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2024届高考物理一轮复习动量专题精准提升强化 10：动量守恒应用之悬绳模型（难度：偏
难）
1. (多选)如图所示，绳长为l，小球质量为m，小车质量为M，将小球向右拉至水平后放手，则(水平面光
滑)( )
A．系统的总动量守恒
B．水平方向任意时刻小球与小车的动量等大反向或都为零
C．小球不能向左摆到原高度
D．小车向右移动的最大距离为
2. (多选)质量M＝3 kg的滑块套在水平固定着的轨道上并可在轨道上无摩擦滑动。质量为m＝2 kg 的小
球(视为质点)通过长L＝0．75 m的轻杆与滑块上的光滑轴O连接，开始时滑块静止，轻杆处于水平状
态。现给小球一个v＝3 m/s的竖直向下的初速度，取g＝10 m/s2。则( )
0
A．小球m从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块 M在水平轨道上向
右移动了0．3 m
B．小球m从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块M在水平轨道上向右移动了0．5 m
C．小球m相对于初始位置可以上升的最大高度为0．27 m
D．小球m从初始位置到第一次到达最大高度的过程中，滑块M在水平轨道上向右移动了0．54 m
3. （2022浙江温州质检）两个质量相同的小圆环A、B用细线相连,A穿在光滑的水平直杆上.A、B从如图
所示的位置由静止开始运动.在B摆到最低点的过程中
A.B的机械能守恒
B.A、B组成的系统动量守恒
C.B重力的功率一直减小
D.B摆到最低点时,A的速度最大
4. (2022·江苏省南京市高三下5月二模)如图所示，质量为0.1 kg的小圆环A穿在光滑的水平直杆上，小
球B的质量为0.2 kg，A、B用长为L＝0.8 m的轻质细线连接，B悬挂在A下方并处于静止状态。t＝0
时刻，小圆环A获得沿杆向左的冲量0.6 N·s，取g＝10 m/s2，A、B可视为质点。下列说法正确的是(
)A．t＝0时刻细线对B的拉力大小为2 N
B．小球B第一次运动到A的正下方时A的速度最小
C．从小球B开始运动到第一次回到A的正下方的过程中，细线对A先做负功再做正功
D．从小球B开始运动到第一次回到A的正下方的过程中，合力对B的冲量为0.6 N·s
5. 如图所示，质量为0.1 kg的小圆环A穿在光滑的水平直杆上。用长为L＝0.8 m的细线拴着质
量为0.2 kg的小球B，B悬挂在A下方并处于静止状态。t＝0时刻，小圆环获得沿杆向左的冲量0.6
N·s，g取 10 m/s2，下列说法正确的是（ ）
A.小球B做圆周运动
B.小球B第一次运动到A的正下方时A的速度最小
C.从小球B开始运动到第一次回到A的正下方的过程中，细线对A先做负功再做正功
D.从小球B开始运动到第一次回到的正下方的过程中，合力对B的冲量为0.6 N·s
6. （多选）如图所示，一质量M＝4kg的滑块套在水平固定着的轨道上并可在轨道上无摩擦滑动
一质量m＝1kg的小球（可视为质点）通过长度l＝1m的不可伸长的轻绳与滑块上的光滑轴 O连接，
开始时滑块静止，轻绳处于水平状态．现将小球由静止自由释放（不计一切摩擦力），取 g＝10m/s2．
则下列说法正确的是（ ）
A．小球从初始位置到第一次到达最低点时，轻绳的拉力为16N
B．小球从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块M在水平轨道上向右移动了0.8m
C．小球可回到初始高度
D．小球从初始位置到第一次到达最大高度的过程中，小球在水平方向上向左移动了1.6m7. 如图所示，质量为M的滑块可在水平放置的光滑固定导轨上自由滑动，质量为m的小球与滑块上的悬
