2023年高考物理与强基计划核心知识点复习与真题精选 完全非弹性碰撞

完全非弹性碰撞
一、真题精选（高考必备）
1．（2012·天津·高考真题）如图所示，水平地面上固定有高为h的平台，台面上有固定的光滑坡道，坡道顶端距台面高度也为h，坡道底端与台面相切．小球A从坡道顶端由静止开始滑下，到达水平光滑的台面与静止在台面上的小球B发生碰撞，并粘连在一起，共同沿台面滑行并从台面边缘飞出，落地点与飞出点的水平距离恰好为台高的一半，两球均可视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为g．求
（1）小球A刚滑至水平台面的速度vA；
（2）A、B两球的质量之比mA:mB．
2．（2021·河北·高考真题）如图，一滑雪道由AB和BC两段滑道组成，其中AB段倾角为θ，BC段水平，AB段和BC段由一小段光滑圆弧连接，一个质量为2kg的背包在滑道顶端A处由静止滑下，若1s后质量为48kg的滑雪者从顶端以1.5m/s的初速度、2
3m/s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
1
12
μ=，重力加速度取2
10m/s
=
g，
7
sin
25
θ=，
24
cos
25
θ=，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AB段的长度；
（2）滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度。

3．（2020·天津·高考真题）长为l的轻绳上端固定，下端系着质量为1m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2m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；
（2）碰撞前瞬间B的动能k E至少多大？
4．（2008·重庆·高考真题）如图中有一个竖直固定在地面的透气圆筒，筒中有一个劲度为k的轻弹簧，其下端固定，上端连接一质量为m的薄滑块，圆筒内壁涂有一层新型智能材料—ER流体，它对滑块的阻力可调。

起初，滑块静止，ER流体对其阻力为0，弹簧的长度为L。

现有一质量也为m的物体从距地面2L处自由落下，与滑块碰撞后粘
在一起向下运动。

为保证滑块做匀减速运动，且下移距离为2mg
k
时速度减为0，ER流体对滑块的阻力须随滑块下移
而变。

试求（忽略空气阻力）：
(1)下落物体与滑块碰撞过程中系统损失的机械能；
(2)滑块向下运动过程中加速度的大小；
(3)滑块下移距离d时ER流体对滑块阻力的大小。

5．（2011·安徽·高考真题）如图所示，质量M=2kg的滑块套在光滑的水平轨道上，质量m=1kg的小球通过长L=0.5m 的轻质细杆与滑块上的光滑轴O连接，小球和轻杆可在竖直平面内绕O轴自由转动，开始轻杆处于水平状态，现给小球一个竖直向上的初速度0v="4" m/s，g取102
m/s．
（1）若锁定滑块，试求小球通过最高点P时对轻杆的作用力大小和方向．
（2）若解除对滑块的锁定，试求小球通过最高点时的速度大小．
(3)在满足（2）的条件下，试求小球击中滑块右侧轨道位置点与小球起始位置点间的距离．
6．（2021·海南·高考真题）如图，一长木板在光滑的水平面上以速度v0向右做匀速直线运动，将一小滑块无初速地轻放在木板最右端。

已知滑块和木板的质量分别为m和2m，它们之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。

（1）滑块相对木板静止时，求它们的共同速度大小；
（2）某时刻木板速度是滑块的2倍，求此时滑块到木板最右端的距离；
（3）若滑块轻放在木板最右端的同时，给木板施加一水平向右的外力，使得木板保持匀速直线运动，直到滑块相对木板静止，求此过程中滑块的运动时间以及外力所做的功。

7．（2007·四川·高考真题）目前，滑板运动受到青少年的追捧．如图是某滑板运动员在一次表演时的一部分赛道在竖直平面内的示意图．赛道光滑，FGI 为圆弧赛道，半径R =6.5m ，G 为最低点并与水平赛道BC 位于同一水平面，KA 、DE 平台的高度都为h =1.8m 。

