文档内容
选择 4 能量守恒与动量守恒观念综合应用
考点内容 考情分析
考向一 功和功率 冲量与动量
考察功能关系的理解及应用、机械能守恒的判断及应用考
考向二 碰撞模型及变形应用
察功能关系变化及动力学与能量图像的理解考察关物体机
考向三 传送带 木板-滑块模型
械能守恒、传送带及板块模型以及碰撞过程的能量问题
考向四 弹簧类问题
1.思想方法
力学三大观
对应规律 表达式 选用原则
点
牛顿第二定律 F =ma
合
(1)速度公式：v＝v＋at. 物体做匀变速直线运
0
动力学观点 匀变速直线运动
(2)位移公式：x＝vt＋at2. 动，涉及运动细节
0
规律
(3)位移速度关系式：v2－v＝2ax.
动能定理 W == E 涉及做功与能量转换
合 k
机械能守恒定律 E +E =E +E
k1 p1 △k₂ p2
能量观点
功能关系 W =—ΔE 等
G p
能量守恒定律 E₁=E₂
只涉及初末速度、力、时间而不涉
动量定理 I =p'— p
合
动量观点 及位移、功
动量守恒定律 p₁+p₂=p₁'+p₂' 只涉及初末速度而不涉及力、时间2.模型建构
一、轻绳相连的系统机械能守恒模型
①注意两个物体的质 ②注意两物体运动位 ③注意两物体速度大小 ④注意最大速度和最
量不一定相等；注意 移和高度不一定相等 不一定相等，可能需要 大加速度区别
多段运动 分解速度
b 落地前，a 机械
能增加、b 减小，系
①统机械能守恒；
b 落地后若不反
弹，绳松，a 机械能
②守恒；
二、轻杆相连的系统机械能守恒模型
类型 类型一：绕杆上某固定点转动 类型二：无固定点，沿光滑接触面滑动
图示
三、轻弹簧问题
轻弹簧模型
①同一根弹簧弹性势能大小取决于弹簧形变量的大小，在弹簧弹性限度内，形
变量相等，弹性势能相等
②由两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统，当弹簧形变量最大时，弹簧两端连接的物体具有相同的速度：弹簧处于自然长度时，弹簧弹性势能最小(为零)
四、类碰撞问题
情境
类比“碰撞” 满足规律
初态 末态
动量守恒， 动能损失最
相距最近时 完全非弹性碰撞
多
再次恢复原长时 弹性碰撞 动量守恒， 动能无损失
动量守恒， 动能损失最
共速时 完全非弹性碰撞
多
动量守恒， 部分动能转化
滑离时 非弹性碰撞
为内能
动量守恒， 动能损失最
到达最高点时 完全非弹性碰撞
多
再次回到地面时 弹性碰撞 动量守恒， 动能无损失
五、弹性碰撞
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m 和m，碰前速度
1 2
为v，v，碰后速度分别为vˊ，vˊ，则有：
1 2 1 2
mv+m v=m vˊ+m vˊ (1)
1 1 2 2 1 1 2 2 v 1 v 2 v 1 ˊ v 2 ˊ
m m
1 2
mv2+ mv2= mvˊ2+ mvˊ 2 (2)
1 1 2 2 1 1 2 2
联立（1）、（2）解得：
m v +m v m v +m v
2 1 1 2 2 −v 2 1 1 2 2 −v
m +m 1 m +m 2
1 2 1 2
vˊ= ，vˊ= .
1 2
特殊情况： 若m=m ，vˊ= v ，vˊ= v .
1 2 1 2 2 1六、非弹性碰撞、完全非弹性碰撞模型
1.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：mv+m v=m vˊ+m vˊ (1)
1 1 2 2 1 1 2 2
损失动能ΔE 根据机械能守恒定律可得： ½mv2+ ½ mv2= mvˊ2+ mvˊ 2 + ΔE. (2)
k， 1 1 2 2 1 1 2 2 k
2． 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： v 1 v 2 v 共
m 1 v 1 +m 2 v 2 =(m 1 +m 2 )v 共 （1） m 1 m 2
完全非弹性碰撞系统损失的动能最多，损失动能：
ΔE= ½mv2+ ½ mv2- ½(m +m )v 2. （2）
k 1 1 2 2 1 2 共
m v +m v 1 m m
1 1 2 2 1 2 (v −v ) 2
m +m 2 m +m 1 2
1 2 1 2
联立（1）、（2）解得：v = ；ΔE=
共 k
考向一 功和功率 冲量与动量
1. （2024•常州三模）如图所示，倾角为 ＝37°的斜面固定在水平桌面上，用平行斜面
向上的推力F 将位于斜面底端的滑块推到斜面顶θ端，推力F 做的功至少为W 。已知物块与斜
1 1 0
面间的动摩擦因数为 ＝0.5，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，若用水平向左的推力F 将物块推到顶
2
端，推力F 做的功至少μ 为（ ）
2
A．1.2W B．1.4W C．1.6W D．1.8W
