2026年高考物理一轮复习考点精讲精练(新高考通用)第24讲动量守恒定律及其应用(高效培优讲义)(学生版+解析)

这是一份2026年高考物理一轮复习考点精讲精练(新高考通用)第24讲动量守恒定律及其应用(高效培优讲义)(学生版+解析)，共4页。试卷主要包含了动量守恒的判断，碰撞问题，反冲、爆炸问题，板块、子穿木问题等内容，欢迎下载使用。
TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc206167438" 考情探究
\l "_Tc206167439" 知识梳理
\l "_Tc206167440" 探究核心考点
\l "_Tc206167441" 考点一 动量守恒的判断
\l "_Tc206167442" 考点二 碰撞问题
\l "_Tc206167443" 考点三 反冲、爆炸问题
\l "_Tc206167441" 考点四 板块、子穿木问题
\l "_Tc206167447" 三阶突破训练
\l "_Tc206167448" 基础过关
\l "_Tc206167449" 能力提升
\l "_Tc206167450" 真题感知
一、5年真题考点分布
二、命题规律及备考策略
【命题规律】本讲内容是新高考卷的常考内容。本类试题主要考查动量守恒定律。常与能量守恒、功能关系进行综合。要求体会用守恒定律分析物理问题的方法，体会自然界的和谐与统一。
【备考策略】1.理解、掌握动量守恒的条件、判断方法。
2.会用动量守恒定律解决实际问题。
3.具备数形结合的思想意识。
4.熟悉碰撞、反冲、爆炸的特点。
【命题预测】本讲内容是新高考卷的必考内容，可选择、可计算，经常以压轴题形式出现。
一、动量守恒定律的理解和基本应用
1．内容
如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变．
2．表达式
(1)p＝p′或m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′.系统相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量．
(2)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向．
3．适用条件
(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为零．
(2)近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力．
(3)某一方向守恒：如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在这一方向上动量守恒．
4．动量守恒定律的五个特性：
二、爆炸、反冲运动和人船模型
1．爆炸现象的三个规律
2.反冲运动的三点说明
三、碰撞问题
1．特点
在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒．
2．分类
3．弹性碰撞的重要结论
以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生弹性碰撞为例，则有
m1v1＝m1v1′＋m2v2′
eq \f(1,2)m1v12＝eq \f(1,2)m1v1′2＋eq \f(1,2)m2v2′2
联立解得：v1′＝eq \f(m1－m2,m1＋m2)v1，v2′＝eq \f(2m1,m1＋m2)v1
讨论：①若m1＝m2，则v1′＝0，v2′＝v1(速度交换)；
②若m1>m2，则v1′>0，v2′>0(碰后两小球沿同一方向运动)；当m1≫m2时，v1′≈v1，v2′≈2v1；
③若m1v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前′≥v后′.
②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向至少有一个改变．
四、人船模型
1．模型图示
2．模型特点
(1)两物体满足动量守恒定律：mv人－Mv船＝0
(2)两物体的位移大小满足：meq \f(x人,t)－Meq \f(x船,t)＝0，
x人＋x船＝L，
得x人＝eq \f(M,M＋m)L，x船＝eq \f(m,M＋m)L
3．运动特点
(1)人动则船动，人静则船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；
(2)人船位移比等于它们质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即eq \f(x人,x船)＝eq \f(v人,v船)＝eq \f(M,m).
五、“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(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)．
(4)弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大(相当于刚完成弹性碰撞)．
六、“滑块—斜(曲)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，eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)(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，eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)Mv22(相当于完成了弹性碰撞)．
七、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．
3．两种情景
(1)子弹嵌入木块中，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＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)(M＋m)v2
(2)子弹穿透木块
动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2
