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第24 讲 碰撞与能量守恒
——划重点之精细讲义系列
考点一 碰撞问题
一．碰撞
1．概念：碰撞指的是物体间相互作用持续时间很短，物体间相互作用力很大的现
象，在碰撞过程中，一般都满足内力远大于外力，故可以用动量守恒定律处理碰撞问
题．
2．分类
(1)弹性碰撞：这种碰撞的特点是系统的机械能守恒，相互作用过程中遵循的规律
是动量守恒和机械能守恒．
(2)非弹性碰撞：在碰撞过程中机械能损失的碰撞，在相互作用过程中只遵循动量
守恒定律．
(3)完全非弹性碰撞：这种碰撞的特点是系统的机械能损失最大，作用后两物体粘
合在一起，速度相等，相互作用过程中只遵循动量守恒定律．
1．解析碰撞的三个依据
(1)动量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′.
(2)动能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋.
(3)速度要符合情景
①如果碰前两物体同向运动，则后面的物体速度必大于前面物体的速度，即v 后＞
v 前，否则无法实现碰撞．
②碰撞后，原来在前面的物体速度一定增大，且速度大于或等于原来在后面的物
体的速度，即v 前′≥v 后′.
③如果碰前两物体是相向运动，则碰后两物体的运动方向不可能都不改变．除非
两物体碰撞后速度均为零．
2．碰撞问题的探究
(1)弹性碰撞的求解
求解：两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和动能守恒．以质量为m1、速度为v1
的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有
m1v1＝m1v1′＋m2v2′
m1v＝m1v1′2＋m2v2′2
解得：v1′＝，v2′＝
1
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(2)弹性碰撞的结论
①当两球质量相等时，v1′＝0，v2′＝v1，两球碰撞后交换了速度．
②当质量大的球碰质量小的球时，v1′＞0，v2′＞0，碰撞后两球都沿速度v1的方
向运动．
③当质量小的球碰质量大的球时，v1′＜0，v2′＞0，碰撞后质量小的球被反弹回
来．
【典例1】甲、乙两物体在光滑水平面上沿同一直线相向运动，甲、乙物体的速
度大小分别为3 m/s 和1 m/s；碰撞后甲、乙两物体都反向运动，速度大小均为2 m/s.甲、
乙两物体质量之比为( )
A．2∶3
B．2∶5
C．3∶5
D．5∶3
解析：选C.选取碰撞前甲物体的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有m 甲v1
－m 乙v2＝－m 甲v1′＋m 乙v2′，代入数据，可得m 甲∶m 乙＝3∶5，C 正确．
【典例2】质量为ma＝1 kg，mb＝2 kg 的小球在光滑的水平面上发生碰撞，碰撞前
后两球的位移－时间图象如图所示，则可知碰撞属于( )
A．弹性碰撞
B．非弹性碰撞
C．完全非弹性碰撞
D．条件不足，不能确定
解析：选A.由xt 图象知，碰撞前va＝3 m/s，vb＝0，碰撞后va′＝－1 m/s，vb′＝
2 m/s，碰撞前动能mav＋mbv＝ J，碰撞后动能mava′2＋mbvb′2＝ J，故机械能守恒；
碰撞前动量mava＋mbvb＝3 kg·m/s，碰撞后动量mava′＋mbvb′＝3 kg·m/s，故动量守恒，
所以碰撞属于弹性碰撞．
【典例3】如图所示，方盒A 静止在光滑的水平面上，盒内有一个小滑块B，盒的
质量是滑块的2 倍，滑块与盒内水平面间的动摩擦因数为μ；若滑块以速度v 开始向左
运动，与盒的左、右壁发生无机械能损失的碰撞，滑块在盒中来回运动多次，最终相
对于盒静止，则此时盒的速度大小为________；滑块相对于盒运动的路程为________．
2
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解析：设滑块质量为m，则盒子的质量为2m；对整个过程，由动量守恒定律可得
mv＝3mv 共
解得v 共＝.
由功能关系可得μmgs＝mv2－·3m·2
解得s＝.
答案：
【典例4】质量为m、速度为v 的A 球与质量为3m 的静止B 球发生正碰．碰撞可
能是弹性的，也可能是非弹性的，因此，碰撞后B 球的速度可能有不同的值．碰撞后
B 球的速度大小可能是( )
A．0.6v
B．0.4v
C．0.2v
D．v
解析 根据动量守恒得：mv＝mv1＋3mv2，则当v2＝0.6v 时，v1＝－0.8v，则碰撞
后的总动能E′＝m(－0.8v)2＋×3m(0.6v)2＝1.72×mv2，大于碰撞前的总动能，由于碰
撞过程中能量不增加，故选项A 错误；当v2＝0.4v 时，v1＝－0.2v，则碰撞后的总动能
为E′＝m(－0.2v)2＋×3m(0.4v)2＝0.52×mv2，小于碰撞前的总动能，故可能发生的是
非弹性碰撞，选项B 正确；
当v2＝0.2v 时，v1＝0.4v，则碰撞后的A 球的速度大于B 球的速度，而两球碰撞，
A 球不可能穿越B 球，故选项C 错误；当v2＝v 时，v1＝－2v，则显然碰撞后的总动能
远大于碰撞前的总动能，故选项D 错误．
答案 B
【典例5】(多选)在光滑水平面上动能为E0，动量大小为p0的小钢球1 与静止小钢
球2 发生碰撞，碰撞前后球1 的运动方向相反，将碰撞后球1 的动能和动量大小分别
记为E1、p1，球2 的动能和动量大小分别记为E2、p2，则必有( )
A．E1＜E0
B．p2＞p0
C．E2＞E0
D．p1＞p0
解析：选AB.因碰撞后两球速度均不为零，根据能量守恒定律，则碰撞过程中总
动能不增加可知，E1＜E0，E2＜E0.故A 正确，C 错误；根据动量守恒定律得：p0＝p2－
p1，得到p2＝p0＋p1，可见，p2＞p0.故B 正确．故选AB.
