细线拴着而被压缩的轻质弹簧固定在甲车的左端，质量为m=1kg的滑块P（可视为质点）与弹簧的右端接触但不相连，此时弹簧

储存的弹性势能E0=10J，弹簧原长小于甲车长度，整个系统处于静止。现剪断细线，求：（1）滑块P滑上乙车前的瞬时速度的大小；（2）滑块P滑上乙车后最终未滑离乙车，P在乙车上滑行的距离为多大？10、如图所示，倾角为37°的斜面固定在地面上，斜面的末端有一垂直于斜面的弹性挡板c，滑块与挡板c

相碰后的速率等于碰前的速率，斜面上铺了一层特殊物质，该物质在滑块上滑时对滑块不产生摩擦力，下滑时对滑块有摩擦且动摩擦因数处处相同。现有一质量为M＝0.9kg的滑块沿斜面上滑，到达最高点b时的速度恰好为零

，此时恰好与从a点水平抛出的质量为m＝0.1kg的小球在沿斜面方向上发生弹性碰撞，且滑块与弹性挡板c碰后恰好反弹回到b点。已知a点和b点距地面的高度分别为H＝2.4m，h＝0.6m（取g＝10m／s2）。求：（1）小球做平抛运动的初速度大小；（2）斜面与滑块间的动摩擦因数；（3）

从与小球碰撞到最后停止，滑块在斜面上通过的总路程。答案解析碰撞动量守恒与弹性碰撞例题1、【答案】A【解析】设中子的质量为m，因为发生的是弹性正碰，动量守恒，机械能守恒，规定初速度的方向为正方向，有：mv1＝mv2+Amv，22212111222mvmvAmv

联立两式解得：1211AvAv．故A正确，B、C、D错误．故选：A．例题2、【答案】D【解析】①、②、③由图知，碰撞前，A、B的速度分别为vA＝6m/s，vB＝1m/s；碰撞后，A、B的速度分别为vA′＝2m/s，vB′＝7m/s；根据两个物体组成的系统动

量守恒得：mAvA+mBvB＝mAvA′+mBvB′则得：'713'622ABBBAAmvvmvv．故①②正确，③错误．④作用前系统的总动能为：222211131622222AABBBBBmvmvmmv27m

B2112Bm27.5mB；作用后系统的总动能为：'2'211132222AABBBmvmvm222172Bm27mB2112Bm27.5mB；故④正确．故选：D．例题3、【答案】（1）121112'mmvvmm，121122'mvvmm（

2）未知粒子的质量与质子的质量近似相等【解析】（1）取向右为正方向，由于两球发生的是弹性碰撞，由动量守恒定律得：111122''mvmvmv由机械能守恒定律得：222111122111''222mvmvmv联立两方程得，球1、2碰后的速度为：121112'mmvvmm

，121122'mvvmm；（2）设未知粒子的质量为m，碰撞前的速度大小为v0．由（1）可知：02HHmvvmm，0214NHmvvmm代入数据解得：73.310/Hvms64.710/Nvms

得：m＝1.16mH可见，该未知粒子的质量是质子的质量近似相等。随练1、【答案】AD【解析】A、两球在碰撞前后，水平方向丌受外力，故水平方向两球组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有：0123mvmvmv＝，两球碰撞是弹性的，故机械能守恒，即：22

20121113222mvmvmv，解两式得：012vv，022vv，可见第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等，故A正确；B、因两球质量丌相等，故两球碰后的动量大小丌相等，方向相反，故B错误；C、碰撞后两球做圆周运动，机械能守恒，设绳长为L，设球的最大摆角分别为α、

β，由机械能守恒定律得，对a球：21112mvmgLcos＝（），对b球：2213312mvmgLcos＝（-），解得：coscos＝，则＝，即：第一次碰撞后，两球的最大摆角相同，故C错误；D、由单摆的周

期公式2πLTg＝可知，两球摆动周期相同，经半个周期后，两球在平衡位置处发生第二次碰撞，故D正确．故选：AD．随练2、【答案】A【解析】探测器与行星组成的系统不受外力，则系统动量守恒；探测器与行星间距离一定时势能相等，则系统动能之和也相等；所以可以类

比完全弹性碰撞，探测器远离行星时的速度即为发生完全弹性碰撞后的末速度。由完全弹性碰撞的特点可知：当探测器质量远小于行星质量时，可认为行星的速度几乎不变，探测器靠近行星和远离行星时相对于行星的速度大小不变。由题意知：

若探测器与行星相向运动，探测器靠近行星时相对于行星的速度为v0+u，则探测器远离行星时相对于行星的速度也为v0+u，相对于太阳的速度则为v0+2u；同理，若探测器与行星同向运动，探测器靠近行星时相对于行星的速度为v0-u，则探测器远离行星时相对于行星的

速度也为v0-u，相对于太阳的速度则为v0-2u；故选A随练3、【答案】m和M之间应满足52MmM＞，才能使A只不B、C各发生一次碰撞．【解析】A向右运动不C发生碰撞的过程中系统的动量守恒、机械

