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第24 讲 动量守恒中的力学综合问题
目录
01 课标达标练
题型01 板块模型
题型02 “子弹打木块”模型
题型03 “滑块-曲（斜）面”模型
题型04 “滑块-弹簧”模型
02 核心突破练
03 真题溯源练
01 板块模型
1.（2025·四川绵阳·高三月考）如图所示，在光滑水平面上，有一质量为M=3kg 的薄板和质量m=1kg 的物
块，初速度大小都是v=4m/s，向相反方向运动，它们之间有摩擦，薄板足够长。当薄板的速度大小为
2.4m/s 时，物块运动情况是（ ）
A．向右做匀减速运动
B．向左做匀减速运动
C．向右做匀加速运动
D．向左做匀加速运动
【答案】C
【详解】开始阶段，物块m 向左减速，薄板M 向右减速，当m 的速度为零时，设此时M 的速度为v1．规
定向右为正方向，根据动量守恒定律得
( M −m)v = M v1
解得
v1=2.67 m/s
此后m 将向右加速，M 继续向右减速；当两者速度达到相同时，设共同速度为v2。规定向右为正方向，由
动量守恒定律得
( M −m)v =( M +m)v2
解得
v2=2m/s
两者相对静止后，一起向右做匀速直线运动；由此可知当M 的速度为2.4m/s 时，m 处于向右加速过程中，
故选C。
2.（多选）如图所示，长木板A 静止在光滑的水平面上，质量m = 2kg 的物体B 以水平速度v0= 3m/s 滑上
原来静止的长木板A 的上表面，由于A、B 间存在摩擦，之后A、B 速度随时间变化的情况如图乙所示，取
g = 10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．长木板A 获得的动能为4J
B．长木板的质量为4kg
C．长木板A 的最小长度为1m
D．A、B 间的动摩擦因数为0.2
【答案】BD
【详解】AB．在0—1s 内，B 相对于A 滑动，以物体B 的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律得
mv0= (m＋mA)v
由图知v = 1m/s 解得
mA= 4kg
所以长木板A 获得的动能
EkA= 1
2 mA v
2= 1
2 ×4×1
2J =2J
A 错误、B 正确；
C．在v—t 图像中，图像与时间轴围成的面积表示位移，则在0 ~ 1s 内，B 与A 的位移之差
Δ x = 3×1
2
m =1.5m
则要使B 不从A 上滑下，长木板A 的最小长度为1.5m，C 错误；
D．B 在A 上相对运动时，对B，根据牛顿第二定律有
μmBg = mBa
据题图有
a= Δv
Δt = 3−1
1
m/s
2=2m/s
2
解得
μ = 0.2
D 正确。
故选BD。
3.（多选）（2025·四川成都·高三月考）有一足够长的质量为M =2kg的长木板静止在光滑水平面上，另一
质量为m=1kg的滑块，以速度v0=3 m /s从左端滑上木板，小滑块与木板间的动摩擦因数为0.4，下列说
法正确的是（ ）
A．木板最终的速度1m /s
B．木块与木板组成的系统机械能守恒
C．木块相对于木板的位移大小为1m
D．滑块与木板运动发生相对运动所用的时间0.5s
【答案】AD
【详解】A．滑块滑上木板后做减速运动，木板做加速运动，最后两者共速，一起做匀速直线运动，整个
过程系统动量守恒，有
m v0=(m+ M )v
得二者最终的速度
v =1m/s
故A 正确；
B．整个过程中要克服摩擦力做功，系统机械能减小，故B 错误；
C．整个过程中有
μmgx = 1
2 m v0
2−1
2 (m+ M )v
2
得木块相对于木板的位移
x =0.75 m
故C 错误；
D．对滑块，根据动量定理有
−μmgt =mv −m v0
得滑块与木板运动发生相对运动所用的时间
t =0.5s
故D 正确。
故选AD。
4.（多选）（2025·四川遂宁·高三月考）木块A 静止于光滑的水平面上，其曲线部分MN 光滑，水平部分
NP 是粗糙的且足够长。现有一小滑块B 自M 点由静止滑下，则以下叙述中正确的是（以NP 所在的平面
为零势面）（ ）
A．A、B 最终以同一速度（不为零）运动
B．A、B 最终速度为零
C．B 滑到N 时的动能等于它开始下滑时在M 点的重力势能
D．A、B 系统所获得的内能等于B 开始下滑时在M 点的重力势能
【答案】BD
【详解】AB．对于木块A 和滑块B 组成的系统，因为水平方向不受外力，所以系统水平方向动量守恒，设
最终AB 的速度为v，木块A 的质量为m，木块B 的质量为M，且NP 足够长，则根据动量守恒得
(M + m)v = 0
解得
v = 0
A 错误、B 正确；
C．根据系统的能量守恒可知，B 滑到N 时的动能等于它下滑时在M 点的重力势能与此时A 的动能之差，C
错误；
D．因为A、B 最终速度为0，系统的动能为0，根据系统的能量守恒定律得知A、B 系统所获得的内能等于
B 开始下滑时在M 点的重力势能，D 正确。
故选BD。
02 “子弹打木块”模型
5.（多选）如图，质量为3m的木块静止放置在光滑水平面上，质量为m的子弹（可视为质点）以初速度v0
水平向右射入木块，水平射出木块时速度变为v0
3 ，已知木块的长为L，设子弹在木块中的阻力恒为f 。则
子弹在木块中运动的时间为（ ）
A．4 L
3 v0
B．9 L
5 v0
C．2mv0
3 f
D．4 mv0
9 f
【答案】BC
【详解】设子弹在木块中运动的时间为t，以子弹为对象，根据动量定理可得
−ft =m v0
3 −mv0
解得
t = 2mv0
3 f
设子弹射出木块时，木块的速度为v1，根据系统动量守恒可得
mv0=m v0
3 +3mv1
解得
v1= 2
9 v0
根据位移关系可得
L= x子−x木=
v0+ 1
3 v0
2
t −0+ v1
2
t
解得
t = 9 L
5 v0
故选BC。
6.如图所示，在固定的水平杆上，套有质量为m 的光滑圆环，轻绳一端拴在环上，另一端系着质量为M 的
木块，现有质量为m0的子弹以大小为v0的水平速度射入木块并立刻留在木块中，重力加速度为g，下列说
法正确的是（ ）
A．子弹射入木块后的瞬间，速度大小为
m0v0
m0+m+ M
B．子弹射入木块后的瞬间，绳子拉力等于( M +m0)g
C．子弹射入木块后的瞬间，环对轻杆的压力大于( M +m+m0)g
D．子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统动量守恒
【答案】C
【详解】A．子弹射入木块后的瞬间，子弹和木块组成的系统动量守恒，以v0的方向为正方向，则
m0 v0=( M +m0)v1
解得
v1＝m0v0
m0+ M
故A 错误；
B．子弹射入木块后的瞬间
FT−( M +m0)g=( M +m0) v1
2
L
解得绳子拉力
FT=( M +m0)g+( M +m0) v1
2
L
故B 错误；
C．子弹射入木块后的瞬间，对圆环
FN= FT+mg>( M +m+m0)g
由牛顿第三定律知，环对轻杆的压力大于( M +m+m0)g，故C 正确；
D．子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统只在水平方向动量守恒，故D 错误。
故选C。
7.（多选）如图所示，一砂袋用无弹性轻细绳悬于O 点。开始时砂袋处于静止状态，一弹丸以水平速度v0
击中砂袋后未穿出，二者共同摆动。若弹丸质量为m，砂袋质量为5m，弹丸和砂袋形状大小忽略不计，
弹丸击中砂袋后漏出的砂子质量忽略不计，不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法中正确的是（ ）
A．弹丸打入砂袋过程中，细绳所受拉力变大
B．弹丸打入砂袋过程中，弹丸对砂袋的冲量大小大于砂袋对弹丸的冲量大小
C．弹丸打入砂袋过程中所产生的热量为m v0
2
72
D．砂袋和弹丸一起摆动所达到的最大高度为v0
2
72g
【答案】AD
【详解】A．弹丸打入砂袋的过程由动量守恒定律得
m v0=(m+5m)v
解得
v = 1
6 v0
弹丸打入砂袋后，总质量变大，且来回摆动，相当于圆周运动的一部分，在最低点有
FT= 6mg+6m v
2
L
可知细绳所受拉力变大，选项A 正确；
B．根据牛顿第三定律可知，弹丸打入砂袋过程中，弹丸对砂袋的冲量大小等于砂袋对弹丸的冲量大小，
