文档文本内容
专题30 动能和能量的综合运用
学习目标
理解动能定理和动量定理的差别，掌握动能定理和动量定理解决复杂的物
理模型；掌握机械能守恒和能量守恒对全过程和分过程建立方程；熟练掌握
动力学和运动学两种不同的解题思路处理物体题型，并掌握它们的差异。
知识点梳理
1．三个基本观点
(1)力的观点：运用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问
题。
(2)能量观点：用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。
(3)动量观点：用动量定理和动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。
2．规律选用原则
(1)如果要列出各物理量在某一时刻的关系式，或涉及加速度，可用牛顿第二
定律。
(2)研究某一物体受到力的持续作用运动状态发生改变时，一般用动量定理(涉
及时间)或动能定理(涉及位移)去解决问题。
(3)若研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用，一般用动量守恒定
律和机械能守恒定律去解决，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件。
(4)在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律，系统克服摩擦力所做的
总功等于系统机械能的减少量，即转变为系统内能的量。
(5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到这些过程一般
均含有系统机械能与其他形式能量之间的转换。作用时间都极短，因此用动
量守恒定律去解决。
真题汇编
1．（2025•山东）如图所示，内有弯曲光滑轨道的方形物体置于光滑水平面上，
、
分别为轨道的两个端点且位于同一高度，
处轨道的切线沿水平方向，
处轨道的切线沿竖直方向。小物块、用轻弹簧连接置于光滑水平面上，
被锁定。一质量
的小球自
点正上方
处自由下落，无能量损失地
滑入轨道，并从
点水平抛出，恰好击中，与粘在一起且不弹起。当弹簧拉
力达到
时，
解除锁定开始运动。已知
的质量
，
的质量
，方形物体的质量
，重力加速度大小
，弹簧的劲度
系数
，整个过程弹簧均在弹性限度内，弹性势能表达式
为
弹簧的形变量），所有过程不计空气阻力。求：
（1）小球到达
点时，小球及方形物体相对于地面的速度大小
、
；
（2）弹簧弹性势能最大时，的速度大小
及弹性势能的最大值
。
【答案】（1）小球到达
点时，小球相对于地面的速度大小
为
，方形
物体相对于地面的速度大小
为
；
（2）弹簧弹性势能最大时，的速度大小
为
，弹性势能的最大值
为
。
【分析】（1）小球从开始下落到
处过程中，水平方向上动量守恒，根据动量
守恒定律和能量守恒定律列式求解即可；
（2）小球击中物块的过程，小球和物块组成的系统水平方向动量守恒，根
据动量守恒定律求解共同速度，小球与物块
一起向左运动，对小球、物块和
弹簧组成的系统，根据能量守恒定律求解末速度，固定解除之后，小球、物块
和物块组成的系统动量守恒，当共速时，弹性势能最大，根据动量守恒定律
和能量守恒定律列式求解即可。
【解答】解：（1）小球从开始下落到
处过程中，以水平向左为正方向，水平
方向上动量守恒，有：
由能量守恒定律得：
代入数据联立解得
即小球速度为
，方向水平向左，大物块速度为
，方向水平向右。
（2）小球落在物块正上方，与其粘连，竖直方向速度变为0，以水平向左为
正方向，小球和物块水平方向上动量守恒，则有
代入数据解得：
设当弹簧形变量为
时物块的固定解除，此时小球和物块
的速度为
，根据
胡克定律得：
对小球、物块和弹簧，由能量守恒定律得：
代入数据联立解得：
固定解除之后，小球、物块和物块组成的系统动量守恒，当三者共速时，弹
簧的弹性势能最大，由动量守恒定律有：
代入数据解得：
方向水平向左。
对、和弹簧由能量守恒定律可得，最大弹性势能为
代入数据解得：
答：（1）小球到达
点时，小球相对于地面的速度大小
为
，方形物体
相对于地面的速度大小
为
；
（2）弹簧弹性势能最大时，的速度大小
为
，弹性势能的最大值
为
。
2．（2025•重庆）如图所示，长度为
的水平传送带
顺时针匀速运动。质量
为
的小物块
在传送带左端
由静止释放。
还未与传送带达到相同速度时
就从右端
平滑地进入光滑水平面
，与向右运动的小物块
发生碰撞（碰撞
时间极短）。碰后
、
均向右运动，从
点进入粗糙水平地面。设
与传送
带间的动摩擦因数和
、
与地面间的动摩擦因数均为
，重力加速度为
。
（1）求
在传送带上的加速度大小及离开传送带时的速度大小；
（2）若碰前瞬间，
的速度大小为
的一半，碰撞为弹性碰撞，且碰后
、
在粗糙地面上停下后相距，求
的质量；
（3）若
的质量是
的倍，碰前
的速度忽略不计，碰后瞬间
和
的动量
相同，求的取值范围及碰后瞬间
的速度大小范围。
【答案】答：（1）小物块
在传送带上的加速度大小为
，离开传送带时的
速度大小为
；
（2）
的质量为
；
（3 ）
的取值范围为
；碰后瞬间
的速度大小范围为
。
【分析】（1）小物块
在传送带上做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿
第二定律和运动学关系求解作答；
（2）根据动量守恒定律、机械能守恒定律、牛顿第二定律和运动学公式求解作
答；
（3）根据动量的定义、碰撞遵循的原则、动量守恒定律求解作答。
【解答】解：（1）小物块
在传送带上滑动，设加速度的大小为；
根据牛顿第二定律
解得加速度大小为
小物体
在传送带上做匀加速直线运动，设离开传送带时的速度为
根据运动学公式
联立解得
；
（2）碰前瞬间，
的速度大小为
，设碰撞后
的速度大小为
、
的速
度大小为
，
的质量为
；
取向右为正方向，根据动量守恒定律可得
根据机械能守恒定律
、
与地面间的动摩擦因数均为
，则碰撞后二者减速运动过程中加速度大
小均为
根据运动学公式，小物体
的位移
小物体
的位移
根据题意
联立解得
的质量为
；
（3）
的质量是
的倍，则
碰后瞬间
和
的动量相同，根据题意
化简得
根据碰撞原则，速度要合理，因此
解得
；
根据动量守恒定律
化简得
碰撞后动能不增，则
代入数据化简得
解得
因此的取值范围为
碰后瞬间
的速度大小
解得碰后瞬间
的速度大小范围为
。
答：（1）小物块
在传送带上的加速度大小为
，离开传送带时的速度大小
为
；
（2）
的质量为
；
（3 ）
的取值范围为
；碰后瞬间
的速度大小范围为
。
3．（2025•选择性）如图，有两个电性相同且质量分别为
、
的粒子
、
，
初始时刻相距
，粒子
以速度
沿两粒子连线向速度为0 的粒子
运动，此时
、
两粒子系统的电势能等于
。经时间粒子
到达
点，此时两粒子
速度相同，同时开始给粒子
施加一恒力，方向与速度方向相同。当粒子
的
速度为
时，粒子
恰好运动至
点且速度为0，
、
粒子间距离恢复为
，
这时撤去恒力。已知任意两带电粒子系统的电势能与其距离成反比，忽略两粒
子所受重力。求：
、、
、均为已知量）
（1）粒子
到达
点时的速度大小
；
（2）时间内粒子
的位移大小
；
（3）恒力作用的时间。
【答案】（1）粒子
到达
点时的速度大小为
；
（2）时间内粒子
的位移大小为
；
（3）恒力作用的时间为
。
【分析】（1）根据动量守恒定律进行解答；
