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秘籍6 有关动量守恒定律的综合应用
做好本类型压轴问题需要用到的相关知识有:受力分析、动量定理、动量守恒定律、机械能守恒
定律、功能关系等内容。
本专题是力学中碰撞模型、板块模型等综合应用，高考常以计算题压轴题的形式命题。
学好本专题，可以极大地培养同学们的审题能力、推理能力和规范表达能力，针对性的专题强
化，可以提升同学们解决压轴题的信心。
题型一 与碰撞模型有关的动量守恒定律的综合应用（计算题）
题型二 与板块模型有关的动量守恒定律的综合应用（计算题）
题型三 与弹簧模型有关的动量守恒定律的综合应用（计算题）
1、弹性碰撞模型
1．弹性碰撞
发生弹性碰撞的两个物体碰撞前后动量守恒，动能守恒，若两物体质量分别为m1和m2，碰前速度
为v1，v2，碰后速度分别为v1
ˊ，v2
ˊ，则有：
m1v1+m2v2=m1v1
ˊ+m2v2
ˊ (1)
m1v1
2+
m2v2
2=
m1v1
ˊ2+
m2v2
ˊ 2 (2)
联立（1）、（2）解得：
v1
ˊ=2 m1v1+m2v2
m1+m2
- v1，v2
ˊ=2 m1v1+m2v2
m1+m2
- v2.
特殊情况： 若m1=m2 ，v1
ˊ= v2 ，v2
ˊ= v1 .
m2
m1
v2ˊ
v1ˊ
v2
v1
1
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2．“动静相碰型”弹性碰撞的结论
两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的
静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有
m1v1＝m1v1′＋m2v2′
m1v＝m1v1′2＋m2v2′2
解得：v1′＝，v2′＝
结论：(1)当m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1(质量相等，速度交换)
(2)当m1＞m2时，v1′＞0，v2′＞0，且v2′＞v1′(大碰小，一起跑)
(3)当m1＜m2时，v1′＜0，v2′＞0(小碰大，要反弹)
(4)当m1≫m2时，v1′＝v0，v2′＝2v1(极大碰极小，大不变，小加倍)
(5)当m1≪m2时，v1′＝－v1，v2′＝0(极小碰极大，小等速率反弹，大不变)
2、非弹性碰撞、完全非弹性碰撞模型
1.非弹性碰撞
介于弹性碰撞和完全非弹性碰撞之间的碰撞。动量守恒，碰撞系统动能损失。
根据动量守恒定律可得：m1v1+m2v2=m1v1
ˊ+m2v2
ˊ (1)
损失动能ΔEk，根据机械能守恒定律可得： ½m1v1
2+ ½ m2v2
2=
m1v1
ˊ2+
m2v2
ˊ 2 + ΔEk. (2)
2．完全非弹性碰撞
碰后物体的速度相同， 根据动量守恒定律可得：
m1v1+m2v2=(m1+m2)v 共 （1）
完全非弹性碰撞系统损失的动能最多，损失动能：
ΔEk= ½m1v1
2+ ½ m2v2
2- ½(m1+m2)v 共2. （2）
联立（1）、（2）解得：v 共 =m1v1+m2v2
m1+m2
；ΔEk=1
2
m1m2
m1+m2
(v1- v2)
2
3、滑块木板模型
木板初速度为零
木板有初速度，板块反向
m2
m1
v 共
v2
v1
2
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示意图
v-t 图
4、小球—弹簧模型
(1)两小球速度相同时，弹簧最短，弹性势能最大
动量守恒：m1v0＝(m1＋m2)v
能量守恒：m1v0
2＝(m1＋m2)v2＋Epm
(相当于完全非弹性碰撞)
(2)弹簧恢复原长时：
动量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2
能量守恒：m1v0
2＝m1v1
2＋m2v2
2
(相当于完全弹性碰撞)
v0
v 共
v0
v 共
-v0
v1=0
v2
(m<M)
t
O
v
v0
t1
木板
木块
v 共
t
O
v
v0
t1
木块
木板
v 共
-v0
3
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1．（2024•吉林一模）为研究工厂中天车的工作原理，某研究小组设计了如下模型：如图所示，质
量mC＝3kg 的小车静止在光滑水平轨道的左端，可视为质点的A、B 两个弹性摆球质量mA＝mB
＝1kg，摆线长L＝0.8m，分别挂在轨道的左端和小车上。静止时两摆线均在竖直位置，此时两
摆球接触而不互相挤压，且球心处于同一水平线上。在同一竖直面内将A 球拉起到摆线水平伸
直后，由静止释放，在最低点处与B 球相碰，重力加速度大小g 取10m/s2．求：
