2027高考物理复习易错辨析动量与能量综合拓展模型：易错辨析（含高考真题）

动量与能量综合拓展模型：易错辨

析（含高考真题）

目录

一、守恒条件混淆：动量守恒≠机械能/能量守恒（最核心易错）..................................1

二、子弹打木块/板块模型：相对位移与对地位移混淆（高频丢分）............................2

核心模型..........................................................................................................................2

三、弹簧模型：共速临界与弹性势能极值错判...................................................................2

核心模型..........................................................................................................................3

四、曲面体/人船模型：水平动量守恒与位移关系错用....................................................3

核心模型..........................................................................................................................3

五、传送带+动量能量模型：摩擦力做功与相对位移错算...............................................3

核心模型..........................................................................................................................3

六、爆炸/反冲/完全非弹性碰撞：能量变化规律颠倒....................................................4

七、矢量性与多过程衔接：速度方向、状态衔接错误.......................................................4

八、综合计算易错：公式套用、临界条件、速度合理性...................................................5

动量+能量综合解题三步法（彻底避坑）..........................................................................5

专题1动量和能量综合拓展模型................................................................................................5

真题试练1：传送带及弹簧模型............................................................................................5

真题试练2：板块模型综合..................................................................................................10

真题试练3：曲面体模型综合..............................................................................................22

动量与能量综合是高考物理力学压轴题的核心必考考点，涵盖子弹打木块、板块模型

、弹簧模型、曲面体模型、人船模型、传送带+碰撞、流体冲击七大经典拓展模型。

这类题目过程复杂、综合性强，学生高频失分并非公式不熟，而是守恒条件误判、模

型规律混淆、相对位移/冲量错算、矢量性忽略、能量转化关系模糊。本文结合高考

真题与典型模型，系统梳理易错点，直击丢分根源。

一、守恒条件混淆：动量守恒≠机械能/能量守恒（最核心

易错）

动量与能量守恒的判断逻辑完全不同，是学生最易踩坑的基础点。

1.误区1：认为系统动量守恒，机械能/动能就一定守恒

辨析：动量守恒看合外力，能量守恒看做功类型。

￮动量守恒条件：系统合外力为0（理想守恒）、内力远大于外力（碰撞/爆炸/

打击，近似守恒）、某一方向合外力为0（分方向守恒）；

￮机械能守恒条件：只有重力/系统内弹簧弹力做功，无摩擦、电机力等其他力

做功；

￮典型反例：板块模型、子弹打木块，动量守恒但机械能损失（摩擦生热）；爆

炸/反冲，动量守恒但机械能增加（内力做功）。

2.误区2：仅看整体动量，忽略“分方向守恒”

辨析：曲面体、人船模型中，系统竖直方向受重力，合外力不为0，动量不守恒；但

水平方向光滑、合外力为0，水平动量守恒，这是解题关键，不可直接用整体动量守

恒。

3.误区3：把“初末动量相等”当作“动量守恒”

辨析：初末动量相等仅说明合外力总冲量为0，过程中动量可能时刻变化，不属于动

量守恒；只有全过程动量始终不变，才是动量守恒。

二、子弹打木块/板块模型：相对位移与对地位移混淆（高

频丢分）

该模型是动量+能量综合的最经典考法，失分集中在“位移与热量的对应关系”。

核心模型

光滑水平面，质量为푚的滑块以푣0滑上质量为푀的木板，滑块与木板间滑动摩擦力为푓

。

1.误区1：摩擦生热푄=푓⋅푥对地，错误用“对地位移”计算热量

辨析：摩擦生热的核心是相对位移，公式为푸=풇⋅풙相对（滑块与木板的相对滑动距离

）；而动能定理中，摩擦力做功必须用对地位移（푊푓=−푓⋅푥滑块对地、푊푓=푓⋅

푥木板对地）。

2.误区2：认为木板获得的动能等于푓⋅퐿（퐿为板长）

辨析：木板的对地位移푥板<相对位移퐿，由动能定理푓⋅푥板=퐸k板，因此木板动能一定

小于푓퐿。

3.误区3：忽略“共速”临界条件，误判滑块脱离/共速

辨析：滑块与木板共速时，无相对滑动，摩擦力变为静摩擦力，相对位移停止；若未

共速就到达木板末端，滑块脱离，此时相对位移等于板长퐿。

三、弹簧模型：共速临界与弹性势能极值错判

弹簧模型是“弹性碰撞+动量守恒+机械能守恒”的结合体，临界条件极易混淆。

核心模型

光滑水平面，两物体通过轻弹簧连接，一物体以初速度푣0运动。

1.误区1：认为弹簧最长/最短时，两物体速度不等

辨析：弹簧形变量最大（最长/最短）的临界条件是两物体共速，此时弹性势能最大

；弹簧恢复原长时，弹性势能为0，对应弹性碰撞（动量+机械能守恒）。

2.误区2：弹簧最大长度与最小长度之差等于形变量푥

辨析：弹簧从压缩最短到伸长最长，形变量变化为2푥，因此最大长度−最小长度=2x

，而非푥。

3.误区3：有摩擦力时，仍认为系统机械能守恒

辨析：弹簧模型机械能守恒的前提是光滑无摩擦，若接触面粗糙，摩擦力做功，机械

能转化为内能，机械能不守恒，仅能联立动量守恒+能量守恒解题。

四、曲面体/人船模型：水平动量守恒与位移关系错用

这类模型以“水平方向动量守恒+初始静止”为核心，位移关系是失分重灾区。

核心模型

光滑水平面，曲面滑块/小船+人，系统初始水平静止。

1.误区1：人船模型中，把“相对位移”当作“绝对位移”

