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专题10 动量守恒中常见的四种模型
模型一 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，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＝Ffs＝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＝Ffd＝1
2mv0
2－（1
2Mv2
2＋1
2mv1
2）.
【例题精讲】
1．如图是我国自主研发的机器狗，在水平地面上站定不动2s 内水平发射了6 颗子弹，每颗子弹的质量m＝
30g，子弹出膛时对地速度v0＝800m/s，机器狗及其装备的总质量M＝40kg，重力加速度g＝10m/s2，机
器狗发射子弹的过程，下列说法正确的是（ ）
A．机器狗、枪和子弹组成系统动量守恒
B．地面对机器狗、枪和子弹组成系统做了正功
C．机器狗对地面摩擦力的冲量大小为144N•s
D．地面对机器狗的冲量大小为800N•s
【答案】C
【解答】解：B、机器狗及其枪口均无水平方向位移，地面对系统的摩擦力也无水平方向的位移，所以地
面对机器狗、枪和子弹组成的系统不做功，故B 错误；
A、由于地面对系统施加的摩擦力产生外冲量，因此系统总动量不守恒，故A 错误；
C、每颗子弹的质量为m＝0.03kg，出膛速度为v0＝800m/s，则每颗子弹的动量mv0＝24kg•m/s，6 颗子
弹总动量为6×24kg•m/s＝144kg•m/s，故I 狗对子弹＝144N•s。机器狗在发射子弹前后整体保持静止，其自
身动量不变，所以对机器狗而言I 子弹对狗+If＝0，解得：If＝144N•s，则机器狗对地面摩擦力的冲量大小也
为144N•s，故C 正确；
D、地面对机器狗的作用力有支持力和摩擦力，地面摩擦力提供的总冲量大小为If＝144N•s，支持力冲量
大小为Mgt＝800N•s。地面对机器狗的冲量大小为❑√I f
2+( Mgt )
2＞800N•s，故D 错误。
故选：C。
2．如图，在光滑水平面上静置一质量为M、长为L 的木块，质量为m 的子弹水平射入木块。设子弹在木块
内运动过程中受到的阻力恒定，大小为f0，改变子弹的初速度大小v0，则（ ）
A．v0越大，木块的末速度就越大
B．v0越大，子弹与木块损失的总动能就越多
C．v0越大，子弹与木块相对运动的时间就越短
D．无论v0取何值，木块的末速度都不可能大于❑√
2f 0 Lm
M ( M +m)
【答案】D
【解答】解：B、若子弹能穿过木块，根据功能关系，子弹与木块损失的总动能等于系统产生的热量，即
ΔEk＝Q＝f0L，故v0越大，子弹与木块损失的总动能不变，故B 错误；
A、若子弹能穿过木块，子弹的初速度v0越大，子弹穿过木块的时间越短，规定向右为正方向，对木块，
由动量定理得f0t＝Mv 木块，可知v0越大，木块的末速度就越小，故A 错误；
C、若子弹不能穿过木块，由动量守恒有mv0＝（M+m）v'，解得：v ′ = m v0
M +m。对木块，由动量定理得
f0t'＝Mv'，解得：t ′ =
Mm v0
( M +m)f 0
，可知v0越大，子弹与木块相对运动的时间就越长，故C 错误；
D、要使木块获得的速度最大，子弹与木块相对运动的时间应最长，此时子弹刚好要击穿木块，设二者
共同速度为v，由动量守恒有mv0＝（M+m）v，由能量守恒定律得f 0 L= 1
2 m v0
2−1
2 (m+ M )v
2，联立解
得：v = ❑√
2f 0 Lm
M ( M +m)
，故D 正确。
故选：D。
3．如图，质量m 的子弹以水平速度v0射向静止在光滑水平桌面上的木块，木块质量M，子弹进入木块后并
未穿出，忽略木块质量的损失。则（ ）
A．二者共同速度大小为m v0
M
B．子弹损失的动能等于木块增加的动能
C．整个过程中子弹对木块的冲量大小为mM v0
m+ M
D．整个过程中木块和子弹组成的系统机械能守恒
【答案】C
【解答】解：A、子弹与木块组成的系统动量守恒，设二者共同速度大小为v，以向右为正方向，根据动
量守恒定律得：mv0＝（m+M）v，解得：v= mv0
m+ M ，故A 错误；
B、子弹进入木块的过程，由于摩擦会产生热量，所以整个过程中木块和子弹组成的系统机械能不守恒。
根据能量守恒定律可知，子弹损失的动能等于木块增加的动能与摩擦产生的热量之和，故BD 错误；
C、设整个过程中子弹对木块的冲量大小为I，以向右为正方向，对木块由动量定理得：
I＝Mv﹣0= mM v0
m+ M ，故C 正确。
故选：C。
4．如图，足够长且质量一定的木板静止在光滑水平面上，一子弹以恒定的水平速度v0射入木板，子弹相对
木板射入深度d 后与木板相对静止。若d 越大，则（ ）
A．木板对子弹的阻力越小
B．木板对子弹的阻力越大
C．子弹和木板组成的系统损失的机械能越多
D．子弹和木板组成的系统损失的机械能越少
【答案】A
【解答】解：CD、设子弹与木板的质量分别为m、M，子弹与木板组成的系统动量守恒，设两者相对静
止时的速度为v，以向右为正方向。
根据动量守恒定律得：mv0＝（m+M）v
根据能量守恒定律可得系统损失的机械能为：ΔE= 1
2 mv0
2−1
2（m+M）v2
联立解得：ΔE=
mM
2(m+ M ) v0
2，可见此系统损失的机械能与d 无关，故CD 错误；
AB，设木板对子弹的阻力为f，根据功能关系得：fd＝ΔE，因ΔE 为定值，故d 越大，木板对子弹的阻力
越小，故A 正确，B 错误。
故选：A。
5．如图所示，质量为M、长度为L 的物块静止在光滑水平面上，质量为m 的子弹以一定的水平速度v0射入
物块并射出，时间为t，子弹受到物块的阻力恒定，从子弹射入到射出物块，物块的位移为（ ）
A．
m
m+ M （v0t﹣L）
B．
m
m+ M （v0t+L）
C．
M
m+ M （v0t﹣L）
D．
M
m+ M （v0t+L）
【答案】A
【解答】解：设子弹射入木块的过程，子弹的速度为v1，木块的速度为v2，以向右为正方向，根据动量
守恒定律得：
mv0＝mv1+Mv2
应用微元法，可得：∑mv0Δt＝∑mv1Δt+∑Mv2Δt
其中：∑v1Δt 为子弹的位移x1，∑v2Δt 为木块的位移x2，可得：
mv0t＝mx1+Mx2
又有：x1﹣x2＝L
联立解得：x2=
m
m+ M （v0t﹣L），故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
（多选）6．如图所示的装置中，木块B 放在光滑的水平桌面上，子弹A 以水平速度v0射入木块后（子弹与
木块作用时间极短），子弹立即停在木块内。然后将轻弹簧压缩到最短，已知木块B 的质量为M，子弹
的质量为m，现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象（系统），则从子弹开始入射木块到弹簧压
缩至最短的整个过程中（ ）
A．系统的动量不守恒，机械能守恒
B．系统的动量守恒，机械能不守恒
C．系统的动量不守恒，机械能不守恒
D．弹簧最大的弹性势能小于1
2 mv0
2
【答案】CD
【解答】解：A、子弹嵌入木块的过程属于完全非弹性碰撞，因克服摩擦力做功，部分动能转化为内能，
该过程系统机械能不守恒；在后续压缩弹簧阶段，墙壁对弹簧施加了水平向左的作用力，系统所受合外
力不为零，因此动量不守恒，故A 错误。
B、在子弹射入木块的阶段，由于摩擦生热导致机械能损失；在压缩弹簧的阶段，系统受到墙壁弹力这一
外力的作用，导致其动量发生变化，故B 错误。
C、碰撞过程中因内能增加导致机械能减少，压缩弹簧过程中由于受到外力作用导致动量改变，因此系统
的动量与机械能均不守恒，故C 正确。
D、子弹射入木块的瞬间，系统动量守恒，有mv0＝（m+M）v 共，碰撞后系统的共同动能为
Ek = 1
2 (m+ M )v共
2 ，此动能即为弹簧被压缩至最短时所具有的最大弹性势能Epmax。根据能量守恒，有
E pmax= 1
2 mv0
2−Q，其中Q 为碰撞过程中产生的热量，显然Epmax＜1
2 mv0
2，故D 正确。
故选：CD。
（多选）7．如图所示，光滑水平面上静止有一质量为M＝3m 的长木块，一颗质量为m 的子弹以速度v0从
左侧水平射入木块且没穿出，关于此过程，下列说法正确的是（ ）
A．子弹和木块组成的系统机械能守恒
B．子弹和木块组成的系统动量守恒
C．木块所受合力的冲量大小为1
2 mv0