（2）在时间内，根据能量守恒定律列方程，再根据电势能和距离的关系列方
程；两者共速前，根据动量守恒定律结合位移关系进行解答；
（3）对全过程，对系统根据动能定理、动量定理列方程进行解答。
【解答】解：（1）以
为系统，动量守恒，取水平向右为正方向，根据动量
守恒定律可得：
解得：
；
（2）在时间内，根据能量守恒定律可得：
由于任意两带电粒子系统的电势能与其距离成反比，因此：
解得
两者共速前，二者水平方向动量守恒，根据动量守恒定律可得：
即有：
根据位移关系可得：
联立解得：
；
（3）对全过程，对系统根据动能定理可得：
对全过程，取向右为正方向，根据动量定理可得：
联立解得：
。
答：（1）粒子
到达
点时的速度大小为
；
（2）时间内粒子
的位移大小为
；
（3）恒力作用的时间为
。
4．（2025•河南）如图，在一段水平光滑直道上每间隔
铺设有宽度为
的防滑带。在最左端防滑带的左边缘静止有质量为
的小物块
，
另一质量为
的小物块
以
的速度向右运动并与
发生正碰，且
碰撞时间极短。已知碰撞后瞬间
的速度大小为
，
、
与防滑带间的
动摩擦因数均为
，重力加速度大小
。求：
（1）该碰撞过程中损失的机械能；
（2）
从开始运动到静止经历的时间。
【答案】（1）该碰撞过程中损失的机械能为
；
（2）
从开始运动到静止经历的时间为
。
【分析】（1）根据动量守恒定律和能量的转化和守恒定律列式求解；
（2）根据动能定理，匀变速直线运动规律和匀速直线运动规律列式解答。
【解答】解：（1）对
和
组成的系统，规定
方向为正方向，设碰后
的速
度为
，由动量守恒定律得：
代入数据解得
则该碰撞过程中损失的机械能为：
△
解得：△
；
（2）
只有在防滑带上才减速运动，根据动能定理有：
，解得
分析可得
滑入第3 条防滑带上减速为0，在防滑带上运动的总时间为：
滑块滑入第一个光滑直道速度为
，根据动能定理得：
滑块滑入第二个光滑直道速度为
，同理有：
解得
，
故
在第一个上运动用时
在第二个上运动用时
则从开始运动到静止经历的时间为
。
答：（1）该碰撞过程中损失的机械能为
；
（2）
从开始运动到静止经历的时间为
。
5．（2025•海南）足够长的传送带固定在竖直平面内，半径
，圆心角
的圆弧轨道与平台平滑连接，平台与顺时针匀速转动的水平传送带平滑
连接，工件
从圆弧顶点无初速度下滑，在平台与
碰成一整体，
随后滑上
传送带，已知
，
，
、
可视为质点，
与传送带间的动摩擦
因数恒定，在传送带上运动的过程中，因摩擦生热
，忽略轨道及平台的
摩擦，
。
（1）
滑到圆弧最低点时受的支持力；
（2）
与
整个碰撞过程中损失的机械能；
（3）传送带的速度大小。
【答案】（1）
滑到圆弧最低点时受的支持力为
，方向竖直向上；
（2）
与
整个碰撞过程中损失的机械能为
；
（3）传送带的速度大小为
或
。
【分析】（1）根据动能定理求解
滑到圆弧最低点的速度大小，在最低点，根
据牛顿第二定律进行解答；
（2）根据动量守恒定律求解共同速度，根据能量关系求解
与
整个碰撞过程
中损失的机械能；
（3）第一种情况，当传送带速度小于
时，
滑上传送带后先减速后匀速
运动；第二种情况，当传送带速度大于
时，
滑上传送带后先加速后匀速
运动。根据牛顿第二定律结合运动学公式求解共同速度时的相对位移，再根据
能量守恒定律进行解答。
【解答】解：（1）
从开始到滑到圆弧最低点过程中，根据动能定理可得：
解得：
在最低点，根据牛顿第二定律可得：
解得：
，方向竖直向上；
（2）根据题意
碰后成一整体，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得：
解得：
故
与
整个碰撞过程中损失的机械能为：
解得：△
；
（3）第一种情况，当传送带速度小于
时，
滑上传送带后先减速后匀速
运动。
设
与传送带间的动摩擦因数为
，对
根据牛顿第二定律可得：
设经过时间后
与传送带共速，可得：
该段时间内
运动的位移为：
传送带运动的位移为：
故可得：
联立解得：
，另一解大于
舍去；
第二种情况，当传送带速度大于
时，
滑上传送带后先加速后匀速运动。
设经过时间后
与传送带共速，同理可得：
该段时间内
运动的位移为：
传送带运动的位移为：
故可得：
解得
，另一解小于
舍去。
答：（1）
滑到圆弧最低点时受的支持力为
，方向竖直向上；
（2）
与
整个碰撞过程中损失的机械能为
；
（3）传送带的速度大小为
或
。
1．模型特点
(1)子弹打木块的过程很短暂，认为该过程内力远大于外力，系统动量守恒。
(地面光滑或不光滑都成立)
(2)在子弹打木块过程中摩擦生热，系统机械能不守恒，机械能向内能转化。
2．两种类型
考点1：子弹打木块模型
(1)子弹留在木块中(未穿出)
①动量守恒：mv0＝(m＋M)v
②机械能损失(摩擦生热)
Q 热＝Ff·d＝mv0
2－(m＋M)v2
其中d 为子弹射入木块的深度。
此过程相当于完全非弹性碰撞，动能损失最多。
(2)子弹穿出木块
①动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2
②机械能的损失(摩擦生热)
Q 热＝Ff·L＝mv0
2－mv1
2－Mv2
2
其中L 为木块的长度，注意d≤L。
例题精讲：
【例1】（2025 春•南昌校级期末）矩形滑块由不同材料的上、下两层粘在一起
组成，将其放在光滑的水平面上，如图所示，质量为
的子弹以速度水平射
向滑块。若射击上层，则子弹刚好不穿出，如图甲所示；若射击下层，整个子
弹刚好嵌入，如图乙所示。则比较上述两种情况比较，以下说法不正确的是
A．子弹末速度大小一样大
B．子弹和滑块间的水平作用力一样大
C．子弹对滑块做的功一样多
D．系统产生的热量一样多
【答案】
【分析】根据动量守恒定律列式分析子弹末速度关系；根据功能关系列式分析
子弹和滑块间的水平作用力关系；对滑块，根据动能定理列式分析子弹对滑块
做功关系；根据能量守恒定律分析系统产生的热量关系。
【解答】解：设矩形滑块质量为
，子弹和滑块间的水平作用力为
，子弹射
入滑块的深度为。
、取水平向右为正方向，根据动量守恒定律得
，可得
，
可知子弹末速度大小相等，故
正确；
、根据功能关系可得
，可知
不一样，则
不一样大，
故
错误；
、对滑块，根据动能定理得
，可知子弹对滑块做的功一样多，故
正确；
、根据能量守恒定律可得
，可知
相等，故
正确。
本题选不正确，故选：
。
【例2】（多选）（2025•小店区校级开学）如图所示，质量分别为
、
的
木块
、
静止在光滑水平面上，一轻质弹簧与
固定连接，一颗质量为
的
子弹，以水平向右的速度
射入木块
并停留其中，子弹和木块的作用时间极
短，在此后的过程中，下列说法正确的是
A．子弹打入木块
后的瞬间，
、
和子弹的速度大小均为
B．弹簧的最大弹性势能为
C．木块
的最大速度大小为
D．当弹簧恢复原长时，木块
的速度大小为
【答案】
【分析】子弹打入木块
的过程，时间极短，
不动，根据子弹与
组成的系
统动量守恒求子弹打入木块
后的瞬间
和子弹的速度大小；当弹簧被压缩到
最短时，
、
的速度相同，根据动量守恒定律求出共同速度，再由系统机械
能守恒求弹簧的最大弹性势能；当弹簧恢复原长时，
的速度最大，根据动量
守恒定律和机械能守恒定律相结合求木块
的最大速度和
的速度大小。
【解答】解：
、子弹打入木块
的瞬间，
的速度为零，子弹与
组成的系
统动量守恒，取水平向右为正方向，对
和子弹系统，由动量守恒定律有
解得
的速度为
，故
错误；
、当弹簧被压缩到最短时，
、
的速度相同，设为
