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专题04 机械能守恒定律与动量守恒定律
一、单选题
1．（2024·安徽芜湖·二模）如图所示，质量均为m 的物块A、B 放在光滑的水平面上，
中间用轻弹簧相连，弹簧处于原长，一颗质量为
的子弹以水平速度
射入木
块A 并留在物块中（时间极短），则下列说法正确的是（ ）
A．子弹射入物块A 的过程中，子弹的动量变化量为
B．子弹射入物块A 的过程中，物块A 的动能增加量为
C．在弹簧第一次被压缩到最短的过程中，物块B 的动量大小最大值为
D．弹簧第一次压缩到最短的过程中，弹簧具有的最大弹性势能为
【答案】C
【详解】A．子弹射入物块A 的过程中，子弹与物块A 组成的系统动量守恒，则有
求得
子弹动量的变化量
选项A 错
误；B．物块A 的动能增加量为
选项B 错误；C．当弹簧第一
次压缩到最短时，物块B 的动量大小最大，则有子弹与物块A、B、弹簧组成的系统动
量守恒，则有
求得
物块B 的动量大小最大值为
选项C 正确；D．弹簧第一次压缩到最短的过程中，弹簧具有的最大弹性
势能为
选项D 错误。故选C。
2．（2024·安徽安庆·二模）如图所示，竖直轨道MA 与四分之一圆弧轨道ABC 平滑对
1
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接且在同一竖直面内，圆弧轨道圆心为O，OC 连线竖直，OB 连线与竖直方向夹角为
，紧靠MA 的一轻质弹簧下端固定在水平面上，弹簧上放有一质量为
的
小球，现用外力将小球向下缓慢压至P 点后无初速释放，小球恰能运动到C 点。已知
PA 高度差为0.8m，圆弧轨道半径为1.0m，不计轨道摩擦和空气阻力，小球的半径远
小于圆弧轨道的半径，弹簧与小球不拴接，重力加速度g 取
（
，
），则（ ）
A．小球离开弹簧时速度最大
B．刚释放小球时，弹簧弹性势能为36J
C．若小球质量改为5.5kg，仍从P 点释放小球后，小球能沿轨道返回P 点
D．若小球质量改为2.3kg，仍从P 点释放小球后，小球将从B 点离开圆弧轨道
【答案】D
【详解】A．小球上升到弹簧弹力大小等于重力时，小球速度最大，故A 错误；
B．小球恰能过C 点，则有
可得
所以弹簧的最大弹性势
能为
故B 错误；C．小球质量为
时，小球肯
定到不了C 点，而最大弹性势能
小球到达A 点时还有速度，即能
进入圆弧轨道，所以小球将在圆弧轨道A、C 之间某点离开圆弧轨道做斜上抛运动，不
能沿轨道返回P 点，故C 错误；D．设小球质量为
时恰好从B 点离开，则在B 点有
解得
根据机械能守恒定律可得
解得
故D 正确。故选D。
2
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二、多选题
3．（23-24 高二上·上海杨浦·阶段练习）如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质
量为M 的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面相切，一个质量为
的小球从弧形槽h 高处由静止开始下滑，不计空气阻力，下列说法正确的是
（ ）
A．在下滑过程中弧形槽对小球的弹力始终不做功
B．在小球压缩弹簧的过程中，小球的机械能减小
C．小球离开弹簧后，小球和弧形槽组成的系统机械能守恒，但小球不能回到弧形
槽h 高处
D．在整个过程中，小球、弧形槽和弹簧组成的系统机械能守恒，水平方向动量守
恒
【答案】BC
【详解】A．因为光滑弧形静止在光滑水平面上，则可知小球下落，小球和弧形槽整
体在水平方向上动量守恒，小球获得水平向右的速度，弧形槽获得水平向左的速度，
可知在小球下滑的过程中小球给弧形槽做正功，则弧形槽给小球的弹力做负功，故A
错误；
B．当小球压缩弹簧的过程中，弹簧和小球组成的系统的机械能守恒，但弹簧对小球的
弹力做负功，故小球机械能减小，故B 正确；C．小球在弧形槽上下滑的过程中，系
统水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒，小球与弧形槽分离时两者动量大小相
等，由于m＜M，则小球的速度大小大于弧形槽的速度大小，小球被弹簧原速率弹回
后将追上弧形槽并要滑上弧形槽。在小球离开弹簧后，只有重力和系统内弹力做功，
故小球和弧形槽组成的系统机械能守恒。由于球与弧形槽组成的系统总动量水平向左，
球滑上弧形槽的最高点时两者共速，则此时共同速度也必须水平向左，则二者从静止
开始运动到共速状态，系统的动能增加，重力势能一定要减小，小球上升的最大高度
要小于h，故C 正确；D．整个运动过程中小球和弧形槽、弹簧组成的系统只有重力与
系统内弹力做功，故系统机械能守恒；在整个过程中，由于存在墙壁对弹簧水平方向
上的弹力，故水平方向上的动量不守恒，故D 错误；故选BC。
3
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4．（2024·广西贵港·二模）图甲所示的无人机，某次从地面由静止开始竖直向上飞行，
该过程中加速度a 随上升高度h 的变化关系如图乙所示。已知无人机的质量为m，重
力加速度为g，取竖直向上为正方向，不计空气阻力，则从地面飞至
高处的过程中，
无人机（ ）
A．先做匀加速直线运动后做匀速直线运动
B．飞至
高处时速度大小为
C．飞至
高处时无人机所受的升力为2mg
D．机械能增加量为
【答案】CD
【详解】A．由图可知，无人机先做变加速直线运动后做匀加速直线运动，故A 错误；
B．飞至
高处时，根据动能定理
解得速度大小为
故B 错误；C．飞至
高处时，根据牛顿第二定律
解得无人机所受的升
力为
故C 正确；D．从地面飞至
高处的过程中，无人机动能增加量为
重力势能增加量为
机械能增加量
为
故D 正确。故选CD。
5．（2024·贵州铜仁·二模）如图所示，一质量为m 的物块A 与质量为2m 的物块B 用
轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上，B 右边有一竖直固定的弹性挡板；现给A 向右
的初速度
，A 的速度第一次减为
时，B 与挡板发生碰撞，碰撞时间极短。碰撞后
瞬间取走挡板，此时弹簧的压缩量为x。运动过程中弹簧始终处于弹性限度内，下列说
法正确的是（ ）
4
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A．物块B 与挡板碰撞时的速度大小为
B．物块B 与挡板碰撞时，弹簧弹性势能为
C．物块B 与挡板碰撞后弹簧弹性势能的最大值为
D．弹簧第一次伸长量为x 时物块B 的速度大小为
【答案】ABD
【详解】A．由题可知，系统在水平方向上动量守恒，故有
解得
A 正确；B．由能量守恒可知
解得
B 正确；C．物块B 与挡板碰撞后得速度为
，二者再次共速时，弹性势能最大，由
动量守恒可得
由能量守恒可得
解得
C 错误；D．弹簧第一次伸长
