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2024届高考物理一轮复习动量专题精准提升强化 13：动量守恒应用之滑块滑板模型（难度：
偏难）
1. 如图所示，光滑水平面上有质量为m且足够长的木板，木板上放一质量也为m、可视为质点的小木块。
现分别使木块获得向右的水平初速度v 和2v，两次运动均在木板上留下划痕，则两次划痕长度之比为
0 0
( )
A．1∶4 B．1∶4
C．1∶8 D．1∶12
2. 长木板a放在光滑的水平地面上，在其上表面放一小物块b。以地面为参考系，给a和b一大小均为
v、方向相反的初速度，最后b没有滑离a。设a的初速度方向为正方向，a、b的vt图像可能正确的是
0
( )
3. （多选）长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝2 kg的另一物体B以水平速度v＝2 m/s滑
0
上原来静止的长木板A的上表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图所示，
g＝10 m/s2。则下列说法正确的是（ ）
A.木板获得的动能为1 J
B.系统损失的机械能为2 J
C.木板A的最小长度为2 m
D.A、B间的动摩擦因数为0.1
4. (2022·北京市顺义区高三下二模)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( )
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＝m时，物块一定会从圆板上掉落
D．当冲量I＝2m时，物块一定会从圆板上掉落
5. （多选）如图所示，两侧带有固定挡板的平板车乙静止在光滑水平地面上，挡板的厚度可忽
略不计，车长为2L，与平板车质量相同的物块甲（可视为质点）由平板车的中点处以初速度 v 向右运
0
动，已知甲、乙之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，忽略甲、乙碰撞过程中的能量损失，下列说
法正确的是（ ）
v
A.甲、乙达到共同速度所需的时间为 0
2μg
B.甲、乙共速前，乙的速度一定始终小于甲的速度
v 2
C.甲、乙相对滑动的总路程为 0
4μg
v 2
D.如果甲、乙碰撞的次数为n（n≠0），则最终甲距离乙左端的距离可能为 0 ＋L－2nL
4μg
6. 如图所示，在水平面上依次放置小物块A、C以及曲面劈B，其中A与C的质量相等均为m，
曲面劈B的质量M＝3m，曲面劈B的曲面下端与水平面相切，且曲面劈B足够高，各接触面均光滑。
现让小物块C以水平速度v 向右运动，与A发生碰撞，碰撞后两个小物块粘在一起滑上曲面劈B。求：
0
（1）碰撞过程中系统损失的机械能；
（2）碰后物块A与C在曲面劈B上能够达到的最大高度。
7. 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＝30 kg，冰块的质量为m＝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/s2。
1 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？
8. 如图所示，光滑的水平面上有两个完全一样的长木板A和B，在A板的右侧边缘放有小滑块
C，开始A、C以相同的速度v 向右匀速运动，与静止在水平面上的木板B发生正碰，碰后两木板粘在
0
一起并继续向右运动，最终滑块C刚好没有从木板上掉下。已知木板A、B和滑块C的质量均为m，C
与A、B之间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g。求：
（1）最终滑块C的速度大小；
（2）木板B的长度L。
9. （2022·河北高考）如图，光滑水平面上有两个等高的滑板A和B，质量分别为1 kg和2 kg，A
右端和B左端分别放置物块C、D，物块质量均为1 kg，A和C以相同速度v ＝10 m/s向右运动，B和
0
D以相同速度kv 向左运动，在某时刻发生碰撞，作用时间极短，碰撞后C与D粘在一起形成一个新滑
0
块，A与B粘在一起形成一个新滑板，物块与滑板之间的动摩擦因数均为μ＝0.1。重力加速度大小取
g＝10 m/s2。
（1）若0＜k＜0.5，求碰撞后瞬间新物块和新滑板各自速度的大小和方向；
（2）若k＝0.5，从碰撞后到新滑块与新滑板相对静止时，求两者相对位移的大小。