选项B 错误；
C．弹丸打入砂袋过程中所产生的热量为
Q = 1
2 mv0
2−1
2 ×6mv
2= 5
12 mv0
2
选项C 错误；
D．弹丸与沙袋一起摆动过程中机械能守恒，由机械能守恒可得
1
2 ×6mv
2=6mgℎ
解得
ℎ= v0
2
72g
选项D 正确。
故选AD。
8.（多选）质量为m 的均匀木块静止在光滑水平面上，木块左右两侧各有一位拿着完全相同步枪和子弹的
射击手。首先左侧开枪，子弹水平射入木块的最大深度为d1，待子弹与木块共速后右侧开枪，子弹水平射
入木块的最大深度为d2。子弹均未射穿木块，且两颗子弹与木块之间的作用力大小均相同，则下列正确的
为（ ）
A．最终木块向左运动
B．最终木块静止不动
C．d1<d2
D．d1=d2
【答案】BC
【详解】AB．设子弹射入木块前的速度大小为v，子弹的质量为M，子弹受到的阻力大小为f。当两颗子弹
均相对于木块静止时，由动量守恒得
mv −mv =(2m+ M )v
′
得
v
′ =0
即当两颗子弹均相对于木块静止时，木块的速度为零，即静止，故A 错误，B 正确；
CD．先对左侧射入木块的子弹和木块组成的系统研究，则有
mv =(m+ M )v1
由能量守恒得
f d1= 1
2 m v
2−1
2 (m+ M )v1
2
再对两颗子弹和木块系统为研究，得
f d2= 1
2 (m+ M )v1
2+ 1
2 m v
2
比较两式得
d1<d2
故C 正确，D 错误。
故选BC。
9.如图所示，一轻质弹簧两端连着木块A 和B，放在光滑水平面上，一颗子弹以水平速度v0射入木块A 并
留在其中，已知A 的质量为m，B 的质量为2m，子弹的质量为m，则当弹簧压缩最短时，求：
（1）系统的共同速度是多大；
（2）弹簧的弹性势能为多少；
（3）全过程系统损失的动能为多少？
【答案】（1）1
4 v0；（2）mv0
2
8
；（3）3
8 m v0
2
【详解】（1）根据题意可知，整个过程系统的动量守恒，由动量守恒定律有
m v0=(m+2m+m)v
解得
v = 1
4 v0
（2）根据题意可知，子弹射入木块A 的过程中，子弹和木块A 组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有
m v0=(m+m)v1
解得
v1= 1
2 v0
当物块A 与物块B 速度相等时，弹簧的弹性势能最大，由能量守恒定律有
Ep= 1
2
(m+m)(
v0
2 )
2
−1
2
(m+2m+m)(
v0
4 )
2
= mv0
2
8
（3）全过程系统损失的动能为
Δ Ek= 1
2 mv0
2−1
2
(m+2m+m)(
v0
4 )
2
= 3
8 mv0
2
03 “滑块-曲（斜）面”模型
10.如图所示，质量为M 的楔形物体静止在光滑的水平地面上，其斜面光滑且足够长，与 水平方向的夹角
为θ，一个质量为 m 的小物块从斜面底端沿斜面向上以初速度 v0开始运动，当小物块沿斜面向上运动到
最高点时，斜面体的速度大小为 v，物块距地面高度为 h，则下列关系式正确的是（ ）
A．mv0＝Mv
B．mv0＝(m＋M)v
C．1
2 (m+ M )v
2+mgℎ= 1
2 m(v0sinθ)
2
D．1
2 (m+ M )v
2+mgℎ= 1
2 mv0
2
【答案】D
【详解】AB．小物块上升到最高点时，速度与楔形物体的速度相同，系统水平方向动量守恒，全过程机械
能也守恒。以向右为正方向，在小物块上升过程中，由水平方向系统动量守恒得
m v0cosθ =(m+ M )v
故AB 错误；
CD．整个过程系统机械能守恒，由系统机械能守恒定律得
mgℎ+ 1
2
(m+ M )v
2= 1
2 m v0
2
故C 错误，D 正确。
故选D。
11.（多选）（2025·四川成都·高三月考）如图，质量为mN=1kg、半径R =0.5 m的1
4 圆弧形凹槽N 放在光
滑水平面上，质量为mP=1kg、初速度v0=5 m/s的小球P 从凹槽底端水平滑入。已知小球从滑入凹槽到分
离过程中因两者的摩擦而产生的热量Q = 4 J，重力加速度g=10 m/s
2。
在此过程中，下列说法正确的是（ ）
A．小球和凹槽组成的系统因合外力不做功而机械能守恒
B．小球和凹槽组成的系统因水平方向合外力为零而水平方向动量守恒
C．小球能从凹槽顶端冲出并继续上升的最大高度为0.125m
D．小球与凹槽分离后并以v =1m/s的速度向右做平抛运动
【答案】BD
【详解】A．小球和凹槽组成的系统因有摩擦力做功而机械能不守恒，故A 错误；
B．由于水平面光滑，球和凹槽组成的系统水平方向合外力为零，所以系统水平方向动量守恒，故B 正
确；
Ｃ．设小球能从凹槽顶端冲出而分离，并且从凹槽顶端冲出并继续上升的最大高度为h，小球和凹槽组成
的系统水平方向动量守恒，两者的共同速度大小是v1
mpv0=(mN+mp)v1
v1=2.5 m/s
小球和凹槽组成的系统，由能量守恒定律得
1
2 m v
p
❑❑0
2= 1
2 (mp+mN)v1
2+Q+mp g(ℎ+ R)
代入数据，解得
ℎ=−0.275 m ℎ<0，说明小球不能从凹槽顶端冲出，故C 错误；
D．小球不能从凹槽顶端冲出，则小球从凹槽下滑后才与凹槽分离，小球从滑入凹槽到分离过程中因两者
的摩擦而产生的热量Q = 4 J。假设小球与凹槽分离时小球速度为v，凹槽速度为vN，则由动量守恒
mpv0=mpv +mN vN
再根据能量守恒
1
2 mP v0
2= 1
2 mpv
2+ 1
2 mN vN
2 +Q
两式联立解得
{
v =1m/s
vN = 4 m/s)
或
{
v = 4 m/s
vN=1m/s)
因小球与凹槽需v ≤vN，第二组解不符合实际，需舍掉；即小球与凹槽分离后并以v =1m/s的速度向右做
平抛运动，故D 正确。
故选BD。
12.（多选）（2025·四川南充·高三月考）如图所示，小车的上面由中间突出的两个对称的曲面组成。整个
小车的质量为m，原来静止在光滑的水平面上。今有一可视为质点的小球，质量也为m，以水平速度v 从
左端滑上小车，恰好到达小车的最高点后，又从另一个曲面滑下。下列说法正确的是（ ）
A．小球滑离小车时，小车又回到了原来的位置
B．小球在滑上曲面的过程中，小车的动量变化是1
2 mv
C．小球和小车作用前后，小车和小球的速度一定变化
D．车上曲面的竖直高度不会大于v
2
4 g
【答案】BD
【详解】A．小球滑上曲面的过程，小车向右运动，小球滑下时，小车仍继续前进，不会回到原位置，故A
错误；
B．小球恰好到最高点时两者有共同速度，对于车和球组成的系统，取水平向右为正方向，由水平动量守
恒得
mv =2m v1
得共同速度
v1= v
2
小车动量的变化
Δ p=m v1
❑−0= mv
2
故B 正确；
C．小球恰好到达小车最高点时，小球与小车的速度是相等的，由于系统水平方向动量守恒，若曲面光
滑，则系统机械能守恒，所以相互作用结束后，可能小车的速度仍然等于0，小球的速度仍然等于v，故C
错误；
D．如果曲面光滑，则车和球组成的系统机械能守恒，有
1
2 m v❑
2 −1
2 ⋅2m v1
2=mgℎ
解得
ℎ= v
2
4 g
如果曲面粗糙，因摩擦生热，减少的动能还有一部分转化成内能，能上升的高度还要更小些，故D 正确。
故选BD。
13.（多选）如图所示将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上，槽的左侧有一固定在水平面上的物块。今让一
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，则以下结论中错误的是（
）
A．小球在半圆槽内运动的全过程中，只有重力对它做功
B．小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒
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．小球离开C 点以后，将做竖直上抛运动
【答案】ABD
【详解】A．当小球由B 运动到C 的过程中，因小球对槽有斜向右下方的压力，槽做加速运动，动能增
加，小球机械能减少，槽对小球的支持力对小球做了负功，故A 错误；
B．当小球在槽内由A 运动到B 的过程中，左侧物块对槽有作用力，小球与槽组成的系统水平方向动量不
守恒，故B 错误；
