习题课三 动量与能量综合问题的四类模型(Word教参)-【学霸笔记·同步精讲】2026-2027学年高中物理选择性必修第一册（教科版）

本讲义聚焦动量与能量综合问题的四类模型，系统梳理子弹打木块、滑块—木板、滑块—曲（斜）面体、滑块—弹簧模型的特点及规律，构建从模型特点分析到动量守恒、能量守恒规律应用的学习支架。 资料以模型建构为核心，通过典例解析（如子弹打木块多问设计）和素养训练，培养科学思维与科学推理能力。教学效果检测与课时作业分层分类，课中辅助教师引导学生深化理解，课后帮助学生查漏补缺，强化模型应用能力。

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。 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。 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。 答案：（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=。 　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：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　“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 根据动量守恒定律得mv0=（m＋M）v1 以滑块为研究对象，根据动能定理可得－μmgs1=m－m 以木板为研究对象，根据动能定理可得μmgs2=M－0 根据能量守恒定律可得Q热=μmgs3=μmg=m－v1 2。 （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。 （2026•四川省绵阳市东辰国际学校高一月考）如图，质量为m=1 kg的滑块（可视为质点），以初速度v0=6 m/s滑上静置于光滑水平面上质量为M=2 kg的长木板，已知滑块与长木板间的动摩擦因数μ=0.2，且滑块恰好不离开长木板，重力加速度为g=10 m/s2，关于滑块的运动下列说法正确的是（　　） A．因存在摩擦力作用，滑块与长木板组成的系统动量不守恒 B．滑块和长木板共同速度大小为3 m/s C．长木板的长度为6 m D．滑块与长木板相对运动的时间为1.5 s 答案：C 解析：因木板与地面之间不存在摩擦力作用，滑块与长木板之间的摩擦力为系统内力，所以滑块与长木板组成的系统所受合外力为零，则系统的动量守恒，选项A错误；根据动量守恒定律可得mv0=（m＋M）v，解得滑块和长木板的共同速度大小为v=2 m/s，选项B错误；根据能量守恒定律可得μmgl=m－（m＋M）v2，解得长木板的长度为l=6 m，选项C正确；对木板，根据动量定理可得μmgt=Mv，解得滑块与长木板相对运动的时间为t=2 s，选项D错误。 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。 　（2026•四川省成都市郫都区高一期末）如图所示，长为L、质量为M的木板静置在光滑的水平面上，在木板上放置一质量为m的物块，物块与木板之间的动摩擦因数为μ。物块以初速度v0从木板的左端向右滑动时，若木板固定不动时，物块恰好能从木板的右端滑下。若木板不固定，下面叙述正确的是（　　） A．物块仍能从木板的右端滑下 B．系统产生的热量Q=μmgL C．经过t=物块与木板便保持相对静止 D．摩擦力对木板所做的功等于物块克服摩擦力所做的功 解析：C　由于木板固定不动时，物块恰好能从木板的右端滑下，则有m=μmgL，解得v0=，若木板不固定，假设两者达到相等速度v1，则有mv0=v1，μmgx=m－，解得x=＜L，可知，物块不能从木板的右端滑下，选项A错误；根据上述可知，若木板不固定，系统产生的热量Q=μmgx=，选项B错误；物块与木板保持相对静止之前，物块做匀加速直线运动，则有μmg=ma，t= ，解得t=，选项C正确；对物块分析有－Wf克=m－m，摩擦力对木板做功Wf=M，则有Wf克－Wf=，可知摩擦力对木板所做的功小于物块克服摩擦力所做的功，选项D错误。 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。 （2026•四川省成都市高二开学摸底测试）带有四分之一光滑圆弧轨道，质量为m的滑车静止置于光滑水平面上，如图所示，一质量也为m的小球以速度v0水平冲上滑车，到达某一高度后，小球又返回滑车的左端，则（　　） A．小球返回滑车的左端时，速度为v0 B．小球返回滑车的左端时，速度为v0 C．小球上升到最高点时，滑车的速度为v0 D．