（1）A 球摆到最低点与B 球碰前的速度大小v0；
（2）相碰后B 球能上升的最大高度hm；
（3）B 球第一次摆回到最低点时对绳子拉力的大小。
【解答】解：（1）A 球从水平位置摆到最低点过程机械能守恒，
由机械能守恒定律得：mAgL= 1
2mAv0
2，解得：v0＝4m/s；
（2）A 与B 发生弹性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：mAv0＝mAvA+mBvB，
由机械能守恒定律得：1
2mAv0
2= 1
2mAv A
2 + 1
2mBvB
2，
解得：vA＝0，vB＝4m/s，
B 上升至最大高度过程，B、C 系统水平方向动量守恒，
以向右为正方向，由动量守恒定律得：mBvB＝（mB+mC）vC，
B、C 系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：
1
2mBvB
2 = 1
2（mB+mC）vC
2 +mBghm，
解得：vC＝1m/s，hm＝0.6m；
（3）B 从最高点又摆至最低点过程，B、C 系统水平方向动量守恒，
以向右为正方向，由动量守恒定律得：（mB+mC）vC＝mBvB′+mCvC′，
4
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由机械能守恒定律得：1
2（mB+mC）vC
2 +mBghm= 1
2mBvB
′2+ 1
2mCvC
′2，
解得：vB′＝﹣2m/s，vC′＝2m/s，
B 在最低点时，由牛顿第二定律得：
T﹣mBg＝mB(v ' B- v 'C)
2
L
解得：T＝30N
由牛顿第三定律可知，球对绳子的拉力大小为30N；
答：（1）A 球摆到最低点与B 球碰前的速度大小v0为4m/s。
（2）相碰后B 球能上升的最大高度hm为0.6m。
（3）B 球第一次摆回到最低点时对绳子拉力的大小为30N。
2．（2023•邵阳模拟）小车C 静止在光滑的水平面上，距离小车C 的右侧s 处有一固定光滑的斜面
和光滑平台组成的装置，斜面底端与小车C 等高，平台P 点与斜面平滑连接，不影响滑块经过
时运动的速率。平台上O 点固定一竖直的弹性挡板，滑块B 静止于Q 点，PQ 间距离为kL，OQ
间距离为L。当滑块A 以v0＝8m/s 的速度滑上小车，运动到小车C 右端时恰好与之共速（小车
未碰到平台）。当滑块A 经斜面进入平台时，始终受到水平向右的恒力F＝mg 作用，当滑块B
在该区域内向左运动时受到同样的恒力F 作用，向右运动则合力为零。已知滑块A、B 及小车C
的质量相等，即mA＝mB＝mC，斜面高h＝0.8m，A、C 间的动摩擦因数μ＝0.5，g＝10m/s2，滑
块A、B 均可看成质点，且A、B 之间以及B 与挡板之间的碰撞为弹性碰撞。
（1）为保证小车C 与平台碰撞时A、C 能共速，s 至少多长；
（2）当滑块A 经斜面进入平台PO 后，若A 不能在滑块B 匀速运动过程中追上滑块B 发生第二
次碰撞，则k 需要满足的条件；
（3）若满足（2）问的k 值，求A、B 从第一次碰撞开始到第二次碰撞经历的时间。
【解答】解：（1）设A、C 获得共同速度为v1，以水平向右为正方向，由动量守恒定律得：
mAv0＝（mA+mC）v1
代入数据解得：v1＝4m/s
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若A、C 共速时C 刚好运动到斜面底端，对C 应用动能定理得：μmAgs= 1
2 mC v
2-0
代入数据解得：s＝1.6m
则保证C 运动到斜面底端前A、C 能够共速，s 应满足的条件是：s≥1.6m
（2）滑块A 冲上斜面，到斜面顶端时速度为v1′由动能定理﹣mAgh= 1
2 mA v1
' 2- 1
2 mA v1
2
解得：v1′＝0
A 上到高台后受到为F＝mg，A 开始做初速度为零的匀加速运动，由牛顿第二定律可知：F＝mg
＝ma，解得a＝g
设与B 碰前A 的速度为vA，由运动学公式：vA
2＝2gkL
A 与B 发生弹性碰撞，由动量守恒定律可知：mAvA＝mAvA1+mBvB1
由机械能守恒定律可知：1
2 mA v A
2 = 1
2 mA v A 1
2 + 1
2 mB vB1
2
联立解得vA1＝0，vB1=√2gkL
A、B 第一次碰后，B 合力为零，沿斜面做匀速直线运动，B 运动到O 点所用时间为：t1
= L
vB1
❑=√
L
2 gk
碰后A 的加速度不变，A 运动到O 点所用时间为t2=√
2 L
g
由题意得：t2＞t1解得：k＞1
4 A 与B 同向运动不能相撞，此时有k＞1
4
（3）当k＞1
4 时，A 与B 反向相撞（即B 先与挡板碰撞，然后与A 发生第二次碰撞）根据题意，
