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考点31 动量守恒定律中几种常见模型
（核心考点精讲精练）
1. 5 年真题考点分布
动量守恒定律中几种
常见模型
2023·海南卷·T18
2023·湖南卷·T15
2023·全国乙卷·T25
2023·北京卷·T4
2022·湖南卷·T4
2021·广东卷·T13
2021·河北卷·T13
2020·全国卷Ⅱ·T21
2020·北京卷·T13
2019·江苏卷·T12(1)
2. 命题规律及备考策略
【命题规律】近几年高考主要考查：动量守恒定律这五种模型是难度较大，综合性较强知识点，是高考中
高频考点。
【备考策略】
1.会分析、计算几种常见的模型有关问题.
2.理解几种常见的模型模型与碰撞的相似性，会解决相关问题．
【命题预测】
这五种模型是高考的必考点，要注意与生活实际与科学前沿相结合的问题。学会把实际问题模型化，学会
应用数学知识处理物理问题的方法。
考向
1 “弹簧类”模型
模型图例
水平地面光滑，m1、m2与轻弹簧（开始处于原长）相连，m1以初速度v0运动。
模型规律
（1）系统的动量守恒。
（2）系统的机械能守恒。
1
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两
个
状
态
（1）弹簧最短（或最长）时两物体瞬时速度相等，弹性势能最大
①系统动量守恒：m1v0＝（m1＋m2）v 共；
②系统机械能守恒：1
2m1v0
2＝1
2（m1＋m2）v共
2＋Epm。
（2）弹簧处于原长时弹性势能为零
①系统动量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2；
②系统机械能守恒：1
2m1v0
2＝1
2m1v1
2＋1
2m2v2
2。
【特别提醒】
“弹簧类”模型的解题思路
①系统的动量守恒。
②系统的机械能守恒。
③应用临界条件：两物体共速时，弹簧的弹性势能最大。
（2023·浙江·统考高考真题）为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置。水平直轨道AB、
CD 和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为
的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF 与轨道
CD 和足够长的水平直轨道FG 平滑相切连接。质量为3m 的滑块b 与质量为2m 的滑块c 用劲度系数
的轻质弹簧连接，静置于轨道FG 上。现有质量
的滑块a 以初速度
从
D 处进入，经DEF 管道后，与FG 上的滑块b 碰撞（时间极短）。已知传送带长
，以
的
速率顺时针转动，滑块a 与传送带间的动摩擦因数
，其它摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，
弹簧的弹性势能
（x 为形变量）。
（1）求滑块a 到达圆弧管道DEF 最低点F 时速度大小vF和所受支持力大小FN；
（2）若滑块a 碰后返回到B 点时速度
，求滑块a、b 碰撞过程中损失的机械能
；
（3）若滑块a 碰到滑块b 立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差
。
【答案】 （1）10m/s；31.2；（2）0；（3）0.2m
【解析】（1）滑块a 从D 到F，由能量关系
2
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在F 点
解得
FN=31.2N
（2）滑块a 返回B 点时的速度vB=1m/s，滑块a 一直在传送带上减速，加速度大小为
根据
可得在C 点的速度
vC=3m/s
则滑块a 从碰撞后到到达C 点
解得
v1=5m/s
因ab 碰撞动量守恒，则
解得碰后b 的速度
v2=5m/s
则碰撞损失的能量
（3）若滑块a 碰到滑块b 立即被粘住，则ab 碰后的共同速度
解得
v=2.5m/s
当弹簧被压缩到最短或者伸长到最长时有共同速度
则
当弹簧被压缩到最短时压缩量为x1，由能量关系
3
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解得
同理当弹簧被拉到最长时伸长量为
x2=x1
则弹簧最大长度与最小长度之差
（2023 秋·天津宁河·高三天津市宁河区芦台第一中学校考期末）如图所示，在足够长的光滑水平轨道上静
止三个小木块A、B、C，质量分别为mA=1kg，mB=1kg，mC=2kg，其中B 与C 用一个轻弹簧固定连接，开
始时整个装置处于静止状态；A 和B 之间有少许塑胶炸药，现在引爆塑胶炸药，若炸药爆炸产生的能量有
E=9J 转化为A 和B 的动能，A 和B 分开后，立刻取走A。求
（1）弹簧弹性势能的最大值。
（2）弹簧再次恢复原长时，B 的速度。
【答案】 （1）3J；（2）-1m/s
【解析】（1）塑胶炸药爆炸瞬间取A 和B 为研究对象，假设爆炸后瞬间A、B 的速度大小分别为
、
，
取向右为正方向，由动量守恒
爆炸产生的能量有9J 转化为A、B 的动能
解得
取BC 和弹簧为研究系统，当弹簧第一次被压缩到最短时B、C 达到共同速度
，此时弹簧的弹性势能最
大，设为
，由动量守恒
由能量守恒定律
解得
（2）设B、C 之间的弹簧第一次恢复到原长时B、C 的速度分别为
和
，则由动量守恒和能量守恒，
4
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有
解得
考向
2 “子弹打木块”
模型图例
模型
规律
（1）地面光滑，系统的动量守恒。
（2）系统的机械能有损失，一般应用能量守恒定律。
两种
情况
（1）子弹未穿出木块：两者最终速度相等，机械能损失最多
①动量守恒：mv0＝（m＋M）v
②能量守恒：Q＝f·x＝1
2mv0
2－1
2（M＋m）v2
（2）子弹穿出木块：两者速度不相等，机械能有损失
①动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2
②能量守恒：Q＝f·l＝1
2mv0
2－(
1
2 m v1
2+ 1
2 M v2
2)
三个角度求解子弹打木块过程中损失的机械能
（1）利用系统前、后的机械能之差求解；