B 、C 、F 处平滑连接。

滑板a 和b 的质量均为m ，m =5kg ，运动员质量为M ，M =45kg 。

表演开始，运动员站在滑板b 上．先让滑板a 从A 点静止下滑，t 1=0.1s 后再与b 板一起从A 点静止下滑．滑上BC 赛道后，运动员从b 板跳到同方向运动的a 板上，在空中运动的时间t 2=0.6s(水平方向是匀速运动)．运动员与a 板一起沿CD 赛道上滑后冲出赛道，落在EF 赛道的P 点，沿赛道滑行，经过G 点时，运动员受到滑板a 的支持力N =742.5N 。

(滑板和运动员的所有运动都在同一竖直平面内，计算时滑板和运动员都看作质点，取g =10m/s 2) （1）滑到G 点时，运动员的速度是多大?
（2）运动员跳上滑板a 后，在BC 赛道上与滑板a 共同运动的速度是多大? （3）从表演开始到运动员滑至I 的过程中，系统的机械能改变了多少？
8．（2014·天津·高考真题）如图所示，水平地面上静止放置一辆小车A ，质量4A m kg =，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2B m kg =．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12/v m s =．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 ；
二、强基训练（高手成长基地）
1．（2021·湖南·模拟预测）如图，一滑板的上表面由长度为L 的水平部分AB 和半径为R 的四分之一光滑圆弧BC 组成，滑板静止于光滑的水平地面上。

物体P （可视为质点）置于滑板上面的A 点，物体P 与滑板水平部分的动摩擦因数为μ（1μ<）。

一根长度为L 、不可伸长的细线，一端固定于O ′点，另一端系一质量为m 0的小球Q 。

小球Q 位于最低点时与物体P 处于同一高度并恰好接触。

现将小球Q 拉至与O ′同一高度（细线处于水平拉直状态），然后由静止释放，小球Q 向下摆动并与物体P 发生弹性碰撞（碰撞时间极短）。

设物体P 的质量为m ，滑板的质量为2m 。

(1)求小球Q 与物体P 碰撞前瞬间细线对小球拉力的大小；
(2)若物体P 在滑板上向左运动从C 点飞出，求飞出后相对C 点的最大高度； (3)要使物体P 在相对滑板反向运动过程中，相对地面有向右运动的速度，求
m m
的取值范围。

2．（2020·天津三中高三阶段练习）如图所示，ABC为光滑轨道，其中AB段水平，BC段是半径为R的圆弧，AB与BC相切于B点，A处有一竖直墙面，一轻弹簧的一端固定于墙上，另一端与一质量为M的物块相连接，当弹簧处于原长状态时，物块恰能与固定在墙上的L形挡板相接触于B处，但不挤压。

现使一质量为m的小球从圆弧轨道上距水平轨道高h处的D点由静止下滑，小球与物块相碰后立即有相同速度但不粘连，此后物块与L形挡板相碰后速度立即减为0也不粘连。

（整个过程，弹簧没有超过弹性限度，不计空气阻力），重力加速度为g。

(1)试求弹簧获得的最大弹性势能；
(2)求小球与物块第一次碰后沿BC上升的最大高度；
3．（2021·江西·临川一中高三阶段练习）如图所示，水平地面上左侧有一固定的圆弧斜槽，斜槽左端是四分之一光滑圆弧AB ，圆弧半径为75m R .=，右端是粗糙的水平面BC ，紧挨着斜槽右侧有一足够长的小车P ，小车质量为01kg m =，小车左端和斜槽末端C 平滑过渡但不粘连，在C 点静止放置一滑块N （可视为质点），滑块质量为12kg m =，
最右边有一固定的竖直墙壁，小车右端距离墙壁足够远。