C．小球从B 到C 的过程中，系统水平方向所受合外力为零，满足系统水平方向动量守恒，故C 正确；
D．小球离开C 点以后，既有竖直向上的分速度，又有水平分速度，小球做斜上抛运动，故D 错误。
本题选错误的，故选ABD。
14.（多选）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，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．小球运动到小车的B点位置时，车与小球的速度相同
B．小球从小车A 位置运动到B 位置过程中，小车对小球先做负功后做正功
C．小球从小车的B 点冲出后可上升到释放的初始高度，并能从小车A 点冲出到达释放的初始位置（相对
于地）
D．小球从开始下落至到达圆弧轨道的最低点过程，小车的位移大小为k
k +1 R
【答案】BC
【详解】AC．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与释放点等高的位置，返回后能从小车A 点冲出到达释放的初始位置
（相对于地），A 错误，C 正确；
B．小球从小车A 位置运动到B 位置过程中，小车先向左加速再向左减速，小球对小车先做正功再做负
功，故小车对小球先做负功再做正功，B 正确；
D．小球从开始下落至到达圆弧轨道的最低点过程，由人船模型可得
km x2=m x1
x1+ x2= R
解得小球、小车的水平位移分别为
x1=
k
k +1 R，x2=
1
k +1 R
D 错误。
故选BC。
15.如图所示，在光滑的水平面上有一辆静止的、质量M =0.2kg的小车，小车的上表面AB段粗糙，右端
BC段是半径R =0.1m的四分之一光滑圆弧。一质量m1=0.1kg的小滑块（可看成质点）P1以速度
v0=6 m/s滑上小车的A端，通过AB表面恰好能在B点与小车相对静止。若在距小车右侧适当距离放置静
止的、质量m2=0.3kg的物块P2，此适当距离使小滑块P1与小车相对静止后才与P2相撞并立即变成一个整
体。已知小滑块P1与小车上表面AB段的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g=10 m/s
2。
（1）计算小滑块P1通过AB段时，系统因摩擦而产生的热量Q；
（2）计算物块P2距小车右端的最短距离d；
（3）计算小车与物块P2碰撞后，小滑块P1沿BC向上运动到最高点时距B点的竖直高度ℎ。（友情提示：
P1不会冲出C点）
【答案】（1）1.2J；（2）0.8 m；（3）0.06 m
【详解】（1）当P1在AB间运动时，规定向右为正方向，由动量守恒得
m1v0=( M +m1)v1
产生的热量
Q = 1
2 m1v0
2−1
2 ( M +m1)v1
2
代入已知数据解得：Q =1.2J
（2）当P1在AB间运动时，以小车为研究对象，由动能定理有
μm1g⋅d = 1
2 M v1
2
代入数据解得：d =0.8 m
（3）P1在最高点时其速度与小车相同，根据水平方向的动量守恒，小车与P2碰撞过程有
M v1=( M +m2)v2
在P1从起点到最高点的过程
m1v0=( M +m1+m2)v3
在小车与P2碰撞后到P1运动到最高点的过程中，系统机械能守恒
1
2 m1v1
2+ 1
2 ( M +m2)v2
2= 1
2 ( M +m1+m2)v3
2+m1gℎ
代入相关已知数据解得：ℎ=0.06 m
04 “滑块-弹簧”模型
16.（2025·四川达州·高三月考）如图，在水平光滑的地面上放置A、B 两个质量均为m 的物块，其中B 物块
左侧带有一个轻质弹簧。A 物块以速度v0向右运动与弹簧接触之后，压缩弹簧至最短，然后被弹开。在整
个过程中，B 物块的动量为pB，A 物块与弹簧接触的时间为t，弹簧的弹性势能为Ep= 1
2 k (Δ x)
2，弹簧的形
变量为Δ x，则碰撞过程中以下四个图像正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】AB．两物块作用过程中，系统动量守恒且能量守恒，则有
m v0=m v1+m v2
1
2 mv0
2= 1
2 mv1
2+ 1
2 mv2
2
解得
v2= v0
B 物块的动量为
pB=m v2
图像pB−t的切线斜率代表B 物块的受力，及弹力的变化，弹簧弹力先增大后减小，且最终B 的动量为m v0
，故A 错误，B 正确；
CD．弹簧的弹性势能为Ep= 1
2 k (Δ x)
2，可知Ep−Δ x满足抛物线的规律，且先变大后变小，故CD 错误。
故选B。
17.（多选）（2024·四川泸州·三模）如图所示，质量均为m 的A、B 两物体用一轻弹簧连接，放在光滑的
水平面上，A 紧靠光滑的墙。现用外力推B 将弹簧压缩某一长度并处于静止状态，然后撤去外力，在弹簧
恢复原长时B 物体的速度为v。弹簧始终处于弹性限度内，则在撤去外力以后的运动过程中，下列说法正
确的是（ ）
A．物体A、B 和轻弹簧组成的系统机械能守恒
B．弹簧再次被压缩到最短时具有的弹性势能为1
2 m v
2
C．墙壁对A 物体的弹力做的功为1
2 mv
2
D．墙壁对A 物体的弹力产生的冲量大小为mv
【答案】AD
【详解】A．物体A、B 和轻弹簧组成的系统，只有弹力做功，系统的机械能守恒，选项A 正确；
B．弹簧再次被压缩到最短时由动量守恒
mv =2m v
'
此时弹簧具有的弹性势能为
E p= 1
2 m v
2−1
2 ⋅2m v
❑
' 2= 1
4 m v
2
选项B 错误；
C．墙壁对A 物体的弹力没有位移，则做的功为零，选项C 错误；
D．对AB 系统由动量定理，墙壁对A 物体的弹力产生的冲量大小为
I =mv
选项D 正确。
故选AD。
18.（多选）如图甲所示，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
1.2kg。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，在
0~1s 内两物体的加速度随时间变化的情况如图乙。弹簧始终处于弹性限度内，整个运动过程中，以下分析
正确的是（ ）
A．力F 大小为1.2N
B．t=1s 时A 的速度大小为0.8m/s
C．物块B 的质量为0.6kg
D．从开始到弹簧第一次伸长量最大的过程中，弹簧的弹力对物块B 所做的功为0.144J
【答案】AD
【详解】A．t=0 时刻，A 仅受F 作用，根据牛顿第二定律可知力F 的大小为
F =mA aA 0=1.2N
故A 正确；
B．a-t 图像与坐标轴所围面积表示速度的变化量，所以t=1s 时A 的速度大小为
v A 1< 1
2 ×(1+0.6)m/s=0.8 m/s
故B 错误；
C．设t=1s 时弹簧的弹力大小为T，对A、B 根据牛顿第二定律分别有
F −T =mA a1
T =mBa1
解得
mB=0.8kg
故C 错误；
D．根据动量定理可得t=1s 时A、B 组成的系统的动量为
p= Ft =1.2kg⋅m/s
撤去拉力后，系统动量守恒，当A、B 达到共同速度v 时弹簧伸长量最大，根据动量守恒定律有
p=(mA+mB)v
解得
v =0.6 m/s
根据动能定理可知从开始到弹簧第一次伸长量最大的过程中，弹簧的弹力对物块B 所做的功为
W = 1
2 mB v
2=0.144 J
故D 正确。
故选AD。
19.（多选）如图所示，质量为M 的木板静止在光滑水平面上，木板左端固定一轻质挡板，一根轻弹簧左
端固定在挡板上，质量为m 的小物块从木板最右端以速度v0滑上木板，压缩弹簧，然后被弹回，运动到木
板最右端时与木板相对静止。已知物块与木板之间的动摩擦因数为μ，整个过程中弹簧的形变均在弹性限
度内，则（ ）
A．运动过程中m、M 和弹簧组成的系统机械能守恒
B．整个过程中合力对物块的冲量大小为Mm v0
M +m
C．m 在M 上相对运动的路程为
m v0
2
2 μg(m+ M )
D．整个过程弹簧弹性势能的最大值为
Mm v0
2
4(m+ M )
【答案】BD
【详解】A．滑块在木板上运动的过程中，因为摩擦，所以系统机械能减小，故A 错误。
B．由动量守恒，有
m v0=(m+ M )v1
合力对物块的冲量等于物块的动量变化量，得
I =m v1−m v0=−mM v0
m+ M
故B 正确。
C．系统减少的机械能转化为系统内能，有
Q = 1
