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习题课三　动量与能量综合问题的四类模型
题组一　子弹打木块模型　“滑块—木板”模型
1.〔多选〕如图所示，子弹水平射入放在光滑水平地面上静止的木块后不再穿出，此时木块动能增加了 6 J，那么此过程产生的内能可能为（　　）
A.10 J　 　 B.8 J C.6 J　 　D.4 J
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.（2025·四川成都高一下期中）一颗子弹水平射入静止在光滑水平地面上M＝1 kg的木块后不再穿出，木块的动能增加了8 J，设子弹射入木块的过程中子弹所受阻力恒定，下列说法正确的是（　　）
A.木块动量变化量的大小为2 kg·m/s
B.子弹对木块做的功与木块对子弹做功的代数和为0 J
C.此过程产生的内能可能是10 J
D.只增大木块质量，子弹射入木块后仍未穿出，则此过程中系统损失的机械能不变
题组二　“滑块—曲（斜）面体”模型　“滑块—弹簧”模型
4.如图所示，在光滑水平面上放置一个质量为M的滑块，滑块的一侧是一个弧形凹槽OAB，凹槽半径为R，A点切线水平。另有一个质量为m的小球以速度v0从A点冲上凹槽，重力加速度大小为g，不计摩擦。下列说法中正确的是（　　）
A.当v0＝时，小球能到达B点
B.如果小球的速度足够大，球将从滑块的左侧离开滑块后落到水平面上
C.当v0＝时，小球在弧形凹槽上运动的过程中，滑块的动能一直增大
D.如果滑块固定，小球返回A点时对滑块的压力为m
5.〔多选〕（2025·四川绵阳高二下期中）如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接，并静止在光滑的水平面上。现使B瞬间获得水平向右的速度3 m/s，以此刻为计时起点，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到t3时间内弹簧都处于伸长状态
B.从t2到t4时间内弹簧都处于压缩状态
C.两物体的质量之比为m1∶m2＝ 2∶1
D.在t2时刻A的速度为1.5 m/s
6.〔多选〕（2025·四川成都高一下期末）如图所示，水平面上有一质量为5m的小球B与轻弹簧连接，还有质量为2m、半径为R的圆弧形槽C，其底部与水平面平滑相切，最初B、C均静止。一质量为m的小球A从距槽C顶端3R处自由落下后恰好滑入槽C，不计一切摩擦，则（　　）
A.球A沿槽C下滑过程中，槽C对球A做负功
B.整个过程中球A、球B和槽C构成的系统动量守恒
C.球A第一次滑至槽C最低点过程中，球A水平向左位移为R
D.球 A与弹簧作用后，能够追上槽C
7.〔多选〕（2025·四川宜宾期末）如图所示，圆筒C可以沿足够长的水平固定光滑杆左右滑动，圆筒下方用不可伸长的轻绳悬挂物体B，开始时物体B和圆筒C均静止，子弹A以100 m/s的水平初速度在极短时间内击穿物体B后速度减为40 m/s，已知子弹A、物体B、圆筒C的质量分别为mA＝0.1 kg、mB＝1.0 kg、mC＝0.5 kg，重力加速度g＝10 m/s2。下列说法正确的是（　　）
A.物体B能上升的最大高度为0.6 m
B.物体B能上升的最大高度为1.8 m
C.圆筒C能达到的最大速度为4.0 m/s
D.圆筒C能达到的最大速度为8.0 m/s
8.（2025·四川自贡市高二期末）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？
9.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？
习题课三　动量与能量综合问题的四类模型
1.AB　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ΔEk＝Mv2＝＝·，系统产生的内能为Q＝m－（M＋m）v2＝，可得 Q＞ΔEk＝6 J，故A、B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；由图像可以知道物体A相对小车B的位移Δx＝v0t1，根据能量守恒定律得μmAgΔx＝mA－（mA＋mB），根据B中求得质量关系，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.C　根据题意可得M＝8 J，解得木块获得的速度为v1＝4 m/s，所以木块动量变化量的大小为Δp＝Mv1＝4 kg·m/s，A错误；设子弹射入木块中的深度为d，从子弹水平射入木块到子弹、木块相对静止，木块位移为x，子弹所受阻力为f，则W子弹对木块＝fx，W木块对子弹＝－f（x＋d），所以W子弹对木块＋W木块对子弹＝－fd，B错误；子弹、木块运动的v-t图像如图1所示，由于图线与横轴所围区域的面积表示物体发生的位移，由图可知x＜d，所以W子弹对木块＝fx＝8 J＜fd＝Q，即此过程产生的内能大于8 J，C正确；只增大木块质量，子弹射入木块后仍未穿出，木块的加速度减小，v-t图像如图2所示，由图可知，子弹射入木块的深度d增大，产生的内能增大，系统损失的机械能增大，D错误。
4.C　滑块不固定，当v0＝时，设小球沿槽上升的高度为h，则有mv0＝（m＋M）v，m＝（M＋m）v2＋mgh，可解得h＝R＜R，故A错误；当小球速度足够大，从B点离开滑块时，由于B点切线竖直，在B点时小球与滑块的水平速度相同，离开B点后将再次从B点落回，不会从滑块的左侧离开滑块后落到水平面上，故B错误；因小球对弧形槽的压力始终对滑块做正功，故滑块的动能一直增大，故C正确；如果滑块固定，由牛顿第二定律得小球返回A点时对滑块的压力为mg＋m，故D错误。
5.BC　根据题意和题图乙分析可知，在0 ～ t1时间内B向右减速，A在向右加速运动，弹簧处于拉伸状态，t1时刻二者速度相同，弹簧有最大伸长量；t1后，B先向右减速再向左加速，A继续向右加速运动，t2时刻二者速度差达到最大，弹簧处于原长；t2～t3时间内，A向右减速，B先向左减速后向右加速，说明弹簧处于压缩状态，t3时刻二者速度再次相同，此时弹簧有最大压缩量；t3～t4时间内，B向右加速，A向右减速，弹簧处于压缩状态，t4时B速度达到最大，弹簧又恢复原长，A错误，B正确。t2时刻弹簧处于原长，相互作用过程中系统动量守恒、机械能守恒，0～t2时间内m2v0＝m2v2＋m1v1，m2＝m2＋m1，根据题图乙知v0＝3 m/s，v2＝－1 m/s，联立可得，m1∶m2＝2∶1，v1＝2 m/s，C正确，D错误。
