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选择4 能量守恒与动量守恒观念综合应用
考点内容
考情分析
考向一 功和功率 冲量与动量
考察功能关系的理解及应用、机械能守恒的判断及应用考
察功能关系变化及动力学与能量图像的理解考察关物体机
械能守恒、传送带及板块模型以及碰撞过程的能量问题
考向二 碰撞模型及变形应用
考向三 传送带 木板-滑块模型
考向四 弹簧类问题
1.思想方法
力学三大观
点
对应规律
表达式
选用原则
动力学观点
牛顿第二定律
F 合=ma
物体做匀变速直线运
动，涉及运动细节
匀变速直线运动
规律
(1)速度公式：v＝v0＋at.
(2)位移公式：x＝v0t＋at2.
(3)位移速度关系式：v2－v＝2ax.
能量观点
动能定理
W 合==△Ek
涉及做功与能量转换
机械能守恒定律
Ek1+Ep1=Ek₂+Ep2
功能关系
WG=—ΔEp等
能量守恒定律
E₁=E₂
动量观点
动量定理
I 合=p'— p
只涉及初末速度、力、时间而不涉
及位移、功
动量守恒定律
p₁+p₂=p₁'+p₂'
只涉及初末速度而不涉及力、时间
1
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2.模型建构
一、轻绳相连的系统机械能守恒模型
①注意两个物体的质
量不一定相等；注意
多段运动
②注意两物体运动位
移和高度不一定相等
③注意两物体速度大小
不一定相等，可能需要
分解速度
④注意最大速度和最
大加速度区别
①b 落地前，a 机械
能增加、b 减小，系
统机械能守恒；
②b 落地后若不反
弹，绳松，a 机械能
守恒；
二、轻杆相连的系统机械能守恒模型
类型
类型一：绕杆上某固定点转动
类型二：无固定点，沿光滑接触面滑动
图示
三、轻弹簧问题
轻弹簧模型
①同一根弹簧弹性势能大小取决于弹簧形变量的大小，在弹簧弹性限度内，形
变量相等，弹性势能相等
②由两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统，当弹簧形变量最大时，弹簧两
端连接的物体具有相同的速度：弹簧处于自然长度时，弹簧弹性势能最小(为
2
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零)
四、类碰撞问题
情境
类比“碰撞”
满足规律
初态
末态
相距最近时
完全非弹性碰撞
动量守恒， 动能损失最
多
再次恢复原长时
弹性碰撞
动量守恒， 动能无损失
共速时
完全非弹性碰撞
动量守恒， 动能损失最
多
滑离时
非弹性碰撞
动量守恒， 部分动能转化
为内能
到达最高点时
完全非弹性碰撞
动量守恒， 动能损失最
多
再次回到地面时
弹性碰撞
动量守恒， 动能无损失
五、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
3
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六、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
考向一 功和功率 冲量与动量
1.
（2024•常州三模）如图所示，倾角为θ＝37°的斜面固定在水平桌面上，用平行斜面
向上的推力F1将位于斜面底端的滑块推到斜面顶端，推力F1做的功至少为W0。已知物块与斜
面间的动摩擦因数为μ＝0.5，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，若用水平向左的推力F2将物块推到顶
端，推力F2做的功至少为（ ）
A．1.2W0
B．1.4W0
C．1.6W0
D．1.8W0
m2
m1
v 共
v2
v1
4
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【解答】解：对物块做功最少，物块重力势能增大，动能不变，物体匀速缓慢运动至斜面顶端，
用F1将位于斜面底端的物块推到斜面顶端，对物块受力分析如图甲所示，根据受力平衡可得F1
＝mgsinθ+μmgcosθ＝mg
设斜面的长度为L，则W0＝F1L＝mgL
对物块受力分析如图乙所示，根据受力平衡可得F2cosθ＝mgsinθ+μ（F2sinθ+mgcosθ）
解得F2= mgsinθ+ μmgcosθ
cosθ - μsinθ
=2mg
则W＝F2Lcosθ＝1.6mgL＝1.6W0
故选：C。
2.
