2019年高考物理一轮复习考点通关练考点23动量守恒定律碰撞问题

考点23 动量守恒定律碰撞问题
考点名片
考点细研究：(1)动量守恒定律处理系统内物体的相互作用；(2)碰撞、打击、反冲等“瞬间作用”问题。

其中考查到的如：2016年全国卷Ⅰ第35题(2)、2016年全国卷Ⅲ第35题(2)、2016年天津高考第9题(1)、2015年福建高考第30题(2)、2015年北京高考第17题、2015年山东高考第39题(2)、2014年重庆高考第4题、2014年福建高考第30题(2)、2014年江苏高考第12题C(3)、2014年安徽高考第24题、2013年天津高考第2题、2013年福建高考第30题等。

高考对本考点的考查以识记、理解为主，试题难度不大。

备考正能量：预计今后高考仍以选择题和计算题为主要命题形式，以物理知识在生活中的应用为命题热点，灵活考查动量守恒定律及其应用，难度可能加大。

一、基础与经典
1. 如图所示，在光滑水平面上，用等大反向的力F1、F2分别同时作用于A、B两个静止的物体上。

已知m A<m B，经过相同的时间后同时撤去两力，以后两物体相碰并粘为一体，则粘合体最终将( )
A．静止 B．向右运动 C．向左运动 D．无法确定
答案 A
解析选取A、B两个物体组成的系统为研究对象，根据动量定理，整个运动过程中，系统所受的合外力为零，所以动量改变量为零。

初始时刻系统静止，总动量为零，最后粘合体的动量也为零，即粘合体静止，选项A正确。

2．关于系统动量守恒的条件，下列说法正确的是( )
A．只要系统内存在摩擦力，系统动量就不可能守恒
B．只要系统中有一个物体具有加速度，系统动量就不守恒
C．只要系统所受的合外力为零，系统动量就守恒
D．系统中所有物体的加速度为零时，系统的总动量一定守恒
答案 C
解析动量守恒的条件是系统不受外力或所受合外力为零，与系统内是否存在摩擦力无关，与系统中物体是否具有加速度无关，故A、B选项错误，C选项正确；所有物体加速度为零时，各物体速度恒定，动量恒定，总动量只能说不变，不能说守恒，D选项错误。

3. 质量为m的甲物块以3 m/s的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定在甲物块上。

另一质量也为m的乙物块以4 m/s的速度与甲相向运动，如图所示。

则( ) A．甲、乙两物块在压缩弹簧过程中，由于弹力作用，系统动量不守恒
B．当两物块相距最近时，甲物块的速率为零
C．当甲物块的速率为1 m/s时，乙物块的速率可能为2 m/s，也可能为0
D．甲物块的速率可能达到5 m/s
答案 C
解析甲、乙两物块在压缩弹簧过程中，由于弹力是系统内力，系统合外力为零，所以动量守恒，选项A错误；当两物块相距最近时，它们的速度相同，设为v，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律有mv乙－mv甲＝2mv，代入数据，可得v＝0.5 m/s，选项B错误；当甲物块的速率为1 m/s 时，其运动方向可能向左，也可能向右，当水平向左时，根据动量
守恒定律可得，乙物块的速率为2 m/s ，当水平向右时，同理可得，乙物块的速率为0，且均满足能量守恒条件，所以选项C 正确；因为整个过程中，系统的机械能不可能增加，若甲物块的速率达到5 m/s ，那么乙物块的速率肯定不为零，这样系统的机械能增加了，所以选项D 错误。

