第1章 专题一 动量的综合问题-【金版教程】2025-2026学年高中物理选择性必修第一册创新导学案全书PPT（教科版）

该高中物理课件聚焦动量与动量守恒定律，系统覆盖临界问题、碰撞拓展模型（弹簧类、滑块—木板等）及力学三大观点综合应用，通过课堂探究例题（如甲、乙推箱子临界问题）和规范解答，结合模型点拨构建学习支架，帮助学生衔接从具体问题到规律应用的知识脉络。 其亮点在于围绕物理观念（动量、能量）和科学思维（模型建构、科学推理），通过情境化例题（如滑块—木板模型题）与变式训练，引导学生分析临界条件、推导守恒方程。学生能深化对动量守恒的理解，提升解题能力，教师可借助结构化探究与作业设计，高效落实核心素养教学。

第一章　动量与动量守恒定律 专题一　动量的综合问题 目录 1 2 课后课时作业 课堂探究评价 课堂探究评价 探究1　临界问题 分析临界问题的关键是寻找临界状态，在动量守恒定律的应用中，常常出现相互作用的两物体相距最近、避免相碰和物体开始反向运动等临界状态，其临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系，这些特定关系的判断是求解这类问题的关键。 课堂探究评价 4 例1　如图所示，甲、乙两小孩各乘一辆冰车在水平 冰面上游戏。甲和他的冰车总质量为M＝30 kg，乙和他的 冰车总质量也是30 kg。游戏时，甲推着一个质量为m＝ 15 kg的箱子和他一起以v0＝2 m/s的速度滑行，乙以同样 大小的速度迎面滑来。为了避免相撞，甲突然将箱子沿冰面推给乙，箱子滑到乙处，乙迅速抓住。(不计冰面摩擦) (1)若甲将箱子以速度v推出，甲的速度变为多少？(用字母表示) (2)设乙抓住迎面滑来的速度为v的箱子后反向运动，乙抓住箱子后的速度变为多少？(用字母表示) (3)若甲、乙最后不相撞，则箱子被推出的速度至少多大？ 答案 课堂探究评价 5 规范解答 课堂探究评价 规范解答 课堂探究评价 模型点拨 解决动量临界问题的几个要点 (1)应联想其中一个物体速度很小或速度很大时的状况。 (2)通常临界状态发生在二者速度相同的时刻。 (3)有时两个物体间发生相互作用时，动量守恒，动能损失最大时的情况和无动能损失的情况与完全非弹性碰撞和弹性碰撞相类似。 课堂探究评价 [变式训练1]　如图所示，甲车质量m1＝20 kg，车上有质量M＝50 kg的人，甲车(连同车上的人)从足够长的斜坡上高h＝0.45 m处由静止滑下，到水平面上后继续向前滑动，此时质量m2＝50 kg的乙车正以v0＝1.8 m/s的速度迎面滑来。为了避免两车相撞，当两车相距适当的距离时，人从甲车跳到乙车上，求人跳出甲车的水平速度(相对地面)应在什么范围内？(不计地面和斜面的摩擦，取g＝10 m/s2) 答案　 3.8 m/s≤v≤4.8 m/s 答案 课堂探究评价 9 解析 课堂探究评价 10 探究2　碰撞的拓展模型 1．“弹簧类”模型 模型图示 模型特点 (1)两个或两个以上的物体与弹簧相互作用的过程中，若系统所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒； (2)在能量方面，由于弹簧形变会使弹性势能发生变化，系统的总动能将发生变化；若系统中只有重力和弹簧弹力做功，系统机械能守恒； (3)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系统动能通常最小(完全非弹性碰撞拓展模型)； (4)弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大(弹性碰撞拓展模型) 课堂探究评价 11 2.“子弹打木块”“滑块—木板”模型 课堂探究评价 12 3.“光滑圆弧轨道＋滑块(小球)”模型 课堂探究评价 13 4.“悬绳”模型 “悬绳”模型(如图所示)与“光滑圆弧轨道＋滑块(小球)”模型特点类似，即系统机械能守恒，水平方向动量守恒，解题时需关注物体运动的最高点和最低点。 课堂探究评价 14 例2　如图所示，质量为2 kg的木板A和质量为1 kg的物块C静止放置在光滑水平面上，质量为6 kg的物块B以6 m/s的初速度从木板左端滑上A，B、C的大小相对于A均可忽略，B与A之间的动摩擦因数μ＝0.4，A的速度为3 m/s时与C发生完全非弹性碰撞，且碰撞后A、C不再分离。求：(g取10 m/s2) (1)A、C碰撞之前，B运动的时间； (2)A、C碰撞后的瞬间，A、B、C的速度大小； (3)确保B不从A上滑下来，A的最短长度。 答案 课堂探究评价 15 规范解答 规范解答　(1)假设B滑上A后，在A、C碰撞前便与A共速， 则由动量守恒定律得 mBvB0＝(mA＋mB)vAB 解得vAB＝4.5 m/s 因4.5 m/s>3 m/s，可知假设不成立，即A、C碰撞前，A、B一直相对运动 自B滑上A，至A、C碰撞前瞬间，对A根据动量定理有 ft＝mAvA－0 其中f＝μmBg 可解得A、C碰撞之前，A、B运动的时间t＝0.25 s。 课堂探究评价 规范解答 (2)自B滑上A，至A、C碰撞之前，对B根据动量定理有 －ft＝mBvB－mBvB0 可解得A、C碰撞前的瞬间，B的速度大小vB＝5 m/s A、C碰撞前后，B的速度不变，A、C碰撞过程，根据动量守恒定律有mAvA＝(mA＋mC)v共 解得A、C碰撞后的瞬间速度大小都为v共＝2 m/s。 课堂探究评价 规范解答 课堂探究评价 模型点拨 处理碰撞类模型的方法技巧 (1)“弹簧类”模型的解题思路 ①系统的动量守恒。 ②系统的机械能守恒。 ③应用临界条件：两物体共速时，弹簧的弹性势能最大。 (2)“滑块—木板”模型的解题思路 ①系统的动量守恒。 ②在涉及滑块或木板的运动时间时，优先考虑用动量定理。 ③在涉及滑块或木板的位移时，优先考虑用动能定理。 ④在涉及滑块与木板的相对位移时，优先考虑用系统的能量守恒。(摩擦力与两者相对运动轨迹长度的乘积等于系统机械能的减少量，即摩擦产生的热量。) ⑤滑块与木板不相对滑动时，两者达到共同速度。 