資源簡介

重難突破9　動量守恒中的四類模型
1.〔多選〕（2025·湖南長沙模擬）如圖，質(zhì)量為3m的木塊靜止放置在光滑水平面上，質(zhì)量為m的子彈（可視為質(zhì)點(diǎn)）以初速度v0水平向右射入木塊，水平射出木塊時(shí)速度變?yōu)椋阎緣K的長為L，設(shè)子彈在木塊中的阻力恒為Ff，則子彈在木塊中運(yùn)動的時(shí)間為（　　）
A.　 　B.　 　C.　 　D.
2.（2025·北京朝陽一模）如圖所示，光滑水平地面上的P、Q兩物體質(zhì)量均為m，P以速度v向右運(yùn)動，Q靜止且左端固定一輕彈簧。當(dāng)彈簧被壓縮至最短時(shí)（　　）
A.P的動量為0
B.Q的動量達(dá)到最大值
C.P、Q系統(tǒng)總動量小于mv
D.彈簧儲存的彈性勢能為mv2
3.（2025·廣東東莞檢測）如圖所示，彈簧一端固定在豎直墻上，質(zhì)量為m的光滑弧形槽靜止在光滑水平面上，底部與水平面平滑連接，一個(gè)質(zhì)量為2m的小球從槽高h(yuǎn)處自由下滑，則下列說法正確的是（　　）
A.在下滑過程中，小球和槽組成的系統(tǒng)動量守恒
B.在下滑過程中，小球的機(jī)械能守恒
C.被彈簧反彈后，小球和槽都做速率不變的直線運(yùn)動
D.被彈簧反彈后，小球和槽組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，小球能回到槽高h(yuǎn)處
4.如圖所示，兩光滑且平行的固定水平桿位于同一豎直平面內(nèi)，兩靜止小球m1、m2分別穿在兩桿上，兩球間拴接一豎直輕彈簧，彈簧處于原長狀態(tài)。現(xiàn)給小球m2一個(gè)水平向右的初速度v0，兩桿足夠長，則在此后的運(yùn)動過程中（　　）
A.m1、m2組成的系統(tǒng)動量不守恒
B.m1、m2組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒
C.彈簧最長時(shí)，其彈性勢能為
D.m1的最大速度是
5.（2025·安徽黃山模擬）如圖所示，在水平面上放置一個(gè)右側(cè)面半徑為R的圓弧凹槽，凹槽質(zhì)量為m，凹槽A點(diǎn)切線水平，B點(diǎn)為最高點(diǎn)。一個(gè)質(zhì)量也為m的小球以速度v0從A點(diǎn)沖上凹槽，重力加速度為g，不計(jì)一切摩擦，則下列說法正確的是（　　）
A.小球在凹槽內(nèi)運(yùn)動的全過程中，小球與凹槽的總動量守恒，且離開凹槽后做平拋運(yùn)動
B.若v0＝，小球恰好可到達(dá)凹槽的B點(diǎn)且離開凹槽后做自由落體運(yùn)動
C.若v0＝，小球最后一次離開凹槽的位置一定是A點(diǎn)，且離開凹糟后做自由落體運(yùn)動
D.若v0＝，小球最后一次離開凹槽的位置一定是B點(diǎn)，且離開凹槽后做豎直上拋運(yùn)動
6.〔多選〕（2025·山東煙臺模擬）長木板A放在光滑的水平面上，質(zhì)量為m＝2 kg的另一物體B以水平速度v0＝2 m/s滑上原來靜止的長木板A的上表面，由于A、B間存在摩擦，之后A、B速度隨時(shí)間變化情況如圖所示，取g＝10 m/s2，下列說法正確的是（　　）
A.木板獲得的動能為1 J
B.系統(tǒng)損失的機(jī)械能為1 J
C.木板A的最小長度為2 m
D.A、B間的動摩擦因數(shù)為0.1
7.如圖所示，質(zhì)量m1＝0.3 kg的小車靜止在光滑的水平面上，車長L＝1.5 m，現(xiàn)有質(zhì)量m2＝0.2 kg可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊，以水平向右的速度v0從左端滑上小車，最后在車面上某處與小車保持相對靜止。物塊與車面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，取g＝10 m/s2，則（　　）
A.物塊滑上小車后，系統(tǒng)動量守恒、機(jī)械能守恒
B.增大物塊與車面間的動摩擦因數(shù)，摩擦產(chǎn)生的熱量增多
C.若v0＝2.5 m/s，則物塊在車面上滑行的時(shí)間為0.24 s
D.若要保證物塊不從小車右端滑出，則v0不得大于5 m/s
8.（2024·吉林高考14題）如圖，高度h＝0.8 m的水平桌面上放置兩個(gè)相同物塊A、B，質(zhì)量mA＝mB＝0.1 kg。A、B間夾一壓縮量Δx＝0.1 m的輕彈簧，彈簧與A、B不拴接。同時(shí)由靜止釋放A、B，彈簧恢復(fù)原長時(shí)A恰好從桌面左端沿水平方向飛出，水平射程xA＝0.4 m；B脫離彈簧后沿桌面滑行一段距離xB＝0.25 m后停止。A、B均視為質(zhì)點(diǎn)，取重力加速度g＝10 m/s2。不計(jì)空氣阻力，求：
（1）脫離彈簧時(shí)A、B的速度大小vA和vB；
（2）物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)μ；
（3）整個(gè)過程，彈簧釋放的彈性勢能ΔEp。
9.（2025·遼寧遼陽模擬）如圖所示，質(zhì)量為4m、半徑為R的光滑四分之一圓弧體A靜止在足夠大的光滑水平面上，水平面剛好與圓弧面的最底端相切，輕彈簧放在光滑水平面上，左端固定在豎直固定擋板上，用外力使質(zhì)量為m的小球B壓縮彈簧（B與彈簧不連接），由靜止釋放小球，小球被彈開后運(yùn)動到圓弧體的最高點(diǎn)時(shí)，恰好與圓弧體相對靜止，不計(jì)小球的大小，重力加速度為g。求：
（1）彈簧具有的最大彈性勢能；
（2）小球B第一次滾上圓弧面的一瞬間對圓弧面的壓力大小；
（3）小球B第二次滾上圓弧面后，上升的最大高度。
重難突破9　動量守恒中的四類模型
1.BC　設(shè)子彈在木塊中運(yùn)動的時(shí)間為t，以子彈為對象，根據(jù)動量定理可得－Fft＝m·－mv0，解得t＝，設(shè)子彈射出木塊時(shí)，木塊的速度為v1，根據(jù)系統(tǒng)動量守恒可得mv0＝m·＋3mv1，解得v1＝v0，根據(jù)位移關(guān)系可得L＝x子－x木＝t－t，解得t＝，故選B、C。
