压轴05 动量守恒解决物体多次碰撞问题（压轴题专练）（黑吉辽蒙专用）2026年高考物理终极冲刺讲练测

**基本信息** 聚焦动量守恒解决多次碰撞问题，构建“碰撞类型-过程分析-规律提炼”三阶方法体系，整合力学三大观点，培养科学推理与模型建构能力，实现复杂问题系统化突破。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |考向01 单次碰撞多过程|2道典例|多过程分解（平抛/板块），碰撞三原则应用|从碰撞三原则（动量守恒、动能不增、速度合理）到多过程规律综合| |考向02 两物体多次碰撞|2道典例|碰撞类型判定，运动规律归纳（等差/等比）|弹性/非弹性碰撞公式推导→多次碰撞周期性分析| |考向03 多物体多次碰撞|2道典例|v-t图像辅助，碰撞传递规律提炼|多物体系统动量传递→质量关系对速度影响的递进推理|

压轴05 动量守恒解决物体多次碰撞问题 典例·靶向·突破 题型01 单次碰撞多过程问题 1. 【答案】(1)， (2) (3)见解析 【详解】（1）当时，由图像可知 解得 当时，由图像可知 解得 （2）设人的初速度为，平抛时间为，人与甲共速为，竖直方向有 水平方向有 水平动量守恒 对甲由动能定理有 联立解得 （3）设人的初速度为，人与甲共速为，缓冲器形变量最大时共速为，水平动量守恒， 甲、乙共速时 若，可解得 若，则缓冲器释放能量至原形时甲、乙速度分别为、，由动量守恒定律有 根据能量守恒定律有 可得 若，可解得 若 可得 2． 【答案】(1)2.5N (2)2.5N·s (3)1.25m 【详解】（1）对小球，释放瞬间有 解得 （2）对小球，从释放到碰前瞬间有 解得 由动量定理得， 由矢量三角形得 代入数据得 （3）小球和滑块碰撞时，由动量守恒和能量守恒得 联立解得， 碰后，物体做匀减速直线运动，有 解得 物体的位移 解得 物体做匀加速直线运动，有 解得 物体C的位移为 解得 薄板C的长度 题型02 两物体多次碰撞问题 3． 【答案】(1)0， (2)25m 【详解】（1）圆柱体与光滑小球发生弹性碰撞时系统动量守恒，有 过程中机械能也守恒，有 可解得第一次碰撞后瞬间，小球的速度为 圆柱体的速度为 （2）根据第1小问计算，圆柱体与小球发生弹性碰撞后，二者速度交换。碰后光滑小球在管中做匀变速直线运动，具有沿斜面向下的加速度， 对圆柱体沿斜面方向上受力分析，有 说明每次碰撞后圆柱体都做匀速直线运动；设第一次碰撞后到第二次碰撞前所用的时间为，圆柱体运动的位移为，有 可解得， 第二次碰撞前小球的速度为 小球与圆柱体第二次发生弹性碰撞后，再次速度交换，小球的速度为 圆柱体的速度为 再经过时间二者第三次碰撞，有 解得 这个过程圆柱体运动的位移为 故小球从进入管内到第三次与圆柱体发生碰撞所位移为 4. 【答案】(1)，， (2)， (3)，， 【详解】（1）由机械能守恒 解得第一次到达点的速度 A、B发生完全弹性碰撞，由动量守恒和机械能守恒， 解得碰撞后瞬间A、B的速度大小分别为， （2）A碰撞后沿轨道上升，由机械能守恒 解得A上升的最大高度 B碰撞后在水平地面滑行，由动能定理 解得B第一次滑行的位移 （3）A沿轨道返回O点，速度大小仍为，向右滑行至B的位置，由运动学公式 解得A碰撞前速度 A、B发生第二次完全弹性碰撞，由动量守恒和机械能守恒， 解得碰撞后速度， A碰撞后向左滑行，由动能定理得滑行位移 A最终距点的距离 B碰撞后向右滑行，总位移 全过程系统因摩擦产生的总内能等于初始重力势能 题型03 多物体多次碰撞问题 5． 【答案】D 【详解】小球1和小球2碰撞过程动量守恒和动能守恒，则有， 解得 接下来，小球2和小球3碰撞过程动量守恒和动能守恒，则有， 解得 则小球3和小球4碰撞过程动量守恒和动能守恒，则有， 解得 则小球4和小球5碰撞过程动量守恒和动能守恒，则有， 解得 根据以上推导可得标号为10的小球运动的速度大小为。 故选D。 6. 【答案】(1)， (2)0.4m (3) 【详解】（1）小球从P点滑到水平桌面过程，由机械能守恒定律得 代入数据解得 小球与积木1发生弹性正碰，取向右为正方向，由动量守恒定律得 由机械能守恒定律得 联立解得， 即小球速度大小为，方向向左；积木1速度大小为，方向向右。 （2）积木1滑上小车后，系统水平方向动量守恒，设共同速度为，则 代入数据解得 由能量守恒定律，系统损失的动能转化为摩擦热 代入数据解得 （3）小球与积木发生弹性碰撞，每次碰撞后速度大小变为碰前的 小球第一次下滑路程 第一次碰后小球以滑上斜面，上滑路程 随后滑下，路程相同。此后每次碰撞后速度减半，上滑路程变为原来的。总路程 1． 【答案】B 【详解】AB．质量为的小球以速度与静止的质量为的小球发生对心碰撞，根据动量守恒可得 由机械能守恒可得 可得， 可知碰撞后小球的速度反向；由图2可知，状态时小球的速度为0，状态时小球的速度方向与状态时的速度方向相反，则从状态到状态过程两个小球发生弹性碰撞，系统满足动量守恒；从状态到状态，小球的速度等大反向，所以从状态到状态过程是小球与墙壁发生弹性碰撞。所以从状态到状态过程系统动量不守恒，因为与墙壁作用，整个过程系统合力不为零，故A正确，不符合题意，B错误，符合题意； C．由题意、是与两球运动状态有关的物理量，且碰撞过程没有能量损失，结合上述分析可得， 其中、分别为两球运动过程中任意时刻的瞬时速度，为一比例常数，结合题意 则有 可得 从状态到状态过程两个小球发生弹性碰撞，根据题意可知图中直线的斜率为，故C正确，不符合题意； D．由于m与M或墙壁之间的碰撞没有能量损失，根据能量守恒可得 解得 当时，，故D正确，不符合题意。 故选B。 2． 【答案】ACD 【详解】A．以向下为正方向，弹性碰撞动量守恒，能量守恒，有， 解得， 因此第一次碰撞结束瞬间小球的速度大小为，故A正确； B．第一次碰撞后，小球相对水平薄圆盘的速度为 发生第二次碰撞，相对位移满足 解得，故B错误； C．