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7.3 动量守恒中的板块、物块弹簧、子弹木块模型
题组1：子弹打木块模型..............................................................................................................................................1
题组2：滑块木板模型..................................................................................................................................................4
题组3：滑块弹簧模型..................................................................................................................................................7
题组4：圆弧类............................................................................................................................................................. 11
7.3 动量守恒中的板块、物块弹簧、子弹木块模
型
题组1：子弹打木块模型
1.（单选）如图所示，木块置于光滑的水平面上，质量为m的子弹以初速度v0水平向右射向木块，穿出木
块时子弹的速度为2
5 v0，木块的速度为1
5 v0。设木块的长度为L，子弹穿过木块的过程中木块对子弹的阻
力始终保持不变，下列说法正确的是( )
A. 木块的质量为2m
B. 子弹穿过木块的过程中，系统损失的动能为11
25 mv0
2
C. 子弹穿过木块的过程中，木块对子弹的阻力大小为9m v0
2
25 L
D. 子弹在木块中运动的时间为3 L
5 v0
【答案】C
【解析】A、子弹击穿木块过程系统动量守恒，以向右为正方向，
由动量守恒定律得m v0=m× 2
5 v0+ M × 1
5 v0，解得M =3m，故A 错误；
B、子弹穿过木块过程，系统损失的动能Δ Ek = 1
2 mv0
2−1
2 m×( 2
5 v0)
2−1
2 ×3m×( 1
5 v0)
2= 9
25 mv0
2，故B
错误；
C、对木块，由动能定理得fx = 1
2 M ( 1
5 v0)
2−0，对子弹，由动能定理得−f ( x + L)= 1
2 m( 2
5 v0)
2−1
2 mv0
2，
解得x = 1
6 L，f = 9m v0
2
25 L
，故C 正确；
D、以向右为正方向，对子弹，由动量定理得−ft =m× 2
5 v0−mv0，解得t = 5 L
3 v0
，故D 错误。
故选：C。
1
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2. （多选）如图甲所示，质量为M的木块静止在光滑水平面上，质量为m的子弹以某一速度沿水平方向射
入木块，一段时间后恰好在木块中与木块相对静止，若该过程中木块的速度v2与子弹的速度v1之间的关系
可以用图乙表示，子弹在木块中相对运动时所受的阻力为恒力，则下列说法正确的有
A. M :m=3:2
B. 该过程中子弹相对木块的位移比木块相对地面的位移小
C. 木块所能达到的最大速度为24 m/ s
D. 木块所能达到的最大速度为40m/ s
【答案】AC
【解析】A.根据动量守恒定律m v0=m v1+ M v2可得，v2= m
M v0−m
M v1，m
M = 2
3，A 正确；
CD .设子弹和木块共速为v，从开始到共速时间为t，m v0=(m+ M )v，可得v =24 m/ s，C 正确D 错误;