D．系统损失的动能为3
8 m v0
2
【答案】BD
【解答】解：A、对子弹、木块整体受力分析，可知滑动摩擦力对整体做负功，即系统的机械能减少，
故A 错误；
B、对子弹、木块整体受力分析，可知整体受到合力为零，即整体动量守恒，故B 正确；
C、根据B 选项分析，可得整体动量守恒，以水平向右为正方向，则子弹和木块的末速度满足：mv0＝
（m+M）v，
对木块应用动量定理，以水平向右为正方向，可得：I＝Mv，木块受到的合力冲量大小为：I = 3m v0
4
，
故C 错误；
D、根据动能公式，可得到系统损失的动能为：Δ E损= 1
2 m v0
2−1
2 (m+ M )v
2，解得：Δ E损= 3mv0
2
8
，
故D 正确。
故选：BD。
模型二 滑块-弹簧模型
模型图示
水平地面光滑
模型特点
（1）两个或两个以上的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）在能量方面，由于弹簧形变会使弹性势能发生变化，系统的总动能将发生变化；若系
统所受的外力和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（最短）状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系统动能通常最小
（完全非弹性碰撞拓展模型）；
（4）弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大（弹性碰撞拓展模型，相当于碰撞结
束时）
【例题精讲】
1．如图所示，在光滑的水平面上静止放一质量为m 的木板B，木板表面光滑，左端固定一水平轻质弹簧。
质量为2m 的木块A 以速度v0从木板的右端水平向左滑上木板B、在木块A 与弹簧相互作用的过程中，
下列说法正确的是（ ）
A．弹簧压缩量最大时，B 板运动速率最大
B．B 板的加速度先增大后减小
C．弹簧给木块A 的冲量大小为2m v0
3
D．弹簧的最大弹性势能为2m v0
2
3
【答案】B
【解答】解：A、在木块A 与弹簧相互作用的过程中，从弹簧的压缩量达到最大到弹簧恢复原状的过程
中，弹簧对木板B 有向左的弹力，B 板仍在加速，所以弹簧压缩量最大时，B 板运动速率不是最大，当
弹簧恢复原长时B 板的速率最大，故A 错误；
B、弹簧的压缩量先增加后减小，则弹簧对B 板的弹力先增大后减小，根据牛顿第二定律可知，B 板的加
速度先增加后减小，故B 正确；
C、设弹簧恢复原长时A 与B 的速度分别为v1和v2。规定向左为正方向，根据动量守恒定律可得
2mv0＝2mv1+mv2
根据机械能守恒定律可得
1
2 ⋅2mv0
2= 1
2 ⋅2mv1
2+ 1
2 mv2
2
解得v1= v0
3 ，v2= 4 v0
3
对A，根据动量定理有I =2mv1−2mv0=−4
3 mv0
即弹簧给木块A 的冲量大小为4
3 mv0，故C 错误；
D、当木块A 与木板B 的速度相等时，弹簧的压缩量最大，弹簧的弹性势能最大，规定向左为正方向，
根据动量守恒定律可得2mv0＝（m+2m）v
根据系统机械能守恒可得EP= 1
2 ⋅2mv0
2−1
2 (2m+m)v
2
联立解得弹簧的最大弹性势能为E p= 1
3 mv0
2，故D 错误。
故选：B。
2．如图甲所示，左端接有轻弹簧的物块A 静止在光滑水平面上，物块B 以某一初速度向A 运动，t＝0 时B
与弹簧接触，0～2s 内两物块的速度v 随时间t 变化的图像如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．A 的质量比B 的质量大
B．0﹣1s 内，弹簧对A、B 的冲量相同
C．0～2s 内，A 和B 的位移相等
D．t＝2s 时，A 的动量比B 的动量大
【答案】C
【解答】解：A、由图乙可知，t＝0 时vA＝0，vB＝1.2m/s；t＝2s 时，vA＝2.0m/s，vB＝0.8m/s
系统动量守恒，则有mB（vB0﹣vB）＝mA（vA﹣vA0）
代入数据解得mB＝5mA，即B 的质量较大，故A 错误；
B、0﹣1s 内，弹簧对A、B 的作用力大小相等、方向相反，由I＝∫Fdt
可知弹簧对二者的冲量大小相等，但方向相反。冲量为矢量，方向不同则冲量不同，故B 错误；
C、由v﹣t 图像可知，t＝0 时弹簧处于原长状态，t＝2s 时弹簧也处于原长状态，所以A 和B 的位移相等，
故C 正确；
D、t＝2s 时，A 的动量pA＝mAvA
解得pA＝2.0mA
B 的动量pB＝mBvB
解得pB＝4.0mA，pB＞pA，故D 错误。
故选：C。
3．如图甲所示，一个轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B 相连接并静止在光滑的水平地面
上，现使A 以3m/s 的速度向B 运动压缩弹簧，速度—时间图像如图乙所示，则有（ ）
A．在t1、t3时刻两物块达到共同速度1m/s，且弹簧都处于压缩状态
B．从t3到t4时刻弹簧由压缩状态恢复原长
C．两物块的质量之比为m1：m2＝1：4
D．在t2时刻A 与B 的动能之比Ek1：Ek2＝1：8
【答案】D
【解答】解：AB、由图乙可知，在0～t2时间内B 的速度持续增大，故0～t2时间内弹簧处于压缩状态；
在t2～t4时间内B 的速度持续减小，故t2～t4时间内弹簧处于伸长状态。在t1、t3时刻两物块达到共同速度
1m/s，t1时刻弹簧处于压缩状态且压缩量最大，t3时刻弹簧处于伸长状态且伸长量最大；从t3到t4时刻，
弹簧由伸长状态恢复至原长，故AB 错误。
C、从t＝0 时刻到t1时刻，根据系统动量守恒有m1v0＝（m1+m2）v，其中v0＝3m/s，v＝1m/s，解得：
m1：m2＝1：2，故C 错误。
D、由图乙可知，在t2 时刻A 的速度vA＝﹣1m/s，B 的速度vB＝2m/s，此时两物块的动能之比为
Ek 1：Ek 2= 1
2 m1v A
2 ：1
2 m2vB
2，代入数据解得：Ek1：Ek2＝1：8，故D 正确。
故选：D。
4．如图甲，轻质弹簧左端与物块A 相连，右端与物块B 接触但不栓接，系统处于静止状态，给A 一水平向
右的瞬时速度v0，之后两物块的v﹣t 图像如图乙所示，已知物块A 的质量为m，t2时刻B 与弹簧分离，
弹簧始终处于弹性限度内。则下列说法正确的是（ ）
A．0～t1时间，弹簧对物块A 的冲量大小为1
3 m v0
B．物块B 的质量为3m
C．0～t1时间，弹簧弹性势能变化量ΔEp= 1
3 m v0
2
D．t2时刻B 的速度1
2 v0
【答案】C
【解答】解：A、由图乙可知在t1时刻物块A、B 的速度相等，均为v0
3 ，规定A 的初速度方向为正方向，
对A 根据动量定理有I= Δp=m v0
3 −m v0=−2
3 m v0，故A 错误；
B、设B 的质量为m'，从开始到t1时刻，对A、B 组成的系统根据动量守恒定律有m v0=(m+m′ )× v0
3 ，
解得m'＝2m，故B 错误；
C、0～t1时间，根据能量守恒可得弹簧弹性势能变化量ΔEp= 1
2 m v0
2−1
2 (m+m′ )×( v0
3 )
2，把m'＝2m 代
入解得Δ E p= 1
3 m v0
2，故C 正确；
D、设t2时刻B 与弹簧分离时A、B 的速度分别为v1和v2，根据动量守恒和能量守恒有mv0＝mv1+m'v2，
1
2 m v0
2= 1
2 m v1
2+ 1
2 m′ v2
2，联立代入数据解得2
3 v0，故D 错误。
故选：C。
5．如图所示，质量分别为m1、m2的小球A、B 用轻弹簧连接且m1＞m2，两小球分别套在两平行光滑水平
轨道上，水平光滑轨道宽度和弹簧自然长度均为d，B 的左侧有一固定挡板，假设轨道足够长，A 由图示
位置由静止释放，当A 与B 相距最近时，A 的速度为v1，则在以后的运动过程中（ ）
A．A 的最小速度是0
B．A 的最小速度是
m1
m1+m2
v1
C．B 的最大速度是v1
D．B 的最大速度是2m1
m1+m2
v1
【答案】D
【解答】解：当A 与B 第一次相距最近时弹簧处于原长，此后，A 可能一直做减速运动，也可能是先减
速到零再反向加速，B 通过弹簧被A 拉着跟在其后一直做加速运动，直到A 与B 再次相距最近时，B 的
速度达到最大，此过程动量守恒和机械能守恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律
则有m1v1＝m1v1′+m2v2，1
2 m1v1
2= 1
