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第七章　动量守恒定律
一、单项选择题(每题4分，共24分)
1.(2026·河南漯河期末)如图甲所示，倾角为θ＝37°的粗糙斜面固定在水平面上，有一质量为m＝0.5 kg的小滑块在沿斜面方向的力F作用下，由静止开始运动，拉力F随时间变化的关系图线如图乙所示，取沿斜面向上为正方向。已知斜面足够长，小滑块与斜面间动摩擦因数为μ＝0.75，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，小滑块运动的过程中，下列说法正确的是(　　)
A.0～2 s内，小滑块受到的合力的冲量为2 N·s
B.2～4 s内，拉力F的冲量为4 N·s
C.0～4 s内，小滑块的动量方向不会改变
D.t＝4 s时，小滑块的速度大小为6 m/s
2.乒乓球运动员某次发球的速度为108 km/h，球与球拍接触时间约为2 ms，乒乓球质量约为2.5 g，下列关于发球过程的说法正确的是(　　)
A.击球时，球拍对乒乓球的作用力大于乒乓球对球拍的作用力
B.球拍对乒乓球的平均作用力约为135 N
C.球拍对乒乓球做功的平均功率约为563 W
D.球拍对乒乓球的冲量约为0.27 N·s
3.(2026·北京丰台区模拟)如图甲所示，两个弹性球A和B放在光滑的水平面上处于静止状态，质量分别为m1和m2，其中m1＝1 kg。现给A球一个水平向右的瞬时冲量，使A、B球发生弹性碰撞，以此时刻为计时起点，两球的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图示信息可知(　　)
A.B球的质量m2＝1 kg
B.球A和B在相互挤压过程中产生的最大弹性势能为4.5 J
C.t3时刻两球的动能之和小于0时刻A球的动能
D.在t2时刻两球动能之比为Ek1∶Ek2＝1∶8
4.(2026·浙江杭州一模)如图所示，光滑水平轨道上放置长板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端，质量分别为mA＝2 kg，mB＝1 kg，mC＝2 kg。开始时C静止，A、B一起以v0＝5 m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞。g＝10 m/s2。A、B间动摩擦因数为0.5，则下列判断错误的是(　　)
A.A与C碰撞后的瞬间A的速度大小是2 m/s
B.碰撞后到三者相对静止，摩擦产生的热量为15 J
C.碰撞后到三者相对静止，B相对长板滑动的距离为0.6 m
D.碰撞后到三者相对静止，需要时间为0.4 s
5.(2026·黑龙江大庆模拟)如图甲所示，木板放置在光滑的水平面上处于静止状态，一颗子弹(视为质点)以v0的速度水平向右射入木板，刚好未穿出。两者的速度与时间关系图像如图乙所示，下列说法正确的是(　　)
A.子弹与木板的质量之比为2∶3
B.木板的长度为
C.若子弹的质量为m，则在木板加速过程中子弹对木板的平均推力大小为
D.若子弹的质量为m，则整个过程中子弹与木板组成的系统产生的热量为
6.(2026·陕西延安模拟)如图所示，质量为2m的物块P和质量为m的物块Q用轻质弹簧拴接后放置在光滑的水平地面上，弹簧的劲度系数为k，物块P左侧有一固定挡板。现用外力向左推Q压缩弹簧，使弹簧压缩量达到x0后，将物块Q由静止释放，已知弹簧弹性势能表达式Ep＝kx2，其中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量，在此过程弹簧始终未超过弹性限度。下列说法正确的是(　　)
A.从物块Q释放到物块P离开挡板的过程中，挡板对物块P的冲量为0
B.从物块Q释放到物块P离开挡板的过程中，挡板对物块P做功为
