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重难突破9　动量守恒中的四类模型
1.〔多选〕（2025·湖南长沙模拟）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，已知木块的长为L，设子弹在木块中的阻力恒为Ff，则子弹在木块中运动的时间为（　　）
A.　 　B.　 　C.　 　D.
2.（2025·北京朝阳一模）如图所示，光滑水平地面上的P、Q两物体质量均为m，P以速度v向右运动，Q静止且左端固定一轻弹簧。当弹簧被压缩至最短时（　　）
A.P的动量为0
B.Q的动量达到最大值
C.P、Q系统总动量小于mv
D.弹簧储存的弹性势能为mv2
3.（2025·广东东莞检测）如图所示，弹簧一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量为2m的小球从槽高h处自由下滑，则下列说法正确的是（　　）
A.在下滑过程中，小球和槽组成的系统动量守恒
B.在下滑过程中，小球的机械能守恒
C.被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动
D.被弹簧反弹后，小球和槽组成的系统机械能守恒，小球能回到槽高h处
4.如图所示，两光滑且平行的固定水平杆位于同一竖直平面内，两静止小球m1、m2分别穿在两杆上，两球间拴接一竖直轻弹簧，弹簧处于原长状态。现给小球m2一个水平向右的初速度v0，两杆足够长，则在此后的运动过程中（　　）
A.m1、m2组成的系统动量不守恒
B.m1、m2组成的系统机械能守恒
C.弹簧最长时，其弹性势能为
D.m1的最大速度是
5.（2025·安徽黄山模拟）如图所示，在水平面上放置一个右侧面半径为R的圆弧凹槽，凹槽质量为m，凹槽A点切线水平，B点为最高点。一个质量也为m的小球以速度v0从A点冲上凹槽，重力加速度为g，不计一切摩擦，则下列说法正确的是（　　）
A.小球在凹槽内运动的全过程中，小球与凹槽的总动量守恒，且离开凹槽后做平抛运动
B.若v0＝，小球恰好可到达凹槽的B点且离开凹槽后做自由落体运动
C.若v0＝，小球最后一次离开凹槽的位置一定是A点，且离开凹糟后做自由落体运动
D.若v0＝，小球最后一次离开凹槽的位置一定是B点，且离开凹槽后做竖直上抛运动
6.〔多选〕（2025·山东烟台模拟）长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝2 kg的另一物体B以水平速度v0＝2 m/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速度随时间变化情况如图所示，取g＝10 m/s2，下列说法正确的是（　　）
A.木板获得的动能为1 J
B.系统损失的机械能为1 J
C.木板A的最小长度为2 m
D.A、B间的动摩擦因数为0.1
7.如图所示，质量m1＝0.3 kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝1.5 m，现有质量m2＝0.2 kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止。物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10 m/s2，则（　　）
A.物块滑上小车后，系统动量守恒、机械能守恒
B.增大物块与车面间的动摩擦因数，摩擦产生的热量增多
C.若v0＝2.5 m/s，则物块在车面上滑行的时间为0.24 s
D.若要保证物块不从小车右端滑出，则v0不得大于5 m/s
8.（2024·吉林高考14题）如图，高度h＝0.8 m的水平桌面上放置两个相同物块A、B，质量mA＝mB＝0.1 kg。A、B间夹一压缩量Δx＝0.1 m的轻弹簧，弹簧与A、B不拴接。同时由静止释放A、B，弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出，水平射程xA＝0.4 m；B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离xB＝0.25 m后停止。A、B均视为质点，取重力加速度g＝10 m/s2。不计空气阻力，求：
（1）脱离弹簧时A、B的速度大小vA和vB；
（2）物块与桌面间的动摩擦因数μ；
（3）整个过程，弹簧释放的弹性势能ΔEp。
9.（2025·辽宁辽阳模拟）如图所示，质量为4m、半径为R的光滑四分之一圆弧体A静止在足够大的光滑水平面上，水平面刚好与圆弧面的最底端相切，轻弹簧放在光滑水平面上，左端固定在竖直固定挡板上，用外力使质量为m的小球B压缩弹簧（B与弹簧不连接），由静止释放小球，小球被弹开后运动到圆弧体的最高点时，恰好与圆弧体相对静止，不计小球的大小，重力加速度为g。求：