辨析：人船模型核心公式풎人풙人=풎船풙船，其中푥人、푥船均为对地位移，且满足푥人+

푥船=퐿（船长/曲面水平总长），不可用相对位移直接计算。

2.误区2：曲面体模型中，认为小球上升最大高度时速度为0

辨析：小球上升最大高度时，竖直方向速度为0，但水平方向与曲面体共速，此时系

统水平动量守恒、机械能守恒，并非小球速度为0。

3.误区3：系统初始有水平速度，仍套用푚1푥1=푚2푥2

辨析：人船模型的前提是系统水平初动量为0，若初始有水平速度，该公式不成立，

需用动量守恒通式求解。

五、传送带+动量能量模型：摩擦力做功与相对位移错算

传送带结合碰撞、弹簧的综合题，因“摩擦力方向可变、相对运动复杂”，失分率极高

。

核心模型

匀速传送带+滑块，滑块与传送带间有摩擦，可发生碰撞/连接弹簧。

1.误区1：摩擦生热用滑块“对地位移”计算

辨析：传送带模型中，摩擦生热仍为푄=푓⋅푥相对（滑块与传送带的相对滑动距离），

与板块模型规律一致，不可用滑块对地位移。

2.误区2：碰撞后滑块返回传送带，忽略摩擦力方向变化

辨析：滑块速度与传送带反向时，滑动摩擦力方向立即改变，但加速度大小푎=휇푔不

变，需分段分析运动过程，不可全程套用同一公式。

3.误区3：认为传送带匀速，系统动量守恒

辨析：传送带由电机驱动，系统受到电机的外力，合外力不为0，动量不守恒，只能

用动能定理、动量定理分段求解，不可列动量守恒方程。

六、爆炸/反冲/完全非弹性碰撞：能量变化规律颠倒

碰撞、爆炸、反冲是动量守恒的典型场景，能量变化规律极易记反。

1.误区1：爆炸/反冲过程机械能减少，完全非弹性碰撞动能增加

辨析：

￮爆炸/反冲：内力做正功，化学能/内能转化为机械能，机械能一定增加；

￮完全非弹性碰撞：碰后共速，机械能损失最大（损失的动能转化为内能/形变

能）。

2.误区2：完全非弹性碰撞忘记“共速”核心公式

辨析：完全非弹性碰撞动量守恒公式：풎ퟏ풗ퟏ+풎ퟐ풗ퟐ=(풎ퟏ+풎ퟐ)풗共，动能损失Δ

111

퐸=푚푣2+푚푣2−(푚+푚)푣2。

kmax211222212共

3.误区3：碰撞时间不短，仍认为动量近似守恒

辨析：动量近似守恒的前提是作用时间极短、内力远大于外力；若碰撞时间长，外力

冲量不可忽略，动量不守恒。

七、矢量性与多过程衔接：速度方向、状态衔接错误

动量是矢量，多过程问题的状态衔接是基础失分点。

1.误区1：碰撞/反弹时，速度方向未变号，动量计算错误

辨析：所有动量相关计算第一步必须规定正方向，反向速度带负号，动量变化Δ푝=푚

푣末−푚푣初（严格带符号计算）。例如小球撞墙原速率反弹，Δ푝=−2푚푣，而非0。

2.误区2：多过程运动，忽略“前一过程末速度=后一过程初速度”

辨析：冰壶滑行、滑块多段运动、传送带+碰撞等多过程问题，前一过程的末速度是

后一过程的初速度，大小、方向必须严格衔接，不可随意更改。

3.误区3：流体模型中，速度变化量计算错误

辨析：水流/气流撞墙、撞物体，垂直接触面的速度分量变为0，仅计算垂直方向的动

量变化；流体微元质量Δ푚=휌푆푣Δ푡，动量定理퐹Δ푡=Δ푝=Δ푚⋅Δ푣。

八、综合计算易错：公式套用、临界条件、速度合理性

1.误区1：混淆动量定理（时间）与动能定理（位移）

辨析：求时间、冲量、动量变化→用动量定理（퐼合=Δ푝）；求位移、功、动能变化→

用动能定理（푊合=Δ퐸k），不可混用。

2.误区2：弹性碰撞速度公式记错

辨析：一动一静弹性碰撞（푚1以푣1碰静止푚2），碰后速度：

푚1−푚22푚1

′′′′

푣1=푣1，푣2=푣1；质量相等时速度交换（푣1=0，푣2=푣1）。

푚1+푚2푚1+푚2

3.误区3：忽略一维碰撞“速度合理性”

