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习题课一　动量与能量的综合问题
题组一　子弹打木块模型
1.光滑水平地面上有一静止的木块，子弹水平射入木块后未穿出，子弹和木块的v-t图像如图所示。已知木块质量大于子弹质量，从子弹射入木块到达稳定状态，木块动能增加了50 J，则此过程产生的内能可能是（　　）
A.10 J B.50 J
C.70 J D.120 J
题组二　滑块—木板模型
2.〔多选〕如图所示，质量为8m，长度一定的长木板放在光滑的水平面上，质量为m，可视为质点的物块放在长木板的最左端，质量为m的子弹以水平向右的速度v0射入物块且未穿出（该过程的作用时间极短可忽略不计），经时间t0物块以的速度离开长木板的最右端，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）
A.长木板最终的速度大小为
B.长木板的长度为
C.子弹射入物块的过程中损失的机械能为m
D.物块与长木板间的动摩擦因数为
3.（2025·福建厦门高二上阶段练习）如图所示，一质量M＝8.0 kg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＝2.0 kg的小木块A。给A和B以大小均为5.0 m/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之间的动摩擦因数是0.5。则在整个过程中，
（1）当小木块A的速度减为零时，求长木板B的速度大小；
（2）求小木块A与长木板B共速时速度大小；
（3）求长木板的长度至少为多长？
题组三　含弹簧系统的动量与能量问题
4.〔多选〕如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体A以速度v0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x。现让弹簧一端连接另一质量为m的物体B（如图乙所示），物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x，则（　　）
A.A物体的质量为3m
B.A物体的质量为2m
C.弹簧压缩量最大时的弹性势能为m
D.弹簧压缩量最大时的弹性势能为m
5.如图所示，一个轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物体甲、乙连接，静止在光滑的水平面上。现在使甲瞬间获得水平向右的速度v0＝4 m/s，当甲物体的速度减小到1 m/s 方向向右时，弹簧最短，不计空气阻力，下列说法中正确的是（　　）
A.此时乙物体的速度为3 m/s
B.紧接着甲物体将开始做加速运动
C.甲、乙两物体的质量之比m1∶m2＝1∶3
D.当弹簧恢复原长时，甲物体的速度大小为2 m/s，方向向右
题组四　“光滑曲（斜）面—滑块”模型
6.〔多选〕（2025·福建三明高二下阶段练习）如图所示，光滑水平地面上有木板B和光滑圆弧面C，B、C未粘连，最初物块A以4 m/s的水平初速度滑上木板B，已知A、B、C质量均为1 kg，B的长度以及圆弧C的半径均为1 m，A与B之间的动摩擦因数为0.5，A可视为质点，g＝10 m/s2，则（　　）
A.最终B的速度为 m/s
B.A竖直向上的最大位移为 m
C.最终C的速度为2 m/s
D.从最初至A到达其运动的最高点过程中，A、B、C构成的系统机械能守恒
题组五　动量守恒中的临界问题
7.如图所示，一块质量为M的长木板停在光滑的水平面上，长木板的左端有挡板，挡板上固定一个水平轻质小弹簧。一个质量为m的小物块（可视为质点）以水平速度v0从长木板的最右端开始向左运动，与弹簧发生相互作用后（弹簧始终处于弹性限度内），最终又恰好相对静止在长木板的最右端。以下说法正确的是（　　）
A.物块的最终速度为v0
B.长木板的最终速度为v0
C.弹簧的最大弹性势能为
D.长木板和小物块组成的系统最终损失的机械能为
8.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
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
9.如图所示，质量为m＝245 g的物块（可视为质点）放在质量为M＝0.5 kg的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4。质量为m0＝5 g的子弹以速度v0＝300 m/s沿水平方向射入物块并留在其中（时间极短），g取10 m/s2。子弹射入后，求：
（1）子弹与物块一起向右滑行的最大速度v1；
（2）木板向右滑行的最大速度v2；
（3）物块在木板上滑行的时间t。
10.如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA＝6.0 kg和mB＝4.0 kg。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从t＝0时以一定速度向右运动，在t＝4 s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；
（2）B离开墙后，弹簧中的弹性势能最大时，B的速度多大？最大弹性势能多大？
11.（2024·吉林高考14题）如图所示，高度h＝0.8 m的水平桌面上放置两个相同物块A、B，质量mA＝mB＝0.1 kg。A、B间夹一压缩量Δx＝0.1 m的轻弹簧，弹簧与A、B不拴接。同时由静止释放A、B，弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出，水平射程xA＝0.4 m；B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离xB＝0.25 m后停止。A、B均视为质点，取重力加速度g＝10 m/s2。不计空气阻力，求：
（1）脱离弹簧时A、B的速度大小vA和vB；
（2）物块与桌面间的动摩擦因数μ；
（3）整个过程，弹簧释放的弹性势能ΔEp。
习题课一　动量与能量的综合问题
1.D　设子弹的初速度为v0，射入木块后子弹与木块共同的速度为v，木块的质量为M，子弹的质量为m，根据动量守恒定律得mv0＝（M＋m）v，解得v＝。木块获得的动能为Ek＝Mv2＝＝·。系统产生的内能为Q＝m－（M＋m）v2＝，可得Q＝Ek＞50 J，当Q＝70 J时，可得M∶m＝2∶5，因已知木块质量大于子弹质量，选项A、B、C错误；当Q＝120 J时，可得M∶m＝7∶5，木块质量大于子弹质量，选项D正确。
2.BD　子弹、物块、木板组成的整个系统，根据动量守恒定律，有mv0＝2m·＋8m·v，求得长木板最终的速度大小为v＝v0，故A错误；子弹射入物块的过程中，时间极短。对于子弹及物块，根据动量守恒定律有mv0＝2mv'，求得v'＝，该过程系统损失的机械能为ΔE＝m－·2mv'2，联立两式可求得ΔE＝m，故C错误；子弹射入物块后到从长木板滑离时，运动的位移大小为s1＝t0＝t0＝v0t0，长木板滑动位移大小为s2＝t0＝t0＝v0t0，则长木板的长度为L＝s1－s2＝v0t0，故B正确；对长木板，整个过程根据动量定理有μ·2mgt0＝8mv，可求得物块与长木板间的动摩擦因数为μ＝，故D正确。
3.（1）3.75 m/s　（2）3 m/s　（3）8 m
解析：（1）取向右的方向为正方向，根据动量守恒定律可知Mv0－mv0＝Mv1＋0
解得v1＝3.75 m/s。
（2）根据动量守恒定律，设最终速度为v2，则Mv0－mv0＝v2
解得v2＝3 m/s
因此A、B最终一起向右运动，且速度大小为3 m/s。
（3）根据能量守恒定律得μmgL＝M＋m－
整理得，长木板的长度至少为L＝8 m。
4.AC　弹簧固定，当弹簧压缩量最大时，弹性势能最大，A的动能转化为弹簧的弹性势能，A及弹簧组成的系统机械能守恒，则知弹簧被压缩过程中最大的弹性势能等于A的初动能，设A的质量为mA，即有Epm＝mA，当弹簧一端连接另一质量为m的物体B时，A与弹簧相互作用的过程中B将向右运动，A、B速度相等时，弹簧的弹性势能最大，选取A的初速度的方向为正方向，由动量守恒定律得mA·2v0＝（m＋mA）v，由机械能守恒定律得Epm＝mA（2v0）2－（mA＋m）v2，解得mA＝3m，Epm＝m，故A、C正确，B、D错误。
5.C　根据运动情况和题意结合分析可知当甲物体的速度减小到1 m/s时，弹簧最短，此时甲、乙共速，故v乙＝1 m/s，故A错误；把甲、乙看成一个系统，满足动量守恒，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得m1v0＝（m1＋m2）v共，解得m1∶m2＝1∶3，故C正确；弹簧被压缩最短后，弹簧逐渐恢复原长，乙依然加速，甲继续减速，故B错误；当弹簧恢复原长时，根据动量守恒定律得m1v0＝m1v1＋m2v2，由机械能守恒定律得m1＝m1＋m2，解得当弹簧恢复原长时，甲物体的速度为v1＝－2 m/s，所以当弹簧恢复原长时，甲物体的速度大小为2 m/s，方向向左，故D错误。
6.BC　物块A滑上B到A运动至BC连接处过程，对A、B、C构成的系统，根据动量守恒定律有mv0＝mv1＋2mv2，根据能量守恒定律有m＝m＋×2m＋μmgL，解得v1＝2 m/s，v2＝1 m/s，此后B、C分离，最终B的速度为1 m/s，故A错误；A滑上C后，对A、C构成的系统，水平方向动量守恒，根据动量守恒定律有mv1＋mv2＝2mv，根据能量守恒定律有m＋m＝×2mv2＋mgh，解得v＝ m/s，h＝ m，故B正确；A最终将到达C圆弧的最低点，此过程，对A、C构成的系统有mv1＋mv2＝mv3＋mv4，m＋m＝m＋m，解得v3＝1 m/s，v4＝2 m/s，故C正确；A在C上运动时，竖直方向动量不守恒，A在B上运动时，摩擦力做负功，系统机械能不守恒，故D错误。
7.D　小物块从开始位置滑动到最后相对长木板静止的过程，小物块与长木板组成的系统动量守恒，以v0的方向为正方向，则有mv0＝（m＋M）v2，解得v2＝，故A、B错误；小物块从开始位置滑动到最左端的过程，小物块与长木板组成的系统动量守恒，则有mv0＝（m＋M）v1，解得v1＝，由能量守恒定律得Epm＋Q＋（m＋M）＝m，其中Q＝FfL，小物块从开始位置滑动到最右端的过程中，由能量守恒定律得Q'＋（m＋M）＝m，其中Q'＝Ff×2L，联立解得Epm＝，Q'＝，即弹簧的最大弹性势能为Epm＝，系统损失的机械能为ΔE＝Q'＝，故C错误，D正确。
8.C　子弹射入木块后的瞬间，子弹和木块构成的系统动量守恒，以v0的方向为正方向，则m0v0＝（M＋m0）v1，解得v1＝，选项A错误；子弹射入木块后的瞬间，FT－（M＋m0）g＝（M＋m0），可知绳子拉力大于（M＋m0）g，选项B错误；子弹射入木块后的瞬间，对圆环有FN＝FT＋mg＞（M＋m＋m0）g，由牛顿第三定律知，选项C正确；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上动量守恒，选项D错误。
9.（1）6 m/s　（2）2 m/s　（3）1 s
解析：（1）子弹进入物块后一起向右滑行的初速度即为最大速度，由动量守恒定律可得m0v0＝（m0＋m）v1，
解得v1＝6 m/s。
（2）当子弹、物块、木板三者同速时，木板的速度最大，由动量守恒定律可得（m0＋m）v1＝（m0＋m＋M）v2，
解得v2＝2 m/s。
（3）对物块和子弹组成的整体应用动量定理得
－μ（m0＋m）gt＝（m0＋m）v2－（m0＋m）v1，