4．(多选)如图所示，三辆完全相同的平板小车a 、b 、c 成一直线排列，静止在光滑水平面上。

c 车上有一小孩跳到b 车上，接着又立即从b 车跳到a 车上。

小孩跳离c 车和b 车时对地的水平速度相同。

他跳到a 车上相对a 车保持静止，此后( )
A ．a 、b 两车运动速率相等
B ．a 、c 两车运动速率相等
C ．三辆车的速率关系v c >v a >v b
D ．a 、c 两车运动方向相反
答案 CD
解析 若人跳离b 、c 车时速度为v ，由动量守恒定律知，人和c 车组成的系统：0＝－M 车v c ＋m 人v
对人和b 车：m 人v ＝－M 车v b ＋m 人v
对人和a 车：m 人v ＝(M 车＋m 人)v a
所以：v c ＝m 人v M 车，v b ＝0，v a ＝m 人v M 车＋m 人
即v c >v a >v b ，并且v c 与v a 方向相反。

5. (多选)如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m 的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量也为m 的小球从槽上高h 处由静止开始自由下滑
( )
A ．在下滑过程中，小球和槽之间的相互作用力对槽不做功
B ．在下滑过程中，小球和槽组成的系统水平方向动量守恒
C ．被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动
D ．被弹簧反弹后，小球能回到槽上高h 处
答案 BC
解析 在下滑过程中，小球和槽之间的相互作用力对槽做功，选项A 错误；在下滑过程中，小球和槽组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，选项B 正确；小球被弹簧反弹后，小球和槽在水平方向不受外力作用，小球与槽组成的系统动量守恒，球与槽的质量相等，小球沿槽下滑，球与槽分离后，小球与槽的速度大小相等，小球被弹簧反弹后与槽的速度相等，故小球和槽都做匀速运动，小球不能滑到槽上，选项C 正确、D 错误。

6. 如图所示，在光滑水平面上有一质量为M 的木块，木块与轻弹簧水平相连，弹簧的另一端连在竖直墙上，木块处于静止状态。

一质量为m 的子弹以水平速度v 0击中木块，并嵌在其中，木块压缩弹簧后在水平面做往复运动。

木块自被子弹击中前到第一次回到原来位置的过程中，木块受到的合外力的冲量大小为( )
A.Mmv 0M ＋m B ．2Mv 0 C.2Mmv 0M ＋m
D ．2mv 0 答案 A
解析 子弹击中木块并嵌在其中，该过程动量守恒，即mv 0＝(m ＋M )v ，即击中后木块速度为v ＝mv 0m ＋M
，此后只有弹簧弹力做功，子弹、木块和弹簧组成系统机械能守恒，当第一次回到平衡位置时，速度仍然等于v ，根据动量定理，合外力的冲量等于动量变化量，即I ＝Mv －0＝Mmv 0m ＋M
，选项A 正确。

7．两球A 、B 在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，m A ＝1 kg ，m B ＝2 kg ，v A ＝6 m/s ，v B ＝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 ．v A ′＝5 m/s ，v
B ′＝2.5 m/s
B ．v A ′＝2 m/s ，v B ′＝4 m/s
C ．v A ′＝－4 m/s ，v B ′＝7 m/s
D ．v A ′＝7 m/s ，v B ′＝1.5 m/s
答案 B
解析 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v A ′大
于B 的速度v B ′，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E k ′＝12
m A v A ′2＋12m B v B ′2＝57 J ，大于碰前的总动能E k ＝12m A v 2
A ＋12
m B v 2B ＝22 J ，违背了能量守恒定律，故B 项正确。