第一次碰撞后到第二次碰撞前，圆盘的位移为 摩擦力与重力等大反向，摩擦力做功 圆盘与圆管摩擦产生的热量等于摩擦力做功的绝对值，热量为，故C正确； D．第二次碰撞前，小球相对水平薄圆盘的速度为 使用相对于的速度进行计算，第二次碰撞动量守恒，能量守恒，有， 解得， 第二次碰撞后，小球相对水平薄圆盘的速度为 当相对速度为零时，小球与圆盘之间的距离最大，有 最大距离为，故D正确。 故选ACD。 3． 【答案】AC 【详解】小球之间的碰撞为弹性碰撞，根据动量守恒 机械能守恒定律 可得， 两小球第二次碰撞点在最低点，故C正确，D错误； 由机械能守恒定律 可得，故A正确，B错误。 故选AC。 4． 【答案】(1)- (2)1N，方向竖直向下 (3)见解析 【详解】（1）对P1、P2碰撞前后，由动量守恒和能量守恒有， 解得 （2）对P1由碰后到B点，由动能定理得 对P1在B点，由牛顿第二定律得： 解得； 根据牛顿第三定律，P1经过B时对圆弧的压力大小为1N，方向竖直向下； （3）P2在水平面上运动不管向右还是向左运动：， 若挡板离E点足够远，则物块直接匀减速到0后静止 解得 即时，物块停在距E点处 若P2与挡板碰撞一次后返回静止，由动能定理得 解得 其中 若P2与挡板碰撞一次后滑上B点，且速度不为0，则不存在x 对P2由碰后到恰好运动到B点，由动能定理得 解得 即时，物块不会停止E与挡板之间； 若物块与挡板碰撞一次后滑上圆弧，并从圆弧滑回，能从圆弧滑下到E点的最大速度为物块恰好从运动到B点时对应经过E点的速度 此时停下点到E点的距离 则物块与挡板最多只能碰撞一次 ； 对P2由碰后到最终静止在EF上，由动能定理得 解得 其中 综上，x关系图像如图 5． 【答案】(1)0 (2) (3)1.6m 【详解】（1）由AB系统动量守恒，有 得 对AB整体，由牛顿第二定律有 得 对，由平衡有 得 由牛顿第三定律 得 （2）小球被盒卡住后，木板、圆环和细杆一起运动，对板 对杆和圆环整体 且 得 由运动学规律 第一次撞地后，细杆与环发生相对滑动，对板 对杆 且 得 木板向左的最大位移 得 即 （3）第一次撞地后，对圆环 得 板向左匀减，环向下匀减，两者加速度大小相等，所以同时速度减为零，之后两者再一起加速运动至第二次撞地，第一次撞地后直至速度减为零的过程，圆环向下的位移 得 第一次撞地后直至速度减为零的过程，圆环与细杆最大相对位移 即 同理，第二次撞地后，圆环与细杆最大相对位移 第次撞地后，圆环与细杆最大相对位移 则细杆的长度至少为 即 解得 即 6． 【答案】(1)202.5s (2)0.9375J (3)15( 【详解】（1）弹丸击中物块1过程动量守恒 解得 此后物块1（含弹丸）质量为，与物块2发生弹性碰撞，因质量相等，速度交换，物块1静止，物块2以运动。同理，物块2与3、3与4...依次发生弹性碰撞，速度依次传递。物块2026开始运动时，速度传递了2025次，每次传递需时间 总时间 （2）弹丸击中物块1： 解得 物块1（含弹丸，质量）与物块2（质量）完全非弹性碰撞：， 解得 物块2与物块3碰撞即整体（，质量）与物块3（质量）碰撞。碰撞前动能 碰后共同速度满足 即。 碰撞后动能 损失机械能 代入 得 （3）弹丸击中物块1后共同速度 整体质量。第1次碰撞（弹性）：撞，由动量守恒和能量守恒得被撞物块2速度 第2次碰撞（非弹性）：撞，粘在一起速度 第3次碰撞（弹性）：（撞（4），物块4速度 可见每经过两次碰撞（一个周期），偶数编号物块获得的速度变为前一个偶数编号物块速度的。即 代入 得 物块2026对应 故 7． 【答案】(1) (2) (3) (4) 【详解】（1）设小球落在小车表面时的速度为v，小球在下落过程中机械能守恒，则有     竖直方向上由动量定理得     解得 （2）小球在水平方向上由动量定理得摩擦力的冲量     已知 代入解得 （3）小球在水平方向的速度不断变大，小车在水平方向的速度不断减小，最终共速，设共同速度为，则小球与小车组成的系统在水平方向上动量守恒有 系统全过程产生的热量为     联立解得 （4）通过分析可知小球每次与小车碰撞过程中弹力和摩擦力的冲量都不变，所以小球与小车每碰撞一次小球的竖直速率不变，水平速度增加，小车的水平速度减少，设小球与小车碰撞n次后共速，则 解得     小球相邻两次落在小车表面的时间间隔为 小车与小球运动过程的图像为 ……      从时刻开始小球相对于小车在水平方向上的最大位移约为 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 压轴05 动量守恒解决物体多次碰撞问题 命题预测 在2025年高考中，力学三大观点在高考物理中占据重要地位，是检验学生综合牛顿运动定律、功和能、动量守恒定律等物理知识解决复杂问题的能力的重要考点。在命题方式上，这类题目通常以纯理论的学习探索问题情景相对较多，也有部分渗透在与生产生活实际相联系的问题情景中，研究的问题往往涉及多物体多过程问题，考查注重应用性和综合性的试题。 复习备考时，要重视培养学生的学科阅读能力，能在复杂阅读中快速提取有用信息。本专题涉及问题综合性较强，常涉及运动学规律、牛顿运动定律、动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律、动量定理、动量守恒定律等，要求学生在复习备中要熟练这些物理规律及不同类型解题方法，根据不同物理情景，正确选反不同的物理规律，提高解题的准确性。最后还必须强化答题规范，培养良好的答题习惯。 高频考法 1.单次碰撞多过程问题 2.两物体多次碰撞问题 3.多物体多次碰撞问题 知识·技法·思维 考向01 单次碰撞多过程问题 1.物理情景 2. 碰撞遵循的三条原则 (1)动量守恒定律。 (2)动能不增加，Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋。 (3)速度要合理 ①同向碰撞：碰撞前，后面的物体速度大；碰撞后，若物体速度仍同向，则前面物体的速度大于或等于后面物体的速度。 ②相向碰撞：碰撞后两物体的运动方向不可能都不改变。 考向02 两物体多次碰撞问题 1.物理情景 发生弹性碰撞的两个物体碰撞前后动量守恒，动能守恒，若两物体质量分别为m1和m2，碰前速度为v1，v2，碰后速度分别为v1ˊ，v2ˊ，则有： m1v1+m2v2=m1v1ˊ+m2v2ˊ (1)v1 v2 v1ˊ v2ˊ m1 m2 m1v12+m2v22=m1v1ˊ2+m2v2ˊ 2 (2) 联立（1）、（2）解得： v1ˊ=，v2ˊ=. 特殊情况： 若m1=m2 ，v1ˊ= v2 ，v2ˊ= v1 . 2.非弹性碰撞 介于弹性碰撞和完全非弹性碰撞之间的碰撞。动量守恒，碰撞系统动能损失。 根据动量守恒定律可得：m1v1+m2v2=m1v1ˊ+m2v2ˊ (1) 损失动能ΔEk，根据机械能守恒定律可得： ½m1v12+ ½ m2v22=m1v1ˊ2+m2v2ˊ 2 + ΔEk. (2) 3． 完全非弹性碰撞 碰后物体的速度相同， 根据动量守恒定律可得：v1 v2 v共 m1 m2 m1v1+m2v2=(m1+m2)v共 （1） 完全非弹性碰撞系统损失的动能最多，损失动能： ΔEk= ½m1v12+ ½ m2v22- ½(m1+m2)v共2. （2） 联立（1）、（2）解得：v共 =；ΔEk= 考向03 1.物理情景 2.弹性碰撞讨论 (1)碰后速度的求解 根据动量守恒定律和机械能守恒定律有 解得v1′＝ v2′＝ (2)分析讨论 当碰前两物体的速度不为零时，若m1＝m2，则v1′＝v2，v2′＝v1，即两物体交换速度。 当碰前物体2的速度为零时： v1′＝v1，v2′＝v1， ①m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1，碰撞后两物体交换速度。 ②m1>m2时，v1′>0，v2′>0，碰撞后两物体沿相同方向运动。 ③m1<m2时，v1′<0，v2′>0，碰撞后质量小的物体被反弹回来。 典例·靶向·突破 题型01 单次碰撞多过程问题 1. 如图（a）所示的缓冲器，若对其施加如箭头所示逐渐增大的压力F，压力F与缓冲材料形变x的关系图如图（b）所示：若形变量，缓冲器弹力与压缩量成正比，属于弹性形变，材料可恢复并释放全部弹性势能；若，缓冲器被锁定、缓冲材料平稳变形、缓冲力大小恒为、能量被全部储存不再释放，材料的形变不可超过10cm。现将该缓冲器安装在如图（c）所示静止在冰面的乙船上，另一船甲停在乙船左边不远处，离冰面高的平台上，一质量为的人从平台上水平跳出，人在甲的落点与跳出点的水平距离为，并瞬间与甲共速，之后甲、乙碰撞，缓冲器发挥作用，乙离右岸足够远，已知人、甲和乙均在同一竖直面，甲、乙（含缓冲器）质量也均为，重力加速度为，忽略空气和冰面的阻力。 (1)缓冲器形变量分别为和时，缓冲器储存的能量和。 (2)人落入甲到与甲共速过程对甲做的功W。 (3)若人水平跳出初速度v1可变，并调整甲位置使人总能落入甲并瞬间共速，之后与乙碰撞。在缓冲器形变允许范围内，讨论最终乙靠岸的速度vx与人初速度v1的关系。（可保留根号） 题型解码 单次碰撞多过程问题往往会与曲线运动（平抛运动、圆周运动、传送带、板块问题等）结合在一起进行综合考查，应掌握除碰撞后速度的计算外，还应掌握平抛运动、圆周运动、板块问题的处理方法及其规律。 2．如图所示，质量的小球被一不可伸长、长度的轻质细线悬挂于点，轻质细线与竖直方向夹角，轻质细线已绷紧；在光滑水平面上，放一薄板，，在板的最右端放一质量的滑块，滑块与板的动摩擦因数，滑块在点正下方，小球和滑块都可看成质点。现将小球由静止释放，经，小球与滑块发生完全弹性碰撞，碰后经，滑块从薄板左端冲出。不计空气阻力，重力加速度取。求： (1)小球释放瞬间，轻质细线上的拉力大小； (2)小球释放后到与滑块碰撞前瞬间，轻质细线拉力的冲量大小； (3)薄板的长度。 题型02 两物体多次碰撞问题 3．如图所示，在倾角的斜面上固定一个足够长的圆管，一质量为m的薄圆柱体静止在管口处。一质量为m直径略小于圆管内径的光滑小球以初速度，进入圆管并与圆柱体发生弹性碰撞。圆柱体受到撞击后向下滑动，下滑过程中受到圆管对它的滑动摩擦力大小等于圆柱体重力的0.6倍，圆柱体始终垂直管壁。不计其他阻力，重力加速度，，。求： (1)第一次碰撞后瞬间，小球和圆柱体的速度大小； (2)小球从进入管内到第三次与圆柱体发生碰撞过程中的位移。 题型解码 两物体多次碰撞应先分清两物体为哪类碰撞，再结合碰撞后两物体的运动情况，分析下次碰撞发生的位置（速度、时间）等特点，找出其规律（往往遵循等差或等比关系），再利用规律求解。 4. 如图，光滑轨道PQO的水平段，轨道在O点与水平地面平滑连接。一质量为m的小物块A从高h处由静止开始沿轨道下滑，在O点与质量为4m的静止小物块B发生碰撞。A、B与地面间的动摩擦因数均为，重力加速度大小为g。假设A、B间的碰撞为完全弹性碰撞，碰撞时间极短，物块可视为质点，不计空气阻力。求： (1)小物块A第一次到达O点时的速度大小，以及第一次碰撞后瞬间A、B的速度大小； (2)第一次碰撞后，A沿光滑轨道上升的最大高度，以及B在水平地面滑行至停止的总位移大小； (3)A沿光滑轨道返回O点后向右滑行直至静止，求A、B最终静止时到O点的距离，并计算全过程中系统因摩擦产生的总内能。 题型03 多物体多次碰撞问题 5． 如图所示，标号为1、2、3、…、10的10个大小相同的小球依次排列在光滑水平面上，标号为奇数的质量均为m，标号为偶数的质量均为2m，现使标号为1的小球获得水平向右的初速度，以后发生的碰撞均为弹性碰撞，且相邻两小球之间仅碰撞一次，则标号为9、10的小球碰撞后，标号为10的小球运动的速度大小为（　　） A． B． C． D． 题型解码 多物体多次碰撞可先分析其中两物体的碰撞，再结合碰撞后两物体的运动情况，分析下次碰撞发生的位置（速度、时间）等特点，找出其规律（往往遵循等差或等比关系），再利用规律求解，此类问题研究对象多，运动过程多，可借助v-t图像进行分析。 6. 