【典例6】两球A、B 在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝1 kg，mB
＝2 kg，vA＝6 m/s，vB＝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．vA′＝5 m/s，vB′＝2.5 m/s
B．vA′＝2 m/s，vB′＝4 m/s
C．vA′＝－4 m/s，vB′＝7 m/s
D．vA′＝7 m/s，vB′＝1.5 m/s
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解析：选B.虽然题中四个选项均满足动量守恒定律，但A、D 两项中，碰后A 的
速度vA′大于B 的速度vB′，必然要发生第二次碰撞，不符合实际；C 项中，两球碰
后的总动能Ek′＝mAvA′2＋mBvB′2＝57 J，大于碰前的总动能Ek＝22 J，违背了能量
守恒定律；而B 项既符合实际情况，也不违背能量守恒定律，故B 项正确．
【典例7】如图所示，在光滑的水平面上，质量m1的小球A 以速率v0向右运动．
在小球的前方O 点处有一质量为m2的小球B 处于静止状态，Q 点处为一竖直的墙壁．
小球A 与小球B 发生正碰后小球A 与小球B 均向右运动．小球B 与墙壁碰撞后原速率
返回并与小球A 在P 点相遇，PQ＝2PO，则两小球质量之比m1∶m2为( )
A．7∶5
B．1∶3
C．2∶1
D．5∶3
解析：选D.设A、B 两个小球碰撞后的速度分别为v1、v2，由动量守恒定律有：
m1v0＝m1v1＋m2v2.①
由能量守恒定律有：m1v＝m1v＋m2v ②
两个小球碰撞后到再次相遇，其速率不变，由运动学规律有：
v1∶v2＝PO∶(PO＋2PQ)＝1∶5.③
联立①②③，代入数据解得：m1∶m2＝5∶3，故选D.
【典例8】(多选)如图所示，长木板A 放在光滑的水平面上，质量为m＝4 kg 的小
物体B 以水平速度v0＝2 m/s 滑上原来静止的长木板A 的上表面，由于A、B 间存在摩
擦，之后A、B 速度随时间变化情况如图乙所示，取g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(
)
A．木板A 获得的动能为2 J
B．系统损失的机械能为2 J
C．木板A 的最小长度为2 m
D．A、B 间的动摩擦因数为0.1
解析：选AD.由图象可知，木板获得的速度为v＝1 m/s，A、B 组成的系统动量守
恒，以B 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝(M＋m)v，解得：木板A
的质量M＝4 kg，木板获得的动能为：Ek＝Mv2＝2 J，故A 正确；系统损失的机械能
ΔE＝mv－mv2－Mv2，代入数据解得：ΔE＝4 J，故B 错误；由图得到：0～1 s 内B 的
位移为xB＝×(2＋1)×1 m＝1.5 m，A 的位移为xA＝×1×1 m＝0.5 m，木板A 的最小长
度为L＝xB－xA＝1 m，故C 错误；由图象可知，B 的加速度：a＝－1 m/s2，负号表示
加速度的方向，由牛顿第二定律得：μmBg＝mBa，代入解得μ＝0.1，故D 正确．
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弹性碰撞问题的处理技巧
(1)发生碰撞的物体间一般作用力很大，作用时间很短；各物体作用前后各自动量
变化显著；物体在作用时间内位移可忽略．
(2)即使碰撞过程中系统所受合外力不等于零，由于内力远大于外力，作用时间又
很短，所以外力的作用可忽略，认为系统的动量是守恒的．
(3)若碰撞过程中没有其他形式的能转化为机械能，则系统碰后的总机械能不可能
大于碰前系统的机械能．
(4)在同一直线上的碰撞遵守一维动量守恒，通过规定正方向可将矢量运算转化为
代数运算．不在同一直线上在同一平面内的碰撞，中学阶段一般不作计算要求．
考点二 爆炸及反冲问题
1．爆炸现象的三条规律
(1)动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远远
大于系统受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒．
(2)动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所
以爆炸后系统的总动能增加．
(3)位置不变：爆炸和碰撞的时间极短，因而在作用过程中，物体产生的位移很小，
一般可忽略不计，可以认为爆炸或碰撞后仍然从爆炸或碰撞前的位置以新的动量开始
运动．
2．反冲的两条规律
(1)总的机械能增加：反冲运动中，由于有其他形式的能量转变为机械能，所以系
统的总机械能增加．
(2)平均动量守恒
若系统在全过程中动量守恒，则这一系统在全过程中平均动量也守恒．如果系统
由两个物体组成，且相互作用前均静止，相互作用后均发生运动，则由m11－m22＝0，
得m1x1＝m2x2.该式的适用条件是：
①系统的总动量守恒或某一方向的动量守恒．
②构成系统的m1、m2原来静止，因相互作用而运动．
③x1、x2均为沿动量守恒方向相对于同一参考系的位移．
【典例1】我国发现的“神舟十一号”飞船与“天宫二号”空间站实现了完美对
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接．假设“神舟十一号”到达对接点附近时对地的速度为v，此时的质量为m；欲使飞
船追上“天宫二号”实现对接，飞船需加速到v1，飞船发动机点火，将质量为Δm 的
燃气一次性向后喷出，燃气对地向后的速度大小为v2.这个过程中，下列各表达式正确
的是( )
A．mv＝mv1－Δmv2
B．mv＝mv1＋Δmv2
C．mv＝(m－Δm)v1－Δmv2
D．mv＝(m－Δm)v1＋Δmv2
解析：选C.飞船发动机点火喷出燃气，由动量守恒定律，mv＝(m－Δm)v1－
Δmv2，选项C 正确．
【典例2】一弹丸在飞行到距离地面5 m 高时仅有水平速度v＝2 m/s，爆炸成为甲、
乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1.不计质量损失，重力加速度g 取10 m/s2，则
下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是( )
解析：选B.弹丸爆炸过程遵守动量守恒，若爆炸后甲、乙同向飞出，则有
2m＝mv 甲＋mv 乙①
若爆炸后甲、乙反向飞出，则有
2m＝mv 甲－mv 乙②
或2m＝－mv 甲＋mv 乙③
爆炸后甲、乙从同一高度做平抛运动，由选项A 中图可知，爆炸后甲、乙向相反
方向飞出，下落时间t＝＝ s＝1 s，速度分别为v 甲＝＝ m/s＝2.5 m/s，v 乙＝＝ m/s＝
