2026年高考物理一轮讲义+练习(黑吉辽蒙专用)第28讲动量守恒中的几种常见模型(复习讲义)(黑吉辽专用)(学生版+解析)

这是一份2026年高考物理一轮讲义+练习(黑吉辽蒙专用)第28讲动量守恒中的几种常见模型(复习讲义)(黑吉辽专用)(学生版+解析)，共84页。
02 \l "_Tc7022" 体系构建·思维可视3
03 \l "_Tc306" 核心突破·靶向攻坚4
\l "_Tc23645" 考点一 板块模型4
\l "_Tc8741" 知识点 板块模型4
考向 板块模型4
\l "_Tc818" 考点二 “子弹打木块”模型8
\l "_Tc27137" 知识点 “子弹打木块”模型8
考向 “子弹打木块”模型9
考点三 “滑块-曲（斜）面”模型12
知识点 “滑块-曲（斜）面”模型12
考向 “滑块-曲（斜）面”模型12
\l "_Tc818" 考点四 “滑块-弹簧”模型18
\l "_Tc27137" 知识点 “滑块-弹簧”模型18
考向 “滑块-弹簧”模型19
04 \l "_Tc306" 真题溯源·考向感知23

考点一 板块模型
知识点 板块模型
1.模型图示
2.模型特点
（1）系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能。
（2）若滑块未从木板上滑下，当两者速度相同时，木板速度最大，相对位移最大。
3.求解方法
（1）求速度：根据动量守恒定律求解，研究对象为一个系统。
（2）求时间：根据动量定理求解，研究对象为一个物体。
（3）求系统产生的内能或相对位移：根据能量守恒定律Q＝FfΔx或Q＝E初－E末，研究对象为一个系统。
考向 板块模型
例1（辽宁丹东·期末）如图，水平地面上有一小车，质量完全相同的两个小木块A、B通过滑轮用轻绳相连接，初始时用手托住小木块A，使A、B、C均处于静止状态。某时刻突然将手撤去，A、B、C开始运动，则对小车C、小木块A、B三者组成的系统，下列说法正确的是（所有摩擦均忽略不计）（ ）
A．动量不守恒，机械能守恒B．动量守恒，机械能守恒
C．动量守恒，机械能不守恒D．动量不守恒，机械能不守恒
【答案】A
【详解】所有摩擦均忽略不计，只有动能和势能相互转化，总的机械能不变，机械能守恒；初始时用手托住小木块A，使A、B、C均处于静止状态。松手后，整个系统竖直方向上合力不为零，动量不守恒。
故选A。
例2如图所示，足够长的斜面体静置于水平地面上，斜面的倾角为，平行于斜面的轻杆一端连接小物块A，另一端连接光滑的小物块B，A、B的质量均为m，小物块A与斜面之间的动摩擦因数。将小物块A、B在斜面上的某一位置同时由静止释放，沿斜面运动的距离为x，在这过程中，斜面体始终处于静止状态。已知重力加速度大小为g，下列说法正确的是（ ）
A．物块A和物块B组成的系统动量守恒 B．斜面体与地面之间没有相对运动趋势
C．物块A的加速度大小为 D．物块B减少的机械能为
【答案】D
【详解】A．由于AB组成的系统合外力不为零，即
可知物块A和物块B组成的系统动量不守恒，A错误；
B．由于
可知A、B整体的加速度沿斜面向下，斜面受到水平向左的静摩擦力，斜面和地面之间有相对运动趋势，B错误；
C．对A、B整体研究，根据牛顿第二定律有
解得，C错误；
D．对物块B，由于轻杆的拉力做负功，其机械能减少，根据牛顿第二定律有
解得
所以物块B减少的机械能为，D正确。
故选D。
【变式训练1】如图所示，质量为、长为的长木板静止在光滑水平面上，一个质量为的物块（视为质点）以一定的初速度从左端冲上木板，最后物块与长木板以共同的速度一起向右运动，现将长木板与物块作为一个系统，则此系统从物块滑上长木板到物块与长木板以共同的速度一起向右运动的过程中（ ）
A．动量守恒，机械能守恒B．动量守恒，机械能不守恒
C．动量不守恒，机械能不守恒D．动量不守恒，机械能守恒
【答案】B
【详解】物块和长木板组成的系统受到的合力为零，总动量守恒，另外物块在长木板上相对滑动的过程中要摩擦生热，故系统机械能不守恒，故B正确。
故选B。
【变式训练2】一块质量为M、长为l的长木板A 静止放在光滑的水平面上，质量为m的物体B（可视为质点）以初速度v0从左端滑上长木板 A 的上表面并从右端滑下，该过程中，物体B的动能减少量为，长木板A的动能增加量为，A、B间因摩擦产生的热量为Q，下列说法正确的是（ ）
