文档文本内容
难点 13 动量和能量的综合问题
1．解动力学问题的三个基本观点
(1)动力学观点：运用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题．
(2)能量观点：用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题．
(3)动量观点：用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题．用动量定理可简化问题的求解过程．
2．力学规律的选用原则
(1)如果要列出各物理量在某一时刻的关系式，可用牛顿第二定律．
(2)研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理(涉及时间的问题)或动能定理(涉
及位移的问题)去解决问题．
(3)若研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用，一般用动量守恒定律和机械能守恒定律去解决问
题，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件．
(4)在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律，系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，
即转化为系统内能的量．
(5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到这些过程一般均隐含有系统机械能与其他形
式能量之间的转化，作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决．
一、动量与能量观点的综合应用
【例1】长为l的轻绳上端固定，下端系着质量为m 的小球A，处于静止状态．A受到一个水平瞬时冲量后
1
在竖直平面内做圆周运动，恰好能通过圆周轨迹的最高点．当A回到最低点时，质量为m 的小球B与之迎
2
面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圆周运动，并能通过圆周轨迹的最高点．不计空气阻力，重力加速度
为g，求：
(1)A受到的水平瞬时冲量I的大小；
(2)碰撞前瞬间B的动能E 至少多大？
k
【答案】(1)m (2)
1
【解析】(1)A恰好能通过圆周轨迹的最高点，此时轻绳的拉力刚好为零，设A在最高点时的速度大小为
v，由牛顿第二定律，有
mg＝m
1 1
A从最低点到最高点的过程中机械能守恒，取轨迹最低点处重力势能为零，设 A在最低点的速度大小为
v ，有
A
mv 2＝mv2＋2mgl
1 A 1 1
联立解得v ＝
A
由动量定理，有I＝mv ＝m
1 A 1(2)设两球粘在一起时速度大小为v′，若A、B粘在一起后恰能通过圆周轨迹的最高点，需满足
v′＝v
A
要达到上述条件，碰后两球速度方向必须与碰前 B的速度方向相同，以此方向为正方向，设 B碰前瞬间的
速度大小为v ，由动量守恒定律，有
B
mv －mv ＝(m＋m)v′
2 B 1 A 1 2
联立解得v ＝
B
又E＝mv 2
k 2 B
可得碰撞前瞬间B的动能E 至少为
k
E＝.
k
二、力学三大观点的综合应用
【例2】如图所示，一质量为M＝3.0 kg的平板车静止在光滑的水平地面上，其右侧足够远处有一障碍物
A，质量为m＝2.0 kg的b球用长l＝2 m的细线悬挂于障碍物正上方，一质量也为m的滑块(视为质点)以v
0
＝7 m/s的初速度从左端滑上平板车，同时对平板车施加一水平向右的，大小为6 N的恒力F.当滑块运动到
平板车的最右端时，二者恰好相对静止，此时撤去恒力F.当平板车碰到障碍物A时立即停止运动，滑块水
平飞离平板车后与b球正碰并与b粘在一起成为c.不计碰撞过程中的能量损失，不计空气阻力．已知滑块
与平板车间的动摩擦因数μ＝0.3，g取10 m/s2，求：
(1)撤去恒力F前，滑块、平板车的加速度各为多大，方向如何；
(2)撤去恒力F时，滑块与平板车的速度大小；
(3)c能上升的最大高度．
【答案】(1)滑块的加速度为3 m/s2、方向水平向左，平板车的加速度为 4 m/s2，方向水平向右 (2)4 m/s
(3)0.2 m
【解析】(1)对滑块，由牛顿第二定律得：
a＝μg＝3 m/s2，方向水平向左
1
对平板车，由牛顿第二定律得：a＝＝ m/s2＝4 m/s2，方向水平向右
2
(2)设经过时间t 滑块与平板车相对静止，此时撤去恒力F，共同速度为v
1 1
则：v＝v－at
1 0 11
v＝at
1 21
解得：t＝1 s，v＝4 m/s.