课堂探究评价 19 [变式训练2]　两物块A、B用轻弹簧相连，质量均为2 kg，初始时弹簧处于原长，A、B两物块都以v＝6 m/s的速度在光滑的水平地面上运动，质量为4 kg的物块C静止在前方，如图所示。B与C碰撞后二者会粘在一起运动，则在以后的运动中： (1)当弹簧的弹性势能最大时，物块A的速度为多大？ (2)系统中弹性势能的最大值是多少？ (3)物块C的最大速度为多大？ 答案　(1)3 m/s　(2)12 J　(3)4 m/s　 答案 课堂探究评价 20 解析 课堂探究评价 21 解析 课堂探究评价 22 解析 课堂探究评价 23 探究3　力学三大观点的综合应用 1．解力学问题的三个基本观点 (1)动力学观点：用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题和圆周运动的瞬时问题。 (2)能量观点：用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。 (3)动量观点：用动量定理和动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。 课堂探究评价 24 2．力学规律的选用原则 (1)如果涉及运动的细节或力的瞬时效果——加速度，则必须用牛顿运动定律和运动学知识求解。 (2)研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理(涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)。 (3)若研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用，一般用动量守恒定律和能量守恒定律(机械能守恒定律)，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件。 (4)在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律，系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，即转变为系统内能的量。 (5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到这些过程一般均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转换，这种问题由于作用时间都极短，一般用动量守恒定律。 课堂探究评价 25 例3　如图所示，粗糙水平面上固定一足够长且表面光滑的斜面体，斜面倾角θ未知，在斜面体内部埋置了一个与斜面平行的压力传感器，且初始示数为零。水平面上靠近斜面体处静止放置A、B两物体，其中mA＝1 kg，mB＝2 kg，两物体紧贴在一起，中间夹着一小块炸药(质量可忽略)，点燃炸药发生爆炸使两物体脱离，B物体立刻冲上斜面体，经过压力传感器时，测得传感器上表面受到的压力大小为16 N，已知A物体与水平面间的动摩擦因数μ1＝0.5，炸药爆炸时释放的化学能为E＝27 J且全部转化为两物体的动能，不考虑B物体在斜面体与水平面连接处的动能损失，A、B两物体均可视为质点，爆炸时间极短，取g＝10 m/s2，求： (1)爆炸后瞬间，A、B两物体获得的速度大小； (2)B物体在斜面上运动的时间t0； (3)要使B物体能追上A物体，B物体与水平面之间的动摩擦因数μ2的取值范围。 答案　(1)6 m/s　3 m/s　 (2)1 s　(3)μ2≤0.125 答案 课堂探究评价 26 规范解答 课堂探究评价 规范解答 课堂探究评价 规范解答 课堂探究评价 规范解答 课堂探究评价 模型点拨 力学综合问题的求解关键 (1)根据题意进行受力分析和运动分析，合理划分过程或选取研究对象。 (2)根据每个过程的特点或所选取的研究对象的特点，结合力学三大观点的选用原则，选择合适的力学规律列方程(有些题目可以选择多种方法求解)。 (3)联立各方程求解。 注：①有些情况需要先求出一个过程末状态的相关物理量，然后才能分析下一个过程列方程，层层递进。 ②根据受力特点，有些多过程可以简化为一整个过程列方程，但等效简化时要注意细节分析。例如几个物体连续碰撞的整个过程虽然动量一直守恒，但可能有机械能损失，这种情况极容易出错。 课堂探究评价 (1)滑道AB段的长度； (2)滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度 答案　(1)9 m　(2)7.44 m/s 答案 课堂探究评价 32 解析 解析　 (1)设滑道AB段的长度为L，已知背包质量为m1＝2 kg，设其在AB段滑行的加速度为a1，由牛顿第二定律有 m1gsinθ－μm1gcosθ＝m1a1 代入数据解得a1＝2 m/s2 已知滑雪者质量为m2＝48 kg，初速度为v0＝1.5 m/s，加速度为a2＝3 m/s2， 设其在AB段滑行时间为t，则背包在AB段的滑行时间为t＋t0(t0＝1 s)，由运动学规律得 课堂探究评价 33 解析 (2)设背包和滑雪者到达水平滑道时的速度分别为v1、v2，则v1＝a1(t＋t0) 代入数据解得v1＝6 m/s v2＝v0＋a2t 代入数据解得v2＝7.5 m/s 滑雪者拎起背包的过程，系统动量守恒，设拎起背包时的共同速度为v，根据动量守恒定律，有 m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v 代入数据解得v＝7.44 m/s。 课堂探究评价 34 课后课时作业 1．(多选)如图所示，光滑水平面上分别放着两块质量、形状相同的硬木和软木，两颗完全相同的子弹以相同的初速度分别打进两种木头中，最终均留在木头内，已知软木对子弹的摩擦力较小，以下判断正确的是(　　) A．子弹与硬木摩擦产生的内能较多 B．两个系统产生的内能一样多 C．子弹在软木中打入深度较大 D．子弹在硬木中打入深度较大 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 2．