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考点巩固卷43
动量中多次碰撞、多过程问题
建议用时：50 分钟
考点序号
考点
题型分布
考点1
轻绳连接的系统与能量结合的综合应用
1 单选+9 多选+4 解答
考点01：轻绳连接的系统与能量结合的综合应用（1 单选+9 多选+4 解答）
一、单选题
1．（2023·重庆万州·重庆市万州第二高级中学校考二模）如图所示，两端分别固定有小球A、B（均视为质
点）的轻杆竖直立在水平面上并靠在竖直墙面右侧处于静止状态。由于轻微扰动，A 球开始沿水平面向右
滑动，B 球随之下降，此过程中两球始终在同一竖直平面内。已知轻杆的长度为l，两球的质量均为m，重
力加速度大小为g，不计一切摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．A 球动能最大时对水平面的压力大小等于2mg
B．竖直墙面对B 球的冲量大小为
C．A 球的最大动能为
D．B 球的最大动能为
【答案】D
【详解】AC．假设小球B 能一直沿着墙面向下运动，设轻杆与水平方向的夹角为θ 时，两小球的速度大小
分别为
、
，根据关联速度知识，两小球沿杆方向速度相等，可得
即
1
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由根据机械能守恒，有
运用数学知识，整理得
当
取等号，说明小球A 的动能先增大后减小，即杆中先存在挤压的内力，之后出现拉伸的内力，当杆中内力
为0 时，A 球的动能最大，最大动能为
此时对水平面的压力大小等于mg，故AC 错误；
B．当杆中存在挤压的内力，此时墙壁对B 球有冲量，又由于在运动过程中B 球水平方向速度始终为零，所
以竖直墙面对B 球的冲量大小等于杆对B 球在水平方向的冲量大小，进一步可知竖直墙面对B 球的冲量大
小等于杆对A 球在水平方向的冲量大小，该过程就是A 球获得最大动量过程，由动量定理，可知
故B 错误；
D．分析可知B 球着地时的动能最大，由于杆中先存在挤压的内力，之后出现拉伸的内力，当杆中内力为0
时，B 球与竖直墙面分离，分离后两球在水平方向动量守恒，设B 球着地时A 球的速度大小为
，则有
解得
整个过程根据能量守恒，可得B 球的最大动能为
选项D 正确。
2
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故选D。
二、多选题
2．（2023·湖南长沙·长郡中学校考二模）在光滑水平地面上有一凹槽A，中央放一小物块B（可视为质
点）。物块与左右两边槽壁的距离如图所示，
。凹槽与物块的质量均为m，两者之间的动摩擦因数
。开始时物块静止，凹槽以
的初速度向右运动，设物块与凹槽壁的碰撞没有能量损失，
且碰撞时间不计。g 取10
。则（ ）
A．物块与凹槽相对静止时的共同速度为2.5m/s
B．物块与凹槽相对静止时物块在凹槽的左端
C．从物块开始运动到两者相对静止所经历的时间为10s
D．从物块开始运动到两者相对静止所经历的时间内物块运动的位移大小为12.5m
【答案】AB
【详解】A．设两者相对静止时的速度为v，由动量守恒定律得
解得
故A 正确；
B．物块与凹槽间的滑动摩擦力
设两者间相对静止前，相对运动的路程为
，由动能定理
解得
已知
可得物体与凹槽相对静止时物体在凹槽的左端，故B 正确；
3
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C．设凹槽与物块碰前的速度分别为
、
，碰后的速度分别为
'、
'。有
得
即每碰撞一次凹槽与物块发生一次速度交换，故可用匀变速直线运动规律求时间。则有
解得
故C 错误；
D．设凹槽与物体的速度分别为
，
，根据动量守恒定律得
即
的运动方向相同，结合上式可得两物体位移关系为
因为两者一直同方向运动，物块开始在凹槽的中央，相对静止时物块在凹槽的左端，所以两物体的位移关
系为
解得
故D 错误。
故选AB。
3．（2023·安徽合肥·合肥市第八中学校考模拟预测）如图所示，以v=4m/s 的速度顺时针匀速转动的水平传
送带，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。水平面上有位于同一直线上、处于