能守恒，选取向右为正方向，设开始时A的速度为v0，第一次不C碰撞后C的速度为vC1，A的速度为vA1．由动量守恒定律、机械能守恒定律得：mv0＝mvA1+MvC1①222011111222ACmvmvMv②联立①②得：10AmMvvmM③102CmvvmM④可知

，只有m＜M时，A才能被反向弹回，才可能不B发生碰撞．A不B碰撞后B的速度为vB1，A的速度为vA2．由动量守恒定律、机械能守恒定律，同理可得：2210()AAmMmMvvvmMmM⑤根据题意要求A只不B、C各

发生一次碰撞，应有：vA2≤vC1⑥联立④⑤⑥得：m2+4mM﹣M2≥0解得：52mM，(另一解：52mM舍去)所以m不M之间的关系应满足：52MmM＞随练4、【答案】（1）123gh（2）223ghg【解析】（1）设小球A的质量为m，小球运动到最低点与

物块碰撞前的速度大小为v0，由动能定理有：mgh12mv02解得：02vgh设碰撞后瞬间，小球A与物块B的速度分别为v1、v2．取水平向右为正方向，根据动量守恒定律有：mv0＝mv1＋2mv2根据机械能守恒定律得

：12mv0212mv12122mv22。解得1123vgh，2223vgh。即碰撞后，小球A反弹瞬间的速度大小是123gh。（2）物块B在水平面上滑行过程，取水平向右为正方向，根据动量定理得：－

μ•2mg＝0－2mv2。解得：223ghtg随练5、【答案】（1）当弹簧被压缩到最短时，A球的速度是v0；（2）弹簧的最大弹性势能是；（3）弹簧再次恢复原长时，A球的速度大小为v0，方向向左，B球的速度大小为，方向向右．【解析】（1）当A球与弹簧接触以后，在弹力

作用下减速运动，而B球在弹力作用下加速运动，弹簧的弹性势能增加，当A、B速度相同时，弹簧的压缩量最大，弹性势能最大．设A、B的共同速度为v，弹簧的最大势能为EP，取向右为正方向，A、B系统动量守恒，则有mv0=（m+2m）v可得v

=v0．（2）根据系统的机械能守恒得：EP=mv02﹣（m+2m）v2联立两式得EP=（3）设弹簧恢复原长时A和B的速度分别为v1和v2，在碰撞过程中系统的动量守恒，系统的动能守恒，则有：mv0=mv1+2mv2，根据能量守恒定律得：

mv02=mv12+•2mv22联立解得v1=﹣v0，方向向左，v2=，方向向右．动量守恒与非弹性碰撞例题1、【答案】(1)滑块a、b的质量之比为1：8；(2)整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功不因碰撞而损失的机械能之比为1：2．【解析】(1)设a、b的质量分别为m1、m2，a、b

碰撞前地速度为v1、v2．由题给的图象得：v1＝﹣2m/sv2＝1m/sa、b发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v．由题给的图象得：2m/s3v两球碰撞过程系统动量守恒，以球a的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m

1v1+m2v2＝(m1+m2)v，解得：m1：m2＝1：8；(2)由能量守恒得，两滑块因碰撞损失的机械能为：222112212111222Emvmvmmv，由图象可知，两滑块最后停止运动，由动能定理得，两滑块克服摩擦力所做的功为：

21212Wmmv，解得：W：ΔE＝1：2；例题2、【答案】（1）两球碰撞前瞬问小球a的速度大小是2gh；（2）两球碰撞后的速度大小是122gh；（3）轻绳会断裂．【解析】（1）设两球碰撞前瞬间小球a的速度大小为vN．根据机械能守恒定律得：mgh212

Nmv得：vN2gh（2）设碰撞后两球的速度大小为v，对于碰撞过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得：mvN＝2mv解得：v122gh（3）两球碰后一起做圆周运动，设碰后瞬间绳子的拉力为T．根据牛顿第二定律得：T﹣2mg＝2m2vh解得：T＝

3mg＞2.5mg，所以轻绳会断裂．例题3、【答案】（1）20116mv．（2）201348mv．【解析】（1）对A、B接触的过程中，由动量守恒定律得，mv0=2mv1，解得1012vvB与C接触的瞬间，B、C组成的系统动量守恒，有：0222vmmv解得2

014vv系统损失的机械能为2220001112222416vvEmmmv（2）当A、B、C速度相同时，弹簧的弹性势能最大．根据动量守恒定律得，mv0=3mv解得v=013v根据能量守恒定律得，弹簧的最大弹性势

能22200111332248pEmvmvEmv．答：（1）整个系统损失的机械能为20116mv．（2）弹簧被压缩到最短时的弹性势能为201348mv．随练1、【答案】(1)两球a、b的质量之比为21（）:1(2)两球在

碰撞过程中损失的机械能不球b在碰前的最大动能之比为21:12（）【解析】(1)b球下摆过程中，由动能定理得：2220102mgLmv﹣，碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律可得：2012mvmmv＝，两球向左摆动过程中，由机械能守恒定律得：212121

12mmvmmgLcos（）＝（）（﹣），解得：121121mmcos（）:1=(-1):1(2)两球碰撞过程中损失是机械能：212)1(QmgLmmgLcos＝﹣﹣，碰前b球的最大动能22012bEmv，1222cos2bmmQEm