A．A、B组成的系统动量、机械能均守恒
B．，，Q的值可能为，，
C．，，Q的值可能为，，
D．若增大v0和长木板A的质量M，B一定会从长木板A的右端滑下，且Q将增大
【答案】B
【详解】A．A、B组成的系统合力为零，因此动量守恒；而A、B由于存在摩擦生热，故系统机械能不守恒，A错误；
BC．画出物体B和长木板A的速度—时间图线，分别如图中1和2所示，图中1和2之间的梯形面积表示板长，1与轴所围的面积表示物体B的位移x1，2与轴所围的面积表示长木板A的位移x2，由图可知
又有
则有
可知B项所给数值有可能，故B正确，C错误。
D．若增大v0和长木板A的质量M，在v-t图像中1将向上平移，而2的图像斜率变小，即A 的加速度变小，显然可知B一定会从长木板A 的右端滑下，而Q=fl不变，D错误。
故选B。
【变式训练3】如图所示，质量为的木块以的速度水平地滑上静止的平板小车，小车的质量为，地面光滑，木块与小车之间的动摩擦因数为（取）。设小车足够长，求：
(1)木块与小车相对静止时的速度；
(2)从木块滑上小车到它们处于相对静止的过程中，系统损失的机械能；
(3)从木块滑上小车到它们处于相对静止的过程中，所用的时间。
【答案】(1) (2) (3)
【详解】（1）以木块和小车为研究对象，方向向右为正方向，由动量守恒定律可得
解得
（2）木块做匀减速运动，加速度
小车做匀加速运动，加速度大小
由运动学公式可得此过程中木块的位移为
小车的位移为
木块在小车上滑行的距离为
故从木块滑上小车到它们处于相对静止的过程中，系统损失的机械能
（3）以木块为研究对象，由动量定理可得
又
联立得到

考点二 “子弹打木块”模型
知识点 “子弹打木块”模型
1.模型图示
2.模型特点
（1）子弹水平打进木块的过程中，系统的动量守恒。
（2）系统的机械能有损失。
3.两种情境
（1）子弹嵌入木块中，最后两者速度相等，机械能损失最多（完全非弹性碰撞）；
动量守恒：mv0＝（m＋M）v；
能量守恒：Q＝Ff·s＝12mv02－12（M＋m）v2。
（2）子弹穿透木块
动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2；
能量守恒：Q＝Ff·d＝12mv02－12Mv22＋12mv12。
考向 “子弹打木块”模型
例1如图所示，轻绳下悬挂一静止沙袋，一子弹水平射入并留在沙袋中，随沙袋一起摆动，不计空气阻力，在以上整个过程中，子弹和沙袋组成的系统（ ）
A．动量不守恒，机械能守恒
B．动量守恒，机械能不守恒
C．动量和机械能均不守恒
D．动量和机械能均守恒
【答案】C
【详解】子弹射入沙袋的过程，动量守恒，子弹与沙袋一起向右摆动过程中，系统的合外力不为零，动量不守恒，由于子弹射入沙袋过程中有阻力做功，所以机械能不守恒。
故选C。
例2如图所示，木块A置于光滑水平面上，水平轻质弹簧左端固定于竖直墙壁上，右端与木块A相连接，弹簧处于原长状态。子弹B沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短。现将子弹、木块和弹簧一起作为研究对象（系统），在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中，该系统（ ）
A．动量守恒，机械能守恒
B．动量不守恒，机械能不守恒
C．动量守恒，机械能不守恒
D．动量不守恒，机械能守恒
【答案】B
【详解】整个运动过程中，由于墙壁对弹簧有作用力，系统所受合外力不为零，所以动量不守恒，子弹射入木块的过程有摩擦生热，系统机械能不守恒。
故选B。
【变式训练1】如图所示，木块与弹簧相连放在光滑的水平面上，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块B内，入射时间极短，而后木块将弹簧压缩到最短，关于子弹和木块组成的系统，下列说法中正确的是（ ）
A．子弹射入木块的过程中，系统动量守恒，机械能不守恒
B．木块压缩弹簧的过程中，系统动量守恒，能量守恒
C．上述任何一个过程动量均不守恒，能量也不守恒