C.物块P离开挡板后，运动的最大速度为
D.物块P离开挡板后，物块Q的最小速度为
二、多项选择题(每题6分，共12分)
7.(2026·甘肃平凉模拟)如图所示，两小球A、B置于光滑的水平面上，小球B静止，小球A以水平向右的速度运动，经过一段时间与小球B发生碰撞，已知A和B的质量之比为2∶1，且两球发生的是对心碰撞。下列说法正确的是(　　)
A.碰后球A被反弹
B.若碰后球A、B的动量大小之比为2∶1，碰撞损失的能量为碰前球A动能的
C.若碰后球A、B的动量大小之比为1∶2，则碰后两球共速
D.碰前球A的动能可能为碰后球B动能的4倍
8.(2026·辽宁朝阳模拟)如图，轻弹簧一端固定，另一端与质量为m的物块甲连接，小球乙在C点静止，现在让甲在A点获得一个初速度2v0，甲在A点时弹簧处于压缩状态且此时弹簧的弹性势能为3m，当甲运动到B时弹簧恰好恢复到原长，甲继续运动到C与乙球发生弹性碰撞，已知甲与水平面间的动摩擦因数μ＝，g为重力加速度，AB两点距离与BC两点距离均为L，则下列说法正确的是(　　)
A.物块甲到达B点时速度为3v0
B.甲从A运动到C的过程中因摩擦产生的热量为2m
C.甲刚到C时(未与乙发生碰撞前)的动能为m
D.若甲、乙碰撞刚结束，乙的速度为 ，则乙的质量为2m
三、非选择题(共14分)
9.(14分)(2025·福建莆田三模)如图所示，长为L＝4 m、质量为3m的长木板置于光滑水平平台上，长木板的左端与平台左端对齐，质量为m的物块b放在长木板上表面的左端，长木板的上表面离地面的高度为1.8 m。先将长木板锁定，让质量为m的小球a在地面上的A点斜向右上与水平方向成45°角抛出，小球a沿水平方向与物块b发生弹性碰撞，碰撞后，物块b滑离长木板时速度为a、b碰撞后一瞬间b的速度的，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)小球a与物块b碰撞前一瞬间的速度大小；
(2)物块b与长木板上表面间的动摩擦因数；
(3)解除长木板的锁定，让小球a仍从A点以原速度抛出，小球a与物块b碰撞后，物块b与长木板的最终速度大小。
第七章　动量守恒定律
一、单项选择题(每题4分，共24分)
1.(2026·河南漯河期末)如图甲所示，倾角为θ＝37°的粗糙斜面固定在水平面上，有一质量为m＝0.5 kg的小滑块在沿斜面方向的力F作用下，由静止开始运动，拉力F随时间变化的关系图线如图乙所示，取沿斜面向上为正方向。已知斜面足够长，小滑块与斜面间动摩擦因数为μ＝0.75，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，小滑块运动的过程中，下列说法正确的是(　　)
A.0～2 s内，小滑块受到的合力的冲量为2 N·s
B.2～4 s内，拉力F的冲量为4 N·s
C.0～4 s内，小滑块的动量方向不会改变
D.t＝4 s时，小滑块的速度大小为6 m/s
答案：D
解析：0～2 s内，小滑块受到的合力的冲量为I合＝F1t1－mgt1sin 37°－μmgt1cos 37°＝4 N·s，A错误；2～4 s内，拉力F的冲量为I2＝F2t'＝－4 N·s，B错误；2 s末，根据I合＝mv1，解得v1＝8 m/s，再经过t2小滑块的速度减小到0，F2t2－mgt2 sin 37°－μmgt2cos 37°＝0－mv1，解得t2＝0.5 s，然后小滑块从静止开始向下运动，再经过t3＝1.5 s(即t＝4 s)，根据F2t3－mgt3sin 37°＋μmgt3cos 37°＝mv2，解得v2＝－6 m/s，D正确；0～4 s内，小滑块先沿着斜面向上运动，后沿着斜面向下运动，动量的方向先沿斜面向上，后沿斜面向下，动量的方向改变了，C错误。