点O由一不可伸长的轻绳相连，绳长为L。开始时，轻绳处于水平拉直状态，小球和滑块均静止。现
将小球由静止释放，当小球到达最低点时，滑块刚好被一表面涂有粘性物质的固定挡板粘住，在极短
的时间内速度减为零，小球继续向左摆动到绳与竖直方向的夹角为60°时达到最高点。滑块与小球均视
为质点，空气阻力不计，重力加速度为g，则以下说法正确的是( )
A．绳的拉力对小球始终不做功
B．滑块与小球的质量关系为M＝2m
C．释放小球时滑块到挡板的距离为
D．滑块撞击挡板时，挡板对滑块作用力的冲量大小为2m
8. (2022·湖南省岳阳市高三下教学质量监测(二))如图所示，质量均为m的木块A和B，并排放在光滑水
平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为L的细线，细线另一端系一质量为m 的球
0
C，现将C球拉起使细线水平伸直，并由静止释放C球，则下列说法不正确的是( )
A．A、B两木块分离时，A、B的速度大小均为
B．A、B两木块分离时，C的速度大小为2
C．C球由静止释放到最低点的过程中，A对B的弹力的冲量大小为2m
0
D．C球由静止释放到最低点的过程中，木块A移动的距离为
9. （2022四川绵阳诊断）(多选)质量都为m的木块A和B,并排放在光滑水平地面上,A上固定一
足够长的竖直轻杆,长为L的细线一端系在轻杆上的O点,另一端系一质量为m的小球C.现将C球向右
拉起至水平拉直细线,如图所示,由静止释放,在之后的过程中
A.木块A的最大速度大小为√3gL
3
B.木块A、B分离后,B的速度大小为√3gL
3
C.C球过O点正下方后,上升的最大高度为3L
4D.C球在O点正下方向右运动时,速度大小为2√3gL
3
10. (2019·湖北八市联考)如图所示，光滑的水平导轨上套有一质量为 1 kg、可沿杆自由滑动的滑块，滑块
下方通过一根长为1 m的轻绳悬挂着质量为0.99 kg的木块。开始时滑块和木块均静止，现有质量为10
g的子弹以500 m/s的水平速度击中木块并留在其中(作用时间极短)，取重力加速度g＝10 m/s2。下列说
法正确的是( )
A．子弹和木块摆到最高点时速度为零
B．滑块的最大速度为2.5 m/s
C．子弹和木块摆起的最大高度为0.625 m
D．当子弹和木块摆起高度为0.4 m时，滑块的速度为1 m/s
11. (2023·山东威海市检测)质量均为m的木块A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻
杆上端的O点系一条不可拉伸的长为l的细线，细线另一端系一个可以看作质点的球C，质量也为m.
现将C球拉起使细线水平自然伸直，并由静止释放C球，重力加速度为g.求：
(1)C球第一次摆到最低点时的速度大小；
(2)从C球由静止释放到第一次摆到最低点的过程中，B移动的距离；
(3)C球向左摆动的最高点距O点的竖直高度．
12. （2022山东潍坊测评）(设问创新:用数学知识解决物理问题)长木板上固定着“V”形支架,总质
量为M,静止在光滑水平面上.在支架右端O处,通过长为L的轻质绳悬挂质量为m、可视为质点的小锥
体,板上A点位于锥体正下方h处.将小锥体移到O点右侧,并使绳水平伸直,然后由静止释放.
(1)求锥体和木板最大速度的大小;
(2)以释放前O点为坐标原点,水平向右为x轴正方向,竖直向下为y轴正方向,写出小锥体运动的轨迹方程;
(3)若小锥体运动到最低点时,绳子与锥体连接处忽然断开,求小锥体在木板上的落点到A点的距离;(4)若小锥体落在木板上不反弹,且没有相对木板滑动,碰撞时间极短,分析锥体和木板间的动摩擦因数应满足什
么条件(最大静摩擦力等于滑动摩擦力).