(多选)如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体A以速度v0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x。现让弹簧一端连接另一质量为m的物体B(如图乙所示)，物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x，则(　　) A．A物体的质量为3m B．A物体的质量为2m 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 3.如图所示，质量为m的滑环套在足够长的光滑水平杆上，质量为M＝3m的小球(可视为质点)用长为L的轻质细绳与滑环连接。滑环固定时，给小球一个水平冲量I，小球摆起的最大高度为h1(h1<L)；滑环不固定时，仍给小球以同样的水平冲量I，小球摆起的最大高度为h2。则h1∶h2为(　　) A．6∶1 B．4∶1 C．2∶1 D．4∶3 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 4．如图甲，光滑水平面上放着长木板B，质量为m＝2 kg的木块A以速度v0＝2 m/s滑上原来静止的长木板B的上表面，由于A、B之间有摩擦，之后，A、B的速度随时间变化情况如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2。则下列说法正确的是(　　) A．长木板的质量M＝2 kg B．A、B之间的动摩擦因数为0.2 C．长木板长度至少为2 m D．A、B组成的系统损失的机械能为4 J 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 A．碰后球B的速度为零时弹簧长度最短 B．碰后球B的速度为零时球C的加速度为零 C．碰后运动过程中，小球B加速度的最大值为20 m/s2 D．碰后运动过程中，小球B加速度的最大值为30 m/s2 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 答案 6．(多选)如图甲所示，曲面为四分之一圆弧、质量为M的滑块静止在光滑水平地面上，一光滑小球以某一速度水平冲上滑块的圆弧面，且没有从滑块上端冲出去。若测得在水平方向上小球与滑块的速度大小分别为v1、v2，作出图像如图乙所示，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 答案 7．某同学为了研究瞬间冲量，设计了如图所示的 实验装置。将内径为d的圆环水平固定在离地面一定高 度的铁架台上，在圆环上放置直径为1.5d、质量为m的 薄圆板，板上放质量为2m的物块，圆板中心、物块均在环的中心轴线上。对圆板施加指向圆心的瞬间冲量I，物块与圆板间动摩擦因数为μ，不计圆板与圆环之间的摩擦力，重力加速度为g，不考虑圆板翻转，以下说法正确的是(　　) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 8．(多选)水平冰面上有一固定的竖直挡板。一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0 kg的静止物块以大小为5.0 m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0 m/s，反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为(　　) A．48 kg B．53 kg C．58 kg D．63 kg 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 9.(多选)如图所示，载有物资的热气球静止于距水平地面H的高处，现将质量为m的物资以相对地面的速度v0水平投出，落地时物资与热气球的距离为d。已知投出物资后热气球的总质量为M，所受浮力不变，重力加速度为g，不计阻力，以下判断正确的是(　　) 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 10．(多选)如图a，质量分别为mA、mB的A、B两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外力F作用在A上，系统静止在光滑水平面上(B靠墙面)，此时弹簧形变量为x。撤去外力并开始计时，A、B两物体运动的a­t图像如图b所示，S1表示0到t1时间内A的a­t图线与坐标轴所围面积大小，S2、S3分别表示t1到t2时间内A、B的a­t图线与坐标轴所围面积大小。A在t1时刻的速度为v0。下列说法正确的是(　　) A．0到t1时间内，墙对B的冲量等于mAv0 B．mA>mB C．B运动后，弹簧的最大形变量等于x D．S1－S2＝S3 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 解析 解析　在0～t1时间内，物体B静止，物体 A从静止向右加速，t1时刻速度为v0，则对系统 根据动量定理可知，墙对B的冲量I＝mAv0，A 正确；由a­t图像可知，t1时刻后弹簧被拉伸， 在t2时刻弹簧的伸长量达到最大，此时根据牛 顿第二定律有F弹＝mAaA＝mBaB，由图b可知此时aB>aA，则mB<mA，B正确；由图b可得，t1时刻B开始运动，此时A的速度为v0，之后系统动量守恒，可得A、B的总动能一定大于0，而整个过程，A、B和弹簧组成的系统的机械能守恒，所以B运动后弹簧的弹性势能一定小于开始时弹簧的弹性势能，弹簧的形变量一定小于x，C错误；在t2时刻弹簧的伸长量达到最大，A、B共速，由a­t图像中图线与t轴所围面积表示速度变化量，可知此时vA＝S1－S2，vB＝S3，vA＝vB，则S1－S2＝S3，D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 11．