（1）弹簧具有的最大弹性势能；
（2）小球B第一次滚上圆弧面的一瞬间对圆弧面的压力大小；
（3）小球B第二次滚上圆弧面后，上升的最大高度。
重难突破9　动量守恒中的四类模型
1.BC　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－Fft＝m·－mv0，解得t＝，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＝m·＋3mv1，解得v1＝v0，根据位移关系可得L＝x子－x木＝t－t，解得t＝，故选B、C。
2.D　当弹簧被压缩至最短时，两物体速度相同，P、Q系统所受合外力为零，因此整个过程中动量守恒，有mv＝2mv共，所以P的动量为p＝mv共＝mv，故A错误；弹簧压缩至最短后，Q的速度将继续变大，当弹簧恢复原长时，Q的动量达到最大值，故B错误；P、Q系统动量守恒，总动量为p总＝mv，故C错误；根据动量守恒定律和能量守恒定律有mv＝2mv共，mv2＝×2m＋Ep，解得Ep＝mv2，故D正确。
3.C　槽处于光滑水平面上，则小球在下滑过程中，小球和槽组成的系统水平方向所受合外力为零，则水平方向上动量守恒，但竖直方向动量不守恒，选项A错误；在下滑过程中，小球和槽组成的系统机械能守恒，但小球的机械能减少，选项B错误；小球下滑到底端时由动量守恒定律可知mv1＝2mv2，解得v1＝2v2，被弹簧反弹后，小球的速度小于槽的速度，小球不能再次追上槽回到槽高h处，因水平面光滑，则小球和槽都做速率不变的直线运动，选项C正确，D错误。
4.D　m1、m2组成的系统所受合外力为零，则系统的动量守恒，选项A错误；m1、m2和弹簧组成的系统机械能守恒，选项B错误；弹簧最长时，两球共速，则由动量守恒定律得m2v0＝（m1＋m2）v，此时弹簧弹性势能为Ep＝m2－（m1＋m2）v2＝，选项C错误；当弹簧再次回到原长时m1的速度最大，则m2v0＝m1v1＋m2v2，m2＝m1＋m2，解得m1的最大速度为v1＝，选项D正确。
5.C　小球在凹槽内运动的全过程中，小球与凹槽的水平方向动量守恒，但总动量不守恒，故A错误；若小球恰好到达凹槽的B点时，由于水平方向动量守恒有mv0＝2mv，由机械能守恒定律有m＝×2mv2＋mgR，解得v0＝2，故B错误；当v0＞2时，小球从B点飞出后做斜抛运动，水平方向速度跟凹槽相同，再次返回时恰好能落到B点，故最后一次离开斜面的位置一定是A点，由水平方向动量守恒得mv0＝mv1＋mv2，由机械能守恒得m＝m＋m，解得v1＝0，v2＝v0，可知小球最后一次离开凹槽的位置一定是A点，且离开凹槽后做自由落体运动，故C正确，D错误。
6.AD　以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝（M＋m）v，解得M＝2 kg，则木板获得的动能为Ek＝Mv2＝×2×12 J＝1 J，故A正确；系统损失的机械能ΔE＝m－（m＋M）v2，代入数据解得ΔE＝2 J，故B错误；根据v-t图像中图线与t轴所围的面积表示位移，由题图得到0～1 s内B的位移为sB＝×（2＋1）×1 m＝1.5 m，A的位移为sA＝×1×1 m＝0.5 m，则木板A的最小长度为L＝sB－sA＝1 m，故C错误；B的加速度a＝＝－1 m/s2，负号表示加速度的方向与v0的方向相反，由牛顿第二定律得－μmg＝ma，解得A、B间的动摩擦因数为μ＝0.1，故D正确。
7.D　物块与小车组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，物块相对小车滑动过程中克服摩擦力做功，部分机械能转化为内能，系统机械能不守恒，A错误；以向右为正方向，由动量守恒定律得m2v0＝（m1＋m2）v，系统产生的内能Q＝m2－（m1＋m2）v2，联立得Q＝，则增大物块与车面间的动摩擦因数，摩擦产生热量不变，B错误；若v0＝2.5 m/s，由动量守恒定律得m2v0＝（m1＋m2）v，解得v＝1 m/s，对物块，由动量定理得－μm2gt＝m2v－m2v0，解得t＝0.3 s，C错误；要使物块恰好不从小车右端滑出，需物块到车面右端时与小车有共同的速度v'，以向右为正方向，由动量守恒定律得m2v0'＝（m1＋m2）v'，由能量守恒定律得m2v0'2＝（m1＋m2）v'2＋μm2gL，联立解得v0'＝5 m/s，D正确。
8.（1）1 m/s　1 m/s　（2）0.2　（3）0.12 J
解析：（1）A离开桌面后做平抛运动，则
水平方向有xA＝vAt
竖直方向有h＝gt2