2.D　當(dāng)彈簧被壓縮至最短時(shí)，兩物體速度相同，P、Q系統(tǒng)所受合外力為零，因此整個(gè)過程中動量守恒，有mv＝2mv共，所以P的動量為p＝mv共＝mv，故A錯(cuò)誤；彈簧壓縮至最短后，Q的速度將繼續(xù)變大，當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時(shí)，Q的動量達(dá)到最大值，故B錯(cuò)誤；P、Q系統(tǒng)動量守恒，總動量為p總＝mv，故C錯(cuò)誤；根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律有mv＝2mv共，mv2＝×2m＋Ep，解得Ep＝mv2，故D正確。
3.C　槽處于光滑水平面上，則小球在下滑過程中，小球和槽組成的系統(tǒng)水平方向所受合外力為零，則水平方向上動量守恒，但豎直方向動量不守恒，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；在下滑過程中，小球和槽組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，但小球的機(jī)械能減少，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；小球下滑到底端時(shí)由動量守恒定律可知mv1＝2mv2，解得v1＝2v2，被彈簧反彈后，小球的速度小于槽的速度，小球不能再次追上槽回到槽高h(yuǎn)處，因水平面光滑，則小球和槽都做速率不變的直線運(yùn)動，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。
4.D　m1、m2組成的系統(tǒng)所受合外力為零，則系統(tǒng)的動量守恒，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；m1、m2和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；彈簧最長時(shí)，兩球共速，則由動量守恒定律得m2v0＝（m1＋m2）v，此時(shí)彈簧彈性勢能為Ep＝m2－（m1＋m2）v2＝，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；當(dāng)彈簧再次回到原長時(shí)m1的速度最大，則m2v0＝m1v1＋m2v2，m2＝m1＋m2，解得m1的最大速度為v1＝，選項(xiàng)D正確。
5.C　小球在凹槽內(nèi)運(yùn)動的全過程中，小球與凹槽的水平方向動量守恒，但總動量不守恒，故A錯(cuò)誤；若小球恰好到達(dá)凹槽的B點(diǎn)時(shí)，由于水平方向動量守恒有mv0＝2mv，由機(jī)械能守恒定律有m＝×2mv2＋mgR，解得v0＝2，故B錯(cuò)誤；當(dāng)v0＞2時(shí)，小球從B點(diǎn)飛出后做斜拋運(yùn)動，水平方向速度跟凹槽相同，再次返回時(shí)恰好能落到B點(diǎn)，故最后一次離開斜面的位置一定是A點(diǎn)，由水平方向動量守恒得mv0＝mv1＋mv2，由機(jī)械能守恒得m＝m＋m，解得v1＝0，v2＝v0，可知小球最后一次離開凹槽的位置一定是A點(diǎn)，且離開凹槽后做自由落體運(yùn)動，故C正確，D錯(cuò)誤。
6.AD　以B的初速度方向?yàn)檎较颍蓜恿渴睾愣傻胢v0＝（M＋m）v，解得M＝2 kg，則木板獲得的動能為Ek＝Mv2＝×2×12 J＝1 J，故A正確；系統(tǒng)損失的機(jī)械能ΔE＝m－（m＋M）v2，代入數(shù)據(jù)解得ΔE＝2 J，故B錯(cuò)誤；根據(jù)v-t圖像中圖線與t軸所圍的面積表示位移，由題圖得到0～1 s內(nèi)B的位移為sB＝×（2＋1）×1 m＝1.5 m，A的位移為sA＝×1×1 m＝0.5 m，則木板A的最小長度為L＝sB－sA＝1 m，故C錯(cuò)誤；B的加速度a＝＝－1 m/s2，負(fù)號表示加速度的方向與v0的方向相反，由牛頓第二定律得－μmg＝ma，解得A、B間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.1，故D正確。
7.D　物塊與小車組成的系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，物塊相對小車滑動過程中克服摩擦力做功，部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，A錯(cuò)誤；以向右為正方向，由動量守恒定律得m2v0＝（m1＋m2）v，系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能Q＝m2－（m1＋m2）v2，聯(lián)立得Q＝，則增大物塊與車面間的動摩擦因數(shù)，摩擦產(chǎn)生熱量不變，B錯(cuò)誤；若v0＝2.5 m/s，由動量守恒定律得m2v0＝（m1＋m2）v，解得v＝1 m/s，對物塊，由動量定理得－μm2gt＝m2v－m2v0，解得t＝0.3 s，C錯(cuò)誤；要使物塊恰好不從小車右端滑出，需物塊到車面右端時(shí)與小車有共同的速度v'，以向右為正方向，由動量守恒定律得m2v0'＝（m1＋m2）v'，由能量守恒定律得m2v0'2＝（m1＋m2）v'2＋μm2gL，聯(lián)立解得v0'＝5 m/s，D正確。
8.（1）1 m/s　1 m/s　（2）0.2　（3）0.12 J
解析：（1）A離開桌面后做平拋運(yùn)動，則
水平方向有xA＝vAt
豎直方向有h＝gt2
聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得vA＝1 m/s
A、B與彈簧相互作用的過程中，A、B所受水平桌面的摩擦力等大反向，所受彈簧彈力也等大反向，又A、B豎直方向上所受合力均為零，故A、B組成的系統(tǒng)所受外力矢量和為零，動量守恒，則有
mAvA＝mBvB
解得vB＝1 m/s。
（2）對B離開彈簧后的運(yùn)動過程，根據(jù)動能定理有
－μmBgxB＝0－mB
代入數(shù)據(jù)解得μ＝0.2。
（3）對A、B與彈簧相互作用的過程，根據(jù)能量守恒定律有
ΔEp＝mA＋mB＋μmAg·＋μmBg·
代入數(shù)據(jù)解得ΔEp＝0.12 J。
9.（1）1.25mgR　（2）3.5mg　（3）0.04R
解析：（1）設(shè)彈簧開始具有的最大彈性勢能為Ep，設(shè)小球B被彈開后速度大小為v0，滾上圓弧面最高點(diǎn)后速度大小為v1，根據(jù)能量守恒定律有
Ep＝×5m＋mgR，Ep＝m
根據(jù)動量守恒定律有mv0＝5mv1