解得t＝1 s。
10.（1）2 kg　（2）2 m/s　12 J
解析：（1）由题图乙知，C与A碰前速度为v1＝12 m/s，碰后速度为v2＝3 m/s，C与A碰撞过程动量守恒，以C的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得
mCv1＝（mA＋mC）v2
解得mC＝2 kg。
（2）12 s末B离开墙壁，v3＝3 m/s ，之后A、B、C及弹簧组成的系统动量守恒和机械能守恒，当A、C与B速度v4相等时弹簧的弹性势能最大。根据动量守恒定律，有
（mA＋mC）v3＝（mA＋mB＋mC）v4
根据机械能守恒定律得
（mA＋mC）＝（mA＋mB＋mC）＋Ep
解得v4＝2 m/s，Ep＝12 J。
11.（1）1 m/s　1 m/s　（2）0.2　（3）0.12 J
解析：（1）对A物块由平抛运动知识得h＝gt2
xA＝vAt
代入数据解得，脱离弹簧时A的速度大小为vA＝1 m/s
AB物块质量相等，同时受到大小相等方向相反的弹簧弹力及大小相等方向相反的摩擦力，则AB物块整体动量守恒，则mAvA＝mBvB
解得脱离弹簧时B的速度大小为vB＝1 m/s。
（2）对物块B由动能定理－μmBgxB＝0－mB
代入数据解得，物块与桌面的动摩擦因数为μ＝0.2。
（3）弹簧的弹性势能转化为AB物块的动能及这个过程中克服摩擦力所做的功，即
ΔEp＝mA＋mB＋μmAgΔxA＋μmBgΔxB
其中mA＝mB，Δx＝ΔxA＋ΔxB
解得整个过程中，弹簧释放的弹性势能ΔEp＝0.12 J。
3 / 3习题课一　动量与能量的综合问题
素养目标
1.理解子弹打木块模型、滑块—木板模型以及含有弹簧的系统类模型的特点及规律，学会结合动量和能量知识处理有关问题。2.理解动量守恒问题中的临界问题及应用，并学会应用动量和能量知识解决问题。
要点一　子弹打木块模型
1.模型特点
如图所示，子弹以某一初速度射入放在光滑水平面上的静止木块，子弹可能留在木块中（未穿出），也可能穿出木块。
2.基本规律
（1）子弹留在木块中（未穿出）
①动量守恒：mv0＝（m＋M）v。
②机械能的损失（摩擦生热）
Q热＝fd＝m－（M＋m）v2
其中d为子弹射入木块的深度。
（2）子弹穿出木块
①动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2。
②机械能的损失（摩擦生热）
Q热＝fL＝m－m－M
其中L为木块的长度，注意d≤L。
【典例1】　一质量为M的木块放在光滑的水平面上，一质量为m的子弹以初速度v0水平打进木块并留在其中，设子弹与木块之间的相互作用力为f。求：
（1）子弹、木块的共同速度；
（2）该过程中的摩擦生热；
（3）子弹在木块内运动的时间；
（4）子弹、木块相互作用过程中子弹、木块发生的位移以及子弹打进木块的深度。
尝试解答
1.〔多选〕矩形滑块由不同材料的上、下两层粘在一起，将其放在光滑水平面上，如图所示，质量为m的子弹以速度v水平射向滑块，若子弹击中上层，子弹刚好不穿出，若子弹击中下层，则子弹整个刚好嵌入，由此可知（　　）
A.子弹射中上层时对滑块做功多 B.两次子弹对滑块做的功一样多
C.子弹射中上层系统产生热量多 D.子弹与下层之间的摩擦力较大
2.如图甲所示，一块长度为L、质量为m的木块静止在光滑水平面上。一颗质量也为m的子弹以水平速度v0射入木块。当子弹刚射穿木块时，木块向前移动的距离为s，如图乙所示。设子弹穿过木块的过程中受到的阻力恒定不变，子弹可视为质点，则子弹穿过木块的时间为（　　）
A.（s＋L） B.（s＋2L）
C.（s＋L） D.（L＋2s）
要点二　滑块—木板模型
1.模型特点
如图甲所示，木板A的上表面粗糙，滑块B（可以看成质点）以速度v0滑到静止在光滑水平面上的木板A上：如果木板足够长，A、B最终相对静止，具有共同速度；如果木板长度较小，B可能滑出A的右端。
如图乙所示，上表面粗糙的木板A在光滑水平面上具有向右的初速度v0，滑块B静止放于木板A的右端：如果木板足够长，A、B最终相对静止，具有共同速度；如果木板A长度较小，B可能滑出A的左端。
2.基本规律
设木板A的质量为M、滑块B的质量为m、AB间的动摩擦因数为μ。
（1）如果木板足够长，运动情境如图所示：
f＝μmg
由动量守恒得mv0＝（m＋M）vt
由动能定理得
－fs1＝m－m
fs2＝M
fs3＝f（s1－s2）＝m－（m＋M）＝Q。
（2）如果木板长度较小，滑块滑出木板，设木板的长度为L，滑块滑出木板时滑块的速度为v1，木板的速度为v2。
由动量守恒得mv0＝mv1＋Mv2。
由能量守恒得Q热＝fL＝m－m－M。
【典例2】　如图所示，用长为R的不可伸长的轻绳将质量为的小球A悬挂于O点。在光滑的水平地面上，质量为m的小物块B（可视为质点）置于长木板C的左端静止。将小球A拉起，使轻绳水平拉直，将A球由静止释放，运动到最低点时与小物块B发生弹性正碰。
（1）求碰后轻绳与竖直方向的最大夹角θ的余弦值。
（2）若长木板C的质量为2m，小物块B与长木板C之间的动摩擦因数为μ，长木板C的长度至少为多大，小物块B才不会从长木板C的上表面滑出？
解题指导：（1）小球A与小物块B发生弹性正碰过程中，A、B系统的动量守恒、机械能守恒。
（2）小物块B恰好不从长木板C的上表面滑出时对应木板的最小长度。
尝试解答
规律总结
（1）用动力学观点分析“滑块——木板”模型时要抓住一个转折和两个关联。
①一个转折——滑块与木板达到相同速度或者滑块从木板上滑下是受力和运动状态变化的转折点。
②两个关联——转折前、后受力情况之间的关联和滑块、木板位移和板长之间的关联。
（2）用动量和功能观点分析“滑块——木板”模型要抓住一个条件和两个分析及一个规律。
①一个条件——滑块和木板组成的系统所受的合外力为零是系统动量守恒的条件。
②两个分析——分析滑块和木板相互作用过程的运动分析和作用前后的动量分析。
③一个规律——能量守恒定律是分析相互作用过程能量转化必定遵守的规律，且牢记摩擦生热的计算公式Q＝f·s相对。
1.如图甲所示，光滑水平面上放着长木板B，质量为m＝2 kg的木块A以速度v0＝2 m/s滑上原来静止的长木板B的上表面，由于A、B之间存在有摩擦，之后，A、B的速度随时间变化情况如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2。则下列说法正确的是（　　）
A.长木板的质量M＝4 kg
B.A、B之间动摩擦因数为0.2
C.长木板长度至少为2 m
D.A、B组成系统损失机械能为2 J
2.如图甲所示，长木板静止在光滑水平地面上，质量为m的滑块以水平初速度v0由木板左端恰能滑至木板的右端与木板相对静止。若将木板分成长度相等的两段（如图乙所示），滑块仍以v0从木板左端开始滑动，已知滑块运动过程中所受摩擦力不变。则下列分析正确的是（　　）
A.滑块滑到木板的右端后飞离木板
B.滑块滑到木板的右端前就与木板保持相对静止
C.两过程滑块的动量变化相同
D.两过程系统产生的热量相等
3.（2025·福建泉州高二上月考）如图所示，质量为M＝1 kg的长木板B静止在光滑的水平面上，质量为m＝980 g的木块A放在长木板的左端，一颗质量为m0＝20 g的子弹以初速度v0＝300 m/s射入木块并留在木块中。若木块始终没有离开木板，已知木块与木板间动摩擦因数μ＝0.6，求：
（1）子弹击中木块瞬间，木块的速度大小；
（2）木块与木板因为摩擦产生的热量；
（3）木板的最小长度。
要点三　含弹簧系统的动量与能量问题
对于含弹簧系统的相互作用问题，一般情况下满足动量守恒定律和机械能守恒定律，解答此类问题的一般思路：
（1）首先判断弹簧的初始状态是处于原长、伸长还是压缩状态；
（2）分析作用前、后弹簧和物体的运动状态，依据动量守恒定律和机械能守恒定律列出方程；
（3）判断解出的结果的合理性；
（4）由于弹簧的弹力是变力，所以弹簧的弹性势能通常利用机械能守恒定律或能量守恒定律求解；
（5）要特别注意弹簧的两个状态
①弹簧处于原长时：弹簧的弹性势能为零，与弹簧连接的物体的加速度方向发生突变、速度达到最大或最小。
②弹簧处于压缩到最短或伸长到最长的状态时：弹簧的弹性势能最大，与弹簧连接的物体具有共同的瞬时速度。
【典例3】　如图所示，CDE为光滑的轨道，其中ED段是水平的，CD段是竖直平面内的半圆，与ED相切于D点，且半径R＝0.5 m，质量m＝0.1 kg的滑块A静止在水平轨道上，另一质量M＝0.5 kg的滑块B前端装有一轻质弹簧（A、B均可视为质点）以速度v0向左运动并与滑块A发生弹性正碰。若相碰后滑块A滑上半圆轨道并能过最高点C，取重力加速度g＝10 m/s2，问：
（1）B滑块至少要以多大速度向前运动；
（2）如果滑块A恰好能过C点，滑块B与滑块A相碰过程中轻质弹簧的最大弹性势能为多少？
尝试解答
1.〔多选〕（2025·福建宁德高二下期末）如图甲所示，光滑水平面上放置P、Q两物体，Q静止且左端有一轻弹簧，P以初速度v0向右运动，当P撞上弹簧后，Q能获得的最大速度大小为v2。保持P的质量m1不变，改变Q的质量m2，可得与m2的大小关系如图乙。下列说法正确的是（　　）
A.P、Q组成的系统动量守恒
B.P的初速度v0＝20 m/s
C.P的质量m1＝2 kg
D.若m2＝3 kg，弹簧被压缩到最短时的弹性势能为37.5 J
2.如图甲所示，一轻弹簧的两端分别与质量为m1和m2的两物块相连接，并且静止在光滑的水平面上。现使质量为m1的物块瞬间获得水平向右的速度3 m/s，以此刻为计时零点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图像信息可得（　　）
A.在t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s且弹簧都是处于压缩状态
B.从t3到t4时刻弹簧由压缩状态逐渐恢复原长
C.两物块的质量之比为m1∶m2＝1∶2
D.在t2时刻两物块的动量大小之比为p1∶p2＝1∶2
3.如图所示，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C。B的左侧固定一轻弹簧（弹簧左侧的挡板质量不计）。设A以速度v0朝B运动，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动。假设B和C碰撞过程时间极短。求从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中，
（1）整个系统损失的机械能；
（2）弹簧被压缩到最短时的弹性势能。
要点四　“光滑曲（斜）面轨道＋滑块（小球）”模型
1.模型特点
这类模型一般情况下所受合力不为零，但常见的是水平方向上的合力为零，水平方向上满足动量守恒。当滑块上升到最大高度时，滑块与曲（斜）面速度相同，相当于发生了完全非弹性碰撞，损失的动能转化为滑块重力势能，结合能量守恒定律列方程，进行联立求解。当滑块从最低点离开曲面后，相当于完成了弹性碰撞。
2.模型规律
光滑的曲面体开始时静止在水平地面上，滑块以速度v0滑上曲面体
（1）系统水平方向动量守恒；
（2）系统的机械能守恒。
3.两个位置
（1）滑块到达最高点时，滑块与曲面体具有共同的水平速度v共
①系统水平方向动量守恒：mv0＝（M＋m）v共；
②系统机械能守恒：m＝（M＋m）＋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。
（2）滑块返回最低点时，滑块与曲面体分离
①系统水平方向动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2；
②系统机械能守恒：m＝m＋M。
