2024年高考物理二轮复习 动量和能量的综合应用（附答案解析）

专题07­动量和能量的综合应用

命题规律

本专题考查动量、冲量、碰撞、反冲等知识点，用科学思

能力突破维的方法解决动量定理、动量守恒定律、人船模型、“木块一滑

块”模型、“子弹打木块”模型、“含弹簧”模型等。

(1)与动量相关的概念及规律；

高考热点(2)应用解决碰撞类问题的方法；

(3)“三大观点”在力学中的应用技巧。

以计算题为主，选择题主要是和其他知识点进行综合考查，

出题方向

计算题也常作为压轴题进行考查，难度中档或偏上。

二~考点归纳

考点1动量定理和动量守恒定律

【解题技巧】

1.恒力的冲量可应用/=或直接求解，变力的冲量优先考虑应用动量定理求解，合外

力的冲量可利用I=F或I今=5求解。

2.动量定理的表达式是矢量式，在一维情况下，各个矢量必须选取统一的正方向。

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【例1】（2022秋•永州期末）贵州省坝陵河特大悬索桥，高370米，蹦极爱好者段树军

在此打破了以往的陆地蹦极记录。某次他从平台自由落下，下落125加时绳索达到自然长

度，此后又经7s,他达到最低点。已知段树军的质量为70奴，重力加速度g=10m/s',

忽略空气阻力，则这7s内绳对他的平均作用力大小为（）

A.500NB.700NC.1200ND.17607V

【分析】先求段树军下落125m时的速度，然后由动能定理求得7s内绳对他的平均作用

力大小。

【解答】解：段树军在自由下落125加时的速度为v

v2=2gh

代入数据解得v=50m/s

后7s,设向下为正方向，设7s内绳对他的平均作用力大小为尸，根据动量定理

（mg-F）t=0—wv

代入数据解得F=1200N,故C正确，BCD错误。

故选：CO

【点评】本题考查了蹦极过程中绳索开始拉伸到运动到最低点过程中绳子拉力的平均值,

解题的关键是求出自由下落125"?时的速度，然后由动量定理求解即可。

【例2】（2023•赣州一模）在光滑水平面上的力点静置一质量为加=1幅的小滑块，f=0s

时刻给滑块一水平初速度%=4%/s,同时对滑块施加一水平力尸作用，取滑块初速度方

向为正方向，力尸随时间变化关系如图所示，在f=2s时滑块恰好回到/点，则（）

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A.滑块运动过程中离4点最大距离为加

B./=1s时滑块速度大小为2m/s

C.图中a=2

D.0~2s内力/对滑块的冲量大小为8Ms

【分析】根据图像的物理意义结合动量定理得出“的大小，进而分析出滑块在不同时刻

的速度，结合运动学公式得出其与4点的最远距离。

【解答】解：CD、因为滑块在2s时刚好回到4点，则此时滑块的速度为零，结合图像

的物理意义和动量定理可得：

一用+at2=0-mvQ

代入数据解得：a=lN,且0~2s内力E对滑块的冲量大小为4Ms,故CO错误；

/、当滑块的速度为零时，滑块与N点的距离最远，根据题意可知，滑块的速度为零时,

对应的时间为小则根据动量定理可得：

-F^-0-mVf,

解得：/=-s

03

则与4点的最大距离为：

=xw=w,

x0yyy°故/错误；

B、当f=ls时，根据动量定理可得：

-F}t=mvl-mvQ

解得：Vj=-2〃?/s,故8正确；

故选：Bo

【点评】本题主要考查了动量定理的相关应用，理解图像的物理意义，根据动量定理分

析出滑块的速度变化，结合运动学公式即可完成分析。

【例3】（2022秋•河南期末）如图所示，半径为R=0.4m的凹槽Q置于光滑水平面上,

小球P和凹槽Q的质量均为m=lkg,将小球P从凹槽的右侧最顶端由静止释放，一

切摩擦均不计，重力加速度g取10m/s2。则以下说法正确的是（）