0 0 0 0【解答】解：对物块做功最少，物块重力势能增大，动能不变，物体匀速缓慢运动至斜面顶端，
用F 将位于斜面底端的物块推到斜面顶端，对物块受力分析如图甲所示，根据受力平衡可得 F
1 1
＝mgsin + mgcos ＝mg
设斜面的θ长μ度为Lθ，则W
0
＝F
1
L＝mgL
对物块受力分析如图乙所示，根据受力平衡可得F cos ＝mgsin + （F sin +mgcos ）
2 2
mgsinθ+μmgcosθ θ θ μ θ θ
解得F = =2mg
2 cosθ−μsinθ
则W＝F Lcos ＝1.6mgL＝1.6W
2 0
故选：C。 θ
2. （多选）（2024•黑龙江三模）如图所示，光滑水平面上放有质量为 M＝2kg的足够
长的木板P，通过水平轻弹簧与竖直墙壁相连的质量为m＝1kg的物块Q叠放在P上。初始时
刻，系统静止，弹簧处于原长，现用一水平向右、大小为F＝9N的拉力作用在P上。已知P、
Q间的动摩擦因数 ＝0.2，弹簧的劲度系数k＝100N/m，重力加速度g取10m/s2，最大静摩擦
力等于滑动摩擦力。μ则下列说法正确的是（ ）
A．Q受到的摩擦力逐渐变大
B．Q速度最大时，向右运动的距离为2cm
C．P做加速度减小的加速运动
D．摩擦力对Q先做正功后做负功
【解答】解：A、二者恰好发生相对运动时，Q的加速度a＝ g＝0.2×10m/s2＝2m/s2，此时对应
的拉力：F ＝（M+m）a＝（2+1）×2N＝6N＜9N，所以力F＝μ9N作用在P上，一开始二者就发
0生相对运动，Q受滑动摩擦力保持不变，故A错误；
B、物体P、Q间的最大静摩擦力f ＝ mg＝0.2×1×10N＝2N，当P对Q的静摩擦力达到最大时，
m
μ
F 2
Q向右运动的距离为：x= = m＝0.02m＝2cm；此时弹力与摩擦力相等，Q与P有共同的
k 100
速度且此时Q的速度达到最大值，故B正确；
C、对P受力分析可知：F﹣f＝Ma，由于二者之间的摩擦力保持不变，可知P的加速度保持不变，
故C错误；
D、物块Q达到最大距离的过程中，摩擦力对Q做正功；物块Q达到最大距离后，先向左加速、
后做减速，此过程中，摩擦力对Q做负功，即摩擦力对Q先做正功，再做负功，故D正确。
故选：BD。
3. （2024•朝阳区校级模拟）如图，一物块以初速度v 从O点沿斜面向上运动，同时从
0
O点斜向上以相同速度大小抛出一个小球，物块和小球的质量相等，它们在斜面上的P点相遇，
不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．小球和物块加速度相等
B．小球运动到最高点时离斜面最远
C．在P点时，小球的动能大于物块的动能
D．小球和物块从O点到P点过程中合外力的功率相等
【解答】解：B．把小球的运动分解为沿斜面方向和垂直斜面方向，当垂直斜面方向的分速度减
为0时，小球离斜面最远，但此时小球不是运动到最高点，故B错误；
C．把小球的速度分解到沿斜面方向和垂直斜面方向，则小球沿斜面方向的速度小于物块的合速
度，若斜面光滑，则小球和物块沿斜面方向的加速度相同，根据匀变速直线运动速度—时间公
式，可知两物体不可能在P点相遇，所以斜面是粗糙的；从O点到P点，小球和物块克服重力
做功相对，但物块还要克服摩擦力做功，故在P点时，小球的动能大于物块的动能，故C正确；
D．从O点到P点过程，小球只克服重力做功，物块需要克服重力做功和克服摩擦力做功，则合
外力对物块做功的大小大于合外力对小球做功的大小，又所用时间相等，所以小球和物块从O
点到P点过程中合外力的功率不相等，故D错误。A．小球的加速度为
a球 ＝g
设斜面倾角为 ，物块与斜面的动摩擦因数为 ，根据牛顿第二定律可得
mgsin + mgcoθs ＝ma物 μ
可得物θ块μ的加速θ度大小为
a物 ＝gsin + gcos
不能确定θ小球μ 和物θ块加速度是否大小相等，故A错误。
故选：C。
4. （2024•西安模拟）如图所示，将小球a从地面以初速度v 竖直上抛的同时，将另一
0
小球b从距地面h处由静止释放，a、b的质量相等，两球恰在0.5h处相遇（不计空气阻力）。
则两球运动过程中（ ）
A．小球a超重，小球b失重
B．相遇时两球速度差的大小为v
0
C．从开始到相遇重力对a、b的冲量不相同
D．相遇后的任意时刻，重力对球a做功功率等于重力对球b做功功率
【解答】解：A、小球a、b运动的加速度都向下，故都处于失重状态，故A错误；
B、从题目内容可看出，在0.5h处相遇，此时a球和b 球的位移大小相同，时间相同，它们的加
速度也相同，a竖直上抛，b自由落体，设相遇时间为t，相遇时a的速度为v，b的速度为v′，
v't v+v
则有： = 0 t，由自由落体规律得v′＝gt，v＝v ﹣gt，解得v＝0，v′＝v ，故B正确；
0 0
2 2
C、重力的冲量等于mgt，则重力对a、b的冲量相同。故C错误；