能量守恒：Q＝Ff·d＝eq \f(1,2)mv02－(eq \f(1,2)Mv22＋eq \f(1,2)mv12)
八、滑块—木板模型
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．
考点一 动量守恒的判断
典例1．（2025·北京市北京大学附属中学·三模）光滑的水平面上有一质量为的静止木块，质量为的子弹以一定的速度射入其中没有射出，从射入到达共同速度为止（ ）
A. 摩擦力对子弹做功的数值超过木块获得动能的3倍
B. 摩擦发热量在数值上等于木块获得的动能
C. 摩擦力对两物体做功的代数和等于0
D. 因为存在相互间的摩擦力，所以系统机械能不守恒、动量也不守恒
【答案】A
【解析】A．设子弹的初速为v0，则由动量守恒
则摩擦力对子弹做功
木块获得动能的
因可知
即
选项A正确；
B．摩擦放热
Q=fd(d为木块厚度)
木块获得的动能
(x为木块的位移)
两者不相等，选项B错误；
C．摩擦力子弹做功
W1=-f(x+d)
摩擦力对物块做功
W2=fx
则摩擦力对两物体做功的代数和等于-fd，选项C错误；
D．因为存在相互间的摩擦力，所以系统机械能不守恒，但是系统受合外力为零，则动量守恒，选项D错误。
故选A。
典例2．（2025·湖北省部分学校联考·三模）如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为M的光滑弧形槽静置在光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切，一个质量为m的小物块（可视为质点）从槽上高为h处由静止释放，已知弹簧始终处于弹性限度内，下列说法正确的是（ ）
A. 小物块下滑过程中，物块和槽组成的系统动量守恒
B. 小物块下滑过程中，槽对物块的支持力不做功
C. 若，物块能再次滑上弧形槽
D. 若物块再次滑上弧形槽，则物块能再次回到槽上初始释放点
【答案】C
【解析】A．物块在下滑过程中系统竖直方向受外力作用，水平方向不受外力作用，故物块和弧形槽组成的系统水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，故A错误；
B．弧形槽置于光滑水平地面上，物块下滑过程中对弧形槽压力的水平分量使弧形槽向左加速，动能增大，此过程中物块和弧形槽组成的系统只有物块的重力做功，系统机械能守恒，故物块机械能必定减少，由此推知弧形槽对物块的支持力做负功，故B错误；
C．小物块下滑过程中，物块、弧形槽组成系统满足水平方向动量守恒，系统初始水平方向动量为零，设小球滑到底端时二者速度大小分别为、，取向左方向为正
该过程由动量守恒定律得
故得
若，则，小物块在水平面上做匀速运动，撞击弹簧前后速度等大反向，因此能追上弧形槽，故C正确；
D．设物块再次滑上弧形槽，上升到最高点时系统水平向左的速度为v
由动量守恒定律得
由全过程满足机械能守恒得
物块从初始状态下滑到底端时满足机械能守恒
故得
即物块不会上升至初始高度，故D错误；
故选C。
跟踪训练1．（2025·辽宁省名校联盟·一模）如图所示，在水平面上放置一个质量为M的滑块，滑块的一侧AB是一个半径为R的弧形凹槽，A点切线水平。一个质量为m的小球以水平初速度从A点冲上滑块，重力加速度为g，不计一切摩擦。下列说法正确的是（ ）
A. 滑块和小球组成的系统总动量不守恒
B. 滑块和小球组成的系统机械能不守恒
C. 若，小球恰能到达滑块M上的B点
D. 若小球能从B点离开滑块M，则小球到达滑块最高点B时，小球和滑块的水平方向速度相等
【答案】A
【解析】A．滑块和小球组成的系统水平方向合力为零，所以水平方向动量守恒，但是整体的合力不为零，所以系统的总动量不守恒，故A正确；
B．不计一切摩擦，只有重对系统做功。所以系统机械能守恒，故B错误；
C．当小球刚好到达B点，系统水平方向动量守恒有
系统机械能守恒有
解得
故C错误；
D．若小球能从B点离开滑块M，则小球水平方向的分速度大于滑块水平方向的分速度，小球离开滑块M后做斜抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，则小球到达滑块最高点B时，小球只有水平方向的分速度，则小球的速度大于滑块的水平方向速度，故D错误。
故选A。
跟踪训练2．（2025·辽宁省辽阳市·一模）如图所示，质量为0.4kg，带有四分之一圆弧的光滑圆弧槽静止在光滑的水平面上，圆弧半径为0.3m。现有一质量为0．2kg的小球以大小的初速度水平冲上圆弧槽，取重力加速度大小，从小球冲上圆弧槽到滑离圆弧槽的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 小球和圆弧槽组成的系统动量守恒
B. 小球离开圆弧槽时速度的大小为
C. 小球上升的最大高度（相对圆弧最低点）为1.2cm
D. 小球对圆弧槽的最大压力为2.4N
【答案】C
【解析】A．从小球冲上圆弧槽到滑离圆弧槽的过程中，小球和圆弧槽组成的系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，竖直方向所受合外力不为零，竖直方向动量不守恒，即小球和圆弧槽组成的系统动量不守恒，故A错误；
BD．水平方向根据动量守恒定律
根据能量守恒定律
联立解得，
即小球离开圆弧槽时速度的大小为0.2m/s，此时圆弧槽对小球支持力最大，设为，根据牛顿第二定律
解得
根据牛顿第三定律可知小球对圆弧槽的最大压力为
故BD错误；
C．小球上升的最大高度（相对圆弧最低点）时，小球和圆弧槽速度相等，水平方向根据动量守恒定律
根据能量守恒定律
联立解得
故C正确
故选C。
考点二 碰撞问题
典例1．（2025·黑龙江省齐齐哈尔市·二模）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时，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，物块沿着小车上的轨道运动，已知细线长。小球质量。物块、小车质量均为。小车上的水平轨道长。圆弧轨道半径。小球、物块均可视为质点。不计空气阻力，重力加速度g取。
（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的取值范围。
【答案】（1）6N；（2）4m/s；（3）
【解析】（1）对小球摆动到最低点的过程中，由动能定理
解得
在最低点，对小球由牛顿第二定律