【典例4】　〔多选〕（2025·福建泉州高二下期末）如图所示，质量为4m的物块A静止在光滑水平地面上，物块A左侧面为圆弧面且与水平地面相切，质量为m的滑块B以初速度v0向右运动滑上A，沿A左侧面上滑一段距离后又返回，最后滑离A，不计一切摩擦，滑块B从滑上A到滑离A的过程中，下列说法正确的是（　　）
A.A、B组成的系统动量守恒
B.合外力对B的冲量大小为mv0
C.A对B做的功为m
D.B沿A上滑的最大高度为h＝
1.〔多选〕（2025·福建福州高二下期末）如图所示，质量为M的小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径为R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。已知小车质量M＝5m，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则（　　）
A.全过程滑块在水平方向上相对地面的位移的大小为R＋L
B.全过程小车相对地面的位移大小为
C.小车在运动过程中速度的最大值为
D.μ、L、R三者之间的关系为R＝μL
2.〔多选〕（2025·福建三明高二下期末）如图甲所示，曲面为四分之一圆弧、质量为M的滑块静止在光滑水平地面上，一光滑小球以某一速度水平冲上滑块的圆弧面，且没有从滑块上端冲出去，若测得在水平方向上小球与滑块的速度大小分别为v1、v2，作出v2-v1图像如图乙所示，重力加速度为g，不考虑任何阻力，则下列说法正确的是（　　）
A.小球的质量为M
B.小球运动到最高点时的速度为
C.小球能够上升的最大高度为
D.若a＞b，小球在与圆弧滑块分离后向右做平抛运动
要点五　动量守恒中的临界问题
1.在动量守恒定律的应用中，常常会遇到临界问题，例如：相互作用的两物体相距最远或最近、恰好避免相碰、物体的速度刚好反向等问题。
这类问题的求解关键是充分利用反证法、极限法分析物体的临界状态，挖掘问题中隐含的临界条件，选取适当的系统和过程，运用动量守恒定律进行解答。
2.常见临界问题的类型
（1）涉及弹簧类的临界问题
对于由弹簧组成的系统，在物体间发生相互作用的过程中，当弹簧被压缩到最短或拉伸到最长时，弹簧两端的两个物体的瞬时速度必然相等。
（2）涉及相互作用边界的临界问题
在物体滑上放在光滑水平面上的斜（曲）面体的过程中，由于物体间弹力的作用，斜（曲）面体在水平方向上将做加速运动，物体滑到斜（曲）面体上最高点的临界条件是物体与斜（曲）面体沿水平方向具有共同的速度，物体到达斜（曲）面体上最高点时，在竖直方向上的分速度等于零。
（3）子弹打木块类的临界问题
子弹刚好击穿木块的临界条件为子弹穿出时的速度与木块的速度相同，子弹位移为木块位移与木块厚度之和。
（4）两物体恰好不相撞
临界条件是两物体接触时速度恰好相等。
【典例5】　如图所示，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上。某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3 m（h小于斜面体的高度）。已知小孩与滑板的总质量为m1＝30 kg，冰块的质量为m2＝10 kg，小孩与滑板始终无相对运动。取重力加速度的大小g＝10 m/s2。
（1）求小孩将冰块推出时的速度大小；
（2）求斜面体的质量；
（3）通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？
思路点拨：冰块与斜面体分离后不能追上小孩的临界条件：冰块与斜面体分离后的速度恰好等于小孩将冰块推出时的速度。
尝试解答
1.如图所示，甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑水平面上匀速相向行驶，速率均为v0＝6.0 m/s。甲乘坐的车上有质量m＝1 kg的小球若干个，甲和他的车及所带小球总质量M1＝50 kg，乙和他的车总质量M2＝30 kg，甲不断地将小球一个一个地以v＝16.5 m/s的水平速度（相对于地面）抛向乙，并被乙接住。为了保证两车不会相碰，则甲至少要抛出球的个数为（　　）
A.12 B.13
C.15 D.16
2.在光滑水平面上静置有质量为m的滑板，上表面光滑，AB水平，BC为圆弧，圆弧底端切线水平，如图所示。一可视为质点的物块P，质量也为m，从滑板的右端以初速度v0滑上滑板，最终恰好能滑到圆弧的最高点C处，求：
（1）物块滑到C处时的速度v；
（2）圆弧的半径R；
（3）滑块刚滑上圆弧时，水平面对滑板的支持力大小。
1.〔多选〕如图所示，一子弹以初速度v0击中静止在光滑的水平面上的木块，最终子弹未能射穿木块，射入的深度为d，木块加速运动的位移为s。则以下说法正确的是（　　）
A.子弹动能的减少量等于系统动能的减少量
B.子弹动量变化量的大小等于木块动量变化量的大小
C.摩擦力对木块做的功等于摩擦力对子弹做的功
D.子弹对木块做的功等于木块动能的增量
2.〔多选〕如图甲所示，光滑平台上的物体A以初速度v0滑到上表面粗糙的水平小车B上，车与水平面间的动摩擦因数不计，图乙为物体A与小车B的v-t图像，由此可知（　　）
A.小车上表面长度
B.物体A与小车B的质量之比
C.物体A与小车B上表面的动摩擦因数
D.小车B获得的动能
3.如图所示，A、B两个木块用轻弹簧相连接，它们静止在光滑的水平面上，A和B的质量分别是99m和100m，一颗质量为m的子弹以速度v0水平射入木块A内没有穿出（作用时间很短），则在以后的过程中弹簧弹性势能的最大值为（　　）
A. B.
C. D.
4.〔多选〕（2025·福建泉州高二下期中）如图所示，光滑水平地面上停放着一辆质量为2m的小车，小车的四分之一圆弧轨道在最低点B与水平轨道相切，圆弧轨道表面光滑，半径为R，水平轨道表面粗糙。在小车的右端固定一个轻弹簧，弹簧的原长小于水平轨道的长度。一个质量为m的小球从圆弧轨道与圆心等高的A点开始自由滑下，经B到达水平轨道，压缩弹簧后被弹回并恰好相对于小车静止在B点，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　）
A.小球、小车及弹簧组成的系统动量守恒，机械能不守恒
B.小球第一次到达B点时对小车的压力mg
C.弹簧具有的最大弹性势能为mgR
D.从开始到弹簧具有最大弹性势能时，摩擦生热mgR
5.〔多选〕如图所示，在光滑的水平地面上静止放着质量为2 kg 的L形木板A，其左端挡板与放在A板上的质量为1 kg 的小物块B间夹着一小块炸药，炸药爆炸时，有3 J的化学能转化为A、B的动能，爆炸结束瞬间，质量为1 kg的物块C以水平向左，大小为2 m/s的速度从A板右端滑上木板，最终物块B、C恰好没有发生碰撞，且木板与两物块间的动摩擦因数均为0.2，取g＝10 m/s2，则（　　）
A.木板A最终水平向右运动
B.木板长度为2.25 m
C.最终B距离木板左端2 m
D.最终C距离木板右端1 m
习题课一　动量与能量的综合问题
【核心要点突破】
要点一
【典例1】　（1）v0　（2）　（3）
（4）　　
解析：（1）设子弹、木块的共同速度为v，以子弹初速度的方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝（M＋m）v
解得v＝v0。
（2）该过程中的摩擦生热为
Q热＝m－（M＋m）v2＝。
（3）设子弹在木块内运动的时间为t，对木块，由动量定理得
ft＝Mv－0
解得t＝。
（4）设子弹、木块发生的位移分别为s1、s2，如图所示，由动能定理
对子弹有
－fs1＝mv2－m
解得s1＝
对木块，有fs2＝Mv2
解得s2＝
子弹打进木块的深度等于相对位移，即
s相＝s1－s2＝。
素养训练
1.BD　两次射击，子弹与滑块都满足动量守恒，之后滑块与子弹以相同的速度共同运动，可知滑块动能增加量相同，即两次射击子弹对滑块做功一样多，选项A错误，选项B正确；系统损失机械能也一样多，故产生热量也一样多，选项C错误；产生的热量等于摩擦力和子弹与滑块相对位移的乘积，由子弹进入滑块的深度可知子弹与下层之间的摩擦力较大，选项D正确。
2.D　子弹穿过木块的过程，对子弹和木块组成的系统，动量守恒，以v0的方向为正方向，有mv0＝mv1＋mv2，设子弹穿过木块的过程所受阻力为f，对子弹，由动能定理有－f（s＋L）＝m－m，由动量定理有－ft＝mv1－mv0，对木块，由动能定理有fs＝m，由动量定理有ft＝mv2，联立解得t＝（L＋2s），故选D。
要点二
【典例2】　（1）0.75　 （2）
解析：（1）设小球A与小物块B碰前瞬间的速度为v0，则有gR＝·
设碰后小球A和小物块B的速度分别为v1和v2，有
v0＝v1＋mv2
·＝·＋·m
设碰后小球A能上升的最大高度为H，有
gH＝·
又cos θ＝
由以上各式解得cos θ＝0.75。
（2）方法一：由（1）可求得碰后小物块B的速度为v2＝
设小物块B与长木板C相互作用达到的共同速度为v，长木板C的最小长度为L，有
mv2＝（m＋2m）v
μmgL＝m－（m＋2m）v2
由以上各式解得L＝。
方法二：由（1）可求得碰后小物块B的速度为v2＝
设小物块B运动位移为s1时，小物块B、长木板C达到共同速度v，此时长木板C运动的位移为s2
对小物块B有μmg＝maB，－v2＝2aB·s1
对长木板C有μmg＝2maC，v2＝2aC·s2，
又＝
木板的最小长度L＝s1－s2
由以上各式解得L＝。
素养训练
1.D　从图乙可以看出，A先做匀减速运动，B先做匀加速运动，最后一起做匀速运动，共同速度v＝1 m/s，取向右为正方向，根据动量守恒定律得mv0＝（m＋M）v，解得M＝m＝2 kg，故A错误；由图乙可知，木板B做匀加速运动的加速度a＝＝1 m/s2，对B，根据牛顿第二定律得μmg＝Ma，解得μ＝0.1，故B错误；由图乙可知前1 s内B的位移sB＝0.5 m，A的位移sA＝1.5 m，所以木板最小长度L＝sA－sB＝1 m，故C错误；A、B系统损失的机械能ΔE＝m－（M＋m）v2＝2 J，故D正确。
2.B　滑块在第一次运动过程中，滑块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，第二次滑块先使整个木板加速，运动到右半部分上后左半部分停止加速，只有右半部分加速，加速度大于第一次的对应过程，故第二次滑块与右边木板将更早达到速度相等，所以滑块还没有运动到最右端，就与木板保持相对静止，故A错误，B正确；根据动量守恒定律可知两过程中滑块最后的速度不同，则两过程滑块的动量变化不同，故C错误；摩擦力乘以相对位移等于产生的热量，滑块第二次在木板上运动的相对位移没有第一次在木板上运动的相对位移大，所以滑块第一次在木板上运动产生的热量大于第二次在木板上运动产生的热量，故D错误。
3.（1）6 m/s　（2）9 J　（3）1.5 m
解析：（1）子弹击中木块瞬间，根据动量守恒定律有
m0v0＝（m0＋m）v1
解得v1＝6 m/s。
（2）子弹击中木块后，对子弹、木块与木板构成的系统，根据动量守恒定律有
（m0＋m）v1＝（m0＋m＋M）v2
根据能量守恒定律有
Q＝（m0＋m）－（m0＋m＋M）
联立解得Q＝9 J。
（3）根据功能关系，结合上述分析有
Q＝μ（m0＋m）gL
解得木板最小长度L＝1.5 m。
要点三
【典例3】　（1）3 m/s　（2）0.375 J
解析：（1）设滑块A过C点时速度为vC，B与A碰撞后，B与A的速度分别为v1、v2，B碰撞前的速度为v0，过圆轨道最高点的临界条件是重力提供向心力，由牛顿第二定律得mg＝m，由机械能守恒定律得m＝mg·2R＋m，