辨析：一维碰撞后，后方物体速度≤前方物体速度，否则会发生二次碰撞，不符合实际

，若计算结果违反该规律，说明方程列写错误。

动量+能量综合解题三步法（彻底避坑）

1.判守恒：先分析系统受力，判断动量是否守恒（整体/分方向）；再分析做功

类型，判断机械能/能量是否守恒；

2.抓临界：锁定共速、弹簧最大形变量、小球最大高度、滑块脱离木板等临界状

态，列对应方程；

3.明位移：动能定理用对地位移，摩擦生热用相对位移，人船模型用对地位移，

严格区分不混淆。

专题1动量和能量综合拓展模型

真题试练1：传送带及弹簧模型

1.(2025福建,8,6分)(多选)传送带沿顺时针方向运行的速度大小恒为1m/s。两个物

块A、B用一根轻弹簧连接,A的质量为1kg,B的质量为2kg,A与传送带间的动摩擦因数

为0.5,B与传送带间的动摩擦因数为0.25。t=0时,将两物块放置在传送带上,给A一个向

右的初速度v0=2m/s,B的速度为零,弹簧自然伸长。在t=t0时,A与传送带第一次共速,此

2

时弹簧的弹性势能Ep=0.75J,传送带足够长,g取10m/s,A可在传送带上留下痕迹,则(

)

t

A.在t=0时,B的加速度大于A的加速度

2

B.t=t0时,B的速度大小为0.5m/s

C.t=t0时,弹簧的压缩量为0.2m

D.0~t0过程中,A在传送带上留下的痕迹长度小于0.05m

答案BD根据题意可知传送带对A、B的滑动摩擦力大小相等,且都为f=0.5×1×10

N=0.25×2×10N=5N,初始时A向右减速,滑动摩擦力方向向左,B向右加速,滑动摩擦力方

向向右,可知在A与传送带第一次共速前,A、B整体所受合力为零,系统动量守恒,有

mAv0=mAv+mBvB,v=1m/s,代入数据解得在t=t0时,B的速度大小为vB=0.5m/s,在A与传送带

第一次共速前,在任意时刻单独对A、B根据牛顿第二定律有f+F弹=mAaA=mBaB,由于mA<mB,可

知aA>aB,A错误,B正确。在0~t0时间内,设A、B向右运动的位移分别为xA、xB,由功能关系

111

有-fx+fx+mv2=mv2+mv2+E,解得x-x=0.1m,故t=t时弹簧的压缩量Δx=x-x=0.1

AB2A02A2BBpAB0AB

m,C错误。0~t0时间内,A与传送带的相对位移大小x相A=xA-vt0,B与传送带的相对位移大小

x相B=vt0-xB,可得x相A+x相B=xA-xB=0.1m,由于0~t0时间内A向右做加速度逐渐增大的减速运

动,B向右做加速度逐渐增大的加速运动,且满足aA=2aB,作出A、B的v-t图像如图所示

可知x相A对应图形MNA的面积,x相B对应图形NOBA的面积,结合图像可知x相A<x相B,解得x

相A<0.05m,D正确。

2.(2025广西,15,16分)(16分)图甲为某智能分装系统工作原理示意图,每个散货经倾斜传

送带由底端A运动到顶端B后抛出,撞击冲量式传感器使其输出一个脉冲信号,随后竖直掉

入已与水平传送带共速的货箱中,此系统利用传感器探测散货的质量,自动调节水平传送带

的速度,实现按规格分装。倾斜传送带与水平地面夹角为30°,以速度v0匀速运行。若以相

同的时间间隔Δt将散货以几乎为0的速度放置在倾斜传送带底端A,从放置某个散货时开

始计数,当放置第10个散货时,第1个散货恰好被水平抛出。散货与倾斜传送带间的动摩擦

因数μ=3,到达顶端前已与倾斜传送带共速。设散货与传感器撞击时间极短,撞击后竖直方

2

向速度不变,水平速度变为0,每个长度为d的货箱装总质量为M的一批散货。若货箱之间

无间隔,重力加速度为g。分装系统稳定运行后,连续装货,某段时间传感器输出的每个脉冲

信号与横轴所围面积为I,如图乙,求这段时间内:

(1)单个散货的质量。

(2)水平传送带的平均传送速度大小。

(3)倾斜传送带的平均输出功率。

IIdI(2v+9gΔt)

答案(1)(2)(3)0

v0Mv0Δt2Δt

【命题点】传送带模型力学三大观点的综合应用

解析(1)由于散货到达倾斜传送带顶端前已与传送带共速,且到达顶端后水平抛出,则散货

到达倾斜传送带顶端的速度大小为v0,由于F-t图线与横轴所围的面积表示冲量,则散货撞

击传感器的过程,水平方向上由动量定理有-I=0-mv0

I

解得单个散货的质量为m=

v0

MMv

(2)每个长度为d的货箱装总质量为M的一批散货,则装有散货的个数为n==0

mI

由于每隔Δt释放一个散货,则该过程货箱的运动时间为

MvΔt

t=nΔt=0

I

dId

由于货箱和水平传送带共速,则水平传送带的平均传送速度大小为v==

tMv0Δt

(3)散货在倾斜传送带上加速运动时,由牛顿第二定律可知散货的加速度大小为a=

μmgcos30°-mgsin30°1

=g

m4

v4v

则加速过程的运动时间为t'=0=0

ag

由于放置第10个散货时,第1个散货恰好水平抛出,则A、B间的长度为

v22v2

L=0+v(9Δt-t')=9vΔt-0

2a00g

从第1个散货抛出后瞬间到第2个散货抛出前瞬间,倾斜传送带输出的能量ΔE=mgLsin30

1

°+mv2+μmgcos30°·Δx(点拨:在每一个散货抛出后到下一个散货抛出前,因摩擦生热

20

平均多输出的能量为μmgcos30°·Δx)

vv2v2

Δx=vt'-0t'=0t'=0

022g

ΔEI(2v+9gΔt)