如图所示，某同学在一辆车上荡秋千，开始时 车轮被锁定，车的右边有一个和地面相平的沙坑，且车 右端和沙坑左边缘平齐，当同学摆动到最大摆角θ＝60° 时，车轮立即解除锁定，使车可以在水平地面无阻力运 动，该同学此后不再做功，并可以忽略自身大小，已知秋千绳子长度L＝4.5 m，该同学和秋千板的总质量m＝50 kg，车辆和秋千支架的总质量M＝200 kg，绳子质量不计，重力加速度g＝10 m/s2。 (1)该同学摆到最低点时的速率是多少？ (2)在摆到最低点的过程中，绳子对该同学和秋千板做的功是多少？ 答案　 (1)6 m/s　(2)－225 J 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 13.如图，一质量为M＝6 kg的足够长硬质均匀薄板，沿光滑水平面以v0＝4 m/s的速度向右匀速运动，在其上方5 m高处，有一质量为m＝1 kg的小球自由下落，落在薄板上与板相撞后，又反弹能达到的最大高度为1.25 m，小球和薄板碰撞的时间为0.02 s，不计空气阻力及小球旋转，取g＝10 m/s2。求： (1)若薄板光滑，在碰撞过程中，薄板对小球的平均弹力； (2)若小球与薄板间的动摩擦因数μ＝0.3，小球第一次弹起后薄板的速度大小。 答案　(1)760 N，方向竖直向上　(2)3.24 m/s 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 解析 (2)在碰撞过程中，滑动摩擦力对小球的冲量大小为If＝μFΔt 设小球第一次弹起后的水平速度大小为v，以水平向右为正方向，由动量定理得If＝mv－0 设小球第一次弹起后薄板的速度大小为v′，小球和薄板组成的系统在水平方向上动量守恒，有Mv0＝Mv′＋mv 解得v′＝3.24 m/s。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 [名师点拨]　本题薄板不光滑时，小球碰撞过程会因为摩擦力而获得水平方向的速度，两者组成的系统在水平方向不受外力，水平方向上动量守恒。遇到从未见过的新题时，分析受力特点是解题的切入点，然后再选择合适的力学规律列方程求解。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 (1)物体从P点下滑到A点的过程中，摩擦力做的功； (2)物体第一次向右通过传送带的过程中，传送带对物体的冲量大小； (3)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； (4)n个小球最终获得的总动能。 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 [名师点拨]　本题第(4)问用到数学归纳法和等比数列求和公式，难度较高，平常应注意加强综合运用数学知识解决物理问题的能力。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 答案　(1)eq \f((M＋m)v0－mv,M)　(2)eq \f(mv－Mv0,m＋M) (3)5.2 m/s 规范解答　(1)设甲的速度变为v1，甲将箱子推出的过程，甲和箱子组成的系统动量守恒，以v0的方向为正方向，由动量守恒定律得 (M＋m)v0＝mv＋Mv1 解得v1＝eq \f((M＋m)v0－mv,M)。 (2)设乙抓住箱子后的速度变为v2，箱子和乙作用的过程，乙和箱子组成的系统动量守恒，以箱子的速度方向为正方向，由动量守恒定律得 mv－Mv0＝(m＋M)v2 解得v2＝eq \f(mv－Mv0,m＋M)。 (3)甲、乙不相撞的条件是v1≤v2，其中v1＝v2为甲、乙恰好不相撞的临界条件。 即eq \f((M＋m)v0－mv,M)≤eq \f(mv－Mv0,m＋M) 代入数据得v≥5.2 m/s 所以若甲、乙最后不相撞，则箱子被推出的速度至少为5.2 m/s。 解析　在水平面上人跳离甲车和跳上乙车的两个过程中，人与甲车组成的系统及人与乙车组成的系统在水平方向动量是守恒的。甲车从斜坡滑到平面上的速度 v甲＝eq \r(2gh)＝3 m/s， 设人跳离甲车后甲车的速度为v甲′，跳上 乙车后乙车的速度为v乙′，人跳离甲车的水平 速度为v，以水平向右为正方向，则 (M＋m1)v甲＝Mv＋m1v甲′ ① Mv－m2v0＝(M＋m2)v乙′ ② 分析可知，要使甲、乙不相撞，v乙′应为正，v甲′可为正也可为负，且|v甲′|≤v乙′ ③ 联立以上各式解得：3.8 m/s≤v≤4.8 m/s 故为了避免两车相撞，人跳出甲车的水平速度应满足3.8 m/s≤v≤4.8 m/s。 模型图示 模型特点 (1)若子弹未射穿木块或滑块未从木板上滑下，当两者速度相等时木块或木板的速度最大，两者的相对位移(为子弹射入木块的深度或滑块相对木板滑动的距离)取得极值(完全非弹性碰撞拓展模型)； (2)系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对路程(即相对运动轨迹的长度)的乘积等于系统减少的机械能； (3)根据能量守恒定律，系统损失的动能ΔEk＝eq \f(M,m＋M)Ek0，可以看出，子弹(或滑块)的质量越小，木块(或木板)的质量越大，动能损失越多； (4)该类问题既可以从动量、能量角度求解，相当于完全非弹性碰撞拓展模型，也可以从力和运动的角度借助图像求解 模型图示 模型特点 (1)最高点：m与M具有共同水平速度v共。系统水平方向动量守恒，mv0＝(M＋m)v共；系统机械能守恒，eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)(M＋m)veq \o\al(2,共)＋mgh，其中h为滑块上升的最大高度，不一定等于圆弧轨道的高度(完全非弹性碰撞拓展模型)； (2)最低点：m与M分离点。