（2）利用Q＝f·x 相对求解；
（3）利用打击过程中子弹克服阻力做的功与阻力对木块做的功的差值进行求解。
（2023·北京·统考高考真题）如图所示，质量为m 的小球A 用一不可伸长的轻绳悬挂在O 点，在O 点正下
方的光滑桌面上有一个与A 完全相同的静止小球B，B 距O 点的距离等于绳长L。现将A 拉至某一高度，
由静止释放，A 以速度v 在水平方向和B 发生正碰并粘在一起。重力加速度为g。求：
（1）A 释放时距桌面的高度H；
（2）碰撞前瞬间绳子的拉力大小F；
（3）碰撞过程中系统损失的机械能
。
5
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【答案】 （1）
；（2）
；（3）
【解析】（1）A 释放到与B 碰撞前，根据动能定理得
解得
（2）碰前瞬间，对A 由牛顿第二定律得
解得
（3）A、B 碰撞过程中，根据动量守恒定律得
解得
则碰撞过程中损失的机械能为
（2023·广东清远·校考模拟预测）如图所示，水平地面AB 与倾斜长传送带用光滑的小圆弧BC 连接，传送
带与水平面的夹角
，传送带以速度
逆时针转动，质量为
的物块（可视为质点）静止在水平
地面上的A 处，一颗质量为
的子弹以某一速度射入物块并留在其中（子弹和物块在极短时间内达到共
速），经时间后物块运动到
处，此时速度为
，忽略物块从B 点到C 点的速率变化，物块与地面AB 之
间的动摩擦因数为
，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为
，
。
（1）求子弹射入物块前的速率。
（2）若物块与传送带之间的动摩擦因数
，物块恰好能到达传送带CD 的最高点D，求传送带C、
6
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D 间的长度。
（3）在（2）中，讨论物块在传送带上自最高点D 向下滑到底部C 点所需的时间与传送带速度的关系。
【答案】 （1）
；（2）
；（3）见解析
【解析】（1）根据题意，设子弹射入物块前的速率为
，子弹射入物块过程动量守恒，由动量守恒定律有
物块在水平面AB 上做匀减速运动，由牛顿第二定律可得，加速度大小为
由运动学公式有
联立解得
（2）根据题意，由牛顿第二定律可得，物块在倾斜传送带上向上运动时的加速度大小为
当速度减小到0 时运动的位移
则送带C、D 间的长度为
（3）根据题意，设物块在传送带上自D 点向下滑到底部C 点所需的时间为t'，若传送带的速度
时，
物块直接匀加速到底部
点，由牛顿第二定律可得，物块在传送带上向下滑过程中的加速度大小
可知，物块的末速度为，由运动学公式可得，运动时间为
若传送带的速度
时，物块先加速到速度达到
，所用时间为
下滑的位移为
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此后由于
物块继续向下加速运动，加速度为
位移为
根据运动学公式有
解得
则有
考向
3 “滑块—木板”模型
模型图例
模型规律
木板M 放在光滑的水平地面上，滑块m 以速度v0滑上木板，两者间的摩擦力大小为f。
①系统的动量守恒；
②系统减少的机械能等于摩擦力与两者相对位移大小的乘积，即摩擦生成的热量。
两种情况
（1）若滑块未滑离木板，则类似于子弹打木块模型中子弹未穿出的情况。
①系统动量守恒：mv0＝（M＋m）v；
②系统能量守恒：Q＝f·x＝1
2mv0
2－1
2（M＋m）v2。
（2）若滑块滑离木板，则类似于子弹穿出的情况。
①系统动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2；
②系统能量守恒：Q＝fl＝1
2mv0
2－(
1
2 m v1
2+ 1
2 M v2
2)。
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【特别提醒】
“滑块—木板”模型的解题思路
①系统的动量守恒。
②在涉及滑块或木板的运动时间时，优先考虑用动量定理。
③在涉及滑块或木板的位移时，优先考虑用动能定理。
④在涉及滑块与木板的相对位移时，优先考虑用系统的能量守恒。
⑤滑块与木板不相对滑动时，两者达到共同速度。
（2021·海南·高考真题）如图，一长木板在光滑的水平面上以速度v0向右做匀速直线运动，将一小滑块无
初速地轻放在木板最右端。已知滑块和木板的质量分别为m 和2m，它们之间的动摩擦因数为μ，重力加速
度为g。
（1）滑块相对木板静止时，求它们的共同速度大小；
（2）某时刻木板速度是滑块的2 倍，求此时滑块到木板最右端的距离；
（3）若滑块轻放在木板最右端的同时，给木板施加一水平向右的外力，使得木板保持匀速直线运动，直
到滑块相对木板静止，求此过程中滑块的运动时间以及外力所做的功。
【答案】 （1）v 共 =
；（2）x =
；（3）t =
，W = mv0
2
【解析】（1）由于地面光滑，则木板与滑块组成的系统动量守恒，有
2mv0 = 3mv 共
解得
v 共 =
（2）由于木板速度是滑块的2 倍，则有
v 木 = 2v 滑
再根据动量守恒定律有
2mv0 = 2mv 木 + mv 滑
联立化简得
v 滑 =
v0，v 木 =
v0
再根据功能关系有
- μmgx =
× 2mv 木2 +
mv 滑2 -
× 2mv0
2
经过计算得
x =
9
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（3）由于木板保持匀速直线运动，则有
F = μmg
对滑块进行受力分析，并根据牛顿第二定律有
a 滑 = μg
滑块相对木板静止时有
v0 = a 滑t
解得
t =
则整个过程中木板滑动的距离为
x′ = v0t =
则拉力所做的功为
W = Fx′ = mv0
2
（2023·河北保定·统考二模）如图所示，光滑水平面上静止放着一质量为4kg、长为4m 的木板ABC，木板
由两种不同材料拼接而成，拼接点为B 且AB=AC，木板左端有一质量为2kg 的小物块（可视为质点），木
板与物块开始时均处于静止状态，物块与木板左半部分AB 间的动摩擦因数μ1=0.4，与右半部分BC 间的动
摩擦因数μ2=0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10m/s2，若给小物块施加20N 的水平恒力F，求：
