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专题30 动量守恒定律及其应用（三）
51．（2021·广东）算盘是我国古老的计算工具，中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑动，使用前
算珠需要归零，如图所示，水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位置，甲靠边框b，甲、乙相隔
，乙与边框a 相隔
，算珠与导杆间的动摩擦因数
。现用手指将甲以
的初速度拨出，甲、乙碰撞后甲的速度大小为
，方向不变，碰撞时间极短且不计，重力加速
度g 取
。
（1）通过计算，判断乙算珠能否滑动到边框a；
（2）求甲算珠从拨出到停下所需的时间。
【答案】（1）能；（2）0.2s
【解析】（1）由牛顿第二定律可得，甲乙滑动时均有
则甲乙滑动时的加速度大小均为
甲与乙碰前的速度v1，则
解得
v1=0.3m/s
甲乙碰撞时由动量守恒定律
解得碰后乙的速度
v3=0.2m/s
1
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然后乙做减速运动，当速度减为零时则
可知乙恰好能滑到边框a；
（2）甲与乙碰前运动的时间
碰后甲运动的时间
则甲运动的总时间为
52．（2021·河北）如图，一滑雪道由
和
两段滑道组成，其中
段倾角为
，
段水平，
段和
段由一小段光滑圆弧连接，一个质量为
的背包在滑道顶端A 处由静止滑下，若
后质量为
的
滑雪者从顶端以
的初速度、
的加速度匀加速追赶，恰好在坡底光滑圆弧的水平处追上背包并
立即将其拎起，背包与滑道的动摩擦因数为
，重力加速度取
，
，
，
忽略空气阻力及拎包过程中滑雪者与背包的重心变化，求：
（1）滑道
段的长度；
（2）滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度。
【答案】（1）
；（2）
【解析】（1）设斜面长度为
，背包质量为
，在斜面上滑行的加速度为
，由牛顿第二定律有
解得
2
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滑雪者质量为
，初速度为
，加速度为
，在斜面上滑行时间为，落后时间
，则背包的滑行时间为
，由运动学公式得
联立解得
或
故可得
（2）背包和滑雪者到达水平轨道时的速度为
、
，有
滑雪者拎起背包的过程，系统在光滑水平面上外力为零，动量守恒，设共同速度为，有
解得
53．（2020·海南）如图，光滑的四分之一圆弧轨道PQ 竖直放置，底端与一水平传送带相切，一质量
的小物块a 从圆弧轨道最高点P 由静止释放，到最低点Q 时与另一质量
小物块b 发生弹
性正碰（碰撞时间极短）。已知圆弧轨道半径
，传送带的长度L=1.25m，传送带以速度
顺时针匀速转动，小物体与传送带间的动摩擦因数
，
。求
（1）碰撞前瞬间小物块a 对圆弧轨道的压力大小；
（2）碰后小物块a 能上升的最大高度；
（3）小物块b 从传送带的左端运动到右端所需要的时间。
3
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【答案】（1）30N；（2）0.2m；（3）1s
【解析】（1）设小物块a 下到圆弧最低点未与小物块b 相碰时的速度为
，根据机械能守恒定律有
代入数据解得
小物块a 在最低点，根据牛顿第二定律有
代入数据解得
根据牛顿第三定律，可知小物块a 对圆弧轨道的压力大小为30N。
（2）小物块a 与小物块b 发生弹性碰撞，根据动量守恒有
根据能量守恒有
联立解得
，
小物块a 反弹，根据机械能守恒有
解得
（3）小物块b 滑上传送带，因
，故小物块b 先做匀减速运动，根据牛顿第二定律有
解得
4
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则小物块b 由2m/s 减至1m/s，所走过的位移为
代入数据解得
运动的时间为
代入数据解得
因
，故小物块b 之后将做匀速运动至右端，则匀速运动的时间为
故小物块b 从传送带的左端运动到右端所需要的时间
54．（2020·江苏）一只质量为
的乌贼吸入
的水，静止在水中。遇到危险时，它在极短时间内把
吸入的水向后全部喷出，以
的速度向前逃窜。求该乌贼喷出的水的速度大小v。
【答案】
【解析】乌贼喷水过程，时间较短，内力远大于外力，动量守恒；选取乌贼逃窜的方向为正方向，根据动
量守恒定律得
解得喷出水的速度大小为
55．（2020·天津）长为l 的轻绳上端固定，下端系着质量为
的小球A，处于静止状态。A 受到一个水平
瞬时冲量后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
的小
球B 与之迎面正碰，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；
5
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（2）碰撞前瞬间B 的动能
至少多大？
【答案】（1）