6.AD　球A沿槽C下滑过程中，AC组成的系统机械能守恒，槽C向右运动机械能增加，球A对槽C做正功，则球A机械能减小，槽C对球A做负功，A正确；整个过程中球A、球B和槽C构成的系统动量不守恒但水平方向动量守恒，B错误；球A到槽C上端时的速度为v1，由机械能守恒定律得mg3R＝m，解得v1＝。球A和槽C组成的系统，设球A到最低点时的速度为vA，规定水平向左为正方向，由水平方向动量守恒有mvA－2mvC＝0，则mxA－2mxC＝0，由几何关系xA＋xC＝R，联立解得，球A第一次滑至槽C最低点过程中，球A水平向左的位移为xA＝R，C错误；由能量守恒得m＋mgR＝m＋×2m，其中mvA＝2mvC，联立解得vA＝4，方向水平向左，vC＝2，方向水平向右。对球A和球B，由动量守恒定律得mvA＝mvA'＋5mvB，由机械能守恒定律得m＝mvA'2＋×5m，联立解得vA'＝vA＝－，方向水平向右。因为vA'＞vC，所以球A与弹簧作用后，能够追上槽C，D正确。
7.AD　子弹A以100 m/s的水平初速度在极短时间内击穿物体B后速度减为40 m/s，则A、B组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律有mAv0＝mAv1＋mBv2，B上升时，与C组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒，则有mBv2＝（mB＋mC）v3，mB＝（mB＋mC）＋mBgh，解得h＝0.6 m，A正确，B错误；B返回到最低点时，与C组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒，此时C的速度最大，则有mBv2＝－mBv4＋mCv5，mB＝mB＋mC，解得v5＝8 m/s，C错误，D正确。
8.（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。
9.（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）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＝。
3 / 3习题课三　动量与能量综合问题的四类模型
素养目标
1.理解子弹打木块模型的特点及规律，学会结合动量和能量知识处理有关问题。 2.理解“滑块—木板”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。 3.理解“滑块—曲（斜）面体”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。 4.理解“滑块—弹簧”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。
模型一　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＝Ffd＝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＝FfL＝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Ff。求：
（1）子弹、木块的共同速度；
（2）此过程中产生的摩擦热；
（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
　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（图乙）。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）
模型二　“滑块—木板”模型
1.模型特点
（1）如图甲所示，木板A的上表面粗糙，地面光滑
①如果木板足够长，A、B最终相对静止，具有共同速度；
②如果木板A长度较小，B可能滑出A的右端。
（2）如图乙所示，木板A上表面粗糙，地面光滑
①如果木板足够长，A、B最终相对静止，具有共同速度；
②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，A、B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，由动量守恒定律得mv0＝（m＋M）v1，由动能定理得－fs1＝m－m，fs2＝M，Q＝fs3＝f（s1－s2）＝m－（m＋M）。
（2）若滑块滑出木板，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。
由动量守恒定律得mv0＝mv1＋Mv2。
由能量守恒定律得Q热＝fL＝m－m－M。
【典例2】　如图所示，用长为0.4 m的不可伸长的轻绳将质量为 1 kg 的小球C悬挂于O点，小球C静止。质量为2 kg的物块A放在质量也为2 kg的木板B的右端，以共同的速度v0＝1.5 m/s沿着光滑水平面向着小球滑去，小球与物块发生弹性正碰，物块与小球均可视为质点，且小球C返回过程不会碰到物块A，不计一切阻力，重力加速度g＝10 m/s2。求：
（1）碰后瞬间小球C的速度大小；
（2）若物块与木板间的动摩擦因数为0.1，木板B至少要多长，物块A才不会从长木板的上表面滑出。
思路点拨　（1）物块A与小球C发生弹性正碰过程中，A、C系统的动量守恒、机械能守恒。
（2）小物块A恰好不从长木板B的上表面滑出时A、B的相对位移对应木板的最小长度。
尝试解答
规律方法
用动量和功能观点分析“滑块——木板”模型要抓住一个条件、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外力矢量和为零是系统动量守恒的条件。
（2）两个分析——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＝Ffx相对。
　如图所示，一质量 M＝3.0 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＝1.0 kg的小木块A。给A和B以大小均为4.0 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始终没有滑离木板B。在小木块A做加速运动的时间内，木板速度大小可能是（　　）