（多选）（2024•黑龙江三模）如图所示，光滑水平面上放有质量为M＝2kg 的足够
长的木板P，通过水平轻弹簧与竖直墙壁相连的质量为m＝1kg 的物块Q 叠放在P 上。初始时
刻，系统静止，弹簧处于原长，现用一水平向右、大小为F＝9N 的拉力作用在P 上。已知P、
Q 间的动摩擦因数μ＝0.2，弹簧的劲度系数k＝100N/m，重力加速度g 取10m/s2，最大静摩擦
力等于滑动摩擦力。则下列说法正确的是（ ）
A．Q 受到的摩擦力逐渐变大
B．Q 速度最大时，向右运动的距离为2cm
C．P 做加速度减小的加速运动
D．摩擦力对Q 先做正功后做负功
【解答】解：A、二者恰好发生相对运动时，Q 的加速度a＝μg＝0.2×10m/s2＝2m/s2，此时对应
的拉力：F0＝（M+m）a＝（2+1）×2N＝6N＜9N，所以力F＝9N 作用在P 上，一开始二者就发
5
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生相对运动，Q 受滑动摩擦力保持不变，故A 错误；
B、物体P、Q 间的最大静摩擦力fm＝μmg＝0.2×1×10N＝2N，当P 对Q 的静摩擦力达到最大时，
Q 向右运动的距离为：x= F
k = 2
100m＝0.02m＝2cm；此时弹力与摩擦力相等，Q 与P 有共同的
速度且此时Q 的速度达到最大值，故B 正确；
C、对P 受力分析可知：F﹣f＝Ma，由于二者之间的摩擦力保持不变，可知P 的加速度保持不变，
故C 错误；
D、物块Q 达到最大距离的过程中，摩擦力对Q 做正功；物块Q 达到最大距离后，先向左加速、
后做减速，此过程中，摩擦力对Q 做负功，即摩擦力对Q 先做正功，再做负功，故D 正确。
故选：BD。
3.
（2024•朝阳区校级模拟）如图，一物块以初速度v0从O 点沿斜面向上运动，同时从
O 点斜向上以相同速度大小抛出一个小球，物块和小球的质量相等，它们在斜面上的P 点相遇，
不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．小球和物块加速度相等
B．小球运动到最高点时离斜面最远
C．在P 点时，小球的动能大于物块的动能
D．小球和物块从O 点到P 点过程中合外力的功率相等
【解答】解：B．把小球的运动分解为沿斜面方向和垂直斜面方向，当垂直斜面方向的分速度减
为0 时，小球离斜面最远，但此时小球不是运动到最高点，故B 错误；
C．把小球的速度分解到沿斜面方向和垂直斜面方向，则小球沿斜面方向的速度小于物块的合速
度，若斜面光滑，则小球和物块沿斜面方向的加速度相同，根据匀变速直线运动速度—时间公
式，可知两物体不可能在P 点相遇，所以斜面是粗糙的；从O 点到P 点，小球和物块克服重力
做功相对，但物块还要克服摩擦力做功，故在P 点时，小球的动能大于物块的动能，故C 正确；
D．从O 点到P 点过程，小球只克服重力做功，物块需要克服重力做功和克服摩擦力做功，则合
外力对物块做功的大小大于合外力对小球做功的大小，又所用时间相等，所以小球和物块从O
点到P 点过程中合外力的功率不相等，故D 错误。
6
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A．小球的加速度为
a 球＝g
设斜面倾角为θ，物块与斜面的动摩擦因数为μ，根据牛顿第二定律可得
mgsinθ+μmgcosθ＝ma 物
可得物块的加速度大小为
a 物＝gsinθ+μgcosθ
不能确定小球和物块加速度是否大小相等，故A 错误。
故选：C。
4.
（2024•西安模拟）如图所示，将小球a 从地面以初速度v0竖直上抛的同时，将另一
小球b 从距地面h 处由静止释放，a、b 的质量相等，两球恰在0.5h 处相遇（不计空气阻力）。
则两球运动过程中（ ）
A．小球a 超重，小球b 失重
B．相遇时两球速度差的大小为v0
C．从开始到相遇重力对a、b 的冲量不相同
D．相遇后的任意时刻，重力对球a 做功功率等于重力对球b 做功功率
【解答】解：A、小球a、b 运动的加速度都向下，故都处于失重状态，故A 错误；
B、从题目内容可看出，在0.5h 处相遇，此时a 球和b 球的位移大小相同，时间相同，它们的加
速度也相同，a 竖直上抛，b 自由落体，设相遇时间为t，相遇时a 的速度为v，b 的速度为v′，
则有：v ' t
2 = v + v0
2
t，由自由落体规律得v′＝gt，v＝v0﹣gt，解得v＝0，v′＝v0，故B 正确；
C、重力的冲量等于mgt，则重力对a、b 的冲量相同。故C 错误；
D、相遇时，a 球的速度刚好为0，而b 球的速度刚好为v0，相遇后，a 的速度一直比b 的速度小，
a、b 的质量相等，可知重力对球a 做功功率小于重力对球b 做功功率，故D 错误。
故选：B。
5.