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777/n77777777777T777T

A.当小球第一次到达凹槽左端时，凹槽向右的位移大小为0.8m

B.P、Q组成的系统动量守恒

C.释放后当小球P向左运动到最高点时，又恰与释放点等高

D.因为P、Q组成的系统机械能守恒，小球P运动到凹槽的最低点时速度为2&m/s

【分析】P、Q水平方向动量守恒，分析水平位移大小；

根据动能定理，求小球P运动到凹槽的最低点时速度大小。

【解答】解：AC.水平面光滑，P、Q水平方向动量守恒，小球P和凹槽Q的质量

均为m=lkg,则水平分速度始终大小相等，方向相反，故P可到达凹槽左侧最高点，

此时Q的位移为R=0.4m,故A错误，C正确；

B.竖直方向动量不守恒，故B错误；

2

D.由题意，根据动能定理：mgR=2Xymv,v=2m/s

故D错误。

故选：Co

【点评】本题考查学生对动量守恒条件、动能定理的掌握，是一道中等难度题。

【例4】（2023•株洲一模）如图，质量相等的小球和小环用不可伸长的轻绳相连，小环

套在光滑固定的水平细杆上，初始时刻小球在小环的左下方，绳子拉直，由静止释放，

不计空气阻力，则（）

---------------8----------------

A.小球和小环组成的系统，动量守恒

B.小球和小环组成的系统，机械能不守恒

C.小球向右摆到的最高点和释放点的高度相同

D.整个运动过程中，绳的拉力对小球一直不做功

【分析】分析系统的受力情况，根据合外力是否为零，判断系统动量是否守恒。根据系

统机械能守恒判断小球向右摆到的最高点和释放点的高度关系。

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【解答】解：/、由于小环套在光滑固定的水平细杆上，小球和小环组成的系统在水平

方向上动量守恒，在竖直方向上合外力不为零，有加速度，竖直方向上动量不守恒，故

A错误；

8、根据题意可知，除了系统内力，小球和小环在运动过程中未受到除了重力之外的力

的作用，因此它们组成的系统机械能守恒，故8错误；

C、水平方向不受外力，则小球和小环组成的系统水平方向动量守恒。小球向右摆到的

最高点时，小球和小环的速度相同，设为v,取水平向右为正方向，由系统水平方向动

量守恒得0=2〃”，解得v=0,根据系统机械能守恒可知，小球向右摆到的最高点和释放

点的高度相同，故C正确；

。、整个运动过程中，小球的机械能的损失量全部转移给小环，因此在运动过程中，小

球和小环它们各自的机械能均不守恒，故。错误；

故选：CO

【点评】解答本题时，要掌握动量守恒的条件，知道系统水平方向动量守恒，但总动量

并不守恒。

【例5】（2023•辽宁一模）如图所示，相互接触质量均为加的木块/、8静止放置在光

滑水平面上，现有一子弹水平穿过两木块，设子弹穿过木块4,8的时间分别为《和小

木块对子弹水平方向的作用力恒为了,则下列说法正确的是（）

o|A|B|

ZZZ//ZZZZ///////ZZZ/Z

A.乙时间内，子弹的动量变化量大于4的动量变化量

B.%时间内，子弹的动量变化量大于8的动量变化量

C.4时间内，子弹和Z的总动量守恒

D.4时间内，子弹和8的总机械能守恒

【分析】根据动量守恒定律列式判断子弹对/和B的动量的变化量与Z或8的动量的变

化量；

由于子弹与木块这间的摩擦将消耗机械能将合系统的总机械能减小。

【解答】解：NC、：时间内，子弹推动两个木块一起加速运动，以向右的方向为正方

向，子弹和木块力、8的动量守恒：=%匕+（%+"%）匕，变形得到：

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mr.v0-m（.v}=[mA+m„）v2o子弹的动量变化量根子%等于木块4、8整体的动量变化量