；（2）
【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
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
，
有
②
由动量定理，有
③
联立①②③式，得
④
（2）设两球粘在一起时速度大小为
，A、B 粘在一起后恰能通过圆周轨迹的最高点，需满足
⑤
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
，由动量守恒定律，有
⑥
又
⑦
联立①②⑤⑥⑦式，得碰撞前瞬间B 的动能
至少为
⑧
56．（2020·山东）如图所示，一倾角为
的固定斜面的底端安装一弹性挡板，P、Q 两物块的质量分别为
6
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m 和4m，Q 静止于斜面上A 处。某时刻，P 以沿斜面向上的速度v0与Q 发生弹性碰撞。Q 与斜面间的动摩
擦因数等于
，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。P 与斜面间无摩擦，与挡板之间的碰撞无动能损失。
两物块均可以看作质点，斜面足够长，Q 的速度减为零之前P 不会与之发生碰撞。重力加速度大小为g。
(1)求P 与Q 第一次碰撞后瞬间各自的速度大小vP1、vQ1；
(2)求第n 次碰撞使物块Q 上升的高度hn；
(3)求物块Q 从A 点上升的总高度H；
(4)为保证在Q 的速度减为零之前P 不会与之发生碰撞，求A 点与挡板之间的最小距离s。
【答案】(1) P 的速度大小为
，Q 的速度大小为
；(2)
（n=1，2，3……）；(3)
；(4)
【解析】(1)P 与Q 的第一次碰撞，取P 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得
①
由机械能守恒定律得
②
联立①②式得
③
④
故第一次碰撞后P 的速度大小为
，Q 的速度大小为
(2)设第一次碰撞后Q 上升的高度为h1，对Q 由运动学公式得
⑤
联立①②⑤式得
7
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⑥
设P 运动至与Q 刚要发生第二次碰撞前的位置时速度为
，第一次碰后至第二次碰前，对P 由动能定理
得
⑦
联立①②⑤⑦式得
⑧
P 与Q 的第二次碰撞，设碰后P 与Q 的速度分别为
、
，由动量守恒定律得
⑨
由机械能守恒定律得
⑩
联立①②⑤⑦⑨⑩式得
⑪
⑫
设第二次碰撞后Q 上升的高度为h2，对Q 由运动学公式得
⑬
联立①②⑤⑦⑨⑩
式得
⑬
⑭
设P 运动至与Q 刚要发生第三次碰撞前的位置时速度为
，第二次碰后至第三次碰前，对P 由动能定理
得
⑮
联立①②⑤⑦⑨⑩
式得
⑬⑮
8
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⑯
P 与Q 的第三次碰撞，设碰后P 与Q 的速度分别为
、
，由动量守恒定律得
⑰
由机械能守恒定律得
⑱
联立①②⑤⑦⑨⑩
式得
⑬⑮⑰⑱
⑲
⑳
设第三次碰撞后Q 上升的高度为h3，对Q 由运动学公式⑩得
㉑
联立①②⑤⑦⑨⑩
式得
⑬⑮⑰⑱㉑
㉒
总结可知，第n 次碰撞后，物块Q 上升的高度为
（n=1，2，3……） ㉓
(3)当P、Q 达到H 时，两物块到此处的速度可视为零，对两物块运动全过程由动能定理得
㉔
解得
㉕
(4)设Q 第一次碰撞至速度减为零需要的时间为t1，由运动学公式得
㉖
设P 运动到斜面底端时的速度为
，需要的时间为t2，由运动学公式得
9
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㉗
㉘
设P 从挡板碰撞返回后从A 点到Q 第一次碰后速度减为零处匀减速运动的时间为t3
㉙
当A 点与挡板之间的距离最小时
㉚
联立
式，代入数据得
㉖㉗㉘㉙㉚
㉛
57．（2020·浙江）小明将如图所示的装置放在水平地面上，该装置由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道
和倾角
的斜轨道
平滑连接而成。质量
的小滑块从弧形轨道离地高
处静止
释放。已知
，
，滑块与轨道
和
间的动摩擦因数均为
，弧形轨道和
圆轨道均可视为光滑，忽略空气阻力。
(1)求滑块运动到与圆心O 等高的D 点时对轨道的压力；
(2)通过计算判断滑块能否冲出斜轨道的末端C 点；
(3)若滑下的滑块与静止在水平直轨道上距A 点x 处的质量为
的小滑块相碰，碰后一起运动，动摩擦因
数仍为0.25，求它们在轨道
上到达的高度h 与x 之间的关系。（碰撞时间不计，
，
）
【答案】(1)8N，方向水平向左；(2)不会冲出；(3)
（
）；
（
）
【解析】(1)机械能守恒定律
牛顿第二定律
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牛顿第三定律
方向水平向左
(2)能在斜轨道上到达的最高点为
点，功能关系
得
故不会冲出
(3)滑块运动到距A 点x 处的速度为v，动能定理
碰撞后的速度为
