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2024 年高考物理一轮复习热点重点难点夯练与提升
专题40 动量守恒中四类模型和三大力学观点的综合应用
特训目标
特训内容
目标1
人船模型和类人船模型（1T—4T）
目标2
爆炸反冲类模型（5T—8T）
目标3
弹簧模型（9T—12T）
目标4
板块模型（13T—16T）
目标5
三大力学观点的综合应用（17T—20T）
【特训典例】
一、人船模型和类人船模型
1．“独竹漂”是一项独特的黔北民间绝技。独竹漂高手们脚踩一根楠竹，漂行水上如履平地。如图甲所
示，在平静的湖面上，一位女子脚踩竹竿抵达岸边，此时女子静立于竹竿A 点，一位摄影爱好者使用连拍
模式拍下了该女子在竹竿上行走过程的系列照片，并从中选取了两张进行对比，其简化图如下。经过测量
发现，甲、乙两张照片中A、B 两点的水平间距约为1cm，乙图中竹竿右端距离河岸约为1.8cm。女子在照
片上身高约为1.6cm。已知竹竿的质量约为25kg，若不计水的阻力，则该女子的质量约为（ ）
A．45kg
B．50kg
C．55kg
D．60kg
【答案】A
【详解】对人和竹竿组成的系统，可看成人船模型，所以
代入数据可得人的质量为
故选A。
2．如图所示，小车静止在光滑水平面上，
是小车内半圆弧轨道的水平直径，现将一质量为
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，已知半圆弧半径为
，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（ ）
1
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A．小球运动到小车的B 点位置时，车与小球的速度不相同
B．小球从小车A 位置运动到B 位置过程中，小车对小球先做正功后做负功
C．小球从小车的B 点冲出后可上升到释放的初始高度，并能从小车A 点冲出到达释放的初始位置（相
对于地）
D．小球从开始下落至到达圆弧轨道的最低点过程，小车的位移大小为
【答案】ACD
【详解】AC．因为系统水平方向的总动量保持为零，则小球由
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与释放点等高的位置，返回后能从小车
点冲出到达释放的初始位置
（相对于地），选项A C 正确；
B．小球从小车A 位置运动到B 位置过程中，小车先向左加速再向左减速，小球对小车先做正功再做负功，
故小车对小球先做负功再做正功，选项B 错误；
D．小球从开始下落至到达圆弧轨道的最低点过程，由人船模型可得
；
解得小球、小车的水平位移分别为
；
选项D 正确。故选ACD。
3．质量M=3kg 的滑块套在水平固定着的轨道上并可在轨道上无摩擦滑动。质量为m=2kg 的小球（视为质
点）通过长L=0.75m 的轻杆与滑块上的光滑轴O 连接，开始时滑块静止，轻杆处于水平状态。现给小球一
个v0=3m/s 的竖直向下的初速度，取g=10m/s2。则（ ）
A．小球m 从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块M 在水平轨道上向右移动了0.3m
2
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B．小球m 从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块M 在水平轨道上向右移动了0.5m
C．小球m 相对于初始位置可以上升的最大高度为0.27m
D．小球m 从初始位置到第一次到达最大高度的过程中，滑块M 在水平轨道上向右移动了0.54m
【答案】AD
【详解】AB．设滑块M 在水平轨道上向右运动了x，由滑块和小球系统在水平方向动量守恒，有
解得x=0.3m 故A 正确；B 错误；
C．设小球m 相对于初始位置可以上升的最大高度为h，此时m 与M 的共同速度为v。根据水平动量守恒得
0=(m+M)v 根据系统的机械能守恒得
解得h=0.45m 故C 错误；
D．小球m 从初始位置到第一次到达最大高度的过程中，设滑块M 在水平轨道上向右移动的距离为y。由
几何关系可得，m 相对于M 移动的水平距离为
根据水平动量守恒得
解得y= 0.54m 故D 正确。故选AD。
4．如图所示，载有物资的热气球的总质量为M，静止于距离水平地面H 的高处。现将质量为m 的物资以
