文档文本内容
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重难点7 动量 动量和能量观点的综合应用
三年考情分析
2025 考向预测
2024•（辽宁、吉林、黑龙江）T14•动量与能量综合问题
2023•辽宁T10•电磁感应双棒切割含动量问题
2023•辽宁T15•利用动量守恒解决类碰撞问题
2022•辽宁T15•电磁感应双棒切割含动量问题
2023•（吉林、黑龙江）T25•两物体多次碰撞问题
2022•（吉林、黑龙江）T20•动量定理与动能定理的综合应
用
2022•（吉林、黑龙江）T25•利用动量守恒解决类碰撞问题
本专题属于重难点内容，主要考查用动量、能量
处理物理的运动的多过程问题，单独命题时突出
以板块、碰撞为载体,结合实际生活中的情景进行
分析,设计问题。大部分情况与能量、动量和电场
等相结合进行考查，多以压轴解答题或压轴选择
题形式出现。
【考点概览】
【高分技巧】
一、动量定理的理解和应用
1．应用动量定理的解题流程
→→→
2．动量定理的两个重要应用
(1)应用I＝Δp 求变力的冲量：若物体受到大小或方向改变的力的作用，则不能直接用I＝Ft 求变力的
冲量，可以求出变力作用下物体动量的变化Δp，等效代换变力的冲量I.
(2)应用Δp＝Ft 求动量的变化：例如，在曲线运动中，速度方向时刻在变化，求动量变化(Δp＝p2－p1)需要
应用矢量运算方法，计算比较复杂，如果作用力是恒力，可以求出恒力的冲量，等效代换动量的变化。
1
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二、动量守恒定律及其应用
1．动量守恒定律的三个性质
2．应用动量守恒定律应注意的两个问题
(1)判断动量是否守恒时，要注意所选取的系统，注意区别系统内力与外力．
(2)动量守恒具有分量式，若系统所受合力不为零，但在某个方向上所受的合力为零，则系统在该方向
上动量守恒。
三、“碰撞”模型及其拓展
1．碰撞的基本规律
2．碰撞拓展
(1)碰撞模型拓展——“保守型”
2
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图例
(水平面光滑)
小球—弹簧模型
小球曲面模型
达到
共速
相当于完全非弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0＝(m＋M)v 共，损失
的动能最大，分别转化为弹性势能、重力势能
再次
分离
相当于弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0＝mv1＋Mv2，能量满足mv
＝mv＋Mv
(2)碰撞模型拓展——“耗散型”
图例
(水平面光滑)
达到
共速
相当于完全非弹性碰撞，动量满足mv0＝(m＋M)v 共，损失的动能最大，转化
为内能
（建议用时：40 分钟）
【考向一：动量定理的理解和应用】
1．（2024·辽宁沈阳·二模）2024 年春天，中国航天科技集团研制的50kW 级双环嵌套式霍尔推力器，成功
实现点火并稳定运行，标志着我国已跻身全球嵌套式霍尔电推进技术领先行列．嵌套式霍尔推力器不用传
统的化学推进剂，而是使用等离子体推进剂，它的一个显著优点是“比冲”高。比冲是航天学家为了衡量
火箭引擎燃料利用效率引入的一个物理量，英文缩写为
，是单位质量的推进剂产生的冲量，比冲这个物
理量的单位应该是（ ）
3
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A．m/s
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】根据题意比冲表示的是单位质量的推进剂产生的冲量，故可得
结合动量定理
可得比冲这个物理量的单位为
故选A。
2．（2024·吉林·三模）一同学在练习乒乓球削球技术时，使乒乓球竖直下落，在球与球拍接触的瞬间，保
持球拍板面水平向上，并沿水平方向挥动球拍，如图所示。接触前后乒乓球在竖直方向的速度大小分别为
5m/s 和4m/s，乒乓球与球拍之间的动摩擦因数为0.3。若乒乓球可视为质点且不计空气阻力，g 取
，
已知乒乓球与球拍接触时间极短，估算乒乓球在与球拍接触后获得的水平速度大小约为（ ）
A．0.8m/s
B．1.5m/s
C．2.7m/s
D．5.4m/s
【答案】C
【详解】设球拍对乒乓球的作用力为
，由动量定理得
其中
带入两式相比得
故选C。
4
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3．（多选）（2022·吉林、黑龙江·高考）质量为