1-（1-）:1=(1-):1答：(1)两球a、b的质量之比为21（）:1(2)两球在碰撞过程中损失的机械能不球b在碰前的最大动能之比为21:12（）随练2、【答案】①0.5m/s②1.5J【解析】①以A、C组成的系统为研究对象，以C的初速度方向为正方向，由动量守恒定律

得：mv0＝mvA，A、B碰撞过程动量守恒，以A、B组成的系统为研究对象，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mvA＝（m＋M）v，代入数据解得：vA＝2m/s，v＝0.5m/s；②A、B碰撞过程中，由能量守恒定律可得A与B增加的内能：△E2211()22Am

vMmv，解得：△E＝1.5J．随练3、【答案】(1)B的质量为2m；(2)碰撞过程中A、B系统机械能的损失为2016mv．【解析】(1)以初速度v0的方向为正方向，设B的质量为mB，A、B碰后的共同速度为v，由题意知，碰撞前瞬间

A的速度为2v，碰撞前瞬间B的速度为2v，由动量守恒定律得，22BBvmmvmmv①由①式得，2Bmm②(2)从开始到碰后的全过程，以初速度v0的方向为正方向，由动量守恒得，mv0＝(m+mB)v③设碰撞过程A、B系统机械能损失为△E，则222111()(2)222

2BBvEmmvmmv④联立②③④式得，2016Emv随练4、【答案】（1）vA=2.5m/s；（2）R=0.16m【解析】（1）子弹穿过物体A的过程中，以子弹初速度的方向为正方向，对子弹和物块A，由动量守恒定律

得AAvmvmvm000解得vA=2.5m/s（2）当物体A恰好到达圆轨道最高点时，A、B水平方向有共同速度，对物体A和平板车B，由动量守恒定律得BBAAAvmmvm解得：vB=1.25m/sA、B相对运动过程中机械能守恒得222121BBAAAAvmmvm

gRmR=0.16m随练5、【答案】（1）20116mv（2）04v【解析】（1）从子弹击中木块A到弹簧第一次达到最短的过程可分为两个小过程一是子弹与木块A的碰撞过程，动量守恒，有机械能损失；二是子弹与木块A组成的整体与木块B通过弹簧相互作用的过程，动量

守恒，系统机械能守恒，子弹打入A的过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝4mv1…①打入后弹簧由原长到最短，由动量守恒定律得：4mv1＝8mv2…②A压缩弹簧的过程中，由机械能守恒定律：2212114822pmvmvE…③解①②③得弹簧第一次最短

时的弹性势能20116pEmv（2）从弹簧原长到压缩最短再恢复原长的过程中，木块B一直作变加速运动，木块A一直作变减速运动，相当于弹性碰撞，因质量相等，子弹和A组成的整体与B木块交换速度，此时B的速度最大，设弹簧弹开时A、B的速度分别为'1v，'2v4mv1＝4mv1′＋

4mv2′…④2211211144'4'222mvmvmv…⑤解得：v1′＝0，021'4vvv动量守恒定律的综合应用动量守恒与能量综合例题1、[多选题]【答案】BC【解析】A、由图线可知，A向右做减速运动，B做加速运动，当两者速度相等时，弹簧压缩

至最短，即t1时刻弹簧弹性势能最大，然后B继续加速，A继续减速，当B速度达到最大时，弹簧恢复原长，即t2时刻弹簧的弹性势能为零，故A错误。B、由图象可知两物块的运动过程：开始阶段A逐渐减速，B逐渐加速，A的速度比B的大，弹簧被压缩，t1时刻二者速度相同，系统动

能最小，弹簧的弹性势能最大，弹簧的压缩量最大，然后弹簧逐渐恢复原长，B依然加速，A先减速为零，然后反向加速，t2时刻，弹簧恢复原长状态，由于此时两物块速度相反，因此弹簧的长度将逐渐增大，两木块均减速，当t

3时刻，二木块速度相等，系统动能最小，弹簧最长，因此从t3到t4过程中弹簧由伸长状态恢复原长。系统动量守恒，选择开始到t1时刻列方程可知：m1v1＝（m1＋m2）v2，将v1＝3m／s，v2＝1m／s代入得：m1

︰m2＝1︰2，故B、C正确。D、从计时开始到t4的过程中，物块A、B及弹簧组成的系统动量守恒、机械能守恒，故D错误。例题2、【答案】（1）3m/s（2）1：2【解析】（1）对甲在CB段，由动能定理得：2201122m

gSmvmv甲解得：v甲＝3m/s；（2）碰后，乙恰好能达到圆周轨道最高点，在D点，由牛顿第二定律得：2=DvmgmR乙乙，从B点到D点，由机械能守恒定律得：22112=22DBmgRmvmv乙

乙乙，解得：52/BvgRms，在B位置，甲乙碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：='Bmvmvmv乙甲甲，由机械能守恒定律得：2'22111=222Bmvmvmv乙甲甲，解得：2Bmvvmm甲乙，则有：1=2mm乙。例题3、【