相对地面竖直向下的速度
投出，物资落地时与热气球的距离为d。设整个过程中热气球所受浮力不变，
重力加速度为g，不计空气阻力，忽略物资受到的浮力。下列说法正确的是（ ）
A．物资落地前，热气球与其组成的系统动量守恒
B．投出物资后，热气球匀速上升
C．物资落地时，热气球上升的高度为
D．
3
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【答案】ACD
【详解】A．物资抛出之前，物资和气球受合力为零，物资抛出后，气球和物资受合外力不变，则系统受
合外力仍为零，则物资落地前，热气球与投出的物资组成的系统动量守恒，选项A 正确；
B．投出物资后热气球受合力向上，则向上做匀加速直线运动，选项B 错误；
CD．设物资落地时热气球上升的高度为h，则对物资和气球系统，由动量守恒定律
解得
则
选项CD 正确。故选ACD。
二、爆炸反冲类模型
5．“世界上第一个想利用火箭飞行的人”是明朝的士大夫万户。他把47 个自制的火箭绑在椅子上，自己
坐在椅子上，双手举着大风筝，设想利用火箭的推力，飞上天空，然后利用风筝平稳着陆。假设万户及所
携设备[火箭（含燃料）、椅子、风筝等]总质量为M，点燃火箭后在极短的时间内，质量为m 的炽热燃气
相对地面以
的速度竖直向下喷出。忽略此过程中空气阻力的影响，重力加速度为g，下列说法中正确的
是（ ）
A．火箭的推力来自燃气对它的反作用力
B．在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为
C．喷出燃气后万户及所携设备能上升的最大高度为
D．在燃气喷出后上升过程中，万户及所携设备动量守恒
【答案】A
【详解】A．火箭的推力是燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对火箭的反作用力，故A 正确；
B．在燃气喷出后得瞬间，万户及所携设备组成的系统动量守恒，设火箭的速度大小为v，规定火箭运动方
4
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向为正方向，则有
解得火箭的速度大小为
故B 错误；
C．喷出燃气后，万户及所携设备做竖直上抛运动，根据运动学公式可得，最大上升高度
故C 错误；
D．在燃气喷出后上升过程中，万户及所携设备因为受重力，系统动量不守恒，故D 错误。故选A。
6．2022 年11 月29 日23 时08 分，神舟十五号载人飞船发射入轨，6 名航天员实现了太空会师，2022 年
12 月4 日晚上20 时09 分，神舟十四号飞行乘组（陈冬、刘洋和蔡旭哲）完成了所有的既定任务后成功返
回地面，其中还包括三次太空行走。如图所示，已知某次陈冬离开空间站太空行走时，连同装备共
100kg，在离飞船60m 的位置与空间站处于相对静止的状态，装备中有一个高压气源，能以50m/s 的速度
喷出气体，为了能在5min 内返回空间站，他需要在开始返回的瞬间至少一次性向后喷出气体的质量是
（不计喷出气体后航天员和装备质量的变化）（ ）
A．0.10kg
B．0.20kg
C．0.35kg
D．0.40kg
【答案】D
【详解】单位换算
，陈冬在喷出气体后的最小速度为
根据动量守恒定律得
代入题中数据解得
故选D。
7．2023 年春节期间，中国许多地方燃放了爆竹，爆竹带来浓浓的年味。一质量为M 的爆竹竖直运动到最
高点时，爆炸成两部分，爆炸后瞬时质量为m 的部分动能为E，爆炸时间极短可不计，不计爆炸过程中的
质量损失，则该爆竹爆炸后瞬时的总动能为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
5
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【详解】设爆炸后瞬时质量为m 的速度大小为
，另一部分的速度大小为
，根据动量守恒可得
解得
又
则该爆竹爆炸后瞬时的总动能为
联立解得
故选D。
8．质量为m 的烟花弹从地面以初动能E 向上飞出，当其上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为
质量相等的a、b、c、d 四部分（可视为质点），其中a、b 两部分速度方向分别为竖直向上和竖直向下，
c、d 两部分速度方向分别为水平向左和水平向右，a 的动能也为E，如图所示。爆炸时间极短，且炸药对