量为x 与弹簧的压缩量为x 具有相同得弹性势能，即二者得状态相同，即第二次共速，
由动量守恒可知
解得
即物块B 的速度大小为
，D 正确。故选ABD。
6．（2024·江西·二模）如图，将质量均为m 的物块M、N，由劲度系数为k 的轻质弹
簧拴接后置于倾角为
的固定斜面上，M 底面光滑，N 与斜面之间的动摩擦因数
，用手托住M 使其保持静止且使弹簧处于原长。
时刻将M 由静止释放，
已知弹簧始终处于弹性限度之内，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为
g。从
时刻至M、N 首次共速的过程，下列说法正确的是（ ）
5
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A．
时刻N 的加速度大小为零
B．M 和N 组成的系统动量守恒
C．M 减少的机械能等于N 增大的机械能与系统因摩擦产生热量之和
D．当M、N 速度差最大时，弹簧的形变量为
【答案】AD
【详解】
A．释放M 的一瞬间，弹簧上的弹力不发生突变，为0，N 的加速度为0，故A 正确；
B．M 和N 组成的系统所受合外力不为0，其动量不守恒，故B 错误；C．根据能量守
恒，M 减少的机械能等于N 增大的机械能、弹簧增加的弹性势能、系统产生的摩擦热
之和，故C 错误；D．当M、N 加速度相同时其速度差最大，此时
对M，根据
牛顿第二定律
对
N ，根据牛顿第二定律
解得
故D 正确。故选AD。
7．（2024·安徽淮南·二模）如图所示，足够长的水平轨道
与竖直光滑半圆形轨道
在
点平滑连接，半圆形轨道的圆心为
，且
。重力
可视为质点的小滑块静置于
上的
点，某时刻滑块在一水平向右的
恒力
作用下开始向右运动，滑块在
内运动时刚好不脱离半圆形轨道并能沿轨道返回
面，
。下列说法正确的是（ ）
6
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A．滑块运动至
后开始返回
B．滑块运动至
点时其机械能最大
C．滑块运动到
点时对半圆形轨道的压力最大
D．滑块运动
点时的速度大于运动到
点时的速度
【答案】BD
【详解】A．滑块在半圆形轨道内运动时，滑块受到的重力和恒力
的合力如图所示
即
所以满足滑块刚好不脱离轨道又返回
点的条件时，滑块将
恰好运动到与
垂直的线段
上的
点开始返回，A 错误；B．滑块在整个运动
过程中，恒力
对滑块做的正功越多，滑块的机械能越大，因当滑块运动到
点时，
恒力
做的正功最多，所以滑块运动至
点时的机械能最大，B 正确；CD．由图可知，
滑块运动到
点时速度最大，运动到
点时的速度大于运动到
点时的速度，C 错误，
D 正确。故选BD。
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三、解答题
8．（2024·广西·二模）如图所示，一足够长倾斜角
的斜面顶端放置一长木板
A，木板A 上表面的某处放置一小滑块B（可看成质点），已知A 和B 的质量分别为
2m 和3m，木板A 顶端与滑块B 相距为
的地方固定一光滑小球C（可看成质
点），已知小球C 的质量为m，A 与B 之间的动摩擦因数
，A 与斜面间动摩擦
因数
，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度
，将固定
的光滑小球C 由静止释放，C 与B 会发生弹性碰撞，求：
（1）小球C 与滑块B 碰后瞬间各自的速度分别多大；
（2）要使小球C 再次碰到滑块B 之前B 未能滑出A 下端，则木板A 至少多长；
（3）A 和B 共速时，滑块B 与小球C 距多远。
【答案】（1）1.5m/s；1.5m/s；（2）1.2m；（3）0.6m
【详解】（1）由于A 与B 之间的动摩擦因数及A 与斜面间动摩擦因数均不大于
，
则在BC 相碰前，AB 均相对斜面静止，小球在由释放到碰B 过程中，根据动能定理
解得
BC 碰撞过程，根据动量守恒和能量守恒可得
解得小球C 与滑块B 碰后瞬间各自的速度
，
（2）BC 碰后，对ABC 分别根据牛顿第二定律
8
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假设C 再次碰到B 之前，AB 尚未共速，根据位移关系有
解得
此时A 的速度
B 的速度
显然假设不成立；在C 再次碰到B 之前，AB 发生向下的共速，在BC 碰后到AB 共速
过程
解得
，
此后由于
，则AB 相对静止，因此要使小球C 再次碰到滑块B 之前B 未能滑出
A 下端，则木板A 的长度最少为
（3）AB 发生向下的共速时滑块B 与小球C 相距
9．（2024·黑龙江齐齐哈尔·二模）如图所示，质量
、半径
的四分之
一光滑圆孤abc 静止在足够长的光滑水平面上，末端与水平面相切，圆弧右侧有一质
量为
的小物块B，B 的左侧固定一水平轻弹簧，将质量为
的小物块A 从圆
弧顶端由静止释放，在小物块B 的右侧有一竖直挡板（图中未画出，挡板和B 的间距
9
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可调），当小物块B 与挡板发生一次弹性正碰后立刻将挡板撤去，且小物块A 与弹簧
接触后即与弹簧固定连接，已知重力加速度
，不计空气阻力，A、B 均可视
为质点。求：
（1）若圆弧固定，小物块A 到达圆弧底端时的速度的大小；
（2）若圆弧不固定，小物块A 到达圆弧底端的速度的大小以及圆弧体的位移大小；
（3）若圆弧不固定，小物块B 与挡板发生碰撞后的运动过程中，当弹簧最短时弹簧弹
性势能的范围。
【答案】（1）
m/s；（2）15m/s；3.75m；（3）
【详解】（1）若圆弧固定，小物块A 到达圆弧底端的过程中，根据动能定理有
解得
m/s
（2）若圆弧不固定，小物块A 与圆弧组成的系统动量守恒，则有
根据能量守恒定律有
解得
m/s
同时根据动量守恒定律有
根据几何关系可知
解得
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m
（3）设物块B 碰撞挡板的速度为0，则碰后AB 总动量最大，弹簧最短时动能最大，
弹性势能最小，根据动量守恒定律与能量守恒定律有
解得
J
物块B 碰撞挡板的速度最大，则碰后AB 总动量最小，两者共速时动能最小，弹簧弹
性势能最大，设B 的最大速度为
，根据动量守恒定律与能量守恒定律可知
解得
m/s
碰后总动量最小为
则AB 共速的速度为
m/s
弹性势能为
解得
J
则当弹簧最短时弹簧弹性势能的范围为
10．（2024·黑龙江·二模）如图所示，两根轻绳连接质量为m 的小球P，右侧绳一端固
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定于A 点，左侧绳通过光滑定滑轮B 连接一物块Q，质量相等的物块Q、N 通过一轻
弹簧连接，整个系统处于静止状态时，小球P 位于图示位置，PA、PB 两绳与水平方向
的夹角分别为53°和37°，此时物块N 与地面的压力恰好为零。现将小球P 托至与A、