2 m1v1′
2+ 1
2 m2v2
2
解得v1′ = m1−m2
m1+m2
v1，v2=
2m1
m1+m2
v1
当m1＞m2时，则v1′＞0
说明A 一直做减速运动，故A 最小速度为v1′ = m1−m2
m1+m2
v1，
B 的最大速度为v2=
2m1
m1+m2
v1，故D 正确，ABC 错误。
故选：D。
（多选）6．物块a、b 中间用一根轻质弹簧相连，放在光滑水平面上，物块a 的质量为1kg，如图甲所示。
开始时两物块均静止，弹簧处于原长。t＝0 时对物块a 施加水平向右的恒力F，t＝1s 时撤去F，在0～1s
内两物块的加速度随时间变化的情况如图乙所示。弹簧始终处于弹性限度内，整个运动过程下列分析正
确的是（ ）
A．恒力F 的冲量为1N•s
B．b 物块的质量为2kg
C．t＝1s 时b 的速度小于0.15m/s
D．弹簧伸长量最大时，b 的速度大小为1
3m/s
【答案】ABD
【解答】解：A、根据恒力的冲量公式：I＝Ft，可得恒力F 的冲量为1N•s，故A 正确；
B、t＝0 时，由图可知：F＝maa0，解得：ma＝1kg，t＝1s 时，由图可知：F﹣F1＝maa1，F1＝mba2，解得：
mb＝2kg，故B 正确；
C、由a﹣t 图，可知在0～1s 内，b 的速度变化量为：Δvb＞1
2 a2t，即：Δvb＞0.15m/s，t＝1s 末时，b 的
速度满足：vb﹣0＝Δvb，即：vb＞0.15m/s，故C 错误；
D、撤去外力后，对两物块受力分析，可知a 物块减速，b 物块加速，当二者共速时，弹簧伸长量最大，
以水平向右为正方向，从施加恒力，到弹簧伸长量最大：Ft＝（ma+mb）v，解得：v= 1
3m/s，故D 正确。
故选：ABD。
（多选）7．如图甲所示，物块A、B 的质量分别是mA＝4.0kg 和mB＝2.0kg，用轻弹簧拴接，放在光滑的水
平地面上，物块B 右侧与竖直墙相接触。另有一物块C 在t＝0 时刻以一定速度向右运动，在t＝4s 时与
物块A 相碰，并立即与A 粘在一起不再分开，物块C 的v﹣t 图像如图乙所示，下列说法正确的是
（ ）
A．物块B 离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能为40J
B．4s 到12s 的时间内，墙壁对物块B 的冲量大小为12N•s，方向向左
C．物块B 离开墙壁后，弹簧的最大弹性势能为12J
D．物块B 离开墙壁后，物块B 的最大速度大小为6m/s
【答案】CD
【解答】解：以水平向右为正方向。t＝4s 时，物块C 与A 碰撞并粘合，由动量守恒定律得mCvC＝
（mA+mC）vAC，由图像知vC＝12m/s，vAC＝4m/s，代入解得mC＝2kg，则AC 组合体总质量M＝
mA+mC，即M＝6kg。
AB、物块B 离开墙壁前，当AC 组合体速度减为零时弹簧压缩量最大，由能量守恒得最大弹性势能
E pm= 1
2 M v AC
2 ，代入数据计算得Epm＝48J；
在4s 到12s 内，对AC、B 及弹簧系统，由动量定理得I＝Mv12﹣Mv4，代入数据得I＝6×（﹣4）﹣
6×4N•s＝﹣48N•s，即墙壁对B 的冲量大小为48N•s，方向向左，故AB 错误；
CD、t＝12s 时弹簧恢复原长，此后B 离开墙壁。当AC 与B 速度相等时弹簧弹性势能最大，由动量守恒
定律得Mv12＝（M+mB）v 共，解得v 共＝﹣3m/s，最大弹性势能E pm′ = 1
2 M v12
2 −1
2 ( M +mB)v共
2 ，代入
数据计算得Epm'＝12J；
当弹簧再次恢复原长时物块B 速度最大，由动量守恒与能量守恒得vBm=
2 M
M +mB
v12，解得vBm＝﹣
6m/s，其最大速度大小为6m/s，故CD 正确。
故选：CD。
模型三 滑块-斜（曲）面模型
模型图示
水平地面光滑、曲面光滑
模型特点
（1）最高点：m 与M 具有共同水平速度v 共，m 不会从此处或提前偏离轨道，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，不一定等于圆弧轨道的高度（完全非弹性碰撞拓展模型）；
（2）最低点：m 与M 分离点，系统水平方向动量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系统机械能守恒，
1
2mv0
2＝1
2mv1
2＋1
2Mv2
2（弹性碰撞拓展模型）
【例题精讲】
1．如图所示，小车静止在光滑水平面上，AB 是小车内半圆弧轨道的水平直径，现将一质量为m 的小球从
距A 点正上方R 处由静止释放，小球由A 点沿切线方向进入半圆轨道后又从B 点冲出，已知半圆弧半径
为R，小车质量是小球质量的k 倍，不计一切摩擦，则下列说法正确的是（ ）
A．在相互作用过程中小球和小车组成的系统动量守恒
B．小球从小车的B 点冲出后，不能上升到刚释放时的高度
C．整个过程中小球和小车的机械能守恒
D．小球从滑入轨道至圆弧轨道的最低点时小球的位移大小k
k +1 R
【答案】C
【解答】解：A、小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，故系统水平方向动量守恒。系统竖直方
向合外力不为零，故系统动量不守恒，故A 错误；
B、因为系统水平方向的总动量保持为零，则小球由B 点离开小车时小车速度为零，小球竖直上抛，由
机械能守恒可知小球能上升到原来的高度，故B 错误；
C、整个过程中，只有重力做功，故小球和小车的机械能守恒，故C 正确；
D、结合人船模型可得
kmx2＝mx1
又x1+x2＝R
解得x2=
R
k +1，x1= kR
k +1，所以小球的水平位移大小为k
k +1 R，故D 错误。
故选：C。
2．如图所示，总质量为M 的轨道ABC 置于光滑水平面上，由粗糙水平轨道AB 和竖直面内四分之一光滑
圆弧轨道BC 组成，AB 恰与BC 在B 点相切。一个质量为m 的小物块从轨道的A 端以初速度v0向右冲上
水平轨道，到达圆弧轨道上某位置后，沿轨道返回。则（ ）
A．物块在AB 上运动时，轨道与物块组成的系统机械能守恒
B．物块在轨道ABC 上滑动全过程中，轨道与物块组成的系统总动量始终保持不变
C．物块在BC 上运动过程中，轨道的动量不断减小
D．当物块相对轨道静止时，速度变为mv0
M +m
【答案】D
【解答】解：A、物块在AB 上运动时，对物块、轨道受力分析，可知滑动摩擦力对整体做负功，机械能
转化为内能，结合机械能守恒条件，即可知轨道与物块组成的系统机械能减小，故A 错误；
B、物块在轨道上运动的全过程中，整体在水平方向不受外力，即整体水平方向动量守恒；
物块在BC 段运动时，在竖直方向做减速运动，即竖直方向受力不为零，而轨道在竖直方向上始终没有
运动，即轨道在竖直方向受合力为零，即可知整体在竖直方向的合力不为零，整体在竖直方向的动量不
守恒；
即轨道与物块组成的系统总动量不守恒，故B 错误；
C、物块在BC 上运动时，物块对轨道的压力斜向右下方，在水平方向有向右的分力，而轨道在水平方向
不受其它力，即轨道水平方向的受力与运动方向相同，则轨道水平方向做加速运动，轨道的动量增加，
故C 错误；
D、对物块和轨道整体受力分析，根据水平方向系统动量守恒，即可得：mv0＝（m+M）v，解得相对静
止时的速度为：v = m v0
m+ M ，故D 正确。
故选：D。
3．如图所示，将一质量为1kg、半径为15cm 的光滑半圆形槽静置于光滑水平面上，今让一质量为0.5kg 的
小球自左侧槽口从A 点由静止开始落下，小球到达右边最高点时，小球通过的水平位移为（ ）
A．10cm
B．15cm
C．20cm
D．25cm
【答案】C
【解答】解：根据题意分析可知，小球在半圆槽内运动的全过程中，地面光滑，小球与半圆槽组成的系
统在水平方向所受的合外力为零，小球与半圆槽组成的系统在水平方向动量守恒，小球到达右边最高点
时，小球和圆槽通过的水平位移大小分别为x、y，如图所示
小球和圆槽组成的系统在水平方向上动量守恒，取水平向右为正方向，在运动过程中小球和圆槽在任意
时刻的水平速度满足
mvm＝MvM
则在水平方向上有
mx＝My
根据位移关系可得
2R＝x+y
解得小球到达右边最高点时，小球通过的水平位移是
x＝20cm
故选：C。
4．如图所示，质量为M＝5kg 的小车静止在光滑水平面上，小车AB 段是半径为R＝1m 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＝1kg 的可视为质点的滑块