2.乒乓球运动员某次发球的速度为108 km/h，球与球拍接触时间约为2 ms，乒乓球质量约为2.5 g，下列关于发球过程的说法正确的是(　　)
A.击球时，球拍对乒乓球的作用力大于乒乓球对球拍的作用力
B.球拍对乒乓球的平均作用力约为135 N
C.球拍对乒乓球做功的平均功率约为563 W
D.球拍对乒乓球的冲量约为0.27 N·s
答案：C
解析：根据牛顿第三定律，击球时，球拍对乒乓球的作用力等于乒乓球对球拍的作用力，故A错误；根据动量定理可得Δt＝mv－0，可得球拍对乒乓球的平均作用力为＝＝37.5 N，故B错误；发球过程中，球拍对乒乓球的平均功率为＝≈563 W，故C正确；根据动量定理可得球拍对乒乓球的冲量为I＝mv＝0.075 N·s，故D错误。
3.(2026·北京丰台区模拟)如图甲所示，两个弹性球A和B放在光滑的水平面上处于静止状态，质量分别为m1和m2，其中m1＝1 kg。现给A球一个水平向右的瞬时冲量，使A、B球发生弹性碰撞，以此时刻为计时起点，两球的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图示信息可知(　　)
A.B球的质量m2＝1 kg
B.球A和B在相互挤压过程中产生的最大弹性势能为4.5 J
C.t3时刻两球的动能之和小于0时刻A球的动能
D.在t2时刻两球动能之比为Ek1∶Ek2＝1∶8
答案：D
解析：两球碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由题图乙可知，t1时刻两球速度相等为v1＝1 m/s，由动量守恒定律得m1v0＝v1，解得B球的质量为m2＝2 kg，故A错误；当两球速度相等时弹性势能最大，由能量守恒定律得m1＝v2＋Epm，解得Epm＝3 J，故B错误；两球发生弹性碰撞，碰撞过程系统机械能守恒，由此可知，t3时刻两球的动能之和等于0时刻A球的动能，故C错误；两球发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得m1v0＝m1vA＋m2vB，由机械能守恒定律得m1＝m1＋m2，代入数据解得vA＝－1 m/s，vB＝2 m/s，t2时刻两球动能之比为＝＝，故D正确。
4.(2026·浙江杭州一模)如图所示，光滑水平轨道上放置长板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端，质量分别为mA＝2 kg，mB＝1 kg，mC＝2 kg。开始时C静止，A、B一起以v0＝5 m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞。g＝10 m/s2。A、B间动摩擦因数为0.5，则下列判断错误的是(　　)
A.A与C碰撞后的瞬间A的速度大小是2 m/s
B.碰撞后到三者相对静止，摩擦产生的热量为15 J
C.碰撞后到三者相对静止，B相对长板滑动的距离为0.6 m
D.碰撞后到三者相对静止，需要时间为0.4 s
答案：B
解析：因碰撞时间极短，A与C碰撞过程动量守恒，设碰撞后瞬间A的速度大小为vA，C的速度大小为vC，以向右为正方向，由动量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mCvC，而后A与B在摩擦力作用下达到共同速度，设共同速度为vAB，由动量守恒定律得mAvA＋mBv0＝(mA＋mB) vAB ，A、B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足vAB＝vC，联立解得vA＝2 m/s，vAB＝3 m/s，A正确；运动过程中因摩擦而产生的热量等于A、B相互作用的过程中损失的机械能，即Q＝mA＋mB－，代入数据解得Q＝3 J，B错误；根据Q＝μmBgx，解得x＝0.6 m，即碰撞后到三者相对静止，B相对长板滑动的距离为0.6 m，C正确；对B由动量定理有－μmBgΔt＝mBvAB－mBv0，解得Δt＝0.4 s，D正确。