B与A发生弹性碰撞，碰撞过程动量守恒、机械能守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得Mv0＝Mv1＋mv2，
由机械能守恒定律得M＝M＋m，
联立并代入数据解得v0＝3 m/s。
（2）由于B与A碰撞后，当两者速度相同时有最大弹性势能Ep，设共同速度为v，A、B碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得
Mv0＝（M＋m）v，
由机械能守恒定律得M＝Ep＋（M＋m）v2，
联立并代入数据解得Ep＝0.375 J。
素养训练
1.AD　地面光滑，P、Q两物体组成的系统所受合外力为0，动量守恒，故A正确；设碰后P的速度为v1，P、Q两物体碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律有m1v0＝m1v1＋m2v2，m1＝m1＋m2，解得v2＝v0，变形得＝m2＋，由题图乙中-m2图线有＝0.05 s/m，＝ s/m·kg－1，解得m1＝1 kg，v0＝10 m/s，故B、C错误；若m2＝3 kg，弹簧压缩最短，两者共速，由动量守恒定律有m1v0＝（m1＋m2）v共，弹簧势能为Ep＝m1－（m1＋m2），得弹性势能Ep＝37.5 J，故D正确。
2.C　由题图乙可知t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s，总动能最小，根据系统机械能守恒可知，此时弹性势能最大，t1时刻弹簧处于压缩状态，t3时刻弹簧处于伸长状态，故A错误；结合题图乙可知，开始时质量为m1的物块逐渐减速，质量为m2的物块逐渐加速，弹簧被压缩，t1时刻二者速度相同，系统动能最小，势能最大，弹簧被压缩至最短，然后弹簧逐渐恢复原长，质量为m2的物块继续加速，质量为m1的物块先减速为零，然后反向加速，t2时刻，弹簧恢复原长状态，因为此时两物块速度相反，所以弹簧的长度将逐渐增大，两物块均减速，t3时刻，两物块速度相等，系统动能最小，弹簧最长，因此从t3到t4过程中弹簧由伸长状态恢复原长，故B错误；由动量守恒定律知，从t＝0开始到t1时刻有m1v1＝（m1＋m2）v2，将v1＝3 m/s，v2＝1 m/s代入得m1∶m2＝1∶2，故C正确；在t2时刻，质量为m1的物块的速度为v1'＝－1 m/s，质量为m2的物块的速度为v2'＝2 m/s，又m1∶m2＝1∶2，则动量大小之比为p1∶p2＝1∶4，故D错误。
3.（1）m　（2）m
解析：（1）从A压缩弹簧到A与B具有相同速度v1时，对A、B与弹簧组成的系统，由动量守恒定律得
mv0＝2mv1 ①
此时B与C发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为v2，损失的机械能为ΔE，对B、C组成的系统，由动量守恒定律和能量守恒定律得mv1＝2mv2 ②
m＝ΔE＋×2m ③
联立①②③式解得ΔE＝m。 ④
（2）由②式可知，v2＜v1，A将继续压缩弹簧，直至A、B、C三者速度相同，设此速度为v3，此时弹簧被压缩至最短，其弹性势能为Ep，由动量守恒定律和能量守恒定律得
mv0＝3mv3 ⑤
m－ΔE＝×3m＋Ep⑥
联立④⑤⑥式解得Ep＝m。
要点四
【典例4】　BD　A、B组成的系统在竖直方向所受合外力不为零，因此系统动量不守恒，故A错误；系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，对整个过程，以向右的方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝mvB＋4mvA，由机械能守恒定律可得m＝m＋×4m，解得vB＝－v0，对B由动量定理可得I＝mvB－mv0＝－mv0，合外力对B的冲量大小为mv0，故B正确；A对B做的功，由动能定理得W＝m－m＝－m，故C错误；B沿A上滑到最大高度时，两者速度相等，在水平方向上，由动量守恒定律可得mv0＝（m＋4m）v，由机械能守恒定律可得m＝（m＋4m）v2＋mgh，解得h＝，故D正确。
素养训练
1.CD　滑块与小车组成的系统水平方向动量守恒，由人船模型特点有Ms1＝ms2，s1＋s2＝R＋L，由以上两式联立解得s1＝，s2＝，全过程滑块在水平方向上相对地面的位移的大小为，全过程小车相对地面的位移大小为，所以A、B错误；滑块滑到圆弧轨道最低点时，小车速度最大，滑块与小车组成的系统水平方向动量守恒，则有Mv1＝mv2，mgR＝M＋m，由以上两式联立解得v1＝，小车在运动过程中速度的最大值为，故C正确；滑块最后恰好停在C点时，小车也停止运动，全程由能量守恒定律有mgR＝μmgL，解得μ、L、R三者之间的关系为R＝μL，故D正确。
2.AB　设小球的质量为m，初速度为v0，在水平方向上由动量守恒定律有mv0＝mv1＋Mv2，得v2＝－v1＋v0，结合题图乙可得＝，v0＝b，解得m＝M，故A正确；小球运动到最高点时，竖直方向速度为零，在水平方向上与滑块具有相同的速度，在水平方向上由动量守恒定律得mv0＝（m＋M）v，解得v＝＝，故B正确；小球从开始运动到最高点的过程中，由机械能守恒定律得m＝（m＋M）v2＋mgh，解得h＝，故C错误；对小球和圆弧滑块组成的系统，分离时有mv0＝mv1＋Mv2，m＝m＋M，解得小球在与圆弧滑块分离时的速度为v1＝v0＝v0，若a＞b，则v1＜0，即小球的速度方向向左，所以小球与圆弧分离后将向左做平抛运动，故D错误。
要点五
【典例5】　（1）1 m/s　（2）20 kg　（3） 冰块恰好不能追上小孩
解析：（1）小孩与冰块组成的系统，根据动量守恒定律可得，m1v1＝m2v2
解得v1＝1 m/s，方向向右。
（2）对于冰块和斜面体组成的系统，根据动量守恒定律可得，
m2v2＝（m2＋M）v
根据系统的机械能守恒得，
m2gh＋（m2＋M）v2＝m2
解得M＝20 kg。
（3）对冰块与斜面体，由动量守恒定律得
m2v2＝m2v2'＋Mv3'
根据机械能守恒得m2＝m2v2'2＋Mv3'2
解得v2'＝－1 m/s，负号说明速度方向向右
因为｜v2'｜＝v1，所以冰块恰好不能追上小孩。
素养训练
1.C　由于每次抛出的小球对地速度相同，故可等效为一次抛出，注意到甲、乙速度相同时抛球个数最少，则有M1v0－M2v0＝（M1＋M2）v共，解得v共＝1.5 m/s，又对甲（含甲乘坐的小车）和被抛出的球有M1v0＝（M1－nm）v共＋nmv，代入数据可得n＝15，故选C。
2.（1）　（2）　（3）6mg
解析：（1）因物块刚好能滑到C处，则此时滑板和物块具有相同的速度。
物块由A到C时，取向左为正方向，由动量守恒定律有mv0＝2mv，解得v＝。
（2）物块由A到C时，根据机械能守恒定律有
m＝mgR＋×2mv2，解得R＝。
（3）物块刚滑上圆弧时，设在B点滑板对物块的支持力为NB，由牛顿第二定律得NB－mg＝m
解得NB＝5mg
结合牛顿第三定律分析可知，此时水平面对滑板的支持力大小为N＝NB＋mg＝6mg。
【教学效果检测】
1.BD　子弹射入木块的过程，要产生内能，由能量守恒定律知子弹动能的减少量大于系统动能的减少量，故A错误；子弹和木块组成的系统动量守恒，系统动量的变化量为零，则子弹与木块动量变化量大小相等，方向相反，故B正确；摩擦力对木块做的功为fs，摩擦力对子弹做的功为－f（s＋d），可知二者不等，故C错误；对木块，根据动能定理可知，子弹对木块做的功即为摩擦力对木块做的功，等于木块动能的增量，故D正确。
2.BC　由图像可知，A、B最终以共同速度v1匀速运动，不能确定小车上表面长度，故A错误；由动量守恒定律得mAv0＝（mA＋mB）v1，解得＝，所以可以确定物体A与小车B的质量之比，故B正确；由图像可知物体A相对小车B的位移Δs＝v0t1，根据能量守恒得μmAgΔs＝mA－（mA＋mB），根据B中求的质量关系，可以解得动摩擦因数，故C正确；由于小车B的质量未知，则不能确定小车B获得的动能，故D错误。
3.A　子弹打入木块A的过程中，因水平面光滑，竖直方向所受合力为0，子弹和木块A组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得mv0＝100mv1；对子弹和木块A、B组成的系统，当它们速度相同时，弹簧压缩量最大，弹性势能最大，由动量守恒定律得mv0＝200mv2，弹簧弹性势能的最大值Ep＝×100m－×200m＝，故选项A正确。
4.CD　小球、小车及弹簧组成的系统由于克服阻力做功，机械能不守恒，水平方向所受外力为零，水平方向动量守恒，但竖直方向所受外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；将小车和小球、弹簧当成一个系统，在运动过程中，系统的水平方向动量守恒，取向右为正方向，则mv1＝2mv2，mgR＝m＋×2m，小球第一次到达B点时，FN－mg＝m，解得FN＝4mg，根据牛顿第三定律，可知小球对小车的压力4mg，故B错误；弹簧具有最大弹性势能时，系统共速mv1－2mv2＝（m＋2m）v，解得v＝0，根据能量守恒，设克服阻力做功为Wf，m＋×2m＝Wf＋Epm，压缩弹簧后被弹回并恰好相对于小车静止在B点，可知mv1－2mv2＝（m＋2m）v'，最终共速为0，根据能量守恒Epm＝Wf，解得Epm＝Wf＝Q＝mgR，故C、D正确。
5.BC　全过程A、B、C组成的系统所受的合外力为零，动量守恒，且总动量向左，故最终木板应向左运动，选项A错误；又mCvC＝（mA＋mB＋mC）v，解得v＝0.5 m/s，炸药爆炸后瞬间，A、B满足动量守恒mAvA＝mBvB，且机械能增加3 J，即mA＋mB＝3 J，故可知A获得的速度vA＝1 m/s，B获得的速度vB＝2 m/s，故全过程B、C在木板上的相对位移之和满足关系式mC＋E＝（mA＋mB＋mC）v2＋μmCgs，解得B、C在板上的相对位移之和s＝2.25 m，所以木板的长度L＝s＝2.25 m，选项B正确；由受力分析可知，开始一段时间内，A向左匀速，C向左以大小为2 m/s2的加速度匀减速，B向右以大小为2 m/s2的加速度匀减速，A、C共速后，又一起以大小为 m/s2的加速度向左匀减速，直到三者共速，从开始到A、C共速所需时间t＝0.5 s，故C在A上滑行的相对位移sC＝t－vAt＝0.25 m，B在A上滑行的相对位移sB＝s－sC＝2 m，故选项C正确，D错误。
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习题课一　动量与能量的综合问题
1.理解子弹打木块模型、滑块—木板模型以及含有弹簧的系统类模型的特点及规律，学会结合动量和能量知识处理有关问题。2.理解动量守恒问题中的临界问题及应用，并学会应用动量和能量知识解决问题。
素养目标
01
核心要点突破
02
教学效果检测
03
课时作业
目 录
01
PART
核心要点突破
要点一　子弹打木块模型
1. 模型特点
如图所示，子弹以某一初速度射入放在光滑水平面上的静止木块，子弹可
能留在木块中（未穿出），也可能穿出木块。
2. 基本规律
（1）子弹留在木块中（未穿出）
①动量守恒：mv0＝（m＋M）v。
②机械能的损失（摩擦生热）
Q热＝fd＝m－（M＋m）v2
其中d为子弹射入木块的深度。
（2）子弹穿出木块
①动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2。
②机械能的损失（摩擦生热）
Q热＝fL＝m－m－M
其中L为木块的长度，注意d≤L。
【典例1】　一质量为M的木块放在光滑的水平面上，一质量为m的子
弹以初速度v0水平打进木块并留在其中，设子弹与木块之间的相互作
