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2025 高考物理一轮复习能力提升专题复习（9）动量（2）
（一）动量守恒问题中含弹簧的综合题型
1．【例题1】（多选）如图所示，光滑水平直轨道上静止放置三个质量均为m 的物块A、B、C，物块B
的左侧固定一轻弹簧。给A 一个初速度
，使其向B 运动并
压缩弹簧（弹簧始终在弹性限度内），当弹簧第一次压缩到最
短时，B 与C 恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动。假设B 和C 碰撞时间极短，则下列说法正确的是
（ ）
A．弹簧第一次压缩到最短时，弹性势能为
B．整个过程中，弹簧压缩到最短时A 的速度大小为
C．整个过程中，弹簧压缩到最短时C 受到的合外力冲量大小为
D．从A 开始运动到A 与弹簧分离的过程中，整个系统损失的机械能为
【答案】BD【详解】B．A 与B 速度相等前，弹簧不断被压缩，B 与C 碰撞后速度减小，弹簧继续被压
缩，当三个物体的速度相等时弹簧压缩最短，设此时三个物体的共同速度为v3，取向右为正方向，由三
个物体组成的系统动量守恒得
得
故B 正确；C．从A 开始运动到弹簧压缩最短时C 受到
的冲量
故C 错误；D．设A、B 速度相等时速度为v1，B 与C 碰撞后瞬间共同速度为v2，
从开始到A、B 速度相等的过程，由A、B 的动量守恒得
得
B 与C 碰撞过程，由B、C
的动量守恒得
得
整个系统只有在B 与C 碰撞的过程中机械能有损失，且损失的机械能
为
解得
故D 正确；A．在A、B、C 相互作用过程中弹簧第一次被压缩到
最短时，弹簧的弹性势能最大，此时三个物体的速度相同，弹簧的弹性势能为
解得
故A 错误。故选BD。
2．（多选）如图所示，一轻质弹簧两端分别连着
木块A 和B，均静止于光滑的水平面上。木块A
被水平飞行的初速度为
的子弹射中并镶嵌在其
中，已知子弹的质量为m，木块A 的质量为
，木块B 的质量为
，下列说法正确的是（ ）。
A．子弹击中木块A 后，与A 的共同速度大小为
B．弹簧压缩到最短时木块A 的速度大小为
C．子弹击中木块的过程中产生的热量为
D．木块B 在运动过程中的最大动能为
【答案】CD【详解】AC．由动量守恒定律可得
则子弹击中木块A 后，与A 的共同速
度大小为
子弹击中木块的过程中产生的热量为
故A 错
误，C 正确；B．由动量守恒定律可得
弹簧压缩到最短时木块A 的速度大小为
故B 错误；D．弹簧恢复原长时，B 的速度最大，由动量守恒和能量守恒可得
可得
则木块B 的最大动能为
故D 正确。故选CD。
1
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3．【例题2】（多选）质量为m 的木板与直立的轻质弹簧的上端相连，弹簧下端
固定在水平地面上，静止时弹簧的压缩量为h，如图所示。现将一质量为
的物
体从距离木板正上方
处由静止释放，物体与木板碰撞后，粘在一起向下运动，
到达最低点后又向上运动，空气阻力、木板厚度、物体大小忽略不计。已知弹簧的
弹性势能为
（k 为弹簧的劲度系数，x 为弹簧的形变量），重力加速度大
小为g，则（ ）
A．弹簧的劲度系数
B．弹簧的劲度系数
C．物体与木板粘合体不可能运动到弹簧原长处
D．物体与木板粘合体的最大动能为
【答案】AD 详解】AB．木板静止时弹簧的压缩量为h，由二力平衡得
解得
A 正确，B 错
误；C．物体从距离木板正上方
处由静止释放，由动能定理得：物体与木板碰撞前瞬间的速度大小为
解得
物体与木板碰撞瞬间，二者动量守恒有
联立可得二者粘
在一起向下运动的速度大小为
物体和木板一起以向下运动到向上运动到弹簧原长处时，由能
量守恒定律有
联立求得，物体和木板向上运动到弹簧原长处时的动能为
故物体与木板粘合体可以运动到弹簧原长处，C 错误；D．物体与木板粘合体以向下运动到
物体与木板粘合体加速度为零时，动能最大。设碰后物体与木板粘合体继续下降x 加速度为零
由机械能守恒可得
联立可
D 正确。故选
AD。
4．【例题3】（多选）如图（a），质量分别为
、
的A、B 两物
体用轻弹簧连接构成一个系统，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
。撤去外力并开始计时，
A、B 两物体运动的
图像如图（b）所示，
表示0 到
时间内A
的
图线与坐标轴所围面积大小，
、
分别表示
到
时间内A、
B 的
图线与坐标轴所围面积大小。下列说法正确的是（ ）
A．0 到
时间内，墙对B 的冲量为0
B．运动后，弹簧的最大形变量小于x
C．
D．
【答案】BD【详解】A．撤去外力后A 受到的合力等于弹簧的弹力，0
到
时间内，对A 由动量定理可知，合力即弹簧弹力对A 的冲量大小
弹簧对A 与对B 的弹力大小相等、方向相反、作用时间相等，
因此弹簧对B 的冲量大小与对A 的冲量大小相等、方向相反，即弹簧对B 的冲量大小
对B，
以向右为正方向，由动量定理得
解得墙壁对B 的冲量大小为
，方向水平向右
故A 错误；B．B 运动后，当A、B 速度相等时弹簧形变量（伸长或压缩量）最大，此时A、B 的速度不
为零，A、B 的动能不为零，由动量守恒定律可知，弹簧形变量最大时，A、B 的动能与弹簧的弹性势能
之和与撤去外力时弹簧的弹性势能相等，则弹簧的形变量最大时弹簧的弹性势能小于撤去外力时弹簧的
弹性势能，弹簧的形变量最大时弹簧的形变量小于撤去外力时弹簧的形变量
，故B 正确；CD．
图
2
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像与坐标轴所围成面积的大小等于物体速度的变化量，因
时刻A 的速度为零，
时刻A 的速度大小
时刻A 的速度大小
B 的速度大小
图（b）图像可知，
时刻A 的加速度为零，
此时弹簧恢复原长，B 开始离开墙壁，到
时刻两者加速度均达到最大，此时弹簧伸长量达到最大，两者
