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2024届高考物理一轮复习动量专题精准提升强化 12：动量守恒应用之弹簧模型（难度：偏
难）
1. （多选）（2021·湖南高考）如图（a），质量分别为m 、m 的A、B两物体用轻弹簧连接构成
A B
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a－t图像如图（b）所示，S 表示0到t 时间内A的a－t图线与坐
1 1
标轴所围面积大小，S 、S 分别表示t 到t 时间内A、B的a－t图线与坐标轴所围面积大小。A在t 时
2 3 1 2 1
刻的速度为v。下列说法正确的是（ ）
0
A.0到t 时间内，墙对B的冲量等于m v
1 A 0
B.m ＞ m
A B
C.B运动后，弹簧的最大形变量等于x
D.S－S＝S
1 2 3
2. 物块a、b中间用一根轻质弹簧相连，放在光滑水平面上，物块a的质量为1.2 kg，如图甲所示。开始
时两物块均静止，弹簧处于原长，t＝0时对物块a施加水平向右的恒力F，t＝1 s时撤去，在0～1 s内
两物体的加速度随时间变化的情况如图乙所示。弹簧始终处于弹性限度内，整个运动过程中以下分析
正确的是( )
A．t＝1 s时a的速度大小为0.8 m/s
B．t＝1 s时弹簧伸长量最大
C．b物块的质量为0.8 kg
D．弹簧伸长量最大时，a的速度大小为0.6 m/s
3. （多选）如图甲所示，一个轻弹簧的两端与质量分别为m和m的两物块A、B相连接并静止在光滑的水
1 2
平地面上。现使A以3 m/s的速度向B运动压缩弹簧，A、B的速度—时间图像如图乙所示，则有（
）A.在t、t 时刻两物块达到共同速度1 m/s，且弹簧都处于压缩状态
1 3
B.从t 到t 时刻弹簧由压缩状态恢复原长
3 4
C.两物块的质量之比为m∶m＝1∶2
1 2
D.在t 时刻A与B的动能之比E ∶E ＝1∶8
2 k1 k2
4. 如图所示，在光滑的水平面上，有两个质量都是m的小车A和B，两车之间用轻质弹簧相连，它们以
共同的速度v 向右运动，另有一质量为m的粘性物体，从高处自由落下，正好落在A车上，并与之粘
0
合在一起，求这以后的运动过程中，弹簧获得的最大弹性势能为( )
A．mv B．mv
C．mv D．mv
5. 如图所示，在光滑的水平桌面上有体积相同的两个小球 A、B，质量分别为m＝0.1 kg和M＝
0.3 kg，两球中间夹着一根压缩的轻弹簧，原来处于静止状态。同时放开 A、B球和弹簧，已知A球脱
离弹簧时的速度为6 m/s，接着A球进入与水平面相切的位于竖直面内的半径为 0.5 m的光滑半圆形轨
道运动，PQ为半圆形轨道的竖直直径，取g＝10 m/s2。下列说法正确的是（ ）
A.弹簧弹开过程，弹力对A的冲量与对B的冲量相同
B.A球脱离弹簧时，B球获得的速度大小为2 m/s
C.A球从P点运动到Q点过程中所受合外力的冲量大小为2 N·s
D.若半圆轨道半径改为0.9 m，则A球也能到达Q点
6. （2022辽宁抚顺一模）(多选)如图所示,中间夹有被压缩轻弹簧的两弹性小球 1、2的质量分别为m=1
1
kg,m=0.5 kg,两小球用轻绳相连后放置在光滑水平地面上,距小球1右侧足够远的位置固定一半径
2
1
R=0.5 m的光滑半圆轨道,小球2左侧放置一半径R=0.5 m,M=0.5 kg的 圆弧形的木块,木块底端放置
1 2 4
一质量m=0.5 kg的弹性小球3.现剪断轻绳,小球1进入光滑半圆轨道后恰好通过最高点B,小球2向左
3
运动与小球3发生弹性碰撞,g=10 m/s2,下列说法正确的是
A.小球1落地点距A点的距离为1.5 m
B.初始状态,弹簧的弹性势能为37.5 J
C.小球3冲上木块的速度大小为10 m/s
D.小球3冲上木块过程中,两者组成的系统动量守恒7. (多选)光滑水平面上用轻弹簧相连的A、B两物体，以6 m/s的速度匀速向右运动，质量均为2 kg。
在B的正前方静止放置一质量为4 kg的物体C，B、C碰后粘在一起，则在之后的运动过程中( )
A．弹簧的最大弹性势能为12 J
B．A、B、C和弹簧组成的系统损失的机械能是36 J
C．物体C的最大速度为4 m/s
D．整个运动过程中A的速度不可能向左
8. 如图所示，水平地面上A、B两个木块用轻弹簧连接在一起，质量分别为 2m、3m，静止时弹
簧恰好处于原长，一质量为m的木块C以速度v 水平向右运动并与木块A相撞。不计一切摩擦，弹簧
0
始终处于弹性限度内，则碰后弹簧的最大弹性势能不可能为（ ）
1 1
A. mv 2 B. mv 2
3 0 5 0
1 4
C. mv 2 D. mv 2
12 0 15 0
9. 如图甲所示，物块A、B的质量分别是m ＝4.0 kg和m ＝3.0 kg。用轻弹簧拴接，放在光滑的
A B
水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触。另有一物块C从t＝0时以一定速度向右运动，在t＝4 s时
与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v－t图像如图乙所示。求：
（1）物块C的质量m ；
C
（2）B离开墙后的运动过程中弹簧具有的最大弹性势能E。
p
10.（多选）如图所示，质量为M的木板静止在光滑水平面上，木板左端固定一轻质挡板，一根
轻弹簧左端固定在挡板上，质量为m的物块从木板最右端以速度v 滑上木板，压缩弹簧，然后被弹回，
0
运动到木板最右端时与木板相对静止。已知物块与木板之间的动摩擦因数为 μ，整个过程中弹簧的形变均在弹性限度内，则（ ）
A.运动过程中小物块、木板和弹簧组成的系统机械能守恒
Mmv
B.整个过程中合力对物块的冲量大小为 0
M+m
mv 2
C.物块和木板相对运动的路程为 0
2μg(m+M)
Mmv 2
D.整个过程弹簧弹性势能的最大值为 0
4(m+M)
11. （2022安徽名校联盟）(多选)如图所示,竖直放置的轻弹簧下端固定在地面上,上端与质量为m
