文档文本内容
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
专题二 能量与动量
第7 讲 动量和能量观点的应用题型总结
一．动量 冲量
1．（2024•西城区校级开学）如图所示，一条轻绳跨过定滑轮，绳的两端各系一个小球a 和b，用手托住
球b，当绳刚好被拉紧时，球b 离地面的高度为h，球a 静止于地面。已知球a 的质量为m，球b 的质量为
3m，重力加速度为g，定滑轮的质量及轮与轴间的摩擦均不计。若无初速度释放球b，则下列判断正确的
是（ ）
A．在球b 下落过程中，绳子的拉力大小为
B．在球b 下落过程中，球b 的机械能减小3mgh
C．在球b 下落过程中，球a 的机械能增加mgh
D．在球b 下落过程中，绳对球a 拉力冲量大小为
【解答】解：A．对a 球，根据牛顿第二定律得：
T﹣mg＝ma
对b 球，根据牛顿第二定律得：
3mg﹣T＝3ma
联立解得：
，
，故A 错误；
B．在球b 下落过程中，拉力对b 球做的功为
所以球b 的机械能减小量为
，故B 错误；
C．在球b 下落过程中，系统的机械能守恒，球a 的机械能的增加量等于球b 机械能的减少量，即球a 的机
械能增加
，故C 错误；
1
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
D．在球b 下落过程中有
解得：
所以绳对球a 拉力冲量大小为：
IT＝Tt
联立解得：
，故D 正确。
故选：D。
二．动量定理
2．（2024•潍坊一模）一物体在t＝0 时刻通过P 点的速度大小为v0，加速度与速度方向相同，物体的加速
度a 随时间t 的变化如图所示。经2t0物体运动到Q 点。在该过程中，下列判断正确的是（ ）
A．0∼t0与t0∼2t0的平均速度相同
B．0∼t0与t0∼2t0合外力的冲量相同
C．0∼t0与t0∼2t0合外力做的功相同
D．到达Q 点的速度大小为v0
【解答】解：A、根据a﹣t 图像作出v﹣t 图像如图：
由图与坐标轴围成的面积可知两段时间的位移不相等，则0∼t0与t0∼2t0的平均速度不相同，故A 错误；
B、根据冲量的计算公式I＝Ft＝mat，可知题中图像与坐标轴围成的面积与质量的乘积代表合外力的冲
量，可见0∼t0与t0∼2t0合外力的冲量相同，故B 正确；
C、根据F＝ma 可知平均合外力相等，而W＝Fx，结合A 可知0∼t0与t0∼2t0合外力做的功不相同，故C 错
2
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
误；
D、根据图像与坐标轴围成的面积可知到达Q 点的速度大小为v＝v0+a0t0，故D 错误；
故选：B。
3．（2023 秋•平度市校级期末）质量相等的A、B 两物体静止在同一水平面上，分别受水平拉力F1、F2的
作用从同一位置开始运动，经过时间t 和3t 分别撤去F1和F2，如图是两物体运动的v﹣t 图像，下列说法正
确的是（ ）
A．物体A、B 的位移大小之比是4：5
B．在2t～3t 之间的某一时刻B 能追上A
C．F1和F2对A、B 两物体的冲量之比是4：5
D．F1和F2对A、B 两物体的做功之比是5：3
【解答】解：A.根据v﹣t 图像与横轴围成的面积表示位移，可知物体A、B 的位移大小分别为
xA＝
＝6v0t
xB＝
＝5v0t
则有
xA：xB＝6：5
故A 错误；
B.根据v﹣t 图像可知，开始物体A 的速度大于B 的速度，且0～3t 内物体A 的位移大于物体B 的位移，可
知在3t 时刻，物体A 仍在物体B 的前方，故B 错误；
C.根据v﹣t 图像的斜率表示加速度，可知两物体减速过程的加速度大小相等，由于两物体的质量相等，则
两物体受到的摩擦力相等，对物体A、B 分别由动量定理可得
F1t﹣f×4t＝0
F2×3t﹣f×5t＝0
可得F1和F2对A、B 两物体的冲量之比为
（F1t）：（F2×3t）＝4：5
故C 正确；
3
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
D.对物体A、B 分别由动能定理可得
W1﹣fxA＝0
W2﹣fxB＝0
可得F1和F2对A、B 两物体的做功之比为
W1：W2＝6：5
故D 错误。
故选：C。
三．动量守恒定律
4．（2024•青羊区校级模拟）如图甲所示，水平桌面上有一算盘。算珠可穿在固定的杆上滑动，算珠与杆
之间的动摩擦因数为μ（未知）。使用时发现某一根杆上有A、B 两颗算珠未在归零位。A、B 相阻s1＝
3.5cm，B 与上边框相隔s2＝2cm。现用手指将A 以某一初速度拨出，在方格纸中作出A、B 运动的v﹣t 图
像如图乙所示（实线代表A，虚线代表B）。忽略A、B 碰撞的时间，g 取10m/s2，则（ ）
A．算珠A 在碰撞前运动了0.2s
B．算珠与杆之间的动摩擦因数为μ＝0.2
C．算珠A 与算珠B 在碰撞过程无机械能损失
D．算珠B 碰撞后恰好能到达归零位置
【解答】解：A.结合图乙A 和B 碰撞前的速度信息，由匀变速直线运动规律可得
解得 t1＝0.1s，故A 错误；
B.对A 碰前的运动过程，由匀变速直线运动规律可得
v1＝v0﹣at1
由牛顿第二定律可得
μmg＝ma
解得μ＝0.1，故B 错误；
4
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
C.算珠A 与算珠B 的质量均为m，碰前A 的动能为
m
＝
m，碰后瞬间A 的动能为
m
＝
m，碰后瞬间B 动能为
m
＝
m，故
算珠A 与算珠B 在碰撞过程存在机械能损失，故C 错误；
D.算珠B 碰撞后，由匀变速直线运动规律可得
因此算珠B 碰撞后恰好能到达归零位置，故D 正确。
故选：D。
5．（2024•青羊区校级模拟）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，钢板处于
平衡状态。质量也为m 的物块从钢板正上方高为h 的A 处自由落下，打在钢板上并与钢板一起向下运动x0
后到达最低点B，已知重力加速度为g，空气阻力不计。下列说法正确的是（ ）
A．物块和钢板一起运动到最低点B 过程物块的机械能守恒
B．从物块下落到一起运动到最低点的过程物块、钢板和弹簧组成的系统机械能守恒
C．物块和钢板一起运动到最低点B 过程中弹簧弹性势能的增加量为
D．物块和钢板一起运动到最低点B 过程中弹簧弹性势能的增加量为mg（h+2x0）
【解答】解：A、物块和钢板一起运动到最低点B 的过程中，钢板对物块要做功，则物块的机械能不守
恒，故A 错误；
B、物块与钢板碰撞过程，系统机械能有损失，所以从物块下落到一起运动到最低点的过程物块、钢板和
弹簧组成的系统机械能不守恒，故B 错误；
5
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
CD、物块由静止自由下落的过程，由机械能守恒定律可得：mgh＝
，（v0为物块与钢板碰撞前瞬间
的速度）。
因为碰撞时间极短，内力远大于外力，所以钢板与物块组成的系统动量近似守恒，取向下为正方向，设v1
为两者碰撞后共同速度，根据动量守恒定律得
mv0＝2mv1
碰后一起向下运动至最低点的过程，由功能关系可得：
（2m）
+2mgx0＝ΔEP
联立以上各式解得弹性势能增加量为：ΔEP＝
mgh+2mgx0＝
，故C 正确，D 错误。
故选：C。
6．（2023 秋•李沧区校级期末）如图所示，质量均为m 的木块A 和B，并排放在光滑水平面上，A 上固定
一竖直轻杆，轻杆上端的O 点系一长为L 的细线，细线另一端系一质量为m0的球C，现将球C 拉起使细线
水平伸直，并由静止释放球C，则下列说法正确的是（重力加速度为g）（ ）
A．运动过程中，A、B、C 组成的系统动量守恒
B．C 球第一次摆到最低点时，C 球的速度为
C．C 球第一次摆到最低点过程中，木块A、B 向右移动的距离
D．C 球第一次到达轻杆左侧的最高处的高度与释放高度相同
【解答】解：A、木块A、B 和小球C 组成的系统在水平方向合力为零，而在竖直方向合力不为零，故此
系统在水平方向上动量守恒，而在竖直方向上动量不守恒，所以此系统的动量不守恒，故A 错误；
B、小球C 第一次到达最低点时，设此时A、B 共同速度大小为vAB，此过程水平方向动量守恒，以水平向
左为正方向，可得：
0＝m0vC﹣2mvAB
根据机械能守恒得：
6
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
联立解得：
，故B 正确；
C、小球C 第一次摆到最低点过程中，设C 的水平速度大小为v1，木块A、B 的速度大小为v2，以水平向
左为正方向，对A、B、C 组成的系统，根据水平方向动量守恒得：
0＝m0v1﹣2mv2
可得此过程中C 的水平速度大小与木块A、B 的速度大小之比始终为：
则小球C 第一次摆到最低点过程中，C 的水平位移大小与木块A、B 的位移大小之比为：
由几何关系得：x1+x2＝L
解得木块A、B 向右移动的距离为：
，故C 错误；
D、小球C 第一次到达最低点后A、B 分离，当C 第一次到达轻杆左侧的最高处时A、C 共速，A、B 分离
后B 向右做匀速直线运动。因整个过程中A、B、C 组成的系统机械能守恒，故从静止释放球C 到其第一
次到达轻杆左侧的最高处的过程，C 的重力势能的一部分会转化为A、B、C 的动能，可知C 球第一次到达
轻杆左侧的最高处时的重力势能小于静止释放时的重力势能，则C 球第一次到达轻杆左侧的最高处的高度
小于释放高度，故D 错误。
故选：B。
四．一维碰撞模型
7．（2023 秋•苏州期末）如图所示，5 个小球B、C、D、E、F 并排放置在光滑的水平面上，其中4 个球
B、C、D、E 质量均为m1，A 球、F 球质量均为m2，A 球以速度v0向B 球运动，之后所有的碰撞均为弹性
碰撞，碰撞结束后（ ）
A．若m1＝m2，最终将有2 个小球运动
7
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
