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专题05 动量守恒定律
一、多选题
1．（2023·广东·高考真题）某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型．多个质量均为
的
滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力．开窗帘过程中，电机对滑块1 施加一个水平向右的恒力
，推动滑
块1 以
的速度与静止的滑块2 碰撞，碰撞时间为
，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为
．关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有（ ）
A．该过程动量守恒
B．滑块1 受到合外力的冲量大小为
C．滑块2 受到合外力的冲量大小为
D．滑块2 受到滑块1 的平均作用力大小为
【答案】BD
【详解】A．取向右为正方向，滑块1 和滑块2 组成的系统的初动量为
碰撞后的动量为
则滑块的碰撞过程动量不守恒，故A 错误；
B．对滑块1，取向右为正方向，则有
负号表示方向水平向左，故B 正确；
C．对滑块2，取向右为正方向，则有
故C 错误；
D．对滑块2 根据动量定理有
解得
1
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则滑块2 受到滑块1 的平均作用力大小为
，故D 正确。
故选BD。
2．（2024·广东·模拟预测）如图所示是工人在装卸桶装水时的常用方法，工人将水桶静止放在卸货轨道的
上端，水桶会沿着轨道下滑到地面。某次卸货时，水桶含水的总质量是20kg，水桶释放点到地面的高度是
1m，水桶滑到地面时速度是2m/s，重力加速度取10m/s2，关于水桶在该轨道上滑下的过程说法正确的是（
）
A．阻力对水桶做功是160J
B．水桶滑到轨道末端时重力的瞬时功率是400W
C．水桶损失的机械能是160J
D．合外力的冲量是
【答案】CD
【详解】AC．由动能定理
联立可得
所以阻力对水桶做功是-160J，根据
可得水桶损失的机械能是160J，故A 错误，C 正确；
B．水桶滑到轨道末端时重力的瞬时功率为
由于不知道斜面倾角
，无法求解，但
故B 错误；
2
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D．由动量定理可知合外力的冲量是
故D 正确。
故选CD。
3．（2024·广东佛山·二模）如图所示，我国排球主攻手朱婷在某次垫球训练中将下落的排球从垫击面上垫
出后，排球竖直向上运动，之后又落回到原位置，假设整个运动过程中排球所受空气阻力大小不变，下列
说法正确的是（ ）
A．球上升阶段处于超重状态
B．球上升阶段重力做的功多于下降阶段重力做的功
C．球上升阶段动量的变化率大于下降阶段动量的变化率
D．球从接触手臂到离开手臂的时间内，手臂对排球的冲量不为零
【答案】CD
【详解】A．球上升阶段，加速方向向下，处于失重状态，故A 错误；
B．根据
可知球上升阶段重力做的功等于下降阶段重力做的功，故B 错误；
C．根据动量定理可得
可得
由于球上升阶段受到的合力大于下降阶段受到的合力，则球上升阶段动量的变化率大于下降阶段动量的变
化率，故C 正确；
D．球从接触手臂到离开手臂的时间内，手臂对排球的作用力不为0，则手臂对排球的冲量不为零，故D
正确。
故选CD。
3
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4．（2024·广东肇庆·二模）在水平面上静置有质量相等的a、b 两个物体，水平推力
、
分别作用在
a、b 上，一段时间后撤去推力，物体继续运动一段距离后停下，a、b 在运动过程中未相撞，a、b 的v-t 图
像如图所示，图中
平行于
，整个过程中a、b 的最大速度相等，运动时间之比
。则在整个
运动过程中下列说法正确的是（ ）
A．物体a、b 受到的摩擦力大小相等
B．两水平推力对物体的冲量之比为
C．两水平推力对物体的做功之比为
D．两水平推力的大小之比为
【答案】ABC
【详解】AD．由题图知，
平行于
，说明撤去推力后两物体的加速度相同，而撤去推力后物
体的合力等于摩擦力，根据牛顿第二定律可知
解得
根据图像可知
，
解得
4
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故A 正确，D 错误；
B．根据动量定理有
，
解得
故B 正确；
