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第24 讲 动量守恒中的力学综合问题
目录
01
考情解码·命题预警2
02 体系构建·思维可视.........................................................................................................................3
03 核心突破·靶向攻坚.........................................................................................................................4
考点一 板块模型................................................................................................................................4
知识点 板块模型......................................................................................................................................... 4
考向 板块模型............................................................................................................................................. 4
考点二 “子弹打木块”模型............................................................................................................9
知识点 “子弹打木块”模型..................................................................................................................... 9
考向 “子弹打木块”模型....................................................................................................................... 10
考点三 “滑块-曲（斜）面”模型.................................................................................................14
知识点 “滑块-曲（斜）面”模型..........................................................................................................14
考向 “滑块-曲（斜）面”模型..............................................................................................................15
考点四 “滑块-弹簧”模型.............................................................................................................21
知识点 “滑块-弹簧”模型......................................................................................................................22
考向 “滑块-弹簧”模型..........................................................................................................................22
04 真题溯源·考向感知.......................................................................................................................29
1
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考点要求
考察形式
2025 年
2024 年
2023 年
动量守恒中的力
学综合问题
选择题
非选择题
\
\
\
考情分析：
1．力学综合问题作为力学中的核心模型，在近几年四川高考中不常出现，但是是考查学生综合运用物理
知识能力、科学思维素养的关键载体，对学生的物理素养有着举足轻重的影响。
2．从命题思路上看，试题情景为
碰撞模型与其他知识板块的融合将更加深入，不仅局限于力学内部综合，还可能与电磁学、热学等跨模块
结合。
复习目标：
目标一：深入理解弹性碰撞、非弹性碰撞、完全非弹性碰撞的定义、特点及本质区别，熟练掌握碰撞过程
中动量守恒、机械能守恒（弹性碰撞）的条件与适用范围。
目标二：明确力学综合问题与动量守恒定律、能量守恒定律、牛顿运动定律、动能定理等知识的内在逻辑
联系。
2
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3
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考点一 板块模型
知识点 板块模型
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）若滑块未从木板上滑下，当两者速度相同时，木板速度最大，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。
（3）求系统产生的内能或相对位移：根据能量守恒定律Q＝FfΔx 或Q＝E 初－E 末，研究对象为一个系统。
考向 板块模型
例1（2025·四川南充·高三月考）如图甲所示，一长木板静止于光滑水平桌面上，t=0 时，质量为m 可视为
质点的小物块以速度v0从木板左侧滑上长木板，小物块到达木板右端时恰好与木板相对静止，图乙为物块
与木板运动的v—t 图像，图中t1、v0、v1已知，重力加速度为g，由此可得（ ）