0.5 m/s，代入②式不成立，A 项错误；同理，可求出选项B、C、D 中甲、乙的速度，
分别代入①式、②式、③式可知，只有B 项正确．
【典例4】如图所示，假设烟花上升到距地面高度为h 的最高点时，炸裂成甲、乙、
丙三个质量均为m 的碎块（可视为质点），其中甲的初速度大小为v0，方向竖直向上，
乙、丙的初速度大小相等且夹角为120°，爆炸产生的热量为Q，重力加速度大小为
g，空气阻力忽略不计。下列说法正确的是（ ）
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A．爆炸刚结束时，乙、丙的合动量大小为2mv0
B．三个物体到达地面时的动能不相等
C．甲在落地的过程中，重力对甲的冲量大小为m(v0+√v0
2+2gh)
D．爆炸过程中释放的总能量为3
2 m v0
2
【答案】C
【解析】A．根据动量守恒可知，爆炸刚结束时，乙、丙的合动量应与甲的动量等大反
向，即大小为mv0，故A 错误；
B．三物块的质量相等，且乙、丙的初速度大小相等且夹角为120°，根据平行四边形
定则可知，乙、丙的动量大小与乙、丙两速度合成后的动量大小相同， 因此三个物块
初速度大小均相等，初动能相等，三个物体到达地面时重力做功相等，则末动能相等，
故B 错误；
C．甲在落地的过程中，设用时为t，则有h=- v0t + 1
2 gt
2
重力对甲的冲量大小I =mgt
解得I =m(v0+√v0
2+2gh) 故C 正确；
D．结合以上分析，三个物块初速度大小和初动能均相同，爆炸过程中释放的总能量即
三个物块初动能之和加上爆炸产生的热量为Q，即大于3
2 m v0
2，故D 错误。
【典例4】以初速度v0与水平方向成60°角斜向上抛出的手榴弹，到达最高点时炸
成质量分别为m 和2m 的两块．其中质量大的一块沿着原来的方向以2v0的速度飞行．
求：
(1)质量较小的另一块弹片速度的大小和方向；
(2)爆炸过程有多少化学能转化为弹片的动能．
解析：(1)斜抛的手榴弹在水平方向上做匀速直线运动，在最高点处爆炸前的速度
v1＝v0cos 60°＝v0.设v1的方向为正方向，如图所示，由动量守恒定律得：
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3mv1＝2mv1′＋mv2
其中爆炸后大块弹片速度v1′＝2v0，
解得v2＝－2.5v0，“－”号表示v2的速度与爆炸前速度方向相反．
(2)爆炸过程中转化为动能的化学能等于系统动能的增量，ΔEk＝×2mv1′2＋mv－
(3m)v＝mv.
答案：(1)2.5v0 方向与爆炸前速度的方向相反
(2)mv
考点三 人船模型
(1)模型图示如下：解题时要画出各物体的位移关系图，找出各长度间的关系，注
意两物体的位移是相对同一参考系的位移．
(2)模型特点
①两物体满足总动量为0 且动量守恒：0＝mv 人－Mv 船
②两物体的位移大小满足：0＝m－M 且 x 人＋x 船＝L
得x 人＝L，x 船＝L
(3)运动特点
①人动船动，人停船停，人快船快，人慢船慢，人左船右；
②人船位移比等于它们质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的
反比，即＝ ＝ .
3．模型结论及延伸图例：m1x1＝m2x2 。
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【典例1】如图所示，在光滑的水平面上放有一物体M，物体M 上有一光滑的半
圆弧轨道，轨道半径为R，最低点为C，两端A、B 等高，现让小滑块m 从A 点由静止
开始下滑，在此后的过程中，则( )
A．M 和m 组成的系统机械能守恒，动量守恒
B．M 和m 组成的系统机械能守恒，动量不守恒
C．m 从A 到C 的过程中M 向左运动，m 从C 到B 的过程中M 向右运动
D．m 从A 到B 的过程中，M 运动的位移为
解析：选B.M 和m 组成的系统机械能守恒，总动量不守恒，但水平方向动量守恒，
A 错误，B 正确；m 从A 到C 过程中，M 向左加速运动，当m 到达C 处时，M 向左速
度最大，m 从C 到B 过程中，M 向左减速运动，C 错误；在m 从A 到B 过程中，有
MxM＝mxm，xM＋xm＝2R，得xM＝2mR/(m＋M)，D 错误．
【典例2】在静水中一条长l 的小船，质量为M，船上一个质量为m 的人，当他从
船头走到船尾，若不计水对船的阻力，则船移动的位移大小为( )
A.l
B．l
C.l
D.l
解析：选B.船和人组成的系统水平方向动量守恒，人在船上行进，船将后退，即
mv 人＝Mv 船，人从船头走到船尾，设船后退的距离为x，则人相对地面行进的距离为l
－x，有m＝M，则m(l－x)＝Mx，得x＝，故选项B 正确．
【典例3】如图所示，质量为
的小车静止在光滑水平面上，小车
段是
半径为
的四分之一光滑圆弧轨道，
段是长为
的粗糙水平轨道，两段轨道
相切于
点。一质量为
的可视为质点的滑块从小车上的A 点由静止开始沿轨道
下滑，然后滑入
轨道，最后恰好停在
点，滑块与轨道
间的动摩擦因数为
0.5，重力加速度为
，则（ ）
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A．整个过程中滑块和小车组成的系统动量守恒
B．滑块由A 滑到
过程中，滑块的机械能守恒
C．
段长
D．全过程小车相对地面的位移大小为
【答案】D
【详解】A．滑块社圆弧上运动时有竖直方向的加速度，所以对系统而言竖直方向外力
矢量和不为零，不满足动量守恒的条件，故A 错误；
B．滑块由A 滑到
过程中，小车对滑块的弹力做负功，滑块的机械能不守恒，故B 错
误；
C．恰好停在
对点时，二者均静止。根据能量守恒有
解得
故C 错误；
D．水平动量守恒有
通过相同的时间有
且有
解得
故D 正确；
故选D。
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【典例4】如图所示，一辆质量M=3kg 的小车A 静止在光滑的水平面上，A 车上有
一质量m=1kg 的光滑小球B，将一左端固定于A 上的轻质弹簧压缩并锁定（B 与弹簧不
栓接），此时弹簧的弹性势能Ep=6J，B 与A 右壁间距离为l。解除锁定，B 脱离弹簧后
与A 右壁的油灰阻挡层（忽略其厚度）碰撞并被粘住，下列说法正确的是（ ）
A．B 碰到油灰阻挡层前A 与B 的动量相同
B．B 脱离弹簧时，A 的速度大小为3m/s
C．B 和油灰阻挡层碰撞并被粘住的过程，B 受到的冲量大小为3N·s
D．解除锁定后，B 移动的总距离为l
【答案】C
【详解】A．B 碰到油灰阻挡层前A 与B 的动量大小相同，方向相反，故A 错误；
B．设B 脱离弹簧时，A、B 的速度大小分别为v1、v2，根据动量守恒定律有
①
根据能量守恒定律有
②