用力为f。求：
（1）子弹、木块的共同速度；
答案：v0
解析：设子弹、木块的共同速度为v，以子弹初速度的方向为正方向，由动
量守恒定律得mv0＝（M＋m）v
解得v＝v0。
（2）该过程中的摩擦生热；
答案：　
解析：该过程中的摩擦生热为
Q热＝m－（M＋m）v2＝。
（3）子弹在木块内运动的时间；
答案：
解析：设子弹在木块内运动的时间为t，对木块，由动量定理得
ft＝Mv－0解得t＝。
（4）子弹、木块相互作用过程中子弹、木块发生的位移以及子弹打进木
块的深度。
答案：　　
解析：设子弹、木块发生的位移分别为s1、s2，如图所
示，由动能定理
对子弹有
－fs1＝mv2－m
解得s1＝
对木块，有fs2＝Mv2
解得s2＝
子弹打进木块的深度等于相对位移，即
s相＝s1－s2＝。
1. 〔多选〕矩形滑块由不同材料的上、下两层粘在一起，将其放在光滑水
平面上，如图所示，质量为m的子弹以速度v水平射向滑块，若子弹击中上
层，子弹刚好不穿出，若子弹击中下层，则子弹整个刚好嵌入，由此可知
（　　）
A. 子弹射中上层时对滑块做功多
B. 两次子弹对滑块做的功一样多
C. 子弹射中上层系统产生热量多
D. 子弹与下层之间的摩擦力较大
√
√
解析：两次射击，子弹与滑块都满足动量守恒，之后滑块与子弹以相同的速度共同运动，可知滑块动能增加量相同，即两次射击子弹对滑块做功一样多，选项A错误，选项B正确；系统损失机械能也一样多，故产生热量也一样多，选项C错误；产生的热量等于摩擦力和子弹与滑块相对位移的乘积，由子弹进入滑块的深度可知子弹与下层之间的摩擦力较大，选项D正确。
2. 如图甲所示，一块长度为L、质量为m的木块静止在光滑水平面上。一
颗质量也为m的子弹以水平速度v0射入木块。当子弹刚射穿木块时，木块
向前移动的距离为s，如图乙所示。设子弹穿过木块的过程中受到的阻力恒
定不变，子弹可视为质点，则子弹穿过木块的时间为（　　）
√
解析：　子弹穿过木块的过程，对子弹和木块组成的系统，动量守恒，
以v0的方向为正方向，有mv0＝mv1＋mv2，设子弹穿过木块的过程所受阻力
为f，对子弹，由动能定理有－f（s＋L）＝m－m，由动量定理有
－ft＝mv1－mv0，对木块，由动能定理有fs＝m，由动量定理有ft＝
mv2，联立解得t＝（L＋2s），故选D。
要点二　滑块—木板模型
1. 模型特点
如图甲所示，木板A的上表面粗糙，滑块B（可以看成质点）以速度v0滑到
静止在光滑水平面上的木板A上：如果木板足够长，A、B最终相对静止，
具有共同速度；如果木板长度较小，B可能滑出A的右端。
如图乙所示，上表面粗糙的木板A在光滑水平面上具有向右的初速度v0，滑
块B静止放于木板A的右端：如果木板足够长，A、B最终相对静止，具有共
同速度；如果木板A长度较小，B可能滑出A的左端。
2. 基本规律
设木板A的质量为M、滑块B的质量为m、AB间的动摩擦因数为μ。
（1）如果木板足够长，运动情境如图所示：
f＝μmg
由动量守恒得mv0＝（m＋M）vt
由动能定理得－fs1＝m－m
fs2＝M
fs3＝f（s1－s2）＝m－（m＋M）＝Q。
（2）如果木板长度较小，滑块滑出木板，设木板的长度为L，滑块滑出木
板时滑块的速度为v1，木板的速度为v2。
由动量守恒得mv0＝mv1＋Mv2。
由能量守恒得Q热＝fL＝m－m－M。
【典例2】　如图所示，用长为R的不可伸长的轻绳将质量为的小球A悬挂
于O点。在光滑的水平地面上，质量为m的小物块B（可视为质点）置于长
木板C的左端静止。将小球A拉起，使轻绳水平拉直，将A球由静止释放，
运动到最低点时与小物块B发生弹性正碰。
（1）求碰后轻绳与竖直方向的最大夹角θ的余弦值。
（2）若长木板C的质量为2m，小物块B与长木板C之间的动摩擦因数为μ，
长木板C的长度至少为多大，小物块B才不会从长木板C的上表面滑出？
解题指导：（1）小球A与小物块B发生弹性正碰过程中，A、B系统的动量
守恒、机械能守恒。
（2）小物块B恰好不从长木板C的上表面滑出时对应木板的最小长度。
答案：（1）0.75　 （2）
解析：（1）设小球A与小物块B碰前瞬间的速度为v0，则有gR＝·
设碰后小球A和小物块B的速度分别为v1和v2，有
v0＝v1＋mv2
·＝·＋·m
设碰后小球A能上升的最大高度为H，有
gH＝·
又cos θ＝
由以上各式解得cos θ＝0.75。
（2）方法一：由（1）可求得碰后小物块B的速度为v2＝
设小物块B与长木板C相互作用达到的共同速度为v，长木板C的最小长度为
L，有
mv2＝（m＋2m）v
μmgL＝m－（m＋2m）v2
由以上各式解得L＝。
方法二：由（1）可求得碰后小物块B的速度为v2＝
设小物块B运动位移为s1时，小物块B、长木板C达到共同速度v，此时长木
板C运动的位移为s2
对小物块B有μmg＝maB，－v2＝2aB·s1
对长木板C有μmg＝2maC，v2＝2aC·s2，
又＝
木板的最小长度L＝s1－s2
由以上各式解得L＝。
规律总结
（1）用动力学观点分析“滑块——木板”模型时要抓住一个转折和两个
关联。
①一个转折——滑块与木板达到相同速度或者滑块从木板上滑下是受力和
运动状态变化的转折点。
②两个关联——转折前、后受力情况之间的关联和滑块、木板位移和板长
之间的关联。
（2）用动量和功能观点分析“滑块——木板”模型要抓住一个条件和两
个分析及一个规律。
①一个条件——滑块和木板组成的系统所受的合外力为零是系统动量守恒
的条件。
②两个分析——分析滑块和木板相互作用过程的运动分析和作用前后的动
量分析。
③一个规律——能量守恒定律是分析相互作用过程能量转化必定遵守的规
律，且牢记摩擦生热的计算公式Q＝f·s相对。
1. 如图甲所示，光滑水平面上放着长木板B，质量为m＝2 kg的木块A以速
度v0＝2 m/s滑上原来静止的长木板B的上表面，由于A、B之间存在有摩
擦，之后，A、B的速度随时间变化情况如图乙所示，重力加速度g＝10
m/s2。则下列说法正确的是（　　）
A. 长木板的质量M＝4 kg
B. A、B之间动摩擦因数为0.2
C. 长木板长度至少为2 m
D. A、B组成系统损失机械能为2 J
√
解析：　从图乙可以看出，A先做匀减速运动，B先做匀加速运动，最后
一起做匀速运动，共同速度v＝1 m/s，取向右为正方向，根据动量守恒定
律得mv0＝（m＋M）v，解得M＝m＝2 kg，故A错误；由图乙可知，木板B
做匀加速运动的加速度a＝＝1 m/s2，对B，根据牛顿第二定律得μmg＝
Ma，解得μ＝0.1，故B错误；由图乙可知前1 s内B的位移sB＝0.5 m，A的
位移sA＝1.5 m，所以木板最小长度L＝sA－sB＝1 m，故C错误；A、B系统
损失的机械能ΔE＝m－（M＋m）v2＝2 J，故D正确。
2. 如图甲所示，长木板静止在光滑水平地面上，质量为m的滑块以水平初
速度v0由木板左端恰能滑至木板的右端与木板相对静止。若将木板分成长
度相等的两段（如图乙所示），滑块仍以v0从木板左端开始滑动，已知滑
块运动过程中所受摩擦力不变。则下列分析正确的是（　　）
A. 滑块滑到木板的右端后飞离木板
B. 滑块滑到木板的右端前就与木板保持相对静止
C. 两过程滑块的动量变化相同
D. 两过程系统产生的热量相等
√
解析：　滑块在第一次运动过程中，滑块与木板之间的摩擦力使整个木
板一直加速，第二次滑块先使整个木板加速，运动到右半部分上后左半部
分停止加速，只有右半部分加速，加速度大于第一次的对应过程，故第二
次滑块与右边木板将更早达到速度相等，所以滑块还没有运动到最右端，
就与木板保持相对静止，故A错误，B正确；根据动量守恒定律可知两过程
中滑块最后的速度不同，则两过程滑块的动量变化不同，故C错误；摩擦
力乘以相对位移等于产生的热量，滑块第二次在木板上运动的相对位移没
有第一次在木板上运动的相对位移大，所以滑块第一次在木板上运动产生
的热量大于第二次在木板上运动产生的热量，故D错误。
3. （2025·福建泉州高二上月考）如图所示，质量为M＝1 kg的长木板B静
止在光滑的水平面上，质量为m＝980 g的木块A放在长木板的左端，一颗
质量为m0＝20 g的子弹以初速度v0＝300 m/s射入木块并留在木块中。若木
块始终没有离开木板，已知木块与木板间动摩擦因数μ＝0.6，求：
（1）子弹击中木块瞬间，木块的速度大小；
答案：6 m/s　
解析：子弹击中木块瞬间，根据动量守恒定律有
m0v0＝（m0＋m）v1
解得v1＝6 m/s。
（2）木块与木板因为摩擦产生的热量；
答案：9 J　
解析：子弹击中木块后，对子弹、木块与木板构成的系统，根据动量守恒
定律有
（m0＋m）v1＝（m0＋m＋M）v2
根据能量守恒定律有
Q＝（m0＋m）－（m0＋m＋M）
联立解得Q＝9 J。
（3）木板的最小长度。
答案：1.5 m
解析：根据功能关系，结合上述分析有
Q＝μ（m0＋m）gL
解得木板最小长度L＝1.5 m。
要点三　含弹簧系统的动量与能量问题
对于含弹簧系统的相互作用问题，一般情况下满足动量守恒定律和机械能
守恒定律，解答此类问题的一般思路：
（1）首先判断弹簧的初始状态是处于原长、伸长还是压缩状态；
（2）分析作用前、后弹簧和物体的运动状态，依据动量守恒定律和机械
能守恒定律列出方程；
（3）判断解出的结果的合理性；
（4）由于弹簧的弹力是变力，所以弹簧的弹性势能通常利用机械能守恒
定律或能量守恒定律求解；
（5）要特别注意弹簧的两个状态
①弹簧处于原长时：弹簧的弹性势能为零，与弹簧连接的物体的加速度方
向发生突变、速度达到最大或最小。
②弹簧处于压缩到最短或伸长到最长的状态时：弹簧的弹性势能最大，与
弹簧连接的物体具有共同的瞬时速度。
【典例3】　如图所示，CDE为光滑的轨道，其中ED段是水平的，CD
段是竖直平面内的半圆，与ED相切于D点，且半径R＝0.5 m，质量m
＝0.1 kg的滑块A静止在水平轨道上，另一质量M＝0.5 kg的滑块B前
端装有一轻质弹簧（A、B均可视为质点）以速度v0向左运动并与滑块A
发生弹性正碰。若相碰后滑块A滑上半圆轨道并能过最高点C，取重力
加速度g＝10 m/s2，问：
（1）B滑块至少要以多大速度向前运动；
答案：3 m/s　
解析：设滑块A过C点时速度为vC，B与A碰撞后，B与A的速度分别为v1、
v2，B碰撞前的速度为v0，过圆轨道最高点的临界条件是重力提供向心力，
由牛顿第二定律得mg＝m，由机械能守恒定律得m＝mg·2R＋
m，
B与A发生弹性碰撞，碰撞过程动量守恒、机械能守恒，以向左为正方向，
由动量守恒定律得Mv0＝Mv1＋mv2，
由机械能守恒定律得M＝M＋m，
联立并代入数据解得v0＝3 m/s。
（2）如果滑块A恰好能过C点，滑块B与滑块A相碰过程中轻质弹簧的最大
弹性势能为多少？
答案：0.375 J
解析：由于B与A碰撞后，当两者速度相同时有最大弹性势能Ep，设共同速
度为v，A、B碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向左为正方向，由
动量守恒定律得
Mv0＝（M＋m）v，
由机械能守恒定律得M＝Ep＋（M＋m）v2，
联立并代入数据解得Ep＝0.375 J。
1. 〔多选〕（2025·福建宁德高二下期末）如图甲所示，光滑水平面上放
置P、Q两物体，Q静止且左端有一轻弹簧，P以初速度v0向右运动，当P撞
上弹簧后，Q能获得的最大速度大小为v2。保持P的质量m1不变，改变Q的
质量m2，可得与m2的大小关系如图乙。下列说法正确的是（　　）
A. P、Q组成的系统动量守恒
B. P的初速度v0＝20 m/s
C. P的质量m1＝2 kg
D. 若m2＝3 kg，弹簧被压缩到最短时的弹性势能为37.5 J
√
√
解析：　地面光滑，P、Q两物体组成的系统所受合外力为0，动量守