B 两点等高的水平线上，两绳均拉直且恰好无弹力，由静止释放小球P。已知PA 绳长
为L，
，
，重力加速度为g，求：
（1）物块Q 的质量M；
（2）小球P 运动到图示位置时，物块Q 的速度大小v；
（3）小球P 从释放到图示位置过程中，轻绳对物体Q 做的功W。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）对小球P 受力分析，有
对物块N 和Q 整体受力分析，有
联立解得
（2）P 的运动为绕A 点的圆周运动，由关联速度可知，此时小球P 和物块Q 的速度大
小相等,根据系统能量守恒有
其中
联立解得
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（3）对物体Q，由动能定理有
解得
11．（2024·吉林·二模）如图所示，倾斜传送带与水平方向的夹角
，并以大小
为
的速度逆时针转动。物块A 从传送带上端由静止释放，同时物块B 以
的速度从传送带底部冲上传送带，当A 与传送带刚好共速时，A、B 相碰并粘
在一起，已知两物块质量均为
，与传送带间的动摩擦因数均为
，重力加
速度
，
，
，不计物块大小，求：
（1）A、B 相碰前瞬间，物块B 的速度大小；
（2）碰撞前，两物块在传送带上运动过程中，因摩擦产生的总热量；
（3）碰撞后，两物块在传送带上运动过程中，传送带对两物块的摩擦力的冲量大小
（结果可保留根号）。
【答案】（1）2m/s；（2）4.8J；（3）
【详解】（1）根据牛顿第二定律可得，A 开始下滑时的加速度
解得
A 与传送带共速时需要的时间
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根据牛顿第二定律可得，B 上滑时的加速度
A、B 相碰前瞬间，物块B 的速度大小
（2）碰撞前，两物块在传送带上运动过程中，因摩擦产生的总热量
（3）两物块碰撞过程动量守恒，则
解得
v 共=0
碰前物块B 沿传送带向上的位移
碰后两物块一起由静止加速下滑，加速度为
解得
到达与传送带共速时用时间
向下的位移
此过程中传送带对两物块的摩擦力的冲量
方向向下；以后两物块仍加速下滑，加速度
下滑到低端时由
解得
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（另一值为负值舍掉）此过程中传送带对两物块的摩擦力的冲量
方向向上；若以向下为正方向，碰撞后，两物块在传送带上运动过程中传送带对两物
块的摩擦力的冲量
12．（2024·黑龙江·二模）如图所示为某游乐场中一滑道游乐设施的模型简化图，倾斜
轨道AB 与半径R=0.5m 的圆形轨道相切于B 点，圆形轨道在最低点C 处略有错开。一
质量为m=1kg 的物块（可视为质点）从倾斜轨道AB 的顶端A 点由静止开始滑下，从B
点进入圆形轨道，并恰好通过轨道的最高点，接着进入水平轨道CD，然后滑上与D
点等高的质量为M=2kg 的滑槽，物块最终未离开滑槽。滑槽开始时静止在光滑水平地
面上，EF 部分长为
，FG 部分为半径r=0.1m 的四分之一圆弧轨道。已知物
块与斜面轨道AB 和水平轨道CD 间的动摩擦因数均为
，物块与滑槽EF 之间的
动摩擦因数
，其他接触面均光滑，水平轨道CD 长为
，OB 与OC
的夹角
，
，
，重力加速度g 取10
，不计空气阻力
以及轨道连接处的机械能损失。求：
（1）物块通过圆形轨道最低点C 处时，对轨道的压力大小；
（2）倾斜轨道AB 的长度
；
（3）若物块始终不脱离滑槽，则物块与滑槽EF 段的动摩擦因数
的范围。
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【答案】（1）60N；（2）
；（3）
【详解】（1）物体恰好通过轨道的最高点可得
从圆形轨道最高点到C 点，由动能定理可得
求得
在C 点由牛顿第二定律可得
得
根据牛顿第三定律，物块通过圆形轨道最低点C 处时，对轨道的压力
（2）从A 到C 应用动能定理可得
求得
（3）物体从C 到D，应用动能定理
求得
对物块与滑槽，滑块始终不脱离滑槽，最终二者共速，由水平方向动量守恒
得
16
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如果滑到最高点G，由能量守恒得
求得
如果滑到最高点G 又滑到E 处，由能量守恒得
求得
因此，若滑块始终不脱离滑槽，则对动摩擦因数的要求是
13．（2024·贵州安顺·二模）如图所示，在光滑水平台面上，一质量
的物块
1（视为质点）压缩弹簧后被锁扣K 锁住。现打开锁扣K，物块1 与弹簧分离后与静止
在平台右侧质量
的物块2（视为质点）发生弹性碰撞，碰撞时间极短，碰后
物块2 恰好从B 点沿切线方向入光滑竖直的圆弧轨道BC，圆弧轨道BC 所对应的圆心
角
，圆弧轨道BC 的半径
。已知A、B 两点的高度差
，圆弧轨
道BC 与水平光滑地面相切于C 点，物块2 在水平地面上运动一段距离后从D 点滑上
顺时针转动的倾斜传送带DE，假设滑上D 点前后瞬间速率不变。传送带两端DE 的长
度
，传送带的倾角为
，其速度大小
。已知物块2 与传送带间的动
摩擦因数
，不计空气阻力，不考虑碰撞后物块1 的运动，取重力加速度大小
，
，
，求：
（1）弹簧被锁定时的弹性势能；
（2）物块2 在传送带上运动的过程中因摩擦产生的热量。
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【答案】（1）
J；（2）0.84J
【详解】（1）打开锁扣K，根据能量守恒定律有
两物块发生弹性碰撞，根据动量守恒定律及能量守恒定律有
此后物块2 做平抛运动，则有
解得
J
（2）滑块2 从A 到D，根据动能定理有
解得
m/s
滑块2 速度大于传送带速度，根据牛顿第二定律有
运动的时间为
位移为
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解得
s，
m
该过程产生的热量为
J
此后，滑块2 受摩擦力向上，根据牛顿第二定律有
位移为
m
根据匀变速直线运动位移—时间公式有
解得
s
此过程产生的热量为
J
则因摩擦产生的热量为
J
14．（2024·江西·二模）质量为
的木板B 静止于光滑水平面上，质量为
的物块A 停在B 的左端，质量为
的小球用长为
的轻绳悬挂在
固定点O 上；将轻绳拉直至水平位置后，由静止释放小球，小球在最低点与A 发生碰
撞，碰撞时间极短且无机械能损失，物块与小球可视为质点，不计空气阻力。已知
A、B 间的动摩擦因数
，重力加速度
。求：
（1）小球与A 碰撞前的瞬间，绳子对小球的拉力F 的大小；
（2）小球与A 碰撞后的瞬间物块A 的速度
的大小及为使A 恰好不滑离木板时木板
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的长度L。
【答案】（1）
；（2）
，
【详解】（1）小球下摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律得