A.1.8 m/s B.2.4 m/s
C.2.8 m/s D.3.0 m/s
模型三　“滑块—曲（斜）面体”模型
　　
1.模型特点
如图所示，质量为M的曲（斜）面体静止在光滑水平面上，曲（斜）面体的光滑弧面（或斜面）底部与桌面相切。一个质量为m的小球（或滑块）以速度v0向曲（斜）面体滚来，若小球（或滑块）不能越过曲（斜）面体，则小球（或滑块）到达最高点时（即竖直方向上的速度为零），两物体的速度肯定相同。
2.基本规律
对于“滑块—曲（斜）面体”模型：由于曲（斜）面体不是固定的，而是在光滑水平面上，系统所受合外力不为零，但常在水平方向上所受的合外力为零，则系统在水平方向上满足动量守恒。
（1）当小球（或滑块）到达斜（曲）面体最高点时，小球（或滑块）与斜（曲）面体速度相同，相当于发生了完全非弹性碰撞，损失的动能转化为小球（或滑块）的重力势能，结合能量守恒定律列方程，进行联立求解。
（2）当小球（或滑块）从最低点离开斜（曲）面体后，相当于完成了弹性碰撞，过程中系统在水平方向动量守恒、机械能守恒。
【典例3】　如图所示，质量为4m的光滑物块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，求：
（1）滑块b沿a上升的最大高度；
（2）滑块a运动的最大速度。
尝试解答
　〔多选〕如图所示，在足够大的光滑水平面上停放着装有光滑弧形槽的小车，弧形槽的底端切线水平，一小球以大小为v0的水平速度从小车弧形槽的底端沿弧形槽上滑，恰好能到达弧形槽的顶端。小车与小球的质量均为m，重力加速度大小为g，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A.弧形槽的顶端距底端的高度为
B.小球离开小车后，相对地面做平抛运动
C.在小球沿小车弧形槽滑行的过程中，小车对小球做的功为m
D.在小球沿小车弧形槽滑行的过程中，合力对小车的冲量大小为mv0
模型四　“滑块—弹簧”模型
　　
1.模型特点
如图所示，水平面光滑，滑块m1的初速度为v0，滑块m2通过轻弹簧与滑块m1连接，弹簧处于原长（伸长或压缩）状态，两个滑块的速度、弹簧的长度发生动态变化。
2.基本规律
（1）系统的动量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2。
（2）系统的机械能守恒：由于弹簧发生形变具有弹性势能，系统的总动能将发生变化，若系统所受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做功，系统的机械能守恒：m1＝m1＋m2＋Ep。
（3）弹簧的两个特殊状态
①弹簧处于最长（最短）状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系统满足动量守恒。
②弹簧处于原长时，弹性势能为零，两物体动能之和最大，系统总动能不变。
【典例4】　〔多选〕如图所示，静置于光滑水平面上的物块A、B、C质量均为m，A、B之间用一根轻弹簧拴接，初始时弹簧处于自然长度，三个物块均处于静止状态。现同时给A、B一个水平向右的初速度v，A、B一起运动一段距离后，B、C发生弹性碰撞，则在整个运动过程中（　　）
A.以A、B及弹簧为系统，动量守恒、机械能守恒
B.B、C碰撞后瞬间，C的速度为v
C.弹簧的最大弹性势能Epm＝mv2
D.B、C碰撞结束后，当弹簧再次恢复到原长时，B、C速度相等且都为v
尝试解答
如图所示，位于光滑水平桌面上的小滑块P和Q质量相等，都可视作质点，Q与轻质弹簧相连。设Q静止，P以某一初速度向Q运动并与弹簧发生相互作用。在整个过程中，弹簧具有的最大弹性势能等于（　　）
A.P的初动能 B.P的初动能的
C.P的初动能的 D.P的初动能的
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，下列说法正确的是（　　）
A.小木块A的速度减为零时，长木板B的速度大小为3.75 m/s
B.小木块A的速度方向一直向左，不可能为零
C.小木块A与长木板B共速时速度大小为 3 m/s，方向向左
D.长木板的长度可能为10 m
3.质量为M的小车静止于光滑的水平面上，小车的上表面和圆弧的轨道均光滑。如图所示，一个质量为m的小球以速度v0水平冲向小车，当小球返回左端脱离小车时，下列说法中正确的是（　　）
A.整个过程中，m和M组成的系统动量守恒
B.如果 m＞M，小球脱离小车后，做自由落体运动
C.如果 m＞M，小球脱离小车后，沿水平方向向右做平抛运动
D.如果 m＜M，小球脱离小车后，沿水平方向向右做平抛运动
4.〔多选〕如图所示，在光滑的水平面上，有质量相等的甲、乙两木块，甲木块以v的速度向右运动，乙木块左侧连有一轻质弹簧静止在水平面上。甲木块与弹簧接触后（　　）
A.甲木块速度大小一直减小直至零
B.甲木块速度先减小，之后与乙木块保持相同速度向右做匀速运动
C.甲、乙两木块所组成的系统动量守恒
D.甲、乙两木块所组成的系统机械能守恒
习题课三　动量与能量综合问题的四类模型
【核心要点突破】
模型一
【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）此过程中产生的摩擦热为
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Fft＝Mv－0，解得t＝。
（4）
设子弹、木块发生的位移分别为x1、x2，如图所示，由动能定理对子弹，有－Ffx1＝mv2－m，
解得x1＝
对木块，有Ffx2＝Mv2，解得x2＝
子弹打进木块的深度等于相对位移，即
x相＝x1－x2＝。
素养训练
　D　子弹穿过木块过程，对子弹和木块的系统，由动量守恒定律得mv0＝mv1＋mv2，设子弹穿过木块的过程所受阻力为f，对子弹由动能定理得 －f（s＋L）＝m－m，由动量定理得－ft＝mv1－mv0，对木块由动能定理得fs＝m，由动量定理得ft＝mv2，联立解得t＝（L＋2s），故选D。
模型二
【典例2】　（1）2 m/s　（2）0.25 m
解析：（1）设物块质量为mA，小球质量为mC，由于发生弹性正碰，则由动量守恒定律得mAv0＝mAv1＋mCv2，由机械能守恒定律得mA＝mA＋mC，解得v1＝0.5 m/s，v2＝2 m/s。