，动量守恒定律
设碰撞后滑块滑到斜轨道的高度为h，动能定理
得
58．（2019·海南）如图，用不可伸长轻绳将物块a 悬挂在O 点，初始时，轻绳处于水平拉直状态，现将a
由静止释放，当物块a 下摆至最低点时，恰好与静止在水平面上的物块b 发生弹性碰撞（碰撞时间极短），
碰撞后b 滑行的最大距离为s，已知b 的质量是a 的3 倍，b 与水平面间的动摩擦因数为
，重力加速度大
小为g，求
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(1)碰撞后瞬间物块b 速度的大小；
(2)轻绳的长度。
【答案】(1)
；(2)4μs
【解析】(1)设a 的质量为m，则b 的质量为3m，对物块b 碰后由动能定理
解得
(2)a 球从水平位置摆下的过程
ab 碰撞的过程
解得
59．（2019·全国）静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为
，
；两者之间
有一被压缩的微型弹簧，A 与其右侧的竖直墙壁距离
，如图所示。某时刻，将压缩的微型弹簧释放，
使A、B 瞬间分离，两物块获得的动能之和为
。释放后，A 沿着与墙壁垂直的方向向右运动。
A、B 与地面之间的动摩擦因数均为
。重力加速度取
。A、B 运动过程中所涉及的碰撞均
为弹性碰撞且碰撞时间极短。
（1）求弹簧释放后瞬间A、B 速度的大小；
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（2）物块A、B 中的哪一个先停止？该物块刚停止时A 与B 之间的距离是多少？
（3）A 和B 都停止后，A 与B 之间的距离是多少？
【答案】（1）4.0m/s， 1.0m/s；（2）B 先停止； 0.50m；（3）0.91m
【解析】（1）设弹簧释放瞬间A 和B 的速度大小分别为vA、vB，以向右为正，由动量守恒定律和题给条
件有
解得
vA=4.0m/s，vB=1.0m/s
（2）A、B 两物块与地面间的动摩擦因数相等，二者运动的过程中，若A 一直向右运动，一直到停止，则
对A 由动量定理可得
则
B 一直向左运动，则
解得
可知B 先停止运动，该过程中B 的位移
解得
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从二者分开到B 停止，A 若一直向右运动，由动量定理可得
B 停止时A 的速度
解得
对A 由动能定理可得
则位移
这表明在时间t2内A 已与墙壁发生碰撞，但没有与B 发生碰撞，此时A 位于出发点右边的距离为
B 位于出发点左边0.25 m 处，两物块之间的距离s 为
（3）t2时刻后A 将继续向左运动，假设它能与静止的B 碰撞，碰撞时速度的大小为
，由动能定理有
解得
故A 与B 将发生碰撞．设碰撞后A、B 的速度分别为
′以和
，由动量守恒定律与机械能守恒定律有
，
解得
，
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这表明碰撞后A 将向右运动，B 继续向左运动。设碰撞后A 向右运动距离为
′时停止，B 向左运动距离
为
时停止，由运动学公式
，
解得
，
小于碰撞处到墙壁的距离。由上式可得两物块停止后的距离
60．（2019·全国）竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块B 静
止于水平轨道的最左端，如图（a）所示。t=0 时刻，小物块A 在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后
与B 发生弹性碰撞（碰撞时间极短）；当A 返回到倾斜轨道上的P 点（图中未标出）时，速度减为0，此
时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止。物块A 运动的v-t 图像如图（b）所示，图中的v1和t1均
为未知量。已知A 的质量为m，初始时A 与B 的高度差为H，重力加速度大小为g，不计空气阻力。
（1）求物块B 的质量；
（2）在图（b）所描述的整个运动过程中，求物块A 克服摩擦力所做的功；
（3）已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等，在物块B 停止运动后，改变物块与轨道间的动摩擦因数，
然后将A 从P 点释放，一段时间后A 刚好能与B 再次碰上。求改变前后动摩擦因数的比值。
【答案】（1）3m ；（2）
；（3）
【解析】（1）物块A 和物块B 发生碰撞后一瞬间的速度分别为
、
，弹性碰撞瞬间，动量守恒，机械
能守恒，即
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联立方程解得
，
根据v-t 图像可知
解得
（2）设斜面的倾角为
，根据牛顿第二定律，当物块A 沿斜面下滑时
由v-t 图像知
当物体A 沿斜面上滑时
由v-t 图像知
解得
又因下滑位移
则碰后A 反弹，沿斜面上滑的最大位移为
其中为P 点离水平面得高度，即
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解得