解得
对小球由牛顿第二定律得
解得
（2）小球与A 碰撞过程系统动量守恒，以小球的初速度方向为正方向，由动量守恒定
律得
由机械能守恒定律得
联立解得
，
物块A 与木板B 相互作用过程，系统动量守恒，以A 的速度方向为正方向，由动量守
恒定律得
解得
由能量守恒定律得
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解得
15．（2024·安徽芜湖·二模）如图所示，半径
竖直放置的光滑半圆轨道与光
滑水平轨道在A 点平滑连接，质量为
的小物体a（可视为质点）以初速度
从
C 点出发，经A 点恰好运动到B 点，物体通过最高点B 后作平抛运动，恰好落在C 点，
重力加速度g 取
，试求：
（1）物体的初速度
；
（2）若物体以初速度
从C 点出发，在运动过程中，始终受到竖直平面内且与水平方
向成
角斜向左上方恒力的作用，此时物体恰好对水平轨道无压力，求物体运动过程
中离出发点C 的最大水平距离（计算结果用分数表示）。
【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）设物体在B 点的速度为
，由于物体恰好经过B 点，则有
可得
由B 到C 做平抛运动，竖直方向有
水平方向有
物体在从C 点到B 点过程中，根据动能定理
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联立
，
（2）物体恰好对水平轨道无压力，可知斜向左上方恒力与重力的合力方向水平向左，
大小
设物体脱离轨道时在半圆轨道D 点，OD 与竖直方向的夹角为
，物体在从C 点到D
点过程中，根据动能定理
在D 点由牛顿第二定律得
物体D 点离开轨道后，水平方向做匀减速直线运动，则有
，
则物体距C 的最大水平距离为
联立解得
16．（2024·贵州毕节·二模）如图，倾角为
的足够长斜面，其中MN 段光滑，其
长度
，其余部分粗糙程度相同，长为
的轻绳连接两个材料相同、质量分
别为m、2m 的小滑块
（
均可视为质点），小滑块与粗糙部分的动摩擦因数
均为
。开始时
处于光滑部分的
点，轻绳恰好伸直。现由静止同时释放小
滑块a、b，经过一段时间后，
与
发生弹性碰撞。已知重力加速度
，
（以下计算结果可用分数表示）求：
（1）小滑块
到
点时的速度大小分别为多少？
（2）小滑块
从释放经过多长时间会发生弹性碰撞？
（3）小滑块
发生弹性碰撞后的瞬间速度大小分别为多少？
22
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【答案】（1）
，
；（2）
；（3）
，
【详解】（1）从M 到
过程，由动能定理得
解得
a 进入粗糙段，由
可知
将做匀速直线运动，此时
在光滑段做匀加速运动，根据牛顿第二定律
解得
则
运动至
点时速度
，由
解得
（2）a 从M 到
过程，由
解得
物体从
到
的时间为
，则有
解得
23
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物体
在
时间内下滑的位移为
可知，
过
点后做匀速运动，
匀速追上
所用时间为
，则
小滑块
从释放后，发生弹性碰撞时经历的时间为
（3）
追上
发生弹性碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律得
代入数据得
，
17．（2024·贵州·二模）如图，在倾角为37°的斜面上，一劲度系数k=1000N/m 的轻弹
簧一端固定在A 点，自然状态时另一端位于B 点。斜面上方有一半径R=0.1m、圆心角
等于143°的竖直圆弧形光滑轨道与斜面相切于C 处，圆弧轨道的最高点为D。将质量
为M=1.5kg 的物块乙轻放在弹簧上端（不栓接）。另一个质量为m=0.5kg 的物块甲以
初速度v0沿斜面向下运动，到达B 点后两物块相碰并粘连在一起，之后整体向下压缩
弹簧至P 点后弹回，恰好能通过圆轨道的最高点D，已知CB 间的距离为x1=0.5m，BP
间的距离为x2=0.2m。两物块均可视为质点，物块乙与斜面间的动摩擦因数为
，
弹簧弹性势能表达式为
，其中k 为弹簧的劲度系数，
为弹簧的形变量。重
力加速度
取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：
（1）物块甲与斜面间的动摩擦因数
；
（2）物块甲的初速度v0（结果可用根号形式表示）；
（3）若物块甲到达B 点后两物块相碰共速但不粘连，试求两物块被弹回时分离的位置
24
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距P 点的距离。
【答案】（1）
；（2）
；（3）0.194m
【详解】（1）物块恰好过D 点，则有
从P 到D 点
解得
（2）根据题中给出数据有
可知，物块乙开始时处于静止状态，此时弹簧处于原长，弹力和弹性势能均0，甲与
乙碰撞前的速度为v1，碰撞后为v2，则有
甲物块碰前有
甲乙碰撞后有
解得
（3）二者刚要分离时，甲乙间的压力恰好为0，两者加速度仍然相等，对甲有
25
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对乙有
则两物块被弹回时分离的位置距P 点的距离
解得
18．（2024·安徽·二模）在快递分类时常用传送带运送快件，一倾角为37°的传送带在
电动机的带动下以恒定速率顺时针方向运行，传送带底端到顶端的距离为
，
如图甲所示。传送带现将一质量
的快件静止放于传送带底端，以传送带最底
端为参考平面，快件在传送带上运动整个过程中速度的平方
随位移x 的变化如图乙
所示，取重力加速度大小
，
，
，快件可视为质点，
求：
（1）快件与传送带之间的动摩擦因数
；
（2）快件从传送带底端到顶端过程电动机多做的功W。
【答案】（1）0.875；（2）198J
【详解】（1）快件放上传送带先做匀加速运动，根据
结合图乙可得快件做匀加速运动的加速度为
m/s2
根据牛顿第二定律可得
解得动摩擦因数为
26
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=0.875
（2）设传送带的速度为v，根据图像可知
v=3m/s
快件加速的时间为
s
快件与传送带的相对位移为
=4.5m
快件和传送带间因摩擦产生的热量为
电动机多消耗的电能等于快件重力势能和动能的增加量以及因摩擦而产生的热量之和，
即
解得
E=198J
19．（2024·江西·二模）如图所示，质量均为
的
个小物块等间距地放置在倾角为
的足够长的斜面上，斜面与物块间的动摩擦因数均为
，相邻物块间距为
。
现给物块1 一个瞬时冲量
，使其向下运动与物块2 碰撞并粘在一起，之后向下运动再
与物块3 碰撞并粘在一起……碰撞时间极短，物块均可看成质点，不计空气阻力，重
力加速度为
，已知
，
。
求：
（1）物块1 和2 碰撞后瞬间的速度大小；