（2）此后物块加速，木板减速，物块刚好和木板共速时，物块运动到木板左端，设木板质量为mB，共同速度为v3，由动量守恒定律得mBv0＋mAv1＝（mB＋mA）v3，由能量守恒定律得mB＋mA－（mB＋mA）＝μmAgL，解得L＝0.25 m。
素养训练
　B　A先向左减速到零，再向右做加速运动，在此期间，木板做减速运动，最终它们保持相对静止，设A减速到零时，木板的速度为v1，最终它们的共同速度为v2，取水平向右为正方向，则Mv－mv＝Mv1，Mv1＝（M＋m）v2，可得v1＝ m/s，v2＝2 m/s，所以在小木块A做加速运动的时间内，木板速度大小应大于2.0 m/s而小于 m/s，只有选项B正确。
模型三
【典例3】　（1）　（2）v0
解析：（1）b沿a上升到最大高度时，两者速度相等，在水平方向，由动量守恒定律得mv0＝（m＋4m）v，由机械能守恒定律得m＝（m＋4m）v2＋mgh，解得 h＝。
（2）滑块b从滑上a到滑离a后，滑块a运动的速度最大。系统在水平方向动量守恒，对整个过程，以向右为正方向，由动量守恒定律得mv0＝mvb＋4mva，由机械能守恒定律得m＝m＋·4m，解得va＝v0，vb＝－v0。
素养训练
　AD　小球上升到最高点时与小车有共同速度v，设弧形槽的顶端距底端的高度为h，则由系统水平方向动量守恒和系统机械能守恒得：mv0＝2mv，m＝×2mv2＋mgh，解得h＝，故A正确；小球回到小车右端时设车和球的速度分别为v1、v2，有mv0＝mv1＋mv2，m＝m＋m，得v1＝v0，v2＝0，所以小球离开小车后做自由落体运动，故B错误；在小球沿小车弧形槽滑行的过程中，重力做功为零，对小球由动能定理得WG＋W车＝m－m，将v2＝0和 WG＝0代入可得小车对小球做的功为W车＝－m，故C错误；在小球沿小车弧形槽滑行的过程中，对小车由动量定理得I＝mv1－0，将v1＝v0代入得 I＝mv0，即合力对小车的冲量大小为mv0，方向水平向左，故D正确。
模型四
【典例4】　BCD　由于B、C碰撞过程有相互作用，有机械能转移，故应以A、B、C及弹簧为系统，动量守恒、机械能守恒，A错误；由于B、C发生弹性碰撞，动量守恒、机械能守恒，有mv＝mv1＋mv2，mv2＝m＋m，联立解得v1＝0，v2＝v，故碰后瞬间B的速度为0，C的速度为v，B正确；A、B速度相等时，弹簧压缩量最大，弹性势能最大，从B、C碰撞后瞬间到A、B速度相等过程，有mv＝2mv'，×mv2＝×2mv'2＋Epm，联立解得弹簧的最大弹性势能为Epm＝mv2，C正确；B、C碰撞结束后，C以速度v做匀速直线运动，当弹簧再次恢复到原长时，A、B速度分别为v3、v4，有 mv＝mv3＋mv4，mv2＝m＋m，解得 v3＝0，v4＝v，所以当弹簧再次恢复到原长时，B、C速度相等且都为v，D正确。
素养训练
　B　把小滑块P和Q以及弹簧看成一个系统，系统的动量守恒，在整个过程中，当小滑块P和Q的速度相等时，弹簧的弹性势能最大。以P的初速度方向为正方向，设小滑块P的初速度为v0，两滑块的质量均为m，则mv0＝2mv，解得v＝，P的初动能Ek0＝m，弹簧具有的最大弹性势能Ep＝m－×2mv2＝m＝Ek0，故选项B正确。
【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Ffs，摩擦力对子弹做的功为－Ff（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.AD　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，A正确；根据动量守恒定律，最终速度为v2，则 Mv0－mv0＝（M＋m）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，B、C错误；根据能量守恒定律得μmgL＝M＋m－（M＋m），整理得板的长度至少为L＝8 m，因此长木板的长度可能为10 m，D正确。
3.C　整个过程中，m和M组成的系统水平方向动量守恒，其他方向动量不守恒，A错误；取小球的速度v0的方向为正方向，根据动量守恒定律得 mv0＝mv1＋Mv2，根据机械能守恒定律得m＝m＋M，解得 v1＝v0，如果m＞M，则v1＞0，小球脱离小车后，沿水平方向向右做平抛运动，C正确，B错误；如果 m＜M，则v1＜0，小球脱离小车后，沿水平方向向左做平抛运动，D错误。
4.AC　甲、乙木块的作用过程中，由于甲木块受到弹簧弹力的作用，速度大小会一直减小，当弹簧恢复原长时，设甲的速度为v1，乙的速度为v2，甲、乙的质量相等，均设为m，由动量守恒和机械能守恒得：mv＝mv1＋mv2，mv2＝m＋m，解得v1＝0，v2＝v，所以甲木块速度大小一直减小，当弹簧恢复原长时，速度变为零，故A正确；甲木块速度大小一直减小直至零，乙木块的速度一直增加，当甲的速度变为零时，乙以甲原来的初速度向右运动，故B错误；对于甲、乙两木块所组成的系统，因所受的合外力为零，故系统动量守恒，故C正确；对甲、乙木块及弹簧组成的系统，机械能守恒，故D错误。
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习题课三
动量与能量综合问题的四类模型
1.理解子弹打木块模型的特点及规律，学会结合动量
和能量知识处理有关问题。
2.理解“滑块—木板”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。
3.理解“滑块—曲（斜）面体”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。
4.理解“滑块—弹簧”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。
素养目标
目 录
01
核心要点突破
02
教学效果检测
03
课时作业
01
PART
核心要点突破
模型一　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。
①动量守恒：mv0＝（m＋M）v。
②机械能的损失（摩擦生热）
2. 基本规律
（1）子弹留在木块中（未穿出）
Q热＝Ffd＝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＝FfL＝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