10. 如图所示，用长为R的不可伸长的轻绳将质量为的小球A悬挂于O点。在光滑的水平地面上，质量为
m的小物块B(可视为质点)置于长木板C的左端静止。将小球A拉起，使轻绳水平拉直，将A球由静止
释放，运动到最低点时与B发生弹性正碰。
(1)求碰后轻绳与竖直方向的最大夹角θ的余弦。
(2)若长木板C的质量为2m，B与C之间的动摩擦因数为μ，C的长度至少为多大，B才不会从C的上表
面滑出？
11. 如图所示，小物块甲紧靠轨道BCD静置于光滑水平面上，轨道BCD由水平
轨道CD及与CD相切于C点的光滑圆弧轨道组成，圆弧轨道的半径为R。现将小物块乙(视为质点)从
B点正上方到B点高度为R的P点由静止释放，乙从B点沿切线方向进入圆弧轨道，恰好不会从水平
轨道CD的左端D点掉落。已知甲、乙以及轨道BCD的质量相同，乙与CD间的动摩擦因数μ＝0.5，
重力加速度大小为g。求：(1)乙通过C点时的速度大小v；
1
(2)CD的长度L以及乙在CD上滑行的时间t；
(3)在乙从B点开始滑到D点的时间内，轨道BCD的位移大小x。
12. (2021·海南高考)如图，一长木板在光滑的水平面上以速度v 向右做匀速直线运动，将一小滑块无初速
0
地轻放在木板最右端。已知滑块和木板的质量分别为m和2m，它们之间的动摩擦因数为μ，重力加速
度为g。
(1)滑块相对木板静止时，求它们的共同速度大小；
(2)某时刻木板速度是滑块的2倍，求此时滑块到木板最右端的距离；
(3)若滑块轻放在木板最右端的同时，给木板施加一水平向右的外力，使得木板保持匀速直线运动，直
到滑块相对木板静止，求此过程中滑块的运动时间以及外力所做的功。
13. （2022山东济南检测）如图所示,质量为m=6 kg的小物块B(可视为质点)放在质量为M=2 kg的
木板A的最左端,A和B一起以v=2 m/s的速度在光滑水平面上向右运动,一段时间后A与右侧一竖直固
0
定挡板P发生弹性碰撞.A、B之间的动摩擦因数μ=0.1,取重力加速度g=10 m/s2,小物块B始终未从木板
A上滑下.
(1)求木板A与挡板P第一次碰撞后木板A向左运动的最远距离s ;
A
(2)木板A与挡板P第一次碰撞后到第二次碰撞前A、B的相对位移Δs ;
1
(3)木板A与挡板P第n次碰撞后到第n+1次碰撞前的时间间隔ΔT;
n
(4)求木板A长度的最小值L.
14. (2023·云南省高三月考)如图所示，半径R＝1.0 m的粗糙圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的上端点B
和圆心O的连线与水平方向间的夹角θ＝37°，下端点C为轨道的最低点．C点右侧的粗糙水平面上，
紧挨C点静止放置一质量M＝1 kg的木板，木板上表面与C点等高，木板左端放置一个质量为m ＝1
2
kg的物块，另一质量为m ＝1 kg的物块从A点以某一速度水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向进
1入轨道，到达C点时对轨道的压力大小为46 N，之后与质量为m 的物块发生弹性碰撞(碰撞时间极短)，
2
最终质量为m 的物块刚好未从木板上滑下．已知AO的竖直高度H＝1.4 m，质量为m 的物块与木板间
2 2
的动摩擦因数μ ＝0.4，木板与地面间的动摩擦因数为μ ＝0.1，两物块相同且均可视为质点，sin 37°＝
1 2
0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2.求：
(1)质量为m 的物块到达B点时的速度大小v ；
1 B
(2)质量为m 的物块通过圆弧轨道克服摩擦力做的功W ；
1 克f
(3)木板的长度L.
15. (2022·辽宁省大连市高三下二模)如图，质量M＝2 kg的小车上固定有处于竖直平面内的特殊形状的圆
管，圆管内壁处处光滑且圆管可以忽略内径，其中AB段圆弧所对应的半径R＝0.5 m，圆心角∠AOB＝
1
53°，B点切线方向竖直向下，圆管的BC段是一段四分之一圆弧，对应的半径R＝0.35 m，C点与小车
2
表面平滑衔接，小车CD部分足够长，且CD部分与小球之间的动摩擦因数为μ ＝0.1，小车置于水平
1
地面的光滑段。现将质量m＝2 kg的小球由A点左上方某点以v＝4 m/s的初速度水平抛出，使小球刚
0
好可以无碰撞地进入到圆管中。小球穿过圆管后，滑上CD段。当小球与小车共速时，小车也刚好运
动至水平面的粗糙段，车与地面的动摩擦因数为μ＝0.2，取g＝10 m/s2，求：
2
(1)小球运动到B点时，球和车的速度；