，此时弹簧的弹性势
能最大，根据子弹、
、
组成的系统动量守恒，取水平向右为正方向，则有
解得
根据系统机械能守恒有
解得弹簧的最大弹性势能为
，故
正确；
、当弹簧恢复原长时，
的速度最大，取水平向右为正方向，由动量守恒定
律和机械能守恒定律得
可得木块
的最大速度大小为
的速度为
即弹簧恢复原长时，木块
的速度大小为
，故
错误，
正确。
故选：
。
【例3】（2025 春•孝感期末）如图所示，一质量
的平顶小车，车顶
右端放一质量
的小物体，小物体可视为质点，与车顶之间的动摩擦因
数
，小车静止在光滑的水平轨道上。现有一质量
的子弹以水
平速度
射中小车左端，并留在车中，子弹与车相互作用时间很短。若
使小物体不从车顶上滑落，取
。下列分析正确的是
A．小物体在小车上相对小车滑行的时间为
B．最后小物体与小车的共同速度为
C．小车的最小长度为
D．小车对小物体的摩擦力的冲量为
【答案】
【分析】子弹进入小车的过程中，子弹与小车组成的系统时水平方向动量守恒，
此后三物体组成的系统动量也守恒，由动量守恒定律求三者共同末速度；三物
体相互作用过程中，系统能量守恒。
【解答】
．设子弹初速度为正方向，子弹射入小车的过程中，由动量守恒定
律得
解得
设子弹初速度为正方向，小物体在小车上滑行过程中，由动量守恒定律得
解得
，故
错误；
．以小物体为研究对象，设子弹初速度为正方向，由动量定理得
解得
，故
错误；
．设子弹初速度为正方向，小车对小物体的摩擦力的冲量为
，故
正确；
．当系统相对静止时，设小物体在小车上滑行的距离为，由能量守恒定律得
解得
，所以
，故
错误。
故选：
。
1．模型图示
2．模型特点
(1)系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系
统减少的机械能。
(2)若滑块未从滑板上滑下，当两者速度相同时，滑板速度最大，相对位移最
大。
3．求解方法
(1)求速度：根据动量守恒定律求解，研究对象为一个系统。
(2)求时间：根据动量定理求解，研究对象为一个物体。
考点2：板块模型
(3)求系统产生的内能或相对位移：根据能量守恒定律求解，Q＝FfΔx 或Q＝E
初－E 末，研究对象为一个系统。
例题精讲：
【例4】（2025•保定二模）如图所示，光滑水平面上静置一长度未知的木板
，
一质量与木板相同的物块
（可视为质点）从左端以大小为
的速度冲上木板，
经过时间运动到木板右端且恰好不从木板上滑离。下列说法正确的是
A．物块
运动到木板右端时的速度大小为
B．在此过程中，物块
运动的距离为
C．
动量的减少量大于
动量的增加量
D．木板
的长度为
【答案】
【分析】由动量守恒定律判断
的动量的增加量与
的动量的减小量的关系；
由动量守恒定律可求物块
运动到木板右端时的速度大小；由运动学公式可求
的位移与木板
的长度。
【解答】解：
、由题意可知
、
组成的系统动量守恒，则
动量的减少量
等于
动量的增加量，故
错误；
、设物块
的质量为
，物块
运动到木板右端时的速度大小为
，以的
方向为正方向，由动量守恒定律可得：
，解得：
，故
正
确；
、由题意知物块
做匀减速直线运动，则有：
，故
错误；
、同理对木板
，由运动学公式可得：
，则木板的长度为：
，故
错误。
故选：
。
【例5】（2025 春•湖北期末）如图甲所示，长度
的木板在光滑水平面上，
木板上表面粗糙。一个与木板质量相等的滑块以水平速度
从左端滑上
木板。滑块与木板间的动摩擦因数
随滑块距木板左端距离的变化图像如图
乙所示，重力加速度取
，滑块看作质点，则
A．若木板固定，要使滑块能从木板右端滑出，求
最大值应满足
B．若木板固定，要使滑块能从木板右端滑出，求
最大值应满足
C．若木板不固定，要使滑块能从木板右端滑出，求
最大值应满足
。
D．若木板不固定，要使滑块能从木板右端滑出，求
最大值应满足
。
【答案】
【分析】若木板固定，要使滑块能够从木板右端滑出，必须满足
，其
中
，由此求出
最大值应满足的条件；若木板不固定，根据动量守恒
定律和能量守恒定律列方程，即可求出
最大值应满足的条件。
【解答】解：
、若木板固定，要使滑块能够从木板右端滑出，则有
，设动摩擦因数最大值为
，由图像可知
，解得
，故
错误；
、若木板不固定，取向右为正方向，根据动量守恒定律得
设动摩擦因数最大值为
，根据能量守恒定律得
又
解得
，故
错误，
正确。
故选：
。
【例6】（2025•黄冈模拟）如图所示，在光滑水平面上有一块长为
的木板
，
其上表面粗糙。在其左端有一个光滑的
圆弧槽
与木板
接触但不连接，圆
弧槽
的下端与木板
的上表面相平，
、
静止在水平面上。现有很小的滑
块
以初速度
从右端滑上木板
，并以
的速度滑离木板
，恰好能到达圆
弧槽
的最高点。
、
、
的质量均为
，重力加速度为，求：
（1）滑块
与木板
上表面间的动摩擦因数
；
（2）
圆弧槽
的半径
。
【答案】（1）滑块
与木板
上表面间的动摩擦因数
为
；
（2）
圆弧槽
的半径
为
。
【分析】（1）当
在
上滑动时，
与
整体发生相互作用，由于水平面光
滑，
与
组成的系统动量守恒列出等式，由能量守恒得知系统动能的减少量
等于滑动过程中产生的内能列出等式，联立求解动摩擦因数；
（2）当
滑上
，
与
分离，
、
发生相互作用，
、
组成的系统水平
方向动量守恒，由
、
组成的系统机械能守恒列出等式，联立求解。
【解答】解：（1）对
、
、
整体分析，设滑块
刚离开木板
时，木板
和圆弧槽
的共同速度为
，从滑块
滑上木板
到刚离开木板
的过程中动
量守恒，以向左为正方向有：
整理解得：
由能量守恒定律有：
代入整理解得：
（2）从滑块
滑上圆弧槽
到恰好能到达圆弧槽
的最高点的过程中，设滑块
到达最高点时滑块
和圆弧槽
的共同速度为
，
滑块
和圆弧槽
组成的系统在水平方向上，由动量守恒定律有：
解得：
此过程中滑块
和圆弧槽
组成的系统机械能守恒有：
代入数据解得：
答：（1）滑块
与木板
上表面间的动摩擦因数
为
；
（2）
圆弧槽
的半径
为
。
1．模型图示
2．模型特点
(1)上升到最大高度(未离开弧面或从弧面上端离开弧面)：滑块m 与斜(曲)面
M 具有共同水平速度v 共，此时滑块m 的竖直速度vy＝0。系统水平方向动量
守恒，mv0＝(M＋m)v 共；系统机械能守恒，1
2 m v0
2＝1
2
(M +m)v共
2 ＋mgh，其中
h 为滑块上升的最大高度，不一定等于轨道的高度(相当于完全非弹性碰撞，
系统减少的动能转化为滑块m 的重力势能)。
(2)返回最低点：滑块m 与斜(曲)面M 分离点。系统水平方向动量守恒，mv0
＝mv1＋Mv2；系统机械能守恒，1
2 mv0
2＝1
2 mv1
2+ 1
2 M v2
2(相当于弹性碰撞)。
例题精讲：
【例7】（2025 春•甘南州期末）如图所示，四分之一圆弧体固定在光滑水平面
上，光滑圆弧面
的半径为
。长为
、质量为
的平板车静止在光滑水
平面上，右端与圆弧体接触，圆弧面的最低点刚好与平板车的上表面相切，质
量为
的物块静止在圆弧面的最低点
，质量为
的物块静止在平板车上
考点3：滑块曲面模型
表面的左端，给物块一个向右的初速度
（大小未知），物块与发生弹性
碰撞后，物块
恰好能滑到与圆心
等高的
点，物块与平板车间的动摩擦因
数为0.5，重力加速度为
，不计物块的大小，求：
（1）碰撞后一瞬间，物块对圆弧面压力大小；
（2）物块滑上平板车时的初速度
的大小；
（3）物块在平板车上滑动因摩擦产生的热量。
【答案】（1）碰撞后一瞬间，物块对圆弧面压力大小为
；
（2）物块滑上平板车时的初速度
的大小为
；
（3）物块在平板车上滑动因摩擦产生的热量为
。
【分析】（1）研究碰撞后物块上滑过程，根据机械能守恒定律求出碰撞后瞬
间物块的速度。再根据牛顿第二、第三定律求物块对圆弧面压力大小；
（2）物块与发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律求出碰撞
前的速度。在平板车上向右滑行的过程，根据动能定理求物块
滑上平板车
时的初速度
的大小；
（3）假设碰撞后，物块不会滑离长木板，根据动量守恒定律求出共同速度。
根据能量守恒定律求出
在平板车上滑行的距离，与车长比较，假设成立，再
根据能量守恒定律求物块在平板车上滑动因摩擦产生的热量。
【解答】解：（1）设碰撞后一瞬间，物块的速度大小为
。碰撞后上滑过
程，根据机械能守恒定律得
解得
碰撞后一瞬间，对物块，根据牛顿第二定律得
解得
根据牛顿第三定律，物块对圆弧面的压力大小为
。
（2）设与碰撞前一瞬间的速度大小为
，碰撞后一瞬间的速度大小为
，
取向右为正方向，根据动量守恒定律得
根据机械能守恒定律得
解得
，
在平板车上向右滑行的过程，根据动能定理得
联立解得
（3）假设碰撞后，物块不会滑离长木板，最终共同速度大小为
，取向左为
正方向，根据动量守恒定律得
根据能量守恒定律得
解得
，假设成立
则物块在平板车上滑动因摩擦产生的热量
答：（1）碰撞后一瞬间，物块对圆弧面压力大小为
；
（2）物块滑上平板车时的初速度
的大小为
；
（3）物块在平板车上滑动因摩擦产生的热量为
。
【例8】（2025•湖南一模）如图所示，光滑的水平面上有一质量
曲面
滑板，滑板的上表面由长度
的水平粗糙部分
和半径为
的四分
之一光滑圆弧
组成，质量为
滑块
与
之间的动摩擦因数为
。
将
置于滑板上表面的
点。不可伸长的细线
水平伸直，一端固定于
点，另一端系一质量
的光滑小球
。现将
由静止释放，
向下摆
动到最低点并与
发生弹性对心碰撞，碰撞后
在滑板上向左运动，最终相对
滑板静止于
之间的某一点。
、
均可视为质点，与滑板始终在同一竖直平
面内，运动过程中不计空气阻力，重力加速度
取
。求：
（1）
与
碰撞前瞬间细线对
拉力的大小；
（2）碰后
能否从
点滑出？碰后
的运动能否视为简谐运动？请通过计算说
明；（碰后
的最大摆角小于
时，可视为做简谐运动，已知
（3）计算
相对滑板的水平部分
运动的总时间，并判断
在相对滑板运动
时，有无可能相对地面向右运动。如有可能，算出相对地面向右的最大速度；
如无可能，请说明原因。
【答案】（1）
与
碰撞前瞬间细线对
拉力的大小为
；
（2）碰后
不能从
点滑出，碰后
的运动不能视为简谐运动，计算说明过程
见解答；
（3）
相对滑板的水平部分
运动的总时间为
，
在相对滑板运动时，
不可能相对地面向右运动，原因见解答。
【分析】（1）根据由机械能守恒定律求得
与
碰撞前瞬间
的速度大小，
在最低点时，由牛顿第二定律求解和向心力公式求解；
（2）根据动量守恒定律和机械能守恒定律求得小球
与物体
碰撞后瞬间速度。
与滑板组成的系统在水平方向上动量守恒，根据动量守恒定律和能量守恒定
律判断。对
由机械能守恒定律求得
碰后上升到最高点时细线与竖直方向夹
角，根据此夹角与
的大小关系，判断
的运动能不能视为简谐运动；
（3）根据动量守恒定律和能量守恒定律求得滑块
两次经过
点的速度，判断
两次在
上的运动形式，根据牛顿第二定律和运动学公式求解。
【解答】解：（1）设
与
碰撞前瞬间
的速度大小为
，碰撞前瞬间细线对
拉力的大小为
。对
由释放到碰撞前瞬间，由机械能守恒定律得；
解得：
在最低点时，由牛顿第二定律得：
联立解得：
。
（2）设小球
与滑块
碰撞后瞬间速度分别为
、
，以向左为正方向，由动
量守恒定律和机械能守恒定律分别得：
解得：
，
假设碰后
不会从
点滑出滑板，
与滑板组成的系统在水平方向上动量守恒，
两者共速时
相对滑板上升的高度最大，设此最大高度为
，共速时速度为
，
以向左为正方向，根据动量守恒和能量守恒得：
解得：
由于
，故假设成立，则碰后
不能从
点滑出。
设
碰后上升到最高点时细线与竖直方向夹角为
，对
由机械能守恒定律得：
解得：
可得：
，故碰后
的运动不能视为简谐运动。
（3）滑块
在圆弧
上相对滑板下滑，第二次经过
点相对滑板向右滑动最
终相对滑板静止于
之间的某一点。设滑块
经过
点的速度
的速度为
，
滑板的速度为
，以向左为正方向，同理可得：
解得：
滑块
第一次经过
点速度为：
滑块
第二次经过
点速度为：
因
，故
第二次滑到
点的速度方向向左，此后
受到的滑动
摩擦力向左，所以
此后向左做匀加速运动，不可能相对地面向右运动。
设最终
与滑板相对静止时速度为
，以向左为正方向，由动量守恒定律可得：
解得：
设
相对滑板的水平部分
运动时其加速度大小为，对
由牛顿第二定律得：
解得：
第一次在
上运动时，做匀减速直线运动，此过程运动时间为：
解得：
第二次在
上运动时，做匀加速直线运动，此过程运动时间为：
解得：
所以
相对滑板的水平部分
运动的总时间为：
解得：
。
答：（1）
与
碰撞前瞬间细线对
拉力的大小为
；
（2）碰后
不能从
点滑出，碰后
的运动不能视为简谐运动，计算说明过程
见解答；
（3）
相对滑板的水平部分
运动的总时间为
，
在相对滑板运动时，
不可能相对地面向右运动，原因见解答。
【例9】（2025 春•郑州期中）如图所示，四分之一圆的光滑圆弧轨道
与长木
板
通过电子锁连接在一起，圆弧轨道半径为
，圆弧轨道底端切线水平，且
与
上表面等高，二者静置于光滑水平地面上，
、
的质量均为
。一质量
也为
的小物块
从圆弧轨道顶端正上方距离
处由静止释放，后沿圆弧轨道
下滑，当小物块到达圆弧轨道底端时，
、
的连接锁解除，
与
上表面间
的动摩擦因数为
，重力加速度为
，
可视为质点。求：
（1）
到达圆弧轨道底端时的水平位移大小；
（2）
到达圆弧轨道底端时的速度大小；
（3）为使
不会从
的上表面滑出，
的最小长度。
【答案】（1）
到达圆弧轨道底端时的水平位移大小为
；
（2）
到达圆弧轨道底端时的速度大小为
；
（3）为使
不会从
的上表面滑出，
的最小长度为
。
【分析】（1）小物块
沿圆弧轨道下滑的过程，由于水平面光滑，所以
、
、
组成的系统水平方向动量守恒，根据水平方向平均动量守恒求
到达圆弧轨
道底端时的水平位移大小；
（2）根据
、
、
组成的系统水平方向动量守恒和机械能守恒求
到达圆弧
轨道底端时的速度大小；
（3）结合（2）求出
到达圆弧轨道底端时
、
的速度大小。
为使
不会从
的上表面滑出，
的最小长度。
恰好滑到
右端时，
的长
度最小，根据
、
系统动量守恒和能量守恒求解
的最小长度。
【解答】解：（1）设
到达圆弧轨道底端时的水平位移大小为，则
、
的
位移大小为
。
小物块
沿圆弧轨道下滑的过程，取水平向右为正方向，根据
、
、
组成
的系统水平方向平均动量守恒得
解得
（2）设
到达圆弧轨道底端时
的速度大小为
，
、
的速度大小为
。从
小物块
开始下落至到达圆弧轨道底端的过程，取水平向右为正方向，根据
、
、
组成的系统水平方向动量守恒得
根据系统机械能守恒得
解得
，
（3）
恰好滑到
右端时，两者共速，设为，
的最小长度设为
。
在
上滑行过程，取水平向右为正方向，根据
、
组成的系统动量守恒得
根据能量守恒得
解得
答：（1）
到达圆弧轨道底端时的水平位移大小为
；
（2）
到达圆弧轨道底端时的速度大小为
；
（3）为使
不会从
的上表面滑出，
的最小长度为
。