2 m v0
2−1
2
(m+ M )v1
2= μmgs
解得相对运动路程
s=
M v0
2
2 μg(m+ M )
故C 错误。
D．当m、M 第一次共速时，弹簧被压缩到最短，弹性势能最大，
E p= 1
2 m v0
2−1
2
(m+ M )v1
2−Q
2 = mM v0
2
4 (m+ M )
故D 正确。
故选BD。
20.（多选）如图甲所示，物块A、B 的质量分别是mA=4.0kg 和mB=3.0kg，两物块之间用轻弹簧拴接，放，
在光滑的水平地面上，物块B 右侧与竖直墙壁相接触；另有一物块C 从t=0 时，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 图象如图乙所示，下列说法正确的是（
）
A．墙壁对物块B 的弹力在4～12s 的时间内对B 的冲量I 的大小为18N·s
B．墙壁对物块B 的弹力在4～12s 的时间内对B 的冲量I 的大小为36N·s
C．B 离开墙后的过程中，弹簧具有的最大弹性势能为18J
D．B 离开墙后的过程中，弹簧具有的最大弹性势能为9J
【答案】BD
【详解】AB．由题图乙知，C 与A 碰撞前速度为
v1=9m/s
碰后速度大小为
v2=3m/sC 与A 碰撞过程动量守恒，取碰撞前C 的速度方向为正方向，由动量守恒定律得
mCv1=（mA+mC）v2
解得C 的质量
mC=2kg
由图可知12s 末A 和C 的速度为 v3=-3m/s，4s 到12s，墙对B 的冲量为
I′=（mA+mC）v3-（mA+mC）v2
解得
I′=-36N•s
方向向左，墙壁对物块B 的弹力在4～12s 的时间内对B 的冲量I 的大小为36N·s，故B 正确，A 错误；
CD．12s 后B 离开墙壁，之后A、B、C 及弹簧组成的系统动量和机械能守恒，且当A、C 与B 速度相等
时，弹簧弹性势能最大，以A 的速度方向为正方向。
由动量守恒定律得
（mA+mC）v3=（mA+mB+mC）v4
由机械能守恒定律得
EP= 1
2 (mA+mC)v3
2−1
2 (mA+mB+mC)v4
2
代入数据解得
EP=9J
故D 正确，C 错误。
故选BD。
21.（多选）如图所示，小车在光滑水平面上向左匀速运动。水平轻质弹簧左端固定在A 点，物体与固定在
A 点的细线相连，弹簧处于压缩状态（物体与弹簧未连接），某时刻细线断了，物体沿车滑动到B端粘在B
端的油泥上，取小车、物体和弹簧为一个系统，下列说法正确的是（ ）
A．若物体滑动中不受摩擦力，则该系统全过程机械能守恒
B．若物体滑动中有摩擦力，则该系统全过程动量守恒
C．不论物体滑动中有没有摩擦，小车的最终速度与断线前相同
D．不论物体滑动中有没有摩擦，系统损失的机械能相同
【答案】BCD
【详解】A．若物体滑动中不受摩擦力，物体与油泥的粘合过程为完全非弹性碰撞，由机械能的损失，所
以该系统全过程机械能不守恒，故A 错误；
B．物体滑动中有摩擦力，该系统所受的合外力为零，整个系统全过程动量守恒，故B 正确；
C．不论物体滑动中有没有摩擦，系统动量守恒，系统的初动量等于末动量，系统的总质量不变，所以小
车的最终速度与断线前相同，故C 正确；
D．不论物体滑动中有没有摩擦，系统的末动量和初动量相等，则末动能和初动能相等，系统损失的机械
等于弹簧的弹性势能，与物体滑动中有无摩擦无关，故D 正确。
故选BCD。
22.（多选）如图所示，圆心为O、半径为R 的四分之一光滑圆弧面竖直固定在水平地面上，劲度系数为k
的轻质弹簧两端分别拴接质量均为m 的小球A、B，小球A 置于光滑水平地面上，小球B 置于圆弧面上由静
止释放，小球B 沿圆弧面下滑的过程中用水平力F 作用在小球A 上使其处于静止状态，经过时间t 小球B
落地，落地后立刻撤去力F，已知小球B 释放的位置与O 点的连线与水平方向的夹角为53°，释放小球B 时
弹簧处于原长，弹簧与水平地面的夹角为37°，小球B 落地时的速度为2❑√
gR
5
，落地后不反弹，重力加速
度为g，sin37° =0.6，sin53° =0.8，下列说法正确的是（ ）
A．小球B 落地时弹簧的弹性势能为2
5 mgR
B．时间t 内力F 的冲量大小为1
3 kRt
C．小球B 离开圆弧面后，弹簧的最大形变量为2
3 R
D．小球B 离开圆弧面后，弹簧最长时的弹性势能为1
5 mgR
【答案】AD
【详解】A．小球B 下滑过程中，小球B 和弹簧组成的系统机械能守恒
mgℎ= 1
2 m v
2+ Ep
由题图可知
ℎ= 4
5 R
解得小球B 落地时弹簧的弹性势能为2
5 mgR，选项A 正确；
B．小球B 落地时弹簧的形变量为
R tan53°−(
R
cos53° −R)= 2
3 R
小球落地时弹力的大小为2
3 kR，因弹力对时间的变化不是均匀的，则在时间t 内弹力水平分力的平均值不
是1
3 kR，小球A 静止，力F 始终等于弹簧的水平分力，力F 的冲量不是1
3 kRt，选项B 错误；
C．刚撤去力F 时，弹簧的形变量为2
3 R，此时两小球的速度均为0，B 离开圆弧面后，小球B、A 和弹簧组
成的系统动量守恒，当二者速度相等时，弹簧的形变量最大，根据能量守恒可知此时弹簧的弹性势能小于
刚撤去力F 时的弹簧的弹性势能，故弹簧的形变量小于2
3 R，选项C 错误；
D．小球B 离开圆弧面后，弹簧最长时两球速度相等，从撤去力F 到弹簧恢复原长，
2
5 mgR = 1
2 m v0
2
两球共速时
m v0=2mv
此时的弹性势能
Ep= 2
5 mgR−1
2 ⋅2m v
2= 1
5 mgR
选项D 正确。
故选AD。
23.（多选）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48J
B．4s 到12s 的时间内，墙壁对物块B 的冲量大小为48 N ⋅s，方向向右
C．物块B 离开墙壁后，弹簧的最大弹性势能为10J
D．物块B 离开墙壁后，物块B 的最大速度大小为6 m/s
【答案】AD
【详解】A．AC 碰撞过程中由动量守恒可得
mC v0=(mC+mA)v v0=12m/s，v = 4 m/s解得
mC=2kg
当AC 速度减为零时弹簧压缩至最短，此时弹性势能最大
Ep= 1
2 (mA+mC)v
2= 1
2 ×6kg×(4 m/s)
2= 48J
故A 正确；
B．4s 到12s 的时间内弹簧对AC 的冲量为
I 弹=(mA+mC)(v2−v1)=6×(−8)N⋅s=−48 N⋅s
由能量守恒可知12s B 的速度为零，4s 到12s 的时间内对B 由动量定理可得
−I 弹+ I 墙=0
得
I 墙= I 弹=−48 N.s
即大小为48 N ⋅s，方向向左，故B 错误；
C．当B 的速度与AC 相等时由动量守恒可得
(mA+mC)v1=(mA+mC+mB)v2
解得
v2=3 m/s
所以弹簧的最大弹性势能为
E p= 1
2 (mA+mC)v1
2−1
2 (mA+mC+mB)v2
2=12J
故C 错误；
D．当弹簧为原长时B 的速度达到最大，由动量守恒和能量守恒可得
(mA+mC)v1=(mA+mC)v3+mBv4
1
2 (mA+mC)v1
2= 1
2 (mA+mC)v3
2+ 1
2 mBv4
2
解得
v4=6 m/s
故D 正确。
故选AD。
24.（多选）如图所示，倾角为θ=30°、足够长的光滑斜面固定在水平地面上，下端有一垂直斜面的固定挡
板。质量均为m 的小球a、b 用劲度系数为k 的轻质弹簧连接并放置在斜面上，小球b 靠在挡板上，两小球
均保持静止。现对小球a 施加一平行斜面向上、大小为F=mg 的恒力。已知弹簧的弹性势能E 弹与形变量x
满足E 弹=1
2kx2，弹簧与斜面平行且形变始终处于弹性限度内，重力加速度大小为g。在以后的运动中，下
列分析正确的是（ ）
A．小球b 脱离挡板后，a、b 和弹簧组成的系统，动量守恒
B．小球b 脱离挡板以后的运动过程中，a、b 均做匀速直线运动
C．小球b 脱离挡板后，系统最大弹性势能为m
2 g
2
4 k
D．小球b 刚要运动时，小球a 的动能为m
2 g
2
2k
【答案】AD
【详解】A．小球b 脱离挡板后，将小球a、小球b 以及弹簧看作一个整体，整体受到的合外力为0，系统
动量守恒，故A 正确；
B．初始状态时，弹簧处于压缩状态，根据受力分析可得
F弹0＝mgsin30°＝k x0＝1
2 mg
小球b 刚要运动时
F弹＝kx＝1