从小车上的A 点由静止开始沿轨道下滑，然后滑入BC 轨道，最后恰好停在C 点，滑块与轨道BC 间的动
摩擦因数为0.5，重力加速度g 取10m/s2，则（ ）
A．整个过程中滑块和小车组成的系统动量守恒
B．滑块由A 滑到B 过程中，滑块的机械能守恒
C．BC 段长L＝1m
D．全过程小车相对地面的位移大小为0.5m
【答案】D
【解答】解：A、滑块在圆弧上运动时有竖直方向的加速度，所以对系统而言竖直方向外力矢量和不为
零，不满足动量守恒的条件，故A 错误；
B、滑块由A 滑到B 过程中，小车对滑块的弹力做负功，滑块的机械能不守恒，故B 错误；
C、由题意，恰好停在C 点时，二者相对静止。根据能量守恒有：mgR＝μmgL
代入数据解得：L＝2m，故C 错误；
D、以向右方向为正，水平动量守恒有：Mv1＝mv2
通过相同的时间有：Mx1＝mx2
且有几何关系：x1+x2＝R+L
解得：x1＝0.5m，故D 正确；
故选：D。
5．如图所示，小车上固定一个光滑弯曲轨道，静止在光滑的水平面上，整个小车（含轨道）的质量为3m。
现有质量为m 的小球，以水平速度v0从左端滑上小车，能沿弯曲轨道上升到最大高度，然后从轨道左端
滑离小车。关于这个过程，下列说法正确的是（ ）
A．小球和小车组成的系统动量守恒
B．小球沿轨道上升到最大高度时，速度为零
C．小球沿轨道上升的最大高度为3 v0
2
8 g
D．小球滑离小车时，小车恢复静止状态
【答案】C
【解答】解：A、依题意，小车和小球组成的系统水平方向不受外力，则系统水平方向动量守恒；
小车竖直方向保持不动，小球上升过程减速，下降过程加速，故二者在竖直方向上受合力不为零，即竖
直方向动量不守恒，即小球和小车组成的系统动量不守恒，故A 错误；
BC、设达到最高点的高度为H，以向右为正方向，由动量守恒定律，可得mv0＝（m+3m）v，
根据能量守恒，可得1
2 mv0
2= 1
2 (m+3m)v
2+mgH，联立，解得H = 3 v0
2
8 g
，故B 错误，C 正确；
D．设小球滑离小车时，二者速度分别为v 球和v 车，取水平向右为正方向，
由动量守恒和能量守恒可得：m v0=m v球+3m v车，1
2 m v0
2= 1
2 m v球
2 + 1
2 ⋅3m v车
2 ，
联立，解得v球=−1
2 v0，v车= 1
2 v0，故D 错误。
故选：C。
（多选）6．如图所示，有一质量为m 的小球，以速度v0滑上静置于光滑水平面上带有四分之一光滑圆弧轨
道的滑块。滑块的质量为3m，小球在上升过程中始终未能冲出圆弧，重力加速度为g，则在小球运动过
程中（ ）
A．小球和滑块组成的系统动量守恒
B．小球在圆弧轨道上运动到最高点时的速度大小为v0
3
C．小球在圆弧轨道上能上升的最大高度为3 v0
2
8 g
D．小球离开圆弧轨道时圆弧轨道的速度大小为v0
2
【答案】CD
【解答】解：A、对于小球和滑块构成的系统，在水平方向动量守恒，但在竖直方向，系统受到地面的
支持力与重力作用，合外力不为零，因此系统的总动量并不守恒，故A 错误；
B、当小球运动至圆弧轨道最高点时，小球与滑块具有相同的水平速度，依据水平方向动量守恒可得mv0
＝（m+3m）v 共，解得：v共= 1
4 v0，故B 错误；
C、整个过程中系统机械能守恒，从初始位置到最高点，有1
2 mv0
2= 1
2 (m+3m)v共
2 +mgh，代入v 共解得：
h= 3 v0
2
8 g
，故C 正确；
D、当小球滑下并离开圆弧轨道时，可视为系统在水平方向发生弹性碰撞，根据水平动量守恒mv0＝
mv1+3mv2和机械能守恒1
2 mv0
2= 1
2 mv1
2+ 1
2 (3m)v2
2，解得滑块速度大小v2=
2m
m+3m v0，即v2= 1
2 v0，故
D 正确。
故选：CD。
（多选）7．在探究多物体相互作用中动量守恒和能量转化的问题时，小明设计如图情景：将一光滑的半圆
槽置于光滑水平面上，槽的左侧有一物块，现让一小球自左侧槽口A 的正上方从静止开始落下，与圆弧
槽相切自A 点进入槽内，下列说法正确的是（ ）
A．小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽和物块组成的系统机械能守恒
B．小球自半圆槽的A 点向最低点B 点运动的过程中，小球与半圆槽和物块组成的系统动量守恒
C．小球自半圆槽的最低点B 向C 点运动的过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒
D．若小球能从C 点冲出去，则小球离开C 点以后，将做竖直上抛运动
【答案】AC
【解答】解：A、机械能守恒条件：除重力、系统内弹力外，没有其它力做功，可知小球在半圆槽内运
动的全过程中，小球与半圆槽和物块组成的系统，机械能守恒，故A 正确；
B、动量守恒条件：合力为零，小球从A 到B 的过程，小球与半圆槽和物块组成的系统，半圆槽和物块
在竖直方向没有速度，小球在竖直方向有速度，且在竖直方向并不是做匀速运动，因此系统在竖直方向
的合力不为零，动量不守恒，故B 错误；
C、单方向动量守恒条件：单方向受到的合力为零，小球从B 到C 的过程，地面光滑，小球与半圆槽作
为整体，在水平方向不受外力，水平方向动量守恒，故C 正确；
D、小球与半圆槽和物块组成的系统，在小球、半圆槽、物块整体在水平方向，不受外力，水平方向动
量守恒，小球从A 到B 的过程，小球与半圆槽、物块作为整体水平方向动量守恒，小球对半圆槽和物块
是向左的力，半圆槽和物块对小球向右的力，可知物块会获得向左的速度；小球从B 到C 的过程，小球
与半圆槽、物块作为整体水平方向动量守恒，而物块有向左的速度，则小球和半圆槽整体有向右的速度
若小球能从C 点冲出去，小球离开C 点时的速度方向为斜向右上方，小球只受到重力作用，小球将做斜
抛运动，故D 错误。
故选：AC。
模型四 滑块-滑板模型
示意图
木板初速度为零且足够长
木板有初速度且足够长，板块反向
地面光滑
地面光滑
v－t 图像
【例题精讲】
1．光滑水平地面上，质量为2kg、上表面粗糙的木板正以3m/s 的速度向右运动。某时刻在木板右端滑上可
视为质点的物块，质量为1kg，速度向左，大小也是3m/s。经过2s 后，物块刚好滑到木板左端且二者刚
好相对静止。这一过程中，下列说法中正确的是（g 取10m/s2）（ ）
A．木板长度为3m
B．物块与木板间的动摩擦因数为0.1
C．系统产热为12J
D．摩擦力对物块做功为4J
【答案】C
【解答】解：AB、设木板质量为M，物块质量为m，木板与物块所组成的系统所受合外力为零，系统动
量守恒，
以向右为正方向，由动量守恒定律得：Mv0﹣mv0＝（M+m）v
代入数据解得：v＝1m/s
对系统，由能量守恒定律得：
木板的加速度大小为a1= v0−v
t
= 3−1
2
m/ s
2=1m/ s
2
对木板，由牛顿第二定律有：μmg＝Ma1
代入数据解得物块与木板间的动摩擦因数为：μ＝0.2
设木板长度为L，由能量守恒定律得：μmgL= 1
2 ( M +m)v0
2−1
2 ( M +m)v
2
代入数据解得木板的长度为：L＝6m，故AB 错误；
C、系统因摩擦产生的热为Q＝μmgL＝0.2×1×10×6J＝12J，故C 正确；
D、物块达到共速时的对地位移为x= −v0+ v
2
t = −3+1
2
×2m＝﹣2m，负号表示位移向左，
摩擦力对物块做的功为W＝μmgx＝0.2×1×10×（﹣2）J＝﹣4J，故D 错误。
故选：C。
2．如图所示，足够长的小平板车B 的质量为M，以水平速度v0向右在光滑水平面上运动，与此同时，质量
为m 的小物体A 从车的右端以水平速度v0沿车的粗糙上表面向左运动。若物体与车面之间的动摩擦因数
为μ，重力加速度大小为g，则在足够长的时间内（ ）
A．若M＞m，物体A 相对地面向左的最大位移是
2 M v0
2
μ( M +m)g
B．若M＜m，平板车B 相对地面向右的最大位移是M v0
2
μmg
C．无论M 与m 的大小关系如何，摩擦力对平板车的冲量均为mv0
D．无论M 与m 的大小关系如何，摩擦力的作用时间均为
2 M v0
μ( M +m)g
【答案】D
【解答】解：A．物体与平板作用的过程中，合外力为零，动量守恒，规定向右为正方向，由动量守恒
定律得：
Mv0﹣mv0＝（M+m）v
解得
v= M −m
M +m v0
若M＞m，A 所受的摩擦力为：
Ff＝μmg
设物体A 相对地面向左的最大位移为xA，对A，由动能定理得：
﹣FfxA＝0−1
2 mv0
2
联立解得：xA= v0