1．模型图示
2．模型特点
(1)动量守恒：两个物体与弹簧相互作用的过程中，若系统所受外力的矢量和
为0，则系统动量守恒。
(2)机械能守恒：系统所受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械
能守恒。
(3)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相同，弹性势能最大，系统动能通
常最小(相当于完全非弹性碰撞，两物体减少的动能转化为弹簧的弹性势能)。
考点4：滑块弹簧模型
(4)弹簧恢复原长时，弹性势能为0，系统动能最大(相当于刚完成弹性碰撞)。
例题精讲：
【例10】（多选）（2025•渝中区校级模拟）如图甲所示，在光滑水平面上，
轻质弹簧一端固定，质量为
的物体
以速度
向右运动压缩弹簧，测得弹簧
的最大压缩量为；现让该弹簧一端连接另一物体
（如图乙所示），静止在
光滑水平面上，物体
以
的速度向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量
仍为。已知整个过程弹簧处于弹性限度内，则
A．弹簧压缩量为最大值时的弹性势能为
B．物体
的质量为
C．乙图中，弹簧重新恢复原长时，物体
的动量大小为
D．乙图中，从
接触弹簧到弹簧压缩量最大所经历的时间为，则时间内
的位移为
【答案】
【分析】图甲中，根据机械能守恒求弹簧压缩量为最大值
时的弹性势能；图
乙中，根据动量守恒定律和机械能守恒定律列方程，联立求解物体
的质量；
应用动量守恒定律与机械能守恒定律求出弹簧重新恢复原长时物体
的动量大
小；根据动量守恒定律结合位移与速度的关系求时间内
的位移。
【解答】解：
、甲图中，根据机械能守恒可知，弹簧压缩量为最大值时的
弹性势能为
，故
错误；
、图乙中，弹簧的最大压缩量仍为，此时弹簧的弹性势能等于图甲中弹性
势能
。两物体速度相等时，弹簧的压缩量最大。图乙中，取向右为正为正方
向，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
解得
，故
正确；
、乙图中，设弹簧重新恢复原长时
的速度大小为
，
的速度大小为
，
取向右为正方向，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
解得：
，
，则弹簧重新恢复原长时，物体
的动量大小
，故
正确；
、从
接触弹簧到弹簧压缩量最大的过程，由动量守恒定律得
可得
又
，
由几何关系有
，联立解得时间内
的位移为
，故
正
确。
故选：
。
【例11】（多选）（2025 春•大通县期末）如图1 所示，
、
两物块与一轻
弹簧的两端相连接，静止在光滑的水平面上。
物块的质量
。现使
获
得水平向右的瞬时速度，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律
如图2 所示，则从图像信息可得
A．
物块的质量为
B．弹簧的弹性势能最大值为
C．
时刻弹簧的弹性势能为
D．时刻弹簧处于原长
【答案】
【分析】从开始运动到两者共速，利用动量守恒定律求
物块的质量；当两者
共速时弹簧弹性势能最大，根据系统机械能守恒求弹簧的弹性势能最大值；
时刻
的速度为0，利用动量守恒定律求出此时
的速度，再根据系统机械能守
恒求弹簧的弹性势能；结合图像分析两物块的运动过程，判断弹簧的状态。
【解答】解：
、从开始运动到两者共速，取向右为正方向，由动量守恒定律
得
由图知
，
，解得
物块的质量为
，故
错误；
、当两者共速时弹簧弹性势能最大，则弹簧的弹性势能最大值为
，解得
，故
错误；
、时刻
的速度为0，根据动量守恒定律得
解得此时
的速度
则此时弹簧的弹性势能为
，解得
，故
正确；
、从开始到时刻，
的速度一直增加，则弹簧一直处于压缩状态，在时刻
的速度最大，加速度为零，
所受弹力为零，所以弹簧处于原长，故
正确。
故选：
。
【例12】（多选）（2025•合肥模拟）如图（a）所示，相距较远的两物体
、
放在光滑水平面上，物体
左端固定一轻弹簧并处于静止状态，物体
以速
度
沿
、
连线向
物体运动。
时，物体
与轻弹簧接触（不粘连），
此后的一段时间内，两物体的速度
与时间的关系如图（b）所示。已知
时间内，物体
运动的距离为
，物体
的质量为
，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
的质量为
B．物体
与轻弹簧分离时，物体
的速度为
C．
时间内，物体
运动的距离为
D．物体
与轻弹簧接触的过程中，两物体
、
组成的系统动量守恒、机
械能守恒
【答案】
【分析】由图可知，时刻两物体速度相等，根据动量守恒定律列式，即可求
解物体
的质量；根据两物体
、
和弹簧组成的系统动量守恒、机械能守恒
求解物体
与轻弹簧分离时物体
的速度；
时间内，利用动量守恒定律结
合积分法求物体
运动的距离。
【解答】解：
、由图可知，时刻两物体速度相等，取向右为正方向，根据
动量守恒定律得
，解得
，故
错误；
、物体
与轻弹簧接触的过程中，由于合外力为零，所以两物体
、
组成
的系统动量守恒。由于弹簧对
、
做功，所以
、
组成的系统机械能不守
恒。由于只有系统内弹簧的弹力做功，所以两物体
、
和弹簧组成的系统机
械能守恒。设物体
与轻弹簧分离时，物体
和
的速度分别为
和
。取向
右为正方向，根据动量守恒定律得
根据两物体
、
和弹簧组成的系统机械能守恒得
联立解得
，故
正确，
错误；
、
时间内，取向右为正方向，根据动量守恒定律得
取极短时间△，则有
△
△
△
即得
由题意知，
，解得物体
运动的距离为
，故
正确。
故选：
。
课后提优练习
一．选择题（共4 小题）
1．（2024 秋•新吴区校级期中）如图所示，有一质量为m 的小球，以速度v0滑
上静置于光滑水平面上带有四分之一光滑圆弧轨道的滑块。滑块的质量为
3m，小球在上升过程中始终未能冲出圆弧，重力加速度为g，则在小球运动
过程中（ ）
A．小球和滑块组成的系统动量守恒
B．小球在圆弧轨道最高点的速度大小为v0
3
C．小球在圆弧轨道上能上升的最大高度为3 v0
2
8 g
D．小球离开圆弧轨道时圆弧轨道的速度大小为v0
3
【解答】解：A．在小球运动过程中，小球和滑块组成的系统在水平方向上
动量守恒，系统竖直方向动量不守恒，小球和滑块组成的系统动量不守恒，
故A 错误；
B．小球在圆弧轨道上升到最高时小球与滑块速度相同，系统在水平方向上
动量守恒。
规定v0的方向为正方向，水平方向根据动量守恒定律可得：mv0＝4mv
解得：v = v0
4 ，故B 错误；
C．取水平面为零势能面，根据机械能守恒定律得：1
2 m v0
2= 1
2 ×4 m v
2+mgh
解得：h= 3 v0
2
8 g ，故C 正确；
D．小球离开圆弧轨道时，规定v0的方向为正方向，水平方向根据动量守恒
定律可得：mv0＝mv1+3mv2
根据机械能守恒定律，则有：1
2 m v0
2= 1
2 m v1
2+ 1
2 ×3m v2
2
联立以上两式可得：v1=- v0
2 ，v2= v0
2 ，故D 错误。
故选：C。
2．（2025•滨海县校级模拟）如图所示，AB、CD 为两根水平放置的光滑平行
轨道，其上分别套有甲、乙小球（m 甲＝2m 乙），小球之间连有一根轻弹簧，
初始两球均静止，弹簧处于原长，现给甲球一个瞬间冲量，使其获得向右的
初速度v0，则从开始运动到再次相距最近的过程中，两球的v
t
﹣图像可能正