恒，故A正确；设碰后P的速度为v1，P、Q两物体碰撞，由动量守恒定律和
机械能守恒定律有m1v0＝m1v1＋m2v2，m1＝m1＋m2，解得v2＝
v0，变形得＝m2＋，由题图乙中-m2图线有＝0.05
s/m，＝ s/m·kg－1，解得m1＝1 kg，v0＝10 m/s，故B、C错
误；若m2＝3 kg，弹簧压缩最短，两者共速，由动量守恒定律有m1v0＝
（m1＋m2）v共，弹簧势能为Ep＝m1－（m1＋m2），得弹性势能Ep
＝37.5 J，故D正确。
2. 如图甲所示，一轻弹簧的两端分别与质量为m1和m2的两物块相连接，并
且静止在光滑的水平面上。现使质量为m1的物块瞬间获得水平向右的速度
3 m/s，以此刻为计时零点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，
从图像信息可得（　　）
A. 在t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s且弹簧都是处于压缩状态
B. 从t3到t4时刻弹簧由压缩状态逐渐恢复原长
C. 两物块的质量之比为m1∶m2＝1∶2
D. 在t2时刻两物块的动量大小之比为p1∶p2＝1∶2
√
解析：由题图乙可知t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s，总动能最小，根据系统机械能守恒可知，此时弹性势能最大，t1时刻弹簧处于压缩状态，t3时刻弹簧处于伸长状态，故A错误；结合题图乙可知，开始时质量为m1的物块逐渐减速，质量为m2的物块逐渐加速，弹簧被压缩，t1时刻二者速度相同，系统动能最小，势能最大，弹簧被压缩至最短，
然后弹簧逐渐恢复原长，质量为m2的物块继续加速，质量为m1的物块先减
速为零，然后反向加速，t2时刻，弹簧恢复原长状态，因为此时两物块速
度相反，所以弹簧的长度将逐渐增大，两物块均减速，t3时刻，两物块速
度相等，系统动能最小，弹簧最长，因此从t3到t4过程中弹簧由伸长状态恢
复原长，故B错误；由动量守恒定律知，从t＝0开始到t1时刻有m1v1＝（m1
＋m2）v2，将v1＝3 m/s，v2＝1 m/s代入得m1∶m2＝1∶2，故C正确；在t2时
刻，质量为m1的物块的速度为v1'＝－1 m/s，质量为m2的物块的速度为v2'＝
2 m/s，又m1∶m2＝1∶2，则动量大小之比为p1∶p2＝1∶4，故D错误。
3. 如图所示，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C。B的
左侧固定一轻弹簧（弹簧左侧的挡板质量不计）。设A以速度v0朝B运动，
压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续
运动。假设B和C碰撞过程时间极短。求从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离
的过程中，
（1）整个系统损失的机械能；
答案：m　
解析：从A压缩弹簧到A与B具有相同速度v1时，对A、B与弹簧组成的
系统，由动量守恒定律得
mv0＝2mv1　①
此时B与C发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为v2，损失的机械能
为ΔE，对B、C组成的系统，由动量守恒定律和能量守恒定律得mv1＝2mv2　
②
m＝ΔE＋×2m　③
联立①②③式解得ΔE＝m。　④
（2）弹簧被压缩到最短时的弹性势能。
答案：m
解析：由②式可知，v2＜v1，A将继续压缩弹簧，直至A、B、C三者速度相
同，设此速度为v3，此时弹簧被压缩至最短，其弹性势能为Ep，由动量守
恒定律和能量守恒定律得
mv0＝3mv3　⑤
m－ΔE＝×3m＋Ep　⑥
联立④⑤⑥式解得Ep＝m。
要点四　“光滑曲（斜）面轨道＋滑块（小球）”模型
1. 模型特点
这类模型一般情况下所受合力不为零，但常见的是水平方向上的合力为
零，水平方向上满足动量守恒。当滑块上升到最大高度时，滑块与曲
（斜）面速度相同，相当于发生了完全非弹性碰撞，损失的动能转化为滑
块重力势能，结合能量守恒定律列方程，进行联立求解。当滑块从最低点
离开曲面后，相当于完成了弹性碰撞。
2. 模型规律
光滑的曲面体开始时静止在水平地面上，滑块以速度v0滑上曲面体
（1）系统水平方向动量守恒；
（2）系统的机械能守恒。
（2）滑块返回最低点时，滑块与曲面体分离
①系统水平方向动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2；
②系统机械能守恒：m＝m＋M。
3. 两个位置
（1）滑块到达最高点时，滑块与曲面体具有共同的水平速度v共
①系统水平方向动量守恒：mv0＝（M＋m）v共；
②系统机械能守恒：m＝（M＋m）＋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。
【典例4】　〔多选〕（2025·福建泉州高二下期末）如图所示，质量为4m
的物块A静止在光滑水平地面上，物块A左侧面为圆弧面且与水平地面相
切，质量为m的滑块B以初速度v0向右运动滑上A，沿A左侧面上滑一段距离
后又返回，最后滑离A，不计一切摩擦，滑块B从滑上A到滑离A的过程中，
下列说法正确的是（　　）
A. A、B组成的系统动量守恒
√
√
解析：A、B组成的系统在竖直方向所受合外力不为零，因此系统动量不守
恒，故A错误；系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守
恒，对整个过程，以向右的方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝mvB＋
4mvA，由机械能守恒定律可得m＝m＋×4m，解得vB＝－
v0，对B由动量定理可得I＝mvB－mv0＝－mv0，合外力对B的冲量大小为
mv0，故B正确；A对B做的功，由动能定理得W＝m－m＝－
m，故C错误；B沿A上滑到最大高度时，两者速度相等，在水平方向上，由动量守恒定律可得mv0＝（m＋4m）v，由机械能守恒定律可得m＝（m＋4m）v2＋mgh，解得h＝，故D正确。
1. 〔多选〕（2025·福建福州高二下期末）如图所示，质量为M的小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径为R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。已知小车质量M＝5m，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则（　　）
A. 全过程滑块在水平方向上相对地面的位移的大小为R＋L
D. μ、L、R三者之间的关系为R＝μL
√
√
解析：　滑块与小车组成的系统水平方向动量守恒，由人船模型特点有
Ms1＝ms2，s1＋s2＝R＋L，由以上两式联立解得s1＝，s2＝，
全过程滑块在水平方向上相对地面的位移的大小为，全过程小车
相对地面的位移大小为，所以A、B错误；
滑块滑到圆弧轨道最低点时，小车速度最大，滑块与小车组成的系统水平
方向动量守恒，则有Mv1＝mv2，mgR＝M＋m，由以上两式联立解
得v1＝，小车在运动过程中速度的最大值为，故C正确；滑块最后
恰好停在C点时，小车也停止运动，全程由能量守恒定律有mgR＝μmgL，
解得μ、L、R三者之间的关系为R＝μL，故D正确。
2. 〔多选〕（2025·福建三明高二下期末）如图甲所示，曲面为四分之一
圆弧、质量为M的滑块静止在光滑水平地面上，一光滑小球以某一速度水
平冲上滑块的圆弧面，且没有从滑块上端冲出去，若测得在水平方向上小
球与滑块的速度大小分别为v1、v2，作出v2-v1图像如图乙所示，重力加速度
为g，不考虑任何阻力，则下列说法正确的是（　　）
D. 若a＞b，小球在与圆弧滑块分离后向右做平抛运动
√
√
解析：　设小球的质量为m，初速度为v0，在水平方向上由动量守恒定
律有mv0＝mv1＋Mv2，得v2＝－v1＋v0，结合题图乙可得＝，v0＝
b，解得m＝M，故A正确；小球运动到最高点时，竖直方向速度为零，在
水平方向上与滑块具有相同的速度，在水平方向上由动量守恒定律得mv0
＝（m＋M）v，解得v＝＝，故B正确；小球从开始运动到最高点
的过程中，由机械能守恒定律得m＝（m＋M）v2＋mgh，解得h＝
，故C错误；
对小球和圆弧滑块组成的系统，分离时有mv0＝mv1＋Mv2，m＝m
＋M，解得小球在与圆弧滑块分离时的速度为v1＝v0＝v0，若
a＞b，则v1＜0，即小球的速度方向向左，所以小球与圆弧分离后将向左做
平抛运动，故D错误。
要点五　动量守恒中的临界问题
1. 在动量守恒定律的应用中，常常会遇到临界问题，例如：相互作用的两
物体相距最远或最近、恰好避免相碰、物体的速度刚好反向等问题。
这类问题的求解关键是充分利用反证法、极限法分析物体的临界状态，挖
掘问题中隐含的临界条件，选取适当的系统和过程，运用动量守恒定律进
行解答。
2. 常见临界问题的类型
（1）涉及弹簧类的临界问题
对于由弹簧组成的系统，在物体间发生相互作用的过程中，当弹簧被压缩
到最短或拉伸到最长时，弹簧两端的两个物体的瞬时速度必然相等。
（2）涉及相互作用边界的临界问题
在物体滑上放在光滑水平面上的斜（曲）面体的过程中，由于物体间弹力
的作用，斜（曲）面体在水平方向上将做加速运动，物体滑到斜（曲）面
体上最高点的临界条件是物体与斜（曲）面体沿水平方向具有共同的速
度，物体到达斜（曲）面体上最高点时，在竖直方向上的分速度等于零。
（3）子弹打木块类的临界问题
子弹刚好击穿木块的临界条件为子弹穿出时的速度与木块的速度相同，子
弹位移为木块位移与木块厚度之和。
（4）两物体恰好不相撞
临界条件是两物体接触时速度恰好相等。
【典例5】　如图所示，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面
体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上。某时刻小孩
将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在
斜面体上上升的最大高度为h＝0.3 m（h小于斜面体的高度）。已知小孩
与滑板的总质量为m1＝30 kg，冰块的质量为m2＝10 kg，小孩与滑板始终
无相对运动。取重力加速度的大小g＝10 m/s2。
（1）求小孩将冰块推出时的速度大小；
（2）求斜面体的质量；
（3）通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？
思路点拨：冰块与斜面体分离后不能追上小孩的临界条件：冰块与斜面体
分离后的速度恰好等于小孩将冰块推出时的速度。
答案：（1）1 m/s（2）20 kg（3） 冰块恰好不能追上小孩　　
解析：（1）小孩与冰块组成的系统，根据动量守恒定律可得，m1v1＝m2v2
解得v1＝1 m/s，方向向右。
（2）对于冰块和斜面体组成的系统，根据动量守恒定律可得，
m2v2＝（m2＋M）v
根据系统的机械能守恒得，
m2gh＋（m2＋M）v2＝m2
解得M＝20 kg。
（3）对冰块与斜面体，由动量守恒定律得
m2v2＝m2v2'＋Mv3'
根据机械能守恒得m2＝m2v2'2＋Mv3'2
解得v2'＝－1 m/s，负号说明速度方向向右
因为｜v2'｜＝v1，所以冰块恰好不能追上小孩。
1. 如图所示，甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑水平面上匀速相向行驶，