速度相同，即
则有
时间内，A、B 组成的系统动量守恒，取向右为正方向，由动
量守恒定律可得
结合
，
联立得
故C 错误，D 正
确。故选BD。
5．【例题4】（多选）如图所示，水平面内有两个光滑平行导
轨，导轨足够长，其间距为L。质量分别为m、2m 的环A、B 套在
导轨上，两环之间连接一轻弹簧，轻弹簧原长
L。开始时弹簧与
杆垂直，两环均静止。某时刻，给环B 一水平向右的瞬时速度v，
下列说法正确的是（ ）
A．A、B 和弹簧组成的系统满足动量守恒和机械能守恒
B．若弹簧恢复原长时，环B 速度为水平向右的2v，则此时A 的速度为水平向左的v
C．若弹簧恢复原长时，环B 速度为水平向右的2v，则初始状态时弹簧的弹性势能
D．若某时刻弹簧与导轨之间的夹角为
，此时环A、B 的速度分别为
【答案】ACD【详解】A．平行导轨光滑，对A、B 和弹簧组成的系统分析，所受的合外力为0，因此系
统动量守恒，系统除系统内弹簧的弹力，没有其他力做功，系统机械能守恒，A 正确；B．对A、B 和弹
簧组成的系统分析，取向右为正方向，由动量守恒定律
解得
B 错误；C．开始
时，弹簧长度为L，而原长为
，故弹簧压缩了
，弹性势能记为EP，由B 项可知，弹簧恢复原长时，
A 的速度大小为2v，方向向左，由能量守恒得
解得
C 正
确；D．若弹簧与导轨间夹角为30°时，此时弹簧长度
故弹簧伸长了
，弹性势能也是
Ep，由动量守恒定律
由能量守恒定律
解得
，
D 正确。故选ACD。
6．【例题5】如图所示，质量为M 的小车静止在光滑水平面
上，小车AB 段是半径为R 的四分之一光滑圆弧轨道，BC 段是
光滑水平轨道，AB 和BC 两段轨道相切于B 点，小车右端固定
一个连接轻弹簧的挡板，开始时弹簧处于自由状态，自由端在C
点，C 点到挡板之间轨道光滑。一质量为
，可视为质点
的滑块从圆弧轨道的最高点由静止滑下，而后滑入水平轨道，重
力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．滑块到达B 点时的速度大小为
B．滑块到达B 点时小车的速度大小为
C．弹簧获得的最大弹性势能为
D．滑块从A 点运动到B 点的过程中，小车运动的位移大小为
【答案】D【详解】AB．从A 滑到B 的过程，滑块和小车组成的系统水平方向动量守恒，则由动量守恒
定律有
根据能量守恒有
解得
，
AB 错误；
C．当弹簧压缩到最短时弹簧弹性势能最大，此时滑块与小车共速，由动量守恒定律可知，共同速度
根据能量守恒有
C 错误；D．滑块从A 到B 过程，在水平方向上，根据动量守恒定律的
3
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位移表达式有
根据题意有
解得
D 正确。故选D。
7．【例题6】（单选）如图甲所示，光滑的水平面上有一轻质弹簧，其两端分别与质量为
、
的两物
块B、C 相连。一质量
的物块A 以
速度向前运动，与B 碰撞并粘在一起
（碰撞时间极短），此后它们的速度一时间图像如
图乙所示，则（ ）
A．
B．
时刻，弹簧长度最短
C．运动过程中弹簧的弹性势能最大为6J
D．
、
时刻，物块ABC 和弹簧组成的系统总动能不相等
【答案】C【详解】A．由题意，根据图乙可得物块A，B 碰撞后的速度为
，根据A，B 碰撞前后
动量守恒可得
即
在
时刻，AB 整体与C 的速度相同，为
，根据A，B，弹簧及C 系统动量守
求得
所以
故A 错误；B．AB 碰
后，整体压缩弹簧做减速运动，C 做加速运动，ABC 三者在
时刻速度相等，此时系统动能最小，势能
最大，弹簧压缩量最大，然后弹簧逐渐恢复原长，AB 整体继续减速，C 继续加速，AB 先减速到零，然
后反向加速，在
时刻，弹簧恢复原长状态，由于此时AB 整体与C 速度相反，因此弹簧的长度将逐渐增
大，ABC 三者均减速，在
时刻，AB 整体与C 速度相等，系统动能最小，弹簧长度最长，从
到
，弹
簧由伸长状态逐渐恢复原长，在
时刻，弹簧又恰好恢复原长，故B 错误；
C．由选项B 分析，可得在
时刻，弹簧的弹性势能有最大值，根据能量守恒定律可得
代入数据求得
故C 正确；D．由选项B 分析可知，
，
时
刻，弹簧均处于原长，弹簧弹性势能为零，根据能量守恒定律可知，物块ABC 和弹簧组成的系统总动能
相等，故D 错误。故选C。
8．【例题7】如图所示，足够长的光滑水平轨道AB 的
左端与足够长的倾角为37°的传送带相接（滑块经过此
位置滑上传送带时机械能无损失），传送带逆时针匀速
转动，皮带运动速度
；右边是光滑竖直半圆
轨道。用轻质细线连接可看作质点的甲、乙两滑块，中
间夹一轻质压缩弹簧，弹簧压缩时的弹性势能为72J，
弹簧与甲、乙两滑块不拴连。甲的质量为
，
甲、乙均静止在水平轨道上。传送带与乙滑块间的动摩擦因数为0.5。（重力加速度大小g 取
，
，
）
（1）固定乙滑块，烧断细线，甲滑块离开弹簧后进入半圆轨道，恰好能通过半圆轨道最高点D，求竖直
半圆轨道的半径R；
（2）固定甲滑块，烧断细线，乙滑块离开弹簧后在传送带上滑行的最远距离（相对于A 点）为s＝8m，
求滑块乙的质量；
4
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（3）甲、乙两滑块均不固定，烧断细线以后，撤去弹簧，问甲滑块和乙滑块能否再次在AB 面上发生水
平碰撞？若碰撞，求再次碰撞前瞬间甲、乙两滑块的速度大小；若不会碰撞，说明原因。（乙滑块质量
为第二问中所求的值）
【答案】（1）0.96m；（2）1kg；（3）甲的速度为
，乙的速度为
，甲和乙能再次在AB
面上发生水平碰撞【详解】（1）固定乙，烧断细线，甲离开弹簧的速度
满足
甲从B 到D 过程中根据机械能守恒定律得
甲恰好通过最高点D 时只受重力，在D 点
联立得
（2）乙滑上传送带做匀减速运动，速度等于传送带速度前
解得
速度等于传送带速度后
解得
由运动学公式