已知斜槽BC 段长度为 1.2m L =，由特殊材料制成，从B 点到C 点其与小球间的动摩擦因数0μ随到B 点距离增大而均匀减小到0，变化规律如下图甲所示。

滑块N 与小车的水平上表面间的动摩擦因数为0.1μ=，水平地面光滑，现将一质量为22kg m =小球M （可视为质点的）从斜槽顶端A 点静止滚下，经过ABC 后与静止在斜槽末端的滑块N 发生弹性碰撞，碰撞时间极短，碰撞后滑块滑上小车，小车与墙壁相碰时碰撞时间极短，每次碰撞后小车速度方向改变，速度大小减小为碰撞前的一半，重力加速度取
2
g ，则求：
10m/s
（1）小球运动到C点时（还未与滑块碰撞）的速度大小；
（2）小车与墙壁第1次碰撞后到与墙壁第2次碰撞前瞬间的过程中，滑块与小车间由于摩擦产生的热量；
（3）小车与墙壁第1次碰撞后到与墙壁第5次碰撞前瞬间的过程中，小车运动的路程。

4．（2021·河南·温县第一高级中学高三阶段练习）如图，两个完全相同的质量为m=1kg的木板A、B静置于水平地面上，它们的间距s=2.88m。

质量为2m，大小可忽略的物块C置于A板的左端，C与A之间的动摩擦因数为μ1=0.22，A、B与水平地面之间的动摩擦因数为μ2=0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

（1）对C施加一水平向右的恒力F，若木块C能在木板A上滑动，求F应满足的条件；
（2）现给C施加一个水平向右的恒力F=4N，假定木板A、B碰撞时间极短且碰后粘连在一起；
①求A、B碰撞过程中损失的机械能？
②要使C最终不脱离木板，每块木板至少应为多长？
\
5．（2021·重庆巴蜀中学高三阶段练习）如图所示，长度4m L =的水平传送带在电动机的带动下，以恒定速率02m/s v =顺时针匀速传动，将一个质量为400g M =的滑块（可视为质点）轻轻放到传送带左端，当滑块每次刚好与传送带共速时，都会被一颗由仿真手枪发射的完全相同的子弹以速度10m/s v =击中（子弹与滑块作用时间极短）并留在其内，已知每颗子弹的质量均为100g m =，滑块与传送带之间的动摩擦因数0.2μ=，忽略空气阻力的影响，重力加速度g 取210m/s 。

求：
（1）滑块被第一颗子弹击中后向左运动的最大距离1x ；
（2）从滑块被第一颗子弹击中后到被第二颗子弹击中前，滑块与传送带之间的摩擦生热Q 及电动机因传送滑块需要多做的功W ；
（3）滑块离开传送带时的速度大小v '（计算结果可用根式表示）。

6．（2021·重庆巴蜀中学高二阶段练习）如图所示，足够长的光滑水平面上顺次停放着4个木块A 、B 、C 、D ，其中A 的质量为3m ，B 、C 、D 质量均为m 。

现给A 一个水平向右的初速度0v ，四个物体将发生碰撞，设过程中除第（3）问AB 碰撞外其余均为弹性碰撞。

则： （1）A 与B 第一次碰撞后的速度各是多少？ （2）A 、B 、C 、D 最终速度各是多少？
（3）当A 、B 、C 、D 速度稳定后，在D 的右侧某处放一固定的挡板，此后木块与挡板碰撞将原速弹回，只有AB 碰撞后粘在一起运动。