1 1
(3)规定向右为正方向，对滑块和b球组成的系统运用动量守恒得，mv＝2mv，
1 2
解得v＝＝ m/s＝2 m/s.
2
根据机械能守恒得，×2mv2＝2mgh，
2
解得h＝＝ m＝0.2 m.一、单选题
1．（2022·全国·高三专题练习）两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，m ＝1 kg，m ＝2
A B
kg，v ＝6 m/s，v ＝2 m/s，当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是（ ）
A B
A．v ′＝5 m/s，v ′＝2.5 m/s
A B
B．v ′＝2 m/s，v ′＝4 m/s
A B
C．v ′＝－4 m/s，v ′＝7 m/s
A B
D．v ′＝7 m/s，v ′＝1.5 m/s
A B
【答案】B
【解析】AD．碰前的动量为
碰后A项的总动量为
D项的总动量为
则两种情况都满足动量守恒；但碰后A的速度v ′大于B的速度v ′，必然要发生第二次碰撞，不符合实际，
A B
AD错误；
B．碰后的总动量为
则满足动量守恒，碰后A的速度小于B的速度，不会发生第二次碰撞，碰前的总动能
两球碰后的总动能
不违背能量守恒定律，B正确；
C．碰后的总动量为
则满足动量守恒，两球碰后的总动能大于碰前的总动能
违背了能量守恒定律，C错误。
故选B。
2．（2022·全国·高三课时练习）如图，建筑工地上的打桩过程可简化为：重锤从空中某一固定高度由静止
释放，与钢筋混凝土预制桩在极短时间内发生碰撞，并以共同速度下降一段距离后停下来。则（ ）
A．重锤质量越大，撞预制桩前瞬间的速度越大
B．重锤质量越大，预制桩被撞后瞬间的速度越大
C．碰撞过程中，重锤和预制桩的总机械能保持不变
D．整个过程中，重锤和预制桩的总动量保持不变
【答案】B
【解析】A．重锤下落过程做自由落体运动，据位移速度公式可得
故重锤撞预制桩前瞬间的速度与重锤的质量无关，只与下落的高度有关，A错误；
B．重锤撞击预制桩的瞬间动量守恒，可得
故重锤质量m越大，预制桩被撞后瞬间的速度越大，B正确；
C．碰撞过程为完全非弹性碰撞，重锤和预制桩的总机械能要减小，系统要产生内能，C错误；
D．整个过程中，重锤和预制桩在以共同速度减速下降的过程中，受合外力不为零，总动量减小，D错误。
故选B。
3．（2022·重庆·模拟预测）如图1所示，在水平地面上有甲、乙两物块（均可视为质点）相向运动，运动
一段时间后发生碰撞，碰撞后两物块继续运动直到均停止在地面上。整个过程中甲、乙两物块运动的速度-
时间图象如图2所示， 时刻甲、乙间距为 ，均停止后间距为 ，已知重力加速度 m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．两物块与地面间的动摩擦因数相同
B．两物块的质量之比为
C．两物块间的碰撞为弹性碰撞
D．乙在整个过程中的位移大小
【答案】D
【解析】A．从图2可以看出
，
解得
，
A错误；
B．碰撞前瞬间甲、乙两物块的速度分别为 ， ，由运动学知识可知碰后瞬间甲、乙两
物块的速度分别为 ， ，根据动量守恒定律有
解得
B错误；
C．结合B项分析可知
故碰撞过程中有动能损失，C错误；D．结合图象分析可知， 之后的运动过程，甲的位移为零，则乙的位移大小
D正确。
故选D。
4．（2022·河南·睢县高级中学高三开学考试）如图所示，一同学在 点的正上方 高处将小球 由静止