D、相遇时，a球的速度刚好为0，而b球的速度刚好为v ，相遇后，a的速度一直比b的速度小，
0
a、b的质量相等，可知重力对球a做功功率小于重力对球b做功功率，故D错误。
故选：B。
5. （2024•湖北二模）如图所示，水平面上固定一半圆形凹槽，凹槽的质量为 M，半圆弧的圆心为O点，最低点为A点，半径为R。现将一质量为m的光滑小球从圆弧上的D点释
放，已知OD与OA的夹角为 （ ＜5°），重力加速度为g，小球大小可以忽略不计。从D点
第一次运动到A点的过程中，θ小球θ对凹槽的弹力的冲量大小为（ ）
√π2gR
A．m +2gR(1−cosθ)
4
√π2gR
B．M +2gR(1−cosθ)
4
π√gR
C．m +m√2gR(1−cosθ)
2
π√gR
D．M +M√2gR(1−cosθ)
2
【解答】解：小球从D到A，只有重力做功，机械能守恒，有
1
mg（R﹣Rcos ）= m v2
2 A A
θ
小球竖直方向受重力和轨道对小球弹力的分力，根据动量定理有
﹣I弹y +I重 ＝mΔv
y
＝0
√R
小球做单摆运动的周期为T＝2π
g
T
则t =
DA 4
根据冲量的公式可知I弹y ＝I重 ＝mgt
DA
小球水平方向根据动量定理有
I弹x ＝mv
A
﹣0
根据矢量的合成可知I=√I2 +I2
弹x 弹y
√π2gR
解得I=m +2gR(1−cosθ)
4
故A正确，BCD错误；故选：A。
考向二 碰撞模型及变形应用
6. （2024•清江浦区模拟）如图所示，动摩擦因数为0.4的水平轨道ab与光滑的圆弧轨
道 bc 在 b 点平滑连接，ab＝2m，圆弧轨道半径 R＝40m，圆心为 O，∠bOc＝30°，g＝
10m/s2，质量m ＝1kg的小物块P（可视为质点）静止在水平轨道上的a点，质量为m ＝3kg
1 2
的小物块Q静止在水平轨道的b点。现给小物块P一个水平向右的瞬时冲量I＝5N•s，已知
P、Q碰撞后P以1.5m/s反弹，则Q物体从开始运动到最终停止所需要的总时间以及PQ系统
因摩擦在整个过程中损耗的能量分别为（ ）
A．12s 6.25J B．6.78s 12J
C．6.66s 12.5J D．12.56s 12.5J
【解答】解：设小物块P在a点的速度为v ，取向右为正方向，根据动量定理可得：I＝m v
0 1 0
物块在水平轨道的加速度为：a＝ g＝0.4×10m/s2＝4m/s2
μ
小物块P从a点到b点，根据动力学公式可得：v2−v2=2ax
0 1 ab
解得：v ＝3m/s
1
P、Q碰撞，取向右为正方向，根据动量守恒可得：m v ＝m v ′+m v ，其中：v ′＝﹣1.5m/s
1 1 1 1 2 2 1
解得：v ＝1.5m/s
2
圆弧轨道半径较大，小物块Q在bc轨道上的运动可看成单摆运动，小物块Q在bc轨道上运动
的时间为：
1 1 √R
t = T= ×2π ，解得：t ＝6.28s
1 2 2 g 1
v 1.5
小物块Q在水平轨道运动时间为：t = 2= s＝0.375s
2 a 4Q物体从开始运动到最终停止所需要的总时间为：t＝t +t ＝6.28s+0.375s≈6.66s
1 2
1 1 1
P、Q碰撞损失的能量为：ΔE= m v2− m v'2− m v2 ，解得ΔE＝0
2 1 1 2 1 1 2 2 2
1
PQ系统因摩擦在整个过程中损耗的能量为：E= m v2−ΔE，解得：E＝12.5J
2 1 0
综上所述，故C正确、ABD错误。
故选：C。
7. （多选）（2024•吉林一模）碰碰车深受青少年的喜爱，因此大多数游乐场都设置了
碰碰车，如图所示为两游客分别驾驶碰碰车进行游戏。在某次碰撞时，红车静止在水平面上，
黄车以恒定的速度与红车发生正撞；已知黄车和红车连同游客的质量分别为 m 、m ，碰后两
1 2
车的速度大小分别为v 、v ，假设碰撞的过程没有机械能损失。则下列说法正确的是（ ）
1 2
A．若碰后两车的运动方向相同，则一定有m ＞m
1 2
B．若碰后黄车反向运动，则碰撞前后黄车的速度大小之比可能为5：6
C．若碰后黄车反向运动且速度大于红车，则一定有m ＞3m
2 1
D．碰后红车的速度与碰前黄车的速度大小之比可能为3：1
【解答】解：AB、根据机械能守恒定律和动量守恒定理，有 m v＝m v +m v ，
1 1 1 2 2
1 1 1 m −m 2m
m v2= m v2+ m v2 ，解得：v = 1 2v，v = 1 v
2 1 2 1 1 2 2 2 1 m +m 2 m +m
1 2 1 2
可知，当m ＞m 时两车得碰后速度方向相同，故A正确；
1 2
BC、若碰后黄车反向运动，则m ＜m ，则碰撞后黄车速度小于碰撞前的速度，碰撞前后黄车的
1 2
m −m 2m
速度大小之比不可能为5：6，若碰后黄车反向运动且速度大于红车，即 2 1v＞ 1 v，
m +m m +m
1 2 1 2
m ＞3m ，故B错误，C正确；
2 1