B．若m1＜m2，最终将有1 个小球运动
C．若m1＞m2，最终将有3 个小球运动
D．无论m1、m2大小关系怎样，最终6 个小球都会运动
【解答】解：AB、碰撞时由动量守恒，以向右为正有：m2v0＝m2v2+m1v1
机械能守恒：
解二次方程可得：
，
A、若m1＝m2，则碰后两球交换速度，则最终只有最后的F 小球运动，故A 错误；
B、若m1＜m2，即大球碰小球，则碰后v1＞v2＞0，然后B 和C 交换，直到D 和E 交换，E 再与F 碰撞（小
球碰大小球），F 向右运动，E 被弹回再与D 交换……，则最终不是只有一个小球运动，故B 错误；
C、若m1＞m2，则AB 碰后A 反弹，B 向右运动与C 碰撞交换速度，最后DE 交换速度，最后E 与F 碰
撞，EF 都向右运动，BCD 停止，则最终将有3 个小球AEF 都运动，故C 正确；
D、从以上分析可知，当两球质量相等时，只有一个球运动，故D 错误。
故选：C。
8．（2023 春•沈阳期末）在光滑水平面上的两个小球发生正碰。碰撞时间可以忽略不计，如图所示是它们
碰撞前后的x﹣t 图像。小球的质量分别为m1和m2，已知m1＝0.1kg。由此可以判断（ ）
A．碰撞前m1和m2都在做匀速直线运动
B．碰撞后m1和m2运动方向相同
C．m2＝0.2kg
D．该碰撞为弹性碰撞
【解答】解：A、由s﹣t（位移—时间）图象的斜率得到，碰前m2的位移不随时间而变化，处于静止。m1
向右运动，碰后B 的速度为正方向，A 的速度为负方向，说明向左运动，则碰撞后m1和m2运动方向相
反，故AB 错误；
8
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
C、根据v＝
结合图像，求出碰前m1的速度为v1＝4m/s，碰后m2和m1的速度分别为v2′＝2m/s，v1′
＝﹣2m/s，根据动量守恒定律得，m1v1＝m2v2′+m1v1′，代入解得，m2＝0.3kg，故C 错误。
D、碰撞过程中系统损失的机械能为ΔE＝
﹣
﹣
，代入解得，ΔE＝0，故D
正确。
故选：D。
9．（2024•贵州模拟）如图，A、B 两点间距离L＝1.9m，质量为
的小物块甲向右与静止在水平
地面上A 点、质量为m 乙＝1kg 的小物块乙发生弹性正碰，碰前瞬间甲的速度大小v0＝4.8m/s。碰后乙在
AB 间运动的某段距离中，受到一水平向右、大小F＝1N 的恒定推力。乙与静止在B 点处、质量为m 丙＝
1kg 的小物块丙发生正碰，乙在此碰撞前、后瞬间的速度大小之比为3：1，碰后丙经d＝0.04m 停止运动。
乙、丙与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，所有碰撞时间极短，g 取10m/s2。求：
（1）甲与乙碰撞后瞬间乙的速度大小；
（2）乙、丙碰撞过程损失的机械能；
（3）推力F 在AB 间作用的最长时间。
【解答】解：（1）甲、乙发生弹性碰撞，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
m 甲
＝
m 甲
+
m 乙
解得，甲与乙碰撞后瞬间乙的速度大小为
v 乙＝
v0，解得v 乙＝2.4m/s
（2）碰后，对丙由动能定理
解得：v 丙＝0.4m/s
乙、丙碰撞过程中，由动量守恒定律
9
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
m 乙v 乙1＝m 乙v 乙2+m 丙v 丙
其中：
联立解得：v 乙1＝0.6m/s，v 乙2＝0.2m/s
由能量守恒定律
解得：ΔE＝0.08J
（3）有力F 作用时，对乙由牛顿第二定律
μm 乙g﹣F＝m 乙a1
解得：
没有力F 时，对乙由牛顿第二定律
μm 乙g＝m 乙a2
解得：
由运动学公式
解得：v＝1.6m/s
由v＝at 可得，推力F 在AB 间作用的最长时间为
答：（1）甲与乙碰撞后瞬间乙的速度大小为2.4m/s；
（2）乙、丙碰撞过程损失的机械能为0.08J；
（3）推力F 在AB 间作用的最长时间1s。
五．爆炸
10．（2023 秋•密山市期末）一枚在空中飞行的火箭在某时刻的速度为v0，方向水平，燃料即将耗尽。此
时，火箭突然炸裂成两块（如图所示），其中质量为m2的后部分箭体以速率v2沿火箭原方向飞行，若忽
略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则质量为m1前部分箭体速率v1为（ ）
10
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
A．v0﹣v2
B．v0+v2
C．
D．
【解答】解：火箭在爆炸分离时水平方向上动量守恒，规定初速度的方向为正方向，有：（m1+m2）v0＝
m1v1+m2v2解得
，故ABC 正确，D 正确。
故选：D。
11．（2023 春•红塔区校级期末）如图所示，A、B 为光滑水平面上并排静止放置的两个物块，在两物块右
方有一竖直墙壁，物块A 的质量为3kg，物块B 的质量为1kg，两物块之间有少量炸药（质量忽略不
计），引爆炸药，炸药爆炸过程中共有24J 的能量转化为两物块的动能，后续运动过程中，两物块之间以
及物块与墙壁之间的碰撞均为弹性正碰，物块A、B 运动始终在一条直线上，则物块A 最终的速度大小为
（ ）
A．2m/s
B．3m/s
C．2
m/s
D．4m/s
【解答】解：炸药爆炸过程中，取物块A 获得的速度方向为正方向，由物块A、B 组成的系统动量守恒
得：mAvA﹣mBvB＝0
炸药的化学能转化成两物块的动能，有 E＝
mAvA
2+
mBvB
2
解得：vA＝2m/s，vB＝6m/s
物块B 与墙壁发生碰撞后，原速率反弹后追上物块A 与其发生弹性碰撞，取向左为正方向，由动量守恒定
律得
11
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
mAvA+mBvB＝mAvA′+mBvB′
由机械能守恒得
mAvA
2+
mBvB
2＝
mAvA′2+
mBvB′2
解得 vA′＝4m/s，vB′＝0，因此，物块A 最终的速度大小为4m/s，故ABC 错误，D 正确。
故选：D。
六．反冲
12．（2023 春•红桥区校级期中）某同学自制总质量为M 的火箭，现从地面竖直向上发射，火箭在极短的
时间内，将质量为m 的气体以相对地面为v0的速度竖直向下喷出后，火箭开始做竖直上抛运动。已知重力
加速度大小为g，下列说法正确的是（ ）
A．火箭受到的推力来源于火箭外的空气对它的反作用力
B．气体喷出的过程中，火箭和气体组成的系统机械能守恒
C．火箭获得的最大速度为
D．火箭上升的最大高度为
【解答】解：A.根据牛顿第三定律可知，火箭的推力来源于向下喷出的气体对火箭的反作用力，故A 错
误；
B.气体喷出的过程中，火箭内的气体做功，火箭及气体的机械能不守恒，故B 错误；
C.在气体喷出后的瞬间，火箭获得的速度最大，根据动量守恒定律得：（M﹣m）v﹣mv0＝0 解得：
，故C 错误；
D.气体喷出后，火箭竖直向上做竖直上抛运动，有2gh＝v2，联立解得：h＝
，故D 正确。
故选：D。
13．（2023 秋•齐齐哈尔期末）“世界航天第一人”是明朝的万户，如图所示，他把47 个自制的火箭绑在
椅子上，自己坐在椅子上，双手举着大风筝，设想利用火箭的推力，飞上天空，然后利用风筝平稳着陆。
假设万户及其所携设备（火箭、椅子、风筝等）的总质量为M，点燃火箭后在极短的时间内，质量为m 的
燃气相对地面以v0的速度竖直向下喷出，忽略空气阻力的影响，重力加速度为g，下列说法正确的是（
12
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
）
A．火箭的推力来源于地面对它的作用力
B．在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为
C．喷出燃气后，万户及其所携设备能上升的最大高度为
D．在火箭喷气过程中，万户及其所携设备的机械能守恒
【解答】解：A.火箭的推力来源于燃气对它的反作用力，故A 错误；
B.在燃气喷出后的瞬间，系统动量守恒，取向下为正方向，根据动量守恒定律有
0＝mv0﹣（M﹣v0）v
火箭的速度大小为
，故B 正确；
C.喷出燃气后，万户及其所携设备，做竖直上抛运动，万户及其所携设备能上升的最大高度为
，故C 错误；
D.在火箭喷气过程中，燃料燃烧，一部分化学能转化为万户及其所携设备的机械能，故万户及其所携设备
的机械能增大，故D 错误。
故选：B。
13
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
七．人船模型
14．（2023 秋•海林市校级期末）《三国志》中记载：“置象大船之上，而刻其水痕所至，称物以载之，
则校可知矣。”这是著名的曹冲称象的故事。某同学学过动量守恒定律之后，欲利用卷尺测定大船的质
量。该同学利用卷尺测出船长为L，然后缓慢进入静止的平行于河岸的船的船尾，再从船尾行走至船头，
之后缓慢下船，测出船后退的距离d，已知该同学自身的质量为m，若忽略一切阻力，则船的质量为（
）
A．
m
B．
m
C．
m
D．
m
【解答】解：设船的质量为M，人走动时船的速度大小为v，人的速度大小为v′，人从船尾行走至船头
所用时间为t。
取船的速度为正方向，则v＝
，v′＝
根据动量守恒定律得：Mv﹣mv′＝0，即M
﹣m
＝0，解得：M＝
m，故ABC 错误，D 正确。
故选：D。
15．（2022 秋•德州期末）如图所示，轨道P 内侧为光滑半圆面，半径为R，放置在光滑水平地面上，半
圆轨道上的A、B 两点与圆心O 等高，半径OA＝R，C 为半圆轨道的最低点，一可视为质点的小球Q 从A
点由静止释放。已知P、Q 质量之比mP：mQ＝3：1，半圆轨道P 不固定，不计空气阻力。下列说法正确的
是（ ）
A．小球从A 点运动到C 点的过程中，P、Q 组成的系统动量和机械能都守恒
B．小球Q 不能滑到半圆轨道右侧的B 点