解得Ep＝mgR＝1.25mgR。
（2）由（1）可解得v0＝
小球B第一次滾上圓弧面的一瞬間，由牛頓運(yùn)動定律有FN－mg＝m
解得FN＝mg＝3.5mg
根據(jù)牛頓第三定律可知，小球B對圓弧面的壓力大小FN'＝FN＝3.5mg。
（3）設(shè)小球B第一次離開圓弧面時(shí)，小球B的速度大小為v2、圓弧體的速度大小為v3，根據(jù)動量守恒定律有mv0＝4mv3－mv2
根據(jù)能量守恒定律有m＝×4m＋m
從小球B第二次滾上圓弧面到上升到最高點(diǎn)過程中，設(shè)上升到最高點(diǎn)時(shí)共同速度為v4，上升的最大高度為h，根據(jù)動量守恒定律有4mv3＋mv2＝5mv4
根據(jù)能量守恒定律有×4m＋m＝×5m＋mgh
聯(lián)立解得h＝R＝0.04R。
3 / 3　動量守恒中的四類模型
突破點(diǎn)一　“子彈打木塊”模型
1.模型圖示
2.模型特點(diǎn)
（1）子彈水平打進(jìn)木塊的過程中，系統(tǒng)的動量守恒。
（2）系統(tǒng)的機(jī)械能有損失。
3.兩種情境
（1）子彈嵌入木塊中，最后兩者速度相等，機(jī)械能損失最多（完全非彈性碰撞）；
動量守恒：mv0＝（m＋M）v；
能量守恒：Q＝Ff·s＝m－（M＋m）v2。
（2）子彈穿透木塊
動量守恒：mv0＝mv1＋Mv2；
能量守恒：Q＝Ff·d＝m－。
〔多選〕（2025·湖南衡陽期末）如圖所示，光滑水平面上放置一質(zhì)量為M的木塊，質(zhì)量為m的子彈以v0速度射入木塊，子彈未穿出木塊且達(dá)到共同速度為v，該過程中子彈與木塊相互作用力恒定不變，產(chǎn)生的熱量為Q，木塊獲得的動能為Ek，則下列各項(xiàng)正確的是（　　）
A.子彈對木塊做功和木塊對子彈做功代數(shù)和為0
B.子彈對木塊作用力的沖量大小等于木塊對子彈作用力沖量的大小
C.Q＝
D.該過程產(chǎn)生的熱量Q一定大于木塊獲得的動能Ek
嘗試解答
突破點(diǎn)二　“滑塊—木板”模型
1.模型圖示
2.模型特點(diǎn)
（1）系統(tǒng)的動量守恒，但機(jī)械能不守恒，摩擦力與兩者相對位移的乘積等于系統(tǒng)減少的機(jī)械能。
（2）若滑塊未從木板上滑下，當(dāng)兩者速度相同時(shí)，木板速度最大，相對位移最大。
3.求解方法
（1）求速度：根據(jù)動量守恒定律求解，研究對象為一個(gè)系統(tǒng)。
（2）求時(shí)間：根據(jù)動量定理求解，研究對象為一個(gè)物體。
（3）求系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能或相對位移：根據(jù)能量守恒定律Q＝FfΔx或Q＝E初－E末，研究對象為一個(gè)系統(tǒng)。
（2024·甘肅高考14題）如圖，質(zhì)量為2 kg的小球A（視為質(zhì)點(diǎn)）在細(xì)繩O'P和OP作用下處于平衡狀態(tài)，細(xì)繩O'P＝OP＝1.6 m，與豎直方向的夾角均為60°。質(zhì)量為6 kg的木板B靜止在光滑水平面上，質(zhì)量為2 kg的物塊C靜止在B的左端，C的左端在O的正下方。剪斷細(xì)繩O'P，小球A開始運(yùn)動。（重力加速度g取10 m/s2）
（1）求A運(yùn)動到最低點(diǎn)時(shí)細(xì)繩OP所受的拉力。
（2）A在最低點(diǎn)時(shí)，細(xì)繩OP斷裂。A飛出后恰好與C左側(cè)碰撞（時(shí)間極短），碰后A豎直下落，C水平向右運(yùn)動。求碰后瞬間C的速度大小。
（3）A、C碰后，C相對B滑行4 m后與B共速。求C和B之間的動摩擦因數(shù)。
嘗試解答
突破點(diǎn)三　“滑塊—曲面”模型
1.模型圖示
2.模型特點(diǎn)
（1）上升到最大高度：m與M具有共同水平速度v共，此時(shí)m的豎直速度vy＝0。系統(tǒng)水平方向動量守恒，mv0＝（M＋m）v共；系統(tǒng)機(jī)械能守恒，m＝（M＋m）＋mgh，其中h為滑塊上升的最大高度，不一定等于弧形軌道的高度（相當(dāng)于完全非彈性碰撞，系統(tǒng)減少的動能轉(zhuǎn)化為m的重力勢能）。
（2）返回最低點(diǎn)：m與M分離點(diǎn)。水平方向動量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系統(tǒng)機(jī)械能守恒，m＝m＋M（相當(dāng)于彈性碰撞）。
（2025·貴州貴陽期中）在光滑水平地面上放一個(gè)質(zhì)量為2 kg的內(nèi)側(cè)帶有光滑弧形凹槽的滑塊M，凹槽的底端切線水平，如圖所示。質(zhì)量為1 kg的小物塊m以v0＝6 m/s的水平速度從滑塊M的底端沿槽上滑，恰好能到達(dá)滑塊M的頂端。重力加速度取g＝10 m/s2，不計(jì)空氣阻力。在小物塊m沿滑塊M滑行的整個(gè)過程中，下列說法正確的是（　　）
A.小物塊m沿滑塊M上滑的最大高度為0.3 m
B.小物塊m沿滑塊M上滑的最大高度為0.6 m
C.合力對滑塊M的沖量大小為8 N·s
D.合力對滑塊M的沖量大小為16 N·s
嘗試解答
突破點(diǎn)四　“滑塊—彈簧”模型
1.模型圖示
2.模型特點(diǎn)
（1）動量守恒：兩個(gè)物體與彈簧相互作用的過程中，若系統(tǒng)所受外力的矢量和為零，則系統(tǒng)動量守恒。
（2）機(jī)械能守恒：系統(tǒng)所受的外力為零或除彈簧彈力以外的內(nèi)力不做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒。
（3）彈簧處于最長（或最短）狀態(tài)時(shí)兩物體速度相同，彈性勢能最大，系統(tǒng)動能通常最小（相當(dāng)于完全非彈性碰撞，兩物體減少的動能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能），即m1v0＝（m1＋m2）v，ΔEp＝m1－（m1＋m2）v2。
（4）彈簧恢復(fù)原長時(shí)，彈性勢能為零，系統(tǒng)動能無損失（相當(dāng)于剛完成彈性碰撞），即m1v0＝m1v1＋m2v2，m1＝m1＋m2。
〔多選〕如圖所示，足夠長光滑水平面上，一輕質(zhì)彈簧左端與質(zhì)量為2m的滑塊B相連，右端與質(zhì)量為m的滑塊A接觸而不相連，彈簧處于原長，現(xiàn)給A施加一瞬間沖量使其獲得一個(gè)水平向左的初速度v0，經(jīng)一段時(shí)間后滑塊A與彈簧分離，其間彈簧的最大彈性勢能為Ep，則下列說法正確的是（　　）