解得，小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小为
（2）小球与物块碰撞过程中，由动量守恒定律和机械能守恒定律
解得小球与物块碰撞后瞬间，物块速度的大小为
（3）若物块恰好运动到圆弧轨道的最低点，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒
由能量守恒定律
解得
若物块恰好运动到与圆弧圆心等高的位置，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒
由能量守恒定律
解得
综上所述物块与水平轨道间的动摩擦因数的取值范围为
典例2．（2025·湖南省长沙市湖南师大附中·一模）（多选）在相互平行且足够长的两根水平光滑的硬杆上，穿着三个半径相同的刚性球A、B、C，如图所示。三球的质量分别为，初状态B、C球之间连着一根轻质弹簧并处于静止状态，B、C连线与杆垂直并且弹簧刚好处于原长状态，A球以的速度向左运动，与同一杆上的B球碰撞后粘在一起（作用时间极短），则下列判断，正确的是（ ）
A. A球与B球碰撞中损耗的机械能为108J
B. 在以后的运动过程中，弹簧形变量最大时C球的速度最大
C. 在以后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能为36J
D. 在以后的运动过程中，B球的最小速度为2m/s
【答案】AC
【解析】A．碰撞的过程中，满足动量守恒
解得
球与B球碰撞中损耗的机械能
A正确；
B．弹簧再次恢复原长时C球速度最大，B错误；
C．在以后的运动过程中，AB的组合体与C的速度相等时，弹性势能最大，根据动量守恒
解得
最大弹性势能
解得
C正确；
D．当弹簧再次恢复原长时，根据动量守恒和能量守恒可知
解得
此时B反向速度最大，而B由于速度由正向到反向，因此最小速度为零，D错误。
故选AC。
典例3．（2025·河南省五市·二模）（多选）如图（a）所示，相距较远两物体、放在光滑水平面上，物体左端固定一轻弹簧并处于静止状态，物体以速度沿、连线向物体运动。时，物体与轻弹簧接触（不粘连），此后的一段时间内，两物体的速度与时间的关系如图（b）所示。已知时间内，物体运动的距离为，物体的质量为，运动过程中弹簧始终处于弹性限度内，下列说法正确的是（ ）
A. 物体的质量为
B. 物体与轻弹簧分离时，速度为
C. 时间内，物体运动的距离为
D. 弹簧压缩最短时弹性势能为
【答案】AC
【解析】A．题图可知AB共速为，规定向右为正方向，由动量守恒有
解得物体B的质量
故A正确；
B．设物体A与轻弹簧分离时，AB速度分别为、，则由动量守恒有
能量守恒有
联立解得
故B错误；
C．设在前任意时刻速度分别为、，由动量守恒有
整理得
其中
联立解得
故C正确；
D．弹簧最短时共速，
由能量守恒
代入数据得
故D错误。
故选AC。
典例4．（2025·湖北省部分高中协作体·二模）两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，，，，。当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是（ ）
A. ，
B. ，
C. ，
D. ，
【答案】B
【解析】AD．由于两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，必须满足动量守恒定律， 即
可知四个选项均满足；另外碰后A的速度应该小于B的速度，否则要发生第二次碰撞，不符合实际，故AD错误；
BC．同时碰撞还因该满足能量守恒定律，即
C选项中两球碰后的总动能为
大于碰前的总动能
违背了能量守恒定律；而B项既符合实际情况，也不违背能量守恒定律，故B正确，C错误。
故选B。
跟踪训练1．（2025·黑龙江省大庆市大庆中学·三模）皮带式传送带是物料搬运系统机械化和自动化不可缺少的组成部分。如图所示，以速度v＝1m/s顺时针转动的传送带BC与水平地面处于同一水平面上，AB、BC的水平长度均为L＝1.25m。一质量的小球b用长为R＝1.6m的轻绳悬挂于O点，一质量的小物块a静置于悬点O正下方的A点，整个装置处于同一竖直面内。现将小球b向左拉至轻绳与竖直方向成θ＝60°角的位置由静止释放，小球b运动到最低点与小物块a发生弹性碰撞。已知小物块a与水平地面和传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.1，不计传送带轮轴处的摩擦，小物块a与小球b均可视为质点，重力加速度。求：
（1）碰撞后瞬间小球b对轻绳的拉力大小及小物块a的速度大小；
（2）小物块a从A点运动到传送带右端所需要的时间；
（3）小物块a从A点运动到传送带右端的过程中系统因摩擦产生的热量。
【答案】（1）12.5N，
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
小球b运动到最低点的过程，由动能定理得
解得
小球b与小物块a发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得 ，
联立解得
碰撞后瞬间对小球b有
解得F＝12.5N
由牛顿第三定律知小球b对轻绳的拉力大小
【小问2详解】
小物块a从A点运动到B点，由动能定理和动量定理得，
联立解得
小物块a从B点运动到与传送带共速的过程，由动能定理和动量定理得，
联立解得
小物块a与传送带共同做匀速运动的时间
则小物块a从A点运动到传送带右端所需要的时间
【小问3详解】
在时间内小物块a与传送带发生的相对位移大小
小物块a从A点运动到传送带右端的过程中系统因摩擦产生的热量
跟踪训练2．（2025·山东省菏泽市·一模）如图所示，光滑水平面上固定质量为2m、倾角为θ的斜面 OAB，在斜面右侧有 n个质量均为 的物块，质量为m 的滑块从光滑斜面顶端A 由静止释放。
（1）求滑块到达斜面底端时的速度大小；
（2）若斜面底端有一小圆弧，斜面和地面平滑连接。
①所有的碰撞均为完全非弹性碰撞，求第n个物块的最终速度大小
②所有的碰撞均为弹性碰撞，求第n个物块的最终速度大小
（3）水平面上靠近 B处有一固定竖直挡板，斜面不固定，滑块运动至斜面底端与水平面碰撞后，仅保留水平方向动量。物块与挡板碰撞后以原速率返回，此时改变滑块与水平面、斜面与水平面间的粗糙程度，斜面与水平面动摩擦因数 。要使滑块能追上斜面，求滑块与水平面间动摩擦因数的最大值。
【答案】（1）
（2）①；②
（3）