C．小球Q 滑到半圆轨道最低点C 时，半圆轨道P 的速度大小是小球Q 的2 倍
D．半圆轨道向左滑行的最大距离为0.5R
【解答】解：A、半圆轨道与小球组成的系统，只有重力对系统做功，系统的机械能守恒，在竖直方向，
重力对小球的冲量不为零，系统动量不守恒，系统在水平方向受到的合外力为零，系统在水平方向平均动
量守恒，故A 错误；
B、小球从A 到B 的过程中系统机械能守恒，规定轨道的最低点为零势能点，设小球滑到的最大高度为h
14
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
两球初动量为零，小球滚到最高点时两者速度相等，所以共同速度为零。所以小球A 能滚到轨道的最右
端，故B 错误；
D、设小球滑到轨道B 端用时为t，半圆轨道位移为x，则小球的位移为2R﹣x；取水平向右为正方向，根
据水平方向平均动量守恒得
解得
故B 错误，D 正确；
C、小球Q 运动到轨道最低点C 时，设小球Q 的速度大小为v1，半圆轨道P 的速度大小为v2，根据水平方
向动量守恒得mv1＝3mv2
根据机械能守恒定律的
联立解得
则v1＝3v2
故C 错误；
故选：D。
16．（2023 春•南开区期末）如图所示，有一只小船停靠在湖边码头，小船又窄又长（估计重一吨左
右）。一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量。他进行了如下操作：首先将船平行于码头自由停泊，轻
轻从船尾上船，走到船头停下，而后轻轻下船。用卷尺测出船后退的距离d，然后用卷尺测出船长L。已
知他的自身质量为m，水的阻力不计，船的质量为（ ）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：水的阻力不计，人、船水平方向动量守恒，平均动量也守恒。设人走动时船的平均速度大小
15
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
为
，人的平均速度大小为
，取船的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有：
即
人、船运动时间相等，则有Mx 船﹣mx 人＝0
又x 船+x 人＝L，x 船＝d，联立解得船的质量为：
，故ACD 错误，B 正确。
故选：B。
八．动量与能量的综合应用——板块模型
17．（2023 秋•济南期末）如图所示，光滑的水平面上放置一长度为0.40m 的木箱，木箱的底部中央放一
可视为质点的木块，木箱的质量为木块的2 倍，木块与木箱间的动摩擦因数为
，重力加速度取10m/s2。
现给木块一水平向右的初速度，速度大小为3m/s，则最终木块距离木箱右端的距离为（ ）
A．0.10m
B．0.20m
C．0.25m
D．0.30m
【解答】解：木块与木箱滑行中，由于没有外力作用，所以动量守恒，令木块质量为m，木箱质量为M，
选择水平向右为正方向，有：
mv＝（M+m）v'
根据功能关系，令木块相对于木箱移动的距离为x，有：
mv2＝
（M+m）v'2+μmgx
联立解得：x＝0.9m
说明木块在木箱内先向右移动了0.2m，后反弹向左移动移动了0.4m，又向右移动了0.3m 才停下，故木块
距离木箱右侧的距离为0.1m，故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
（多选）18．（2024•吉林模拟）如图（a），质量均为m 的小物块甲和木板乙叠放在光滑水平面上，甲到
乙左端的距离为L，初始时甲、乙均静止，质量为M 的物块丙以速度v0向右运动，与乙发生弹性碰撞。碰
后，乙的位移x 随时间t 的变化如图（b）中实线所示，其中t0时刻前后的图像分别是抛物线的一部分和直
线，二者相切于P，抛物线的顶点为Q。甲始终未脱离乙，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
16
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
A．碰后瞬间乙的速度大小为
B．甲、乙间的动摩擦因数为
C．甲到乙左端的距离L
D．乙、丙的质量比m：M＝1：2
【解答】解：AB、设碰后瞬间乙的速度大小为v1，碰后乙的加速度大小为a，由图（b）可知：
x＝v1t0﹣
＝
抛物线的顶点为Q，根据x﹣t 图像的切线斜率表示速度，则有：v1＝a•2t0
联立解得：v1＝
，a＝
根据牛顿第二定律可得：a＝
＝μg
解得甲、乙间的动摩擦因数为：μ＝
，故A 错误，B 正确；
C、由于甲、乙质量相同，则甲做加速运动的加速度大小也为a＝
根据图（b）可知，t0时刻甲、乙刚好共速，则0～t0时间内甲、乙发生的相对位移为：
Δx＝x 乙﹣x 甲＝
﹣
＝
＝
17
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
则甲到乙左端的距离满足：L≥Δx＝
，故C 正确；
D、物块丙与乙发生弹性碰撞，取向右为正方向，碰撞过程根据动量守恒定律可得：Mv0＝Mv2+mv1
根据机械能守恒定律可得：
＝
+
可得v1＝
v0＝
可得乙、丙的质量比为：m：M＝2：1，故D 错误。
故选：BC。
（多选）19．（2024•河南模拟）如图（a）所示，“L”形木板Q 静止于粗糙水平地面上，质量为1kg 的
滑块P 以6m/s 的初速度滑上木板，t＝2s 时与木板相撞并粘在一起。两者运动的v﹣t 图像如图（b）所示。
重力加速度大小g 取10m/s2，则（ ）
A．Q 的质量为1kg
B．地面与木板之间的动摩擦因数为0.1
C．由于碰撞系统损失的机械能为1.0J
D．t＝5.8s 时木板速度恰好为零
【解答】解：A．根据v﹣t 图像可知，v1＝3m/s，v2＝1m/s，v3＝2m/s，两者碰撞时，取滑块P 的速度方向
为正方向，设P 的质量为m＝1kg，Q 的质量为M，由系统动量守恒定律得
mv1+Mv2＝（m+M）v3
解得M＝1kg
故A 正确；
B．设P 与Q 之间的动摩擦因数为μ1，Q 与地面之间的动摩擦因数为μ2，根据v﹣t 图像可知，0﹣2s 内P 与
Q 的加速度分别为aP＝1.5m/s2，aQ＝0.5m/s2，对P、Q 分别受力分析，由牛顿第二定律得
18
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
μ1mg＝maP
μ1mg﹣μ2（m+M）g＝MaQ
联立解得
μ2＝0.05
故B 错误；
C．由于碰撞系统损失的机械能为
代入数据解得
ΔE＝1.0J
故C 正确；
D．对碰撞后整体受力分析，由动量定理得
﹣μ2（m+M）gt2＝0﹣（m+M）v3
代入数据解得
t2＝4s
因此木板速度恰好为零的时刻为
t＝t1+t2＝2s+4s＝6s
故D 错误；
故选：AC。
20．（2023 秋•林芝市期末）如图所示，质量为1kg 的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定
一劲度系数为30N/m 的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量为2kg 的小物块以v0＝3m/s 的速度水平向右滑上
木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数为0.2，最大静摩
擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，取重力加速度g＝10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．木板接触弹簧前，物块与木板组成的系统机械能守恒
B．木板刚接触弹簧时的速度大小为1m/s
C．木板运动前右端距弹簧左端的距离为0.25m
D．木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量为0.2m
【解答】解：A、木板接触弹簧前，物块与木板组成的系统由于有摩擦生热，则机械能不守恒，故A 错
误；
19
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
B、由于地面光滑，则m1、m2组成的系统动量守恒，以向右为正有：m2v0＝（m1+m2）v1
代入数据得到：v1＝2m/s，故B 错误；
C、对m1受力分析有：a1＝
＝
m/s2＝4m/s2
则木板运动前右端距弹簧左端的距离有：
代入数据解得：x1＝0.5m，故C 错误；
D、木板与弹簧接触以后，对m1、m2组成的系统有：kx＝（m1+m2）a 共
物块的最大加速度大小为：a2＝
＝μg＝0.2×10m/s2＝2m/s2
当a 共＝a2时物块与木板之间即将相对滑动，解得此时的弹簧压缩量：x2＝0.2m，故D 正确。
故选：D。
（多选）21．（2024•渝中区模拟）如图甲所，小物块a 和木板b 叠放在光滑水平面上，初始时a、b 均静
止，物块c 以速度v0向右运动，与b 发生碰撞（碰撞时间极短），碰后b、c 粘在一起，b 的位移x 随时间t
的变化如图乙中的实线所示，其中t0时刻前后的图像分别是抛物线的一部分和直线，二者相切于P 点，抛
物线的顶点为Q。a 始终未脱离b。重力加速度大小为g，下列说法正确的是（ ）
A．a、b 间的动摩擦因数为
B．a、b 间的动摩擦因数为
C．b、c 的质最比为1：2
D．b、c 的质量比为2：1
【解答】解：CD.设b 和c 碰后的共同速度为v1，取向右为正方向，根据动量守恒定律
mcv0＝（mc+mb）v1
20
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
b 和c 碰后一起向右做匀减速直线运动，设加速度大小为a1，a 做匀加速直线运动，设加速度大小为a2，t0
时刻a、b、c 三者共速，一起做匀速直线运动，根据匀变速直线运动位移与时间关系有
0～t0时间有
以上两式联立解得
代入动量守恒定律的表达式解得
，故C 正确，D 错误；
AB.设三者攻速时的速度为v2，则根据运动学公式有