释放，同时，另一同学将质量相同的小球 从 点以 的初速度竖直向上抛出，两小球在空中发生弹
性碰撞（时间极短）经过一段时间后，两小球分别经过 点。取重力加速度大小 ，不计空气阻
力，两小球均可视为质点，下列说法正确的是（ ）
A．碰撞点到 点的距离为
B．碰撞前瞬间小球 的速度大小为
C．小球 经过 点时的速度大小为
D．两小球经过 点的时间间隔为
【答案】D
【解析】AB．设两球经过时间 发生碰撞，对于小球 ，下落的高度为
对于小球B，上升的高度为
则
解得则
则碰撞点到 点的距离为 ，碰撞前瞬间小球 的速度大小为
碰撞前瞬间小球 的速度大小为
故AB错误；
CD．两小球在空中发生弹性碰撞，且两个小球的质量相等，根据动量守恒定律和能量守恒定理可知，两个
小球的速度互换，则小球A从碰撞点开始向下做自由落体运动，则到达P点的速度大小为
根据
可得小球A下落到P点的时间
小球B做初速度为 的匀加速运动，根据
解得小球B下落到P点的时间
则两小球经过 点的时间间隔为
故C错误D正确。
故选D。
5．（2022·湖北省孝感市第一高级中学模拟预测）如图所示，小车静止在光滑水平面上，AB是小车内半圆
弧轨道的水平直径，现将一质量为m的小球从距A点正上方R处由静止释放，小球由A点沿切线方向进入
半圆轨道后又从B点冲出，已知半圆弧半径为R，小车质量是小球质量的k倍，不计一切摩擦，则下列说法正确的是（ ）
A．在相互作用过程中小球和小车组成的系统动量守恒
B．小球从小车的B点冲出后，不能止升到刚释放时的高度
C．整个过程中小球和小车的机械能守恒
D．小球从滑入轨道至圆弧轨道的最低点时小球的位移大小
【答案】C
【解析】A．小球与小车组成的系统仅在水平方向不受外力，即只是水平方向系统动量守恒，故A错误；
B．因为系统水平方向的总动量保持为零，则小球由B点离开小车时小车速度为零，小球竖直上抛，由机
械能守恒可知小球能上升到原来的高度，故B错误；
C．整个过程中小球和小车的机械能守恒，C正确；
D．人船模型可得
解得
，
所以小球的水平位移大小为 ，故D错误。
故选C。
6．（2022·广东·模拟预测）如图所示，半径为R光滑的 圆弧轨道PA固定安装在竖直平面内，A点的切
线水平，与水平地面的高度差为R，让质量为m=0.2kg的小球甲（视为质点）从P点由静止沿圆弧轨道滑
下，从A点飞出，落在地面的B点，飞出后落到地面的水平位移为x=0.9m；把质量为M=0.4kg的小球乙
（与甲的半径相同）静止放置在A点，让小球甲重新从P点由静止沿圆弧轨道滑下，与乙发生弹性碰撞，
空气的阻力忽略不计、重力加速度 ，下列说法正确的是（ ）A．圆弧轨道的半径R=0.9m
B．乙从A点飞出至落至地面过程中重力的冲量大小为
C．甲、乙碰撞后乙的速度2.0m/s
D．乙对甲的冲量大小为
【答案】C
【解析】A．甲由P到A，由机械能守恒定律可得
甲由A到B，由平抛运动的规律可得
综合解得
故A错误；
B．乙做平抛运动的时间为
重力的冲量
计算可得
故B错误；
C．甲乙在A点发生碰撞，设碰后甲乙的速度分别为 、 ，由动量守恒由能量守恒
综合解得
故C正确；
D．甲乙在碰撞的过程中，对甲应用动量定理，可得乙对甲的冲量大小为
故D错误。
故选C。
7．（2022·福建·模拟预测）如图所示，半径为R、质量为m的半圆轨道静止在光滑水平地面上，直径AB
水平，半径OC竖直。一可视为质点的质量为 的小物块从A端由静止滑下。已知小物块第一次经过C点
时的速度大小为v，重力加速度为g，不计空气阻力。下列判断正确的是（ ）
A．无论轨道ABC是否光滑，小物块都不能滑到B端