（2024•湖北二模）如图所示，水平面上固定一半圆形凹槽，凹槽的质量为M，半圆
7
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弧的圆心为O 点，最低点为A 点，半径为R。现将一质量为m 的光滑小球从圆弧上的D 点释
放，已知OD 与OA 的夹角为θ（θ＜5°），重力加速度为g，小球大小可以忽略不计。从D 点
第一次运动到A 点的过程中，小球对凹槽的弹力的冲量大小为（ ）
A．m√
π
2 gR
4
+2gR(1-cosθ)
B．M√
π
2 gR
4
+2 gR(1-cosθ)
C．m π √gR
2
+m√2 gR(1-cosθ)
D．M π √gR
2
+ M √2gR(1-cosθ)
【解答】解：小球从D 到A，只有重力做功，机械能守恒，有
mg（R﹣Rcosθ）= 1
2 mA v A
2
小球竖直方向受重力和轨道对小球弹力的分力，根据动量定理有
﹣I 弹y+I 重＝mΔvy＝0
小球做单摆运动的周期为T＝2π√
R
g
则tDA= T
4
根据冲量的公式可知I 弹y＝I 重＝mgtDA
小球水平方向根据动量定理有
I 弹x＝mvA﹣0
根据矢量的合成可知I=√I
x
弹
2 + I
y
弹
2
解得I=m√
π
2 gR
4
+2gR(1-cosθ)
故A 正确，BCD 错误；
8
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故选：A。
考向二 碰撞模型及变形应用
6.
（2024•清江浦区模拟）如图所示，动摩擦因数为0.4 的水平轨道ab 与光滑的圆弧轨
道bc 在b 点平滑连接，ab＝2m，圆弧轨道半径R＝40m，圆心为O，∠bOc＝30°，g＝
10m/s2，质量m1＝1kg 的小物块P（可视为质点）静止在水平轨道上的a 点，质量为m2＝3kg
的小物块Q 静止在水平轨道的b 点。现给小物块P 一个水平向右的瞬时冲量I＝5N•s，已知
P、Q 碰撞后P 以1.5m/s 反弹，则Q 物体从开始运动到最终停止所需要的总时间以及PQ 系统
因摩擦在整个过程中损耗的能量分别为（ ）
A．12s 6.25J
B．6.78s 12J
C．6.66s 12.5J
D．12.56s 12.5J
【解答】解：设小物块P 在a 点的速度为v0，取向右为正方向，根据动量定理可得：I＝m1v0
物块在水平轨道的加速度为：a＝μg＝0.4×10m/s2＝4m/s2
小物块P 从a 点到b 点，根据动力学公式可得：v0
2- v1
2=2a xab
解得：v1＝3m/s
P、Q 碰撞，取向右为正方向，根据动量守恒可得：m1v1＝m1v1′+m2v2，其中：v1′＝﹣1.5m/s
解得：v2＝1.5m/s
圆弧轨道半径较大，小物块Q 在bc 轨道上的运动可看成单摆运动，小物块Q 在bc 轨道上运动
的时间为：
t1= 1
2 T = 1
2 ×2π√
R
g ，解得：t1＝6.28s
小物块Q 在水平轨道运动时间为：t2= v2
a = 1.5
4
s＝0.375s
9
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Q 物体从开始运动到最终停止所需要的总时间为：t＝t1+t2＝6.28s+0.375s≈6.66s
P、Q 碰撞损失的能量为：ΔE = 1
2 m1v1
2- 1
2 m1v '1
2- 1
2 m2v2
2，解得ΔE＝0
PQ 系统因摩擦在整个过程中损耗的能量为：E = 1
2 m1v0
2- ΔE，解得：E＝12.5J
综上所述，故C 正确、ABD 错误。
故选：C。
7.
（多选）（2024•吉林一模）碰碰车深受青少年的喜爱，因此大多数游乐场都设置了
碰碰车，如图所示为两游客分别驾驶碰碰车进行游戏。在某次碰撞时，红车静止在水平面上，
黄车以恒定的速度与红车发生正撞；已知黄车和红车连同游客的质量分别为m1、m2，碰后两
车的速度大小分别为v1、v2，假设碰撞的过程没有机械能损失。则下列说法正确的是（ ）
A．若碰后两车的运动方向相同，则一定有m1＞m2
B．若碰后黄车反向运动，则碰撞前后黄车的速度大小之比可能为5：6
C．若碰后黄车反向运动且速度大于红车，则一定有m2＞3m1
D．碰后红车的速度与碰前黄车的速度大小之比可能为3：1
【解答】解：AB 、根据机械能守恒定律和动量守恒定理，有m1v ＝m1v1+m2v2 ，
1
2 m1v
2= 1
2 m1v1
2+ 1
2 m2v2
2，解得：v1= m1-m2
m1+m2
v，v2=
2m1
m1+m2
v
可知，当m1＞m2时两车得碰后速度方向相同，故A 正确；
BC、若碰后黄车反向运动，则m1＜m2，则碰撞后黄车速度小于碰撞前的速度，碰撞前后黄车的
速度大小之比不可能为5：6，若碰后黄车反向运动且速度大于红车，即m2-m1
m1+m2
v ＞
2m1
m1+m2
v，
m2＞3m1，故B 错误，C 正确；
D、设碰后红车的速度与碰前黄车的速度大小之为3：1，即v2：v＝3：1，得m1+3m2＝0，不符
合实际情况，故D 错误。
故选：AC。
10
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8.