（1）小物块在AB 之间运动过程中小物块和木板的加速度各为多大？
（2）要使物块最终恰好能滑到木板的最右端C，力F 需做多少功？
【答案】 （1）6m/s2，2m/s2；（2）54J
【解析】（1）以物块为研究对象，根据牛顿第二定律，有
以木板为研究对象，有
解得
，
（2）设物块刚滑到B 点时，撤去外力，此时物块速度为v1，木板速度为v2，此前运动时间为t，则
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物块与木板达到共同速度为ⅴ，根据动量守恒定律，有
此过程中物块的位移为x1，木板的位移为x2，则
解得
所以，满足恰好滑到右端的条件，力F 在物块滑到B 点之前某位置就得撤去，设此位置距离B 点为Δx，物
块的速度为v3，木板的速度为v4，力F 作用的时间为t1，则
恰好滑到右端时的共同速度为
，则
物块和木板系统能量守恒
解得
在力F 作用的时间内物块的位移为x3，则
力F 做的功为
解得
考向
4 “光滑圆弧轨道＋滑块
( 小球
) ”模型
模型图例
模型规律
光滑的曲面体开始时静止在水平地面上，滑块以速度v0滑上曲面体
11
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①系统水平方向动量守恒；
②系统的机械能守恒。
两个位置
（1）滑块到达最高点时，滑块与曲面体具有共同的水平速度v 共
①系统水平方向动量守恒：mv0＝（M＋m）v 共；
②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
一定等于圆弧轨道的高度。
（2）滑块返回最低点时，滑块与曲面体分离
①系统水平方向动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2；
②系统机械能守恒：1
2mv0
2＝1
2mv1
2＋1
2Mv2
2。
（2023·湖南·统考高考真题）如图，质量为
的匀质凹槽放在光滑水平地面上，凹槽内有一个半椭圆形的
光滑轨道，椭圆的半长轴和半短轴分别为
和
，长轴水平，短轴竖直．质量为
的小球，初始时刻从椭
圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑．以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点，在竖直平面内建立固定于
地面的直角坐标系
，椭圆长轴位于
轴上。整个过程凹槽不翻转，重力加速度为
。
（1）小球第一次运动到轨道最低点时，求凹槽的速度大小以及凹槽相对于初始时刻运动的距离；
（2）在平面直角坐标系
中，求出小球运动的轨迹方程；
（3）若
，求小球下降
高度时，小球相对于地面的速度大小（结果用
及
表示）。
【答案】 （1）
，
；（2）
；（3）
【解析】（1）小球运动到最低点的时候小球和凹槽水平方向系统动量守恒，取向左为正
小球运动到最低点的过程中系统机械能守恒
联立解得
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因水平方向在任何时候都动量守恒即
两边同时乘t 可得
且由几何关系可知
联立得
（2）小球向左运动过程中凹槽向右运动，当小球的坐标为
时，此时凹槽水平向右运动的位移为
，
根据上式有
则小球现在在凹槽所在的椭圆上，根据数学知识可知此时的椭圆方程为
整理得
（
）
（3）将
代入小球的轨迹方程化简可得
即此时小球的轨迹为以
为圆心，b 为半径的圆，则当小球下降的高度为
时有如图
此时可知速度和水平方向的的夹角为
，小球下降
的过程中，系统水平方向动量守恒
系统机械能守恒
13
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联立得
（2023·湖南长沙·湖南师大附中校考三模）如图所示，长木板与
光滑圆弧体放在光滑的水平面上，质量
均为
，长木板长
，厚度忽略不计，长木板距平台的距离
，平台与水平面的高度差
；质量
小滑块（大小可忽略不计）放在粗糙的平台上，与平台间的动摩擦因数
，距平
台的右端
，现给小滑块一水平向右的初速度
，滑块与长木板间的动摩擦因数
，重
力加速度
。小滑块落在长木板上时碰撞时间极短可忽略，且不弹起。当滑块滑到长木板最右端
时，长木板刚好与
圆弧体发生弹性碰撞，碰撞时间极短可忽略不计。求：
（1）小滑块滑到平台右端时的速度大小
；
（2）当滑块滑到长木板最右端时小滑块的速度大小
；
（3）若小滑块刚好滑至
圆弧的最高点，圆弧的半径R。
【答案】 （1）
；（2）6m/s；（3）0.15m
【解析】（1）小物块在平台上滑动的过程中，根据动能定理，有
解得
（2）小滑块从平台边缘飞出，做平抛运动，竖直方向，有
水平方向，有
小滑块与长木板碰撞过程，竖直方向根据动量定理，规定竖直向上为正方向，有
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水平方向，规定水平向右为正方向，对小滑块根据动量定理，有
对长木板有
此后小滑块做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律，有
由位移时间关系，有
长木板做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，有
有位移时间关系，有
滑块滑到长木板最右端时小滑块的速度
长木板的速度
（3）长木板与
圆弧体发生弹性碰撞有
解得
小滑块滑上
圆弧的最高点时，小滑块与
圆弧的速度相同，根据小滑块与
圆弧组成的系统水平动量守
恒和能量守恒得
考向
5 人船模型
人船模型
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（1）模型图示
（2）模型特点
①两物体满足动量守恒定律：mv 人－Mv 船＝0
②两物体的位移大小满足：m－M＝0，
x 人＋x 船＝L，
得x 人＝L，x 船＝L
（3）运动特点
①人动则船动，人静则船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；
②人船位移比等于它们质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即＝＝.