8. (多选)将两个小物体放在光滑的水平面上，其中小物体B 的左端与一轻弹簧相连接，在光滑的水平面上处于静止状态，现给小物体A 一水平向右的初速度v 0。

已知小物体A 、B 的质量分别为m A ＝1 kg 、m B ＝3 kg ，v 0＝4 m/s 。

则下列关于两小物体的运动描述正确的是
( )
A ．整个过程中小物体A 的最小速度为1 m/s
B ．整个过程中小物体B 的最大速度为2 m/s
C ．整个过程中弹簧储存的最大弹性势能为6 J
D ．整个运动过程中小物体A 、B 整体动能减少量的最大值为8 J
答案 BC
解析 当弹簧压缩最短时，弹簧的弹性势能最大，此时小物体A 、B 共速，由动量守恒定律得m A v 0＝(m A ＋m B )v ，解得v ＝1 m/s ，此时弹簧的弹性势能最大，即小物体A 、B 整体动能
减少量最多，ΔE pm ＝ΔE km ＝12m A v 20－12
(m A ＋m B )v 2＝6 J ，C 正确，D 错误；当弹簧恢复原长时，小物体B 获得最大速度，由动量守恒和能量守恒得m A v 0＝m A v A ＋m B v m ，12m A v 20＝12m B v 2m ＋12
m A v 2A ，解得v m ＝2 m/s ，v A ＝－2 m/s ，B 正确；由以上的计算可以看出小物体A 的运动方向发生了改变，因此整个过程中小物体A 的最小速度应为0，A 错误。

9. (多选)如图所示，半径和动能都相等的两个小球相向而行。

甲球的质量m 甲大于乙球的质量m 乙，水平面是光滑的，两球做对心碰撞以后的运动情况可能是( )
A ．甲球速度为零，乙球速度不为零
B ．乙球速度为零，甲球速度不为零
C ．两球速度都不为零
D ．两球都以各自原来的速率反向运动
答案 AC
解析 上述分析知E k 甲＝E k 乙，因为E k ＝12mv 2＝m 2v 22m ＝p 22m
，所以动量为：p ＝2mE k ，因为m 甲>m 乙，所以有：p 甲>p 乙。

甲乙相向运动，故甲乙碰撞后总动量沿甲原来的方向，甲可能继续沿原来的方向运动，乙必弹回。

所以乙的速度不可能为零，故A 正确，B 错误；因为碰撞后甲乙可能都沿甲原来的方向运动，故甲乙速度不为零，C 正确；若碰撞后两球都以各自原来的速率反向运动，则违反了动量守恒定律，故D 错误。

10. (多选)如图所示，小车AB 放在光滑水平面上，A 端固定一个轻弹簧，B 端粘有油泥，AB 总质量为M ，质量为m 的木块C 放在小车上，用细绳连接于小车的A 端并使弹簧压缩，开始时AB 和C 都静止，当突然烧断细绳时，C 被释放，使C 离开弹簧向B 端冲去，并跟B 端油泥粘在一起，忽略一切摩擦，以下说法正确的是( )
A ．弹簧伸长过程中C 向右运动，同时A
B 也向右运动
B ．
C 与B 碰前，C 与AB 的速率之比为M ∶m
C ．C 与油泥粘在一起后，AB 立即停止运动
D ．C 与油泥粘在一起后，AB 继续向右运动
答案 BC
解析 小车AB 与木块C 组成的系统在水平方向上动量守恒，C 向右运动时，AB 应向左运动，故A 错误。

设碰前C 的速率为v 1，AB 的速率为v 2，则0＝mv 1－Mv 2，得v 1v 2＝M m ，故B 正确。

设C 与油泥粘在一起后，AB 、C 的共同速度为v 共，则0＝(M ＋m )v 共，得v 共＝0，故C 正确，D 错误。

二、真题与模拟
11. [2015·福建高考]如图，两滑块A 、B 在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A 的质量为m ，速度大小为2v 0，方向向右，滑块B 的质量为2m ，速度大小为v 0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是( )
A ．A 和
B 都向左运动
B ．A 和B 都向右运动
C ．A 静止，B 向右运动
D ．A 向左运动，B 向右运动
答案 D
解析 选向右的方向为正方向，根据动量守恒定律得：2mv 0－2mv 0＝mv A ＋2mv B ＝0，选项
A 、
B 、
C 都不满足此式，只有选项
D 满足此式，所以D 项正确。

12．[2015·北京高考] 实验观察到，静止在匀强磁场中A 点的原子核发生β衰变，衰变产生的新核与电子恰在纸面内做匀速圆周运动，运动方向和轨迹示意图如图所示，则( )
A ．轨迹1是电子的，磁场方向垂直纸面向外
B ．轨迹2是电子的，磁场方向垂直纸面向外
C ．轨迹1是新核的，磁场方向垂直纸面向里
D ．轨迹2是新核的，磁场方向垂直纸面向里
答案 D
解析 β衰变方程：Z A X ―→ 0－1e ＋ Z A ＋1Y ，知电子电量较小。