（2024•朝阳区一模）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 mv
2
【解答】解：AC、物体P、Q 与轻弹簧组成的系统所受合外力为零，满足系统动量守恒的条件，
系统总动量为mv，所以弹簧被压缩至最短时此系统总动量仍然为mv，以向右为正方向，根据
动量守恒定律可得：mv＝2mv1，解得：v1= 1
2v，所以P 的动量为mv1= 1
2mv，不为零，故AC 错
误；
D、根据机械能守恒定律得弹簧储存的弹性势能为Ep= 1
2 mv
2- 1
2 ×2mv1
2= 1
4 mv
2，故D 正确；
B、弹簧被压缩至最短时，弹簧处于压缩状态，对物体Q 有向右的弹力，物体Q 的速度方向也
向右，所以在接下来的一段时间内，物体Q 做加速运动，其动量会继续增大，故此时Q 的动量
不是最大，故B 错误。
故选：D。
9.
（2024•黄陂区校级一模）质量为2kg 的小球b 静止在光滑的水平地面上，左端连接
一水平轻质弹簧，质量为2kg 的另一小球a 以4m/s 的速度向b 运动，从小球a 接触弹簧到压缩
到最短所经历的时间为π
20 s，已知此弹簧的压缩量x 与弹性势能Ep的关系为x = √2 E p
10
，则小
球a、b 在这段时间内的位移大小分别为（ ）
A．π +2
10 m，π -2
10 m
B．3 π +3
10
m，3 π -3
10
m
C．π + 4
10 m，π - 4
10 m
D．3 π +1
10
m，3 π -3
10
m
11
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【解答】解：小球a、b 与弹簧组成的系统动量守恒，弹簧被压缩至最短时，小球a、b 达到共速，
设共速时的速度为v1，小球a 的初速度为v0，则由动量守恒定律有：mav0＝（ma+mb）v1
碰撞过程中机械能守恒，有：1
2 ma v0
2= 1
2 (ma+mb)v1
2+ E p
解得弹簧压缩到最短时的弹性势能：Ep＝8J
由弹簧的压缩量x 与弹性势能Ep的关系：x = √2 E p
10
代入可得：x＝0.4m
设小球a、b 在这段时间内的位移大小分别为l1、l2，任取极短的时间Δt，两小球在任意时刻动量
均守恒，任意时刻的速度分别设为v1i、v2i则有：mav0＝mav1i+mbv2i
两边同乘以Δt 并求和得：∑mav0Δt＝∑mav1iΔt+∑mbv2iΔt
故有：mav0t＝mal1+mbl2
而两小球的对地位移之间的关系为：l1﹣l2＝x
联立解得：l1= π +2
10 ，l2= π -2
10 ，故BCD 错误，A 正确。
故选：A。
10. （2024•乐清市校级三模）（机械振动）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。平衡时，弹簧的压缩量为x0，如图所示，一物块从钢板正上方距离为
3x0的A 处自由落下，打在钢板上并立刻与钢板一起向下运动，但不粘连。它们到达最低点后
又向上运动。已知物块质量也为m，弹簧的弹性势能Ep= 1
2kx2，简谐运动的周期T＝2π√
m
k
，
下列说法正确的是（ ）
A．碰后物块与钢板一起做简谐运动，振幅A＝x0
B．物块与钢板在返回O 点前已经分离
12
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C．碰撞刚结束至两者第一次运动到最低点所经历的时间t= 2π
3 √
2 x0
g
D．运动过程中弹簧的最大弹性势能E pm= 3
2 mg x0
【解答】解：A、设物块与钢板碰撞前瞬间物块的速度为v0，由机械能守恒得：
1
2 m v0
2=3mgx0，解得：v0=√6 g x0
设碰撞后瞬间两者一起向下运动的初速度为v1，选取向下为正方向，由动量守恒定律得：
mv0＝2mv1，解得：v1= 1
2 v0= √6 g x0
2
钢板与物块一起做简谐运动，设平衡位置弹簧压缩量为x1，则有：
2mg＝kx1
初始对钢板由平衡条件得：
mg＝kx0
对比解得：x1＝2x0
设振幅为A，从碰撞的位置到最低点的过程，由机械能守恒定律得：
2mg（x1﹣x0+A）+ 1
2 ⋅2m v1
2= 1
2 k( x1+ A )
2- 1
2 k x0
2
其中：k= mg
x0
联立解得：A＝2x0，故A 错误；
B、由A 的解答可知，平衡位置弹簧压缩量为2x0，振幅为2x0，由简谐运动规律可知弹簧原长的
位置O 处是向上的位移最大处，即到达弹簧处于原长的位置时钢板与物块的速度为零，则物块
与钢板在返回O 点前不会分离，故B 错误；
C、碰撞的位置是1
2A 处，由此处第一次到平衡位置的时间为1
12 T，则第一次运动到最低点所经
历的时间为：
t= 1
12 T + 1
4 T = 1
3T= 1
3 ×2π√
2m
k = 2π
3 √
2 x0
g