解v＝12m/s 由机械能守恒定律得弹簧压缩时的弹性势能
解得乙的质量
（3）甲、乙均不固定，烧断细线以后
由甲、乙和弹簧组成的系统机械能守恒，得
解得
之后甲沿轨道上滑，设上滑的最高点高度为h，则
解得
滑不到与圆心等高位置就会返回，返回AB 面上时速度大小仍然是
乙滑上传送带，因
，则乙先做加速度
的匀减速运动，后做加速
度
的匀减速运动，然后返回做加速度
的匀加速运动，上升的位移
下降的位移
解得
甲和乙能再次在AB 面上
发生水平碰撞。
（二）多个物体组成的系统动量守恒问题
9．（多选）如图所示，在光滑水平桌面上放有足够长的木板C，在
C 上左端和距左端
处各放有小物块A 和B，A、B 均可视为质点，
A、B 与C 间的动摩擦因数均为
，A、B、C 的质量均为m。开始
时，B、C 静止，A 以某初速度
向右做匀减速运动，设B 与C 间的
最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（ ）
A．A 运动过程中，B 受到的摩擦力为
B．最终A、B、C 一起向右以
做匀速直线运动
C．若要使A、B 恰好不相碰，A 的初速度
D．若要使A、B 恰好不相碰，A 的初速度
【答案】BD【详解】A．设A 在C 板上滑动时，B 相对于C 板不动，则对B、C 有
解得
又B 依靠摩擦力能获得的最大加速度为
有
B 未相对C 滑动而随木板C 向右做
加速运动，B 受到的摩擦力
方向向右，故A 错误；B．将三者看做一个整体，整体所受
外力为零，动量守恒，故有
解得
故B 正确；CD．若要使A、B 恰好不相碰，则A 到达B
处恰好三者共速。根据能量守恒可得
解得
故C 错误，D 正确。故选
5
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BD。
10．（多选）如图，半径为R 的光滑凹槽A 与木块B 并排置于光滑水平面
上，物块C 由圆心等高处沿凹槽内壁静止释放。已知A、B、C 质量均为
m，重力加速度为g。则（ ）
A．C 由静止释放到最低点过程中A、B、C 系统机械能守恒
B．C 由静止释放到最低点过程中A、B、C 系统动量守恒
C．A、B 分离时，A 的速度大小为
D．A、B 分离时，C 的速度大小
为
【答案】AD【详解】AB．C 由静止释放到最低点过程中，只有重力做功，A、B、C 系统机械能守恒，
水平方向无外力作用，水平方向动量守恒，但竖直方向有重力作用，动量不守恒，选项A 正确，B 错
误；
CD．当C 第一次经过圆弧槽最低点后，A 和B 分离。设C 第一次经过圆弧槽最低点时的速度为v1，A 和
B 两者共同的速度大小为v2，从静止释放到当C 第一次经过圆弧槽最低点过程中，把A、B、C 作为研究
系统，取向左方向为正方向，系统水平方向动量守恒，则有
根据系统机械能守恒可得
联立解得
，
选项C 错误，D 正确。故选AD。
11．【例题8】物理学中有一种碰撞被称为“超弹性连续碰撞”，通过能量的转移可以使
最
上面的小球弹起的高度比释放时的高度更大。如图所示，A、B、C 三个弹性极好的小
球，
，相邻小球间有极小间隙，三球球心连线竖直，从离地一定高度
处
由静止同时释放（其中C 球下部离地H），所有碰撞均为弹性碰撞，不计空气阻力，则（
）
A．C 球落地前瞬间A 球的速度为
B．C 球碰撞后速度为
C．A 球弹起的最大高度为9H D．B 球碰撞完成后的速度为
【答案】C【详解】A．因为A、B、C 球由静止同时释放，所以落地瞬间的速度相等，由
自
由落体运动公式有v2=2gH 解得
选项A 错BD．C 球碰地，反向碰B，B 在反向碰A，
因都是弹性碰撞，设向上为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律，对C 碰B 有
B 碰A 有
又mA﹕mB﹕mC=1
2
6
﹕﹕由以上几式可得
可见B、C 球碰撞完成后的速度均为0，选项BD 错误；C．设A 球弹起的最大高度为
，有
解得
选项C 正确。故选C。
（三）动量定理与动量守恒定律的应用
12．【例题9】（多选）最近，某实验室对一款市场热销的扫地机器人进行了相关测试，测试过程在材质
均匀的水平地板上完成，获得了机器人在直线运动中水平牵引力大小随时间的变化图象如图1，以及相同
时段机器人的加速度a 随时间变化的图象如图2。若不计空气，取重力加速度大小为
，则下列同学
的推断结果正确的是（ ）
6
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A．机器人与水平桌面间的最大静摩擦力为3NB．在
时间内，合外力做的功为12J
C．在
时间内，合外力的冲量为
D．机器人与水平桌面间的动摩擦因数为0.4
【答案】AD【详解】A．由图2 可知机器人在1s 时开始滑动，有加速度，所以刚要滑动时
故A 正确；B．由图1、图2 结合牛顿第二定律可得
联立可
得机器人质量
滑动摩擦力为
4s 末机器人的速度为
在
时间内，合外力做的功为
故B 错误；C ．在
时间内，合外力的冲量为
故C 错误；D ．机器人与水平桌面间的动摩擦因数为
故D 正确。故选AD。
13．【例题10】（单选）如图所示，两端分别固定有小球A、B（均视为质
点）的轻杆竖直立在水平面上并靠在竖直墙面右侧处于静止状态。由于轻微扰
动，A 球开始沿水平面向右滑动，B 球随之下降，此过程中两球始终在同一竖
直平面内。已知轻杆的长度为l，两球的质量均为m，重力加速度大小为g，
不计一切摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．A 球动能最大时对水平面的压力大小等于2mg
B．竖直墙面对B 球的冲量大小为
C．A 球的最大动能为
D．B 球的最大动能为
【答案】D【详解】AC．假设小球B 能一直沿着墙面向下运动，设轻杆与水平方向的夹角为θ 时，两小
球的速度大小分别为
、
，根据关联速度知识，两小球沿杆方向速度相等，可得