2024届高考物理一轮复习动量专题精准提升强化 10：动量守恒应用之悬绳模型（难度：偏
难）【解析版】
1. (多选)如图所示，绳长为l，小球质量为m，小车质量为M，将小球向右拉至水平后放手，则(水平面光
滑)( )
A．系统的总动量守恒
B．水平方向任意时刻小球与小车的动量等大反向或都为零
C．小球不能向左摆到原高度
D．小车向右移动的最大距离为
答案 BD
解析 系统只是在水平方向所受的合力为零，竖直方向的合力不为零，故水平方向的动量守恒，而总动量
不守恒，A错误，B正确；根据水平方向的动量守恒及机械能守恒得，小球仍能向左摆到原高度，C错误；
小球相对于小车的最大位移为2l，根据“人船模型”，系统水平方向动量守恒，设小球水平方向的平均速
度为v ，小车水平方向的平均速度为 v ，mv －Mv ＝0，两边同时乘以运动时间t，mv t－Mv t＝0，即
m M m M m M
mx ＝Mx ，又x ＋x ＝2l，解得小车向右移动的最大距离为，D正确．
m M m M
2. (多选)质量M＝3 kg的滑块套在水平固定着的轨道上并可在轨道上无摩擦滑动。质量为m＝2 kg 的小
球(视为质点)通过长L＝0．75 m的轻杆与滑块上的光滑轴O连接，开始时滑块静止，轻杆处于水平状
态。现给小球一个v＝3 m/s的竖直向下的初速度，取g＝10 m/s2。则( )
0
A．小球m从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块 M在水平轨道上向
右移动了0．3 m
B．小球m从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块M在水平轨道上向右移动了0．5 m
C．小球m相对于初始位置可以上升的最大高度为0．27 mD．小球m从初始位置到第一次到达最大高度的过程中，滑块M在水平轨道上向右移动了0．54 m
解析：AD 可把小球和滑块水平方向的运动看作人船模型，设滑块M在水平轨道上向右运动了x，由
滑块和小球系统在水平方向上动量守恒，有＝，解得x＝0．3 m，选项A正确，B错误。根据动量守恒定律，
小球m相对于初始位置上升到最大高度时小球和滑块速度都为零，由能量守恒定律可知，小球 m相对于初
始位置可以上升的最大高度为0．45 m，选项C错误。小球m相对于初始位置到达最大高度时，与水平面的
夹角有cos α＝0．8，设小球从最低位置上升到最高位置过程中滑块M在水平轨道上又向右运动了x′，由
滑块和小球系统在水平方向时动量守恒，有＝，解得x′＝0．24 m。小球m从初始位置到第一次到达最大
高度的过程中，滑块在水平轨道上向右移动了x＋x′＝0．3 m＋0．24 m＝0．54 m，选项D正确。
3. （2022浙江温州质检）两个质量相同的小圆环A、B用细线相连,A穿在光滑的水平直杆上.A、B从如图
所示的位置由静止开始运动.在B摆到最低点的过程中
A.B的机械能守恒
B.A、B组成的系统动量守恒
C.B重力的功率一直减小
D.B摆到最低点时,A的速度最大
解析：D 由题意可知,A、B组成的系统机械能守恒,B下摆过程中,B的重力势能转化为A、B运动的动能,故
B的机械能不守恒,系统在水平方向上动量守恒,在竖直方向上动量不守恒,AB错误;根据P =mgv ,在B摆到最
G y
低点的过程中,B球速度的竖直分量从零开始增大再减小到零,所以B重力的功率也先从零增大再减小到零,C
错误;水平方向系统动量守恒,则有m v =m v,因为B摆到最低点时水平方向的速度最大,所以此时A的速度最
A A B x
大,D正确.
4. (2022·江苏省南京市高三下5月二模)如图所示，质量为0.1 kg的小圆环A穿在光滑的水平直杆上，小
球B的质量为0.2 kg，A、B用长为L＝0.8 m的轻质细线连接，B悬挂在A下方并处于静止状态。t＝0
时刻，小圆环A获得沿杆向左的冲量0.6 N·s，取g＝10 m/s2，A、B可视为质点。下列说法正确的是(
)
A．t＝0时刻细线对B的拉力大小为2 N
B．小球B第一次运动到A的正下方时A的速度最小
C．从小球B开始运动到第一次回到A的正下方的过程中，细线对A先做负功再做正功D．从小球B开始运动到第一次回到A的正下方的过程中，合力对B的冲量为0.6 N·s