的物块在水平力F 的作用下由静止开始在水平地面上
做直线运动，F 与时间t 的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小取
。则（ ）
A．
时物块的动能为零
B．
时物块回到初始位置
C．
时物块的动量为
D．
时间内F 对物块所做的功为
【答案】AD
【详解】物块与地面间的摩擦力为
AC．对物块从
s 内由动量定理可知
即
得
3s 时物块的动量为
设3s 后经过时间t 物块的速度减为0，由动量定理可得
5
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即
解得
所以物块在4s 时速度减为0，则此时物块的动能也为0，故A 正确，C 错误；
B．
s 物块发生的位移为x1，由动能定理可得
即
得
过程中，对物块由动能定理可得
即
得
物块开始反向运动，物块的加速度大小为
发生的位移为
即6s 时物块没有回到初始位置，故B 错误；
D．物块在6s 时的速度大小为
拉力所做的功为
故D 正确。
6
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故选AD。
4．（2024·黑龙江绥化·一模）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
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。
【答案】（1）
；（2）大小
，方向向左
【详解】（1）由图知，C 与A 碰前速度为
，碰后速度为
，C 与A 碰撞过程根据动量守
恒可得
解得物块C 的质量
（2）由图知，12s 末A 和C 的速度为
，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
解得
可知冲量大小为
，方向向左。
5．（2024·黑龙江·模拟预测）如图所示，某滑板爱好者在距地面高度h=1.8m 的平台上滑行，从A 点沿水
平方向滑出后落在水平地面上的B 点，着地后瞬间竖直方向上的速度变为0，水平方向上的速度变为
v=4m/s，之后沿水平地面BC 自由滑行到C 点后停止运动。已知人与滑板的总质量m=60kg，A、B 两点间
的水平距离s1=3m，B、C 两点间的水平距离s2=8m，重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力，求：
（1）人与滑板在水平地面BC 上滑行时受到的阻力大小；
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（2）人与滑板着地瞬间地面对人的水平冲量。
【答案】（1）60N；（2）-60N·s，方向水平向左
【详解】（1）从B 点运动到C 点的过程中，根据
解得
根据牛顿第二定律可得人与滑板在水平地面BC 上滑行时受到的阻力大小
（2）从A 点运动到B 点的过程中，人与滑板做平抛运动，则该过程经历的时间为
人与滑板做平抛运动的水平速度
人与滑板着地瞬间，水平方向由动量定理得
解得人与滑板着地瞬间地面对人的水平冲量
方向水平向左。
6．（2022·吉林、黑龙江·高考）如图所示，两平行光滑长直金属导轨水平放置，间距为L。
区域有匀
强磁场，磁感应强度大小为B，方向竖直向上。初始时刻，磁场外的细金属杆M 以初速度
向右运动，磁
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场内的细金属杆N 处于静止状态。两金属杆与导轨接触良好且运动过程中始终与导轨垂直。两杆的质量均
为m，在导轨间的电阻均为R，感应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略不计。
（1）求M 刚进入磁场时受到的安培力F 的大小和方向；
（2）若两杆在磁场内未相撞且N 出磁场时的速度为
，求：①N 在磁场内运动过程中通过回路的电荷量
q；②初始时刻N 到
的最小距离x；
（3）初始时刻，若N 到
的距离与第（2）问初始时刻的相同、到
的距离为
，求M 出磁场后
不与N 相撞条件下k 的取值范围。
【答案】（1）
，方向水平向左；（2）①
，②
；（3）
【详解】（1）细金属杆M 以初速度
向右刚进入磁场时，产生的动生电动势为
电流方向为
，电流的大小为
则所受的安培力大小为
安培力的方向由左手定则可知水平向左；
（2）①金属杆N 在磁场内运动过程中，由动量定理有
且
联立解得通过回路的电荷量为