联立①②解得
，
③
故B 错误；
C．根据动量守恒定律可知B 和油灰阻挡层碰撞并被粘住后，A、B 的速度都将变为零，
对B 根据动量定理可得B 受到的冲量大小为
④
故C 正确；
D．从解除锁定到B 和油灰阻挡层碰撞前瞬间，A、B 的速度大小始终满足
⑤
所以整个过程A、B 的移动的距离满足
⑥
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根据位移关系有
⑦
联立⑥⑦解得
，
⑧
故D 错误。
故选C。
【典例5】质量为m2的小车放在光滑的水平面上，小车上固定一竖直轻杆，轻杆
上端的O 点系一长为L 的细线，细线另一端系一质量为m1的小球，如图所示，将小球
向右拉至细线与竖直方向成60°角后由静止释放，下列说法正确的是（ ）
A．球、车组成的系统总动量守恒
B．小球不能向左摆到原高度
C．小车向右移动的最大距离为
D．小球运动到最低点时的速度大小为
【答案】C
【详解】A．根据题意可知，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，A 错误；
B．以小球和小车组成的系统，只有重力做功，系统机械能守恒，且小球和小车水平方
向的合动量为零，当小球的速度为零时、小车的速度也为零，所以小球能向左摆到原
高度，B 错误；
C．小球与小车组成的系统水平方向动量守恒，初始时总动量为0，设小车向右运动的
最大距离为x，则小球向左运动的位移为
；取向右为正方向，根据水平方
向平均动量守恒有
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可得
C 正确；
D．从静止释放到最低点，小球与小车组成的系统水平方向动量守恒，根据水平方向平
均动量守恒有
能量守恒得
得小球运动到最低点时的速度大小
，D 错误。
故选C。
【典例6】如图所示，两个小球A、B 用长为L 的轻质细绳连接，B 球穿在光滑水
平细杆上，初始时刻，细绳处于水平状态。已知A 球的质量为m，B 球的质量为2m，
两球均可视为质点。将A、B 由静止释放，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法
正确的是（ ）
A．B 球向右运动的最大位移为
B．B 球向右运动的最大位移为L
C．B 球运动的最大速度为
D．B 球运动的最大速度为
【答案】AD
【详解】AB．对于A、B 组成的系统，当A 球摆到B 球的左侧，细绳再次处于水平状态
时，B 球有向右的最大位移，此时对系统有
，
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解得B 球向右运动的最大位移为
A 正确，B 错误；
CD．当A 球摆到B 球正下方时，B 球的速度最大，在水平方向上由动量守恒定律有
由机械能守恒定律有
解得B 球运动的最大速度为
C 错误，D 正确。
故选AD。
考点三 动量和能量观点综合应用
一．动量与能量的综合
1．区别与联系：动量守恒定律和机械能守恒定律所研究的对象都是相互作用的物
体所构成的系统，且研究的都是某一个物理过程．但两者守恒的条件不同：系统动量
是否守恒，决定于系统所受合外力是否为零；而机械能是否守恒，决定于系统是否有
除重力和弹簧弹力以外的力是否做功．
2．表达式不同：动量守恒定律的表达式为矢量式，机械能守恒定律的表达式则是
标量式，对功和能量只是代数和而已．
1．动量的观点和能量的观点
动量的观点：动量守恒定律
能量的观点：动能定理和能量守恒定律
这两个观点研究的是物体或系统运动变化所经历的过程中状态的改变，不对过程
变化的细节作深入的研究，而关心运动状态变化的结果及引起变化的原因．简单地说，
只要求知道过程的初、末状态动量式、动能式和力在过程中所做的功，即可对问题进
行求解．
2．利用动量的观点和能量的观点解题应注意下列问题
(1)动量守恒定律是矢量表达式，还可写出分量表达式；而动能定理和能量守恒定
律是标量表达式，绝无分量表达式．
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(2)中学阶段凡可用力和运动的观点解决的问题．若用动量的观点或能量的观点求
解，一般都要比用力和运动的观点要简便，而中学阶段涉及的曲线运动(a 不恒定)、竖
直面内的圆周运动、碰撞等，就中学知识而言，不可能单纯考虑用力和运动的观点求
解．
【典例1】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？
解析 (1)规定向右为速度正方向．冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共
同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3.由水平方向动量守恒和机械能守恒定
律得
m2v20＝(m2＋m3)v ①
m2v＝(m2＋m3)v2＋m2gh ②
式中v20＝－3 m/s 为冰块推出时的速度．联立①②式并代入题给数据得
m3＝20 kg ③
(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有
m1v1＋m2v20＝0 ④
代入数据得
v1＝1 m/s ⑤
设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，由动量守恒和机械能守恒定律有
m2v20＝m2v2＋m3v3⑥
m2v＝m2v＋m3v ⑦
联立③⑥⑦式并代入数据得
v2＝1 m/s ⑧
由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰
块不能追上小孩．
答案 (1)20 kg (2)见解析
【典例2】如图所示，两块长度均为d＝0.2 m 的木块A、B，紧靠着放在光滑水平
面上，其质量均为M＝0.9 kg.一颗质量为m＝0.02 kg 的子弹(可视为质点且不计重力)以
速度v0＝500 m/s 水平向右射入木块A，当子弹恰水平穿出A 时，测得木块的速度为v
＝2 m/s，子弹最终停留在木块B 中．求：
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(1)子弹离开木块A 时的速度大小及子弹在木块A 中所受的阻力大小；
(2)子弹穿出A 后进入B 的过程中，子弹与B 组成的系统损失的机械能．
解析：(1)设子弹离开A 时速度为v1，对子弹和A、B 整体，
有mv0＝mv1＋2Mv
Fd＝mv－mv－×2Mv2
联立解得v1＝320 m/s，F＝7 362 N
(2)子弹在B 中运动过程中，最后二者共速，速度设为v2，对子弹和B 整体，有
mv1＋Mv＝(m＋M)v2
解得v2＝ m/s
ΔE＝mv＋Mv2－(m＋M)v＝989 J.