B.子弹位移x1= v0+ v
2
t = 42t
木块位移x2= v
2 t =12t
子弹相对木块的位移Δx = x1−x2=30t > x2=12t，B 错误；
3.如图所示，一根不可伸长的轻绳一端悬挂于固定点O，另一端栓着质量M =180 g的静止小木块，小木块
离水平地面高h=1.25m，轻绳长度L=2m、能承受的最大拉力为35 N。一质量为m=20 g的子弹，以
v0=200m/ s的速度水平击中小木块并留在其中，作用时间极短。忽略空气阻力及小木块大小的影响，重
力加速度g取10m/ s
2。
(1)求子弹击中小木块瞬间的共同速度大小;
(2)通过分析判断轻绳是否会断裂;若不断裂，求小木块上升的最大高度;若断裂，求小木块平抛的水平距离。
2
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【答案】解：(1)子弹击中木块的过程，对子弹和木块系统，由动量守恒定律有m v0=(m+ M )v
代入数据解得v =20m/ s
(2)木块被击中后瞬间，对子弹和木块整体，由牛顿第二定律得F −(m+ M )g=(m+ M ) v
2
L
解得F = 42 N >35 N，故绳子断裂，绳子断裂后，木块做平抛运动，平抛过程h= 1
2 gt
2
得t =0.5 s
水平距离x = vt
得x =10m
4.如图所示，两物体A和B并排静置于光滑水平地面，它们的质量M均为0.5kg.质量m=0.1kg的子弹以
v0=34 m/ s的水平速度从左边射入A，射出物体A时A的速度vA =2m/ s，子弹紧接着射入B中，最终子
弹未从B中穿出．子弹在物体A和B中所受阻力相同且一直保持不变，A的长度为LA =0.23m，不计空气
阻力，g取10m/ s
2．
(1)求物体B最终的速度大小vB；
(2)求子弹穿过A的过程中摩擦产生的热量Q；
(3)求物体B的最小长度LB．
【答案】(1)从最初到最终共速，由动量守恒有m v0= M v A+( M +m)vB，解得vB= 4 m/ s
(2)从子弹射入A到穿出，由动量守恒有m v0=m v1+2 M v A，解得v1=14 m/ s
解法1：由能量守恒有Q = 1
2 m v0
2−1
2 m v1
2−1
2 2 M v A
2 ，解得Q = 46 J
解法2：图像法
由图可知x A = (12+34)
2
t，解得t =0.01S，则加速度a= v A
t =200m/ s
2，阻力f =2 Ma=200 N，故
Q = f x A = 46 J
(3)
解法1：子弹从射入到共速时，Q总= 1
2 mv0
2−1
2 M v A
2 −1
2 ( M +m)vB
2，解得Q总=52J
由Q = fx得Q总
Q = x总
x A
，x总=0.26m，故L❑B=0.26m−0.23m=0.03m
3
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解法2：图像法
aB= f
M = 400m/ s
2，t2= ΔvB
aB
=0.005 S，故L❑B= 12
2 t2=0.03m
题组2：滑块木板模型
5. （单选）光滑水平地面上，质量为2kg、上表面粗糙的木板B正以3m/ s的速度向右运动。某时刻在木
板右端滑上可视为质点的物块A，质量为1kg，速度向左，大小也是3m/ s，物块和木板间的动摩擦因数
为0.2，木板长为7m。则下列说法正确的是( )
A. 物块A从木板B的左端离开
B. 经过2s物块A与木板B相对静止
C. 整个过程系统产生热量为4 J
D. 相对静止后，物块A在木板B上移动的距离为7m
【答案】B
【解析】AD .把A和B看成一个系统，该系统所受合力为零，所以A、B组成的系统满足动量守恒，设A没
有从B上离开，最后的共同速度大小为v '，规定水平向右的方向为正方向，根据动量守恒定律有
mB v −mA v =(mA+mB)v '，A和B的相对位移的距离为l，根据能量守恒
有 1
2 mA v
2+ 1
2 mB v
2= 1
2 (mA+mB)v