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②设两杆在磁场中相对靠近的位移为
，有
整理可得
联立可得
若两杆在磁场内刚好相撞，N 到
的最小距离为
（3）两杆出磁场后在平行光滑长直金属导轨上运动，若N 到
的距离与第（2）问初始时刻的相同、到
的距离为
，则N 到cd 边的速度大小恒为
，根据动量守恒定律可知
解得N 出磁场时，M 的速度大小为
由题意可知，此时M 到cd 边的距离为
若要保证M 出磁场后不与N 相撞，则有两种临界情况：
①M 减速出磁场，出磁场的速度刚好等于N 的速度，一定不与N 相撞，对M 根据动量定理有
联立解得
②M 运动到cd 边时，恰好减速到零，则对M 由动量定理有
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同理解得
综上所述，M 出磁场后不与N 相撞条件下k 的取值范围为
【考向二：动量守恒定律及其应用】
7．（2024·辽宁丹东·一模）如图所示，半径为R 的光滑圆形轨道固定在竖直面内，质量为M 的小球A 从
左边与圆心等高处由静止开始沿轨道下滑，与静止于轨道最低点质量为m 的小球B 发生第一次碰撞
，若A、B 两球第一次碰撞和第二次碰撞发生在同一位置，且两球始终在圆形轨道水平直径的下
方运动，A、B 间的碰撞均为弹性碰撞，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．第一次碰撞后瞬间，A 球的运动方向一定变为水平向左
B．第一次碰撞后瞬间，A 球对轨道的压力大小可能为
C．第二次碰撞结束后，A 球沿左侧轨道上升的最大高度不可能为R
D．第二次碰撞结束后，A 球沿左侧轨道运动速度为零时，对轨道的压力大小可能为mg
【答案】B
【详解】A．由弹性碰撞的规律知，当
时，碰撞后质量小的球A 被反弹回来，方向水平向左，当
时，两球碰撞后交换了速度，碰撞后小球A 静止，A 错误；
B．小球A 碰前速度为
若A、B 两球第一次碰撞和第二次碰撞发生在同一位置，且两小球始终在圆形轨道水平直径的下方运动，
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则两球碰后速度大小相同，对碰撞过程由动量守恒知
由能量守恒知
解得
，
第一次碰撞后瞬间
代入得
则由牛顿第三定律知A 球对轨道的压力可能为
，B 正确；
CD．二次碰撞过程，根据动量守恒和机械能守恒或根据运动可逆性，以上两种情况碰后A 球速度均为
，
B 球均静止，故第二次碰撞结束后，A 球沿左侧轨道上升的最大高度为R，此时A 球速度为0，A 球对轨道
的压力大小为0。CD 错误；
故选B。
8．（多选）（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）利用下图光电计时器测量物体A、B 的速度。光滑水平导轨
MN 上放两个相同物块A 和B，MN 左端有一挡板P。MN 右端N 处与水平传送带平滑连接，现将宽度为
的两黑色遮光条分别贴在物块A 和B 上，且高出物块，并使高出物块部分在通过光电门时
挡光。传送带水平部分的长度L=8m，沿逆时针方向以恒定速度
匀速传动。物块B 与传送带间的动
摩擦因数
，质量
。开始时在A 和B 之间压缩一轻弹簧，锁定其处于静止状态。现解
除锁定，弹开物块A 和B，迅速移去轻弹簧，之后两物块第一次通过光电门，计时器显示读数均为
。g 取
，所有碰撞均为弹性碰撞。下列说法中正确的是（ ）
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A．弹簧储存的弹性势能为16J
B．物块B 沿传送带向右滑动的最远距离为9m
C．物块B 滑回水平面MN 的速度大小为4m/s
D．若物体B 仅在返回水平面MN 后，才会与物块A 发生碰撞，则从开始运动到即将碰撞第15 次的过
程中，物块B 与传送带之间的摩擦生热为720J
【答案】ACD
【详解】A．解除锁定弹开物块AB 后，两物体的速度大小
根据能量守恒得：弹簧储存的弹性势能
故A 正确；
B．物块B 滑上传送带做匀减速运动，当速度减为零时，滑动的距离最远。由动能定理得
解得
故B 错误；
C．物块B 沿传送带向左返回时，假设先匀加速运动，物块速度与传送带速度相同时再一起匀速运动，设
物块B 加速到传送带速度v 需要滑动的距离为
，由
得
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表明物块B 滑回水平面MN 的速度没有达到传送带的速度。所以
故C 正确；
D．物块B 在传送带上向右减速到0 的过程有
解得