的钢板(不计厚度)连接,钢板处于静止状态.一个质量也为m的物块从钢板正上方h处的P点自由落下,与
钢板碰撞后粘在一起向下运动x 后到达最低点Q,设物块与钢板碰撞的时间Δt极短.下列说法正确的是
0
√2gℎ
A.物块与钢板碰后瞬间的速度大小为
2
√2gℎ
B.在Δt时间内,钢板对物块的冲量大小为m -mgΔt
2
C.从P到Q的过程中,整个系统重力势能的减少量为mg(x+h)
0
ℎ
D.从P到Q的过程中,弹性势能的增加量为mg(2x+ )
0 2
12. (2022·山东省潍坊市高三下二模统考)如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上有一挡板，木块A靠在挡
板上，小球B通过劲度系数为k的轻质弹簧与A拴接在一起。光滑斜面固定在水平地面上。将小球 C
从距离B沿斜面L处由静止释放，C与B发生碰撞后立刻锁定在一起运动。已知木块A的质量为2m，
B、C的质量均为m，弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力，碰撞时间极短，重力加速度为g，弹簧
弹性势能的表达式为E＝kx2(式中x为弹簧的形变量)。则下列说法正确的是( )
p
A．C与B碰撞后的瞬间，B的速度大小为B．C与B碰撞过程中，损失的机械能为
C．C与B碰撞后，弹簧弹性势能的最大值大于
D．要使C、B碰撞后A能离开挡板，L至少为
13. （2022陕西宝鸡检测）(多选)如图甲所示,轻弹簧下端固定在倾角为θ的光滑斜面底端,上端与物块B相
连,物块B处于静止状态.现将物块A置于物块B上方斜面某位置处,取物块A的位置为原点O,沿斜面向
下为正方向建立x轴坐标系.某时刻释放物块A,与物块B碰撞后以共同速度向下运动,碰撞时间极短.测得
物块A的动能E 与其位置坐标x(单位为m)的关系如图乙所示(弹簧始终处于弹性限度内) ,图象中0~x 之
k 1
间为直线,其余部分为曲线.物块A、B均可视为质点,不计空气阻力,重力加速度为g,则
A.物块A、B的质量之比为2∶1
E
k1
B.弹簧的劲度系数为
x (x -x )
1 2 1
x -x
3 2
C.从x 到x 的过程中物块加速度的最大值为 g
1 3 x -x
2 1
9x -8x
3 1
D.整个过程中,弹簧的弹性势能增加了 E
3x k1
1
14. 如图所示，在倾角为θ＝30°的光滑斜面的底端有一个固定挡板D，小物体C靠在挡板D上，小物体B
与C用轻质弹簧拴接。当弹簧处于自然长度时，B在O点；当B静止时，B在M点，已知OM＝l。在
P点还有一小物体A，使A从静止开始下滑，A、B相碰后一起压缩弹簧。A第一次脱离B后最高能上
升到N点，且ON＝1.5l。B向上运动时还会拉伸弹簧，能使C物体刚好脱离挡板D。已知A、B、C的
质量都是m，重力加速度为g。已知弹簧的弹性势能与弹簧的形变量大小有关。试求：
(1)弹簧的劲度系数；
(2)弹簧第一次恢复到原长时小物体B的速度大小；
(3)M、P两点之间的距离。
15. (2021·天津高考)一玩具以初速度v 从水平地面竖直向上抛出，达到最高点时，用遥控器将玩具内压缩
0
的轻弹簧弹开，该玩具沿水平方向分裂成质量之比为1∶4的两部分，此时它们的动能之和与玩具从地面抛出时的动能相等。弹簧弹开的时间极短，不计空气阻力。求：
(1)玩具上升到最大高度时的速度大小；
(2)两部分落地时速度大小之比。
16. (2022·福建高考)如图，L形滑板A静置在粗糙水平面上，滑板右端固定一劲度系数为k的轻质弹簧，弹
簧左端与一小物块B相连，弹簧处于原长状态。一小物块C以初速度v 从滑板最左端滑入，滑行s 后
0 0
与B发生完全非弹性碰撞(碰撞时间极短)，然后一起向右运动；一段时间后，滑板A也开始运动。已知
A、B、C的质量均为m，滑板与小物块、滑板与地面之间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g；
最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，弹簧始终处于弹性限度内。求：
(1)C在碰撞前瞬间的速度大小；
(2)C与B碰撞过程中损失的机械能；
(3)从C与B相碰后到A开始运动的过程中，C和B克服摩擦力所做的功。
17.如图所示，半径R＝2.8 m的光滑半圆轨道BC与倾角θ＝37°的粗糙斜面轨道在同一竖直平面
内，两轨道间由一条光滑水平轨道AB相连，A处用光滑小圆弧轨道平滑连接，B处与圆轨道相切。在
水平轨道上，两静止小球P、Q压紧轻质弹簧后用细线连在一起。某时刻剪断细线后，小球 P向左运
动到A点时，小球Q沿圆轨道到达C点；之后小球Q落到斜面上时恰好与沿斜面向下运动的小球P发
生碰撞。已知小球P的质量m ＝3.2 kg，小球Q的质量m ＝1 kg，小球P与斜面间的动摩擦因数μ＝
1 2
0.5，剪断细线前弹簧的弹性势能E ＝168 J，小球到达A点或B点时已和弹簧分离。重力加速度g＝10
p
m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力，求：
（1）小球Q运动到C点时的速度大小；
（2）小球P沿斜面上升的最大高度h；
（3）小球Q离开圆轨道后经过多长时间与小球P相碰。
18. （2022湖北十一校联考）如图所示,一轻质弹簧的左端固定在小球B上,右端与小球C接触但未
拴接,球B和球C静止在光滑水平台面上.小球A从左侧光滑斜面上距水平台面高度为h处由静止滑下
(不计小球A在斜面与水平面衔接处的能量损失),与球B发生正碰后粘在一起,碰撞时间极短,之后球C脱
离弹簧,在水平台面上匀速运动并从其右端点O水平抛出,落入固定放置在水平地面上的竖直四分之一光
滑圆弧轨道内,该段圆弧的圆心在O点,半径为R=√2h.已知三个小球A、B、C均可看成质点,且质量分别
为m、λm(λ为待定系数)、m,重力加速度为g,不计空气阻力和一切摩擦.(1)若λ=2,求该条件下弹簧具有的最大弹性势能以及小球C从水平台面右端点O抛出后落到圆弧轨道上的P
点在图示坐标系中的位置;
(2)若小球C从水平台面右端点O抛出后,落至圆弧轨道上时具有最小动能,求此时λ的取值及对应的最小动能.
