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专题9.2 动量守恒定律的应用及实验【练】
目录
一．练经典题型.............................................................................................................................................................1
二、练创新情景.............................................................................................................................................................3
三．练规范解答.............................................................................................................................................................6
一．练经典题型
1.(2021·武邑中学调研)如图所示，两木块A、B用轻质弹簧连在一起，置于光滑的水平面上。一颗子弹水平
射入木块A，并留在其中。在子弹打中木块A及弹簧被压缩的整个过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的
系统，下列说法中正确的是( )
A．动量守恒、机械能守恒
B．动量不守恒、机械能守恒
C．动量守恒、机械能不守恒
D．动量、机械能都不守恒
【答案】C
【解析】在子弹射入木材A及压缩弹簧的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统，系统所受外力之和
为零，系统的动量守恒；子弹射入木块A的过程中，摩擦力做负功，系统机械能不守恒。故C正确。
2．(2021·桂林质检)如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两个小球在同一直线上运动．两球质量关
系为m ＝2m ，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为8 kg·m/s，运动过程中两球发生碰撞，碰撞后A
B A
球的动量增量为－4 kg·m/s，则 ( )
A．右方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为2∶3
B．右方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为1∶6
C．左方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为2∶3
D．左方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为1∶6
【答案】：C
【解析】：A、B两球发生碰撞，规定向右为正方向，由动量守恒定律可得 Δp ＝－Δp ，由于碰后A球的
A B
动量增量为负值，所以右边不可能是 A球；因 A球动量的增量是负值，因此碰撞后 A球的动量为 4
kg·m/s，所以碰撞后B球的动量是增加的，为12 kg·m/s，由于m ＝2m ，所以碰撞后A、B两球速度大小
B A
之比为2∶3，故C正确．
3．如图所示，在光滑的水平面上，质量为m 的小球A以速率v 向右运动．在小球A的前方O点处有一质
1 0
量为m 的小球B处于静止状态，Q点处为一竖直的墙壁．小球A与小球B发生弹性正碰后小球A与小球B
2均向右运动．小球B与墙壁碰撞后以原速率返回并与小球A在P点相遇，PQ＝2PO，则两小球质量之比
m∶m 为 ( )
1 2
A．7∶5 B．1∶3
C．2∶1 D．5∶3
【答案】：D
【解析】：设A、B两个小球碰撞后的速度分别为v 、v ，由动量守恒定律有mv ＝mv ＋mv ，发生弹性
1 2 1 0 1 1 2 2
碰撞，不损失动能，故根据能量守恒定律有mv＝mv＋mv，两个小球碰撞后到再次相遇，其速率不变，
1 1 2
由运动学规律有v∶v＝PO∶(PO＋2PQ)＝1∶5，联立三式可得m∶m＝5∶3，D正确．
1 2 1 2
4．(2021·河南焦作质检)质量分别为m＝1 kg和m＝2 kg的小球在光滑的水平面上发生碰撞，碰撞前、后
a b
两球的位移—时间图象如图所示，则可知碰撞属于( )
A．弹性碰撞 B．非弹性碰撞