即
由根据机械能守恒，有
运用数学知识，整理得
当
取等号，说明小球A 的动能先增大后减
小，即杆中先存在挤压的内力，之后出现拉伸的内力，当杆中内力为0 时，A 球的动能最大，最大动能为
此时对水平面的压力大小等于mg，故AC 错误；B．当杆中存在挤压的内
力，此时墙壁对B 球有冲量，又由于在运动过程中B 球水平方向速度始终为零，所以竖直墙面对B 球的
冲量大小等于杆对B 球在水平方向的冲量大小，进一步可知竖直墙面对B 球的冲量大小等于杆对A 球在
水平方向的冲量大小，该过程就是A 球获得最大动量过程，由动量定理，可知
7
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故B 错误；D．分析可知B 球着地时的动能最大，由于杆中先存在挤压的内力，之后出现拉伸的内力，当
杆中内力为0 时，B 球与竖直墙面分离，分离后两球在水平方向动量守恒，设B 球着地时A 球的速度大
小为
，则有
解得
整个过程根据能量守恒，可得B 球的最大动能为
选项D 正确。选D。
（四）综合计算题
14．如图所示，光滑水平面上有一质量为
、长度为
的长木板，其右端有一质量为
的滑块（可视为质点），滑块与木板间动摩擦因数
为
。初始时，二者以共同的速度
一起向左运动，木板每次与墙面碰撞后瞬间，速度
大小变为原来的一半，并反向运动。整个过程，滑
块既没有从木板上掉下，也没有与墙面发生接触。知重力加速度
取
，求：
（1）首次碰撞后开始计时，木板速度第一次减为零时的位移大小；
（2）木板长度
的最小值；
（3）整个过程因摩擦产生的热量。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）第1 次碰撞后，木板向右做匀减
速直线运动，速度为零时，位移为对木板由动能定理可得
解得
代入数据得
（2）之后，木板向左做匀加速直线运动，设板块最终有共同速度
，对于系统，由动量守恒定
律得
解得
即板块以共同的速度
再次与墙面发生二次碰撞，第1 次碰撞后至第1
次共速二者相对位移为L1，由能量守恒
解得
同理
解得
第2 次碰撞后至第2 次共速二者相对位移，由能量守恒得
解得
以后每次情况均是如此，直至碰撞无数次
后系统处于静止状态此可得第
次碰撞后共速的速度
第
次碰撞后至第
次共速二者相对位移
解得
由等比数列求和公式可得
代入数据得
（3）摩擦生热
代入数据得
15．【例题11】如图所示，以A、B 为端点的
光滑
圆弧轨道固定于竖直平面，一长滑板静止在光滑水平
地面上，左端紧靠B 点，上表面所在平面与圆弧轨
道相切于B 点。离滑板右端
处有一竖直固
8
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定的挡板P，一物块从A 点由静止开始沿轨道滑下，经B 点滑上滑板，此时立即将圆弧轨道撤掉。已知物
块可视为质点，质量
，滑板质量
，圆弧轨道半径
，物块与滑板间的动摩擦因数
，重力加速度
。滑板与挡板P 的碰撞没有机械能损失，物块始终没有滑离滑板。
（1）求物块滑到B 点时的速度；
（2）求滑板与挡板P 第一次碰撞前瞬间物块的速度
大小；
（3）求滑板长度的最小值。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）物块从A 到B 根据机械能守恒有
解得，物块滑到B 点时的速度为
（2）假设滑板与挡板P 第一次碰撞前物块与滑板
已经共速，设物块加速度大小为
，滑板加速度大小为
，有
设物块
滑上滑板到二者共速时间为
，由运动学公式
解得
，
该过程中滑板的
位移为
故假设不成立，滑板与挡板P 第一次碰撞前物块与滑板未共速，设滑板开始运
动到与挡板碰撞的时间为
，有
解得
故物块的速度为
（3）滑板第一次与挡板P 碰撞时速度为
碰撞后速度反向，因为
，由动量守
恒可知当物块和滑板第一次共速时，速度方向向右，有
解得
因为此时速度方向向右，故滑板会与挡板再次碰撞，碰撞后滑板的速度方向向左，此时
，同
理可知当物块和滑板第二次共速时，速度方向向左，根据动量守恒有
解得
之后物块与滑板以共同速度向左
直匀速运动，分析可知从物块滑上滑板开始到达到
⼀
向左的共同速度
，物块相对于滑板始终向滑板的右端运动，整个过程根据能量守恒有
代入数值解得滑板长度的最小值为
16．两端有竖直挡板的“U”型槽C 放置在光滑的水平面上，质量
、槽内长度
，中间位
置放上一质量
滑块B，均处于静止状态。在槽左边有一质量
滑块A，以速度
向右运动，与“U”型槽碰撞后以原来速度的一半反
弹，经过
时，滑块B 与“U”型槽的挡板发生第一
次碰撞，A、B 滑块均可视为质点，“U”型槽的上表面
水平，所有的碰撞均为弹性的，重力加速度
，不计空气阻力。求：
（1）滑块A 与“U”型槽C 碰撞后瞬间“U”型槽C 的速度大小
；
（2）滑块B 与槽间的动摩擦因数
；
（3）“U”型槽最终的速度及B 在槽内的位置。
【答案】（1）
；（2）
；（3）1.8m/s，到U 型槽左边挡板的距离为0.4m【详解】（1）
A 与“U”型槽弹性碰撞，有
由题意
解得
（2）滑块A 与U 型槽碰撞后，B 做匀加速直线运动
滑块A 与U 型槽碰撞后，U
型槽做匀减速直线运动
由题意
联立可得
9
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（3）设“U”型槽的最终速度为v。由动量守恒定律
解得
由功能关系
解得
滑块B 最终的位置到U 型槽左边挡板的距离
17．为了解决航空公司装卸货物时因抛掷造成物品损坏的问题，一位同学设计了一种缓冲转运装置
，
如图所示，装置
由半径
的
光滑圆弧轨
道和粗糙水平直轨道组成，水平直轨道与圆弧轨道
的最低点相切。卸货时飞机不动，缓冲装置
紧
靠飞机，转运车B 紧靠A，A 的水平部分与B 上表
面等高。包裹C 从
的圆弧轨道最高点由静止滑
下，经水平轨道滑上转运车B 并最终停在转运车B