解得
对a 根据牛顿第二定律
μmag＝ma2
再根据运动学公式
v2＝a2t0
联立解得
，故A 错误，B 正确。
故选：BC。
22．（2023 秋•宁波期末）如图所示为处于竖直平面内的实验装置，该装置由长L＝4m、速度可调的固定
水平传送带，圆心分别在O1和O2，圆心角均为θ＝120°、半径均为R＝0.4m 的光滑圆弧轨道BCD 和光滑
21
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
细圆管EFG 组成，其中B、G 两点分别为两轨道的最高点和最低点，B 点在传送带右端转轴的正上方。在
细圆管EFG 的右侧足够长的光滑水平地面上紧挨着一块与管口下端等高、足够长、质量M＝0.5kg 的木板
（与轨道不粘连）。现将一块质量m＝0.3kg 的物块（可视为质点）轻轻放在传送带的最左端A 点，物块
在传送带上自左向右运动，在B 处的开口和E、D 处的开口正好可容物块通过。已知物块与传送带之间的
动摩擦因数μ1＝0.2，物块与木板之间的动摩擦因数μ2＝0.5，g＝10m/s2。求：
（1）若物块进入圆弧轨道BCD 后恰好不脱轨，传送带的速度大小；
（2）若传送带速度为5m/s，物块经过圆弧轨道BCD 最低点D 时，轨道对物块的弹力大小；
（3）若传送带最大速度为6m/s，在不脱轨的情况下，滑块在木板上运动过程中产生的热量Q 与传送带速
度v 之间的关系。
【解答】解：（1）若物块进入圆弧轨道BCD 后恰好不脱轨，再轨道最高点，根据牛顿第二定律可得：
解得：vB＝2m/s
若物块一直加速，则达到传送带末端的速度大小为v1，根据动能定理可得：μ1mgL＝
﹣0
解得：v1＝4m/s＞vB＝2m/s
所以传送带的速度为2m/s；
（2）若传送带速度为5m/s，则物块一直加速，离开传送带的速度大小为v1＝4m/s
从B 到D 根据动能定理可得：
解得：vD＝2
m/s
在D 点，根据牛顿第二定律可得：
解得轨道对物块的弹力大小为：FND＝22.5N；
22
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
（3）从B 到G，根据动能定理可得：
物块滑上木板的过程中，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得：mvG＝（M+m）v′
根据能量守恒定律可得：
若2m/s≤v≤4m/s，则：vB＝v，解得：
若4m/s≤v≤6m/s，则：vB＝4m/s，解得：
。
答：（1）若物块进入圆弧轨道BCD 后恰好不脱轨，则传送带的速度大小为2m/s；
（2）若传送带速度为5m/s，物块经过圆弧轨道BCD 最低点D 时，轨道对物块的弹力大小为22.5N；
（3）若2m/s≤v≤4m/s，产生的热
；若4m/s≤v≤6m/s，产生的热为
。
23．（2024•莲湖区校级模拟）某物流公司用如图所示的传送带将货物从高处传送到低处。传送带与水平
地面夹角θ＝37°，顺时针转动的速率为v0＝2m/s。将质量为m＝25kg 的物体无初速地放在传送带的顶端
A，物体到达底端B 后能无碰撞地滑上质量为M＝50kg 的木板左端。已知物体与传送带、木板间的动摩擦
因数分别为μ1＝0.5，μ2＝0.25，AB 的距离为s＝8.20m。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝
10m/s2（已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）。求：
（1）物体刚开始下滑时的加速度大小和物体滑上木板左端时的速度大小；
（2）若地面光滑，要使物体不会从木板上掉下，木板长度L 至少应是多少；
（3）若木板与地面的动摩擦因数为μ，且物体不会从木板上掉下，求木板的最小长度Lmin与μ 的关系式。
【解答】解：（1）物体刚开始下滑时所受滑动摩擦力沿斜面向下，设此时其加速度大小为a1，由牛顿第二
定律得：
mgsin37°+μ1mgcos37°＝ma1
解得：a1＝10m/s2
设物体与传送带共速时运动的位移大小为x1，由运动学公式得：
23
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
解得：x1＝0.2m＜s，此后物体继续在传送带上做匀加速直线运动，所受滑动摩擦力沿斜面向上，设其加速
度为a2，根据牛顿第二定律得：
mgsin37°﹣μ1mgcos37°＝ma2
解得：a2＝2m/s2
设物体滑上木板左端时的速度大小v，根据运动学公式得：
解得：v＝6m/s
（2）地面光滑时，物体和木板组成的系统动量守恒，设木板长度最小为L0时，物体恰好滑到木板左端时
与木板共速，设共速的速度为v1，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
mv＝（m+M）v1
解得：v1＝2m/s
由能量守恒定律得：
μ2mgL0＝
mv2﹣
（m+M）
解得：L0＝4.8m
（3）①当μ（m+M）g≥μ2mg，即：
时，木板处于静止状态，木块在木板上做匀减速直线运动，
其加速度大小等于为：
速度为零时恰好到达木板右端，设此时木板长度为L1，则有：
2amL1＝v2
解得：L1＝7.2（m）
②当μ＜
时，物体滑上木板后木板向右做匀加速直线运动，物体向右做匀减速直线运动，两者共速后
会保持相对静止。
对木板，根据牛顿第二定律得：μ2mg﹣μ（M+m）g＝MaM
解得：aM＝1.25﹣15μ
设木板长度为L2时，两者速度相等时物体恰好不掉下，则有：
v 共＝v﹣amt＝aMt
24
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
解得：
（s）
物体的位移大小为：
木板的位移大小为：
此情况木板长度为：L2＝xm﹣xM＝
＝
×
（m）＝
（m）
可得木板的最小长度Lmin与μ 的关系式为：
答：（1）物体刚开始下滑时的加速度大小为2m/s2，物体滑上木板左端时的速度大小为6m/s；
（2）木板长度L 至少应是4.8m；
（3）木板的最小长度Lmin与μ 的关系式为
九．动量与能量的综合应用——子弹打木块模型
24．（2023 秋•宜兴市期末）如图，光滑水平面上，子弹水平射入木块后留在木块内．现将子弹、弹簧、
木块合在一起作为研究对象，则此系统从子弹开始射入木块到弹簧压缩到最短的整个过程中，系统
（ ）
A．动量守恒，机械能不守恒
B．动量不守恒，机械能不守恒
C．动量和机械能均守恒
D．动量不守恒，机械能守恒
【解答】解：系统在从子弹开始射入到弹簧被压缩至最短的整个过程中，由于墙壁对弹簧有力的作用，所
以系统所受的外力之和不为零，所以系统的动量不守恒。在整个过程中，由于子弹射入木块的过程中有内
能产生，所以系统机械能不守恒。但能量守恒。故B 正确，A、C、D 错误。
故选：B。
（多选）25．（2023 秋•龙岗区期末）如图（a），子弹以速度v 射入放置在光滑水平面上的木块，子弹与
25
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
木块运动的v﹣t 图像可能如图（b）或如图（c）的情况，下列分析正确的是（ ）
A．子弹与木块相对运动的过程系统动量守恒
B．子弹与木块相对运动的过程系统机械能守恒
C．图（b）说明子弹最后射出了木块
D．图（c）说明子弹最后射出了木块
【解答】解：A、水平面光滑，子弹与木块相对运动的过程系统的合外力为零，系统动量守恒，故A 正
确；
B、由于要产生内能，所以子弹与木块相对运动的过程系统机械能不守恒，故B 错误；
C、图（b）说明最终子弹与木块速度相同，子弹没有射出木块，故C 错误；
D、图（c）说明最终子弹的速度比木块的大，子弹最后射出了木块，故D 正确。
故选：AD。
26．（2023 秋•鞍山期末）质量为m 的子弹以某一初速度v0击中静止在粗糙水平地面上质量为M 的木块，
并陷入木块一定深度后与木块相对静止，甲、乙两图表示这一过程开始和结束时子弹和木块可能的相对位
置，设地面粗糙程度均匀，木块对子弹的阻力大小恒定，下列说法正确的是（ ）
A．若M 较大，可能是甲图所示情形；若M 较小，可能是乙图所示情形
B．若v0较小，可能是甲图所示情形；若v0较大，可能是乙图所示情形
C．地面较光滑，可能是甲图所示情形；地面较粗糙，可能是乙图所示情形
D．无论m、M、v0的大小和地面粗糙程度如何，都只可能是甲图所示的情形
【解答】解：子弹射入木块的瞬间系统内力远大于系统所受的外力，可以近似认为系统的动量守恒，设子
弹和木块的共同速度为v，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝（M+m）v，解得：v＝
26
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
设子弹从开始射入到与木块相对静止的过程木块的位移为x，对木块，根据动能定理得：fx＝
Mv2，
联立解得：x＝
子弹射入木块瞬间，产生的热量为：fd＝
﹣
解得子弹相对木块的位移为：d＝
则
＝
＜1，即x＜d，所以，无论m、M、v0的大小如何，都只可能是甲图所示的情形，故D 正确，
ABC 错误。
故选：D。
（多选）27．（2024•长沙模拟）如图，质量为3m 的木块静止放置在光滑水平面上，质量为m 的子弹（可
视为质点）以初速度v0水平向右射入木块，水平射出木块时速度变为
，已知木块的长为L，设子弹在
木块中的阻力恒为f。则子弹在木块中运动的时间为（ ）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：设子弹在木块中运动的时间为t，以子弹为对象，设向右为正方向，根据动量定理可得
解得
设子弹射出木块时，木块的速度为v1，根据系统动量守恒可得
解得
27
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
根据位移关系可得
解得
故AD 错误，BC 正确.