答案 C
解析 根据动量定理得A的初速度大小v ＝＝6 m/s，以A为参考系，可知t＝0时刻B相对A做圆周
A0
运动，且速度大小为v ，方向向右，对B有T－m g＝m ，可得细线的拉力T＝m g＋m >m g＝2 N，故A
A0 B B B B B
错误；从小球B开始运动到第一次回到A的正下方的过程，A与B组成的系统水平方向动量守恒、机械能
守恒，以水平向左为正方向，有m v ＝m v ＋m v ，m v＝m v＋m v，可解得B第一次回到A的正下方
A A0 A A1 B B1 A A B
时A、B的速度分别为v ＝－2 m/s，v ＝4 m/s，根据动量定理知，此过程合力对B的冲量I′＝m v ＝0.8
A1 B1 B B1
N·s，D错误；由上述分析可知，小球B第一次回到A的正下方时，A球的速度不是最小，最小速度为v
Amin
＝0，B错误；开始时A带动B向左运动，A受到向右下方的拉力减速，B受到向左上方的拉力水平方向加
速，当两者在水平方向共速时，细线仍向右下方倾斜，之后A继续减速至0，B水平方向继续加速，然后A
受到向右下方的拉力向右加速至v ＝－2 m/s，B水平方向继续加速至v ＝4 m/s，此时B第一次回到A的
A1 B1
正下方，结合动能定理知，整个过程细线对A先做负功再做正功，C正确。
5. 如图所示，质量为0.1 kg的小圆环A穿在光滑的水平直杆上。用长为L＝0.8 m的细线拴着质
量为0.2 kg的小球B，B悬挂在A下方并处于静止状态。t＝0时刻，小圆环获得沿杆向左的冲量0.6
N·s，g取 10 m/s2，下列说法正确的是（ ）
A.小球B做圆周运动
B.小球B第一次运动到A的正下方时A的速度最小
C.从小球B开始运动到第一次回到A的正下方的过程中，细线对A先做负功再做正功
D.从小球B开始运动到第一次回到的正下方的过程中，合力对B的冲量为0.6 N·s
解析：C 由题意可知，小球B相对于圆环A做圆周运动，因圆环不固定，系统在水平方向动量守恒，可知
圆环在水平方向做变加速运动，则以地面为参考系时，小球B不做圆周运动，故A错误；由于细线的作用，
圆环向左减速运动，当圆环A的速度变为0时，如果小球恰回到A的正下方，系统水平方向动量守恒，则有
1
I＝m v ，解得v ＝3 m/s，如果此时小球回到A的正下方，其速度水平向左，其动能为E＝ mv 2 ＝0.9 J，
B B B k 2 B
1
因系统动量为m v ＝0.6 N·s，所以系统的初动能为E ＝ m v 2 ＝1.8 J＞0.9 J，则根据能量守恒定律可知，
A 0 k0 2 A 0
当圆环A的速度变为0时，小球B还没有回到其正下方，则小球B继续加速，圆环A则反向向右加速，当小
球B回到圆环A的正下方向时，圆环A具有向右的速度，所以从小球B开始运动到第一次回到圆环A的正
下方的过程中细线对A先做负功再做正功，故B错误，C正确；假定小球B开始运动到第一次回到的正下方
1 1 1
时速度为v 、圆环速度为v ，则有m v －m v ＝0.6 N·s， m v 2 ＋ m v 2 ＝ m v 2 ，m v ＝0.6 N·s，解得
1 2 B 1 A 2 2 B 1 2 A 2 2 A 0 A 0
v ＝4 m/s，根据动量定理，从小球B开始运动到第一次回到的正下方的过程中，合力对B的冲量为I＝m v
1 B 1＝0.8 N·s，方向水平向左，故D错误。
6. （多选）如图所示，一质量M＝4kg的滑块套在水平固定着的轨道上并可在轨道上无摩擦滑动
一质量m＝1kg的小球（可视为质点）通过长度l＝1m的不可伸长的轻绳与滑块上的光滑轴 O连接，
开始时滑块静止，轻绳处于水平状态．现将小球由静止自由释放（不计一切摩擦力），取 g＝10m/s2．
则下列说法正确的是（ ）
A．小球从初始位置到第一次到达最低点时，轻绳的拉力为16N
B．小球从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块M在水平轨道上向右移动了0.8m
C．小球可回到初始高度
D．小球从初始位置到第一次到达最大高度的过程中，小球在水平方向上向左移动了1.6m