Ff。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）此过程中产生的摩擦热；
答案：　
解析： 此过程中产生的摩擦热为
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Fft＝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x1、x2，
如图所示，由动能定理对子弹，有－Ffx1＝mv2－m，
解得x1＝
对木块，有Ffx2＝Mv2，解得x2＝
子弹打进木块的深度等于相对位移，即x相＝x1－x2＝。
　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（图乙）。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）
√
解析：　子弹穿过木块过程，对子弹和木块的系统，由动量守恒定律得
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
得 －f（s＋L）＝m－m，由动量定理得－ft＝mv1－mv0，对木块由
动能定理得fs＝m，由动量定理得ft＝mv2，联立解得t＝（L＋2s），
故选D。
模型二　“滑块—木板”模型
1. 模型特点
（1）如图甲所示，木板A的上表面粗糙，地面光滑
①如果木板足够长，A、B最终相对静止，具有共同速度；
②如果木板A长度较小，B可能滑出A的右端。
（2）如图乙所示，木板A上表面粗糙，地面光滑
①如果木板足够长，A、B最终相对静止，具有共同速度；
②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，A、B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，由动量守恒定律得mv0＝（m＋M）v1，由动能定理得－fs1＝
m－m，fs2＝M，Q＝fs3＝f（s1－s2）＝m－（m＋M）
。
（2）若滑块滑出木板，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。
由动量守恒定律得mv0＝mv1＋Mv2。
由能量守恒定律得
Q热＝fL＝m－m－M。
【典例2】　如图所示，用长为0.4 m的不可伸长的轻绳将质量为 1 kg 的小
球C悬挂于O点，小球C静止。质量为2 kg的物块A放在质量也为2 kg的木板
B的右端，以共同的速度v0＝1.5 m/s沿着光滑水平面向着小球滑去，小球
与物块发生弹性正碰，物块与小球均可视为质点，且小球C返回过程不会
碰到物块A，不计一切阻力，重力加速度g＝10 m/s2。求：
（1）碰后瞬间小球C的速度大小；
（2）若物块与木板间的动摩擦因数为0.1，木板B至少要多长，物块A才不
会从长木板的上表面滑出。
思路点拨　（1）物块A与小球C发生弹性正碰过程中，A、C系统的动量守
恒、机械能守恒。
（2）小物块A恰好不从长木板B的上表面滑出时A、B的相对位移对应木板
的最小长度。
答案：（1）2 m/s　（2）0.25 m
解析：（1）设物块质量为mA，小球质量为mC，由于发生弹性正碰，则由
动量守恒定律得mAv0＝mAv1＋mCv2，由机械能守恒定律得mA＝mA
＋mC，解得v1＝0.5 m/s，v2＝2 m/s。
（2）此后物块加速，木板减速，物块刚好和木板共速时，物块运动到木
板左端，设木板质量为mB，共同速度为v3，由动量守恒定律得mBv0＋mAv1
＝（mB＋mA）v3，由能量守恒定律得mB＋mA－（mB＋mA）＝
μmAgL，解得L＝0.25 m。
规律方法
用动量和功能观点分析“滑块——木板”模型要抓住一个条件、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外力矢量和为零是系统
动量守恒的条件。
（2）两个分析——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＝Ffx相对。
　如图所示，一质量 M＝3.0 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＝1.0 kg的小木块A。给A和B以大小均为4.0 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始终没有滑离木板
B。在小木块A做加速运动的时间内，木板速度大小可能是（　　）
A. 1.8 m/s B. 2.4 m/s
C. 2.8 m/s D. 3.0 m/s
√
解析：　A先向左减速到零，再向右做加速运动，在此期间，木板做减速
运动，最终它们保持相对静止，设A减速到零时，木板的速度为v1，最终它
们的共同速度为v2，取水平向右为正方向，则Mv－mv＝Mv1，Mv1＝（M＋
m）v2，可得v1＝ m/s，v2＝2 m/s，所以在小木块A做加速运动的时间内，
木板速度大小应大于2.0 m/s而小于 m/s，只有选项B正确。
模型三　“滑块—曲（斜）面体”模型
1. 模型特点
如图所示，质量为M的曲（斜）面体静止在光滑水平面上，曲（斜）面体
的光滑弧面（或斜面）底部与桌面相切。一个质量为m的小球（或滑块）
以速度v0向曲（斜）面体滚来，若小球（或滑块）不能越过曲（斜）面
体，则小球（或滑块）到达最高点时（即竖直方向上的速度为零），两物
体的速度肯定相同。
2. 基本规律
对于“滑块—曲（斜）面体”模型：由于曲（斜）面体不是固定的，而是
在光滑水平面上，系统所受合外力不为零，但常在水平方向上所受的合外
力为零，则系统在水平方向上满足动量守恒。
（1）当小球（或滑块）到达斜（曲）面体最高点时，小球（或滑块）
与斜（曲）面体速度相同，相当于发生了完全非弹性碰撞，损失的动
能转化为小球（或滑块）的重力势能，结合能量守恒定律列方程，进
行联立求解。
（2）当小球（或滑块）从最低点离开斜（曲）面体后，相当于完成了弹
性碰撞，过程中系统在水平方向动量守恒、机械能守恒。
【典例3】　如图所示，质量为4m的光滑物块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，求：