水平方向动量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系统机械能守恒，eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)＋eq \f(1,2)Mveq \o\al(2,2)(弹性碰撞拓展模型) 答案　(1)0.25 s (2)2 m/s　5 m/s　2 m/s (3)eq \f(11,8) m (3)A、C碰撞之前，对A、B组成的系统，根据能量守恒定律有 μmBgs1＝eq \f(1,2)mBveq \o\al(2,B0)－eq \f(1,2)mAveq \o\al(2,A)－eq \f(1,2)mBveq \o\al(2,B) 解得A与C碰撞前，B比A多向右运动的距离为s1＝1 m 设A与C碰撞后，直至A、B、C三者共速，B又比A多向右运动了s2，则由动量守恒定律有 (mA＋mC)v共＋mBvB＝(mA＋mB＋mC)v共′ 由能量守恒定律有eq \f(1,2)(mA＋mC)veq \o\al(2,共)＋eq \f(1,2)mBveq \o\al(2,B)＝eq \f(1,2)(mA＋mB＋mC)v共′2＋μmBgs2 联立解得s2＝eq \f(3,8) m 为了确保B不从A上滑下来，A的最短长度为Lmin＝s1＋s2＝eq \f(11,8) m。 解析　(1)当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大。 由A、B、C三者组成的系统动量守恒得 (mA＋mB)v＝(mA＋mB＋mC)v1 解得v1＝eq \f((2＋2)×6,2＋2＋4) m/s＝3 m/s。 (2)B、C碰撞时B、C组成的系统动量守恒，设碰后瞬间B、C两者速度为v2， 则mBv＝(mB＋mC)v2 解得v2＝eq \f(2×6,2＋4) m/s＝2 m/s 物块A、B、C速度相同时弹簧的弹性势能最大，设为Ep，根据机械能守恒定律有 Ep＝eq \f(1,2)(mB＋mC)veq \o\al(2,2)＋eq \f(1,2)mAv2－eq \f(1,2)(mA＋mB＋mC)veq \o\al(2,1) 解得Ep＝12 J。 (3)C的速度最大时，弹簧处于原长状态，设此时A的速度为v3，C的速度为v4，根据动量守恒定律有 mAv＋(mB＋mC)v2＝mAv3＋(mB＋mC)v4 根据机械能守恒定律有 eq \f(1,2)mAv2＋eq \f(1,2)(mB＋mC)veq \o\al(2,2)＝eq \f(1,2)mAveq \o\al(2,3)＋eq \f(1,2)(mB＋mC)veq \o\al(2,4) 解得v3＝0，v4＝4 m/s。 规范解答　(1)设爆炸后瞬间，A、B两物体获得的速度大小分别为vA、vB，对A、B组成的系统，由于爆炸时间极短，内力极大，该过程动量守恒，则有mAvA－mBvB＝0 由炸药爆炸时释放的化学能全部转化为系统动能得 E＝eq \f(1,2)mAveq \o\al(2,A)＋eq \f(1,2)mBveq \o\al(2,B) 联立得vA＝6 m/s，vB＝3 m/s。 (2)B在斜面上运动时，经过压力传感器时传感器上表面受到的压力FN＝mBgcosθ 由牛顿第二定律有mBgsinθ＝mBa 由匀变速直线运动的规律知，B物体从开始沿斜面向上运动至回到斜面底端，运动的时间 t0＝eq \f(2vB,a) 联立得t0＝1 s。 (3)设A从爆炸后运动至停止的时间为tA，位移大小为xA，根据动量定理有 －μ1mAgtA＝0－mAvA 根据动能定理有－μ1mAgxA＝0－eq \f(1,2)mAveq \o\al(2,A) 解得tA＝1.2 s，xA＝3.6 m 由牛顿第二定律得，A物体在水平面上运动的加速度大小aA＝eq \f(μ1mAg,mA)＝μ1g 爆炸后，B物体回到斜面底端时，A物体向左运动的位移大小xA′＝vAt0－eq \f(1,2)aAteq \o\al(2,0)＝3.5 m 由牛顿第二定律得B在水平面上运动的加速度大小 aB＝eq \f(μ2mBg,mB)＝μ2g A停止时，B在水平面上的位移 xB＝vB(tA－t0)－eq \f(1,2)aB(tA－t0)2≤vB(tA－t0)＝0.6 m 因为xB<xA′，所以，要使B能追上A，B停止运动时在水平面上的位移xB′必须满足xB′＝2,B)eq \f(0－v,－2aB) ≥xA 解得μ2≤0.125。 [变式训练3]　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2 kg的背包在滑道顶端A处由静止滑下，若1 s后质量为48 kg的滑雪者从顶端以1.5 m/s的初速度、3 m/s2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μ＝eq \f(1,12)，重力加速度取g＝10 m/s2，sinθ＝eq \f(7,25)，cosθ＝eq \f(24,25)，忽略空气阻力及拎包过程中滑雪者与背包的重心变化，求： L＝eq \f(1,2)a1(t＋t0)2 L＝v0t＋eq \f(1,2)a2t2 联立解得t＝2 s(t＝－1 s舍去) 故可得L＝9 m。 解析　设子弹质量为m，木头质量为M，由于子弹 最终均留在木头内，达到共同速度，根据动量守恒定律 有mv0＝(m＋M)v，可知共同速度v相同，根据功能关系 有Q＝ΔE机＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)－eq \f(1,2)(m＋M)v2，可知子弹与硬木构成的 系统和子弹与软木构成的系统机械能减小量相同，产生的内能Q一样多，故A错误，B正确；根据功能关系有Q＝Ffd，可知产生的内能Q相同时，摩擦力Ff越小，子弹打入木块的深度d越大，所以子弹在软木中打入深度较大，故C正确，D错误。 C．弹簧达到最大压缩量时的弹性势能为eq \f(3,2)mveq \o\al(2,0) D．弹簧达到最大压缩量时的弹性势能为mveq \o\al(2,0) 解析　对题图甲，设物体A的质量为M，由机械能守恒定律可得，弹簧压缩量为x时弹性势能Ep＝eq \f(1,2)Mveq \o\al(2,0)；对题图乙，物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，A、B组成的系统动量守恒，弹簧达到最大压缩量时，A、B二者速度相等，由动量守恒定律有M×(2v0)＝(M＋m)v，由能量守恒定律有Ep＝eq \f(1,2)M×(2v0)2－eq \f(1,2)(M＋m)v2，联立解得M＝3m，Ep＝eq \f(1,2)Mveq \o\al(2,0)＝eq \f(3,2)mveq \o\al(2,0)，故A、C正确，B、D错误。 