2 mg
解得
x0＝x＝mg
2k
初末状态中弹簧形变量相同，弹性势能相同，则弹力做的总功为0，根据动能定理可得
W F−W G=mg（x + x0）−mg（x + x0）sin30° = 1
2 m v
2
解得小球a 的速度为
v ＝g ❑√
m
k
此时b 的速度为零，所以弹簧的伸长量不断增大，a 做加速度增大的减速运动，b 做加速度减小的加速运
动，故B 错误；
CD．弹簧弹性势能最大时两小球的速度相等，此时系统动能最小，系统总动量守恒，选择初速度的方向为
正方向，根据动量守恒和能量守恒定律可得
mv =2m v共
系统动能为
Ek 总= 1
2 ⋅2m v共
2 = m
2 g
2
4 k
小球b 刚要运动时，小球a 的动能为
Ek＝m
2 g
2
2k
所以系统损失的动能为
Ek−Ek 总＝m
2 g
2
4 k = Δ EpG+ Epmax−1
2 k x
2
故C 错误，D 正确。
故选AD。
25.（多选）如图，处于竖直平面内的曲面、水平面与半圆形轨道平滑连接，半圆形轨道的半径为
R=0.1m。两小球a、b 均可视为质点，质量分别为m=1kg、M=2kg。两小球压缩弹簧后（均未与弹簧栓接）
被锁扣K（图中未画出）锁住。现打开锁扣K，两小球与弹簧分离后，小球a 沿曲面上升到最高点C（图中
未画出），小球b 恰好能通过半圆形轨道的最高点D。不计一切摩擦，重力加速度大小取g=10m/s2。下列
说法正确的是（ ）
A．小球b 运动到D 点时的速度大小为0
B．小球b 运动到D 点时的速度大小为1m/s
C．小球a 沿曲面上升的最大高度为0.4m
D．弹簧解锁前的弹性势能为15J
【答案】BD
【详解】A．小球b 恰好能通过半圆形轨道的最高点D，由
Mg= M v D
2
R
解得
v D= ❑√gR =1m /s
故A 错误，B 正确；
C．小球b 从水平面到D 点，由动能定理有
−2 MgR = 1
2 M v D
2 −1
2 M v2
2
解得
v2= ❑√5 m /s
解锁前后由动量守恒定律有
m v1= M v2
解得
v1=2❑√5 m /s
小球a 从水平面到C 点，由动能定理有
−mgℎ=0−1
2 mv1
2
解得
ℎ=1m
故 C 错误；
D．解锁前后由能量守恒定律有
Ep= 1
2 M v2
2+ 1
2 mv1
2
解得
Ep=15J
故D 正确。
故选BD。
26.如图所示，在光滑水平面上，有质量分别为3m 和m 的A、B 两滑块，它们中间夹着一根处于压缩状态
的轻质弹簧(弹簧与A、B 不拴连)，由于被一根细绳拉着而处于静止状态。当剪断细绳，在两滑块脱离弹
簧之后，下述说法正确的是（ ）
A．两滑块的动能之比为1:3
B．两滑块的动量大小之比3:1
C．两滑块的速度大小之比3:1
D．弹簧对两滑块做功之比1:1
【答案】A
【详解】BC．两滑块组成的系统动量守恒，以向右为正方向，则有
−pA+ pB=0
所以
pA: pB=1:1
设两滑块速度分别为v A、vB，则有
−3m v A+m vB=0
所以
v A:vB=1:3
故B、C 错误；
AD．两滑块的动能之比为
EkA: EkB=( 1
2 ×3m×v A
2):( 1
2 ×m×vB
2)=1:3
由动能定理可得
W A:W B= EkA: EkB=1:3
故A 正确、D 错误。
故选A。
27.（多选）如图，B 是质量为2m、半径为R 的光滑半圆弧槽，放在光滑的水平桌面上。A 是质量为3m 的
细长直杆，在光滑导孔的限制下，只能上下运动。物块C 的质量为m，紧靠B 放置。初始时，A 杆被夹
住，使其下端正好与半圆弧槽内侧的上边缘接触，然后从静止释放A，重力加速度为g，则以下说法正确
的是（ ）
A．在杆向下运动过程中，A、B、C 组成的系统机械能守恒，系统动量守恒
B．从杆释放到运动到最低点的过程中，杆A 对槽B 做功为2mgR
C．槽的最大速度为❑√2 gR
D．杆A 的下端经过槽B 的最低点后，A 能上升的最大高度是2
3 R
【答案】CD
【详解】A．在杆向下运动过程中，对于A、B、C 组成的系统，只有重力做功，所以系统的机械能守恒。
在水平方向，导孔对A 有作用力。在竖直方向，A 有加速度，所以系统的合外力不为零，动量不守恒，故
A 错误。
C．当杆A 的下端运动到碗的最低点时不能再向下运动，A 的速度为零。由系统的机械能守恒得
(2m+m)gR = 1
2 ×(2m+m)vBC
2
解得
vBC = ❑√2gR
故C 正确；
B．从杆释放到运动到最低点的过程中，根据动能定理可知，杆A 对槽B 做功为
W > 1
2 ×2m vBC
2=2mgR
故B 错误；
D．杆A 的下端经过槽B 的最低点后B、C 分离，杆上升到所能达到的最高点时，AB 的速度均为0，由AB
系统机械能守恒，有：
1
2×2mv2=3mgh
解得
ℎ= 2
3 R
故D 正确；
故选CD。
28.（多选）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
水平面接触处平滑。一个质量也为m 的小球从槽上高h 处由静止开始自由下滑，下列判断正确的是
（ ）
A．在下滑过程中，小球和槽之间的相互作用力对槽不做功
B．在下滑过程中，小球和槽组成的系统水平方向动量守恒
C．被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动
D．被弹簧反弹后，小球能回到槽上高h 处
【答案】BC
【详解】B．在下滑过程中，小球和槽组成的系统在水平方向所受外力的矢量和为零，系统在水平方向动
量守恒，故B 正确；
D．小球与槽组成的系统水平方向动量守恒，球与槽的质量相等，小球沿槽下滑，球与槽分离后，小球与
槽的速度大小相等，小球被弹簧反弹后与槽的速度相等，故小球不能滑到槽上，故D 错误。
C．小球被弹簧反弹后，小球和槽在水平方向不受外力作用，故小球和槽都做匀速运动，故C 正确；
A．在下滑过程中，小球和槽之间的相互作用力对槽做功，故A 错误；
故选BC。
29.（多选）如图所示，半径均为R、质量均为M、内表面光滑的两个完全相同的1
4 圆槽A 和B 并排放在光
滑的水平面上，图中a、c 分别为A、B 槽的最高点，b、b'分别为A、B 槽的最低点，A 槽的左端紧靠着竖直
墙壁，一个质量为m 的小球C 从圆槽A 顶端的a 点无初速度释放。重力加速度为g，下列说法正确的是（
）
A．小球C 从a 点运动到b 点的过程中，小球和圆槽A 组成的系统动量守恒
B．小球C 从a 点运动到b 点时A 槽对地面的压力大小为3mg+ Mg
C．小球C 在B 槽内运动所能达到的最大高度为mR
M +m
D．B 槽的最大速度的大小2m
M +m
❑√2gR
【答案】BD
【详解】A．小球C 从a 点运动到b 点的过程中，小球和圆槽A 组成的系统合外力不为零，所以动量不守
恒，故A 错误；
B．小球C 从a 点运动到b 点时，由动能定理有
mgR = 1
2 m vb
2
解得
vb= ❑√2gR
在b 点时，对小球有
N −mg =m vb
2
R
解得
N =3mg
根据牛顿第三定律可知球对A 的压力大小也等于3mg，对A 槽有
N 地= N + Mg=3mg+ Mg
由牛顿第三定律可得，小球C 从a 点运动到b 点时A 槽对地面的压力大小为3mg+ Mg，故B 正确；
C．小球C 和B 槽组成的系统水平方向上动量守恒有
m vb=(m+ M )v
解得
vmax = m ❑√2gR
m+ M
根据能量守恒有
1
2 m vb
2= 1
2 (m+ M )v❑
2 +mgℎ
解得
ℎ= MR
M +m
故C 错误；
D．小球C 和B 槽组成的系统水平方向上动量守恒，当两者分离时槽有最大速度，则
m vb=m v
′ + M vmax
由机械能守恒有
1
2 m vb
2= 1
2 m v
′2+ 1
2 M vmax
2
解得
vmax = 2m
M +m
❑√2 gR
故D 正确。
故选BD。
30.（多选）如图所示，质量为 M 的小车置于光滑的水平面上，车的上表面粗糙，有一质量为 m 的木块
以初速度 v0水平地滑至车的上表面，若车表面足够长，则（ ）
A．木块的最终速度为 mv0
m+ M
B．由于车表面粗糙，小车和木块所组成的系统动量不守恒
C．车表面越粗糙，木块减少的动能越多
D．不论车表面的粗糙程度如何，小车获得的动能均为定值
【答案】AD
【详解】A．由于地面光滑，小车和木块组成的系统动量守恒，木板足够长，二者最终达到相同速度v