该过程的时间为Δt,则倾斜传送带的平均输出功率为P==0

Δt2Δt

3.(2024贵州,15,19分)如图,半径为R=1.8m的四分之一光滑圆轨道固定在竖直平面内,

其末端与水平地面PM相切于P点,PM的长度d=2.7m。一长为L=3.3m的水平传送带以

恒定速率v0=1m/s逆时针转动,其右端与地面在M点无缝对接。物块a从圆轨道顶端由静

止释放,沿轨道下滑至P点,再向左做直线运动至M点与静止的物块b发生弹性正碰,碰撞

时间极短。碰撞后b向左运动到达传送带的左端N时,瞬间给b一水平向右的冲量I,其大

小为6N·s。以后每隔Δt=0.6s给b一相同的瞬时冲量I,直到b离开传送带。已知a的质

量为ma=1kg,b的质量为mb=2kg,它们均可视为质点。a、b与地面及传送带间的动摩擦因

数均为μ=0.5,取重力加速度大小g=10m/s2。求:

(1)a运动到圆轨道底端时轨道对它的支持力大小;

(2)b从M运动到N的时间;

(3)b从N运动到M的过程中与传送带摩擦产生的热量。

【答案】(1)30N(2)3.2s(3)95J

1

【解析】(1)a从静止释放到运动到圆轨道底端过程,根据机械能守恒定律有mgR=mv2,

a2aP

v2

在P点,设轨道对a的支持力大小为N,根据牛顿第二定律有N-mg=mP,联立解得N=30N

aaR

。

1

(2)a从静止释放到M点过程中,根据动能定理有mgR-μmgd=mv2-0,解得v=3m/s,

aa2aMM

11

a与b发生弹性碰撞的过程,根据动量守恒定律和动能守恒有mv=mv+mv,mv2=mv2+

aMaabb2aM2aa

1

mv2,

2bb

联立解得vb=2m/s,

b滑上传送带后,先做减速运动,根据牛顿第二定律有μmbg=mba,

解得a=5m/s2,

v-v

的速度减小到与传送带速度相等所需的时间=b0=.,

bt1a02s

v+v

此时的对地位移=b0·=.,

x2t103m

L-x

此后b做匀速直线运动,b到达传送带最左端还需要的时间t2==3s,

v0

b从M运动到N的时间t=t1+t2=3.2s。

(3)设向右为正方向,b到达N的瞬间给b一水平向右的冲量,对b根据动量定理有I=mbv-(-

mbv0),解得v=2m/s,

v

向右减速到零所需的时间==.,

bt3a04s

v

向左从零加速到所需的时间=0=.,

bv0t4a02s

可得恰好Δt=t3+t4,

b在Δt时间内向右运动的距离

vv

=·-0·=.,

Δx2t32t403m

之后b重复向右减速到0然后向左加速到v0的过程,循环10次后b向右运动的距离x'=10

·Δx=3m,

vv

每一次相对传送带运动的路程=·++-0·=.,

s2t3v0t3v0t42t409m

b从N向右运动3m的过程中b与传送带摩擦产生的热量Q1=10μmbgs=90J,

1

然后b继续向右减速运动,根据运动学公式有vt-at2=L-x',解得t=0.2s(另一解不合题意

5255

,舍去),

此过程,b相对传送带运动的路程s'=L-x'+v0t5=0.5m,

此过程中b与传送带摩擦产生的热量Q2=μmbgs'=5J,

b从N运动到M的过程中与传送带摩擦产生的热量Q=Q1+Q2=95J。

4.(2024湖北,14,16分)如图所示,水平传送带以5m/s的速度顺时针匀速转动,传送带左右

两端的距离为3.6m。传送带右端的正上方有一悬点O,用长为0.3m、不可伸长的轻绳悬

挂一质量为0.2kg的小球,小球与传送带上表面平齐但不接触。在O点右侧的P点固定一

钉子,P点与O点等高。将质量为0.1kg的小物块无初速轻放在传送带左端,小物块运动到

右端与小球正碰,碰撞时间极短,碰后瞬间小物块的速度大小为1m/s,方向水平向左。小球

碰后绕O点做圆周运动,当轻绳被钉子挡住后,小球继续绕P点向上运动。已知小物块与传

送带间的动摩擦因数为0.5,重力加速度大小g=10m/s2。

(1)求小物块与小球碰撞前瞬间,小物块的速度大小。

(2)求小物块与小球碰撞过程中,两者构成的系统损失的总动能。

(3)若小球运动到P点正上方,绳子不松弛,求P点到O点的最小距离。

【答案】(1)5m/s(2)0.3J(3)0.2m

2

【解析】(1)根据题意,小物块在传送带上,由牛顿第二定律有μm物g=m物a,解得a=5m/s

v2

由运动学公式可得,小物块与传送带共速时运动的距离为x=传=2.5m<L=3.6m

2a传

可知,小物块运动到传送带右端前已和传送带共速,即小物块与小球碰撞前瞬间,小物块的速

度大小为5m/s。

(2)小物块运动到传送带右端与小球正碰,碰撞时间极短,小物块与小球组成的系统动量守恒

,以向右为正方向,由动量守恒定律有m物v=m物v1+m球v2

其中v=5m/s,v1=-1m/s,解得v2=3m/s

111

小物块与小球碰撞过程中,两者构成的系统损失的总动能为ΔE=mv2-mv2-mv2

k2物2物12球2

解得ΔEk=0.3J。

(3)设P点到O点的距离为d,小球在P点正上方时速度为v3,小球从O点正下方到P点正

11

上方过程中,由机械能守恒定律有mv2=mv2+mg(2L-d)(点拨:v不变,要d最小,则

2球22球3球绳2

v3最小)