速率均为v0＝6.0 m/s。甲乘坐的车上有质量m＝1 kg的小球若干个，甲和他
的车及所带小球总质量M1＝50 kg，乙和他的车总质量M2＝30 kg，甲不断
地将小球一个一个地以v＝16.5 m/s的水平速度（相对于地面）抛向乙，并
被乙接住。为了保证两车不会相碰，则甲至少要抛出球的个数为（　　）
A. 12 B. 13
C. 15 D. 16
√
解析：由于每次抛出的小球对地速度相同，故可等效为一次抛出，注意到甲、乙速度相同时抛球个数最少，则有M1v0－M2v0＝（M1＋M2）v共，解得v共＝1.5 m/s，又对甲（含甲乘坐的小车）和被抛出的球有M1v0＝（M1－nm）v共＋nmv，代入数据可得n＝15，故选C。
2. 在光滑水平面上静置有质量为m的滑板，上表面光滑，AB水平，BC为
圆弧，圆弧底端切线水平，如图所示。一可视为质点的物块P，质量也为
m，从滑板的右端以初速度v0滑上滑板，最终恰好能滑到圆弧的最高点C
处，求：
（1）物块滑到C处时的速度v；
答案：　
解析：因物块刚好能滑到C处，则此时滑板和物块具有相同的速度。物块由A到C时，取向左为正方向，由动量守恒定律有mv0＝2mv，解得v＝。
（2）圆弧的半径R；
答案：　
解析：物块由A到C时，根据机械能守恒定律有
m＝mgR＋×2mv2，解得R＝。
解析：物块刚滑上圆弧时，设在B点滑板对物块的支持力为NB，由牛顿第二定律得NB－mg＝m
解得NB＝5mg
结合牛顿第三定律分析可知，此时水平面对滑板的支持力大小为N＝NB＋
mg＝6mg。
（3）滑块刚滑上圆弧时，水平面对滑板的支持力大小。
答案：6mg
02
PART
教学效果检测
1. 〔多选〕如图所示，一子弹以初速度v0击中静止在光滑的水平面上的木
块，最终子弹未能射穿木块，射入的深度为d，木块加速运动的位移为s。
则以下说法正确的是（　　）
A. 子弹动能的减少量等于系统动能的减少量
B. 子弹动量变化量的大小等于木块动量变化量的大小
C. 摩擦力对木块做的功等于摩擦力对子弹做的功
D. 子弹对木块做的功等于木块动能的增量
√
√
解析：子弹射入木块的过程，要产生内能，由能量守恒定律知子弹动能的减少量大于系统动能的减少量，故A错误；子弹和木块组成的系统动量守恒，系统动量的变化量为零，则子弹与木块动量变化量大小相等，方向相反，故B正确；摩擦力对木块做的功为fs，摩擦力对子弹做的功为－f（s＋d），可知二者不等，故C错误；对木块，根据动能定理可知，子弹对木块做的功即为摩擦力对木块做的功，等于木块动能的增量，故D正确。
2. 〔多选〕如图甲所示，光滑平台上的物体A以初速度v0滑到上表面粗糙
的水平小车B上，车与水平面间的动摩擦因数不计，图乙为物体A与小车B
的v-t图像，由此可知（　　）
A. 小车上表面长度
B. 物体A与小车B的质量之比
C. 物体A与小车B上表面的动摩擦因数
D. 小车B获得的动能
√
√
解析：　由图像可知，A、B最终以共同速度v1匀速运动，不能确定小车
上表面长度，故A错误；由动量守恒定律得mAv0＝（mA＋mB）v1，解得
＝，所以可以确定物体A与小车B的质量之比，故B正确；由图像可知
物体A相对小车B的位移Δs＝v0t1，根据能量守恒得μmAgΔs＝mA－
（mA＋mB），根据B中求的质量关系，可以解得动摩擦因数，故C正
确；由于小车B的质量未知，则不能确定小车B获得的动能，故D错误。
3. 如图所示，A、B两个木块用轻弹簧相连接，它们静止在光滑的水平面
上，A和B的质量分别是99m和100m，一颗质量为m的子弹以速度v0水平射
入木块A内没有穿出（作用时间很短），则在以后的过程中弹簧弹性势能
的最大值为（　　）
√
解析：子弹打入木块A的过程中，因水平面光滑，竖直方向所受合力为0，子弹和木块A组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得mv0＝100mv1；对子弹和木块A、B组成的系统，当它们速度相同时，弹簧压缩量最大，弹性势能最大，由动量守恒定律得mv0＝200mv2，弹簧弹性势能的最大值Ep＝×100m－×200m＝，故选项A正确。
4. 〔多选〕（2025·福建泉州高二下期中）如图所示，光滑水平地面上停
放着一辆质量为2m的小车，小车的四分之一圆弧轨道在最低点B与水平轨
道相切，圆弧轨道表面光滑，半径为R，水平轨道表面粗糙。在小车的右
端固定一个轻弹簧，弹簧的原长小于水平轨道的长度。一个质量为m的小
球从圆弧轨道与圆心等高的A点开始自由滑下，经B到达水平轨道，压缩弹
簧后被弹回并恰好相对于小车静止在B点，重力加速度大小为g，下列说法
正确的是（　　）
A. 小球、小车及弹簧组成的系统动量守恒，机械能不守恒
解析：小球、小车及弹簧组成的系统由于克服阻力做功，机械能不守恒，水平方向所受外力为零，水平方向动量守恒，但竖直方向所受外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；
下列说法正确的是（　　）
√
√
将小车和小球、弹簧当成一个系统，在运动过程中，系统的水平方向动量
守恒，取向右为正方向，则mv1＝2mv2，mgR＝m＋×2m，小球第
一次到达B点时，FN－mg＝m，解得FN＝4mg，根据牛顿第三定
律，可知小球对小车的压力4mg，故B错误；弹簧具有最大弹性势能时，系
统共速mv1－2mv2＝（m＋2m）v，解得v＝0，根据能量守恒，设克服阻力
做功为Wf，m＋×2m＝Wf＋Epm，压缩弹簧后被弹回并恰好相对于
小车静止在B点，可知mv1－2mv2＝（m＋2m）v'，最终共速为0，根据能量
守恒Epm＝Wf，解得Epm＝Wf＝Q＝mgR，故C、D正确。
5. 〔多选〕如图所示，在光滑的水平地面上静止放着质量为2 kg 的L形木
板A，其左端挡板与放在A板上的质量为1 kg 的小物块B间夹着一小块炸
药，炸药爆炸时，有3 J的化学能转化为A、B的动能，爆炸结束瞬间，质量
为1 kg的物块C以水平向左，大小为2 m/s的速度从A板右端滑上木板，最终
物块B、C恰好没有发生碰撞，且木板与两物块间的动摩擦因数均为0.2，
取g＝10 m/s2，则（　　）
A. 木板A最终水平向右运动
B. 木板长度为2.25 m
C. 最终B距离木板左端2 m
D. 最终C距离木板右端1 m
√
√
解析：　全过程A、B、C组成的系统所受的合外力为零，动量守恒，且
总动量向左，故最终木板应向左运动，选项A错误；又mCvC＝（mA＋mB＋
mC）v，解得v＝0.5 m/s，炸药爆炸后瞬间，A、B满足动量守恒mAvA＝
mBvB，且机械能增加3 J，即mA＋mB＝3 J，故可知A获得的速度vA
＝1 m/s，B获得的速度vB＝2 m/s，故全过程B、C在木板上的相对位移之和
满足关系式mC＋E＝（mA＋mB＋mC）v2＋μmCgs，解得B、C在板上的
相对位移之和s＝2.25 m，所以木板的长度L＝s＝2.25 m，选项B正确；
由受力分析可知，开始一段时间内，A向左匀速，C向左以大小为2 m/s2的
加速度匀减速，B向右以大小为2 m/s2的加速度匀减速，A、C共速后，又一
起以大小为 m/s2的加速度向左匀减速，直到三者共速，从开始到A、C共
速所需时间t＝0.5 s，故C在A上滑行的相对位移sC＝t－vAt＝0.25 m，
B在A上滑行的相对位移sB＝s－sC＝2 m，故选项C正确，D错误。
03
PART
课时作业
题组一　子弹打木块模型
1. 光滑水平地面上有一静止的木块，子弹水平射入木块后未穿出，子弹和
木块的v-t图像如图所示。已知木块质量大于子弹质量，从子弹射入木块到
达稳定状态，木块动能增加了50 J，则此过程产生的内能可能是（　　）
A. 10 J B. 50 J
C. 70 J D. 120 J
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√
解析：　设子弹的初速度为v0，射入木块后子弹与木块共同的速度为v，
木块的质量为M，子弹的质量为m，根据动量守恒定律得mv0＝（M＋m）
v，解得v＝。木块获得的动能为Ek＝Mv2＝＝
·。系统产生的内能为Q＝m－（M＋m）v2＝
，可得Q＝Ek＞50 J，当Q＝70 J时，可得M∶m＝2∶5，因
已知木块质量大于子弹质量，选项A、B、C错误；当Q＝120 J时，可得
M∶m＝7∶5，木块质量大于子弹质量，选项D正确。
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题组二　滑块—木板模型
2. 〔多选〕如图所示，质量为8m，长度一定的长木板放在光滑的水平面上，质量为m，可视为质点的物块放在长木板的最左端，质量为m的子弹以水平向右的速度v0射入物块且未穿出（该过程的作用时间极短可忽略不计），经时间t0物块以的速度离开长木板的最右端，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　）
√
√
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解析：　子弹、物块、木板组成的整个系统，根据动量守恒定律，有mv0＝2m·＋8m·v，求得长木板最终的速度大小为v＝v0，故A错误；子弹射入物块的过程中，时间极短。对于子弹及物块，根据动量守恒定律有mv0＝2mv'，求得v'＝，该过程系统损失的机械能为ΔE＝m－·2mv'2，联立两式可求得ΔE＝m，故C错误；子弹射入物块后到从长木板滑离时，运动的位移大小为s1＝t0＝t0＝v0t0，长木板滑动位移大小为s2＝t0＝t0＝v0t0，则长木板的长度为L＝s1－s2＝v0t0，故B正确；对长木板，整个过程根据动量定理有μ·2mgt0＝8mv，可求得物块与长木板间的动摩擦因数为μ＝，故D正确。
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3. （2025·福建厦门高二上阶段练习）如图所示，一质量M＝8.0 kg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＝2.0 kg的小木块
A。给A和B以大小均为5.0 m/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之间的动摩擦因数是0.5。则在
整个过程中，
（1）当小木块A的速度减为零时，求长木板B的速度大小；
答案：3.75 m/s　
解析：取向右的方向为正方向，根据动量守恒定律可知Mv0－mv0＝
Mv1＋0
解得v1＝3.75 m/s。
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（2）求小木块A与长木板B共速时速度大小；
答案：3 m/s　
解析：根据动量守恒定律，设最终速度为v2，则Mv0－mv0＝v2
解得v2＝3 m/s
因此A、B最终一起向右运动，且速度大小为3 m/s。
（3）求长木板的长度至少为多长？
答案：8 m
解析：根据能量守恒定律得μmgL＝M＋m－
整理得，长木板的长度至少为L＝8 m。
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题组三　含弹簧系统的动量与能量问题
4. 〔多选〕如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体A以
速度v0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x。现让弹簧一端连接
另一质量为m的物体B（如图乙所示），物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，