B．若轨道ABC是粗糙的，小物块从A端第一次滑到C点的过程中系统因摩擦产生的总热量为
C．无论轨道ABC是否光滑，小物块从A端第一次滑到C点的过程中受到的合外力冲量大小均为
D．无论轨道ABC是否光滑，小物块从A端第一次滑到C点的过程中水平位移大小均为
【答案】CD
【解析】A. 因水平面光滑，所以轨道与物块组成的系统水平方向动量守恒，设物块沿CB向上滑到最大高
度h时，两者相对静止，速度为 ，则若轨道光滑，由能量守恒得
解得
小物能滑到B端，故A错误；
B. 小物块从A端第一次滑到C点的过程中水平方向动量守恒，结合能量守恒定律可得
解得系统因摩擦产生的总热量为
故B错误；
C. 小物块从A端第一次滑到C点的过程中，无论轨道ABC是否光滑，由动量定理可得合外力的冲量为
故C正确；
D. 小物块从A端第一次滑到C点的过程中，无论轨道ABC是否光滑，水平方向有
解得小物块水平位移大小为
故D正确。
故选CD。
8．（2022·安徽·中国科技大学附属中学模拟预测）如图，A、B两个物体，用一根轻弹簧相连，放在光滑
的水平面上，已知A物体质量为B物体的一半，A物体左边有一竖直档板，现用水平力向左缓慢推B物体，
压缩弹簧，外力做功为W。突然撤去外力，B物体从静止开始向右运动，以后带动A物体做复杂的运动，当物体A开始向右运动以后，弹簧的弹性势能最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】现用水平力向左缓慢推B物体，压缩弹簧，外力做功为 ，根据能量守恒知簧储存的弹性势能大
小是 ，设A物体刚运动时，弹簧弹性势能转化为B的动能，B物体的速度为 ，则
当弹性势能最大时，两物体的速度相等，设为 ，则由动量守恒得
再由机械能守恒定律得
联立解得，当物体A开始向右运动以后，弹簧的弹性势能最大值为
故选C。
9．（2022·辽宁·沈阳二中三模）质量为 的平板小车左端放有质量为 的小铁块，它和车之
间的动摩擦因数 。开始时，车和铁块均以 的速度在光滑水平面上向右运动，如图所示。车
与墙发生正碰，设碰撞时间极短，碰撞中无机械能损失，且车身足够长，运动过程中铁块总不能和墙相碰，
则小车和墙第一次相碰后，平板小车第一次离开墙的最大距离 以及铁块相对小车的总位移 分别为（
）A． ， B． ，
C． ， D． ，
【答案】A
【解析】车第一次与墙相撞后向左做匀减速直线运动，当速度减为零时，平板小车第一次离开墙的最大距
离 ，对小车，由动能定理得
代入数据解得
小车与铁块的初速度向右，系统的初动量向右，由于 ，小车不论与墙相撞多少次，系统的总动量总
是向右，小车与墙壁每碰撞一次系统的总动量减少一次，直到系统动量减为零为止，最后小车停在墙下，
且铁块相对小车相对运动方向不变总是相对向右运动，设整个过程铁块相对小车的总位移为 ，对系统，
由能量守恒定律得
代入数据解得
故A正确，BCD错误。
故选A。
10．（2022·山西·太原五中二模）如图所示，质量为0.1kg的小圆环A穿在光滑的水平直杆上。用长为L
=0.8m的细线拴着质量为0.2 kg的小球B，B悬挂在A下方并处于静止状态。t=0时刻，小圆环获得沿杆向
左的冲量 ，g取10m/s2.，下列说法正确的是（ ）A．小球B做圆周运动
B．小球B第一次运动到A的正下方时A的速度最小
C．从小球B开始运动到第一次回到A的正下方的过程中，细线对A先做负功再做正功
D．从小球B开始运动到第一次回到的正下方的过程中，合力对B的冲量为
【答案】C