2
2 μg
，故A 错误；
B．若M＜m，设平板车B 相对地面向右的最大位移为xB，对B，由动能定理得：
﹣FfxB＝0−1
2 Mv0
2
联立解得：xB= M ν0
2
2 μmg
，故B 错误；
CD．摩擦力对平板车的冲量等于平板车动量的变化量，对平板车由动量定理得：
﹣Fft＝Mv﹣Mv0
Ff＝μmg
联立解得：t=
2 M v0
μ( M +m)g
平板车动量的变化量为：Mv﹣Mv0=−2mM v0
m+ M
故C 错误，D 正确。
故选：D。
3．光滑水平地面上，质量为2kg、上表面粗糙的木板B 正以3m/s 的速度向右运动。某时刻在木板右端滑上
可视为质点的物块A，质量为1kg，速度向左，大小也是3m/s，物块和木板间的动摩擦因数为0.2，木板
长为7m。则下列说法正确的是（ ）
A．物块A 从木板B 的左端离开
B．经过2s 物块A 与木板B 相对静止
C．整个过程系统产生热量为4J
D．相对静止后，物块A 在木板B 上移动的距离为7m
【答案】B
【解答】解：AD、把A 和B 看成一个系统，该系统所受合力为零，所以A、B 组成的系统满足动量守恒，
设A 没有从B 上离开，最后的共同速度大小为v'，规定水平向右的方向为正方向，根据动量守恒定律有
mBv﹣mAv ＝（mA+mB ）v' ，A 和B 的相对位移的距离为l ，根据能量守恒有
1
2 mA v
2+ 1
2 mB v
2= 1
2 (mA+mB)v ′
2+ μmA gl，代入数据解得v'＝1m/s，l＝6m＜7m，假设成立，所以物
块A 没有从B 的左端离开，故AD 错误；
B、设A 的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有μmAg＝mAa，设经过时间tA 与B 保持相对静止，根据
速度—时间关系有v'＝﹣v+at，代入数据解得t＝2s，故B 正确；
C、整个过程中系统产生的热量为Q＝μmAgl，代入数据解得Q＝12J，故C 错误。
故选：B。
4．如图所示，光滑水平面上放置一足够长木板A，其上表面粗糙，两个质量和材料均不同的物块B、C，以
不同的水平速度分别从两端滑上长木板A。当B、C 在木板A 上滑动的过程中，由A、B、C 组成的系统
（ ）
A．动量守恒，机械能守恒
B．动量守恒，机械能不守恒
C．动量不守恒，机械能守恒
D．动量不守恒，机械能不守恒
【答案】B
【解答】解：对于A、B、C 组成的系统，合外力为零，所以系统动量守恒。长木板A 的上表面粗糙，在
B、C 在木板A 上滑动的过程中，因摩擦而产生内能，所以机械能减少，故ACD 错误，B 正确。
故选：B。
5．如图所示，一轻弹簧左端固定在长木板M 的左端，右端与小木块m 连接，且m、M 及M 与地面间接触
光滑，开始时，m 和M 均静止，现同时对m、M 施加等大反向的水平恒力F1和F2，从两物体开始运动以
后的整个运动过程中，弹簧形变不超过其弹性限度．对于m、M 和弹簧组成的系统，下列说法正确的是
（ ）
A．由于F1、F2等大反向，故系统机械能守恒
B．当弹簧弹力大小与F1、F2大小相等时，m、M 各自的动能最大，此时系统机械能最大
C．在运动的过程中，m、M 动能的变化量加上弹性势能的变化量等于F1、F2做功的代数和
D．在运动过程中m 的最大速度一定大于M 的最大速度
【答案】C
【解答】解：A、由于F1、F2对m、M 都做正功，故系统机械能增加，则系统机械能不守恒，故A 错误；
B、当弹簧弹力大小与F1、F2大小相等时，当M 和m 受力平衡，Mm 的加速度减为零，此时速度达到最
大值，故各自的动能最大，在此后的过程中，F1、F2仍然会对两物体做正功，系统机械能还可以继续增
大，故此时系统机械能不是最大，故B 错误；
C、在运动的过程中，根据除重力和弹簧弹力以外的力对物体做的功等于物体机械能的变化量可知，m、
M 动能的变化量加上弹性势能的变化量等于F1、F2做功的代数和，故C 正确；
D、对A、B 和弹簧组成的系统所受合外力为零，因此系统动量守恒，始终为零，由于不知道M 和m 质
量大小，所以不能判断最大速度的大小，故D 错误。
故选：C。
（多选）6．如图所示，一质量M＝8.0kg 的长方形木板B 放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m＝
2.0kg 的小木块A。给A 和B 大小均为5.0m/s、方向相反的初速度，使A 开始向左运动，B 开始向右运动，
A 始终没有滑离B 板，A、B 之间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g 取10m/s2。则在整个过程中，下列
说法正确的是（ ）
A．小木块A 的速度减为零时，长木板B 的速度大小为3.75m/s
B．小木块A 的速度方向一直向左，不可能为零
C．小木块A 与长木板B 共速时速度大小为3m/s
D．长木板B 的长度可能为10m
【答案】ACD
【解答】解：A．取水平向右为正方向，取根据动量守恒定律可得Mv0﹣mv0＝Mv1+0
代入数据得v1＝3.75m/s，故A 正确；
BC．由于系统总动量方向向右，则小木块A 先向左减速至零，后向右加速，最终与木板以共同速度向右
匀速，设共速速度为v2，根据动量守恒定律可得Mv0﹣mv0＝（M+m）v2
代入数据得v2＝3m/s，故B 错误，C 正确；
D．小木块与木板共速时，根据能量关系有μmg L0= 1
2 ( M +m)v0
2−1
2 ( M +m)v2
2
代入数据得L0＝8m，由于A 始终没有滑离B 板，则木板长度必须大于或等于8m，故D 正确。
故选：ACD。
（多选）7．如图所示，质量为m1的小车静止在光滑的水平面上，现有质量为m2可视为质点的物块以水平
向右的速度v0从左端滑上小车，最后恰好未从小车上滑下。已知m1
m2
=3，物块与车上表面间的动摩擦因
数为μ，重力加速度为g。关于该过程下列说法正确的是（ ）
A．物块最终的速度为v0
4
B．小车的长度为3 v0
2
4 μg
C．物块从小车左端运动到右端的时间为3 v0
4 μg
D．若小车增加的动能为12J，则系统因摩擦产生的热量可能为9J
【答案】AC
【解答】解：A、对于物块和小车组成的系统，因合外力为零，故系统动量守恒。设物块最终的速度为
v，规定向右为正方向，由动量守恒定律得m2v0＝（m1+m2）v，解得：v = 1
4 v0，故A 正确；
B、设小车的长度为L，根据能量守恒定律有μm2 gL= 1
2 m2v0
2−1
2 (m1+m2)v
2= 3
8 m2v0
2，解得：
L= 3 v0
2
8 μg
，故B 错误；
C、设物块从左端运动到右端的时间为t。规定向右为正方向，对物块，由动量定理得：﹣μm2g•t＝m2v﹣
m2v0，解得：t = 3 v0
4 μg ，C 正确；
D、设物块对地的位移为x1，小车对地的位移为x2，二者的相对位移为Δx，画出二者的速度—时间图像，
如图所示：
由图可知Δx＞x2，即fΔx＞fx2，说明系统因摩擦产生的热量大于小车动能的增加量，则若小车增加的动
能为12J，系统因摩擦产生的热量大于12J，故D 错误。
故选：AC。
课时精练
一．选择题（共8 小题）
1．某物理兴趣小组乘坐了七彩云南欢乐世界的碰碰车后，设计了如下的模型研究两车碰撞过程。如图所示，
质量分别为1kg、2kg 的小车A、B 置于光滑水平面上，小车A 右端与轻质弹簧连接。现使A、B 两车分
别以6m/s、3m/s 的初速度沿同一直线向右运动（规定向右为正方向）。从小车B 与弹簧接触到与弹簧分
离的过程中，以下判断正确的是（ ）
A．弹簧对小车B 做功的功率一直增大
B．弹簧对小车A 冲量大小为2kg•m/s
C．某一时刻小车A、B 速度可能分别为﹣2m/s 和7m/s
D．某一时刻小车A、B 速度可能分别为2m/s 和5m/s
【答案】D
【解答】解：A、对A、B 分别受力分析，从B 接触弹簧到分离的过程，弹簧先压缩后恢复直至恢复原长；
弹簧弹力：F＝kΔx，弹力先增大后减小，A 的速度减小，B 的速度增大，可知弹簧对B 的功率先变大后
变小，故A 错误；
CD、对A、B 整体受力分析，可得到整体动量守恒，以水平向右为正方向，即：mAvA+mBvB＝mAvA′
+mBvB′，
弹簧最终恢复原长，可得AB 整体机械能守恒，即：1
2 mA v A
2 + 1
2 mB vB
2 = 1
2 mA(v A′ )
2+ 1
2 mB(vB′ )
2，
可得到A、B 的末速度分别为：vA′＝2m/s，vB′＝5m/s，故C 错误，D 正确；