C．根据动能定理可得
，
，
解得
故C 正确。
故选ABC。
5．（2023·广东湛江·模拟预测）据报道ACF 极限缓震材料，是一种集缓冲、减震、吸能于一身的高分子
高性能材料，能吸收90%以上的机械能并瞬间把它转化为不明显的热能。为了验证该报道，某同学找来一
个ACF 缓震材料置于水平地面，将质量为m 的钢球置于缓震材料上方H1处静止释放，通过相机测出钢球
与缓震材料的接触时间为t 及钢球反弹的最大高度H2，假设钢球始终在竖直方向上运动，则下列说法正确
的是（ ）
A．冲击时机械能转为热能百分比为
5
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B．冲击时机械能转为热能百分比为
C．钢球与缓震材料接触过程中，始终处于超重状态
D．缓震材料受到钢球的平均冲力为
【答案】BD
【详解】AB．根据题意可知，冲击前钢球的机械能为
冲击后钢球的机械能为
由能量守恒定律可得，转化内能的机械能为
冲击时机械能转为热能百分比为
故A 错误，B 正确；
C．钢球与缓震材料接触过程中，先加速下降再减速下降，然后加速上升，再减速上升，则钢球先失重后
超重再失重，故C 错误；
D．以向上为正方向有，对钢球，根据动量定理有
缓震材料受到钢球的平均冲力为
故D 正确。
故选BD。
6．（23-24 高三上·广东·阶段练习）“刀削面”的操作手法是一手托面，一手拿刀，直接将面削到开水锅
里。如图所示，小面片（可视为质点）刚被削离时距开水锅的高度为h，与锅沿的水平距离为L，锅的半
6
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径也为L，将削出的小面片的运动视为平抛运动，且小面片都落入锅中，重力加速度为g。则下列关于所
有小面片在空中运动的描述，正确的是（ ）
A．速度的变化量都相同
B．动量的变化量都相同
C．落入锅中时，最大速度是最小速度的4 倍
D．若初速度为
，则
【答案】AD
【详解】AB．每片面做平抛运动的高度相同，则运动的时间都相同，根据
可知速度的变化量都相同，由于削出的小面片质量不一定相等，根据
可知动量的变化量不一定相等，故A 正确，B 错误；
CD．落入锅中时，最大水平速度
最小水平速度
合速度
其中
可知最大速度不是最小速度的4 倍，初速度v0的范围为
7
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故C 错误，D 正确。
故选AD。
7．（23-24 高三上·广东·开学考试）某高校科研小组在研究缓冲装置对苹果跌落所受冲击影响的实验，研
究过程中苹果掉落到缓冲层——珍珠棉上的运动过程示意图如图a～e 所示，分别为苹果由H 处跌落、开始
进入变形阶段、变形阶段结束进入恢复阶段、恢复阶段结束、苹果弹起至
处。已知苹果的质量为m，
是苹果刚接触缓冲层时的速度大小；
是变形阶段速度极大值，
是恢复阶段结束苹果离开缓冲层时的速
度大小，重力加速度为g，不计空气阻力。则下列说法正确的是（ ）
A．当苹果在变形阶段速度为
时，所受缓冲层的作用力为mg
B．苹果在整个下降过程中，加速度先不变，然后减小再增大
C．整个过程中珍珠棉对苹果的冲量大小为
D．在恢复阶段苹果一直处于超重状态
【答案】AB
【详解】AB．在跌落阶段，苹果做自由落体运动，只受重力，加速度不变。在缓冲物变形阶段，苹果受到
重力和缓冲物的支持力，开始时支持力较小，由牛顿第二定律可知
随着N 的增大a 逐渐减小，苹果做加速度减小的加速直线运动，当
即
时，苹果达到最大速度
，此后N 继续增大，大于重力，则
随着N 的增大a 逐渐增大，苹果做加速度增大的减速直线运动，直到速度减到0，故A、B 项正确；
C．由动量定理可知合力冲量
8
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即重力与珍珠棉对苹果的作用力的合力冲量大小为
，C 项错误；
D．恢复阶段苹果先处于超重状态，后处于失重状态，D 项错误。
故选AB。
8．（23-24 高三上·广东·开学考试）如图所示是明代宋应星所著《天工开物》中记载的我国古代的一种农
业机械——水碾，当水冲击下部水轮时，转动的轮子会带动上部的碾来碾米。假设水流沿水平方向垂直冲
击叶片，每秒冲击叶片的水量为10kg，水速从6m/s 减小为1m/s，水流动能的减少量全部用来对叶轮做功，
下列说法正确的是（ ）
A．水碾每秒从水流中获得的能量为180J
B．水流对该叶片的平均作用力的大小为50N
C．每秒钟水流对叶轮做功175J
D．水流减少的动能全部被用来碾米
【答案】BC