【答案】CD
【解答】解：A、设小球第一次到达最低点时小球和滑块的速度分别为v 和v ，取水平向左为正方向，
1 2
根据系统水平方向动量守恒得：
mv +Mv ＝0
1 2
根据系统的机械能守恒得： mv + Mv＝mgl
1 2
联立解得：v＝4m/s，v＝﹣1m/s
1 2
小球第一次到达最低点时小球相对于滑块的速度大小为 Δv＝v﹣v ＝[4﹣（﹣1）]m/s＝5m/s，以小球为
1 2
研究对象，由牛顿第二定律得：
F﹣mg＝m ，解得轻绳的拉力为F＝35N，故A错误；
B、小球从初始位置到第一次到达最低点的过程中，设滑块M在水平轨道上向右移动的距离为x。
取水平向左为正方向，根据系统水平方向动量守恒得：0＝m ﹣M ，解得x＝0.2m，故B错误；C、设小球相对于初始位置可以上升的最大高度为 h，此时小球与滑块速度相同，设为v，根据系统水平
方向动量守恒得：0＝（m+M）v
以初始位置为参考点，根据系统的机械能守恒得 0＝mgh+ （m+M）v2，解得h＝0，即小球可回到初始
高度，故C正确；
D、小球从初始位置到第一次到达最大高度的过程中，设小球在水平方向上向左移动的距离为x′，取水
平向左为正方向，根据系统水平方向动量守恒得：0＝m ﹣M ，解得x′＝1.6m，故D正确。
7. 如图所示，质量为M的滑块可在水平放置的光滑固定导轨上自由滑动，质量为m的小球与滑块上的悬
点O由一不可伸长的轻绳相连，绳长为L。开始时，轻绳处于水平拉直状态，小球和滑块均静止。现
将小球由静止释放，当小球到达最低点时，滑块刚好被一表面涂有粘性物质的固定挡板粘住，在极短
的时间内速度减为零，小球继续向左摆动到绳与竖直方向的夹角为60°时达到最高点。滑块与小球均视
为质点，空气阻力不计，重力加速度为g，则以下说法正确的是( )
A．绳的拉力对小球始终不做功
B．滑块与小球的质量关系为M＝2m
C．释放小球时滑块到挡板的距离为
D．滑块撞击挡板时，挡板对滑块作用力的冲量大小为2m
答案 C
解析 因滑块不固定，则绳下摆过程中，绳的拉力对滑块做正功，对小球做负功，A错误；小球下摆过程，
系统机械能守恒，有：mgL＝Mv＋mv，水平方向动量守恒，有：0＝Mv－mv，小球从最低点向左摆动到最
1 2
高点的过程，机械能守恒，有：mv＝mgL(1－cos 60°)，三式联立，解得：M＝m，B错误；小球下摆过程，
由系统水平方向动量守恒，有：M－m＝0，可得x＝，即释放小球时滑块到挡板的距离为x＝，C正确；滑
块撞击挡板时，根据动量定理可得，挡板对滑块作用力的冲量大小为I＝Mv＝m，D错误。
1
8. (2022·湖南省岳阳市高三下教学质量监测(二))如图所示，质量均为m的木块A和B，并排放在光滑水
平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为L的细线，细线另一端系一质量为m 的球
0C，现将C球拉起使细线水平伸直，并由静止释放C球，则下列说法不正确的是( )
A．A、B两木块分离时，A、B的速度大小均为
B．A、B两木块分离时，C的速度大小为2
C．C球由静止释放到最低点的过程中，A对B的弹力的冲量大小为2m
0
D．C球由静止释放到最低点的过程中，木块A移动的距离为
答案 C
解析 球C下落到最低点前，A、B受到细线的作用力斜向右下方，向右做加速运动，球C越过最低点后A
受到细线的作用力斜向左下方，开始向右做减速运动，则球C下落到最低点时，A、B开始分离，将A、
B、C 视为一个系统，从释放 C 球至 C 球下落至最低点的过程，根据机械能守恒定律有 mgL＝mv＋
0 0
×2m×v，水平方向动量守恒，有mv ＝2mv ，联立解得A、B分离时C的速度大小v ＝2，A、B的速度大
0 C AB C
小v ＝ ，故A、B正确；C球由静止释放到最低点的过程中，选B为研究对象，由动量定理得I ＝mv －
AB AB AB
0＝m，故C错误；C球由静止释放到最低点的过程中，系统水平方向动量守恒，设C对地水平向左的位移
0
大小为x ，A、B对地水平位移大小为x ，则有mx ＝2mx ，又x ＋x ＝L，可解得x ＝，故D正确。本题选
1 2 0 1 2 1 2 2
说法不正确的，故选C。