故选：BC。
28．（2023 春•向阳区校级期末）质量为M 的均匀木块静止在光滑水平面上，木块左右两侧各有一位拿着
完全相同步枪和子弹的射击手。首先左侧射手开枪，子弹水平射入木块的最大深度为d1，然后右侧射手开
枪，子弹水平射入木块的最大深度为d2，如图所示。设子弹均未射穿木块，且两颗子弹与木块之间的作用
力大小均相同。当两颗子弹均相对木块静止时，下列说法中正确的是（ ）
A．最终木块静止，d1＝d2
B．最终木块向右运动，d1＜d2
C．最终木块向左运动，d1＝d2
D．最终木块静止，d1＜d2
【解答】解：设子弹速度为v，质量为M．已知木块质量为m，第一颗子弹射入木块后，木块与子弹共同
速度为 v1，取向右为正方向，由动量守恒定律得：Mv＝（M+m）v1
木块与子弹组成的系统损失的动能为ΔEk＝
Mv0
2﹣
（M+m）v1
2
设子弹与木块之间作用力恒定为 F
则有 Fd1＝ΔEk＝
Mv0
2﹣
（M+m）v1
2…①
第二颗子弹射入木块后，由动量守恒定律可得：
Mv0﹣Mv0＝（2M+m）v′
得v′＝0，即当两颗子弹均相对于木块静止时，木块的速度为零，即静止
再对两颗子弹和木块系统为研究，由能量守恒定律得：
28
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
Fd2＝
Mv0
2+
（M+m）v1
2…②
由①②对比得，d1＜d2
故D 正确，ABC 错误；
故选：D。
29．（2023 秋•西安期末）如图，一质量m2＝0.25kg 的平顶小车，车顶右端放一质量m3＝0.2kg 的小物
体，小物体可视为质点，与车顶之间的动摩擦因数μ＝0.4，小车静止在光滑的水平轨道上．现有一质量m1
＝0.05kg 的子弹以水平速度v0＝12m/s 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，g 取10m/s2．求：
（1）最后物体与车的共同速度为多少？
（2）小车的最小长度应为多少？
（3）小木块在小车上滑行的时间．
【解答】解：（1、2）子弹进入小车的过程中，子弹与小车组成的系统动量守恒，以子弹速度初速度方向
为正方向，由动量守恒定律得：
m1v0＝（m2+m1）v1 ①
由三物体组成的系统动量守恒，以子弹速度初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
（m2+m1）v1＝（m2+m1+m3）v2②
设小车最小长度为L，三物体相对静止后，对系统利用能量守恒定律得：
（m2+m1）
﹣
（m2+m1+m3）
＝μm3gL ③
联立以上方程解得：L＝0.3m
车与物体的共同速度为：v2＝1.2m/s
（3）以m3为研究对象，利用动量定理可得：μm3gt＝m3v2
解得：t＝0.3s
答：（1）最后物体与车的共同速度为1.2m/s；
（2）小车的最小长度应为0.3m；
（3）小木块在小车上滑行的时间为0.3s．
一十．动量与能量的综合应用——弹簧类模型
30．（2023 秋•长宁区校级期末）如图所示，将质量为M1、半径为R 且内壁光滑的半圆槽置于光滑水平面
29
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
上，左侧靠墙角，右侧靠一质量为M2的物块。今让一质量为m 的小球自左侧槽口A 的正上方h 高处从静
止开始落下，与圆弧槽相切自A 点进入槽内，则以下结论中正确的是（ ）
A．小球在槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒
B．小球在槽内运动的全过程中，小球、半圆槽和物块组成的系统动量守恒
C．小球离开C 点以后，将做竖直上抛运动
D．槽将不会再次与墙接触
【解答】解：
小球从AB 的过程中，半圆槽对球的支持力沿半径方向指向圆心，而小球对半圆槽的压力方向相反指向左
下方，因为有竖直墙挡住，所以半圆槽不会向左运动，可见，该过程中，小球与半圆槽在水平方向受到外
力作用，动量并不守恒，而由小球、半圆槽 和物块组成的系统动量也不守恒；从B→C 的过程中，小球对
半圆槽的压力方向向右下方，所以半圆槽要向右推动物块一起运动，因而小球参与了两个运动：一个是沿
半圆槽的圆周运动，另一个是与半圆槽一起向右运动，小球所受支持力方向与速度方向并不垂直，此过程
中，因为有物块挡住，小球与半圆槽在水平方向动量并不守恒，在小球运动的全过程，水平方向 动量也
不守恒，选项AB 错误；
当小球运动到C 点时，它的两个分运动的合速度方向并不是竖直向上，所以此后小球做斜上抛运动，即选
项C 错误；
因为全过程中，整个系统在水平 方向上获得了水平向右的冲量，最终槽将与墙不会再次接触，选项D 正
确。
故选：D。
31．（2024•长安区一模）如图所示，小球A 质量为m，系在细线的一端，线的另一端固定在O 点，O 点
到光滑水平面的距离为h。物块B 和C 的质量都是5m，B 与C 用轻弹簧拴接，置于光滑的水平面上，且B
物块位于O 点正下方。现拉动小球使细线水平伸直，小球由静止释放，运动到最低点时与物块B 发生正碰
（碰撞时间极短），反弹后上升到最高点时到水平面的距离为
。小球与物块均可视为质点，不计空气
阻力，重力加速度为g，求：
（1）小球A 与物块B 碰撞后各自的速度大小vA、vB；
30
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
（2）轻弹簧获得的最大弹性势能Ep。
【解答】解：（1）对碰撞后球A 反弹过程，由动能定理可得：
解得：
设球A 与B 碰撞前瞬间的速度大小为v0。对球A 从释放到运动到最低点过程，由动能定理可得：
解得：
以向右为正方向，对A、B 碰撞过程，由动量守恒定律可得：
mv0＝5mvB﹣mvA
解得：
（2）B、C 速度相等时轻弹簧获得的弹性势能最大，以向右为正方向，A、B 碰撞后至物块B、C 速度相等
的过程，由动量守恒定律可得：
5mvB＝（5m+5m）v 共
解得：
由机械能守恒定律可得：
解得：
答：（1）小球A 与物块B 碰撞后各自的速度大小vA、vB均为
；
（2）轻弹簧获得的最大弹性势能Ep为
。
32．（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
31
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
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。
33．（2023 秋•无锡期末）如图a 所示，物块A、B 间拴接一个压缩后被锁定的轻质弹簧，整个系统静止放
在光滑水平地面上，其中A 物块最初与左侧固定的挡板相接触，B 物块质量为2kg。现解除对弹簧的锁
定，在A 离开挡板后，B 物块的v﹣t 图像如图b 所示，则（ ）
32
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
A．A 的质量为5kg
B．弹簧锁定时其弹性势能为6J
C．A 离开挡板后最大速度为4m/s
D．B 的速度为2m/s 时，弹簧恰好处于原长状态
【解答】解：B、物块A 刚要离开挡板时弹簧为原长，由B 物块的v﹣t 图像可知A 刚离开挡板时B 的速度
为vB0＝3m/s，根据机械能守恒定律可得弹簧锁定时其弹性势能为：Ep＝
mB
＝
×2×32J＝9J，故B 错
误；
AC、物块A 离开挡板后到A、B 共速时弹簧被拉伸到最长，之后弹簧再次变为原长，此过程A 一直做加速
直线运动，B 一直做减速直线运动，之后弹簧被压缩，A 做减速直线运动，B 做加速直线运动，故弹簧再
次为原长时A 的速度最大，B 的速度最小，由v﹣t 图像可知B 的速度最小值为vB1＝1m/s，设A 的速度最
大为vA1。
当A 离开挡板后，A、B 组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得：
mBvB0＝mAvA1+mBvB1
mB
＝
mA
+
mB
联立解得：vA1＝4m/s，mA＝1kg，故A 错误，C 正确；
D、由上述分析可知B 的速度为1m/s 时，弹簧恰好处于原长状态，B 的速度有3m/s 减小到1m/s 的过程中
弹簧处于伸长状态，故D 错误。
故选：C。
（多选）34．（2023 秋•济南期末）如图甲所示，物块A、B 用轻弹簧拴接，放在光滑水平面上，B 左侧与
竖直墙壁接触。物块C 以速度v0向左运动，与A 相碰后立即粘在一起并开始计时。A、B 运动的a﹣t 图像
如图乙所示，S1、S2分别表示t1到t2时间内A、B 的a﹣t 图线与坐标轴所围面积的大小。已知三个物块质
量均为m，下列说法正确的是（ ）
33
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
A．a2＝2a1
B．S2＝2S1
C．0﹣t1内墙对B 的冲量大小为2mv0
D．在t4时刻弹簧的弹性势能为
【解答】解：C.二者碰撞过程中动量守恒，选择水平向左为正方向，可得mv0＝（m+m）v，解得v＝
v0，在0～t 内对AC 研究，设水平向左为正方向，由动量定理可得I＝﹣2mv﹣2mv＝﹣2mv0，而B 处于静
止状态，墙壁对B 的冲量大小等于弹簧弹力对A 的冲量大小，故0～t1内墙对B 的冲量大小为2mv0，故C
正确；
B.a﹣t 图线与坐标轴所围的面积表示速度的变化量，AC 物体初速度为v，根据对称性可知，t1时刻AC 的
速度为v，AC 的加速度为0，此时弹恢复原长，B 开始离开墙壁，到t2时刻加速度均达到最大，此时弹簧
的伸长量达到最大，速度相同，选择水平向右为正方向，即2mv＝3mv1，S2＝v1，S1＝v﹣v1，故S2＝2S1，
故B 正确；
A.A 的加速度为a1时弹压缩量最大，即E＝
•2mv2＝
k
，解得x1＝
v0，根据牛顿第二定律可得a1
＝
＝
，在t2时，三者共速，则根据能量守恒定律可知
•2mv2＝
•3m
+Ep，解得x2＝
v0，根据牛顿第二定律可得a2＝
＝