（2023·河南·校联考模拟预测）如图，质量为M 的小车静止在光滑水平面上，小车AB 段是半径为R 的四
分之一光滑圆弧轨道，BC 段是长为L 的粗糙水平轨道，两段轨道相切于B 点。一质量为m 的滑块从小车
上的A 点由静止开始沿轨道下滑，然后滑入BC 轨道，最后从C 点滑出小车。已知滑块质量
，滑块
与轨道BC 间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。
（1）若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力。
（2）若不固定小车，滑块仍从A 点由静止下滑，求：
①滑块运动过程中，小车的最大速度大小
；
②滑块从B 到C 运动过程中，小车的位移大小s。
【答案】 （1）3mg，方向竖直向下；（2）①
，②
【解析】（1）若固定小车，滑块从A 到B 的运动中，由动能定理可得
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解得
滑块在B 点时，由牛顿第二定律可得
解得
此时在B 点，圆弧轨道对滑块的支持力最大，由牛顿第三定律可知，滑块对小车的最大压力为3mg，方向
竖直向下。
（2）①若不固定小车，因水平轨道粗糙，因此滑块滑至B 点时，小车的速度最大，滑块与小车组成的系
统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律可得
此过程系统的机械能守恒，则有
联立解得小车的最大速度大小为
②滑块从B 到C 运动过程中，滑块与小车组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒
定律可得
则有
等式两边乘以时间t，则有
可知
解得
又
解得小车的位移大小为
（2023·湖南·校联考模拟预测）如图，棱长为a、大小形状相同的立方体木块和铁块，质量为m 的木块在
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上、质量为M 的铁块在下，正对用极短细绳连结悬浮在在平静的池中某处，木块上表面距离水面的竖直距
离为h。当细绳断裂后，木块与铁块均在竖直方向上运动，木块刚浮出水面时，铁块恰好同时到达池底。
仅考虑浮力，不计其他阻力，则池深为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】 D
【解析】设铁块竖直下降的位移为d，对木块与铁块系统，系统外力为零，由动量守恒（人船模型）可得
池深
解得
D 正确。
故选D。
【基础过关】
1．（2023 春·福建省福州第一中学校考期末）如图所示，光滑水平地面上并排放置着质量分别为
、
的木板A、B，一质量
的滑块C（视为质点）以初速度
从A 左端滑上木板，C
滑离木板A 时的速度大小为
，最终C 与木板B 相对静止，则（ ）
A．木板B 与滑块C 最终均静止在水平地面上
B．木板B 的最大速度为2m/s
C．木板A 的最大速度为1m/s
D．整个过程，A、B、C 组成的系统机械能减少了57.5J
【答案】 D
【解析】ABC．整个系统水平方向动量守恒，C 滑离木板A 时
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解得木板A 的最大速度为
滑上B 后，对B、C 整体水平动量守恒
解得木板B 的最大速度为
并且B、C 一起匀速运动，故ABC 错误；
D．整个过程，A、B、C 组成的系统机械能减少了
故D 正确。
故选D。
2．（多选）（2023·全国·高三专题练习）如图所示，质量为
的物块P 与长木板Q 之间有一轻弹簧，静止
在光滑的水平地面上，P 与弹簧拴接，Q 与弹簧接触但不拴接，Q 的上表面粗糙。
时，物块P 以初速
度
向左运动，
时间内物块P 与长木板Q 的
图像如图所示，
时刻，把质量为
的物块M
放在Q 的最左端，图中末画出，M 最终末从Q 上滑出，则（ ）
A．物体Q 的质量为
B．
时刻弹簧的弹性势能为
C．M 和Q 之间由于摩擦作用的发热量为
D．弹簧可以和Q 发生二次作用
【答案】 AC
【解析】A．
时刻，
所受弹力最大且大小相等，由牛顿第二定律可得
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则物体
的质量为
，故A 正确；
B．
时刻，弹簧压缩到最短，
和
速度相等，根据动量守恒
根据能量守恒可得最大弹性势能为
故B 错误；
C．
时间内，根据动量守恒
根据机械能守恒
联立解得
2t0时刻，
和弹簧分离，
和
之间动量守恒，有
解得
产生的热量为
故C 正确；
D．由上分析可知
和
共速时
弹簧不能和
发生二次作用，故D 错误。
故选AC。
3．（多选）（2023·河南开封·统考三模）如图所示，一辆质量
的小车静止在光滑水平面上，小车
20
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左边部分为半径
的四分之一光滑圆弧轨道，圆弧轨道末端平滑连接一长度
的水平粗粘面，
粗糙面右端是一挡板。有一个质量为
的小物块（可视为质点）从小车左侧圆弧轨道顶端A 点由静止
释放，小物块和小车粗糙区域的动摩擦因数
，重力加速度取
，则（ ）
A．小物块滑到圆弧末端时的速度大小为
B．小物块滑到圆弧末端时小车的速度大小为
C．小物块与右侧挡板碰撞前瞬间的速度大小为
D．小物块最终距圆弧轨道末端的距离为
【答案】 BC
【解析】AB．小物块滑到圆弧轨道末端时，由能量守恒和水平方向动量守恒得
联立解得
故A 错误、B 正确；
C．小物块与右侧挡板碰撞前，由能量守恒和水平方向动量守恒得
联立解得
故C 正确；
D．由水平方向动量守恒知，小物块和小车最终都静止，由能量守恒得
解得
21
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则小物块最终距圆弧末端的距离
故D 错误。
故选BC。
4．（2023·福建福州·福建省福州第一中学校考三模）如图，一水平轻弹簧左端固定，右端与一质量为m 的
小物块a 连接，a 静止在水平地面上的A 处，此时弹簧处于原长状态，A 左侧地面光滑；另一质量为
的
小滑块b 静止在B 处，b 与地面间的动摩擦因数为μ。现对b 施加一水平向左、大小为
的恒定推
力，经时间t 后b 与a 发生弹性正碰（碰撞时间极短），碰前瞬间撤去推力，a 与b 不再相碰。已知重力加
速度大小为g。求；
（1）b 与a 碰撞前瞬间的速度大小v 以及A 与B 间的距离x0；
（2）弹簧的最大弹性势能Epm以及碰后b 运动的路程L。
【答案】 （1）v = 2μgt，x0 = μgt2；（2）
，
【解析】（1）b 从B 运动到A 的过程中做匀加速直线运动，设加速度大小为
，则
根据牛顿第二定律有
解得
v = 2μgt，x0 = μgt2
（2）b 与a 发生弹性正碰，碰撞过程动量守恒、机械能守恒，有
解得
a 碰后向左运动到速度为零时弹簧的弹性势能最大，则
22
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解得
b 碰后向右做匀减速直线运动，设加速度大小为
，则
根据牛顿第二定律有
解得
5．（2023·福建宁德·福建省宁德第一中学校考一模）如图所示，长L=3m 的木板静止在粗糙的水平地面上，
木板上表面光滑，右端有挡板B，总质量M=2kg，紧靠挡板B 有一质量m=1kg 的滑块A（可视为质点），
A、B 间夹有少许塑性炸药（质量不计）。现引爆炸药，设炸药的化学能全部转化为木板和滑块的动能，爆
炸后瞬间滑块A 获得v0=6m/s 的速度。木板与地面间的动摩擦因数为μ，不计空气阻力，重力加速度
g=10m/s2。
（1）求炸药释放的化学能。
（2）若要使滑块到达木板左端前木板停下，则μ 需满足什么条件？
（3）若μ=0.6，求从炸药爆炸后的瞬间到木板停止运动的过程中系统损失的机械能。
【答案】 （1）E=27J；（2）μ>0.5；（3）9J
【解析】（1）引爆炸药瞬间，系统动量守恒，有
Mv=mv0
系统能量守恒，有
解得
E=27J
（2）对木板，有
μ（M+m）g=Ma
木板匀减速运动，有
0=v-at
23
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木板和滑块的位移满足关系
解得
μ>0.5
（3）由于μ=0.6>0.5，木板停止运动时滑块仍在木板上，滑块的动能不变，木板的动能转化为内能，因此
系统损失的机械能
6．（2023·河北唐山·开滦第二中学校考三模）如图所示，足够长的光滑水平台面其右端紧接着一长1m 的
水平传送带，传送带以速度
顺时针匀速运动。A、B 两滑块的质量分别为
、
，
滑块之间压着一条轻弹簧（不与两滑块栓接）并用一根细线锁定，两者一起在平台上以速度
向右
匀速运动；突然，滑块间的细线瞬间断裂，两滑块与弹簧脱离时B 恰好静止，A 继续向右运动，并滑上传
送带，最终从右端离开传达带。已知物块与传送带间的动摩擦因数
，
，求：
（1）两滑块与弹簧脱离时A 的速度；
（2）线断裂前弹簧的弹性势能
；
（3）滑块A 与传送带之间因摩擦产生的热量
。
【答案】 （1）
；（2）
；（3）
【解析】（1）设两滑块脱离弹簧时的速度分别为
、
，根据动量守恒定律有
则由
可得
（2）弹簧的弹性势能等于系统动能的变化量，则有
解得
（3）滑块A 在传送带上向右减速到与传送带共速，之后随传送带向右离开，设相对滑动时间为，滑块A
的加速度大小为
根据匀变速直线运动速度与时间的关系可得
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解得
则滑块A 在传送带上向右减速到与传送带共速过程中，滑块A 与传送带各自的位移为
则滑块与传送带间的相对滑动路程为
在相对滑动过程中摩擦生热为
【能力提升】
7．（2023 秋·黑龙江鸡西·高三校考期末）如图所示，质量为
的木块静止于光滑水平面上，一质量
为
的子弹以水平速度
打入木块并停在木块中，此过程中下列说法正确的是（ ）
A．子弹打入木块后子弹和木块的共同速度为
B．子弹对木块做的功
C．木块和子弹系统机械能守恒
D．子弹打入木块过程中产生的热量
【答案】 A
【解析】A．根据动量守恒可得
解得子弹打入木块后子弹和木块的共同速度为
故A 正确；
B．根据动能定理可知，子弹对木块做的功为
故B 错误；
CD．根据能量守恒可知，子弹打入木块过程中产生的热量为
可知木块和子弹系统机械能不守恒，故CD 错误。
故选A。
8．（多选）（2023·河北衡水·衡水市第二中学校考三模）如图所示，光滑水平面上放置滑块A 和左侧固定
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轻质竖直挡板的木板B，滑块C 置于B 的最右端，三者质量分别为mA=2kg、mB=3kg、mC=1kg。开始时
B、C 静止，A 以v0=7.5m/s 的速度匀速向右运动，A 与B 发生正撞（碰撞时间极短），经过一段时间，
B、C 达到共同速度一起向右运动，且此时C 再次位于B 的最右端。已知所有的碰撞均无机械能损失，木
板B 的长度为L=0.9m，B、C 之间的动摩擦因数为μ，取g=10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．A 与B 碰撞后瞬间，B 的速度大小为5m/s
B．A 与B 碰撞后瞬间，B 的速度大小为6m/s
C．C 与B 左侧的挡板相撞后的一小段时间内，C 对B 摩擦力的冲量水平向左
D．μ=0.75
【答案】 BD
【解析】AB．规定向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得
解得
故A 错误，B 正确；
C．C 与B 左侧的挡板相撞后的一小段时间内，C 的速度大于B 的速度，C 对B 的摩擦力水平向右，此时C
对B 摩擦力的冲量水平向右，故C 错误；
D．由动量守恒定律和机械能守恒定律得
解得
故D 正确。
故选BD。
9．（多选）（2023·福建厦门·厦门一中校考三模）如图所示，质量均为
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
的细线，细线另一端系一质量为