B、以水平向右为正方向，对A 应用动量定理，可得到弹簧对A 的冲量为：I＝mAvA′﹣mAvA，解得：I
＝﹣4kg•m/s，故B 错误。
故选：D。
2．如图所示，带有1
4 光滑圆弧轨道的小车静止于光滑水平地面上，小车的质量为M，一质量也为M 的小球
以速度v0水平冲上小车，到达某一高度后，小球又返回小车的左端，重力加速度大小为g，则下列说法
正确的是（ ）
A．此过程中小球对小车做的功为1
2 M v0
2
B．小球之后将向右做平抛运动
C．小球之后将向左做平抛运动
D．小球在圆弧轨道上上升的最大高度为v0
2
2g
【答案】A
【解答】解：A、从小球滚上小车至其滚下并离开小车的过程中，系统在水平方向动量守恒，因无摩擦
力做功，机械能亦守恒，该过程类似于弹性碰撞。由于二者质量相等，作用后交换速度，即小球返回小
车左端时速度减为零，随后做自由落体运动，小车速度变为v0，其动能为1
2 M v0
2。依据功能关系，此过
程小球对小车所做的功即为1
2 M v0
2，故A 正确；
BC、依据上述分析，小球返回时速度为零，小车获得速度v0，故BC 错误；
D、当小球上升至最高点时，其与小车相对静止，具有共同速度v'。根据动量守恒定律有Mv0＝2Mv'，根
据机械能守恒定律有1
2 M v0
2= 1
2 ⋅2 Mv ′
2+ Mgh。联立两式，解得：h= v0
2
4 g
，故D 错误。
故选：A。
3．如图所示，质量M＝3m、带有1
4 圆的光滑圆弧轨道放在光滑水平面上，最低点与水平面相切，弧形轨道
的半径为R，质量为m 的小球由弧形轨道最高点的正上方R 处静止释放（未画出），经过一段时间，小
球由弧形轨道的最高点沿切线方向进入轨道，小球最终从轨道的最低点离开，不计空气阻力，重力加速
度为g。下列说法正确的是（ ）
A．小球进入轨道后，二者的动量守恒
B．小球进入轨道后，弹力对小球不做功
C．小球与轨道分离瞬间，小球的速度大小为❑√3 gR
D．小球与轨道分离瞬间，轨道的速度大小为❑√3 gR
【答案】C
【解答】解：A、小球进入轨道后，小球与轨道组成的系统在水平方向上不受外力作用，因此系统水平
方向的动量守恒，故A 错误；
B、弹力对小球做功，故B 错误；
CD、设小球与轨道分离瞬间的速度大小分别为v1、v2，取水平向右为正方向，根据水平方向动量守恒定
律有0＝mv1﹣3mv2，由机械能守恒定律得mg⋅2 R = 1
2 mv1
2+ 1
2 ×3mv2
2，解得：v1= ❑√3 gR，v2= ❑√
gR
3
，
故C 正确，D 错误。
故选：C。
4．如图所示，竖直放置的弹簧一端固定在地面上，另一端连接物体B，物体B 静止时，弹簧被压缩了h。
质量与B 相同的物体A 从弹簧原长位置由静止释放，A 与B 发生完全非弹性碰撞（但不粘连），碰撞时
间极短，A、B 视为质点，重力加速度为g，弹簧的弹性势能E p=0.5k x
2（x 为弹簧的形变量，k 为弹簧
劲度系数），则下列说法正确的是（ ）
A．碰后两物体一定不会分离
B．碰后瞬间两物体的速度大小为❑√2gh
C．两物体反弹向上运动，A 能再次回到释放点
D．碰后两物体一起向下运动的最大位移为2.5h
【答案】A
【解答】解：B、设A、B 的质量为m，碰撞前A 的速度为vA，碰撞后A、B 的速度为vAB。碰撞前，有
v A
2 =2 gh
A 与B 发生完全非弹性碰撞，由于碰撞时间极短，可忽略A 所受的重力，则碰撞过程中动量守恒，取向
下为正方向，由动量守恒定律有
mvA＝2mvAB
解得v AB=
❑√2gh
2
，故B 错误；
AC、碰撞后，A、B 及弹簧组成的系统机械能守恒，反弹向上运动到达碰撞点时，两物体的速度大小等
于碰后瞬间两物体的速度，设两物体上升x′后速度减小为零，由动能定理得
1
2 k h
2−1
2 k(h−x′ )
2−2mgx′ =0−1
2 ×2m×v AB
2
同时有
mg＝kh
解得
x′ =(❑√2−1)h＜h
即物体A、B 到达不了弹簧的原长处，最高点时A、B 的加速度小于g，A、B 之间弹力不为零，故物体
A、B 一定不会分离，故A 正确，C 错误；
D、设弹簧劲度系数为k，碰撞后两物体一起向下运动的最大位移为x，则
mg＝kh
两物体碰撞前弹簧储存的弹性势能为
E1= 1
2 k h
2
根据系统机械能守恒，碰撞后两物体一起向下运动达到最大位移时弹簧储存的弹性势能为
E2= 1
2 k( x +h)
2= 1
2 k h
2+ 1
2 ×2m×v AB
2 +2mgx
解得x =(1+ ❑√2)h，故D 错误。
故选：A。
5．如图所示，1
4 光滑圆槽静止放在光滑水平地面上，小球以某一速度在水平面上向右运动，恰好运动到圆
槽最高点，且圆槽的质量是小球的3 倍。小球和圆槽相互作用过程中（ ）
A．小球和圆槽组成的系统动量守恒
B．小球和圆槽组成的系统机械能先减小后增大
C．小球返回到水平地面时圆槽的速度最大
D．小球在圆槽上运动时，圆槽对小球不做功
【答案】C
【解答】解：A、小球与圆槽系统在水平方向动量守恒，竖直方向合外力不为零，故系统竖直方向动量
不守恒，故A 错误；
B、小球和圆槽系统仅重力做功，机械能守恒，故B 错误；
C、全过程小球始终对圆槽做正功，因此当小球返回水平地面时圆槽速度达到最大，故C 正确；
D、小球在圆槽运动过程中机械能持续减小，说明圆槽对小球做负功，故D 错误。
故选：C。
6．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．A 的动能达到最大时，弹簧恢复到原长
B．A 的动量达到最大时，弹簧压缩量最大
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
【解答】解：A、在弹簧从拉伸状态恢复至原长前，弹力始终对物体A 做正功，A 的动能持续增加；当
弹簧压缩至最短时，弹力对A 做负功，A 的动能减小。因此，弹簧恢复原长时A 的动能达到最大值，故
A 正确；
B、根据动量守恒定律，弹簧压缩量最大时A 与B 速度相同且均为零，此时A 的动量最小，故B 错误；
C、由于系统所受合外力始终为零，系统动量守恒，故C 错误；
D、弹簧恢复原长过程中无外力做功，系统动能与弹性势能相互转化，机械能守恒，故D 错误。
故选：A。
7．如图甲所示。物块A、B 的质量分别是mA＝3.0kg 和mB＝2.0kg，用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，
物块B 右侧与竖直墙相接触。另有一物块C 在t＝0 时刻以一定速度向右运动，在t＝4s 时与物块A 相碰，
并立即与A 粘在一起不再分开，物块C 的v﹣t 图像如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．物块C 的质量为2kg
B．物块B 离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能为72J
C．4s 到12s 的时间内，墙壁对物块B 的冲量大小为24N•s
D．物块B 离开墙壁后，弹簧的最大弹性势能为18J
【答案】C
【解答】解：A、由图像可知，物块C 与A 碰撞前速度v1＝12m/s，碰撞后速度v2＝3m/s。碰撞过程满足
动量守恒，取C 的初速度方向为正方向，有mCv1＝（mA+mC）v2，解得：mC＝1kg，故A 错误；
B 、当C 与A 速度减为零时，弹簧的弹性势能最大，根据机械能守恒定律，最大弹性势能
E p= 1
2 (mA+mC)v2
2，解得：Ep＝18J，故B 错误；
C、由图像可知，t＝12s 时A 和C 的速度v3＝﹣3m/s。在4s 至12s 时间内，墙壁对物块B 的冲量大小等
于弹簧对B 的冲量，也等于弹簧对A 和C 组成的系统的冲量，即I＝（mA+mC）v3﹣（mA+mC）v2，解得：
I＝﹣24N•s，表明冲量大小为24N•s，方向水平向左，故C 正确；
D、物块B 刚离开墙壁时，由机械能守恒有E p= 1
2 (mA+mC)v2′
2，解得A、C 向左的速度v2'＝3m/s。B
离开墙壁后，当A、B、C 三者速度相同时，弹簧的弹性势能最大。根据动量守恒有（mA+mC）v2'＝
（mA+mB+mC）v3，再根据能量守恒有E p′ = 1
2 (mA+mC)v2′
2−1
2 (mA+mB+mC)v3
2，联立解得：Ep'＝
6J，故D 错误。
故选：C。
8．如图甲所示，光滑水平地面上有A、B 两物块，质量分别为2kg、6kg，B 的左端拴接着一劲度系数为