5.(2026·黑龙江大庆模拟)如图甲所示，木板放置在光滑的水平面上处于静止状态，一颗子弹(视为质点)以v0的速度水平向右射入木板，刚好未穿出。两者的速度与时间关系图像如图乙所示，下列说法正确的是(　　)
A.子弹与木板的质量之比为2∶3
B.木板的长度为
C.若子弹的质量为m，则在木板加速过程中子弹对木板的平均推力大小为
D.若子弹的质量为m，则整个过程中子弹与木板组成的系统产生的热量为
答案：D
解析：子弹和木板组成的系统动量守恒，有mv0＝×0.6v0，解得m∶M＝3∶2，故A错误；子弹刚好未穿出，则两者的相对位移刚好等于木板的长度，即L＝t0－t0＝，故B错误；对子弹由动量定理有－t0＝m×0.6v0－mv0，解得＝，根据牛顿第三定律，子弹对木板的平均推力大小为'＝＝，故C错误；系统产生的热量等于损失的动能，即Q＝m－，子弹的质量为m，则木板的质量为M＝m，解得Q＝，故D正确。
6.(2026·陕西延安模拟)如图所示，质量为2m的物块P和质量为m的物块Q用轻质弹簧拴接后放置在光滑的水平地面上，弹簧的劲度系数为k，物块P左侧有一固定挡板。现用外力向左推Q压缩弹簧，使弹簧压缩量达到x0后，将物块Q由静止释放，已知弹簧弹性势能表达式Ep＝kx2，其中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量，在此过程弹簧始终未超过弹性限度。下列说法正确的是(　　)
A.从物块Q释放到物块P离开挡板的过程中，挡板对物块P的冲量为0
B.从物块Q释放到物块P离开挡板的过程中，挡板对物块P做功为
C.物块P离开挡板后，运动的最大速度为
D.物块P离开挡板后，物块Q的最小速度为
答案：C
解析：从物块Q释放到物块P离开挡板的过程中，物块P的位移为0，故挡板对物块P做功为0，故B错误；弹簧第一次恢复原长的过程，弹性势能转化为Q的动能，有k＝m，解得v0＝，该过程中，挡板对物块P的冲量大小等于系统动量的增加量大小，故挡板对物块P的冲量大小I＝mv0＝，故A错误；物块P离开挡板后到弹簧再次恢复原长时，有mv0＝mv1＋2mv2，m＝m＋×2m，解得v1＝－，v2＝，故物块P的最大速度v2＝＝，物块Q的最小速度为0，故C正确，D错误。
二、多项选择题(每题6分，共12分)
7.(2026·甘肃平凉模拟)如图所示，两小球A、B置于光滑的水平面上，小球B静止，小球A以水平向右的速度运动，经过一段时间与小球B发生碰撞，已知A和B的质量之比为2∶1，且两球发生的是对心碰撞。下列说法正确的是(　　)
A.碰后球A被反弹
B.若碰后球A、B的动量大小之比为2∶1，碰撞损失的能量为碰前球A动能的
C.若碰后球A、B的动量大小之比为1∶2，则碰后两球共速
D.碰前球A的动能可能为碰后球B动能的4倍
答案：BD
解析：由题意知，mA＞mB，碰后球A不被反弹，A错误；若碰后球A和球B的动量之比为2∶1，可知两小球发生完全非弹性碰撞，设A碰前速度为v0，碰后两球的速度为v，由动量守恒定律有2mv0＝(2m＋m)v，解得v＝v0，碰前球A的动能为EkA＝×2m＝m，碰后球A、B的动能分别为EkA'＝×2mv2＝m，EkB＝m，该碰撞过程损失的机械能为ΔE损＝EkA－EkA'－EkB＝m，所以碰撞损失的能量为碰前A球动能的，B正确；若碰后两球共速，A和B的质量之比为2∶1，则碰后A、B的动量大小之比为2∶1，故C错误；若碰前球A的动能为碰后球B动能的4倍，由Ek＝mv2，则vB∶v0＝1∶，由动量守恒定律有2mv0＝2mvA＋mvB，解得vA＝(1－)v0＜vB，碰撞过程中损失的机械能为ΔE损'＝EkA－×2m－m＞0，碰撞过程可能发生，故D正确。