上被运走，B 的右端有一固定挡板。已知C 与A、
B 水平面间的动摩擦因数均为
，缓冲装置
与水平地面间的动摩擦因数
，转运车B 与地
面间的摩擦可忽略。A、B 的质量均为
，B 水平部分的长度为
。包裹C 可视为质点且无
其他包裹影响，重力加速度
取
，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。C 与B 的右挡板发生碰撞的时
间极短，碰撞时间和损失的机械能都可忽略。
（1）若包裹C 的质量
，求包裹C 到达
的圆弧轨道最低点时，对轨道的压力大小；
（2）要求包裹C 在缓冲装置
的水平部分运动时
不动，则包裹C 的质量不得超过多少？
（3）若包裹C 的质量
，为使该包裏能停在转运车B 上，则
的水平部分的长度
应满足什么
条件？
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）由动能定理得
在圆弧轨道最低点由牛顿第二定律得
联立解得
由牛顿第三定律知压力大小为
（2）
不动时需满足
解得
即包裹C 的质量不能超过
。（3）由于包裹质量小于
，装置
始终静止不动。①包裹C 恰好滑上B 车，即C 到达B 的左
端时速度刚好为零，由动能定理可得
解得
②包裹C 滑上B 车与挡板碰撞后返
回B 车最左端时二者恰好共速，设C 由释放至第一次到达B 的左端速度为
。由动能定理可得
C 与B 车相互作用过程，满足动量守恒有
由功能关系可得
联立解得
所以
18．【例题12】如图所示，是一种弹射玩具装置，水平
轨道的左端A 固定一轻质弹簧，弹簧自由状态下右端位
于B 点，质量
的小物块甲静止在B 点；在与B
点相距
的C 处固定一竖直圆轨道，半径
，圆轨道底端略微错开；在水平轨道的D 点放置一质量
小物块乙，右侧放置等腰直角三角支架
PEQ，
，
，E 点在D 点正下方，P 点
与D 点等高，EQ 水平。物块一旦脱离轨道后将不再继续在轨道上运动，物块与BC 段间的动摩擦因数
，轨道其它部分的摩擦不计，重力加速度
。现将小物块甲向左压缩弹簧后释放弹出，
求：
（1）若弹簧的初始弹性势能为0.7J，通过计算判断物块甲能否撞击物块乙？
（2）要使物块甲能在圆轨道运动但不脱离轨道，弹性势能的取值范围是多少？
（3）若甲、乙碰撞后粘合为一体，要使粘合体打在三角支架PE 上时的动能最小，求物块甲经过圆轨道
C 点时对轨道的压力为多大？
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【答案】（1）能；（2）
或
；（3）18.2N【详解】（1）要使物块甲能撞击物块
乙，它必须能顺利通过圆轨道的最高点，假设物块甲通过圆轨道最高点的速度v0
解得
通过圆轨道最高点的临界条件
解得
因为
所以能撞击物块乙。
（2）当物块甲恰好能到达C 点时，
解得
当物块恰能到达圆心等高处时，根据动
能定理可知
解得
则弹性势
能的取值范围是：
临界情况2：物块恰能过圆周最高点，则
解得
根据动能定理可知
得弹性势能的取值范围是
综上所述，弹性势能的取值范
围是
或
（3）当打到支架PE 上时，根据平抛运动公式
由数学知识可知
由动能定理得
则
根据数学知识可知，当
时，
有最小值,解
得
所以
解得
乙碰撞动量守
解得
（五）巩固练习
19．（多选）如图所示，长木板静止在光滑水平面上，一个劲度系数为k 的轻弹簧固定在长木板的右
端，轻弹簧左端到木板左端的距离为L，长木板质量为m；一个
质量为0.5m 的小物块（可视为质点）从长木板的左端以大小为
v0的速度滑上长木板，当物块再次滑到长木板的左端时，物块恰
好与长木板相对静止。已知弹簧的弹性势能表达式为
（x 为弹簧的形变大小），则在上述过程中 （ ）
A．小物块第一次接触弹簧、第一次与弹簧分离这两个时刻，小物块速率相等
B．整个过程中摩擦产生的热量大小为
C．弹簧最短时，其压缩量为
D．摩擦力对物块做功的大小为
【答案】BC【详解】A．整个过程中，摩擦力为阻力，故小物块的速率会减小，故A 错误；
BC．物块再次滑到长木板的左端时，物块与长木板相对静止，设物块相对于长木板的路程为
，以向右
为正方向，由动量守恒定律得
解得
设物块与长木板之间的动摩擦因数为
，根
据功能关系可得
由于当弹簧具有最大弹性势能时，小木块和长木板
也具有共同的速度，则根据能量守恒得，弹簧具有的最大弹性势能为
联立解得
由于
则弹簧最短时，其压缩量为
当物块再次滑到长木板的左端时，物块与长木板相对静止的过程中，设产生的热量为
，则
故BC 正确；D．由题中信息可知，摩擦力对物块做功的无法求解，故
D 错误；故选BC。
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20．（多选）如图所示，三个物块A、B、C 静止放在光滑水平
面上，物块A、B 用一轻质弹簧连接，并用细线拴接使弹簧处于
压缩状态，三个物块的质量分别为
、
和
。现将细线烧断，与物块C 碰撞前，物块A、B 在弹簧弹力作用下做往复运动，物块A 的最大
速度大小为
，某时刻使物块C 以
的速度向右运动，它将与正在做往复运动的物块A 发生
碰撞，并立即粘连在一起。弹簧始终在弹性限度内，在以后的运动过程中，弹簧具有的最大弹性势能可
能是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】ABC【详解】弹簧为原长时，A 的速度最大，A、B 系统动量守恒，速度方向相反，可知A、B 的大小分别为
因水平方向系统不受外力，故A、B、C 系统动量守恒，因此不论A、C 两物体何时何处相碰，三
物体共速时速度是一个定值，总动能也是一个定值，且三个物体速度相同时具有最大弹性势能。设三个物体共速时的速度
为
，依据动量守恒定律有
解得
当A 在运动过程中速度为
，且与C 同向时
跟C 相碰，A、C 相碰后速度
设此过程中具有的最大弹性势能为
，由能量守恒得
当A 在运动过程中速度为
时与C 相碰，A、C 动量等