确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：初始时，弹簧处于原长状态，甲球获得速度后，甲、乙球间的
距离将增大，弹簧将处于拉长状态，但甲、乙球整体水平方向不受力，而由
于轨道的限制，甲、乙球只能沿轨道运动，则甲、乙球整体所受的合外力为
0，甲、乙球运动中系统动量守恒，且甲、乙球同一时刻所受的合外力大小
相等，方向相反，由牛顿第二定律结合m 甲＝2m 乙知，甲、乙球运动的加速
度方向始终相反，
大小满足a 甲= 1
2a 乙
即乙球速度变化更快。
开始阶段，甲球将做减速运动，乙球将做加速运动，当甲、乙球速度相同时，
取水平向右为正方向，规定向右为正方向，由动量守恒定律m 甲v0＝（m 甲
+m 乙）v1
解得甲、乙球相同的速度为v1= 2
3v0＞0
此时甲、乙球均向右运动，由于弹簧此时处于拉长状态，则甲球将继续做减
速运动，乙球将继续做加速运动，当弹簧处于原长时，取水平向右为正方向，
由动量守恒定律m 甲v0＝m 甲v 甲+m 乙v 乙
由机械能守恒定律有1
2m 甲v0
2= 1
2m 甲v 甲2+ 1
2m 乙v 乙2
联立知，此时甲球的速度v 甲= 1
3v0＞0，乙球的速度v 乙= 4
3v0＞0
即此时甲、乙球均向右运动；
两球第一次相距最近。可见从开始运动到再次相距最近的过程中，甲球一直
做减速运动，乙球一直做加速运动，两球最近时甲、乙球的速度方向均向右，
大小分别为1
3v0，4
3v0
故C 正确，ABD 错误。
故选：C。
3．（2025•鼓楼区四模）如图所示，在光滑的水平地面上固定一弹丸弹射机
A，弹射机能够源源不断的发射质量为m、相对于弹丸弹射机出口速度为v0
的小弹丸，在弹射机的正前方放置一质量为M（M＞m）的物块B，假设小
弹丸击中B 后能够留在物块B 中。每颗弹丸出射前，前一颗弹丸已与物块B
保持相对静止。不计小弹丸的体积，忽略重力对小弹丸的影响，且弹丸在物
块B 中受到的阻力/恒定，水平面足够大。则以下说法中正确的是（ ）
A．当第k 颗弹丸击中B 并与物块B 相对静止后，物块B 的速度为
M
km+ M v0
B．若从第1 颗弹丸击中B 到第1 颗弹丸与物块B 相对静止所需时间为t0，则
在弹丸击中B 的过程中对B 的平均作用力大小为
m v0
t0
C．每一次弹丸击打物块B 的过程中弹丸与物块B 组成的系统损失的机械能
相等
D．每一次弹丸击打物块B 的过程中弹丸与物块B 组成的系统损失的机械能
越来越少
【解答】解：A．第1～k 颗子弹与物块B 组成的系统动量守恒，设当第k 颗
弹丸击中B 并与物块B 相对静止后的速度为vBk，有kmv0＝（km+M）vBk，
可得vBk =
km
km+ M v0，故A 错误；
B．设第1 颗弹丸击中B 到第1 颗弹丸与物块B 相对静止的时间内，物块B
受到弹丸的水平作用为F，弹丸的初动量为mv0，根据如上分析，第1 颗弹丸
与物块B 相对静止时的速度vB1=
m
m+ M v0，根据动量定理有Ft0＝MvB1，可得
F=
Mm v0
(m+ M )t0
，故B 错误；
C.如上分析，由于每颗弹丸射入物块到弹丸与物块B 相对静止后的末速度大
小不一致，其相对于物块B 的位移x 不一致，因此弹丸与物块B 组成的系统
损失的机械能fx 不一致，故C 错误；
D.由于每颗弹丸射入物块到弹丸与物块B 相对静止后的末速度大小逐渐增大，
故系统损失的机械能越来越少，故D 正确。
故选：D。
4．（2024 秋•如皋市期中）如图所示，物块A、B 通过轻弹簧连接，A、B 和弹
簧组成的系统静止在光滑水平面上。现用手将A、B 向两侧拉开一段距离，
并由静止同时释放两物块，则放手后（ ）
A．弹簧恢复到原长时，A 的动能达到最大
B．弹簧压缩量最大时，A 的动量达到最大
C．弹簧恢复到原长过程中，系统的动量增加
D．弹簧恢复到原长过程中，系统的机械能增加
【解答】解：A.弹簧从拉伸到压缩到最短过程中，弹簧恢复到原长前，弹力
一直对A 做正功，A 的动能一直增加，弹簧压缩后到最短，弹力对A 做负功，
A 的动能减小，则弹簧恢复到原长时，A 的动能达到最大，故A 正确；
B.根据动量守恒，弹簧压缩量最大时，AB 共速，速度都为零，A 的动量最小，
故B 错误；
C.系统所受合外力始终为零，所以系统动量守恒，故C 错误；
D.弹簧恢复到原长过程中，没有外力做功，系统的动能和弹性势能相互转化，
系统的机械能守恒，故D 错误。
故选：A。
二．解答题（共8 小题）
5．（2025•镇江校级一模）如图所示，在水平的桌面上，有一光滑的弧形轨道，
其底端恰好与光滑水平面相切。右侧有一竖直放置的光滑圆弧轨道MNP，轨
道半径R＝0.8m，MN 为其竖直直径，P 点到桌面的竖直距离也是R，质量为
M＝2.0kg 的小物块B 静止在水平面上。质量为mA＝2.0kg 的小物块A 从距离
水平面某一高度的S 点沿轨道从静止开始下滑，经过弧形轨道的最低点Q 滑
上水平面与B 发生弹性碰撞，碰后两个物体交换速度，然后小物块B 从桌面
右边缘D 点飞离桌面后，恰由P 点沿圆轨道切线落入圆轨道，g＝10m/s2，求：
（1）物块B 离开D 点时的速度大小；
（2）S 与Q 竖直高度h；
（3）物块能否沿轨道到达M 点，并通过计算说明理由。
【解答】解：（1）A、B 碰撞后，因二者交换速度，所以A 静止，物块B 由
D 点做平抛运动，落到P 点时其竖直速度为vy，有
v y
2 =2 gR
又
v y
v D
= tan 45°
解得
vD＝4m/s
（2）设A 与B 碰撞前的速度为v0，A 与B 相碰交换速度，所以
v0＝vD＝4m/s
A 从S 滑到Q 的过程中，根据机械能守恒定律得
mA gh= 1
2 mA v0
2
解得
h＝0.8m
（3）设物块能沿轨道到达M 点，且到达时其速度为vM，从D 到M 由动能定
理得
-mB gRcos 45° = 1
2 mB v M
2 - 1
2 mB v D
2
解得
vM≈2.2m/s＜❑√gR = ❑√10×0.8≈2.8m/s 即物块不能到达M 点。
答：（1）物块B 离开D 点时的速度大小为4m/s；
（2）S 与Q 竖直高度为0.8m；
（3）见详解。
6．（2024 秋•南京校级期末）如图所示，在光滑的水平面上有三个小物块A、
B、C，三者处于同一直线上，质量分别为mA＝3m、mB＝m、mC＝m，初始
A、B 用轻弹簧栓连处于静止状态，C 以初速度v0向左运动，B、C 相碰时间
极短，之后以相同速度向左运动但不粘连，求：
（1）B、C 相碰后的速度大小；
（2）弹簧压缩量最大时储存的弹性势能Ep1；
（3）弹簧伸长量最大时储存的弹性势能Ep2。
【解答】解：（1）设B、C 碰撞后的共同的速度为vBC，以v0方向为正方向，
对BC 组成的系统，由动量守恒定律可得：mCv0＝（mB+mC）vBC，代入数据
解得：vBC = 1
2 v0；
（2）第一次ABC 共速时弹簧压缩量最大，A、B、C 组成系统为研究对象，
由动量守恒定律和能量守恒定律可得：
mCvBC+mBvBC＝（mA+mB+mC）v1
E p1= 1
2 (mB+mC)vBC
2 - 1
2 (mA+mB+mC)v1
2
联立代入数据解得：E p1= 3
20 m v0
2；
（3）B 与C 碰后至弹簧第一次恢复原长为研究过程，A、B、C 组成系统为
研究对象，由系统动量守恒定律可得：（mB+mC）vBC＝（mB+mC）v2+mAv3
由系统机械能守恒可得：
1
2 (mB+mC)vBC
2 = 1
2 (mB+mC)v2
2+ 1
2 mA v3
2
联立代入数据可得：v2=- v0