a、b、c、d 四部分的作用力大小相等，重力加速度大为g，不计空气阻力和火药的质量。关于它们后面的
运动，下列说法正确的是（ ）
A．落地前同一时刻，a、b、c、d 分布在一个四边形的四个顶点上，且ac 连线比cb 连线短
B．落地前，a、b、c、d 在相等的时间内速度的变化量相同
C．落地时，a 的速度大小为
D．落地时，a、b、c、d 重力的功率关系为Pa=Pb>Pc=Pd
【答案】BD
【详解】A．爆炸时间极短，说明爆炸过程动量守恒，由水平方向和竖直方向守恒，有
0=
mva–
mvb，0=
mvc–
mvd解得va=vb，vc=vd炸药对a、b、c、d 四部分的作用力大小相等，根据动量定
理有Ft=Δp=
mv 联立得va=vb=vc=vd =v 爆炸后a、b、c、d 四部分分别做竖直上抛、竖直下抛和平抛运动，
落地前c、d 两部分沿各自初速度方向的水平位移相等，竖直方向自由落体运动的位移相等，a、b 只在竖
直方向上运动，只有竖直位移，且两点最终落点相同，故四点分布在一条直线上，且ac 连线等于cb 连线，
A 错误；
6
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B．落地前，a、b、c、d 的加速度都为重力加速度，在相等的时间内速度的变化量Δv=gt，方向竖直向下，
B 正确；
C．烟花弹上升过程根据机械能守恒，有E=mgh 落地时根据动能定理，有
mgh=E1-E
可得a、b、c、d 的动能相等，均为E1=
E，速度大小均为
，C 错误；
D．落地时，a、b、c、d 的竖直速度大小关系为
，根据
得a、b、c、d 重力的功率
关系为Pa=Pb>Pc=Pd，D 正确。故选BD。
三、弹簧模型
9．如图，质量均为
的物块A、B 用轻弹簧相连，放在光滑水平面上，B 与竖直墙面紧靠。另一个质
量为
的物块C 以某一初速度向A 运动，C 与A 碰撞后粘在一起不再分开，它们共同向右运动并压缩弹簧，
弹簧储存的最大弹性势能为6.0J，最后弹簧又弹开，A、B、C 一边振动一边向左运动。那么下列说法错误
的是（ ）
A．从C 触到A，到B 离开墙面这一过程，系统的动量不守恒，机械能损失
B．B 离开墙面以后的运动过程中，B 的最大速度为
C．C 的初动能为9J
D．B 离开墙面后，弹簧的最大弹性势能为1.5J
【答案】B
【详解】AC．从C 触到A，到B 离开墙面这一过程，C 与A 碰撞后粘在一起不再分开，是非弹性碰撞，机
械能有损失，C、A 共同向右运动并压缩弹簧过程中，B 受到墙面的作用力，系统的动量不守恒；设C 的初
速度为v0，初动能为
，对C 与A 碰撞过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得
C、A 向右压缩弹簧的过程，由机械能守恒得
得
初动能为
联立解得
，
，
机械能损为
，AC 正确；
B．当B 刚离开墙壁时C、A 的速度大小等于v1，方向向左。当弹簧由拉伸第二次恢复原长时B 的速度最大，
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取向左为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得
，
解得B 的最大速度为
，B 错误；
D．B 离开墙面后，当三个物体的速度相同时弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律和
机械能守恒定律得
，
联立解得B 离开墙面后，弹簧的最大弹
性势能为
，D 正确。本题选择错误的，故选B。
10．如图甲所示，一轻质弹簧的两端分别与质量是
、
的A、B 两物块相连，它们静止在光滑水平面上。
现使A 瞬时获得水平向右的速度
并从此时刻开始计时，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所
示，已知
，下列说法正确的是（ ）
A．物块B 的质量为3kg
B．弹簧的最大弹性势能为4.5J
C．
时刻A、B 的动能之比为
D．从
到
时刻弹簧由伸长状态恢复到原长
【答案】D
【详解】A．由图乙可知，
时刻两物块速度相同，均为
根据动量守恒可得
解得物块B 的质量为
故A 错误；
B．当两物块速度相同时，弹簧弹性势能最大，根据能量守恒可得
故B 错误；
C．
时刻，由图乙可知A、B 速度分别为
，
，A、B 的动能之比为
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故C 错误；