，故C 正确；
D、弹簧最大压缩量为xm＝x1+A＝4x0，最大的弹性势能：Epm= 1
2 k(4 x0)
2=8mgx0，故D 错误。
故选：C。
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考向三 传送带 木板-滑块模型
11. （2024•青秀区校级模拟）如图甲所示，足够长的水平传送带以恒定速率v＝2m/s 逆
时针转动，一质量为m＝1kg 的小物块从传送带的左端以向右的速度v0滑上传送带。小物块在
传送带上运动时，小物块的动能Ek与小物块的位移x 关系图像如图乙所示，图中：x0＝2m，
已知传送带与小物块之间动摩擦因数不变，重力加速度g＝10m/s2，则（ ）
A．从小物块开始滑动到与传送带达到共同速度所需时间为2s
B．小物块与传送带之间的动摩擦因数为0.1
C．整个过程中物块与传送带间产生的热量为18J
D．由于小物块的出现导致传送带电动机多消耗的电能为18J
【解答】解：由题图可知，小物块在传送带上做匀减速直线运动，到其位移为x0时动能减为零，
之后物块反向加速，最后以1
4 E0返回出发点。
B、根据动能定理有：Ek﹣Ek0＝﹣μmg•x，结合图乙可知，图像斜率的绝对值表示合外力的大小，
小物块向右滑，合外力为μmg，则：|k |= E0
x0
= μmg
由于初动能：E0= 1
2 mv0
2
物块返回与传送带共速的动能为1
4 E0，则：1
4 E0= 1
2 mv
2
则传送带速度满足：v
v0
= 1
2
联立解得：E0＝8J，v0＝4m/s，μ＝0.4，故B 错误；
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A、根据题意可以作v﹣t 图像如下，
由图像可知，小物块做匀变速直线运动且共速前加速度不变，全程可看为匀减速，即：﹣v＝v0
﹣μgt
代入解得：t = 3
2 s，故A 错误；
C、整个过程中物块与传送带间变生的热量为产生的热量为：Q＝μmgΔx
由v﹣t 图像可知相对位移为：Δx = 1
2 (v + v0)t
联立代入数据解得：Q＝18J，故C 正确；
D、根据能量守恒可得：E0+ E电=Q+ 1
4 E0
整个过程中电动机多消耗的电能为：E 电＝Q- 3
4 E0=18J- 3
4 ×8J＝12J，故D 错误。
故选：C。
12. （多选）（2024•青羊区校级模拟）如图甲所示，一足够长的水平传送带以某一恒定
速度顺时针转动，一根轻弹簧一端与竖直墙面连接，另一端与工件不拴接。工件将弹簧压缩一
段距离后置于传送带最左端无初速度释放，工件向右运动受到的摩擦力Ff随位移x 变化的关系
如图乙所示，x0、Ff0为已知量，则下列说法正确的是（工件与传送带间的动摩擦因数处处相
等）（ ）
A．工件在传送带上先做加速运动，后做减速运动
B．工件向右运动2x0后与弹簧分离
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C．弹簧的劲度系数为F f 0
x0
D．整个运动过程中摩擦力对工件做功为0.75Ff0x0
【解答】解：A、由图乙可知，摩擦力在x0处方向发生变化，在x0∼2x0区间工件的摩擦力大小
发生变化，说明工件与传送带相对静止，所以工件先做加速运动后做匀速运动，故A 错误；
B、在x0∼2x0区间摩擦力大小等于弹簧弹力大小，2x0位置摩擦力为零，所以弹力为零，可知工
件运动2x0后与弹簧分离，故B 正确；
C、由胡克定律得：kx0＝0.5Ff0，解得弹簧的劲度系数为：k = Ff 0
2 x0
，故C 错误；
D、摩擦力对工件先做正功后做负功，Ff﹣x 图像与x 轴围成的面积在数值上等于摩擦力对工件
做的功，即得整个运动过程中摩擦力对工件做功为：
W = Ff 0 x0- 1
2 ×0.5 Ff 0 x0=0.75 Ff 0 x0，故D 正确。
故选：BD。
13. （多选）（2024•长安区校级模拟）如图所示，水平地面上有足够长平板车M，车上
最右端放一物块m＝0.9kg，开始时M、m 均静止。t＝0 时，车在外力作用下开始沿水平面向
右运动，其v﹣t 图像如图所示，已知物块与平板车间的动摩擦因数为0.2，0～4s 内物块m 始
终没有滑出小车，取g＝10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．0～4s 内，物块m 的加速度一直保持不变
B．要使物块m 不会从车的左端滑出小车，小车的长度至少16
3 m
C．0～4s 内，m 与M 间因相对滑动产生的内能为12.8J
D．0～4s 内，m、M 相对地面的位移大小之比为7：9
【解答】解：A．根据v﹣t 图像斜率表示加速度，车先以加速度a 做匀加速直线运动
a= Δv
Δt = 8
2 m/ s
2= 4 m/ s
2
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后以加速度a'做匀减速直线运动，a' = Δv '