+（w4+/ns）v2],所以子弹的动量变化量小子为大于N的动量变化量机内，故/正确，

C错误；

B、与时间内，子弹和木块5的动量守恒：+mBv2=mfv3+mBv4,变形得到：

加科-机”3，子弹的动量变化量等于8的动量变化量，故8错误；

。、与时间内，子弹和8的过程中，有热量产生，所以此过程中机械能不守恒，故。错

误。

故选：Ao

【点评】在解答该题的过程中，要注意子弹穿过Z时，4与8一起做加速运动，已知到

/与8分离时，二者的速度都是相等的。

考点2碰撞类问题

【解题技巧】

1“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足：

m\—mi2m\

V1-'VO、V2='voo

加i+机2m\+m2

2.结论：当两球质量相等时，两球碰撞后交换速度；当如》M2,且V20=0时，碰后质

量大的速率不变，质量小的速率为2丫0。当〃”《朋2，且V20=0时，碰后质量小的球原

速率反弹。

【例1】（2022•河北学业考试）如图所示，光滑水平面上有大小相同的力、8两球在同

一直线上运动。两球质量关系为2%=%，规定水平向右为正方向，碰撞前4、8两球

的动量均为6Ag-w/s,运动中两球发生碰撞，碰撞后/球的动量增量为-4版.加/s。则（

）

CC

A.左方是Z球，碰撞后/、8两球速度大小之比为2:5

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B.左方是力球，碰撞后4、8两球速度大小之比为1:10

C.右方是“球，碰撞后4、8两球速度大小之比为2:5

D.右方是N球，碰撞后N、B两球速度大小之比为1:1

【分析】光滑水平面上有大小相同的工、8两球在发生碰撞，在碰撞过程中动量守恒。

因此可根据两球质量关系，碰前的动量大小及碰后/的动量增量可得出力球在哪边，及

碰后两球的速度大小之比。

【解答】解：规定水平向右为正方向，碰撞前力、8两球的动量均为可知/、

8两球均向右运动，并且工的质量较小，速度较大，/向右运动碰撞3,故左方是4球。

Z向右运动碰撞8的过程，由动量守恒定律可得：

△p1=—△PB=-4kg-mls

已知2mzi=〃?8，设/的质量为"?，则5的质量为2加，碰撞前4的速度为v,则有：

2mv=6kg-m/s，B[J:mv=3kg-m/s

碰后/球的动量为：=（6-4）%g./n/s=2kg.加/s,对比可得：=-y-

碰后8球的动量增加了4kgi"/s,则有：2mvB=（6+4）kg-m/s=\0kg-m/s9对比可得:

5v

Vs=T

可得碰撞后/、3两球速度大小之比为：VJ：V8=2:5O

故选：Ao

【点评】考查动量守恒定律，同时注意动量表达式中的方向性。

【例2】（2020秋•沙河口区校级月考）两个小球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向

运动，8球在前，4球在后，mA=\kg>mB=2kg,vA=6m/s>vB=3m/s）当/球与8球

发生碰撞后，A,8两球的速度可能是（）

r

A.vA'--4m/s,vB=6m/sB.vA'=4rn/s,vB'=5m/s

fr

C.vA=4m/s9vB'=4m/sD.vA=7/w/s,vB'=2.5/w/s

【分析】两球碰撞过程，系统所受的合外力为零，故碰撞过程系统的总动量守恒；碰撞

过程中系统机械能可能有一部分转化为内能，根据能量守恒定律，碰撞后的系统总动能

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应不大于碰撞前的系统总动能；同时考虑实际情况，碰撞后同向运动时后面小球的速度

不大于前面小球的速度。由此分析。

【解答】解：碰撞前系统的总动量为p=?n.M+加8匕=(lx6+2x3)%g・w/s=12%g.m/s,系统

的总动能与=(|xlx62+1x2x32)J=27J;

力、若vA.=-ArnIs，vB.=6/n/s，碰撞后系统的动量为

p'=町,+〃％以'=[1x(-4)+2x6kg•m/s=8kg/s,系统动量不守恒，故A错误；

B、vA.=4m/s,vB.=5m/s,碰撞后系统的动量为

f

p'=mAvA+冽=(1x4+2x5)Zg•加/s=\4kg・m/s,系统动量不守恒，故B错误；

CvA.=4机/s,%=4机Js,碰撞后系统的动量为

P'~mAvA+fnBvnr=(1x4+2x4)kg»m/s=\2kg*ni/s，系统动量守恒；系统的总动能

4'=3//2+3”/=(gxlx42+gx2x42)J=24J,系统的总动能不增加,故C正确；

D、vA.=7m/s,vB.=2.5m/s,碰撞后系统的动量为

Pr=mAvA，+mBvBt=(1x7+2x2.5)kg^m/s=I2kg^m/s，系统动量守恒；系统的总动能

4'=；叫丫/+―”/=(gxlx72+；x2x2.52)J=30.75J,系统的总动能增加,故。错误。

故选：C。

【点评】本题碰撞过程中系统的动量守恒，同时要遵循能量守恒定律，不忘联系实际情

况，即同向运动时后面的球不会比前面的球运动得快。

【例3】(2022秋•慈溪市期末)如图甲所示，在光滑水平面上的两个小球/、8发生正

碰，小球的质量分别为"%和加2，图乙为它们碰撞前后的x-f图像。已知叫=0.1像，由此

可以判断()