根据对称性可知，B 回到传送带左端的时间也为2s，则B 从滑上传送带到回到左端位移为
，而传送带
位移为
第一次，物块B 与传送带之间的摩擦生热为
AB 第一次碰撞后速度大小设为
，碰撞过程规定向右为正方向，则
解得
根据以上分析可知，每次B 与传送带摩擦生热为48J，则从开始运动到即将碰撞第15 次的过程中，物块B
与传送带之间的摩擦生热为
故D 正确。
故选ACD。
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9．（2024·吉林长春·模拟预测）我国为了防御小行星撞击地球，计划在2030 年实现一次对小行星的动能
撞击。已知地球质量为M，可视为质量分布均匀的球体，引力常量为G。若一颗质量为m 的小行星距离地
心为r 时，速度的大小
，m 远小于M。不考虑地球运动及其它天体的影响。
（1）如图（a），若小行星的速度方向垂直于它与地心的连线，通过分析判断该小行星能否围绕地球做圆
周运动；
（2）如图（b），若小行星的速度方向沿着它与地心的连线指向地心。已知取无穷远处的引力势能为零，
则小行星在距地心为r 处的引力势能
。设想提前发射质量为0.1m 的无人飞行器，在距离地心
为r 处与小行星发生迎面撞击，撞击过程视为完全非弹性对心碰撞且撞击后均未解体。为彻底解除小行星
对地球的威胁（碰撞后运动到距地球无穷远），求飞行器撞击小行星时的最小速度v0。
【答案】（1）见解析；（2）
【详解】（1）若小行星绕地球做匀速圆周运动，则
解得
由此可知，小行星不能围绕地球做圆周运动；
（2）根据题意，当小行星和飞行器发生完全非弹性碰撞，则有
联立可得
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10．（2024·辽宁·三模）如图所示，劲度系数
的弹簧一端固定于地面上，另一端连接物块A，
物块B 置于A 上（不粘连），A、B 质量均为1kg 且都可看成质点，物块B 上方有一带圆孔的挡板，质量
为4kg 的物块C 放在圆孔上方不掉落，整个装置处于静止状态。现在给物块B 施加方向始终竖直向上、大
小为
的恒力，使A、B 开始运动，A、B 分离时，A 在锁定装置的作用下迅速在该位置静止，B 向
上运动并与C 发生碰撞，然后下落与A 碰撞，已知A 碰撞前瞬间解除锁定，锁定装置之后不再对A 作用。
B 与A、C 的碰撞均为弹性碰撞，弹簧的弹性势能
（x 为弹簧的形变量），重力加速度g 取
。求：（结果可用根号表示）
（1）A、B 第一次分离时弹簧的形变量
；
（2）A、B 第一次分离时物块B 的速度大小
；
（3）B 下落与A 第一次碰撞结束时，物块A 的速度大小
。
【答案】（1）0.1m；（2）
；（3）
【详解】（1）初始A、B 静止时，有
解得
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分离时的临界，两者之间的无弹力且两者加速度相等，对A 有
对B 有
解得
（2）从开始运动到A、B 两者分离，有
解得
（3）由于物块B 受到的外力与物块B 的重力大小相等，所以物块A、B 分离有，B 做匀速直线运动，之后
与C 发生弹性碰撞，动量守恒有
机械能守恒有
解得
B 在向下运动过程中仍是匀速运动，与A 发生弹性碰撞，动量守恒有
机械能守恒有
解得
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所以B 下落与A 第一次碰撞结束时，物块A 的速度大小为
。
11．（2024·辽宁大连·三模）如图所示，两平行导轨PP'、QQ'固定在水平绝缘桌面上，间距为L，轨道右
侧通过导线分别与阻值为2R（共中R 未知）的电阻
、阻值为R 的电阻
连接，开关K 和电动势为E 的
电源相连，与导轨垂直的虚线NN'，左侧存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场，虚线
MM'到NN 的距离为L，质量为
、电阻不计的导体棒a 静止于虚线MM'左侧足够远处的导轨上，质量
为导体棒a 的2 倍的绝缘棒b 置于虚线NN'右侧的导轨上。现闭合开关K，导体棒a 向右运动。当导体棒a
运动到虚线MM'位置时，断开开关K，已知导体棒a 到达MM'前已经做匀速直线运动，两棒运动过程中始
终与导轨垂直，重力加速度大小为g，绝缘棒b 与导轨间的动摩擦因数为μ，a、b 两棒发生弹性碰撞，且
碰撞时间极短，不计导体棒a 与导轨间的摩擦和电源内阻。不计导轨的电阻，求：
（1）开关K 断开瞬间，导体棒a 的速度大小
；
（2）导体棒a 离开磁场时的速度大小
；