如图所示，在固定的光滑水平桌面上叠放有1、2、3…足够多的完全相同的积木，积木的质量均为m'=0.3kg,其中积木2、3…处于竖直管道内。质量m=0.1kg的小球从倾角的光滑固定斜面上距水平桌面高度h=0.8m的P点由静止滑下，在水平桌面与积木1发生弹性正碰，斜面与桌面平滑连接。碰后1滑到静止在水平地面与桌面等高且平滑衔接的小车上，小车的质量M=0.6kg。第一次碰撞后被弹回的小球与落到水平桌面的积木2发生弹性碰撞，小球又被弹回，然后与落在桌面的积木3相碰，依次类推，积木落到地面被立即取走。已知积木1与小车间的动摩擦因数为且积木1未从小车上滑下，不计积木之间以及小车与地面间的摩擦，积木长度不计，重力加速度g取10m/s²。求： (1)小球与积木1碰撞后瞬间二者的速度大小分别为多少； (2)小车的最小长度； (3)小球在斜面上滑行的总路程。 1．（2026·辽宁锦州·二模）如图1所示，光滑水平面左侧有一竖直墙壁，质量为的甲球以速度与静止的质量为的乙球发生对心碰撞，，与、与墙壁之间的碰撞没有能量损失。某同学在研究该过程时发现若设定出两个新的物理量、，其中与甲球的运动状态有关。与乙球的运动状态有关，则在上述过程中两个新物理量和始终满足，其中为定值，该函数的图像如图2所示。图像中的点表示两个小球组成的系统可能的状态，、、三点为系统在上述过程中连续经历的三个状态。根据以上信息，下列说法不正确的是（　　） A．从状态到状态过程系统动量不守恒 B．从状态到状态过程两个小球发生弹性碰撞 C．直线的斜率一定为 D．图像中圆的半径可能为 2．（多选）（2026·黑龙江哈尔滨·一模）在管道清理或物料输送的日常生产场景中，常涉及物体在竖直管道中的运动。如图所示为一根无限长且固定的竖直圆管，管内有一质量为的水平薄圆盘恰好静止，圆盘距圆管的上端口有一段距离。一质量为的小球从管的上端由静止释放，以速度与圆盘发生弹性碰撞（碰撞时间极短），碰撞后圆盘在管中匀速向下滑动，设小球在管中运动时与管壁不接触，小球与圆盘的碰撞始终为弹性碰撞，重力加速度大小为，不计空气阻力，圆盘所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列选项正确的是（　　） A．第一次碰撞结束瞬间小球的速度大小为 B．第一次碰撞与第二次碰撞的时间间隔为 C．第一次碰撞后到第二次碰撞前，圆盘与圆管摩擦产生的热量为 D．第二次碰撞与第三次碰撞之间小球与圆盘之间的最大距离为 3．（多选）（2026·吉林四平·模拟预测）如图所示，质量之比为的小球甲、乙（均视为质点）用长度均为的细线紧挨着吊在水平天花板上，取小球最低点所在水平面为参考平面。将小球甲拉至离最低点高度为的位置由静止释放，不计空气阻力，细线始终绷紧，两小球始终在同一竖直面内运动。已知两小球之间的碰撞为弹性碰撞，则（　　） A．甲第一次返回的最大高度为0.125L B．甲第一次返回的最大高度为0.25L C．两小球第二次碰撞点在最低点 D．两小球第二次碰撞点在最低点右侧 4．（2026·吉林实验中学·一模）某款闯关游戏简化过程如图所示。轨道固定在竖直平面内，水平段的DE光滑、EF粗糙，EF段有一竖直固定挡板，ABCD光滑并与水平段平滑连接，ABC是以O为圆心的圆弧，B为圆弧最高点。物块静止于E处，物块从D点以初速度水平向右运动并与发生弹性碰撞，且碰撞时间极短。已知：的质量，的质量；与EF轨道之间的动摩擦因数，与挡板碰撞时无机械能损失；圆弧半径为；、可视为质点且运动紧贴轨道；取 (1)求被碰后获得的速度大小； (2)经过B时对圆弧的压力； (3)用L表示挡板与E的水平距离。若最终停在了EF段距离E为x的某处，试通过分析与计算，在图中作出图线。 5．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）某兴趣小组设计的连锁机械游戏装置如图所示。左侧有一固定水平弹射管道，在靠近管口等高处放置一质量为的“”形小盒B（可视为质点），小盒B与大小可忽略、质量为的小物块C用跨过光滑定滑轮的轻绳相连，左侧滑轮（忽略滑轮直径）与小盒B之间的绳长为；小物块C压在质量为的木板D左端，木板D上表面光滑，下表面与水平桌面间动摩擦因数（最大静摩擦力等于滑动摩擦力），木板D右端到桌子右边缘固定挡板的距离为；质量为且粗细均匀的细杆用跨过桌子右边缘的光滑定滑轮的轻绳与木板D相连，木板D与定滑轮间轻绳水平，细杆下端到地面的距离也为；质量为的圆环（可视为质点）套在细杆E上端，环与杆之间滑动摩擦力和最大静摩擦力相等，大小为。开始时所有装置均静止，现将一质量为的小球A（可视为质点）由弹射管道以的速度水平弹出，之后小球A立即进入小盒B，且进入后立即被卡住（作用时间很短可不计）。木板D与挡板相撞、细杆与地面相撞均以原速率反弹。不计空气阻力，重力加速度，求： (1)小球进入小盒后的瞬间小物块C对木板D的压力； (2)木板D与挡板碰后，第一次向左运动的最大位移； (3)为使圆环最终不滑离细杆，细杆的最小长度。 6．（2026·内蒙古乌兰察布·二模）如图所示，质量为的物块1放在水平面上，质量均为m的物块2、3、4、…2026依次并排放在物块1的右侧，相邻两物块之间的距离均为L。时刻，质量为的弹丸以水平向右的速度击中物块1并留在其中。已知，，，所有物块均可视为质点，忽略所有摩擦，碰撞时间不计。 (1)若物块间的碰撞均为弹性碰撞，求物块2026开始运动的时间； (2)若物块1的质量为，其它物块质量不变，且物块间的碰撞均为完全非弹性碰撞，求物块2与物块3碰撞损失的机械能； (3)若物块1的质量为，其它物块质量不变，物块1与物块2的碰撞记做第一次，奇数次碰撞为弹性碰撞，偶数次碰撞为完全非弹性碰撞（奇数次的弹性碰撞后将左侧物块移走，例如物块1、2碰后将物块1移走，物块2、3与物块4碰后，将物块2、3移走），求最终物块2026的速度。 7．（2026·吉林·一模）如图所示，在光滑的水平地面上有一辆足够长的上表面粗糙的平板小车，已知小车的质量为m，正以的速度向右匀速运动。