【解析】A．由题意可知，小球B相对于圆环A做圆周运动，因圆环不固定，系统在水平方向动量守恒，
可知圆环在水平方向做变加速运动，则以地面为参照物时，小球B不做圆周运动，故A错误；
BC．由于细线的作用，圆环向左减速运动，当圆环A的速度变为0时，如果小球恰回到最A的正下方，
系统水平方向动量守恒，则有
解得
如果此时小球回到A的正下方，其速度水平向左，其动能为
因系统初动能为
则根据系统能量守恒可知，当圆环A的速度变为0时，小球B还没有回到其的正下方，则小球B继续加速，
圆环A则反向向右加速，当小球B回到圆环A的正下方向时，圆环A具有向右的速度，所以从小球B开
始运动到第一次回到圆环A的正下方的过程中细线对A先做负功再做正功，故B错误，C正确；
D．假定小球B开始运动到第一次回到的正下方时速度为v、圆环速度为v，则有
1 2
解得根据动量定理有，从小球B开始运动到第一次回到的正下方的过程中，合力对B的冲量为
方向水平向左，故D错误。
故选C。
二、多选题
11．（2022·全国·高三课时练习）带有 光滑圆弧轨道质量为M的小车静止置于光滑水平面上，如图所示，
一质量也为M的小球以速度v 水平冲上小车，到达某一高度后，小球又返回小车的左端，则（ ）
0
A．小球以后将向左做平抛运动 B．小球将做自由落体运动
C．此过程小球对小车做的功为 Mv D．小球在弧形槽上上升的最大高度为
【答案】BC
【解析】D．上升到最高点时与小车相对静止，有共同速度v′，由动量守恒定律和机械能守恒定律有
联立得
D错误；
ABC．从小球滚上到滚下并离开小车，系统在水平方向上的动量守恒，由于无摩擦力做功，动能守恒，此
过程类似于弹性碰撞，作用后两者交换速度，即小球速度变为零，开始做自由落体运动，BC正确，A错
误。
故选BC。
12．（2021·云南·昆明一中模拟预测）如图所示，将两个质量分别为m=60g、m=30g的小球A、B叠放在
1 2
一起，中间留有小空隙，从初始高度h=1.8m处由静止释放。A球与地面碰撞后立即以原速率反弹，A球
0与B球碰撞的时间为0.01s，不计空气阻力，取向上为正方向，B球的速度时间图象如图乙所示，g取
10m/s2（ ）
A．B球与A球碰前的速度大小为6m/s
B．两球碰撞过程中，B球的重力冲量与A对B球的冲量大小比值为1：101
C．A、B两球发生的是弹性碰撞
D．若m<m，第一次碰撞后，m 球上升的最大高度可能大于17m
2 1 2
【答案】AB
【解析】由机械能守恒定律可知
解得
两物体落地前的速度
根据动量定理，A和B相互作用过程中，B动量的变化量等于合力的冲量
重力的冲量为
因为A、B作用时间极短，重力对系统的冲量远小于系统总动量，可以视系统动量守恒，根据动量守恒
得A碰后速度为 ，计算知碰撞前后，系统机械能有损失，不是弹性碰撞。若不计系统重力的影响，且m<<m，由动量守恒
2 1
不计碰撞损失，由能量关系
联立解得
因m<<m，则v=3v，则m 球上升的最大高度
2 1 1 0 2
h=9h=16.2m
2 0
故AB正确CD错误。
故选AB。
13．（2022·全国·高三课时练习）如图所示，绳长为l，小球质量为m，小车质量为M，将小球向右拉至水
平后放手，则（水平面光滑）（ ）
A．系统的总动量守恒
B．水平方向任意时刻小球与小车的动量等大反向或都为零
C．小球不能向左摆到原高度
D．小车向右移动的最大距离为
【答案】BD
【解析】AB．系统只是在水平方向所受的合力为零，竖直方向的合力不为零，故水平方向的动量守恒，而
总动量不守恒，故A错误，B正确；