' 2+ μmA gl，代入数据解得v ' =1m/ s，l =6m<7m，假设成立，所以
物块A没有从B的左端离开，故AD 错误；
B.设A的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有μmA g=mA a，设经过时间t，A与B保持相对静止，根据速
度−时间关系有v ' =−v +at
代入数据解得t =2s，故B 正确；
C.整个过程中系统产生的热量为Q = μmA gl，代入数据解得Q =12J，故C 错误。
故选B。
6. （单选）如图1所示，一长木板静止于光滑水平桌面上，t =0时，小物块(可视为质点)以速度v0滑到长
木板上，t1时刻小物块恰好滑至长木板的最右端。图2为物块与木板运动的v −t图像，图中t1、v0、v1已知，
重力加速度大小为g。下列说法正确的是( )
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A. 木板的长度为v0t1
B. 物块与木板的质量之比为v1
v0
C. 物块与木板之间的动摩擦因数为v0−v1
2gt1
D. 0～t1这段时间内，物块动能的减少量与木板动能的增加量之比为v0+ v1
v1
【答案】D
【解答】A.t1时刻小物块恰好滑至长木板最右端，小物块与长木板的位移之差等于木板的长度，根据v −t
图象与时间轴所围的面积表示位移，可知，木板的长度为L= x物−x板= v0t1
2
，故A 错误；
B.设物块与木板的质量分别为m和M，物块与木板组成的系统动量守恒，以小物块的初速度方向为正方向，
由动量守恒定律得：
m v0=(m+ M )v1，解得：m
M =
v1
v0−v1
，故B 错误；
C.对物块，由动量定理得：−μmgt1=m v1−m v0，解得：μ= v0−v1
gt1
，故C 错误；
D.0～t1这段时间内，物块动能的减少量与木板动能的增加量之比为Δ Ek 物
Δ Ek 板
=
1
2 m v0
2−1
2 m v1
2
1
2 M v1
2
，解得：
Δ Ek 物
Δ Ek 板
= v0+ v1
v1
，故D 正确。
故选：D。
7.质量为2m的木板C静止在光滑水平面上。现将速度分别为v0、2v0的木块A、B同时放上木板，运动方
向如图，木块的质量均为m，A、B间的距离为d，木块与木板之间的动摩擦因数均为μ，木板足够长，重
力加速度取g，求：
(1)木块A在木板C上的滑行时间t；
(2)木块A、B运动过程中摩擦产生的总热量Q；
(3)运动过程中木块A和木块B间的最大距离L。
【答案】(1) A、B刚放上C时
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A做加速度大小为aA的匀减速运动：μmg=maA，
C做加速度大小为aC 1的匀加速运动：μmg+ μmg=2maC 1，
滑行时间t后A与C共速为v1:v1= v0−aAt =aC 1t，
解得：t = v0
2 μg
，v1= v0
2 ;
(2) A、B和C系统动量守恒，共同速度为v2，
m⋅v0+m⋅2v0=(m+m+2m)⋅v2，
A、B和C系统能量守恒，
1
2 m v0
2+ 1
2 m(2v0)
2= 1
2 (m+m+2m)⋅v2
2+Q，
解得：Q = 11
8 mv0
2。
(3) A、B相对C滑行的总位移Δx = Q
μmg，
A相对C滑行的位移Δ x A = v0+ v1
2
t −0+ v1
2
t，
B相对C滑行的位移Δ xB=△x−Δ x A，
A相对B间最大距离L=d + Δ xB−Δ x A，
解得：L=d + 7 v0
2
8 μg
。
8.如图所示，质量为mA =3kg的木板A置于长L0=6.25m的光滑凹槽左端，木板A的上表面与水平面MN、
PQ在同一高度。质量为mB=1kg的滑块B放置在水平面MN上，在外力作用下，紧靠在弹簧右端(与弹簧
不拴接)。撤去外力，滑块B运动x =0.1m时与弹簧分离，刚好以v0= 4 m/ s的速度滑上木板A的左端。运
动过程中滑块B恰好不脱离木板A，之后滑块B进入水平面PQ。已知滑块B与水平面MN、木板A的动摩