的球C。现将C 球拉起使细线水平伸直，并由静止释放C 球，重力加速度为
。从开始释放C
到A、B 两木块恰好分离的过程，下列说法正确的是（ ）
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A．两物块A 和B 分离时，A、B 的速度大小均为
B．两物块A 和B 分离时，C 的速度大小为
C．C 球由静止释放到最低点的过程中，木块移动的距离为
D．C 球由静止释放到最低点，A 对B 的弹力的冲量大小为
【答案】 BC
【解析】AB．球C 下落到最低点时，AB 将要分离，根据机械能守恒定律有
系统水平方向动量守恒，根据动量守恒定律有
联立解得
，
故A 错误，B 正确；
C．C 球由静止释放到最低点的过程中，设C 对地的水平位移大小为
，AB 对地的水平位移大小为
，则
有
，
解得
故C 正确；
D．C 球由静止释放到最低点的过程中，选B 为研究对象，由动量定理有
故D 错误。
故选BC。
10．（2023·北京海淀·人大附中校考模拟预测）如图所示，把一质量为m=0.2kg 的小球放在高度h=5.0m 的
直杆的顶端，一颗质量
的子弹以
的速度沿水平方向击中小球，并穿过球心，小球落
地处离杆的距离
。取重力加速度
，不计空气阻力。求：
（1）小球在空中飞行的时间t 和落地瞬间的速度v 的大小和方向；
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（2）子弹落地处离杆的距离
；
（3）子弹穿过小球过程中系统损失的机械能
。
【答案】 （1）1s，
，
；（2）100m；（3）1160J
【解析】（1）小球在空中飞行的时间
小球平抛运动水平速度为
落地瞬间速度的竖直分量为
落地瞬间的速度为
假设落地速度与水平方向成角度
，则
（2）子弹穿过球心过程中动量守恒
解得
子弹落地处离杆的距离
（3）子弹穿过小球过程中系统损失的机械能
11．（2023 秋·贵州·高三校联考开学考试）一固定的四分之一光滑圆弧轨道如图所示，从顶端A 由静止释
放一质量
的小物块（可视为质点），运动至圆弧轨道B 点时，恰好沿水平切线方向滑上与B 点等
高、静止在光滑水平面上的长木板上。已知长木板的质量
。圆弧轨道半径
，物块与长木
板之间的动摩擦因数
，取重力加速度大小
.
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（1）求小物块滑动至B 点时，对圆弧轨道B 点的压力大小；
（2）长木板至少多长，才能保证小物块不滑出长木板；
（3）求在小物块从滑上长木板到与长木板达到共同速度的过程中，长木板对小物块作用力的冲量大小
（结果可用根号表示）。
【答案】 （1）
；（2）
；（3）
【解析】（1）根据题意，由机械能守恒定律有
解得
小物块在B 点时，根据牛顿第二定律有
解得
根据牛顿第三定律得
（2）根据题意，设小物块到达木板右端时恰好和长木板达到共同速度，根据动量守恒定律有
解得
设此时长木板的长度为L，根据功能关系有
解得
（3）小物块在长木板上的加速度大小
运动时间
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长木板对小物块的作用力有向上的支持力、大小
滑动摩擦力、大小
两力方向垂直，长木板对小物块作用力的合力大小
长木板对小物块作用力的冲量大小
12．（2023 春·福建厦门·高三厦门一中校考期中）如图所示，小物块甲紧靠轨道BCD 静置于光滑水平面上，
轨道BCD 由水平轨道CD 及与CD 相切于C 的光滑
圆弧轨道组成，圆弧轨道的半径为R。现将小物块乙
（视为质点）从B 点正上方到B 点高度为R 的P 点由静止释放，乙从B 点沿切线方向进入圆弧轨道，恰好
不会从水平轨道CD 的左端D 点掉落。已知甲、乙以及轨道BCD 的质量相同，乙与CD 间的动摩擦因数
μ=0.5，重力加速度大小为g。求：
（1）乙通过B 点时的速度大小vB；
（2）乙通过C 点时甲的速度大小v1；
（3）CD 的长度L。
【答案】 （1）
；（2）
；（3）3R
【解析】（1）当乙滑到B 点时，有
得
（2）当乙滑到C 点时，轨道BCD 与甲的共同速度大小为v1，系统水平方向动量守恒，有
系统机械能守恒
解得
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（3）乙滑到C 点后，轨道BCD 与甲分离，乙从C 点滑到D 点的过程中，对乙和轨道BCD，动量守恒有
能量守恒
解得
13．（2023·云南昆明·云南师大附中校考模拟预测）如图所示，竖直轻弹簧下端固定在地面上，上端与物
体B 连接。B 物体质量为
，平衡时，弹簧的压缩量为
。另一个质量也为
的物体A，从物体B 正上方
相距
处自由落下，与物体B 相撞并立刻一起向下运动，但互不粘连。它们到达最低点后又向上运动，
恰能一起回到
点。重力加速度大小为
，求：
（1）碰撞前，弹簧的弹性势能；
（2）若将A 物体从距离B 物体
处重新释放，A 上升到达的最高点与
点的距离。
【答案】 （1）
；（2）
【解析】（1）A 自由下落过程，有
A、B 碰撞过程，满足动量守恒，则有
A、B 碰后恰能一起回到
点，则有
联立解得碰撞前，弹簧的弹性势能为
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（2）若将A 物体从距离B 物体
处重新释放，A 自由下落过程，有
A、B 碰撞过程，满足动量守恒，则有
A、B 碰后一起回到
点，则有
A、B 在
点之后分离，A 继续上升过程有
联立解得
14．（2023·宁夏银川·银川一中校考模拟预测）如图所示，有一足够长的传送带以
的速率逆时针匀
速转动，倾角
，传送带在M 点与光滑水平地面平滑连接，有一半径
竖直光滑半圆轨道在
N 点与地面平滑连接，其中MN 间距足够大，一压缩的轻质弹簧被细线锁住，可视为质点的A、B 两滑块分
别紧靠左右两侧并处静止状态，某一时刻烧断细线，与轻质弹簧分离后A 滑上传送带，B 恰好能通过半圆
轨道最高点P，A、B 的质量分别为
、
，A 与传送带间的动摩擦因数为
，重力加速
度g 取