（1）滑块b沿a上升的最大高度；
答案：　
解析：b沿a上升到最大高度时，两者速度相等，在水平方向，由动
量守恒定律得mv0＝（m＋4m）v，由机械能守恒定律得m＝（m＋4m）v2＋mgh，解得 h＝。
（2）滑块a运动的最大速度。
答案：v0
解析：滑块b从滑上a到滑离a后，滑块a运动的速度最大。系统在水平
方向动量守恒，对整个过程，以向右为正方向，由动量守恒定律得mv0＝
mvb＋4mva，由机械能守恒定律得m＝m＋·4m，解得va＝v0，
vb＝－v0。
　〔多选〕如图所示，在足够大的光滑水平面上停放着装有光滑弧形槽的
小车，弧形槽的底端切线水平，一小球以大小为v0的水平速度从小车弧形
槽的底端沿弧形槽上滑，恰好能到达弧形槽的顶端。小车与小球的质量均
为m，重力加速度大小为g，不计空气阻力。
下列说法正确的是（　　）
A. 弧形槽的顶端距底端的高度为
B. 小球离开小车后，相对地面做平抛运动
C. 在小球沿小车弧形槽滑行的过程中，小车对小球做的功为m
D. 在小球沿小车弧形槽滑行的过程中，合力对小车的冲量大小为mv0
√
√
解析： 小球上升到最高点时与小车有共同速度v，设弧形槽的顶端距底端的高度为h，则由系统水平方向动量守恒和系统机械能守恒得：mv0＝2mv，m＝×2mv2＋mgh，解得h＝，故A正确；小球回到小车右端时设车和球的速度分别为v1、v2，有mv0＝mv1＋mv2，m＝m＋m，得v1＝v0，v2＝0，所以小球离开小车后做自由落体运动，故B错误；在小球沿小车弧形槽滑行的过程中，重力做功为零，对小球由动能定理得WG＋W车＝m－m，将v2＝0和 WG＝0代入可得小车对小球做的功为W车＝－m，故C错误；在小球沿小车弧形槽滑行的过程中，对小车由动量定理得I＝mv1－0，将v1＝v0代入得 I＝mv0，即合力对小车的冲量大小为mv0，方向水平向左，故D正确。
模型四　“滑块—弹簧”模型
1. 模型特点
如图所示，水平面光滑，滑块m1的初速度为v0，滑块m2通过轻弹簧与滑块
m1连接，弹簧处于原长（伸长或压缩）状态，两个滑块的速度、弹簧的长
度发生动态变化。
（1）系统的动量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2。
（2）系统的机械能守恒：由于弹簧发生形变具有弹性势能，系统的总动
能将发生变化，若系统所受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做功，系统
的机械能守恒：m1＝m1＋m2＋Ep。
（3）弹簧的两个特殊状态
①弹簧处于最长（最短）状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系统满
足动量守恒。
②弹簧处于原长时，弹性势能为零，两物体动能之和最大，系统总动
能不变。
2. 基本规律
【典例4】　〔多选〕如图所示，静置于光滑水平面上的物块A、B、C质量
均为m，A、B之间用一根轻弹簧拴接，初始时弹簧处于自然长度，三个物
块均处于静止状态。现同时给A、B一个水平向右的初速度v，A、B一起运
动一段距离后，B、C发生弹性碰撞，则在整个运动过程中（　　）
A. 以A、B及弹簧为系统，动量守恒、机械能守恒
B. B、C碰撞后瞬间，C的速度为v
C. 弹簧的最大弹性势能Epm＝mv2
D. B、C碰撞结束后，当弹簧再次恢复到原长时，B、C速度相等且都为v
√
√
√
解析： 由于B、C碰撞过程有相互作用，有机械能转移，故应以A、B、C及弹簧为系统，动量守恒、机械能守恒，A错误；由于B、C发生弹性碰撞，动量守恒、机械能守恒，有mv＝mv1＋mv2，mv2＝m＋m，联立解得v1＝0，v2＝v，故碰后瞬间B的速度为0，C的速度为v，B正确；A、B速度相等时，弹簧压缩量最大，弹性势能最大，从B、C碰撞后瞬间到A、B速度相等过程，有mv＝2mv'，×mv2＝×2mv'2＋Epm，联立解得弹簧的最大弹性势能为Epm＝mv2，C正确；B、C碰撞结束后，C以速度v做匀速直线运动，当弹簧再次恢复到原长时，A、B速度分别为v3、v4，有 mv＝mv3＋mv4，mv2＝m＋m，解得 v3＝0，v4＝v，所以当弹簧再次恢复到原长时，B、C速度相等且都为v，D正确。
如图所示，位于光滑水平桌面上的小滑块P和Q质量相等，都可视作质点，
Q与轻质弹簧相连。设Q静止，P以某一初速度向Q运动并与弹簧发生相互
作用。在整个过程中，弹簧具有的最大弹性势能等于（　　）
A. P的初动能 B. P的初动能的
C. P的初动能的 D. P的初动能的
√
解析： 　把小滑块P和Q以及弹簧看成一个系统，系统的动量守恒，在整
个过程中，当小滑块P和Q的速度相等时，弹簧的弹性势能最大。以P的初
速度方向为正方向，设小滑块P的初速度为v0，两滑块的质量均为m，则
mv0＝2mv，解得v＝，P的初动能Ek0＝m，弹簧具有的最大弹性势能
Ep＝m－×2mv2＝m＝Ek0，故选项B正确。
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Ffs，摩擦力对
子弹做的功为－Ff（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，下列说法正确
的是（　　）
A. 小木块A的速度减为零时，长木板B的速度大小
为3.75 m/s
B. 小木块A的速度方向一直向左，不可能为零
C. 小木块A与长木板B共速时速度大小为 3 m/s，方向向左
D. 长木板的长度可能为10 m
√
√
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，A正确；根据动量守恒定律，最终速度为v2，
则 Mv0－mv0＝（M＋m）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，B、C错误；根据能量守恒定律得μmgL＝M
＋m－（M＋m），整理得板的长度至少为L＝8 m，因此长木板的
长度可能为10 m，D正确。
3. 质量为M的小车静止于光滑的水平面上，小车的上表面和圆弧的轨道
均光滑。如图所示，一个质量为m的小球以速度v0水平冲向小车，当小球
返回左端脱离小车时，下列说法中正确的是（　　）
A. 整个过程中，m和M组成的系统动量守恒
B. 如果 m＞M，小球脱离小车后，做自由落体运动
C. 如果 m＞M，小球脱离小车后，沿水平方向向右做平抛