【解析】
【小问1详解】
对滑块，由动能定理得
解得
【小问2详解】
①若是完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律则有
解得
②若是弹性碰撞，设滑块第1次与第 n个物块相碰后的速度分别是v₀₁、v₁，根据动量守恒定律则有
根据能量守恒定理则有
联立解得
由于后面发生的都是弹性碰撞，所以物块1的最终速度为 ，之后滑块第2次与第n个物块发生弹性碰撞，设滑块与第 n个物块相碰后的速度分别是v₀₂、 v₂，根据动量守恒定律，则有
根据能量守恒定律，则有
解得
由于后面发生的都是弹性碰撞，物块2的最终速度为 ，第n个物块的最终速度
【小问3详解】
设滑块刚要滑到斜面底端时的水平速度为，竖直速度为，斜面体的速度为 水平方向动量守恒，根据动量守恒定律可得
根据机械能守恒定律则有
解得，
滑块从释放到滑到斜面底端，设滑块的水平位移大小为s₁，斜面体的水平位移大小为s₂，由于水平方向系统动量守恒，则有
整理可得
即
代入数据解得，
当滑块到达水平面时，由于挡板的存在，问题简化为滑块在斜面后方，则有
解得
故滑块与水平面间动摩擦因数的最大为
跟踪训练3．（2025·江苏省盐城市射阳中学·二模）如图所示，为两根水平放置的光滑平行轨道，其上分别套有甲、乙小球z），小球之间连有一根轻弹簧，初始两球均静止，弹簧处于原长，现给甲球一个瞬间冲量，使其获得向右的初速度，则从开始运动到再次相距最近的过程中，两球的图像可能正确的（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】甲获得初速度后，弹簧被拉伸，甲向右做减速运动，乙向右做加速运动，设乙的质量为m，则甲的质量为2m，甲乙系统水平方向动量守恒，规定向右为正方向，有
解得第一次共速
从开始运动到第一次共速，弹簧被拉长，弹力增大，且弹簧的水平分力也在增大，故二者做的是加速度增大的运动。达到后，甲向右做减速运动，乙向右做加速运动，弹簧开始恢复延长，当甲乙再次相距最近时，乙在甲的正下方，由动量守恒、机械能守恒有
解得此时甲乙速度分别为
从第一次共速到甲乙再次相距最近时，弹簧拉伸量减小，弹力增小，且弹簧的水平分力也在减小，故二者做的是加速度减小的运动，图像斜率绝对值表示加速度大小，综合分析可知C选项符合题意。
故选C。
跟踪训练4．（2025·青海省海东市第二中学·二模）冰壶是以队为单位在冰上进行的一种投掷性竞赛项目，被大家喻为冰上的“国际象棋”。如图所示，运动员投掷出的冰壶甲运动一段时间后，与静止在大本营中心的冰壶乙发生碰撞，已知两冰壶完全相同，则碰撞后两冰壶最终停止的位置不可能是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】两完全相同的冰壶碰撞前、后遵守动量守恒定律，机械能守恒或有损耗，若机械能守恒，则碰后，甲停止，乙以甲的速度向前运动。若机械能有损耗，则碰后，甲的速度减小，乙以小于甲碰撞前的速度向前运动，故甲不会向后运动，故两冰壶最终停止的位置不可能是选项A，
本题选择不可能的，故选A。
考点三 反冲、爆炸问题
典例1．（2025·江苏省淮阴中学·二模）如图所示，半径分别为R和的两光滑圆轨道安置在同一竖直平面内，两轨道之间由一条光滑水平轨道CD相连，在水平轨道CD上一轻弹簧被a、b两小球夹住，同时释放两小球，a、b球都恰好能通过各自圆轨道的最高点，已知a球的质量为m。则（ ）
A. b球的质量
B. 两小球与弹簧分离时，动能相等
C. a球到达圆心等高处时，对轨道压力为
D. 若，要求a、b都能通过各自圆轨道的最高点，弹簧释放前至少应具有的弹性势能为
【答案】D
【解析】A．设小球离开弹簧后的速度大小为，球恰好能通过圆轨道的最高点，设在最高点速度为，则有
解得
选取最低点所在的水平面为零势能面，根据机械能守恒定律得
解得
同理可得b球离开弹簧后的速度大小为
取向左为正方向，根据动量守恒定律可得
可得b球的质量为
故A错误；
B．两小球与弹簧分离时，动量大小相等，根据动能与动量关系
由于两小球的质量不相等，可知两小球与弹簧分离时，动能不相等，故B错误；
C．a球到达圆心等高处时，速度为，由动能定理可得
轨道对a球的支持力为F，由牛顿第二定律可得
联立解得
由牛顿第三定律可知，a小球对轨道压力为，故C错误；
D．若，取向左为正方向，由动量守恒定理得
则分离时两小球速度相等，若要求a、b都能通过各自的最高点，只需要a球能够通过，b球也能通过，由前面分析可知，a刚好通过最高点时，分离时速度为
则弹簧释放前至少应具有的弹性势能为
故D正确。
故选D。
典例2．（2025·吉林省白城市实验高级中学·一模）如图所示将一质量为m的小球，从放置在光滑水平地面上质量为M的光滑半圆形槽的槽口A点由静止释放经过最低点B运动到C点下列说法中正确的是
A. 从A→B，半圆形槽运动的位移一定大于小球在水平方向上运动的位移
B. 从B→C，半圆形槽和小球组成的系统动量守恒
C. 从A→B→C，C点可能是小球运动的最高点
D. 小球最终在半圆形槽内做往复运动
【答案】D
【解析】A. 小球与半圆形槽水平方向动量守恒，mv1=Mv2，则mv1t=Mv2t，mx1=Mx2，如果mx2，故A错误；
B. 从B→C，半圆形槽和小球组成的系统水平方向受外力为零，水平方向动量守恒，故B错误；
C. 从A→B→C，机械能守恒，小球到达最高点C时，速度为零，C点与A点等高，故C错误；
D.小球从最高点C滑下运动到左边最高点A时，速度又减到零，如此反复，故D正确．
故选D
典例3．（2025·宁夏回族自治区银川一中·一模）两响爆竹，即二踢脚，是一种传统民俗用品，两响爆竹的纸筒内分两层安放火药，下层火药的作用是将爆竹送上天空，上层火药在升空10~20米后，凌空爆响。质量为200g的两响爆竹在0.01s时间内下层火药爆炸，向下喷出少量高压气体（此过程两响爆竹的位移可以忽略），然后被竖直发射到距离地面的最高点，在最高点上层火药在极短时间内发生爆炸，假设两响爆竹被炸成两部分，其中80g的部分以的速度水平飞出，不计空气阻力和火药的质量，重力加速度g取，求：
（1）下层火药爆炸过程产生的高压气体对两响爆竹平均作用力的大小；
（2）上层火药爆炸后两部分爆竹落地点间的距离。
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）设下层火药爆炸后爆竹的速度为，则
解得
由动量定理得
解得
（2）爆竹做平抛运动
解得
爆竹爆炸的过程在水平方向动量守恒，有