(2)小球刚运动到C点时，球和车的速度；
(3)最终球和车都静止时，小球到C点的距离是多少？
2024届高考物理一轮复习动量专题精准提升强化 13：动量守恒应用之滑块滑板模型（难度：
偏难）【解析版】
1. 如图所示，光滑水平面上有质量为m且足够长的木板，木板上放一质量也为m、可视为质点的小木块。
现分别使木块获得向右的水平初速度v 和2v，两次运动均在木板上留下划痕，则两次划痕长度之比为
0 0
( )A．1∶4 B．1∶4
C．1∶8 D．1∶12
答案 A
解析 木块从开始运动到相对长木板静止的过程中，木块和木板组成的系统水平方向动量守恒，取水
平向右为正方向，当木块的初速度为v 时，有mv ＝(m＋m)v，解得v＝；根据能量守恒定律有μmgs＝mv－
0 0
(m＋m)v2，解得划痕长度s＝；同理，当木块的初速度为2v 时，则划痕长度s′＝，故两次划痕长度之比为
0
s∶s′＝1∶4，故A正确，B、C、D错误。
2. 长木板a放在光滑的水平地面上，在其上表面放一小物块b。以地面为参考系，给a和b一大小均为
v、方向相反的初速度，最后b没有滑离a。设a的初速度方向为正方向，a、b的vt图像可能正确的是
0
( )
答案 ABC
解析 地面光滑，a、b组成的系统所受合力为零，系统动量守恒，设a的质量为m，b的质量为m ，
a b
最后b没有滑离a，则最终a、b相对静止，速度相等。根据牛顿第二定律，a、b应在同一时刻达到共同速
度，故D错误。从开始至二者共速，根据动量守恒定律有mv －mv ＝(m＋m)v。如果m>m ，则v为正，
a 0 b 0 a b a b
故B正确。如果m＝m，则v＝0，故C正确。如果m<m，则v为负，故A正确。
a b a b
3. （多选）长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝2 kg的另一物体B以水平速度v＝2 m/s滑
0
上原来静止的长木板A的上表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图所示，
g＝10 m/s2。则下列说法正确的是（ ）
A.木板获得的动能为1 J
B.系统损失的机械能为2 J
C.木板A的最小长度为2 m
D.A、B间的动摩擦因数为0.1
解析：ABD 由题图可知，最终木板获得的速度为 v＝1 m/s，A、B组成的系统动量守恒，以B的初速度方1 1
向为正方向，由动量守恒定律得mv ＝（M＋m）v，解得M＝2 kg，则木板获得的动能为 E ＝ Mv2＝
0 k 2 2
1 1
×2×12 J＝1 J，故A正确；系统损失的机械能ΔE＝ mv 2 － （m＋M）v2，代入数据解得ΔE＝2 J，故B
2 B 2
1
正确；根据v－t图像中图线与t轴所围的面积表示位移，由题图得到0～1 s内B的位移为x ＝ ×（2＋1）
B 2
1
×1 m＝1.5 m，A的位移为x ＝ ×1×1 m＝0.5 m，则木板A的最小长度为L＝x －x ＝1 m，故C错误；
A 2 B A
Δv 1−2
由题图可知，B的加速度a＝ ＝ m/s2＝－1 m/s2，负号表示加速度的方向与v 的方向相反，由牛顿
Δt 1 0
第二定律得－μm g＝m a，解得μ＝0.1，故D正确。
B B
4. (2022·北京市顺义区高三下二模)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( )
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＝m时，物块一定会从圆板上掉落
D．当冲量I＝2m时，物块一定会从圆板上掉落
答案 D
解析 由题意知，若物块可以从圆板滑落，无论冲量I多大，物块与圆板的相对位移都为d，故A错误；若
物块可以从圆板滑落，设圆板获得的初速度大小为v ，物块掉下时，圆板和物块的速度大小分别为v 和
0 1
v ，对圆板由动量定理有I＝mv ，对系统由动量守恒定律有mv ＝mv ＋2mv ，由能量守恒定律有2μmg·d＝
2 0 0 1 2
mv－mv－·2mv，解得v＝＋，v＝－，可知若物块可以从圆板滑落，则I越大，v 越大，由于物块与圆板间
1 2 1
的摩擦力不变，则二者的加速度不变，圆板的速度由v 减到v 所用时间越短，则物块加速时间越短，物块
0 1
速度v 越小，故B错误；从v 、v 的表达式可知，若想物块可以从圆板滑落，则v ＞v ，4－18μgd＞0，则
2 1 2 1 2
需要I＞m，故C错误，D正确。5. （多选）如图所示，两侧带有固定挡板的平板车乙静止在光滑水平地面上，挡板的厚度可忽