D．由图乙可知，B 的速度在
时刻最大，可知此时弹簧恢复原长，此后B 开始做减速运动，弹簧处于拉伸
状态；
时刻，两物块速度再一次相同，此时弹簧伸长量最大，
时刻，弹簧刚好再次恢复原长，则从
到
时刻弹簧由伸长状态恢复到原长，故D 正确。故选D。
11．如图所示，质量为m 的小球A，系在细线的一端，细线的另一端固定在O 点，O 点到光滑水平面的距
离为ℎ，小物块B 和C 的质量分别为
和
，B 与C 用轻弹簧拴接，置于光滑的水平面上，且B 物块位于
O 点正下方。现向左拉动小球A 使细线水平伸直，将小球A 由静止释放，当小球运动到最低点时与小物块
B 发生正碰（碰撞时间极短），小球反弹后上升到最高点时离水平面的距离为
。不计空气阻力，重力加
速度为
。则下列说法中正确的是（ ）
A．碰撞后小球A 反弹的速度大小为
B．碰撞过程中小球A 受到的冲量大小为
C．碰撞后轻弹簧获得的最大弹性势能为
D．碰撞后B 物块的最小速度为
【答案】AC
【详解】A．碰撞后小球A 机械能守恒，则
解得，碰撞后小球A 反弹的速度大小为
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，
A 正确；
B．设碰撞前小球A 的速度为
，碰撞后B 物块的速度为
，下落过程中小球A 机械能守恒，则
碰撞前小球A 的速度为
规定小球小球A 的初速度
为正方向，对小球A 由动量定理
解得
所以，碰撞过程中小球A 受到的冲量大小为
，B 错误；
C．A、B 碰撞过程，由动量守恒有
解得，碰撞后B 物块的速度为
碰撞后，当物
块B 和C 的速度相等时，弹簧的弹性势能最大，根据物块B 和C 组成的系统动量守恒有
根据机械能守恒得
解得，碰撞后轻弹簧获得的最大弹性势能
，
C 正确；
D．弹簧再次恢复到原长时，物块B 的速度最小，则B 和C 组成的系统动量守恒有
由机械能守恒得
解得
则物块B 的最小速度大小为
，D 错
误。故选AC。
12．如图甲所示，物块A，B 的质量分别是mA＝3 kg 和mB＝2 kg，用轻弹簧拴接两物块放在光滑的水平地
面上，物块B 的右侧与竖直墙面接触。另有一物块C 从t＝0 时刻起，以一定的速度向右运动，在t＝4 s 时
与物块A 相碰，并立即与A 粘在一起不再分开，物块C 的vt 图像如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
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A．物块B 离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能为72 J
B．4 s 到12 s 的时间内，墙壁对物块B 的冲量大小为24 N·s
C．物块B 离开墙壁后，弹簧的最大弹性势能为6 J
D．物块B 离开墙壁后，物块B 的最大速度为2 m/s
【答案】BC
【详解】A．由题图乙知，C 与A 碰前速度为v1＝12 m/s，碰后速度为v2＝3 m/s，C 与A 碰撞过程动量守恒，
以C 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mCv1＝（mA＋mC）v2解得mC＝1kg 当C 与A 速度为0 时，
弹性势能最大Ep＝
（mA＋mC）v2
2＝18 J 故A 项错误；
B．由题图乙知，12 s 末A 和C 的速度为v3＝－3 m/s，4 s 到12 s 过程中墙壁对物块B 的冲量大小等于弹簧
对物块B 的冲量大小，也等于弹簧对A 和C 整体的冲量大小，墙对B 的冲量为
I＝（mA＋mC）v3－（mA＋mC）v2解得I＝－24 N·s 方向向左，故B 正确；
C．物块B 离开墙壁后，A、B、C 三者共速时弹性势能最大（mA＋mC）v3=（mA＋mC+mB）v 共；
解得Ep′＝6 J 故C 正确；
D．物块B 离开墙壁后，系统动量守恒、机械能守恒，物块B 的最大速度时，弹簧处于原长，则
（mA＋mC）v3=（mA＋mC）v4+mBv5；
解得v4=1 m/s；v5=4 m/s
故D 错误。故选BC。
四、板块模型
13．如图所示，在光滑的水平地面上静止放着质量为2 kg 的“L”形木板A，其左端挡板与放在A 板上的质
量为1 kg 的小物块B 间夹着一小块炸药，炸药爆炸时，有3 J 的化学能转化为A、B 的动能，爆炸结束瞬间，