其中，，，解得
上层火药爆炸后两部分爆竹落地点间的距离为
跟踪训练1．（2025·河南省五市·二模）如图所示，光滑水平平台直轨道、固定，半径为的光滑半圆轨道固定在竖直平面内，在处与相切。在直轨道上放着质量分别为、的物块、（均可视为质点），用轻质细绳将、连接在一起，且、间夹着一根被压缩的轻质弹簧（未被拴接）。一质量为，长的小车静止在光滑水平地面上，右端紧靠平台轨道，小车上表面与平台轨道、等高。现将细绳剪断，之后向左滑上小车，向右滑动且恰好到圆弧轨道的最高点，之后立即撤去物块（单位：米）。已知物块与小车之间的动摩擦因数，小车左端到平台右侧的距离为（单位为米），小车运动到平台时立刻被粘住，重力加速度取。求：
（1）物块运动到圆弧轨道圆心等高点时对轨道的压力大小；
（2）细绳剪断之前弹簧的弹性势能；
（3）物体刚滑上平台时动能与的函数关系式。
【答案】（1）
（2）
（3）当时；当时
【解析】
【小问1详解】
B物体恰好通过圆周运动的最高点，重力提供圆周运动的向心力，则有
由到，根据动能定理可得
c点对物块
由牛顿第三定律，物块对轨道压力
【小问2详解】
对物块由到，由动能定理可得
剪断细线时，系统动量守恒，由动量守恒定律可得
由能量守恒可得
联立以上方程可得
【小问3详解】
设A与小车能达到共速，此过程小车向左运动位移为，对A与小车系统，取向左为正方向，由动量守恒定律有
解得
对小车和A，由能量守恒定律有得
解得
对小车而言，由动能定理可得
解得
①当时，物体与小车恰能达到共速，刚滑上平台时的动能与无关，对和小车，由能量关系有
其中，
联立解得
②当时，小车与平台相碰时，物体与小车未达到共速，对小车，由动能定理可得
对和小车，根据功能关系可得
解得
跟踪训练2．（2025·湖南省邵阳市·三模）经典力学认为：一个初始条件和受力情况确定的多体力学系统的运行情况是一定的，理论上也是可以计算的。如下是极简版理想化三体力学系统，如图所示的光滑水平支持面内建立直角坐标系，质量分别为2m和m、m的3个刚性小球A和B、C置于光滑水平支持面上，初始坐标分别为，A和B、C之间分别用两条长均为的理想轻绳连接，某瞬间分别给A、B、C球一瞬时冲量，使它们获得垂直于连线等大的初速度，A球初速度方向为轴方向，B、C球初速度方向为轴负向，之后小球A、B、C在运动过程中通过连绳相互作用。忽略一切摩擦和空气阻力，后续B、C两球之间的碰撞视为弹性碰撞。
（1）当A球的速度大小为方向沿轴正方向时，求B球沿方向的分速度；
（2）求A球离开O点的最大位移；
（3）当A球相对O点的位移为时，求B球速度大小。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
对三球组成的系统在方向动量守恒有
解得
【小问2详解】
对三球组成的系统在方向动量守恒
解得
由微元法可知
又A球与B、C两球方向最大相对位移有
解得
【小问3详解】
设当A球的位移为时，A、B连线与轴夹角为，设A球速度为；B、C球方向速度为，方向速度为，如图所示
对三球组成的系统方向动量守恒有
由系统机械能守恒
由A、B速度关联
又
联立可得
跟踪训练3．（2025·山东省德州市·三模）如图甲所示，长木板C静止在光滑水平地面上，其右上端有固定的挡板，可视为质点的小物体A和B紧靠在一起静止在长木板C上，小物体A和B之间夹有少量火药。某时刻点燃火药，火药瞬间燃爆后A获得的速度大小为，若长木板C固定，A和B会同时停在C的最左端。已知小物体A的质量为2m，小物体B的质量为m，长木板C的质量为3m，A、C之间的动摩擦因数为，B、C之间的动摩擦因数为，重力加速度为，不计火药的质量和燃爆时间，不计B和挡板的碰撞时间，B和挡板碰撞时无机械能损失。
（1）若点燃火药释放的能量全部转化为A和B的机械能，求点燃火药释放的能量；
（2）求长木板C的长度；
（3）若长木板不固定，求整个过程A、C之间由于摩擦产生的内能和B、C之间由于摩擦产生的内能；
（4）若长木板不固定，将B碰撞挡板时作为t=0时刻，自该时刻开始A的位移大小用表示，B的位移大小用表示，C的位移大小用表示，设，在图乙中画出y随时间t变化的图像，并标明时的y值。
【答案】（1）（2）（3），（4）见解析
【解析】（1）火药爆炸瞬间A和B系统的动量守恒，则
解得
则火药爆炸释放的能量
联立可得
（2）若长木板固定，A和B的速度同时减小到0，对二者获得速度到速度减为0的过程中，对于物体A有
解得
由运动学公式有
解得
A和B的路程差
长木板的长度
（3）由第二问可知，A和B的初始位置距挡板的距离为
B与挡板碰撞前C静止，对B自开始运动到与挡板碰撞的过程中，有
解得
设物体B与挡板碰前瞬间的速度，则
解得
设该过程的时间间隔为，则
解得
B与挡板碰撞时A速度大小
以水平向左的方向为正方向，B与挡板碰撞后对A、B、C组成的系统动量守恒，设三者的共同速度为，则有
解得
对C由牛顿第二定律有
解得
计算可知，B撞击挡板后A先与C共速，A与C共速后不再有相对运动，然后B再与A、C共速，自B撞击挡板至A、C共速，有
解得
自B开始运动至A、C共速之间的相对路程
A、C之间由于摩擦产生的热量
B、C间由于摩擦产生的热量
（4）以水平向左为正方向，对A、B、C组成的系统自B与挡板碰撞以后的任意时刻，由动量守恒定律得
其中
且将该过程得时间分为、、无穷段，则
以上各式相加，又
即有
故
其图像如图所示，当
考点四 板块、子穿木问题
典例1．（2025·湖北省部分学校联考·三模）如图所示，长木板C固定在水平地面上，物块A、B以相同大小的初速度v=4m/s同时从C的左右两端开始相向运动，物块A的质量为与C之间的动摩擦因数为物块B的质量为与C之间的动摩擦因数为μ₂=0.4，A、B可视为质点，重力加速度大小求：
（1）若A、B未相撞，长木板C的最小长度；
（2）若A、B能相撞且相撞后结合为一个整体，碰撞时间极短，A、B没有从长木板C上掉下，A、B碰后运动位移的最大值是多少；
（3）若长木板C未固定且地面光滑，C的质量为A、B没有发生碰撞，则A与C之间因摩擦产生的热量是多少。
【答案】（1）6m （2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
对A、B分析，根据牛顿第二定律分别有，
解得，
根据运动公式分别有，
解得，
则长木板C的最小长度为L=6m
【小问2详解】
只要A、B在停下来之前发生碰撞，由系统满足动量守恒得
解得
碰后对A、B整体，根据牛顿第二定律有
解得
由运动公式有
解得x