当小球运动到P点正上方,绳子恰好不松弛,即绳子的拉力刚好为零时,v3最小

2

v3

在P点正上方,由牛顿第二定律有m球g=m球

L绳-d

联立解得d=0.2m

即P点到O点的最小距离为0.2m。

专题1动量和能量综合拓展模型

真题试练2：板块模型综合

1.(2025湖北,15,18分)如图所示,一足够长的平直木板放置在水平地面上,木板上有

3n(n是大于1的正整数)个质量均为m的相同小滑块,从左向右依次编号为1、2、…、3n,

木板的质量为nm。相邻滑块间的距离均为L,木板与地面之间的动摩擦因数为μ,滑块与木

板间的动摩擦因数为2μ。初始时木板和所有滑块均处于静止状态。现给第1个滑块一个

水平向右的初速度,大小为βμgL(β为足够大常数,g为重力加速度大小)。滑块间的每次碰

撞时间极短,碰后滑块均会粘在一起继续运动。最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

(1)求第1个滑块与第2个滑块碰撞前瞬间,第1个滑块的速度大小。

(2)记木板滑动前第j个滑块开始滑动时的速度为vj,第j+1个滑块开始滑动时的速度为vj+1

。用已知量和vj表示vj+1。

(3)若木板开始滑动后,滑块间恰好不再相碰,求β的值。

1

提示:12+22+…+k2=k(k+1)(2k+1)

6

j4n(2n+1)

2

答案(1)(β-4)μgL(2)vj+1=2-4μgL(3)(8n+10n+5)

j+1vj3(2n-1)

解析(1)由2μmg<4μnmg可知在第1个滑块与第2个滑块碰撞前木板静止(n为大于1的

整数),

2μmg

解法一:滑块1的加速度大小a==2μg

m

22

v1-v1t=2aL

代入v1=βμgL得v1t=(β-4)μgL

解法二:对滑块1,由动能定理得

11

-2μmgL=mv2-mv2

21t21

解得v1t=(β-4)μgL

(2)木板保持静止,设第j个滑块与第j+1个滑块碰撞前速度为vjt

22

vj-vjt=2aL

碰撞过程动量守恒,有jmvjt=(j+1)mvj+1

得(j+1)vj+1=j2-4μgL

vj

j

得vj+1=2-4μgL

j+1vj

22222

(3)由(2)问的分析可得(j+1)vj+1=jvj-4μgL·j

同理,有

22222

jvj=(j-1)vj-1-4μgL(j-1)

……

22222

2v2=1v1-4μgL·1

2222222

所有等式两边各自相加得(j+1)vj+1=v1-4μgL(1+2+3+…+j)

j(j+1)(2j+1)

则(j+1)2v2=v2-4μgL·

j+116

β2j(2j+1)

解得vj+1=-μgL

(j+1)23(j+1)

设第x个滑块开始运动时木板才能滑动,则满足x·2μmg>μ·4nmg≥(x-1)·2μmg,即

2n+1≥x>2n,可知第2n+1个滑块开始运动时木板才能滑动

代入j=2n

β4n(4n+1)

此时v2n+1=-μgL

(2n+1)23(2n+1)

木板及未相对木板滑动的滑块组成的整体的加速度

2μ(2n+1)mg-μ·4nmg2

a'==μg<2μg

(2n-1)m2n-1

作出v-t图像如图,滑块间恰好不再相碰时vt=v2n+1-aΔt=a'Δt

1

L=vΔt

22n+1

β4n(4n+1)8n

即-μgL=μgL

(2n+1)23(2n+1)2n-1

4n(2n+1)

β=(8n2+10n+5)

3(2n-1)

2.(2024甘肃,14,15分)如图,质量为2kg的小球A(视为质点)在细绳O'P和OP作用下处

于平衡状态,细绳O'P=OP=1.6m,与竖直方向的夹角均为60°。质量为6kg的木板B静

止在光滑水平面上,质量为2kg的物块C静止在B的左端。剪断细绳O'P,小球A开始运

动。(重力加速度g取10m/s2)