【详解】A．水碾每秒从水流中获得的能量等于水流动能的变化量的大小，即
故A 错误；
C．每秒钟水流对叶轮做的功等于水流动能的变化量的大小，即175J，故C 正确；
B．由动量定理可得，叶片对水流的平均作用力的冲量等于水流动量的变化
得到
由牛顿第三定律得到水流对该叶片的平均作用力的大小为50N，故B 正确；
9
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D．水碾每秒从水流中获得的能量会有一部分损耗，比如摩擦产生的内能等，所以不能都被用来碾米，故
D 错误。
故选BC。
一、多选题
9．（23-24 高三上·广东·期末）明朝的《天工开物》记载了我国古代劳动人民的智慧。如图所示，可转动
的把手上a 点到转轴的距离为
，辘轳边缘b 点到转轴的距离为R。人甲转动把手，把井底的人乙拉上来，
则下列判断正确的是（ ）
A．a 点的角速度等于b 点的角速度
B．a 点的向心加速度大于b 点的向心加速度
C．绳对乙拉力的冲量等于乙的动量的变化量
D．绳对乙做的功大于乙机械能的变化量
【答案】AB
【详解】AB．因a、b 两点同轴转动，则a 点的角速度等于b 点的角速度，因a 点转动半径较大，根据
可知a 点的向心加速度大于b 点的向心加速度，故AB 正确；
C．对乙根据动量定理可得
即绳对乙拉力和乙重力的合力的冲量等于乙的动量变化量，故C 错误；
D．乙上升过程中，仅重力和绳子的拉力做功，且绳子的拉力做正功，重力做负功，由机械能守恒定律可
知，重力做功不改变物体的机械能，所以绳子的拉力做的功等于乙机械能的变化量，故D 错误。
10
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故选AB。
10．（2024·广东佛山·一模）人们用滑道从高处向低处运送货物．如图所示，货物A、B 均视为质点，A 从
光滑圆弧滑道顶端P 点静止释放，沿滑道运动到圆弧末端Q 点时与B 发生弹性碰撞。已知A 的质量为
5kg，B 的质量为15kg。滑道高度h 为0.2m，且过Q 点的切线水平，重力加速度取
。下列说法正确
的是（ ）
A．碰撞前瞬间A 速度大小为3m/s
B．碰撞后瞬间两货物速度大小均为1m/s
C．碰撞后，A 最高可以回到斜面上高度0.05m 处
D．A 和B 组成的系统在整个过程中机械能和动量守恒
【答案】BC
【详解】A．碰撞前瞬间A 速度大小为
，从P 到Q 由动能定理有
得
故A 错误；
B．碰撞瞬间，由动量定理和机械能守恒定律有
解得
11
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故B 正确；
C．碰撞后，A 最高可以回到斜面上高度
，由机械能守恒定律，有
得
故C 正确；
D．由于A 和B 组成的系统在整个过程中只有重力做功，所以机械能守恒，但所受合外力不为0，所以动
量不守恒，故D 错误。
故选BC。
二、解答题
11．（2024·广东梅州·一模）某物流公司研发团队，为了更好地提高包裹的分收效率，特对包裹和运输装
置进行详细的探究，其情景可以简化为如图甲所示，质量M = 2kg、长度L = 2m 的长木板静止在足够长
的水平面（可视为光滑）上，左端固定一竖直薄挡板，右端静置一质量m = 1kg 的包裹（可视为质点）。
现机器人对长木板施加一水平向右的作用力F，F 随时间t 变化的规律如图乙所示，6s 后将力F 撤去。已知
包裹与挡板发生弹性碰撞且碰撞时间极短，包裹与长木板间的动摩擦因数μ = 0.1，重力加速度取g =
10m/s2。从施加作用力F 开始计时，求：
（1）t1 = 4s 时，长木板的速度v1大小；
（2）与挡板碰撞后瞬间，包裹的速度v′m大小；
（3）包裹最终离挡板的距离d。
【答案】（1）2m/s；（2）
；（3）
【详解】（1）包裹与长木板发生相对滑动的力的大小为
μ(M＋m)g = 3N
因为
1.5N < 3N
12
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所以包裹和长木板会共同加速，加速度为
可得到
v1 = at = 2m/s
（2）设4s 后包裹与长木板发生相对滑动，则包裹的加速度为
长木板的加速度为
可看出假设成立，包裹与长木板发生相对滑动，再设经时间t2包裹与挡板发生碰撞，由
解得
t2 = 6s
则6s 时长木板的速度
v2 = v1＋a2t2 = 6m/s
包裹为
v3 = v1＋a1t2 = 4m/s
此时两者发生弹性碰撞
可求得
（3）最终离挡板的距离即两者共速的时候，根据动量守恒
根据动能守恒，可以得
得
13