如果A、B在B停下来之后发生碰撞，则碰后速度更小，位移也更小，故碰后运动位移的最大值是
【小问3详解】
若长木板C未固定，在B速度减为零之前，C静止不动。假设B速度减为零之后B、C相对静止，根据牛顿第二定律有
解得
因，故假设成立
B速度减为零的过程中，B与C之间因摩擦产生的热量，由能量守恒得
A、B没有发生碰撞，最终A、B和C系统共速，设为，由系统满足动量守恒有
解得
A、B和C系统总摩擦热量，由能量守恒得
设A与C之间因摩擦产生的热量，则有
解得
典例2．（2025·湖南省邵阳市·一模）为了研究多层钢板在不同模式下的防弹效果，建立如下简化模型。如图所示，两个完全相同的钢板A、B厚度均为d，质量均为m。第一次把A、B焊接在一起静置在光滑水平面上，质量也为m的子弹水平射向钢板A，恰好将两钢板击穿。第二次把A、B间隔一段距离水平放置，子弹以同样的速度水平射向A，穿出后再射向B，且两块钢板不会发生碰撞。设子弹在钢板中受到的阻力为恒力，不计子弹的重力，子弹可视为质点。下列说法正确的是（ ）
A. 第一次子弹射出B时，A的位移为d
B. 第一次子弹穿过A、B所用时间之比为
C. 第二次子弹不能击穿钢板B，进入钢板B的深度为
D. 第一次、第二次整个系统损失的机械能之比为
【答案】D
【解析】A．设第一次子弹穿过A、B时共同速度为v，对系统由动量守恒有
此过程对A和B有
对子弹有
解得
故A错误；
B．第一次子弹相对A、B做匀减速直线运动，恰击穿时相对末速度为0，根据逆向思维，可以将看成子弹相对A、B做初速度为0的反向匀加速直线运动，穿过B、A的相对位移相等，根据连续相邻相等位移之内的时间间隔比例规律可知，穿过B、A的时间之比为，所以穿过A、B所用时间之比为，故B错误；
C．设子弹的初速度为，受到的阻力大小为f，第一次穿过A、B时共同速度为v，对系统由动量守恒有
由能量守恒有
解得
第二次子弹穿过A时，设子弹速度为，A的速度为u，假设不能穿透B，最后与B的共同速度为，进入B的深度为，对子弹和A由动量守恒有
由能量守恒有
解得
对子弹和B，由动量守恒有
由能量守恒有
解得
假设成立，故C错误；
D．第一次系统损失的机械能
第二次系统损失的机械能
第一次、第二次系统损失的机械能之比为
故D正确。
故选D。
典例3．（2025·山西省晋中市·二模）（多选）如图所示，绕过定滑轮的不可伸长特殊轻绳左右两端分别悬挂质量为m和2m的重物，现由静止释放，运动3s后右侧重物触地无反弹。已知左侧重物距滑轮足够远，绳子绷紧瞬间两重物共速，忽略滑轮质量和一切摩擦，不计空气阻力，重力加速度g取10，则（ ）
A. 右侧重物初始时距地高度为45m
B. 右侧重物第一次触地时的速度大小为10
C. 右侧重物第一次触地后经过3s绳子再次绷直
D. 右侧重物第一次触地后经过4s第二次触地
【答案】BD
【解析】A．对整体，由牛顿第二定律有
解得加速度大小
题意知右侧重物经过t=3s落地，则右侧重物初始时距地高度
联立解得
故A错误；
B．右侧重物第一次触地时的速度大小
故B正确；
C．右侧重物第一次触地时，左侧重物速度为，做竖直上抛运动，则右侧重物第一次触地后绳子再次绷直时间
故C错误；
D．C选项可知右侧重物第一次触地后经过2s绳子再次绷直，绷直瞬间，由动量守恒有，分析可知之后右侧重物还是以加速度a运动，则再次落地时经历时间
则右侧重物第一次触地到第二次触地经历时间
故D正确。
故选BD。
跟踪训练1．（2025·山东省济南市·一模）（多选）如图所示，足够长的木板M放在光滑水平面上，滑块N放在木板上的左端，二者之间接触面粗糙，水平地面的右侧固定一竖直挡板。木板M和滑块N以相同的速度水平向右运动，木板M和挡板发生弹性碰撞，碰撞时间可忽略不计。以木板M第一次与挡板发生碰撞的时刻为计时起点，水平向右为正方向，以下描述木板M和滑块N的速度随时间变化规律的图像（用实线表示滑块N的速度变化规律，用虚线表示木板M的速度变化规律）可能正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】A．若木板和滑块质量相等，则滑块向右减速的加速度大小等于木板向左减速的加速度大小，同时减速为0，故A正确；
BC．若木板质量大于滑块，则
两物体共速时速度向左，一起匀速运动，故B正确，C错误；
D．若木板质量小于滑块，两物块共速时速度向右，先匀速运动一段再和挡板碰撞，重复之前的过程，故D正确。
故选ABD。
跟踪训练2．（2025·湖南省娄底市·二模）（多选）如图所示在光滑水平面上有两个小木块和，其质量，它们中间用一根轻弹簧相连。一颗水平飞行的子弹质量为，初速度为，在极短的时间内射穿两木块，子弹射穿木块后子弹的速度变为原来的，且子弹射穿木块损失的动能是射穿木块损失的动能的2倍，则（ ）
A. 子弹射穿A 木块过程中系统损失的机械能为3975J
B. 子弹打穿两个木块后的过程中弹簧最大的弹性势能为
C. 弹簧再次恢复原长时的速度为
D. 弹簧再次恢复原长时的速度为
【答案】AC
【解析】A．设子弹射穿木块后和子弹的速度分别为和，由题意可知，子弹穿过的过程中，由动量守恒定律可得
联立解得，射穿木块过程中系统损失的机械能为，故A正确；
B．设子弹射穿木块后和子弹的速度分别为和，由动量守恒定律可得
由题意可知
联立解得，子弹穿过以后，弹簧开始被压缩，和弹簧所组成的系统动量守恒，当达到共同速度时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律可得
解得
根据机械能守恒定律可得弹簧的最大弹性势能为
故B错误；
CD．弹簧再次恢复原长时的速度分别为、，规定水平向右为正方向，根据动量守恒定律
机械能守恒定律有
联立解得，故C正确，D错误。
故选AC。
1．（2025·安徽省·一模）如图所示，质量的长木板静止在光滑的水平面上，木板右端固定一轻质弹性挡板，木板左端静置一质量的小物块，质量的子弹以的速度从左端水平射入小物块，经的时间与小物块达到共同速度（这个过程小物块和长木板移动的位移忽略不计，子弹未穿出）。之后小物块与长木板的挡板发生弹性碰撞（碰撞时间极短），最终小物块恰好没有从长木板上滑下。已知小物块与长木板之间的动摩擦因数，重力加速度g取。求：
（1）子弹进入小物块的过程中受到的平均阻力F的大小；
（2）长木板的长度L。
【答案】（1）
（2）
【解析】
【小问1详解】
设子弹与小物块的共同速度为v，根据动量守恒定律有
对子弹，由动量定理有
解得
【小问2详解】
最终小物块恰好没有从长木板上滑下，设速度为，对系统，由动量守恒定律有