C．完全非弹性碰撞 D．条件不足，无法判断
【答案】：A
【解析】：由x t图象可知，碰撞前，v ＝3 m/s，v ＝0，碰撞后，v′＝－1 m/s，v′＝2 m/s，碰撞前的总动
a b a b
能为mv＋mv＝ J，碰撞后的总动能为mv′2＋mv′2＝ J，故机械能守恒；碰撞前的总动量为mv ＋mv ＝
a b a a b b a a a b
3 kg·m/s，撞后的总动量为mv′＋mv′＝3 kg·m/s，故动量守恒，所以该碰撞属于弹性碰撞，A正确．
a a b b
5．(2021·湖南师大附中模拟)质量为m，速度为v的A球跟质量为3m的静止的B球发生正碰．碰撞可能是
弹性的，也可能是非弹性的，因此碰撞后B球的速度可能值为 ( )
A．0.6v B．0.4v
C．0.2v D．0.3v
【答案】：BD
【解析】：若v ＝0.6v，选v的方向为正，由动量守恒得：mv＝mv ＋3m·0.6v，得v ＝－0.8v，碰撞前系统
B A A
的总动能为E ＝mv2.碰撞后系统的总动能为：E′＝mv＋×3mv>mv2 ，违反了能量守恒定律，不可能，故 A
k k
错误；若v ＝0.4v，由动量守恒得：mv＝mv ＋3m·0.4v，得v ＝－0.2v，碰撞后系统的总动能为：E′＝mv
B A A k
＋×3mv<mv2，不违反能量守恒定律，是可能的，故B正确；A、B发生完全非弹性碰撞，则有：mv＝(m＋
3m)v ，v ＝0.25v，这时B获得的速度最小，所以v ＝0.2v，是不可能的，故C错误；若v ＝0.3v，由动量
B B B B
守恒得：mv＝mv ＋3m·0.3v，解得：v ＝0.1v，碰撞后系统的总动能为E′＝mv＋×3mv<mv2，不违反能量守
A A k
恒定律，是可能的，故D正确．6．(多选)如图所示，一子弹以初速度v 击中静止在光滑的水平面上的木块，最终子弹未能射穿木块，射入
0
的深度为d，木块加速运动的位移为s。则以下说法正确的是( )
A.子弹动能的亏损等于系统动能的亏损
B.子弹动量变化量的大小等于木块动量变化量的大小
C.摩擦力对木块做的功等于摩擦力对子弹做的功
D.子弹对木块做的功等于木块动能的增量
【答案】 BD
【解析】 子弹射入木块的过程，要产生内能，由能量守恒定律知子弹动能的亏损大于系统动能的亏损，
故A错误；子弹和木块组成的系统动量守恒，系统动量的变化量为零，则子弹与木块动量变化量大小相等，
方向相反，故B正确；摩擦力对木块做的功为Fs，摩擦力对子弹做的功为－F(s＋d)，可知二者不等，故
f f
C错误；对木块根据动能定理可知，子弹对木块做的功即为摩擦力对木块的功，等于木块动能的增量，故
选项D正确。
7.(2021·重庆南开中学模拟)如图所示，车厢长为l、质量为M，静止在光滑水平面上，车厢内有一质量为m
的物体，某时刻以速度v 向右运动，与车厢壁来回碰撞n次后，最后静止于车厢中，这时车厢的速度为(
0
)
A．v，水平向右 B．0
0
C．，水平向右 D．，水平向右
【答案】C
【解析】以物体与车厢组成的系统为研究对象，以向右为正方向，由动量守恒定律可得 mv＝(M＋m)v，最
0
终车厢的速度为v＝，方向与速度v 的方向相同，水平向右，故C正确。
0
8．A球的质量是m，B球的质量是2m，它们在光滑的水平面上以相同的动量运动。B在前，A在后，发生
正碰后，A球仍朝原方向运动，但其速率是原来的一半，碰后两球的速率比v′ ∶v′ 为( )
A B
A．1∶2 B．1∶3
C．2∶1 D．2∶3
【答案】D
【解析】设碰前A球的速率为v，根据题意p ＝p ，即mv＝2mv ，得碰前v ＝，碰后v′ ＝，由动量守恒定
A B B B A
律，有mv＋2m×＝m×＋2mv′ ，解得v′ ＝，所以v′ ∶v′ ＝∶＝2∶3，D正确。
B B A B
9.气垫导轨是常用的一种实验仪器，它是利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫，使滑块悬浮在导轨
上，滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦。现用带竖直挡板C、D的气垫导轨和滑块A、B探究碰撞中的不变量，实验装置如图所示。
采用的实验步骤如下：
a．用天平分别测出A、B的质量m 、m ；
A B
b．调整气垫导轨，使导轨处于水平；
c．在A和B间放入一个被压缩的轻弹簧，用电动卡销锁定，静止放置在气垫导轨上；
d．用刻度尺测出A的左端至挡板C的距离L；
1
e．按下电钮放开卡销，同时分别记录A、B运动时间的计时器开始工作，当A、B分别碰撞C、D时计时
结束，记下A、B分别到达C、D的运动时间t 和t。
1 2
(1)实验中还应测量的物理量及其符号是___________。