答案：(1)320 m/s 7 362 N (2)989 J
【典例3】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a、b 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．
解析：(1)设a、b 的质量分别为m1、m2，a、b 碰撞前的速度为v1、v2.由题给图象
得
v1＝－2 m/s ①
v2＝1 m/s 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.
由题给图象得v＝ m/s ③
由动量守恒定律得
m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v ④
联立①②③④式得
m1∶m2＝1∶8 ⑤
(2)由能量守恒得，两滑块因碰撞而损失的机械能为
ΔE＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v2⑥
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
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W＝(m1＋m2)v2⑦
联立⑥⑦式，并代入题给数据得
W∶ΔE＝1∶2 ⑧
答案：(1)1∶8 (2)1∶2
【典例4】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m.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摩擦因数满足的条件．
解析：设物块与地面间的动摩擦因数为μ.若要物块a、b 能够发生碰撞，应有
mv>μmgl ①
即μ<②
设在a、b 发生弹性碰撞前的瞬间，a 的速度大小为v1.由能量守恒有
mv＝mv＋μmgl ③
设在a、b 碰撞后的瞬间，a、b 的速度大小分别为v1′、v2′，由动量守恒和能量
守恒有
mv1＝mv1′＋mv2′④
mv＝mv1′2＋v2′2⑤
联立④⑤式解得v2′＝v1⑥
由题意知，b 没有与墙发生碰撞，由功能关系可知
v2′2≤μmgl ⑦
联立③⑥⑦式，可得
μ≥⑧
联立②⑧式，a 与b 发生弹性碰撞，但b 没有与墙发生碰撞的条件≤μ<⑨
答案：≤μ<
【典例5】如图所示，木块A、B 的质量均为m，放在一段粗糙程度相同的水平地
面上，木块A、B 间夹有一小块炸药(炸药的质量可以忽略不计)．让A、B 以初速度v0
一起从O 点滑出，滑行一段距离后到达P 点，速度变为，此时炸药爆炸使木块A、B
脱离，发现木块B 立即停在原位置，木块A 继续沿水平方向前进．已知O、P 两点间
的距离为s，设炸药爆炸时释放的化学能全部转化为木块的动能，爆炸时间很短可以忽
略不计，求：
(1)木块与水平地面的动摩擦因数μ；
(2)炸药爆炸时释放的化学能．
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解析：(1)设木块与地面间的动摩擦因数为μ，炸药爆炸释放的化学能为E0.
从O 滑到P，对A、B 由动能定理得
－μ·2mgs＝·2m()2－·2mv ①
解得μ＝②
(2)在P 点爆炸时，A、B 动量守恒，有2m·＝mv ③
根据能量守恒定律，有
E0＋·2m·()2＝mv2④
联立③④式解得E0＝mv.