200
3 N /m的水平轻质弹簧，它们的中心在同一水平线上。A 以速度v0向静止的B 方向运动，从A 接触
弹簧开始计时至A 与弹簧脱离的过程中，弹簧长度l 与时间t 的关系如图乙所示，弹簧始终处在弹性限度
范围内，已知弹簧的弹性势能E p= 1
2 k x
2（x 为弹簧的形变量），则（ ）
A．在0～2t0内B 物块先加速后减速
B．整个过程中，A、B 物块构成的系统机械能守恒
C．v0＝2m/s
D．物块A 在t0时刻时速度最小
【答案】C
【解答】解：A、在0～2t0内弹簧处于压缩状态，弹簧对B 弹力方向始终与B 的运动方向相同，故B 物
块此时间内一直加速，故A 错误；
B、整个过程中，A、B 物块和弹簧构成的系统机械能守恒，因弹簧弹性势能在变化，A、B 物块构成的
系统的机械能在变化，故B 错误；
C、t0时刻弹簧长度压缩量最大为x＝0.4m﹣0.1m＝0.3m，此时AB 速度相同，设AB 速度相同时速度大
小为v，A、B 物块和弹簧构成的系统满足动量守恒，以向右为正方向，对0～t0的过程，根据动量守恒
定律和系统机械能守恒得：
mAv0＝（mA+mB）v
1
2 k x
2= 1
2mAv0
2−1
2（mA+mB）v2
解得：v0＝2m/s，故C 正确；
D、由C 的结论可知物块A 在t0时刻时速度大小为2m/s，方向向右，此时弹簧处于压缩状态，弹簧对A
弹力向左，故物块A 在t0时刻继续做减速直线运动，故物块A 在t0时刻时速度不是最小，故D 错误。
故选：C。
二．多选题（共11 小题）
（多选）9．如图甲所示，质量为M＝0.5kg 的木板静止在光滑水平面上，质量为m＝1kg 的物块以初速度v0
＝4m/s 滑上木板的左端，物块与木板之间的动摩擦因数为μ＝0.2，在物块滑上木板的同时，给木板施加
一个水平向右的恒力F，物块在木板上相对于木板滑动的路程为s。给木板施加不同大小的恒力F，得到
1
s −F的关系如图乙所示，其中AB 与横轴平行。将物块视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力
加速度g＝10m/s2。则下列说法正确的是（ ）
A．木板长度为1m
B．若恒力F＝0，物块滑出木板时的速度为10
3 m/ s
C．当外力F＝1N 时，物块恰好不能从木板右端滑出
D．图中C 点对应的恒力的值为4N
【答案】ABC
【解答】解：A、在图像AB 段，1
s =1为定值，表明此时物块会从木板右端滑出，其相对于木板滑动的
路程s 等于木板长度L，故L＝1m，故A 正确；
C、根据牛顿第二定律，物块加速度am＝μg，木板加速度aM = F + μmg
M
，相对加速度a 相对＝am+aM；当
物块恰好不从木板滑出时，相对位移s=
v0
2
2a相对
= L；代入数据L＝1、v0＝4、am＝2、aM＝2F+4，得
1=
4
2
2(2 F +6)，解得F＝1N，即B 点对应横坐标为1N，故C 正确；
B 、当F ＝0 时，物块加速度am=2m/ s
2，木板加速度aM = 4 m/ s
2，由相对位移关系
v0t −1
2 (am+aM )t
2= L，代入数据4t﹣3t2 ＝1 ，解得滑出时间t = 1
3 s；此时物块速度
v = v0−amt = 4−2× 1
3 = 10
3 m/ s，故B 正确；
D、由上述推导，当F＞1N 时，1
s = 2a相对
v0
2
= 2(2 F +6)
16
=0.25 F +0.75；若C 点对应F＝4N，则其纵坐
标应为1.75，由于图中未给出C 点纵坐标的具体数值，故D 错误。
故选：ABC。
（多选）10．如图所示，带有1
4 光滑圆弧轨道的滑块B 静止在光滑水平地面上，轨道半径为R，圆弧最低点
切线水平，小球A 从圆弧轨道最高点由静止释放，沿圆弧轨道运动。已知A 的质量为m，B 的质量为
2m，小球可视为质点，重力加速度为g。则（ ）
A．小球从最高点沿圆弧轨道运动到最低点的过程中，滑块水平位移为1
2 R
B．小球运动到圆弧轨道最低点时，小球速度大小为2❑√3 gR
3
C．小球运动到圆弧轨道最低点时，B 对A 的支持力大小为7
3 mg
D．若滑块B 固定，小球运动到圆弧轨道最低点时，地面对B 的支持力大小为5mg
【答案】BD
【解答】解：AB、小球沿轨道下滑过程中，小球与滑块组成的系统在水平方向动量守恒，任意时刻有
mvAx＝2mvBx，在极短时间Δt 内，有mvAxΔt＝2mvBxΔt，累加可得xA＝2xB，又有xA+xB＝R，联立解得：
x A = 2
3 R，xB= 1
3 R。设小球运动至圆弧轨道最低点时，其速度大小为vA，滑块的速度大小为vB，由动
量守恒定律有mvA﹣2mvB ＝0 ，由机械能守恒定律有1
2 mv A
2 + 1
2 ×2mvB
2 =mgR，联立解得：
v A = 2❑√3 gR
3
，vB=
❑√3 gR
3
，故A 错误，B 正确；
C、在最低点，对小球A 由牛顿第二定律有F N −mg=m (v A+ vB)
2
R
，代入数据解得：FN＝4mg，故C 错
误；
D、当滑块B 固定时，小球A 从圆弧轨道最高点静止释放运动至最低点，由动能定理有mgR = 1
2 mv A′
2，
在最低点对A 由牛顿第二定律有F N ′ −mg=m v A′
2
R
，联立解得：FN'＝3mg，由牛顿第三定律，A 对B 的
压力FN''＝FN'＝3mg，则地面对B 的支持力大小为F＝FN''+2mg＝5mg，故D 正确。
故选：BD。
（多选11．如图甲，质量为M 的木块静止在光滑水平面上，质量为m 的子弹（可视为质点）以某一速度沿
水平方向射入木块，一段时间后恰好在木块中与木块相对静止，若该过程中木块的速度v2与子弹的速度
v1 之间的关系可以用图乙表示，子弹在木块中相对运动时所受的阻力为恒力，则下列说法正确的有（
）
A．M：m＝3：2
B．木块所能达到的最大速度为40m/s
C．该过程中二者因摩擦而产生的热量比木块增加的动能大
D．仅将木块换成等质量的较硬的木块，二者因摩擦而产生的热量增大
【答案】AC
【解答】解：B．由乙图可知，木块与子弹的速度关系满足v2=−2
3 v1+ 40(m/ s)
设子弹与木块相对静止时的速度为v，则有v =−2
3 v + 40，即5
3 v =24，解得v＝24m/s，即木块所能达到
的最大速度为24m/s，故B 错误；
A．子弹射入木块，系统动量守恒则有mv1＝（M+m）v，代入数据解得M：m＝3：2，故A 正确；
C．设m＝2m0，则M＝3m0，则系统的初动能EK 0= 1
2 mv0
2=3600m0J
子弹的末动能为EK 1= 1
2 mv1
2=576m0J
木块的末动能为EK 2= 1
2 M v2
2=864 m0J
所以摩擦产生的热量为Q＝Ek0﹣Ek1﹣Ek2＝2160m0J
所以该过程中二者因摩擦而产生的热量比木块增加的动能大，故C 正确；
D．仅将木块换成等质量的较硬的木块，系统所受外力之和为零，所以系统动量守恒，木块与子弹质量
之比不变，则二者末速度也不变，二者因摩擦而产生的热量不变，故D 错误。
故选：AC。
三．解答题（共5 小题）
12．如图所示，质量分别为m1＝0.95kg、m2＝1kg 的物块A、B 静止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m0＝0.05kg 的子弹以水平速度v0＝100m/s 射入木块A 并留在木块中（时
间极短），求：
（1）子弹射入木块A 后瞬间，木块A 的速度大小；
（2）木块B 的最大动量大小；
（3）弹簧具有的最大弹性势能。
【答案】（1）子弹射入木块A 后瞬间，木块A 的速度大小为5m/s；
（2）木块B 的最大动量大小为5kg•m/s；
（3）弹簧具有的最大弹性势能为25
4 J。
【解答】解：（1）子弹射入木块A 的过程，子弹与木块A 组成的系统动量守恒，规定向右为正方向，
则有
m0v0＝（m0+m1）v1
解得
v1＝5m/s
（2）当弹簧恢复原长时，木块B 速度最大，规定向右为正方向，根据动量守恒定律有
（m0+m1）v1＝（m0+m1）v1′+m2vB
根据机械能守恒定律有
1
2 (m0+m1)v1
2= 1
2 (m0+m1)v ′1
2+ 1
2 m2vB
2
解得
vB＝5m/s
木块B 的最大动量为
pB＝m2vB＝1×5kg•m/s＝5kg•m/s
（3）当弹簧压缩到最短时，两物块共速，子弹与木块A、木块B、弹簧组成的系统动量守恒，有
m0v0＝（m0+m1+m2）v2
解得