（2）从物块1 开始运动到物块
和
碰撞前瞬间，运动的物块克服摩擦力做的功；
（3）为使第
个物块能向下运动，求给物块1 的瞬时冲量
应满足的条件。
【答案】（1）均为
；（2）
；（3）
27
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【详解】（1）物块1 沿斜面下滑
，由动能定理有
物块1 与2 相碰动量守恒有
解得物块1 和2 碰撞后瞬间的速度大小为
（2）物块1 向下运动
的过程中，克服摩擦力做的功为
前2 个物块碰撞后向前运动
的过程中，克服摩擦力做的功为
前
个物块碰撞后向前运动
的过程中，克服摩擦力做的功为
则物块
和
碰撞前，运动物块克服摩擦力做的功为
（3）物块1 和2 碰撞前瞬间动能为
根据（1）问结论，碰撞后瞬间系统动能
物块1、2 和3 碰撞前瞬间，系统动能
物块1、2 和3 碰撞后瞬间，系统动能
28
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物块1、2、3 和4 碰撞前瞬间，系统动能
……
以此类推，在前
个物块与物块
碰撞前瞬间，系统动能
为使第
个物块能向下运动，必须有
解得
20．（2024·安徽黄山·二模）如图所示，a、b、c 均为质量为m 的物块，其中b、c 通
过轻弹簧连接并静置在水平地面上，弹簧的劲度系数为k，a 物块从距离b 高为h 处由
静止释放，与b 碰撞后黏在一起，碰撞时间极短。重力加速度为g，则：
（1）求a、b 碰撞后瞬间a、b 整体的速度和加速度大小；
（2）若a 物块从距离b 高为h0处由静止释放，弹簧恰好能恢复原长，求初始时弹簧的
弹性势能（结果用含h0的式子表示）；
（3）若a 物块从距离b 高为hx处由静止释放，c 恰好能离开地面，求hx为多少？
【答案】（1）
，
；（2）
；（3）
【详解】（1）a 做自由落体运动，有
29
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解得
a、b 碰撞过程动量守恒，则
所以
碰撞后瞬间，对a、b 整体，根据牛顿第二定律有
解得加速度大小为
（2）若a 物块从距离b 高为h0处由静止释放，则有
a、b 碰撞过程动量守恒，则
弹簧恰好能恢复原长，根据能量守恒可得
联立可得
（3）若a 物块从距离b 高为hx处由静止释放，且c 恰好能离开地面，则
联立可得
21．（2024·江西·二模）如图所示，倾角为θ 且足够长的固定斜面上放置4 个完全相同
的滑块，编号为1、2、3、4，相邻滑块间距均为L。现有一表面光滑、质量为m 的物
30
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体从滑块1 上方某处由静止释放，之后所有碰撞均为弹性正碰且碰撞时间极短。已知
每个滑块的质量均为m0（m0>m），滑块与斜面间的动摩擦因数μ=tanθ，物体与1 号滑
块前4 次碰时的速度均相同，物体和滑块均可视为质点，重力加速度大小为g。
（1）求物体释放时到滑块1 的距离x；
（2）求物体与滑块1 第5 次碰撞前物体的速度大小v5；
（3）若物体释放时到滑块1 的距离为
，求物体从释放到与滑块1 发生第5 次碰撞
的时间t。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）设物体在与滑块1 碰撞前的速度大小为v0，碰后物体的速度为v1，滑块
1 的速度为v2，根据动量守恒和机械能守恒可得
可得
，
因
，故第一次碰撞后，滑块1 开始向下做匀速直线运动，4 个滑块质量相等，
相邻两滑块碰后速度交换；则滑块1 与滑块2 碰后，滑块1 处于静止状态，已知物体
与1 号滑块前4 次碰时的速度均相同，根据运动学公式可得
联立解得物体释放时到滑块1 的距离为
31
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（2）因
，故第一次碰撞后，滑块1 开始向下做匀速直线运动，4 个滑块质量
相等，相邻两滑块碰后速度交换；可知物体在滑块4 的初始位置处与滑块1 第4 次碰
撞，碰撞后物体以速度v1反弹，4 个滑块均以速度v2匀速运动，则物体与滑块1 第4 次
碰撞后到物体与滑块1 第5 次碰撞前过程，有
解得
（3）当
时，则有
，
，
，
物体从静止释放到第一次碰撞时间
物体与滑块1 碰撞后，反弹再运动至滑块2 原来所在位置所需的时间为
4 个滑块的质量均为
，碰撞后速度置换，即物体再次与滑块1 碰撞后将重复第一次
碰撞的过程； 则第1、2 次，2、3 次，3、4 次碰撞用时均为
，第4、5 次碰撞用时
满足关系式
解得
由
联立解得
32
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22．（2024·江西新余·二模）如图，固定在竖直平面上的半径
的光滑半圆轨道
AB 与光滑水平地面在A 点相切，在半圆轨道的最低点A 设置一压力传感器，压力传感
器上放置一质量
的小球乙，用外力将物块甲和物块丙间的轻弹簧压缩并保持
静止，某一时刻突然同时撤去外力，轻弹簧将物块丙、甲分别向左右两边水平弹出，
物块丙、甲被弹开后，立即拿走轻弹簧、经过一段时间后、物块甲与小球乙发生弹性
碰撞，碰撞后瞬间压力传感器的示数为
。已知物块甲与物块丙的质量均为
，重力加速度g 取
、甲、乙、丙均可视为质点，B 为半圆轨道的最高点，
空气阻力不计，轻弹簧始终在弹性限度内。
（1）求物体乙被碰撞后瞬间获得的速度大小；
（2）求轻弹簧的弹性势能；
（3）小球乙运动能否到B 点，若能，求小球乙落地点到A 点的距离。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）根据题意可知，甲与乙发生弹性碰撞后瞬间轨道对乙的支持力
，对乙由牛顿第二定律有
解得
（2）甲、乙发生弹性碰撞，取向右为正方向，由动量守恒定律，有
碰撞过程中机械能守恒，有
33
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联立解得
，
释放弹簧，将甲、丙弹出的过程，根据动量守恒有
解得
负号表示弹开后丙的速度方向向左。弹簧将甲、丙弹开的过程中系统的机械能守恒，
有
解得
（3）乙在半圆轨道上的运动过程，由机械能守恒定律有
解得
能过B 的最小速度为
，
故能到B 点，小球乙离开B 点做平抛运动，由平抛运动规律，可知水平方向有
竖直方向有
解得
23．（2024·安徽淮南·二模）如图所示，水平面
的上方存在范围足够大的匀强电场，
34
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质量为
的带电小球乙恰好静止在电场中的
点，
点到水平面
的距离为
，处于小球乙正上方的另一质量为
不带电的绝缘小球甲从
点由
静止释放，已知
之间的距离为
，设小球的碰撞均为弹性正碰，且碰撞时
间极短，碰撞时小球乙所带电荷量不变，空气阻力不计，重力加速度
取
，求：