8.(2026·辽宁朝阳模拟)如图，轻弹簧一端固定，另一端与质量为m的物块甲连接，小球乙在C点静止，现在让甲在A点获得一个初速度2v0，甲在A点时弹簧处于压缩状态且此时弹簧的弹性势能为3m，当甲运动到B时弹簧恰好恢复到原长，甲继续运动到C与乙球发生弹性碰撞，已知甲与水平面间的动摩擦因数μ＝，g为重力加速度，AB两点距离与BC两点距离均为L，则下列说法正确的是(　　)
A.物块甲到达B点时速度为3v0
B.甲从A运动到C的过程中因摩擦产生的热量为2m
C.甲刚到C时(未与乙发生碰撞前)的动能为m
D.若甲、乙碰撞刚结束，乙的速度为 ，则乙的质量为2m
答案：AC
解析：由能量守恒有m＋3m＝μmgL＋m，解得物块甲到达B点时速度为vB＝3v0，A正确；由功能关系可知，甲从A运动到C的过程中因摩擦产生的热量为Q＝μmg·2L＝m，B错误；甲由A到C过程中，由于A、C关于B点对称，故甲在A、C位置时弹簧的弹性势能相等，由能量守恒有m＝μmg·2L＋EkC，解得甲刚到C时(未与乙发生碰撞前)的动能为EkC＝m，C正确；甲刚到C点时的速度大小为vC＝＝v0，甲、乙发生弹性碰撞，有mvC＝mv＋m'v'，m＝mv2＋m'v'2，若乙的速度为，联立解得乙的质量为m'＝3m，D错误。
三、非选择题(共14分)
9.(14分)(2025·福建莆田三模)如图所示，长为L＝4 m、质量为3m的长木板置于光滑水平平台上，长木板的左端与平台左端对齐，质量为m的物块b放在长木板上表面的左端，长木板的上表面离地面的高度为1.8 m。先将长木板锁定，让质量为m的小球a在地面上的A点斜向右上与水平方向成45°角抛出，小球a沿水平方向与物块b发生弹性碰撞，碰撞后，物块b滑离长木板时速度为a、b碰撞后一瞬间b的速度的，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)小球a与物块b碰撞前一瞬间的速度大小；
(2)物块b与长木板上表面间的动摩擦因数；
(3)解除长木板的锁定，让小球a仍从A点以原速度抛出，小球a与物块b碰撞后，物块b与长木板的最终速度大小。
答案：(1)6 m/s　(2)0.15　(3)1 m/s　1 m/s
解析：(1)设小球a与物块b碰撞前一瞬间速度大小为v1，在A点抛出的初速度大小为v0，则竖直方向根据运动学公式有＝2gh
则v1＝v0cos 45°＝＝6 m/s。
(2)a与b碰撞过程，根据动量守恒有
mv1＝mv2＋mv3
根据机械能守恒有
×m＝×m＋m
解得v2＝－2 m/s，v3＝4 m/s
根据题意，物块b滑离长木板时的速度
v4＝＝2 m/s
根据动能定理有μmgL＝m－mv4 2
解得μ＝0.15。
(3)假设a、b碰撞后物块b能滑到长木板的右端，令此时物块b和长木板的速度大小分别为v4'、v5，则由动量守恒定律有mv3＝mv4'＋3mv5
由能量守恒定律有
μmgL＝m－mv4'2－×3m
联立解得v4'＝v5＝1 m/s
可见假设成立且物块b刚好相对静止在长木板的右端。(共30张PPT)
第七章 动量守恒定律
高三总复习讲义　新高考
第七章 动量守恒定律
1.(2026·河南漯河期末)如图甲所示，倾角为θ＝37°的粗糙斜面固定在水平面上，有一质量为m＝0.5 kg的小滑块在沿斜面方向的力F作用下，由静止开始运动，拉力F随时间变化的关系图线如图乙所示，取沿斜面向上为正方向。已知斜面足够长，小滑块与斜面间动摩擦因数为μ＝0.75，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，小滑块运动的过程中，下列说法正确的是
A.0～2 s内，小滑块受到的合力的冲量为2 N·s
B.2～4 s内，拉力F的冲量为4 N·s
C.0～4 s内，小滑块的动量方向不会改变
D.t＝4 s时，小滑块的速度大小为6 m/s
√
0～2 s内，小滑块受到的合力的冲量为