（3）绝缘棒b 在导轨上运动的距离s。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）由于不计导体棒a 与导轨间的摩擦，当导体棒a 匀速运动时，棒上的感应电动势与
两端电
压相等，有
解得
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（2）当导体棒a 的速度大小为v 时，所受的安培力大小
由动量定理有
其中
从MM'到NN'的过程中，有
解得
（3）导体棒a 离开磁场后做匀速运动与绝缘棒b 发生弹性碰撞，有
解得碰撞后瞬间，绝缘棒b 的速度大小
由功能关系有
解得
12．（2024·黑龙江大庆·模拟预测）如图所示，足够长的光滑水平地面上有2024 个大小相同的小球排成一
排，相邻两球间距为L，将其从左到右依次编号。质量为m 的小圆环A 套在足够长的光滑水平杆上，位于
1 小球正上方L 处。现将质量为
的小球B 通过长度为L 的轻绳与A 连接，初始时轻绳处于水平绷直状态，
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A、B 均静止。某时刻释放小球B，B 到达最低点时轻绳恰好断裂，之后B 在水平地面上向右运动，已知1
号小球的质量为
，2~2024 号小球的质量均为m。题中所有小球之间的碰撞均视为弹性正碰。已知重力
加速度大小为g，不计空气阻力，小球大小忽略不计。求：
（1）轻绳断裂时B 的速度大小；
（2）1 号球与2 号球第一次碰撞过程中，对2 号球所做的功；
（3）若1 号球与2 号球第一次碰撞后，立即给1 号球施加水平向右的恒定外力F（图中未画出，F 远远小
于1、2 球碰撞时的作用力），使1 号球每次与2 号球碰撞前的速度都和两球第一次碰撞前瞬间1 号球的速
度相等，直到1~2024 号小球速度第一次都相等时撤去外力，求外力F 的大小、外力F 作用下1 号球的位移
及最终1 号球与2024 号球之间距离。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
，
，
【详解】（1）小球B 开始释放至轻绳断裂，A、B 组成的系统水平方向动量守恒，以向左为正方向，则有
由A、B 组成的系统机械能守恒有
解得小球B 的速度大小为
（2）绳断后，B 球在水平地面向右运动与1 号球碰撞，设碰后B 球和1 号球速度分别为
、
，由动量守
恒定律和能量守恒定律得
解得
20
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，
1、2 号球碰撞前后动量和机械能守恒，分别有
解得
对②号球，由动能定理得
（3）1、2 号球碰后，2 号小球以速度
向右运动一个L，与3 号小球碰撞后速度交换。由（2）问解得
l 号小球由速度
开始匀变速运动，经位移L，以速度
与2 号球发生下一次碰撞。这一过程，对1 号球由
动能定理有
解得
F 作用下1 号球的总位移记为x，对整体，由动能定理有
即
解得
最终所有小球的速度均为
，F 作用的总时间记为t，对整体由动量定理有
21
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即
解得
最终1 号球与2024 号球间距离为
13．（2023·吉林、黑龙江·高考）如图，一竖直固定的长直圆管内有一质量为M 的静止薄圆盘，圆盘与管
的上端口距离为l，圆管长度为
。一质量为
的小球从管的上端口由静止下落，并撞在圆盘中心，
圆盘向下滑动，所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等。小球在管内运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，
小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求
（1）第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小；
（2）在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离；
（3）圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的次数。
【答案】（1）小球速度大小
，圆盘速度大小
；（2）l；（3）4
【详解】（1）过程1：小球释放后自由下落，下降，根据机械能守恒定律
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解得
过程2：小球以