运动
D. 如果 m＜M，小球脱离小车后，沿水平方向向右做平抛运动
√
解析：　整个过程中，m和M组成的系统水平方向动量守恒，其他方向动
量不守恒，A错误；取小球的速度v0的方向为正方向，根据动量守恒定律
得 mv0＝mv1＋Mv2，根据机械能守恒定律得m＝m＋M，解得
v1＝v0，如果m＞M，则v1＞0，小球脱离小车后，沿水平方向向右做
平抛运动，C正确，B错误；如果 m＜M，则v1＜0，小球脱离小车后，沿水
平方向向左做平抛运动，D错误。
4. 〔多选〕如图所示，在光滑的水平面上，有质量相等的甲、乙两木块，
甲木块以v的速度向右运动，乙木块左侧连有一轻质弹簧静止在水平面上。
甲木块与弹簧接触后（　　）
A. 甲木块速度大小一直减小直至零
B. 甲木块速度先减小，之后与乙木块保持相同速度向右做匀速运动
C. 甲、乙两木块所组成的系统动量守恒
D. 甲、乙两木块所组成的系统机械能守恒
√
√
解析： 　甲、乙木块的作用过程中，由于甲木块受到弹簧弹力的作用，
速度大小会一直减小，当弹簧恢复原长时，设甲的速度为v1，乙的速度为
v2，甲、乙的质量相等，均设为m，由动量守恒和机械能守恒得：mv＝mv1
＋mv2，mv2＝m＋m，解得v1＝0，v2＝v，所以甲木块速度大小一
直减小，当弹簧恢复原长时，速度变为零，故A正确；甲木块速度大小一
直减小直至零，乙木块的速度一直增加，当甲的速度变为零时，乙以甲原
来的初速度向右运动，故B错误；对于甲、乙两木块所组成的系统，因所
受的合外力为零，故系统动量守恒，故C正确；对甲、乙木块及弹簧组成
的系统，机械能守恒，故D错误。
03
PART
课时作业
题组一　子弹打木块模型　“滑块—木板”模型
1. 〔多选〕如图所示，子弹水平射入放在光滑水平地面上静止的木块后不
再穿出，此时木块动能增加了 6 J，那么此过程产生的内能可能为（　　）
A. 10 J B. 8 J C. 6 J D. 4 J
√
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
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ΔEk＝Mv2＝＝·，系统产生的内能为Q＝m－（M＋m）v2＝，可得 Q＞ΔEk＝6 J，故A、B正确。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
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
√
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
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；由图像可以
知道物体A相对小车B的位移Δx＝v0t1，根据能量守恒定律得μmAgΔx＝
mA－（mA＋mB），根据B中求得质量关系，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。
1
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3. （2025·四川成都高一下期中）一颗子弹水平射入静止在光滑水平地面
上M＝1 kg的木块后不再穿出，木块的动能增加了8 J，设子弹射入木块的
过程中子弹所受阻力恒定，下列说法正确的是（　　）
A. 木块动量变化量的大小为2 kg·m/s
B. 子弹对木块做的功与木块对子弹做功的代数和为0 J
C. 此过程产生的内能可能是10 J
D. 只增大木块质量，子弹射入木块后仍未穿出，则此过程中系统损失的机械能不变
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解析：根据题意可得M＝8 J，解得木
块获得的速度为v1＝4 m/s，所以木块动量
变化量的大小为Δp＝Mv1＝4 kg·m/s，
A错误；设子弹射入木块中的深度为d，从子弹水平射入木块到子弹、木块相对静止，木块位移为x，子弹所受阻力为f，则W子弹对木块＝fx，W木块对子弹＝－f（x＋d），所以W子弹对木块＋W木块对子弹＝－fd，B错误；子弹、木块运动的v-t图像如图1所示，由于图线与横轴所围区域的面积表示物体发生的位移，由图可知x＜d，所以W子弹对木块＝fx＝8 J＜fd＝Q，即此过程产生的内能大于8 J，C正确；只增大木块质量，子弹射入木块后仍未穿出，木块的加
速度减小，v-t图像如图2所示，由图可知，子弹射入木块的深度d增大，产生的内能增大，系统损失的机械能增大，D错误。
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题组二　“滑块—曲（斜）面体”模型　“滑块—弹簧”模型
4. 如图所示，在光滑水平面上放置一个质量为M的滑块，滑块的一侧是一
个弧形凹槽OAB，凹槽半径为R，A点切线水平。另有一个质量为m的小球
以速度v0从A点冲上凹槽，重力加速度大小为g，
不计摩擦。下列说法中正确的是（　　）
A. 当v0＝时，小球能到达B点
B. 如果小球的速度足够大，球将从滑块的左侧离开滑块后落到水平面上
C. 当v0＝时，小球在弧形凹槽上运动的过程中，滑块的动能一直增大
D. 如果滑块固定，小球返回A点时对滑块的压力为m
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解析：　滑块不固定，当v0＝时，设小球沿槽上升的高度为h，
则有mv0＝（m＋M）v，m＝（M＋m）v2＋mgh，可解得h＝
R＜R，故A错误；当小球速度足够大，从B点离开滑块时，由于B
点切线竖直，在B点时小球与滑块的水平速度相同，离开B点后将再次
从B点落回，不会从滑块的左侧离开滑块后落到水平面上，故B错误；
因小球对弧形槽的压力始终对滑块做正功，故滑块的动能一直增大，
故C正确；如果滑块固定，由牛顿第二定律得小球返回A点时对滑块的
压力为mg＋m，故D错误。
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5. 〔多选〕（2025·四川绵阳高二下期中）如图甲所示，一轻弹簧的两端
与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接，并静止在光滑的水平面上。现