解析　设小球获得冲量I对应的初速度为v0，滑环固定时，根据机械能守恒定律，有Mgh1＝eq \f(1,2)Mveq \o\al(2,0)，解得h1＝2,0)eq \f(v,2g) ；滑环不固定时，设在小球摆起最大高度h2时，滑环和小球的速度都为v，在此过程中小球和滑环组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒，则eq \f(1,2)Mveq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)(m＋M)v2＋Mgh2，Mv0＝(m＋M)v，联立可得h2＝2,0)eq \f(v,8g) ，则h1∶h2＝4∶1，故选B。 解析　由图乙可以看出，开始A做匀减速直线运动，B做匀加速直线运动，最后A、B一起做匀速直线运动，共同速度v＝1 m/s，A在B上滑动的过程，A、B组成的系统动量守恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律得mv0＝(m＋M)v，代入数据解得M＝m＝2 kg，故A正确；由图乙可知，木板B匀加速运动的加速度aB＝eq \f(Δv,Δt)＝1 m/s2，对B，根据牛顿第二定律得μmg＝MaB，解得A、B之间的动摩擦因数μ＝0.1，故B错误；由图乙可知，前1 s内B的位移xB＝0.5 m，A的位移xA＝1.5 m，所以长木板的最小长度L＝xA－xB＝1 m，故C错误；A、B组成的系统损失的机械能ΔE＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)－eq \f(1,2)(M＋m)v2＝2 J，故D错误。 5．如图甲所示，质量为2 kg的小球B与质量未知的小球C用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，另有一小球A以6 m/s的初速度向右运动，t＝2 s时球A与球B碰撞并瞬间粘在一起，碰后球B的v­t图像如图乙所示。已知弹簧的劲度系数k＝240 N/m，弹簧的弹性势能Ep＝eq \f(1,2)kx2(x为弹簧的形变量)，整个运动过程中弹簧始终在弹性限度内。下列判断正确的是(　　) 解析　弹簧长度最短时，弹簧压缩量最大，此时 三球共速，且该共同速度必不为零，故A错误；由题 图乙可知，B的速度为0后继续反向加速，说明弹簧 仍处于压缩状态，弹力不为0，故C球的加速度不为0，B错误；A、B发生完全非弹性碰撞过程中，由动量守恒定律有mAvA＝(mA＋mB)v，代入数据解得mA＝4 kg，由题图乙可知，当B的速度为v′＝－1 m/s时，弹簧恢复原长，对A、B、C组成的系统，由动量守恒定律有(mA＋mB)v＝(mA＋mB)v′＋mCvC， 由机械能守恒定律有eq \f(1,2)(mA＋mB)v2＝eq \f(1,2)(mA＋mB)v′2＋ eq \f(1,2)mCveq \o\al(2,C)，解得mC＝10 kg，当A、B、C共速时由动量 守恒定律和机械能守恒定律有(mA＋mB)v＝(mA＋mB＋ mC)v共，eq \f(1,2)(mA＋mB)v2＝eq \f(1,2)(mA＋mB＋mC)veq \o\al(2,共)＋Epmax，联立解得弹簧的最大弹性势能Epmax＝30 J，又Epmax＝eq \f(1,2)kxeq \o\al(2,m)，可解得弹簧形变量最大值xm＝eq \f(1,2) m，此时小球B的加速度值最大，为am＝eq \f(kxm,mA＋mB)＝20 m/s2，故C正确，D错误。 A．小球的质量为eq \f(a,b)M B．小球运动到最高点时的速度为eq \f(ab,a＋b) C．小球能够上升的最大高度为eq \f(a2,2(a＋b)g) D．若圆弧面的下端距水平地面的高度为c，经过一段时间后小球落地，落地时小球与滑块之间的水平距离为aeq \r(\f(2c,g)) 解析　设小球的质量为m，初速度为v0，小球与 滑块组成的系统在水平方向上动量守恒，由动量守恒 定律得mv0＝mv1＋Mv2，整理得v2＝eq \f(mv0,M)－eq \f(m,M)v1，结合 图乙可得eq \f(b,a)＝eq \f(m,M)，a＝v0，则小球的质量m＝eq \f(b,a)M，故A 错误；小球运动到最高点时，竖直方向速度为零，在水平方向上与滑块具有相同的速度v共，在水平方向上由动量守恒定律得mv0＝(m＋M)v共，解得v共＝eq \f(mv0,m＋M)＝eq \f(ab,a＋b)，故B正确；小球从开始冲上滑块到运动至最高点的过程中，由机械能守恒定律得eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)(m＋M)veq \o\al(2,共)＋mgh，解得h＝2,0)eq \f(Mv,2(m＋M)g) ＝eq \f(a3,2(a＋b)g)，故C错误； 规定向右为正方向，小球从开始运动到回到最低点 的过程中，在水平方向上由动量守恒定律得mv0＝ mv1′＋Mv2′，由机械能守恒定律得eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)mv1′2＋ eq \f(1,2)Mv2′2，联立两式解得小球离开滑块时的速度v1′ ＝eq \f(m－M,m＋M)v0，此时滑块的速度v2′＝eq \f(2m,m＋M)v0，离开滑块以后小球做平抛运动，滑块向右做匀速直线运动，当小球落地时，两者之间的水平距离为x＝v2′t－v1′t，且c＝eq \f(1,2)gt2，联立得x＝aeq \r(\f(2c,g))，故D正确。 A．若物块可以从圆板滑落，则冲量I越大，物块与圆板相对滑动的位移越大 B．若物块可以从圆板滑落，则冲量I越大，物块离开圆板时的速度越大 C．