A．物块与木板系统动量和机械能都守恒
B．木板的长度为v1t1
2
4
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C．物块与木板之间的动摩擦因数为v0
gt1
D．系统所产生的内能为1
2 mv0(v0−v1)
【答案】D
【详解】A．物块与木板系统受合外力为零，则动量守恒，由于木块和木板间有摩擦力，则系统的机械能
不守恒，选项A 错误；
B．木板的长度为
L= v0+ v1
2
t1−v1t1
2 = v0t1
2
选项B 错误；
C．物块的加速度
a1= v0−v1
t1
= μg
解得物块与木板之间的动摩擦因数为
μ= v0−v1
gt1
选项C 错误；
D．系统所产生的内能为
Q = μmgL= 1
2 mv0(v0−v1)
选项D 正确。
故选D。
例2（2025·四川南充·高三月考）如图所示，质量为M 的小车A 停在光滑的水平面上，小车上表面粗糙。
质量为m 的滑块B 以初速度v0滑到小车A 上，已知小车足够长，滑块不会从小车上滑落，则小车的最终速
度为（ ）
A．m−M
M +m v0
B．2 M
M +m v0
C．
m
M +m v0
D．M −m
M +m v0
【答案】C
【详解】滑块B 滑上小车A，最终两者相对静止，根据AB 系统动量守恒，有
m v0=(m+ M )v
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解得小车的最终速度
v =
m
M +m v0
故选C。
【变式训练1】（2025·四川成都·三模）如图，质量为m 的长木板静止在粗糙的水平地面上，质量为3m 且
可视为质点的物块以水平向右的初速度v0从左端冲上木板，最终两者均静止且物块仍在木板上。物块与木
板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大
小为g。下列判断正确的是（ ）
A．若μ1
μ2
=1.2，则木板长度至少为v0
2
2 μ2 g
B．若μ1
μ2
=2，则木板长度至少为
v0
2
4 μ2 g
C．若μ1
μ2
=2，则在整个运动过程中，地面对木板的摩擦力的冲量大小为3
4 mv0
D．若μ1
μ2
=2，则在整个运动过程中，地面与木板间因摩擦产生的热量为3
4 m v0
2
【答案】D
【详解】A．若μ1
μ2
=1.2，则木板所受地面的最大静摩擦力为
f 2= 4 μ2mg
所受物块的滑动摩擦力为
f 1=3 μ1mg，f 2>f 1
故木板不动，对物块由动能定理有
−3 μ1mgx =0−1
2 ×3m v0
2
解得
x =
v0
2
2 μ1 g
故A 错误；
BCD．若μ1
μ2
=2，则f 1>f 2，木板将先向右做匀加速直线运动直至达到共同速度v，此后两者一起做减速运
动直至停止，对过程一，由牛顿第二定律，物块、木板的加速度大小分别为
a1= μ1×3mg
3m
= μ1 g，a2= μ1×3mg−μ2×4 mg
m
= μ1g
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由运动学规律有
v = v0−a1t1
解得
v = v0
2 ，t1=
v0
2 μ1g
故相对滑动的距离，即木板最短长度为
x = 1
2 (v0+ v)t1−1
2 v t1=
v0
2
4 μ1g
木板发生的位移为
x2= 1
2 v t1=
v0
2
8 μ1g
对过程二，设时间为t2，位移为x3，两者的加速度大小为
a3= μ2×4 mg
4 m
= μ2 g
由
v =a3t2，x3= v
2
2a3
解得
t2=
v0
2 μ2 g = v0
μ1g ，x3=
v
2
2 μ2 g =
v0
2
4 μ1g
故在整个运动过程中，地面对木板的摩擦力冲量大小为
I f 2= 4 μ2mg(t1+t2)=3m v0
地面与木板间因摩擦产生的热量为
Qf 2= 4 μ2mg( x2+ x3)= 3
4 mv0
2
故BC 错误，D 正确。
故选D。
【变式训练2】如图甲所示，长木板静止在光滑水平地面上，质量为m 的滑块以水平初速v0由木板左端恰
能滑至木板的右端与木板相对静止。若将木板分成长度相等的两段（如图乙），滑块仍以v0从木板左端开
始滑动，已知滑块运动过程中所受摩擦力不变。则下列分析正确的是（ ）
A．滑块滑到木板的右端后飞离木板
B．滑块滑到木板的右端前就与木板保持相对静止
C．两过程滑块的动量变化相同
D．两过程系统产生的热量相等
【答案】B
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【详解】AB．在一次在滑块运动过程中，滑块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，第二次滑块先
使整个木板加速，运动到右半部分上后左半部分停止加速，只有右半部分加速，加速度大于第一次的对应
过程，故第二次滑块与右边木板将更早达到速度相等，所以滑块还没有运动到最右端。故A 错误，B 正
确；
C．根据动量守恒定律可知两过程中滑块最后的速度不同，则两过程滑块的动量变化不同，故C 错误；
D．根据摩擦力乘以相对位移等于产生的热量，知在右边木板上相对运动的位移没有左边长度的2 倍，所
以产生的热量小于在左边木板上滑行产生热量，故D 错误。
故选B。
【变式训练3】（2025·四川攀枝花·一模）如图所示，静止在水平地面上的木板A 质量mA=2.5kg、长L＝
0.5625m，其上左端有一可视为质点、质量mC=0.5kg的小滑块C，滑块C 与A 上表面之间的动摩擦因数
μ1=0.2，A 与水平面间的动摩擦因数μ2=0.1，在A 右侧有一质量mB=1.5kg且与A 等高的木板B 处于静
止状态，B 与地面间的动摩擦因数μ3= 5
6 ，A、B 两木板初始时相距d＝1m。现对木板A 施加一水平的恒定
拉力F，使木板A 和滑块C 保持相对静止，且木板A 能以最短时间与木板B 相碰；当木板A 撞到木板B 前
的瞬间拉力大小变为2
9 F。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，木板A、B 的碰撞时间极短且无机械能损
失，重力加速度g 取10 m /s
2，求：
（1）拉力F 的大小；
（2）从木板A 和小滑块C 一起运动到刚与木板B 相撞的过程中A 对C 的冲量大小I；
（3）判断小滑块C 能否滑到木板B 上，并说明原因。
【答案】（1）F =9 N；（2）I =√26 N ⋅s；（3）不能
【详解】（1）设木板A 和小滑块C 一起运动时的加速度为a，对木板A 与滑块C，由牛顿第二定律，有
F −μ2(mA+mC)g=(mA+mC)a
对滑块C，有
μ1mC g=mCa
联立两式得
F =9 N
（2）从木板A 和小滑块C 一起运动到刚与木板B 相撞的过程中A 对C 施加了支持力和摩擦力，设该段时