B 与挡板碰后速率仍为：vB1=√2 gkL 设B 向左运动时加速度大小为a′，则F＝ma′解得：a'＝
g
设B 与挡板碰撞后向左运动到与A 第二次碰撞的时间为t3，则L= 1
2 g(t1+t3)
2+vB1t3- 1
2 gt3
2
解得t3=
(4 k -1)L
√8kgl+ 4 k √2kgl = 4 k -1
2k +1 √
L
8kg
B 反向减速至零的时间：t0= vB1
❑
g =√
2kL
g
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因为
t3
t0
=
4 k -1
4 k(2k +1) ＜1，故所求t3合理
所以：t =t1+t3=√
L
2 gk + 4 k -1
2k +1 ⋅√
L
8kg = 8k +1
4 k +2√
L
2kg
答：（1）为保证小车C 与平台碰撞时A、C 能共速，s 至少1.6m；
（2）当滑块A 经斜面进入平台PO 后，若A 不能在滑块B 匀速运动过程中追上滑块B 发生第二
次碰撞，则k 需要满足的条件是k＞1
4 ；
（3）若满足（2）问的k 值，则A、B 从第一次碰撞开始到第二次碰撞经历的时间为
8k +1
4 k +2√
L
2kg
。
3．（2023•延边州二模）如图所示，固定在竖直平面内的轨道由倾角θ 可调的倾斜轨道AB、足够
长的水平轨道BC 和半径为R＝0.3m 的竖直圆轨道构成，P 为圆轨道的最高点，AB 段轨道粗糙
其余轨道光滑，各段轨道均平滑连接．当倾角θ＝30°时，质量为m1＝0.6kg 的物块a 恰好能沿轨
道AB 匀速下滑。现将倾角调为θ＝60°，让物块a 从距水平面BC 高度为h＝1.2m 处静止滑下，
过一段时间后与静止在水平轨道BC 上的物块b 发生弹性碰撞．若物块a、b 均可视为质点，物
块a 始终不会脱离轨道，取重力加速度g＝10m/s2．求：
（1）物块a 与轨道AB 间的动摩擦因数；
（2）物块a 第一次经过圆轨道最高点P 时对轨道的压力大小；
（3）若物块a 只经过一次P 点且能与物块b 发生两次碰撞，求物块b 的质量范围。
【解答】解：（1）当倾角θ＝30°时，物块a 恰好能沿轨道AB 匀速下滑，则m1gsin30°＝
μm1gcos30°，解得μ= √3
3
（2 ）物块
a
第一次经过圆轨道最高点
P
时，由动能定理
m1g(h-2 R)- μm1gcos60°
h
sin 60° = 1
2 m1v P
2
解得vP＝2m/s
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在P 点时F NP+m1g=m1
v P
2
R
解得FNP＝2N
（3）物块a 与物块b 碰前的速度1
2 m1vP
2 +2m1gR = 1
2 m1v0
2
解得v0＝4m/s
根据动量守恒和能量守恒，可得m1v0＝m1v1+m2v2，1
2 m1v0
2= 1
2 m1v1
2+ 1
2 m2v2
2
解得v1= m1-m2
m1+m2
v0，v2=
2m1
m1+m2
v0
因物块a 只经过一次P 点，则1
2 m1v1
2≤m1gR
物块a 能与物块b 发生两次碰撞则|v1|＞v2
联立解得1.8kg＜m2≤3(11+ 4√6)
25
kg≈2.5kg
答：（1）物块a 与轨道AB 间的动摩擦因数√3
3 ；
（2）物块a 第一次经过圆轨道最高点P 时对轨道的压力大小2N；
（3）若物块a 只经过一次P 点且能与物块b 发生两次碰撞，物块b 的质量范围1.8kg＜
m2≤2.5kg。
4．（2023•南开区二模）如图所示，固定平台右端静止着两个小滑块A、B，mA＝0.1kg，mB＝
0.2kg，两滑块间夹有少量炸药，平台右侧有一带挡板的小车静止在光滑的水平地面上，小车质
量M＝0.3kg，车面与平台的台面等高，车面左侧粗糙部分长度L＝1m，右侧拴接一轻质弹簧，
弹簧自然长度所在范围内车面光滑。点燃炸药后滑块A 滑到距平台右端x＝2m 的C 点停下，滑
块A 与平台间的动摩擦因数μ1＝0.4，滑块B 冲上小车并最终与小车共速运动，滑块B 与小车粗
糙部分的动摩擦因数μ2＝0.1。两滑块都可以视为质点，炸药的质量忽略不计，爆炸的时间极短
且爆炸后两个物块的速度方向在同一水平直线上，重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）滑块B 刚滑上小车时速度vB的大小；
（2）最终滑块B 与小车共速时速度v 的大小和方向；
（3）最终滑块B 与小车共速时距小车左端的距离。
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【解答】解：（1）设爆炸后滑块A 获得速度大小为vA，滑块A 滑到平台上的C 点时停下，由
动能定理得：
- μ1mA gx =0- 1
2 mA v A
2
解得：vA＝4m/s