v0，故a1＝
a2，故A 错误；
D.B 离开墙壁后整体动量守恒，选择水平向右为正方向，则2mv＝3mv1，故在t4时刻，根据能量守恒定律
可知
×2mv2＝
3m
+Ep，解得Ep＝
m
，故D 错误。
34
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
故选：BC。
35．（2023 秋•潍坊期末）如图所示，栓接在轻质弹簧两端质量分别是m1＝0.5kg、m2＝1.48kg 的两物体静
置于光滑水平地面上，m1靠在竖直墙壁上。现有一颗质量m＝0.02kg 的子弹以初速度v0水平射入m2并留
在其中，弹簧压缩到最短时具有的弹性势能为27J，此后m2向右运动。下列说法正确的是（ ）
A．v0＝6m/s
B．m1与墙壁作用过程中，墙对m1的冲量大小为18kg•m/s
C．m1离开墙壁后，能达到的最大速度为4.5m/s
D．m1离开墙壁后，弹簧具有的最大弹性势能为6.75J
【解答】解：A、取向左为正方向，子弹射入木块m2时，弹簧还没来得及压缩，对子弹和木块m2系统，
根据动量守恒有：mv＝（m+m2）v1
弹簧压缩到最短，根据机械能守恒有：
＝Ep
联立两式，代入数据：v＝600m/s，故A 错误；
B、根据机械能守恒和运动的对称性可知，子弹和m2都以大小为v1的速度向左压缩弹簧，则之后又以同样
大小的速度向右反弹离开墙面，以向右为正方向，
根据动量定理可得：I＝（m+m2）v1﹣[﹣（m+m2）v1]＝2（m+m2）v1
代入数据：I＝18N•s、方向水平向右，故B 正确；
C、m1离开封面后，随着弹簧的伸长将加速，弹簧拉到最长时有共同速度，之后弹簧将缩短，m1仍将加
速，直到弹簧恢复到原长，m1有最大速度设为vm1，此时木块m2和子弹的速度为vm2，以向为正方向，由动
量守恒得：（m+m2）v1＝（m+m2）vm2+m1vm1
机械能守恒有：
＝
+
联立代入数据得：vm2＝3m/s，vm1＝9m/s，所以m1 的最大速度为9m/s，故C 错误；
D、运动中，弹簧弹性势能最大时为三者共速，有：（m+m1+m2）v2＝（m+m2）v1
则据能量守恒，运动后的最大弹性势能为：Ep′＝
﹣
代入数据：Epmax＝14.75J，故D 错误；
故选：B。
35
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
（多选）36．（2024•成都模拟）如图所示，质量为M＝2kg 的木板AB 静止放在光滑水平面上，木板右端
B 点处固定一根轻质弹簧，弹簧处于原长状态时左端在C 点，C 点到木板左端的距离L＝1.0m，可视为质
点的小木块质量为m，静止放置在木板的左端；现对木板AB 施加水平向左的恒力F＝24N，0.5s 时撤去恒
力F，此时木块恰好到达弹簧自由端C 处，此后的运动中没有超过弹簧的弹性限度。已知木板C 点左侧部
分与木块间的动摩擦因数为μ＝0.2，C 点右侧部分光滑；取g＝10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．撤去恒力F 后，木板先做减速后做匀速运动
B．恒力F 对木板AB 做功为26J
C．整个运动过程中，弹簧的最大弹性势能Ep＝8.0J
D．整个运动过程中，系统产生的热量Q＝8.0J
【解答】解：B、在水平恒力作用下，对M 分析有
F﹣μmg＝Ma1
对m 受力分析有
μmg＝ma2
恒力F 撤去时木块恰好到达弹簧自由端C 处，则有
L＝
﹣
解得
a1＝10m/s2，a2＝2m/s2，m＝2kg
则恒力F 对木板AB 做功为W＝F×
代入数据解得W＝30J
故B 错误；
C、撤去F 时，木板与木块的速度分别为
v1＝a1t＝10×0.5m/s＝5m/s
v2＝a2t＝2×0.5m/s＝1m/s
撤去外力F 后，规定向右为正方向，弹簧压缩到最短过程中，根据动量守恒有
Mv1+mv2＝（M+m）v
两者具有共同速度时，弹簧的弹性势能最大，根据能量守恒
36
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
Ep＝
+
﹣
（M+m）v2
联立解得
Ep＝8J
故C 正确；
A、两物体质量相等，则物块回到C 点后，速度互换，此时物块速度大于木板速度，木板做加速运动，故
A 错误；
D.在F 作用过程中产生的热量
Q1＝μmgL
从撤去F，物块向左弹回，直到木板和木块共速的过程中系统动量守恒，根据动量守恒定律有
Mv1+mv2＝（M+m）v'
根据能量守恒定律，该过程中系统产生的热量
Q2＝
+
﹣
（M+m）v'2
整个运动过程中系统产生的热量
Q＝Q1+Q2
解得Q＝8.0J
故D 正确。
故选：CD。
一十一．动量与能量的其他综合应用
37．（2024•沈阳模拟）如图所示，小车上固定一个光滑弯曲轨道，静止在光滑的水平面上，整个小车
（含轨道）的质量为3m。现有质量为m 的小球，以水平速度v0从左端滑上小车，能沿弯曲轨道上升到最
大高度，然后从轨道左端滑离小车。关于这个过程，下列说法正确的是（ ）
A．小球沿轨道上升到最大高度时，速度为零
B．小球沿轨道上升的最大高度为
C．小球滑离小车时，小车恢复静止状态
37
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
D．小球滑离小车时，小车相对小球的速度大小为2v0
【解答】解：AB．依题意，小车和小球组成的系统水平方向不受外力，则系统水平方向动量守恒，取水平
向右为正方向，由动量守恒定律
mv0＝（m+3m）v
可得小球在最高点时仍然具有水平速度，
设达到最高点的高度为H，根据能量守恒，可得
解得
故A 错误；B 正确；
CD．设小球滑离小车时，二者速度分别为v 球和v 车，取水平向右为正方向，由动量守恒和能量守恒可得
mv0＝mv 球+3mv 车，
联立，解得
，
可知小车相对小球的速度大小为
Δv＝v 车﹣v 球＝v0
故CD 错误。
故选：B。
38．（2024•洛阳一模）如图所示，质量为M 的带有
光滑圆弧轨道的小车静止在光滑水平面上，一质量
为m 的小球以水平速度v0从小车的左端冲上小车，经过时间t 到达最大高度，此时小球恰好与O 点相平，
之后小球又返回小车的左端。则（ ）
A．整个运动过程中小球与小车的系统动量守恒、机械能守恒
B．小球上升过程和下降过程的动量变化量相等
38
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
C．圆弧轨道半径
D．小球上升过程中，轨道对小球的冲量为
【解答】解：A、整个运动过程小球与小车组成的系统在竖直方向所受合力不为零，系统所受合力不为
零，系统动量不守恒，整个过程只有重力做功，系统机械能守恒，故A 错误；
BC、小球与小车组成的系统在水平方向所受合力为零，系统在水平方向动量守恒，小球上升到最高点时小
球与小车水平方向速度相等，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：mv0＝（M+m）v，由机
械能守恒定律得：
+mgR，解得：v＝
，R＝
；
从小球滑上小车到小球离开小车过程，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：mv0＝
mv1+Mv2，由机械能守恒定律得：
，解得：v1＝
v0，
小球上升过程动量的变化量Δp 上＝mv﹣mv0＝﹣
，小球下降过程动量的变化量Δp 下＝mv1﹣mv＝﹣
，则Δp 上＝Δp 下，故B 正确，C 错误；
D、小球上升过程动量变化量的大小为|Δp 上|＝
，方向水平向左，重力的冲量mgt 方向竖直向下，由
动量定理可知重力的冲量与轨道对小球的冲量I 的矢量和等于动量变化量，可得：I2＝（mgt）2+|Δp 上|2，解
得轨道对小球的冲量大小为I＝
，方向斜向左上方，故D 错误。
故选：B。
39．（2023 秋•太原期末）如图所示，长为L 且不可伸长的轻绳一端系于固定点O，另一端与质量为m 的
物块P 拴连。质量为3m、电荷量为+q 的物块Q 置于光滑水平地面上的A 点，A 位于O 点正下方且OA＝
39
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
L。将轻绳水平拉直后，P 由静止释放，P 与Q 在圆周最低点A 处发生对心碰撞，P 反弹后摆动的最大高度
距离水平地面为
。Q 从A 经B 点滑入半径为L 的四分之一固定光滑绝缘圆轨道，从轨道C 点滑出后落
至D 点。O′B 右侧的区域内有匀强电场，电场强度
。P、Q 可视为质点，相互作用过程中电荷量
未发生转移，不计空气阻力。求：
（1）P 与Q 的碰撞是否为弹性碰撞，并说明理由；
（2）B、D 两点之间的距离。
【解答】解：（1）P 物块下摆
P 物块上摆﹣mg×
L＝0﹣
m
解得
，
，说明v2的方向向左，大小为
以右为正方向，P、Q 碰撞，由动量守恒有mv1＝mv2+3mv3
得到v3＝
若发生弹性碰撞，则能量守恒，有
代入验证，等式成立，P 与Q 碰撞为弹性碰撞
（2）Q 物块从B 到C
qEL﹣3mgL＝
×3m
﹣
×3m
，解得
方向竖直向上
物块在从C 点飞出后水平方向做匀加速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动
3max＝qE，解得ax＝g，ay＝g
40
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
竖直方向，以下为正
，解得
，
，
水平方向，以右为正
x＝
axt2，解得x＝
x 总＝x+L，解得x 总＝
答：（1）P 与Q 的碰撞是弹性碰撞；
（2）B、D 两点之间的距离为
。
（多选）40．（2023 秋•垫江县校级期末）如图甲所示，一质量为M 的小车静止在光滑水平地面上，其左
端P 点与平台平滑连接。小车上表面PQ 是以O 为圆心、半径为R 的四分之一圆弧轨道。质量为m 的光滑
小球，以某一水平速度冲上小车的圆弧面。若测得在水平方向上小球与小车的速度大小分别为v1、v2，作