C．根据水平方向的动量守恒及机械能守恒得，小球仍能向左摆到原高度，故C错误；
D．小球相对于小车的最大位移为2l，根据“人船模型”，系统水平方向动量守恒，设小球水平方向的平
均速度为vm，小车水平方向的平均速度为vM
mvm-MvM=0两边同时乘以运动时间t
mvmt-MvMt=0
即
mxm=MxM
又
xm＋xM=2l
解得小车向右移动的最大距离为
xM=
故D正确。
故选BD。
14．（2022·青海·海东市第一中学二模）第24届冬季奥林匹克运动会于2022年2月4日~2022年2月20日
在中国北京市和张家口市联合举行，这是中国历史上第一次举办冬季奥运会，中国奥运健儿在冬奥赛场上
展示出我国的风采。在某次比赛中，球员手持毛刷擦刷冰面，可以改变冰壶滑行时受到的阻力。如图甲所
示，质量 的蓝壶静止在圆形区域内，运动员用等质量的红壶撞击蓝壶，两壶发生正碰。碰撞前后
两壶的 图像如图乙所示。 ，下列说法正确的是（ ）
A．碰撞前红壶与冰面的动摩擦因数为0.16
B．碰撞前红壶与冰面的动摩擦因数为0.04
C．红壶与蓝壶碰撞过程中机械能损失了4.4J
D．红壶与蓝壶碰撞过程中机械能损失了5.4J
【答案】BD
【解析】AB．由题图乙可知红壶在0～1s内的加速度大小可得
故A错误，B正确；
CD．由题图乙可知碰撞前、后红壶的速度大小分别为
根据动量守恒定律可得
解得
碰撞前两壶的总动能
碰撞后两壶的总动能
可得
故C错误、D正确。
故选BD。
三、解答题
15．（2022·全国·高三专题练习）水平滑道MN两侧的水平平台与木板B的上表面平齐，木板B静止在左
侧平台侧壁处，物体A从左侧平台以某一大小的初速度向右滑上木板B，如图所示。水平滑道MN足够长，
在木板B到达右侧平台之前，物体A与木板已达到共速，木板B与右侧平台侧壁相碰后立刻停止运动。右
侧平台与粗糙斜面PQ平滑连接，物体C在摩擦力的作用下静止在斜面上的E点，PE间距为x。物体A和
木板B的质量均为m，物体C的质量为 ，木板长为L，物体A与木板B之间、物体A和C与斜面间动
摩擦因数均为 ，其它接触面均光滑，物体A、C均可视为质点。
（1）若物体A与木板共速时恰好滑到木板的右端，求物体A初速度的大小 ；
（2）若要求物体A能够滑上右侧平台，求物体A初速度的最小值 ；（3）若物体A以速度 由P点冲上斜面，经时间 与物体C发生弹性碰撞，碰后物体C经时间 速度减小
到零，试推理计算总时间 最大时x的取值。
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【解析】（1）物体A滑上木板B，由动量守恒定律
由能量转化守恒定律
可得
（2）设共速时物体在木板上滑过的距离为d，由动量和能量守恒定律
，
木板碰到右侧平台侧壁停止运动，物体A刚好减速运动到平台上，由能量守恒
可得
（3）物体A和C与斜面间动摩擦因数相同，沿斜面向上减速滑行的加速度大小相同，设加速度大小为a，
物体A减速到E点时的速度为
A、C弹性碰撞，
物体C减速到零
可得
可知t最大时， 最大，即
此时
16．（2022·河北·高三学业考试）如图是某个同学设计的一个游戏装置，该游戏装置的滑道分为光滑的
OA、AB、BE、CD四段，O点右端固定安装一弹簧发射装置。将一质量为M的物块a与弹簧紧贴，释放弹
簧，物块a从O处出发，运动到A处时与质量为m的滑块b发生弹性碰撞。已知物块a的质量为M＝
2kg，滑块b的质量m＝1kg，竖直面内四分之一圆弧轨道CD的半径为R＝0.9m，BE段水平且距底座高度
h＝0.8m，四分之一圆弧轨道C端的切线水平，C、E两点间的高度差刚好可容滑块b通过，两点间水平距