4
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静止状态的4 个相同小球，小球质量m0=0.3kg。质量m=0.1kg 的物体从轨道上高h=2.0m 的P 点由静止开始
下滑，滑到传送带上的A 点时速度大小v0=6m/s；物体和传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，传送带AB 之间
的距离L=3.0m。物体与小球、小球与小球之间发生的都是弹性正碰，重力加速度g=10m/s2。下列说法正确
的是（ ）
A．物体从P 点下滑到A 点的过程中，克服摩擦力做的功为0.2J
B．物体第一次与小球碰撞后，在传送带上向左滑行的最大距离为0.4m
C．物体最终的速度大小为0.5m/s
D．物体第一次与小球碰撞后的整个过程，物体与传送带间产生的摩擦热为3J
【答案】ABD
【详解】A．物体由P 到A 的过程，根据动能定理可得
解得
则克服摩擦力做的功为
，选项A 正确；
B．物体滑上传送带后，在滑动摩擦力作用下匀减速运动，加速度大小为
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
故物体与小球1 碰撞前的速度为
物体与小球1 发生弹性正碰，设物体反弹回来的速度大小为的
，小球1 被撞后的速度大小为
，由动量
5
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守恒和能量守恒定律得
解得
物体被反弹回来后，在传送带上向左运动过程中，由运动学公式得
解得
选项B 正确；
C．由于小球质量相等，且发生的都是弹性正碰，它们之间将进行速度交换。物体第一次返回还没到传送
带左端速度就减小为零，接下来将再次向右做匀加速运动，直到速度增加到
，再跟小球1 发生弹性正碰，
同理可得，第二次碰后，物体和小球的速度大小分别为
以此类推，物体与小球1 经过
次碰撞后，他们的速度大小分别为
由于总共有4 个小球，可知物体第1 个小球一共可以发生4 次碰撞，则物体最终的速度大小为
6
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选项C 错误；
D．物体第一次与小球1 碰撞后的整个过程，在传送带上相对传送带的路程
故物体与传送带间产生的摩擦热
选项D 正确。
故选ABD。
4．（2023·安徽合肥·合肥市第六中学校考模拟预测）如图1 所示，一右端固定有竖直挡板的质量M=2kg 的
木板静置于光滑的水平面上，另一质量m=1kg 的物块以v0=6m/s 的水平初速度从木板的最左端点冲上木板，
最终物块与木板保持相对静止，物块和木板的运动速度随时间变化的关系图像如图2 所示，物块可视为质
点，则下列判断正确的是（ ）
A．图2 中v2的数值为4
B．物块与木板的碰撞为弹性碰撞
C．整个过程物块与木板之间因摩擦产生的热量为12J
D．最终物块距木板左端的距离为1.5m
【答案】BC
【详解】A．根据题意可知，图2 中图线a 表示碰撞前物块的减速运动过程，图线b 表示碰撞前木板的加速
过程，图线c 表示碰撞后木板的减速过程，图线d 表示碰撞后物块的加速过程，物块与挡板碰撞前瞬间，
物块的速度大小为v1，设此时木板速度大小为v 木，则
7
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从物块滑上木板到物块与木板碰撞前瞬间的过程，根据系统动量守恒有
解得
物块与挡板碰撞后瞬间，物块的速度为0，木板速度大小为v2，从物块滑上木板到物块与木板碰撞后瞬间
的过程，根据系统动量守恒有
解得
故A 错误；
B．2s 末物块与木板共同运动的速度大小为v3，从物块滑上木板到最终共同匀速运动的过程，根据系统动
量守恒有
解得
物块与木板碰撞前瞬间，系统的动能为
物块与木板碰撞后瞬间，系统的动能
故碰撞过程系统没有机械能损失，故B 正确；
C．物块滑上木板时系统的动能为
最终相对静止时系统的动能为
所以系统产生的热量为
故C 正确；
D．由图得板长为4.5m，碰后相对位移为1.5m，故距离左端为3m，故D 错误。
8
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故选BC。