(1)求A运动到最低点时细绳OP所受的拉力。

(2)A在最低点时,细绳OP断裂。A飞出后恰好与C左侧碰撞(时间极短),碰后A竖直下落

,C水平向右运动。求碰后C的速度大小。

(3)A、C碰后,C相对B滑行4m后与B共速。求C和B之间的动摩擦因数。

【答案】(1)40N(2)4m/s(3)0.15

【解析】根据题意,设A、C质量分别为mA、mC,则mA=mC=2kg,设B的质量为mB,则

mB=6kg,设细绳OP长为l,则l=1.6m,设初始时细绳与竖直方向的夹角为θ,则θ=60°。

(1)A开始运动到最低点的过程中,有

1

mgl(1-cosθ)=mv2-0,

A2A0

对A在最低点受力分析,根据牛顿第二定律有

mv2

T-mg=A0,

Al

解得v0=4m/s,T=40N,

由牛顿第三定律可知,A运动到最低点时细绳OP所受的拉力大小为40N。

(2)A与C相碰过程,水平方向动量守恒,由于碰后A竖直下落,则可知碰后A的水平速度大

小为零,对于碰撞过程有mAv0=0+mCvC,

解得vC=v0=4m/s。

(3)A、C碰后,C相对B滑行到共速的过程示意图如图所示,

C相对B滑行4m后与B共速,则对C、B分析,根据动量守恒有mCvC=(mB+mC)v,

11

根据能量守恒有μmgx=mv2-(m+m)v2,

C相对2CC2BC

联立解得μ=0.15。

3.(2024安徽,14,14分)如图所示,一实验小车静止在光滑水平面上,其上表面有粗糙水平轨

道与光滑四分之一圆弧轨道,圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点。一物块静止于小

车最左端,一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方,并轻靠在物块左侧。现将细线

拉直到水平位置,由静止释放小球,小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后,物块

沿小车上的轨道运动。已知细线长L=1.25m,小球质量m=0.20kg,物块、小车质量均为

M=0.30kg,小车上的水平轨道长s=1.0m,圆弧轨道半径R=0.15m。小球、物块均可视为

质点,不计空气阻力,重力加速度g取10m/s2。

(1)求小球运动到最低点与物块碰撞前,所受拉力的大小;

(2)求小球与物块碰撞后的瞬间,物块速度的大小;

(3)为使物块能进入圆弧轨道,且在上升阶段不脱离小车,求物块与水平轨道间的动摩擦因数

μ的取值范围。

【答案】(1)6N(2)4m/s(3)0.25≤μ<0.4

1

【解析】(1)小球从释放到运动至最低点的过程,根据动能定理有mgL=mv2-0

20

解得v0=5m/s

v2

在最低点,对小球由牛顿第二定律有F-mg=m0

TL

解得小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小为FT=6N。

11

(2)小球与物块发生弹性碰撞,由动量守恒定律和机械能守恒定律有mv=mv+Mv、mv2=

012202

1

mv2+Mv2

122

2m

解得v=v=4m/s,故小球与物块碰撞后的瞬间,物块速度的大小为4m/s。

2m+M0

(3)若物块恰好运动到圆弧轨道的最低点时物块与小车共速,则对物块与小车整体由水平方

向动量守恒有Mv2=2Mv3

11

由能量守恒定律有Mv2=×2Mv2+μMgs

22231

解得μ1=0.4

若物块恰好运动到与圆弧圆心等高的位置时两者共速,则对物块与小车整体由水平方向动量

守恒有Mv2=2Mv4

11

由能量守恒定律有Mv2=×2Mv2+μMgs+MgR

22242

解得μ2=0.25

综上所述,物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围为0.25≤μ<0.4。

4.(2024河北,15,16分)如图,三块厚度相同、质量相等的木板A、B、C(上表面均粗糙)并

排静止在光滑水平面上,尺寸不计的智能机器人静止于A木板左端。已知三块木板质量均

为2.0kg,A木板长度为2.0m,机器人质量为6.0kg,重力加速度g取10m/s2,忽略空气

阻力。

(1)机器人从A木板左端走到A木板右端时,求A、B木板间的水平距离。

(2)机器人走到A木板右端相对木板静止后,以做功最少的方式从A木板右端跳到B木板左

端,求起跳过程机器人做的功,及跳离瞬间的速度方向与水平方向夹角的正切值。

(3)若机器人以做功最少的方式跳到B木板左端后立刻与B木板相对静止,随即相对B木板

连续不停地3次等间距跳到B木板右端,此时B木板恰好追上A木板。求该时刻A、C两

木板间距与B木板长度的关系。

7

【答案】(1)1.5m(2)90J2(3)x=L

AC4B

【解析】(1)设机器人的质量为m,木板的质量均为M,

机器人从左向右走,A板向左运动,二者组成的系统动量守恒,因开始时总动量为零,故机器

人在木板A上行走时,二者动量时刻等大反向,有mx机=MxA(点拨:联想到人船模型)