出图像如图乙所示。已知OP 竖直，OQ 水平，水平台面高
，小球可视为质点，重力加速度为g，不计
一切摩擦。则（ ）
A．M＝3m
B．小球运动过程中离平台的最大高度为
C．小球在Q 点速度方向与竖直方向夹角的正切值为
D．小球落地时与小车左端的水平距离为
【解答】解：A、小球和小车组成的系统在水平方向所受合外力为零，所以系统水平方向满足动量守恒，
设小球初速度为v0，以水平向右为正方向，则有
mv0＝mv1+Mv2①
41
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
根据图乙数据，将v1＝3
、v2＝0 代入①式，可得：mv0＝m×
将v1＝0、v2＝
代入①式，可得：mv0＝M
整理得：m×
＝M
解得：M＝3m
故A 正确；
B、小球上升到Q 点时与小车具有共同水平速度v，以水平向右为正方向，则由系统水平方向动量守恒
有：m×
＝（M+m）v
解得：v＝
设小球运动过程中离平台的最大高度为H（此时小球的水平速度为v），以水平台面为零势能面，根据系
统机械能守恒定律有：
m（3
）2＝
Mv2+
mv2+mgH
代入数据解得：H＝
＞R，说明小球会离开小车。
故B 正确；
C、以水平台面为零势能面，小球由P 点运动至Q 点（小球速度为vQ）的过程中，根据系统能量守恒定律
有：
m（3
）2＝
Mv2+mgR+
解得：vQ＝
根据速度的合成可知：vQ＝
小球在Q 点速度方向与竖直方向夹角的正切值为：tanθ＝
联立方程，代入数据解得：tanθ＝
故C 错误；
D、小球离开小车后做斜抛运动，其水平速度始终为v（与小车速度相同），所以小球会滑落至Q 点并从P
点离开小车。设小球滑回P 点时，小球和小车的速度分别为v 球和v 车，以向右方向为正方向，根据系统动
42
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
量守恒定律有
m×
＝mv 球+Mv 车
根据系统机械能守恒定律有：
m（3
）2＝
m
+
M
联立解得：v 球＝﹣
，v 车＝
小球离开小车后做平抛运动，下落时间为
t＝
＝
＝
小车做匀速直线运动，所以小球落地时与小车左端P 点的水平距离为
Δx＝2×
×
＝
故D 错误。
故选：AB。
41．（2023 秋•广州期末）如图，在光滑的水平桌面上固定两根平行光滑金属导轨，导轨间距L＝1m，导
轨左侧足够长，右端虚线MN 与两导轨所围区域内有垂直桌面向下、磁感应强度大小B＝0.5T 的匀强磁
场。在导轨间ab 处放置质量加m1＝0.3kg、阻值R1＝2Ω 的金属棒L1，cd 处放置质量m2＝0.1kg、阻值R2＝
3Ω 的金属棒L2，两棒均与导轨垂直且良好接触，长度均为1m。在abNM 区域还存在方向与金属棒平行的
匀强电场。一半径R＝0.8m 加的竖直光滑
圆轨道末端恰好在MN 的中点处，轨道末端恰好与桌面相切。
现将一质量m＝0.1kg 的带电小球从圆轨道的最高点释放，小球在abNM 电场、磁场区域沿直线运动，以水
平速度v0垂直碰撞金属棒L1中点处。设小球与金属棒L1发生弹性碰撞，整个过程小球的电荷量不变且碰
后从MN 间飞出。导轨电阻不计，已知在运动过程中L1、L2不会相碰，取g＝10m/s2。
（1）求匀强电场的电场强度大小E；
（2）求小球与金属棒L1碰撞后瞬间，L1两端的电压U；
（3）整个过程中，金属棒L1与金属棒L2之间的距离减少了多少？
43
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
【解答】解：（1）小球在圆轨道上运动的过程中满足机械能守恒，有
代入数据解得小球进入匀强电场时的速度大小：v0＝4m/s
小球在abNM 区域做直线运动，水平方向受到的洛伦兹力和电场力平衡，有qE＝qv0B
代入数据解得：E＝2N/C
（2）小球与L1棒发生弹性碰撞，设碰后小球的速度为v 球，金属棒L1的速度为v1，取水平向左为正方向，
由动量守恒定律得：
mv0＝mv 球+m1v1
根据机械能守恒定律得：
＝
mv 球2+
m1
联立解得：v 球＝﹣2m/s，v1＝2m/s
碰撞后瞬间，金属棒L1向左做切割磁感线运动，产生感应电动势为E＝BLv1
回路中感应电流大小为：
L1两端的电压：U＝IR2
联立解得：U＝0.6V
（3）L1棒在磁场中向左运动后，受到向右的安培力而做减速运动，L2棒受到向左的安培力而做加速运
动，两金属棒最终到达相同速度
因两棒组成的系统合外力为零，所以两金属棒组成的系统动量守恒，设两金属棒达到的共同速度为v，取
向左为正方向，由动量守恒定律有
m1v1＝（m1+m2）v
代入数据解得：v＝1.5m/s
对棒L2，设整个过程中通过其横截面的电荷量为q，根据动量定理，有B L•t＝m2v，即BLq＝m2v
代入数据解得：q＝0.3C
又
解得金属棒L1与金属棒L2之间减少的距离：Δx＝3m
答：（1）匀强电场的电场强度大小E 为2N/C；
（2）小球与金属棒L1碰撞后瞬间，L1两端的电压U 为0.6V；
（3）整个过程中，金属棒L1与金属棒L2之间的距离减少了3m。
42．（2024•天河区二模）如图所示，水平传送带在电动机的带动下以v＝5m/s 的速度顺时针匀速转动。左
44
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
端与粗糙的弧形轨道平滑对接，右端与光滑水平面平滑对接，水平面上有两个位于同一直线上、处于静止
状态的相同小球，小球质量m0＝2kg。质量m＝1kg 的物体（可视为质点）从轨道上高h＝5.0m 的P 点由静
止开始下滑，滑到传送带上的A 点时速度大小v0＝7m/s。物体和传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，传送带
AB 之间的距离L＝3.4m。物体与小球、小球与小球之间发生的都是弹性正碰，不计空气阻力。重力加速度
g＝10m/s2，
。求：
（1）物体从P 点下滑到A 点的过程中，摩擦力做的功；
（2）物体第一次向右通过传送带的过程中，传送带对物体的冲量大小；
（3）物体第一次与小球碰后到第二次与小球碰前因为物体在传送带上滑动产生的热量。
【解答】解：（1）物体由P 到A 的过程，由动能定理可得
解得Wf＝﹣25.5J
（2）物体滑上传送带后，在滑动摩擦力作用下匀减速运动，加速度为
减速至与传送带速度相等时所用的时间
匀减速运动的位移
解得s1＝2.4m＜L＝3.4m
所以物体与传送带共速后向右匀速运动，匀速运动的时间为
传送带的支持力对物体的冲量大小为
I1＝mg（t1+t2）
传送带的摩擦力对物体的冲量大小为
I2＝m（v0﹣v）
45
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
传送带对物体的冲量大小为
I＝
解得I＝6.32N•s
（3）物块与小球发生弹性正碰，设物块反弹回来的速度大小为v1，小球被撞后的速度大小为u1，规定向
右为正方向，由动量守恒和能量守恒定律得
mv＝﹣mv1+m0u1
解得
m/s，
m/s
物块被反弹回来后，在传送带上向左做匀减速运动中，由运动学公式得
解得
m＜3.4m
v1＝at3
解得
s
传送带对地位移
x＝vt3
相对位移
Δx1＝x+s
物块在传送带向右做匀加速运动过程中相对位移
Δx2＝x﹣s
物体第一次与小球碰后到第二次与小球碰前因为物体在传送带上滑动产生的热量
Q＝μmg（Δx1+Δx2）
解得Q≈16.7J
答：（1）物体从P 点下滑到A 点的过程中，摩擦力做的功为﹣25.5J；
（2）物体第一次向右通过传送带的过程中，传送带对物体的冲量大小为6.32N•s；
46
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
（3）物体第一次与小球碰后到第二次与小球碰前因为物体在传送带上滑动产生的热量为16.7J。
43．（2024•贵阳模拟）如图所示，质量M＝4kg、厚度不计的长木板a 静止在表面粗糙的“
”形平台
上，内表面光滑的圆弧轨道ABC 与平台和斜面相连。圆弧轨道所对的圆心角为106°，圆心为O，半径R＝
1.5m，A、C 两点连线水平，斜面与水平面的夹角θ＝37°。初始时，质量m＝2kg 的小物块b（可视为质
点）静止在木板a 左端。某时刻使木板a 和物块b 同时获得相同初速度v0＝10m/s，经过一段时间后木板a
右端到达平台边缘P 时恰好停止，同时，物块b 从木板a 右端飞出，并恰好由A 点沿切线方向进入圆弧轨
道，然后与静止在圆弧轨道最低点B 处、质量也为2kg 的小物块Q（可视为质点）碰撞并粘合在一起，形
成新的组合体从C 点飞出。一段时间后组合体与斜面发生第一次撞击。已知木板a 与地面之间的动摩擦因
数μ1＝0.4，木板a 与物块b 之间的动摩擦因数μ2＝0.2，不计空气阻力，重力加速度g 取10m/s2，sin37°＝
0.6，sin53°＝0.8。求：
（1）长木板a 和物块b 分离前两者的加速度大小；
（2）物块b 在A 点的速度大小；
（3）组合体第一次与斜面的撞击点到C 点的距离。
【解答】解：（1）设长木板a 和物块b 分离前两者的加速度大小分别为a1、a2，由牛顿第二定律得：
对a 有：μ1（M+m）g﹣μ2mg＝Ma1
对b 有：μ2mg＝ma2
解得：a1＝5m/s2，a2＝2m/s2
（2）木板a 右端到达平台边缘P 的时间为t1＝
物块b 从木板a 右端飞出时的速度大小为v1＝v0﹣a2t1
解得：v1＝6m/s
物块b 从P 点到A 点做平抛运动，到达A 点时的水平方向的分速度大小等于v1，在A 点的速度方向与水平
方向的夹角为53°，可得物块b 在A 点的速度大小为：
47
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
vA＝
＝
m/s＝10m/s
（3）设物块b 从A 点到B 点与C 碰撞前的速度大小为vB，由动能定理得：
mg（R﹣Rcos53°）＝
﹣
物块b 与小物块Q 碰撞并粘合在一起形成组合体，设组合体的初速度大小为v，以向右为正方向，由动量