(2)作用前 A、B 质量与速度乘积之和为 ________；作用后 A、B 质量与速度乘积之和为
__________________________。
(3) 作 用 前 、 后 A 、 B 质 量 与 速 度 乘 积 之 和 并 不 完 全 相 等 ， 产 生 误 差 的 原 因 有
__________________________________________________________________________________(至少答出两
点)。
【答案】(1)B的右端至D的距离L (2)0 m －m (3)见解析
2 A B
【解析】A、B被压缩的弹簧弹开后，在气垫导轨上运动时可视为匀速运动，因此只要测出A与C的距离
L、B与D的距离L 及A到达C、B到达D的时间t 和t，测出A、B的质量，就可以探究碰撞中的不变量。
1 2 1 2
(1)由上述分析可知，实验中还应测量的物理量为：B的右端至D的距离L。
2
(2)设向左为正方向，根据所测数据求得A、B的速度分别为v ＝，v ＝－，碰前A、B静止，即v＝0，质量
A B
与速度乘积之和为0，碰后A、B的质量与速度乘积之和为m v ＋m v ＝m －m ；若设向右为正方向，同理
A A B B A B
可得碰后A、B的质量与速度乘积之和为m －m 。
B A
(3)产生误差的原因：①L、L、t、t、m 、m 的数据测量误差；②没有考虑弹簧推动滑块的加速过程；③
1 2 1 2 A B
滑块并不是做标准的匀速直线运动，滑块与导轨间有少许摩擦力；④气垫导轨可能不完全水平。
10．(2021·长沙模拟)某同学设计了一个用电磁打点计时器探究碰撞中的不变量的实验：在小车A的前端粘
有橡皮泥，推动小车A使之做匀速直线运动，然后与原来静止在前方的小车 B相碰并粘合成一体，继续做
匀速直线运动。他设计的装置如图(甲)所示。小车A后连着纸带，电磁打点计时器所用电源频率为50 Hz，
长木板下垫着薄木片以平衡摩擦力。
(甲)
(乙)(1)若已测得打点纸带如图(乙)所示，并测得各计数点间距(已标在图上)。A为运动的起点，则应选________
段来计算A碰前的速度。应选________段来计算A和B碰后的共同速度。(以上两空选填“AB”“BC”“CD”
或“DE”)
(2)已测得小车A的质量m＝0.4 kg，小车B的质量为m＝0.2 kg，则碰前两小车的总动量为______kg·m/s，
1 2
碰后两小车的总动量为________kg·m/s。
【答案】 (1)BC DE (2)0.420 0.417
【解析】 (1)从题图乙中纸带上打点的情况看，BC段既表示小车做匀速运动，又表示小车有较大速度，
因此BC段能较准确地描述A在碰前的运动情况，应选用BC段计算A碰前的速度。从CD段打点的情况看，
小车的运动情况还没稳定，而在DE段内小车运动稳定，故应选用DE段计算A和B碰后的共同速度。
(2)取A的初速度方向为正方向，A在碰撞前的速度v ＝＝ m/s＝1.050 m/s，A在碰撞前的动量p ＝mv ＝
0 0 1 0
0.4×1.050 kg·m/s＝0.420 kg·m/s，碰撞后两小车的共同速度v＝＝ m/s＝0.695 m/s，碰撞后两小车的总动量
p＝(m＋m)v＝(0.2＋0.4)×0.695 kg·m/s＝0.417 kg·m/s。
1 2
二、练创新情景
1.(2021·福建龙岩市模拟)如图所示，水平面上有一平板车，某人站在车上抡起锤子从与肩等高处挥下，打
在车的左端，打后车与锤相对静止。以人、锤子和平板车为系统(初始时系统静止)，研究该次挥下、打击
过程，下列说法正确的是( )
A.若水平面光滑，在锤子挥下的过程中，平板车一定向右运动
B.若水平面光滑，打后平板车可能向右运动
C.若水平面粗糙，在锤子挥下的过程中，平板车一定向左运动
D.若水平面粗糙，打后平板车可能向右运动
【答案】 D
【解析】 以人、锤子和平板车为系统，若水平面光滑，系统水平方向合力为零，水平方向动量守恒，且
总动量为零，在锤子挥下的过程中，锤子有水平向右的速度，所以平板车一定向左运动，A错误；系统水
平方向动量为零，打后锤子与平板车均静止，B错误；若水平面粗糙，在锤子挥下的过程中，车由于受摩
擦力作用，可能静止不动，在锤子打平板车时，在最低点与车相碰，锤子与平板车系统动量向右，所以打
后平板车可能向右运动，C错误，D正确。
2.(2021·山东寿光模拟)如图所示，一辆小车静止在光滑水平面上，A、B两人分别站在车的两端，当两人同
时相向运动时 ( )A．若小车不动，两人速率一定相等
B．若小车向左运动，A的动量一定比B的小
C．若小车向左运动，A的动量一定比B的大
D．若小车向右运动，A的动量一定比B的大
【答案】：C
【解析】：A、B两人及小车组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，根据动量守恒定律得 m v ＋m v
A A B B
＋m v ＝0，若小车不动，则m v ＋m v ＝0，由于不知道A、B质量的关系，所以两人速率不一定相等，
车 车 A A B B
故A错误；若小车向左运动，则A、B的动量和必须向右，而A向右运动，B向左运动，所以A的动量一
定比B的大，故B错误，C正确；若小车向右运动，则A、B的动量和必须向左，而A向右运动，B向左运
动，所以A的动量一定比B的小，故D错误．
3.(2021·宁夏石嘴山三中期末)两物块A、B用轻弹簧相连，质量均为2 kg，初始时弹簧处于原长，A、B两
物块都以v＝6 m/s的速度在光滑的水平地面上运动，质量为4 kg的物块C静止在前方，如图所示，B与C
碰撞后二者会粘连在一起运动。则下列说法正确的是( )
A．B、C碰撞刚结束时的共同速度为3 m/s
B．弹簧的弹性势能最大时，物块A的速度为3 m/s
C．弹簧的弹性势能最大值为36 J
D．弹簧再次恢复原长时A、B、C三物块速度相同
【答案】B
【解析】B与C碰撞时B、C组成的系统动量守恒，设碰后瞬间B、C两者共同速度为v ，规定向右为正
BC
方向，则有m v＝(m ＋m )v ，解得v ＝2 m/s，故A错误；当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势
B B C BC BC
能最大，A、B、C三者组成的系统动量守恒，规定向右为正方向，则有(m ＋m )v＝(m ＋m ＋m )v ，解
A B A B C ABC
得v ＝3 m/s，根据能量守恒定律得弹簧的弹性势能最大值为E ＝(m ＋m )v＋m v2－(m ＋m ＋m )v＝12
ABC p B C A A B C
J，故B正确，C错误；三者共速时弹簧压缩量最大，恢复原长过程中，弹力对A做负功，A的速度减小，
对B、C做正功，B、C的速度增加，则恢复原长时三物块速度不同，故D错误。
4.如图所示，三小球a、b、c的质量都是m，都放于光滑的水平面上，小球b、c与轻弹簧相连且静止，小
球a以速度v 冲向小球b，碰后与小球b黏在一起运动．在整个运动过程中，下列说法中正确的是 (
0
)
A．三球与弹簧组成的系统总动量守恒，总机械能不守恒
B．三球与弹簧组成的系统总动量守恒，总机械能也守恒
C．当小球b、c速度相等时，弹簧弹性势能最大D．当弹簧恢复原长时，小球c的动能一定最大，小球b的动能一定不为零
【答案】：ACD
【解析】：在整个运动过程中，系统的合外力为零，总动量守恒，a与b碰撞过程机械能减小，故A正确，
B错误．当小球b、c速度相等时，弹簧的压缩量或伸长量最大，弹性势能最大，故 C正确．当弹簧恢复原
长时，小球c的动能一定最大，根据动量守恒和机械能守恒分析可知，小球b的动能不为零，故D正确．
5．(2021·江西上饶六校联考)如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体A以速度v 向右运
0
动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为 x，现让弹簧一端连接另一质量为m的物体B(如图乙所示), 物体A
以2v 的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x，则 ( )
0
A．A物体的质量为3m
B．A物体的质量为2m
C．弹簧压缩最大时的弹性势能为mv
D．弹簧压缩最大时的弹性势能为mv
【答案】：AC
【解析】：当弹簧固定时，当弹簧压缩量最大时，弹性势能最大，A的动能转化为弹簧的弹性势能，根据
系统的机械能守恒得：弹簧被压缩过程中最大的弹性势能等于 A的初动能，设A的质量为m ，即有：E
A pm
＝m v①，当弹簧一端连接另一质量为m的物体B时，A与弹簧相互作用的过程中B将向右运动，A、B速
A
度相等时，弹簧的弹性势能最大，选取 A的初速度的方向为正方向，由动量守恒定律得：m ·2v ＝(m＋
A 0
m )v②；由机械能守恒定律得：E ＝m ·(2v)2－(m ＋m)v2③，联立得：m ＝3m④，联立①④得：E ＝mv，
A pm A 0 A A pm
故A、C正确，B、D错误．
6.(2021·成都外国语月考)如图所示，在足够长的光滑水平面上有一静止的质量为M的斜面，斜面表面光滑、
高度为h、倾角为θ.一质量为m(m＜M)的小物块以一定的初速度沿水平面向右运动，不计冲上斜面过程中
的机械能损失．如果斜面固定，则小物块恰能冲到斜面的顶端．如果斜面不固定，则小物块冲上斜面后能
达到的最大高度为 ( )
A．h B.