大反向，相碰后粘在一起，共速时
设此过程中具有的最大弹性势能设为
，由能量守恒得
由上述分析可得，弹簧具有的最大弹性势能
的可能值的
范围
故选ABC。
21．（多选）如图甲所示，滑雪运动员在助滑道上获得一
定速度后从跳台飞出，在空中飞行一段距离后落在倾斜的
雪道上，其过程可简化为图乙。现有一运动员从跳台O
处以初速度
飞出，方向与雪道成
，之后落在雪道的
P 处。运动员质量为
，倾斜雪道与水平方向的夹角为
。重力加速度为
，不计空气阻力，下列说法正确的
是（ ）
A．运动员在空中飞行的时间为
B．OP 两点间的距离为
C．运动员在飞行过程中动能变化量的大小为
D．运动员在飞行过程中动量变化量的大小为
【答案】BD【详解】A．依题意，把重力加速度沿雪道方向和垂直雪道方向分解，有
把初速度沿雪道方向和垂直雪道方向分解，有
垂直雪道方向，有
解得运动员在空中飞行的时间为
故A 错误；B．沿雪道方向，有
故B 正确；C．根据动能定理，可
得
又
解得
即运动员在飞行过程中动能变化量的大小为
。故C 错误；
D．根据
又
解得
故D 正确。故选BD。
22．（多选）如图甲所示，质量为
的物体静止在
倾角为
的固定斜面上，在沿斜面向上推力F 作用下开始
运动，推力F 随时间t 变化的关系如图乙所示（
后无
推力存在）。已知物体与斜面之间的动摩擦因数
，
重力加速度
，则（ ）
A．物体运动的时间为
B．
时物体的速度达到最大
C．物体在运动过程中最大加速度为
D．在物体运动过程中推力的冲量为
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【答案】CD【详解】A．力F 与t 的关系式为
则由
可得物体运动的时间为
故A 错误；B．合力为零
时，速度最大，则有
可得
故B 错误；C．刚运动时，合力沿斜面向
上，为
8s 时，合力为
即合力先从40N 减为零，再增加到40N，所以合力最
大值为40N，最大加速度为
故C 正确；D．在物体运动
过程中推力的冲量为
故D 正确。故
选CD。
23．（多选）如图所示，水平面上带有轻弹簧的物块甲以3m/s 的速度在光滑水平面上向左运动，物块乙
以4m/s 的速度向右运动，甲、乙的质量均为2kg。当乙与弹簧接触后（不粘连）（ ）
A．弹簧的最大弹性势能为24.5J
B．当甲、乙相距最近时，物块甲的速率为零
C．当乙的速率为0.8m/s 时，甲正在做减速运动 D．当甲的速率为4m/s 时，弹簧为自由长度
【答案】AD【详解】A．碰撞过程动量守恒，以乙的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv 乙-mv 甲
=(m+m)v 由机械能守恒定律得
解得v=0.5m/sEp=24.5J 故A 正确
B．当甲、乙相距最近时，物块甲的速率为0.5m/s，故B 错误；C．当甲的速率为零时，以乙的初速度方向为
正方向，由动量守恒定律得mv 乙-mv 甲=0+ mv 乙1v 乙1=1m/s 所以当乙的速率为0.8m/s 且速度方向向时，甲正在
向右做加速运动，故C 错误；D．当甲的速率为4m/s 时，以乙的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv
乙-mv 甲= mv 甲2+ mv 乙2v 乙2=-3m/s 即乙向左运动，开始时系统的机械能
当甲的速率为
4m/s 时，系统总动能
所以弹簧的弹性势能为零，即弹簧为自由长度，故D 正确。故选AD。
24．（多选）如图所示，光滑水平轨道上静置着A、B、C 三个物块，物块A、B 通过轻质弹簧连接，其
中物块A 的质量为0.4m，物块B 的质量为m。某一
瞬间，一颗质量为0.1m 的子弹以速度
向右射入物
块A 并留在其中（作用时间极短）。当物块A（含
子弹）、B 速度第一次相等时，物块B 恰好与物块C
发生弹性碰撞（碰撞时间极短），碰后物块C 的速度为
，弹簧始终在弹性限度内，从子弹射入木块A
至弹簧第一次恢复原长的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．当物块B 与物块C 碰撞前瞬间，物块B 的速度大小为
B．物块C 的质量为2m
C．子弹、弹簧与物块A、B、C 组成的系统，损失的机械能为
D．弹簧最大的弹性势能为
【答案】ACD【详解】A．当物块B 与物块C 碰撞前瞬间，设物块A（含子弹）、B 的速度为v1，根据动量守恒定律有
解得
故A 正确；B．对B 与C 的碰撞过程，由于B、C 之间的作用力远大于弹簧弹
力，可视为动量守恒，则
根据机械能守恒定律有
解得
，
故B 错误；C．设子弹射入A 后，子弹和A 的共同速度为
，根据动量守恒定律有
解得
由于B 和C 的碰撞不损失机械能，所以子弹、弹簧与物块A、B、C 组成的系统，损失的机械能为
故C 正确；D．B 和C 碰撞后瞬间，B 的速度变为零，A（含子弹）的速度不
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变，此后A、B 将继续压缩弹簧，当弹簧最短时，A、B 具有相同速度（设为v3），根据动量守恒定律有
解得
根据机械能守恒定律可得弹簧最大的弹性势能为
故D 正确。故选ACD。
25．（多选）如图所示，小车上固定着一个竖直放置的弯曲圆管，整个
小车（含圆管）的质量为
，初始时静止在光滑的水平面上。一个小
球以水平速度v 从圆管左端飞入后恰好能从圆管右端滑离小车。小球质
量为m，半径略小于圆管半径，可以看作质点，忽略一切摩擦以及圆管
的厚度。在此过程中，下列说法正确的是（ ）
A．小球滑离小车时，小车速度向右 B．小球滑离小车时的速度大小为
v
C．圆管中轴线距离车身的最大高度为
D．从小球进入圆管到脱离圆管，小球对小车的总冲量为0
【答案】BC【详解】A B．小球与小车在水平方向上的合外力为零，故在水平方向上动量守恒可得，
由机械能守恒可得
解得
或
（因