（1）甲、乙两小球第一次碰撞后各自的速度大小；
（2）甲、乙两小球第三次碰撞时，小球乙通过的位移大小；
（3）小球乙到达
点时，两小球之间的距离。
【答案】（1）
，
；（2）
；（3）
【详解】（1）设甲、乙两小球第一次碰撞前，甲球的速度大小为
，则有
解得
设碰撞后，甲、乙两小球的速度大小分别为
，则有
代入数据解得
，
35
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（2）碰后甲球向上运动，乙球匀速向下运动，设再经过时间
两者发生第二次碰撞，
则有
解得
，
两小球第二次碰撞前甲球的速度
碰撞时有
联立解得
，
设甲球再经过时间
追上乙球，则有
解得
，
故两小球第三次碰撞时，乙球通过的位移
（3）此时甲球的速度
两小球第三次碰撞时，有
36
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联立解得
，
若两小球能发生第四次碰撞，则有
解得
，
因
故两小球不能发生第四次碰撞，设乙小球再经过时间
到达
点，可有
解得
24．（2024·江西鹰潭·二模）如图所示，在倾角
足够长的粗糙斜面上放一长
，质量为m、上下挡板厚度不计的U 形盒子P（盒子内底面与斜面平行），
盒子P 与斜面间的动摩擦因数
。在盒子的上端放一质量等于
的物块Q（可看
做质点），Q 与盒子内表面无摩擦，放开物块后即在盒内滑下与下面挡板碰撞，设碰
撞时间极短且碰撞中没有机械能损失，重力加速度g 取
，
，
。求：
（1）物块Q 与盒子P 发生第一次碰撞后各自速度大小；
（2）物块Q 与盒子P 发生第一次碰撞后再经过多长时间与P 发生第二次碰撞。（结果
可用根式表示）
37
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【答案】（1）
，
；（2）
【详解】（1）物块Q 下滑，第一次碰撞前做匀加速运动，根据牛顿第二定律
解得
根据速度与位移关系公式
得物块Q 与盒子P 发生第一次碰撞前的速度为
物块Q 与盒子P 发生第一次碰撞满足动量守恒和机械能守恒，则有
解得
，
（2）第一次碰撞后盒子P 做匀减速运动，根据牛顿第二定律有
解得
物块Q 与盒子P 速度相等时有
解得
38
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在
时，盒子P 与物块Q 的位移差为
故共速前二者不会相碰，共速后继续之前的运动，第一次碰后盒子P 经过时间
减速
至0，则
第一次碰后盒子P 减速至0 过程中经过的位移为
物块Q 在
时间内的位移为
所以盒子P 停止运动之前两者未相碰，第一次碰后物块Q 只要经过时间，下滑位移
就会与盒子P 发生二次碰撞，根据运动学公式
解得时间
25．（2024·江西南昌·二模）如图所示，质量为2kg 的物块乙静止于A 点，质量为1kg
的物块甲在乙的左侧，物块丙静止在B 点。甲、乙中间夹有不计质量的火药，火药爆
炸时，将四分之一的化学能转化为甲、乙的动能，乙立即获得3m/s 的速度向右运动。
乙在AB 间运动的某段连续的距离中，受到一水平向右、大小为12N 的恒定拉力，使
得乙恰好未与丙发生碰撞。已知AB 间的距离为8.25m，乙与地面间的动摩擦因数为
0.2，碰撞与爆炸时间均极短，甲、乙、丙均可视为质点，g 取
。
（1）求火药爆炸时释放的化学能；
（2）求恒定拉力在AB 间持续作用的最短时间；
（3）若拉力从A 点开始持续作用，乙运动到B 点后与丙发生碰撞，碰后瞬间，乙、丙
的动量大小之比为1：6，求丙的质量范围。（不考虑再次碰撞）
39
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【答案】（1）
；（2）0.5s；（3）碰后乙、丙同向时，
，碰后
乙、丙反向时，
【详解】（1）火药爆炸时，甲、乙组成的系统动量守恒
解得
系统获得的总动能
解得
则火药爆炸时释放的化学能
（2）研究乙由A 运动至B 的过程，由动能定理
解得
无论何时开始有F 的作用，F 做的功为定值，因此，当乙的速度最大时开始有F 的作
用，则F 作用时间最短。
有力F 作用时，对乙由牛顿第二定律
解得
设F 作用的位移为x
40
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由运动学公式
解得
（3）F 持续作用时，由动能定理
得乙与丙碰撞前的速度
因此乙在和丙碰撞前的动量
乙、丙碰撞过程中，由动量守恒定律
若碰后乙、丙同向
，
，
不撞穿需满足
动能不增加
联立可得
即
若碰后乙、丙反向
，
，
动能不增加
联立可得
41
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即
综上，碰后乙、丙同向时，
，碰后乙、丙反向时，
。
26．（2024·江西·二模）第25 届哈尔滨冰雪大世界于2023 年12 月18 日开园迎宾，
2024 年2 月15 日闭园，它用冰雪展现了哈尔滨沉淀60 年的冰雪文化与魅力。一冰雕
师把位于水平草垫上的正方体冰块沿如图所示虚线切割，切割后分为A、B 两部分，
切割面与水平面的夹角为37°。已知正方体冰块质量为m、边长为L，重力加速度大小
为g，
，A、B 的质量
、
，A、B 间动摩擦因数为
，不计草垫厚度，下滑过程中A 不会翻转。
（1）若将A 从图示位置由静止释放，在A 下滑的过程中B 一直保持静止，求释放A
的瞬间，草垫对B 的摩擦力大小；
（2）若将正方体冰块置于光滑水平面上，A 从图示位置由静止释放，沿着切割面滑下，
直至刚与水平面接触，求整个过程中B 移动的距离；
（3）在第（2）问情境中，若不计冰与冰之间的摩擦，求该过程中A 对B 做的功W。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）冰块A 的受力分析如图所示
B 对A 的支持力
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B 对A 的摩擦力
画出冰块B 的受力分析，如图所示其中
和
分别是
和
的反作用力
冰块B 水平方向受力平衡，可得草垫对B 的摩擦力
联立解得
（2）设整个过程中A、B 的水平位移大小分别为xA、xB，画出位移示意图
根据几何关系，有
A、B 系统在水平方向上动量守恒，有
联立解得
（3）设A 刚与水平面接触时速度大小为vA，方向与水平方向的夹角为
，B 的速度大
43
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小为vB，示意图如图所示
A、B 系统在水平方向上动量守恒，有
A、B 系统机械能守恒，有
A、B 在垂直于切割面方向上的速度相同，有
联立解得
该过程对B 由动能定理得
解得
27．（2024·江西·二模）2023 年秋某高校军训，如图所示，轻绳一端固定，质量为
的同学（可视为质点）抓住绳的另一端，使绳水平拉直后由静止摆下过障碍
物。已知绳长为
，在轻绳到达竖直状态时放开绳索后水平飞出。绳子的固定