A.A與彈簧分離前任一時(shí)刻，A與B的動量之比為1∶2
B.若事先將B固定，彈簧的最大彈性勢能為1.5Ep
C.兩者分離后A、B的動能之比為1∶8
D.若事先在距B左側(cè)很遠(yuǎn)處固定一剛性擋板，則最終B不可能追上A
嘗試解答
重難突破9　動量守恒中的四類模型
【著眼“四翼”·探考點(diǎn)】
突破點(diǎn)一
【例1】 BCD　設(shè)子彈射入木塊的深度為d，木塊的位移為x，子彈與木塊之間的力大小為Ff，則子彈對木塊做的功W1＝Ffx，木塊對子彈做的功W2＝－Ff（d＋x），所以兩個(gè)功的代數(shù)和不為零，故A錯(cuò)誤；根據(jù)沖量的定義式I＝Ft及牛頓第三定律可知，子彈對木塊作用力的沖量大小等于木塊對子彈作用力沖量的大小，故B正確；根據(jù)動量守恒定律可得mv0＝（m＋M）v，根據(jù)能量守恒定律可得m＝（m＋M）v2＋Q，聯(lián)立解得Q＝，故C正確；木塊獲得的動能為Ek＝Mv2＝，該過程產(chǎn)生的熱量與木塊獲得的動能之比為＝＞1，可知該過程產(chǎn)生的熱量Q一定大于木塊獲得的動能Ek，故D正確。
突破點(diǎn)二
【例2】 （1）40 N　（2）4 m/s　（3）0.15
解析：（1）對A從開始運(yùn)動至運(yùn)動到最低點(diǎn)的過程，根據(jù)動能定理有mgl（1－cos 60°）＝m－0
在最低點(diǎn)，對A由牛頓第二定律有FT－mg＝
根據(jù)牛頓第三定律得FT'＝FT
聯(lián)立解得細(xì)繩受到的拉力FT'＝40 N。
（2）由于碰撞時(shí)間極短，則碰撞過程A、C組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，有
mv0＝0＋mvC
結(jié)合（1）問解得vC＝4 m/s。
（3）C與B相互作用的過程，系統(tǒng)所受外力矢量和為零，動量守恒，則有mvC＝（m＋3m）v共，根據(jù)能量守恒定律有
m＝（m＋3m）＋μmgΔx
聯(lián)立解得μ＝0.15。
突破點(diǎn)三
【例3】 C　當(dāng)二者速度相等時(shí)，小物塊m沿滑塊M上滑的高度最大，設(shè)最大高度為h，系統(tǒng)水平方向動量守恒，以v0的方向?yàn)檎较颍衜v0＝（m＋M）v，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知m＝（m＋M）v2＋mgh，解得h＝1.2 m，A、B錯(cuò)誤；設(shè)小物塊m返回滑塊M的底端時(shí)，小物塊m與滑塊M的速度分別為v1、v2，根據(jù)系統(tǒng)水平方向動量守恒有mv0＝mv1＋Mv2，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有m＝m＋M，聯(lián)立解得v2＝4 m/s，根據(jù)動量定理可知，合力對滑塊M的沖量大小為I＝Mv2－0＝8 N·s，C正確，D錯(cuò)誤。
突破點(diǎn)四
【例4】 BC　A與彈簧分離前任一時(shí)刻，A與B受到的彈力始終大小相等，方向相反，因而受到的沖量的大小相等，但A具有一定的初速度，因而兩者的速度大小不一定相等，即動量大小之比不一定為1∶2，A錯(cuò)誤；A、B運(yùn)動過程中，二者相對靜止時(shí)，彈簧的彈性勢能最大，由動量守恒定律有mv0＝3mv，由能量守恒定律得Ep＝m－×3m×＝m，B固定，則A速度減小為0時(shí)彈性勢能最大，可得Ep'＝m＝1.5Ep，B正確；整個(gè)過程系統(tǒng)動量守恒、機(jī)械能守恒，則mv0＝mvA＋2mvB，m＝m＋×2m，解得vA＝－，vB＝，則有EkA＝m＝m，EkB＝×2m＝m，即兩者分離后A、B的動能之比為1∶8，C正確；由前面分析可知B與擋板發(fā)生彈性碰撞反向運(yùn)動時(shí)vB＞vA，則B可以追上A，D錯(cuò)誤。
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重難突破9 動量守恒中的四類模型
高中總復(fù)習(xí)·物理
目 錄
01
著眼“四翼”·探考點(diǎn)
02
培養(yǎng)“思維”·重落實(shí)
題型 規(guī)律 方法
著眼“四翼”·探考點(diǎn)
突破點(diǎn)一　“子彈打木塊”模型
1. 模型圖示
2. 模型特點(diǎn)
（1）子彈水平打進(jìn)木塊的過程中，系統(tǒng)的動量守恒。
（2）系統(tǒng)的機(jī)械能有損失。
3. 兩種情境
（1）子彈嵌入木塊中，最后兩者速度相等，機(jī)械能損失最多（完全非彈
性碰撞）；
動量守恒：mv0＝（m＋M）v；
能量守恒：Q＝Ff·s＝m－（M＋m）v2。
（2）子彈穿透木塊
動量守恒：mv0＝mv1＋Mv2；
能量守恒：Q＝Ff·d＝m－。
〔多選〕（2025·湖南衡陽期末）如圖所示，光滑水平面上放置一質(zhì)
量為M的木塊，質(zhì)量為m的子彈以v0速度射入木塊，子彈未穿出木塊且達(dá)到
共同速度為v，該過程中子彈與木塊相互作用力恒定不變，產(chǎn)生的熱量為
Q，木塊獲得的動能為Ek，則下列各項(xiàng)正確的是（　　）
A. 子彈對木塊做功和木塊對子彈做功代數(shù)和為0
B. 子彈對木塊作用力的沖量大小等于木塊對子彈作用力沖量的大小
C. Q＝
D. 該過程產(chǎn)生的熱量Q一定大于木塊獲得的動能Ek
√
√
√
解析：設(shè)子彈射入木塊的深度為d，木塊的位移為x，子彈與木塊之間的力
大小為Ff，則子彈對木塊做的功W1＝Ffx，木塊對子彈做的功W2＝－Ff（d
＋x），所以兩個(gè)功的代數(shù)和不為零，故A錯(cuò)誤；根據(jù)沖量的定義式I＝Ft及
牛頓第三定律可知，子彈對木塊作用力的沖量大小等于木塊對子彈作用力
沖量的大小，故B正確；根據(jù)動量守恒定律可得mv0＝（m＋M）v，根據(jù)能
量守恒定律可得m＝（m＋M）v2＋Q，聯(lián)立解得Q＝，故C
正確；木塊獲得的動能為Ek＝Mv2＝，該過程產(chǎn)生的熱量與木塊獲得的動能之比為＝＞1，可知該過程產(chǎn)生的熱量Q一定大于木塊獲得的動能Ek，故D正確。
　（2025·山東省實(shí)驗(yàn)中學(xué)月考）如圖所示，兩顆質(zhì)量和速度均相同的子彈