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A.碰前8静止，力向右运动

B.碰后4和B都向右运动

C.由动量守恒可以算出吗=03奴

D.碰撞过程中系统损失了0.4J的机械能

【分析】s-f（位移一时间）图象的斜率等于速度，由数学知识求出碰撞前后两球的速

度，分析碰撞前后两球的运动情况。根据动量守恒定律求解两球质量关系，由能量守恒

定律求出碰撞过程中系统损失的机械能。

【解答】解：4、由s—（位移一时间）图象的斜率得到，碰前5的位移不随时间而变

化，处于静止。/向右速度大小为匕=竺，代入数据得：V]=4m/s,方向只有向右才能

△t

与8相撞。故/正确；

8、由图读出，碰后8的速度为正方向，说明向右运动，力的速度为负方向，说明向左

运动。故8错误；

C、由图求出碰后B和/的速度分别为v/=2〃?/s,vJ=-2"?/s,根据动量守恒定律得,

mv

\\=m2v2,+mlvt',代入解得，%=0.3奴。故C正确。

D、碰撞过程中系统损失的机械能为代入解得，△£=（），

故。错误。

故选：ACo

【点评】本题首先考查读图能力，抓住位移一时间图象的斜率等于速度是关键；其次要

注意矢量动量的方向。

【例4】（2022秋•钦州期末）如图所示，半径为尺、竖直放置的半圆形轨道与水平轨道

平滑连接，不计一切摩擦。圆心。点正下方放置质量为2机的小球力,质量为机的小球3

以初速度%向左运动，与小球工发生弹性碰撞。碰后小球/在半圆形轨道运动时不脱离

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轨道，则小球8的初速度%可能为（重力加速度为g）（)

A.2y/2^RB.C.275^D.y[5^R

【分析】小球力的运动可能有两种情况：1.恰好能通过最高点，说明小球到达最高点

时小球的重力提供向心力，由牛顿第二定律求出小球到达最高点的速度，由机械能守恒

定律可以求出碰撞后小球/的速度.由碰撞过程中动量守恒及能量守恒定律可以求出小

球8的初速度；

2.小球不能到达最高点，则小球不脱离轨道时，恰好到达与。等高处，由机械能守恒

定律可以求出碰撞后小球4的速度.由碰撞过程中动量守恒及能量守恒定律可以求出小

球8的初速度.

【解答】解：/与8碰撞的过程为弹性碰撞，则碰撞的过程中动量守恒，设2的初速度

方向为正方向，设碰撞后8与4的速度分别为匕和匕，则:

mv（）=mvx+2mv2

由动能守恒得：

联立得：%=：%①

1.恰好能通过最高点，说明小球到达最高点时小球的重力提供向心力，是在最高点的

速度为+M，由牛顿第二定律得：

“哈②

N在碰撞后到达最高点的过程中机械能守恒，得：

1-2加田=1-2加吟"+2mg-2R③

联立①②③得：％=1.54点，可知若小球8经过最高点，则需要：％刑

2.小球不能到达最高点，则小球不脱离轨道时，恰好到达与。等高处，由机械能守恒

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定律得：

；•Imv}=2mgR④

联立①④得：％=1542gR

可知若小球不脱离轨道时，需满足：％・1.5师

由以上的分析可知，若小球不脱离轨道时，需满足：％・1.5师或%刊.5同，故/。错

误，8c正确。

故选：BC。

【点评】熟练应用牛顿第二定律、机械能守恒定律、动量守恒定律即可正确解题，注意

小球力的运动过程中不脱离轨道可能有两种情况，难度适中.

【例5】（2022春•新会区校级期中）如图所示，竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道下

端与光滑水平桌面相切，小滑块8静止在圆弧轨道的最低点。现将小滑块/从圆弧轨道

的最高点无初速度释放。已知圆弧轨道半径/?=1.8机，小滑块的质量关系是忆=3%，重

力加速度g=10"?/S2。则碰后小滑块8的速度大小可能是（）

【分析】若两个滑块发生的是弹性碰撞，8获得的速度最大。若两个滑块发生的是非弹

性碰撞，8获得的速度最小。根据动量守恒定律和机械能守恒定律结合求出碰后小滑块

8的速度范围，从而确定碰后小滑块8的速度大小。

【解答】解：滑块/下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：m,1gR=

代入数据解得：%=6〃?/s

若两个滑块发生的是弹性碰撞，取向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得:

叫Fo=m.M+，

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］1机，%2=/1加尸2彳+1万"%%2

代入数据解得：vB=3m/s

若两个滑块发生的是非弹性碰撞，以向右为正方向，由动量守恒定律得：

mVm+mV

A0=（AB）B'