略不计，车长为2L，与平板车质量相同的物块甲（可视为质点）由平板车的中点处以初速度 v 向右运
0
动，已知甲、乙之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，忽略甲、乙碰撞过程中的能量损失，下列说
法正确的是（ ）
v
A.甲、乙达到共同速度所需的时间为 0
2μg
B.甲、乙共速前，乙的速度一定始终小于甲的速度
v 2
C.甲、乙相对滑动的总路程为 0
4μg
v 2
D.如果甲、乙碰撞的次数为n（n≠0），则最终甲距离乙左端的距离可能为 0 ＋L－2nL
4μg
解析：ACD 整个运动过程中甲、乙组成的系统动量守恒，设两者最终的速度为v ，则mv ＝2mv ，解得
共 0 共
v
v ＝ 0 ，若能发生碰撞，碰前甲、乙的速度分别为v 、v ，碰后甲、乙的速度分别为v'、v'，则有mv ＋
共 2 1 2 1 2 1
1 1 1 1
mv ＝mv'＋mv'； mv 2 ＋ mv 2 ＝ mv'2＋ mv'2，解得v'＝v 、v'＝v ，可知碰撞使得两者速度互换，且
2 1 2 2 1 2 2 2 1 2 2 1 2 2 1
μmg v v
在运动过程中两者的加速度大小均为a＝ ＝μg，则甲、乙达到共同速度所需的时间为t＝ 共 ＝ 0 ，
m a 2μg
碰撞使得两者速度互换，即甲、乙共速前，乙的速度不一定小于甲的速度，A正确，B错误；从开始到相对
1 1 (v ) 2
静止过程中，设甲、乙相对滑动的总路程为s，根据系统能量守恒可得μmgs＝ mv 2 － ×2m× 0 ，解
2 0 2 2
v 2
得s＝ 0 ，C正确；设最终甲、乙碰撞的次数为n，且静止时距离左端的距离为s ，若第n次碰撞发生在
0
4μg
v 2
平板车的左挡板，则有L＋2L（n－1）＋s ＝s（n＝2，4，6…），解得s ＝ 0 ＋L－2nL（n＝2，4，
0 0
4μg
6…），若第n次碰撞发生在平板车的右挡板，则有 L＋2L（n－1）＋2L－s ＝s（n＝1，3，5…），解得s
0 0
v 2 v 2
＝2nL＋L－ 0 （n＝1，3，5…），即最终甲距离乙左端的距离可能为 0 ＋L－2nL，D正确。
4μg 4μg
6. 如图所示，在水平面上依次放置小物块A、C以及曲面劈B，其中A与C的质量相等均为m，
曲面劈B的质量M＝3m，曲面劈B的曲面下端与水平面相切，且曲面劈B足够高，各接触面均光滑。
现让小物块C以水平速度v 向右运动，与A发生碰撞，碰撞后两个小物块粘在一起滑上曲面劈B。求：
0（1）碰撞过程中系统损失的机械能；
（2）碰后物块A与C在曲面劈B上能够达到的最大高度。
解析 （1）小物块C与物块A发生碰撞粘在一起，以v 的方向为正方向，由动量守恒定律得
0
1
mv＝2mv，解得v＝ v
0 2 0
碰撞过程中系统损失的机械能为
1 1 1
E ＝ mv 2 － ×2mv2，解得E ＝ mv 2 。
损 2 0 2 损 4 0
（2）当小物块A、C上升到最大高度时，A、B、C系统的速度相等。根据动量守恒定律有mv ＝（m＋m＋
0
1
3m）v，解得v＝ v
1 1 5 0
1 (1 ) 2 1 (1 ) 2 3v 2
根据机械能守恒定律得 ×2m v ＝ ×5m× v ＋2mgh，解得h＝ 0 。
2 2 0 2 5 0 40g
1 3v 2
答案 （1） mv 2 （2） 0
4 0 40g
7. 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＝30 kg，冰块的质量为m＝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/s2。
1 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？
解析：（1）规定向左为正方向。冰块在斜面体上上升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 。对冰块与斜面体，由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得mv ＝（m ＋m ）v
3 2 0 2 3
①
1 1
m v 2 ＝ （m＋m）v2＋mgh ②
2 2 0 2 2 3 2
式中v＝3 m/s为冰块推出时的速度，联立①②式并代入题给数据得
0
v＝1 m/s，m＝20 kg。 ③
3
（2）设小孩推出冰块后的速度为v，对小孩与冰块，由动量守恒定律有
1
mv＋mv＝0 ④
1 1 2 0
代入数据得v＝－1 m/s ⑤
1
设冰块与斜面体分离后的速度分别为v 和v，对冰块与斜面体，由动量守恒定律和机械能守恒定律有mv＝
2 3 2 0
mv＋mv ⑥
2 2 3 3
1 1 1
m v 2 ＝ m v 2 ＋ m v 2 ⑦
2 2 0 2 2 2 2 3 3联立③⑥⑦式并代入数据得v＝－1 m/s ⑧
2
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冰块处在小孩后方，故冰块不能追上小孩。
答案：（1）20 kg （2）不能，理由见解析
8. 如图所示，光滑的水平面上有两个完全一样的长木板A和B，在A板的右侧边缘放有小滑块
C，开始A、C以相同的速度v 向右匀速运动，与静止在水平面上的木板B发生正碰，碰后两木板粘在
0
一起并继续向右运动，最终滑块C刚好没有从木板上掉下。已知木板A、B和滑块C的质量均为m，C
与A、B之间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g。求：
（1）最终滑块C的速度大小；
（2）木板B的长度L。
解析：（1）A、B碰撞一直到最终A、B、C一起向右运动的过程中，A、B、C组成的系统动量守恒，以v
0
方向为正方向，根据动量守恒定律得
2
2mv＝3mv，解得v＝ v。
0 3 0
（2）A、B碰撞过程中，A、B组成的系统动量守恒，以v 方向为正方向，根据动量守恒定律得mv ＝
0 0
2mv，
1
v
解得v＝ 0
1 2
1 1
最终滑块C刚好没有从木板上掉下，则C与B的相对位移为L，根据能量守恒定律得μmgL＝ mv 2 ＋
2 0 2
1
×2mv 2 － ×3mv2
1 2
v 2
解得L＝ 0 。
12μg
2 v 2
答案：（1） v （2） 0
3 0 12μg
9. （2022·河北高考）如图，光滑水平面上有两个等高的滑板A和B，质量分别为1 kg和2 kg，A
右端和B左端分别放置物块C、D，物块质量均为1 kg，A和C以相同速度v ＝10 m/s向右运动，B和
0
D以相同速度kv 向左运动，在某时刻发生碰撞，作用时间极短，碰撞后C与D粘在一起形成一个新滑
0
块，A与B粘在一起形成一个新滑板，物块与滑板之间的动摩擦因数均为μ＝0.1。重力加速度大小取
g＝10 m/s2。
（1）若0＜k＜0.5，求碰撞后瞬间新物块和新滑板各自速度的大小和方向；
（2）若k＝0.5，从碰撞后到新滑块与新滑板相对静止时，求两者相对位移的大小。解析 （1）物块C、D碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后物块C、D形成的新物块的速度为v ，C、D
物
的质量均为m＝1 kg，以向右方向为正方向，则有mv－m·kv＝（m＋m）v
0 0 物
1−k
解得v ＝ v＝5（1－k）m/s＞0
物 2 0
可知碰撞后滑块C、D形成的新滑块的速度大小为5（1－k）m/s，方向向右。
滑板A、B碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后滑板A、B形成的新滑板的速度为v ，滑板A和B质量分别
滑
为1 kg和2 kg，则由Mv －2M·kv＝（M＋2M）v
0 0 滑
1−2k 10−20k
解得v ＝ v＝ m/s＞0
滑 3 0 3
则新滑板速度方向也向右。
（2）若k＝0.5，可知碰后瞬间物块C、D形成的新物块的速度为
v '＝5（1－k）m/s＝5×（1－0.5）m/s＝2.5 m/s
物
10−20k
碰后瞬间滑板A、B形成的新滑板的速度为v '＝ m/s＝0 m/s
滑 3
可知碰后新物块相对于新滑板向右运动，新物块向右做匀减速运动，新滑板向右做匀加速运动，新物块的
质量为m'＝2 kg，新滑板的质量为M'＝3 kg，设相对静止时的共同速度为v ，根据动量守恒定律可得m'v
共
'＝（m'＋M'）v
物 共
解得v ＝1 m/s
共
1 1
根据能量守恒定律可得μm'gx ＝ m'v '2－ （m'＋M'）v 2
相 2 物 2 共
解得x ＝1.875 m。
相
10−20k
答案 （1）5（1－k）m/s m/s 方向均向右 （2）1.875 m
3
10. 如图所示，用长为R的不可伸长的轻绳将质量为的小球A悬挂于O点。在光滑的水平地面上，质量为
m的小物块B(可视为质点)置于长木板C的左端静止。将小球A拉起，使轻绳水平拉直，将A球由静止
释放，运动到最低点时与B发生弹性正碰。
(1)求碰后轻绳与竖直方向的最大夹角θ的余弦。
(2)若长木板C的质量为2m，B与C之间的动摩擦因数为μ，C的长度至少为多大，B才不会从C的上表
面滑出？
解析：(1)设小球A与B碰前瞬间速度为v，则有：
0
gR＝·v2
0
设碰后A和B的速度分别为v 和v，有：
1 2
v＝v＋mv
0 1 2
·v2＝·v2＋·mv2
0 1 2
设碰后A球能上升的最大高度为H，有gH＝·v2
1
所求cos θ＝
由以上各式解得：cos θ＝。(2)由(1)可求得碰后B的速度为v＝
2
设B与C相互作用达到的共同速度为v，C的最小长度为L，有
mv＝(m＋2m)v
2
μmgL＝mv2－(m＋2m)v2
2
由以上各式解得：L＝。
答案：(1) (2)
11. 如图所示，小物块甲紧靠轨道BCD静置于光滑水平面上，轨道BCD由水平轨道CD及与CD相切于C
点的光滑圆弧轨道组成，圆弧轨道的半径为R。现将小物块乙(视为质点)从B点正上方到B点高度为R
的P点由静止释放，乙从B点沿切线方向进入圆弧轨道，恰好不会从水平轨道CD的左端D点掉落。
已知甲、乙以及轨道BCD的质量相同，乙与CD间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度大小为g。求：
(1)乙通过C点时的速度大小v；
1
(2)CD的长度L以及乙在CD上滑行的时间t；
(3)在乙从B点开始滑到D点的时间内，轨道BCD的位移大小x。
答案 (1) (2)3R (3)R
解析 (1)设乙的质量为m，当乙滑到C点时，轨道BCD与甲的共同速度大小为v ，甲、乙及轨道组成
2
的系统水平方向动量守恒，有
mv－2mv＝0，
1 2
乙从释放到滑到C点的过程，甲、乙及轨道组成的系统机械能守恒，有
mg×2R＝mv＋×2mv
解得v＝ ，v＝ 。
1 2
(2)乙滑到C点后，轨道BCD与甲分离，设轨道BCD与乙速度相同时的速度大小为v，乙从C点滑到D
点的过程中，对乙和轨道BCD组成的系统，以水平向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得mv
1
－mv＝2mv
2
mv＋mv－×2mv2＝μmgL
则v＝＝
解得L＝3R；
设乙从C点滑到D点的过程中的加速度大小为a，由牛顿第二定律有μmg＝ma
乙从C点滑到D点的过程做匀减速直线运动，有v＝v－at
1
解得t＝ 。
(3)设乙从B点滑到C点的时间为t ，该过程轨道BCD通过的距离为x ，甲、乙及轨道组成的系统水平
1 1
方向动量守恒，有2m·－m＝0
设乙沿轨道BCD从C点运动到D点的过程中轨道BCD通过的距离为x，由动能定理有
2
－μmgx ＝mv2－mv
2
经分析可知x＝x＋x
1 2
解得x＝R。
12. (2021·海南高考)如图，一长木板在光滑的水平面上以速度v 向右做匀速直线运动，将一小滑块无初速
0
地轻放在木板最右端。已知滑块和木板的质量分别为m和2m，它们之间的动摩擦因数为μ，重力加速
度为g。
(1)滑块相对木板静止时，求它们的共同速度大小；
(2)某时刻木板速度是滑块的2倍，求此时滑块到木板最右端的距离；
(3)若滑块轻放在木板最右端的同时，给木板施加一水平向右的外力，使得木板保持匀速直线运动，直
到滑块相对木板静止，求此过程中滑块的运动时间以及外力所做的功。
2 7v2 v
答案：(1) v 0 (2) 0 (3) 0 m v2
3 25μg μg 0
解题:(1)整个过程中，滑块和木板组成的系统动量守恒，有
2mv=(m+2m)v(2分)
0
解得共同速度大小为v=2v(1分)
0
3
(2)对滑块和木板组成的系统有
2mv=mv +2mv(1分)
0 1 2
μmgΔx=1×2m -1·m -1×2m (1分)
v2 v2 v2
2 0 2 1 2 2
其中v=2v
2 1
7v2
解得此时滑块到木板最右端的距离为Δx= 0 (1分)
25μg
(3)对滑块有
μmgt=mv (1分)
0v
解得t= 0(1分)
μg
对木板有
F=μmg(1分)
木板运动的位移
x=v t(1分)
0
故外力所做的功W=Fx(1分)
解得W=mv2(1分)
0
13. （2022山东济南检测）如图所示,质量为m=6 kg的小物块B(可视为质点)放在质量为M=2 kg的
木板A的最左端,A和B一起以v=2 m/s的速度在光滑水平面上向右运动,一段时间后A与右侧一竖直固
0
定挡板P发生弹性碰撞.A、B之间的动摩擦因数μ=0.1,取重力加速度g=10 m/s2,小物块B始终未从木板
A上滑下.
(1)求木板A与挡板P第一次碰撞后木板A向左运动的最远距离s ;
A
(2)木板A与挡板P第一次碰撞后到第二次碰撞前A、B的相对位移Δs ;
1
(3)木板A与挡板P第n次碰撞后到第n+1次碰撞前的时间间隔ΔT;
n
(4)求木板A长度的最小值L.
【解析】 (1)木板与挡板第一次碰后瞬间,木板速度反向,木板受到物块向右的摩擦力,向左做匀减速直线运动,
由牛顿第二定律有μmg=Ma
由匀变速直线运动规律有v2=2as
0 A
可得s =2 m
A
3
(2)木板与挡板第一次碰后到第二次碰前,A、B组成的系统水平方向动量守恒,有mv-Mv =(m+M)v
0 0 1
由功能关系有1m
v2
+1M
v2
=1(m+M)
v2
+μmgΔs
1
2 0 2 0 2 1可得Δs=2 m
1
v +v 3v
(3)木板与挡板从第一次碰撞到第二次碰撞过程中,木板与物块相对运动的时间t 1 = 0 1= 0
a 2a
1 3v2
t 1 时间内木板的位移s 1 =-v 0 t 1 + a t2=- 0
2 1 8a
|s | 3v
设之后再经过t' 1 ,木板与挡板碰撞,则t' 1 = 1 = 0
v 4a
1
3v
木板与挡板第一次碰撞到第二次碰撞的时间间隔ΔT 1 =t 1 +t' 1 = 0 (s)
4
同理可得第二次与第三次碰撞的时间间隔ΔT 2 =3v 1 =3× v 0 (s)
4 4 2
3 3 v
ΔT 3 = v 2 = × 0 (s)
4 4 22
……
3 3 v
ΔT n = v n-1 = × 0 (s)
4 4 2n-1
3
故ΔT= (s)
n
2n
(4)解法一:从功能关系分析,当B恰好不能从A上滑下时,有μmgL=1(m+M)
v2，
得L=8 m
2 0 3
解法二:根据(2)中分析,推理可得Δs n =
v
n-1
×(v
n-1
-v
n
)
μg
Δs=8×(1)n m
n
4
L=Δs+Δs+…Δs=8 m
1 2 n
3
14. (2023·云南省高三月考)如图所示，半径R＝1.0 m的粗糙圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的上端点B
和圆心O的连线与水平方向间的夹角θ＝37°，下端点C为轨道的最低点．C点右侧的粗糙水平面上，
紧挨C点静止放置一质量M＝1 kg的木板，木板上表面与C点等高，木板左端放置一个质量为m ＝1
2
kg的物块，另一质量为m ＝1 kg的物块从A点以某一速度水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向进
1入轨道，到达C点时对轨道的压力大小为46 N，之后与质量为m 的物块发生弹性碰撞(碰撞时间极短)，
2
最终质量为m 的物块刚好未从木板上滑下．已知AO的竖直高度H＝1.4 m，质量为m 的物块与木板间
2 2
的动摩擦因数μ ＝0.4，木板与地面间的动摩擦因数为μ ＝0.1，两物块相同且均可视为质点，sin 37°＝
1 2
0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2.求：
(1)质量为m 的物块到达B点时的速度大小v ；
1 B
(2)质量为m 的物块通过圆弧轨道克服摩擦力做的功W ；
1 克f
(3)木板的长度L.
答案 (1)5 m/s (2)10.5 J (3)3 m
解析 (1)质量为m 的物块水平抛出后做平抛运动，到达B点时，下落高度为h＝H－Rsin θ＝0.8 m
1
竖直方向上有v2＝2gh
y
根据几何关系可知v＝v cos θ
y B
联立解得v ＝5 m/s
B
(2)质量为m 的物块到达C点时，由牛顿第二定律有F －mg＝
1 N 1
解得v ＝6 m/s
C
质量为m 的物块从B运动到C过程中，由动能定理得
1
mg(R＋Rsin θ)－W ＝mv 2－mv 2
1 克f 1 C 1 B
解得W ＝10.5 J
克f
(3)质量为m 的物块运动到C点时与质量为m 的物块发生弹性碰撞且质量相等，碰撞后速度交换，则v ＝v
1 2 2 C
＝6 m/s
经受力分析，由牛顿第二定律，
对质量为m 的物块有μmg＝ma
2 1 2 2 1
对木板有μmg－μ(m＋M)g＝Ma
1 2 2 2 2
根据公式v＝v＋at，设经过时间t后二者共速有at＝v－at
0 2 2 1
对质量为m 的物块有x＝vt－at2
2 1 2 1
对木板有x＝at2
2 2
因为质量为m 的物块刚好未从木板上滑下，所以质量为m 的物块相对木板的位移即为木板长度，则有L＝
2 2
x－x
1 2
联立解得L＝3 m.
15. (2022·辽宁省大连市高三下二模)如图，质量M＝2 kg的小车上固定有处于竖直平面内的特殊形状的圆
管，圆管内壁处处光滑且圆管可以忽略内径，其中AB段圆弧所对应的半径R＝0.5 m，圆心角∠AOB＝
1
53°，B点切线方向竖直向下，圆管的BC段是一段四分之一圆弧，对应的半径R＝0.35 m，C点与小车
2表面平滑衔接，小车CD部分足够长，且CD部分与小球之间的动摩擦因数为μ ＝0.1，小车置于水平
1
地面的光滑段。现将质量m＝2 kg的小球由A点左上方某点以v＝4 m/s的初速度水平抛出，使小球刚
0
好可以无碰撞地进入到圆管中。小球穿过圆管后，滑上CD段。当小球与小车共速时，小车也刚好运
动至水平面的粗糙段，车与地面的动摩擦因数为μ＝0.2，取g＝10 m/s2，求：
2
(1)小球运动到B点时，球和车的速度；
(2)小球刚运动到C点时，球和车的速度；
(3)最终球和车都静止时，小球到C点的距离是多少？
答案 (1) m/s，方向向右下方且与水平方向的夹角α满足tan α＝2.5 2 m/s，方向水平向右
(2)2 m/s，方向向左 6 m/s，方向向右
(3)14.67 m
解析 (1)从小球抛出到运动至B点的过程，系统水平方向动量守恒，有mv＝(m＋M)v′
0 x
解得小车速度v′＝2 m/s
x
方向水平向右；
根据题意，小球经过A点时速度的竖直分量v 满足＝tan 53°
y
可得v＝3 m/s
y
A点距离抛出点的高度差h＝
0
解得h＝0.45 m
0
从小球抛出到运动到B点的过程，系统机械能守恒，
有mv＋mg(h＋Rsin 53°)＝Mv′2＋mv′2
0 1 x
解得小球运动到B点时的速度v′＝ m/s
方向向右下方且与水平方向夹角α满足
tan α＝＝2.5。
(2)小球从抛出到运动至C点的过程，系统水平方向动量守恒，机械能守恒，以水平向右为正方向，则
有
mv＝mv＋Mv
0 1 2
mv＋mg(h＋Rsin 53°＋R)＝mv＋Mv
0 1 2
解得小球运动到C点时小球的速度v＝－2 m/s，即v 方向向左，小车的速度v＝6 m/s，方向向右。
1 1 2
(3)从小球经过C点至小球与小车共速的过程中，系统水平方向动量守恒，则有
mv＋Mv＝(m＋M)v
1 2
解得共同速度v＝2 m/s
根据能量守恒定律有mv＋Mv－(m＋M)v2＝μmgΔx
1 1
解得此过程小球相对小车向左滑动的距离Δx＝16 m
1
随后系统进入粗糙水平路面，小球与小车将向右做匀减速直线运动，假设小球与小车保持相对静止一
起做减速运动，根据牛顿第二定律有μ(m＋M)g＝(m＋M)a′
2
解得系统的加速度a′＝2 m/s2
此时小球所受的静摩擦力f′＝ma′＝4 N
因为f′>f ＝μmg＝2 N，则小球不可能与小车保持相对静止，故假设错误。
max 1
则小球向右做减速运动的加速度
a＝＝1 m/s2
1
由于a<a′，则小球相对小车向右运动，所以根据牛顿第二定律有
1
μ(m＋M)g－μmg＝Ma
2 1 2
解得小车的加速度a＝3 m/s2
2
a>a，则小车先减速到0，由于μ(m＋M)g>μmg
2 1 2 1
则此后小球滑动过程中小车静止，vt图如图所示
从小球与小车共速到小球与小车都停止运动的过程，小车的位移x＝
2
解得x＝ m
2
小球的位移x＝
1
解得x＝2 m
1
小球相对小车向右的位移Δx＝x－x
2 1 2
最终小球到C点的距离Δx＝Δx－Δx
1 2
解得Δx＝14.67 m。