质量为1 kg 的物块C 以水平向左，大小为2 m/s 的速度从A 板右端滑上木板，最终物块B、C 恰好没有发生
碰撞，且木板与两物块间的动摩擦因数均为0.2，取g＝10 m/s2，则（ ）
11
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A．木板A 最终水平向右运动
B．木板长度为2.75 m
C．最终B 距离木板左端2 m
D．最终C 距离木板右端1 m
【答案】C
【详解】A．全过程ABC 系统合外力为零，动量守恒，且总动量向左，故最终木板应向左滑动，选项A 错
误；
B．又mCvC＝（mA＋mB＋mC）v；v＝0.5 m/s 炸药爆炸后瞬间，AB 满足动量守恒mAvA=mBvB
且机械能增加3 J，
故可知A 获得的速度vA=1 m/s，B 获得的速度vB=2 m/s
故全过程BC 在板上的相对位移之和满足
；s＝2.25 m 选项B 错误；
CD．由受力分析可知，A 先向左匀速，C 向左2 m/s2匀减速，B 向右2 m/s2匀减速，AC 共速后，又一起以
加速度向左匀减速，直到三者共速，故C 在A 上滑行的相对位移
；sB＝s-sC＝2
m
故选项C 正确，D 错误。故选C。
14．一质量
的平板小车静止在光滑的水平地面上，如图所示，现有质量均为
的小物块A
和B（均可视为质点），由车上某点
处开始，A 以初速度
向左运动，B 同时以
向右运
动，最终A、B 两物块恰好停在小车两端没有脱离小车。已知两物块与小车间的动摩擦因数均为
，取
。则下列说法中正确的是（ ）
A．小车最终将静止在水平地面上
B．A、B 与车最终以
速度共同运动
12
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C．小车的总长
为
D．整个过程系统产生的总热量为
【答案】C
【详解】ABC．以A、B 小车为研究对象，取向右为正方向，系统动量守恒和能量守恒有
；
代入数据计算得出
；
即最终小车向右以
速度运动，故AB 错误，C 正确；
D．根据能量守恒定律可知系统产生总热量有
代入数据解得Q=9.5J
故D 错误。故选C。
15．如图所示，质量均为1.0kg 的木板A 和半径为0.1m 的
光滑圆弧槽B 静置在光滑水平面上，A 和B 接
触但不粘连，B 左端与A 相切。现有一质量为2.0kg 的小滑块C 以5m/s 的水平初速度从左端滑上A，当C
离开A 时，A 的速度大小为1.0m/s。已知A、C 间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g 取10m/s2。下列说法
正确的是（ ）
A．木板A 的长度为0.85m
B．滑块C 能够离开B，且离开B 后做竖直上抛运动
C．整个过程中A、B、C 组成的系统水平方向动量守恒
D．B 的最大速度为5m/s
【答案】CD
【详解】C.由于在光滑水平面上，小滑块C 与木板A 作用过程中A、BC 组成的系统动量守恒，滑块在光滑
圆弧槽B 滑行的过程中，系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，所以整个过程ABC 组成的系统水平
方向动量守恒，故选项C 正确；
A.滑块在木板上滑行的过程中，设向右为正方向，对系统由动量守恒和能量守恒可得
；
代入数据联立解得
；
故A 错误；
B．滑块在光滑圆弧槽B 上滑行的过程中，假设两者水平方向速度能达到相同，此时滑块滑上圆弧槽的最
13
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大高度，根据系统的动量守恒和能量守恒可得
；
代入数据联立解得
即滑块C 能离开B，但是由于
C 离开B 时除了竖直方向的速度外，还有水平方向的速度，不会做竖直上抛运动，故B 错误；
D．滑块离开滑槽时，水平方向速度与滑槽B 相等，则之后滑块会下落，之后圆弧槽速度继续增大，当滑
块滑到圆弧槽最低点时，圆弧槽获得最大速度，根据系统水平方向动量守恒和能量守恒
；
解得
故D 正确。故选
CD。
16．光滑水平地面上，质量为3kg 木板正以2m/s 的速度向右运动。某时刻在木板右端滑上可视为质点的小
球，质量为1kg，速度向左，大小也是2m/s。经过3s 后，小球刚好滑到木板左端且二者刚好相对静止。这
一过程中，下列说法中正确的是（ ）
A．木板长度是9m
B．小球相对地面向左最远位移为2m
C．系统因摩擦而生热8J
D．1.5s 时，小球距离木板左端1.5m
【答案】BD