，
。求：
（1）被压缩的轻质弹簧的弹性势能
；
（2）滑块A 在传送带上滑行最大距离；
（3）在保证能通过半圆轨道最高点情形下，半圆轨道的半径取不同值时B 落在水平面上与N 之间距离的
最大值。
【答案】 （1）150J；（2）10m；（3）1.25m
【解析】（1）设与弹簧分离瞬间A、B 的速度分别为
、
，对A、B 与弹簧组成的系统水平方向总动量
守恒，以水平向右为正方向，则有
B 在半圆轨道最高点时有
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对B 从N 到最高点P 过程由动能定理
解得
负号表示方向水平向左
方向水平向右，由功能关系可知开始时被压缩的轻质弹簧的弹性势能
（2）对A 进行受力分析，A 沿传送带向上做匀减速直线运动，开始时由于
，则由牛顿第二定律可知
减速到传送带运行速度后，同理可知有
直至减速为零，由此可知A 第一次沿传送带向上滑行的最大距离为
（3）令半圆轨道的半径为r 时B 落在水平面上时与N 之间距离最大，设通过P 点的速度为
，选MN 面为
零势能参考平面，则由机械能守恒有
解得
B 离开半圆轨道后做平抛运动，水平位移为
运动时间
则水平位移为
当
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时，水平位移最大，即
15．（2023 春·湖南长沙·高三长沙市南雅中学校考开学考试）如图所示，质量为 m3=2kg 的长木板 C 放在
光滑水平面上，其上表面水平，质量为 m1=2kg 的物块 A 放在长木板上距板右端 L1=4.5m 处，质量为
m2=4kg 的物块 B 放在长木板上左端，物块 A 与物块 B 距离 L2=4m，地面上离板的右端 L3=4.5m 处固
定一竖直挡板。开始A、B、C 处于静止状态，现用一水平拉力 F 作用在物块 A 上，使物块 A 相对于长
木板滑动， 当长木板刚要与挡板相碰时，物块 A 刚好脱离木板。已知物块 A 与长木板间的动摩擦因数
为μ1=0.3，物块 B 与长木板间的动摩擦因数为μ2=0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计物块大小，
每次长木板与挡板碰撞后均以与碰撞前大小相同的速度返回，重力加速度 g=10 m/s2，求：
（1）拉力 F 的大小；
（2）长木板 C 第二次与挡板碰撞时的速度；
（3）B 最终能滑离长木板 C 吗？如果能，滑离时 B 的速度是多少？如果不能，则第 4 次撞击前 B 离
板左端的距离。
【答案】 （1）10N；（2）1m/s；（3）不能，3.37m
【解析】（1）物块A 在拉力F 的作用下做初速度为零的匀加速运动，设加速度大小为a1。
根据牛顿第二定律得
F-μ1m1g=m1a1
设物块A 从开始运动到滑离长木板所用时间为t1，根据运动学公式有
假设开始时物体B 与长木板不会发生相对滑动，一起做加速运动的加速度为a2。
则
μ1m1g=（m2+m3）a2
解得
由于
m2a2=4N＜μ2m2g=8N
假设成立。
根据运动学公式有
联立解得
t1=3s
F=10N
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（2）长木板与挡板第1 次碰撞时的速度
然后木块A 脱离木板，木板以3m/s 的速度反弹向左运动，物块B 以3m/s 的速度向右运动，设向右为正，
则达到共速时由动量守恒定律可知
解得
v2=1m/s
由能量关系
解得
即此时物块B 相对木板C 向右滑动3m，则以后两者共同速度向右运动，第2 次与挡板相碰时的速度为
1m/s；
（3）长木板与挡板第2 次碰撞时的速度
碰后木板以1m/s 的速度反弹向左运动，物块B 以1m/s 的
速度向右运动，设向右为正，则达到共速时由动量守恒定律可知
解得
由能量关系
解得
长木板与挡板第3 次碰撞时的速度
碰后木板以
的速度反弹向左运动，物块B 以
的速度
向右运动，设向右为正，则达到共速时由动量守恒定律可知
解得
由能量关系
解得
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因
可得最终木块B 相对木板的位移为
则物块B 不能滑离木板C，第 4 次撞击前 B 离板左端的距离
【真题感知】
16．（2023·海南·统考高考真题）如图所示，有一固定的光滑
圆弧轨道，半径
，一质量为
的小滑块B 从轨道顶端滑下，在其冲上长木板C 左端时，给木板一个与小滑块相同的初速度，已
知
，B、C 间动摩擦因数
，C 与地面间的动摩擦因数
，C 右端有一个挡板，C 长为
。
求：
（1）
滑到
的底端时对
的压力是多大？
（2）若
未与
右端挡板碰撞，当
与地面保持相对静止时，
间因摩擦产生的热量是多少？
（3）在
时，B 与C 右端挡板发生碰撞，且碰后粘在一起，求
从滑上
到最终停止所用
的时间。
【答案】 （1）30N；（2）1.6J；（3）
【解析】（1）滑块下滑到轨道底部，有
解得
在底部，根据牛顿第二定律
解得
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由牛顿第三定律可知B 对A 的压力是
。
（2）当B 滑上C 后，对B 分析，受摩擦力力向左，根据牛顿第二定律得
解得加速度向左为
对C 分析，受B 向右的摩擦力
和地面向左的摩擦力
根据牛顿第二定律
解得其加速度向左为
由运动学位移与速度关系公式
，得B 向右运动的距离
C 向右运动距离
由功能关系可知，B、C 间摩擦产生的热量
可得
（3）由上问可知，若B 还末与C 上挡板碰撞，C 先停下，用时为
，有
解得
B 的位移为
则此刻的相对位移为
此时
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由
，一定是C 停下之后，B 才与C 上挡板碰撞。设再经
时间B 与C 挡板碰撞，有
解得
碰撞时B 速度为
碰撞时由动量守恒可得
解得碰撞后B、C 速度为
之后二者一起减速，根据牛顿第二定律得
后再经
后停下，则有
故
从滑上
到最终停止所用的时间总时间