9. （2022四川绵阳诊断）(多选)质量都为m的木块A和B,并排放在光滑水平地面上,A上固定一
足够长的竖直轻杆,长为L的细线一端系在轻杆上的O点,另一端系一质量为m的小球C.现将C球向右
拉起至水平拉直细线,如图所示,由静止释放,在之后的过程中
A.木块A的最大速度大小为√3gL
3
B.木块A、B分离后,B的速度大小为√3gL
3
C.C球过O点正下方后,上升的最大高度为3L
4D.C球在O点正下方向右运动时,速度大小为2√3gL
3
解析：BC 小球C向下摆动的过程中,小球、木块A和B组成的系统水平方向动量守恒,系统的机械能守恒,
且小球摆到最低点时木块A、B刚好要分离,设小球在最低点时的速度大小为v,木块A和B的速度大小为v,
1 2
以向左为正方向,则由动量守恒定律以及机械能守恒定律得 0=mv
1
-2mv
2
,mgL=1m
v2
+1×2m
v2
,解得 v
1
=
2 1 2 2
2√3gL、v=√3gL,B正确;设C球经过O点正下方后上升的最大高度为h,且在最大高度处时小球C和木块
2
3 3
A共速,设此时的速度为 v,则由动量守恒定律以及机械能守恒定律得 mv
1
-mv
2
=2mv,1m
v2
+1m
v2
=mgh+1
2 1 2 2 2
×2mv2,解得v=√3gL、h=3L,C正确;设球C在O点正下方向右运动时的速度大小为v,此时木块A的速度大
3
6 4
小为v,则由动量守恒定律以及机械能守恒定律得2mv=mv -mv 、mgh+1×2mv2=
4 4 3
2
1m v2+1m v2,解得v
4
=2√3gL、v
3
=√3gL,AD错误.
2 3 2 4 3 3
10. (2019·湖北八市联考)如图所示，光滑的水平导轨上套有一质量为 1 kg、可沿杆自由滑动的滑块，滑块
下方通过一根长为1 m的轻绳悬挂着质量为0.99 kg的木块。开始时滑块和木块均静止，现有质量为10
g的子弹以500 m/s的水平速度击中木块并留在其中(作用时间极短)，取重力加速度g＝10 m/s2。下列说
法正确的是( )
A．子弹和木块摆到最高点时速度为零
B．滑块的最大速度为2.5 m/s
C．子弹和木块摆起的最大高度为0.625 mD．当子弹和木块摆起高度为0.4 m时，滑块的速度为1 m/s
解析：选C 设子弹质量为m ，木块质量为m ，滑块质量为m ，由子弹、木块、滑块组成的系统在水平方
0 1 2
向上动量守恒，故当子弹和木块摆到最高点时三者具有相同的速度，且速度方向水平，A项错误；只要轻绳
与杆之间的夹角为锐角，轻绳拉力对滑块做正功，滑块就会加速，所以当轻绳再次竖直时滑块速度最大，
设此时滑块速度为v ，子弹和木块速度为v′，则由系统水平方向动量守恒可得 mv ＝(m ＋m)v ＝(m ＋
m 0 0 0 1 1 0
m)v′＋mv ，(m＋m)v2＝(m＋m)v′2＋mv 2，解得v ＝0，或v ＝5 m/s，即滑块的最大速度为5 m/s，B
1 2 m 0 1 1 0 1 2 m m m
项错误；当子弹和木块摆到最高点时三者具有相同的速度 v，由系统水平方向动量守恒可得mv ＝(m ＋
0 0 0
m)v ＝(m ＋m ＋m)v，解得v＝2.5 m/s，由子弹进入木块后系统机械能守恒可得(m ＋m)v2＝(m ＋m ＋
1 1 0 1 2 0 1 1 0 1
m)v2＋(m ＋m)gh，解得h＝0.625 m，C项正确；当子弹和木块摆起高度为0.4 m时，由系统水平方向动量
2 0 1
守恒可得mv＝(m＋m)v＝(m＋m)v＋mv，得v＝4 m/s，而此时木块和子弹竖直方向速度一定不为零，
0 0 0 1 1 0 1 x 2 3 x
故由子弹进入木块后系统机械能守恒可得(m ＋m)v2＝(m ＋m)(v2＋v2)＋mv2＋(m ＋m)gh，解得h<0.4
0 1 1 0 1 x y 2 3 0 1
m，D项错误。
11. (2023·山东威海市检测)质量均为m的木块A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻
杆上端的O点系一条不可拉伸的长为l的细线，细线另一端系一个可以看作质点的球C，质量也为m.