故在图（b）描述的整个过程中，物块A 克服摩擦力做的总功为
（3）设物块B 在水平面上最远的滑行距离为S，设原来的摩擦因为为
，则以A 和B 组成的系统，根据
能量守恒定律有
设改变后的摩擦因数为
，然后将A 从P 点释放，A 恰好能与B 再次碰上，即A 恰好滑到物块B 位置时，
速度减为零，以A 为研究对象，根据能量守恒定律得
又据（2）的结论可知
得
联立解得，改变前与改变后的摩擦因素之比为
61．（2016·全国）如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其
面前的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s 的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上
斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h=0.3 m（h 小于斜面体的高度）。已知小孩与滑板的总质量为
m1=30 kg，冰块的质量为m2=10 kg，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小g=10 m/s2。
(1)求斜面体的质量；
(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？
【答案】(1)20 kg；(2)不能
【解析】(1)设斜面质量为M，冰块和斜面的系统，水平方向动量守恒
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系统机械能守恒
解得
(2)人推冰块的过程
得
（向右）
冰块与斜面的系统
，
解得
（向右）
因
，且冰块处于小孩的后方，则冰块不能追上小孩。
62．（2014·北京）如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A 和B 分别
静止在圆弧轨道的最高点和最低点．现将A 无初速度释放，A 与B 碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动．
已知圆弧轨道光滑，半径R=0.2m，A 与B 的质量相等，A 与B 整体与桌面之间的动摩擦因数
=0.2．取重
力加速度g=10m/s2，求：
（1）碰撞前瞬间A 的速率v．
（2）碰撞后瞬间A 与B 整体的速度．
（3）A 与B 整体在桌面上滑动的距离L．
【答案】（1）2m/s （2）1m/s （3）0.25m
【解析】（1）对A 从圆弧最高点到最低点的过程应用机械能守恒定律有：
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可得
（2）A 在圆弧轨道底部和B 相撞，满足动量守恒，有：
，可得
（3）对AB 一起滑动过程，由动能定理得：
，可得L=0.25m
63．（2018·海南）如图，光滑轨道PQO 的水平段QO=
，轨道在O 点与水平地面平滑连接．一质量为m
的小物块A 从高h 处由静止开始沿轨道下滑，在O 点与质量为4m 的静止小物块B 发生碰撞．A、B 与地面
间的动摩擦因数均为
=0.5，重力加速度大小为g．假设A、B 间的碰撞为完全弹性碰撞，碰撞时间极短．
求
(1)第一次碰撞后瞬间A 和B 速度的大小；
(2)A、B 均停止运动后，二者之间的距离．
【答案】(1)
，
；(2)
【解析】（1）设A 滑到水平轨道的速度为
，则有
A 与B 碰撞时，由动量守恒有
由动能不变有
联立得
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第一次碰撞后瞬间A 和B 速度的大小分别为
和
（2）第一次碰撞后A 经过水平段QO 所需时间
第一次碰撞后B 停下来所需时间
易知
故第一次碰撞后B 停时，A 还没有追上B，设第一次碰撞后B 停下来滑动的位移为
，由动能定理得
解得
设A 第二次碰撞B 前的速度为
，由动能定理得
解得
故A 与B 会发生第二次碰撞
A 与B 会发生第二次碰撞，由动量守恒有
由动能不变有
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解得
B 发生第二次碰撞后，向右滑动的距离为
，由动能定理得
解得
A 发生第二次碰撞后，向左滑动的距离为
，由动能定理得
解得
故
即A 不会再回到光滑轨道PQO 的水平段QO 上，在O 点左边停下
所以A、B 均停止运动后它们之间的距离为
64．（2018·全国）汽车A 在水平冰雪路面上行驶。驾驶员发现其正前方停有汽车B，立即采取制动措施，
但仍然撞上了汽车B。两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后B 车向前滑动了
，A
车向前滑动了
。已知A 和B 的质量分别为
和
。两车与该冰雪路面间的动摩擦因
数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小
，求
(1)碰撞后的瞬间B 车速度的大小；