间为t1，则A 对C 的冲量
I =√(mC g)
2+(μ1mC g)
2⋅t1
d = 1
2 at1
2
解得
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I =√26 N ⋅s
（3）设A 刚与B 相撞时的速度为v0，A、B 撞后的速度分别为vA1、vB1，由运动学规律、动量守恒定律和
能量守恒定律有
v0=at1
mA v0=mA vA1+mBvB1
1
2 mA v0
2= 1
2 mA vA1
2 + 1
2 mB vB1
2
A、B 碰后，A、C 将出现相对滑动，此时对A 进行受力分析，地面对A 的摩擦力、拉力、C 对A 的摩擦
力恰有
2
9 F + μ1mC g= μ2(mA+mC)g=3 N
故A 将做匀速直线运动，C 做匀减速直线运动。
假设C 未滑离A，A、C 过段时间后将会共速，设从A、B 碰撞到A、C 共速这段时间为t2，这段时间内
A、C 间的相对位移为Δ x，根据牛顿运动定律，有
vA1= v0−at2
xC = v0t2−1
2 at2
2
xA= vA1t2
Δ x = xC−xA
解得
Δ x =0.5625 m = L
即A、C 共速时C 恰好滑到A 的最右端。
对B，设B 碰后到停止的位移为xB，
μ3mB g xB= 1
2 mBvB1
2
得
xB=0.375 m = xA
故A、B 会第二次碰撞，由动量守恒定律，有
mA vA1=mA vA2+mBvB2
1
2 mA vA1
2 = 1
2 mA vA2
2 + 1
2 mBvB2
2
得
vA2=0.125 m /s，vB2=0.625 m /s>vC= vA2=0.5 m /s
故木块C 不能滑到木板B 上，会从木板A 上掉落到水平地面上。
考点二 “子弹打木块”模型
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知识点 “子弹打木块”模型
1.模型图示
2.模型特点
（1）子弹水平打进木块的过程中，系统的动量守恒。
（2）系统的机械能有损失。
3.两种情境
（1）子弹嵌入木块中，最后两者速度相等，机械能损失最多（完全非弹性碰撞）；
动量守恒：mv0＝（m＋M）v；
能量守恒：Q＝Ff·s＝1
2mv0
2－1
2（M＋m）v2。
（2）子弹穿透木块
动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2；
能量守恒：Q＝Ff·d＝1
2mv0
2－(
1
2 M v2
2＋1
2 m v1
2)。
考向 “子弹打木块”模型
例1 如图所示，轻绳下悬挂一静止沙袋，一子弹水平射入并留在沙袋中，随沙袋一起摆动，不计空气阻
力，在以上整个过程中，子弹和沙袋组成的系统（ ）
A．动量不守恒，机械能守恒
B．动量守恒，机械能不守恒
C．动量和机械能均不守恒
D．动量和机械能均守恒
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【答案】C
【详解】子弹射入沙袋的过程，动量守恒，子弹与沙袋一起向右摆动过程中，系统的合外力不为零，动量
不守恒，由于子弹射入沙袋过程中有阻力做功，所以机械能不守恒。
故选C。
例2（2025·四川成都·高三月考）一颗子弹水平射入静止在光滑水平地面上M =1kg的木块后不再穿出，木
块的动能增加了8J，设子弹射入木块的过程中子弹所受阻力恒定，下列说法正确的是（ ）
A．木块动量变化量的大小为2kg⋅m/s
B．子弹对木块做的功与木块对子弹做功的代数和为0J
C．此过程产生的内能可能是10J
D．只增大木块质量，子弹射入木块后仍未穿出，则此过程中系统损失机械能不变
【答案】C
【详解】A．根据题意可得
1
2 M v1
2=8J
解得木块的速度为
v1= 4 m/s
所以木块动量变化量的大小为
Δ p= M v1= 4 kg⋅m/s
故A 错误；
B．设子弹射入木块中的深度为d，子弹水平射入木块后，未穿出，到子弹、木块相对静止，木块位移为
x，子弹所受阻力为f，则
W 子弹
木块
对
= fx
W 木块
子弹
对
=−f ( x +d)
所以
W 子弹
木块
对
+W 木块
子弹
对
=−fd
故B 错误；
C．子弹、木块运动的v −t图像如图所示
由于图线与横轴所围区域的面积表示物体发生的位移，由图可知
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x<d
所以
W 子弹
木块
对
= fx =8J<fd =Q
即此过程产生的内能大于8J，故C 正确；
D．只增大木块质量，子弹射入木块后仍未穿出，木块的加速度减小，v −t图像如图所示
由图可知，子弹射入木块的深度d 增大，产生的内能增大，系统损失的机械能增大，故D 错误。
故选C。
【变式训练1】矩形滑块由不同材料的上、下两层粘合在一起，将其放在光滑水平面上，如图所示，质量
为m的子弹以速度v水平射向滑块，若子弹击中上层，子弹刚好不穿出；若子弹击中下层，则子弹整个刚
好嵌入，由此可知（ ）
A．子弹射中上层时对滑块做功多
B．两次子弹对滑块做的功一样多
C．子弹射中上层系统产生热量多
D．子弹与两层之间的摩擦力一样大
【答案】B
【详解】AB.根据动量守恒知道两次过程最后物块获得的速度（最后物块和子弹的公共速度）是相同的，
即物块获得的动能是相同的；根据动能定理，物块动能的增量是子弹做功的结果，所以两次子弹对物块做
的功一样多，故A 错误，B 正确；
C.子弹嵌入下层或上层过程中，系统产生的热量都等于系统减少的动能，而减少的动能一样多（两次过程
子弹初速度相等，且滑块与子弹的末速度也相等），则系统减少的动能一样，故系统产生的热量一样多，
故C 错误；
D.根据摩擦力和相对位移的乘积等于系统动能的损失量，两次相对位移不一样，因此子弹所受阻力不一
样，子弹与下层之间相对位移比较小，所以摩擦力较大，故D 错误。
故选B。
【变式训练2】如图所示，质量为m1=0.95kg 的小车A 静止在光滑地面上，一质量为m3=0.05kg 的子弹以
v0=100m/s 的速度击中小车A，并留在其中，作用时间极短。一段时间后小车A 与另外一个静止在其右侧
的，质量为m2=4kg 的小车B 发生正碰，小车B 的左侧有一固定的轻质弹簧，碰撞过程中，弹簧始终未超
弹性限度，则下列说法错误的是（ ）
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A．小车A 与子弹的最终速度大小为3m/s
B．小车B 的最终速度大小为2m/s
C．弹簧最大的弹性势能为10J
D．整个过程损失的能量为240J
【答案】D
【详解】C．子弹 与小车A 碰撞过程，根据动量守恒定律得
m3v0=(m3+m1)v1
可得两者碰撞后速度为
v1=5 m/s
弹簧最短时，弹性势能最大，此时三者共速，根据动量守恒定律得