爆炸过程中，滑块A、B 组成的系统动量守恒，取向左为正方向，由动量守恒定律得：
mAvA﹣mBvB＝0
解得：vB＝2m/s
（2）滑块B 最终和小车达到共同速度v，取向右为正方向，由动量守恒定律得：
mBvB＝（mB+M）v
解得v＝0.8m/s
方向水平向右
（3）设滑块B 在小车粗糙段滑行的路程为s，根据能量守恒定律得：
Q = 1
2 mB vB
2 - 1
2 (mB+ M )v
2
根据功能关系得：
Q＝μ2mBgs
联立解得：s＝1.2m
滑块B 在小车粗糙部分相对于小车的路程为1.2m，滑块B 先相对于小车先向右运动1m，经弹簧
作用后，又相对于小车在粗糙部分向左运动0.2m，即最终滑块B 停在离小车左端
x＝L﹣0.2m
代入数据得：x＝0.8m
答：（1）滑块B 刚滑上小车时速度vB的大小为2m/s；
（2）最终滑块B 与小车共速时速度v 的大小为0.8m/s，方向水平向右；
（3）最终滑块B 与小车共速时距小车左端的距离为0.8m 处。
5．（2023•广州二模）如图。玩具“火箭”由上下A、B 两部分和一个劲度系数较大的轻弹簧构成，
A 的质量为0.2kg，B 的质量为0.4kg，弹簧夹在中间，与两者不固连。开始时让A、B 压紧弹簧
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并锁定为一个整体，为使A 上升得更高，让“火箭”在距地面0.8m 高处自由释放，“火箭”着
地瞬间以原速率反弹，同时解除锁定，当弹簧恢复原长时，B 恰好停在地面上，不计空气阻力和
“火箭”的体积以及弹簧解锁恢复原长的时间，重力加速度取10m/s2。求
（1）“火箭”着地时的速度大小；
（2）A 上升的最大高度；
（3）弹簧被锁定时的弹性势能。
【解答】解：（1）“火箭”在距地面0.8m 高处自由释放，做自由落体运动，根据速度—位移
公式可得：
v2＝2gh
解得：v＝4m/s
（2）“火箭”着地瞬间以原速率反弹，同时解除锁定，弹簧恢复原长过程，B 恰好停在地面上，
动量守恒，取向上为正方向，根据动量守恒定律可得：
（mA+mB）v＝mAv'
解得：v′＝12m/s
A 做竖直上抛运动，可逆向看成自由落体运动，根据运动学公式可得：
v'2＝2gh'
解得：h'＝7.2m
（3）根据机械能守恒得：
E p= 1
2 mA v '
2- 1
2 (mA+mB)v
2
代入数据解得：Ep＝9.6J
答：（1）“火箭”着地时的速度大小为4m/s；
（2）A 上升的最大高度为7.2m；
（3）弹簧被锁定时的弹性势能为9.6J。
6．（2023•韶关模拟）有一种打积木的游戏，装置如图所示，四块完全相同的积木B、C、D 和E
叠放在靶位上，宽度均为d，积木C、D 和E 夹在固定的两光滑薄板间，小球A（可视为质点）
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用长为L，且不可伸长的轻绳悬挂于O 点。游戏时，球A 拉至与O 点等高的P 点（保持绳绷
直）由静止释放，球A 运动到最低点时与积木B 发生的碰撞为弹性碰撞且瞬间完成，积木B 滑
行一段距离（大于2d）后停下。已知球A 和每块积木的质量均为m，各水平接触面间的动摩擦
因数均为μ，重力加速度大小为g，空气阻力不计，求：
（1）球A 下落到最低点与积木B 碰撞前的速度大小v0。
（2）积木B 向前滑行的距离s。
（3）将球A 再次拉起至P 点无初速释放，球A 与积木C 发生弹性碰撞且瞬间完成，积木C 沿积
木B 的轨迹前进。求积木C 弹性碰撞后经多长时间与积木B 相遇。
【解答】解：（1）小球A 下摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：
mgL= 1
2 mv0
2
解得：v0=√2 gL
（2）设小球A 与积木B 发生弹性碰撞后速度为v1，积木B 速度为v2。小球A 与B 发生弹性碰
撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得：
mv0＝mv1+mv2
由机械能守恒定律得：
1
2 mv0
2= 1
2 mv1
2+ 1
2 mv2
2
解得：v1＝0，v2=√2 gL
从碰撞后瞬间到B 停止运动过程，设B 滑行的距离为s，对B，由动能定理得：
﹣（μ•4mg+μ•3mg）d﹣μmg（s﹣d）＝0- 1
2 m v2
2
代入数据解得：s= L
μ -6d
（3）将小球A 拉回P 点由静止释放，小球A 落下后与静止的积木C 发生弹性碰撞，该过程与小
球A 由静止释放再与B 发生弹性碰撞过程相同，小球A 与C 碰撞后C 的速度为：v3＝v2=√2gL
设C 滑行s 后与B 碰撞前瞬间C 的速度为v4，对C，由动能定理得：