擦因数均为μ=0.2，重力加速度的大小g=10m/ s
2。求：
(1)弹簧开始的弹性势能；
(2)木板A的长度L；
(3)滑块B从离开MN到刚滑上PQ所用的时间。
【答案】解：(1)根据能量守恒定律，弹簧开始的弹性势能E p= μmB gx + 1
2 mB v0
2，E p=8.2J；
(2)滑块B滑上木板A后，A、B构成的系统动量守恒，设A、B共速的速度为v，以水平向右为正方向，
有mB v0=(mA+mB)v，解得v =1m/ s，
此过程中，根据功能关系μmB gL= 1
2 mB v0
2−1
2 (mA+mB)v
2，
解得L=3m；
6
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(3)滑块B从滑上木板A到与之共速期间，以水平向右为正方向，根据动量定理，μmB gt1=mA v，解得
t1=1.5 s，
在时间t1内，木板A运动的位移x A = 1
2 v t1，解得：x A =0.75m，
滑块B与木板A共速后，一起匀速运动用时t2，则有t2= L0−L−x A
v
，解得：t2=2.5 s，
滑块B从离开MN到刚滑上PQ所用的时间t =t1+t2，解得：t = 4 s。
9.如图，一长木板在光滑的水平面上以速度v0向右做匀速直线运动，将一小滑块无初速地轻放在木板最右
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。
【答案】(1)由于地面光滑，则木板与滑块组成的系统动量守恒，规定向右为正方向，则2m v0=3m v共
解得v共= 2v0
3
(2)由于木板速度是滑块的2倍，则有v木=2v滑
再根据动量守恒定律有2m v0=2m v木+m v滑
联立化简得v滑= 2
5 v0，v木= 4
5 v0
再根据功能关系有μmgx = 1
2 ×2mv0
2−1
2 ×2mv木
2 −1
2 mv滑
2
经过计算得x = 7 v0
2
25 μg
(3)由于木板保持匀速直线运动，则有F = μmg
对滑块进行受力分析，并根据牛顿第二定律有a滑= μg
滑块相对木板静止时有v0=a滑t
解得t = v0
μg
则整个过程中木板滑动的距离为x' = v0t = v0
2
μg
则拉力所做的功为W = Fx ' =m v0
2
题组3：滑块弹簧模型
10. （多选）光滑水平面有A、B两个物块，质量分别为2m和m，初始时用处于原长状态下的弹簧相连，
现在给物块A一个水平向右的初速度v0。水平面右侧有一墙面，已知经过时间t，物块B第一次达到最大速
度，且恰好到达墙壁处，在此过程中，下列说法正确的是( )
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A. 弹簧的最大弹性势能是m v0
2
3
B. 物块B的最大速度是2v0
3
C. 初始时物块B离墙面的距离是2
3 v0t
D. 初始时物块B离墙面的距离是1
3 v0t
【答案】AC
【解析】A.A、B共速时弹簧的弹性势能最大，动量守恒有2m v0=3m v共，
E pmax = 1
2 ⋅2m v0
2−1
2 ⋅3m v共
2 = 1
3 m v0
2，故A 正确;
B.物块B速度最大时，弹簧恢复原长，设此时A、B的速度为v1、v2，由动量守恒有2m v0=2m v1+m v2，
由机械能守恒有1
2 ⋅2m v0
2= 1
2 ⋅2m v1
2+ 1
2 m v2
2，解得v2= 4 v0
3
，故B 错误;
CD.在整个过程中动量始终守恒，2m v0=2m v A+m vB，2m v0△t =2m v A△t +m vB△t，则有
2m v0t =2m x A+m xB，弹簧恢复原长有x A = xB，解得xB= 2
3 v0t，C 正确，D 错误。
11. （多选）如图(a)所示，相距较远的两物体A、B放在光滑水平面上，物体B左端固定一轻弹簧并处于
静止状态，物体A以速度v0沿A、B连线向B物体运动。t =0时，物体A与轻弹簧接触(不粘连)，此后的一