Δt ' =-8
2 m/ s
2=- 4 m/ s
2
根据物块与车的动摩擦因数可知，物体与车的滑动摩擦力产生的加速度为a1 ，则有
a1= μmg
m = μg=0.2×10m/s2＝2m/s2
物块与小车速度相同前，物块受到的滑动摩擦力一直向右，物块做匀加速直线运动，物块与小
车速度相同后，物块受到的滑动摩擦力向左，物块做匀减速直线运动。物块运动的v﹣t 图像如
红线所示
0～4s 内，物块先加速后减速，加速时加速度向右，减速时加速度向左，故A 错误；
B．设t1时刻物块与小车速度相等，则有8+a'（t1﹣2）＝a1t1
解得t1= 8
3 s
此时物块和小车的速度为v＝a1t1
之后，物块相对小车向右滑，在t2＝4s 时，物块的速度为v1＝a1（4﹣t1）
0～8
3 s内
，
物
块
和
小
车
的
相
对
位
移
为
Δx1
，
由
图
像
可
得
Δ x1= 1
2 ×2×8m+ 1
2 (8+ 16
3 )×( 8
3 -2)m- 1
2 × 8
3 × 16
3 m= 16
3 m
要使物块m 不会从车的左端滑出小车，小车的长度至少16
3 m，故B 正确；
C．4s 时，物块的速度为v1＝a1（4﹣t1）
8
3 ～4 s内，由图像可知小车和物块的相对位移为Δ x2= 1
2 × 8
3 ×(4 - 8
3 )m= 16
9 m
所以因摩擦产生的内能为Q＝μmg（Δx1+Δx2）
代入数解得：Q＝12.8J
故C 正确；
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D．0～4s 内，小车的位移为x1= 1
2 ×4×8m=16m
物块的位移为x2= 1
2 ×4× 16
3 m+ 1
2 × 8
3 ×(4 - 8
3 )m= 112
9 m
则有x2
x1
=
112
9
16 = 7
9
故D 正确。
故选：BCD。
14. （多选）（2022•福建模拟）如图所示，一倾角为θ＝37°的足够长斜面体固定在水平
地面上，质量为M＝2kg 的长木板B 沿着斜面以速度v0＝9m/s 匀速下滑，现把质量为m＝1kg
的铁块A 轻轻放在长木板B 的左端，铁块最终恰好没有从长木板上滑下。已知A 与B 之间、B
与斜面之间的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10m/s2，
sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则下列判断正确的是（ ）
A．动摩擦因数μ＝0.5
B．铁块A 和长木板B 共速后的速度大小为6m/s
C．长木板的长度为2.25m
D．从铁块放上到铁块和长木板共速的过程中，铁块A 和长木板B 减少的机械能等于A、B 之间
摩擦产生的热量
【解答】解：A、长木板B 沿着斜面匀速下滑时，根据平衡条件得：Mgsin37°＝μMgcos37°，解
得μ＝0.75，故A 错误；
B、将铁块A 放在长木板B 上，两者组成的系统合外力为F 合＝（M+m）gsin37°﹣μ（M+m）
gcos37°＝0，所以铁块A 与长木板B 组成的系统动量守恒，取沿斜面向下方向为正方向，由动
量守恒定律得Mv0＝（M+m）v 共，解得v 共＝6m/s，即铁块A 和长木板B 共速后的速度大小为
6m/s，故B 正确；
C 、设铁块A 从放在B 上到两者共速的时间为t ，对A ，由动量定理得：（mgsin37°
+μmgcos37° ）t ＝mv
共﹣0 ，解得t ＝0.5s 。长木板的长度为L ＝xB﹣xA
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= v0+ v共
2
t - v共
2 t = v0
2 t = 9
2 ×0.5m＝2.25m，故C 正确；
D、从铁块放上到铁块和长木板共速的过程中，铁块A 和长木板B 的机械能转化为系统因摩擦
产生的内能，根据能量守恒定律可知，铁块A 和长木板B 减少的机械能等于A、B 之间摩擦产
生的热量和B、斜面之间摩擦产生的热量之和，故D 错误。
故选：BC。
考向四 弹簧类问题
15. （2024•浙江模拟）如图，在一水平地面上有一轨道，其内部有一质量不计的轻弹簧，
弹簧劲度系数为k。其正上方有一质量为m 的小球由静止释放，恰好可进入管道内部。若忽略
空气阻力与摩擦力，则下列说法正确的是（ ）
A．小球运动过程中，其机械能守恒
B．小球最大速度√2gh+ m g
2
k
C．小球下落最大距离mg+√(mg)
2+2mgkh
k
D．小球最大加速度mg+√(mg)
2+2mgkh
mk
【解答】解：A．小球未接触到弹簧过程中，只有重力做功，机械能守恒，与弹簧接触后弹簧弹
力做功，小球的机械能不守恒，故A 错误；
B．当小球的加速度为零时，速度达到最大，即
mg＝kx