离可忽略不计，滑块b可以视为质点，不计空气阻力，重力加速度 。若滑块b恰好能够通过C
处并沿轨道滑落，求：
（1）碰撞后瞬间滑块b的速度大小；
（2）碰撞后a在AB上运动能上升到的最大高度（保留两位有效数字）；
（3）释放物块a前弹簧的弹性势能（保留两位小数）。
【答案】（1）5m/s；（2）0.078m；（3）14.06J
【解析】（1）滑块b恰好能够通过C处并沿轨道滑落，有
解得滑块b由A到C，根据机械能守恒定律，有
解得
（2）物块a与滑块b发生弹性碰撞，根据动量守恒定律，有
根据机械能守恒定律，有
联立解得
，
对物块a由机械能守恒定律，有
解得
（3）物块a和弹簧组成的系统机械能守恒，可知释放物块a前弹簧的弹性势能
17．（2023·山西·模拟预测）如图所示，质量 的平板车 放在光滑的水平面上，质量 的
物块 放在平板车右端上表面，质量 的小球 用长为 的细线悬挂于 点， 点在平板车的
左端正上方，距平板车上表面的高度为 ，将小球向左拉到一定高度，悬线拉直且与竖直方向的夹角
为 ，由静止释放小球，小球与平板车碰撞后，物块刚好能滑到平板车的左端，物块相对平板车滑行的
时间为 ，物块与平板车间的动摩擦因数为0.6，忽略小球和物块的大小，重力加速度 取 ，求：
（1）平板车的长度；
（2）小球与平板车碰撞过程损失的机械能。【答案】（1） ；（2）
【解析】（1）设物块在平板车上滑动时的加速度为 ，根据牛顿第二定律有
解得
设物块与平板车最后的共同速度为 ，根据运动学公式有
设小球与平板车相碰后，平板车的速度为 ，根据动量守恒定律有
解得
设平板车的长度为 ，根据能量守恒有
解得
（2）设小球与平板车相碰前速度为 ，根据机械能守恒定律有
解得
设碰撞后平板车的速度为 ，根据动量守恒定律有
解得小球与平板车碰撞过程损失的机械能为
18．（2022·山西大同·高三阶段练习）如图所示，一根劲度系数为k的轻质弹簧竖直放置，上、下两端各
固定一质量为 的物体A和B均视为质点），物体B置于水平地面上，整个装置处于静止状态。一个质
量为m的小球P从物体A正上方距其高h处由静止自由下落，与物体A发生碰撞（碰撞时间极短），碰后
A和P粘在一起共同运动，不计空气阻力，重力加速度为g。
（1）求碰撞后瞬间P与A的共同速度大小；
（2）当地面对物体B的弹力恰好为零时，求P和A的共同速度大小；
（3）若换成另一个质量 的小球Q从物体A正上方某一高度由静止自由下落，与物体A发生弹性
碰撞（碰撞时间极短），碰撞后物体A到达最高点时，地面对物体B的弹力恰好为零。求Q开始下落时距
离A的高度。（上述过程中Q与A只碰撞一次）
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【解析】（1）设碰撞前瞬间P的速度为 ，碰撞后瞬间二者的共同速度为 ，由机械能守恒定律
由动量守恒定律
联立解得
（2）设开始时弹簧的压缩量为x，当地面对B的弹力为零时弹簧的伸长量为 ，由胡克定律可得得
P与A从碰撞后瞬间到地面对B的弹力为零的运动过程中上升的高度为
由 可知弹簧在该过程的始末两位置弹性势能相等
设地面对B的弹力为零时P与A共同速度的大小为v，由机械能守恒定律，得
解得
（3）设小球Q从距离A高为H处下落，Q在碰撞前、后瞬间的速度分别为 、 ，碰后A的速度为 ，
由机械能守恒定律可得
由动量守恒定律可得
由能量守恒定律可得
由（2）可知碰撞后地面对物体B的弹力恰好为零时，A上升的高度为
由能量守恒定律
联立解得