(M +m)v =m v0
解得
v = m v0
M +m
故A 正确；
B．小车和木块间的摩擦力是系统内力，不影响动量守恒。动量守恒的条件是：当系统不受外力，或所受
外力矢量和为零，B 错误；
C．根据动量守恒定律，二者的末速度总是等于v = mv0
M +m
，则木块减小的动能为1
2 mv0
2−1
2 mv
2，结果均
为定值，故C 错误；
D．根据动量守恒定律，二者的末速度总是等于v = mv0
M +m
，小车获得的动能为1
2 M v
2，结果均为定值，D
正确。
故选AD。
31.（多选）将质量为2m 的木板静止地放在光滑水平面上，一质量为m 的木块以水平初速v0由木板左端恰
能滑至木板的右端与木板相对静止。木块运动过程中所受摩擦力始终保持不变。现将木板分成长度与质量
相等的两段（a、b）后紧挨着仍放在光滑水平面上，让木块仍以相同的初速度v0由木板a 的左端开始滑
动，则（ ）
A．木块仍能滑到木板b 的右端并与木板保持相对静止
B．木块滑到木板b 的右端后飞离木板
C．木块滑到木板b 的右端前就与木板保持相对静止
D．后一过程产生的热量小于原来过程产生的热量
【答案】CD
【详解】木板没有分成长度与质量相等的两段时，由动力学规律有
μmg=ma1
μmg=2ma2
a1=2a2
木块做匀减速直线运动，木板做匀加速直线运动，其速度与时间的关系图像如图所示
木板分成长度与质量相等的两段后，当木块滑离前一半时，由动力学规律有
μmg=ma1
μmg=2ma2
a1=2a2
当木块滑上后一半时有
μmg=ma3
a3=a1
木块做匀减速直线运动，木板做匀加速直线运动，其速度与时间的关系图像如图所示
由图形面积表示位移，比较两图可知，第二种情况的相对位移比第一种的小，所以第二种情况下，木块没
有飞离木板，木块滑到木板b 的右端前就与木板保持相对静止，又根据
Q = f L相对
所以后一过程产生的热量小于原来过程产生的热量，所以CD 正确；AB 错误；
故选CD。
32.（多选）长为L、质量为M 的木块在粗糙的水平面上处于静止状态，有一质量为m 的子弹（可视为质
点）以水平速度v0击中木块并恰好未穿出。设子弹射入木块的过程时间极短，子弹受到木块的阻力恒定，
木块运动的最大距离为x，重力加速度为g，下列说法中正确的是（ ）
A．子弹受到的阻力大小
Mm v0
2
2(m+ M )L
B．子弹受到的阻力大小
Mm v0
2
(m+ M )L
C．木块与水平面间的动摩擦因数
m
2v0
2
2 gx(m+ M )
2
D．木块与水平面间的动摩擦因数
m
2v0
2
gx(m+ M )
2
【答案】AC
【详解】AB．设子弹射入木块的过程时间极短，由动量守恒得
m v0=(m+ M )v
根据动能定理得
fL= 1
2 m v0
2−1
2
(m+ M )v❑
2
联立解得
f =
Mm v0
2
2(m+ M )L
A 正确，B 错误；
CD．子弹和物块一起做减速运动，由动能定理得
−μ(m+ M )gx =0−1
2
(m+ M )v
2
联立解得
μ=
m
2v0
2
2gx(m+ M )
2
C 正确，D 错误。
故选AC。
33.（多选）一小环套在足够长的水平光滑细杆上，小环通过轻绳吊一沙袋，沙袋到小环的距离为L，开始
时二者在竖直方向处于静止状态。一弹丸以水平速度v0击中沙袋后未穿出，二者共同向右方摆动（未达到
与水平杆等高位置）。已知弹丸质量为m，小环质量为2m，沙袋质量为5m，弹丸、小环和沙袋形状大小
忽略不计，弹丸击中沙袋后漏出的沙子质量、子弹打入沙袋时间和空气阻力不计，重力加速度为g。下列
说法正确的是（ ）
A．弹丸打入沙袋过程中所产生的热量为1
6 mv0
2
B．弹丸打入沙袋时，轻绳所受拉力大小为6mg+ m v0
2
6 L
C．从弹丸打入沙袋到沙袋和弹丸向右摆动到最大高度过程中，轻绳拉力对环所做的功为mv0
2
36
D．沙袋和弹丸一起向右摆动所达到的最大高度为v0
2
288 g
【答案】BD
【详解】A．弹丸打入沙袋的过程由动量守恒定律有
mv0=（m+5m）v
解得
v = v0
6
弹丸打入沙袋过程中所产生的热量为
Q = 1
2 m v0
2−1
2 ⋅6m v
2= 5
12 m v0
2
故A 错误；
B．弹丸打入沙袋时，根据牛顿第二定律
T −6mg=6m v
2
L
解得轻绳所受拉力大小为
T =6mg+ m v0
2
6 L
故B 正确；
C．从弹丸打入沙袋到沙袋和弹丸向右摆动到最大高度过程中，根据动量守恒
(m+5m)v =(m+5m+2m)v
′
解得
v
′ = v0
8
轻绳拉力对环所做的功为
W T= 1
2 ⋅2m⋅(
v0
8 )
2
= m v0
2
64
故C 错误；
D．根据能量守恒
1
2
(m+5m)v
2= 1
2
(m+5m+2m)v
′2+(m+5m)gℎ
代入数据解得沙袋和弹丸一起向右摆动所达到的最大高度为
ℎ=
v0
2
288 g
故D 正确。
故选BD。
34.如图，光滑水平面上有一质量为M =1.98kg的小车，小车的B点右侧的上表面是粗糙水平轨道，小车的
B点左侧固定一半径为R =0.6 m的四分之一光滑圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在B点相切。小车的最右
端D点固定一轻质弹簧，弹簧处于自然长度时其左端正好对应小车的C点，B点与C点之间的距离为
L=0.9 m。一质量为m=2kg的小物块（可视为质点）位于小车的B点，小车与小物块均处于静止状态，突
然有一质量为m0=20g的子弹，以水平速度v0=500 m /s击中小车并停留在小车中，设子弹击中小车的过
程时间极短，已知小物块与水平轨道间的动摩擦因数为μ=0.4，不计空气阻力，重力加速度大小为
g=10 m /s
2。求：
（1）子弹射入小车的过程中，系统产生的热量；
（2）通过计算判断小物块是否能运动到圆弧轨道的最高点A，并求当小物块再次回到B点时，小车的速度
大小；
（3）若弹簧被小物块压缩的最大压缩量为x =10cm，求弹簧的最大弹性势能。
【答案】（1）2475J；（2）小物块能运动到最高点A，当小物块再次回到B点时，小车的速度为0；
（3）4.5J
【详解】（1）对于子弹射入小车的过程，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律得
m0 v0=(m0+ M )v
可得
v =5 m /s
根据能量守恒定律得
1
2 m0v0
2= 1
2 (m0+ M )v
2+Q
解得子弹射入小车的过程中，系统产生的热量为
Q =2475J
（2）当小物块运动到圆弧轨道的最高点A 时，三者共速，速度为v共1，根据动量守恒定律得
m0 v0=(m0+ M +m)v共1
解得
v共1=2.5 m /s
根据机械能守恒定律得
1
2 (m0+ M )v
2= 1
2 (m0+ M +m)v共1
2
+mgℎ
解得
ℎ=0.625 m > R =0.6 m
所以小物块能运动到圆弧轨道的最高点A，当小物块再次回到B点时，小物块的速度为v1，车和子弹的速
度为v2，根据动量守恒定律得
(m0+ M )v =m v1+(m0+ M )v2
根据机械能守恒定律得
1
2 (m0+ M )v
2= 1
2 m v1
2+ 1
2 (m0+ M )v2
2
联立解得
v1=5 m/s，v2=0
可知当小物块再次回到B点时，小车的速度为0。
（3）当弹簧具有最大弹性势能EP时，三者速度相同，由动量守恒定律得
m0 v0=(m0+ M +m)v共2
可得
v共2= v共1=2.5 m /s
根据能量守恒定律得
μmg( L+ x)+ EP= 1
2 (m0+ M )v
2−1
2 (m0+ M +m)v共2
2
解得
EP= 4.5J
35.如图，物块A、B 并排放在光滑水平面上，A 上固定一竖直轻杆，用一长l =0.2m的细线将小球C（可看
成质点）竖直悬挂在轻杆上O 点，A、B、C 质量均为M =0.03kg。初始时，物块A、B 均固定在水平面
上，质量为m=0.01kg的子弹以某一水平初速度射入小球C（射入时间极短且未射出），小球C 恰能到达
与O 点等高的P 点。取重力加速度g=10 m/s
2，不计空气阻力。
(1)求子弹初速度的大小。
(2)若解除物块A、B 的固定，子弹仍以相同初速度射入小球C（射入时间极短且未射出），求：
.