则整个过程中因碰撞产生的热量和A 、B 、C 、D 最终速度分别是多少？
三、参考答案及解析
（一）真题部分
1．（1
）A v （2）:1:3A B m m =
【解析】（1）小球A 下滑过程中，由动能定理可得：mAgh =1
2mAvA 2﹣0
解得A v （2）A 、B 两球碰撞时动量守恒，由动量守恒定律可得mAvA =（mA +mB ）v 离开平台后，两球做平抛运动， 水平方向2
h =vt
竖直方向h =1
2gt 2 解得mA ：mB =1：3
2．（1）9m L =；（2）7.44m/s v =
【解析】（1）设斜面长度为L ，背包质量为12kg m =，在斜面上滑行的加速度为1a ，由牛顿第二定律有1111sin cos m g m g m a θμθ-= 解得212m/s a =
滑雪者质量为248kg m =，初速度为0 1.5m/s v =，加速度为2
23m/s a =，在斜面上滑行时间为t ，落后时间01s t =，则
背包的滑行时间为0t t +，由运动学公式得
2101
()2
L a t t =
+ 2021
2
L v t a t =+
联立解得2s =t 或1s()t =-舍去 故可得9m L =
（2）背包和滑雪者到达水平轨道时的速度为1v 、2v ，有
110()6m/s v a t t =+= 202+7.5m/s v v a t ==
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v ，有
112212()m v m v m m v +=+
解得7.44m/s v =
3．（1
）I m =（2）()
2
12k 2
522gl m m E m +=
【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2
11v m g m l
=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A v ，有2211111222
A m v m v m gl =+②
由动量定理，有1A I m v =③ 联立①②③式，得15I m gl =④
（2）设两球粘在一起时速度大小为v '，A 、B 粘在一起后恰能通过圆周轨迹的最高点，需满足A v v '=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B v ，由动量守恒定律，有()2112B A m v m v m m v '-=+⑥ 又2k 212
B E m v =
⑦ 联立①②⑤⑥⑦式，得碰撞前瞬间B 的动能k E 至少为()
2
12k 2522gl m m E m +=
⑧ 4．(1)1
2mgL ； (2)8kL m ；(3)4
kL mg kd +
- 【解析】（1）设物体下落末速度为v 0，由机械能守恒定律2
012
mgL mv =
得02v gL =
设碰后共同速度为v 1，由动量守恒定律102mv mv = 得11
22
v gL =
碰撞过程中系统损失的机械能力2201111
2222
E mv mv mgL ∆=
-= （2）设加速度大小为a ，有2
12ax v =，2mg
x k
= 得 8kL a m
=
（3）设弹簧弹力为F N ，ER 流体对滑块的阻力为F ER ，受力分析如图所示 刚开始弹簧的压缩量1mg kx =
滑块下移距离d 时弹簧的形变量'
1mg
x d x d k
=+=+
滑块下移距离d 时弹簧的弹力'
N F kx =
根据牛顿第二定律N 22ER F F mg ma +-= 解得4
ER kL
F mg kd =+
- 5．（1）2N ，方向竖直向上（2）22m /s υ=（3）12
3
s m =
【解析】（1）设小球能通过最高点，且此时的速度为1υ，在上升过程中，因只有重力做功，小球的机械能守恒．则 22
101122
m mgL m υυ+=① 26/m s υ=②
设小球到达最高点时，轻杆对小球的作用力为F ，方向向下，则2
1F mg m L
υ+=③
由②③式，得2N F =④
由牛顿第三定律可知，小球对轻杆的作用力大小为2N ，方向竖直向上．
（2）解除锁定后，设小球通过最高点时的速度为2υ，此时滑块的速度为V ．在上升过程中，因系统在水平方向不受外力作用，水平方向的动量守恒．以水平向右的方向为正方向，有 20m MV υ+=⑤
在上升过程中，因只有重力做功，系统的机械能守恒，则 22220111222
m MV mgL m υυ++=⑥ 由⑤⑥式，得22m /s υ=⑦
（3）设小球击中滑块右侧轨道的位置点与小球起始位置点间的距离为1s ，滑块向左移动的距离为2s ，任意时刻小球的水平速度大小为2υ，滑块的速度大小为V '．由系统水平方向的动量守恒，得30m MV υ-'=⑧ 将⑧式两边同乘以t ∆，得30m t MV t υ∆-'∆=⑨
因⑨式对任意时刻附近的微小间隔t ∆都成立，累积相加后，有120ms Ms -=⑩ 又122s s L +=⑪
由⑩11式得12
3
s m =⑫
6．（1）v 共 = 0
23
v ；（2）x = 2
0725v g μ；（3）t = 0v g μ，W = mv 02
【解析】（1）由于地面光滑，则木板与滑块组成的系统动量守恒，有2mv 0 = 3mv 共 解得v 共 =
23
v （2）由于木板速度是滑块的2倍，则有v 木 = 2v 滑 再根据动量守恒定律有2mv 0 = 2mv 木 + mv 滑 联立化简得v 滑 =
25v 0，v 木 = 45
v 0 再根据功能关系有 - μmgx =
1
2
× 2mv 木2 +
12
mv 滑2 -
12
× 2mv 02
经过计算得x =
20
725v g
μ （3）由于木板保持匀速直线运动，则有F = μmg 对滑块进行受力分析，并根据牛顿第二定律有a 滑 = μg 滑块相对木板静止时有v 0 = a 滑t 解得t =
v g
μ 则整个过程中木板滑动的距离为x ′ = v 0t = 20
v g
μ 则拉力所做的功为W = Fx ′ = mv 02
7．（1）6.5m/s ；（2）6.9m/s ；（3）88.75J 。