由动能定理有
解得
2．（2025·江西省·三模）如图，木板静置于光滑的水平面上，一颗子弹（视为质点）以水平速度击中并留在木板中，若木板对子弹的阻力恒定，子弹质量小于木板质量，虚线表示子弹与木板刚共速时的位置，则在下列四图中子弹与木板刚共速时的位置可能正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】设子弹射入木块的初速度为，经过时间子弹与木板达到共速，子弹的质量为，木块的质量为，由题意可知，根据动量守恒可得
可得
经过时间子弹发生的位移大小为
木块发生的位移大小为
子弹与木块发生的相对位移大小为
则有
故选B。
3．（2025·广东省汕头市·三模）如图，物块、并排放在光滑水平面上，上固定一根竖直轻杆，用一长的细线将小球（可看成质点）竖直悬挂在轻杆上点，、、质量均为。初始时，物块均固定在水平面上，质量为的子弹以某一水平初速度射入小球（射入时间极短且未射出），小球恰能到达与点等高的点。取重力加速度，不计空气阻力。
（1）求子弹初速度的大小；
（2）若解除物块、的固定，子弹仍以相同初速度射入小球（射入时间极短且未射出），求小球能上升的最大高度。
【答案】（1）8m/s
（2）0.12m
【解析】
【小问1详解】
设子弹的速度为，击中后，二者共同的速度为，规定向右为正方向，由动量守恒有
当达到点时，由机械能守恒
联立解得，
【小问2详解】
设小球到最高点时速度为，由动量守恒
由机械能守恒
联立解得
4．（2025·广东省广州市·一模）如图，某同学在水平冰面上进行冰壶练习时，冰壶甲意外滑入宽=27.25m的矩形ABCD区域，并最终停在O点。该区域禁止人员进入，为了取回冰壶甲，该同学将冰壶乙从E点以某一初速度滑入该区域与甲正碰，最终甲滑出该区域，且乙恰好停在AB边界。已知=21.00m，且EO⊥CD，两冰壶相同且可视为质点，冰壶与冰面间动摩擦因数μ=0.008，碰撞中损失的动能等于碰前瞬间总动能的，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）碰后瞬间乙的速度大小；
（2）乙滑入该区域的初速度大小。
【答案】（1）1m/s
（2）4.4m/s
【解析】
【小问1详解】
设两冰壶质量均为m，碰前瞬间乙的速度为v1，碰后瞬间甲、乙的速度分别为v甲、v乙，乙从O恰好滑至AB过程有
解得v乙=1m/s
【小问2详解】
乙与甲碰撞过程系统动量守恒，动能损失为碰前动能的
有，
联立解得v1=4m/s，或v1=m/s（依题意v甲>v乙，排除此解）
设乙在E点初速度为v0，从E至O的过程有
解得v0=4.4m/s
5．（2025·福建省·二模）某款质量为的国产新能源汽车在新车碰撞测试中，以的速度与前方质量为的静止障碍物发生正碰，碰撞过程中汽车速度随时间变化的关系如图所示，时碰撞结束，障碍物向前弹开，汽车仍向前运动。已知碰撞过程中忽略空气阻力及地面摩擦，求：
（1）碰撞结束瞬间障碍物的速度大小；
（2）碰撞过程中系统损失的机械能；
（3）碰撞过程中汽车与障碍物间的平均作用力大小。
【答案】（1）20m/s
（2）J
（3）N
【解析】
【小问1详解】
碰撞过程中，以的方向为正方向，对于车和障碍物组成的系统动量守恒，则
解得
【小问2详解】
由能量守恒定律有
解得J
【小问3详解】
对汽车，以的方向为正方向，碰撞过程中由动量定理
解得N
6．（2025·东北三省四市教研联合体·二模）如图所示，一足够长的固定斜面与水平方向夹角为，质量的物块B在斜面上恰好不下滑，质量为的光滑物块A沿斜面下滑，以速度与B碰撞。A与B视为质点，碰撞为弹性碰撞且碰撞时间极短，重力加速度为，不计空气阻力。求：
（1）第一次碰撞后A和B的瞬时速度的大小；
（2）第一次碰撞结束后，经过多长时间发生第二次碰撞及第二次碰撞前瞬间A速度大小。
【答案】（1）2.4m/s，6.4m/s
（2）10.4m/s
【解析】
【小问1详解】
根据动量守恒定律得 ，根据机械能守恒定律得，解得 ，方向沿斜面向下，，方向沿斜面向下
【小问2详解】
碰撞后物块A匀加速下滑，根据牛顿第二定律得 ，解得 ；物块B做匀速运动，根据运动学公式得 ，解得 ；
第二次碰撞前瞬间A速度为 ，方向沿斜面向下。
7．（2025·安徽省芜湖市·二模）（多选）如图甲所示，质量为M的木块静止在光滑水平面上，质量为m的子弹以某一速度沿水平方向射入木块，一段时间后恰好在木块中与木块相对静止，若该过程中木块的速度与子弹的速度之间的关系可以用图乙表示，子弹在木块中相对运动时所受的阻力为恒力，则下列说法正确的有（ ）
A
B. 该过程中子弹相对木块的位移比木块相对地面的位移小
C. 木块所能达到的最大速度为
D. 木块所能达到的最大速度为
【答案】AC
【解析】ACD．由乙图可知，木块与子弹的速度关系满足
设子弹与木块相对静止时的速度为，则有
解得二者共同的速度
即木块所能达到的最大速度为
子弹射入木块，系统动量守恒则有
代入数据解得
AC正确，D错误；
B．设子弹相对于木块的位移为L，木块相对于地面的位移为x，根据能量守恒定律则有
根据动能定理则有
系统动量守恒，则有
联立解得，
显然，即子弹相对木块的位移比木块相对地面的位移大，B错误。
故选AC。
8．（2025·安徽省黄山市·二模）某高楼卸货神器采用耐磨帆布作为滑道使搬运工作变得更加轻松。如图所示，段为总长的帆布材料制成的滑道，滑道与水平地面在P点平滑连接。质量为的缓冲器静止在水平地面上，缓冲器由凹槽和一根高强度轻质弹簧组成，弹簧左端固定在凹槽内部，最右端位于P点正上方。质量为的货物从距地面竖直高度的O点由静止滑下，至P点时速度为。货物和缓冲器与地面间的动摩擦因数均为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧弹性势能公式（为弹簧形变量），重力加速度取。则：
（1）求货物在滑道上所受平均阻力的大小；
（2）若缓冲器固定不动，弹簧的劲度系数为，为使货物与凹槽不相撞，求弹簧伸出凹槽的最小长度；
（3）若缓冲器不固定，若更换一根劲度系数为的弹簧，弹簧伸出凹槽的长度是，货物与凹槽碰撞时间极短，且碰后不分离，求凹槽向左运动的距离。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
对货物在滑道下滑过程应用动能定理
代入数据可得
【小问2详解】
为使货物与缓冲器恰好不相撞，设弹簧伸出缓冲装置的最小长度为，由动能定理可得
解得
【小问3详解】