分別水平射入靜止在光滑水平地面上的滑塊A、B后與滑塊一起運(yùn)動。兩滑
塊質(zhì)量相同、材料不同，子彈在A中受到的平均阻力是在B中受到的平均阻
力的兩倍。下列說法正確的是（　　）
A. 射入滑塊A的子彈最終速度小
B. 射入滑塊A的子彈受到的阻力的沖量大
C. 射入滑塊A中的深度是射入滑塊B中深度的兩倍
D. 子彈對滑塊A做的功和對滑塊B做的功相等
√
解析： 　設(shè)子彈的初速度為v，子彈與滑塊共同速度為v'，子彈和滑塊的
質(zhì)量分別為m、M，取向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律可知mv＝（m＋
M）v'，解得v'＝，由于兩滑塊質(zhì)量相同，子彈質(zhì)量也相同，則最后
共同速度也相同，子彈的動量變化量相等，根據(jù)動量定理可知I＝Δp，子
彈受到的阻力的沖量相同，故A、B錯(cuò)誤；兩過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量等于系
統(tǒng)減小的機(jī)械能，由上面的分析知，兩系統(tǒng)減小的機(jī)械能相同，故兩過程
系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量相同，由Q＝Ffd，其中子彈在A中受到的平均阻力是在B中
受到的平均阻力的兩倍，可知子彈射入滑塊B中的深度是射入滑塊A中深度
的兩倍，故C錯(cuò)誤；子彈對滑塊做的功等于滑塊動能的增加量，兩滑塊質(zhì)量相同，初動能相同，末動能相同，則子彈對滑塊A做的功和對滑塊B做的功相等，故D正確。
突破點(diǎn)二　“滑塊—木板”模型
1. 模型圖示
2. 模型特點(diǎn)
（1）系統(tǒng)的動量守恒，但機(jī)械能不守恒，摩擦力與兩者相對位移的乘積
等于系統(tǒng)減少的機(jī)械能。
（2）若滑塊未從木板上滑下，當(dāng)兩者速度相同時(shí)，木板速度最大，相對
位移最大。
3. 求解方法
（1）求速度：根據(jù)動量守恒定律求解，研究對象為一個(gè)系統(tǒng)。
（2）求時(shí)間：根據(jù)動量定理求解，研究對象為一個(gè)物體。
（3）求系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能或相對位移：根據(jù)能量守恒定律Q＝FfΔx或Q＝E初
－E末，研究對象為一個(gè)系統(tǒng)。
（2024·甘肅高考14題）如圖，質(zhì)量為2 kg的小球A（視為質(zhì)點(diǎn)）在細(xì)
繩O'P和OP作用下處于平衡狀態(tài)，細(xì)繩O'P＝OP＝1.6 m，與豎直方向的夾
角均為60°。質(zhì)量為6 kg的木板B靜止在光滑水平面上，質(zhì)量為2 kg的物塊
C靜止在B的左端，C的左端在O的正下方。剪斷細(xì)繩O'P，小球A開始運(yùn)
動。（重力加速度g取10 m/s2）
（1）求A運(yùn)動到最低點(diǎn)時(shí)細(xì)繩OP所受的拉力。
答案： 40 N　
解析： 對A從開始運(yùn)動至運(yùn)動到最低點(diǎn)的過程，根據(jù)動能定理有mgl
（1－cos 60°）＝m－0
在最低點(diǎn)，對A由牛頓第二定律有FT－mg＝
根據(jù)牛頓第三定律得FT'＝FT
聯(lián)立解得細(xì)繩受到的拉力FT'＝40 N。
（2）A在最低點(diǎn)時(shí)，細(xì)繩OP斷裂。A飛出后恰好與C左側(cè)碰撞（時(shí)間極
短），碰后A豎直下落，C水平向右運(yùn)動。求碰后瞬間C的速度大小。
答案： 4 m/s　
解析： 由于碰撞時(shí)間極短，則碰撞過程A、C組成的系統(tǒng)水平方向動
量守恒，有
mv0＝0＋mvC
結(jié)合（1）問解得vC＝4 m/s。
（3）A、C碰后，C相對B滑行4 m后與B共速。求C和B之間的動摩擦因
數(shù)。
答案： 0.15
解析： C與B相互作用的過程，系統(tǒng)所受外力矢量和為零，動量守
恒，則有mvC＝（m＋3m）v共，根據(jù)能量守恒定律有
m＝（m＋3m）＋μmgΔx
聯(lián)立解得μ＝0.15。
　（2025·江西南昌模擬）如圖所示，一質(zhì)量為3 kg的木板B靜止于光滑水
平面上，物塊A質(zhì)量為2 kg，停在木板B的左端。質(zhì)量為1 kg的小球用長為l
＝1.8 m的輕繩懸掛在固定點(diǎn)O上，將輕繩向左拉直至水平位置后，由靜止
釋放小球，小球在最低點(diǎn)與物塊A發(fā)生彈性碰撞，碰后立即取走小球，物
塊A與小球均可視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，已知物塊A與木板B之間的動摩
擦因數(shù)μ＝0.2，重力加速度取g＝10 m/s2。
（1）求碰撞過程中小球?qū)ξ飰KA的沖量大小；
答案： 8 kg· m/s　
解析： 小球由靜止擺至最低點(diǎn)的過程，由機(jī)械能守恒定律有mgl＝
m
小球與物塊A發(fā)生彈性碰撞過程，由動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律可得
mv0＝mv1＋mAv2
m＝m＋mA
對物塊A運(yùn)用動量定理得I＝mAv2－0
聯(lián)立解得I＝8 kg· m/s。
（2）若木板長度為 m，求物塊A的最終速度大小。
答案： 2 m/s
解析：假設(shè)物塊A與木板B達(dá)到共同速度，設(shè)相對位移為s，由動量守恒定律
和能量守恒定律得mAv2＝（mA＋mB）v
μmAgs＝mA－（mA＋mB）v2
聯(lián)立解得s＝2.4 m
因L＜s，故物塊A從木板B上滑下，設(shè)物塊A與木板B最終速度分別為vA和
vB，由動量守恒定律和能量守恒定律得mAv2＝mAvA＋mBvB
μmAgL＝mA－mA－mB
聯(lián)立解得vA＝2 m/s。
突破點(diǎn)三　“滑塊—曲面”模型
1. 模型圖示
2. 模型特點(diǎn)
（1）上升到最大高度：m與M具有共同水平速度v共，此時(shí)m的豎直速度vy
＝0。系統(tǒng)水平方向動量守恒，mv0＝（M＋m）v共；系統(tǒng)機(jī)械能守恒，
m＝（M＋m）＋mgh，其中h為滑塊上升的最大高度，不一定等
于弧形軌道的高度（相當(dāng)于完全非彈性碰撞，系統(tǒng)減少的動能轉(zhuǎn)化為m的
重力勢能）。