又x机+xA=LA=2.0m

联立解得xA=1.5m,故此时A、B间距为1.5m。

11

(2)由能量守恒定律得W=mv2+Mv2

22A

设机器人跳离瞬间的速度方向与水平方向的夹角为θ,机器人与A木板在水平方向上动量守

恒,有mvcosθ=MvA

联立得W=3v2+9v2cos2θ

2vsinθ

机器人做斜抛运动,其跳到木板B左端时水平方向位移为x=vcosθ×t,t=

A00g

解得v2sin2θ=15

1+3cos2tanθ2

所以W=45×θ=45+

sin2θ2tanθ

由数学均值不等式可知,当tanθ=2时,W取到最小值Wmin=90J

12132vsinθ15

(3)由(2)得,tanθ=2,cosθ=,sinθ=,vcosθ=15m/s,v=15m/s,t==

552A20g5

s

xA0=vAt0=4.5m,x和=xA0+xA=6m

机器人跳到B板上立刻相对静止,mvcosθ=(2M+m)vC

3

解得v=15m/s

C10

此时如图1

跳3次后如图2

跳第1次,(m+M)vC=MvB1+mv1

(m+M)vCt1=-MxB1+mx1(点拨:选取向右为正方向,由题意知,机器人起跳后B向左运动)①

1

x+x=L②

1B13B

跳第2次,(m+M)vC=MvB2+mv2

(m+M)vCt2=-MxB2+mx2③

1

x+x=L④

2B23B

跳第3次,(m+M)vC=MvB3+mv3

(m+M)vCt3=-MxB3+mx3⑤

1

x+x=L⑥

3B33B

此过程中木板C前进的位移xC=vC(t1+t2+t3)⑦

联立①~⑦得(m+M)xC=mLB-(M+m)xB

化简得4xC=-4xB+3LB⑧

由B板恰追上板A得xB=xA'+x和

xA'=vA(t1+t2+t3)⑨

xC

由⑦⑨得xA'=vA=5xC

vC

1

联立解得x=L-1

C8B

xAC=xC+LB+x和+xA'

7

解得x=L

AC4B

5.(2023辽宁,15,17分)如图,质量m1=1kg的木板静止在光滑水平地面上,右侧的竖直墙面

固定一劲度系数k=20N/m的轻弹簧,弹簧处于自然状态。质量m2=4kg的小物块以水平向

5

右的速度v=m/s滑上木板左端,两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长,物块与木

04

板间的动摩擦因数μ=0.1,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内,弹簧

1

的弹性势能E与形变量x的关系为E=kx2。取重力加速度g=10m/s2,结果可用根式表示

pp2

。

(1)求木板刚接触弹簧时速度v1的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1。

(2)求木板与弹簧接触以后,物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时木板速

度v2的大小。

(3)已知木板向右运动的速度从v2减小到0所用时间为t0。求木板从速度为v2时到之后与

物块加速度首次相同时的过程中,系统因摩擦转化的内能ΔU(用t0表示)。

3

【答案】(1)1m/s0.125m(2)0.25mm/s(3)43t-8t2

200

【解析】(1)对物块与木板整体分析

由动量守恒定律得

m2v0=(m1+m2)v1①

m2v0

可得v1==1m/s②

m1+m2

对木板分析,应用动能定理有

1

μmgx=mv2③

21211

解得x1=0.125m④

(2)设物块与木板即将相对滑动时二者的加速度大小为a,对木板与物块整体分析可知

kx2=(m1+m2)a⑤

对物块有

μm2g=m2a⑥

联立⑤⑥得

a=1m/s2⑦

x2=0.25m⑧

对木板、物块与弹簧三者组成的系统根据能量守恒定律有

111

(m+m)v2=(m+m)v2+kx2⑨

2121212222

3

解得v=m/s⑩

22

(3)木板速度为v2后,木板与物块加速度首次相同时,木板加速度大小仍为a,其受力情况与

速度为v2时的受力情况相同,弹簧压缩量仍为x2,木板速度大小仍为v2,根据运动过程的对

称性知,运动的总时间为2t0,而物块在该过程中一直做匀变速直线运动,有

v'2=v2-a·2t0

联立⑦⑩得

3

v'=-2t

220

由能量守恒定律可知系统因摩擦转化的内能

11

ΔU=mv2-mv'2

222222

联立⑩得

32

ΔU=4t0-8t0

6.(2023山东,18,16分)如图所示,物块A和木板B置于水平地面上,固定光滑弧形轨道末

端与B的上表面所在平面相切,竖直挡板P固定在地面上。作用在A上的水平外力,使A

与B以相同速度v0向右做匀速直线运动。当B的左端经过轨道末端时,从弧形轨道某处无

初速度下滑的滑块C恰好到达最低点,并以水平速度v滑上B的上表面,同时撤掉外力,此

时B右端与P板的距离为s。已知v0=1m/s,v=4m/s,mA=mC=1kg,mB=2kg,A与地面间

无摩擦,B与地面间动摩擦因数μ1=0.1,C与B间动摩擦因数μ2=0.5,B足够长,使得C不会

从B上滑下。B与P、A的碰撞均为弹性碰撞,不计碰撞时间,取重力加速度大小g=10m/s2

。

(1)求C下滑的高度H;

(2)与P碰撞前,若B与C能达到共速,且A、B未发生碰撞,求s的范围;

(3)若s=0.48m,求B与P碰撞前,摩擦力对C做的功W;

(4)若s=0.48m,自C滑上B开始至A、B、C三个物体都达到平衡状态,求这三个物体总

动量的变化量Δp的大小。

22

【答案】(1)0.8m(2)0.625m≤s≤+m

2

32

(3)-6J(4)2+6kg·m/s

15

1

【解析】(1)下滑过程机械能守恒,有mgH=mv2①

C2C

代入数据解得H=0.8m②

(2)设C滑上B后经时间t1,B与C共速,速度为v1。

对C受力分析有μ2mCg=mCaC③

2

得aC=5m/s④

C做匀减速直线运动,v1=v-aCt1⑤

对B受力分析有μ2mCg-μ1(mC+mB)g=mBaB⑥

2

得aB=1m/s⑦

B做匀加速直线运动有v1=v0+aBt1⑧

v+v

的对地位移=01⑨

BxB2t1

联立④⑤⑦⑧⑨

解得t1=0.5s⑩

v1=1.5m/s

xB=0.625m

设B与C共速以后再经时间t2,A恰好追上B,

对B、C整体受力分析有

(mB+mC)gμ1=(mB+mC)aBC

2

解得aBC=1m/s

B、C整体做匀减速直线运动,

1

x'=vt-at2

B122BC2

A恰好追上B时有位移关系

xA=v0(t1+t2)=xB+xB'