C. D.
【答案】：D
【解析】：斜面固定时，由动能定理得：－mgh＝0－mv，所以v＝；斜面不固定时，由水平方向动量守恒
0
得：mv＝(M＋m)v，由机械能守恒得：mv＝ (M＋m)v2＋mgh′， 解得：h′＝h，故选D.
0
7.(2021·南昌十校联考)水平力F方向确定，大小随时间的变化如图(a)所示，用力F拉静止在水平桌面上的
小物块，在F从0开始逐渐增大的过程中，物块的加速度a随时间变化的图象如图(b)所示．重力加速度大小为10 m/s2，最大静摩擦力大于滑动摩擦力．由图示可知 ( )
A．物块与水平桌面间的最大静摩擦力为3 N
B．物块与水平桌面间的动摩擦因数为0.1
C．物块的质量m＝2 kg
D．在0～4 s时间内，合外力的冲量为12 N·s
【答案】：BD
【解析】：由图(b)可知，t＝2 s时刻物块刚开始运动，静摩擦力最大，最大静摩擦力等于此时的拉力，由
图(a)读出最大静摩擦力为6 N，故A错误；由图知：当t＝2 s时，a＝1 m/s2，F＝6 N，根据牛顿第二定律
得：F－μmg＝ma，代入得：6－μm×10＝m.当t＝4 s时，a＝3 m/s2，F＝12 N，根据牛顿第二定律得：F－
μmg＝ma，代入得：12－μm×10＝3m.联立解得μ＝0.1，m＝3 kg，故B正确，C错误；a t图象与时间轴所
围的面积表示速度的变化量，则得0～4 s内物块速度的增量为Δv＝×(4－2) m/s＝4 m/s，t＝0时刻速度为
0，则物块在第4 s末的速度为4 m/s；根据动量定理，得0～4 s内合外力的冲量为：ΔI＝Δp＝mΔv＝3×4
N·s＝12 N·s，故D正确．
8．(2021·西安高新一中模拟)如图所示，一小物块以初速度v 沿足够长的固定斜面上滑，斜面倾角为θ，物
0
块与斜面间的动摩擦因数μ＞tan θ.下列图中表示物块的速度v、加速度a、动能E 及所受摩擦力F 随时间t
k f
变化的图线(以初速度v 的方向为正方向)，可能正确的是 ( )
0
【答案】：BD
【解析】：物块沿足够长的固定斜面上滑，做匀减速运动，当运动到最高点时，最大静摩擦力为 f ＝
m
μmgcos θ，重力沿斜面向下的分力为mgsin θ，由于μ>tan θ，则最大静摩擦力大于重力沿斜面向下的分力，物块停在最高点，物块不能从最高点下滑，故A错误；物块上滑过程中，加速度为a＝－＝－(gsin θ＋
μgcos θ)，保持不变；到了最高点，物块保持静止状态，加速度a＝0，故B正确；上滑过程中物块的E ＝
k
mv2＝m(v＋at)2，E 与t应是非线性关系，图象是曲线，故C错误；物块上滑过程中，物块受到的滑动摩擦
0 k
力为F＝－μmgcos θ，保持不变；最高点，物块受到静摩擦力为F＝mgsin θ，方向反向，故D正确．
f f
9.如图(a)所示，冲击摆是一个用细线悬挂着的摆块，弹丸击中摆块时陷入摆块内，使摆块摆至某一高度，
利用这种装置可以测出弹丸的发射速度。
图(a) 图(b)
实验步骤如下：
①用天平测出弹丸的质量m和摆块的质量M；
②将实验装置水平放在桌子上，调节摆绳的长度，使弹丸恰好能射入摆块内，并使摆块摆动平稳，同时用
刻度尺测出摆长；
③让摆块静止在平衡位置，扳动弹簧枪的扳机，把弹丸射入摆块内，摆块和弹丸推动指针一起摆动，记下
指针的最大偏角；
④多次重复步骤③，记录指针最大偏角的平均值；
⑤换不同挡位测量，并将结果填入下表。
平均最大偏角 弹丸质量 摆块质量 摆长 弹丸的速度
挡位
θ(角度) m(kg) M(kg) l(m) v(m/s)
低速挡 15.7 0.007 65 0.078 9 0.270 5.03
中速挡 19.1 0.007 65 0.078 9 0.270 6.77