19. (2022·全国乙卷)如图a，一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上；物块B向A运
动，t＝0时与弹簧接触，到t＝2t 时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的vt图像如图b所示。已知
0
从t＝0到t＝t 时间内，物块A运动的距离为0.36vt 。A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与
0 00
一直在水平面上运动的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同。斜面倾角为
θ(sin θ＝0.6)，与水平面光滑连接。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。求
(1)第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值；
(2)第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值；
(3)物块A与斜面间的动摩擦因数。
2024届高考物理一轮复习动量专题精准提升强化 12：动量守恒应用之弹簧模型（难度：偏
难）【解析版】
1. （多选）（2021·湖南高考）如图（a），质量分别为m 、m 的A、B两物体用轻弹簧连接构成
A B
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a－t图像如图（b）所示，S 表示0到t 时间内A的a－t图线与坐
1 1
标轴所围面积大小，S 、S 分别表示t 到t 时间内A、B的a－t图线与坐标轴所围面积大小。A在t 时
2 3 1 2 1
刻的速度为v。下列说法正确的是（ ）
0
A.0到t 时间内，墙对B的冲量等于m v
1 A 0B.m ＞ m
A B
C.B运动后，弹簧的最大形变量等于x
D.S－S＝S
1 2 3
解析：ABD 由于在0～t 时间内，物体B静止，对B受力分析有F ＝F ，则墙对B的冲量大小等于弹簧
1 墙 弹
对B的冲量大小，而弹簧既作用于B也作用于A，可将研究对象转为A，撤去F后A只受弹力作用，根据动
量定理有I＝m v （方向向右），则墙对B的冲量与弹簧对A的冲量大小相等、方向相同，A正确；由题图
A 0
（b）可知t 后弹簧被拉伸，在t 时刻弹簧的拉伸量达到最大，根据牛顿第二定律有F ＝m a ＝m a ，由题
1 2 弹 A A B B
图（b）可知a ＞ a ，则m ＜ m ，B正确；由题图（b）可得，t 时刻B开始运动，此时A速度为v ，之
B A B A 1 0
后A、B组成的系统动量守恒，A、B和弹簧整个系统能量守恒，则m v ＝m v ＋m v ，可得A、B整体的动
A 0 A A B B
能不等于0，即弹簧的弹性势能会转化为A、B系统的动能，弹簧的形变量小于x，C错误；由题图（b）可
知t 后B脱离墙壁，且弹簧被拉伸，在t～t 时间内A、B组成的系统动量守恒，且在t 时刻弹簧的拉伸量达
1 1 2 2
到最大，A、B共速，由a－t图像的面积为Δv，在t 时刻A、B的速度分别为v ＝S－S，v ＝S，A、B共速，
2 A 1 2 B 3
则S－S＝S，D正确。
1 2 3
2. 物块a、b中间用一根轻质弹簧相连，放在光滑水平面上，物块a的质量为1.2 kg，如图甲所示。开始
时两物块均静止，弹簧处于原长，t＝0时对物块a施加水平向右的恒力F，t＝1 s时撤去，在0～1 s内
两物体的加速度随时间变化的情况如图乙所示。弹簧始终处于弹性限度内，整个运动过程中以下分析
正确的是( )
A．t＝1 s时a的速度大小为0.8 m/s
B．t＝1 s时弹簧伸长量最大
C．b物块的质量为0.8 kg
D．弹簧伸长量最大时，a的速度大小为0.6 m/s
答案 CD
解析 在0～1 s内，若物块a的加速度从1.0 m/s2均匀减小到0.6 m/s2，则速度变化量Δv＝×1 m/s＝0.8
m/s，而a的初速度为零，可知1 s时的速度为0.8 m/s，但由图乙可知，物块a的at图像与t轴所围的实际面
积小于加速度均匀减小时的面积，即速度变化量小于0.8 m/s，则t＝1 s时a的速度大小小于0.8 m/s，故A
错误；撤去F时，两者的加速度相等，但a加速的加速度在1 s前始终大于b加速的加速度，则t＝1 s时a
的速度大于b的速度，此后a相对b继续远离，则弹簧继续拉长，当两者速度相等时弹簧的伸长量最大，故
B错误；恒力F拉动a的瞬间，由at图像知a的加速度为a＝1 m/s2，有F＝ma＝1.2 N，1 s时两者的加速
0 a 0
度相等，为a＝0.6 m/s2，对a、b由牛顿第二定律有F－kx＝ma，kx＝ma，解得m ＝0.8 kg，故C正确；F
a b b
拉动1 s的过程，由动量定理可知Ft＝mv＋mv ，撤去F后直至a、b共速时，系统的动量守恒，有mv＋
a a b b a a
mv＝(m＋m)v，解得v＝0.6 m/s，即弹簧伸长量最大时，a和b的速度大小都为0.6 m/s，故D正确。
b b a b3. （多选）如图甲所示，一个轻弹簧的两端与质量分别为m和m的两物块A、B相连接并静止在光滑的水
1 2
平地面上。现使A以3 m/s的速度向B运动压缩弹簧，A、B的速度—时间图像如图乙所示，则有（
）
A.在t、t 时刻两物块达到共同速度1 m/s，且弹簧都处于压缩状态
1 3
B.从t 到t 时刻弹簧由压缩状态恢复原长
3 4
C.两物块的质量之比为m∶m＝1∶2
1 2
D.在t 时刻A与B的动能之比E ∶E ＝1∶8
2 k1 k2
解析：CD 由题图乙可知t 、t 时刻两物块达到共同速度1 m/s，且此时系统动能最小，根据系统机械能守