(m3+m1)v1=(m3+m+m2)v共
解得
v共=1m/s
弹簧最大势能为
Ep= 1
2 (m3+m1)v1
2−1
2 (m3+m1+m2)v共
2
解得
Ep=10J
C 正确；
AB．设小车A 与子弹最终速度为v3，小车B 最终速度为v4，根据动量守恒定律与能量守恒
(m3+m1)v1=(m3+m1)v3+m2v4
1
2 (m3+m1)v1
2= 1
2 (m3+m1)v3
2+ 1
2 m2v4
2
解得
v3=−3 m/s
v4=2m/s
AB 正确；
D．整个过程损失能量是在子弹打入小物块A 的过程中
ΔE = 1
2 m3v0
2−1
2 (m3+m1)v1
2=237.5J
D 错误。
故选D。
【变式训练3】（多选）（2024·四川宜宾·二模）如图所示，圆筒C 可以沿足够长的水平固定光滑杆左右
滑动，圆筒下方用不可伸长的轻绳悬挂物体B，开始时物体B 和圆筒C 均静止，子弹A 以100 m/s的水平
初速度在极短时间内击穿物体B 后速度减为40 m/s，已知子弹A、物体B、圆筒C 的质量分别为
mA=0.1kg、mB=1.0kg、mC=0.5kg，重力加速度g=10 m/s
2。下列说法正确的是（ ）
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A．物体B 能上升的最大高度为0.6m
B．物体B 能上升的最大高度为1.8m
C．物体C 能达到的最大速度为4.0 m/s
D．物体C 能达到的最大速度为8.0 m/s
【答案】AD
【详解】AB．子弹A 以100 m/s的水平初速度在极短时间内击穿物体B 后速度减为40 m/s，则A、B 组成
的系统动量守恒，根据动量守恒定律有
mA v0
❑=mA v1
❑+mBv2
❑
B 上升时，与C 组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒，则有
mB v2
❑=(mB+mC)v3
❑
1
2 mB v2
2= 1
2 (mB+mC)v3
2+mB gh
解得
h=0.6m
故A 正确，B 错误；
D．B 返回到最低点时，与C 组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒，此时C 的速度最大，则有
mBv2
❑=−mBv4
❑+mCv5
❑
1
2 mB v2
2= 1
2 mB v4
2 + 1
2 mC v5
2
解得
v5
❑=8m/s
故C 错误，D 正确；
故选AD。
考点三 “滑块—曲（斜）面”模型
知识点 “滑块—曲（斜）面”模型
1.模型图示
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2.模型特点
（1）上升到最大高度：m 与M 具有共同水平速度v 共，此时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
2mv0
2＝1
2（M＋m）v共
2＋mgh，其中h 为滑块上升的最大高度，
不一定等于弧形轨道的高度（相当于完全非弹性碰撞，系统减少的动能转化为m 的重力势能）。
（2）返回最低点：m 与M 分离点。水平方向动量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系统机械能守恒，1
2mv0
2＝1
2m
v1
2＋1
2Mv2
2（相当于弹性碰撞）。
考向 “滑块—曲（斜）面”模型
例1（2025·四川成都·高三月考）如图，一带有四分之一光滑圆弧轨道的小车静止在光滑水平面上，一可
视为质点、质量为m 的小球以速度v0从小车的左端水平滑上小车，与小车作用后从小车左端竖直掉下。已
知圆弧轨道的半径足够大，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ）
A．小球和小车组成的系统动量守恒、机械能守恒
B．小车的最终速度大小为0.5 v0
C．小车对小球做的功为1
2 m v0
2
D．小球在小车上能上升的最大高度为v0
2
4 g
【答案】D
【详解】A．小球和小车组成的系统机械能守恒，由于小球在运动过程中存在超重与失重过程，则系统的
动量不守恒，但系统水平方向的动量守恒，故A 错误；
B．由于小球与小车作用后从小车左端竖直掉下，表明小球落下时速度恰好为0，根据动量守恒定律有
m v0= M v1
根据机械能守恒定律有
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1
2 m v0
2= 1
2 M v1
2
解得
v1= v0，M =m
故B 错误；
C．对小球进行分析，根据动能定理有
W =0−1
2 mv0
2=−1
2 mv0
2
表明小车对小球做的功为−1
2 mv0
2，故C 错误；
D．小球上升到小车上的最高点时，两者速度相等，根据动量守恒定律有
m v0=(m+ M )v2
根据系统机械能守恒有
1
2 m v0
2= 1
2
(m+ M )v2
2+mgh
结合上述解得
h= v0
2
4 g
故D 正确。
故选D。
例2 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
平滑连接，一个质量为m（m＜M）的小球从槽高h 处开始自由下滑，下列说法正确的是（ ）
A．在以后的运动过程中，小球和槽的水平方向动量始终守恒
B．在下滑过程中槽对小球的支持力不做功
C．全过程小球和槽、弹簧所组成的系统机械能守恒，且水平方向动量守恒
D．被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒，但小球不能回到槽高h 处
【答案】D
【详解】A．小球在槽上下滑和上滑的过程，小球和槽构成的系统水平方向不受力，系统水平方向动量守
恒。当小球与弹簧接触后，小球与槽组成的系统在水平方向所受合外力不为零，系统在水平方向动量不守
恒，故A 错误；
B．下滑过程中小球和槽都有水平方向的位移，两者间的弹力和位移不垂直，故槽对小球的支持力做功，
故B 错误；
C．全过程小球和槽、弹簧所组成的系统只有重力与弹力做功，系统的机械能守恒，水平方向动量不守
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恒，因为受到墙壁的作用力，故C 错误；
D．小球在槽上下滑过程，系统水平方向动量守恒，球与槽分离时两者动量大小相等，由于m＜M，则小
球的速度大小大于槽的速度大小，小球被弹簧反弹后的速度大小等于球与槽分离时的速度大小，小球被反
弹后向左运动，由于球的速度大于槽的速度，球将追上槽并要槽上滑，在整个过程中只有重力与弹力做功
系统机械能守恒，由于球与槽组成的系统总动量水平向左，球滑上槽的最高点时系统速度相等水平向左系