(2)碰撞前的瞬间A 车速度的大小。
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【答案】(1)3m/s；(2)4.25m/s
【解析】(1)设B 车质量为mB，碰后加速度大小为aB，根据牛顿第二定律有
式中μ 是汽车与路面间的动摩擦因数。设碰撞后瞬间B 车速度的大小为
，碰撞后滑行的距离为
。由运
动学公式有
联立并代入数据解得
(2)设A 车的质量为mA，碰后加速度大小为aA。根据牛顿第二定律有
设碰撞后瞬间A 车速度的大小为
，碰撞后滑行的距离为
。由运动学公式有
设碰撞后瞬间A 车速度的大小为
，两车在碰撞过程中动量守恒，有
联立并代入数据解得
65．（2014·全国）冰球运动员甲的质量为80.0kg。当他以5.0m/s 的速度向前运动时，与另一质量为
100kg、速度为3.0m/s 的迎面而来的运动员乙相撞。碰后甲恰好静止。假设碰撞时间极短，求：
(1)碰后乙的速度的大小；
(2)碰撞中总动能的损失。
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【答案】(1)1.0m/s；(2)1400J
【解析】(1)设运动员甲、乙的质量分别为m、M，碰前速度大小分别为v、V，碰后乙的速度大小为V′，规
定甲的运动方向为正方向，由动量守恒定律有
mv-MV=MV′
代入数据解得
V′=1.0m/s
(2)设碰撞过程中总机械能的损失为
，应有
解得
考点：动量守恒定律；能量守恒定律
66．（2017·北京）在磁感应强度为B 的匀强磁场中，一个静止的放射性原子核发生了一次α 衰变．放射出
α 粒子（
）在与磁场垂直的平面内做圆周运动，其轨道半径为R．以m、q 分别表示α 粒子的质量和
电荷量．
（1）放射性原子核用
表示，新核的元素符号用Y 表示，写出该α 衰变的核反应方程．
（2）α 粒子的圆周运动可以等效成一个环形电流，求圆周运动的周期和环形电流大小．
（3）设该衰变过程释放的核能都转为为α 粒子和新核的动能，新核的质量为M，求衰变过程的质量亏损
△m．
【答案】（1）放射性原子核用
表示，新核的元素符号用Y 表示，则该α 衰变的核反应方程为
；（2）α 粒子的圆周运动可以等效成一个环形电流，则圆周运动的周期为
，环形
电流大小为
；（3）设该衰变过程释放的核能都转为为α 粒子和新核的动能，新核的质量为M，则
衰变过程的质量亏损△m 为损
．
23
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【解析】（1）根据核反应中质量数与电荷数守恒可知，该α 衰变的核反应方程为
（2）设α 粒子在磁场中做圆周运动的速度大小为v，由洛伦兹力提供向心力有
根据圆周运动的参量关系有
得α 粒子在磁场中运动的周期
根据电流强度定义式，可得环形电流大小为
（3）由
，得
设衰变后新核Y 的速度大小为v′，核反应前后系统动量守恒，有Mv′–mv=0
可得
根据爱因斯坦质能方程和能量守恒定律有
解得
说明：若利用
解答，亦可．
【名师点睛】（1）无论哪种核反应方程，都必须遵循质量数、电荷数守恒．
（2）α 衰变的生成物是两种带电荷量不同的“带电粒子”，反应前后系统动量守恒，因此反应后的两产物
向相反方向运动，在匀强磁场中，受洛伦兹力作用将各自做匀速圆周运动，且两轨迹圆相外切，应用洛伦
兹力计算公式和向心力公式即可求解运动周期，根据电流强度的定义式可求解电流大小．
（3）核反应中释放的核能应利用爱因斯坦质能方程求解，在结合动量守恒定律与能量守恒定律即可解得
质量亏损．
67．（2017·天津）如图所示，物块A 和B 通过一根轻质不可伸长的细绳连接，跨放在质量不计的光滑定滑
轮两侧，质量分别为mA=2 kg、mB=1 kg。初始时A 静止于水平地面上，B 悬于空中。先将B 竖直向上再举
高h=1.8 m（未触及滑轮）然后由静止释放。一段时间后细绳绷直，A、B 以大小相等的速度一起运动，之
后B 恰好可以和地面接触。取g=10 m/s2。空气阻力不计。求：
（1）B 从释放到细绳刚绷直时的运动时间t；
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（2）A 的最大速度v 的大小；
（3）初始时B 离地面的高度H。
【答案】（1）0.6s；（2）2m/s；（3）0.6m
【解析】（1）B 从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动，由
解得
（2）设细绳绷直前瞬间B 速度大小为vB，有
细绳绷直瞬间，细绳张力远大于A、B 的重力，A、B 相互作用，总动量守恒
绳子绷直瞬间，A、B 系统获得的速度
之后A 做匀减速运动，所以细绳绷直瞬间的速度v 即为最大速度，A 的最大速度为2 m/s。
（3）细绳绷直后，A、B 一起运动，B 恰好可以和地面接触，说明此时A、B 的速度为零，这一过程中A、
B 组成的系统机械能守恒，有
解得，初始时B 离地面的高度
【点睛】本题的难点是绳子绷紧瞬间的物理规律——是两物体的动量守恒，而不是机械能守恒。
68．（2016·全国）如图，水平地面上有两个静止的小物块a 和b，其连线与墙垂直，a 和b 相距l，b 与墙