联立并代入数据解得vA＝1 m/s
A、B与弹簧相互作用的过程中，A、B所受水平桌面的摩擦力等大反向，所受弹簧弹力也等大反向，又A、B竖直方向上所受合力均为零，故A、B组成的系统所受外力矢量和为零，动量守恒，则有
mAvA＝mBvB
解得vB＝1 m/s。
（2）对B离开弹簧后的运动过程，根据动能定理有
－μmBgxB＝0－mB
代入数据解得μ＝0.2。
（3）对A、B与弹簧相互作用的过程，根据能量守恒定律有
ΔEp＝mA＋mB＋μmAg·＋μmBg·
代入数据解得ΔEp＝0.12 J。
9.（1）1.25mgR　（2）3.5mg　（3）0.04R
解析：（1）设弹簧开始具有的最大弹性势能为Ep，设小球B被弹开后速度大小为v0，滚上圆弧面最高点后速度大小为v1，根据能量守恒定律有
Ep＝×5m＋mgR，Ep＝m
根据动量守恒定律有mv0＝5mv1
解得Ep＝mgR＝1.25mgR。
（2）由（1）可解得v0＝
小球B第一次滚上圆弧面的一瞬间，由牛顿运动定律有FN－mg＝m
解得FN＝mg＝3.5mg
根据牛顿第三定律可知，小球B对圆弧面的压力大小FN'＝FN＝3.5mg。
（3）设小球B第一次离开圆弧面时，小球B的速度大小为v2、圆弧体的速度大小为v3，根据动量守恒定律有mv0＝4mv3－mv2
根据能量守恒定律有m＝×4m＋m
从小球B第二次滚上圆弧面到上升到最高点过程中，设上升到最高点时共同速度为v4，上升的最大高度为h，根据动量守恒定律有4mv3＋mv2＝5mv4
根据能量守恒定律有×4m＋m＝×5m＋mgh
联立解得h＝R＝0.04R。
3 / 3　动量守恒中的四类模型
突破点一　“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＝m－（M＋m）v2。
（2）子弹穿透木块
动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2；
能量守恒：Q＝Ff·d＝m－。
〔多选〕（2025·湖南衡阳期末）如图所示，光滑水平面上放置一质量为M的木块，质量为m的子弹以v0速度射入木块，子弹未穿出木块且达到共同速度为v，该过程中子弹与木块相互作用力恒定不变，产生的热量为Q，木块获得的动能为Ek，则下列各项正确的是（　　）
A.子弹对木块做功和木块对子弹做功代数和为0
B.子弹对木块作用力的冲量大小等于木块对子弹作用力冲量的大小
C.Q＝
D.该过程产生的热量Q一定大于木块获得的动能Ek
尝试解答
突破点二　“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。
（2024·甘肃高考14题）如图，质量为2 kg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＝1.6 m，与竖直方向的夹角均为60°。质量为6 kg的木板B静止在光滑水平面上，质量为2 kg的物块C静止在B的左端，C的左端在O的正下方。剪断细绳O'P，小球A开始运动。（重力加速度g取10 m/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。求碰后瞬间C的速度大小。
（3）A、C碰后，C相对B滑行4 m后与B共速。求C和B之间的动摩擦因数。
尝试解答
突破点三　“滑块—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，m＝（M＋m）＋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，m＝m＋M（相当于弹性碰撞）。
（2025·贵州贵阳期中）在光滑水平地面上放一个质量为2 kg的内侧带有光滑弧形凹槽的滑块M，凹槽的底端切线水平，如图所示。质量为1 kg的小物块m以v0＝6 m/s的水平速度从滑块M的底端沿槽上滑，恰好能到达滑块M的顶端。重力加速度取g＝10 m/s2，不计空气阻力。在小物块m沿滑块M滑行的整个过程中，下列说法正确的是（　　）
A.小物块m沿滑块M上滑的最大高度为0.3 m
B.小物块m沿滑块M上滑的最大高度为0.6 m
C.合力对滑块M的冲量大小为8 N·s
D.合力对滑块M的冲量大小为16 N·s
尝试解答
突破点四　“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＝m1－（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，m1＝m1＋m2。
〔多选〕如图所示，足够长光滑水平面上，一轻质弹簧左端与质量为2m的滑块B相连，右端与质量为m的滑块A接触而不相连，弹簧处于原长，现给A施加一瞬间冲量使其获得一个水平向左的初速度v0，经一段时间后滑块A与弹簧分离，其间弹簧的最大弹性势能为Ep，则下列说法正确的是（　　）