统总动能不为零，由机械能守恒定律可知，小球上升的最大高度小于h，小球不能回到槽高h 处。故D 正
确。
故选D。
【变式训练1】（多选）如图所示，足够长的光滑水平面上静止一质量为5m 的弧形槽，弧形槽与水平面之
间平滑连接，质量为m 的滑块（可视为质点）从距离水平面高度为h 的A 点由静止下滑，之后被轻质弹簧
反向弹回。不计一切摩擦，碰撞过程无能量损失，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．滑块沿弧形槽下滑过程中，二者构成的系统既满足动量守恒也满足机械能守恒
B．滑块第一次被弹簧反向弹回后，一定能追上弧形槽
C．滑块第二次离开弧形槽后，不会再碰弹簧
D．全过程中，弹簧获得的最大弹性势能为5
6 mgh
【答案】BD
【详解】A．滑块沿弧形槽下滑过程中，由于二者竖直方向上合力不为0，所以二者的系统动量不守恒，
只在水平方向上动量守恒，由于无摩擦，所以二者机械能守恒，故A 错误；
B．设滑块滑到水平面后速度为v1，弧形槽的速度为v1
′，取向右为正方向，根据系统水平方向动量守恒，
有
0=−5m v1
′ +m v1
解得
v1=5 v1
′
由于碰撞过程无能量损失，所以滑块被弹簧弹回后速度大小仍为v1，大于弧形槽的速度，所以滑块第一次
被弹簧反向弹回后，一定能追上弧形槽，故B 正确；
C．设滑块第二次离开弧形槽后，速度为v2，弧形槽的速度为v2
′，取向右为正方向，根据系统水平方向动
量守恒和机械能守恒定律，有
−5m v1
′−m v1=−5m v2
′ +m v2
1
2 ⋅5m v1❑
′2+ 1
2 m v1
2= 1
2 ⋅5m v2❑
′2+ 1
2 m v2
2
解得
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v2
′ = v1
′或v2
′ = 7
3 v1
′
当v2
′ = v1
′时，
v2=−5 v1
′>v2
′
所以v2
′ = v1
′舍去，
当v2
′ = 7
3 v1
′时，
v2= 5
3 v1
′
方向向右，所以一定能再碰弹簧，故C 错误；
D．全过程中，滑块第一次压缩弹簧时，弹簧有最大的弹性势能，根据能量守恒，有
Ep= 1
2 m v1
2
根据水平方向动量守恒，和能量守恒有
0=−5m v1
′ +m v1
mgh= 1
2 ×5m v1❑
′2+ 1
2 m v1
2
解得
Ep= 5
6 mgh
故D 正确。
故选BD。
【变式训练2】（多选）如图（a），一滑块静置在水平面上，滑块的曲面是半径为R 的四分之一圆弧，圆
弧最低点切线沿水平方向。小球以水平向右的初速度v0从圆弧最低点冲上滑块，且小球能从圆弧最高点冲
出滑块。小球与滑块水平方向的速度大小分别为v1、v2，作出某段时间内v1−v2图像如图（b）所示，不计
一切摩擦，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．滑块与小球在相互作用的过程中，水平方向动量守恒
B．当滑块的速度为0.5 v0时，小球运动至最高点
C．小球与滑块的质量比为1 2∶
D．小球的初速度大小可能为√2.5 gR
【答案】AC
【详解】A．小球滑块组成的系统水平方向不受外力，滑块与小球在相互作用的过程中，水平方向动量守
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恒，A 正确。
C．设小球的质量为m，初速度为v，在水平方向上由动量守恒定律得
m v0=m v1+ M v2
化简为
v1= v0−M
m v2
结合图（b）可得
M
m =
v0
0.5 v0
=2
即
m
M = 1
2
C 正确；
B．小球运动到最高点时，竖直方向速度为零，在水平方向上与滑块具有相同的速度v，在水平方向上由动
量守恒定律得
m v0=(m+ M )v
求得
v = v0
3
B 错误；
D．小球运动到最高点时，竖直方向速度为零，在水平方向上与滑块具有相同的速度v，在水平方向上由动
量守恒定律得
m v0=(m+ M )v
机械能守恒
1
2 mv0
2= 1
2
(m+ M )v❑
2 +mgh
其中h> R，求得
v0>√3 gR
小球的初速度大小不可能为√2.5 gR
D 错误。
故选AC。
【变式训练3】{多选}如图所示，在光滑水平面上右侧放有一个1
4 光滑圆弧轨道ABC，其圆心为O，质量
为m 的小球从水平面上P 点以初速度v0向右运动，滑上圆弧轨道后从C 点抛出。已知圆弧轨道质量为
M =3m，圆弧轨道半径为23 v0
2
72 g
，重力加速度为g，sin37° = 3
5，则小球与圆弧轨道作用的过程中
（ ）
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A．小球离开C 点时的速度与水平方向的夹角为37°
B．小球运动的最高点相对水平面的高度为3 v0
2
8 g
C．圆弧轨道的最大速度为1
2 v0
D．小球离开圆弧轨道再次回到水平面上时速度水平向左
【答案】BCD
【详解】A．小球运动到C 点过程中，根据水平方向动量守恒可知
m v0=(m+3m)v1
根据能量守恒
1
2 mv0
2= 1
2 m(
v1
cosθ )
2
+ 1
2 ×3mv1
2+mgR
解得
cosθ =0.6
所以小球离开C 点时的速度与水平方向的夹角为53°，故A 错误；
B．小球到达斜面最高点后斜抛，竖直方向
(v1tan53°)
2=2 gh
解得小球运动的最高点相对水平面的高度为
H =h+ R = 3 v0
2
8 g
故B 正确；
CD．因为小球离开圆弧轨道做斜抛运动时水平速度与圆弧轨道相同， 所以小球还能落到圆弧轨道上，
最后相对圆弧轨道向左运动到水平面上， 设小球从左侧离开圆弧轨道时其速度为v， 圆弧轨道的速度为u
，则有
m v0=mv +3mu
1
2 m v0
2= 1
2 m v
2+ 1
2 ×3mu
2
联立解得
u= 1
2 v0，v =−1
2 v0
即小球离开圆弧轨道再次回到水平面上时速度方向向左，故CD 正确。
故选BCD。
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【变式训练4】（多选）如图所示，光滑水平地面上停放着一辆质量为2m 的小车，小车的四分之一圆弧轨
道在最低点B 与水平轨道相切，圆弧轨道表面光滑，半径为R，水平轨道表面粗糙。在小车的右端固定一
个轻弹簧，弹簧的原长小于水平轨道的长度。一个质量为m 的小球从圆弧轨道与圆心等高的A 点开始自由
滑下，经B 到达水平轨道，压缩弹簧后被弹回并恰好相对于小车静止在B 点，重力加速度大小为g，下列
说法正确的是（ ）
A．当弹簧被压缩到最短时，小球和小车速度相同且向右
B．从开始到弹簧具有最大弹性势能时，摩擦生热1
2 mgR
C．弹簧具有的最大弹性势能为1
4 mgR
D．小球从A 点运动到B 点的过程中，小车运动的位移大小为R