守恒定律得：
mvB＝2mv
设组合体从C 点飞出时的速度大小为vC，由动能定理得：
﹣2mg（R﹣Rcos53°）＝
×2
﹣
×2mv2
解得：vC＝4m/s
将组合体从C 点到第一次与斜面的撞击过程的运动沿垂直于斜面方向和平行于斜面方向正交分解，垂直于
斜面方向的初速度大小为vC，加速度大小为gcosθ，平行于斜面方向的分加速度大小为gsinθ，设第一次与
斜面的撞击点到C 点的距离为x，由运动学公式可得：
垂直于斜面方向有：0＝vCt2﹣
gcosθ•
平行于斜面方向有：x＝
gsinθ•
解得：x＝3m
答：（1）长木板a 和物块b 分离前两者的加速度大小分别为5m/s2、2m/s2；
（2）物块b 在A 点的速度大小为10m/s；
（3）组合体第一次与斜面的撞击点到C 点的距离为3m。
44．（2024•顺德区二模）台球是深受大众喜爱的娱乐健身活动。如图，运动员采用“点杆”击球法（当
球杆杆头接触母球的瞬间，迅速将杆抽回，母球离杆后与目标球发生对心正碰，视为弹性碰撞）击打母
球，使得目标球被碰撞后经CD 边反弹进入球洞A，这种进球方式被称为“翻袋”进球法。已知两球质量
均为0.2kg，且可视为质点，球间距离为0.9m，目标球与CD 挡壁间虚线距离为0.3m，目标球被CD 挡壁
反弹后向A 球洞运动方向与AC 挡壁间夹角为30°，AC＝
m，球与桌面间阻力为重力的
，球与挡壁
碰撞过程中损失
的动能，重力加速度g＝10m/s2。
48
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
（1）求母球在桌面做直线运动时的加速度大小；
（2）若某次击打后母球获得的初速度为1m/s，且杆头与母球的接触时间为0.05s，求母球受到杆头的平均
冲击力大小；
（3）若击打后母球获得速度v0＝5m/s，求目标球被碰撞后的速度大小；
（4）若能到达球洞上方且速率小于6m/s 的球均可进洞，为使目标球能进洞，求母球初速度需要满足的条
件。（计算结果都可以用根号表示）
【解答】解：（1）母球受到的摩擦力f＝kmg
根据题意可知
由牛顿第二定律可得f＝ma
解得a＝kg＝
＝
（2）杆头击打母球时，母球在水平方向受到打击力和阻力，选取母球运动的方向为正方向，对母球由动
量定理可得（F﹣f）Δt＝mv﹣0
代入数据解得
（3）母球与目标球碰撞前，做匀减速直线运动，由动能定理可得
母球与目标球碰撞前后，选取母球运动的方向为正方向，根据动量守恒可得mv1＝mv′1+mv2
根据机械能守恒可得
联立解得目标球被碰撞后的速度大小为
（4）母球与目标球碰撞前，做匀减速直线运动，由动能定理可得
母球与目标球碰撞前后，选取母球运动的方向为正方向，根据动量守恒可得mv1＝mv′1+mv2
49
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
根据机械能守恒可得
目标球前进到CD 挡壁，做匀减速直线运动，由动能定理可得
目标球与CD 挡壁碰撞，根据题意有
即
目标球运动到A 球洞过程，由动能定理可得
又满足0＜v5≤6m/s
联立解得
答：（1）母球在桌面做直线运动时的加速度大小为
；
（2）若某次击打后母球获得的初速度为1m/s，且杆头与母球的接触时间为0.05s，母球受到杆头的平均冲
击力大小为
；
（3）若击打后母球获得速度v0＝5m/s，目标球被碰撞后的速度大小为
；
（4）若能到达球洞上方且速率小于6m/s 的球均可进洞，为使目标球能进洞，母球初速度需要满足的条件
为
。
45．（2024•石家庄模拟）如图甲所示，质量m1＝2kg 的小物块A 静置于平台左端，A 与平台间动摩擦因
数μ＝0.1。紧靠平台右侧有一质量 m0＝1kg 的足够长小车，平台和小车上表面在同一水平高度。质量m2
＝2kg 的小滑块B 静置于小车左端，B 与小车上表面间的动摩擦因数也为μ＝0.1，竖直墙面距离小车足够
远。t＝0 时，给物块A 施加一水平向右的力F，F 随时间变化的规律如图乙所示，t＝2s 时撤掉力F，t＝4s
时，A 与B 发生弹性碰撞，一段时间后，小车与墙面发生碰撞，碰撞时间极短，每次碰后小车速度反向，
大小变为碰前的一半。忽略小车与地面间的摩擦，重力加速度g 取10m/s2。求：
（1）A 与B 发生弹性碰撞前瞬间，物块A 的速度大小；
（2）小车与墙壁第1 次碰撞后到与墙壁第2 次碰撞前瞬间，滑块与小车间由于摩擦产生的热量；
（3）小车与墙壁第1 次碰撞后到与墙壁第3 次碰撞前瞬间，小车运动的路程。
50
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
【解答】解：以下解答均以水平向右为正方向。
（1）根据图乙的F﹣t 图像与时间轴围成的图形面积表示冲量，可得为力F 在 0﹣2s 内的冲量为：
IF＝
×（20+12）×2N•s＝32N•s
设A 与B 碰撞前瞬间A 的速度为v1，对A 在0﹣4s 的运动过程，由动量定理可得：
IF﹣μm1gt＝m1v1，其中t＝4s
解得：v1＝12m/s
（2）设A 与B 碰撞后瞬间A、B 的速度分别为v1′、v2，AB 发生弹性碰撞，根据系统动量守恒和机械能
守恒分别得：
m1v1＝m1v1′+m2v2
解得：v1′＝0m/s，v2＝12m/s
由于小车足够长，离墙壁足够远，故小车与墙壁碰撞前已和滑块B 共速，设共速的速度为v 共1，由动量守
恒定律可得：
m2v2＝（m2+m0）v 共1
解得：v 共1＝8m/s
根据题意可得小车与墙壁第1 次碰撞后，其速度变为：v3＝
v 共1＝
×8m/s＝﹣4m/s
碰撞后B 相对小车向右运动，小车先向左做匀减速直线运动，速度减为零后再向右做匀加速直线运动，
设小车与B 的加速度分别为a、aB，由牛顿第二定律可得：
μm2g＝m2aB
μm2g＝m0a
解得：aB＝1m/s2，a＝2m/s2
假设小车与墙壁第2 次碰撞前与滑块B 已经共速，同理可得：
m2v 共1+m0v3＝（m2+m0）v 共2
解得：v 共2＝4m/s
51
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
则小车与墙壁第1 次碰撞后到第2 次碰撞前瞬间，小车与B 分别经历的时间为：
t1＝
＝
t2＝
＝
因t1＝t2，故假设成立，可知小车与B 共速后立即与墙壁发生碰撞。
由能量守恒定律可得，小车与墙壁第1 次碰撞后到第2 次碰撞前瞬间的过程中滑块与小车间由于摩擦产生
的热量为：
解得：Q＝48J
（3）由（2）的解析可推得从第1 次碰撞后，每次均为小车与B 共速后立即与墙壁发生碰撞碰撞。
设小车第1 次碰后向左减速到零时运动距离为x1，则有：
从第1 次碰后到第2 次碰前小车运动的路程为s1＝2x1
解得：s1＝8m
第2 次碰后瞬间小车速度为v4＝
v 共2＝
×4m/s＝﹣2m/s
同理可得：
，s2＝2x2
解得从第2 次碰后到第3 次碰前小车运动的路程为：s2＝2m
可得从第1 次碰后到第3 次碰前小车运动的路程为s＝s1+s2＝8m+2m＝10m
答：（1）A 与B 发生弹性碰撞前瞬间，物块A 的速度大小为12m/s；
（2）小车与墙壁第1 次碰撞后到与墙壁第2 次碰撞前瞬间，滑块与小车间由于摩擦产生的热量为48J；
（3）小车与墙壁第1 次碰撞后到与墙壁第3 次碰撞前瞬间，小车运动的路程为10m。
46．（2024•白银二模）如图所示，质量为m 的小球A 与质量为7m 的小球B 通过长为L 的轻质柔软细绳
连接，现用手提着小球A，使小球B 距地面的高度也为L，松手后两球由静止开始自由下落，小球B 与地
面碰后速度大小不变、方向相反，两小球的碰撞为弹性正碰，细绳绷直后两小球以相同的速度继续运动，
碰撞时间均极短，重力加速度大小为g。求：
（1）从松手到两小球第一次碰撞的时间t；
52
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
（2）细绳绷直后小球A 距地面的最大距离d。
【解答】解：本题解答过程均以竖直向下为正方向。
（1）设小球B 第一次落地前的速度为vB0，此时小球A 的速度为vA1，所用的时间为t1，小球B 第一次反弹
后的速度为vB1，再经过时间t2两者相碰，根据运动学公式可得：
L＝
vB0＝
vA1＝vB0＝﹣vB1
vA1t2+
﹣（vB1t2+
）＝L
t＝t1+t2
解得：t＝
，vB1＝
，t2＝
（2）设A、B 两球第一次碰撞前瞬间的速度分别为vA2、vB2，碰撞后瞬间的速度分别为vA3、vB3，根据运动
学公式可得：
vA2＝gt
vB2＝vB1+gt2
解得：vA2＝
，vB2＝
两小球发生弹性正碰，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得：
mvA2+7mvB2＝mvA3+7mvB3
+
×7
＝
+
×7
联立解得：vA3＝
，vB3＝
再经过时间t3细绳绷直，设细绳绷直前瞬间A、B 两球的速度分别为vA4、vB4，根据运动学公式得：
vA3t3+
﹣（vB3t3+
）＝﹣L
53
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
解得：t3＝
vA4＝vA3+gt3
vB4＝vB3+gt3
解得：vA4＝
，vB4＝0
设绷直瞬间后两者的共同速度为v，根据动量守恒定律得：
mvA4+7mvB4＝（m+7m）v
解得：v＝
从松手到两小球第一次碰撞A 球的位移为：x1＝
gt2＝
第一次碰撞后到细绳绷直A 球的位移为：x2＝
（vA3+vA4）t3＝
细绳绷直后到A 球速度减到零的位移为：x3＝
＝
三个过程A 球的总位移为：xA＝x1+x2+x3＝
，方向竖直向下。
细绳绷直后小球A 距地面的最大距离d＝2L﹣xA＝
答：（1）从松手到两小球第一次碰撞的时间t 为
；
（2）细绳绷直后小球A 距地面的最大距离d 为
。
54
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
55