由动量守恒定律知两粒子动量
大小相等。

由r ＝mv qB ，得r e >r Y ，故轨迹1是电子的，轨迹2是新核的。

由左手定则知，D 正确。

13. [2014·福建高考]一枚火箭搭载着卫星以速率v 0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m 1，后部分的箭体质量为m 2，分离后箭体以速率v 2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v 1为( )
A ．v 0－v 2
B ．v 0＋v 2
C ．v 0－m 2m 1v 2
D ．v 0＋m 2m 1(v 0－v 2) 答案 D
解析 忽略空气阻力和质量损失，系统动量守恒，有(m 1＋m 2)v 0＝m 2v 2＋m 1v 1，解得v 1＝v 0＋m 2m 1(v 0－v 2)，D 正确。

14．[2014·重庆高考]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，取重力加速度g ＝10 m/s 2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是( )
答案 B
解析 设弹丸爆炸前质量为m ，爆炸成甲、乙两块后质量比为3∶1，可知m 甲＝34
m ，m 乙＝14
m 。

设爆炸后甲、乙的速度分别为v 1、v 2，爆炸过程中甲、乙组成的系统在水平方向动量守恒，取弹丸运动方向为正方向，有mv ＝34mv 1＋14
mv 2，得3v 1＋v 2＝8。

爆炸后甲、乙两弹片水平飞出，做平抛运动。

竖直方向做自由落体运动，h ＝12gt 2，可得t ＝2h g
＝1 s ；水平方向做匀速直线运动，x ＝vt ，所以甲、乙飞行的水平位移大小与爆炸后甲、乙获得的速度大小在数值上相等，因此也应满足3x 1＋x 2＝8，从选项图中所给数据可知，B 正确。

15．[2017·石家庄一中月考]将静置在地面上，质量为M (含燃料)的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v 0竖直向下喷出质量为m 的炽热气体。

忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是( )
A.m M v 0
B.M m v 0
C.M M －m v 0
D.m M －m v 0 答案 D
解析 根据动量守恒定律mv 0＝(M －m )v ，得v ＝m M －m
v 0，选项D 正确。

16. [2017·浙江宁波期末]如图，质量为M 的小船在静止水面上以速率v 0向右匀速行驶，一质量为m 的救生员站在船尾，相对小船静止。

若救生员以相对水面速率v 水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为( )
A ．v 0＋m
M v B ．v 0－m
M
v
C ．v 0＋m M (v 0＋v )
D ．v 0＋m M (v 0－v ) 答案 C
解析 取向右为正方向，由动量守恒有(M ＋m )v 0＝－mv ＋Mv ′，解之有v ′＝v 0＋m M
(v 0＋v )，故C 正确。

17．[2017·江苏泰州检测] 如图所示，质量分别为m 1和m 2的小球A 、B 在光滑水平面上分别以速度v 1、v 2同向运动，并发生对心碰撞，碰后B 被右侧墙壁原速率弹回，又与A 碰撞，再一次碰撞后两球都静止，则第一次碰后A 速度的大小为( )
A.
m 1v 1＋m 2v 2m 1＋m 2 B.m 1v 1－m 2v 2m 1＋m 2 C.m 1v 1＋m 2v 22m 1 D.m 1v 1＋m 2v 22m 2
答案 C
解析 设小球A 、B 第一次碰后速度的大小分别为v 1′和v 2′，由动量守恒定律得m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′，两个小球再一次碰撞时m 1v 1′－m 2v 2′＝0，得v 1′＝
m 1v 1＋m 2v 22m 1
，C 正确。

18．[2017·唐山月考] (多选)如图所示，动量分别为p A ＝12 kg·m/s、p B ＝13 kg·m/s 的两个小球A 、B 在光滑的水平面上沿一直线向右运动，经过一段时间后两球发生正碰，分别用Δp A 、Δp B 表示两小球动量的变化量。