D、设碰后红车的速度与碰前黄车的速度大小之为3：1，即v ：v＝3：1，得m +3m ＝0，不符
2 1 2
合实际情况，故D错误。
故选：AC。8. （2024•朝阳区一模）如图所示，光滑水平地面上的 P、Q两物体质量均为m，P以速
度v向右运动，Q静止且左端固定一轻弹簧。当弹簧被压缩至最短时（ ）
A．P的动量为0
B．Q的动量达到最大值
C．P、Q系统总动量小于mv
1
D．弹簧储存的弹性势能为
mv2
4
【解答】解：AC、物体P、Q与轻弹簧组成的系统所受合外力为零，满足系统动量守恒的条件，
系统总动量为mv，所以弹簧被压缩至最短时此系统总动量仍然为mv，以向右为正方向，根据
1 1
动量守恒定律可得：mv＝2mv ，解得：v = v，所以P的动量为mv = mv，不为零，故AC错
1 1 2 1 2
误；
1 1 1
D、根据机械能守恒定律得弹簧储存的弹性势能为E = mv2− ×2mv 2= mv2 ，故D正确；
p 2 2 1 4
B、弹簧被压缩至最短时，弹簧处于压缩状态，对物体Q有向右的弹力，物体Q的速度方向也
向右，所以在接下来的一段时间内，物体Q做加速运动，其动量会继续增大，故此时Q的动量
不是最大，故B错误。
故选：D。
9. （2024•黄陂区校级一模）质量为2kg的小球b静止在光滑的水平地面上，左端连接
一水平轻质弹簧，质量为2kg的另一小球a以4m/s的速度向b运动，从小球a接触弹簧到压缩
π √2E
到最短所经历的时间为 s，已知此弹簧的压缩量x与弹性势能E 的关系为x= p，则小
20 p 10
球a、b在这段时间内的位移大小分别为（ ）
π+2 π−2 3π+3 3π−3
A． m， m B． m， m
10 10 10 10
π+4 π−4 3π+1 3π−3
C． m， m D． m， m
10 10 10 10【解答】解：小球a、b与弹簧组成的系统动量守恒，弹簧被压缩至最短时，小球a、b达到共速，
设共速时的速度为v ，小球a的初速度为v ，则由动量守恒定律有：m v ＝（m +m ）v
1 0 a 0 a b 1
1 1
碰撞过程中机械能守恒，有： m v2= (m +m )v2+E
2 a 0 2 a b 1 p
解得弹簧压缩到最短时的弹性势能：E ＝8J
p
√2E
由弹簧的压缩量x与弹性势能E 的关系：x= p
p
10
代入可得：x＝0.4m
设小球a、b在这段时间内的位移大小分别为l 、l ，任取极短的时间Δt，两小球在任意时刻动量
1 2
均守恒，任意时刻的速度分别设为v 、v 则有：m v ＝m v +m v
1i 2i a 0 a 1i b 2i
两边同乘以Δt并求和得： m v Δt＝ m v Δt+ m v Δt
a 0 a 1i b 2i
故有：m v t＝m l +m l ∑ ∑ ∑
a 0 a1 b2
而两小球的对地位移之间的关系为：l ﹣l ＝x
1 2
π+2 π−2
联立解得：l = ，l = ，故BCD错误，A正确。
1 10 2 10
故选：A。
10. （2024•乐清市校级三模）（机械振动）质量为m的钢板与直立轻弹簧的上端连接，
弹簧下端固定在地上。平衡时，弹簧的压缩量为 x ，如图所示，一物块从钢板正上方距离为
0
3x 的A处自由落下，打在钢板上并立刻与钢板一起向下运动，但不粘连。它们到达最低点后
0
1 √m
又向上运动。已知物块质量也为m，弹簧的弹性势能E = kx2，简谐运动的周期T＝2π ，
p 2 k
下列说法正确的是（ ）
A．碰后物块与钢板一起做简谐运动，振幅A＝x
0
B．物块与钢板在返回O点前已经分离2π √2x
C．碰撞刚结束至两者第一次运动到最低点所经历的时间t= 0
3 g
3
D．运动过程中弹簧的最大弹性势能E = mgx
pm 2 0
【解答】解：A、设物块与钢板碰撞前瞬间物块的速度为v ，由机械能守恒得：
0
1
mv2=3mgx ，解得：v =√6gx
2 0 0 0 0
设碰撞后瞬间两者一起向下运动的初速度为v ，选取向下为正方向，由动量守恒定律得：
1
1 √6gx
mv ＝2mv ，解得：v = v = 0
0 1 1 2 0 2
钢板与物块一起做简谐运动，设平衡位置弹簧压缩量为x ，则有：
1
2mg＝kx
1
初始对钢板由平衡条件得：
mg＝kx
0
对比解得：x ＝2x
1 0
设振幅为A，从碰撞的位置到最低点的过程，由机械能守恒定律得：
1 1 1
2mg（x ﹣x +A）+ ⋅2mv2= k(x +A) 2− kx2
1 0 2 1 2 1 2 0
mg
其中：k =
x
0
联立解得：A＝2x ，故A错误；
0
B、由A的解答可知，平衡位置弹簧压缩量为2x ，振幅为2x ，由简谐运动规律可知弹簧原长的
0 0
位置O处是向上的位移最大处，即到达弹簧处于原长的位置时钢板与物块的速度为零，则物块
与钢板在返回O点前不会分离，故B错误；
1 1
C、碰撞的位置是 A处，由此处第一次到平衡位置的时间为 T，则第一次运动到最低点所经