A.A与弹簧分离前任一时刻，A与B的动量之比为1∶2
B.若事先将B固定，弹簧的最大弹性势能为1.5Ep
C.两者分离后A、B的动能之比为1∶8
D.若事先在距B左侧很远处固定一刚性挡板，则最终B不可能追上A
尝试解答
重难突破9　动量守恒中的四类模型
【着眼“四翼”·探考点】
突破点一
【例1】 BCD　设子弹射入木块的深度为d，木块的位移为x，子弹与木块之间的力大小为Ff，则子弹对木块做的功W1＝Ffx，木块对子弹做的功W2＝－Ff（d＋x），所以两个功的代数和不为零，故A错误；根据冲量的定义式I＝Ft及牛顿第三定律可知，子弹对木块作用力的冲量大小等于木块对子弹作用力冲量的大小，故B正确；根据动量守恒定律可得mv0＝（m＋M）v，根据能量守恒定律可得m＝（m＋M）v2＋Q，联立解得Q＝，故C正确；木块获得的动能为Ek＝Mv2＝，该过程产生的热量与木块获得的动能之比为＝＞1，可知该过程产生的热量Q一定大于木块获得的动能Ek，故D正确。
突破点二
【例2】 （1）40 N　（2）4 m/s　（3）0.15
解析：（1）对A从开始运动至运动到最低点的过程，根据动能定理有mgl（1－cos 60°）＝m－0
在最低点，对A由牛顿第二定律有FT－mg＝
根据牛顿第三定律得FT'＝FT
联立解得细绳受到的拉力FT'＝40 N。
（2）由于碰撞时间极短，则碰撞过程A、C组成的系统水平方向动量守恒，有
mv0＝0＋mvC
结合（1）问解得vC＝4 m/s。
（3）C与B相互作用的过程，系统所受外力矢量和为零，动量守恒，则有mvC＝（m＋3m）v共，根据能量守恒定律有
m＝（m＋3m）＋μmgΔx
联立解得μ＝0.15。
突破点三
【例3】 C　当二者速度相等时，小物块m沿滑块M上滑的高度最大，设最大高度为h，系统水平方向动量守恒，以v0的方向为正方向，有mv0＝（m＋M）v，根据机械能守恒定律可知m＝（m＋M）v2＋mgh，解得h＝1.2 m，A、B错误；设小物块m返回滑块M的底端时，小物块m与滑块M的速度分别为v1、v2，根据系统水平方向动量守恒有mv0＝mv1＋Mv2，根据机械能守恒定律有m＝m＋M，联立解得v2＝4 m/s，根据动量定理可知，合力对滑块M的冲量大小为I＝Mv2－0＝8 N·s，C正确，D错误。
突破点四
【例4】 BC　A与弹簧分离前任一时刻，A与B受到的弹力始终大小相等，方向相反，因而受到的冲量的大小相等，但A具有一定的初速度，因而两者的速度大小不一定相等，即动量大小之比不一定为1∶2，A错误；A、B运动过程中，二者相对静止时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律有mv0＝3mv，由能量守恒定律得Ep＝m－×3m×＝m，B固定，则A速度减小为0时弹性势能最大，可得Ep'＝m＝1.5Ep，B正确；整个过程系统动量守恒、机械能守恒，则mv0＝mvA＋2mvB，m＝m＋×2m，解得vA＝－，vB＝，则有EkA＝m＝m，EkB＝×2m＝m，即两者分离后A、B的动能之比为1∶8，C正确；由前面分析可知B与挡板发生弹性碰撞反向运动时vB＞vA，则B可以追上A，D错误。
3 / 3(共53张PPT)
重难突破9 动量守恒中的四类模型
高中总复习·物理
目 录
01
着眼“四翼”·探考点
02
培养“思维”·重落实
题型 规律 方法
着眼“四翼”·探考点
突破点一　“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＝m－（M＋m）v2。
（2）子弹穿透木块
动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2；
能量守恒：Q＝Ff·d＝m－。
〔多选〕（2025·湖南衡阳期末）如图所示，光滑水平面上放置一质
量为M的木块，质量为m的子弹以v0速度射入木块，子弹未穿出木块且达到
共同速度为v，该过程中子弹与木块相互作用力恒定不变，产生的热量为
Q，木块获得的动能为Ek，则下列各项正确的是（　　）
A. 子弹对木块做功和木块对子弹做功代数和为0
B. 子弹对木块作用力的冲量大小等于木块对子弹作用力冲量的大小
C. Q＝
D. 该过程产生的热量Q一定大于木块获得的动能Ek
√
√
√
解析：设子弹射入木块的深度为d，木块的位移为x，子弹与木块之间的力
大小为Ff，则子弹对木块做的功W1＝Ffx，木块对子弹做的功W2＝－Ff（d
＋x），所以两个功的代数和不为零，故A错误；根据冲量的定义式I＝Ft及
牛顿第三定律可知，子弹对木块作用力的冲量大小等于木块对子弹作用力
冲量的大小，故B正确；根据动量守恒定律可得mv0＝（m＋M）v，根据能
量守恒定律可得m＝（m＋M）v2＋Q，联立解得Q＝，故C
正确；木块获得的动能为Ek＝Mv2＝，该过程产生的热量与木块获得的动能之比为＝＞1，可知该过程产生的热量Q一定大于木块获得的动能Ek，故D正确。
　（2025·山东省实验中学月考）如图所示，两颗质量和速度均相同的子弹
分别水平射入静止在光滑水平地面上的滑块A、B后与滑块一起运动。两滑
块质量相同、材料不同，子弹在A中受到的平均阻力是在B中受到的平均阻
力的两倍。下列说法正确的是（　　）
A. 射入滑块A的子弹最终速度小
B. 射入滑块A的子弹受到的阻力的冲量大
C. 射入滑块A中的深度是射入滑块B中深度的两倍
D. 子弹对滑块A做的功和对滑块B做的功相等
√
解析： 　设子弹的初速度为v，子弹与滑块共同速度为v'，子弹和滑块的
质量分别为m、M，取向右为正方向，根据动量守恒定律可知mv＝（m＋
M）v'，解得v'＝，由于两滑块质量相同，子弹质量也相同，则最后
共同速度也相同，子弹的动量变化量相等，根据动量定理可知I＝Δp，子
弹受到的阻力的冲量相同，故A、B错误；两过程中系统产生的热量等于系
统减小的机械能，由上面的分析知，两系统减小的机械能相同，故两过程
系统产生的热量相同，由Q＝Ffd，其中子弹在A中受到的平均阻力是在B中
受到的平均阻力的两倍，可知子弹射入滑块B中的深度是射入滑块A中深度
的两倍，故C错误；子弹对滑块做的功等于滑块动能的增加量，两滑块质量相同，初动能相同，末动能相同，则子弹对滑块A做的功和对滑块B做的功相等，故D正确。
突破点二　“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。
（2024·甘肃高考14题）如图，质量为2 kg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＝1.6 m，与竖直方向的夹
角均为60°。质量为6 kg的木板B静止在光滑水平面上，质量为2 kg的物块
C静止在B的左端，C的左端在O的正下方。剪断细绳O'P，小球A开始运
动。（重力加速度g取10 m/s2）
（1）求A运动到最低点时细绳OP所受的拉力。
答案： 40 N　
解析： 对A从开始运动至运动到最低点的过程，根据动能定理有mgl
（1－cos 60°）＝m－0
在最低点，对A由牛顿第二定律有FT－mg＝
根据牛顿第三定律得FT'＝FT
联立解得细绳受到的拉力FT'＝40 N。
（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。求碰后瞬间C的速度大小。
答案： 4 m/s　
解析： 由于碰撞时间极短，则碰撞过程A、C组成的系统水平方向动
量守恒，有
mv0＝0＋mvC
结合（1）问解得vC＝4 m/s。
（3）A、C碰后，C相对B滑行4 m后与B共速。求C和B之间的动摩擦因
数。
答案： 0.15
解析： C与B相互作用的过程，系统所受外力矢量和为零，动量守
恒，则有mvC＝（m＋3m）v共，根据能量守恒定律有
m＝（m＋3m）＋μmgΔx
联立解得μ＝0.15。
　（2025·江西南昌模拟）如图所示，一质量为3 kg的木板B静止于光滑水
平面上，物块A质量为2 kg，停在木板B的左端。质量为1 kg的小球用长为l
＝1.8 m的轻绳悬挂在固定点O上，将轻绳向左拉直至水平位置后，由静止
释放小球，小球在最低点与物块A发生弹性碰撞，碰后立即取走小球，物
块A与小球均可视为质点，不计空气阻力，已知物块A与木板B之间的动摩
擦因数μ＝0.2，重力加速度取g＝10 m/s2。
（1）求碰撞过程中小球对物块A的冲量大小；
答案： 8 kg· m/s　
解析： 小球由静止摆至最低点的过程，由机械能守恒定律有mgl＝
m
小球与物块A发生弹性碰撞过程，由动量守恒定律和机械能守恒定律可得
mv0＝mv1＋mAv2
m＝m＋mA
对物块A运用动量定理得I＝mAv2－0
联立解得I＝8 kg· m/s。
（2）若木板长度为 m，求物块A的最终速度大小。
答案： 2 m/s
解析：假设物块A与木板B达到共同速度，设相对位移为s，由动量守恒定律
和能量守恒定律得mAv2＝（mA＋mB）v
μmAgs＝mA－（mA＋mB）v2
联立解得s＝2.4 m
因L＜s，故物块A从木板B上滑下，设物块A与木板B最终速度分别为vA和
vB，由动量守恒定律和能量守恒定律得mAv2＝mAvA＋mBvB
μmAgL＝mA－mA－mB
联立解得vA＝2 m/s。
突破点三　“滑块—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，
m＝（M＋m）＋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，m＝m＋M（相当于弹性碰撞）。
（2025·贵州贵阳期中）在光滑水平地面上放一个质量为2 kg的内侧带
有光滑弧形凹槽的滑块M，凹槽的底端切线水平，如图所示。质量为1 kg
的小物块m以v0＝6 m/s的水平速度从滑块M的底端沿槽上滑，恰好能到达
滑块M的顶端。重力加速度取g＝10 m/s2，不计空气阻力。在小物块m沿滑
块M滑行的整个过程中，下列说法正确的是（　　）
A. 小物块m沿滑块M上滑的最大高度为0.3 m
B. 小物块m沿滑块M上滑的最大高度为0.6 m
C. 合力对滑块M的冲量大小为8 N·s
D. 合力对滑块M的冲量大小为16 N·s
√
解析：当二者速度相等时，小物块m沿滑块M上滑的高度最大，设最大高
度为h，系统水平方向动量守恒，以v0的方向为正方向，有mv0＝（m＋M）
v，根据机械能守恒定律可知m＝（m＋M）v2＋mgh，解得h＝1.2
m，A、B错误；设小物块m返回滑块M的底端时，小物块m与滑块M的速度
分别为v1、v2，根据系统水平方向动量守恒有mv0＝mv1＋Mv2，根据机械能
守恒定律有m＝m＋M，联立解得v2＝4 m/s，根据动量定理可
知，合力对滑块M的冲量大小为I＝Mv2－0＝8 N·s，C正确，D错误。
　〔多选〕如图所示，在光滑足够长水平面上有半径R＝0.8 m的光滑圆
弧斜劈B，斜劈的质量是M＝3 kg，底端与水平面相切，左边有质量m＝1
kg的小球A以初速度v0＝4 m/s从切点C（圆弧的最低点）冲上斜劈，重力加
速度g取10 m/s2，下列说法正确的是（　　）
A. 小球A不能从斜劈顶端冲出
B. 小球A能从斜劈顶端冲出后还会再落入斜劈
C. 小球A冲上斜劈过程中经过最低点C时对斜劈的压力大小是30 N
D. 小球A从斜劈上返回最低点C时速度大小为2 m/s，方向向左
√
√
√
解析： 　小球A向右运动到斜劈最低点C时，设此时斜劈对小球的支持
力为F1，则F1－mg＝m，代入数据得F1＝30 N，由牛顿第三定律知，小
球A对斜劈的压力大小是30 N，选项C正确；假设小球能运动到斜劈顶端，
此时小球和斜劈水平速度相等，设为v1，小球竖直速度设为v2，水平方向
由动量守恒定律有mv0＝（m＋M）v1，小球和斜劈组成的系统机械能守
恒，则有m＝m（＋）＋M＋mgR，联立解得v1＝1 m/s，
＝－4 m2/s2＜0，故小球A不能从斜劈顶端冲出，选项A正确，B错误；
当小球A在斜劈上返回最低点C时，设小球A和斜劈的速度分别为v3、v4，则
根据动量守恒定律和机械能守恒定律得mv0＝mv3＋Mv4，m＝m＋
M，联立得v3＝－2 m/s，v4＝2 m/s，小球A从斜劈上返回最低点C时速
度大小为2 m/s，方向向左，选项D正确。
突破点四　“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＝m1－（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，m1＝m1＋m2。
〔多选〕如图所示，足够长光滑水平面上，一轻质弹簧左端与质量为
2m的滑块B相连，右端与质量为m的滑块A接触而不相连，弹簧处于原长，
现给A施加一瞬间冲量使其获得一个水平向左的初速度v0，经一段时间后滑
块A与弹簧分离，其间弹簧的最大弹性势能为Ep，则下列说法正确的是
（　　）
A. A与弹簧分离前任一时刻，A与B的动量之比为1∶2
B. 若事先将B固定，弹簧的最大弹性势能为1.5Ep
C. 两者分离后A、B的动能之比为1∶8
D. 若事先在距B左侧很远处固定一刚性挡板，则最终B不可能追上A
√
√
解析：A与弹簧分离前任一时刻，A与B受到的弹力始终大小相等，方
向相反，因而受到的冲量的大小相等，但A具有一定的初速度，因而两
者的速度大小不一定相等，即动量大小之比不一定为1∶2，A错误；
A、B运动过程中，二者相对静止时，弹簧的弹性势能最大，由动量守
恒定律有mv0＝3mv，由能量守恒定律得Ep＝m－×3m×＝
m，B固定，则A速度减小为0时弹性势能最大，可得Ep'＝m＝
1.5Ep，B正确；整个过程系统动量守恒、机械能守恒，则mv0＝mvA＋2mvB，m＝m＋×2m，解得vA＝－，vB＝，则有EkA＝m＝m，EkB＝×2m＝m，即两者分离后A、B的动能之比为1∶8，C正确；由前面分析可知B与挡板发生弹性碰撞反向运动时vB＞vA，则B可以追上A，D错误。
培养“思维”·重落实
夯基 提能 升华
1. 〔多选〕（2025·湖南长沙模拟）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，已知木块的长为L，设子弹在木块中的阻