当冲量I＝meq \r(2μgd)时，物块一定会从圆板上掉落 D．当冲量I＝2meq \r(2μgd)时，物块一定会从圆板上掉落 解析　若物块可以从圆板滑落，物块与圆板的相对位 移始终等于eq \f(3,4)d，故A错误；设圆板获得的初速度大小为v0， 物块掉下时，圆板和物块的速度大小分别为v1和v2，由动量 定理，有I＝mv0，物块与圆板在相对运动过程中各自的加速 度不变，根据位移关系有eq \f(3,4)d＝v0t－eq \f(1,2)a1t2－eq \f(1,2)a2t2，则v0越大，相对运动时间t越小，对物块，根据动量定理有2μmgt＝2mv2，则作用时间t越小，物块离开圆板时的速度越小，故B错误；根据动量守恒定律有mv0＝mv1＋2mv2，由能量守恒定律得2μmg×eq \f(3,4)d＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)－2,1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)mv＋\f(1,2)×2mveq \o\al(2,2))) ，联立解得v2＝eq \f(\a\vs4\al(2I－\r(4I2－18μm2gd)),6m)，若物块一定从圆板滑下，则4I2－18μm2gd≥0，即I≥eq \f(3,2)meq \r(2μgd)，故C错误，D正确。 解析　设运动员和物块的质量分别为m、m0，规定运动员运动的方向为正方向，运动员开始时静止，第1次将物块推出后，设运动员和物块的速度大小分别为v1、v0，则根据动量守恒定律有：0＝mv1－m0v0，解得v1＝eq \f(m0,m)v0，物块与挡板弹性碰撞后，运动方向与运动员同向，当运动员第2次推出物块时，有：mv1＋m0v0＝mv2－m0v0，解得v2＝eq \f(3m0,m)v0，第3次推出物块时，有：mv2＋m0v0＝mv3－m0v0，解得v3＝eq \f(5m0,m)v0，以此类推，第8次推出物块后，运动员的速度v8＝eq \f(15m0,m)v0。根据题意可知，v8＝eq \f(15m0,m)v0>v0，解得m<15m0＝60 kg；第7次推出物块后，运动员的速度v7＝eq \f(13m0,m)v0<v0，解得m>13m0＝52 kg。综上所述，该运动员的质量应满足52 kg<m<60 kg，故A、D错误，B、C正确。 A．投出物资后热气球做匀加速直线运动 B．投出物资后热气球所受合力大小为mg C．d＝2,0)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(m,M))) eq \r(\f(2Hv,g)＋H2) D．d＝2,0)eq \r(\f(2Hv,g)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(m,M)))\s\up12(2)H2) 解析　开始时载有物资的热气球处于静止状态，所受合力为0，有F浮＝Mg＋mg；水平投出质量为m的物资瞬间，根据整体动量守恒，可知热气球获得相对地面水平向左的速度v＝eq \f(mv0,M)；投出物资后热气球所受浮力不变，则其所受合力为F浮－Mg＝mg，方向竖直向上，所以投出物资后热气球做匀加速曲线运动，A错误，B正确。投出物资后热气球和物资的运动示意图如图所示，设物资落地所用时间为t， 根据H＝eq \f(1,2)gt2，解得t＝eq \r(\f(2H,g))，热气球的加速度大小a＝eq \f(mg,M)＝eq \f(m,M)g，则在竖直方向上运动的位移为HM＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)·eq \f(m,M)g·eq \f(2H,g)＝eq \f(m,M)H；物资和热气球在水平方向均做匀速直线运动，则物资和热气球的水平位移分别为xm＝v0t＝v0eq \r(\f(2H,g))，xM＝vt＝eq \f(m,M)v0·eq \r(\f(2H,g))，根据几何关系可知，落地时物资与热气球的距离为d＝eq \r((xm＋xM)2＋(H＋HM)2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(m,M)))·2,0)eq \r(\f(2Hv,g)＋H2) ，C正确，D错误。 解析　(1)设摆到最低点时，该同学的速率为v1，车的速率为v2，该同学和秋千板与车辆和秋千支架组成的系统在水平方向动量守恒，有mv1－Mv2＝0 该同学和秋千板从最大摆角处向下运动到最低点的过程中系统机械能守恒，有 mgL(1－cos60°)＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)＋eq \f(1,2)Mveq \o\al(2,2) 联立可得v1＝6 m/s。 (2)设绳子对该同学和秋千板做的功为W，由动能定理有 mgL(1－cos60°)＋W＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)－0 可得W＝－225 J。 12.如图所示，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eq \f(1,2)m，两物块与地面间的动摩擦因数相同。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。 