之间也相距l；a 的质量为m，b 的质量为
，两物块与地面间的动摩擦因数均相同，现使a 以初速度v0
向右滑动，此后a 与b 发生弹性碰撞，但b 没有与墙发生碰撞．重力加速度大小为g，求物块与地面间的动
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摩擦因数满足的条件．
【答案】
【解析】设物块与地面间的动摩擦因数为μ，要使物块a、b 能够发生碰撞，应有
mv0
2＞μmgl
即
设a 与b 碰撞前的速度为v1，由能量守恒得
m v0
2=μmgl+
mv1
2
设a 与b 碰撞前向的瞬间，速度大小分别为va、vb，根据动量守恒定律和能量守恒定律得：
mv1=mva+
mvb
mv1
2=
mva
2+
×
mvb
2
联立解得
vb=
v1
碰后，b 没有与墙发生碰撞，即b 在达到墙前静止，由功能关系得：
联立得
则a 与b 发生碰撞、但b 没有与墙发生碰撞的条件为
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【名师点睛】该题要按时间顺序分析物体的运动过程和物理规律，知道弹性碰撞过程遵守动量守恒和能量
守恒，要结合几何关系分析b 与墙不相撞的条件．
69．（2016·海南）如图，物块A 通过一不可伸长的轻绳悬挂在天花板下，初始时静止，从发射器（图中
未画出）射出的物块B 沿水平方向与A 相撞，碰撞后两者粘连在一起运动；碰撞前B 的速度的大小v 及碰
撞后A 和B 一起上升的高度h 均可由传感器（图中未画出）测得。某同学以h 为纵坐标，v2为横坐标，利
用实验数据作直线拟合，求得该直线的斜率为k=1.92×10-3s2/m．已知物块A 和B 的质量分别为mA=0.400kg
和mB=0.100kg，重力加速度大小g=9.80m/s2。
（1）若碰撞时间极短且忽略空气阻力，求h–v2直线斜率的理论值k0；
（2）求k 值的相对误差δ（δ=
×100%，结果保留1 位有效数字）。
【答案】（1）2.04×10–3s2/m；（2）6%
【解析】（1）设物块A 和B 碰撞后共同运动的速度为v'，由动量守恒定律有
mBv=（mA+mB）v'
在碰后A 和B 共同上升的过程中，由机械能守恒定律有
联立式得
由题意得
代入题给数据得
k0=2.04×10–3s2/m
（2）按照定义
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δ=
×100%
得
δ=6%
70．（2015·全国）两滑块a、b 沿水平面上同一条直线运动,并发生碰撞;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b、a 的质量之比;
(2)整个运动过程中,两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比．
【答案】(1)
(2) W:ΔE=1:2
【解析】（1）设a、b 的质量分别为
，a、b 碰撞前地速度为
．
由题给的图象得
①，
②，
a、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
③
由动量守恒定律得
④
联立①②③④式得
（2）由能量守恒得，两滑块因碰撞损失的机械能为
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
联立⑥⑦式，并代入数据得
【点睛】本题是对动量守恒的考查，同时注意位移时间图象的含义，根据图象来计算速度的大小，利用能
量的守恒来分析损失的能量的多少
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71．（2015·全国）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 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 只与B、C 各发生一次碰撞，设物体间的碰撞都是弹性的。
【答案】
【解析】A 向右运动与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，第一次与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+MvC1
联立得
可知，只有m＜M 时，A 才能被反向弹回，才可能与B 发生碰撞。
设A 与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
根据题意要求A 只与B、C 各发生一次碰撞，应有
vA2≤vC1
联立得
m2+4mM﹣M2≥0
解得
（另一解：
舍去）
所以m 与M 之间的关系应满足
才能使A 只与B、C 各发生一次碰撞。
72．（2015·广东）如图所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道
相切，半径R＝0.5m，物块A 以v0＝6m/s 的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q，再沿圆轨道滑出后，与直轨