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由于
，故故包裹与长木板相对静止，故包裹离挡板距离
。
12．（2024·广东湛江·一模）某同学为参加学校举行的遥控赛车比赛，利用如图所示装置练习遥控技术。
水平直轨道
与半径
的光滑竖直圆轨道在
点相切，
间的距离
且对赛车的阻力恒
为
段光滑。水平地面距水平直轨道的竖直高度
。该同学遥控质量
的赛车
以额定功率
从
点出发，沿水平直轨道运动到
点时立刻关闭遥控器，赛车由
点进入圆轨道，离
开圆轨道后沿水平直轨道运动到
点，并与质量
的滑块发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后赛车
恰好能通过圆轨道，而滑块落在水平地面上
点，
间的水平距离
。赛车和滑块均可视为质
点，不计空气阻力，
取
。求：
（1）碰撞后滑块速度
的大小；
（2）碰撞前瞬间赛车速度
的大小；
（3）此过程中该同学遥控赛车的时间。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）碰撞后滑块做平抛运动，则
解得
14
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（2）设赛车恰好通过圆轨道最高点的速度大小为
，与滑块碰撞后的速度大小为
，由牛顿第二定律及机
械能守恒定律
赛车与滑块碰撞过程动量守恒，有
解得
（3）设电动机工作时间为，根据动能定理
解得
13．（2024·广东·一模）如图所示，质量为m 的小球A 与质量为7m 的小球B 通过长为L 的轻质柔软细绳
连接，现用手提着小球A，使小球B 距地面的高度也为L。松手后两球由静止开始自由下落，小球B 与地
面碰后速度大小不变、方向相反，两小球的碰撞为弹性正碰。细绳绷直后两小球以相同的速度继续运动，
碰撞时间均极短，重力加速度大小为g。求：
（1）从松手到两小球第一次碰撞的时间t；
（2）细绳绷直后小球A 距地面的最大距离d。
【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）B 球落地所需时间为
15
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此时AB 两球的速度为
设还需
时间相遇，则有
解得
从松手到两小球第一次碰撞的时间为
此时距离地面的高度为
（2）根据速度—时间公式可知两球碰前的速度分别为
，
两小球的碰撞为弹性正碰，规定向下为正方向，根据动量守恒定律及能量守恒定律有
解得
，
（舍去）
，
设经
绳子绷直，则有
此时A、B 两球的速度分别为
16
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细绳绷直后两小球以相同的速度继续运动，根据动量守恒定律有
AB 小球一起上升过程中，根据运动学规律有
解得
则细绳绷直后小球A 距地面的最大距离为
14．（2024·广东深圳·一模）如图所示，长为
，内壁光滑的钢管（顶端开口，下端封闭）竖直固
定放置，A、B 两小球的质量分别为
，
，直径略小于钢管内径，将小球A 从管口静止
释放并开始计时，0.2s 时在管口由静止释放小球B，已知小球与管底碰撞后原速率反弹，小球的直径与钢
管长度相比可忽略不计，重力加速度取
，碰撞时间和空气阻力均可忽略，求：
（1）A 球刚落到管底时，B 球的速度
；
（2）A、B 两小球相遇的位置距管底的高度h；
（3）若A、B 两小球发生碰撞后，B 小球上升的最高点高出管口
，求两小球碰撞时损失的机械
能。
17
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【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）根据题意，有
解得
则有
则A 球刚落到管底时，B 球的速度
（2）根据题意可知，A 球反弹之后做竖直上抛运动，则有
A 球刚落到管底时，小球B 下落的高度为
设从A 球反弹到两球相遇的时间为
，则有
又有
联立解得
，
（3）设A、B 两小球碰撞后，B 球上升的速度为
，则有
18
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解得
设A、B 两小球碰前速度分别为
、
，则有
碰撞时动量守恒，取向上为正方向，则有
解得
则碰撞过程中，损失的机械能为
15．（2024·广东广州·二模）如图所示，水平传送带在电动机的带动下以
的速度顺时针匀速转动。