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﹣（μ•3mg+μ•2mg）d﹣μmg（s﹣d）= 1
2 mv4
2 - 1
2 mv3
2
解得：v4＝2√μgd
当C 刚滑离D 时的速度为v5，由动能定理得：
﹣（μ•3mg+μ•2mg）d= 1
2 mv5
2- 1
2 mv3
2
由动量定理得：﹣（μ•3mg+μ•2mg）t1＝mv5﹣mv3
当C 从滑离D 至与B 相遇过程，对C，由动量定理得：
﹣μmgt2＝mv4﹣mv5
C 被A 球撞后到C 与B 球相遇的时间：t＝t1+t2
解得：t= 1
3 μ（√
2 L
g +2√
2 L-6 μd
g
-3√
6 μd
g
）
答：（1）钢球下落到最低点且与B 碰撞前的速度大小v0是√2gL。
（2）积木B 向前滑动的距离s 是L
μ -6d；
（3）C 被A 球撞后经时间1
3 μ（√
2 L
g +2√
2 L-6 μd
g
-3√
6 μd
g
）与B 球相遇。
7．（2023•三明模拟）如图（a），倾角为θ＝37°的斜面体ABC 锁定在水平地面上。弹簧下端固定
在斜面底部的挡板，上端自由伸长到D 点。现将质量为M＝2kg 的物块乙轻放在弹簧上端，稳
定后不拴接。另一质量为m＝1kg 的物块甲以初速度v0＝10m/s 沿斜面向下运动，两物块相碰
（不粘连在一起），碰后一起向下压缩弹簧至F 点（F 点图中未标出）后弹回，物块甲的速度—
时间部分图像如图（b）所示，图中阴影部分的面积为0.5m，两物块均可视为质点，物块甲、乙
与斜面间的动摩擦因数分别为μ1＝0.25，μ2＝0.75，已知重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，
cos37°＝0.8。求：
（1）AD 间的距离s1；
（2）弹簧压缩至F 点时的弹性势能增量ΔEp；
（3）设k＝208N/m，且t3为物块甲和乙分离时刻，则此时纵坐标值（结果可以用根号表示）。
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【解答】解：（1）由图b 可知，物块甲到达D 点时的速度为v1＝12m/s，对甲由A 到D 的过程，
由动能定理得：
(mgsin37° - μ1mgcos37°)s1= 1
2 m v1
2- 1
2 m v0
2
解得AD 间的距离：s1＝5.5m
（2）两物块碰撞后共速，取沿斜面向下为正方向，根据动量守恒定律得：
mv1＝（M+m）v2
解得：v2＝4m/s
图中阴影部分的面积表示物块甲与乙碰后向下运动的位移大小，即x＝0.5m
从D 到F 点的过程，由功能关系得
1
2 ( M +m)v2
2+( M +m)gxsin37° =( μ1mgcos37°+ μ2 Mgcos37°)x + E p
解得弹簧压缩至F 点时的弹性势能增量：Ep＝26J
（3）物块甲和乙分离时具有相同的加速度，此时对物块甲，由牛顿第二定律得
mgsinθ+μ1mgcosθ＝ma
对物块乙，由牛顿第二定律得
Mgsinθ+μ2Mgcosθ﹣kx1＝Ma
解得此时弹簧形变量为x1= 1
26 m
分离时的位置距F 点的距离为x2= x - x1= 6
13 m
设分离时两者的速度均为v3，从F 点到分离，由功能关系得
kx +k x1
2
x2-( M +m)gsinθ x2-( μ2 Mgcosθ+ μ1mgcosθ)x2= 1
2 (m+ M )v3
2
解得：v3= 4
13 √78m/ s
13
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图中物块甲和乙分离时刻，此时纵坐标值即此时的共同速度为4
13 √78m/ s。
答：（1）AD 间的距离s1为5.5m；
（2）弹簧压缩至F 点时的弹性势能增量ΔEp为26J；
（3）此时纵坐标值为4
13 √78m/ s。
8．（2023•长春模拟）如图所示，滑板B 静止在光滑水平面上，其右端与固定台阶相距x，与滑块
A（可视为质点）相连的轻绳一端固定在O 点，A 静止时紧靠在B 的左端斜上方。一子弹以水平
向右速度v0击中A 后留在A 中（此过程时间极短），击中后轻绳恰好被拉断，轻绳断开后A 立
即滑上B 的上表面。已知子弹的质量为m＝0.02kg，水平速度v0＝100m/s，A 的质量mA＝
0.48kg，绳子长度L＝0.2m，B 的质量mB＝1.5kg，A、B 之间动摩擦因数为μ＝0.6，B 足够长，
A 不会从B 表面滑出；B 与台阶碰撞无机械能损失，不计空气阻力。重力加速度为g＝10m/s2。
求：
（1）轻绳能承受的最大拉力的大小；
（2）若A 与B 恰好共速时B 与台阶碰撞，则滑板B 右端与固定台阶相距x 为多少；
（3）若x 取第（2）中的值，则子弹的速度为多少时，B 与台阶仅相碰两次。