不符合实际情况，舍去）小球滑离小车时，小车速度0。A 错误；小球滑离小车时的速度大小为v，B 正
确；
C．小球恰好到达管道的最高点后，则小球和小车的速度相同为
，故由动量守恒定律
解得
由机械能守恒定律，以小球刚滑上小车的位置为零势能面，小球在最高点的重
力势能等于系统动能减小量
所以，车上管道中心线最高点的竖直高度
C 正确；D．从小球进入圆管到脱离圆管，小球对小车的水平方向总冲量为0，总冲量不为
0。D 错误。故选BC。
26．（多选）如图所示，半径为R、质量为2m 的光滑半圆轨道小车静止
在光滑的水平地面上，将质量为m 的小球（可视为质点）从A 点正上方
高为R 处由静止释放，由A 点经过半圆轨道后从B 冲出，重力加速度为
g，则（ ）
A．小球进入半圆轨道后，由小球和小车组成的系统总动量守恒
B．小球离开小车后做斜上抛运动C．小车向左运动的最大距离为
D．小车获得的最大速度为
【答案】CD【详解】A．小球与小车组成的系统在水平方向所受外力的合力为0，系统在水平方向的动量
守恒，小球与小车组成的系统在竖直方向所受外力的合力不为0，因此球和小车组成的系统总动量不守
恒，A 错误；B．小球与小车组成的系统在水平方向所受外力的合力为0，系统在水平方向的动量守恒，
且系统水平方向总动量为0，则小球由B 点离开小车时，小球与小车水平方向上的速度相同，则水平方向
上有
解得
即小球由B 点离开小车时，水平方向的分速度为0，所以离开小车后，小球做竖
直上抛运动，B 错误；C．根据上述，小球由B 点离开小车时，小车向左运动的距离达到最大，根据动量
守恒定律，在水平方向上有
此过程有
解得
C 正确；D．根据分析可
知，小球运动到圆弧最低点时，小车获得速度最大，则有
，
解得
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D 正确。选CD。
27．（多选）如图所示，外轨道光滑，内轨道粗糙（粗糙程度处处相
同）的圆环轨道固定在竖直平面内，完全相同的小球A、B（直径略小于
轨道间距并且远小于轨道半径）以相同的速率v0从与圆心等高处分别向
上、向下运动，两球相遇时发生的碰撞可看作弹性碰撞，重力加速度为
g，下列说法中正确的是（ ）
A．当
时，小球A 通过最高点和小球B 通过最低点时对轨道的
压力差为6mg
B．当
时，第一次碰撞前瞬间，A 球机械能一定小于B 球机械
能
C．当
，第一次碰撞的位置一定在轨道的最低点
D．当
时，第一次碰撞后瞬间，两球速度一定等大反向
【答案】AD【详解】A．A 球在最高点所受弹力为零时，只有重力提供向心力
得
当
时，假设A 球上升到最高点过程中外轨道对A 球有弹力，则满足机械能守恒
得
说明假设成立，根据牛顿第二定律
得
B 球
到最低点过程，由机械能守恒和牛顿第二定律
得
球A 通过最
高点和球B 通过最低点时对轨道的压力差为
故A 正B．因为两球在碰前是与外轨道接
触，机械能没有减少，第一次碰撞前瞬间，A 球机械能等于B 球机械能，故B 错误；C．假设内轨道光
滑，使A 球恰好到达最高点时，根据机械能守恒
得
当
时，A、B
两球无法到达最高点，因为A 球先返回，所以第一次碰撞不在最低点，故C 错误；D．两球在上半圆与
内轨道接触时，相同高度的速度相同，故摩擦力等大，可知机械能损失一样多，两球一定是在下半圆轨
道上相碰，而当二者相碰时一定在相同高度，则此时速度等大、反向，设为
，根据动量守
解得
第一次碰撞后瞬间，两球速度等大反向，故D
正确。故选AD。
28．（多选）两个小球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向
运动，球2 在前，球1 在后，m1 = 1kg，m2 = 3kg，v01 =
6m/s，v02 = 3m/s，当球1 与球2 发生碰撞后，两球的速度分别
为可v1，v2，将碰撞后球1 的动能和动量大小分别记为E1、p1，
则v1、v2、E1、p1的可能值为（ ）
A．v1 = 1.75m/s，v2 = 3.75m/s
B．v1 = 1.5m/s，v2 = 4.5m/s
C．E1 = 9J
D．p1 = 1.5kg·m/s
【答案】BD【详解】碰撞前系统总动量p = m1v01＋m2v02 = (1 × 6＋3 × 3)kg·m/s = 15kg·m/s
A．如果v1 = 1.75m/sv2 = 3.75m/s，则碰撞后的系统总动量p′ = m1v1＋m2v2 = (1 × 1.75＋3 × 3.75)kg·m/s
= 13kg·m/s 系统动量不守恒，A 错误；B．如果v1 = 1.5m/s，v2 = 4.5m/s，则碰撞后的系统总动量p′ =
m1v1＋m2v2 = (1 × 1.5＋3 × 4.5)kg·m/s = 15kg·m/s 系统动量守恒，B 正确；CD．两球碰撞过程中系统动
量守恒，以两球的初速度方向为正方向，如果两球发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得m1v01＋m2v02
= (m1＋m2)v 代入数据解得v = 3.75m/s 如果两球发生完全弹性碰撞，由动量守恒定律得m1v01＋m2v02 =
m1v1＋m2v2由机械能守恒定律得
m1v01
2
m2v02
2
m1v1
2
m2v2
2代入数据解得v1 = 1.5m/s，v2 = 4.5m/s
则碰撞后球1 球2 的速度满足1.5m/s ≤ v1 ≤ 3.75m/s3.75m/s ≤ v2 ≤ 4.5m/s 球1 的动能E1
m1v1
2满足
1.125J ≤ E1 ≤ 7.03J 球1 的动量为p1 = m1v1满足1.5kgm/s ≤ p1 ≤ 3.75kgm/sC 错误、D 正确。故选BD。
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29．如图所示，质量分别为m 和3m 的物体A、B 用一根轻弹簧相
连，置于光滑的水平面上，物块A 刚好与墙壁接触。现用外力缓