（2）返回最低點(diǎn)：m與M分離點(diǎn)。水平方向動量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；
系統(tǒng)機(jī)械能守恒，m＝m＋M（相當(dāng)于彈性碰撞）。
（2025·貴州貴陽期中）在光滑水平地面上放一個(gè)質(zhì)量為2 kg的內(nèi)側(cè)帶
有光滑弧形凹槽的滑塊M，凹槽的底端切線水平，如圖所示。質(zhì)量為1 kg
的小物塊m以v0＝6 m/s的水平速度從滑塊M的底端沿槽上滑，恰好能到達(dá)
滑塊M的頂端。重力加速度取g＝10 m/s2，不計(jì)空氣阻力。在小物塊m沿滑
塊M滑行的整個(gè)過程中，下列說法正確的是（　　）
A. 小物塊m沿滑塊M上滑的最大高度為0.3 m
B. 小物塊m沿滑塊M上滑的最大高度為0.6 m
C. 合力對滑塊M的沖量大小為8 N·s
D. 合力對滑塊M的沖量大小為16 N·s
√
解析：當(dāng)二者速度相等時(shí)，小物塊m沿滑塊M上滑的高度最大，設(shè)最大高
度為h，系統(tǒng)水平方向動量守恒，以v0的方向?yàn)檎较颍衜v0＝（m＋M）
v，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知m＝（m＋M）v2＋mgh，解得h＝1.2
m，A、B錯(cuò)誤；設(shè)小物塊m返回滑塊M的底端時(shí)，小物塊m與滑塊M的速度
分別為v1、v2，根據(jù)系統(tǒng)水平方向動量守恒有mv0＝mv1＋Mv2，根據(jù)機(jī)械能
守恒定律有m＝m＋M，聯(lián)立解得v2＝4 m/s，根據(jù)動量定理可
知，合力對滑塊M的沖量大小為I＝Mv2－0＝8 N·s，C正確，D錯(cuò)誤。
　〔多選〕如圖所示，在光滑足夠長水平面上有半徑R＝0.8 m的光滑圓
弧斜劈B，斜劈的質(zhì)量是M＝3 kg，底端與水平面相切，左邊有質(zhì)量m＝1
kg的小球A以初速度v0＝4 m/s從切點(diǎn)C（圓弧的最低點(diǎn)）沖上斜劈，重力加
速度g取10 m/s2，下列說法正確的是（　　）
A. 小球A不能從斜劈頂端沖出
B. 小球A能從斜劈頂端沖出后還會再落入斜劈
C. 小球A沖上斜劈過程中經(jīng)過最低點(diǎn)C時(shí)對斜劈的壓力大小是30 N
D. 小球A從斜劈上返回最低點(diǎn)C時(shí)速度大小為2 m/s，方向向左
√
√
√
解析： 　小球A向右運(yùn)動到斜劈最低點(diǎn)C時(shí)，設(shè)此時(shí)斜劈對小球的支持
力為F1，則F1－mg＝m，代入數(shù)據(jù)得F1＝30 N，由牛頓第三定律知，小
球A對斜劈的壓力大小是30 N，選項(xiàng)C正確；假設(shè)小球能運(yùn)動到斜劈頂端，
此時(shí)小球和斜劈水平速度相等，設(shè)為v1，小球豎直速度設(shè)為v2，水平方向
由動量守恒定律有mv0＝（m＋M）v1，小球和斜劈組成的系統(tǒng)機(jī)械能守
恒，則有m＝m（＋）＋M＋mgR，聯(lián)立解得v1＝1 m/s，
＝－4 m2/s2＜0，故小球A不能從斜劈頂端沖出，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；
當(dāng)小球A在斜劈上返回最低點(diǎn)C時(shí)，設(shè)小球A和斜劈的速度分別為v3、v4，則
根據(jù)動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律得mv0＝mv3＋Mv4，m＝m＋
M，聯(lián)立得v3＝－2 m/s，v4＝2 m/s，小球A從斜劈上返回最低點(diǎn)C時(shí)速
度大小為2 m/s，方向向左，選項(xiàng)D正確。
突破點(diǎn)四　“滑塊—彈簧”模型
1. 模型圖示
2. 模型特點(diǎn)
（1）動量守恒：兩個(gè)物體與彈簧相互作用的過程中，若系統(tǒng)所受外力的
矢量和為零，則系統(tǒng)動量守恒。
（2）機(jī)械能守恒：系統(tǒng)所受的外力為零或除彈簧彈力以外的內(nèi)力不做
功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒。
（3）彈簧處于最長（或最短）狀態(tài)時(shí)兩物體速度相同，彈性勢能最大，
系統(tǒng)動能通常最小（相當(dāng)于完全非彈性碰撞，兩物體減少的動能轉(zhuǎn)化為彈
簧的彈性勢能），即m1v0＝（m1＋m2）v，ΔEp＝m1－（m1＋m2）v2。
（4）彈簧恢復(fù)原長時(shí)，彈性勢能為零，系統(tǒng)動能無損失（相當(dāng)于剛完成
彈性碰撞），即m1v0＝m1v1＋m2v2，m1＝m1＋m2。
〔多選〕如圖所示，足夠長光滑水平面上，一輕質(zhì)彈簧左端與質(zhì)量為
2m的滑塊B相連，右端與質(zhì)量為m的滑塊A接觸而不相連，彈簧處于原長，
現(xiàn)給A施加一瞬間沖量使其獲得一個(gè)水平向左的初速度v0，經(jīng)一段時(shí)間后滑
塊A與彈簧分離，其間彈簧的最大彈性勢能為Ep，則下列說法正確的是
（　　）
A. A與彈簧分離前任一時(shí)刻，A與B的動量之比為1∶2
B. 若事先將B固定，彈簧的最大彈性勢能為1.5Ep
C. 兩者分離后A、B的動能之比為1∶8
D. 若事先在距B左側(cè)很遠(yuǎn)處固定一剛性擋板，則最終B不可能追上A
√
√
解析：A與彈簧分離前任一時(shí)刻，A與B受到的彈力始終大小相等，方
向相反，因而受到的沖量的大小相等，但A具有一定的初速度，因而兩
者的速度大小不一定相等，即動量大小之比不一定為1∶2，A錯(cuò)誤；
A、B運(yùn)動過程中，二者相對靜止時(shí)，彈簧的彈性勢能最大，由動量守
恒定律有mv0＝3mv，由能量守恒定律得Ep＝m－×3m×＝
m，B固定，則A速度減小為0時(shí)彈性勢能最大，可得Ep'＝m＝
1.5Ep，B正確；整個(gè)過程系統(tǒng)動量守恒、機(jī)械能守恒，則mv0＝mvA＋2mvB，m＝m＋×2m，解得vA＝－，vB＝，則有EkA＝m＝m，EkB＝×2m＝m，即兩者分離后A、B的動能之比為1∶8，C正確；由前面分析可知B與擋板發(fā)生彈性碰撞反向運(yùn)動時(shí)vB＞vA，則B可以追上A，D錯(cuò)誤。
培養(yǎng)“思維”·重落實(shí)