答案】（1）0.15m（2）0.3J（3）D点左端离D点距离为0.05m处【解析】（1）m1从释放到与m2相碰撞过程中，m1、m3组成的系统水平方向动量守恒，设m1水平位移大小s1，m3水平位移大小s3，则有31130ss

mmtt得0＝m1s1－m3s3其中s1＝R可以求得113310.30.152mssmm（2）设m1、m2刚要相碰时物体1的速度v1，滑道的速度为v3，由机械能守恒定律有：m1gR＝12m1v12＋12m3v32由动量守恒定律有：0＝m1v1－m3v3设物体1和物体2相碰后的共同速

度为v2，由动量守恒定律有：m1v1＝（m1＋m2）v2弹簧第一次压缩最短时由动量守恒定律可知物体1、2和滑道速度为零，此时弹性势能最大。设为Epm．从物体1、2碰撞后到弹簧第一次压缩最短的过程中，由能量守恒有12（m1＋m2）v22

＋12m3v32－μ（m1＋m2）gCD＝Epm联立以上方程，代入数据可得，Epm＝0.3J（3）分析可知物体1、2和滑道最终将静止，设物体1、2相对滑道CD部分运动的路程为s，由能量守恒有23122331211()(

)22mmvmvmmgs代入数据可得：s＝0.25m所以m1、m2最终停在D点左端离D点距离为0.05m处例题4、【答案】（1）20J（2）0.5m（3）2.5m【解析】（1）设物块获得的初速度为0v，由动量定理应有：00Imv…①设物块与小

车组成的系统相对静止时的共同速度为v，由动量守恒定律应有：0()mvmMv…②根据能量守恒定律应有：22011=()22EmvmMv损...③联立①②③可得：=20EJ损；（2）物块上升到最大高度时竖直速度为0，物块与小车具有相同的水平速度xv，

在水平方向根据动量守恒定律应有：0()xmvmMv...④物块从A到上升到最高度过程，对物块与小车组成的系统由能量守恒定律应有：22011()22xABmvmMvQmgh...⑤根据题意，12ABQE损...⑥联立①④⑤⑥解得：h＝0.

5m；（3）根据“摩擦生热”公式应有：=ABQfSmgL相对...⑦；联立⑥⑦两式并代入数据解得：2.5ABLm．例题5、【答案】（1）3m/s（2）12J【解析】（1）当A、B、C三者的速度相等时，弹簧的弹性势能最大，设共同

速度为vABC，取向右为正方向，由A、B、C三者组成的系统动量守恒得：（mA＋mB）v＝（mA＋mB＋mC）vABC解得：(22)63/224ABCvms（2）B、C碰撞时B、C组成的系统动量守恒，设碰后瞬间B、C两者速度为vBC

，则mBv＝（mB＋mC）vBC解得262/24BCvms设物ABC速度相同时弹簧的弹性势能最大为Ep，根据能量守恒得222111()()222pBCBCAABCABCEmmvmvmmmv222111(24)226(224)3

12J222.例题6、【答案】（1）1m/s，4m/s；（2）0.4．（3）72J．【解析】解：（1）A、B物块被弹簧弹开的过程中，取向右为正方向，由动量守恒定律得：mAvA﹣mBvB=0由能量守恒知：22PAABB11E=mv+mv22解得：v

A=1m/s，vB=4m/s（2）要使两物块能在水平面MN上发生碰撞，小物块B不能在传送带的Q端掉下，则小物块B在传送带上至多减速运动达Q处．以B物块为研究对象，滑到最右端时速度为0，据动能定理有：2minBBB1μmgL0mv2解得：μmin=0.4（3）

物块B返回过程先加速后匀速，到达水平面MN上时的速度等于传送带速度，故v′B=v=2m/s若两物块A、B在水平面MN上相向碰撞结合成整体，设共同速度为v1，根据动量守恒有mAvA﹣mBv′B=（mA+mB）

v1解得：v1=0.4m/s，方向向右．因v1=0.4m/s＜v=2m/s，所以两物块A、B整体滑上传送带后先向右减速，再向左加速回到水平面MN上，且速度与v1等值．整体与弹性挡板碰撞后再滑上传送带，如此

重复运动．两物块A、B整体每次在传送带上运动的过程中，相对传送带运动的距离为1vlv2μg=0.4m故从A、B物块碰撞后整体在传送带上三次运动的过程中产生的总热量为Q=3μ（mA+mB）gl=24J．若两

物块A、B在水平面MN上同向碰撞结合成整体，设共同速度为v2，根据动量守恒有mAvA﹣mBv′B=（mA+mB）v2解得：v2=1.2m/s，方向向右．因v1=1.2m/s＜v=2m/s，所以两物块A、B整体滑上传送带后先向右减速，再向左加速回

到水平面MN上，且速度与v2等值，如此重复运动．此时两物块A、B整体每次在传送带上运动的过程中，相对传送带运动的距离为'2vlv2μg=1.2m故从A、B物块碰撞后整体在传送带上三次运动的过程中产生的总热量为Q′=3μ（mA+mB）gl′=7

2J．答：（1）物块A、B被弹开时各自的速度大小分别是1m/s和4m/s；（2）小物块B与传送带间的动摩擦因数至少为0.4．（3）两物块与传送带间产生的总热量为72J．随练1、[多选题]【答案】BC【解析】A、设子弹的质量是m，初速度是v0，滑