端到地面的距离为
。不计轻绳质量和空气阻力，重力加速度g 取值
，求：
（1）该同学做圆周运动的过程中合力冲量的大小；
（2）该同学摆到最低点（未飞出时）对绳的拉力大小；
（3）该同学的落地点离绳的固定端的水平距离和落地时重力的功率大小。
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【答案】（1）
；（2）1800N；（3）3.6m，3600W
【详解】（1）对同学从开始到摆到最低点的过程中，根据动能定理得
根据动量定理得
同学做圆周运动的过程中合力冲量的大小
（2）对同学在最低点受力分析，由牛顿第二定律得
解得
由牛顿第三定律得同学摆到最低点未飞出时对绳的拉力大小等于1800N；
（3）同学放开绳索后做平抛运动：
竖直方向上做自由落体运动
水平方向上做匀速直线运动，水平位移
联立得同学的落地点离绳的固定端的水平距离
同学在竖直方向上根据运动学公式得
故重力的功率大小为
28．（2024·广西南宁·二模）如图所示，打弹珠是一种常见的游戏，该游戏的规则为：
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将手中的弹珠以一定的初速度瞬间弹出，并与另一静止的弹珠发生碰撞，被碰弹珠若
能进入前方的坑并停在坑中即为胜出，被碰弹珠经过坑时的速度如果大于1m/s 则不会
停在坑中而从坑中滑出。现将此游戏进行简化，弹珠A 和弹珠B 与坑在同一直线上，
两弹珠间距x1=1m，弹珠B 与坑的间距为x2=0.6m。某同学将弹珠A 以
的初
速度水平向右瞬间弹出，与B 发生正碰，碰后A 的速度方向不变，大小为1m/s。已知
两弹珠的质量均为m=10g，A、B 在运动过程中与地面间的摩擦力均为f=0.02N，求：
（1）两弹珠碰撞过程中损失的机械能。
（2）通过计算判断该同学能否胜出？
【答案】（1）0.02J；（2）不会
【详解】（1）弹珠A 以
的初速度水平向右瞬间弹出，在地面做匀减速直
线运动，根据牛顿第二定律有
弹珠A 与弹珠B 碰前的速度为
，则有
碰撞过程中系统动量守恒，则有
碰撞过程中损失的机械能为
解得
J，
m/s
（2）弹珠B 向右运动的加速度依然为a，根据速度—位移公式有
解得
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m/s
弹珠经过坑时的速度如果大于1m/s 则不会停在坑中而从坑中滑出，则该同学不会胜出。
29．（2024·吉林白山·二模）智能机器人自动分拣快递包裹系统被赋予“惊艳世界的中
国黑科技”称号。分拣机器人工作效率高，落袋准确率达99.9%。在供包台工作人员
将包裹放在机器人的水平托盘上，智能扫码读取包裹目的地信息，经过大数据分析后
生成最优路线，包裹自动送至方形分拣口。如图甲，当机器人抵达分拣口时，速度恰
好减速为零，翻转托盘使托盘倾角缓慢增大，直至包裹滑下，将包裹投入分拣口中
（最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，重力加速度g 大小取
）。如图乙，机器人
A 把质量
的包裹从供包台沿直线运至相距
的分拣口处，在运行过程中
包裹与水平托盘保持相对静止。已知机器人A 运行最大加速度
，运行最大速
度
，机器人运送包裹途中，看作质点。
（1）求机器人A 从供包台运行至分拣口所需的最短时间t；
（2）若包裹与水平托盘的动摩擦因数为
，则在机器人A 到达投递口处，要使
得包裹刚开始下滑，托盘的最小倾角
应该是多少；
（3）机器人A 投递完包裹后返回供包台途中发生故障，机器人A 立刻制动，制动时
速度为3m/s，由于惯性，机器人A 在地面滑行4.5m 后停下来，此时刚好有另一机器
人B，以最大速度碰撞3m/s 与机器人A 发生弹性正碰，碰撞后机器人A 滑行了2m 停
下来（其加速度与制动后滑行加速度相等，机器人A、B 均看作质点）。则机器人B
的总质量是机器人A 的多少倍？
【答案】（1）16s；（2）
；（3）0.5 倍
【详解】（1）当机器人A 先做匀加速直线运动加速至3m/s，然后做匀速直线运动，
最后做匀减速直线运动至零时，机器人A 从供包台运行至分拣口所需时间最短。做匀
加速直线运动阶段根据运动学的公式可得
47
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匀减速直线运动阶段根据运动学的公式得
匀速直线阶段根据运动学的公式得
运行总时间
（2）设要使包裹刚开始下滑，托盘的最小倾角
，对包裹，受力分析得
其中
托盘的最小倾角
（3）设机器人A 制动后滑行过程中的加速度大小为a，则有机器人A 制动后滑行4.5m
后停下来，则有
设机器人A 被碰后瞬间的速度为
，滑行2m 后停下来，则有
联立可得
A、B 发生弹性碰撞，A 和B 组成的系统根据动量守恒定律和能量守恒定律有
48
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解得
由于
，
，可得
故机器人B 的质量是机器人A 的0.5 倍。
30．（2024·广西贵港·二模）“离心轨道演示仪”是学习机械能守恒定律的经典演示装
置，如图甲所示，该实验装置可以简化为如图乙所示的物理模型：竖直平面内由倾斜
斜面轨道AB、半径为
的圆周轨道BCD 和半径为
的部分圆周轨道CE
构成的装置固定于水平地面，B、C 两处轨道平滑连接，轨道正前方放置一个竖直挡板，
板面正对着轨道。圆心
、
与C 点在同一竖直线上，
与竖直方向的夹角为
，E 点与竖直挡板的距离
。现将质量为
的小球从斜面的某高度
h 处由静止释放。斜面轨道AB 足够长，忽略小球尺寸和所受阻力，已知重力加速度取
，
，
。
（1）若小球的初始高度
，求小球第一次到达最低点C 时，对轨道BCD 压力
的大小；
（2）若小球能沿轨道到达E 点，求h 的最小值
；
（3）若小球释放后，第二次到达最低点时与静止在C 点的质量为
的另一个小球发
生弹性正碰，碰撞后被碰小球通过E 点之后恰好能垂直碰到竖直挡板，求小球释放时
的高度
。
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【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）小球第一次到达最低点C 时，根据动能定理有
在最低点C，根据牛顿第二定律有
解得
根据牛顿第三定律，小球第一次到达最低点C 时，对轨道BCD 压力的大小为
（2）小球能沿轨道到达D 点，根据动能定理有
根据牛顿第二定律有
解得
小球能沿轨道到达E 点，根据动能定理有
解得
综上所述，小球能沿轨道到达E 点，h 的最小值为
（3）被碰小球通过E 点之后，做平抛运动，恰好能垂直碰到竖直挡板有
50
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解得
根据机械能守恒，被碰小球碰撞后的速度满足
解得
根据动量守恒以及能量守恒可得
解得
根据机械能守恒