【解答】解：（1）子弹击中A 过程，子弹与滑块A 组成的系统动量守恒，规定向右为正方向，
根据动量守恒定律得：
mv0＝（m+mA）v 共1
对子弹击中A 后，由牛顿第二定律可得：T -(m+mA)g=(m+mA) v共1
2
L
，
代入数据解得：T＝45N。
（2）规定向右为正方向，子弹、A 和B 组成的系统动量守恒，三者刚好共速时，由动量守恒可
得：
（m+mA）v 共1＝（m+mA+mB）v 共2
代入数据解得：v 共2＝1m/s；
对B 运用动能定理得：μ(mA+m)gx = 1
2 mB v共2
2
，
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代入数据解得：x＝0.25m；
（3）B 碰撞前的速度vB，由动能定理可得：μ(mA+m)gx = 1
2 mB vB
2，
代入数据解得：vB＝1m/s，
B 与台阶碰撞无机械能损失，B 与台阶碰撞后速度大小不变，方向相反，若AB 总是相对滑动的，
则B 向右匀加速运动与向左匀减速运动的加速度大小相等，运动具有对称性，即每次B 与台阶
相碰的速度相等，故每次相碰台阶对B 的冲量大小均为I＝2pB＝2mBvB＝2×1.5×1kg•m/s＝
3kg•m/s，
子弹、A 和B 组成的系统而言，系统总动量p 总＝mv 子＝（m+mA）v 共3
B 与台阶每相碰一次，台阶对系统的改变为：Δp＝2pB＝3kg•m/s，
规定向右为正方向，当系统的总动量为负值时，即总动量方向向左时，B 不再与台阶相碰，
故B 与台阶相碰两次的条件是：
发生一次碰撞：2pB＜mv 子
发生两次碰撞：4pB≥mv 子
代入数据解得：150m/s＜v 子≤300 m/s。
答：（1）轻绳能承受的最大拉力的大小为45N；
（2）滑板B 右端与固定台阶相距x 为0.25m；
（3）子弹的速度满足150m/s＜v 子≤300 m/s，B 与台阶仅相碰两次。
9．（2023•琼山区校级二模）如图所示，质量为2m 的滑板上表面由长度为L 的水平部分AB 和半
径为R 的四分之一光滑圆弧BC 组成，滑板静止在光滑的水平地面上，AB 恰好与台阶等高。光
滑的台阶上有物块1 和小球2，质量均为m，两者之间有一被压缩的轻质弹簧。台阶右侧与一半
径为r 的光滑竖直圆形轨道相切于D 点。某一时刻将压缩的弹簧释放，使得1、2 瞬间分离，物
块1 向左运动的速度为v0，它与滑板水平部分的动摩擦因数为μ，求：
（1）若v0=√gr，小球2 运动到D 点时，圆形轨道所受压力；
（2）为了使小球2 在运动过程中始终不脱离圆轨道，圆形轨道的半径r 应满足的条件；
（3）要使物体1 在相对滑板反向运动过程中，相对地面有向右运动的速度，求AB 的长度L 应
满足的条件。
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【解答】解：（1）物块1 和小球2 分离过程，动量守恒，取向左为正方向，根据动量守恒定律
可得：
0＝mv0﹣mv1
解得：v1= v0=√gr，
在D 点，由牛顿第二定律可得：FN﹣mg＝mv1
2
r
解得：FN＝2mg
由牛顿第三定律可得小球2 运动到D 点时，圆形轨道所受压力为2mg，方向向下；
（2）①小球2 能够恰好运动到圆轨道的最高点，此时的速度大小为v2，根据牛顿第二定律有：
mg＝mv2
2
r1
从最低点到最高点过程中，由动能定理可得：﹣mg•2r= 1
2 m v2
2- 1
2 m v1
2
解得：r1= v0
2
5 g
；
②小球2 恰好运动到与圆心等高的位置，由动能定理可得：﹣mgr2＝0- 1
2 m v1
2
解得：r2= v0
2
2g
所以圆形轨道的半径r 应满足的条件为r≤v0
2
5 g
或r≥v0
2
2g
；
（3）要使物体1 有相对地面向右的速度，说明物体1 要滑到曲面上再返回运动，物块1 相对滑
板反方向运动过程中，可以知道当再次回到B 点时两者的速度最大，此时1 有向右运动的速度
即可，取向左为正方向，物块1 再次回到B 时水平方向动量守恒可得：
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mv0＝mvA+2mvB
由能量守恒定律可得：1
2 mv0
2= 1
2 mv A
2 + 1
2 ×2mvB
2 +μmgL
联立可得方程：3 v A
2 -2v0v A - v0
2+ 4 μgL=0
因物体要经过B 点，因此要求判别式大于零，速度向右说明结果要小于零；则
vA= 2v0±√4 v0
2- 4×3(4 μgL- v0
2)
6
满足不等式：4 v0
2- 4×3(4 μgL- v0
2)＞0，vA= 2v0±√4 v0
2- 4×3(4 μgL- v0
2)
6
＜0
则L＜v0
2
4 μg
。
答：（1）若v0=√gr，小球2 运动到D 点时，圆形轨道所受压力为2mg，方向向下；