【详解】AC．依题意，可知小球及木板系统动量守恒，取向右为正，有
代入数据，即
求得
可得木板加速度大小为
对木板，根据牛顿第二定律可得小球与木板间的滑动摩擦力大小为
设木板的长度为
，根据功能关系可得
求得
系统因摩擦而生热为
故AC 错误；
B．当小球在木板上速度减为0 时，小球相对地面向左有最远位移，为
对小球，根据牛顿第二定律
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有
联立求得
故B 正确；
D．1.5s 时，小球的速度大小为
方向向左，此时木块对地位移大小为
木板的位移大小为
则可得此时小球距离木板左端
故D 正确。故选BD。
五、三大力学观点的综合应用
17．如图所示，光滑水平面上有一质量为
、长度为
的长木板，其右端有一质量为
的滑块
（可视为质点），滑块与木板间动摩擦因数为
。初始时，二者以共同的速度
一起向左运
动，木板每次与墙面碰撞后瞬间，速度大小变为原来的一半，并反向运动。整个过程，滑块既没有从木板
上掉下，也没有与墙面发生接触。知重力加速度
取
，求：
（1）首次碰撞后开始计时，木板速度第一次减为零时的位移大小；
（2）木板长度
的最小值；
（3）整个过程因摩擦产生的热量。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）第1 次碰撞后，木板向右做匀减速直线运动，速度为零时，位移为对木板由动能定理可得
解得
代入数据得
（2）之后，木板向左做匀加速直线运动，设板块最终有共同速度
，对于系统，由动量守恒定律得
解得
即板块以共同的速度
再次与墙面发生二次碰撞，第1 次碰撞后至第1 次共
15
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速二者相对位移为L1 ，由能量守恒
解得
同理
解得
第2 次碰撞后至第2 次共速二者相对位移，由能量守恒得
解得
以后每次情况均是如此，直至碰撞无数次后系统处于静止状态，此可得第
次碰撞后共
速的速度
第
次碰撞后至第
次共速二者相对位移
解得
由等比数列求和公式可得
代入数据得
（3）摩擦生热
代入数据得
18．如图所示，一倾角θ=30°的斜面固定在地面上，斜面的长度L=5m，某时刻，小物块A 从斜面顶端由静
止释放，与静止在斜面中点的小物块B 发生多次碰撞，小物块A、B 之间的碰撞时间极短且为弹性碰撞，
已知小物块A、B 的质量分别为m1=1kg、m2=4kg，小物块A 与斜面间无摩擦，小物块B 与斜面间的动摩擦
因数
，重力加速度g=10m/s2。
（1）求小物块A 经过多长时间与小物块B 发生第一次碰撞及小物块A、B 第一次碰撞后瞬间的速度大小；
（2）求小物块第一次碰撞后经过多长时间发生第二次碰撞；
（3）若仅从能量角度考虑，小物块B 最终能否静止在斜面底端。
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【答案】（1）1s，3m/s，2m/s；（2）
；（3）见解析
【详解】（1）以小物块A 为研究对象，由牛顿第二定律得
解得
由运动学公式得
解得
取沿斜面向下为正方向，第一次碰前小物块A 的速度大小
小物块A、B 发生第一次碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律可知
；
联立解得
，
故小物块A、B 第一次碰撞后瞬间的速度大小分别为
、
。
（2）第一次碰后，以小物块B 为研究对象，由牛顿第二定律可得
解得
设经过时间后小物块B 的速度减为0，由运动学公式可得
解得
设小物
块A、B 第一次碰撞后经过时间
发生第二次碰撞，由运动学公式可得
解得
小物块B 在
时已静止，
舍去。故有
解得
小物块A、B 第一次碰
撞后经
发生第二次碰撞。
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（3）对小物块A、B 整体运动过程分析，运动到斜面底端的过程中重力做的
克服摩擦力做的功
由于
小物块B 可以静止在斜面底端。
19．如图所示，质量为M=3kg 的长木板置于光滑水平地面上，质量为m=1kg 的小物块（可视为质点）放在
长木板的右端，在木板右侧固定着一个竖直弹性挡板，挡板的下沿略高于木板。现使木板和物块以
v1=8m/s 的速度一起向右匀速运动，物块与挡板发生弹性碰撞。已知物块与木板间的动摩擦因数μ=0.3，重
力加速度g=10m/s2.