小球在弧形槽上上升的最大高度为 答案：D 解析：系统水平方向动量守恒，从小球冲上滑车到小球返回滑车的左端的过程，根据动量守恒定律可得mv0=mv车＋mv球，根据机械能守恒定律可得m=m＋m ，解得v球=0，小球返回滑车的左端时，速度为0，选项A、B错误；从小球冲上滑车到小球上升到最高点的过程，根据动量守恒定律可得mv0=2mv车 ，解得v车=v0 ，根据机械能守恒定律可得m=•2m•＋mgh，解得h=，即小球上升到最高点时，滑车的速度为v0 ，小球在弧形槽上上升的最大高度为，选项C错误，选项D正确。 　（2026•四川省绵阳市第一中学高三期中考试）如图所示，在光滑水平面上停放质量为m、装有弧形槽的小车，现有一质量为2m的光滑小球以v0的水平速度沿切线水平的槽口滑上小车，到达某一高度后，小球又返回小车右端，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　） A．小球到达最高点时的速度为 B．小球离开车后，将对地向右做平抛运动 C．小球在弧形槽上上升的最大高度为 D．此过程中小球对车做的功为m 解析：C　由题意，小球到达最高点时，二者共速，系统水平方向动量守恒，以向左为正方向，有2mv0=3mv，根据机械能守恒定律可得×2m=×3mv2＋2mgh，联立解得小球到达最高点时的速度为v=，上升的最大高度为h=，选项A错误，选项C正确；设小球离开小车时，小球的速度为v1，小车的速度为v2，整个过程中水平方向动量守恒，以向左为正方向，根据动量守恒定律可得2mv0=2mv1＋mv2，根据机械能守恒定律可得×2m=×2m＋m，解得v1=v0，v2=v0，所以小球与小车分离后对地将向左做平抛运动，选项B错误；对小车运用动能定理得，小球对小车做功W=m=m，选项D错误。 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。 〔多选〕（2026•四川省遂宁市射洪中学高一月考）如图甲所示，一个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地面上。现使A以3 m/s的速度向B运动压缩弹簧，A、B的速度—时间图像如图乙，则有（　　） A．在t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s，且弹簧都处于压缩状态 B．从t3到t4过程中，弹簧由压缩状态恢复原长 C．两物块的质量之比m1∶m2=1∶2 D．在t2时刻A与B的动能之比Ek1∶Ek2=1∶8 答案：CD 解析：由图乙可知t1时刻之后一小段时间，A速度减小，B速度增大，则t1时刻弹簧处于压缩状态，t3时刻之后一小段时间，A速度增大，B速度减小，则t3时刻处于伸长状态，选项A错误；由图乙可知在t3时刻处于伸长状态，二物块速度相等，弹簧最长，t4时刻两物块速度恢复到初始状态即弹簧恢复原长，因此从t3到t4过程中弹簧由伸长状态恢复原长，选项B错误；根据动量守恒定律，t=0时刻和t=t1时刻系统总动量相等，有m1v1=v2，由图乙可得v1=3 m/s，v2=1 m/s，代入数据解得m1∶m2=1∶2，选项C正确；由图乙可知在t2时刻A的速度为－1 m/s，B的速度为2 m/s。根据Ek=mv2可得Ek1∶Ek2=1∶8，选项D正确。 　（2026•四川省泸县第四中学高二期中）如图所示，光滑水平地面上的A、B两物体质量分别为m、2m，A以某初速度向右运动，B静止且左端有一轻弹簧。当A撞上弹簧，弹簧被压缩至最短时的弹性势能为Ep，则（　　） A．物体A、B系统总动量为 B．物体A的动量变为0 C．物体B的动量达到最大值 D．物体A的初速度为 解析：D　设A的初速度为v，弹簧被压缩至最短时，两物体的速度相同，物体A的动量不会变为0，根据动量守恒定律可得mv=（m＋2m）v1，根据机械能守恒定律可得mv2=＋Ep，解得v=，系统的动量为p=mv=，选项A、B错误，选项D正确；压缩的弹簧会继续对B做正功，B的速度继续增加，所以此时物体B的动量未达到最大值，选项C错误。 1.（2026•四川省合江县马街中学校高二期中）在一次射击游戏中，子弹以某一水平初速度击中静止在光滑水平地面上的木块，进入木块一定深度后与木块相对静止。设木块对子弹的阻力大小恒定，子弹从进入木块到刚与木块相对静止的过程中，下列四幅图中子弹与木块可能的相对位置是（　　） 解析：A　子弹打击木块过程，系统动量守恒，则有mv0=（M＋m）v，对木块，根据动能定理有fxM=Mv2，解得木块的位移xM=M，对子弹，根据动能定理有－fxm=mv2－m，解得子弹的位移xm=M，比较可知xm＞xM，它们的相对位移Δx=xm－xM=M，它们位移的大小关系是xm＞Δx＞xM，故选A。 2.（2026•四川省达州市高级中学江湾城校区高二入学检测）如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为mB=2 kg的另一物体B以水平速度v0=2 m/s滑上原来静止的长木板A的表面。