【解析】（1）在G 点，运动员和滑板一起做圆周运动，设速度为vG ，运动员受到重力Mg 、滑板对运动员的支持力
N 的作用，则有2
–G
v N Mg M R
=
代入数据解得vG =6.5m/s
（2）设滑板a 由A 点静止下滑到BC 赛道后速度为v 1，由机械能守恒定律有2
112
mgh mv =
解得1v 运动员与滑板b 一起由A 点静止下滑到BC 赛道后．速度也为v 1，运动员由滑板b 跳到滑板a ，设蹬离滑板b 时的水平速度为v 2，在空中飞行的水平位移为s ，则s =v 2 t 设起跳时滑板a 与滑板b 的水平距离为s 0，则s 0=v 1t 1 设滑板a 在t 2时间内的位移为s 1，则s 1 =v 1 t 2，s =s 0+s 1 即v 2t 2=v 1(t 1+t 2)
运动员落到滑板a 后，与滑板a 共同运动的速度为v ，由动量守恒定律有
mv 1+Mv 2 =(m +M )v
由以上方程可解出v =
代人数据，解得v =6.9m/s
（3）设运动员离开滑板b 后，滑板b 的速度为v 3，由动量守恒定律有
Mv 2+mv 3=(M +m )v 1
可算出v 3=–3m/s 有|v 3|=3m/s<v 1=6m/s
所以b 板将在两个平台之间来回运动，机械能不变，系统的机械能改变为
22311()()22
G E M m v mv m m M gh ∆=
++-++ 代入数据解得ΔE =88.75J
8．(1)22.5m /s （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 ＝mAa ① 代入数据解得a ＝2.5 m/s 2②
(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 )v 1③ 代入数据解得v 1＝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 )v 1⑤
A 从开始运动到与
B 发生碰撞前，由动能定理有Fl
＝1
2
mAv ⑥
由④⑤⑥式，代入数据解得l ＝0.45 m.
（二）强基部分
1．（1）03T m g =；（2）()
()2
02
083m L
h L R m m μ=
-++；（3）
m m >【解析】（1）小球Q 在下落过程中机械能守恒，因此有2
0012Q m gL m v =
在最低点对小球Q 牛顿第二定律可得20Q
v T m g m
L
-=
联立解得03T m g =
（2）小球Q 和物块P 发生弹性碰撞，则机械能和动量守恒，因此
000Q Q m v m v mv '=+，2
22000111+222
Q Q m v m v mv '=
解得00002Q m v v m m
=
+物体和滑板在水平方向上不受力，则水平方向动量守恒013mv mv = 由能量守恒可得()2222
011111+2+222
y mv m v v mv mgL mgR μ=+⨯+
物体离开滑板后两物体水平方向都做匀速直线运动，因此水平相对位置不变，竖直方向
22y
v h g
=
联立可得()
()20
2
083Lm h L R m m μ=
-++
（3）要求P 有相对地面向右的速度，说明P 要滑到曲面上再返回运动，物块P 相对滑板反方向运动过程中，可以知道当再次回到B 点时两者的速度最大，此时P 有向右运动的速度即可，因此再次回到B 时水平方向动量守恒可得02A B mv mv mv =+
由能量守恒可得222
0111+2222
A B mv mv mv mgL μ=⨯+
联立可得方程22
003240A A v v v v gL μ--+=
因物体要经过B 点，因此要求判别式大于零，速度向右说明结果要小于零；则
A v =
满足不等式即()22
0044340v gL v μ-⨯->
，0A
v =
则0v >
联立可得
m m >2．(1)2m gh m M +；(2)()2
2
m h M m + 【解析】(1)小球下滑机械能守恒2012
mgh mv = 碰撞时动量守恒()01mv m M v =+ 弹簧获得的最大弹性势能()211
2
P E m M v =+ 解得2P m gh E m M
=
+ (2)小球返回B 点时的速度为v 1，根据机械能守恒定律2
1112
mv mgh =
解得()
2
12
m h h M m =
+
3．（1）12m/s ；（2）48J ；（3）10.625m
【解析】（1）若小球到C 点的速度为0v ，B 到C 过程中小球克服阻力做功为f BC W ，由图甲可知过程摩擦力在均匀减小，则有f 021
6J 2
BC W m gx μ=⨯=
小球由A 到C 过程中，由动能定理可得2
2f 2012
BC m gR W m v -=
解得012m /s v =
（2）小球与滑块弹性碰撞过程中，由于小球与滑块质量相等，故速度交换即碰后滑块速度大小为012m /s v v ==，滑块滑上小车后达到的共同速度为1v ，滑块和小车第一次碰前，由动量守恒有()1101m v m m v =+
第一次碰前小车和滑块速度均为1v ，碰后小车变为11
2
v -，滑块速度仍为1v ，碰后通过动量守恒，达到共同速度为2v ，
则由动量守恒有()01111021
2
m v m v m m v -+=+
由分析可知，当滑块和小车第二次共速后恰好发生第二次碰撞；小车与墙壁第1次碰撞后到与墙壁第2次碰撞前过程中，滑块与小车间产生的热量为Q ，根据能量守恒得
()2
22011110211112222
m v m v m m v Q ⎛⎫+=++ ⎪⎝⎭ 联立得48J Q
（3）以小车第一次碰后为即时起点，根据牛顿第二定律有，滑块与小车运动过程中加速度大小分别为2111
1m /s m g
a m μ=
=，2120
2m /s m g
a m μ=
=
小车速度随时间变化的图像如图所示
由图像易知，每次碰撞前两者恰好达到共同速度。