1 3
恒可知，此时弹性势能最大，t 时刻弹簧处于压缩状态，而t 时刻处于伸长状态，故A错误；结合图像可知，
1 3
开始时A逐渐减速，B逐渐加速，弹簧被压缩，t 时刻二者速度相同，系统动能最小，势能最大，弹簧被压
1
缩到最短，然后弹簧逐渐恢复原长，B仍然加速，A先减速为零，然后反向加速，t 时刻，弹簧恢复原长状
2
态，由于此时两物块速度相反，因此弹簧的长度将逐渐增大，两物块均减速，在t 时刻，两物块速度相等，
3
系统动能最小，弹簧最长，因此从t 到t 过程中弹簧由伸长状态恢复原长，故B错误；根据动量守恒定律，
3 4
t＝0时刻和t＝t 时刻系统总动量相等，有mv ＝（m ＋m ）v ，其中v ＝3 m/s，v ＝1 m/s，解得m∶m ＝
1 1 0 1 2 1 0 1 1 2
1∶2，故C正确；在t 时刻A的速度为v ＝－1 m/s，B的速度为v ＝2 m/s，根据m∶m ＝1∶2，求出
2 A B 1 2
E ∶E ＝1∶8，故D正确。
k1 k2
4. 如图所示，在光滑的水平面上，有两个质量都是m的小车A和B，两车之间用轻质弹簧相连，它们以
共同的速度v 向右运动，另有一质量为m的粘性物体，从高处自由落下，正好落在A车上，并与之粘
0
合在一起，求这以后的运动过程中，弹簧获得的最大弹性势能为( )
A．mv B．mv
C．mv D．mv
答案 C
解析 粘性物体和A相互作用的过程，水平方向动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律有mv＝
0
2mv ，解得v ＝。之后三个物体组成的系统动量守恒，当B车与A车速度相等时，弹簧的弹性势能最大，
1 1
根据动量守恒定律得mv ＋2mv ＝3mv ，解得v ＝v ，根据能量守恒定律，可得弹簧的最大弹性势能为E ＝
0 1 2 2 0 p
mv＋×2mv－×3mv＝mv，故C正确，A、B、D错误。
5. 如图所示，在光滑的水平桌面上有体积相同的两个小球 A、B，质量分别为m＝0.1 kg和M＝0.3 kg，两球中间夹着一根压缩的轻弹簧，原来处于静止状态。同时放开 A、B球和弹簧，已知A球脱
离弹簧时的速度为6 m/s，接着A球进入与水平面相切的位于竖直面内的半径为 0.5 m的光滑半圆形轨
道运动，PQ为半圆形轨道的竖直直径，取g＝10 m/s2。下列说法正确的是（ ）
A.弹簧弹开过程，弹力对A的冲量与对B的冲量相同
B.A球脱离弹簧时，B球获得的速度大小为2 m/s
C.A球从P点运动到Q点过程中所受合外力的冲量大小为2 N·s
D.若半圆轨道半径改为0.9 m，则A球也能到达Q点
解析：B 弹簧弹开过程，弹力对A的冲量与对B的冲量大小相等，方向相反，A错误；弹簧弹开的过程中，
两个小球与弹簧组成的系统所受外力的矢量和为零，根据动量守恒定律得mv ＋Mv ＝0，解得 v ＝－2
A B B
m/s，负号表示B球运动方向与A球运动方向相反，B正确；A球从P点运动到Q点过程中，根据动能定理
1 1
得－2mgR＝ mv 2 － mv 2 ，解得v ＝4 m/s，此过程中，根据动量定理得合外力的冲量大小为I＝mv ＋
2 Q 2 A Q Q
mv ＝1 N·s，C错误；若半圆轨道半径改为0.9 m，假设A球能到达Q点，则A球从P点到Q点过程满足－
A
1 1 mv 2
2mgR'＝ mv '2－ mv 2 ，解得v '＝0，但A球在Q点的最小速度v 应满足mg＝ m ，解得v ＝3 m/s，由
2 Q 2 A Q m R' m
于v '＜v ，所以假设不成立，即A球不能到达Q点，D错误。
Q m
6. （2022辽宁抚顺一模）(多选)如图所示,中间夹有被压缩轻弹簧的两弹性小球 1、2的质量分别为m=1
1
kg,m=0.5 kg,两小球用轻绳相连后放置在光滑水平地面上,距小球1右侧足够远的位置固定一半径
2
1
R=0.5 m的光滑半圆轨道,小球2左侧放置一半径R=0.5 m,M=0.5 kg的 圆弧形的木块,木块底端放置
1 2 4
一质量m=0.5 kg的弹性小球3.现剪断轻绳,小球1进入光滑半圆轨道后恰好通过最高点B,小球2向左
3
运动与小球3发生弹性碰撞,g=10 m/s2,下列说法正确的是
A.小球1落地点距A点的距离为1.5 m
B.初始状态,弹簧的弹性势能为37.5 J
C.小球3冲上木块的速度大小为10 m/s
D.小球3冲上木块过程中,两者组成的系统动量守恒
v2
解析：BC 小球1进入光滑半圆轨道后恰好通过最高点B,则有mg=m B,解得v=√gR =√5 m/s,小球1从B
1 1 R B 1
1
1
点抛出后做平抛运动,有x=vt,2R= gt2,解得x=1 m,即小球1落地点距A点的距离为1 m,故A错误;小球1
B 1 2
1 1
从A点到B点的过程中机械能守恒,有-2mgR=
mv2
-
mv2
,可得小球1在A点的速度为v=5 m/s,弹簧弹开
1 1 2 1 B 2 1 1 1
1 1
的过程,小球1、2和弹簧组成的系统满足机械能守恒和动量守恒,有0=mv-mv,E=
mv2
+
mv2
,解得v=10
1 1 2 2 p 2 1 1 2 2 2 2
m/s,E=37.5 J,故初始状态弹簧的弹性势能为37.5 J,则B正确;小球2以v=10 m/s的速度与静止的小球3发
p 21 1 1
生弹性碰撞,碰撞过程中两小球组成的系统动量守恒、机械能守恒,则有mv=mv+mv',
mv2
=
mv2
+
2 2 3 3 2 2 2 2 2 2 3 3 2
mv'2,解得v=10 m/s,v'=0,故小球2与小球3碰撞后,小球3以10 m/s速度冲上木块,故C正确;小球3冲上
2 2 3 2
木块过程中,小球3与木块组成的系统水平方向所受的合外力为零,竖直方向所受的合外力不为零,故小球3
和木块组成的系统动量不守恒,故D错误.
7. (多选)光滑水平面上用轻弹簧相连的A、B两物体，以6 m/s的速度匀速向右运动，质量均为2 kg。
在B的正前方静止放置一质量为4 kg的物体C，B、C碰后粘在一起，则在之后的运动过程中( )
A．弹簧的最大弹性势能为12 J
B．A、B、C和弹簧组成的系统损失的机械能是36 J
C．物体C的最大速度为4 m/s
D．整个运动过程中A的速度不可能向左
答案 ACD
解析 B、C碰撞瞬间，B、C组成的系统动量守恒，选水平向右为正方向，由动量守恒定律得：m v ＝(m
B 0 B
＋m )v，代入数据解得v＝2 m/s；三个物体速度相同时弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律得：m v ＋
C A 0
m v＝(m ＋m ＋m )v ，代入数据解得：v ＝3 m/s，设弹簧的最大弹性势能为E，由机械能守恒定律得：
B 0 A B C 共 共 p
E ＝m v＋(m ＋m )v2－(m ＋m ＋m )v，代入数据解得：E ＝12 J，A、B、C和弹簧组成的系统损失的机械
p A B C A B C p
能ΔE＝m v－(m ＋m )v2＝24 J，故A正确，B错误；当弹簧恢复原长时，C的速度最大，设此时B、C的速
B B C
度为v ，A的速度为v ，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有m v ＋(m ＋m )v＝m v ＋(m ＋m )v ，m v
1 2 A 0 B C A 2 B C 1 A
＋(m ＋m )v2＝m v＋(m ＋m )v，代入数据解得v＝4 m/s，v＝0，故C正确；由于A、B、C系统的总动量
B C A B C 1 2
守恒，总动量p＝(m ＋m )v＝24 kg·m/s，若A的速度向左，则B、C的速度向右且一定大于4 m/s，与C项
A B 0
分析冲突，所以A的速度不可能向左，故D正确。
8. 如图所示，水平地面上A、B两个木块用轻弹簧连接在一起，质量分别为 2m、3m，静止时弹
簧恰好处于原长，一质量为m的木块C以速度v 水平向右运动并与木块A相撞。不计一切摩擦，弹簧
0
始终处于弹性限度内，则碰后弹簧的最大弹性势能不可能为（ ）
1 1
A. mv 2 B. mv 2
3 0 5 0
1 4
C. mv 2 D. mv 2
12 0 15 0
1 1
解析 当C与A发生弹性正碰时，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有mv＝mv＋2mv， mv 2 ＝ mv 2
0 1 2 2 0 2 1
1 2
＋ （2m）v 2 ，联立解得v ＝ v ，当A、B速度相等时，弹簧的弹性势能最大，设共同速度为v，以A的
2 2 2 3 01
初速度方向为正方向，则由动量守恒定律得2mv ＝（2m＋3m）v，由机械能守恒定律可知，E ＋ （5m）v2
2 p 2
1 4
＝ （2m）v 2 ，解得E ＝ mv 2 ；当C与A发生完全非弹性正碰时，根据动量守恒定律有mv ＝3mv'，当
2 2 p 15 0 0 1
A、B、C速度相等时弹簧的弹性势能最大，设共同速度为v'，则由动量守恒定律得3mv'＝6mv'，由机械能
1
1 1 1
守恒定律可知，E'＝ （3m）v'2－ （6m）v'2，解得E'＝ mv 2 ，由此可知，碰后弹簧的最大弹性势能
p 2 1 2 p 12 0
1 4
范围是 mv 2≤E≤ mv 2 ，故选A。
12 0 p 15 0
答案 A
9. 如图甲所示，物块A、B的质量分别是m ＝4.0 kg和m ＝3.0 kg。用轻弹簧拴接，放在光滑的
A B
水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触。另有一物块C从t＝0时以一定速度向右运动，在t＝4 s时
与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v－t图像如图乙所示。求：
（1）物块C的质量m ；
C
（2）B离开墙后的运动过程中弹簧具有的最大弹性势能E。
p
解析：（1）由题图乙知，C与A碰前速度为v ＝9 m/s，碰后速度为v ＝3 m/s，C与A碰撞过程动量守恒，
1 2
有m v＝（m ＋m ）v
C 1 A C 2
解得m ＝2 kg。
C
（2）12 s时B离开墙壁，之后A、B、C及弹簧组成的系统动量和机械能都守恒，且当A、C与B的速度相
等时，弹簧弹性势能最大，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有
（m ＋m ）v＝（m ＋m ＋m ）v
A C 3 A B C 4
1 1
（m ＋m ）v 2 ＝ （m ＋m ＋m ）v 2 ＋E
2 A C 3 2 A B C 4 p
联立解得E＝9 J。
p
答案：（1）2 kg （2）9 J
10.（多选）如图所示，质量为M的木板静止在光滑水平面上，木板左端固定一轻质挡板，一根
轻弹簧左端固定在挡板上，质量为m的物块从木板最右端以速度v 滑上木板，压缩弹簧，然后被弹回，
0
运动到木板最右端时与木板相对静止。已知物块与木板之间的动摩擦因数为 μ，整个过程中弹簧的形
变均在弹性限度内，则（ ）
A.运动过程中小物块、木板和弹簧组成的系统机械能守恒Mmv
B.整个过程中合力对物块的冲量大小为 0
M+m
mv 2
C.物块和木板相对运动的路程为 0
2μg(m+M)
Mmv 2
D.整个过程弹簧弹性势能的最大值为 0
4(m+M)
解析：BD 物块在木板上运动的过程中，因为摩擦，所以系统机械能减小，故A错误。对物块和木板组成
的系统，由动量守恒定律，有mv ＝（m＋M）v ，合力对物块的冲量等于物块的动量变化量，得I＝mv －
0 1 1
mMv 1 1
mv ＝－ 0 ，故B正确。系统减少的机械能转化为系统内能，有Q＝ mv 2 － （m＋M）v 2 ＝μmgs，
0 m+M 2 0 2 1
Mv 2
解得相对运动路程s＝ 0 ，故C错误。当物块、木板第一次共速时，弹簧被压缩到最短，弹性
2μg(m+M)
1 1 Q mMv 2
势能最大，E＝ mv 2 － （m＋M）v 2 － ＝ 0 ，故D正确。
p 2 0 2 1 2 4(m+M)
11. （2022安徽名校联盟）(多选)如图所示,竖直放置的轻弹簧下端固定在地面上,上端与质量为m
的钢板(不计厚度)连接,钢板处于静止状态.一个质量也为m的物块从钢板正上方h处的P点自由落下,与
钢板碰撞后粘在一起向下运动x 后到达最低点Q,设物块与钢板碰撞的时间Δt极短.下列说法正确的是
0
√2gℎ
A.物块与钢板碰后瞬间的速度大小为
2
√2gℎ
B.在Δt时间内,钢板对物块的冲量大小为m -mgΔt
2
C.从P到Q的过程中,整个系统重力势能的减少量为mg(x+h)
0
ℎ
D.从P到Q的过程中,弹性势能的增加量为mg(2x+ )
0 2
1
解析：AD 物块从开始下落到与钢板碰前的整个过程,由机械能守恒定律有mgh= mv2,物块与钢板发生完全
2
√2gℎ
非弹性碰撞,则有mv=2mv,解得物块与钢板碰后瞬间的速度大小为 v= ,A项正确;在Δt时间内,对物块
1 1 2
√2gℎ
由动量定理有mgΔt-I= m(v-v),解得钢板对物块的冲量大小为I=m +mgΔt,B项错;从P到Q的过程中,物
1 2
块的重力势能减少了mg(x+h),钢板的重力势能减少了mgx,故整个系统的重力势能减少了mg(2x+h),C项错;
0 0 0从物块与钢板碰后到弹簧压缩到最短的过程中,系统机械能守恒,即E=
1 ×2mv2
+2mgx=mg(2x+
ℎ
),D项正确.
p 2 1 0 0 2
12. (2022·山东省潍坊市高三下二模统考)如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上有一挡板，木块A靠在挡
板上，小球B通过劲度系数为k的轻质弹簧与A拴接在一起。光滑斜面固定在水平地面上。将小球 C
从距离B沿斜面L处由静止释放，C与B发生碰撞后立刻锁定在一起运动。已知木块A的质量为2m，
B、C的质量均为m，弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力，碰撞时间极短，重力加速度为g，弹簧
弹性势能的表达式为E＝kx2(式中x为弹簧的形变量)。则下列说法正确的是( )
p
A．C与B碰撞后的瞬间，B的速度大小为
B．C与B碰撞过程中，损失的机械能为
C．C与B碰撞后，弹簧弹性势能的最大值大于
D．要使C、B碰撞后A能离开挡板，L至少为
答案 BC
解析 C从释放到与B碰撞前瞬间，由动能定理得mgL sin 30°＝mv，解得C与B碰撞前瞬间，C的速
度大小为v ＝，C与B碰撞，根据动量守恒定律得mv ＝2mv ，解得C与B碰撞后的瞬间，B与C的速度
C C BC
大小均为v ＝，C与B碰撞过程中损失的机械能ΔE＝mv－×2mv＝，故B正确，A错误；设弹簧初始时具
BC
有的弹性势能为E ，B、C压缩弹簧速度为零时，弹簧弹性势能最大，设为E ，设B、C碰撞后下滑的高
p0 pm
度为h，从B、C碰后到B、C速度为零的过程中，对系统由机械能守恒定律得E ＝E ＋×2mv＋2mgh＝E
pm p0 p0
＋＋2mgh>，故C正确；若A刚好能离开挡板，B、C拉伸弹簧速度为零时，弹簧弹力T＝kx＝2mg sin 30°
＝mg，解得弹簧伸长量x＝，此时弹簧的弹性势能为E ＝kx2＝，同理可得B、C碰撞后瞬间弹簧压缩量x′＝
p
＝，弹簧的弹性势能E′＝kx′2＝，B、C碰撞后到A恰好离开挡板，对系统由机械能守恒定律得×2mv＋E′＝
p p
2mg(x＋x′)sin 30°＋E，解得L＝，故D错误。
p
13. （2022陕西宝鸡检测）(多选)如图甲所示,轻弹簧下端固定在倾角为θ的光滑斜面底端,上端与物块B相
连,物块B处于静止状态.现将物块A置于物块B上方斜面某位置处,取物块A的位置为原点O,沿斜面向
下为正方向建立x轴坐标系.某时刻释放物块A,与物块B碰撞后以共同速度向下运动,碰撞时间极短.测得
物块A的动能E 与其位置坐标x(单位为m)的关系如图乙所示(弹簧始终处于弹性限度内) ,图象中0~x 之
k 1
间为直线,其余部分为曲线.物块A、B均可视为质点,不计空气阻力,重力加速度为g,则
A.物块A、B的质量之比为2∶1
E
k1
B.弹簧的劲度系数为
x (x -x )
1 2 1
x -x
3 2
C.从x 到x 的过程中物块加速度的最大值为 g
1 3 x -x
2 19x -8x
3 1
D.整个过程中,弹簧的弹性势能增加了 E
3x k1
1
1
解析：BD 由题图乙可知,物块A与物块B碰撞前瞬间的动能 m v2=E ,可得物块A与物块B碰撞前瞬间的
2 A k1
√2E 1 1
速度v= k1,物块A与物块B碰撞后瞬间的动能 m v2 = E ,可得物块A与物块B碰撞后瞬间的速度v
m 2 A 共 9 k1 共
A
√2E v v m 1
= k1= ,物块A与物块B碰撞时间极短,根据动量守恒定律有m v=(m +m ) ,解得 A = ,A错误.弹簧上
9m 3 A A B 3 m 2
A B
端与物块B相连,物块B处于静止状态,设此时弹簧的形变量为x,结合题图甲根据平衡条件可知m gsin θ=kx ,
0 B 0
由题图乙可知,当AB一起运动到x 时,速度最大,根据平衡条件有m gsin θ+m gsin θ=k(x-x +x ),物块A从O点
2 A B 2 1 0
E
k1
运动到位置x 的过程中,根据动能定理有m gsin θ·x=E ,联立解得k= ,B正确.由题图乙可知,当
1 A 1 k1 x (x -x )
1 2 1
AB一起运动到x 时,加速度最大,根据牛顿第二定律有k(x-x +x )-(m +m )gsin θ=(m +m )a ,将上述求得的数
3 3 1 0 A B A B max
x -x E
据代入可解得a = 3 2 gsin θ,C错误.由题图乙可知,物块A与物块B碰撞后瞬间,物块A的动能为 k1 ,
max 3(x -x ) 9
2 1
2E E
则物块B的动能为 k1 ,物块由x 运动到x 过程中,根据能量守恒定律有(m +m )gsin θ(x-x )+ k1 +
9 1 3 A B 3 1 9
2E 9x -8x
k1 =ΔE,代入数据解得ΔE= 3 1 E ,D正确.
9 p p 3x k1
1
14. 如图所示，在倾角为θ＝30°的光滑斜面的底端有一个固定挡板D，小物体C靠在挡板D上，小物体B
与C用轻质弹簧拴接。当弹簧处于自然长度时，B在O点；当B静止时，B在M点，已知OM＝l。在
P点还有一小物体A，使A从静止开始下滑，A、B相碰后一起压缩弹簧。A第一次脱离B后最高能上
升到N点，且ON＝1.5l。B向上运动时还会拉伸弹簧，能使C物体刚好脱离挡板D。已知A、B、C的
质量都是m，重力加速度为g。已知弹簧的弹性势能与弹簧的形变量大小有关。试求：
(1)弹簧的劲度系数；
(2)弹簧第一次恢复到原长时小物体B的速度大小；
(3)M、P两点之间的距离。答案 (1) (2) (3)9l
解析 (1)B静止时，根据平衡条件得
kl＝mg sin θ
则弹簧的劲度系数k＝。
(2)当弹簧第一次恢复到原长时A、B恰好分离，设此时A、B的速度大小为v ，对A物体，从A、B分
3
离到A速度变为0的过程，根据机械能守恒定律得mv＝mgΔh
此过程中A物体上升的高度Δh＝1.5l sin θ
解得v＝ 。
3
(3)设A与B相碰前的速度大小为v ，相碰后的速度大小为v ，M、P两点之间距离为x，对A物体，从
1 2
开始下滑到A、B相碰前，根据机械能守恒定律得mgx sin θ＝mv
A与B碰撞过程，根据动量守恒定律得
mv＝(m＋m)v
1 2
设B静止时弹簧的弹性势能为E，从A、B开始压缩弹簧到弹簧第一次恢复原长的过程，根据机械能守
p
恒定律得(m＋m)v＋E＝(m＋m)v＋(m＋m)gl sin θ
p
B物体继续上升，速度变为0时，C物体恰好离开挡板D，此时弹簧的伸长量也为l，弹簧的弹性势能
也为E
p
对B物体和弹簧，从A、B分离到B速度变为0的过程，由机械能守恒定律得
mv＝mgl sin θ＋E
p
解得M、P两点之间的距离x＝9l。
15. (2021·天津高考)一玩具以初速度v 从水平地面竖直向上抛出，达到最高点时，用遥控器将玩具内压缩
0
的轻弹簧弹开，该玩具沿水平方向分裂成质量之比为1∶4的两部分，此时它们的动能之和与玩具从地
面抛出时的动能相等。弹簧弹开的时间极短，不计空气阻力。求：
(1)玩具上升到最大高度时的速度大小；
(2)两部分落地时速度大小之比。
答案 (1)v (2)2∶1
0
解析 (1)设玩具上升的最大高度为h，玩具上升到高度h时的速度大小为v，重力加速度大小为g，以
初速度方向为正方向，整个上升过程有0－v＝－2gh
玩具上升到最大高度的过程有
v2－v＝－2g
联立解得v＝v。
0
(2)设玩具分裂后两部分的质量分别为m 、m ，刚分裂后两部分的水平速度大小分别为v 、v ，根据题
1 2 1 2
意有
mv＋mv＝(m＋m)v
1 2 1 2
玩具达到最高点时速度为零，分裂时水平方向动量守恒，有mv－mv＝0
1 1 2 2分裂后两部分均做平抛运动，由运动学规律可知，两部分落回地面时竖直方向分速度大小均为 v ，设
0
两部分落地时的速度大小分别为v′、v′，由矢量合成有
1 2
v′＝ ，v′＝
1 2
结合m∶m＝1∶4
1 2
联立解得v′∶v′＝2∶1。
1 2
16. (2022·福建高考)如图，L形滑板A静置在粗糙水平面上，滑板右端固定一劲度系数为k的轻质弹簧，弹
簧左端与一小物块B相连，弹簧处于原长状态。一小物块C以初速度v 从滑板最左端滑入，滑行s 后
0 0
与B发生完全非弹性碰撞(碰撞时间极短)，然后一起向右运动；一段时间后，滑板A也开始运动。已知
A、B、C的质量均为m，滑板与小物块、滑板与地面之间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g；
最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，弹簧始终处于弹性限度内。求：
(1)C在碰撞前瞬间的速度大小；
(2)C与B碰撞过程中损失的机械能；
(3)从C与B相碰后到A开始运动的过程中，C和B克服摩擦力所做的功。
[答案] (1) √v2−2μgs (2)m(v－2μgs ) (3)
0 0 0
[解析] (1)设C在碰撞前瞬间的速度大小为v，小物块C运动至刚要与物块B相碰的过程，根据动能定
1
理可得
－μmgs＝mv－mv
0
解得v＝
√v2−2μgs
。
1 0 0
(2)物块B、C发生完全非弹性碰撞，则碰后瞬间速度相等，设速度大小为v，碰撞过程中，根据动量守
2
恒定律可得mv＝2mv
1 2
C与B碰撞过程中损失的机械能
ΔE＝mv－×2mv
联立解得ΔE＝m(v－2μgs )。
0
(3)设滑板A刚要滑动时弹簧的压缩量为Δx，此时对滑板A，由受力平衡可得
kΔx＋2μmg＝3μmg
从C与B相碰后到A开始运动的过程中，C和B克服摩擦力所做的功为W＝2μmg·Δx
联立解得W＝。
17.如图所示，半径R＝2.8 m的光滑半圆轨道BC与倾角θ＝37°的粗糙斜面轨道在同一竖直平面
内，两轨道间由一条光滑水平轨道AB相连，A处用光滑小圆弧轨道平滑连接，B处与圆轨道相切。在
水平轨道上，两静止小球P、Q压紧轻质弹簧后用细线连在一起。某时刻剪断细线后，小球 P向左运
动到A点时，小球Q沿圆轨道到达C点；之后小球Q落到斜面上时恰好与沿斜面向下运动的小球P发生碰撞。已知小球P的质量m ＝3.2 kg，小球Q的质量m ＝1 kg，小球P与斜面间的动摩擦因数μ＝
1 2
0.5，剪断细线前弹簧的弹性势能E ＝168 J，小球到达A点或B点时已和弹簧分离。重力加速度g＝10
p
m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力，求：
（1）小球Q运动到C点时的速度大小；
（2）小球P沿斜面上升的最大高度h；
（3）小球Q离开圆轨道后经过多长时间与小球P相碰。
解析：（1）两小球弹开的过程，由动量守恒定律得
mv＝mv
1 1 2 2
由机械能守恒定律得
1 1
E＝ m v 2 ＋ m v 2
p 2 1 1 2 2 2
联立可得v＝5 m/s，v＝16 m/s
1 2
小球Q沿圆轨道运动过程中，由机械能守恒定律可得
1 1
m v 2 ＝ m v 2 ＋2mgR
2 2 2 2 2 C 2
解得v ＝12 m/s。
C
（2）设小球P在斜面上向上运动的加速度为a，由牛顿第二定律得
1
mgsin θ＋μm gcos θ＝ma，
1 1 1 1
解得a＝10 m/s2
1
v 2
故上升的最大高度为h＝ 1 sin θ＝0.75 m。
2a
1
（3）设小球Q离开圆轨道后到与小球P相碰所用的时间为t，由题意得小球P从A点上升到两小球相遇所
用的时间也为t，小球P沿斜面下滑的加速度为a，则有
2
mgsin θ－μm gcos θ＝ma，
1 1 1 2
解得a＝2 m/s2
2
小球P上升到最高点所用的时间
v
1
t＝ ＝0.5 s，
1 a
1
1 1
则2R＝ gt2＋h－ a（t－t）2sin θ
2 2 2 1
解得t＝1 s。
答案：（1）12 m/s （2）0.75 m （3）1 s
18. （2022湖北十一校联考）如图所示,一轻质弹簧的左端固定在小球B上,右端与小球C接触但未拴接,球B和球C静止在光滑水平台面上.小球A从左侧光滑斜面上距水平台面高度为h处由静止滑下
(不计小球A在斜面与水平面衔接处的能量损失),与球B发生正碰后粘在一起,碰撞时间极短,之后球C脱
离弹簧,在水平台面上匀速运动并从其右端点O水平抛出,落入固定放置在水平地面上的竖直四分之一光
滑圆弧轨道内,该段圆弧的圆心在O点,半径为R=√2h.已知三个小球A、B、C均可看成质点,且质量分别
为m、λm(λ为待定系数)、m,重力加速度为g,不计空气阻力和一切摩擦.