2 12
历的时间为：
t=
1
T+
1
T=
1
T=
1
×2π
√2m
=
2π √2x
0，故C正确；
12 4 3 3 k 3 g
1
D、弹簧最大压缩量为x ＝x +A＝4x ，最大的弹性势能：E = k(4x ) 2=8mgx ，故D错误。
m 1 0 pm 2 0 0
故选：C。考向三 传送带 木板-滑块模型
11. （2024•青秀区校级模拟）如图甲所示，足够长的水平传送带以恒定速率 v＝2m/s逆
时针转动，一质量为m＝1kg的小物块从传送带的左端以向右的速度v 滑上传送带。小物块在
0
传送带上运动时，小物块的动能E 与小物块的位移x关系图像如图乙所示，图中：x ＝2m，
k 0
已知传送带与小物块之间动摩擦因数不变，重力加速度g＝10m/s2，则（ ）
A．从小物块开始滑动到与传送带达到共同速度所需时间为2s
B．小物块与传送带之间的动摩擦因数为0.1
C．整个过程中物块与传送带间产生的热量为18J
D．由于小物块的出现导致传送带电动机多消耗的电能为18J
【解答】解：由题图可知，小物块在传送带上做匀减速直线运动，到其位移为 x 时动能减为零，
0
1
之后物块反向加速，最后以 E 返回出发点。
4 0
B、根据动能定理有：E ﹣E ＝﹣ mg•x，结合图乙可知，图像斜率的绝对值表示合外力的大小，
k k0
μ
E
小物块向右滑，合外力为 mg，则：|k|= 0=μmg
x
0
μ
1
由于初动能：E = mv2
0 2 0
1 1 1
物块返回与传送带共速的动能为 E ，则： E = mv2
4 0 4 0 2
v 1
=
则传送带速度满足：
v 2
0
联立解得：E ＝8J，v ＝4m/s， ＝0.4，故B错误；
0 0
μA、根据题意可以作v﹣t图像如下，
由图像可知，小物块做匀变速直线运动且共速前加速度不变，全程可看为匀减速，即：﹣v＝v
0
﹣ gt
μ 3
代入解得：t= s，故A错误；
2
C、整个过程中物块与传送带间变生的热量为产生的热量为：Q＝ mgΔx
1 μ
由v﹣t图像可知相对位移为：Δx= (v+v )t
2 0
联立代入数据解得：Q＝18J，故C正确；
1
D、根据能量守恒可得：E +E =Q+ E
0 电 4 0
3 3
整个过程中电动机多消耗的电能为：E电 ＝Q−
4
E
0
= 18J−
4
×8J＝12J，故D错误。
故选：C。
12. （多选）（2024•青羊区校级模拟）如图甲所示，一足够长的水平传送带以某一恒定
速度顺时针转动，一根轻弹簧一端与竖直墙面连接，另一端与工件不拴接。工件将弹簧压缩一
段距离后置于传送带最左端无初速度释放，工件向右运动受到的摩擦力F 随位移x变化的关系
f
如图乙所示，x 、F 为已知量，则下列说法正确的是（工件与传送带间的动摩擦因数处处相
0 f0
等）（ ）
A．工件在传送带上先做加速运动，后做减速运动
B．工件向右运动2x 后与弹簧分离
0F
f0
C．弹簧的劲度系数为
x
0
D．整个运动过程中摩擦力对工件做功为0.75F x
f0 0
【解答】解：A、由图乙可知，摩擦力在x
0
处方向发生变化，在x 0∼2x
0
区间工件的摩擦力大小
发生变化，说明工件与传送带相对静止，所以工件先做加速运动后做匀速运动，故A错误；
B、在x 0∼2x
0
区间摩擦力大小等于弹簧弹力大小，2x
0
位置摩擦力为零，所以弹力为零，可知工
件运动2x 后与弹簧分离，故B正确；
0
F
C、由胡克定律得：kx ＝0.5F ，解得弹簧的劲度系数为：k= f0 ，故C错误；
0 f0 2x
0
D、摩擦力对工件先做正功后做负功，F﹣x图像与x轴围成的面积在数值上等于摩擦力对工件
f
做的功，即得整个运动过程中摩擦力对工件做功为：
1
W =F x − ×0.5F x =0.75F x ，故D正确。
f0 0 2 f0 0 f0 0
故选：BD。
13. （多选）（2024•长安区校级模拟）如图所示，水平地面上有足够长平板车 M，车上
最右端放一物块m＝0.9kg，开始时M、m均静止。t＝0时，车在外力作用下开始沿水平面向
右运动，其v﹣t图像如图所示，已知物块与平板车间的动摩擦因数为 0.2，0～4s内物块m始
终没有滑出小车，取g＝10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．0～4s内，物块m的加速度一直保持不变
16
B．要使物块m不会从车的左端滑出小车，小车的长度至少 m
3
C．0～4s内，m与M间因相对滑动产生的内能为12.8J
D．0～4s内，m、M相对地面的位移大小之比为7：9
【解答】解：A．根据 v﹣t 图像斜率表示加速度，车先以加速度 a 做匀加速直线运动
Δv 8
a= = m/s2=4m/s2
Δt 2Δv' −8
后以加速度a'做匀减速直线运动，a'= = m/s2=−4m/s2
Δt' 2
根据物块与车的动摩擦因数可知，物体与车的滑动摩擦力产生的加速度为 a ，则有