I合＝F1t1－mgt1sin 37°－μmgt1cos 37°
＝4 N·s，A错误；2～4 s内，拉力F的冲
量为I2＝F2t'＝－4 N·s，B错误；2 s末，
根据I合＝mv1，解得v1＝8 m/s，再经过t2小滑块的速度减小到0，F2t2－mgt2 sin 37°－μmgt2cos 37°＝0－mv1，解得t2＝0.5 s，然后小滑块从静止开始向下运动，再经过t3＝1.5 s(即t＝4 s)，根据F2t3－mgt3sin 37°＋μmgt3cos 37°＝mv2，解得v2＝－6 m/s，D正确；0～4 s内，小滑块先沿着斜面向上运动，后沿着斜面向下运动，动量的方向先沿斜面向上，后沿斜面向下，动量的方向改变了，C错误。
√
2.乒乓球运动员某次发球的速度为108 km/h，球与球拍接触时间约为2 ms，乒乓球质量约为2.5 g，下列关于发球过程的说法正确的是
A.击球时，球拍对乒乓球的作用力大于乒乓球对球拍的作用力
B.球拍对乒乓球的平均作用力约为135 N
C.球拍对乒乓球做功的平均功率约为563 W
D.球拍对乒乓球的冲量约为0.27 N·s
根据牛顿第三定律，击球时，球拍对乒乓球的作用力等于乒乓球对球拍的作用力，故A错误；根据动量定理可得Δt＝mv－0，可得球拍对乒乓球的平均作用力为＝＝37.5 N，故B错误；发球过程中，球拍对乒乓球的平均功率为＝≈563 W，故C正确；根据动量定理可得球拍对乒乓球的冲量为I＝mv＝0.075 N·s，故D错误。
3.(2026·北京丰台区模拟)如图甲所示，两个弹性球A和B放在光滑的水平面上处于静止状态，质量分别为m1和m2，其中m1＝1 kg。现给A球一个水平向右的瞬时冲量，使A、B球发生弹性碰撞，以此时刻为计时起点，两球的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图示信息可知
A.B球的质量m2＝1 kg
B.球A和B在相互挤压过程中产生的最大弹性势
能为4.5 J
C.t3时刻两球的动能之和小于0时刻A球的动能
D.在t2时刻两球动能之比为Ek1∶Ek2＝1∶8
√
两球碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由题图乙可知，t1时刻两球速度相等为v1＝1 m/s，由动量守恒定律得m1v0＝v1，解得B球的质量为m2＝2 kg，故A错误；当两球速度相等时弹性势能最大，由能量守恒定律得m1＝v2＋Epm，解得Epm＝3 J，故B错误；
两球发生弹性碰撞，碰撞过程系统机械能
守恒，由此可知，t3时刻两球的动能之和等
于0时刻A球的动能，故C错误；两球发生弹
性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守
恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得m1v0＝m1vA＋m2vB，由机械能守恒定律得m1＝m1＋m2，代入数据解得vA＝－1 m/s，vB＝2 m/s，t2时刻两球动能之比为＝＝，故D正确。
4.(2026·浙江杭州一模)如图所示，光滑水平轨道上放置长板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端，质量分别为mA＝2 kg，mB＝1 kg，mC＝2 kg。开始时C静止，A、B一起以v0＝5 m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞。g＝10 m/s2。A、B间动摩擦因数为0.5，则下列判断错误的是
A.A与C碰撞后的瞬间A的速度大小是2 m/s
B.碰撞后到三者相对静止，摩擦产生的热量为15 J
C.碰撞后到三者相对静止，B相对长板滑动的距离为0.6 m