则下列选项中可能正确的是( )
A ．Δp A ＝－3 kg·m/s、Δp
B ＝3 kg·m/s
B ．Δp A ＝－2 kg·m/s、Δp B ＝2 kg·m/s
C ．Δp A ＝－24 kg·m/s、Δp B ＝24 kg·m/s
D ．Δp A ＝3 kg·m/s、Δp B ＝－3 kg·m/s
答案 AB
解析 本题的碰撞问题要遵循三个规律：动量守恒定律，碰后系统的机械能不增加和碰撞过程要符合实际情况。

本题属于追及碰撞，碰前，后面运动物体的速度一定要大于前面运动物体的速度(否则无法实现碰撞)，碰后，前面物体的动量增大，后面物体的动量减小，减小量等于增大量，所以Δp A <0，Δp B >0，并且Δp A ＝－Δp B ，据此可排除选项D ；若Δp A ＝－24 kg·m/s、Δp B ＝24 kg·m/s，碰后两球的动量分别为p A ′＝－12 kg·m/s、p B ′＝37 kg·m/s，根据关系式E k ＝p 2
2m
可知，A 球的质量和动量大小不变，动能不变，而B 球的质量不变，但动量增大，所以B 球的动能增大，这样系统的机械能比碰前增大了，选项C 可以排除；经检验，选项A 、B 满足碰撞遵循的三个原则。

19．[2016·济宁高三期末] 如图所示，一质量M ＝3.0 kg 的长方形木板B 放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m ＝1.0 kg 的小木块A 。

给A 和B 以大小均为4.0 m/s ，方向相反的初速度，使A 开始向左运动，B 开始向右运动，A 始终没有滑离B 板。

在小木块A 做加速运动的时间内，木板速度大小可能是( )
A ．1.8 m/s
B ．2.4 m/s
C ．2.8 m/s
D ．3.0 m/s
答案 B
解析 A 先向左减速到零，再向右加速运动，在此期间，木板减速运动，最终它们保持相对静止，设A 减速到零时，木板的速度为v 1，最终它们的共同速度为v 2，取水平向右为正
方向，则Mv －mv ＝Mv 1，Mv 1＝(M ＋m )v 2，可得v 1＝83
m/s ，v 2＝2 m/s ，所以在小木块A 做加速运动的时间内，木板速度大小应大于2.0 m/s 而小于83
m/s ，只有选项B 正确。

20．[2016·辽宁一模](多选)质量为m 的人站在质量为M 的小车上，小车静止在水平地面上，车与地面摩擦不计。

当人从小车左端走到右端时，下列说法正确的是( )
A ．人在车上行走的平均速度越大，则车在地面上运动的平均速度也越大
B ．人在车上行走的平均速度越大，则车在地面上移动的距离也越大
C ．不管人以什么样的平均速度行走，车在地面上移动的距离相同
D ．人在车上行走时，若人相对车突然停止，则车也立刻停止
答案 ACD
解析 人和车组成的系统动量守恒，人的质量为m ，车的质量为M ，根据动量守恒定律得m v 1＝M v 2，A 、D 正确；上式还可写成m v 1t ＝M v 2t ，即m (L －x )＝Mx ，L 为车长，x 为车在地面上移动的距离，解得x ＝
mL M ＋m ，故C 正确，B 错误。

一、基础与经典
21．交通事故号称人类第二大杀手。

有人设想两车进入非安全区域时产生强大的排斥力，使两车不发生碰撞而逐渐分开，从而避免交通事故的发生。

已知甲车质量为1吨，乙车质量为1.5吨，某时刻甲的速率为10 m/s, 乙的速率为20 m/s ，两车相向运动。

1 m 为两车产生强大排斥力的临界距离，若两车运动过程中始终未相碰。

则
(1)两车最近时，乙的速度为多大？
(2)甲开始反向时，乙的速度为多大？
答案 (1)8 m/s (2)403
m/s 解析 (1)两车相距最近时，两车的速度相同，设该速度为v ，取乙车的速度方向为正方向。