段时间内，两物体的速度v与时间t的关系如图(b)所示。已知0∼t0(t0<t2)时间内，物体B运动的距离为
1
10 ν0t0，物体A的质量为m，运动过程中弹簧始终处于弹性限度内，下列说法正确的是( )
A. 物体B的质量为3m
B. 物体A与轻弹簧分离时，物体B的速度为2
3 v0
C. 0∼t0时间内，物体A运动的距离为4
5 v0t0
D. 物体A与轻弹簧接触的过程中，两物体A、B组成的系统动量守恒、机械能守恒
【答案】BC
【解析】A.题图可知AB共速为 v0
3
，规定向右为正方向，由动量守恒有 m v0=(m+ M ) v0
3
解得物体B的质量 M =2m，故A 错误；
B.设物体A与轻弹簧分离时，AB速度分别为 v A、vB ，则由动量守恒有 m v0=m v A+ M vB
能量守恒有 1
2 mv0
2= 1
2 mv A
2 + 1
2 M vB
2
联立解得 vB= 2
3 v0，故B 正确；
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C.设AB在 t2 前任意时刻速度分别为 v A 1、vB1 ，由动量守恒有 m v0=m v A 1+ M vB1
整理得 m v0t0=m x A+ M xB
其中 xB= 1
10 v0t0
联立解得 x A = 4
5 v0t0，故C 正确；
D.物体A与轻弹簧接触的过程中，由于地面光滑，两物体A、B组成的系统动量守恒，该过程AB的机械能
与弹簧弹性势能相互转化，所以AB系统机械能不守恒，故D 错误。
故选BC。
12.如图所示，光滑水平平台直轨道ab、ef 固定，半径为R =0.32m的光滑半圆轨道bcd固定在竖直平面内，
在b处与ab相切。在直轨道ab上放着质量分别为mA =2kg、mB=1kg的物块A、B(均可视为质点)，用轻
质细绳将A、B连接在一起，且A、B间夹着一根被压缩的轻质弹簧(未被拴接)。一质量为M =2kg，长
L=0.5m的小车静止在光滑水平地面上，右端紧靠平台轨道ab，小车上表面与平台轨道ab、ef 等高。现
将细绳剪断，之后A向左滑上小车，B向右滑动且对圆弧轨道最低点b的压力大小为60 N。已知物块A与
小车之间的动摩擦因数μ=0.2，小车左端到平台ef 右侧的距离为s，小车运动到平台ef 时立刻被粘住，重
力加速度g取10m/ s
2。求：
(1)物块B运动到圆弧轨道最高点d时对轨道的压力大小；
(2)细绳剪断之前弹簧的弹性势能；
(3)物体A刚滑上平台ef 时的动能EkA与s的函数表达式。
【答案】(1)由牛顿第三定律可知物块B在 b 点有轨道对B的支持力 F N 1= F ' N 1=60 N
牛顿第二定律可得 F N 1−mB g=mB
vb
2
R
b 到 d 由动能定理可得 −mB g⋅2 R = 1
2 mB vd
2−1
2 mB vb
2
在最高点 d 由牛顿第二定律可得 F N 2+mB g=mB
vd
2
R
联立解得 F N 2=0
由牛顿第三定律可知物块B运动到圆弧轨道的最高点 d 时对轨道的压力大小 F ' N 2=0
(2)由动量守恒定律可得 mA v A =mB vB
由能量守恒可得 E p= 1
2 mA v A
2 + 1
2 mB vB
2
联立以上方程可得 E p=12J
(3) A滑上小车后，带动小车运动，设A与小车能达到共速，此过程小车向左运动位移为 xM 。对A与小车
系统，取向左为正方向，由动量守恒定律有 mA v A =(mA+ M )v ，解得 v =1m/ s
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对小车，由动能定理得 μmA g xM = 1
2 M v
2 ，解得 xM = 1
4 m
①当 s≥xM = 1
4 m 时，A物体刚滑上平台 ef 时的动能 EkA 与 s 无关，对A和小车，由能量关系
有 EkA = 1
2 mA v A
2 −Q−ΔE
其中 Q = μmA gL ， ΔE = 1
2 M v
2 ，解得 EkA =1J
②当 s< xM = 1