与静止圆盘发生弹性碰撞，根据能量守恒定律和动量守恒定律分别有
解得
即小球碰后速度大小
，方向竖直向上，圆盘速度大小为
，方向竖直向下；
（2）第一次碰后，小球做竖直上抛运动，圆盘摩擦力与重力平衡，匀速下滑，所以只要圆盘下降速度比
小球快，二者间距就不断增大，当二者速度相同时，间距最大，即
解得
根据运动学公式得最大距离为
（3）第一次碰撞后到第二次碰撞时，两者位移相等，则有
即
解得
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此时小球的速度
圆盘的速度仍为
，这段时间内圆盘下降的位移
之后第二次发生弹性碰撞，根据动量守恒
根据能量守恒
联立解得
同理可得当位移相等时
解得
圆盘向下运动
此时圆盘距下端管口13l，之后二者第三次发生碰撞，碰前小球的速度
有动量守恒
机械能守恒
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得碰后小球速度为
圆盘速度
当二者即将四次碰撞时
x 盘3= x 球3
即
得
在这段时间内，圆盘向下移动
此时圆盘距离下端管口长度为
20l－1l－2l－4l－6l = 7l
此时可得出圆盘每次碰后到下一次碰前，下降距离逐次增加2l，故若发生下一次碰撞，圆盘将向下移动
x 盘4= 8l
则第四次碰撞后落出管口外，因此圆盘在管内运动的过程中，小球与圆盘的碰撞次数为4 次。
【考向三：“碰撞”模型及其拓展】
14．（2024·黑龙江·三模）如图所示，长为L 的轻质细绳一端与带孔小球P 连接，另一端与木块Q 连接，
小球P 穿在光滑的固定水平杆（足够长）上，小球P 与木块Q 的质量均为
。t=0 时刻，给木块Q 一水平
向右的瞬时冲量，使其获得
的初速度，则从t=0 时刻至Q 再次运动到P 正下方的过程中，下列说
法正确的是（ ）
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A．绳对P 先做正功后做负功
B．绳对P 的冲量大小为
C．木块Q 运动到最右侧时的速度大小为0
D．木块Q 再次运动到P 正下方时，P 的速度大小为
【答案】D
【详解】A．从
时刻至Q 再次运动到P 正下方的过程中，细绳一直处于向右倾斜状态，故绳对P 一直
做正功，A 错误
BD．从
时刻至Q 再次运动到P 正下方的过程中，由动量守恒有
由能量守恒有
联立解得
对P 由动量定理可得
由受力分析可知重力与支持力不相等，故
B 错误；D 正确；
C．木块Q 运动到最右侧时，具有和P 相同的水平速度，由动量守恒有
解得
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C 错误。
故选D。
15．（多选）（2023·辽宁·高考真题）如图，两根光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，左、右两侧导
轨间距分别为d 和2d，处于竖直向上的磁场中，磁感应强度大小分别为2B 和B。已知导体棒MN 的电阻为
R、长度为d，导体棒PQ 的电阻为2R、长度为2d，PQ 的质量是MN 的2 倍。初始时刻两棒静止，两棒中
点之间连接一压缩量为L 的轻质绝缘弹簧。释放弹簧，两棒在各自磁场中运动直至停止，弹簧始终在弹性
限度内。整个过程中两棒保持与导轨垂直并接触良好，导轨足够长且电阻不计。下列说法正确的是
（ ）
A．弹簧伸展过程中，回路中产生顺时针方向的电流
B．PQ 速率为v 时，MN 所受安培力大小为
C．整个运动过程中，MN 与PQ 的路程之比为2：1
D．整个运动过程中，通过MN 的电荷量为
【答案】AC
【详解】A．弹簧伸展过程中，根据右手定则可知，回路中产生顺时针方向的电流，选项A 正确；
B．任意时刻，设电流为I，则PQ 受安培力
方向向左；MN 受安培力
方向向右，可知两棒系统受合外力为零，动量守恒，设PQ 质量为2m，则MN 质量为m， PQ 速率为v 时，
则
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解得
回路的感应电流
MN 所受安培力大小为
选项B 错误；
C．两棒最终停止时弹簧处于原长状态，由动量守恒可得
可得则最终MN 位置向左移动
PQ 位置向右移动
因任意时刻两棒受安培力和弹簧弹力大小都相同，设整个过程两棒受的弹力的平均值为F 弹，安培力平均
值F 安，则整个过程根据动能定理
可得
选项C 正确；
D．两棒最后停止时，弹簧处于原长位置，此时两棒间距增加了L，由上述分析可知，MN 向左位置移动
，PQ 位置向右移动
，则
选项D 错误。