使B瞬间获得水平向右的速度3 m/s，以此刻为计时起点，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到t3时间内弹簧都处于伸长状态
B. 从t2到t4时间内弹簧都处于压缩状态
C. 两物体的质量之比为m1∶m2＝ 2∶1
D. 在t2时刻A的速度为1.5 m/s
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解析： 　根据题意和题图乙分析可知，在0 ～ t1时间内B向右减速，A在
向右加速运动，弹簧处于拉伸状态，t1时刻二者速度相同，弹簧有最大伸
长量；t1后，B先向右减速再向左加速，A继续向右加速运动，t2时刻二者速
度差达到最大，弹簧处于原长；t2～t3时间内，A向右减速，B先向左减速后
向右加速，说明弹簧处于压缩状态，t3时刻二者速度再次相同，此时弹簧
有最大压缩量；t3～t4时间内，B向右加速，A向右减速，弹簧处于压缩状
态，t4时B速度达到最大，弹簧又恢复原长，A错误，B正确。t2时刻弹簧处
于原长，相互作用过程中系统动量守恒、机械能守恒，0～t2时间内m2v0＝
m2v2＋m1v1，m2＝m2＋m1，根据题图乙知v0＝3 m/s，v2＝－1
m/s，联立可得，m1∶m2＝2∶1，v1＝2 m/s，C正确，D错误。
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6. 〔多选〕（2025·四川成都高一下期末）如图所示，水平面上有一质量
为5m的小球B与轻弹簧连接，还有质量为2m、半径为R的圆弧形槽C，其
底部与水平面平滑相切，最初B、C均静止。一质量为m的小球A从距槽C顶
端3R处自由落下后恰好滑入槽C，不计一切摩擦，则（　　）
A. 球A沿槽C下滑过程中，槽C对球A做负功
B. 整个过程中球A、球B和槽C构成的系统动量守恒
C. 球A第一次滑至槽C最低点过程中，球A水平向左位移为R
D. 球 A与弹簧作用后，能够追上槽C
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解析： 　球A沿槽C下滑过程中，AC组成的系统机械能守恒，槽C向右
运动机械能增加，球A对槽C做正功，则球A机械能减小，槽C对球A做负
功，A正确；整个过程中球A、球B和槽C构成的系统动量不守恒但水平方
向动量守恒，B错误；球A到槽C上端时的速度为v1，由机械能守恒定律得
mg3R＝m，解得v1＝。球A和槽C组成的系统，设球A到最低点时
的速度为vA，规定水平向左为正方向，由水平方向动量守恒有mvA－2mvC
＝0，则mxA－2mxC＝0，由几何关系xA＋xC＝R，联立解得，球A第一次滑
至槽C最低点过程中，球A水平向左的位移为xA＝R，C错误；
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由能量守恒得m＋mgR＝m＋×2m，其中mvA＝2mvC，联立解
得vA＝4，方向水平向左，vC＝2，方向水平向右。对球A和球B，由
动量守恒定律得mvA＝mvA'＋5mvB，由机械能守恒定律得m＝mvA'2＋
×5m，联立解得vA'＝vA＝－，方向水平向右。因为vA'＞vC，
所以球A与弹簧作用后，能够追上槽C，D正确。
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7. 〔多选〕（2025·四川宜宾期末）如图所示，圆筒C可以沿足够长的水平
固定光滑杆左右滑动，圆筒下方用不可伸长的轻绳悬挂物体B，开始时物
体B和圆筒C均静止，子弹A以100 m/s的水平初速度在极短时间内击穿物体
B后速度减为40 m/s，已知子弹A、物体B、圆筒C的质量分别为mA＝0.1
kg、mB＝1.0 kg、mC＝0.5 kg，重力加速度g＝10 m/s2。下列说法正确的是
（　　）
A. 物体B能上升的最大高度为0.6 m
B. 物体B能上升的最大高度为1.8 m
C. 圆筒C能达到的最大速度为4.0 m/s
D. 圆筒C能达到的最大速度为8.0 m/s
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解析： 　子弹A以100 m/s的水平初速度在极短时间内击穿物体B后速度
减为40 m/s，则A、B组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律有mAv0＝
mAv1＋mBv2，B上升时，与C组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒，
则有mBv2＝（mB＋mC）v3，mB＝（mB＋mC）＋mBgh，解得h＝0.6
m，A正确，B错误；B返回到最低点时，与C组成的系统水平方向动量守
恒，机械能守恒，此时C的速度最大，则有mBv2＝－mBv4＋mCv5，mB＝
mB＋mC，解得v5＝8 m/s，C错误，D正确。
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8. （2025·四川自贡市高二期末）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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9. 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。
答案：0.75　
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解析：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。
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（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？
答案：
解析：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＝。
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