1
μmg
a = =μg= 0.2×10m/s2＝2m/s2
1 m
物块与小车速度相同前，物块受到的滑动摩擦力一直向右，物块做匀加速直线运动，物块与小
车速度相同后，物块受到的滑动摩擦力向左，物块做匀减速直线运动。物块运动的 v﹣t图像如
红线所示
0～4s内，物块先加速后减速，加速时加速度向右，减速时加速度向左，故A错误；
B．设t 时刻物块与小车速度相等，则有8+a'（t ﹣2）＝a t
1 1 11
8
解得t = s
1 3
此时物块和小车的速度为v＝a t
11
之后，物块相对小车向右滑，在t ＝4s时，物块的速度为v ＝a （4﹣t ）
2 1 1 1
8
0～ s内 ， 物 块 和 小 车 的 相 对 位 移 为 Δx ， 由 图 像 可 得
3 1
1 1 16 8 1 8 16 16
Δx = ×2×8m+ (8+ )×( −2)m− × × m= m
1 2 2 3 3 2 3 3 3
16
要使物块m不会从车的左端滑出小车，小车的长度至少 m，故B正确；
3
C．4s时，物块的速度为v ＝a （4﹣t ）
1 1 1
8 1 8 8 16
～4s内，由图像可知小车和物块的相对位移为Δx = × ×(4− )m= m
3 2 2 3 3 9
所以因摩擦产生的内能为Q＝ mg（Δx +Δx ）
1 2
代入数解得：Q＝12.8J μ
故C正确；1
D．0～4s内，小车的位移为x = ×4×8m=16m
1 2
1 16 1 8 8 112
物块的位移为x = ×4× m+ × ×(4− )m= m
2 2 3 2 3 3 9
112
则有 x 9 7
2= =
x 16 9
1
故D正确。
故选：BCD。
14. （多选）（2022•福建模拟）如图所示，一倾角为 ＝37°的足够长斜面体固定在水平
地面上，质量为M＝2kg的长木板B沿着斜面以速度v ＝9mθ/s匀速下滑，现把质量为m＝1kg
0
的铁块A轻轻放在长木板B的左端，铁块最终恰好没有从长木板上滑下。已知A与B之间、B
与斜面之间的动摩擦因数均为 ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度 g＝10m/s2，
sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则下μ列判断正确的是（ ）
A．动摩擦因数 ＝0.5
B．铁块A和长木μ 板B共速后的速度大小为6m/s
C．长木板的长度为2.25m
D．从铁块放上到铁块和长木板共速的过程中，铁块A和长木板B减少的机械能等于A、B之间
摩擦产生的热量
【解答】解：A、长木板B沿着斜面匀速下滑时，根据平衡条件得：Mgsin37°＝ Mgcos37°，解
得 ＝0.75，故A错误； μ
B、μ将铁块A放在长木板B上，两者组成的系统合外力为F合 ＝（M+m）gsin37°﹣ （M+m）
gcos37°＝0，所以铁块A与长木板B组成的系统动量守恒，取沿斜面向下方向为正方μ向，由动
量守恒定律得Mv
0
＝（M+m）v共 ，解得v共 ＝6m/s，即铁块A和长木板B共速后的速度大小为
6m/s，故B正确；
C、设铁块 A 从放在 B 上到两者共速的时间为 t，对 A，由动量定理得：（mgsin37°
+ mgcos37° ） t ＝ mv 共 ﹣ 0 ， 解 得 t ＝ 0.5s 。 长 木 板 的 长 度 为 L ＝ x B ﹣ x A
μv +v v v 9
= 0 共t− 共t= 0t= ×0.5m＝2.25m，故C正确；
2 2 2 2
D、从铁块放上到铁块和长木板共速的过程中，铁块A和长木板B的机械能转化为系统因摩擦
产生的内能，根据能量守恒定律可知，铁块 A和长木板B减少的机械能等于A、B之间摩擦产
生的热量和B、斜面之间摩擦产生的热量之和，故D错误。
故选：BC。
考向四 弹簧类问题
15. （2024•浙江模拟）如图，在一水平地面上有一轨道，其内部有一质量不计的轻弹簧，
弹簧劲度系数为k。其正上方有一质量为m的小球由静止释放，恰好可进入管道内部。若忽略
空气阻力与摩擦力，则下列说法正确的是（ ）
A．小球运动过程中，其机械能守恒
√ mg2
B．小球最大速度 2gℎ +
k
mg+√(mg) 2+2mgkℎ
C．小球下落最大距离
k
mg+√(mg) 2+2mgkℎ
D．小球最大加速度
mk
【解答】解：A．小球未接触到弹簧过程中，只有重力做功，机械能守恒，与弹簧接触后弹簧弹
力做功，小球的机械能不守恒，故A错误；
B．当小球的加速度为零时，速度达到最大，即
mg＝kx1 1
mg(ℎ +x)= mv2+ kx2
2 2
联立可得
√ mg2
v= 2gℎ +
k
故B正确；
C．当小球速度减为零时，下落的距离最大，则
1
mg(ℎ +x')= kx'2
2
所以小球下落最大距离为
mg+√(mg) 2+2mgkℎ
ℎ
+x'= +
ℎ
k
故C错误；