D．从子弹开始射入到弹簧压缩到最短的过程中，系统动量守恒，能量守恒
【答案】A
【详解】ACD．子弹射入木块的过程中系统所受合外力为零，子弹和木块系统动量守恒，有内能产生，机械能不守恒，A正确，CD错误；
B．木块压缩弹簧过程中系统所受合外力不为零，子弹和木块系统动量不守恒，B错误。
故选A。
【变式训练2】（多选）如图所示，用轻质细绳悬挂一个质量为 M的木块，一个质量为m 的子弹自左向右水平射穿此木块，穿透前后子弹的速度分别为v0和v。子弹穿过木块的时间和空气阻力不计，木块和子弹可以看作质点，以木块初始位置为零势能点，下列说法错误的是（ ）
A．子弹穿透木块过程中，子弹木块组成的系统动量守恒，机械能守恒
B．子弹刚穿透木块时，木块速度为
C．子弹穿透木块过程中，绳子的拉力大小为（m+M）g
D．木块摆至最大高度时，重力势能为
【答案】ACD
【详解】A．子弹穿透木块过程中，子弹木块组成的系统水平方向合外力为0，动量守恒，竖直方向合外力不为零，故系统动量不守恒，子弹穿透木块过程中，子弹与木块间有摩擦，一部分机械能转化成内能，故机械能不守恒，故A错误；
B．子弹木块组成的系统水平方向动量守恒，得
解得子弹刚穿透木块时，木块速度为
故B正确；
C．分析可知子弹穿透木块过程中，木块具有一定的速度，故系统此时具有一定的向心加速度，所以，绳子的拉力大小大于（m+M）g，故C错误；
D．从子弹穿出到木块摆至最大高度时，对木块根据机械能守恒得
木块摆至最大高度时，重力势能为
故D错误。
本题选错误的，故选ACD。
【变式训练3】（多选）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100ms的水平初速度在极短时间内击穿物体B后速度减为40ms，已知子弹A、物体B、圆筒C的质量分别为mA=0.1kg、mB=1.0kg、mC=0.5kg，重力加速度g=10ms2。下列说法正确的是（ ）
A．物体B能上升的最大高度为0.6mB．物体B能上升的最大高度为1.8m
C．物体C能达到的最大速度为4.0msD．物体C能达到的最大速度为8.0ms
【答案】AD
【详解】AB．子弹A以100ms的水平初速度在极短时间内击穿物体B后速度减为40ms，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
12mBv22=12(mB+mC)v32+mBgℎ
解得
ℎ=0.6m
故A正确，B错误；
D．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
12mBv22=12mBv42+12mCv52
解得
v5=8m/s
故C错误，D正确；
故选AD。

考点三 “滑块—曲（斜）面”模型
\l "_Tc25045" 知识点 “滑块—曲（斜）面”模型
1.模型图示
2.模型特点
（1）上升到最大高度：m与M具有共同水平速度v共，此时m的竖直速度vy＝0。系统水平方向动量守恒，mv0＝（M＋m）v共；系统机械能守恒，12mv02＝12（M＋m）v共2＋mgh，其中h为滑块上升的最大高度，不一定等于弧形轨道的高度（相当于完全非弹性碰撞，系统减少的动能转化为m的重力势能）。
（2）返回最低点：m与M分离点。水平方向动量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系统机械能守恒，12mv02＝12mv12＋12Mv22（相当于弹性碰撞）。
\l "_Tc17630" 考向 “滑块—曲（斜）面”模型
例1（24-25高三上·黑龙江哈尔滨·期中）如图所示，质量为m，半径为R的四分之一光滑圆弧轨道小车静置于光滑水平面上。一质量也为m的小球以水平初速度冲上小车，到达某一高度后，小球又返回小车的左端，不计空气阻力，下列说法不正确的是（ ）
A．上述过程小球和小车组成的系统水平方向动量守恒
B．球返回到车左端时，车向右运动的速度最大
C．无论小球初速度多大，小球最终都会从小车左侧离开
D．小球返回到小车左端后将向左做平抛运动
【答案】D
【详解】A．上述过程，小球和小车组成的系统在水平方向上所受合外力为0，则系统在水平方向上动量守恒，故A正确，不满足题意要求；
B．小球在圆弧轨道运动时，对车的压力一直具有水平向右的分力，使车向右加速运动，则球返回到车左端时，车向右运动的速度最大，故B正确，不满足题意要求；
C．足够大使小球飞离小车时，此时小球相对车的速度竖直向上，即此时二者水平分速度相等，则小球一定会落回小车从圆弧轨道滑落，从左侧离开小车；故无论小球初速度多大，小球最终都会从小车左侧离开，故C正确，不满足题意要求；
D．设小球离开小车时，小球的速度为，小车的速度为，选取向右为正方向，整个过程中根据水平方向动量守恒得
由系统机械能守恒得
联立解得
，
所以小球与小车分离后做自由落体运动，故D错误，满足题意要求。
故选D。
例2如图所示，斜面B静止在水平地面上，物块A以平行于斜面的初速度从斜面底端开始沿斜面上滑，不计一切摩擦。在A从斜面底端运动到最高点的过程中（A未冲出斜面），以下说法正确的是（ ）
A．A、B组成的系统动量守恒B．A的动量变化量方向水平向左
C．到达最高点时A的动能最小D．到达最高点时A的机械能最小
【答案】CD
【详解】A．物块A向上做减速运动，加速度方向沿斜面向下，系统所受外力合力不等于0，可知，A、B组成的系统动量不守恒，故A错误；
B．，A、B组成的系统在水平方向所受外力的合力为0，即系统在水平方向分动量守恒，最高点时系统有共同速度，A物体初始状态的动量、末状态的动量分别为，
根据矢量合成规律，作出动量变化方向图如图所示
可知，A的动量变化量方向并没有水平向左，故B错误；
C．上升过程中A的动能不断被转化为自身的重力势能及B的动能，则上升过程中A的动能在最高点最小，故C正确；
D．上升过程中，B对A的支持力一直对A做负功，A的机械能一直减小，则在最高点时A的机械能最小，故D正确。
故选CD。
【变式训练1】（多选）如图所示，足够长的光滑水平面上静止一质量为5m的弧形槽，弧形槽与水平面之间平滑连接，质量为m的滑块（可视为质点）从距离水平面高度为h的A点由静止下滑，之后被轻质弹簧反向弹回。不计一切摩擦，碰撞过程无能量损失，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．滑块沿弧形槽下滑过程中，二者构成的系统既满足动量守恒也满足机械能守恒
B．滑块第一次被弹簧反向弹回后，一定能追上弧形槽
C．滑块第二次离开弧形槽后，不会再碰弹簧
D．全过程中，弹簧获得的最大弹性势能为56mgℎ
【答案】BD
【详解】A．滑块沿弧形槽下滑过程中，由于二者竖直方向上合力不为0，所以二者的系统动量不守恒，只在水平方向上动量守恒，由于无摩擦，所以二者机械能守恒，故A错误；
B．设滑块滑到水平面后速度为v1，弧形槽的速度为v1′，取向右为正方向，根据系统水平方向动量守恒，有
0=−5mv1′+mv1
解得
v1=5v1′
由于碰撞过程无能量损失，所以滑块被弹簧弹回后速度大小仍为v1，大于弧形槽的速度，所以滑块第一次被弹簧反向弹回后，一定能追上弧形槽，故B正确；
C．设滑块第二次离开弧形槽后，速度为v2，弧形槽的速度为v2′，取向右为正方向，根据系统水平方向动量守恒和机械能守恒定律，有
−5mv1′−mv1=−5mv2′+mv2
12⋅5mv1′2+12mv12=12⋅5mv2′2+12mv22
解得
v2′=v1′或v2′=73v1′
当v2′=v1′时，
v2=−5v1′>v2′
所以v2′=v1′舍去，
当v2′=73v1′时，
v2=53v1′
方向向右，所以一定能再碰弹簧，故C错误；
D．全过程中，滑块第一次压缩弹簧时，弹簧有最大的弹性势能，根据能量守恒，有
Ep=12mv12
根据水平方向动量守恒，和能量守恒有
0=−5mv1′+mv1
mgℎ=12×5mv1′2+12mv12
解得
Ep=56mgℎ
故D正确。
故选BD。
【变式训练2】（多选）（24-25高三上·黑龙江绥化·阶段练习）如图所示，半径为R、质量为M内表面光滑的半球物体放在光滑的水平面上，左端紧靠着墙壁，一个质量为m的物块从半球形物体的顶端a点无初速释放，图中b点为半球的最低点，c点为半球另一侧与a等高的顶点，关于物块M和m的运动，下列说法正确的有（ ）
A．m从a点运动到b点的过程中，m与M系统的机械能守恒、动量守恒
B．m从a点运动到b点的过程中，m的机械能守恒