力恒为Ff，则子弹在木块中运动的时间为（　　）
A. B. C. D.
√
√
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解析： 　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－Fft＝m·－mv0，解得t＝，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＝m·＋3mv1，解得v1＝v0，根据位移关
系可得L＝x子－x木＝t－t，解得t＝，故选B、C。
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2. （2025·北京朝阳一模）如图所示，光滑水平地面上的P、Q两物体质量
均为m，P以速度v向右运动，Q静止且左端固定一轻弹簧。当弹簧被压缩
至最短时（　　）
A. P的动量为0
B. Q的动量达到最大值
C. P、Q系统总动量小于mv
D. 弹簧储存的弹性势能为mv2
√
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解析： 　当弹簧被压缩至最短时，两物体速度相同，P、Q系统所受合外
力为零，因此整个过程中动量守恒，有mv＝2mv共，所以P的动量为p＝mv共
＝mv，故A错误；弹簧压缩至最短后，Q的速度将继续变大，当弹簧恢复
原长时，Q的动量达到最大值，故B错误；P、Q系统动量守恒，总动量为p
总＝mv，故C错误；根据动量守恒定律和能量守恒定律有mv＝2mv共，mv2
＝×2m＋Ep，解得Ep＝mv2，故D正确。
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3. （2025·广东东莞检测）如图所示，弹簧一端固定在竖直墙上，质量为m
的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量为
2m的小球从槽高h处自由下滑，则下列说法正确的是（　　）
A. 在下滑过程中，小球和槽组成的系统动量守恒
B. 在下滑过程中，小球的机械能守恒
C. 被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动
D. 被弹簧反弹后，小球和槽组成的系统机械能守恒，小
球能回到槽高h处
√
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解析： 　槽处于光滑水平面上，则小球在下滑过程中，小球和槽组成的
系统水平方向所受合外力为零，则水平方向上动量守恒，但竖直方向动量
不守恒，选项A错误；在下滑过程中，小球和槽组成的系统机械能守恒，
但小球的机械能减少，选项B错误；小球下滑到底端时由动量守恒定律可
知mv1＝2mv2，解得v1＝2v2，被弹簧反弹后，小球的速度小于槽的速度，
小球不能再次追上槽回到槽高h处，因水平面光滑，则小球和槽都做速率
不变的直线运动，选项C正确，D错误。
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4. 如图所示，两光滑且平行的固定水平杆位于同一竖直平面内，两静止小
球m1、m2分别穿在两杆上，两球间拴接一竖直轻弹簧，弹簧处于原长状
态。现给小球m2一个水平向右的初速度v0，两杆足够长，则在此后的运动
过程中（　　）
A. m1、m2组成的系统动量不守恒
B. m1、m2组成的系统机械能守恒
C. 弹簧最长时，其弹性势能为
D. m1的最大速度是
√
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解析： 　m1、m2组成的系统所受合外力为零，则系统的动量守恒，选项
A错误；m1、m2和弹簧组成的系统机械能守恒，选项B错误；弹簧最长
时，两球共速，则由动量守恒定律得m2v0＝（m1＋m2）v，此时弹簧弹性势
能为Ep＝m2－（m1＋m2）v2＝，选项C错误；当弹簧再次
回到原长时m1的速度最大，则m2v0＝m1v1＋m2v2，m2＝m1＋
m2，解得m1的最大速度为v1＝，选项D正确。
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5. （2025·安徽黄山模拟）如图所示，在水平面上放置一个右侧面半径为R
的圆弧凹槽，凹槽质量为m，凹槽A点切线水平，B点为最高点。一个质量
也为m的小球以速度v0从A点冲上凹槽，重力加速度为g，不计一切摩擦，
则下列说法正确的是（　　）
A. 小球在凹槽内运动的全过程中，小球与凹槽的总动量
守恒，且离开凹槽后做平抛运动
B. 若v0＝，小球恰好可到达凹槽的B点且离开凹槽
后做自由落体运动
C. 若v0＝，小球最后一次离开凹槽的位置一定是A点，且离开凹糟后做自由落体运动
D. 若v0＝，小球最后一次离开凹槽的位置一定是B点，且离开凹槽后做竖直上抛运动
√
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解析： 　小球在凹槽内运动的全过程中，小球与凹槽的水平方向动量守
恒，但总动量不守恒，故A错误；若小球恰好到达凹槽的B点时，由于水平
方向动量守恒有mv0＝2mv，由机械能守恒定律有m＝×2mv2＋mgR，
解得v0＝2，故B错误；当v0＞2时，小球从B点飞出后做斜抛运
动，水平方向速度跟凹槽相同，再次返回时恰好能落到B点，故最后一次
离开斜面的位置一定是A点，由水平方向动量守恒得mv0＝mv1＋mv2，由机
械能守恒得m＝m＋m，解得v1＝0，v2＝v0，可知小球最后一
次离开凹槽的位置一定是A点，且离开凹槽后做自由落体运动，故C正确，
D错误。
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6. 〔多选〕（2025·山东烟台模拟）长木板A放在光滑的水平面上，质量为
m＝2 kg的另一物体B以水平速度v0＝2 m/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速度随时间变化情况如图所示，取g
＝10 m/s2，下列说法正确的是（　　）
A. 木板获得的动能为1 J
B. 系统损失的机械能为1 J
C. 木板A的最小长度为2 m
D. A、B间的动摩擦因数为0.1
√
√
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解析： 　以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝（M
＋m）v，解得M＝2 kg，则木板获得的动能为Ek＝Mv2＝×2×12 J＝