D．当小球运动到最低点时加速度最大，则
kx'﹣mg＝ma
解得
√(mg) 2+2mgkℎ
a=
m
故D错误。
故选：B。
16. （2024•市中区校级模拟）如图甲所示，质量分别为m 、m 的A、B两物体用轻弹簧
A B
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a﹣t图像如图乙所示，S 表示0到t 时
1 1
间内a﹣t图线与坐标轴所围面积大小，S 、S 分别表示t 到t 时间内A、B的a﹣t图线与坐标
2 3 1 2
轴所围面积大小，A在t 时刻的速度v 。下列说法正确的是（ ）
1 0A．0到t 时间内，墙对A、B系统的冲量等于m v
1 A 0
B．m ＜m
A B
C．t 时刻弹簧的形变量最大且v ＞v
2 B A
D．t 时刻运动后，弹簧的最大形变量等于x
1
【解答】解：A.由图像可知，在t 时刻弹簧恢复到原长，0到t 时间内，对A、B系统由动量定
1 1
理
I ＝m v
1 A 0
即墙对A、B系统的冲量等于m v ，故A正确；
A 0
B.t ～t 时间内，弹簧从原长位置到伸长到最长，由图可知该过程中
1 2
a ＜a
A B
根据牛顿第二定律有
m a ＝m a
A A B B
可知
m ＞m
A B
故B错误；
C.由以上分析可知，t 时刻弹簧的形变量最大且
2
v ＝v ＝v
A B
故C错误；
D.t 时刻运动后，t 时刻弹簧的形变量最大，由能量关系可知
1 2
1 1 1
kx2= （m +m ）v2+ kx'2
2 2 A B 2
可知弹簧的最大形变量小于x，故D错误。
故选：A。
17. （多选）（2024•郑州模拟）如图所示，固定斜面的倾角 ＝30°，轻弹簧下端固定在
θ斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C点，用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接
物体A和B，滑轮左侧绳子与斜面平行，A的质量是B的质量2倍，初始时物体A到C点的距
离L＝1m，现给A、B一初速度v ＝3m/s，使A开始沿斜面向下运动，B向上运动，物体A向
0
下运动刚到C点时的速度大小v＝2m/s，物体A将弹簧压缩到最短后，物体A又恰好能弹回到
C点。已知弹簧的最大弹性势能为6J，重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力，整个过程中轻
绳始终处于伸直状态。则（ ）
√3
A．物体A与斜面之间的动摩擦因数μ=
4
B．物体A向下运动到C点的过程中，A的重力势能转化为B的重力势能
C．弹簧的最大压缩量x＝0.4m
D．B的质量为2kg
【解答】解：A、设B的质量为m，A的质量为2m，在物体A向下运动刚到C点的过程中，对
A、B组成的系统应用能量守恒定律与功能关系可得：
1 1
•2mgcos •L= ×（m+2m）v2− ×（m+2m）v2+2mgLsin ﹣mgL
2 0 2
μ θ θ
√3
解得： = ，故A正确；
4
μ
B、物体A向下运动到C点的过程中，A的重力势能及A、B的动能都减小，转化为B的重力势
能和摩擦生热，故B错误；
C、设弹簧的最大压缩量为x。对A、B和弹簧组成的系统分析，在物体A从C点压缩弹簧至将
弹簧压缩到最大压缩量，又恰好返回到C点的过程中，弹簧弹性势能初末均为零，系统动能的
减少量等于因摩擦产生的热量，可得：
1
×（m+2m）v2﹣0＝ •2mgcos •2x，解得：x＝0.4m，故C正确；
2
μ θ
D、从C点到弹簧最大压缩量过程中，由能量守恒定律可得：
1
×（m+2m）v2+2mgxsin ﹣mgx＝ •2mgcos •x+E
2 Pm
θ μ θ
已知：E ＝6J，
Pm
解得B的质量为：m＝2kg，故D正确。故选：ACD。
18. （2024•道里区校级一模）轻质弹簧上端悬挂于天花板上，下端与质量为 M的木板相
连，木板静止时位于图中Ⅰ位置。O点为弹簧原长时下端点的位置，质量为m的圆环形物块套
在弹簧上（不与弹簧接触），现将m从O点正上方的Ⅱ位置自由释放，物块m与木板瞬时相
碰后一起运动，物块m在P点达到最大速度，且M恰好能回到O点。若将m从比Ⅱ位置高的
Q点自由释放后，m与木板碰后仍一起运动，则下列说法正确的是（ ）
A．物块m达到最大速度的位置在P点的下方
B．物块m与木板M从Ⅰ位置到O的过程做匀减速运动
C．物块m与木板M在O点正好分离
D．物块m能回到Q点
【解答】解：A．在物块m下落过程中，当物块m、木板M的总重力等于弹簧弹力时，物块m
达到最大速度，故物块m达到最大速度的位置仍在P点，故A错误；
B．物块m与木板M从I位置到O的过程，总重力不变，弹簧的弹力逐渐减小，故物块 m与木
板M做加速度增大的减速运动，故B错误；
C．将m从O点正上方的Ⅱ位置自由释放，且M恰好能回到O点，可知将m从比Ⅱ位置高的Q