夯基 提能 升華
1. 〔多選〕（2025·湖南長沙模擬）如圖，質(zhì)量為3m的木塊靜止放置在光
滑水平面上，質(zhì)量為m的子彈（可視為質(zhì)點(diǎn)）以初速度v0水平向右射入木
塊，水平射出木塊時(shí)速度變?yōu)椋阎緣K的長為L，設(shè)子彈在木塊中的阻
力恒為Ff，則子彈在木塊中運(yùn)動的時(shí)間為（　　）
A. B. C. D.
√
√
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解析： 　設(shè)子彈在木塊中運(yùn)動的時(shí)間為t，以子彈為對象，根據(jù)動量定
理可得－Fft＝m·－mv0，解得t＝，設(shè)子彈射出木塊時(shí)，木塊的速度
為v1，根據(jù)系統(tǒng)動量守恒可得mv0＝m·＋3mv1，解得v1＝v0，根據(jù)位移關(guān)
系可得L＝x子－x木＝t－t，解得t＝，故選B、C。
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2. （2025·北京朝陽一模）如圖所示，光滑水平地面上的P、Q兩物體質(zhì)量
均為m，P以速度v向右運(yùn)動，Q靜止且左端固定一輕彈簧。當(dāng)彈簧被壓縮
至最短時(shí)（　　）
A. P的動量為0
B. Q的動量達(dá)到最大值
C. P、Q系統(tǒng)總動量小于mv
D. 彈簧儲存的彈性勢能為mv2
√
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解析： 　當(dāng)彈簧被壓縮至最短時(shí)，兩物體速度相同，P、Q系統(tǒng)所受合外
力為零，因此整個(gè)過程中動量守恒，有mv＝2mv共，所以P的動量為p＝mv共
＝mv，故A錯(cuò)誤；彈簧壓縮至最短后，Q的速度將繼續(xù)變大，當(dāng)彈簧恢復(fù)
原長時(shí)，Q的動量達(dá)到最大值，故B錯(cuò)誤；P、Q系統(tǒng)動量守恒，總動量為p
總＝mv，故C錯(cuò)誤；根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律有mv＝2mv共，mv2
＝×2m＋Ep，解得Ep＝mv2，故D正確。
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3. （2025·廣東東莞檢測）如圖所示，彈簧一端固定在豎直墻上，質(zhì)量為m
的光滑弧形槽靜止在光滑水平面上，底部與水平面平滑連接，一個(gè)質(zhì)量為
2m的小球從槽高h(yuǎn)處自由下滑，則下列說法正確的是（　　）
A. 在下滑過程中，小球和槽組成的系統(tǒng)動量守恒
B. 在下滑過程中，小球的機(jī)械能守恒
C. 被彈簧反彈后，小球和槽都做速率不變的直線運(yùn)動
D. 被彈簧反彈后，小球和槽組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，小
球能回到槽高h(yuǎn)處
√
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解析： 　槽處于光滑水平面上，則小球在下滑過程中，小球和槽組成的
系統(tǒng)水平方向所受合外力為零，則水平方向上動量守恒，但豎直方向動量
不守恒，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；在下滑過程中，小球和槽組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，
但小球的機(jī)械能減少，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；小球下滑到底端時(shí)由動量守恒定律可
知mv1＝2mv2，解得v1＝2v2，被彈簧反彈后，小球的速度小于槽的速度，
小球不能再次追上槽回到槽高h(yuǎn)處，因水平面光滑，則小球和槽都做速率
不變的直線運(yùn)動，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。
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4. 如圖所示，兩光滑且平行的固定水平桿位于同一豎直平面內(nèi)，兩靜止小
球m1、m2分別穿在兩桿上，兩球間拴接一豎直輕彈簧，彈簧處于原長狀
態(tài)。現(xiàn)給小球m2一個(gè)水平向右的初速度v0，兩桿足夠長，則在此后的運(yùn)動
過程中（　　）
A. m1、m2組成的系統(tǒng)動量不守恒
B. m1、m2組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒
C. 彈簧最長時(shí)，其彈性勢能為
D. m1的最大速度是
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解析： 　m1、m2組成的系統(tǒng)所受合外力為零，則系統(tǒng)的動量守恒，選項(xiàng)
A錯(cuò)誤；m1、m2和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；彈簧最長
時(shí)，兩球共速，則由動量守恒定律得m2v0＝（m1＋m2）v，此時(shí)彈簧彈性勢
能為Ep＝m2－（m1＋m2）v2＝，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；當(dāng)彈簧再次
回到原長時(shí)m1的速度最大，則m2v0＝m1v1＋m2v2，m2＝m1＋
m2，解得m1的最大速度為v1＝，選項(xiàng)D正確。
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5. （2025·安徽黃山模擬）如圖所示，在水平面上放置一個(gè)右側(cè)面半徑為R
的圓弧凹槽，凹槽質(zhì)量為m，凹槽A點(diǎn)切線水平，B點(diǎn)為最高點(diǎn)。一個(gè)質(zhì)量
也為m的小球以速度v0從A點(diǎn)沖上凹槽，重力加速度為g，不計(jì)一切摩擦，
則下列說法正確的是（　　）
A. 小球在凹槽內(nèi)運(yùn)動的全過程中，小球與凹槽的總動量
守恒，且離開凹槽后做平拋運(yùn)動
B. 若v0＝，小球恰好可到達(dá)凹槽的B點(diǎn)且離開凹槽
后做自由落體運(yùn)動
C. 若v0＝，小球最后一次離開凹槽的位置一定是A點(diǎn)，且離開凹糟后做自由落體運(yùn)動
D. 若v0＝，小球最后一次離開凹槽的位置一定是B點(diǎn)，且離開凹槽后做豎直上拋運(yùn)動
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解析： 　小球在凹槽內(nèi)運(yùn)動的全過程中，小球與凹槽的水平方向動量守
恒，但總動量不守恒，故A錯(cuò)誤；若小球恰好到達(dá)凹槽的B點(diǎn)時(shí)，由于水平
方向動量守恒有mv0＝2mv，由機(jī)械能守恒定律有m＝×2mv2＋mgR，
解得v0＝2，故B錯(cuò)誤；當(dāng)v0＞2時(shí)，小球從B點(diǎn)飛出后做斜拋運(yùn)
動，水平方向速度跟凹槽相同，再次返回時(shí)恰好能落到B點(diǎn)，故最后一次
離開斜面的位置一定是A點(diǎn)，由水平方向動量守恒得mv0＝mv1＋mv2，由機(jī)
械能守恒得m＝m＋m，解得v1＝0，v2＝v0，可知小球最后一
次離開凹槽的位置一定是A點(diǎn)，且離開凹槽后做自由落體運(yùn)動，故C正確，
D錯(cuò)誤。
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6. 〔多選〕（2025·山東煙臺模擬）長木板A放在光滑的水平面上，質(zhì)量為
m＝2 kg的另一物體B以水平速度v0＝2 m/s滑上原來靜止的長木板A的上表
面，由于A、B間存在摩擦，之后A、B速度隨時(shí)間變化情況如圖所示，取g
＝10 m/s2，下列說法正確的是（　　）
A. 木板獲得的動能為1 J