小车与墙壁第1次碰撞到第2次碰撞过程中，路程2
2
12
22v s a =⨯ 解得18m s =
同理小车与墙壁第2次碰撞到第3次碰撞过程中，22m s = 第3次碰撞到第4次碰撞过程中，30.5m s = 第4次碰撞到第5次碰撞过程中，40.125m s =
小车与墙壁第1次碰撞后到与墙壁第5次碰撞前瞬间的过程中，小车运动的路程s
123410.625m s s s s s =+++=
4．（1）F>7.2N ；（2）①0.48J ；②0.3m
【解析】（1）A 的最大加速度12m 23mg mg ma μμ⨯-⨯= 得a m =1.4m/s 2
对AB 整体2m 33F mg ma μ-⨯= 得F =7.2N 故F>7.2N
（2）①因地面摩擦力233f mg μ=⨯=N 拉力3N<F=4N<7.2N
故A 、C 一起加速。

2133F mg ma μ-⨯= 得a 1=1
3
m/s 2
设撞到B 板前速度为v 1，则2
112v a s =
得1v
碰撞A 、B 动量守恒，则122mv mv =
得2v =
碰撞损失的机械能22121120.48J 22
E mv mv ∆=
-= ②碰撞后，C 减速，AB 加速，碰撞结束后到三个物体达到共同速度的相互作用过程中，选三个物体构成的整体为研究对象，因F=f 地，外力之和为零，则系统动量守恒
2mv 1+2mv 2=4mv 3 得v 3=13
4
v
设木板向前移动的位移为x ，对AB 由动能定理
22
12321
124?2?222
mgx mgx mv mv μμ⨯-⨯=-
得x =1.5m
对C 由动能定理()()2213111222?2?222
F x l mg x L mv mv μ+-⨯+=- 得l =0.3m
因共速后F=f 地，外力之和为零，三者一起匀速运动，故得l =0.3m 。