5．（2023·河南南阳·南阳中学校考三模）如图甲所示，一小车静止在光滑水平地面上，上表面PQ 是以O
为圆心，半径为R 的四分之一光滑圆弧轨道，左端P 与平台等高且平滑对接（不粘连）。一小球以某一水
平速度冲上小车，测得在水平方向上小球与小车的速度大小分别为v1、v2，作出v2-v1图像，如图乙所示。
已知P 点距地面高
，重力加速度为g，则（ ）
A．小车质量是小球质量的2 倍
B．小球上升到最高点时的速度为
C．小球上升的最大高度为
D．小球落地时与小车左端P 点的水平距离为
【答案】BC
【详解】A．设小球质量为m，小车质量为M，小球和小车组成的系统在水平方向所受合外力为零，所以
水平方向动量守恒，则由图乙数据可得
解得
故A 错误；
B．小球上升到最高点时与小车具有共同速度，则
解得
9
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故B 正确；
C．设小球上升的最大高度为H，根据机械能守恒定律有
解得
故C 正确；
D．设小球滑回至P 点时，小球和小车的速度分别为
和
，根据动量守恒定律和机械能守恒定律分别有
解得
，
小球离开小车后做自由落体运动，小车做匀速直线运动，所以小球落地时与小车左端P 点的水平距离为
故D 错误。
故选BC。
6．（2023·宁夏银川·银川一中校考模拟预测）如图所示，在光滑水平面上停放着质量为m、装有光滑四分
之一圆弧形槽的小车，一质量也为m 的小球以水平初速度
沿圆弧槽口向小车滑去，一段时间后，小球又
返回右端，离开小车，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ）
A．上述过程中，由小球和小车组成的系统总动量守恒
10
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B．小球再次回到圆弧槽口后将做自由落体运动
C．小球在圆弧形槽内上升的最大高度一定小于
D．上述过程中，小球对小车做的功为
【答案】BCD
【详解】A．小球进光滑圆弧形槽后，水平方向不受外力，在水平方向上动量守恒，但是竖直方向合外力
不为零，竖直方向动量不守恒，小球和小车组成的系统总动量不守恒，A 错误；
B．设小球离开小车时，小球的速度为
，小车的速度为
，整个过程根据系统水平方向动量守恒可得
根据能量守恒定律可得
解得
，
即小球和小车分离后二者交换速度，所以小球在与小车分离后做自由落体运动，B 正确；
C．从开始到小球上升到最高点过程，小球和小车组成的系统水平方向动量守恒，则
根据能量守恒定律有
解得
C 正确；
D．上述过程中对小车分析，根据动能定理可得小球对小车做的功
D 正确。
故选BCD。
7．（2023·河南郑州·统考二模）如图所示，AB 为倾角
的光滑斜面轨道（足够长），通过一小段光
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滑圆弧与光滑水平轨道BC 相连接，质量为
的小球乙静止在水平轨道上，此时小球乙与斜面底端B 的距
离
。质量为
的小球甲以速度
与乙球发生弹性正碰（碰撞时间极短），使乙球获得
的速度（在轨道连接处无能量损失，取
，
，
，两小球均可视为质点），
下列说法正确的是（ ）
A．小球甲、乙的质量之比
B．碰后小球甲的速度大小为
C．两球发生第二次碰撞时的位置到斜面底端的距离为
D．两球第一次碰撞后再经过
发生第二次碰撞
【答案】BC
【详解】AB．两球发生弹性正碰，设碰撞后甲球的速度为
，乙球的速度为
；以向左为正方向，
由动量守恒和能量守恒得
联立可得
知碰后小球甲以
的速度向右运动。
故A 错误，B 正确；
C．小球乙在斜面上运动，由牛顿第二定律得
解得
12
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可得小球乙在斜面上运动的时间为
设发生第二次碰撞时的位置到斜面底端的距离为
，则在两次碰撞之间的时间内，甲在水平轨道运动的路
程为
，乙在水平轨道运动的路程为
，则有
解得
故C 正确；
D．两球第一次碰撞后到发生第二次碰撞所用时间
故D 错误。
故选BC。
8．（2023·湖南邵阳·统考二模）如图所示，平行倾斜光滑导轨与足够长的平行水平光滑导轨平滑连接，导