Ⅰ小球C 能上升的最大高度；
.
Ⅱ物块B 速度的最大值和刚达到最大值瞬间细线中拉力的大小。
【答案】(1)v1=8 m /s
(2)Ⅰ：ℎ=0.12m；Ⅱ：1.6m/s，FT=1.2N
【详解】（1）设子弹的速度为v1，击中C 后，二者共同的速度为v2，由动量守恒m v1=(m+ M )v2
当C 达到P 点时，由机械能守恒1
2 (m+ M )v2
2=(m+ M )gl
联立求解得：v1=8 m /s，v2= ❑√2 gl =2m /s
（2）Ⅰ：设小球C 到最高点时速度为v3，由动量守恒(m+ M )v2=(m+3 M )v3
由机械能守恒1
2 (m+ M )v2
2= 1
2 (m+3 M )v3
2+(m+ M )gℎ
解得ℎ=0.12m
Ⅱ：设C 再次回到最低点时速度为v4，此时木块A、B 恰好分离，B 的速度有最大值v5，由动量守恒
(m+ M )v2=(m+ M )v4+2 M v5
由机械能守恒1
2 (m+ M )v2
2= 1
2 (m+ M )v4
2+ 1
2 ⋅2 M v5
2
解得v5=1.6 m /s，v4=−0.4 m /s
在最低点，由牛顿第二定律FT−(m+ M )g=(m+ M ) (v4−v5)
2
l
代入数据可得FT=1.2N
36.如图，质量m1= 1kg 的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一劲度系数k = 20N/m 的轻
弹簧，弹簧处于自然状态。质量m2= 4kg 的小物块以水平向右的速度v0= 5
4 m/s滑上木板左端，两者共速
时木板恰好与弹簧接触。木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数μ = 0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦
力。弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能Ep与形变量x 的关系为Ep= 1
2 k x
2。取重力加速度g =
10m/s2，结果可用根式表示。
（1）求木板刚接触弹簧时速度v1的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1；
（2）求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时木板速度v2的大
小；
（3）已知木板向右运动的速度从v2减小到0 所用时间为t0。求木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次
相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能U（用t0表示）。
【答案】（1）1m/s；0.125m；（2）0.25m；
❑√3
2 m/s；（3）4 ❑√3t0−8t0
2
【详解】（1）由于地面光滑，则m1、m2组成的系统动量守恒，则有
m2v0= (m1＋m2)v1
代入数据有
v1= 1m/s
对m1受力分析有
a1= μm2 g
m1
= 4 m/s
2
则木板运动前右端距弹簧左端的距离有
v1
2= 2a1x1
代入数据解得
x1= 0.125m
（2）木板与弹簧接触以后，对m1、m2组成的系统有
kx = (m1＋m2)a 共
对m2有
a2= μg = 1m/s2
当a 共 = a2时物块与木板之间即将相对滑动，解得此时的弹簧压缩量
x2= 0.25m
对m1、m2组成的系统列动能定理有
−1
2 k x2
2= 1
2 (m1+m2)v2
2−1
2 (m1+m2)v1
2
代入数据有
v2=
❑√3
2 m/s
（3）木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，由于木板即m1的加速度大于木块m2的
加速度，则当木板与木块的加速度相同时即弹簧形变量为x2时，则说明此时m1的速度大小为v2，共用时
2t0，且m2一直受滑动摩擦力作用，则对m2有
－μm2g∙2t0= m2v3－m2v2
解得
v3=
❑√3
2 −2t0
则对于m1、m2组成的系统有
−W f= 1
2 m1v2
2+ 1
2 m2v3
2−1
2 (m1+m2)v2
2
U = Wf
联立有
ΔU = 4 ❑√3t0−8t0
2
37.如图所示，质量为2kg、足够长的长木板B 静止在光滑水平地面上，在距长木板右端距离为x 处有一固
定挡板C．质量为1kg 的小滑块A 从长木板的左端以大小为12m/s 的初速度滑上长木板，物块与长木板间
的动摩擦因数为0.4，木板B 与挡板C 的碰撞过程中没有机械能损失且碰撞时间极短可忽略不计，取
g=10m/s2.求：
（1）若在B 与C 碰撞前A 与B 已相对静止，则x 至少为多少；
（2）若要使B 与C 第一次碰撞前瞬间，B 向右运动的动量恰好等于A 向右运动的动量，则x 为多少；
（3）若x=0.25m，则B 与C 发生第一次碰撞后B 的速度为0 时，A 的速度为多少。
【答案】（1）4m；（2）2.25m；（3）8m/s
【详解】（1）根据动量守恒
mA v0=(mA+mB)v1
解得
v1= 4 m/s
根据牛顿第二定律
μmA g=mBaB
解得
aB=2m/s
2
根据匀变速直线运动
v1
2=2aB xB
解得
xB= 4 m
（2）根据题意“B 和C 第一次碰撞前瞬间，B 向右运动的动量等于A 向右运动的动量”，则
mA v A =mB vB
根据动量守恒可得
mA v0=mA v A+mB vB
解得
vB=3 m/s
根据匀变速直线运动
vB
2 =2aB xB
′
解得
xB
' =2.25 m
（3）根据匀变速直线运动
vB1
2 =2aB x
解得
vB1=1m/s
根据动量守恒
mA v0=mA v A 1+mB vB1
解得
v A 1=10 m/s
说明A 此时的速度为10m/s。B 和C 第一次撞击后，B 将向左以速度为1m/s 做匀减速运动，此时A 和B 总
动量为8kgm/s。根据动量守恒
mA v A 1−mB vB1=mA v A 2
解得
v A 2=8 m/s
38.如图甲所示，光滑曲面轨道固定在竖直平面内，下端出口处在水平方向上．一平板车静止在光滑水平地
面上，右端紧靠曲面轨道，平板车上表面恰好与曲面轨道下端相平．一质量为m=0.1kg 的小物块从曲面轨
道上某点由静止释放，初始位置距曲面下端高度h=0.8m．物块经曲面轨道下滑后滑上平板车，最终没有脱
离平板车．平板车开始运动后的速度图象如图乙所示，重力加速度g=10m/s2．
（1）根据图乙写出平板车在加速过程中速度v 与时间t 的关系式．
（2）求平板车的质量M．
（3）求物块与平板车间的动摩擦因数μ 和在车上滑动过程中产生的内能Q．
【答案】(1)v =2t ；(2)0.3kg；(3)0.6；0.6J
【详解】解：(1)由图象知平板车的加速度：a= Δv
Δt =2m/s
2
平板车在加速过程中v与t的关系式为：v =2t
(2)物块沿曲面下滑过程，机械能守恒，则有：mgℎ= 1
2 mv0
2
解得：v0= 4 m/s
物块滑上车之后最终没有脱离平板车，动量守恒，则有：m v0=(m+ M )vt
由图象知物块与平板车最后的共同速度：vt =1m/s
代入数据解得平板车的质量：M =3m=0.3kg
(3)平板车在加速过程中，由牛顿第二定律可得： μmg= Ma
由图象知平板车的加速度：a=2m/s
2
代入数据解得物块与平板车间的动摩擦因数：μ=0.6
根据能量守恒可得在车上滑动过程中产生的内能：Q = 1
2 mv0
2−1
2 (m+ M )vt
2=0.6J
39.如图甲所示，物块A、B 的质量分别是mA= 4.0kg和mB=3.0kg，用轻弹簧栓接相连放在光滑的水平地
面上，物块B 右侧与竖直墙相接触。另有一物块C 从t =0时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,求：
(1)物块C 的质量mC；
(2)弹簧对物块A、C 的弹力在4s 到12s 的时间内冲量I的大小和方向；
(3)在B 离开墙壁之后的运动过程中，物块AC 整体的最小速度。
【答案】(1)2kg
(2)大小36 N⋅s，方向向左
(3)1m /s
【详解】（1）由图知，C 与A 碰前速度为v =9 m /s，碰后速度为v2=3 m /s，C 与A 碰撞过程根据动量守
恒可得
mCv =(mA+mC)v2
解得
mC=2kg
（2）由图知，12s 末A 和C 的速度为v3=−3 m /s，4s到12s 的时间内，根据动量定理可知，弹簧对物块
A、C 的冲量为
I =(mA+mC)v3−(mA+mC)v2
解得
I =−36 N⋅s