（2）为了使小球2 在运动过程中始终不脱离圆轨道，圆形轨道的半径r 应满足的条件为r≤v0
2
5 g
或r≥v0
2
2g
；
（3）要使物体1 在相对滑板反向运动过程中，相对地面有向右运动的速度，AB 的长度L 应满
足L＜v0
2
4 μg
。
10．（2023•山西一模）有一款推拉门，其三扇门板俯视如图所示，每扇门的宽度均为L＝1.00m，
质量均为m＝20kg，边缘凸起部位的宽度均为d＝0.05m。门完全关闭时，1 号门板的左侧以及3
号门板的右侧分别与两侧的门框接触时，相邻门板的凸起部位也恰好接触。测试时，将三扇门
板均推至最左端，然后用恒力F 水平向右推3 号门板，每次都经过相同的位移s＝0.20m 后撤去
F，观察三扇门的运动情况。发现当恒力为8.5N 时，3 号门板恰好能运动到其左侧凸起与2 号门
板右侧的凸起接触处。设每扇门与轨道间的动摩擦因数均相同，门板凸起部位间的碰撞及门板
与门框的碰撞均为完全非弹性碰撞（不黏连）。不考虑空气阻力，取g＝10m/s2。
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（1）求每扇门与轨道间的动摩擦因数。
（2）若要实现三扇门恰好完全关闭，则恒力应是多大？
（3）若想让三扇门都到达最右侧门框处，则恒力至少是多大？
【解答】解：（1）设每扇门与轨道间的动摩擦因数为μ，根据动能定理F1s﹣μmg（L﹣3d）＝0
解得μ＝0.01
（2）设3 号门板和2 号门板碰撞前速度的大小为v1，根据动能定理F2s- μmg( L-3d)= 1
2 mv1
2
设3 号门板和2 号门板碰撞后速度的大小为v2，根据动量守恒定律，设碰撞前速度方向为正方向，
有mv1＝2mv2
3 号门板与2 号门板碰撞后一起向右运动的过程中，根据动能定理
- μ(2m)g( L-3d)=0- 1
2 (2m)v2
2
解得F2＝42.5N
（3）设3 号门板和2 号门板碰撞前速度的大小为v3，根据动能定理F3 s- μmg( L-3d )= 1
2 m v3
2
设3 号门板和2 号门板碰撞后速度的大小为v4，根据动量守恒定律，设碰撞前速度为正方向，有
mv3＝2mv4
3 号门板与2 号门板碰撞后一起向右运动到与门框接触前的速度大小为v5，根据动能定理
- μ(2m)g( L-3d )= 1
2 (2m)v5
2- 1
2 (2m)v4
2
设2 号门板与1 号门板碰撞后速度的大小为v6，根据动量守恒定律有mv5＝2mv6
从2 号门板与1 号门板碰撞后到1 号门板恰好停止过程中，根据动能定理
-2 μmg( L-3d)=0- 1
2 mv6
2
联立解得F3＝314.5N
答：（1）每扇门与轨道间的动摩擦因数为0.01；
（2）若要实现三扇门恰好完全关闭，则恒力应是42.5N；
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（3）若想让三扇门都到达最右侧门框处，则恒力至少是314.5N。
11．（2023•青羊区校级模拟）在光滑的水平面上，质量分别为mA＝1kg、mB＝3kg 的滑块A、B 中
间有一轻质弹簧，弹簧与物块未拴接。现将弹簧压缩后用细线锁住，如图所示，在B 的右侧有
一倾斜传送带，水平面与传送带通过一段长度可忽略不计的圆弧平滑连接。已知传送带两轮轴
之间的距离L＝1.8m，传送的倾角θ＝37°，滑块B 与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加
速度g＝10m/s2，忽略传送带转轮的大小，不计空气阻力，滑块可视为质点。初始时，让传送带
不转动，锁定滑块A 让它静止不动，烧断细线，发现滑块B 恰好能滑到传送带的最高点。sin37°
＝0.6，取√2=1.41，√3=1.73。求：
（1）烧断细线前弹簧存储的弹性势能Ep；
（2）若烧断细线前，解除对滑块A 的锁定，同时让传送带以恒定的速度，顺时针转动，则要使
烧断细线后滑块B 能滑到传送带的最高点，传送带的速度的最小值以及此情形中传送带因运送
滑块B 多消耗的能量E。（最后计算结果保留2 位有效数字）
【解答】解：（1）设滑块B 与弹簧脱离时的速度大小为v，根据题意可知，滑块脱离弹簧之后
在水平面上做匀速运动，在传送带上做匀减速运动．
滑块B 在传送带上运动时，根据匀变速直线运动规律有：v2＝2aL
滑块在传送带上运动过程，由牛顿第二定律得：mBgsinθ+μmBgcosθ＝mBa，
代入数据解得：a＝10m/s2，v＝6m/s
烧断细线后，弹簧的弹性势能转化为B 的动能，由能量守恒定律可知，
弹簧的弹性势能：Ep= 1
2 mB v
2= 1
2 ×3×6
2J＝54J
（2）烧断细线后，在两滑块脱离弹簧的过程，A、B 组成的系统动量守恒，
以向左为正方向，由动量守恒定律得：mAvA﹣mBvB＝0