由动量守恒定律得，m 乙v 乙－m 甲v 甲＝(m 甲＋m 乙)v ，
所以两车最近时，乙车的速度为： v ＝m 乙v 乙－m 甲v 甲m 甲＋m 乙
＝8 m/s 。

(2)甲车开始反向时，其速度为0，设此时乙车的速度为v 乙′，由动量守恒定律得：m 乙v 乙－m 甲v 甲＝m 乙v 乙′，
解得：v 乙′＝403
m/s 。

22. 光滑水平轨道上有三个木块A 、B 、C ，质量分别为m A ＝3m 、m B ＝m C ＝m ，开始时B 、C 均静止，A 以初速度v 0向右运动，A 与B 碰撞后分开，B 又与C 发生碰撞并粘在一起，此后A 与B 间的距离保持不变。

求B 与C 碰撞前B 的速度大小。

答案 65
v 0 解析 设A 与B 碰撞后，A 的速度为v A ，B 与C 碰撞前B 的速度为v B ，B 与C 碰撞后粘在一起的速度为v ，由动量守恒定律得：
对A 、B 木块：m A v 0＝m A v A ＋m B v B ①
对B 、C 木块：m B v B ＝(m B ＋m C )v ②
由A 与B 间的距离保持不变可知：v A ＝v ③
联立①②③式，代入数据得：v B ＝65
v 0。

二、真题与模拟
23．[2016·全国卷Ⅱ]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m 1＝30 kg ，冰块的质量为m 2＝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/s 2。

(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)规定向左为速度正方向。

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m 3。

由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得： m 2v 20＝(m 2＋m 3)v ①
12m 2v 220＝12
(m 2＋m 3)v 2＋m 2gh ② 式中v 20＝3 m/s 为冰块推出时的速度。

联立①②式并代入题给数据得：m 3＝20 kg ③
(2)设小孩推出冰块后的速度为v 1，由动量守恒定律有
m 1v 1＋m 2v 20＝0④
代入数据得v 1＝－1 m/s ⑤
设冰块与斜面体分离后的速度分别为v 2和v 3，由动量守恒和机械能守恒定律有： m 2v 20＝m 2v 2＋m 3v 3⑥
12m 2v 220＝12m 2v 22＋12
m 3v 23⑦ 联立③⑥⑦式并代入数据得：v 2＝－1 m/s 。

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。

24．[2015·全国卷Ⅱ] 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。

答案 (1)18 (2)12
解析 (1)设a 、b 质量分别为m 1、m 2，a 、b 碰撞前的速度分别为v 1、v 2。

由题给图象得：v 1＝－2 m/s ，v 2＝1 m/s ，
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 ＝23
m/s 。

由动量守恒定律有：m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v ， 解得m 1m 2＝18。

(2)由能量守恒定律得，两滑块因碰撞而损失的机械能：ΔE ＝12m 1v 21＋12m 2v 22－12
(m 1＋m 2)v 2， 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W ＝12
(m 1＋m 2)v 2
， 解得W ΔE ＝12。

25．[2015·山东高考]如图，三个质量相同的滑块A 、B 、C ，间隔相等地静置于同一水
平直轨道上。

现给滑块A 向右的初速度v 0，一段时间后A 与B 发生碰撞，碰后A 、B 分别以18
v 0、34
v 0的速度向右运动，B 再与C 发生碰撞，碰后B 、C 粘在一起向右运动。