可知冲量大小为36 N⋅s，方向向左。
（3）此后运动过程中，弹簧第一次恢复原长时，物块AC 整体的速度最小，则
(mA+mC)v3=(mA+mC)vAC+mBvB
1
2 (mA+mC)v3
2= 1
2 (mA+mC)vAC
2 + 1
2 mBvB
2
联立解得
vAC=−1m /s
即AC 整体速度最小值为1m /s。
40.（海南·高考真题）光滑水平桌面上有P、Q 两个物块，Q 的质量是P 的n 倍。将一轻弹簧置于P、Q 之
间，用外力缓慢压P、Q。撤去外力后，P、Q 开始运动，P 和Q 的动量大小的比值为（ ）
A．n
2
B．n
C．1
n
D．1
【答案】D
【详解】由动量守恒定律可知，P、Q 两个物块构成的系统，动量前后守恒，则
pQ: pP=1:1
ABC 错误，D 正确。
故选D。
41.（多选）（湖南·高考真题）如图（a），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（b）所示，S1表示0 到t1时间内A的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时刻的速度为v0。下列
说法正确的是（ ）
A．0 到t1时间内，墙对B 的冲量等于mAv0
B． mA > mB
C．B 运动后，弹簧的最大形变量等于x
D．S1−S2= S3
【答案】ABD
【详解】A．由于在0 ~ t1时间内，物体B 静止，则对B 受力分析有
F 墙 = F 弹
则墙对B 的冲量大小等于弹簧对B 的冲量大小，而弹簧既作用于B 也作用于A，则可将研究对象转为A，撤
去F 后A 只受弹力作用，则根据动量定理有
I = mAv0（方向向右）
则墙对B 的冲量与弹簧对A 的冲量大小相等、方向相同，A 正确；
B．由a—t 图可知t1后弹簧被拉伸，在t2时刻弹簧的拉伸量达到最大，根据牛顿第二定律有
F 弹 = mAaA= mBaB
由图可知
aB > aA
则
mB < mA
B 正确；
C．由图可得，t1时刻B 开始运动，此时A 速度为v0，之后AB 动量守恒，AB 和弹簧整个系统能量守恒，则
mA v0=mA v A+mB vB
可得AB 整体的动能不等于0，即弹簧的弹性势能会转化为AB 系统的动能，弹簧的形变量小于x，C 错误；
D．由a—t 图可知t1后B 脱离墙壁，且弹簧被拉伸，在t1~t2时间内AB 组成的系统动量守恒，且在t2时刻弹
簧的拉伸量达到最大，A、B 共速，由a—t 图像的面积为Δv，在t2时刻AB 的速度分别为
v A = S1−S2，vB= S3
A、B 共速，则
S1−S2= S3
D 正确。
故选ABD。
42.（湖南·高考真题）如图，质量为M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a和b，长轴水平，短轴竖直．质量为m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xOy，椭圆长轴位于x轴上。整个过程凹槽不翻转，重力加速度为g。
（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xOy中，求出小球运动的轨迹方程；
（3）若M
m =
b
a−b，求小球下降ℎ= b
2高度时，小球相对于地面的速度大小（结果用a、b及g表示）。
【答案】（1）v2= ❑√
2m
2 gb
M
2+ Mm
，x2=
m
M +m a；（2）[x (M +m)−ma)
2
M
2a
2
+ y
2
b
2 =1；（3）2b ❑√
g
a+3b
【详解】（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
0=m v1−M v2
小球运动到最低点的过程中系统机械能守恒
mgb= 1
2 mv1
2+ 1
2 M v2
2
联立解得
v2= ❑√
2m
2 gb
M
2+ Mm
因水平方向在任何时候都动量守恒即
0=m v1−M v2
两边同时乘t 可得
m x1= M x2
且由几何关系可知
x1+ x2=a
联立得
x2=
m
M +m a
（2）小球向左运动过程中凹槽向右运动，当小球的坐标为(x , y)时，此时凹槽水平向右运动的位移为Δx
，根据上式有
m(a−x)= M ⋅Δ x
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
(x−Δ x)
2
a
2
+ y
2
b
2 =1
整理得
[x (M +m)−ma)
2
M
2a
2
+ y
2
b
2 =1 （−b≤y ≤0）
（3）将M
m =
b
a−b代入小球的轨迹方程化简可得
[x−(a−b))
2+ y
2=b
2
即此时小球的轨迹为以(a−b)为圆心，b 为半径的圆，则当小球下降的高度为b
2时有如图
此时可知速度和水平方向的夹角为60°，小球下降b
2的过程中，系统水平方向动量守恒
0=m v3cos60°−M v4
系统机械能守恒
mg b
2 = 1
2 m v3
2+ 1
2 M v4
2
联立得
v3=
❑√
4 gb
2
a+3b =2b ❑√
g
a+3b
43.（全国乙卷·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，t =0时与弹簧接触，到t =2t0时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B 的v −t图像如图（b）所
示。已知从t =0到t =t0时间内，物块A 运动的距离为0.36 v0t0。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θ(sinθ =0.6)，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。
【答案】（1）0.6m v0
2；（2）0.768 v0t0；（3）0.45
【详解】（1）当弹簧被压缩最短时，弹簧弹性势能最大，此时A、B速度相等，即t =t0时刻，根据动量守
恒定律
mB⋅1.2v0=(mB+m)v0
根据能量守恒定律
Epmax= 1
2 mB(1.2v0) −
❑
2
1
2 (mB+m)v0
2
联立解得
mB=5m
Epmax=0.6m v0
2
（2）解法一：同一时刻弹簧对A、B 的弹力大小相等，根据牛顿第二定律
F =ma
可知同一时刻
aA =5aB
则同一时刻A、B的瞬时速度分别为
v A =aAt，vB=1.2v0−aAt
5
根据位移等速度在时间上的累积可得
s A = v At(累积），sB= vBt(累积）
又
sA =0.36 v0t0
解得
sB=1.128 v0t0
第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值
Δ s= sB−s A =0.768 v0t0解法二：B 接触弹簧后，压缩弹簧的过程中，A、B 动量守恒，有
mB×1.2v0=6m v0=mB vB+m v A
对方程两边同时乘以时间Δt，有
6m v0 Δt =5m vB Δt +m v A Δt
0-t0之间，根据位移等速度在时间上的累积，可得
6m v0t0=5m sB+m s A
将s A =0.36 v0t0代入可得
sB=1.128 v0t0
则第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值
Δ s= sB−s A =0.768 v0t0
（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2v0，方
向水平向右，设物块A 第一次滑下斜面的速度大小为v A
' ，设向左为正方向，根据动量守恒定律可得
m v A
' −5m⋅0.8 v0=m⋅(−2v0)+5m vB
'
根据能量守恒定律可得
1
2 m v A
' 2+ 1
2 ⋅5m⋅(0.8 v0)
2= 1
2 m⋅(−2v0)
2+ 1
2 ⋅5m vB
' 2
联立解得
v A
' = v0方法一：设在斜面上滑行的长度为L，上滑过程，根据动能定理可得
−mgLsinθ−μmgLcosθ =0−1
2 m(2v0)
2
下滑过程，根据动能定理可得
mgLsinθ−μmgLcosθ = 1
2 m v0
2−0
联立解得
μ=0.45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，
mgsinθ+ μmgcosθ =ma上，mgsinθ−μmgcosθ =ma下
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
2a上x =(2v0)
2−0，2a下x = v A'
2= v0
2
联立可解得