答案：(1) (2)mv
应用动量、能量观点解决问题的两点技巧
(1)灵活选取系统的构成，根据题目的特点可选取其中动量守恒或能量守恒的几个
物体为研究对象，不一定选所有的物体为研究对象．
(2)灵活选取物理过程．在综合题目中，物体运动常有几个不同过程，根据题目的
已知、未知灵活地选取物理过程来研究．列方程前要注意鉴别、判断所选过程动量、
机械能的守恒情况．
1．如图所示，在光滑水平面上质量分别为mA＝2 kg、mB＝4 kg，速率分别为vA＝
5 m/s、vB＝2 m/s 的A、B 两小球沿同一直线相向运动( )
A．它们碰撞前的总动量是18 kg·m/s，方向水平向右
B．它们碰撞后的总动量是18 kg·m/s，方向水平向左
C．它们碰撞前的总动量是2 kg·m/s，方向水平向右
D．它们碰撞后的总动量是2 kg·m/s，方向水平向左
解析：选C.它们碰撞前的总动量是2 kg·m/s，方向水平向右，A、B 相碰过程中动
量守恒，故它们碰撞后的总动量也是2 kg·m/s，方向水平向右，选项C 正确．
2. 一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分
离．已知前部分的卫星质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2沿火
箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v1
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为( )
A．v0－v2
B．v0＋v2
C．v0－v2
D．v0＋(v0－v2)
解析：选D.由动量守恒定律得(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2得v1＝v0＋(v0－v2)．
3．甲、乙两球在水平光滑轨道上向同方向运动，已知它们的动量分别是p1＝5
kg·m/s，p2＝7 kg·m/s，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为10 kg·m/s，
则二球质量m1与m2间的关系可能是下面的哪几种( )
A．m1＝m2
B．2m1＝m2
C．4m1＝m2
D．6m1＝m2
解析：选C.甲、乙两球在碰撞过程中动量守恒，所以有：p1＋p2＝p1′＋p2′，即：
p1′＝2 kg·m/s.由于在碰撞过程中，不可能有其它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．
所以有＋≥＋，所以有：m1≤m2，因为题目给出物理情景是“甲从后面追上乙”，要
符合这一物理情景，就必须有＞，即m1＜m2；同时还要符合碰撞后乙球的速度必须大
于或等于甲球的速度这一物理情景，即＜，所以m1＞m2.因此C 选项正确．
4．(多选) 如图，大小相同的摆球a 和b 的质量分别为m 和3m，摆长相同，摆动
周期相同，并排悬挂，平衡时两球刚好接触，现将摆球a 向左拉开一小角度后释放，
若两球的碰撞是弹性的，下列判断正确的是( )
A．第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等
B．第一次碰撞后的瞬间，两球的动量大小相等
C．第一次碰撞后，两球的最大摆角不相同
D．发生第二次碰撞时，两球在各自的平衡位置
解析：选AD.两球在碰撞前后，水平方向不受外力，故水平两球组成的系统动量
守恒，由动量守恒定律有：mv0＝mv1＋3mv2；又两球碰撞是弹性的，故机械能守恒，
即mv＝mv＋3mv，解两式得：v1＝－，v2＝，可见第一次碰撞后的瞬间，两球的速度
大小相等，选项A 正确；因两球质量不相等，故两球碰后的动量大小不相等，选项B
错；两球碰后上摆过程，机械能守恒，故上升的最大高度相等，因摆长相等，故两球
碰后的最大摆角相同，选项C 错；两球摆动周期相同，故经半个周期后，两球在平衡
位置处发生第二次碰撞，选项D 正确．
5. (多选)在质量为M 的小车中挂有一单摆，摆球的质量为m0，小车和单摆以恒定
的速度v 沿光滑水平地面运动，与位于正对面的质量为m 的静止木块发生碰撞，碰撞
的时间极短，在此碰撞过程中，下列哪些情况说法是可能发生的( )
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A．小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为v1、v2、v3，满足(M＋m0)v＝
Mv1＋mv2＋m0v3
B．摆球的速度不变，小车和木块的速度变化为v1和v2，满足Mv＝Mv1＋mv2
C．摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为v1，满足Mv＝(M＋m)v1
D．小车和摆球的速度都变为v1，木块的速度变为v2，满足(M＋m0)v＝(M＋m0)v1
＋mv2
解析：选BC.在小车M 和木块发生碰撞的瞬间，摆球并没有直接与木块发生力的
作用，它与小车一起以共同速度v 匀速运动时，摆线沿竖直方向，摆线对球的拉力和
球的重力都与速度方向垂直，因而摆球未受到水平力作用，球的速度不变，可以判定
A、D 项错误；小车和木块碰撞过程，水平方向无外力作用，系统动量守恒，而题目对
碰撞后，小车与木块是否分开或连在一起，没有加以说明，所以两种情况都可能发生，
即B、C 选项正确．
6．如图所示，光滑水平面上的木板右端，有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连，
木板质量M＝3.0 kg，质量m＝1.0 kg 的铁块以水平速度v0＝4.0 m/s，从木板的左端沿
板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左端，则在上述过程中弹
簧具有的最大弹性势能为( )
A．4.0 J
B．6.0 J
C．3.0 J
D．20 J
解析：选C.设铁块与木板速度相同时，共同速度大小为v，铁块相对木板向右运
动时，相对滑行的最大路程为L，摩擦力大小为Ff，根据能量守恒定律得
铁块相对于木板向右运动过程
mv＝FfL＋(M＋m)v2＋Ep
铁块相对于木板运动的整个过程
mv＝2FfL＋(M＋m)v2
又根据系统动量守恒可知，mv0＝(M＋m)v
联立得到：Ep＝3.0 J，故选C.
7．A、B 两个物体粘在一起以v0＝3 m/s 的速度向右运动，物体中间有少量炸药，
经过O 点时炸药爆炸，假设所有的化学能全部转化为A、B 两个物体的动能且两物体
仍然在水平面上运动，爆炸后A 物体的速度依然向右，大小变为vA＝2 m/s，B 物体继
续向右运动进入半圆轨道且恰好通过最高点D，已知两物体的质量mA＝mB＝1 kg，O
点到半圆最低点C 的距离xOC＝0.25 m，水平轨道的动摩擦因数μ＝0.2，半圆轨道光滑
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无摩擦，求：
(1)炸药的化学能E；
(2)半圆弧的轨道半径R.
解析：(1)A、B 在爆炸前后动量守恒，得2mv0＝mvA＋mvB，解得vB＝4 m/s
根据系统能量守恒有：
(2m)v＋E＝mv＋mv，解得E＝1 J.
(2)由于B 物体恰好经过最高点，故有mg＝m
对O 到D 的过程根据动能定理可得：
－μmgxOC－mg·2R＝mv－mv
联立解得R＝0.3 m.
答案：(1)1 J (2)R＝0.3 m
8．冰球运动员甲的质量为80.0 kg.当他以5.0 m/s 的速度向前运动时，与另一质量
为100 kg、速度为3.0 m/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)碰撞中总机械能的损失．
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 和v1，碰
后乙的速度大小为v1′，由动量守恒定律得
mv－Mv1＝Mv1′①
代入数据得v1′＝1.0 m/s ②
(2)设碰撞过程中总机械能的损失为ΔE，有
mv2＋Mv＝Mv1′2＋ΔE ③
联立②③式，代入数据得
ΔE＝1 400 J.