解得小球释放时的高度为
31．（2024·安徽合肥·二模）如图所示，小物块A 和B 通过轻质弹簧相连接，竖直静
置于水平地面上。若给小物块A 一竖直方向的瞬时冲量，其大小为
，随后B 恰好
不能离开地面。已知A、B 质量分别为
、
，弹簧的劲度系数
，弹簧
始终处于弹性限度内，重力加速度g 取
。
（1）从开始至B 恰好不离开地面的过程，求弹簧弹性势能的变化量；
（2）若用大小为
的竖直向上恒力作用于A，使之由静止开始运动，直至B 刚离
开地面时，求A 的速度大小。
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【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）初始小物块A 静止时，弹簧压缩
，则
代入得
小物块B 恰好不能离开地面，弹簧伸长
，则
代入得
对小物块A 提供竖直向下的瞬时冲量I，则
代入得
小物块B 恰好不离开地面的过程中，小物块A、小物块B、轻弹簧和地球系统机械能
守恒，则
代入得
（2）由题知，未用力F 拉动时，A、B 静止，小物块A 静止时，弹簧压缩
，小物块
B 恰好不能离开地面，弹簧伸长
，由动能定理知
52
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代入得
32．（2024·安徽安庆·二模）如图1 所示，质量M = 4kg 的长木板放在水平地面上，
其右端挡板上固定一劲度系数为k = 200N/m 的轻质弹簧，弹簧左端连接物块B，开始
弹簧处于原长，物块A 位于长木板的左端，A 与B 的距离L = 0.8m，A、B 均可视为
质点且与长木板的动摩擦因数均为μ1 = 0.25，给A 初速度v0 = 4m/s，A 运动一段时
间后与B 发生碰撞，碰后A 的速度为0。已知A 的质量m1 = 1kg，B 的质量m2 =
2kg，长木板在整个过程中始终保持静止，可认为最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，
已知弹簧的弹性势能表达式
，其中x 为弹簧的形变量，重力加速度g 取
10m/s2。求：
（1）A 与B 碰撞前瞬间A 的速率v1和碰后瞬间B 的速率v2；
（2）长木板与地面间动摩擦因数μ2的最小值；
（3）如图2 所示，把长木板换成相同质量的斜面体，斜面体上表面光滑，斜面倾角θ
= 30°，其余条件不变，开始时物块B 静止，现让A 以v3 = 3m/s 的初速度与B 发生弹
性正碰，斜面体足够长，要使斜面体保持静止，求斜面体与地面间的动摩擦因数μ3至
少为多少。
【答案】（1）
，
；（2）0.5；（3）
【详解】（1）A 向右运动过程中，由动能定理得
得
A 与B 碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得
53
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由题意，碰撞后
得
（2）m2向右运动压缩到弹簧最短时，木板受到最大弹簧弹力向右，m2对木板的摩擦
力向右，此时地面对木板的摩擦力最大，设弹簧的最大压缩量为x，由能量守恒定律有
x = 0.15m
此时弹力
F 弹 = kx = 30N
木板受到的最大摩擦力
f = F 弹＋μ1m2g = 35N
解得
（3）A 与B 发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，有
得
m2运动到最高点时，向下加速度最大，需要摩擦力最大，M 与地面压力最小，物块m2
到达最高点时M 刚好不与地面相对滑动为M 与地面动摩擦因数最小时。m2向上运动为
简谐运动，由简谐运动能量关系
解得
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A = 0.2m
此时m2的加速度
，方向沿斜面向下
m1的加速度
a1 = gsin30° = 5m/s2，，方向沿斜面向下
对a1、a2正交分解，对整体由牛顿第二定律有
(M＋m1＋m2)g－FN = m1a1sin30°＋m2a2sin30°
解得
FN = 47.5N
所以动摩擦因数最小值为
33．（2024·江西上饶·二模）如图甲所示，在光滑水平面上放有一左端固定在墙壁上的
轻质弹簧，弹簧处于原长时右端恰好位于A 点，弹簧所在的光滑水平面与水平传送带
在A 点平滑连接。传送带长
，且以
的速率沿顺时针方向匀速转动，
传送带右下方有一固定在光滑地面上半径为
、圆心角
的圆弧轨道，圆弧
轨道右侧紧挨着一个与轨道等高，质量
的长木板（木板厚度不计）。现将一
质量
的滑块Q（Q 视为质点且与弹簧未拴接）向左压缩弹簧至图中
点后由静
止释放，滑块Q 从A 点滑上传送带，并从传送带右端
点离开，恰好沿
点的切线方
向进入与传送带在同一竖直面的圆弧轨道CD，然后无动能损失滑上长木板。已知弹簧
弹力与滑块Q 在GA 段的位移关系如图乙所示，滑块Q 与传送带、长木板间的动摩擦
因数均为
，重力加速度大小
。
（1）求滑块Q 刚滑上传送带时的速度大小
；
（2）若滑块Q 运动至圆弧轨道最低点
时，轨道对其的支持力为
，且滑块
恰好未滑离长木板，求长木板的长度
；
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（3）若去掉圆弧轨道和长木板，滑块Q 从传送带上滑落地面并与地面发生碰撞，每次
碰撞前后水平方向速度大小不变，且每次反弹的高度是上一次的三分之二，不计空气
阻力。求滑块Q 与地面发生
次碰撞后前
次损失的机械能
与
的函数关系式。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）滑块
第一次从G 点到A 点时与弹簧分离，从A 点滑上床送带，设在滑
块
在A 点的速度为
，对滑块
由动能定理得
由
图像知弹簧从G 点到H 点对
做功
代入解得
（2）滑块Q 在D 点速度为
，由牛顿第二定律可知
滑上长木板
后，以
和长木板为系统动量守恒，恰好没滑离，则
滑到长木板右端时达到共同速度
由能量守恒定律可知
代入数据可得
（3）设BC 的竖直高度为，传送带离地面高为
，则
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Q 滑上传送带时间
在传送带上匀加速运动，加速度为
，则
假设滑块
在传送带上一直匀加速运动到右端离开传送带，到B 点时的速度为
，有
代入数据得
假设成立
从B 点离开传送带恰好沿C 点切线滑入CD 轨道中，可知
.
滑块与地面发生碰撞前后水平方向速度不变，竖直方向速度减小。
所以：第一次碰撞后损失的机械能
第二次碰撞损失的机械能
第三次碰撞损失的机械能
以此类推发生第
次碰撞损失的机械能为
发生n 次碰撞后前n 次滑块总共损失的机械能为
代入数据可得
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