4 m 时，小车与平台相碰时，A物体与小车未共速，对小车 μmA gs = 1
2 M v车
2
对A和小车，由能量关系有 EkA = 1
2 mA v A
2 −Q−1
2 M v车
2
解得 EkA =(2−4 s)J
13.如图所示，半径为R =0.8m的四分之一圆弧轨道竖直固定在水平地面上，其下端Q与地面相切。劲度
系数k =160 N /m的水平轻质弹簧右端与固定的竖直挡板相连，左端与质量为m=1kg的滑块B相连，初始
时弹簧处于原长。现将质量也为m、可视为质点的滑块A由轨道顶端P点静止释放，A滑离轨道后与B发生
正碰，此后与B粘在一起运动。已知A与轨道、地面间的摩擦忽略不计，B与地面间的动摩擦因数μ=0.4，
A、B碰撞时间极短，二者一起运动的过程中未滑上左侧轨道，弹簧的弹性势能E p= 1
2 k x
2，其中x为弹簧
的形变量，弹簧未超出其弹性限度，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/ s
2。求：
(1) A、B碰撞后瞬间B的速度大小；
(2)弹簧伸长量最大时储存的弹性势能；
(3) A、B一起运动的路程s。
【答案】(1) A由轨道顶端P点静止释放，到A、B碰撞前由动能定理得 mgR = 1
2 m v0
2
解得 v0=√2gR
A、B碰撞过程由动量守恒定律得 m v0=2mv
解得 v = 1
2 v0= √2 gR
2
=2m/ s
(2) A、B碰撞后到弹簧最短，AB运动的位移大小为x1，则 1
2 k x1
2+ μmg x1= 1
2 ×2m v
2
解得 x1=0.2m ， x'1=−0.25m (舍去)
弹簧伸长量最大时弹簧伸长量为x2，则 1
2 k x2
2+ μmg(x1+ x2)= 1
2 k x1
2
解得 x2=0.15m ， x'2=−0.2m (舍去)
所以弹簧伸长量最大时储存的弹性势能 E pm= 1
2 k x2
2=1.8 J
10
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(3)弹簧第二次被压缩时，其压缩量为x3，则 1
2 k x3
2+ μmg(x2+ x3)= 1
2 k x2
2
解得 x3=0.10m
弹簧第二次被拉伸时，其伸长量为x4，则 1
2 k x4
2+ μmg(x3+ x4)= 1
2 k x3
2
解得 x4=0.05m
因为此时 k x4=8 N > μmg= 4 N ，所以A、B仍要向右运动，但此时 1
2 k x4
2 = μmg x4=0.2J ，所以A、B
可能无法回来弹簧的平衡位置，设A、B停下时，弹簧伸长量为x5，则有 1
2 k x5
2+ μmg(x4−x5)= 1
2 k x4
2
解得 x5=0m
故A、B一起运动的路程为 s= x1+( x1+ x2)+( x2+ x3)+( x3+ x4)+( x4−x5)=1m
题组4：圆弧类
14. （单选）如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为M的光滑弧形槽静置在光滑水平面上，弧
形槽底端与水平面相切，一个质量为m的小物块(可视为质点)从槽上高为h处静止释放，已知弹簧始终处于
弹性限度内，下列说法正确的是( )
A. 小物块下滑过程中，物块和槽组成的系统动量守恒
B. 小物块下滑过程中，槽对物块的支持力不做功
C. 若M >m，物块能再次滑上弧形槽
D. 若物块再次滑上弧形槽，则物块能再次回到槽上的初始释放点
【答案】C
【解析】A.物块在下滑过程中，物块有竖直向下的分加速度，系统的竖直方向上动量不守恒，故 A 错误;
B.由于M置于光滑水平地面上，在m下滑的过程中，m对M的压力有水平向左的分量，M水平向左做加速
运动，动能增大，又由于此过程中m、M组成的系统机械能守恒，故m的机械能减少，推知槽对物块的支
持力做负功，故B 错误;
C.小物块下滑过程中m、M组成的系统满足水平方向动量守恒，系统初始水平方向动量为零，故小球滑到
底端时满足M v M =m vm，若M >m，则vm>v M，小物块在水平面上做匀速运动，撞击弹簧前后速度等大