C．m释放后不能到达右侧最高点c
D．m释放后能再次回到a点
【答案】BC
【详解】AB．m从a点运动到b点过程中，只有m的重力做功，机械能守恒，墙壁对系统有力的作用，动量不守恒，选项A错误，B正确；
CD．m释放后，过b点后系统动量守恒，机械能守恒，到达最高点时系统具有相同的速度，由能量关系，故m不能到达右侧最高点，也不能回到a点，选项C正确，D错误。
故选BC。
【变式训练3】如图所示，光滑水平地面上有一固定的光滑圆弧轨道，轨道上点切线沿水平方向，忽略点距地面的高度，轨道右侧有质量的静止薄木板，上表面与点平齐。一质量的小滑块（可视为质点）以初速度从右端滑上薄木板，重力加速度大小为，小滑块与薄木板之间的动摩擦因数为。
(1)若薄木板左端与点距离足够长，小滑块与薄木板共速后，求小滑块相对薄木板滑动的位移；
(2)若薄木板左端与点距离足够长，薄木板长度，薄木板与轨道端碰后立即静止，求小滑块离开薄木板运动到轨道上点时的速度；
(3)在（1）中，小滑块继续沿圆弧轨道运动至点沿切线方向飞出，最后落回水平地面，不计空气阻力，点与地面间的高度差保持不变，圆弧对应的圆心角可调，求小滑块的最大水平射程及对应的圆心角；
(4)若薄木板长度足够长，薄木板与轨道端碰后立即以原速率弹回，调节初始状态薄木板左端与点距离，使得薄木板与轨道端只能碰撞2次，求应满足的条件。
【答案】(1)(2)(3)，(4)
【详解】（1）因薄木板左端与点距离足够大，小滑块与薄木板共速后才和轨道发生碰撞，设共同速度为，规定向左为正方向，根据动量守恒定律有
解得
设此过程中小滑块相对薄木板滑动的位移为，对滑块、薄木板系统由功能关系，有
解得
（2）薄木板与轨道端碰后立即静止，小滑块继续作匀减速运动，直到运动到轨道上的点，
有
解得
（3）小滑块由点到点的过程中机械能守恒，根据机械能守恒定律，有
解得
设小滑块落地的速度大小为，落地速度方向与水平方向夹角为，根据机械能守恒定律知
画出速度矢量关系如图所示
设从点飞出到落至地面所用时间为，则小滑块水平位移
由几何关系可知，矢量三角形的面积为
由此可知，当矢量三角形面积最大时，水平位移最大，解得
此时满足条件
即 ，
（4）当小滑块与薄木板第1次共速时恰好和轨道发生碰撞，碰后小滑块与薄木板同时减速为零，此情形下薄木板和轨道恰好碰1次。小滑块与薄木板加速度相等 ，有
可知
当小滑块与薄木板第2次共速时恰好和轨道发生碰撞，碰后小滑块与薄木板同时减速为零，此情形下薄木板和轨道恰好碰2次。从开始到第一次碰撞的时间
薄木板和轨道碰撞时的速度
考虑小滑块的运动
联立解得
综上可知应满足的条件为 。

考点四 “滑块—弹簧”模型
知识点 “滑块—弹簧”模型
1.模型图示
2.模型特点
（1）动量守恒：两个物体与弹簧相互作用的过程中，若系统所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒。
（2）机械能守恒：系统所受的外力为零或除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒。
（3）弹簧处于最长（或最短）状态时两物体速度相同，弹性势能最大，系统动能通常最小（相当于完全非弹性碰撞，两物体减少的动能转化为弹簧的弹性势能），即m1v0＝（m1＋m2）v，ΔEp＝12m1v02－12（m1＋m2）v2。
（4）弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能无损失（相当于刚完成弹性碰撞），即m1v0＝m1v1＋m2v2，12m1v02＝12m1v12＋12m2v22。
考向 “滑块—弹簧”模型
例1如图所示，物块A、B通过轻弹簧连接，A、B和弹簧组成的系统静止在光滑水平面上。现用手将A、B向两侧拉开一段距离，并由静止同时释放两物块，则放手后（ ）
A．弹簧恢复到原长时，A的动能达到最大 B．弹簧压缩量最大时，A的动量达到最大
C．弹簧恢复到原长过程中，系统的动量增加 D．弹簧恢复到原长过程中，系统的机械能增加
【答案】A
【详解】A．弹簧从拉伸到压缩到最短过程中，弹簧恢复到原长前，弹力一直对A做正功，A的动能一直增加，弹簧压缩后到最短，弹力对A做负功，A的动能减小，则弹簧恢复到原长时，A的动能达到最大，故A正确；
B．根据动量守恒，弹簧压缩量最大时，AB共速，速度都为零，A的动量最小，故B错误；
C．系统所受合外力始终为零，所以系统动量守恒，故C错误；
D．弹簧恢复到原长过程中，没有外力做功，系统的动能和弹性势能相互转化，系统的机械能守恒，故D错误。
故选A。
例2如图所示，半径为R=0.8m的四分之一圆弧轨道竖直固定在水平地面上，其下端Q与地面相切。劲度系数k=160N/m的水平轻质弹簧右端与固定的竖直挡板相连，左端与质量为m=1kg的滑块B相连，初始时弹簧处于原长。现将质量也为m、可视为质点的滑块A由轨道顶端P点静止释放，A滑离轨道后与B发生正碰，此后与B粘在一起运动。已知A与轨道、地面间的摩擦忽略不计，B与地面间的动摩擦因数μ=0.4，A、B碰撞时间极短，二者一起运动的过程中未滑上左侧轨道，弹簧的弹性势能，其中x为弹簧的形变量，弹簧未超出其弹性限度，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2。求：
(1)A、B碰撞后瞬间B的速度大小；
(2)弹簧伸长量最大时储存的弹性势能；
(3)A、B一起运动的路程s。
【答案】(1)2m/s (2)1.8J (3)1m
【详解】（1）A由轨道顶端P点静止释放，到A、B碰撞前由动能定理得
解得
A、B碰撞过程由动量守恒定律得
解得
（2）A、B碰撞后到弹簧最短，AB运动的位移大小为x1，则
解得，（舍去）
弹簧伸长量最大时弹簧伸长量为x2，则
解得，（舍去）
所以弹簧伸长量最大时储存的弹性势能
（3）弹簧第二次被压缩时，其压缩量为x3，则
解得
弹簧第二次被拉伸时，其伸长量为x4，则
解得
因为此时，所以A、B仍要向右运动，但此时，所以A、B可能无法回来弹簧的平衡位置，设A、B停下时，弹簧伸长量为x5，则有
解得
故A、B一起运动的路程为
【变式训练1】（2025·辽宁·高三月考）光滑水平地面上有两个物体A、B，质量分别为m、M。如图甲所示，物体B静止，左端连有轻质弹簧，当物体A以速度v向右运动并压缩弹簧，弹簧获得的最大弹性势能为；若物体A静止并将轻质弹簧连在物体A的右端，如图乙所示，当物体B以相同的速度v向左运动并压缩弹簧，弹簧获得的最大弹性势能为。两物体始终沿直线运动，下列判断正确的是（ ）
A．B．C．D．无法判断的大小关系
【答案】C
【详解】根据动量守恒和能量守恒可知，当B静止时
可得
当A静止时
可得
故选C。
【变式训练2】（多选）如图，放在光滑水平面上的A、B两小物体中间有一被压缩的轻质弹簧，用两手分别控制两小物体处于静止状态，下列说法正确的是（ ）
A．两手同时放开后，两物体的总动量增大
B．先放开右手，再放开左手后，两物体的总动量向右
C．先放开左手，再放开右手后，两物体的总动量向右
D．当两手不同时放开，在放开一只手到放开另一只手的过程中两物体总动量不守恒
【答案】BD
【详解】A．若两手同时放开A、B两车，系统所受合外力为零，系统动量守恒，由于系统初动量为零，则系统总动量为零。故A错误；
B．先放开右手，再放开左手，两车与弹簧组成的系统所受合外力的冲量向右，系统总动量向右。故B正确；
C．先放开左手，再放开右手，系统所受合外力向左，系统所受合外力的冲量向左，系统总动量向左。故C错误；
D．如果不同时放手，系统总动量不为零，且在放开一只手到放开另一只手的过程中，系统所受合外力不为零，则系统的总动量不守恒。故D正确。
故选BD。
【变式训练3】（多选）把木块a和b用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a紧靠在墙壁上，在b上施加向左的水平力使弹簧压缩，如图所示。当撤去外力后，下列说法中正确的是（ ）
A．a尚未离开墙壁前，a和b系统的动量守恒
B．a尚未离开墙壁前，a和b系统的动量不守恒
C．a离开墙壁后，a和b系统的动量守恒
D．a离开墙壁后，a和b系统的动量不守恒
【答案】BC
【详解】AB．当撤去外力后，a尚未离开墙壁前，系统受到墙壁的作用力，系统所受的外力之和不为零，所以a、b和轻弹簧组成的系统的动量不守恒，故A错误，B正确；
CD．当撤去外力后，a离开墙壁后，系统不受到墙壁的作用力，系统所受的外力之和为零，所以a、b和轻弹簧组成的系统的动量守恒，故C正确，D错误。
故选BC。
【变式训练4】（多选）如图所示，倾角为的光滑斜面体固定在水平面上，斜面底端固定一挡板。三个相同的小物块、、质量均为，小物块紧靠挡板放置，小物块和小物块通过劲度系数为的轻质弹簧相连，开始时、均静止。现让小物块从斜面上由静止释放，小物块、碰后一起向下运动，当、再次分离后撤去小物块。当小物块沿斜面向上运动到最高点时，小物块与挡板之间的作用力恰好为零。已知弹簧的弹性势能可表示为，为弹簧的劲度系数，为弹簧的形变量，重力加速度为，碰撞时间极短。则（ ）
A．小物块开始下落时与小物块之间的距离为
B．小物块分离时，的速度大小为
C．小物块运动到最高点时，弹簧的弹性势能为
D．物块运动过程中，弹簧的最大弹性势能为
【答案】AC
【详解】C．设弹簧开始时的压缩量为，则
当小物块与挡板之间的作用力恰好为零时，有
解得
则小物块运动到最高点时弹簧的弹性势能
故C正确；
AB．设小物块开始下落时与小物块之间的距离为，下落过程与碰撞过程有
根据动量守恒，有
小物块、在弹簧原长处分离，设分离时的速度大小为，由能量守恒得
小物块、分离后，小物块向上运动到最高点的过程中，由能量守恒得
联立解得，
故A正确，B错误；
D．设小物块、一起运动到最低点的过程中发生的位移大小为，由能量守恒定律得
联立解得
则弹簧的最大弹性势能
故D错误。
故选AC。
1．（2024·江苏·高考真题）如图所示，物块B分别通过轻弹簧、细线与水平面上的物体A左右端相连，整个系统保持静止。已知所有接触面均光滑，弹簧处于伸长状态。剪断细线后（ ）
A．弹簧恢复原长时，A的动能达到最大
B．弹簧压缩最大时，A的动量达到最大
C．弹簧恢复原长过程中，系统的动量增加
D．弹簧恢复原长过程中，系统的机械能增加
【答案】A
【详解】对整个系统分析可知合外力为0，A和B组成的系统动量守恒，得
设弹簧的初始弹性势能为，整个系统只有弹簧弹力做功，机械能守恒，当弹簧恢复原长时得
联立得
故可知弹簧恢复原长时物体A速度最大，此时物体A的动量最大，动能最大。对于系统来说动量一直为零，系统机械能不变。
故选A。
2．（全国乙卷·高考真题）如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动。在地面参考系（可视为惯性系）中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统（ ）
A．动量守恒，机械能守恒
B．动量守恒，机械能不守恒
C．动量不守恒，机械能守恒
D．动量不守恒，机械能不守恒
【答案】B
【详解】因为滑块与车厢水平底板间有摩擦，且撤去推力后滑块在车厢底板上有相对滑动，即摩擦力做功，而水平地面是光滑的；以小车、弹簧和滑块组成的系统，根据动量守恒和机械能守恒的条件可知撤去推力后该系统动量守恒，机械能不守恒。
故选B。
3．（多选）（2024·安徽·高考真题）一倾角为足够大的光滑斜面固定于水平地面上，在斜面上建立Oxy直角坐标系，如图（1）所示。从开始，将一可视为质点的物块从O点由静止释放，同时对物块施加沿x轴正方向的力和，其大小与时间t的关系如图（2）所示。已知物块的质量为1.2kg，重力加速度g取，不计空气阻力。则（ ）
A．物块始终做匀变速曲线运动
B．时，物块的y坐标值为2.5m
C．时，物块的加速度大小为
D．时，物块的速度大小为
【答案】BD
【详解】A．根据图像可得，，故两力的合力为
物块在y轴方向受到的力不变为，x轴方向的力在改变，合力在改变，故物块做的不是匀变速曲线运动，故A错误；
B．在y轴方向的加速度为
故时，物块的y坐标值为
故B正确；
C．时，，故此时加速度大小为
故C错误；
D．对x轴正方向，对物块根据动量定理
由于F与时间t成线性关系故可得
解得
此时y轴方向速度为
故此时物块的速度大小为
故D正确。
故选BD。
4．（多选）（2024·广西·高考真题）如图，坚硬的水平地面上放置一木料，木料上有一个竖直方向的方孔，方孔各侧壁完全相同。木栓材质坚硬，形状为正四棱台，上下底面均为正方形，四个侧面完全相同且与上底面的夹角均为。木栓质量为m，与方孔侧壁的动摩擦因数为。将木栓对准方孔，接触但无挤压，锤子以极短时间撞击木栓后反弹，锤子对木栓冲量为I，方向竖直向下。木栓在竖直方向前进了的位移，未到达方孔底部。若进入的过程方孔侧壁发生弹性形变，弹力呈线性变化，最大静摩擦力约等于滑动摩擦力，则（ ）
A．进入过程，木料对木栓的合力的冲量为
B．进入过程，木料对木栓的平均阻力大小约为
C．进入过程，木料和木栓的机械能共损失了
D．木栓前进后木料对木栓一个侧面的最大静摩擦力大小约为
【答案】BD
【详解】A．锤子撞击木栓到木栓进入过程，对木栓分析可知合外力的冲量为0，锤子对木栓的冲量为I，由于重力有冲量，则木料对木栓的合力冲量不为-I，故A错误；
B．锤子撞击木栓后木栓获得的动能为
木栓进入过程根据动能定理有
解得平均阻力为
故B正确；
C．木栓进入过程损失的动能与重力势能，一部分转化为系统内能另一部分转化为木栓的弹性势能，
故C错误；
D．对木栓的一个侧面受力分析如图
由于方孔侧壁弹力成线性变化，则有
且根据B选项求得平均阻力
又因为
联立可得
故D正确。
故选BD。
5．（多选）（2024·福建·高考真题）如图（a），水平地面上固定有一倾角为的足够长光滑斜面，一质量为的滑块锁定在斜面上。时解除锁定，同时对滑块施加沿斜面方向的拉力，随时间的变化关系如图（b）所示，取沿斜面向下为正方向，重力加速度大小为，则滑块（ ）
A．在内一直沿斜面向下运动
B．在内所受合外力的总冲量大小为零
C．在时动量大小是在时的一半
D．在内的位移大小比在内的小
【答案】AD
【详解】根据图像可知当时，物块加速度为
方向沿斜面向下；当时，物块加速度大小为
方向沿斜面向上，作出物块内的图像
A．根据图像可知，物体一直沿斜面向下运动，故A正确；
B．根据图像可知，物块的末速度不等于0，根据动量定理
故B错误；
C．根据图像可知时物块速度大于时物块的速度，故时动量不是时的一半，故C错误；
D．图像与横轴围成的面积表示位移，故由图像可知过程物体的位移小于的位移，故D正确。
故选AD。
6．（2025·广西·高考真题）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后水平抛出，撞击冲量式传感器使其输出一个脉冲信号，随后竖直掉入以与水平传送带共速度的货箱中，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，以速度匀速运行。若以相同的时间间隔将散货以几乎为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，到达顶端前已与传送带共速。设散货与传感器撞击时间极短，撞击后竖直方向速度不变，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。
【答案】(1)(2)(3)
【详解】（1）对单个散货水平方向由动量定理
解得单个散货的质量为
（2）落入货箱中散货的个数为
则水平传送带的平均传送速度大小为
（3）设倾斜传送带的长度为L，其中散货在加速阶段，由牛顿第二定律
解得
加速时间
加速位移
设匀速时间为，其中
则匀速位移为
故传送带的长度为
加速阶段散货与传送带发生的相对位移为
在时间内传送带额外多做的功为
其中，，
联立可得倾斜传送带的平均输出功率为
考点要求
考察形式
2025年
2024年
2023年
动量守恒中的力学综合问题
选择题
非选择题
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考情分析：
1．力学综合问题作为力学中的核心模型，在近几年黑吉辽高考中经常出现，但是是考查学生综合运用物理知识能力、科学思维素养的关键载体，对学生的物理素养有着举足轻重的影响。
2．从命题思路上看，试题情景为
碰撞模型与其他知识板块的融合将更加深入，不仅局限于力学内部综合，还可能与电磁学、热学等跨模块结合。
复习目标：
目标一：深入理解弹性碰撞、非弹性碰撞、完全非弹性碰撞的定义、特点及本质区别，熟练掌握碰撞过程中动量守恒、机械能守恒（弹性碰撞）的条件与适用范围。
目标二：明确力学综合问题与动量守恒定律、能量守恒定律、牛顿运动定律、动能定理等知识的内在逻辑联系。