块的质量是M，选择子弹的初速度的方向为正方向，根据动量守恒定律得：mv0＝（m＋M）v，得0mvvMm，可以知道最后滑块获得的速度。可知两种情况下木块得到的速度是相同的，根据动量定理可知，两种情况子弹对滑块的冲量一样大，

故A错误；B、滑块的末速度是相等的，所以获得的动能是相同的，根据动能定理，知物块动能的增量是子弹做功的结果，所以两次子弹对物块做的功一样多，故B正确；C、子弹嵌入下层或上层过程中，系统产生的热量都等于系统减少的动能，而子弹减少的动能一样多（子弹初末速度相等）；物

块能加的动能也一样多，则系统减少的动能一样，故系统产生的热量一样多。故C正确；D、子弹嵌入下层或上层过程中，系统产生的热量都等于系统减少的动能，即Q＝f•s相对，由于两种情况相比较子弹能射穿的厚度不相等，即相对位移s相对不相等，所以两种情况下子弹和

滑块间的水平作用力不一样大，故D错误。随练2、【答案】（1）小球B与挡板碰撞前，弹簧弹性势能最大值为18mv02；（2）小球B与挡板碰撞时，小球A、B速度分别为：02v、032v；（3）小球B与挡板碰撞后弹簧弹性势能最大值为12mv02．【解

析】（1）C、A发生弹性碰撞，碰撞过程动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=mvC+mvA，由机械能守恒定律得：12mv02=12mvC2+12mvA2，解得：vC=0，vA=v

0，因C与A发生了弹性碰撞，碰后C停下，A以v0向右运动，当va=vB时，EP最大，以向右为正方向，对A、B系统，由动量守恒定律得：mv0=(m+13m)v1，解得：v1=34v0，由能量守恒定律的，最大弹性势能为：EP=

12mv02-12（m+13m）v12，解得：EP=18mv02；（2）A、B系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mvA=mvA′+13mvB，由机械能守恒定律得：12mvA2=12mvA′2+12•13mvB2，解得：v

A′=02v，vB=032v；（3）B与板碰撞后，A、B两球速度相等时弹簧弹性势能最大，以向左为正方向，由动量守恒定律得：mvA′-13mvB=（m+13m）v，解得：v=0，弹簧的最大弹性势能：EP′=12mvA′2+12•13mvB2，解得：EP′=12m

v02；答：（1）小球B与挡板碰撞前，弹簧弹性势能最大值为18mv02；（2）小球B与挡板碰撞时，小球A、B速度分别为：02v、032v；（3）小球B与挡板碰撞后弹簧弹性势能最大值为12mv02．随练3、【答案】（1）5gl（2）12mgl【解析】（1）物块P恰好能够到达D点

时，由重力提供向心力，由牛顿第二定律有：2Dvmgml可得：Dvgl从B到D，由机械能守恒定律得：2211222DBmglmvmv得：5Bvgl（2）P与Q碰撞的过程时间短，水平方向的动量守恒，选取向右为正方向，设碰撞前P的速度为v，则：mv＝2mvBP从开始释放到到达Q的

过程中，弹簧的弹力对P做正功，地面的摩擦力对P做负功，由功能关系得：2142pEmglmv联立得：EP＝12mgl随练4、【答案】（1）202()MvMmg（2）202()MvLMmg（3）63.75

m【解析】（1）设第一次碰后共同速度为v1，第一次碰后到两者共速，对m、M组成的系统，选定水平向右为正方向。由动量守恒可得：（M－m）v0＝（M＋m）v1…①由能量守恒定律可得：μmgL112（M＋m）v0212（M＋m）v12…②由①②

解得：2012()MvLMmg；（2）第二次碰前M和m共同速度为v1向左运动，碰后m相对M向左滑动，设重新达到的共同速度为v2，以向左为正方向，由动量守恒动量得：（M－m）v1＝（M＋m）v2…③由能量守恒可得：μmgL212（M＋m）v1212（M＋m）v22…④由③④解得：2

122()MvLMmg因为v1＜v0，所以L2＜L1，同理：Ln＜Ln－1，故要使m不滑落板长应满足：2012()MvLLMmg；（3）由（1）（2）两问得当长木板第n次碰后，两者共同速度0()nnMmvvMm．⑤第n次碰后两者相对滑动距离212()

nnMvLMmg⑥故发生第五次碰撞前两者已经发生4次相对滑动，所以有S＝L1＋L2＋L3＋L4．⑦联立⑤⑥⑦代入数据得S＝63.75m随练5、【答案】（1）209150vg（2）025v（3）201.6vg【

解析】（1）木块A先做匀减速直线运动，后做匀加速直线运动；木块B一直做匀减速直线运动；木板C做两段加速度不同的匀加速直线运动，直到A、B、C三者的速度相等为止，设为v1．对A、B、C三者组成的系统，由动量守恒定律得：mv0＋

2mv0＝（m＋m＋3m）v1解得：v1＝0.6v0对木块B运用动能定理，有：221011(2)22mgsmvmv解得：209150vsg（2）设木块A在整个过程中的最小速度为v′，所用时间为t，由牛顿第二定律得：对木块A：1mgagm，对木板C：22233mgga

m，当木块A与木板C的速度相等时，木块A的速度最小，则有023gvgtt，解得035vtg木块A在整个过程中的最小速度为：0102'5vvatv．（3）整个过程中，摩擦生热为Q总＝Q1＋Q2＝Ffs相1＋Ffs相2－△Ek损由能量守恒得