测得弹簧的最大压缩量仍为x，则（　　）
A. A物体的质量为3m
B. A物体的质量为2m
√
√
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解析：弹簧固定，当弹簧压缩量最大时，弹性势能最大，A的动能转化为弹簧的弹性势能，A及弹簧组成的系统机械能守恒，则知弹簧被压缩过程中最大的弹性势能等于A的初动能，设A的质量为mA，即有Epm＝mA，当弹簧一端连接另一质量为m的物体B时，A与弹簧相互作用的过程中B将向右运动，A、B速度相等时，弹簧的弹性势能最大，选取A的初速度的方向为正方向，由动量守恒定律得mA·2v0＝（m＋mA）v，由机械能守恒定律得Epm＝mA（2v0）2－（mA＋m）v2，解得mA＝3m，Epm＝m，故A、C正确，B、D错误。
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5. 如图所示，一个轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物体甲、乙连
接，静止在光滑的水平面上。现在使甲瞬间获得水平向右的速度v0＝4
m/s，当甲物体的速度减小到1 m/s 方向向右时，弹簧最短，不计空气阻
力，下列说法中正确的是（　　）
A. 此时乙物体的速度为3 m/s
B. 紧接着甲物体将开始做加速运动
C. 甲、乙两物体的质量之比m1∶m2＝1∶3
D. 当弹簧恢复原长时，甲物体的速度大小为2 m/s，方向向右
√
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解析：　根据运动情况和题意结合分析可知当甲物体的速度减小到1
m/s时，弹簧最短，此时甲、乙共速，故v乙＝1 m/s，故A错误；把甲、
乙看成一个系统，满足动量守恒，取水平向右为正方向，由动量守恒
定律得m1v0＝（m1＋m2）v共，解得m1∶m2＝1∶3，故C正确；弹簧被
压缩最短后，弹簧逐渐恢复原长，乙依然加速，甲继续减速，故B错
误；当弹簧恢复原长时，根据动量守恒定律得m1v0＝m1v1＋m2v2，由机
械能守恒定律得m1＝m1＋m2，解得当弹簧恢复原长时，
甲物体的速度为v1＝－2 m/s，所以当弹簧恢复原长时，甲物体的速度
大小为2 m/s，方向向左，故D错误。
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题组四　“光滑曲（斜）面—滑块”模型
6. 〔多选〕（2025·福建三明高二下阶段练习）如图所示，光滑水平地面上有木板B和光滑圆弧面C，B、C未粘连，最初物块A以4 m/s的水平初速度滑上木板B，已知A、B、C质量均为1 kg，B的长度以及圆弧C的半径均为1 m，A与B之间的动摩擦因数为0.5，A可视为质点，g＝10 m/s2，则（　　）
C. 最终C的速度为2 m/s
D. 从最初至A到达其运动的最高点过程中，A、B、C构成的系统机械能守恒
√
√
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解析：物块A滑上B到A运动至BC连接处过程，对A、B、C构成的系统，根据动量守恒定律有mv0＝mv1＋2mv2，根据能量守恒定律有m＝m＋×2m＋μmgL，解得v1＝2 m/s，v2＝1 m/s，此后B、C分离，最终B的速度为1 m/s，故A错误；A滑上C后，对A、C构成的系统，水平方向动量守恒，根据动量守恒定律有mv1＋mv2＝2mv，根据能量守恒定律有m＋m＝×2mv2＋mgh，解得v＝ m/s，h＝ m，故B正确；A最终将到达C圆弧的最低点，此过程，对A、C构成的系统有mv1＋mv2＝mv3＋mv4，m＋m＝m＋m，解得v3＝1 m/s，v4＝2 m/s，故C正确；A在C上运动时，竖直方向动量不守恒，A在B上运动时，摩擦力做负功，系统机械能不守恒，故D错误。
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题组五　动量守恒中的临界问题
7. 如图所示，一块质量为M的长木板停在光滑的水平面上，长木板的左端
有挡板，挡板上固定一个水平轻质小弹簧。一个质量为m的小物块（可视
为质点）以水平速度v0从长木板的最右端开始向左运动，与弹簧发生相互
作用后（弹簧始终处于弹性限度内），最终又恰好相对静止在长木板的最
右端。以下说法正确的是（　　）
B. 长木板的最终速度为v0
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解析：　小物块从开始位置滑动到最后相对长木板静止的过程，小物块与长木板组成的系统动量守恒，以v0的方向为正方向，则有mv0＝（m＋M）v2，解得v2＝，故A、B错误；小物块从开始位置滑动到最左端的过程，小物块与长木板组成的系统动量守恒，则有mv0＝（m＋M）v1，解得v1＝，由能量守恒定律得Epm＋Q＋（m＋M）＝m，其中Q＝FfL，小物块从开始位置滑动到最右端的过程中，由能量守恒定律得Q'＋（m＋M）＝m，其中Q'＝Ff×2L，联立解得Epm＝，Q'＝，即弹簧的最大弹性势能为Epm＝，系统损失的机械能为ΔE＝Q'＝，故C错误，D正确。
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8. 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（　　）
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
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解析：　子弹射入木块后的瞬间，子弹和木块构成的系统动量守恒，以v0
的方向为正方向，则m0v0＝（M＋m0）v1，解得v1＝，选项A错误；
子弹射入木块后的瞬间，FT－（M＋m0）g＝（M＋m0），可知绳子拉
力大于（M＋m0）g，选项B错误；子弹射入木块后的瞬间，对圆环有FN＝
FT＋mg＞（M＋m＋m0）g，由牛顿第三定律知，选项C正确；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上动量守恒，选项D
错误。
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9. 如图所示，质量为m＝245 g的物块（可视为质点）放在质量为M＝0.5
kg的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩
擦因数为μ＝0.4。质量为m0＝5 g的子弹以速度v0＝300 m/s沿水平方向射入
物块并留在其中（时间极短），g取10 m/s2。子弹射入后，求：
（1）子弹与物块一起向右滑行的最大速度v1；
答案：6 m/s　
解析：子弹进入物块后一起向右滑行的初速度即为最大速度，由动
量守恒定律可得m0v0＝（m0＋m）v1，
解得v1＝6 m/s。
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（2）木板向右滑行的最大速度v2；
答案：2 m/s　
解析：当子弹、物块、木板三者同速时，木板的速度最大，由动量守恒定
律可得（m0＋m）v1＝（m0＋m＋M）v2，
解得v2＝2 m/s。
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（3）物块在木板上滑行的时间t。
答案：1 s
解析：对物块和子弹组成的整体应用动量定理得
－μ（m0＋m）gt＝（m0＋m）v2－（m0＋m）v1，
解得t＝1 s。
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10. 如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA＝6.0 kg和mB＝4.0 kg。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从t＝0时以一定速度向右运动，在t＝4 s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：
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（1）物块C的质量；
答案：2 kg　
解析：由题图乙知，C与A碰前速度为v1＝12 m/s，碰后速度为v2＝3
m/s，C与A碰撞过程动量守恒，以C的初速度方向为正方向，由动量守恒定
律得
mCv1＝（mA＋mC）v2
解得mC＝2 kg。
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（2）B离开墙后，弹簧中的弹性势能最大时，B的速度多大？最大弹性势
能多大？
答案：2 m/s　12 J
解析： 12 s末B离开墙壁，v3＝3 m/s ，之后A、B、C及弹簧组成的系统动量
守恒和机械能守恒，当A、C与B速度v4相等时弹簧的弹性势能最大。根据
动量守恒定律，有
（mA＋mC）v3＝（mA＋mB＋mC）v4
根据机械能守恒定律得
（mA＋mC）＝（mA＋mB＋mC）＋Ep
解得v4＝2 m/s，Ep＝12 J。
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11. （2024·吉林高考14题）如图所示，高度h＝
0.8 m的水平桌面上放置两个相同物块A、B，质
量mA＝mB＝0.1 kg。A、B间夹一压缩量Δx＝0.1 m
的轻弹簧，弹簧与A、B不拴接。同时由静止释放
A、B，弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出，水平射程xA＝0.4 m；B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离xB＝0.25 m后停止。A、B均视为质点，取重力加速度g＝10 m/s2。不计空气阻力，求：
（1）脱离弹簧时A、B的速度大小vA和vB；
答案：1 m/s　1 m/s　
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解析：对A物块由平抛运动知识得h＝gt2
xA＝vAt
代入数据解得，脱离弹簧时A的速度大小为vA＝1 m/s
AB物块质量相等，同时受到大小相等方向相反的弹簧弹力及大小相等方向
相反的摩擦力，则AB物块整体动量守恒，则mAvA＝mBvB
解得脱离弹簧时B的速度大小为vB＝1 m/s。
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（2）物块与桌面间的动摩擦因数μ；
答案：0.2　
解析：对物块B由动能定理－μmBgxB＝0－mB
代入数据解得，物块与桌面的动摩擦因数为μ＝0.2。
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（3）整个过程，弹簧释放的弹性势能ΔEp。
答案：0.12 J
解析：弹簧的弹性势能转化为AB物块的动能及这个过程中克服摩擦力所做
的功，即
ΔEp＝mA＋mB＋μmAgΔxA＋μmBgΔxB
其中mA＝mB，Δx＝ΔxA＋ΔxB
解得整个过程中，弹簧释放的弹性势能ΔEp＝0.12 J。
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