设碰撞前缓冲装置未移动，碰撞前货物的速度为，碰撞后瞬间共同速度为，碰撞后后退的距离为，由动能定理
碰撞瞬间动量守恒
碰撞后减速到静止，由动能定理
解得
9．（2025·山东省烟台市·三模）如图，质量均为的木块A和B并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端系一长为的细线，细线另一端系一质量为的球C，现将球C拉起使细线水平，并由静止释放，当球C摆到最低点时（小球与轻杆没有发生碰撞），木块A恰好与木块B相撞并粘在一起，不计空气阻力，则此后C摆动过程中能上升的最大高度为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】C摆到最低点的过程，对于A与C组成的系统，根据水平方向动量守恒和机械能守恒有，
联立解得，
A与B碰撞瞬间，由动量守恒和能量守恒有，
求得
对于A、B、C三者组成的系统，根据水平方向动量守恒可知，C摆到左侧最高点时，A、B、C三者的速度均为零，C由右侧最高点摆到左侧最高点的过程，根据能量守恒有
解得
故选C
10．（2025·福建省福州第一中学·一模）如图所示，光滑水平面上静止放置两个形状完全相同的弹性小物块A、B，物块A的质量。在物块B右侧的竖直墙壁里有一水平轻质长细杆，杆的左端与一轻质弹簧相连，杆、弹簧及两物块的中心在同一水平线上，杆与墙壁作用的最大静摩擦力为2.4N。若弹簧作用一直在弹性限度范围内，弹簧的弹性势能表达式为，。现给物块A一水平向右的作用力F，其功率恒定，作用后撤去，然后物块A与物块B发生弹性碰撞，碰撞后两物块速度大小相等。B向右压缩弹簧，并将杆向墙里推移。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：
（1）力F对物块A所做的功；
（2）物块B的质量；
（3）物块B的最终速度大小。
【答案】（1）1.6J
（2）0.6kg （3）0.4m/s
【解析】
【小问1详解】
由W=Pt
得
【小问2详解】
设A与B碰前A的速度大小为，碰后速度大小为v。由题易知，碰后A、B速度一定等大反向。由动能定理：
得
A、B碰撞，由动量守恒：
由能量守恒：
联立解得：
【小问3详解】
由题可知，物块B在压缩弹簧的过程中，当弹簧弹力等于杆的滑动摩擦力时杆开始移动，弹簧弹力不变。后将压缩的弹性势能转化为B的动能。设最终B的速度为
由
得
由
得vB=0.4m/s
11. （2025·河北省保定市·二模）如图所示，光滑水平面上静置一长度未知的木板B，一质量与木板相同的物块A（可视为质点）从左端以大小为v的速度冲上木板，经过时间t运动到木板右端且恰好不从木板上滑离。下列说法正确的是（ ）
A. 物块A运动到木板右端时的速度大小为
B. 在此过程中，物块A运动的距离为
C. A动量的减少量大于B动量的增加量
D. 木板B的长度为
【答案】A
【解析】A．设物块和木板的质量均为m，物块运动到木板右端恰好未从木板上滑落，系统动量守恒，选取滑块初速度的方向为正方向，则有
解得
即物块A运动到木板右端时的速度大小为，A正确；
B．根据匀变速运动规律可知，物块A运动的位移，B错误；
C．A动量的减少量
B动量的增加量
则A动量的减少量等于B动量的增加量，C错误；
D．由题可知，时间木板B的位移为
结合上述分析可得，木板B的长度为，D错误。
故选A。
12. （2025·新疆乌鲁木齐市·三模）神舟十九号飞船与天和核心舱在太空成功对接（两航天器连接成一个整体），对接过程中，两航天器可视为沿同一直线同向运动。对接前，飞船相对核心舱的速度为，对接成功后，核心舱的速度比对接前的速度增加了。已知神舟十九号飞船的质量为m，天和核心舱的质量为7m，对接过程中核心舱受到的飞船的冲量大小为I，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】CD．设核心舱原速度v，飞船速度为（因飞船相对核心舱速度为）。对接后共同速度为（核心舱速度增加）。根据动量守恒可得
化简得
可得
故C错误，D正确；
AB．核心舱受到的冲量I等于其动量变化
故A正确，B错误。
故选AD。
1．（2025·甘肃省白银市第八中学·二模）如图所示。周长为的圆环水平放置并固定，圆环内有质量为和的小球A和B。初始时小球A以初速度沿圆环切线方向运动，与静止的小球B发生碰撞。恢复系数能表征碰撞过程中能量的损失情况，恢复系数等于碰撞后两物体相对速度大小与碰撞前两物体相对速度大小之比，时为完全非弹性碰撞，时为弹性碰撞。不计小球与圆环之间的摩擦，两小球始终在圆环内运动。
（1）当时，求A和B碰撞过程的机械能损失；
（2）如果小球A和B第一次碰撞位置和第二次碰撞位置相同，求的大小；
（3）如果，小球和碰撞位置和速度将成周期性变化，求至少经过多长时间小球A和B碰撞位置和速度恢复到第一次碰撞前的情况，求出该段时间内小球B的路程。
【答案】（1）
（2）
（3）4s，10m
【解析】
【小问1详解】
当时，碰撞为完全非弹性碰撞，碰后两小球共速，根据动量守恒有
根据能量守恒有
解得
【小问2详解】
碰撞过程动量守恒，设的方向为正方向，则有
又
解得
第二次和第一次碰撞位置相同，有
，
综上可得
【小问3详解】
当时，碰撞为弹性碰撞
两次碰撞时间间隔
第一次碰撞过程
解得
到第二次碰撞，B的路程第二次碰撞过程
解得
到第三次碰撞B的路程第三次碰撞重复第一次碰撞，只是位置在与第一次碰撞位置为同一直径的位置；
到第四次碰撞，B的路程
第五次碰撞位置为第一次碰撞位置。
所以
小球B的路程
2．（2025·辽宁省朝阳市建平县实验中学·三模）一游戏装置竖直截面如图所示，固定的光滑水平直轨道AB、半径为R的光滑螺旋圆形轨道BCD、光滑水平直轨道DE平滑连接，直轨道的左边平滑连接一光滑曲面轨道。长为L、质量为M的平板紧靠光滑且足够长的固定凹槽EFGH放置，平板上表面与DEH齐平。将一质量为m的小滑块从光滑曲面轨道h高度处由静止释放，经过轨道BCD后滑上平板并带动平板一起运动，平板到达HG即被锁定。已知，，，平板与滑块间的动摩擦因数滑块视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，重力加速度g取。
（1）若滑块恰好能通过圆形轨道最高点C点，求释放点的高度h；
（2）滑块恰好过C点后，求平板加速至与滑块共速的过程中系统损耗的机械能；
（3）要使滑块能到达H点，求释放点的高度范围。
【答案】（1）1.25m；
（2）0625J； （3）1.44m