现将C球拉起使细线水平自然伸直，并由静止释放C球，重力加速度为g.求：
(1)C球第一次摆到最低点时的速度大小；
(2)从C球由静止释放到第一次摆到最低点的过程中，B移动的距离；
(3)C球向左摆动的最高点距O点的竖直高度．
答案 (1)2 (2) (3)
解析 (1)对A、B、C组成的系统，由水平方向动量守恒及系统机械能守恒可得mv ＝2mv
C AB
mgl＝mv 2＋×2mv 2
C AB
联立解得C球第一次摆到最低点时的速度大小为v ＝2.
C
(2)对A、B、C组成的系统，由人船模型规律可得mx ＝2mx
C AB
x ＋x ＝l
C AB
联立解得从C球由静止释放到第一次摆到最低点的过程中，B移动的距离为x ＝.
AB
(3)C球向左摆动到最高点时A、C有共同速度v.
对A、C组成的系统，取向左为正方向，由水平方向动量守恒可得mv －mv ＝2mv
C AB
由机械能守恒定律可得
mv 2＋mv 2＝×2mv2＋mgh，则C球向左摆动的最高点距O点的竖直高度为Δh＝l－h
C AB
联立解得Δh＝.12. （2022山东潍坊测评）(设问创新:用数学知识解决物理问题)长木板上固定着“V”形支架,总质
量为M,静止在光滑水平面上.在支架右端O处,通过长为L的轻质绳悬挂质量为m、可视为质点的小锥
体,板上A点位于锥体正下方h处.将小锥体移到O点右侧,并使绳水平伸直,然后由静止释放.
(1)求锥体和木板最大速度的大小;
(2)以释放前O点为坐标原点,水平向右为x轴正方向,竖直向下为y轴正方向,写出小锥体运动的轨迹方程;
(3)若小锥体运动到最低点时,绳子与锥体连接处忽然断开,求小锥体在木板上的落点到A点的距离;
(4)若小锥体落在木板上不反弹,且没有相对木板滑动,碰撞时间极短,分析锥体和木板间的动摩擦因数应满足什
么条件(最大静摩擦力等于滑动摩擦力).
【解析】 (1)由题意知,整个系统机械能守恒,运动过程中动能和势能相互转化,锥体运动到最低点时,势能最
小,动能最大,且此时锥体和木板在水平方向加速度均为零,故锥体运动到最低点时速度最大,设此时锥体的速
度大小为v,木板和支架的速度大小为v,根据动量守恒定律得mv=Mv
1 2 1 2
根据机械能守恒定律得mgL=1m
v2
+1M
v2
2 1 2 2
解得v=√2MgL,v=√ 2m2gL
1 2
M+m M(M+m)
(2)设绳与水平方向的夹角为θ时,锥体的位置坐标为(x,y),此时锥体的水平位移为x ,木板和支架的水平位移为
m
x x
x ,水平方向根据动量守恒定律得m m=M M
M
t t
0 0
根据几何关系得x +x =L-Lcos θ,x=x +Lcos θ 或者x +x =L+Lcos θ,x=x -Lcos θ
m M M m M M
联立解得Lcos θ=(m+1)x-mL 或者Lcos θ=mL-(m+1)x
M M M M
而y=Lsin θ所以[(m+1)x-mL]2+y2=L2(-L≤x≤L,0≤y≤L)
M M
(3)绳断后,锥体做平抛运动,设飞行时间为t,则x=v t,h=1gt2
1 1
2
M做匀速运动,则x=v t
2 2
所以在木板上的落点到A点的距离为x A =x +x =[√2MgL+√ 2m2gL ]√2ℎ
1 2 M+m M(M+m) g
(4)根据水平方向系统动量守恒可知,两者碰撞后速度均为0,设碰撞时间为Δt,碰撞过程中,由动量定理,在竖直
方向上有mg·Δt-N·Δt=0-mv
y
由于时间极短,则mg远小于N,在竖直方向上有-N·Δt=0-mv
y
在水平方向上有-f·Δt=0-mv
1
且有v2=2gh
y
f≤μN
所以μ≥√ ML
(M+m)
ℎ