B. 系統(tǒng)損失的機(jī)械能為1 J
C. 木板A的最小長度為2 m
D. A、B間的動摩擦因數(shù)為0.1
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解析： 　以B的初速度方向?yàn)檎较颍蓜恿渴睾愣傻胢v0＝（M
＋m）v，解得M＝2 kg，則木板獲得的動能為Ek＝Mv2＝×2×12 J＝
1 J，故A正確；系統(tǒng)損失的機(jī)械能ΔE＝m－（m＋M）v2，代入
數(shù)據(jù)解得ΔE＝2 J，故B錯(cuò)誤；根據(jù)v-t圖像中圖線與t軸所圍的面積表示
位移，由題圖得到0～1 s內(nèi)B的位移為sB＝×（2＋1）×1 m＝1.5
m，A的位移為sA＝×1×1 m＝0.5 m，則木板A的最小長度為L＝sB－
sA＝1 m，故C錯(cuò)誤；B的加速度a＝＝－1 m/s2，負(fù)號表示加速度的
方向與v0的方向相反，由牛頓第二定律得－μmg＝ma，解得A、B間的
動摩擦因數(shù)為μ＝0.1，故D正確。
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7. 如圖所示，質(zhì)量m1＝0.3 kg的小車靜止在光滑的水平面上，車長L＝1.5
m，現(xiàn)有質(zhì)量m2＝0.2 kg可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊，以水平向右的速度v0從左端滑
上小車，最后在車面上某處與小車保持相對靜止。物塊與車面間的動摩擦
因數(shù)μ＝0.5，取g＝10 m/s2，則（　　）
A. 物塊滑上小車后，系統(tǒng)動量守恒、機(jī)械能守恒
B. 增大物塊與車面間的動摩擦因數(shù)，摩擦產(chǎn)生的熱量增多
C. 若v0＝2.5 m/s，則物塊在車面上滑行的時(shí)間為0.24 s
D. 若要保證物塊不從小車右端滑出，則v0不得大于5 m/s
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解析： 　物塊與小車組成的系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，物
塊相對小車滑動過程中克服摩擦力做功，部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，系
統(tǒng)機(jī)械能不守恒，A錯(cuò)誤；以向右為正方向，由動量守恒定律得m2v0＝
（m1＋m2）v，系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能Q＝m2－（m1＋m2）v2，聯(lián)立得Q
＝，則增大物塊與車面間的動摩擦因數(shù)，摩擦產(chǎn)生熱量不
變，B錯(cuò)誤；若v0＝2.5 m/s，由動量守恒定律得m2v0＝（m1＋m2）v，
解得v＝1 m/s，對物塊，由動量定理得－μm2gt＝m2v－m2v0，解得t＝
0.3 s，C錯(cuò)誤；要使物塊恰好不從小車右端滑出，需物塊到車面右端時(shí)與小車有共同的速度v'，以向右為正方向，由動量守恒定律得m2v0'＝（m1＋m2）v'，由能量守恒定律得m2v0'2＝（m1＋m2）v'2＋μm2gL，聯(lián)立解得v0'＝5 m/s，D正確。
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8. （2024·吉林高考14題）如圖，高度h＝0.8 m的水平桌面上放置兩個(gè)相
同物塊A、B，質(zhì)量mA＝mB＝0.1 kg。A、B間夾一壓縮量Δx＝0.1 m的輕彈
簧，彈簧與A、B不拴接。同時(shí)由靜止釋放A、B，彈簧恢復(fù)原長時(shí)A恰好從
桌面左端沿水平方向飛出，水平射程xA＝0.4 m；B脫離彈簧后沿桌面滑行
一段距離xB＝0.25 m后停止。A、B均視為質(zhì)點(diǎn)，
取重力加速度g＝10 m/s2。不計(jì)空氣阻力，求：
（1）脫離彈簧時(shí)A、B的速度大小vA和vB；
答案： 1 m/s　1 m/s　
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解析： A離開桌面后做平拋運(yùn)動，則
水平方向有xA＝vAt
豎直方向有h＝gt2
聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得vA＝1 m/s
A、B與彈簧相互作用的過程中，A、B所受水平桌面的摩擦力等大反向，所
受彈簧彈力也等大反向，又A、B豎直方向上所受合力均為零，故A、B組成
的系統(tǒng)所受外力矢量和為零，動量守恒，則有
mAvA＝mBvB
解得vB＝1 m/s。
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（2）物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)μ；
答案： 0.2　
解析：對B離開彈簧后的運(yùn)動過程，根據(jù)動能定理有
－μmBgxB＝0－mB
代入數(shù)據(jù)解得μ＝0.2。
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（3）整個(gè)過程，彈簧釋放的彈性勢能ΔEp。
答案：（3）0.12 J
解析：對A、B與彈簧相互作用的過程，根據(jù)能量守恒定律有
ΔEp＝mA＋mB＋μmAg·＋μmBg·
代入數(shù)據(jù)解得ΔEp＝0.12 J。
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9. （2025·遼寧遼陽模擬）如圖所示，質(zhì)量為4m、半徑為R的光滑四分之一
圓弧體A靜止在足夠大的光滑水平面上，水平面剛好與圓弧面的最底端相
切，輕彈簧放在光滑水平面上，左端固定在豎直固定擋板上，用外力使質(zhì)
量為m的小球B壓縮彈簧（B與彈簧不連接），由靜止釋放小球，小球被彈
開后運(yùn)動到圓弧體的最高點(diǎn)時(shí)，恰好與圓弧體相對靜止，不計(jì)小球的大
小，重力加速度為g。求：
（1）彈簧具有的最大彈性勢能；
答案： 1.25mgR　
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解析： 設(shè)彈簧開始具有的最大彈性勢能為Ep，設(shè)小球B被彈開后速度
大小為v0，滾上圓弧面最高點(diǎn)后速度大小為v1，根據(jù)能量守恒定律有
Ep＝×5m＋mgR，Ep＝m
根據(jù)動量守恒定律有mv0＝5mv1
解得Ep＝mgR＝1.25mgR。
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（2）小球B第一次滾上圓弧面的一瞬間對圓弧面的壓力大小；
答案： 3.5mg　
解析：由（1）可解得v0＝
小球B第一次滾上圓弧面的一瞬間，由牛頓運(yùn)動定律有FN－mg＝m
解得FN＝mg＝3.5mg
根據(jù)牛頓第三定律可知，小球B對圓弧面的壓力大小FN'＝FN＝3.5mg。
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（3）小球B第二次滾上圓弧面后，上升的最大高度。
答案： 0.04R
解析：設(shè)小球B第一次離開圓弧面時(shí)，小球B的速度大小為v2、圓弧體的速
度大小為v3，根據(jù)動量守恒定律有mv0＝4mv3－mv2
根據(jù)能量守恒定律有m＝×4m＋m
從小球B第二次滾上圓弧面到上升到最高點(diǎn)過程中，設(shè)上升到最高點(diǎn)時(shí)共
同速度為v4，上升的最大高度為h，根據(jù)動量守恒定律有4mv3＋mv2＝5mv4
根據(jù)能量守恒定律有×4m＋m＝×5m＋mgh
聯(lián)立解得h＝R＝0.04R。
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演示完畢 感謝觀看

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