3
【答案】BD
【详解】ABC．小球、小车及弹簧组成的系统由于克服阻力做功，机械能不守恒，水平方向外力为零，水
平方向动量守恒，但竖直方向合力不为零，系统动量不守恒，弹簧具有的最大弹性势能时，系统共速
m v1−2m v2=(m+2m)v
解得
v =0
根据能量守恒，设克服阻力做功为W f
1
2 mv1
2+ 1
2 2mv2
2= Epm
❑+W f
压缩弹簧后被弹回并恰好相对于小车静止在B 点，可知
m v1−2m v2=(m+2m)v '
最终共速为0，根据能量守恒
Epm
❑=W f
解得
Epm
❑=W f=Q = 1
2 mgR
故B 正确，AC 错误；
D．小球从A 点运动到B 点的过程中，水平方向根据人船模型的推论
m x球=2m x车
又
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x球+ x车= R
解得
x车= R
3
故D 正确。
故选BD。
考点四 “滑块—弹簧”模型
知识点 “滑块—弹簧”模型
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零，则系统动量守恒。
（2）机械能守恒：系统所受的外力为零或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（或最短）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），即m1v0＝（m1＋m2）v，ΔEp＝1
2m1v0
2－1
2（m1
＋m2）v2。
（4）弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能无损失（相当于刚完成弹性碰撞），即m1v0＝m1v1＋
m2v2，1
2m1v0
2＝1
2m1v1
2＋1
2m2v2
2。
考向 “滑块—弹簧”模型
例1 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
【答案】A
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【详解】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。
例2（2025·四川成都·高三月考）为测试一种弹簧缓冲装置的性能，研究人员进行了如下实验：将质量均
为m 的两物块A、B 轻轻放置在光滑水平面上，给B 一个大小为v0、方向正对A 的初速度，B 和A 发生完
全非弹性碰撞，用高速摄像机拍摄得到A、B 之间的相互作用时间为t。现给A 的右侧安装上弹簧（图中未
画出），再次将B 以相同的初速度滑向A，发生碰撞，用高速摄像机拍摄得到弹簧从开始压缩到恢复原长
所用时间为5t。下列说法正确的是（ ）
A．发生完全非弹性碰撞前后，A、B 组成的系统机械能守恒
B．装上弹簧后，弹簧在碰撞过程中的最大弹性势能为1
4 mv0
2
C．发生完全非弹性碰撞后，A、B 的总动能减小至初始时的1
4
D．装上弹簧后，A 在碰撞过程中所受的平均冲击力大小减小至未安装时的1
5
【答案】B
【详解】A．发生完全非弹性碰撞时，A、B 组成的系统机械能有损失，则系统机械能不守恒，选项A 错
误；
B．装上弹簧后，弹簧在碰撞过程中当两物块共速时弹簧具有弹性势能最大，此时由动量守恒
m v0=2mv
则弹簧的最大弹性势能为
EPm= 1
2 mv0
2−1
2 ⋅2mv
2= 1
4 mv0
2
选项B 正确；
CD．发生完全非弹性碰撞后，由动量守恒
m v0=2mv
A、B 的总动能减小至初始时的
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1
2 2m v
2
1
2 m v0
2 = 1
2
此时对物块A 由动量定理
F1t =mv = 1
2 mv0
装上弹簧后，将B 以相同的初速度滑向A 发生碰撞，到弹簧从开始压缩到恢复原长的过程中
m v0=m v1+m v2
1
2 mv0
2= 1
2 mv1
2+ 1
2 mv2
2
解得碰后A 的速度
v1= v0
B 的速度
v2=0
则碰撞过程对A 由动量定理
F2⋅5t =m v1=m v0
解得
F2= 2
5 F1
装上弹簧后A 在碰撞过程中所受的平均冲击力大小减小至未安装时的2
5，选项CD 错误。
故选B。
【变式训练1】如图所示，光滑水平地面上的P、Q 两物体质量均为m，P 以速度v 向右运动，Q 静止且左
端固定一轻弹簧。当弹簧被压缩至最短时（ ）
A．P 的动量为0
B．Q 的动量达到最大值
C．P、Q 系统总动量小于mv
D．弹簧储存的弹性势能为1
4 m v
2
【答案】D
【详解】A．当弹簧被压缩至最短时，两物体速度相同，P、Q 系统所受外力为零，因此整个过程中动量守
恒
mv =2m v共
所以P 的动量为
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p=m v共= 1
2 mv
故A 错误；
B．弹簧压缩至最短后，Q 的速度将继续变大，当弹簧恢复原长时，Q 的动量达到最大值，故B 错误；
C．P、Q 系统动量守恒，总动量为
p总=mv
故C 错误；
D．根据动量守恒和能量守恒
mv =2m v共，1
2 mv
2= 1
2 ×2mv共
2 + E p
解得
E p= 1
4 m v
2
故D 正确。
故选D。
【变式训练2】如图所示，质量均为m=0.5kg的物块a、b 用劲度系数为k =50 N / m的轻弹簧固定拴接，
竖直静止在水平地面上。物块a 正上方有一个质量也为m 的物块c，将c 由静止释放，与a 碰撞后立即粘
在一起，碰撞时间极短，之后的运动过程中物块b 恰好没有脱离地面。忽略空气阻力，轻弹簧足够长且始
终在弹性限度内，重力加速度g 取10 m /s
2，下列说法正确的是（ ）
A．碰后瞬间a、c 整体的加速度大小为10 m /s
2
B．轻弹簧的最大弹力为60 N
C．刚开始释放物块c 时，c 离a 的高度为0.8 m
D．a、c 碰撞过程中损失的机械能为8J
【答案】C
【详解】A．物块c 和a 碰撞前，弹簧是压缩状态，对a 受力分析，可得弹簧的弹力为
F0=mg=5 N
对碰后瞬间a、c 整体受力分析，由牛顿第二定律有
2mg−F0=2ma
解得
a=5 m /s
2
故A 错误；
B．物体b 恰好不脱离地面，所以a、c 整体向上到最高点时，弹簧是伸长状态，弹力大小为
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F1=mga、c 整体向下运动到最低点时，弹簧是压缩状态，弹力设为F2，碰后a、c 整体在竖直方向做简谐
运动，最高点、最低点的回复力大小相等，方向相反，则有
F1+2mg= F2−2mg
解得
F2=25N