轨电阻不计。质量均为
电阻均为
的金属棒b 和c，静止放在水平导轨上且与导轨垂直。图中虚线de 右
侧有范围足够大、方向竖直向上的匀强磁场。质量也为
的绝缘棒a 垂直于倾斜导轨，从离水平导轨的高
为处由静止释放。已知绝缘棒a 滑到水平导轨上与金属棒b 发生弹性正碰，金属棒b 进入磁场后始终未
与金属棒c 发生碰撞。重力加速度为
。以下正确的是（ ）
A．a 与b 碰后分离时b 棒的速度大小为
B．当b 进入磁场后速度大小为
时，b 的加速度大小变为初始加速度大小的
C．b 棒产生的焦耳热为
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D．b 进入磁场后，b、c 间距离增大了
【答案】AB
【详解】A．绝缘棒a 滑到水平导轨上速度设为v0，由动能定理
得
a 与金属棒b 发生弹性正碰，质量相等，故碰后速度交换，a 速度变为零，b 获得v0的速度，故a 与b 碰后
分离时b 棒的速度大小为
，A 正确；
B．b 刚进入磁场时，加速度为
b 进入磁场后，切割磁感线产生感应电流，受向左的安培力而减速，c 受向右的安培力而加速，系统合外力
为零，由动量守恒知
将
代入得
此时回路的总电动势为
此时b 的加速度为
B 正确；
C．当b 与c 速度相等时，b 棒上停止生热，由动量守恒
得
14
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由能量守恒，设b 棒上产生的焦耳热为Q，有
知
C 错误；
D．b 进入磁场后减速，c 加速直至速度相同，二者间距缩小，设为Δx，对c，由动量定理
又
联立可得b、c 间距离缩小了
D 错误。
故选AB。
9．（2023·湖北·模拟预测）如图所示，一个斜面与水平地面平滑连接，斜面与水平地面均光滑。小物块P
放在水平地面上，小物块Q 自斜面上某位置处由静止释放，P，Q 之间的碰撞为弹性正碰，斜面与水平面
足够长，则下列说法正确的是（ ）
A．若
，则P、Q 只能发生一次碰撞B．若
，则P、Q 只能发生一次碰撞
C．若
，则P、Q 只能发生两次碰撞D．若
，则P、Q 只能发生三次碰撞
【答案】AC
【详解】AB．设Q 滑到水平面上时速度大小为v，P、Q 相碰．动量守恒及动能不变，有
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联立解得第一次碰后
之后Q 滑上斜面并返回，速度等大反向，若不能追上P，则有
解得
故A 正确、B 错误；
C．若
，第一次碰后，可得
，
之后Q 滑上斜面并返回，与P 发生第二次碰撞后有
，
故P、Q 只能发生两次碰撞，故C 正确；
D．若
，第一次碰后，可得
，
之后Q 滑上斜面并返回，与P 发生第二次碰撞后有
，
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故P、Q 只能发生两次碰撞，故D 错误。
故选AC。
10．（2023·山东·模拟预测）如图所示，光滑的水平地面上有木板C，mc= 4kg，C 板上表面粗糙，A、B 两
个物体紧挨在一起，初始A、B 和C 三个物体均处于静止状态，mA = 1kg，mB =2kg。A、B 间夹有少量火
药，某时刻火药爆炸，瞬间释放了E=27J 的能量并全部转化为A 和B 的动能，使A、B 分别水平向左、向
右运动起来， C 板足够长，以下结论正确的是（ ）
A．爆炸后瞬间A、B 速度大小vA=2 vB
B．若A、B 与木板C 上表面间的动摩擦因数相同，爆炸后A、B 组成的系统动量守恒
C．若A、B 与木板C 上表面间的摩擦力大小不相等，则A、B、C 组成的系统动量不守恒
D．整个过程中A、B、C 系统由于摩擦产生的内能为27J
【答案】AD
【详解】A．爆炸瞬间，以AB 为系统，由动量守恒定律有
则有
带入数据
故速度大小
，故A 正确；
BC．动量守恒需满足：1.系统不受外力或受外力的矢量和为零；2.相互作用极短，如爆炸或碰撞；3.系统在
某一方向上不收外力，或受外力的矢量和为零，相互作用极短，如爆炸或碰撞则该方向上动量守恒；4.外
力在某法方向投影为零；B 选项不满足1，摩擦力大小不等，故B 错误，C 选项对A、B、C 整体分析，合力
为零，满足动量守恒，故C 错误；