滑块A 、B 与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值。

两次碰撞时间均极短。

求B 、C 碰后瞬间共同速度的大小。

答案 2116v 0 解析 设滑块质量为m ，A 与B 碰撞前A 的速度为v A ，由题意知，碰后A 的速度v A ′＝18
v 0，B 的速度v B ＝34v 0，由动量守恒定律得：
mv A ＝mv A ′＋mv B ①
设碰撞前A 克服轨道阻力所做的功为W A ，由功能关系得：
W A ＝1
2
mv 2
0－12mv 2A ② 设B 与C 碰撞前B 的速度为v B ′，B 克服轨道阻力所做的功为W B ，由功能关系得： W B ＝1
2mv 2
B －12mv ′2B ③
据题意可知：
W A ＝W B ④
设B 、C 碰后瞬间共同速度的大小为v ，由动量守恒定律得mv B ′＝2mv ，⑤
联立①②③④⑤式，代入数据得v ＝2116
v 0。

26．[2016·北京延庆模拟]如图甲所示，一质量为m a 的滑块(可看成质点)固定在半径为
R 的光滑四分之一圆弧轨道的顶端A 点，另一质量为m b 的滑块(可看成质点)静止在轨道的底端B 处，A 点和圆弧对应的圆心O 点等高。

(1)若圆弧的底端B 与水平光滑平面连接，释放滑块m a 的同时给m b 一个向右的初速度v b ，m a 滑至水平面时的速度是v a (v a >v b )，相碰之后m a 、m b 的速度分别是v a ′、v b ′，假设相碰过程中两滑块之间的作用力是恒力，在上述简化情况下由牛顿定律导出动量守恒定律的表达式：m a v a ＋m b v b ＝m a v a ′＋m b v b ′。

(2)若圆弧的底端B 与水平光滑平面连接(足够长)，m b 静止于B 点，m a 从静止开始释放，假设两滑块碰撞时无机械能损失，且两滑块能发生两次碰撞，试证明：3m a <m b 。

(3)若圆弧的底端B 与水平传送带平滑连接，如图乙所示。

已知m a ＝m b ＝1 kg ，R ＝0.8 m ，传送带逆时针匀速运行的速率为v 0＝1 m/s ，B 点到传送带水平面右端点C 的距离为L ＝2 m 。

m b 静止于B 点，m a 从静止开始释放，滑块m a 与m b 相碰后立即结合在一起(设为m c )运动，当m c 运动到C 点时速度恰好为零。

求m c 从开始运动到与传送带的速度相同的过程中由于摩擦而产生的热量Q 。

(g ＝10 m/s 2
)
答案 (1)见解析 (2)见解析 (3)9 J
解析 (1)设m a 与m b 相碰过程中滑块之间的相互作用力为F a 、F b ，则有 F a ＝－F b ，F a ＝m a a a ，F b ＝m b a b ，a a ＝(v a ′－v a )/t ，a b ＝(v b ′－v b )/t ，整理可得：m a v a ＋m b v b ＝m a v a ′＋m b v b ′。

(2)两滑块碰撞时动量守恒m a v a ＋m b v b ＝m a v a ′＋m b v b ′，无机械能损失12m a v 2a ＋12m b v 2b ＝12
m a v a ′2＋12m b v b ′2，解得：v a ′＝
m a －m b m a ＋m b v a ；v b ′＝2m a m a ＋m b
v a ，要想发生两次碰撞必须满足：－v a ′>v b ′，代入可得：3m a <m b 。

(3)m a 从静止开始释放，机械能守恒m a gR ＝12
m a v 21，滑块m a 与m b 相碰后结合在一起，动量守恒m a v 1＝m c v 2，m c 从B 运动到C 点时速度恰好为零，由动能定理可得：－fL ＝0－12
m c v 22，m c 从B 运动到C 点做匀减速直线运动，然后又向左做匀加速直线运动与传送带的速度相同为v 0，全程所受的合外力为滑动摩擦力f 不变，所以全程可以看做是向右的匀减速直线运动，初速
度为v 2、末速度为v 0(向左)，则有：f ＝m c a ，－v 0＝v 2－at ，m c 向右运动s 1＝v 2t －12
at 2，传送带向左运动s 2＝v 0t ，那么m c 从开始运动到与传送带的速度相同的过程中由于摩擦而产生的热量Q ＝fs 相对＝f (s 1＋s 2)＝9 J 。