10，v3= 2v0
5 ；
即弹簧第一次恢复原长时B、C 正在向右运动，此后C 将一直向右匀速运动，
B 先向右减速到0，再向左加速至与A 共速时弹簧的伸长量最大，该过程
A、B 组成的系统动量守恒、机械能守恒，所以有：
mBv2+mAv3＝（mA+mB）v4
E p2= 1
2 mB v2
2+ 1
2 mA v3
2- 1
2 (mA+mB)v4
2
联立代入数据解得：E p2= 3
32 mv0
2。
答：（1）B、C 相碰后的速度大小为1
2 v0；
（2）弹簧压缩量最大时储存的弹性势能为3
20 m v0
2；
（3）弹簧伸长量最大时储存的弹性势能为3
32 m v0
2。
7．（2025•建邺区校级开学）如图所示，一质量M＝3kg 的小车由水平部分AB
和1
4光滑圆轨道BC 组成，圆弧BC 的半径R＝0.2m 且与水平部分相切于B 点，
小物块Q 与AB 段之间的动摩擦因数μ＝0.2，小车静止时左端与固定的光滑
曲面轨道MN 相切，一质量为m1＝0.5kg 的小物块P 从距离轨道MN 底端高
为h＝1.8m 处由静止滑下，并与静止在小车左端的质量为m2＝1kg 的小物块
Q（两物块均可视为质点）发生弹性碰撞，碰撞时间极短。已知除了小车AB
段粗糙外，其余所有接触面均光滑，重力加速度g＝10m/s2。
（1）求物块Q 在小车上运动1s 时相对于小车运动的距离（此时Q 未到B 点
且速度大于小车的速度）；
（2）若AB 的长l＝1.8m，求物块Q 在运动过程中所能上升的最大高度h2；
（3）要使物块Q 既可以到达B 点又不会与小车上表面分离，求小车左侧水
平部分AB 的长度L 的取值范围。
【解答】解：（1）物块P 从释放到N 点过程中机械能守恒，m1gh= 1
2 m1v1
2，
代入数据解得：v1＝6m/s，
PQ 弹性碰撞，动量守恒，以向右为正方向，m1v1＝m1v1′+m2v2，系统总动能
不变，1
2 m1v1
2= 1
2 m1v1'
2+ 1
2 m2v2，
联立解得：v1′＝﹣2m/s，v2＝4m/s，
由牛顿第二定律可知，Q 在小车上做匀减速直线运动的加速度大小
a1= μg =0.2×10m/ s
2=2m/ s
2，
小车做匀加速直线运动的加速度大小a2= μm2 g
M
= 0.2×1×10
3
m/ s
2= 2
3 m/ s
2，
运动1s 时，Q 的位移x1= v2t - 1
2 a1t
2，代入数据解得：x1＝3m，
小车的位移x2= 1
2 a2t
2，代入数据解得：x2= 1
3 m，
所以Q 相对小车运动的距离s= x1- x2=(3- 1
3 )m= 8
3 m；
（2）Q 从A 到B，系统动量守恒，以向右为正方向，m2v2＝m2v3+Mv4，由功
能关系可知：1
2 m2v2
2= μm2 gl+ 1
2 m2v3
2+ 1
2 M v4
2，
联立解得：v3=(1+ 3 ❑√10
5
)m/ s，v4=(1+
❑√10
5
)m/ s，
Q 从A 点到最高点，在最高点二者共速，系统水平方向动量守恒，m2v2＝
（m2+M）v5，代入数据解得：v5＝1m/s，
Q 从B 点到最高点，系统机械能守恒，1
2 m2v3
2+ 1
2 M v4
2 = 1
2 (m2+ M )v5
2+m2 gh2，
代入数据解得：h2= 3 ❑√10+6
25
m；
（3）若Q 刚好能到B 点，二者共速，动量守恒，v6＝v5＝1m/s，由功能关系
可知：1
2 m2v2
2= μm2 g Lmax+ 1
2 (m2+ M )v6
2，
代入数据解得：Lmax＝3m，
若Q 刚好能到C 点，二者共速，水平方向动量守恒，v7＝v5＝1m/s，由功能
关系可知：1
2 m2v2
2= μm2 g Lmin+ 1
2 (m2+ M )v7
2+m2 gR，
代入数据解得：Lmin＝2.5m，所以AB 的长度L 的取值范围为：3m＞L＞
2.5m。
答：（1）物块Q 在小车上运动1s 时相对于小车运动的距离为8
3 m；
（2）若AB 的长l＝1.8m，物块Q 在运动过程中所能上升的最大高度为
3 ❑√10+6
25
m；
（3）要使物块Q 既可以到达B 点又不会与小车上表面分离，小车左侧水平
部分AB 的长度L 的取值范围为3m＞L＞2.5m。
8．（2025•徐州模拟）如图所示，一质量为M 的正方形装置固定在光滑水平面，
其竖直面内有一半径为R 光滑环形管道，R 远大于管道的横截面直径，管道
内有一质量为m 小球，直径略小于管道横截面直径。M＝2m，重力加速度为
g。
（1）小球在最高点A 受轻微扰动无初速度下滑，求小球到达管道最低点B
时对装置的压力大小FN；
（2）若装置解除固定，小球仍从最高点A 无初速度下滑，求装置偏离原位
置的最大距离x；
（3）若装置解除固定，小球在最低点B 获得水平向右速度v0，小球到达最
高点时刚好与装置无相互作用力，求v0的大小。
【解答】解：（1）小球由最高点运动到最低点的过程中，由机械能守恒定
律可得mg2 R = 1
2 mv
2，在最低点，对小球由牛顿第二定律可得F N ' -mg=m v
2
R ，
解得：FN＝5mg，根据牛顿第三定律得小球对装置的压力大小FN＝F'N，解得：
FN＝5mg。
（2）小球运动到球心等高处时，装置有最大位移，设小球和装置的水平位
移分别为xm、xM，则xm+xM＝R，由水平方向动量守恒得mxm＝MxM，可得
xm=
M
M +m R = 1
3 R。
（3 ）在最高点：小球相对装置做圆周运动，重力恰好提供向心力
mg=m (v1- v2)
2
R
，小球从最低点运动到最高点，由系统机械能守恒定律得
1
2 m v0
2=mg2 R+ 1
2 m v1
2+ 1
2 M v2
2，由水平方向动量守恒定律得mv0＝mv1+Mv2，
联立解得：v0= ❑√7 gR。
答：（1）小球到达管道最低点B 时对装置的压力大小FN为5mg。
（2）装置偏离原位置的最大距离x 为
M
M +m R = 1
3 R。
（3）小球到达最高点时刚好与装置无相互作用力时v0的大小为❑√7 gR。
9．（2025•海门区校级二模）如图所示，传送带与水平方向成30°角，长为
3m，以6m/s 的速度顺时针匀速转动。在水平光滑地面上靠近传送带放置一
足够长的木板A，其质量为2kg。木板A 上表面与传送带末端平滑连接，在
木板A 右侧x 处（x 未知）有一个固定挡板P。将一质量为1kg 的物块（视为
质点）从传送带的顶端静止释放，物块与传送带间动摩擦因数μ0=
❑√3
3 ，与木
板A 间动摩擦因数μ1＝0.1。设木板A 与挡板P 碰撞后原速率返回，最大静
摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g 取10m/s2。
（1）求物块刚放上传送带时所受摩擦力的大小；
（2）求物块滑到传送带底端的时间；
（3）若木板A 被挡板P 弹回3 次后静止，且在运动过程中不会与传送带相
撞，求x 的大小。
【解答】解：（1）传送带对物块的支持力为：FN＝mgcosθ
物块刚放上传送带时所受摩擦力的大小为：Ff＝μ0FN
联立代入数据解得：Ff＝5N
（2）刚放到传送带时，物块的加速度为：a＝gsin30°+μ0gcos30°
代入数据得：a＝10m/s2
假设物块的末速度能达到v ＝6m/s ，则物块做匀加速运动的位移：
x = v
2
2a = 36
20 m=1.8m＜3m
所以物块在传送带上先做匀加速直线运动，后做匀速运动。
物块做匀加速运动的时间为：t= v
a = 6
10s＝0.6s
物块做匀速运动的时间为：t ' = L- x