代入数据解得：%=1.5〃〃S

所以碰后小滑块8的速度大小范围为：1.5/n/s・3加/s,不可能为lw/s、4m/s,故

错误，8c正确。

故选：BCo

【点评】解决本题的关键是知道碰撞有两类弹性碰撞和非弹性碰撞，要明确弹性碰撞遵

守动量守恒定律和机械能守恒定律，B获得的速度最大。若两个滑块发生的是非弹性碰

撞，系统机械能损失最大，8获得的速度最小。

考点3动力学、动量和能量观点的综合应用

【解题技巧】

1.弄清有几个物体参与运动，并划分清楚物体的运动过程。

2.进行正确的受力分析，明确各过程的运动特点。

3.光滑的平面或曲面，还有不计阻力的抛体运动，机械能一定守恒；碰撞过程、子弹

打击木块、不受其他外力作用的两物体相互作用问题，一般考虑用动量守恒定律分析。

4.如包含摩擦生热问题，则考虑用能量守恒定律分析。

【例1】（2023•丰城市校级开学）如图所示，C是放在光滑的水平面上的一块木板，木

板的质量为3版，在木板的上表面有两块质量均为次g的小木块/和它们与木板间的

动摩擦因数均为0.2。最初木板静止，/、8两木块同时以相向的水平初速度2m/s和4"〃s

滑上长木板，则下列说法正确的是（）

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A.若N、8始终未滑离木板也未发生碰撞，则木板至少长为4.8〃？

B.木块8的最小速度是零

C.从刚开始运动到力、B、C速度刚好相等的过程中，木块/所发生的位移是加

D.木块/向左运动的最大位移为1相

【分析】在4、8始终未滑离木板也未发生碰撞的条件下，4、8开始运动时。保持静

止，当力的速度减为零后，力、C一起向右加速运动。应用动量守恒定律和功能关系解

答；

对力物体分析其运动过程，先减速再加速，分别求出两个阶段的位移，从而求得相关结

论。

【解答】解：AB、根据题意可得开始时48均减速，此时木板C静止不动，力的速度先

减小到零后与木板。一起反向向右加速，8继续向右减速，三者共速时木块8的速度最

小，A>8质量为Mg=m,木板质量为女g=3m,取向右为正方向，根据动量守恒有：

tnvB-mvA=5mv

解得：v=0.4/n/s

即木块8的最小速度是0.4m/s;由能量守恒可得：J%%+1板=；x5加U?4-/nmgLA+^tngLB

当木板有最短长度时有：L木…+工

联立解得：£木板=4.8〃?，故Z正确，8错误；

CD、木块/向左减速时根据动能定理可得：-〃=0-；阳V

解得木块/向左运动的最大位移为：X]=1〃7

木块力向右加速过程中以4c为整体根据动能定理可得：〃加g%2=；（相+3团）/

解得：x2=0.16m

所以从刚开始运动到力、B,C速度刚好相等的过程中，木块4所发生的位移为：

xA=x]—x2=ytn—0.16m=0.84w?,故C错误，。正确。

第13页（共19页）

故选：ADo

【点评】本题考查了动量守恒定律在板块模型中的应用，考查力与运动分析能力。解题

的关键是分析清楚4、8、C三者的运动情况，知道在题设条件下，/、8开始运动时C

保持静止，当力的速度减为零后，/、C一起向右加速运动。

【例2】（2022秋•让胡路区校级期末）一轻质弹簧两端分别连着木块力和8,静止于光

滑的水平面上。木块Z被水平飞行的初速度为h的子弹射中并镶嵌在其中，已知木块8

的质量为机，力的质量是5的3,子弹的质量是6的l，则（)

44

A.子弹击中木块4后，与4的共同速度为;%

B.子弹击中木块Z后，与/的共同速度为％

C.弹簧压缩到最短时的弹性势能为‘加片

64

D.弹簧压缩到最短时的弹性势能为：川片

8

【分析】子弹射入物体/后物体获得速度向右运动，压缩弹簧，在弹簧弹力作用下，物

体4做减速运动，因此，子弹射中并嵌在其中瞬间物体4的速度最大，对子弹进入/中

的过程，由动量守恒定律列式即可求共同速度；子弹击中木块4后N压缩弹簧，”做减

速运动，8做加速运动，当4、8速度相等时，弹簧的压缩量最大，系统动量守恒，由

动量守恒定律可以求出8的速度，由能量守恒定律可以求出弹簧压缩到最短的弹性势能。

【解答】解：AB.对子弹、滑块/、B和弹簧组成的系统，子弹射入/的过程时间极

短，规定向右为正方向，根据动量守恒定律可得!加%=（!，"+："?»