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故选AC。
16．（多选）（2024·吉林·模拟预测）如图所示，四分之一圆槽AB 的半径为R、质量为3m，静止放在水
平地面上，圆槽底端B 点的切线水平，距离B 点为R 处有一质量为3m 的小球2，其左侧连有轻弹簧。现将
质量为m 的小球1（可视为质点）从圆槽顶端的A 点由静止释放，重力加速度为g，不计一切摩擦。则下
列说法正确的是（ ）
A．在整个过程中，系统（三个物体）动量守恒、总动量为0
B．弹簧弹性势能的最大值为
C．小球1 刚与弹簧接触时，与圆槽底端B 点相距
D．小球1 最终的速度大小为
【答案】BCD
【详解】A．不计一切摩擦，在整个过程中，系统（三个物体）水平方向动量守恒，小球1 在从斜面下落
过程中，由于受重力作用，竖直方向动量不为零，故A 错误；
B．小球1 从斜面下来，设小球1 的速度大小为
，圆槽的速度大小为
，水平方向动量守恒，则
由机械能守恒定律可得
解得
，
球1 与弹簧碰撞后与球2 达到共同速度时弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律得
弹簧弹性势能的最大值为
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故B 正确；
C．小球1 从开始下滑到离开圆槽
又
解得圆槽向左运动的距离为
小球1 滑下圆槽时与弹性相距
当小球1 刚与弹簧接触时，圆槽向左再运动的距离
所以小球1 刚与弹簧接触时，与圆槽底端B 点相距
故C 正确；
D．小球1 与弹簧碰撞后，弹簧原长时小球1 与弹簧分离，由动量守恒和机械能守恒定律得
解得小球1 的速度
小球2 的速度
小球1 向左运动与圆槽相作用，小球1 再次与圆槽分离，由动量守恒定律、机械能守恒定律可得
，
解得小球1 向右运动的速度
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小球1 再向右无法追上小球2，故小球1 最终的速度大小为
故D 正确。
故选BCD。
17．（2022·吉林、黑龙江·高考）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。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（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
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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
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
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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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18．（2023·辽宁·高考）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
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
。
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
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）
【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
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
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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
代入数据有
（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
则对于m1、m2组成的系统有
U = Wf
联立有
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