22

联立⑩得x=+m

A2

22

所以s的范围为0.625m≤s≤+m

2

(3)s=0.48m<xB=0.625m,说明B与C未达到共速,设C滑上B后经时间t3,B与P相撞,

根据题意有

1

s=0.48m=vt+at2

032B3

联立⑦并代入数据解得t3=0.4s

设B与P碰前瞬间C的速度为vC'

vC'=v-aCt3

联立④并代入数据解得vC=2m/s

11

对C应用动能定理有W=mv'2-mv2

2CC2C

联立并代入数据解得W=-6J

因此B与P碰撞前摩擦力对C所做的功为-6J

(4)设B与P碰撞前B的速度大小为vB'

则vB'=v0+aBt3

联立⑦并代入数据可得vB'=1.4m/s

B与P发生弹性碰撞,速度大小不变、方向反向,大小仍为vB',C仍以原来的加速度向右做

匀减速直线运动

设再经时间t4,B与A相撞

对返回的B进行分析

mCgμ2+(mC+mB)gμ1=mBaB'

2

解得aB'=4m/s

B与A相撞时的位移关系有

xA'+xB″=0.48m

1

t时间内B返回的位移x″=v't-a't2

4BB42B4

而xA'=v0(t3+t4)

联立并代入数据解得

t4=(0.6-0.42)s

设B与A碰撞前B的速度大小为vB″,B与A发生弹性碰撞,该过程A与B组成的系统动

量守恒且机械能守恒

mAv0-mBvB″=mAvA'+mBvB‴

1111

mv2+mv″2=mv'2+mv‴2

2A02BB2AA2BB

其中vB″=vB'-aB't4

联立各式解得

32

vA'=1−2m/s

15

8

vB‴=1−2m/s

15

即A以2m/s的速度向左返回,B不可能追上A再次碰撞,即B、C最终静止,A向左匀速运

动,A、B、C都处于平衡状态,设自C滑上B开始,到最后各自平衡时A、B、C总动量的变

化量为Δp。

Δp=p末-p初=mAvA'-[(mA+mB)v0+mCv]=mAvA'-(mA+mB)v0-mCv

32

联立并代入数据解得Δp=-2+6kg·m/s

15

32

动量变化量Δp的大小为2+6kg·m/s。

15

7.(2023河北,15,16分)如图,质量为1kg的薄木板静置于光滑水平地面上,半径为0.75

m的竖直光滑圆弧轨道固定在地面,轨道底端与木板等高,轨道上端点和圆心连线与水平面

成37°角。质量为2kg的小物块A以8m/s的初速度从木板左端水平向右滑行,A与木板

间的动摩擦因数为0.5。当A到达木板右端时,木板恰好与轨道底端相碰并被锁定,同时A

沿圆弧切线方向滑上轨道。待A离开轨道后,可随时解除木板锁定,解除锁定时木板的速度

与碰撞前瞬间大小相等、方向相反。已知木板长度为1.3m,g取10m/s2,10取3.16,sin

37°=0.6,cos37°=0.8。

(1)求木板与轨道底端碰撞前瞬间,物块A和木板的速度大小;

(2)求物块A到达圆弧轨道最高点时受到轨道的弹力大小及离开轨道后距地面的最大高度;

(3)物块A运动到最大高度时会炸裂成质量比为1∶3的物块B和物块C,总质量不变,同时

系统动能增加3J,其中一块沿原速度方向运动。为保证B、C之一落在木板上,求从物块A

离开轨道到解除木板锁定的时间范围。

164

【答案】(1)7m/s2m/s(2)N2m

3

(3)0.1s≤Δt≤0.118s或0.732s≤Δt≤0.75s

【解析】(1)设物块A的初速度为v0,木板与轨道底端碰撞前,物块A和木板的速度分别为

v1和v2,物块A和木板的质量分别为m1和m2,物块A与木板间的动摩擦因数为μ,木板长度

为L,由动量守恒定律和功能关系有

111

mv=mv+mv,mv2=mv2+mv2+μmgL

1011222102112221

由题意分析知v1≥v2,联立解得v1=7m/s,v2=2m/s

(2)设圆弧轨道半径为R,物块A到圆弧轨道最高点时斜抛速度为v3,轨道对物块A的弹力为

FN。物块A从轨道最低点到最高点,根据动能定理有

11

-mgR(1+sin37°)=mv2-mv2

1213211

物块A到达圆弧轨道最高点时,根据牛顿第二定律有

v2

F+mgsin37°=m3

N11R

164

联立得F=N,v=5m/s

N33

设物块A拋出时速度v3的水平分量和竖直分量分别为vx和vy,有vx=v3sin37°=3

m/s,vy=v3cos37°=4m/s

v

则斜抛过程物块上升时间=y=.

At1g04s

该段时间物块A向左运动距离为s1=vxt1=1.2m

v2

物块A距离地面最大高度H=R(1+sin37°)+y=2m

2g

2H

(3)物块A从最高点落地时间t=