444

解得v=

4

故/正确，B错误;

CD.对子弹、滑块/、8和弹簧组成的系统，/、8速度相等时弹簧被压缩到最短。压

编弹簧最短时，N与B具有共同的速度，规定向右为正方向，根据动量守恒定律有

1mv/3、

~o=（—m+—m+m）v1

此时弹簧的弹性势能为E,由能量守恒定律得'又2加+3加）丫2=_1*上加+3机+〃］就+后

244244

第14页（共19页）

解得E=上加片

64

故C正确，。错误。

故选：ACo

【点评】本题的关键要理清物理过程，确定隐含的临界条件：弹簧压缩到最短时，子弹、

物体N和8三者速度相等，以及当弹簧第一次恢复原长时物体8获得的速度最大，再应

用动量守恒定律与机械能守恒定律即可正确解题。解题时要注意，子弹击中A的过程中，

子弹与力组成的系统动量守恒，但机械能不守恒。

【例3】（2023•新华区校级开学）如图所示，在一端固定于地面的竖直弹簧上端，固定

一质量为m的木板后木板在B处静止，已知此时弹簧的压缩量为xo,现从弹簧原长

A处由静止释放一质量也为m的粘性物体，落到木板B上后一起随木板向下运动，

已知弹簧的弹性势能Ep^kx?（X为弹簧的形变量、k为劲度系数），下列说法正确

A.在粘性物体落到木板上之前，弹簧的弹性势能为/嗯*0

B.粘性物体落到木板上后，两物体最低可运动至距A点2xo处

C.粘性物体落到木板上后，两物体最高可运动至距A点工X。处

D.从粘性物体开始运动，整个过程中，系统的机械能保持不变

【分析】初始时，木板处于静止状态，由平衡条件求出弹簧压缩量，再求弹簧的弹性

势能。粘性物体落到木板上之前做自由落体运动，由机械能守恒定律求出物体落到木

板上时的速度大小。由动量守恒定律求出粘性物体与木板粘合在一起后的共同速度，

此后系统机械能守恒，由机械能守恒定律求出物体到达最低点时弹簧压缩量。结合简

谐运动的对称性得到两物体运动的最高点距A点的距离。粘性物体与木板发生完全

非弹性碰撞，系统机械能不守恒。

【解答】解：A、初始时，木板处于静止状态，设弹簧压缩量为xo,由平衡条件得：

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mg=kxo

由公式Ep=1kx2可得，在粘性物体落到木板上之前，弹簧的弹性势能为Ek=/kxj=

ykxQ*Xo=-^-mgXQ,故A正确；

BC、粘性物体落到木板上之前做自由落体运动，由机械能守恒定律有1ng

粘性物体与木板发生完全非弹性碰撞，取竖直向下为正方向，由动量守恒定律有mvo

=2mvi

此后系统机械能守恒，设弹簧形变量为X2时，两物体的速度为零，即处于最低点或

最高点，由机械能守恒有

111

2\22

-kXLJVXX-kX

2O22mZ12O22

联“解得X2=（2土底）x0

即两物体最低可运动至距A点（2+V2）X。处，两物体最高可运动至距A点（2-72）x0

处，故BC错误；

D、粘性物体与木板发生完全非弹性碰撞，系统机械能不守恒，所以整个过程中，系

统的机械能不守恒，故D错误。

故选：Ao

【点评】本题主要考查动量守恒定律和机械能守恒定律的应用。分析清楚物体的运动

过程是解题的前提与关键，应用运动学公式、动量守恒定律与机械能守恒定律即可解

题。

【例4】（2023•香坊区校级一模）如图所示，两小球尸、。竖直叠放在一起，小球间留

有较小空隙，从距水平地面高度为6处同时由静止释放。已知小球。的质量是？的2倍。

设所有碰撞均为弹性碰撞，重力加速度为g。忽略空气阻力及碰撞时间，则两球第一次

碰撞后小球尸上升的高度为（）

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r7777777Z77777

525749

A.-hB.—hC.-hD.—h

3939

【分析】根据动能定理求解二者下落〃时的速度大小，根据动量守恒定律、机械能守恒

定律求解碰撞后P的速度大小，对尸上升过程中根据动能定理求解上升的高度。

【解答】解：设P的质量为“，。的质量为2