慢向左推物体B 使弹簧压缩，然后撤去外力，此过程中外力做功
W，对两物体的运动情况以下说法正确的是（ ）
A．从撤去外力到A 物离开墙壁的过程中，墙壁对物体A 的冲量为0
B．在物体A 离开墙壁后的运动过程中，物体A 运动速度不可能为0
C．在物体A 离开墙壁后的运动过程中，物体A 运动速度的最大值为
D．在物体A 离开墙壁后的运动过程中，物体B 运动速度的最小值为0
【答案】C【详解】A．从撤去外力到A 物离开墙壁的过程中，墙壁对物体A 的作用力不为零，故墙壁对
物体A 的冲量不为0。故A 错误；BCD．分析可知，当弹簧第一次恢复原长时，此时A 的速度为零，弹
簧的弹性势能全部转化为B 的动能，故有
解得
此后AB 都运动，B 做减速运动，A
做加速运动，弹簧再次恢复原长时，A 物体的速度最大，B 物体的速度最小。从AB 都运动到此过程中根
据动量守恒定律及能量定律可得
联立以上解
随后B 做加速运动，A 做减速运动，弹簧再次恢复原长时，A 物体的速度最
小，B 物体的速度最大。从AB 都运动到此过程中根据动量守恒定律及能量定律可
联立以上可得
故BD 错误，C 正确。故选C。
30．如图所示，质量为M 的小车静止在光滑的水平面上，小车
AB 段是半径为R 的四分之一光滑圆弧轨道，BC 段是长为L 的水
平粗糙轨道，两段轨道相切于B 点。一质量为m 的滑块（可视
为质点）从小车上的A 点由静止开始沿轨道滑下，然后滑入BC
轨道，最后恰好停在C 点。已知M=3m，滑块与轨道BC 间的动
摩擦因数为μ，重力加速度为g。则下列说法正确的是（ ）
A．滑块从A 滑到C 的过程中，滑块和小车组成的系统动量守恒
B．滑块滑到B 点时的速度大小为
C．滑块从A 滑到C 的过程中，滑块的位移大小为
D．水平轨道的长度
【答案】D【详解】A．滑块从A 滑到C 的过程中水平方向动量守恒，竖直方向上合力不为零，系统动量
不守恒，故A 错误；B．滑块刚滑到B 点时速度最大，取水平向右为正方向，由水平方向动量守恒定律和
机械能守恒定律得
解得
所以滑块滑到B 点时的速度为
，故B 错误；C．设全程小车相对地面的位移大小为s，根据题意可
知全程滑块水平方向相对小车的位移为R+L，则滑块水平方向相对地面的位移为
滑块与小车组成的系统在水平方向动量守恒，取水平向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得
已知
，解得
，
滑块在竖直方向上相对地面的位移为
R，故滑块的位移
故C 错误；D．系统在水平方向动量守恒，以向右
16
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为正方向，对整个过程，由动量守恒定律得
解得
能量守恒定律得
解得
故D 正确。故选D。
31．（单选）2006 年9 月，中国第一座太空娱乐风洞在四川省绵阳市建成并投入运营。娱乐风洞是一种
空中悬浮装置，在一个特定的空间内人工制造和控制气流，游客只要穿上特制的可改变受风面积（游客
在垂直风力方向的投影面积）的飞行服跳入飞行区，即可通过改变受风面积来实现向上、向下运动或悬
浮。现有一竖直圆柱形风洞，风机通过洞口向风洞内“吹气”，产生竖直向上、速度恒定的气流。某时
刻，有一质量为m 的游客恰好在风洞内悬浮，已知气流密度为
，游客受风面积为S，重力加速度为g，
假设气流吹到人身上后速度变为零，则气流速度大小为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C【详解】在
时间内吹到人体的气体质量为
设人对气流的力大小为
，则对此段
气体由动量定理有
由牛顿第三定律，风给人的力大小为
人受力平衡。所以
解得
故选C。
32．如图所示，一光滑圆弧轨道固定在水平地
面上，轨道半径为R=6m，其圆心角为53°。质
量为2kg 的滑板C 静止在水平地面上，其左端与
圆弧轨道末端平滑连接，质量为1kg 的物块B 静
止在C 上，B 至滑板左端的距离为L=1.2m。现
将质量为2kg 的物块A 由圆弧轨道顶端静止释
放。已知物块A、B 均可视为质点，二者碰撞时
间极短且碰撞过程无机械能损失，A、B 与C 之
间的动摩擦因数均为μ1=0.5，C 与地面之间的动
摩擦因数为μ2=0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2，cos53°=0.6，，物块B 始终在滑板上。
求：
（1）A 滑上C 瞬间，A 的速度大小。（2）A 与B 碰后瞬间，B 的速度大小。
（3）整个过程C 运动的位移大小。（4）滑板长度最小值（结果保留两位有效数字）。
【答案】（1）4
m/s；（2）8m/s；（3）
；（4）7.3m【详解】（1）对A 从开始运动至刚滑上C
阶段由动能定理得
解得
（2）A 所受摩擦力的大小为
C 所受地面的最大静摩擦力
故A 与B 碰撞之前C 处于
静止状态，由牛顿第二定律得
由运动学公式得
可知物块A 与B 碰撞之前的速度
大小为
规定向右为正方向，由动量守恒定律得
碰撞过程中无动能损失，
解得
（3）碰撞之后，A、B 相对C 均向右运动，对C 由牛顿第二定律得
解得a₂=2.5m/s2 设从A、B 碰撞至A 与C 共速历时t1，有
解得
A、C 共速后，B 相对C 依然向右滑动，对A、C 整体由牛顿第二定律，有
解得a3=1.25m/s2，方向水平向左设从A、C 共速后至其停止运
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动的时间为t2，有a3t2=a2t1 解得
此时B 的速度大于0，故C 运动的位移为
解得
（4）由题可知B 运动的加速度大小为a1，方向水平向左，设B 运动的总位移为xB，有
解得xB=6.4m 则滑板最小长度为s=xB+L-x=7.3m
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