（1）求物块与挡板第一次碰撞到第二次碰撞所经历的时间；
（2）若整个过程中物块不会从长木板上滑落，求长木板的最小长度（结果保留1 位小数）；
（3）小物块与挡板第n 次碰撞结束到与木板刚好共速，小物块的位移为0.125m，求n 的值。
【答案】（1）6s；（2）42.7m；（3）4
【详解】（1）小物块第一次与挡板碰撞后，先向左匀减速直线运动，再向右做匀加速直线运动，根据牛
顿第二定律有
解得加速度大小
小物块第一次与墙碰撞后，小物块与木板相互作用
直到有共同速度v2，由动量守恒定律得
解得
则小物块与木板共速时的位移和
所用时间分别为
；
小物块和木板一起向右匀速运动的时间为
木板与墙壁第一次碰撞到第二次碰撞所经历的时间为
（2）木板在与小物块发生相对滑动过程时，一直相对向右做匀减速运动，最终两个物体全部静止，根据
能量守恒定律得
解得
（3）小物块第一次与墙碰撞后，小物块与木板相互作用直到有共同速度v2，由动量守恒定律得
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解得
小物块第二次与墙碰撞后，小物块与木板相互作用直到有共同速度
v2，由动量守恒定律得
解得
以此类推可得
；
小物块以速度vn与挡板第n 次碰撞后，至与木板共速时的位移为xn，则
解得
20．窗帘是我们日常生活中很常见的一种家具装饰物，具有遮阳隔热和调节室内光线的功能。图甲为罗马
杆滑环窗帘示意图。假设窗帘质量均匀分布在每一个环上，将图甲中的窗帘抽象为图乙所示模型。长滑杆
水平固定，上有10 个相同的滑环，滑环厚度忽略不计，滑环从左至右依次编号为1、2、3⋯⋯10。窗帘拉开
后，相邻两环间距离均为
，每个滑环的质量均为
，滑环与滑杆之间的动摩擦因数均为
。窗帘未拉开时，所有滑环可看成挨在一起处于滑杆右侧边缘处，滑环间无挤压，现在给1 号滑环
一个向左的初速度，使其在滑杆上向左滑行（视为只有平动）；在滑环滑行的过程中，前、后滑环之间的
窗帘绷紧后，两个滑环立即以共同的速度向前滑行，窗帘绷紧的过程用时极短，可忽略不计。不考虑空气
阻力的影响，重力加速度
。
（1）若要保证2 号滑环能动起来，求1 号滑环的最小初速度；
（2）假设1 号滑环与2 号滑环间窗帘绷紧前其瞬间动能为E，求窗帘绷紧后瞬间两者的总动能以及由于这
部分窗帘绷紧而损失的动能；
（3）9 号滑环开始运动后继续滑行0.05m 后停下来，求1 号滑环的初速度大小及全过程中由于窗帘绷紧而
损失的能量。
【答案】（1）
；（2）
，
；（3）
，14.88J
【详解】（1）设1 号环的初速度为
，则由动能定理可得
解得
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（2）设窗帘绷紧前瞬间滑环1 的速度为
，滑环2 的速度为0，绷紧后共同速度为v，则窗帘绷紧前后动
量守恒，有
绷紧后系统动能为
又知
联立解得
故损失的动
能为
（3）设1 号滑环的初速度为
，其动能为
，1 号环滑行距离L，1、2 绷紧前瞬间，系统剩余动能为
据（2 ）的分析可得，1 、2 绷紧后瞬间，系统剩余动能为
在1、2 滑环共同滑行距离L、第2 与第3 滑环绷紧前的瞬间，系统剩余动能为
2、3 滑环绷紧后的瞬间，系统剩余动能为
依次类推，在8、9 号滑环绷紧前的瞬间，系统剩余动能为
8 与9 滑环绷紧后的瞬间，系统剩余动能为
由题意可知，8 与9 号滑环绷紧后还可以继续滑行距离l
后静止，因而有
联立解得1 号滑环的初速度大小为
整个过程中克服摩擦力所做的功为
，
在整个过程中仅由窗帘绷紧引起的动能损失为
代入数据解得
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