高速挡 0.007 65 0.078 9 0.270 7.15
完成下列填空：
(1)现测得高速挡指针最大偏角如图(b)所示，请将表中数据补充完整：θ＝________。
(2)用上述测量的物理量表示发射弹丸的速度v＝______。(已知重力加速度为g)
(3)为减小实验误差，每次实验前，并不是将指针置于竖直方向的零刻度处，常常需要试射并记下各挡对应
的最大指针偏角，每次正式射击前，应预置指针，使其偏角略小于该挡的最大偏角。请写出这样做的一个
理由：
_______________________________________________________________
_____________________________________________________________。
【答案】 (1)22.4(22.1～22.7均正确)(2)(3)较大的速度碰撞指针，会损失较多的机械能
【解析】 (1)分度值为1°，故读数为22.4(22.1～22.7均正确)。
(2)弹丸射入摆块内，系统动量守恒：
mv＝(m＋M)v′
摆块向上摆动，由机械能守恒定律得：(m＋M)v′2＝(m＋M)gl(1－cos θ)，
联立解得：v＝。
(3)较大的速度碰撞指针，会损失较多的机械能(其他理由，如摆块在推动指针偏转时要克服摩擦力做功、
指针摆动较长的距离损失的机械能较多等，只要合理即可)。
10．为了验证碰撞中的动量守恒和检验两个小球的碰撞是否为弹性碰撞，某同学选取了两个体积相同、质
量不相等的小球，按下述步骤做了如下实验：
①用天平测出两个小球的质量(分别为m 和m，且m>m)。
1 2 1 2
②按照如图所示的那样，安装好实验装置。将斜槽 AB固定在桌边，使槽的末端处的切线水平，将一斜面
BC连接在斜槽末端。
③先不放小球m，让小球m 从斜槽顶端A处由静止开始滚下，记下小球在斜面上的落点位置。
2 1
④将小球m 放在斜槽末端边缘处，让小球m 从斜槽顶端A处由静止开始滚下，使它们发生碰撞，记下小
2 1
球m 和m 在斜面上的落点位置。
1 2
⑤用毫米刻度尺量出各个落点位置到斜槽末端点B的距离，图中D、E、F点是该同学记下的小球在斜面上
的几个落点位置，到B点的距离分别为L 、L 、L 。
D E F
(1)小球m 和m 发生碰撞后，m 的落点是图中的________点，m 的落点是图中的________点。
1 2 1 2
(2)用测得的物理量来表示，只要满足关系式___________，则说明碰撞中动量守恒。
(3)用测得的物理量来表示，只要再满足关系式__________，则说明两小球的碰撞是弹性碰撞。
【答案】 (1)D F (2)m＝m＋m (3)mL ＝mL ＋mL
1 1 2 1 E 1 D 2 F
【解析】 由题意可知，碰撞后，m 的落点是图中的D点，m 的落点是图中的F点。设斜面BC的倾角为
1 2
θ，小球从斜面顶端平抛落到斜面上，两者距离为 L，由平抛运动的知识可知，Lcos θ＝vt，Lsin θ＝gt2，
可得v＝Lcos θ＝cos θ，由于θ、g都是恒量，所以v∝，v2∝L，所以动量守恒的表达式可以化简为m ＝
1
m＋m，机械能守恒的表达式可以化简为mL ＝mL ＋mL 。
1 2 1 E 1 D 2 F
三．练规范解答
1.(2021·南昌十校联考)质量为M＝3 kg的平板车放在光滑的水平面上，在平板车的最左端有一小物块(可视
为质点)，物块的质量为m＝1 kg，小车左端上方如图所示固定着一障碍物A，初始时，平板车与物块一起
以水平速度v＝2 m/s向左运动，当物块运动到障碍物A处时与A发生无机械能损失的碰撞，而小车继续向
0
左运动，重力加速度g取10 m/s2.