(1)若λ=2,求该条件下弹簧具有的最大弹性势能以及小球C从水平台面右端点O抛出后落到圆弧轨道上的P
点在图示坐标系中的位置;
(2)若小球C从水平台面右端点O抛出后,落至圆弧轨道上时具有最小动能,求此时λ的取值及对应的最小动能.
1
【解析】 (1)设A球到达水平台面时速度为v,则有mgh=
mv2
0 2 0
A球与B球发生完全非弹性碰撞,设A、B粘在一起的速度为v,根据动量守恒定律有mv=(m+λm)v
0
此后A、B作为一个整体压缩弹簧,A、B、C三者共速时,设共速的速度为v',弹簧具有最大弹性势能,设为E ,
pm
对A、B、C系统根据动量守恒定律有(m+λm)v=(m+λm+m)v'
1 1
根据机械能守恒定律有 (m+λm)v2= (m+λm+m)v'2+E
2 2 pm
1 1
若λ=2,则v= v,v'= v
3 0 4 0
1 1 1 1
故E = ×3mv2- ×4mv'2= mv2 = mgh
pm 2 2 24 0 12
当弹簧恢复原长时,C与A、B分离,设此时A、B整体的速度为v,C的速度为v,对系统由动量守恒定律有
1 2
(m+λm)v=(m+λm)v+mv
1 2
1 1 1
由机械能守恒定律有 (m+λm)v2= (m+λm)v2 + mv2
2 2 1 2 2
λ λ 2(λ+1) 2
解得v= v= v，v= v= v
1 λ+2 (λ+2)(λ+1) 0 2 λ+2 λ+2 0
1
小球C在水平台面右端点O以v 水平抛出,由平抛运动规律得x=v t,y= gt2
2 2 2
1 1
λ=2时v= v= √2gℎ，结合圆的方程x2+y2=R2=2h2得x=h,y=h，即落点P位置为(h,h)
2 2 0 2
2
(2)由(1)知C球平抛的初速度v =v = v
C 2 λ+2 0
1
由平抛运动规律得x=v t,y= gt2
C 2
结合圆的方程x2+y2=R2=2h2得v2
=
(2
ℎ
2- y2)g
C 2y1
设落至圆弧轨道上的动能为E,则由机械能守恒定律得E=
mv2
+mgy
k k 2 C
将v2
=
(2 ℎ 2- y2)g
代入得E=mg(
2ℎ 2- y2
+y)=mg(
ℎ 2
+
3
y)
C 2y k 4 y 2y 4
ℎ 2 3 √6 √6
由数学知识得,当 = y时,即y= h时E 有最小值,且E = mgh
2y 4 3 k kmin 2
将y=
√6
h代入v2 =
(2
ℎ
2- y2)g
得,v2 =
√6
gh，结合v =
2
v=
2
√2gℎ,可求得,λ=2(√4 6-1)
3 C 2y C 3 C λ+2 0 λ+2
19. (2022·全国乙卷)如图a，一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上；物块B向A运
动，t＝0时与弹簧接触，到t＝2t 时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的vt图像如图b所示。已知
0
从t＝0到t＝t 时间内，物块A运动的距离为0.36vt 。A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与
0 00
一直在水平面上运动的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同。斜面倾角为
θ(sin θ＝0.6)，与水平面光滑连接。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。求
(1)第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值；
(2)第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值；
(3)物块A与斜面间的动摩擦因数。
[答案] (1)0.6mv (2)0.768vt (3)0.45
00
[解析] (1)由题图b可知，t＝t 时A、B速度相等，弹簧被压缩至最短，弹簧弹性势能最大，根据动量
0
守恒定律可得
m ·1.2v＝(m＋m )v
B 0 B 0
根据机械能守恒定律可得
E ＝m (1.2v)2－(m＋m )v
pmax B 0 B
联立解得m ＝5m，E ＝0.6mv。
B pmax
(2)B接触弹簧后压缩弹簧的过程中，A、B组成的系统动量守恒，在任意时刻均有
m ·1.2v＝mv ＋m v
B 0 A B B
即6mv＝mv ＋5mv
0 A B
对方程两边同时乘以时间Δt，有
6mvΔt＝mv Δt＋5mv Δt
0 A B
0～t 时间内，根据位移等于速度在时间上的累积，可得6mvt＝ms ＋5ms
0 00 A B
将s ＝0.36vt 代入可得s ＝1.128vt
A 00 B 00
则第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值Δs＝s －s ＝0.768vt。
B A 00
(3)物块A第二次到达斜面的最高点与第一次相同，说明物块A第二次与B分离后速度大小仍为2v，方
0
向水平向右。设物块A第一次下滑到斜面底端的速度大小为v ，以向右为正方向，根据动量守恒定律可得
A1
－mv ＋5m·0.8v＝m·2v＋5mv
A1 0 0 B2
根据机械能守恒定律可得
mv＋·5m(0.8v)2＝m(2v)2＋·5mv
0 0
联立解得v ＝v
A1 0
解法一：设A在斜面上向上滑行的长度为L，上滑过程，根据动能定理可得
－mgL sin θ－μmgL cos θ＝0－m(2v)2
0
下滑过程，根据动能定理可得
mgL sin θ－μmgL cos θ＝mv－0
联立解得μ＝0.45。
解法二：根据牛顿第二定律，物块A上滑和下滑时分别有
mg sin θ＋μmg cos θ＝ma
上
mg sin θ－μmg cos θ＝ma
下
设A沿斜面上滑的位移大小为L，上滑时末速度为0，下滑时初速度为0，由匀变速直线运动位移与速
度的关系式可得
－2a L＝0－(2v)2
上 0
2a L＝v
下
联立解得μ＝0.45。