答案：(1)1.0 m/s (2)1 400 J
9．如图，质量分别为mA、mB的两个弹性小球A、B 静止在地面上方，B 球距地面
的高度h＝0.8 m，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＝0.3 s 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mB＝3mA，重力加速度大小g＝10 m/s2，忽略空气阻
力及碰撞中的动能损失．求：
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(1)B 球第一次到达地面时的速度；
(2)P 点距离地面的高度．
解析：(1)设B 球第一次到达地面时的速度大小为vB，由运动学公式有
vB＝①
将h＝0.8 m 代入上式，得
vB＝4 m/s ②
(2)设两球相碰前、后，A 球的速度大小分别为v1和v1′(v1′＝0)，B 球的速度分
别为v2和v2′.由运动学规律可得
v1＝gt ③
由于碰撞时间极短，重力的作用可以忽略，两球相撞前、后的动量守恒，总动能
保持不变．规定向下的方向为正，有mAv1＋mBv2＝mBv2′④
mAv＋mBv＝mBv ⑤
设B 球与地面相碰后的速度大小为vB′，由运动学及碰撞的规律可得
vB′＝vB⑥
设P 点距地面的高度为h′，由运动学规律可得
h′＝⑦
联立②③④⑤⑥⑦式，并代入已知条件可得
h′＝0.75 m ⑧
答案：(1)4 m/s (2)0.75 m
10．如图所示，固定的圆弧轨道与水平面平滑连接，轨道与水平面均光滑，质量
为m 的物块B 与轻质弹簧拴接静止在水平面上，弹簧右端固定．质量为3m 的物块A
从圆弧轨道上距离水平面高h 处由静止释放，与B 碰撞后推着B 一起运动但与B 不粘
连．求：
(1)弹簧的最大弹性势能；
(2)A 与B 第一次分离后，物块A 沿圆弧面上升的最大高度．
解析：(1)A 下滑与B 碰撞前，根据机械能守恒得
3mgh＝×3mv
A 与B 碰撞，根据动量守恒得3mv1＝4mv2
弹簧最短时弹性势能最大，系统的动能转化为弹性势能
根据能量守恒得Epmax＝×4mv＝mgh
(2)根据题意，A 与B 分离时A 的速度大小为v2
A 与B 分离后沿圆弧面上升到最高点的过程中，根据机械能守恒得3mgh′＝×3mv
解得h′＝h
答案：(1)mgh (2)h
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11. 如图所示，质量为M 的平板车P 高为h，质量为m 的小物块Q 的大小不计，
位于平板车的左端，系统原来静止在光滑水平地面上，一不可伸长的轻质细绳长为
R，一端悬于Q 正上方高为R 处，另一端系一质量为m 的小球(大小不计)．今将小球拉
至悬线与竖直位置成60°角，由静止释放，小球到达最低点时与Q 的碰撞时间极短，
且无机械能损失，已知Q 离开平板车时速度大小是平板车速度的两倍，Q 与P 之间的
动摩擦因数为μ，已知质量M∶m＝4∶1，重力加速度为g，求：
(1)小物块Q 离开平板车时，二者速度各为多大？
(2)平板车P 的长度为多少？
(3)小物块Q 落地时与小车的水平距离为多少？
解析：(1)设小球与Q 碰前的速度为v0，小球下摆过程机械能守恒：
mgR(1－cos 60°)＝mv
v0＝
小球与Q 进行弹性碰撞，质量又相等，二者交换速度．
小物块Q 在平板车P 上滑动的过程中，Q 与P 组成的系统动量守恒：
mv0＝mv1＋Mv2
其中v2＝v1，M＝4m，
解得：v1＝，v2＝.
(2)对系统由能量守恒：
mv＝mv＋Mv＋μmgL，解得：L＝.
(3)Q 脱离P 后做平抛运动，由h＝gt2，解得：t＝
Q 落地时二者相距：s＝(v1－v2)t＝.
答案：(1) (2) (3)
12．（2023·辽宁·统考高考真题）如图，质量m1= 1kg 的木板静止在光滑水平地面
上，右侧的竖直墙面固定一劲度系数k = 20N/m 的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量
m2= 4kg 的小物块以水平向右的速度
滑上木板左端，两者共速时木板恰好与
弹簧接触。木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数μ = 0.1，最大静摩擦力等于滑动
摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能Ep与形变量x 的关系为
。
取重力加速度g = 10m/s2，结果可用根式表示。
（1）求木板刚接触弹簧时速度v 的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1；
（2）求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时
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木板速度v2的大小；
（3）已知木板向右运动的速度从v2减小到0 所用时间为t0。求木板从速度为v2时到之
后与物块加速度首次相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能U（用t 表示）。
【答案】（1）1m/s；0.125m；（2）0.25m；
；（3）
【详解】（1）由于地面光滑，则m1、m2组成的系统动量守恒，则有
m2v0= (m1＋m2)v1
代入数据有
v1= 1m/s
对m1受力分析有
则木板运动前右端距弹簧左端的距离有
v1
2= 2a1x1
代入数据解得
x1= 0.125m
（2）木板与弹簧接触以后，对m1、m2组成的系统有
kx = (m1＋m2)a 共
对m2有
a2= μg = 1m/s2
当a 共 = a2时物块与木板之间即将相对滑动，解得此时的弹簧压缩量
x2= 0.25m
对m1、m2组成的系统列动能定理有
代入数据有
（3）木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，由于木板即m1的
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加速度大于木块m2的加速度，则当木板与木块的加速度相同时即弹簧形变量为x2时，
则说明此时m1的速度大小为v2，共用时2t0，且m2一直受滑动摩擦力作用，则对m2有
－μm2g∙2t0= m2v3－m2v2
解得
则对于m1、m2组成的系统有
U = －Wf
联立有
13．（2023·浙江·高考真题）一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由固定在水平
地面上倾角
的直轨道
、螺旋圆形轨道
，倾角
的直轨道
、
水平直轨道
组成，除
段外各段轨道均光滑，且各处平滑连接。螺旋圆形轨道与
轨道
、
相切于
处．凹槽
底面
水平光滑，上面放有一无动力摆渡
车，并紧靠在竖直侧壁
处，摆渡车上表面与直轨道下
、平台
位于同一水平
面。已知螺旋圆形轨道半径