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mg(h+ x)= 1
2 mv
2+ 1
2 k x
2
联立可得
v =√2gh+ m g
2
k
故B 正确；
C．当小球速度减为零时，下落的距离最大，则
mg(h+ x' )= 1
2 k x'
2
所以小球下落最大距离为
h+ x' = mg+√(mg)
2+2mgkh
k
+h
故C 错误；
D．当小球运动到最低点时加速度最大，则
kx'﹣mg＝ma
解得
a= √(mg)
2+2mgkh
m
故D 错误。
故选：B。
16. （2024•市中区校级模拟）如图甲所示，质量分别为mA、mB的A、B 两物体用轻弹簧
连接构成一个系统，外力F 作用在A 上，系统静止在光滑水平面上（B 靠墙面），此时弹簧形
变量为x，撤去外力并开始计时，A、B 两物体运动的a﹣t 图像如图乙所示，S1表示0 到t1时
间内a﹣t 图线与坐标轴所围面积大小，S2、S3分别表示t1到t2时间内A、B 的a﹣t 图线与坐标
轴所围面积大小，A 在t1时刻的速度v0。下列说法正确的是（ ）
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A．0 到t1时间内，墙对A、B 系统的冲量等于mAv0
B．mA＜mB
C．t2时刻弹簧的形变量最大且vB＞vA
D．t1时刻运动后，弹簧的最大形变量等于x
【解答】解：A.由图像可知，在t1时刻弹簧恢复到原长，0 到t1时间内，对A、B 系统由动量定
理
I1＝mAv0
即墙对A、B 系统的冲量等于mAv0，故A 正确；
B.t1～t2时间内，弹簧从原长位置到伸长到最长，由图可知该过程中
aA＜aB
根据牛顿第二定律有
mAaA＝mBaB
可知
mA＞mB
故B 错误；
C.由以上分析可知，t2时刻弹簧的形变量最大且
vA＝vB＝v
故C 错误；
D.t1时刻运动后，t2时刻弹簧的形变量最大，由能量关系可知
1
2kx2= 1
2（mA+mB）v2+ 1
2kx'2
可知弹簧的最大形变量小于x，故D 错误。
故选：A。
17. （多选）（2024•郑州模拟）如图所示，固定斜面的倾角θ＝30°，轻弹簧下端固定在
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斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C 点，用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接
物体A 和B，滑轮左侧绳子与斜面平行，A 的质量是B 的质量2 倍，初始时物体A 到C 点的距
离L＝1m，现给A、B 一初速度v0＝3m/s，使A 开始沿斜面向下运动，B 向上运动，物体A 向
下运动刚到C 点时的速度大小v＝2m/s，物体A 将弹簧压缩到最短后，物体A 又恰好能弹回到
C 点。已知弹簧的最大弹性势能为6J，重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力，整个过程中轻
绳始终处于伸直状态。则（ ）
A．物体A 与斜面之间的动摩擦因数μ= √3
4
B．物体A 向下运动到C 点的过程中，A 的重力势能转化为B 的重力势能
C．弹簧的最大压缩量x＝0.4m
D．B 的质量为2kg
【解答】解：A、设B 的质量为m，A 的质量为2m，在物体A 向下运动刚到C 点的过程中，对
A、B 组成的系统应用能量守恒定律与功能关系可得：
μ•2mgcosθ•L= 1
2 ×（m+2m）v0
2- 1
2 ×（m+2m）v2+2mgLsinθ﹣mgL
解得：μ= √3
4 ，故A 正确；
B、物体A 向下运动到C 点的过程中，A 的重力势能及A、B 的动能都减小，转化为B 的重力势
能和摩擦生热，故B 错误；
C、设弹簧的最大压缩量为x。对A、B 和弹簧组成的系统分析，在物体A 从C 点压缩弹簧至将
弹簧压缩到最大压缩量，又恰好返回到C 点的过程中，弹簧弹性势能初末均为零，系统动能的
减少量等于因摩擦产生的热量，可得：
1
2 ×（m+2m）v2﹣0＝μ•2mgcosθ•2x，解得：x＝0.4m，故C 正确；
D、从C 点到弹簧最大压缩量过程中，由能量守恒定律可得：
1
2 ×（m+2m）v2+2mgxsinθ﹣mgx＝μ•2mgcosθ•x+EPm
已知：EPm＝6J，
解得B 的质量为：m＝2kg，故D 正确。
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故选：ACD。
18. （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。
19. （多选）（2024•渝中区校级模拟）如图所示，水平面上有一质量为5m 的小球B 与