1 J，故A正确；系统损失的机械能ΔE＝m－（m＋M）v2，代入
数据解得ΔE＝2 J，故B错误；根据v-t图像中图线与t轴所围的面积表示
位移，由题图得到0～1 s内B的位移为sB＝×（2＋1）×1 m＝1.5
m，A的位移为sA＝×1×1 m＝0.5 m，则木板A的最小长度为L＝sB－
sA＝1 m，故C错误；B的加速度a＝＝－1 m/s2，负号表示加速度的
方向与v0的方向相反，由牛顿第二定律得－μmg＝ma，解得A、B间的
动摩擦因数为μ＝0.1，故D正确。
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7. 如图所示，质量m1＝0.3 kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝1.5
m，现有质量m2＝0.2 kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0从左端滑
上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止。物块与车面间的动摩擦
因数μ＝0.5，取g＝10 m/s2，则（　　）
A. 物块滑上小车后，系统动量守恒、机械能守恒
B. 增大物块与车面间的动摩擦因数，摩擦产生的热量增多
C. 若v0＝2.5 m/s，则物块在车面上滑行的时间为0.24 s
D. 若要保证物块不从小车右端滑出，则v0不得大于5 m/s
√
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解析： 　物块与小车组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，物
块相对小车滑动过程中克服摩擦力做功，部分机械能转化为内能，系
统机械能不守恒，A错误；以向右为正方向，由动量守恒定律得m2v0＝
（m1＋m2）v，系统产生的内能Q＝m2－（m1＋m2）v2，联立得Q
＝，则增大物块与车面间的动摩擦因数，摩擦产生热量不
变，B错误；若v0＝2.5 m/s，由动量守恒定律得m2v0＝（m1＋m2）v，
解得v＝1 m/s，对物块，由动量定理得－μm2gt＝m2v－m2v0，解得t＝
0.3 s，C错误；要使物块恰好不从小车右端滑出，需物块到车面右端时与小车有共同的速度v'，以向右为正方向，由动量守恒定律得m2v0'＝（m1＋m2）v'，由能量守恒定律得m2v0'2＝（m1＋m2）v'2＋μm2gL，联立解得v0'＝5 m/s，D正确。
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8. （2024·吉林高考14题）如图，高度h＝0.8 m的水平桌面上放置两个相
同物块A、B，质量mA＝mB＝0.1 kg。A、B间夹一压缩量Δx＝0.1 m的轻弹
簧，弹簧与A、B不拴接。同时由静止释放A、B，弹簧恢复原长时A恰好从
桌面左端沿水平方向飞出，水平射程xA＝0.4 m；B脱离弹簧后沿桌面滑行
一段距离xB＝0.25 m后停止。A、B均视为质点，
取重力加速度g＝10 m/s2。不计空气阻力，求：
（1）脱离弹簧时A、B的速度大小vA和vB；
答案： 1 m/s　1 m/s　
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解析： A离开桌面后做平抛运动，则
水平方向有xA＝vAt
竖直方向有h＝gt2
联立并代入数据解得vA＝1 m/s
A、B与弹簧相互作用的过程中，A、B所受水平桌面的摩擦力等大反向，所
受弹簧弹力也等大反向，又A、B竖直方向上所受合力均为零，故A、B组成
的系统所受外力矢量和为零，动量守恒，则有
mAvA＝mBvB
解得vB＝1 m/s。
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（2）物块与桌面间的动摩擦因数μ；
答案： 0.2　
解析：对B离开弹簧后的运动过程，根据动能定理有
－μmBgxB＝0－mB
代入数据解得μ＝0.2。
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（3）整个过程，弹簧释放的弹性势能ΔEp。
答案：（3）0.12 J
解析：对A、B与弹簧相互作用的过程，根据能量守恒定律有
ΔEp＝mA＋mB＋μmAg·＋μmBg·
代入数据解得ΔEp＝0.12 J。
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9. （2025·辽宁辽阳模拟）如图所示，质量为4m、半径为R的光滑四分之一
圆弧体A静止在足够大的光滑水平面上，水平面刚好与圆弧面的最底端相
切，轻弹簧放在光滑水平面上，左端固定在竖直固定挡板上，用外力使质
量为m的小球B压缩弹簧（B与弹簧不连接），由静止释放小球，小球被弹
开后运动到圆弧体的最高点时，恰好与圆弧体相对静止，不计小球的大
小，重力加速度为g。求：
（1）弹簧具有的最大弹性势能；
答案： 1.25mgR　
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解析： 设弹簧开始具有的最大弹性势能为Ep，设小球B被弹开后速度
大小为v0，滚上圆弧面最高点后速度大小为v1，根据能量守恒定律有
Ep＝×5m＋mgR，Ep＝m
根据动量守恒定律有mv0＝5mv1
解得Ep＝mgR＝1.25mgR。
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（2）小球B第一次滚上圆弧面的一瞬间对圆弧面的压力大小；
答案： 3.5mg　
解析：由（1）可解得v0＝
小球B第一次滚上圆弧面的一瞬间，由牛顿运动定律有FN－mg＝m
解得FN＝mg＝3.5mg
根据牛顿第三定律可知，小球B对圆弧面的压力大小FN'＝FN＝3.5mg。
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（3）小球B第二次滚上圆弧面后，上升的最大高度。
答案： 0.04R
解析：设小球B第一次离开圆弧面时，小球B的速度大小为v2、圆弧体的速
度大小为v3，根据动量守恒定律有mv0＝4mv3－mv2
根据能量守恒定律有m＝×4m＋m
从小球B第二次滚上圆弧面到上升到最高点过程中，设上升到最高点时共
同速度为v4，上升的最大高度为h，根据动量守恒定律有4mv3＋mv2＝5mv4
根据能量守恒定律有×4m＋m＝×5m＋mgh
联立解得h＝R＝0.04R。
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