5．（1）0.04m ；（2）1.44J ，2.4J ；（3 【解析】（1）滑块与传送带相对运动过程，加速度大小为22m/s Mg a M
μ==
滑块第一次与传送带共速过程，位移2
01m 2v x a
== 滑块被第一颗子弹击中过程，以向左为正方向，根据动量守恒定律有
01()Mv mv M m v -=+
解得10.4m/s v =-
滑块被第一颗子弹击中后向左运动的最大距离2
1100.04m 2v x a
-==-
（2）滑块第一次与传送带共速过程，需要时间0
11s v t a
== 摩擦生热101()0.8J Q Mg v t x μ=-=
滑块被第一颗子弹击中后，到速度为0过程，需要时间1
200.2s v t a
-== 摩擦生热2021()()0.44J Q M m g v t x μ=++=
速度为0到再次与传送带共速过程，摩擦生热301()()1J Q M m g v t x μ=+-= 从滑块被第一颗子弹击中后到被第二颗子弹击中前，滑块与传送带之间的摩擦生热
23 1.44J Q Q Q =+=
电动机因传送滑块需要多做的功22
011()() 2.4J 2W Q M m v v =++-=
（3）第二次碰撞过程中，以向左为正方向，根据动量守恒定律有
02()(2)M m v mv M m v +-=+ 解得20v =
再次与传送带共速，又向右移动2
01m 2v x a
==
第三次碰撞过程中，以向左为正方向，根据动量守恒定律有03(2)(3)M m v mv M m v +-=+ 解得32
m/s 7
v =
再次与传送带共速，又向右移动2203248
m 249
v v x a -=
= 第四次碰撞过程中，以向左为正方向，根据动量守恒定律有04(3)(4)M m v mv M m v +-=+ 解得40.5m/s v =
第四次碰撞发生时，滑块距离传送带右端的距离为1274
3m 1225
x L x x x ∆=-+-=
则有22
4'2v v a x -=∆
解得'v =
6．（1）012
v ，032v ；（2）018v ，038v ，03
4v ，032v ；
（3）
20507512mv ，02532v ，025
32
v ，038v ，0 【解析】（1）A 与B 第一次碰撞过程，根据动量守恒、能量守恒有
01233mv mv mv =+ 222012111
33222
mv mv mv ⨯=⨯+ 解得1012
v v = ，203
2v v =
（2）A 与B 第一次碰撞后，B 的速度大于A 的速度，则B 先与C 发生完全弹性碰撞，因为B 和C 质量相等，则速度互换，之后同理CD 碰撞后速度互换，则最终D 的速度为
D
2
032
v v v A 与B 第二次碰撞过程中，与解析（1）同理可得101
'
4
v v ，203'4v v 之后B 与C 发生完全弹性碰撞，速度互换，则最终C 的速度为C 203'
4
v v v A 与B 第三次碰撞过程中，同理可得101
''8
v v ，203''8v v 故最终，A 和B 的速度分别为A
101
''
8
v v v ，B 203''
8
v v v （3）木块D 与挡板碰撞将原速弹回，CD 碰撞后速度互换，之后C 以03
2v 的速度向左运动，与B 碰撞，速度再次互
换，B 以032v 的速度向左运动与A 发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒有0
03
3
42
8
mv mv mv
解得0932
v
v 因碰撞产生的热量222200013111
507
()3()422
28
2
512
Q
m v m v mv mv 之后，C 与D 再次碰撞，速度再次互换，则D 的速度大小为原来B 的速度大小038
v ，C 以03
4v 的速度向左运动，追
击到AB 发生弹性碰撞，有
003439
44432
mv m v mv mv
22220034131911
()4()42423222
m v m v mv mv 解得最终AB 速度为AB 4
025
32
v v v ，40 v 最后，D 与C 再次碰撞后，速度互换，则最终，D 的速度为0，C 的速度为03
8
v 。