点自由释放后，根据能量守恒，M回到O点时速度不为零，O点为弹簧原长时下端点的位置，
则物块m与木板M间的作用力为零，故物块m与木板M在O点正好分离，故C正确；
D．根据能量守恒可知，碰撞过程存在一定的机械能损失，且物块m的部分机械能转化为木板
M的机械能，故物块m不能回到Q点，故D错误。
故选：C。
19. （多选）（2024•渝中区校级模拟）如图所示，水平面上有一质量为5m的小球B与1
轻弹簧连接，还有质量为2m、半径为R的 圆弧形槽C，其底部与水平面平滑相切，最初
4
B、C均静止。一质量为m的小球A从距槽C顶端3R处自由落下后恰好滑入槽C，不计一切
摩擦，则（ ）
A．球A沿槽C下滑过程中，槽C对球A做负功
B．整个过程中球A、球B和槽C构成的系统动量守恒
2
C．球A第一次滑至槽C最低点过程中，球A水平向左位移为 R
3
D．球A与弹簧作用后，能够追上槽C
【解答】解：A、球A沿槽C下滑过程中，水平方向动量守恒，A、C组成的系统机械能守恒，
C向右运动其机械能增加，球A对槽C做正功，则槽C对球A做负功，故A正确；
B、整个过程中球A、球B、槽C构成的系统在水平方向上动量守恒，系统动量不守恒，故B错
误；
1
C、设球 A 到槽 C 上端时的速度为 v ，由机械能守恒定律得：3mgR= mv2 ，解得：
1 2 1
v =√6gR
1
对球A与槽C组成的系统，设球A到最低点时的速度为v ，以水平向左为正方向，由水平方向
A
动量守恒得：mv ﹣2mv ＝0
A C
可得：mx ﹣2mx ＝0，由几何关系得：x +x ＝R
A C A C
2
联立解得球A第一次滑至槽C最低点过程中，球A水平向左的位移为：x = R，故C正确；
A 3
1 1 1
D、由机械能守恒得： mv2+mgR= mv2 + ×2mv2 ，又有：mv ＝2mv
2 1 2 A 2 C A C
√gR √gR
联立解得：v =4 ，方向水平向左；v =2 ，方向水平向右。
A 3 C 3以水平向左为正方向，对球A和球B由动量守恒定律得：mv ＝mv ′+5mv
A A B
1 1 1
由机械能守恒定律得： mv2 = mv '2+ ×5mv2
2 A 2 A 2 B
m−5m 8√gR
联立解得球A与弹簧作用后的速度为：v '= v =− ，方向水平向右。
A m+5m A 3 3
易知球A与弹簧作用后速度大于C的速度，能够追上槽C，故D正确。
故选：ACD。
20. （多选）（2024•厦门三模）如图甲所示，倾角为 的足够长的斜面固定在水平面上，
物块A、B中间用轻弹簧相连，当弹簧处于原长L时，A、Bθ恰好静止在斜面上。物块C以速
度v 沿斜面匀速下滑并与B发生弹性碰撞，从碰后瞬间开始计时，A和B的位置随时间变化
0
的图像如图乙中的曲线a、b所示，t 时刻a、b的纵坐标分别为x 、x ，此时两条曲线的纵坐
1 1 2
标差值最小。已知A、B和C可视为质点，质量均为m，且与斜面之间的动摩擦因数相同，最
大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，则（ ）
A．C与B碰后瞬间，B的速度为v
0
B．C与B碰后瞬间，A的加速度为gsin
C．从开始计时到弹簧第一次恢复原长的θ过程中，因摩擦产生的热量为2mg（x
1
+x
2
﹣L）sin
D．从开始计时到弹簧第一次恢复原长的过程中，因摩擦产生的热量为4mg（x +x ﹣L）sinθ
1 2
【解答】解：A、由题知B和C的质量均为m，物块C以速度v 与静止的B发生弹性正碰θ，根
0
据弹性碰撞模型的“质量相等，速度交换”，可知C与B碰后瞬间B的速度为v ，C的速度为
0
零，故A正确；
B、当C与B碰后瞬间，弹簧仍处于原长L，A的受力没有变化，A所受合力仍为零，则此时A
的加速度为零，故B错误；
CD、由题知初始A、B和C均处于平衡状态，则有：mgsin ＝ mgcos ，可得碰撞后物块A、B
运动过程中，A、B的合外力均等于弹簧弹力，两者的加速度θ等μ大反向θ，相同时间内B的速度减
少量等于A的速度增加量，由题意可知t 时刻弹簧被压缩到最短，此时A、B两者共速，据此作
1
出两者的v﹣t图像如下图所示。两者的运动具有对称性，在2t 时刻弹簧第一次恢复原长，此时A的速度为v ，B的速度为零。
1 0
根据v﹣t图像与时间轴围成的面积表示位移大小，由题意知0～t 时间内B的位移为x ，则t ～
1 2 1
2t 时间内A的位移为x ；由题意知0～t 时间内A的位移为x ﹣L，则t ～2t 时间内B的位移为
1 2 1 1 1 1
x ﹣L。可得从开始计时到弹簧第一次恢复原长的过程，两者的位移均为x +x ﹣L，此过程初末
1 2 1
1
A、B的总动能相等均为
mv2
，由能量守恒定律，可知此过程因摩擦产生的热量Q等于A、B
2 0
总的重力势能减小量，则有：Q＝2mg（x +x ﹣L）sin ，故C正确，D错误。
1 2
故选：AC。 θ