D.碰撞后到三者相对静止，需要时间为0.4 s
√
因碰撞时间极短，A与C碰撞过程动量守恒，设碰撞后瞬间A的速度大小为vA，C的速度大小为vC，以向右为正方向，由动量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mCvC，而后A与B在摩擦力作用下达到共同速度，设共同速度为vAB，由动量守恒定律得mAvA＋mBv0＝(mA＋mB) vAB ，A、B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足vAB＝vC，联立解得vA＝2 m/s，vAB＝3 m/s，A正确；
运动过程中因摩擦而产生的热量等于A、B相互作用的过程中损失的机械能，即Q＝mA＋mB－，代入数据解得Q＝
3 J，B错误；根据Q＝μmBgx，解得x＝0.6 m，即碰撞后到三者相对静止，B相对长板滑动的距离为0.6 m，C正确；对B由动量定理有－μmBgΔt＝mBvAB－mBv0，解得Δt＝0.4 s，D正确。
5.(2026·黑龙江大庆模拟)如图甲所示，木板放置在光滑的水平面上处于静止状态，一颗子弹(视为质点)以v0的速度水平向右射入木板，刚好未穿出。两者的速度与时间关系图像如图乙所示，下列说法正确的是
A.子弹与木板的质量之比为2∶3
B.木板的长度为
C.若子弹的质量为m，则在木板加速过程
中子弹对木板的平均推力大小为
D.若子弹的质量为m，则整个过程中子弹与木板组成的系统产生的热量为
√
子弹和木板组成的系统动量守恒，有mv0＝×0.6v0，解得m∶M＝3∶2，故A错误；子弹刚好未穿出，则两者的相对位移刚好等于木板的长度，即L＝t0－t0＝，故B错误；对子弹由动量定理有－t0＝m×0.6v0－mv0，解得＝，根据牛顿第三定律，子弹对木板的平均推力大小为'＝＝，故C错误；
系统产生的热量等于损失的动能，即Q＝m－，子弹的质量为m，则木板的质量为M＝m，解得Q＝，故D正确。
6.(2026·陕西延安模拟)如图所示，质量为2m的物块P和质量为m的物块Q用轻质弹簧拴接后放置在光滑的水平地面上，弹簧的劲度系数为k，物块P左侧有一固定挡板。现用外力向左推Q压缩弹簧，使弹簧压缩量达到x0后，将物块Q由静止释放，已知弹簧弹性势能表达式Ep＝kx2，其中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量，在此过程弹簧始终未超过弹性限度。下列说法正确的是
A.从物块Q释放到物块P离开挡板的过程中，挡板对物块P的冲量为0
B.从物块Q释放到物块P离开挡板的过程中，挡板对物块P做功为
C.物块P离开挡板后，运动的最大速度为
D.物块P离开挡板后，物块Q的最小速度为
√
从物块Q释放到物块P离开挡板的过程中，物块P的位移为0，故挡板对物块P做功为0，故B错误；弹簧第一次恢复原长的过程，弹性势能转化为Q的动能，有k＝m，解得v0＝，该过程中，挡板对物块P的冲量大小等于系统动量的增加量大小，故挡板对物块P的冲量大小I＝mv0＝，故A错误；
物块P离开挡板后到弹簧再次恢复原长时，有mv0＝mv1＋2mv2，m＝m＋×2m，解得v1＝－，v2＝，故物块P的最大速度v2＝＝，物块Q的最小速度为0，故C正确，D错误。
7.(2026·甘肃平凉模拟)如图所示，两小球A、B置于光滑的水平面上，小球B静止，小球A以水平向右的速度运动，经过一段时间与小球B发生碰撞，已知A和B的质量之比为2∶1，且两球发生的是对心碰撞。下列说法正确的是
A.碰后球A被反弹
B.若碰后球A、B的动量大小之比为2∶1，碰撞损失的能量为碰前球A动能的
C.若碰后球A、B的动量大小之比为1∶2，则碰后两球共速
D.碰前球A的动能可能为碰后球B动能的4倍
√
√