v2= 5
2 m/ s
弹簧压缩到最短时，弹簧具有最大弹性势能，根据机械能守恒定律有
Δ E p= 1
2 (m0+m1)v1
2−1
2 (m0+m1+m2)v2
2
解得弹簧具有的最大弹性势能为
Δ E p= 25
4 J
答：（1）子弹射入木块A 后瞬间，木块A 的速度大小为5m/s；
（2）木块B 的最大动量大小为5kg•m/s；
（3）弹簧具有的最大弹性势能为25
4 J。
13．如图所示，光滑的水平面上有A、B、C 三个物块，A 的质量为m，B 的质量为3m，C 的质量为m，
A、B 用一根轻弹簧拴连并处于静止状态。某时刻，物块C 以速度v0向左运动，并与A 发生碰撞，碰后
AC 共速但不粘连。求：
（1）AC 碰后的速度大小；
（2）弹簧最短时的弹性势能；
（3）A 与C 碰后弹簧第一次恢复原长时B 的速度大小。
【答案】（1）AC 碰后的速度大小为v0
2
；
（2）弹簧最短时的弹性势能为3mv0
2
20
；
（3）A 与C 碰后弹簧第一次恢复原长时B 的速度大小为2v0
5
。
【解答】解：（1）A、C 碰撞过程，取向左为正方向，由动量守恒定律有
mv0＝（m+m）vAC
解得v AC = v0
2
（2）第一次A、B、C 共速时弹簧压缩量最大，以A、B、C 与弹簧组成的系统为研究对象，取向左为正
方向，由动量守恒定律有
（m+m）vAC＝（m+3m+m）v1
根据系统机械能守恒有
E pmax= 1
2 (m+m)v AC
2 −1
2 (m+3m+m)v1
2
解得E pmax= 3mv0
2
20
（3）从A 与C 碰后至弹簧第一次恢复原长的过程，以A、B、C 与弹簧组成的系统为研究对象，取向左
为正方向，由系统动量守恒有
（m+m）vAC＝（m+m）v2+3mv3
由系统机械能守恒有
1
2 (m+m)v AC
2 = 1
2 (m+m)v2
2+ 1
2 ×3m v3
2
解得v2=−v0
10 ，v3= 2v0
5
即B 的速度大小为2v0
5
。
答：（1）AC 碰后的速度大小为v0
2
；
（2）弹簧最短时的弹性势能为3mv0
2
20
；
（3）A 与C 碰后弹簧第一次恢复原长时B 的速度大小为2v0
5
。
14．如图所示，半径为R 的四分之一光滑圆弧体A 固定在光滑水平面上，质量为2m 的平板车静止在光滑水
平面上，左端与A 接触，平板车的上表面与A 圆弧面的最低点相切。质量为m 的物块B（可视为质点）
在A 的圆弧面最上端的正上方高为R 处由静止释放，物块B 经过A 滑上平板车且恰好不从平板车上滑落，
物块B 与平板车上表面的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。求：
（1）物块B 的最大速度vB的大小；
（2）物块B 滑到A 的最低点时对圆弧面的压力FN的大小；
（3）平板车的长度L。
【答案】（1）物块B 的最大速度大小为2❑√gR。
（2）物块B 滑到A 的最低点时对圆弧面的压力大小为5mg。
（3）平板车的长度为4
3 μ R。
【解答】解：（1）当物块B 运动到圆弧体A 的圆弧面最低点时，其速度达到最大值。根据机械能守恒
定律，有mg×2 R = 1
2 m vB
2，解得：vB=2❑√gR。
（2）在最低点处，对物块B 进行受力分析，由牛顿第二定律可得F −mg=m vB
2
R
，解得：F＝5mg。依据
牛顿第三定律，物块B 对圆弧面的压力大小FN＝F＝5mg。
（3）设物块滑上平板车后，两者达到的共同速度为v。根据动量守恒定律，有mvB＝3mv，解得：
v = 2
3
❑√gR。再由能量守恒关系μmgL= 1
2 m vB
2 −1
2 ×3m v
2，解得：L= 4
3 μ R。
答：（1）物块B 的最大速度大小为2❑√gR。
（2）物块B 滑到A 的最低点时对圆弧面的压力大小为5mg。
（3）平板车的长度为4
3 μ R。
15．如图，在光滑水平地面上有一木板，其左侧与一半径R＝0.8m 的固定光滑四分之一圆弧轨道底端平滑
相连，可视为质点的物块A 置于木板上某处，A 左侧的木板上表面光滑，右侧的木板上表面粗糙且与A
间的动摩擦因数μ＝0.2。另一可视为质点的物块B 从圆弧轨道顶端由静止滑下，B 滑上木板后经Δt＝
0.5s 与A 发生弹性正碰，最终A 恰好不滑离木板。已知A 与木板的质量相等且为B 质量的3 倍，取重力
加速度大小g＝10m/s2。求：
（1）B 刚滑到木板上时速度的大小；
（2）A、B 发生碰撞后瞬间两者的动量大小之比；
（3）木板的长度。
【答案】（1）B 刚滑到木板上时的速度大小为4m/s；
（2）A、B 发生碰撞后瞬间两者的动量大小之比为3：1；
（3）木板的长度为2.5m。
【解答】解：（1）设B 滑到圆弧底端时速度大小为 v0，根据机械能守恒有：mgR = 1
2 m v0
2，解得：v0＝
4m/s；
（2）由于A 左侧的木板上表面光滑，B 从圆弧顶端滑上木板后，B 在A 左侧的木板上表面以v0做匀速运
动，此过程木板仍静止在地面上。之后，B、A 发生弹性正碰，设水平向右为正，碰后瞬间B 的速度为
v1，A 的速度为v2，则AB 整体动量守恒和机械能守恒：mv0＝mv1+3mv2，1
2 m v0
2= 1
2 m v1
2+ 1
2 ⋅3m v2
2，
解得：v1＝﹣2m/s，v2＝2m/s；
设碰后瞬间A 、B 的动量分别为pA 、pB ，根据动量定义式有：pA ＝3mv2 ，pB ＝mv1 ，解得：
| pA
pB
|=3：1；
（3）设木板上表面光滑段长度为 x1，根据运动学规律有：x1＝v0Δt，解得：x1＝2m；
B、A 碰撞后，A 恰好不滑离木板，即A 刚好到达木板右端时两者共速；B 被反弹后将从木板左端匀速滑
离。设A 与木板共速时的速度为 v，木板上表面粗糙段长度为 x2。以A 碰后的速度方向为正方向，碰撞
后A 与木板组成的系统动量守恒，有3mv2＝（3m+3m）v，解得：v＝1m/s；
碰撞后对A 与木板应用动能定理，有：−μ⋅3mg x2= 1
2 (3m+3m)v
2−1
2 ⋅3m v2
2，解得：x2＝0.5m；
则木板长度：L＝x1+x2，解得：L＝2.5m。
答：（1）B 刚滑到木板上时的速度大小为4m/s；
（2）A、B 发生碰撞后瞬间两者的动量大小之比为3：1；
（3）木板的长度为2.5m。
16．某兴趣小组设计了一传送装置，其竖直截面如图所示。AB 是倾角为30°的斜轨道，BC 是以恒定速率v0
顺时针转动的足够长水平传送带，紧靠C 端有半径为R、质量为M 置于光滑水平面上的可动半圆弧轨道，
水平面和传送带BC 处于同一高度，各连接处平滑过渡。现有一质量为m 的物块，从轨道AB 上与B 相
距L 的P 点由静止下滑，经传送带末端C 点滑入圆弧轨道。物块与传送带间的动摩擦因数为μ，其余接
触面均光滑。已知R＝0.36m，L＝1.6m，v0＝5m/s，m＝0.2kg，M＝1.8kg，μ＝0.25。不计空气阻力，物
块可视为质点，传送带足够长。求物块（g 取10m/s2）：
（1）滑到B 点处的速度大小；
（2）从B 点运动到C 点过程中摩擦力对其做的功；
（3）即将离开圆弧轨道最高点的瞬间，受到轨道的压力大小。
【答案】（1）滑到B 点处的速度大小为4m/s；
（2）从B 点运动到C 点过程中摩擦力对其做的功为0.9J；
（3）受到轨道的压力大小为3N。
【解答】解：（1）物块从P 点到B 点的过程，只有重力做功，由机械能守恒定律得mgLsin30° = 1
2 m vB
2，
vB= ❑√2 gLsin30° = ❑√2×10×1.6×0.5m/s＝4m/s；
（2）由于传送带足够长，则物块滑上传送带后，先做匀加速直线运动，然后与传送带共速后做匀速直线
运动，由动能定理得该过程摩擦力对物块做的功为W f = 1
2 m v0
2−1
2 m vB
2 =（1
2 ×0.2×5
2−1
2 ×0.2×4
2）
J＝0.9J；
（3）物块从进入圆弧轨道直至到达圆弧轨道最高点的过程，物块和半圆弧轨道组成的系统机械能守恒、
水平方向动量守恒，规定水平向右为正方向，则有mv0＝mv1+Mv2
1
2 m v0
2= 1
2 m v1
2+ 1
2 M v2
2+2mgR
解得v1＝﹣2.2m/s，v2＝0.8m/s（另一组解不符合题意，舍去）
物块在最高点时，由牛顿第二定律得F +mg=m (v2−v1)
2
R
解得F＝3N。
答：（1）滑到B 点处的速度大小为4m/s；
（2）从B 点运动到C 点过程中摩擦力对其做的功为0.9J；
（3）受到轨道的压力大小为3N。