答案　2,0)eq \f(8v,25gl) ≤μ<2,0)eq \f(v,2gl) 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 eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)>μmgl ① 即μ<2,0)eq \f(v,2gl) ② 设在a、b发生弹性碰撞前的瞬间，a的速度大小为v1，由能量守恒定律得 eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)＋μmgl ③ 设在a、b碰撞后的瞬间，a、b的速度分别为v1′、v2′，以向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律有 mv1＝mv1′＋eq \f(1,2)mv2′ ④ eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)＝eq \f(1,2)mv1′2＋eq \f(1,2)×eq \f(1,2)mv2′2 ⑤ 联立④⑤式解得v2′＝eq \f(4,3)v1 ⑥ 由题意，b没有与墙发生碰撞，由功能关系可知 eq \f(1,2)×eq \f(1,2)mv2′2≤μ×eq \f(1,2)mgl ⑦ 联立③⑥⑦式，可得μ≥2,0)eq \f(8v,25gl) ⑧ 联立②⑧式得，物块与地面间的动摩擦因数满足的条件为2,0)eq \f(8v,25gl) ≤μ<2,0)eq \f(v,2gl) 。 解析　(1)根据自由落体运动规律可知，小球与薄板碰撞前瞬间的速度大小为v1＝eq \r(2gh1)＝10 m/s 根据竖直上抛运动规律可知，小球与薄板碰撞后瞬间的速度大小为v2＝eq \r(2gh2)＝5 m/s 在碰撞过程中，设薄板对小球的弹力大小为F，以竖直向上方向为正方向，由动量定理得 (F－mg)Δt＝mv2－(－mv1) 解得F＝760 N，方向竖直向上。 14．如图所示，以v＝5 m/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n个位于同一直线上、处于静止状态的 相同小球，小球质量m0＝0.2 kg。质量m＝0.1 kg的物体从轨道上高h＝4.0 m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＝7 m/s。物体和传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，传送带A、B之间的距离L＝3.4 m。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＝10 m/s2，eq \r(10)≈3.16。求： 答案　(1)－1.55 J　(2)0.63 N·s　(3)eq \f(5,18) m　(4)eq \f(5,4) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,9n))) J 解析　(1)物体由P到A的过程，满足： mgh＋Wf＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)－0 解得：Wf＝－1.55 J。 (2)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 a＝eq \f(\a\vs4\al(μmg),m)＝μg＝5 m/s2 减速至与传送带速度相等时所用的时间 t1＝eq \f(v0－v,a)＝eq \f(7－5,5) s＝0.4 s 匀减速运动的位移 s1＝eq \f(v0＋v,2)t1＝eq \f(7＋5,2)×0.4 m＝2.4 m<L＝3.4 m 所以物体与传送带共速后向右做匀速运动，匀速运动的时间为t2＝eq \f(L－s1,v)＝eq \f(3.4－2.4,5) s＝0.2 s 故物体从A运动到B的时间为t＝t1＋t2＝0.6 s 传送带对物体的冲量大小为 I＝eq \r((mgt)2＋[m(v0－v)]2)＝eq \r(0.4) N·s＝0.63 N·s。 (3)物体第一次与小球发生弹性正碰，设物体反弹回来的速度大小为v1，小球被碰撞后的速度大小为u1，由动量守恒定律和机械能守恒定律得mv＝－mv1＋m0u1 eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)＋eq \f(1,2)m0ueq \o\al(2,1) 解得：v1＝eq \f(1,3)v＝eq \f(5,3) m/s，u1＝eq \f(2,3)v＝eq \f(10,3) m/s 物体被反弹回来后，假设没有滑出传送带，在传送带上向左运动过程中， 由运动学公式得0－veq \o\al(2,1)＝－2as 解得s＝2,1)eq \f(v,2a) ＝eq \f(5,18) m＜3.4 m 所以假设成立，则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eq \f(5,18) m。 (4)由于小球质量相等，且发生的都是弹性正碰，则它们之间将进行速度交换。由第(3)问可知，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v1，之后再跟小球发生弹性正碰，同理可得，第二次碰后，物体和小球的速度大小分别为v2＝eq \f(1,3)v1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq \s\up12(2)v，u2＝eq \f(2,3)v1＝eq \f(2,3)·eq \f(1,3)v 以此类推，物体与小球经过n次碰撞后，它们的速度大小分别为vn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq \s\up12(n)v，un＝eq \f(2,3)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq \s\up12(n－1)v 由于相邻小球之间每次相互碰撞都进行速度交换，所以，最终从1号小球开始，到n号小球，它们的速度大小依次为un、un－1、un－2、…、u1，则n个小球的总动能为 Ek＝eq \f(1,2)m0(ueq \o\al(2,1)＋ueq \o\al(2,2)＋…＋ueq \o\al(2,n)) 解得：Ek＝eq \f(5,4) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,9n))) J。 $$