由题意知，mA＞mB，碰后球A不被反弹，A错误；若碰后球A和球B的动量之比为2∶1，可知两小球发生完全非弹性碰撞，设A碰前速度为v0，碰后两球的速度为v，由动量守恒定律有2mv0＝(2m＋m)v，解得v＝v0，碰前球A的动能为EkA＝×2m＝m，碰后球A、B的动能分别为EkA'＝×2mv2＝m，EkB＝m，该碰撞过程损失的机械能为ΔE损＝EkA－EkA'－EkB＝m，所以碰撞损失的能量为碰前A球动能的，B正确；
若碰后两球共速，A和B的质量之比为2∶1，则碰后A、B的动量大小之比为2∶1，故C错误；若碰前球A的动能为碰后球B动能的4倍，由Ek＝mv2，则vB∶v0＝1∶，由动量守恒定律有2mv0＝2mvA＋mvB，解得vA＝(1－)v0＜vB，碰撞过程中损失的机械能为ΔE损'＝EkA－×2m－m＞0，碰撞过程可能发生，故D正确。
8.(2026·辽宁朝阳模拟)如图，轻弹簧一端固定，另一端与质量为m的物块甲连接，小球乙在C点静止，现在让甲在A点获得一个初速度2v0，甲在A点时弹簧处于压缩状态且此时弹簧的弹性势能为3m，当甲运动到B时弹簧恰好恢复到原长，甲继续运动到C与乙球发生弹性碰撞，已知甲与水平面间的动摩擦因数μ＝，g为重力加速度，AB两点距离与BC两点距离均为L，则下列说法正确的是
A.物块甲到达B点时速度为3v0
B.甲从A运动到C的过程中因摩擦产生的热量为2m
C.甲刚到C时(未与乙发生碰撞前)的动能为m
D.若甲、乙碰撞刚结束，乙的速度为 ，则乙的质量为2m
√
√
由能量守恒有m＋3m＝μmgL＋m，解得物块甲到达B点时速度为vB＝3v0，A正确；由功能关系可知，甲从A运动到C的过程中因摩擦产生的热量为Q＝μmg·2L＝m，B错误；甲由A到C过程中，由于A、C关于B点对称，故甲在A、C位置时弹簧的弹性势能相等，由能量守恒有m＝μmg·2L＋EkC，解得甲刚到C时(未与乙发生碰撞前)的动能为EkC＝m，C正确；
甲刚到C点时的速度大小为vC＝＝v0，甲、乙发生弹性碰撞，有mvC＝mv＋m'v'，m＝mv2＋m'v'2，若乙的速度为，联立解得乙的质量为m'＝3m，D错误。
9.(14分)(2025·福建莆田三模)如图所示，长为L＝4 m、质量为3m的长木板置于光滑水平平台上，长木板的左端与平台左端对齐，质量为m的物块b放在长木板上表面的左端，长木板的上表面离地面的高度为1.8 m。先将长木板锁定，让质量为m的小球a在地面上的A点斜向右上与水平方向成45°角抛出，小球a沿水平方向与物块b发生弹性碰撞，碰撞后，物块b滑离长木板时速度为a、b碰撞后一瞬间b的速度的，重力加速度g取
10 m/s2。求：
(1)小球a与物块b碰撞前一瞬间的速度大小；
答案：6 m/s
设小球a与物块b碰撞前一瞬间速度大小为v1，在A点抛出的初速度大小为v0，则竖直方向根据运动学公式有＝2gh
则v1＝v0cos 45°＝＝6 m/s。
(2)物块b与长木板上表面间的动摩擦因数；
答案：0.15
a与b碰撞过程，根据动量守恒有
mv1＝mv2＋mv3
根据机械能守恒有
×m＝×m＋m
解得v2＝－2 m/s，v3＝4 m/s
根据题意，物块b滑离长木板时的速度
v4＝＝2 m/s
根据动能定理有μmgL＝m－mv4 2
解得μ＝0.15。
(3)解除长木板的锁定，让小球a仍从A点以原速度抛出，小球a与物块b碰撞后，物块b与长木板的最终速度大小。
答案：1 m/s　1 m/s
假设a、b碰撞后物块b能滑到长木板的右端，令此时物块b和长木板的速度大小分别为v4'、v5，则由动量守恒定律有mv3＝mv4'＋3mv5
由能量守恒定律有
μmgL＝m－mv4'2－×3m
联立解得v4'＝v5＝1 m/s
可见假设成立且物块b刚好相对静止在长木板的右端。
谢 谢 观 看
周末双休练七　动量守恒定律

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