最低点时，弹簧的弹力最大，所以弹簧的最大弹力为25 N，故B 错误；
C．设刚开始释放物块c 时，c 离a 的高度为h，则c 与a 碰前速度大小为
v0=√2ghc 与a 碰撞时间极短，由动量守恒定律可得
m v0=2m v1
解得碰后a、c 共同速度大小为
v1= 1
2 v0=√
gh
2
从a、c 碰后瞬间到反弹至最高点的过程，a、c 整体上升的高度为
h1= F0
k + F1
k =0.2m
对a、c 整体由机械能守恒定律可得
1
2 ⋅2m v1
2=2mgh1
解得
h=0.8 m
故C 正确；
D．由能量守恒定律可知，c 与a 碰撞时损失的机械能为
Δ E = 1
2 m v0
2−1
2 ⋅2m v1
2
解得
Δ E =2J
故D 错误。
故选C。
【变式训练3】（多选）（2025·四川成都·二模）如图所示，内壁光滑的直圆筒固定在水平地面上，一轻质
弹簧一端固定在直圆筒的底端，其上端自然状态下位于O 点处。将一质量为m、直径略小于直圆筒的小球
A 缓慢放在弹簧上端，其静止时弹簧的压缩量为x0。现将一与小球A 直径等大的小球B 从与小球A 的距离
为3x0的P 处释放，小球B 与小球A 碰撞后立即粘连在一起向下运动，它们到达最低点后又向上运动，并
恰能回到O 点。已知两小球均可视为质点，弹簧的弹性势能为1
2 k x
2，其中k 为弹簧的劲度系数，x 为弹簧
的形变量。重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
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A．全过程小球A 和小球B、弹簧以及地球组成的系统机械能守恒，动量也守恒
B．小球B 的质量为m
C．小球B 与小球A 碰撞后，继续向下运动的最远位置距O 点的距离为2x0
D．小球B 与小球A 一起向下运动的最大速度为√2g x0
【答案】BD
【详解】A．碰撞过程系统内力远大于外力，系统动量守恒，但是在碰撞过程中有能量损失，小球A 和小
球B、弹簧以及地球组成的系统机械能不守恒，故A 错误；
B．小球A 处于静止状态，由平衡条件得
mg=kx0
解得
k = mg
x0
设小球B 由静止下落后与小球A 接触前的瞬时速度为v1，由动能定理得
mB g⋅3 x0= 1
2 mB v1
2
解得
v1=√6 g x0
设A 与B 碰撞后的速度为v1'，碰撞过程系统动量守恒，以竖直向下为正方向，由动量守恒定律得
mBv1=（m+mB）v1'
解得
v
′
1=
mB
m+mB √6 g x0
由于A、B 两球恰能回到O 点，由机械能守恒定律，有
1
2 (m+mB)v
′
1
2+ 1
2 k x0
2=(m+mB)g x0
解得
mB=m
故B 正确；
CD．设两球碰撞后再向下运动x1时，它们的速度达到最大，此时它们的加速度为零，则有
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（mB+m）g=k（x1+x0）
解得
x1=x0
所以小球B 与小球A 碰撞后，继续向下运动的最远位置距O 点的距离大于2x0，根据机械能守恒定律，有
(m+mB)g x1+ 1
2 (m+mB)v
′
1
2+ 1
2 k x0
2= 1
2 (m+mB)vm
2 + 1
2 k (x1+ x0)
2
解得
vm=√2 g x0
故D 正确，C 错误。
故选BD。
【变式训练4】（多选）如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别是m1和m2的两物块相连，它们静止在光
滑水平地面上。使物块m1瞬间获得水平向右的速度v0，从此时刻开始计时，两物块的速度随时间变化的规
律如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．m1小于m2
B．t1与t3两时刻，弹簧的长度一样
C．在t1~t3时间内，两条图线之间围成的面积表示弹簧的最大形变量的2 倍
D．在t2与t 4两时刻，弹簧的弹性势能一定相等
【答案】ACD
【详解】A．两物块与弹簧组成的系统动量守恒，根据图乙可知，0~t1时间内m1的速度始终大于m2的速
度，则可知此过程中弹簧被压缩，而t1时刻弹簧被压缩至最短，此时两物块拥有共同速度v，之后m2继续
加速，m1继续减速，某时刻m1速度减为零后反向加速，直至t2时刻两者速度均达到最大值，此时弹簧恢复
原长，根据动量守恒定律有
(m1+m2)v =m2v2−m1v1
整理可得
m1(v + v1)=m2(v2−v)
而根据图像可知
v + v1>v2−v
由此可得
m1<m2
故A 正确；
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B．根据以上分析，t2时刻两者速度均达到最大值，但此时两者速度相反，此后m1与m2均做减速运动，某
时刻m1的速度减为零后反向加速，直至t3时刻，两者达到共速，此时弹簧被拉升至最长，则可知t1与t3两
时刻，弹簧的长度不一样，故B 错误；
C．根据以上分析可知，t1时刻弹簧压缩至最短，而t3时刻弹簧拉伸至最长，且0~t1时间内，两条图线围
成的面积表示弹簧的最大形变量，另t3~t 4时间内，弹簧由拉伸至最长恢复到原长，根据图像的对称性可
知，在t1~t3时间内，两条图线之间围成的面积表示弹簧的最大形变量的2 倍，故C 正确；
D．根据以上分析，t3时刻弹簧被拉升至最长，此后m1继续做加速运动，m2继续做减速运动，直至t 4时
刻，m1速度达到最大值，m2速度减小为最小值，此时弹簧恢复原长，因此可知，在t2与t 4两时刻，弹簧均
处于原长，其所具有的弹性势能相同，故D 正确。
故选ACD。
1.（海南·高考真题）如图，用长为l的轻绳悬挂一质量为M 的沙箱，沙箱静止．一质量为m 的弹丸以速度
v水平射入沙箱并留在其中，随后与沙箱共同摆动一小角度．不计空气阻力．对子弹射向沙箱到与其共同
摆过一小角度的过程( )
A．若保持m、v、l不变，M 变大，则系统损失的机械能变小
B．若保持M、v、l不变，m 变大，则系统损失的机械能变小
C．若保持M、m、l不变，v 变大，则系统损失的机械能变大
D．若保持M、m、v 不变，l变大，则系统损失的机械能变大
【答案】C
【详解】分析易得只有子弹射入沙箱并停留在沙箱中这个过程中系统的机械能才会损失，由动量守恒得，
mv=（m + M ）v共，则系统损失的机械能
ΔE= 1
2 mv
2−1
2
(m + M)v共
2 = 1
2 mv
2−1
2
(m + M)(
mv
m + M )
2
= mMv
2
2（m + M ）
对于A 选项，由ΔE= mMv
2
2（m + M ）= mv
2
2（m
M +1）可知若保持m、v、l不变，M 越大则系统损失的机械能
变大，故A 错误