时刻在离小车右端高为h处有一个质量也为m的弹性小球由静止下落，小球与小车碰撞后在竖直方向上以原速率反弹，在相互接触的过程中它们之间的弹力远大于小球的重力，小球与小车间的动摩擦因数为，不计空气阻力，重力加速度为g，小球可视为质点。求： (1)小球与小车每次碰撞时弹力的冲量约为多少； (2)小球与小车第一次碰撞后在水平方向上获得的速度约为多少； (3)系统最终产生的热量是多少； (4)不计小球和小车碰撞时间内的相对位移，从时刻开始小球相对于小车在水平方向上的最大位移约为多少。 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 压轴05 动量守恒解决物体多次碰撞问题 命题预测 在2025年高考中，力学三大观点在高考物理中占据重要地位，是检验学生综合牛顿运动定律、功和能、动量守恒定律等物理知识解决复杂问题的能力的重要考点。在命题方式上，这类题目通常以纯理论的学习探索问题情景相对较多，也有部分渗透在与生产生活实际相联系的问题情景中，研究的问题往往涉及多物体多过程问题，考查注重应用性和综合性的试题。 复习备考时，要重视培养学生的学科阅读能力，能在复杂阅读中快速提取有用信息。本专题涉及问题综合性较强，常涉及运动学规律、牛顿运动定律、动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律、动量定理、动量守恒定律等，要求学生在复习备中要熟练这些物理规律及不同类型解题方法，根据不同物理情景，正确选反不同的物理规律，提高解题的准确性。最后还必须强化答题规范，培养良好的答题习惯。 高频考法 1.单次碰撞多过程问题 2.两物体多次碰撞问题 3.多物体多次碰撞问题 知识·技法·思维 考向01 单次碰撞多过程问题 1.物理情景 2. 碰撞遵循的三条原则 (1)动量守恒定律。 (2)动能不增加，Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋。 (3)速度要合理 ①同向碰撞：碰撞前，后面的物体速度大；碰撞后，若物体速度仍同向，则前面物体的速度大于或等于后面物体的速度。 ②相向碰撞：碰撞后两物体的运动方向不可能都不改变。 考向02 两物体多次碰撞问题 1.物理情景 发生弹性碰撞的两个物体碰撞前后动量守恒，动能守恒，若两物体质量分别为m1和m2，碰前速度为v1，v2，碰后速度分别为v1ˊ，v2ˊ，则有： m1v1+m2v2=m1v1ˊ+m2v2ˊ (1)v1 v2 v1ˊ v2ˊ m1 m2 m1v12+m2v22=m1v1ˊ2+m2v2ˊ 2 (2) 联立（1）、（2）解得： v1ˊ=，v2ˊ=. 特殊情况： 若m1=m2 ，v1ˊ= v2 ，v2ˊ= v1 . 2.非弹性碰撞 介于弹性碰撞和完全非弹性碰撞之间的碰撞。动量守恒，碰撞系统动能损失。 根据动量守恒定律可得：m1v1+m2v2=m1v1ˊ+m2v2ˊ (1) 损失动能ΔEk，根据机械能守恒定律可得： ½m1v12+ ½ m2v22=m1v1ˊ2+m2v2ˊ 2 + ΔEk. (2) 3． 完全非弹性碰撞 碰后物体的速度相同， 根据动量守恒定律可得：v1 v2 v共 m1 m2 m1v1+m2v2=(m1+m2)v共 （1） 完全非弹性碰撞系统损失的动能最多，损失动能： ΔEk= ½m1v12+ ½ m2v22- ½(m1+m2)v共2. （2） 联立（1）、（2）解得：v共 =；ΔEk= 考向03 1.物理情景 2.弹性碰撞讨论 (1)碰后速度的求解 根据动量守恒定律和机械能守恒定律有 解得v1′＝ v2′＝ (2)分析讨论 当碰前两物体的速度不为零时，若m1＝m2，则v1′＝v2，v2′＝v1，即两物体交换速度。 当碰前物体2的速度为零时： v1′＝v1，v2′＝v1， ①m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1，碰撞后两物体交换速度。 ②m1>m2时，v1′>0，v2′>0，碰撞后两物体沿相同方向运动。 ③m1<m2时，v1′<0，v2′>0，碰撞后质量小的物体被反弹回来。 典例·靶向·突破 题型01 单次碰撞多过程问题 1. 如图（a）所示的缓冲器，若对其施加如箭头所示逐渐增大的压力F，压力F与缓冲材料形变x的关系图如图（b）所示：若形变量，缓冲器弹力与压缩量成正比，属于弹性形变，材料可恢复并释放全部弹性势能；若，缓冲器被锁定、缓冲材料平稳变形、缓冲力大小恒为、能量被全部储存不再释放，材料的形变不可超过10cm。现将该缓冲器安装在如图（c）所示静止在冰面的乙船上，另一船甲停在乙船左边不远处，离冰面高的平台上，一质量为的人从平台上水平跳出，人在甲的落点与跳出点的水平距离为，并瞬间与甲共速，之后甲、乙碰撞，缓冲器发挥作用，乙离右岸足够远，已知人、甲和乙均在同一竖直面，甲、乙（含缓冲器）质量也均为，重力加速度为，忽略空气和冰面的阻力。 (1)缓冲器形变量分别为和时，缓冲器储存的能量和。 (2)人落入甲到与甲共速过程对甲做的功W。 (3)若人水平跳出初速度v1可变，并调整甲位置使人总能落入甲并瞬间共速，之后与乙碰撞。在缓冲器形变允许范围内，讨论最终乙靠岸的速度vx与人初速度v1的关系。（可保留根号） 【答案】(1)， (2) (3)见解析 【详解】（1）当时，由图像可知 解得 当时，由图像可知 解得 （2）设人的初速度为，平抛时间为，人与甲共速为，竖直方向有 水平方向有 水平动量守恒 对甲由动能定理有 联立解得 （3）设人的初速度为，人与甲共速为，缓冲器形变量最大时共速为，水平动量守恒， 甲、乙共速时 若，可解得 若，则缓冲器释放能量至原形时甲、乙速度分别为、，由动量守恒定律有 根据能量守恒定律有 可得 若，可解得 若 可得 题型解码 单次碰撞多过程问题往往会与曲线运动（平抛运动、圆周运动、传送带、板块问题等）结合在一起进行综合考查，应掌握除碰撞后速度的计算外，还应掌握平抛运动、圆周运动、板块问题的处理方法及其规律。 2．