根据机械能守恒得：E p= 1
2 mA v A
2 + 1
2 mB vB
2，
代入数据解得：vB＝3m/s
设传送带的速度v0的最小值为vmin（vmin＜vB），
则当滑块B 的速度大于传送带的速度时，滑动摩擦力的方向沿斜面向下；
当滑块B 的速度小于传送带的速度时，滑动摩擦力的方向沿斜面向上；
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滑块B 滑到传送带的最高点时的速度为零．
当滑动摩擦力的方向沿斜面向下时，有：vB
2 - vmin
2 =2a1 L1，
其中a1= mB gsinθ+ μmB gcosθ
mB
代入数据解得：a1＝10m/s2
此过程摩擦生热：Q1＝μmBgcosθ（L1﹣vmint1）
其中：t1= vB- vmin
a1
当滑动摩擦力的方向沿斜面向上时，有：vmin
2 =2a2 L2，
其中：a2= mB gsinθ - μmB gcosθ
mB
代入数据解得：a2＝2m/s2，
此过程摩擦生热：Q2＝μmBgcosθ（vmint2﹣L2）
其中t2= vmin
a2
，
其中：L1+L2＝L，
代入数据解得：vmin= 3
2 √3m/ s=2.6m/ s，Q1＝0.10J，Q2＝20.3J
根据能量守恒定律有：1
2 mB vB
2 + E =mB gLsinθ+Q1+Q2，
代入数据解得：E＝39J
答：（1）烧断细线前弹簧存储的弹性势能Ep是54J。
（2）要使烧断细线后滑块B 能滑到传送带的最高点，传送带的速度的最小值是2.6m/s，传送带
因运送滑块B 多消耗的能量E 是39J。
12．（2024•嘉兴一模）如图所示，光滑水平杆距离水平地面高为H＝6m，杆上套有一质量m0＝
0.1kg 的滑环，杆上A 点处固定一挡板。长度为l＝1m 的轻绳的一端连接滑环，另一端悬挂质量
为m＝1kg 的小球，轻绳能承受的最大拉力为40N。水平地面上P 点处静置一个顶部装有细沙的
小滑块，小滑块与细沙的总质量为M＝0.2kg。P 点右侧有一高度为h＝1.5m、倾角为37°的固定
斜面BC，B 点处平滑连接，B 与P 间距为0.9m。初始时刻，轻绳保持竖直，滑环和小球一起水
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平向右以v0＝6m/s 的速度作匀速直线运动，一段时间后滑环与水平杆上的固定挡板A 碰撞，滑
环即刻停止，绳子断裂，小球恰好落入小滑块顶部的沙堆内，落入时间极短且沙没有飞溅。不
计空气阻力，小滑块可以视为质点且与水平面和斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.5。
（1）通过计算分析绳子断裂的原因并求P 点与挡板A 点的水平距离。
（2）求小滑块最终静止的位置到B 点的距离。
（3）若轻绳长度l 可调，滑环和小球一起水平向右的初速度v0可调，要确保滑环撞击挡板绳子
崩断后小球总能落在P 点的小滑块上，求v0和l 的关系以及l 的取值范围。
【解答】解：（1）由牛顿第二定律可知：F -mg =m v0
2
l
代入数据解得：F＝46N＞40N
所以轻绳断裂。
小球做平抛运动，竖直方向为自由落体运动：H -l = 1
2 gt
2
代入数据解得：t＝1s
水平方向为匀速运动：xPA＝v0t＝6×1m＝6m
（2）小球与小滑块作用过程，水平方向动量守恒，以向右为正有：mv0＝（m+M）v
得到共同速度为：v＝5m/s
从P 到斜面最高点的过程：- μ(m+ M )g( xPB+
hmax
tan37° )-(m+ M )ghmax =0- 1
2 (m+ M )v
2
解得：hmax＝0.48m＜1.5m
滑块未从斜面顶端飞出。
又（m+M）gsin37°＞μ（m+M）gcos37°，之后滑块下滑
从滑块在斜面上的最高点到最终静止的位置，由能量守恒定律得：
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(m+ M )ghmax - μ(m+ M )g(
hmax
tan37° + x)=0
代入数据解得：x＝0.32m
（3）若轻绳能断裂后，水平距离为：xPA＝v0t
而在竖直方向：H -l = 1
2 gt
2
联立方程得：v0=6√
5
6-l
确保轻绳崩断：40-mg≤m v0
2
l
联立解得：l≤(3-√3)m或6m＞l≥(3+√3)m
答：（1）P 点与挡板A 点的水平距离为6m；
（2）小滑块最终静止的位置到B 点的距离为0.32m；
（3）v0和l 的关系以为：40-mg≤m v0
2
l
，l 的取值范围是：l≤(3-√3)m或6m＞l≥(3+√3)m。
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