17．（2022·河北·统考高考真题）如图，光滑水平面上有两个等高的滑板A 和B，质量分别为
和
，
A 右端和B 左端分别放置物块C、D，物块质量均为
，A 和C 以相同速度
向右运动，B 和D
以相同速度
向左运动，在某时刻发生碰撞，作用时间极短，碰撞后C 与D 粘在一起形成一个新滑块，A
与B 粘在一起形成一个新滑板，物块与滑板之间的动摩擦因数均为
。重力加速度大小取
。
（1）若
，求碰撞后瞬间新物块和新滑板各自速度的大小和方向；
（2）若
，从碰撞后到新滑块与新滑板相对静止时，求两者相对位移的大小。
【答案】 （1）
，
，方向均向右；（2）
【解析】（1）物块C、D 碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后物块C、D 形成的新物块的速度为
，C、
D 的质量均为
，以向右方向为正方向，则有
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解得
可知碰撞后滑块C、D 形成的新滑块的速度大小为
，方向向右。
滑板A、B 碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后滑板A、B 形成的新滑板的速度为
，滑板A 和B 质量分
别为
和
，则由
解得
则新滑板速度方向也向右。
（2）若
，可知碰后瞬间物块C、D 形成的新物块的速度为
碰后瞬间滑板A、B 形成的新滑板的速度为
可知碰后新物块相对于新滑板向右运动，新物块向右做匀减速运动，新滑板向右做匀加速运动，设新物块
的质量为
，新滑板的质量为
，相对静止时的共同速度为
，根据动量守恒可得
解得
根据能量守恒可得
解得
18．（2022·福建·高考真题）如图，L 形滑板A 静置在粗糙水平面上，滑板右端固定一劲度系数为
的轻
质弹簧，弹簧左端与一小物块B 相连，弹簧处于原长状态。一小物块C 以初速度
从滑板最左端滑入，滑
行
后与B 发生完全非弹性碰撞（碰撞时间极短），然后一起向右运动；一段时间后，滑板A 也开始运动．
已知A、B、C 的质量均为
，滑板与小物块、滑板与地面之间的动摩擦因数均为
，重力加速度大小为
；最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，弹簧始终处于弹性限度内。求：
（1）C 在碰撞前瞬间的速度大小；
（2）C 与B 碰撞过程中损失的机械能；
（3）从C 与B 相碰后到A 开始运动的过程中，C 和B 克服摩擦力所做的功。
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【答案】 （1）
；（2）
；（3）
【解析】（1）小物块C 运动至刚要与物块B 相碰过程，根据动能定理可得
解得C 在碰撞前瞬间的速度大小为
（2）物块B、C 碰撞过程，根据动量守恒可得
解得物块B 与物块C 碰后一起运动的速度大小为
故C 与B 碰撞过程中损失的机械能为
（3）滑板A 刚要滑动时，对滑板A，由受力平衡可得
解得弹簧的压缩量，即滑板A 开始运动前物块B 和物块C 一起运动的位移大小为
从C 与B 相碰后到A 开始运动的过程中，C 和B 克服摩擦力所做的功为
19．（2022·全国·统考高考真题）如图（a），一质量为m 的物块A 与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上：
物块B 向A 运动，
时与弹簧接触，到
时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B 的
图像如图
（b）所示。已知从
到
时间内，物块A 运动的距离为
。A、B 分离后，A 滑上粗糙斜面，
然后滑下，与一直在水平面上运动的B 再次碰撞，之后A 再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同。斜
面倾角为
，与水平面光滑连接。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。求
（1）第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值；
（2）第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值；
（3）物块A 与斜面间的动摩擦因数。
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【答案】 （1）
；（2）
；（3）
【解析】（1）当弹簧被压缩最短时，弹簧弹性势能最大，此时
、
速度相等，即
时刻，根据动量
守恒定律
根据能量守恒定律
联立解得
（2）解法一：同一时刻弹簧对
、B 的弹力大小相等，根据牛顿第二定律
可知同一时刻
则同一时刻
、
的的瞬时速度分别为
，
根据位移等速度在时间上的累积可得
，
又
解得
第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值
解法二：B 接触弹簧后，压缩弹簧的过程中，A、B 动量守恒，有
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对方程两边同时乘以时间
，有
0-t0之间，根据位移等速度在时间上的累积，可得
将
代入可得
则第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值
（3）物块A 第二次到达斜面的最高点与第一次相同，说明物块A 第二次与B 分离后速度大小仍为
，方
向水平向右，设物块A 第一次滑下斜面的速度大小为
，设向左为正方向，根据动量守恒定律可得
根据能量守恒定律可得
联立解得
方法一：设在斜面上滑行的长度为
，上滑过程，根据动能定理可得
下滑过程，根据动能定理可得
联立解得
方法二：根据牛顿第二定律，可以分别计算出滑块A 上滑和下滑时的加速度，
，
上滑时末速度为0，下滑时初速度为0，由匀变速直线运动的位移速度关系可得
，
联立可解得
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