(1)设平板车足够长，求物块与障碍物第一次碰撞后，物块与平板车所能获得的共同速度；(2)设平板车足够长，物块与障碍物第一次碰撞后，物块向右运动对地所能达到的最大距离是 s＝0.4 m，求
物块与A第一次碰撞后到第二次碰撞前相对小车滑动的距离．
【答案】：(1)1 m/s (2)1.2 m
【解析】：(1)以物块和车为系统，由动量守恒定律得：
Mv －mv＝(M＋m)v
0 0
代入已知数据解得，共同速度：v＝1 m/s
(2)设物块受到的摩擦力为f，对物块由动能定理得：
－fs＝0－mv
代入已知数据解得：f＝5 N
物块与A第二次碰撞前已与车保持相对静止，对系统由能量守恒定律得：
fs ＝(M＋m)v－(M＋m)v2
相对
代入已知数据解得：s ＝1.2 m
相对
2.(2021·山东临沂市上学期期末)如图所示，一质量M＝0.8 kg的小车静置于光滑水平地面上，其左侧用固
定在地面上的销钉挡住。小车上表面由光滑圆弧轨道BC和水平粗糙轨道CD组成，圆弧轨道BC与水平轨
道CD相切于C处，圆弧BC所对应的圆心角θ＝37°、半径R＝5 m，CD的长度l＝6 m。质量m＝0.2 kg的
小物块(视为质点)从某一高度处的A点以大小v ＝4 m/s的速度水平抛出，恰好沿切线方向从B点进入圆弧
0
轨道，物块恰好不滑离小车。取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，空气阻力不计。求：
(1)物块通过B点时的速度大小v ；
B
(2)物块滑到圆弧轨道的C点时对圆弧轨道的压力大小F ；
N
(3)物块与水平轨道CD间的动摩擦因数μ。
【答案】 (1)5 m/s (2)3.8 N (3)0.3
【解析】(1)设物块通过B点时的速度大小为v ，由平拋运动的规律有＝cos θ，代入数值解得v ＝5 m/s。
B B
(2)物块从B点到C点的过程中，由机械能守恒定律有
mv＋mgR(1－cos θ)＝mv
代入数值可得v ＝3 m/s
C
设物块滑到C点时受到圆弧轨道的支持力大小为F，有
F－mg＝m，代入数值解得F＝3.8 N
由牛顿第三定律可知F ＝F＝3.8 N。
N
(3)设物块到达轨道CD的D端时的速度大小为v ，由动量守恒定律有mv ＝(M＋m)v
D C D由功能关系有μmgl＝mv－(M＋m)v
代入数值解得μ＝0.3。
3.(2021·天津市和平区第二次质量调查)如图所示，CDE为光滑的轨道，其中ED段是水平的，CD段是竖直
平面内的半圆，与ED相切于D点，且半径R＝0.5 m。质量m＝0.2 kg的小球B静止在水平轨道上，另一
质量M＝0.2 kg的小球A前端装有一轻质弹簧，以速度v 向左运动并与小球B发生相互作用。小球A、B均
0
可视为质点，若小球B与弹簧分离后滑上半圆轨道，并恰好能通过最高点C，弹簧始终在弹性限度内，取
重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)小球B与弹簧分离时的速度v 多大；
B
(2)小球A的速度v 多大；
0
(3)弹簧最大的弹性势能E 是多少？
p
【答案】 (1)5 m/s (2)5 m/s (3)1.25 J
【解析】 (1)设小球B恰好通过C点时速度为v ，则有
C
mg＝m①
－mg·2R＝mv－mv②
联立①②解得v ＝5 m/s。
B
(2)小球B与弹簧分离前后，小球A、B及弹簧组成的系统
由动量守恒定律及能量守恒定律有
Mv ＝Mv ＋mv ③
0 A B
Mv＝Mv＋mv④
联立③④解得v＝5 m/s。
0
(3)当A、B两者速度相同时，弹簧有最大弹性势能E ，设共同速度为v，由动量守恒定律及能量守恒定律
p
有
Mv ＝(M＋m)v⑤
0
E＝Mv－(M＋m)v2⑥