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道上P 处静止的物块B 碰撞，碰后粘在一起运动，P 点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排
列，每段长度都为L＝0.1m，物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ＝0.1，A、B 的质量均为m＝1kg(重力
加速度g 取10m/s2；A、B 视为质点，碰撞时间极短)。
(1)求A 滑过Q 点时的速度大小v 和受到的弹力大小F；
(2)若碰后AB 最终停止在第k 个粗糙段上，求k 的数值；
(3)求碰后AB 滑至第n 个(n＜k)光滑段上的速度vn与n 的关系式。
【答案】(1)
，22 N ； (2) 45 ； (3)
【解析】(1)物块A 从开始运动到运动至Q 点的过程中，受重力和轨道的弹力作用，但弹力始终不做功，只
有重力做功，根据动能定理有
解得
在Q 点，不妨假设轨道对物块A 的弹力F 方向竖直向下，根据向心力公式有
解得
为正值，说明方向与假设方向相同。
(2)根据机械能守恒定律可知，物块A 与物块B 碰撞前瞬间的速度为v0，设碰后A、B 瞬间一起运动的速度
为v0′，根据动量守恒定律有
解得
设物块A 与物块B 整体在粗糙段上滑行的总路程为s，根据动能定理有
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解得
所以物块A 与物块B 整体在粗糙段上滑行的总路程为每段粗糙直轨道长度的
倍，即
(3)物块A 与物块B 整体在每段粗糙直轨道上做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可知，其加速度为
由题意可知AB 滑至第n 个（n＜k）光滑段时，先前已经滑过n 个粗糙段，根据匀变速直线运动速度-位移
关系式有
解得
（其中n＝1、2、3、…、44）
73．（2014·江苏）牛顿的《自然哲学的数学原理》中记载，A、B 两个玻璃球相碰，碰撞后的分离速度和
它们碰撞前的接近速度之比总是约为15 16
∶
．分离速度是指碰撞后B 对A 的速度，接近速度是指碰撞前A
对B 的速度．若上述过程是质量为2m 的玻璃球A 以速度v0碰撞质量为m 的静止玻璃球B，且为对心碰撞，
求碰撞后A、B 的速度大小．
【答案】
；
【解析】设A、B 球碰撞后速度分别为v1和v2
由动量守恒定律得
2mv0＝2mv1＋mv2
且由题意知
解得
v1＝
v0
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v2＝
v0
74．（2014·全国）如图，质量分别为
、
的两个小球A、B 静止在地面上方，B 球距地面的高度
h=0.8m，A 球在B 球的正上方，先将B 球释放，经过一段时间后再将A 球释放，当A 球下落t=0.3s 时，刚
好与B 球在地面上方的P 点处相碰，碰撞时间极短，碰后瞬间A 球的速度恰为零，已知
，重力加
速度大小为
，忽略空气阻力及碰撞中的动能损失，求：
（i）B 球第一次到达地面时的速度；
（ii）P 点距离地面的高度。
【答案】（i）
；（ii）
【解析】（i）B 球总地面上方静止释放后只有重力做功，根据动能定理有
可得B 球第一次到达地面时的速度
（ii）A 球下落过程，根据自由落体运动可得A 球的速度
设与A 球碰撞前瞬间B 球的速度为
，则有碰撞过程动量守恒，规定向下为正方向，由动量守恒定律得
碰撞过程没有动能损失则有
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又
小球B 与地面碰撞后根据没有动能损失所以B 离开地面上抛时速度
联立解得
75．（2014·天津）如图所示，水平地面上静止放置一辆小车A，质量
，上表面光滑，小车与地面
间的摩擦力极小，可以忽略不计．可视为质点的物块B 置于A 的最右端，B 的质量
．现对A 施加
一个水平向右的恒力F＝10N，A 运动一段时间后，小车左端固定的挡板B 发生碰撞，碰撞时间极短，碰后
A，B 粘合在一起，共同在F 的作用下继续运动，碰撞后经时间t＝0.6s，二者的速度达到
．求
（1）A 开始运动时加速度a 的大小；
（2）A，B 碰撞后瞬间的共同速度v 的大小；
（3）A 的上表面长度l；
【答案】(1)
（2）1m/s （3）0.45m
【解析】(1)以A 为研究对象，由牛顿第二定律有F＝mAa①
代入数据解得a＝2.5 m/s2②
(2)对A、B 碰撞后共同运动t＝0.6 s 的过程，由动量定理得Ft＝(mA＋mB)v－(mA＋mB)v1③
代入数据解得v1＝1 m/s④
(3)设A、B 发生碰撞前，A 的速度为vA，对A、B 发生碰撞的过程，由动量守恒定律有
mAvA＝(mA＋mB)v1⑤
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A 从开始运动到与B 发生碰撞前，由动能定理有Fl＝
mAv ⑥
由④⑤⑥式，代入数据解得l＝0.45 m.