左端与粗糙的弧形轨道平滑对接，右端与光滑水平面平滑对接，水平面上有两个位于同一直线上、处于静
止状态的相同小球，小球质量
。质量
的物体（可视为质点）从轨道上高
的P 点由
静止开始下滑，滑到传送带上的A 点时速度大小
。物体和传送带之间的动摩擦因数
，传送
带AB 之间的距离
。物体与小球、小球与小球之间发生的都是弹性正碰，不计空气阻力。重力加
速度
，
。求：
（1）物体从P 点下滑到A 点的过程中，摩擦力做的功；
（2）物体第一次向右通过传送带的过程中，传送带对物体的冲量大小；
（3）物体第一次与小球碰后到第二次与小球碰前因为物体在传送带上滑动产生的热量。
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【答案】（1）
；（2）
；（3）16.7J
【详解】（1）物体由P 到A 的过程，由动能定理可得
解得
（2）物体滑上传送带后，在滑动摩擦力作用下匀减速运动，加速度为
减速至与传送带速度相等时所用的时间
匀减速运动的位移
所以物体与传送带共速后向右匀速运动，匀速运动的时间为
传送带的支持力对物体的冲量大小为
传送带的摩擦力对物体的冲量大小为
传送带对物体的冲量大小为
（3）物块与小球发生弹性正碰，设物块反弹回来的速度大小为
，小球被撞后的速度大小为
，由动量守
恒和能量守恒定律得
20
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解得
物块被反弹回来后，在传送带上向左做匀减速运动中，由运动学公式得
解得
解得
传送带对地位移
相对位移
物块在传送带向右做匀加速运动过程中相对位移
物体第一次与小球碰后到第二次与小球碰前因为物体在传送带上滑动产生的热量
16．（2024·广东茂名·一模）如图（a）所示，门球又称槌球，比赛时以球槌击球，球过球门即可得分.如图
（b）所示，某次比赛中完全相同的1 号球、3 号球与门洞恰好位于一条直线上，两球之间的距离
，
3 号球与球门之间的距离
。运动员用球槌水平打击1 号球，使其获得向右的初速度
，经过
21
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一段时间后，该球以
的速度与3 号球发生碰撞（碰撞时间极短），碰后1 号球又向前运动了
后停下来.已知两球质量
均为
，将两球的运动视为一条直线上的滑动并且两球与地面间
的滑动摩擦因数
相同，重力加速度g 取
（1）求球与地面的动摩擦因数
；
（2）求两球碰撞过程中损失的机械能；
（3）通过分析，判断3 号球能否进门得分。
【答案】（1）
；（2）
；（3）3 号球能够进门得分
【详解】（1）根据动能定理
解得
（2）设球1 碰后速度为
，根据动能定理
解得
设球3 碰后速度为
，根据动量守恒定律
解得
根据能量守恒，损失的机械能为
22
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代入数据解得
（3）设3 号球碰后运动的距离为
，根据动能定理
解得
故3 号球能够进门得分。
17．（2024·广东·一模）如图所示，P 点左侧有一高
的平台与半径
的四分之一光滑圆弧底
部相切，平台表面粗糙，长度为1.0m。现让一物块A 从圆弧左侧与圆心等高处静止释放，下滑至平台与另
一置于平台右侧边缘的物块B 发生碰撞，碰后其中一个物块落在地面上的M 点，另外一个物块落到N 点，
M 点和N 点与平台右侧边缘的水平距离为分别为1.0m 和2.0m，已知A、B 两物块可视为质点，物块A 与
平台的动摩擦因数为0.2，
。求：
（1）碰撞前物块A 的速度v 的大小；
（2）落到M 点和N 点对应的平抛运动初速度
和
；
（3）物块A 和物块B 的质量之比。
【答案】（1）
；（2）
，
；（3）
或
或
【详解】（1）根据题意，物块A 由静止释放到与物块B 碰撞前过程中，由动能定理有
解得
23
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（2）竖直方向上，由
可得，两物块做平抛运动的时间为
水平方向上有
，
解得
，
（3）如果物块A 与物块B 碰撞后均往前运动，则两者落点分别为
和
，根据动量守恒定律有
解得
碰撞前的动能为
碰撞后的动能为
则有
满足碰撞过程动能不增加原理，则答案合理；
如果物块A 碰撞后反弹，后来落到
点，假设撞后瞬间物块A 速率为
，根据动能定理和动量守恒定律
有
解得
24
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同理，对碰撞前后动能进行比较有