如图所示，质量的小球被一不可伸长、长度的轻质细线悬挂于点，轻质细线与竖直方向夹角，轻质细线已绷紧；在光滑水平面上，放一薄板，，在板的最右端放一质量的滑块，滑块与板的动摩擦因数，滑块在点正下方，小球和滑块都可看成质点。现将小球由静止释放，经，小球与滑块发生完全弹性碰撞，碰后经，滑块从薄板左端冲出。不计空气阻力，重力加速度取。求： (1)小球释放瞬间，轻质细线上的拉力大小； (2)小球释放后到与滑块碰撞前瞬间，轻质细线拉力的冲量大小； (3)薄板的长度。 【答案】(1)2.5N (2)2.5N·s (3)1.25m 【详解】（1）对小球，释放瞬间有 解得 （2）对小球，从释放到碰前瞬间有 解得 由动量定理得， 由矢量三角形得 代入数据得 （3）小球和滑块碰撞时，由动量守恒和能量守恒得 联立解得， 碰后，物体做匀减速直线运动，有 解得 物体的位移 解得 物体做匀加速直线运动，有 解得 物体C的位移为 解得 薄板C的长度 题型02 两物体多次碰撞问题 3．如图所示，在倾角的斜面上固定一个足够长的圆管，一质量为m的薄圆柱体静止在管口处。一质量为m直径略小于圆管内径的光滑小球以初速度，进入圆管并与圆柱体发生弹性碰撞。圆柱体受到撞击后向下滑动，下滑过程中受到圆管对它的滑动摩擦力大小等于圆柱体重力的0.6倍，圆柱体始终垂直管壁。不计其他阻力，重力加速度，，。求： (1)第一次碰撞后瞬间，小球和圆柱体的速度大小； (2)小球从进入管内到第三次与圆柱体发生碰撞过程中的位移。 【答案】(1)0， (2)25m 【详解】（1）圆柱体与光滑小球发生弹性碰撞时系统动量守恒，有 过程中机械能也守恒，有 可解得第一次碰撞后瞬间，小球的速度为 圆柱体的速度为 （2）根据第1小问计算，圆柱体与小球发生弹性碰撞后，二者速度交换。碰后光滑小球在管中做匀变速直线运动，具有沿斜面向下的加速度， 对圆柱体沿斜面方向上受力分析，有 说明每次碰撞后圆柱体都做匀速直线运动；设第一次碰撞后到第二次碰撞前所用的时间为，圆柱体运动的位移为，有 可解得， 第二次碰撞前小球的速度为 小球与圆柱体第二次发生弹性碰撞后，再次速度交换，小球的速度为 圆柱体的速度为 再经过时间二者第三次碰撞，有 解得 这个过程圆柱体运动的位移为 故小球从进入管内到第三次与圆柱体发生碰撞所位移为 题型解码 两物体多次碰撞应先分清两物体为哪类碰撞，再结合碰撞后两物体的运动情况，分析下次碰撞发生的位置（速度、时间）等特点，找出其规律（往往遵循等差或等比关系），再利用规律求解。 4. 如图，光滑轨道PQO的水平段，轨道在O点与水平地面平滑连接。一质量为m的小物块A从高h处由静止开始沿轨道下滑，在O点与质量为4m的静止小物块B发生碰撞。A、B与地面间的动摩擦因数均为，重力加速度大小为g。假设A、B间的碰撞为完全弹性碰撞，碰撞时间极短，物块可视为质点，不计空气阻力。求： (1)小物块A第一次到达O点时的速度大小，以及第一次碰撞后瞬间A、B的速度大小； (2)第一次碰撞后，A沿光滑轨道上升的最大高度，以及B在水平地面滑行至停止的总位移大小； (3)A沿光滑轨道返回O点后向右滑行直至静止，求A、B最终静止时到O点的距离，并计算全过程中系统因摩擦产生的总内能。 【答案】(1)，， (2)， (3)，， 【详解】（1）由机械能守恒 解得第一次到达点的速度 A、B发生完全弹性碰撞，由动量守恒和机械能守恒， 解得碰撞后瞬间A、B的速度大小分别为， （2）A碰撞后沿轨道上升，由机械能守恒 解得A上升的最大高度 B碰撞后在水平地面滑行，由动能定理 解得B第一次滑行的位移 （3）A沿轨道返回O点，速度大小仍为，向右滑行至B的位置，由运动学公式 解得A碰撞前速度 A、B发生第二次完全弹性碰撞，由动量守恒和机械能守恒， 解得碰撞后速度， A碰撞后向左滑行，由动能定理得滑行位移 A最终距点的距离 B碰撞后向右滑行，总位移 全过程系统因摩擦产生的总内能等于初始重力势能 题型03 多物体多次碰撞问题 5． 如图所示，标号为1、2、3、…、10的10个大小相同的小球依次排列在光滑水平面上，标号为奇数的质量均为m，标号为偶数的质量均为2m，现使标号为1的小球获得水平向右的初速度，以后发生的碰撞均为弹性碰撞，且相邻两小球之间仅碰撞一次，则标号为9、10的小球碰撞后，标号为10的小球运动的速度大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】小球1和小球2碰撞过程动量守恒和动能守恒，则有， 解得 接下来，小球2和小球3碰撞过程动量守恒和动能守恒，则有， 解得 则小球3和小球4碰撞过程动量守恒和动能守恒，则有， 解得 则小球4和小球5碰撞过程动量守恒和动能守恒，则有， 解得 根据以上推导可得标号为10的小球运动的速度大小为。 故选D。 题型解码 多物体多次碰撞可先分析其中两物体的碰撞，再结合碰撞后两物体的运动情况，分析下次碰撞发生的位置（速度、时间）等特点，找出其规律（往往遵循等差或等比关系），再利用规律求解，此类问题研究对象多，运动过程多，可借助v-t图像进行分析。 6. 如图所示，在固定的光滑水平桌面上叠放有1、2、3…足够多的完全相同的积木，积木的质量均为m'=0.3kg,其中积木2、3…处于竖直管道内。质量m=0.1kg的小球从倾角的光滑固定斜面上距水平桌面高度h=0.8m的P点由静止滑下，在水平桌面与积木1发生弹性正碰，斜面与桌面平滑连接。碰后1滑到静止在水平地面与桌面等高且平滑衔接的小车上，小车的质量M=0.6kg。第一次碰撞后被弹回的小球与落到水平桌面的积木2发生弹性碰撞，小球又被弹回，然后与落在桌面的积木3相碰，依次类推，积木落到地面被立即取走。已知积木1与小车间的动摩擦因数为且积木1未从小车上滑下，不计积木之间以及小车与地面间的摩擦，积木长度不计，重力加速度g取10m/s²。求： (1)小球与积木1碰撞后瞬间二者的速度大小分别为多少； (2)小车的最小长度； (3)小球在斜面上滑行的总路程。 