方向，因此能追上弧形槽，故C 正确；
D.若物块再次滑上弧形槽，上升到最高点时系统有水平向左的速度，动能不为零，又系统全过程满足机械
能守恒，故滑块的重力势能会减小，不会上升至初始高度，故 D 错误。
故选C。
15.如图所示，质量为M =3kg、半径为R =1m的四分之一光滑圆弧轨道放在光滑水平地面上，下端与水
平地面相切，质量为m=0.98kg的木块静止在轨道左侧，质量为m0=20 g的子弹以v0=200m/ s的速度水
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平向右射入木块并留在其中。已知子弹与木块作用时间极短，木块的尺寸远小于圆弧轨道的半径，重力加
速度大小g取10m/ s
2，不计空气阻力。求：
(1)子弹射入木块后的共同速度的大小以及此过程中产生的内能;
(2)木块沿圆弧轨道上升的最大高度;
(3)圆弧轨道的最大速度。
【答案】解：(1)设子弹射入木块后与木块的共同速度为v1，
对子弹和木块组成的系统，由动量守恒定律得m0v0=(m0+m)v1，
解得子弹射入木块后的共同速度v1= 4 m/ s，
此过程系统所产生的内能Q = 1
2 m0v0
2−1
2 (m0+m)v1
2，
解得产生的内能Q =392J；
(2)设木块(含子弹)在圆弧轨道上升到最大高度时，两者的速度大小为v2，木块沿圆弧轨道上升的最大高度
为h，
由动量守恒定律得(m0+m)v1=(m0+m+ M )v2，
由能量守恒定律得(m0+m)gh= 1
2 (m0+m)v1
2−1
2 (m0+m+ M )v2
2，
解得木块沿圆弧轨道上升的最大高度h=0.6m，(h< R，木块未从圆弧轨道最高点飞出)；
(3)设木块(含子弹)在圆弧轨道上时，圆弧轨道一直做加速运动，木块(含子弹)在圆弧轨道底端与轨道分离
时，圆弧轨道的速度最大，设此时木块(含子弹)的速度为v3，圆弧轨道的速度为v4，
由动量守恒定律得(m0+m)v1=(m0+m)v3+ M v4，
由机械能守恒定律得1
2 (m0+m)v1
2= 1
2 (m0+m)v3
2+ 1
2 M v4
2，
解得圆弧轨道的最大速度v4=2m/ s，方向水平向右。
16.如图所示，光滑水平面上自左到右依次静置着1
4 光滑圆弧轨道A和可视为质点的物块B、C、D，D的
右侧固定有弹性挡板，已知圆弧轨道A的质量mA =6 kg、半径R =1m，物块B的质量mB=2kg.某时刻给
物块B一水平向左的初速度v0=8m/ s，使其沿圆弧轨道运动，一段时间后，当它以速度vB(大小未知)返
回至圆弧轨道底端的同时，分别给C、D与之相同的初速度vB，之后D与C、C与B各发生一次碰撞，碰后
C、D均静止不动，若所有的碰撞均为弹性正碰，重力加速度g=10m/ s
2，求：
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(1)物块B上升的最大高度；
(2)物块B返回至圆弧轨道底端时的速度vB；
(3)物块C、D的质量mC、mD．
【答案】(1) A、B组成的系统水平方向上动量守恒，则有mB v0=(mA+mB)v x；
据能量守恒定律有1
2 mB v0
2= 1
2 (mA+mB)v x
2+mB gH
联立代入数据解得H =2.4 m。
(2)以水平向左为正方向，对A、B组成的系统有mB v0=mA v A+mB vB
1
2 mB v0
2= 1
2 mA v A
2 + 1
2 mB vB
2
代入数据解得vB=−4 m/ s，“−”表示方向水平向右。
(3)以与水平向左为正方向，D与挡板碰后与C碰撞时有mD(−vB)+mC vB=mC vC'
1
2 mD vB
2 + 1
2 mC vB
2 = 1
2 mC vC
2
解得mD=3mC，vC =8m/ s
C与B碰撞时有mC vC+mB v B=mB vB'
解得mC = 4 kg，mD=3mC =12kg。
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