，△Ek损2222001011116=(2)522210mvmvmvmv．所以201.6=kkfEEvSSSFmgg损损相总相1相2．随练6、【答案】（1）物块与传送带间的动摩擦因数μ为0.4；（2）求子弹击穿物

块的过程中产生的热量Q1为1.49×103J；（3）如果从第一颗子弹击中物块开始，每隔Δt＝1.5s就有一颗相同的子弹以同样的速度击穿物块，直至物块最终离开传送带．设所有子弹与物块间的相互作用力均相同，整个过程中物块与传动带之间因摩擦产生

的热量Q2为28J．【解析】（1）根据速度图象可知，物块在滑动摩擦力的作用下做匀变速运动，在0～1s内物块的速度由4m/s减为0．此过程物块的加速度大小vat4.0m/s2由牛顿第二定律有f＝μmg＝ma解得ag0.40（2）物块

被击中前的速度大小为v0＝2.0m/s，由速度图象可知物块被击穿后瞬间物块的速度大小v＝4.0m/s，方向向右．设子弹击穿物块后的速度为u，以向右为正方向根据动量守恒定律有mu0﹣Mv0＝mu+Mv解得u00

muMvMvm100m/s根据能量守恒有Q122220011112222muMvmuMv1.49×103J（3）第1颗子弹击穿物块后，物块向右运动的时间为t1＝1.0s，设向右运动的最大距离为

x1，则x12vt1＝2.0m，1.0s时物块改为向左运动，运动时间为t2＝0.50s，位移大小为x202vt2＝0.50m所以在Δt＝1.5s时间内，物块向右运动的距离为l＝x1﹣x2＝1.5m在Δt＝1.5s时间内，物块相对传

送带的位移为Δx1＝l+x3＝4.5m在t＝1.5s时物块的速度与传送带速度相同，所以第二颗子弹击中物块后的运动情况与第一颗子弹击中物块后运动情况相同，向右运动的可能达到的最大距离为2.0m，而此时物块与传送带右端距离为l＝1.5m，故物块中第二颗子弹后将滑出传送带．设物块被第二颗子弹

击穿后，其在传送带上滑行的时间为t3根据运动学公式：Δl＝vt312at32解得：t3＝0.50s物块第二次被击穿后相对传送带的位移Δx2＝Δl+v0t3＝2.5m所以Q2＝μmg（Δx1+Δx2）＝28

J随练7、【答案】（1）120N，方向竖直向下（2）150J（3）13【解析】（1）由a球恰好能到达A点，重力提供向心力，有：211AvmgmRa球从C到A的过程，由机械能守恒定律得：12m1vC2－12m1vA2＝m1g•2R得，小球a经过C点的速度：552/Cv

gRms在C点，以a球为研究对象，由牛顿第二定律得：211CvNmgmR联立解得：N＝6m1g＝120N由牛顿第三定律知，a球经过C点时对轨道的作用力大小为120N，方向竖直向下．（2）对ab系统，在弹簧释放的瞬时动量守恒，则：m1va－m2vb

＝0解得：vb＝102m/s22121115022PabEmvmvJ（3）由数学知识可知斜面的倾角为53°，长度为10R．对于b球沿斜面上滑的过程，由动能定理得：0－12m2vb2＝－m2g•8R－μm

2gcos53°•10R解得:13随练8、【答案】（1）1.25J（2）能；0.012s【解析】（1）假设P1从A端滑上AB一直减速到v0，则该过程中，运动的加速度大小a＝μg＝0.5×10m／s2＝5m／s2，运动的时间100760.25vv

tssa，运动的位移2210049361.31.5210vvxmmLma，故P1在传送带AB上先减速再匀速，最后以v0＝6m／s滑上小车的上表面CD，P1在传送带上产生的热量Q1＝μmg（x0－v0t0）＝0.5×1×（1.3－6×0.2

）J＝0.05J，P1在CD上运动，规定向右为正方向，根据动量守恒得，m1v0＝（M＋m1）v2，在小车上产生的热量222101211()22QmvMmv，代入数据解得Q2＝1.2J，则总的热量Q＝Q1＋Q2＝0.05

＋1.2J＝1.25J．（2）由于小滑块P1无论是否冲出E点，在最高点时其水平速度与小车相同，设最高点时，距D点的竖直高度为h，在BC相碰过程，由动量守恒得，Mv2＝（M＋m2）v3，从P1滑上小车到最高点过程，由动量守恒得，m1v0＝（M＋m1＋m2）v4，在小车与C碰后到最高点过程，由

机械能守恒有：22212231124111()()222mvmMvmghMmmv，解得h＝0.06＞R＝0.042m，故要冲出去，由于冲出E点后，小滑块在竖直分析上做竖直上抛运动，在空中运动的时间2()20.018220.01210hRt

ssg．随练9、【答案】（1）4m／s（2）16J（3）4.5s【解析】（1）A作平抛运动，竖直方向：212hgt，水平方向：S＝vAt代入数据联立解得：vA＝4m／s；（2）解锁过程系统动量守

恒，规定A的速度方向为正方向，有：mvA－mvB＝0由能量守恒定律：221122PABEmvmv代入数据解得：Ep＝16J；（3）B作匀变速运动，由牛顿第二定律有：μmg＝ma解得：a＝μg＝0.2×10m／s2＝2m／s2B向右匀减速至速度为零，由22BBvaS，解得：SB＝

4m＜L＝8m，所以B最终回到水平台面．设B向右匀减速的时间为t1：vB＝at1设B向左加速至与传送带共速的时间为t2，v0＝at2由2022vaS，共速后做匀速运动的时间为t3，有：SB－S2＝v0t3代入数据解得总时间：t＝t1＋t2＋t3＝4.5

s．随练10、【答案】（1）4.0m／s（2）2.0J（3）8.1m／s【解析】（1）滑块C滑上传送带到速度达到传送带的速度v＝4m／s所用的时间为t，加速度大小为a，在时间t内滑块C的位移为x，由牛顿第二定律得：μmg＝ma，由速度公式得：v＝vC＋at，由

位移公式得：212Cxvtat，代入数据解得：x＝3m，x＝3m＜L，滑块C在传送带上先加速，达到传送带的速度v后随传送带匀速运动，并从右端滑出，则滑块C从传送带右端滑出时的速度为v＝4.0m／s；（2）设A、B碰撞前A的速度为v0，A、B碰撞后的速度为v1，A、B与C分离时

的速度为v2，由机械能守恒定律得：2012AAmghmv，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mAv0＝（mA＋mB）v1，（mA＋mB）v1＝（mA＋mB）v2＋mCvC，A、B碰撞后，弹簧伸开的过程系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：22212111()()222PABABCC

Emmvmmvmv，代入数据可解得：EP＝2.0J；（3）在题设条件下，若滑块A在碰撞前速度有最大值，则碰撞后滑块C的速度有最大值，它减速运动到传送带右端时，速度应当恰好等于传送带的速度v。设A与B碰撞后的速度为v′1，分离后A与B的速度为v′2，滑块C

的速度为v′C，C在传送带上做匀减速运动的末速度为v＝4m／s，加速度大小为2m／s2，由匀变速直线运动的速度位移公式得：v2－v′C2＝2（－a）L，解得：42/Cvms，A、B碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒

定律得：1()AmABmvmmv，弹簧伸开过程，由动量守恒定律得：12()()ABCCABmmvmvmmv，由能量守恒定律得：22212111()()222PABABCCEmmvmmvmv，解得：74228.1/4mvms。拓展1、【答案】D【解析】

设A球与B球碰撞前瞬间的速度为v0．碰撞后瞬间A、B两球的速度分别为vA、vB．碰撞前，A球下摆过程，由机械能守恒定律得：mAgL（1－cos30°）1=2mAv02。碰撞过程，取水平向右为正方向，由动量守恒定律与机械能守恒定律得：mAv0＝mAvA＋mBvB12mAv021

=2mAvA212mBvB2。联立以上三式解得：011(23)22AvvgL，方向向左，011(23)22BvvgL，方向向右。设碰后A球的偏角为α，B球的偏角为β．由机械能守恒定律对A球有：12mAvA2＝mAgL（1－cosα

）对B球有：12mBvB2＝mBgL（1－cosβ）解得：α＝β＜30°因此：A向左，B向右，A偏角等于B偏角，且都小于30°，故ABC错误，D正确。2、【答案】D【解析】两球碰撞过程动量守恒，以两球组成的系统为研究对

象，取水平向右方向为正方向，碰撞前，A、B的速度分别为：vA＝2v0、vB＝v0。碰撞前系统总动量：P＝mAvA＋mBvB＝m×2v0＋2m×（－v0）＝0，P＝0，系统总动量为0，系统动量守恒，则碰撞前后系统总动量都是0；由于碰撞是弹性碰撞，则碰撞后二者的速度不能等于0，运动的方向一定相反

。故D正确，ABC错误。3、【答案】B【解析】分析小球的运动过程：A与弹簧接触后，弹簧被压缩，弹簧对A产生向左的弹力，对B产生向右的弹力，A做减速运动，B做加速运动，当B的速度等于A的速度时压缩量最大，此后A球速度继续减小，B球速率最大，由此弹簧被拉伸，A加速，B减速，所以

只有B正确．4、【答案】（1）3（2）4倍【解析】（1）两球自由下落直至大球下端刚要触地，由机械能守恒可得：201()()2MmvMmgh设向上为正方向，对于大球触地反弹后与小球的碰撞有：0012MvmvMvmv2222001111112222Mvmv

Mvmv由题意带入v1＝0，解得3Mm（2）由上述关系解得v2＝2v0带入02vgh可得：m弹起的高度H＝4h5、【答案】（1）4m／s（2）15J【解析】（1）以A﹑B为系统，由动量守恒定律有：1012(

)mvmmv1012mvvmmv＝4m／s；（2）弹簧被第一次压缩到最短时A﹑B﹑C三物块速度相等，全程由动量守恒定律有：0123()mvmmmv10123mvvmmmv'＝2.5m／

s从A与B碰撞粘在一起后到弹簧被第一次压缩到最短的过程中由机械能守恒定律有：221212311()()22PmmvmmmvEEp＝15J。6、【答案】（1）3m/s（2）0.9J（3）8N【解析】本题考查动能定理、动量守恒、圆周运动等知识。（1）以小滑块A为研究对象，对小滑块A

从a到b的过程应用动能定理可得：2201122bmgxmvmv对AB碰撞过程应用动量守恒得：mvb＝2mv，联立解得：v＝3m/s（2）两滑块在碰撞过程中损失的机械能221120.922bEmvmvJ损（3）以两滑块A为研究对象

，对两滑块从b到c的过程应用动能定理可得：2211222222cmgRmvmv两滑块在c点时，由牛顿第二定律可得：222cmvmgFR，联立解得：F＝8N7、[多选题]【答案】CD【解析】A、碰撞前，因为两物块始终作匀减速运动，有可能出现在相碰前有物块停止

运动，故应进行讨论。先假定在时间t内，都未停下，以a表示此加速度的大小，现分别以s1和s2表示两物块通过的位移大小，则有21112svtat①22212svtat②又s1＋s2＝17m③解①②③式并代入有关数据得：a＝1.75m／s2④经过时间t，两物块的速度分

别为：v1′＝v1－at＝10－1.75×2＝6.5m／s⑤v2′＝v2－at＝2－1.75×2＝－1.5m／s⑥v2′为负值是不合理的，因为物块是在摩擦力作用下作减速运动，当速度减少至零时，摩擦力消失，物块停止运动，速度不可能反向，表明物块2经历的

时间小于2s时已经停止运动。在时间t内，物块2停止运动前滑行的路程应是：2222vsa⑦解①③⑦式，代入有关数据得：a＝2m／s2⑧由①解得s1＝16m由⑦解得s2＝1m，所以两物块相碰时各自的位移大小之比为s1︰s2＝16︰1，故A错误。B、由⑤⑥式求得刚

要发生碰撞时物块1的速度：v1′＝v1－at＝10－2×2＝6m／s⑨而物块2的速度v2′＝0⑩设两物块碰撞后的共同速度为v，取碰撞前1的速度方向为正方向，由动量守恒定律有m1v1′＝（m1＋m2）v⑪解得：v＝2.4m／s。故B错误。C、两物块在碰撞中损失的动能为：22111

211'()22kEmvmmv⑫代入数据得△Ek＝21.6J，故C正确。D、碰撞后整体滑行的距离为2232.41.44222vsma，所以小物块1从开始到停止运动总的位移大小为x＝s1＋s3＝17.44m

，故D正确。8、【答案】（1）1m/s（2）103J（3）不能，1m【解析】（1）滑块下滑过程中水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m0v0－2mv＝0，滑块下滑过程系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：机械能守恒：2200011222mgRmvmv，解得：v＝1m/

s，v0＝4m/s；（2）滑块滑上乙车后，滑块与乙车租车的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m0v0－mv＝（m0＋m）v1，解得：12/3vms；由能量守恒定律有：22200010111()222PmmvmvmmvEmgL

，解得：103PmEJ；（3）设滑块没有滑出，共同速度为v2，由动量守恒定律可知：v2＝v1，由能量守恒定律有：EPm＝μm0gL′，解得：L′＝1m＜L，滑块不能滑出，停在车上的位置距C点的距离为1m．9、【答案】（1）4m/s（2）35m【解析】

（1）设滑块P滑上乙车前的速度为v，对整体应用动量守恒和能量关系有：mv－2MV=0E0=2222121MVmv解之得v=4m/s（2）设滑块P和小车乙达到的共同速度v′，对滑块P和小车乙有：mv－MV=（m＋M）v′μmgL=221mv＋221MV－2)(21vMm代入数据解之得

：L=35m10、【答案】（1）8m／s（2）0.25（3）7m【解析】（1）小球从a到b过程做平抛运动，竖直方向：vy2＝2g（H－h），小球到达b点时速度恰好沿斜面方向，则：0tan37yvv

，解得：v0＝8m／s；（2）小球到达b点时的速度：010/cos37vvms，小球与滑块发生弹性碰撞，碰撞过程动量守恒、机械能守恒，以平行于斜面向下为正方向，由动量守恒定律得：mv＝mv1＋M

v2，由机械能守恒定律得：22212111222mvmvMv，解得：v2＝2m／s；斜面的长度：1sin37hLm，滑块恰好反弹回b点，由能量守恒定律得：221cos372MvMgL，解得：μ＝0.25；（3）设滑块与挡板第二次

碰后到达最高点与c点的距离为x2，对滑块，由能量守恒定律得：Mg（L－x2）sin37°＝μMgx2cos37°解得：22233xLm，设滑块与挡板第三次碰撞后到达最高点与c点的距离为x3，对滑块，由能量守恒定律得：Mg（x2－x3）sin37°＝μMgx3cos37°解得：

23222()33xxm，依此类推：34322()33xxmx，……1122()33nnnxxm，滑块在斜面上通过的路程：12322[1()]33322237213nnxLxxxmmm。