p
联立⑤⑥解得E＝1.25 J。
p
4.(2021·山东潍坊市4月模拟)如图所示，水平轨道左端固定一轻弹簧，弹簧右端可自由伸长到O点，轨道
右端与一光滑竖直半圆轨道相连，圆轨道半径R＝0.5 m，圆轨道最低点为C，最高点为D。在直轨道最右端放置小物块N，将小物块M靠在弹簧上并压缩到P点，由静止释放，之后与N发生弹性正碰，碰后N恰
能通过圆轨道最高点D。已知物块与轨道间的动摩擦因数均为0.5，M的质量为2 kg，N的质量为4 kg，
OP＝0.5 m，OC＝1.5 m，重力加速度g＝10 m/s2
(1)求N刚进入圆轨道时对轨道的压力；
(2)求将弹簧压缩到P点时弹簧具有的弹性势能；
(3)若将M与弹簧拴接，将物块N靠在M上，压缩弹簧到P点后由静止释放，求N最终停在什么位置？
【答案】 (1)240 N，方向竖直向下 (2)76.25 J (3)距离C点0.54 m处
【解析】 (1)物块N在D点时，有Mg＝M
物块N碰后速度为v，由圆轨道C点到D点过程机械能守恒Mv＝Mv＋Mg·2R
2
在圆轨道最低点C时
F －Mg＝M，解得F ＝240 N
N N
根据牛顿第三定律知，N刚进入圆轨道时对轨道的压力大小为F ′＝F ＝240 N，方向竖直向下。
N N
(2)物块M与N碰前速度为v，碰后速度为v，由动量守恒定律得mv＝mv＋Mv
0 1 0 1 2
碰撞过程机械能守恒mv＝mv＋Mv
弹簧弹开到碰前过程E＝mv＋μmgL
p PC
解得E＝76.25 J。
p
(3)若物块M、N靠在一起释放，则两者在O点分离，设分离时的速度为v
E＝(M＋m)v2＋μ(M＋m)gL
p OP
分离后物块N到达C点速度为v ，
C
Mv2＝Mv＋μMgL
OC
假设物块沿圆周上滑不超过圆周处，则
Mv＝Mgh
解得h＝0.27 m＜R
故物块不能到达圆周最高点，将沿圆周返回，由动能定理得
－μMgx＝－Mv
解得x＝0.54 m，滑块停在距离C点0.54 m处。
5.(2021·辽宁抚顺一中模拟)质量为2 kg、长度为2.5 m的长木板B在光滑的水平地面上以4 m/s的速度向右
运动，将一可视为质点的物体A轻放在B的右端，若A与B之间的动摩擦因数为0.2，A的质量为1 kg，g
取10 m/s2.(1)说明此后A、B的运动性质．
(2)分别求出A、B的加速度大小．
(3)经过多少时间A从B上滑下？
(4)A滑离B时，A、B的速度分别为多大？A、B的位移分别为多大？
(5)若木板B足够长，求最后A、B的共同速度大小．
(6)当木板B为多长时，A恰好没从B上滑下(木板B至少为多长，A才不会从B上滑下)?
【答案】：(1)见解析 (2)2 m/s2 1 m/s2 (3)1 s (4)见解析 (5) m/s (6) m
【解析】：(1)由于刚放上A时，A的速度为零，B的速度不为零，则两者发生相对滑动，在滑动摩擦力的
作用下，A做匀加速直线运动，B做匀减速直线运动．
(2)两者之间的摩擦力为
F＝μm g＝2 N，
f A
所以a ＝＝2 m/s2，a ＝＝1 m/s2.
A B
(3)A从B上滑下时两者的相对位移等于木板的长度，
而x ＝a t2，x ＝vt－a t2，
A A B 0 B
所以有vt－a t2－a t2＝L，
0 B A
解得t＝1 s.
(4)此时v ＝2 m/s，v ＝3 m/s，
A B
x ＝a t2＝1 m，x ＝vt－a t2＝3.5 m.
A A B 0 B
(5)若木板B足够长，根据动量守恒定律可得
Mv ＝(M＋m)v，
0
解得v＝ m/s.
(6)当A运动到B的最左端时，A的速度和B的速度相同，A恰好不掉下来，根据(5)可得此时的速度为
v＝ m/s.
根据动能定理可得μmgL＝Mv－(m＋M)v2，
解得L＝ m.