76．（2014·安徽）在光滑水平面上有一凹槽A，中央放一小物块B，物块与左右两边槽壁的距离如图所示，
L 为1.0m，凹槽与物块的质量均为m，两者之间的动摩擦因数μ 为0.05，开始时物块静止，凹槽以v0=5m/s
初速度向右运动，设物块与凹槽槽壁碰撞过程中没有能量损失，且碰撞时间不计，g 取10m/s2，求：
（1）物块与凹槽相对静止时的共同速度；
（2）从凹槽开始运动到两者相对静止物块与右侧槽壁碰撞的次数；
（3）从凹槽开始运动到两者刚相对静止所经历的时间及该时间内凹槽运动的位移大小。
【答案】（1）2.5m/s；（2）6 次；（3）5s，12.75m
【解析】（1）设两者间相对静止时速度为v，由动量守恒定律得
mv0=2mv
解得
v=2.5m/s
（2）物块与凹槽间的滑动摩擦力大小为
设两者间相对静止前相对运动的路程是s1，由动能定理得
解得
已知L=1m，可推知物块与右侧槽壁共发生6 次碰撞。
（3）设碰前凹槽与物块的速度分别为v1、v2，碰后的速度分别为v1′、v2′，据动量守恒定律可得
据机械能守恒定律可得
解得
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，
即每碰撞一次凹槽与物块发生一次速度交换，在同一坐标系上两者的速度图线如图所示
根据碰撞次数可分为13 段，凹槽、物块的v-t 图像在两条连续的匀变速运动图线间转换，故可用匀变速直
线运动规律求时间，则
解得
凹槽的v-t 图像所包围的阴影部分面积即为凹槽的位移大小s2，等腰三角形面积共13 份，第一份面积为
0.5L，其余每份面积均为L，可得
解得
77．（2015·海南）运动的原子核
放出
粒子后变成静止的原子核Y．已知X、Y 和
粒子的质量分别
是M、
和
，真空中的光速为c，
粒子的速度远小于光速．求反应后与反应前的总动能之差以及
粒
子的动能．
【答案】
，
【解析】反应后由于存在质量亏损，所以反应前后总动能之差等于质量亏损而释放出的能量，
故根据爱因斯坦质能方程可得
①
反应过程中三个粒子组成的系统动量守恒，故有
，②
联立①②可得
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78．（2014·广东）如图的水平轨道中，AC 段的中点B 的正上方有一探测器，C 处有一竖直挡板，物体P1
沿轨道向右以速度v1与静止在A 点的物体P2碰撞，并接合成复合体P，以此碰撞时刻为计时零点，探测器
只在t1=2 s 至t2=4 s 内工作，已知P1、P2的质量都为m=1 kg，P 与AC 间的动摩擦因数为μ=0.1，AB 段长
L=4 m，g 取10 m/s2，P1、P2和P 均视为质点，P 与挡板的碰撞为弹性碰撞。
(1)若v1=6 m/s，求P1、P2碰后瞬间的速度大小v 和碰撞损失的动能ΔE；
(2)若P 与挡板碰后，能在探测器的工作时间内通过B 点，求v1的取值范围和P 向左经过A 点时的最大动能
E。
【答案】(1)9J；(2)10m/s＜v1＜14m/s，17J
【解析】(1)由于P1和P2发生弹性碰撞，据动量守恒定律有
碰撞过程中损失的动能为
(2)从A 点滑动到C 点，再从C 点滑动到A 点的整个过程，P 做的是匀减速直线。
设加速度大小为a，则
设经过时间t，P 与挡板碰撞后经过B 点，则
若t=2s 时经过B 点，可得v1=14m/s
若t=4s 时经过B 点，可得v1=10m/s
则v1的取值范围为
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10m/s＜v1＜14m/s
v1=14m/s 时，碰撞后的结合体P 的最大速度为
根据动能定理
代入数据，可得通过A 点时的最大动能为
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