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轻弹簧连接，还有质量为2m、半径为R 的1
4 圆弧形槽C，其底部与水平面平滑相切，最初
B、C 均静止。一质量为m 的小球A 从距槽C 顶端3R 处自由落下后恰好滑入槽C，不计一切
摩擦，则（ ）
A．球A 沿槽C 下滑过程中，槽C 对球A 做负功
B．整个过程中球A、球B 和槽C 构成的系统动量守恒
C．球A 第一次滑至槽C 最低点过程中，球A 水平向左位移为2
3 R
D．球A 与弹簧作用后，能够追上槽C
【解答】解：A、球A 沿槽C 下滑过程中，水平方向动量守恒，A、C 组成的系统机械能守恒，
C 向右运动其机械能增加，球A 对槽C 做正功，则槽C 对球A 做负功，故A 正确；
B、整个过程中球A、球B、槽C 构成的系统在水平方向上动量守恒，系统动量不守恒，故B 错
误；
C、设球A 到槽C 上端时的速度为v1，由机械能守恒定律得：3mgR = 1
2 m v1
2，解得：
v1=√6 gR
对球A 与槽C 组成的系统，设球A 到最低点时的速度为vA，以水平向左为正方向，由水平方向
动量守恒得：mvA﹣2mvC＝0
可得：mxA﹣2mxC＝0，由几何关系得：xA+xC＝R
联立解得球A 第一次滑至槽C 最低点过程中，球A 水平向左的位移为：x A = 2
3 R，故C 正确；
D、由机械能守恒得：1
2 mv1
2+mgR = 1
2 mv A
2 + 1
2 ×2mvC
2 ，又有：mvA＝2mvC
联立解得：v A = 4√
gR
3 ，方向水平向左；vC =2√
gR
3 ，方向水平向右。
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以水平向左为正方向，对球A 和球B 由动量守恒定律得：mvA＝mvA′+5mvB
由机械能守恒定律得：1
2 mv A
2 = 1
2 mv A'
2+ 1
2 ×5mvB
2
联立解得球A 与弹簧作用后的速度为：v A' = m-5m
m+5m v A =- 8
3√
gR
3
，方向水平向右。
易知球A 与弹簧作用后速度大于C 的速度，能够追上槽C，故D 正确。
故选：ACD。
20. （多选）（2024•厦门三模）如图甲所示，倾角为θ 的足够长的斜面固定在水平面上，
物块A、B 中间用轻弹簧相连，当弹簧处于原长L 时，A、B 恰好静止在斜面上。物块C 以速
度v0沿斜面匀速下滑并与B 发生弹性碰撞，从碰后瞬间开始计时，A 和B 的位置随时间变化
的图像如图乙中的曲线a、b 所示，t1时刻a、b 的纵坐标分别为x1、x2，此时两条曲线的纵坐
标差值最小。已知A、B 和C 可视为质点，质量均为m，且与斜面之间的动摩擦因数相同，最
大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，则（ ）
A．C 与B 碰后瞬间，B 的速度为v0
B．C 与B 碰后瞬间，A 的加速度为gsinθ
C．从开始计时到弹簧第一次恢复原长的过程中，因摩擦产生的热量为2mg（x1+x2﹣L）sinθ
D．从开始计时到弹簧第一次恢复原长的过程中，因摩擦产生的热量为4mg（x1+x2﹣L）sinθ
【解答】解：A、由题知B 和C 的质量均为m，物块C 以速度v0与静止的B 发生弹性正碰，根
据弹性碰撞模型的“质量相等，速度交换”，可知C 与B 碰后瞬间B 的速度为v0，C 的速度为
零，故A 正确；
B、当C 与B 碰后瞬间，弹簧仍处于原长L，A 的受力没有变化，A 所受合力仍为零，则此时A
的加速度为零，故B 错误；
CD、由题知初始A、B 和C 均处于平衡状态，则有：mgsinθ＝μmgcosθ，可得碰撞后物块A、B
运动过程中，A、B 的合外力均等于弹簧弹力，两者的加速度等大反向，相同时间内B 的速度减
少量等于A 的速度增加量，由题意可知t1时刻弹簧被压缩到最短，此时A、B 两者共速，据此作
出两者的v﹣t 图像如下图所示。
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两者的运动具有对称性，在2t1时刻弹簧第一次恢复原长，此时A 的速度为v0，B 的速度为零。
根据v﹣t 图像与时间轴围成的面积表示位移大小，由题意知0～t1时间内B 的位移为x2，则t1～
2t1时间内A 的位移为x2；由题意知0～t1时间内A 的位移为x1﹣L，则t1～2t1时间内B 的位移为
x1﹣L。可得从开始计时到弹簧第一次恢复原长的过程，两者的位移均为x2+x1﹣L，此过程初末
A、B 的总动能相等均为1
2 mv0
2，由能量守恒定律，可知此过程因摩擦产生的热量Q 等于A、B
总的重力势能减小量，则有：Q＝2mg（x1+x2﹣L）sinθ，故C 正确，D 错误。
故选：AC。
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