【答案】(1)， (2)0.4m (3) 【详解】（1）小球从P点滑到水平桌面过程，由机械能守恒定律得 代入数据解得 小球与积木1发生弹性正碰，取向右为正方向，由动量守恒定律得 由机械能守恒定律得 联立解得， 即小球速度大小为，方向向左；积木1速度大小为，方向向右。 （2）积木1滑上小车后，系统水平方向动量守恒，设共同速度为，则 代入数据解得 由能量守恒定律，系统损失的动能转化为摩擦热 代入数据解得 （3）小球与积木发生弹性碰撞，每次碰撞后速度大小变为碰前的 小球第一次下滑路程 第一次碰后小球以滑上斜面，上滑路程 随后滑下，路程相同。此后每次碰撞后速度减半，上滑路程变为原来的。总路程 1．（2026·辽宁锦州·二模）如图1所示，光滑水平面左侧有一竖直墙壁，质量为的甲球以速度与静止的质量为的乙球发生对心碰撞，，与、与墙壁之间的碰撞没有能量损失。某同学在研究该过程时发现若设定出两个新的物理量、，其中与甲球的运动状态有关。与乙球的运动状态有关，则在上述过程中两个新物理量和始终满足，其中为定值，该函数的图像如图2所示。图像中的点表示两个小球组成的系统可能的状态，、、三点为系统在上述过程中连续经历的三个状态。根据以上信息，下列说法不正确的是（　　） A．从状态到状态过程系统动量不守恒 B．从状态到状态过程两个小球发生弹性碰撞 C．直线的斜率一定为 D．图像中圆的半径可能为 【答案】B 【详解】AB．质量为的小球以速度与静止的质量为的小球发生对心碰撞，根据动量守恒可得 由机械能守恒可得 可得， 可知碰撞后小球的速度反向；由图2可知，状态时小球的速度为0，状态时小球的速度方向与状态时的速度方向相反，则从状态到状态过程两个小球发生弹性碰撞，系统满足动量守恒；从状态到状态，小球的速度等大反向，所以从状态到状态过程是小球与墙壁发生弹性碰撞。所以从状态到状态过程系统动量不守恒，因为与墙壁作用，整个过程系统合力不为零，故A正确，不符合题意，B错误，符合题意； C．由题意、是与两球运动状态有关的物理量，且碰撞过程没有能量损失，结合上述分析可得， 其中、分别为两球运动过程中任意时刻的瞬时速度，为一比例常数，结合题意 则有 可得 从状态到状态过程两个小球发生弹性碰撞，根据题意可知图中直线的斜率为，故C正确，不符合题意； D．由于m与M或墙壁之间的碰撞没有能量损失，根据能量守恒可得 解得 当时，，故D正确，不符合题意。 故选B。 2．（多选）（2026·黑龙江哈尔滨·一模）在管道清理或物料输送的日常生产场景中，常涉及物体在竖直管道中的运动。如图所示为一根无限长且固定的竖直圆管，管内有一质量为的水平薄圆盘恰好静止，圆盘距圆管的上端口有一段距离。一质量为的小球从管的上端由静止释放，以速度与圆盘发生弹性碰撞（碰撞时间极短），碰撞后圆盘在管中匀速向下滑动，设小球在管中运动时与管壁不接触，小球与圆盘的碰撞始终为弹性碰撞，重力加速度大小为，不计空气阻力，圆盘所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列选项正确的是（　　） A．第一次碰撞结束瞬间小球的速度大小为 B．第一次碰撞与第二次碰撞的时间间隔为 C．第一次碰撞后到第二次碰撞前，圆盘与圆管摩擦产生的热量为 D．第二次碰撞与第三次碰撞之间小球与圆盘之间的最大距离为 【答案】ACD 【详解】A．以向下为正方向，弹性碰撞动量守恒，能量守恒，有， 解得， 因此第一次碰撞结束瞬间小球的速度大小为，故A正确； B．第一次碰撞后，小球相对水平薄圆盘的速度为 发生第二次碰撞，相对位移满足 解得，故B错误； C．第一次碰撞后到第二次碰撞前，圆盘的位移为 摩擦力与重力等大反向，摩擦力做功 圆盘与圆管摩擦产生的热量等于摩擦力做功的绝对值，热量为，故C正确； D．第二次碰撞前，小球相对水平薄圆盘的速度为 使用相对于的速度进行计算，第二次碰撞动量守恒，能量守恒，有， 解得， 第二次碰撞后，小球相对水平薄圆盘的速度为 当相对速度为零时，小球与圆盘之间的距离最大，有 最大距离为，故D正确。 故选ACD。 3．（多选）（2026·吉林四平·模拟预测）如图所示，质量之比为的小球甲、乙（均视为质点）用长度均为的细线紧挨着吊在水平天花板上，取小球最低点所在水平面为参考平面。将小球甲拉至离最低点高度为的位置由静止释放，不计空气阻力，细线始终绷紧，两小球始终在同一竖直面内运动。已知两小球之间的碰撞为弹性碰撞，则（　　） A．甲第一次返回的最大高度为0.125L B．甲第一次返回的最大高度为0.25L C．两小球第二次碰撞点在最低点 D．两小球第二次碰撞点在最低点右侧 【答案】AC 【详解】小球之间的碰撞为弹性碰撞，根据动量守恒 机械能守恒定律 可得， 两小球第二次碰撞点在最低点，故C正确，D错误； 由机械能守恒定律 可得，故A正确，B错误。 故选AC。 4．（2026·吉林实验中学·一模）某款闯关游戏简化过程如图所示。轨道固定在竖直平面内，水平段的DE光滑、EF粗糙，EF段有一竖直固定挡板，ABCD光滑并与水平段平滑连接，ABC是以O为圆心的圆弧，B为圆弧最高点。物块静止于E处，物块从D点以初速度水平向右运动并与发生弹性碰撞，且碰撞时间极短。已知：的质量，的质量；与EF轨道之间的动摩擦因数，与挡板碰撞时无机械能损失；圆弧半径为；、可视为质点且运动紧贴轨道；取 (1)求被碰后获得的速度大小； (2)经过B时对圆弧的压力； (3)用L表示挡板与E的水平距离。若最终停在了EF段距离E为x的某处，试通过分析与计算，在图中作出图线。 【答案】(1)- (2)1N，方向竖直向下 (3)见解析 【详解】（1）对P1、P2碰撞前后，由动量守恒和能量守恒有， 解得 （2）对P1由碰后到B点，由动能定理得 对P1在B点，由牛顿第二定律得： 解得； 根据牛顿第三定律，P1经过B时对圆弧的压力大小为1N，方向竖直向下； （3）P2在水平面上运动不管向右还是向左运动：， 若挡板离E点足够远，则物块直接匀减速到0后静止 解得 即时，物块停在距E点处 若P2与挡板碰撞一次后返回静止，由动能定理得 解得 其中 若P2与挡板碰撞一次后滑上B点，且速度不为0，则不存在x 对P2由碰后到恰好运动到B点，由动能定理得 解得 即时，物块不会停止E与挡板之间； 若物块与挡板碰撞一次后滑上圆弧，并从圆弧滑回，能从圆弧滑下到E点的最大速度为物块恰好从运动到B点时对应经过E点的速度 此时停下点到E点的距离 则物块与挡板最多只能碰撞一次 ； 对P2由碰后到最终静止在EF上，由动能定理得 解得 其中 综上，x关系图像如图 5．