D．C 足够长，最终A、B、C 总动量为0，故三者最终速度也为0，即A、B 动能全部转化为内能为27J，故
D 正确。
故选AD。
三、解答题
11．（2023·河南洛阳·统考模拟预测）如图所示，有一倾角
、长度为25L 的斜面，在其24 个等分点
17
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上分别放置质量均为m 的木块，从上至下依次标序号1、2……24，斜面底部与一水平面平滑连接。木块与
斜面、水平面之间的动摩擦因数分别为
。在斜面顶端由静止释放质量为4m 的铁块，铁
块与斜面、水平面之间的动摩擦因数分别为
。铁块先与木块1 发生碰撞并粘在一起
（碰撞时间忽略不计），继续下滑与木块2 发生碰撞并粘在一起，……，如此下去（组合体可视为质点），
最终组合体在水平面上滑行了
。（
，
），重力加速度大小为g，求：
（1）铁块与木块1 的结合体与木块2 碰撞前的速度大小；
（2）整个过程因碰撞而损失的机械能；
（3）铁块（以及与它结合为一体的各小木块）与第n 个木块碰撞之前的瞬间速度大小表达式。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】设铁块与木块1 碰撞前的速度为
，碰撞后的速度为
（1）对铁块，从释放到与木块1 碰撞前
与木块1 碰撞前后动量守恒
铁块与木块1 碰后到与木块2 碰撞前
18
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联立解得
（2）假设铁块与木块组合体在斜面底端速度为，有
设整个过程因碰撞而损失的机械能为
，对斜面上运动过程有能量守恒
由于
故木块下滑损失的重力势能全部转化为摩擦生热，铁块下滑损失的重力势能转化为铁块的摩擦生热、组合
体动能和碰撞损失的机械能，则
解得
（3）由题意可知在下滑过程中，无论是铁块还是铁块与木块的组合体，所受合外力均为
设与木块n 碰撞前的速度为
，碰撞后的速度为
，则
与第n 块木块碰撞前后
以上三式联立得
19
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联立可推得
12．（2023·山东·模拟预测）如图所示，右端有固定挡板的长为L 的木板C 置于光滑水平桌面上，在C 上最
左端和中点各放一个小物块A 和B，且物块A、B 和木板C 的质量均相等。开始时，B 和C 静上，A 以初速
度
向右运动。若A、B 的大小以及挡板的厚度皆可忽略不计，物块A、B 与木板C 之间的动摩擦因数均为
，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，所有碰撞都是弹性碰撞，接触但无弹力视为未碰撞。
（1）若物块A 与B 不能发生碰撞，求
的最大值；
（2）若物块A 与B 发生碰撞后，物块B 与挡板不发生碰撞，求
的最大值。
（3）若物块A 恰好从木板C 上掉下来，求
的大小；
（4）若物块B 恰好从木板C 上掉下来，求
的大小
【答案】（1）
；（2）
；（3）
；（4）
【详解】（1）以m 表示A、B 和C 的质量，当物块A 以初始速度
向右运动时，B、C 之间不发生相对运动。
若物块A 恰好与物块B 不发生碰撞，由动量守恒定律得
20
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此过程中，由能量守恒
解得
（2）当
时，A 与B 将发生弹性碰撞，会交换速度，之后A 与C 的速度相等，而B 相对于A、C
向右运动。若物块B 刚好与挡板不发生碰撞，最终A、B、C 三者的速度相等，设此时三者的速度为
，根
据动量守恒定律有
由能量守恒
解上述式子得
（3）若
，则在A、B 发生碰撞后，B 会与挡板发生碰撞，碰后物块A 与B 的速度相等，都小于
木板C 的速度。物块B 与A 在木板C 上不可能再发生碰撞。A 恰好没从木板C 上掉下来，即A 到达C 的左端
时三者的速度皆相同，以
表示，由动量守恒有
由能量守恒
解得
（4）若
，则A 将从木板C 上掉下来，设A 刚要从木板C 上掉下来时，A、B、C 三者速度分别
21
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为
、
、
，且
由动量守恒