满足碰撞过程动能不增加原理，则答案合理；
如果物块A 碰撞后反弹，后来落到
点，假设撞后瞬间物块A 速率为
，根据动能定理和动量守恒定律
有
解得
同理，对碰撞前后动能进行比较有
满足碰撞过程动能不增加原理，则答案合理，综上所述物块A 和物块B 的质量之比为
或
或
。
一、解答题
18．（2024·广东佛山·二模）台球是深受大众喜爱的娱乐健身活动。如图，运动员采用“点杆”击球法
（当球杆杆头接触母球的瞬间，迅速将杆抽回，母球离杆后与目标球发生对心正碰，视为弹性碰撞）击打
母球，使得目标球被碰撞后经CD 边反弹进入球洞A，这种进球方式被称为“翻袋”进球法。已知两球质
量均为
，且可视为质点，球间距离为
，目标球与CD 挡壁间虚线距离为
，目标球被CD 挡
壁反弹后向A 球洞运动方向与AC 挡壁间夹角为
，
，球与桌面间阻力为重力的
，球与挡
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壁碰撞过程中损失
的动能，重力加速度
。
（1）求母球在桌面做直线运动时的加速度大小；
（2）若某次击打后母球获得的初速度为
，且杆头与母球的接触时间为
，求母球受到杆头的平均
冲击力大小；
（3）若击打后母球获得速度
，求目标球被碰撞后的速度大小；
（4）若能到达球洞上方且速率小于
的球均可进洞，为使目标球能进洞，求母球初速度需要满足的条
件。（计算结果都可以用根号表示）
【答案】（1）
；（2）
；（3）
；（4）
【详解】（1）由牛顿第二定律可得
根据题意可知
解得
（2）杆头击打母球，对母球由动量定理可得
代入数据解得
（3）母球与目标球碰撞前，做匀减速直线运动，由动能定理可得
母球与目标球碰撞前后，根据动量守恒和机械能守恒可得
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联立解得目标球被碰撞后的速度大小为
（4）母球与目标球碰撞前，做匀减速直线运动，由动能定理可得
母球与目标球碰撞前后，根据动量守恒和机械能守恒可得
目标球前进到CD 挡壁，做匀减速直线运动，由动能定理可得
目标球与CD 挡壁碰撞，根据题意有
即
目标球运动到A 球洞过程，由动能定理可得
又满足
联立解得
19．（23-24 高三上·广东潮州·期末）如图１所示，夜间会车，最怕遇到刺眼“远光灯”，每年因不当使用
远光灯引起的交通事故数不胜数。某汽车试验机构对相向行驶车辆开启远光灯的行为进行了模拟：在一个
较昏暗的环境下，一辆厢式货车在一封闭道路上以大小为
的速度做匀速直线运动如图2 所示，
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货柜里使用布条连接车厢固定着两个间距
、质量均为1 吨的钢箱。某时刻，对面车道驶来一辆开着
远光灯的汽车，刺眼的灯光使得货车司机瞬间眼前一黑，司机立即刹车让货车以大小为
的加速
度做匀减速直线运动。在司机开始刹车的同时乙钢箱布条被扯断，一段时间后两钢箱碰撞并粘在一起，碰
撞时间极短且碰撞瞬间甲钢箱的布条也被扯断。货车司机听到响声后，经过
的反应时间踩下油门，
让货车以大小为
的加速度加速，最终才使得两钢箱不再滑动。已知钢箱与货柜之间的动摩擦因
数
，不考虑布条断裂瞬间对钢箱和货车的影响，重力加速度
取
，求：
（1）货车司机开始刹车到两钢箱发生撞击的时间；
（2）两钢箱碰撞瞬间甲钢箱受到的冲量
的大小；
（3）为避免甲钢箱与货柜头接触而造成二次碰撞，甲钢箱左侧与货柜头距离至少为多少。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）设货车司机开始刹车到两钢箱发生撞击的时间，货车匀减速直线运动的位移为
在司机开始刹车的同时乙钢箱布条被扯断，则乙货箱受滑动摩擦力做匀减速直线运动，有
乙货箱的位移为
两货箱相撞，满足
联立解得时间为
（2）两钢箱相撞时，货车和甲钢箱的速度为
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乙钢箱的速度为
两钢箱相碰后的共同速度为，两钢箱碰撞的过程动量近似守恒，有
解得共同速度为
两钢箱碰撞瞬间对甲由动量定理有
方向向左。
（3）在反应时间
内货车继续做匀减速直线运动，有
两货箱一起向前做匀减速直线运动，
，有
此后货车加速且钢箱减速，设经过
两者达到共速，共速后因
，三者一起保持相对静止加速，有
解得
，
则为避免甲钢箱与货柜头接触而造成二次碰撞，甲钢箱左侧与货柜头距离至少为
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