由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，取g=10 m/s2，则下列说法正确的是（　　） A．A、B间的动摩擦因数为0.1 B．系统损失的机械能为4 J C．长木板A的最小长度为2 m D．长木板获得的动能为2 J 解析：A　物体B加速度大小为aB= m/s2=1 m/s2，根据牛顿第二定律可得μmBg=mBaB，解得μ=0.1，选项A正确；根据动量守恒定律可得mBv0=v ，解得mA=2 kg，损失的机械能为E损=mB－v2=2 J ，选项B错误；长木板A的最小长度为L=×1 m－×1×1 m=1 m ，选项C错误；长木板获得的动能为EkA=mAv2=1 J ，选项D错误。 3.〔多选〕（2026•四川省达州市渠县中学高三二模）如图，小车的上面固定一个光滑弯曲圆管道，整个小车（含管道）的质量为m，原来静止在光滑的水平面上。有一个可以看作质点的小球，质量也为m，半径略小于管道半径，以水平速度v从左端滑上小车，小球恰好能到达管道的最高点，然后从管道右端滑离小车。不计空气阻力，关于这个过程，下列说法正确的是（　　） A．小球滑离小车时，小车回到原来位置 B．小球滑离小车时的速度大小为v C．到达最高点时小球上升的竖直高度为 D．小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，小车所受合外力冲量大小为 解析：BCD　由题意可知，小球与小车组成的系统在水平方向上不受外力，所以系统在水平方向上动量守恒。小球从左端滑上小车到从右端滑离小车的过程中，小车水平方向先加速后减速，小球水平方向先减速后加速，在整个过程中小车一直向右运动，不会回到原来位置，选项A错误；根据动量守恒定律可得mv=mv1＋mv2，其中v1是小球速度，v2是小车速度。 根据机械能守恒定律可得mv2=m＋m，解得v1=v，v2=0，小球滑离小车时的速度大小是v，选项B正确；小球恰好到达管道的最高点时，设小球和小车的速度相同为v′，根据动量守恒定律可得mv=2mv′，解得v′=，根据机械能守恒定律可得mv2=×2mv′2＋mgh，解得h=，选项C正确；小球滑到管道的最高点时，根据动量定理可得，小车所受合外力的冲量为I=mv′=，选项D正确。 4.〔多选〕（2026•四川省自贡市高一期末）如图所示，水平光滑轨道宽度和轻弹簧自然长度均为d，两小球质量分别为m1、m2，且m1=2m2，m2的左边有一固定挡板。m1由图示位置静止释放，当m1与m2相距最近时m1的速度为v，则在以后的运动过程中（　　） A．m1的最大速度是v B．m2的最大速度是v C．m1和m2相距最远时，m1的速度为v D．m1和m2速度相等时，弹簧弹性势能为m1v2 解析：CD　小球m1与m2相距最近后继续前进，此后通过弹簧拉动m2前进，m1减速，m2加速，达到共同速度时两者相距最远，此后m1继续减速，m2加速，当两球再次相距最近时，m1的速度最小，m2的速度最大，可知m1第一次到达与m2最近位置时速度最大，最大速度是v；取向右为正方向，当两者再次最近时，根据动量守恒定律和机械能守恒定律分别得m1v=m1v1＋m2v2， m1v2=m1＋m2，解得v1=v=v，v2=v=v，故m2的最大速度为v，选项A、B错误；m1和m2相距最远时，两者共速，则m1v=（m1＋m2）v3，解得v3=v，此时弹簧的弹性势能Ep=m1v2－=m1v2，选项C、D正确。 题组一　子弹打木块模型　“滑块—木板”模型 1.（2026•四川省达州市第一中学高二入学考试）如图所示，质量为m的子弹以水平初速度v0射入静止在光滑水平面上的质量为M的木块中，子弹未从木块中射出，最后共同速度为v，在此过程中，木块在地面上滑动的距离为s，子弹射入木块的深度为d，子弹与木块间的相互作用力为f，以下关系式中不正确的是（　　） A．m－mv2=f B．m－v2=fd C．mv0=v D．Mv2=fd 解析：D　对子弹由动能定理可知－f=mv2－m，即m－mv2=f，选项A正确，不符合题意；对子弹和木块组成的系统由能量守恒定律可知m－v2=fd，选项B正确，不符合题意；对子弹和木块组成的系统由动量守恒定律可知mv0=v，选项C正确，不符合题意；对木块由动能定理Mv2=fs，选项D错误，符合题意。 2.〔多选〕长为L、质量为M的木块在粗糙的水平面上处于静止状态，有一质量为m的子弹（可视为质点）以水平速度v0击中木块并恰好未穿出。设子弹射入木块的过程时间极短，子弹受到木块的阻力恒定，木块运动的最大距离为x，重力加速度为g，下列说法中正确的是（　　） A．子弹受到的阻力大小 B．子弹受到的阻力大小 C．木块与水平面间的动摩擦因数 D．木块与水平面间的动摩擦因数 解析：AC　子弹射入木块的过程时间极短，根据动量守恒定律可得mv0=v，根据能量守恒定律可得fL=m－v2，联立解得f=，选项A正确，选项B错误；子弹和木块一起做匀减速运动，由动能定理得－μgx=0－v2，联立解得μ=，选项C正确，选项D错误。 