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2023 届高三物理一轮复习多维度导学与分层专练
专题37 动量守恒定律、在碰撞问题中应用动量守恒定律
导练目标 导练内容
目标1 动量守恒定律内容、条件、四性
目标2 弹性碰撞
目标3 非弹性碰撞和完全非弹性碰撞
目标4 类碰撞模型
【知识导学与典例导练】
一、动量守恒定律内容、条件、四性
1． 动量守恒定律内容及条件
(1)内容：如果系统不受外力，或者所受外力的合力为零，这个系统的总动量保持不变。
(2)表达形式：mv＋mv＝mv′＋mv′。
1 1 2 2 1 1 2 2
(3)常见的几种守恒形式及成立条件：
①理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零。
②近似守恒：系统所受外力虽不为零，但内力远大于外力。
③分动量守恒：系统所受外力虽不为零，但在某方向上合力为零，系统在该方向上动量守恒。
2． 动量守恒定律的“四性”
(1)矢量性：表达式中初、末动量都是矢量，需要首先选取正方向，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，应用动量守恒定律时，各物体的速度必须是相对同一
参考系的速度。一般选地面为参考系。
(4)普适性：动量守恒定律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。
【例1】A、B两物体质量之比mA∶mB＝3∶2，原来静止在平板小车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地
面水平光滑。当两物体被同时释放后，则（ ）
A．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成系统的动量守恒
B．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成系统的动量守恒
C．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成系统的动量守恒
D．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成系统的动量守恒
【答案】BCD
【详解】A．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，由于A、B两物体质量之比为 ： ：
2，由 可知弹簧释放时，小车对A、B的滑动摩擦力大小之比为3：2，所以A、B组成的系统合外
力不等于零，系统的动量不守恒，A错误；
B．对于A、B、C组成的系统，由于地面光滑，系统的合外力为零，则系统动量守恒，B正确；
C．若A、B所受的摩擦力大小相等，方向又相反，所以A、B组成的系统合外力为零，A、B组成的系统动
量守恒，C正确；
D．对于A、B、C组成的系统，系统的合外力为零，则系统动量守恒，D正确。故选BCD。
二、弹性碰撞
1.碰撞三原则：(1)动量守恒：即p＋p＝p′＋p′.
1 2 1 2
(2)动能不增加：即E ＋E ≥E ′＋E ′或＋≥＋.
k1 k2 k1 k2
(3)速度要合理
①若碰前两物体同向运动，则应有v >v ，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运
后 前
动，则应有v ′≥v ′。
前 后
②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。
2. “动碰动”弹性碰撞
发生弹性碰撞的两个物体碰撞前后动量守恒，动能守恒，若两物体质量分别为m 和m，碰前速度为v，
1 2 1
v，碰后速度分别为vˊ，vˊ，则有：
2 1 2
(1) (2)
v 1 v 2 v 1 ’ˊ v 2 ’ˊ
联立（1）、（2）解得：
m m
1 2
m v +m v m v +m v
2 1 1 2 2 −v 2 1 1 2 2 −v
m +m 1 m +m 2
v’= 1 2 ，v’= 1 2 .
1 2
特殊情况： 若m=m ，vˊ= v ，vˊ= v .
1 2 1 2 2 1
3. “动碰静”弹性碰撞的结论
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 、速度为v 的小球与质量为m 的静止小
1 1 2
球发生正面弹性碰撞为例，则有mv＝mv′＋mv′ （1） mv＝mv′2＋mv′2 （2）
1 1 1 1 2 2 1 1 1 2 2
解得：v′＝，v′＝
1 2
结论：(1)当m＝m 时，v′＝0，v′＝v(质量相等，速度交换)
1 2 1 2 1
(2)当m＞m 时，v′＞0，v′＞0，且v′＞v′(大碰小，一起跑)
1 2 1 2 2 1
(3)当m＜m 时，v′＜0，v′＞0(小碰大，要反弹)
1 2 1 2
(4)当m≫m 时，v′＝v，v′＝2v(极大碰极小，大不变，小加倍)
1 2 1 0 2 1
(5)当m≪m 时，v′＝－v，v′＝0(极小碰极大，小等速率反弹，大不变)
1 2 1 1 2
【例2】如图所示，光滑水平面上有外形相同的A、B两个物体均向左运动，物体A的动量p=5kg·m/s，物
1体B的动量p=7kg·m/s，在物体A与物体B发生对心碰撞后物体B的动量变为10kg·m/s，则A、B两个物体
2
的质量m 与m 间的关系可能是（ ）
1 2
A．m=m B．m= m C．m= m D．m= m
1 2 1 2 1 2 1 2
【答案】C
【详解】AB．两个物体在碰撞过程中动量守恒，所以有 即 由于在碰撞过程
中，不可能有其他形式的能量转化为机械能，只能是系统内物体间机械能相互转化或一部分机械能转化为
内能，因此系统的机械能不会增加，有 ； 因为题目给出的物理情景是
“物体A与物体B发生对心碰撞”，要符合这一物理情景，就必须有 即 同时还要符合碰
撞后B物体的速度大于或等于A物体的速度这一物理情景，即 所以 故选C。
【例3】如图所示，小球A、B均静止在光滑水平面上，现给A球一个向右的初速度，之后与B球发生对心
碰撞。关于碰撞后的情况，下列说法正确的是（ ）
A．碰后小球A、B一定共速
B．若A、B球发生完全非弹性碰撞，A球质量等于B球质量，则A球将静止
C．若A、B球发生弹性碰撞，A球质量小于B球质量，则无论A球初速度大小是多少，A球都将反弹D．若A、B球发生弹性碰撞，A球质量足够大，B球质量足够小，则碰后B球的速度可以是A球的3倍
【答案】C
【详解】A．小球A、B发生对心碰撞，有可能是完全弹性碰撞，完全非弹性碰撞，非弹性碰撞；若是完全
非弹性碰撞，则AB两小球具有共同速度，若不是，两球速度不同，则A错误；
B．若A、B球发生完全非弹性碰撞，AB碰后有共同速度，有动量守恒可得 解得
若A球质量等于B球质量，则 故B错误；
CD．小球A、B发生对心碰撞，若是完全弹性弹性碰撞，则根据动量守恒和机械能守恒，则
解得 ， 若A球质量小于B球质量，有上述 和 的表达式
可知 ，A球质量足够大，B球质量足够小，有上述 和 的表达式可知 故C正确，
故D错误。故选C。
三、非弹性碰撞和完全非弹性碰撞
1.非弹性碰撞
介于弹性碰撞和完全非弹性碰撞之间的碰撞。动量守恒，碰撞系统动能损失。
根据动量守恒定律可得：mv+m v=m vˊ+m vˊ (1)
1 1 2 2 1 1 2 2
损失动能ΔE 根据机械能守恒定律可得： mv2+ mv2= mvˊ2+ mvˊ 2 + ΔE. (2)
k， 1 1 2 2 1 1 2 2 k
2.完全非弹性碰撞
碰后物体的速度相同， 根据动量守恒定律可得：
v 1 v 2 v 共
mv+m v=(m+m )v （1）
1 1 2 2 1 2 共 m m
1 2完全非弹性碰撞系统损失的动能最多，损失动能：
ΔE = ½mv2+ ½ mv2- ½(m +m )v 2 （2）
k 1 1 2 2 1 2 共
m v +m v 1 m m
1 1 2 2 1 2 (v −v ) 2
m +m 2 m +m 1 2
联立（1）、（2）解得：v = 1 2 ；ΔE= 1 2
共 k
【例4】A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动， ， ， ，
，当A追上B并发生碰撞后，A、B两球速度的可能值是（ ）
A． ，
B． ，
C． ，
D． ，
【答案】C
【详解】两球碰撞过程中系统动量守恒，以两球的初速度方向为正方向，如果两球发生完全非弹性碰撞，
由动量守恒定律得 代入数据解得 如果两球发生完全弹性碰撞，有
由机械能守恒定律得 代入数据解得
则碰撞后A、B的速度 ； 故选C。
四、类碰撞模型类“完全弹性碰撞” 类“完全非弹性碰撞”
子弹打木
块模型
板块模型
弹簧模型
弧形槽模
型摆球模型
【例5】长为L、质量为M的木块在粗糙的水平面上处于静止状态，有一质量为m的子弹（可视为质点）
以水平速度 击中木块并恰好未穿出。设子弹射入木块的过程时间极短，子弹受到木块的阻力恒定，木块
运动的最大距离为x，重力加速度为g，下列说法中正确的是（ ）
A．子弹受到的阻力大小
B．子弹受到的阻力大小
C．木块与水平面间的动摩擦因数
D．木块与水平面间的动摩擦因数
【答案】AC
【详解】AB．设子弹射入木块的过程时间极短，由动量守恒得 根据动能定理得
联立解得 ，A正确，B错误；
CD．子弹和物块一起做减速运动，由动能定理得 联立解得C正确，D错误。故选AC。
【例6】如图甲所示，光滑的水平地面上放着一个足够长的长木板，t=0时，一质量为m的滑块以初速度v
0
滑上长木板，两者的v﹣t图像如图乙所示，当地的重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．在0～t 时间内，滑块在长木板上滑过的位移为
0
B．长木板的质量为
C．在0～t 时间内，滑块受到的摩擦力为
0
D．在0～t 时间内，滑块与长木板之间因摩擦而产生的热量为
0
【答案】C
【详解】A．在0～t 时间内，滑块在长木板上滑过的位移为 ，A错误；
0
B．根据动量守恒定律得 解得 ，B错误；
C．在0～t 时间内，对木板根据动量定理得 解得 ，C正确；
0
D．在0～t 时间内，根据能量守恒定律得 ，D错误。故选C。
0
【例7】如图甲所示，一轻质弹簧的两端分别与质量是m、m 的A、B两物块相连，它们静止在光滑水平
1 2
面上，两物块质量之比m：m＝2：3．现给物块A一个水平向右的初速度v 并从此时刻开始计时，两物块
1 2 0
的速度随时间变化的规律如图乙所示，下列说法正确的（ ）A．t 时刻弹簧长度最短，t 时刻弹簧长度最长
1 2
B．t 时刻弹簧处于伸长状态
2
C．v＝0.8v
2 0
D．v＝0.5v
3 0
【答案】AC
【详解】AB.从图象可以看出，从0到t 的过程中，m 的速度比m 的大，弹簧被压缩，t 时刻两物块达到共
1 1 2 1
同速度，此后，m 的速度比m 的小，两者间距增大，弹簧的压缩量减小，所以t 时刻弹簧长度最短，t 时
1 2 1 2
刻m 的速度最大，此后m 的速度减小，弹簧被拉伸，则t 时刻弹簧恢复原长，t 时刻两滑块速度相等，此
2 2 2 3
时弹簧最长，故A符合题意，B不符合题意；
C.两滑块组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv＝﹣mv+mv
1 0 1 1 2 2
t 时刻弹簧恢复原长，弹簧弹性势能为零，系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：
2
解得：v＝0.8v 故C不符合题意；
2 0
D.两滑块组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv＝（m+m）v 解得：v＝0.4v
1 0 1 2 3 3 0
故D不符合题意；
【例8】如图所示，质量为4m的光滑物块a静止在光滑水平地面上，物块a左侧面为圆弧面且与水平地面
相切，质量为m的滑块b以初速度v 向右运动滑上a，沿a左侧面上滑一段距离后又返回，最后滑离a，不
0
计一切摩擦，滑块b从滑上a到滑离a的过程中，下列说法正确的是（ ）A．滑块b沿a上升的最大高度为
B．物块a运动的最大速度为
C．物块a对滑块b的冲量大小
D．物块a对滑块b的所做的功
【答案】BD
【详解】A．b沿a上升到最大高度时，两者速度相等，取向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得
mv=(m＋4m）v由机械能守恒定律得 mv2= （m＋4m）v2＋mgh解得h= ，A错误；
0 0
B．滑块b从滑上a到滑离a后，物块a运动的速度最大。系统在水平方向动量守恒，对整个过程，以向右
为正方向，由动量守恒定律得mv=mv＋4mv 由机械能守恒定律得 mv2= mv2＋ ×4mv2解得v= v，
0 b a 0 b a a 0
v= v，B正确；
b 0
C．对b由动量定理 ，C错误；
D．对b由动能定理 ，D正确。故选BD。
【例9】如图所示，质量为m滑块A套在一水平固定的光滑细杆上，可自由滑动。在水平杆上固定一挡板
P，滑块靠在挡板P左侧且处于静止状态，其下端用长为L的不可伸长的轻质细线悬挂一个质量为3m的小
球B，已知重力加速度大小为g。现将小球B拉至右端水平位置，使细线处于自然长度，由静止释放，忽
略空气阻力，则（ ）
A．滑块与小球组成的系统机械能不守恒
B．滑块与小球组成的系统动量守恒C．小球第一次运动至最低点时，细线拉力大小为3mg
D．滑块运动过程中，所能获得的最大速度为
【答案】D
【详解】A．滑块与小球运动过程中，系统内没有除重力之外的力对系统做功，所以系统机械能守恒，故A
错误；
B．小球向下摆动过程中，滑块受到挡板的作用力，滑块与小球组成的系统合外力不为零，系统动量不守
恒，故B错误；
C．设小球第一次运动至最低点时的速度为v，根据机械能守恒定律有 ①在最低点根据牛顿
第二定律有 ②联立①②解得小球第一次运动至最低点时细线拉力大小为 ③故C错
误；
D．当小球通过最低点后，P不再受挡板的作用力，此时小球与滑块组成的系统在水平方向动量守恒，设某
时刻小球和滑块的速度分别为v 和v，规定水平向左为正方向，根据动量守恒定律有 ④
1 2
由上式可知，当v 与v反向且达到最大值时，v 也将达到最大值，即小球第二次通过最低点时，滑块速度
1 2
达到最大，根据机械能守恒定律有 ⑤联立①④⑤解得 ⑥
故D正确。故选D。
【多维度分层专练】
1．如图所示，小车a静止于光滑水平面上，a上有一圆弧PQ，圆弧位于同一竖直平面内，小球b由静止
起沿圆弧下滑，则这一过程中（ ）
A．若圆弧不光滑，则系统的动量守恒，机械能不守恒
B．若圆弧不光滑，则系统的动量不守恒，机械能守恒C．若圆弧光滑，则系统的动量不守恒，机械能守恒
D．若圆弧光滑，则系统的动量守恒，机械能守恒
【答案】C
【详解】不论圆弧是否光滑，小车与小球组成的系统在小球下滑过程中系统所受合外力都不为零，则系统
动量都不守恒。但系统水平方向不受外力，所以系统水平方向的动量守恒；若圆弧光滑，只有重力做功，
系统的机械能守恒；若圆弧不光滑，系统要克服摩擦力做功，机械能减少，故ABD错误，C正确。故选
C。
2．光滑水平面和竖直光滑曲面相切于曲面的最低点，大小相同的弹性小球A、B质量分别为m 和m 。B
A B
静止于曲面的最低点，让球A从曲面上一定高度h滑下，在最低点与球B发生正碰，碰撞过程无机械能损
失，水平面足够长。下列说法正确的是（ ）
A．两小球不可能发生第二次碰撞
B．当 时，两小球只能发生一次碰撞
C．增大h可能让两小球发生第二次碰撞
D．若m <m ，两小球一定能发生第二次碰撞
A B
【答案】B
【详解】AC．由能量守恒定律和动量守恒定律，有 ；
两球撞击后的速度为 ； 当它们速度同向时， ，不会发生第二次碰撞；
若球A反弹后滑上曲面，由于机械能守恒，球A回到水平面时的速度与反弹时的速度大小相等，当
时，可以发生第二次碰撞，与h无关，选项AC错误；
BD．若发生第二次碰撞，则有 计算得 ，所以当 时，球A、B只
能发生一次碰撞，故B正确，D错误。故选B。3．如图所示，一个质量为0.5kg的小球在离车底面高度20m处以一定的初速度向左平抛，落在以7.5m/s
的速度沿光滑的水平面向右匀速行驶的敞篷小车中，小车的底面上涂有一层油泥，车与油泥的总质量为
4kg，设小球在落到车的底面前瞬间的速度是25m/s，则小球与小车相对静止时，小车的速度是（ ）
（g=10m/s2）
A．5m/s B．4m/s C．8m/s D．9.5m/s
【答案】A
【详解】小球抛出后做平抛运动，根据动能定理得 解得 小球和车作用过程中，
水平方向的外力之和为零，动量守恒，有 解得 故A正确，BCD错误。故选
A。
4．如图所示，在固定的水平杆上，套有质量为m的光滑圆环，轻绳一端拴在环上，另一端系着质量为M
的木块，现有质量为m 的子弹以大小为v 的水平速度射入木块并留在木块中（此过程时间极短），重力加
0 0
速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．子弹射入木块后的瞬间，木块的速度大小为
B．子弹射入木块后的瞬间，绳子拉力等于（M＋m）g
0
C．子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统机械能守恒
D．子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统动量总是守恒的
【答案】C
【详解】A．子弹射入木块后的瞬间，子弹和木块系统的动量守恒，则mv =(M+m)v 解得速度大小为
0 0 0 1
故A错误；B．子弹射入木块后的瞬间，根据牛顿第二定律可得 可知绳子拉力
故B错误；
C．子弹射入木块之后，系统只有重力做功，所以圆环、木块和子弹构成的系统机械能守恒，故C正确；
D．子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统水平方向没有外力，圆环、木块和子弹构成的系统
只在水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，所以子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统动
量不守恒的，故D错误；故选C。
5．如图所示，足够长的小平板车 的质量为 ，以水平速度 向右在光滑水平面上运动，与此同时，质
量为 的小物体 从车的右端以水平速度 沿车的粗糙上表面向左运动。若物体与车面之间的动摩擦因数
为 ，则在足够长的时间内（ ）
A．若 ，物体 对地向左的最大位移是
B．若 ，小车 对地向右的最大位移是
C．无论 与 的大小关系如何，摩擦力对平板车的冲量均为
D．无论 与 的大小关系如何，摩擦力的作用时间均为
【答案】B
【详解】规定向右为正方向，根据动量守恒定律有 解得
A．若 ， 所受的摩擦力 对 ，根据动能定理得 则得物体 对地向左的
最大位移 故A错误；
B．若 ，对 ，由动能定理得 则得小车 对地向右的最大位移 故B正确；C．根据动量定理知，摩擦力对平板车的冲量等于平板车动量的变化量，即 故C错误；
D．根据动量定理得 ； 解得 故D错误。故选B。
6．物理学中有一种碰撞被称为“超弹性连续碰撞”，通过能量的转移可以使最上面的小球弹起的高度比
释放时的高度更大。如图所示，A、B、C三个弹性极好的小球，相邻小球间有极小间隙，三球球心连线竖
直，从离地一定高度处由静止同时释放（其中C球下部离地H），所有碰撞均为弹性碰撞，且碰后B、C恰
好静止，则（ ）
A．C球落地前瞬间A球的速度为
B．从上至下三球的质量之比为1∶2∶6
C．A球弹起的最大高度为25H
D．A球弹起的最大高度为9H
【答案】ABD
【详解】A．因为A、B、C球由静止同时释放，所以落地瞬间的速度相等，由自由落体运动公式v2=2gH
解得 ，A正确；
B．由题意可知，C球碰地，反向碰B，B在反向碰A，因都是弹性碰撞，设向上为正方向，由动量守恒定
律和机械能守恒定律，所以C碰B有m v m v =m v ＇；
C C B B B B
−
B碰A有m v ＇−m v =m v ＇； 由以上几式可得m ﹕m ﹕m =1﹕2﹕6，B正确；
B B A A A A A B C
CD．由B选项分析解得 ，A球弹起的最大高度 ； ，C错误，D正确。故选ABD。
7．如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为 和 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遵
循正弦变化关系，已知 =1kg，下列说法正确的是（ ）
A．物块B的质量为2kg
B．弹簧的最大弹性势能为1.5J
C．从开始到弹簧第一次恢复原长时物块B的位移数值为
D．从开始到弹簧第一次恢复原长过程中弹簧对物块A的冲量大小为
【答案】ACD
【详解】A.由图像可知A物块的初速度 ，t 时刻两物块达到共速 ，由动量守恒得
1
解得 故A正确；
B.由图像可知t 时刻弹簧的压缩量最大，此时弹性势能最大，由能量守恒得
1
解得 故B错误；
C.从开始到弹簧第一次恢复原长所经历的时间为t，此时B的位移为图线与t轴所围成的面积，由图线的对
2
称性可得，位移为 故C正确；
D.B速度最大时，弹簧恢复原长，由动量守恒得 由能量守恒得
解得此时A的速度为 故从开始到弹簧第一次恢复原长过程中弹簧对物块A的冲量为
大小为 ，故D正确。故选ACD。
8．如图所示，在光滑水平面上停放质量为m装有弧形槽的小车．现有一质量也为m的小球以v 的水平速
0度沿切线水平的槽口向小车滑去(不计摩擦)，到达某一高度后，小球又返回小车右端，则( )
A．小球在小车上到达最高点时的速度大小为
B．小球离车后，对地将向右做平抛运动
C．小球离车后，对地将做自由落体运动
D．此过程中小球对车做的功为
【答案】ACD
【详解】A、当小球与小车的水平速度相等时，小球弧形槽上升到最大高度，则：mv=2mv
0
得： 选项Ａ正确；
B、设小球离开小车时，小球的速度为v，小车的速度为v，整个过程中动量守恒，得：mv=mv+mv
1 2 0 1 2
由动能守恒得： 联立解得：v=0；v=v 所以小球与小车分离后做自由落体运动，
1 2 0
故B错误，C正确。
D、对小车运用动能定理得，小球对小车做功： 故D正确。
9．如图，两辆完全相同的小车A和B静止在光滑水平面上，两小车紧靠在一起而不粘连，在小车A上竖
直固定一轻质细杆，长 的轻质细绳的一端系在细杆顶端，另一端拴一质量m=1kg的小球，已知小车
的质量M=2m，重力加速度g=10m/s2，细杆的高度大于绳长。现将小球向右拉至细绳水平且绷直后由静止
释放，下列说法正确的是（ ）A．小球与两小车组成的系统动量守恒
B．释放小球后到小球第一次到达最低点过程中，小车A对小车B的弹力一直增大
C．小球第一次到达最低点后能向左上升的最大高度为
D．小球第二次到达最低点时小球与小车A的速率之比为8∶7
【答案】CD
【详解】A．小球与两小车组成的系统在竖直方向上所受合外力不为零，动量不守恒，故A错误；
B．小球与两小车组成的系统在水平方向上所受合外力为零，动量守恒，释放小球后到小球第一次到达最
低点过程中，小球在水平方向的分速度一直增大，所以小车A、B速度一直增大，当小球到达最低点时，
小车A、B速度达到最大，此时小车A对小车B的弹力为零，所以释放小球后到小球第一次到达最低点过
程中，小车A对小车B的弹力一直减小，故B错误；
C．设小球第一次到达最低点时的速度大小为v，两小车速度大小均为v，在水平方向根据动量守恒定律有
0 1
①根据机械能守恒定律有 ②小球第一次到达最低点后能向左上升至
最大高度h时，小车A和小球速度大小相同，设为v，在水平方向根据动量守恒定律有
2
③根据机械能守恒定律有 ④
联立①②③④解得 ⑤故C正确；
D．设小球第二次到达最低点时小球与小车A的速度分别为v、v，取水平向左为正方向，在水平方向上根
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据动量守恒定律有： ⑥
根据机械能守恒定律有： ⑦联立⑥⑦解得 ， ⑧所以 ⑨故D正确。故选CD。