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对于B 选项，由ΔE= mMv
2
2（m + M ）= Mv
2
2（M
m +1）可知若保持M、v、l不变，m 变大则系统损失的机械能
变大，故B 错误
对于C 选项，由ΔE= mMv
2
2（m + M ）可知若保持M、m、l不变，v 变大则系统损失的机械能变大，故C 正确
对于D 选项，子弹与沙箱共同向上摆动一小角度的过程系统机械能守恒，故D 错误
2.（多选）（上海·高考真题）一颗子弹以水平速度v0穿透一块在光滑水平面上迎面滑来的木块后，二者运
动方向均不变．设子弹与木块间相互作用力恒定，木块最后速度为v，则( )
A．v0越大，v 越大
B．v0越小，v 越大
C．子弹质量越大，v 越大
D．木块质量越小，v 越大
【答案】AC
【详解】AB．子弹穿透木块过程中，子弹与木块间相互作用力恒定，两者都做匀减速运动，子弹的位移
与木块的位移大小之和等于木块的厚度，若质量不变，则两者的加速度不变，当子弹的初速度v0越大时，
子弹穿过木块的时间越短，且木块的位移越小，由于木块初速度和加速度不变，所以末速度v 越大，如下
图所示
A 正确，B 错误；
C．子弹的质量越大，由于作用力不变，则加速度越小，初速度v0一定，则子弹位移越大，木块位移越
小，由于木块初速度和加速度不变，所以末速度v 越大，如下图所示
C 正确；
D．木块质量越小，其加速度越大，初速度不变，子弹穿过木块的时间变大，则木块末速度v 变小，如下
图所示
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D 错误。
故选AC。
3.（天津·高考真题）如图所示，水平地面上静止放置一辆小车A，质量mA = 4 kg，上表面光滑，小车与地
面间的摩擦力极小，可以忽略不计．可视为质点的物块B 置于A 的最右端，B 的质量mB=2kg．现对A 施
加一个水平向右的恒力F＝10N，A 运动一段时间后，小车左端固定的挡板B 发生碰撞，碰撞时间极短，碰
后A，B 粘合在一起，共同在F 的作用下继续运动，碰撞后经时间t＝0.6s，二者的速度达到v1=2m/ s．
求
（1）A 开始运动时加速度a 的大小；
（2）A，B 碰撞后瞬间的共同速度v 的大小；
（3）A 的上表面长度l；
【答案】(1)2.5m/ s
2 （2）1m/s （3）0.45m
【详解】(1)以A 为研究对象，由牛顿第二定律有F＝mAa①
代入数据解得a＝2.5 m/s2②
(2)对A、B 碰撞后共同运动t＝0.6 s 的过程，由动量定理得Ft＝(mA＋mB)v－(mA＋mB)v③
代入数据解得v＝1 m/s④
(3)设A、B 发生碰撞前，A 的速度为vA，对A、B 发生碰撞的过程，由动量守恒定律有
mAvA＝(mA＋mB)v1⑤
A 从开始运动到与B 发生碰撞前，由动能定理有Fl＝1
2mAv ⑥
由④⑤⑥式，代入数据解得l＝0.45 m.
4.（安徽·高考真题）如图所示，质量M=2kg 的滑块套在光滑的水平轨道上，质量m=1kg 的小球通过长
L=0.5m 的轻质细杆与滑块上的光滑轴O 连接，小球和轻杆可在竖直平面内绕O 轴自由转动，开始轻杆处
于水平状态，现给小球一个竖直向上的初速度v0="4" m/s，g 取10m/s
2．
（1）若锁定滑块，试求小球通过最高点P 时对轻杆的作用力大小和方向．
（2）若解除对滑块的锁定，试求小球通过最高点时的速度大小．
(3)在满足（2）的条件下，试求小球击中滑块右侧轨道位置点与小球起始位置点间的距离．
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【答案】（1）2N，方向竖直向上（2）υ2=2m /s（3）s1= 2
3 m
【详解】（1）设小球能通过最高点，且此时的速度为υ1，在上升过程中，因只有重力做功，小球的机械
能守恒．则
1
2 mυ1
2+mgL= 1
2 mυ0
2①
υ2=√6m/ s②
设小球到达最高点时，轻杆对小球的作用力为F，方向向下，则F +mg =m υ1
2
L
③
由②③式，得F =2N④
由牛顿第三定律可知，小球对轻杆的作用力大小为2N，方向竖直向上．
（2）解除锁定后，设小球通过最高点时的速度为υ2，此时滑块的速度为V．在上升过程中，因系统在水平
方向不受外力作用，水平方向的动量守恒．以水平向右的方向为正方向，有
mυ2+ MV =0⑤
在上升过程中，因只有重力做功，系统的机械能守恒，则
1
2 mυ2
2+ 1
2 M V
2+mgL= 1
2 mυ0
2⑥
由⑤⑥式，得υ2=2m /s⑦
（3）设小球击中滑块右侧轨道的位置点与小球起始位置点间的距离为s1，滑块向左移动的距离为s2，任意
时刻小球的水平速度大小为υ2，滑块的速度大小为V
′．由系统水平方向的动量守恒，得mυ3−M V
′ =0⑧
将⑧式两边同乘以Δt，得mυ3 Δt −M V
′ Δt =0⑨
因⑨式对任意时刻附近的微小间隔Δt都成立，累积相加后，有m s1−M s2=0⑩
又s1+ s2=2 L ⑪
由⑩11式得s1= 2
3 m ⑫
5.（2024·辽宁·高考真题）如图，高度h=0.8 m的水平桌面上放置两个相同物块A、B，质量
mA=mB=0.1kg。A、B 间夹一压缩量Δ x =0.1m的轻弹簧，弹簧与A、B 不栓接。同时由静止释放A、
B，弹簧恢复原长时A 恰好从桌面左端沿水平方向飞出，水平射程xA=0.4 m；B 脱离弹簧后沿桌面滑行一
段距离xB=0.25 m后停止。A、B 均视为质点，取重力加速度g=10 m/s
2。求：
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（1）脱离弹簧时A、B 的速度大小vA和vB；
（2）物块与桌面间的动摩擦因数μ；
（3）整个过程中，弹簧释放的弹性势能Δ Ep。
【答案】（1）1m/s，1m/s；（2）0.2；（3）0.12J
【详解】（1）对A 物块由平抛运动知识得
h= 1
2 gt
2
xA= vAt
代入数据解得，脱离弹簧时A 的速度大小为
vA=1m/s
AB 物块质量相等，同时受到大小相等方向相反的弹簧弹力及大小相等方向相反的摩擦力，则AB 物块整体
动量守恒，则
mA vA=mB vB
解得脱离弹簧时B 的速度大小为
vB=1m/s
（2）对物块B 由动能定理
−μmB g xB=0−1
2 mB vB
2
代入数据解得，物块与桌面的动摩擦因数为
μ=0.2
（3）弹簧的弹性势能转化为AB 物块的动能及这个过程中克服摩擦力所做的功，即
Δ Ep= 1
2 mA vA
2 + 1
2 mBvB
2+ μmA g Δ xA+ μmB g Δ xB
其中
mA=mB，Δ x = Δ xA+ Δ xB
解得整个过程中，弹簧释放的弹性势能
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