v
= 3-1.8
6
s=0.2s
物块滑到传送带底端的时间为：t 总＝t+t′＝0.6s+0.2s＝0.8s
（3）长木板、物块与挡板碰撞之前组成的系统动量守恒，碰后长木板的速
度大小不变，又因为运动过程中不会与传送带相撞，所以碰后长木板与物块
组成的系统合动量水平向右，且每次长木板与挡板碰撞时的速度相同，第3
次碰撞结束后，物块与长木板的动量等大反向。设物块与长木板的质量分别
为m、M，由动量守恒定律得：mv＝mv1+Mv′1
以向的方向为正方向
第1 次碰撞结束后到第2 次碰撞之前由动量守恒定律得：mv1
Mv′
﹣
1＝
mv2+Mv′2
第2 次碰撞结束后到第3 次碰撞之前由动量守恒定律得：mv2
Mv′
﹣
2＝
mv3+Mv′3
第3 次碰撞结束后由动量守恒定律得：mv3＝Mv′3，v′1＝v′2＝v′3
由运动学公式得：x = v '1
2
2a
对长木板由牛顿第二定律得：μ1mg＝Ma
联立解得：x＝0.25m
答：（1）物块刚放上传送带时所受摩擦力的大小为5N；
（2）物块滑到传送带底端的时间为0.8s；
（3）若木板A 被挡板P 弹回3 次后静止，且在运动过程中不会与传送带相
撞，x 的大小为0.25m。
10．（2025•盐城一模）如图所示，质量M＝8.0kg 的物体A 上表面为光滑斜面，
斜面长L＝0.2m，与水平方向的夹角θ＝37°，在斜面下端有一质量m＝5.0kg
的小物体B，某时刻A、B 一起从P 点以初速度v0＝2m/s 向左匀减速滑行。
已知重力加速度g＝10m/s2。
（1）求A 的下表面与水平面间的动摩擦因数μ；
（2）当A 的速度减为零时，立即对A 施加水平向右的推力。
①若A、B 一起水平向右匀加速运动，求A 的右端回到P 位置的过程中推力
所做的功W；
②若A 的右端回到P 位置，B 恰好运动到斜面最高点，求该过程中A 与地面
间因摩擦产生的内能Q。
【解答】解：（1）对小物体B 由牛顿第二定律有
mgtanθ＝ma1
对A、B 整体由牛顿第二定律有
μ（M+m）g＝（M+m）a1
解得：μ＝tanθ，μ＝0.75
（2）①根据A、B 整体牛顿第二定律
F−μ（M+m）g＝（M+m）a1
根据运动学公式
0−v0
2=2（−a1）x
又根据功的定义式有：W＝Fx
整理得：W＝（M+m）v0
2
代入数据解得：W＝52J
②设在向右运动过程中，A 对B 的支持力为N1，地面对A 的支持力N2，B
的加速度在水平、竖直方向的分量分别为ax、ay，根据
N1cosθ−mg＝may
N1sinθ＝max
结合运动学公式
x−Lcosθ= 1
2 axt
2
Lsinθ= 1
2 a yt
2
联立解得：N1= mg( x - Lcosθ)
xcosθ - L
由功能关系得：Q＝μN2x
又有：N1cosθ+Mg＝N2
联立解得：Q＝80J
答：（1）A 的下表面与水平面间的动摩擦因数μ 为0.75；
（2）①若A、B 一起水平向右匀加速运动，A 的右端回到P 位置的过程中
推力所做的功W 为52J
②若A 的右端回到P 位置，B 恰好运动到斜面最高点，该过程中A 与地面间
因摩擦产生的内能Q 为80J。
11．（2024 秋•鼓楼区校级月考）如图甲所示，篮球是一项学生热爱的运动项
目，在一次比赛中，某同学以斜向上的速度将篮球抛出，篮球与篮板撞击后
落入篮筐，可得到此次篮球运动轨迹的简易图如图乙所示。若此次运动中；
篮球的初速度与竖直方向夹角θ＝53°，大小为v1＝5m/s，篮球抛出后恰好垂
直打在篮筐上方后被反向弹回并且从篮筐正中央落下。已知撞击点与篮筐竖
直距离h＝0.2m，篮球与篮板撞击时间为Δt＝0.01s。篮筐中心与篮板的水平
距离为L＝0.6m，篮球质量为m＝0.6kg，重力加速度为g＝10m/s2，sin53°＝
0.8，cos53°＝0.6，不计空气阻力，篮球运动过程中可以看成质点。求：
（1）篮球抛出瞬间，同学对篮球所做的功W 的大小；
（2）篮球与篮板撞击前瞬间的速度v2的大小和撞击后瞬间的速度v3的大小；
（3）篮球与篮板撞击瞬间，篮球所受水平方向平均撞击力F 的大小。
【解答】解：（1）设篮球抛出瞬间，同学对篮球所做的功为W 由动能定理
W = 1
2 mv1
2
解得：W＝7.5J
（2）篮球与篮板撞击前瞬间的速度等于篮球抛出时水平方向的分速度，
所以水平分速度：v2＝v1sin53°
代入数据解得：v2＝4m/s
篮球与篮板撞击后瞬间速度也是水平，碰后篮球做平抛运动，由平抛的位移
规律有：h= 1
2 gt
2，L＝v3t
解得：v3＝3m/s
（3）取v2的运动方向为正方向，篮球与篮板撞击瞬间，对篮球，由动量定
理得：﹣F•Δt＝m（﹣v3）﹣mv2
代入数据解得：F＝420N
答：（1）篮球抛出瞬间，同学对篮球所做的功W 的大小为7.5J；
（2）篮球与篮板撞击前瞬间的速度v2的大小4m/s，撞击后瞬间的速度v3的
大小为3m/s；
（3）篮球与篮板撞击瞬间，篮球所受水平方向平均撞击力F 的大小为
420N。
12．（2024 秋•南通期中）如图所示，光滑水平面上的小车a 上固定有倒L 型支
架，平板车（含支架）的质量为ma＝3.0kg 其支架末端用长l1＝0.2m 的轻绳
拴接质量mb＝1.0kg 的小球b。质量mc＝1.0kg 的物块c 静止在小车右侧。小
车a 与小球b 以v0＝4.0m/s 的速度向右匀速运动，小车a 与物块c 发生碰撞，
并瞬间粘在一起运动，不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2。
（1）求小车a 与物块c 碰后瞬间的速度大小v1；
（2）求小车a 和物块c 碰撞前后瞬间，轻绳的拉力大小之比F1：F2；
（3）整个过程中，使小球b 与L 型支架的竖直杆不相碰，求支架水平杆的最
小长度l2。
【解答】解：（1）平板车与物体组成的系统，碰撞过程中动量守恒，取水
平向右为正方向，由动量守恒定律得
mav0＝（ma+mc）v1
解得碰撞后平板车与物体的共同速度
v1＝3m/s，方向水平向右。
（2）小车a 和物块c 碰撞前，小球b 以v0＝4.0m/s 的速度向右匀速运动，受
力平衡，轻绳的拉力
F1＝mbg＝1.0×10N＝10N
小车a 和物块c 碰撞后瞬间，小球b 以v＝4.0m/s 的速度圆周运动，轻绳的拉
力
F2＝mb
v0
2
l1
+mbg
代入数据解得小车a 和物块c 碰撞后瞬间，轻绳的拉力大小
F2＝90N
小车a 和物块c 碰撞前后瞬间，轻绳的拉力大小之比F1：F2＝1：9。
（3）小车a 和物块c 碰撞后瞬间，小球b 以v＝4.0m/s 的速度圆周运动，假
设能通过最高点，则根据动能定理得
1
2mbv0
2= 1
2 mb v
2+mbg×2l1
代入数据解得小球b 通过最高点时的速度v＝2❑√2m/s＞❑√gl1= ❑√10×0.2m/s
= ❑√2m/s
使小球b 与L 型支架的竖直杆不相碰，支架水平杆的最小长度l2＝l1＝0.2m
答：（1）小车a 与物块c 碰后瞬间的速度大小为3m/s，方向水平向右。
（2）小车a 和物块c 碰撞前后瞬间，轻绳的拉力大小之比为1：9。
（3）整个过程中，使小球b 与L 型支架的竖直杆不相碰，支架水平杆的最小
长度为0.2m。
声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2025/9/23 16:35:21；用户：李陆敏；邮箱：orFmNtzVrcH7gw1f524IhJ2j63fs@weixin.jyeoo.com；学号：50207874