由能量守恒
若物块A 从木板C 上掉下来，物块B 恰好不会从木板C 上掉下，此时B 与C 的速度相等，设为
，对B、C
组成的系统，由动量守恒定律
由能量守恒
得
13．（2023·安徽·模拟预测）如图，长为
的传送带以大小为的速度沿顺时针方向匀速转动，一足够长的
长木板紧靠传送带右端
放在光滑的水平面上，长木板的上表面与传送带的上表面在同一水平面上，水平
地面右侧有一竖直固定的弹性挡板。一可视为质点、质量为
的物块轻放在传送带的左端A，随传送带运
动到
端，以速度滑上长木板，并与长木板一起向右运动，长木板与挡板第一次碰撞前物块与长木板已
达到共同速度。已知长木板的质量为
，物块与长木板间的动摩擦因数为0.4，长木板与挡板碰撞是弹
性碰撞，重力加速度为
。求：
（1）物块与传送带的动摩擦因数至少为多少；物块在传送带上运动的时间最长为多少；
（2）开始时，长木板的右端离挡板的距离至少为多少；
（3）长木板与挡板第
次碰撞前一瞬间，长木板的速度为多大。
【答案】（1）
，
；（2）
；（3）
22
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【详解】（1）物块以速度v 滑上长木板，设物块与传送带的动摩擦因数至少为
，由牛顿第二定律及匀
变速直线运动规律得
解得
物块在传送带上一直加速时运动的时间最长，最长时间为
（2）物块第一次在木板上滑动的过程中，由动量守恒定律得
设此过程中木板的位移为x，对木板由动能定理得
解得
即开始时长木板的右端离挡板的距离至少为
（3）长木板与挡板第一次碰撞到第二次碰撞，由动量守恒定律得
长木板与挡板第二次碰撞到第三次碰撞，由动量守恒定律得
可知，长木板与挡板第
次碰撞前一瞬间，长木板的速度为
14．（2023·四川成都·石室中学校考模拟预测）如图所示，滑块A（可视为质点）位于小车B 的最左端，二
23
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者一起以
的初速度向右匀速运动，木块C 静止在小车B 的正前方，所有碰撞均为弹性碰撞，且碰
撞时间极短可忽略不计。已知A、B、C 的质量分别为
，A 与B 之间、C 与水
平地面之间的摩擦因数均为
，不计小车B 与地面之间的摩擦，小车的表面水平且足够长，重力加速
度
。求：
（1）小车B 和木块C 第1 次碰撞后，A、B、C 的加速度大小；
（2）小车B 和木块C 第2 次碰撞前，滑块A 与小车B 摩擦产生的热量
；
（3）小车B 和木块C 第3 次碰撞前，木块C 运动的位移
的大小。
【答案】（1）
，
，
；（2）
；（3）
【详解】（1）设小车B 和木块C 第1 次碰撞后速度分别为
和
，弹性碰撞满足
解得
，
滑块
速度不变，滑块
和小车B 发生相对滑动，由牛顿第二定律得，
，
，
解得
，
，
（2）小车B 和木块C 第1 次碰撞后，滑块
匀减速，小车B 匀加速，木块C 匀减速，在小车B 和木块C 第
2 次碰撞前，设滑块
和小车B 已经达到相同速度
一起匀速运动，对滑块
和小车B 系统，由动量守恒
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得
解得
由能量守恒得
解得
（3）滑块
和小车B 以速度
一起匀速运动，在小车B 和木块C 第2 次碰撞前，假设木块C 未停止运动，
速度为
，两次碰撞之间小车B 和木块C 的位移均为
，由运动学关系得
，
解得
或
（舍）
所以假设成立，小车B 和木块C 第2 次碰撞前木块C 未停止运动
设小车B 和木块C 第2 次碰撞后速度分别为
和
，弹性碰撞满足
解得
，
设在小车B 和木块C 第3 次碰撞前，滑块
和小车B 已经达到相同速度
一起匀速运动，对滑块
和小车
B 系统，由动量守恒得
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解得
设小车B 和木块C 第2 次碰撞后到第3 次碰撞前的过程中，小车B 和木块C 的位移均为
，第3 次碰撞前C
的速度为
，由运动学关系得
，
解得
或
（舍），
同理，小车B 和木块C 第3 次碰撞前木块C 未停止运动
解得
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