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）某兴趣小组设计的连锁机械游戏装置如图所示。左侧有一固定水平弹射管道，在靠近管口等高处放置一质量为的“”形小盒B（可视为质点），小盒B与大小可忽略、质量为的小物块C用跨过光滑定滑轮的轻绳相连，左侧滑轮（忽略滑轮直径）与小盒B之间的绳长为；小物块C压在质量为的木板D左端，木板D上表面光滑，下表面与水平桌面间动摩擦因数（最大静摩擦力等于滑动摩擦力），木板D右端到桌子右边缘固定挡板的距离为；质量为且粗细均匀的细杆用跨过桌子右边缘的光滑定滑轮的轻绳与木板D相连，木板D与定滑轮间轻绳水平，细杆下端到地面的距离也为；质量为的圆环（可视为质点）套在细杆E上端，环与杆之间滑动摩擦力和最大静摩擦力相等，大小为。开始时所有装置均静止，现将一质量为的小球A（可视为质点）由弹射管道以的速度水平弹出，之后小球A立即进入小盒B，且进入后立即被卡住（作用时间很短可不计）。木板D与挡板相撞、细杆与地面相撞均以原速率反弹。不计空气阻力，重力加速度，求： (1)小球进入小盒后的瞬间小物块C对木板D的压力； (2)木板D与挡板碰后，第一次向左运动的最大位移； (3)为使圆环最终不滑离细杆，细杆的最小长度。 【答案】(1)0 (2) (3)1.6m 【详解】（1）由AB系统动量守恒，有 得 对AB整体，由牛顿第二定律有 得 对，由平衡有 得 由牛顿第三定律 得 （2）小球被盒卡住后，木板、圆环和细杆一起运动，对板 对杆和圆环整体 且 得 由运动学规律 第一次撞地后，细杆与环发生相对滑动，对板 对杆 且 得 木板向左的最大位移 得 即 （3）第一次撞地后，对圆环 得 板向左匀减，环向下匀减，两者加速度大小相等，所以同时速度减为零，之后两者再一起加速运动至第二次撞地，第一次撞地后直至速度减为零的过程，圆环向下的位移 得 第一次撞地后直至速度减为零的过程，圆环与细杆最大相对位移 即 同理，第二次撞地后，圆环与细杆最大相对位移 第次撞地后，圆环与细杆最大相对位移 则细杆的长度至少为 即 解得 即 6．（2026·内蒙古乌兰察布·二模）如图所示，质量为的物块1放在水平面上，质量均为m的物块2、3、4、…2026依次并排放在物块1的右侧，相邻两物块之间的距离均为L。时刻，质量为的弹丸以水平向右的速度击中物块1并留在其中。已知，，，所有物块均可视为质点，忽略所有摩擦，碰撞时间不计。 (1)若物块间的碰撞均为弹性碰撞，求物块2026开始运动的时间； (2)若物块1的质量为，其它物块质量不变，且物块间的碰撞均为完全非弹性碰撞，求物块2与物块3碰撞损失的机械能； (3)若物块1的质量为，其它物块质量不变，物块1与物块2的碰撞记做第一次，奇数次碰撞为弹性碰撞，偶数次碰撞为完全非弹性碰撞（奇数次的弹性碰撞后将左侧物块移走，例如物块1、2碰后将物块1移走，物块2、3与物块4碰后，将物块2、3移走），求最终物块2026的速度。 【答案】(1)202.5s (2)0.9375J (3)15( 【详解】（1）弹丸击中物块1过程动量守恒 解得 此后物块1（含弹丸）质量为，与物块2发生弹性碰撞，因质量相等，速度交换，物块1静止，物块2以运动。同理，物块2与3、3与4...依次发生弹性碰撞，速度依次传递。物块2026开始运动时，速度传递了2025次，每次传递需时间 总时间 （2）弹丸击中物块1： 解得 物块1（含弹丸，质量）与物块2（质量）完全非弹性碰撞：， 解得 物块2与物块3碰撞即整体（，质量）与物块3（质量）碰撞。碰撞前动能 碰后共同速度满足 即。 碰撞后动能 损失机械能 代入 得 （3）弹丸击中物块1后共同速度 整体质量。第1次碰撞（弹性）：撞，由动量守恒和能量守恒得被撞物块2速度 第2次碰撞（非弹性）：撞，粘在一起速度 第3次碰撞（弹性）：（撞（4），物块4速度 可见每经过两次碰撞（一个周期），偶数编号物块获得的速度变为前一个偶数编号物块速度的。即 代入 得 物块2026对应 故 7．（2026·吉林·一模）如图所示，在光滑的水平地面上有一辆足够长的上表面粗糙的平板小车，已知小车的质量为m，正以的速度向右匀速运动。时刻在离小车右端高为h处有一个质量也为m的弹性小球由静止下落，小球与小车碰撞后在竖直方向上以原速率反弹，在相互接触的过程中它们之间的弹力远大于小球的重力，小球与小车间的动摩擦因数为，不计空气阻力，重力加速度为g，小球可视为质点。求： (1)小球与小车每次碰撞时弹力的冲量约为多少； (2)小球与小车第一次碰撞后在水平方向上获得的速度约为多少； (3)系统最终产生的热量是多少； (4)不计小球和小车碰撞时间内的相对位移，从时刻开始小球相对于小车在水平方向上的最大位移约为多少。 【答案】(1) (2) (3) (4) 【详解】（1）设小球落在小车表面时的速度为v，小球在下落过程中机械能守恒，则有     竖直方向上由动量定理得     解得 （2）小球在水平方向上由动量定理得摩擦力的冲量     已知 代入解得 （3）小球在水平方向的速度不断变大，小车在水平方向的速度不断减小，最终共速，设共同速度为，则小球与小车组成的系统在水平方向上动量守恒有 系统全过程产生的热量为     联立解得 （4）通过分析可知小球每次与小车碰撞过程中弹力和摩擦力的冲量都不变，所以小球与小车每碰撞一次小球的竖直速率不变，水平速度增加，小车的水平速度减少，设小球与小车碰撞n次后共速，则 解得     小球相邻两次落在小车表面的时间间隔为 小车与小球运动过程的图像为 ……      从时刻开始小球相对于小车在水平方向上的最大位移约为 / 学科网（北京）股份有限公司 $