3.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：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。 题组二　“滑块—曲（斜）面体”模型　“滑块—弹簧”模型 4.〔多选〕（2026•四川省广安市华蓥中学高二期中）如图a，一滑块静置在水平面上，滑块的曲面是半径为R的四分之一圆弧，圆弧最低点切线沿水平方向。小球以水平向右的初速度v0从圆弧最低点冲上滑块，且小球能从圆弧最高点冲出滑块。小球与滑块水平方向的速度大小分别为v1、v2，作出某段时间内v1－v2图像如图b所示，不计一切摩擦，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．滑块与小球在相互作用的过程中，水平方向动量守恒 B．当滑块的速度为0.5v0时，小球运动至最高点 C．小球与滑块的质量比为1∶2 D．小球的初速度大小可能为 解析：AC　小球滑块组成的系统水平方向不受外力，滑块与小球在相互作用的过程中，水平方向动量守恒，选项A正确；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得mv0=mv1＋Mv2，化简为v1=v0－v2，结合图b可得==2，即=，选项C正确；小球运动到最高点时，竖直分速度为零，在水平方向上与滑块具有相同的速度v，在水平方向上由动量守恒定律得mv0=v，解得v=，根据机械能守恒定律可得m=v2＋mgh，其中h＞R，求得v0＞，小球的初速度大小不可能为，故选项B、D错误。 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 解析：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.〔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 解析：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.〔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 解析：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.（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？ 答案：（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.（2026•四川省高三开学考试）如图，一质量为m2=3.0 kg、长度为L的木板静止在光滑水平地面上。墙面固定一劲度系数k=80 N/m的轻弹簧，质量m1=1.0 kg的物块（视为质点）以水平初速度v0从木板左端滑入，当两者共速时木板还未接触到弹簧。物块与木板间动摩擦因数μ=0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧的形变量为x时具有弹性势能Ep=kx2，重力加速度g大小取10 m/s2。求： （1）若v0=4 m/s，木板的最小长度L； （2）木板接触弹簧后，物块与木板即将相对滑动时弹簧的压缩量x1； （3）若木板长度L足够长，整个运动过程物块始终未从木板的右端滑落，要求弹簧压缩量不超过x2=0.2 m（仍在弹性限度内），初速度v0的取值范围（结果保留根号）。 答案：（1）3 m　 （2）0.1 m　 （3）v0≤4 m/s 解析：（1）对物块和木板，根据动量守恒定律得m1v0=（m1＋m2）v共 解得v共=1 m/s 根据能量守恒定律得m1=（m1＋m2）＋μm1gL 解得L=3 m。 （2）物块与木板即将发生相对滑动时，两者之间的摩擦力恰好达到最大静摩擦力，则此时对物块根据牛顿第二定律μm1g=m1a 解得a=2 m/s2 对整体，根据牛顿第二定律得F1=（m1＋m2）a=8 N 又因为F1=kx1，代入数据解得x1=0.1 m。 （3）设弹簧的压缩量恰好为x2=0.2 m，则此时长木板的速度恰好减小为零，则弹簧压缩量由x1=0.1 m到x2=0.2 m的过程中，设当弹簧压缩量为x1=0.1 m时长木板的速度为v1，根据功能关系可得μm1gΔx＋m2=Ep2－Ep1 其中Δx=x2－x1=0.1 m，Ep1=k，Ep2=k 长木板与弹簧接触前，物块和长木板动量守恒m1v0m=（m1＋m2）v共′ 弹簧压缩到x1=0.1 m的过程中，对整体，根据能量守恒定律得（m1＋m2）v共′2=（m1＋m2）＋Ep1 联立，解得v0m=4 m/s 所以，初速度v0的取值范围为v0≤4 m/s。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $