2026年高考物理一轮讲义+练习(四川专用)第24讲动量守恒中的力学综合问题(专项训练)(学生版+解析)

这是一份2026年高考物理一轮讲义+练习(四川专用)第24讲动量守恒中的力学综合问题(专项训练)(学生版+解析)，共32页。试卷主要包含了67m/s等内容，欢迎下载使用。
目录
TOC \ "1-2" \h \u \l "_Tc17943" 01 课标达标练
\l "_Tc22251" 题型01 板块模型
题型02 “子弹打木块”模型
题型03 “滑块-曲（斜）面”模型
题型04 “滑块-弹簧”模型
\l "_Tc20184" 02 核心突破练
\l "_Tc5699" 03 真题溯源练
01 板块模型
1.（2025·四川绵阳·高三月考）如图所示，在光滑水平面上，有一质量为M=3kg的薄板和质量m=1kg的物块，初速度大小都是v=4m/s，向相反方向运动，它们之间有摩擦，薄板足够长。当薄板的速度大小为2.4m/s时，物块运动情况是（ ）
A．向右做匀减速运动B．向左做匀减速运动
C．向右做匀加速运动D．向左做匀加速运动
【答案】C
【详解】开始阶段，物块m向左减速，薄板M向右减速，当m的速度为零时，设此时M的速度为v1．规定向右为正方向，根据动量守恒定律得
(M−m)v=Mv1
解得
v1=2.67m/s
此后m将向右加速，M继续向右减速；当两者速度达到相同时，设共同速度为v2。规定向右为正方向，由动量守恒定律得
(M−m)v=(M+m)v2
解得
v2=2m/s
两者相对静止后，一起向右做匀速直线运动；由此可知当M的速度为2.4m/s时，m处于向右加速过程中，故选C。
2.（多选）如图所示，长木板A静止在光滑的水平面上，质量m = 2kg的物体B以水平速度v0= 3m/s滑上原来静止的长木板A的上表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化的情况如图乙所示，取g = 10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．长木板A获得的动能为4JB．长木板的质量为4kg
C．长木板A的最小长度为1mD．A、B间的动摩擦因数为0.2
【答案】BD
【详解】AB．在0—1s内，B相对于A滑动，以物体B的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律得
mv0= (m＋mA)v
由图知v = 1m/s解得
mA= 4kg
所以长木板A获得的动能
EkA=12mAv2=12×4×12J=2J
A错误、B正确；
C．在v—t图像中，图像与时间轴围成的面积表示位移，则在0 ~ 1s内，B与A的位移之差
Δx=3×12m=1.5m
则要使B不从A上滑下，长木板A的最小长度为1.5m，C错误；
D．B在A上相对运动时，对B，根据牛顿第二定律有
μmBg = mBa
据题图有
a=ΔvΔt=3−11m/s2=2m/s2
解得
μ = 0.2
D正确。
故选BD。
3.（多选）（2025·四川成都·高三月考）有一足够长的质量为M=2kg的长木板静止在光滑水平面上，另一质量为m=1kg的滑块，以速度v0=3m/s从左端滑上木板，小滑块与木板间的动摩擦因数为0.4，下列说法正确的是（ ）
A．木板最终的速度1m/s
B．木块与木板组成的系统机械能守恒
C．木块相对于木板的位移大小为1m
D．滑块与木板运动发生相对运动所用的时间0.5s
【答案】AD
【详解】A．滑块滑上木板后做减速运动，木板做加速运动，最后两者共速，一起做匀速直线运动，整个过程系统动量守恒，有
mv0=(m+M)v
得二者最终的速度
v=1m/s
故A正确；
B．整个过程中要克服摩擦力做功，系统机械能减小，故B错误；
C．整个过程中有
μmgx=12mv02−12(m+M)v2
得木块相对于木板的位移
x=0.75m
故C错误；
D．对滑块，根据动量定理有
−μmgt=mv−mv0
得滑块与木板运动发生相对运动所用的时间
t=0.5s
故D正确。
故选AD。
4.（多选）（2025·四川遂宁·高三月考）木块A静止于光滑的水平面上，其曲线部分MN光滑，水平部分NP是粗糙的且足够长。现有一小滑块B自M点由静止滑下，则以下叙述中正确的是（以NP所在的平面为零势面）（ ）
A．A、B最终以同一速度（不为零）运动
B．A、B最终速度为零
C．B滑到N时的动能等于它开始下滑时在M点的重力势能
D．A、B系统所获得的内能等于B开始下滑时在M点的重力势能
【答案】BD
【详解】AB．对于木块A和滑块B组成的系统，因为水平方向不受外力，所以系统水平方向动量守恒，设最终AB的速度为v，木块A的质量为m，木块B的质量为M，且NP足够长，则根据动量守恒得
(M + m)v = 0
解得
v = 0
A错误、B正确；
C．根据系统的能量守恒可知，B滑到N时的动能等于它下滑时在M点的重力势能与此时A的动能之差，C错误；
D．因为A、B最终速度为0，系统的动能为0，根据系统的能量守恒定律得知A、B系统所获得的内能等于B开始下滑时在M点的重力势能，D正确。
故选BD。
02 “子弹打木块”模型
5.（多选）如图，质量为3m的木块静止放置在光滑水平面上，质量为m的子弹（可视为质点）以初速度v0水平向右射入木块，水平射出木块时速度变为v03，已知木块的长为L，设子弹在木块中的阻力恒为f。则子弹在木块中运动的时间为（ ）
A．4L3v0B．9L5v0C．2mv03fD．4mv09f
【答案】BC
【详解】设子弹在木块中运动的时间为t，以子弹为对象，根据动量定理可得
−ft=mv03−mv0
解得
t=2mv03f
设子弹射出木块时，木块的速度为v1，根据系统动量守恒可得
mv0=mv03+3mv1
解得
v1=29v0
根据位移关系可得
L=x子−x木=v0+13v02t−0+v12t
解得
t=9L5v0
故选BC。
6.如图所示，在固定的水平杆上，套有质量为m的光滑圆环，轻绳一端拴在环上，另一端系着质量为M的木块，现有质量为m0的子弹以大小为v0的水平速度射入木块并立刻留在木块中，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．子弹射入木块后的瞬间，速度大小为m0v0m0+m+M
B．子弹射入木块后的瞬间，绳子拉力等于(M+m0)g
C．子弹射入木块后的瞬间，环对轻杆的压力大于(M+m+m0)g
D．子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统动量守恒
【答案】C
【详解】A．子弹射入木块后的瞬间，子弹和木块组成的系统动量守恒，以v0的方向为正方向，则
m0v0=(M+m0)v1
解得
v1＝m0v0m0+M
故A错误；
B．子弹射入木块后的瞬间
FT−(M+m0)g=(M+m0)v12L
解得绳子拉力
FT=(M+m0)g+(M+m0)v12L
故B错误；
C．子弹射入木块后的瞬间，对圆环
FN=FT+mg>(M+m+m0)g
由牛顿第三定律知，环对轻杆的压力大于(M+m+m0)g，故C正确；
D．子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统只在水平方向动量守恒，故D错误。
故选C。
7.（多选）如图所示，一砂袋用无弹性轻细绳悬于O点。开始时砂袋处于静止状态，一弹丸以水平速度v0击中砂袋后未穿出，二者共同摆动。若弹丸质量为m，砂袋质量为5m，弹丸和砂袋形状大小忽略不计，弹丸击中砂袋后漏出的砂子质量忽略不计，不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法中正确的是（ ）
A．弹丸打入砂袋过程中，细绳所受拉力变大
B．弹丸打入砂袋过程中，弹丸对砂袋的冲量大小大于砂袋对弹丸的冲量大小
C．弹丸打入砂袋过程中所产生的热量为mv0272
D．砂袋和弹丸一起摆动所达到的最大高度为v0272g
【答案】AD
【详解】A．弹丸打入砂袋的过程由动量守恒定律得
mv0=(m+5m)v
解得
v=16v0
弹丸打入砂袋后，总质量变大，且来回摆动，相当于圆周运动的一部分，在最低点有
FT= 6mg+6mv2L
可知细绳所受拉力变大，选项A正确；
B．根据牛顿第三定律可知，弹丸打入砂袋过程中，弹丸对砂袋的冲量大小等于砂袋对弹丸的冲量大小，选项B错误；
C．弹丸打入砂袋过程中所产生的热量为
Q=12mv02−12×6mv2=512mv02
选项C错误；
D．弹丸与沙袋一起摆动过程中机械能守恒，由机械能守恒可得
12×6mv2=6mgℎ
解得
ℎ=v0272g
选项D正确。
故选AD。
8.（多选）质量为m的均匀木块静止在光滑水平面上，木块左右两侧各有一位拿着完全相同步枪和子弹的射击手。首先左侧开枪，子弹水平射入木块的最大深度为d1，待子弹与木块共速后右侧开枪，子弹水平射入木块的最大深度为d2。子弹均未射穿木块，且两颗子弹与木块之间的作用力大小均相同，则下列正确的为（ ）
A．最终木块向左运动B．最终木块静止不动
C．d1 mB
C．B运动后，弹簧的最大形变量等于x
D．S1−S2=S3
【答案】ABD
【详解】A．由于在0 ~ t1时间内，物体B静止，则对B受力分析有
F墙 = F弹
则墙对B的冲量大小等于弹簧对B的冲量大小，而弹簧既作用于B也作用于A，则可将研究对象转为A，撤去F后A只受弹力作用，则根据动量定理有
I = mAv0（方向向右）
则墙对B的冲量与弹簧对A的冲量大小相等、方向相同，A正确；
B．由a—t图可知t1后弹簧被拉伸，在t2时刻弹簧的拉伸量达到最大，根据牛顿第二定律有
F弹 = mAaA= mBaB
由图可知
aB > aA
则
mB < mA
B正确；
C．由图可得，t1时刻B开始运动，此时A速度为v0，之后AB动量守恒，AB和弹簧整个系统能量守恒，则
mAv0=mAvA+mBvB
可得AB整体的动能不等于0，即弹簧的弹性势能会转化为AB系统的动能，弹簧的形变量小于x，C错误；
D．由a—t图可知t1后B脱离墙壁，且弹簧被拉伸，在t1~t2时间内AB组成的系统动量守恒，且在t2时刻弹簧的拉伸量达到最大，A、B共速，由a—t图像的面积为Δv，在t2时刻AB的速度分别为
vA=S1−S2，vB=S3
A、B共速，则
S1−S2=S3
D正确。
故选ABD。
42.（湖南·高考真题）如图，质量为M的匀质凹槽放在光滑水平地面上，凹槽内有一个半椭圆形的光滑轨道，椭圆的半长轴和半短轴分别为a和b，长轴水平，短轴竖直．质量为m的小球，初始时刻从椭圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑．以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点，在竖直平面内建立固定于地面的直角坐标系xOy，椭圆长轴位于x轴上。整个过程凹槽不翻转，重力加速度为g。
（1）小球第一次运动到轨道最低点时，求凹槽的速度大小以及凹槽相对于初始时刻运动的距离；
（2）在平面直角坐标系xOy中，求出小球运动的轨迹方程；
（3）若Mm=ba−b，求小球下降ℎ=b2高度时，小球相对于地面的速度大小（结果用a、b及g表示）。
【答案】（1）v2=2m2gbM2+Mm，x2=mM+ma；（2）xM+m−ma2M2a2+y2b2=1；（3）2bga+3b
【详解】（1）小球运动到最低点的时候小球和凹槽水平方向系统动量守恒，取向左为正
0=mv1−Mv2
小球运动到最低点的过程中系统机械能守恒
mgb=12mv12+12Mv22
联立解得
v2=2m2gbM2+Mm
因水平方向在任何时候都动量守恒即
0=mv1−Mv2
两边同时乘t可得
mx1=Mx2
且由几何关系可知
x1+x2=a
联立得
x2=mM+ma
（2）小球向左运动过程中凹槽向右运动，当小球的坐标为x,y时，此时凹槽水平向右运动的位移为Δx，根据上式有
ma−x=M⋅Δx
则小球现在在凹槽所在的椭圆上，根据数学知识可知此时的椭圆方程为
x−Δx2a2+y2b2=1
整理得
xM+m−ma2M2a2+y2b2=1 （−b≤y≤0）
（3）将Mm=ba−b代入小球的轨迹方程化简可得
x−a−b2+y2=b2
即此时小球的轨迹为以a−b为圆心，b为半径的圆，则当小球下降的高度为b2时有如图


此时可知速度和水平方向的夹角为60°，小球下降b2的过程中，系统水平方向动量守恒
0=mv3cs60°−Mv4
系统机械能守恒
mgb2=12mv32+12Mv42
联立得
v3=4gb2a+3b=2bga+3b
43.（全国乙卷·高考真题）如图（a），一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上：物块B向A运动，t=0时与弹簧接触，到t=2t0时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的v−t图像如图（b）所示。已知从t=0到t=t0时间内，物块A运动的距离为0.36v0t0。A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同。斜面倾角为θ(sinθ=0.6)，与水平面光滑连接。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。求
（1）第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值；
（2）第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值；
（3）物块A与斜面间的动摩擦因数。
【答案】（1）0.6mv02；（2）0.768v0t0；（3）0.45
【详解】（1）当弹簧被压缩最短时，弹簧弹性势能最大，此时A、B速度相等，即t=t0时刻，根据动量守恒定律
mB⋅1.2v0=(mB+m)v0
根据能量守恒定律
Epmax=12mB(1.2v0)2−12(mB+m)v02
联立解得
mB=5m
Epmax=0.6mv02
（2）解法一：同一时刻弹簧对A、B的弹力大小相等，根据牛顿第二定律
F=ma
可知同一时刻
aA=5aB
则同一时刻A、B的瞬时速度分别为
vA=aAt，vB=1.2v0−aAt5
根据位移等速度在时间上的累积可得
sA=vAt(累积），sB=vBt(累积）
又
sA=0.36v0t0
解得
sB=1.128v0t0
第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值
Δs=sB−sA=0.768v0t0解法二：B接触弹簧后，压缩弹簧的过程中，A、B动量守恒，有
mB×1.2v0=6mv0=mBvB+mvA
对方程两边同时乘以时间Δt，有
6mv0Δt=5mvBΔt+mvAΔt
0-t0之间，根据位移等速度在时间上的累积，可得
6mv0t0=5msB+msA
将sA=0.36v0t0代入可得
sB=1.128v0t0
则第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值
Δs=sB−sA=0.768v0t0
（3）物块A第二次到达斜面的最高点与第一次相同，说明物块A第二次与B分离后速度大小仍为2v0，方向水平向右，设物块A第一次滑下斜面的速度大小为vA'，设向左为正方向，根据动量守恒定律可得
mvA'−5m⋅0.8v0=m⋅(−2v0)+5mvB'
根据能量守恒定律可得
12mvA'2+12⋅5m⋅(0.8v0)2=12m⋅(−2v0)2+12⋅5mvB'2
联立解得
vA'=v0方法一：设在斜面上滑行的长度为L，上滑过程，根据动能定理可得
−mgLsinθ−μmgLcsθ=0−12m(2v0)2
下滑过程，根据动能定理可得
mgLsinθ−μmgLcsθ=12mv02−0
联立解得
μ=0.45方法二：根据牛顿第二定律，可以分别计算出滑块A上滑和下滑时的加速度，
mgsinθ+μmgcsθ=ma上，mgsinθ−μmgcsθ=ma下
上滑时末速度为0，下滑时初速度为0，由匀变速直线运动的位移速度关系可得
2a上x=(2v0)2−0，2a下x=vA'2=v02
联立可解得