，B 点高度为
，
长度
，
长
度
，摆渡车长度
、质量
。将一质量也为
的滑块从倾斜轨道
上高度
处静止释放，滑块在
段运动时的阻力为其重力的0.2 倍。（摆
渡车碰到竖直侧壁
立即静止，滑块视为质点，不计空气阻力，
，
）
（1）求滑块过C 点的速度大小
和轨道对滑块的作用力大小
；
（2）摆渡车碰到
前，滑块恰好不脱离摆渡车，求滑块与摆渡车之间的动摩擦因数
；
（3）在（2）的条件下，求滑块从G 到J 所用的时间。
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【答案】（1）
，
；（2）
；（3）
【详解】（1）滑块从静止释放到C 点过程，根据动能定理可得
解得
滑块过C 点时，根据牛顿第二定律可得
解得
（2）设滑块刚滑上摆渡车时的速度大小为，从静止释放到G 点过程，根据动能定理
可得
解得
摆渡车碰到
前，滑块恰好不脱离摆渡车，说明滑块到达摆渡车右端时刚好与摆渡车
共速
，以滑块和摆渡车为系统，根据系统动量守恒可得
解得
根据能量守恒可得
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解得
（3）滑块从滑上摆渡车到与摆渡车共速过程，滑块的加速度大小为
所用时间为
此过程滑块通过的位移为
滑块与摆渡车共速后，滑块与摆渡车一起做匀速直线运动，该过程所用时间为
则滑块从G 到J 所用的时间为
14．（2022·海南·高考真题）有一个角度可变的轨道，当倾角为
时，A 恰好匀
速下滑，现将倾角调为
，从高为h 的地方从静止下滑，过一段时间无碰撞地进入光
滑水平面，与B 发生弹性正碰，B 被一根绳子悬挂，与水平面接触但不挤压，碰后B
恰好能做完整的圆周运动，已知A 的质量是B 质量的3 倍，求：
①A 与轨道间的动摩擦因数
；
②A 与B 刚碰完B 的速度大小；
③绳子的长度L。
【答案】①
；②
；③0.6h
【详解】①倾角为
时匀速运动，根据平衡条件有
得
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②③A 从高为h 的地方滑下后速度为
，根据动能定理有
A 与B 碰撞后速度分别为
和
，根据动量守恒、能量守恒有
B 到达最高点速度为
，根据牛顿第二定律有
根据能量守恒有
解得
15．（2022·河北·统考高考真题）如图，光滑水平面上有两个等高的滑板A 和B，
质量分别为
和
，A 右端和B 左端分别放置物块C、D，物块质量均为
，A 和
C 以相同速度
向右运动，B 和D 以相同速度
向左运动，在某时刻发生碰撞，
作用时间极短，碰撞后C 与D 粘在一起形成一个新滑块，A 与B 粘在一起形成一个新滑
板，物块与滑板之间的动摩擦因数均为
。重力加速度大小取
。
（1）若
，求碰撞后瞬间新物块和新滑板各自速度的大小和方向；
（2）若
，从碰撞后到新滑块与新滑板相对静止时，求两者相对位移的大小。
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【答案】（1）
，
，方向均向右；（2）
【详解】（1）物块C、D 碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后物块C、D 形成的新物块
的速度为
，C、D 的质量均为
，以向右方向为正方向，则有
解得
可知碰撞后滑块C、D 形成的新滑块的速度大小为
，方向向右。
滑板A、B 碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后滑板A、B 形成的新滑板的速度为
，
滑板A 和B 质量分别为
和
，则由
解得
则新滑板速度方向也向右。
（2）若
，可知碰后瞬间物块C、D 形成的新物块的速度为
碰后瞬间滑板A、B 形成的新滑板的速度为
可知碰后新物块相对于新滑板向右运动，新物块向右做匀减速运动，新滑板向右做匀
加速运动，设新物块的质量为
，新滑板的质量为
，相对静止时的共
同速度为
，根据动量守恒可得
解得
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根据能量守恒可得
解得
16．（2022·全国·统考高考真题）如图（a），一质量为m 的物块A 与轻质弹簧连
接，静止在光滑水平面上：物块B 向A 运动，
时与弹簧接触，到
时与弹簧
分离，第一次碰撞结束，A、B 的
图像如图（b）所示。已知从
到
时间内，
物块A 运动的距离为
。A、B 分离后，A 滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水
平面上运动的B 再次碰撞，之后A 再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同。斜面
倾角为
，与水平面光滑连接。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。求
（1）第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值；
（2）第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值；
（3）物块A 与斜面间的动摩擦因数。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）当弹簧被压缩最短时，弹簧弹性势能最大，此时
、
速度相等，即
时刻，根据动量守恒定律
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根据能量守恒定律
联立解得
（2）解法一：同一时刻弹簧对
、B 的弹力大小相等，根据牛顿第二定律
可知同一时刻
则同一时刻
、
的的瞬时速度分别为
，
根据位移等速度在时间上的累积可得
，
又
解得
第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值
解法二：B 接触弹簧后，压缩弹簧的过程中，A、B 动量守恒，有
对方程两边同时乘以时间
，有
0-t0之间，根据位移等速度在时间上的累积，可得
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将
代入可得
则第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值
（3）物块A 第二次到达斜面的最高点与第一次相同，说明物块A 第二次与B 分离后速
度大小仍为
，方向水平向右，设物块A 第一次滑下斜面的速度大小为
，设向左
为正方向，根据动量守恒定律可得
根据能量守恒定律可得
联立解得
方法一：设在斜面上滑行的长度为
，上滑过程，根据动能定理可得
下滑过程，根据动能定理可得
联立解得
方法二：根据牛顿第二定律，可以分别计算出滑块A 上滑和下滑时的加速度，
，
上滑时末速度为0，下滑时初速度为0，由匀变速直线运动的位移速度关系可得
，
联立可解得
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