2026高考物理二轮复习题型03 功能与动量（4大题型）（题型专练）（解析版）

PAGE1PAGE专题03功能与动量目录目录第一部分题型解码高屋建瓴，掌握全局第二部分考向破译微观解剖，精细教学典例引领方法透视变式演练考向01力功、功率和动量冲量的综合 考向02碰撞模型及其拓展 考向03传送带与板块模型 考向04弹簧类模型 第三部分综合巩固整合应用，模拟实战题型解码“能量与动量”的观念是高中物理的重要物理观念，也是暨力与运动后研究物理现象、解决物理问题的重要思想方法。“能量动量”的观念，其核心是动能定理、机械能守恒定律、动量守恒定律。其中功、能、动量、冲量是基本概念。灵活“能量动量”解决复杂的直线运动、曲线运动打击、碰撞等是高中生的关键能力。甚至，后面的电磁学领域依然要用到“能量与动量”的观念。因此，本专题是高考的必考点、常考点、热考点。考向破译考向一力功、功率和动量冲量的综合【典例引领1】如图所示，滑块P静止在光滑水平面上，P上侧的光滑圆弧面与水平地面相切，将小滑块Q（可视为质点）从光滑圆弧面上距离水平地面高度为h处由静止释放，经时间t后Q滑离P，滑块Q和P质量均为m。则Q沿P下滑过程中，下列说法正确的是（

）A．P对Q的支持力对Q不做功B．P对Q的支持力对Q做的功为C．P对Q的支持力的冲量大小为D．P对Q的支持力的冲量大小为【答案】BD【解析】A．因物块P会滑动，因此P对Q的支持力不与Q的速度方向垂直，做功不为零，故A错误；B．Q下滑过程中P、Q组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒，设分离时P、Q的速率分别为、，可得，解得对Q，据动能定理可得解得故B正确；CD．根据动量定理可得如图所示的矢量关系其中，可得解得故D正确，C错误。故选BD。【方法透视秘籍】1.计算功和功率时应注意的问题(1)计算功时，要注意分析受力情况和能量转化情况，分清是恒力做功，还是变力做功，恒力做功一般用功的公式或动能定理求解，变力做功用动能定理、转化法或图象法求解。(2)用图象法求外力做功时应注意横轴和纵轴分别表示的物理意义，若横轴表示位移，纵轴表示力，则可用图线与横轴围成的面积表示功，例如下图甲、乙、丙所示(丙图中图线为eq\f(1,4)圆弧)，力做的功分别为W1＝F1x1、W2＝eq\f(1,2)F2x2、W3＝eq\f(π,4)F3x3。(3)计算功率时，要明确是求瞬时功率，还是平均功率，若求瞬时功率，应明确是哪一时刻或哪个位置的瞬时功率，若求平均功率应明确是哪段时间内的平均功率；应注意区分公式P＝eq\f(W,t)和公式P＝Fvcosθ的适用范围，P＝eq\f(W,t)计算的是平均功率，P＝Fvcosθ侧重于对瞬时功率的计算。2．冲量的三种计算方法(1)公式法：I＝Ft适用于求恒力的冲量．(2)动量定理法：适用于求变力的冲量或F、t未知的情况．(3)图象法：用F－t图线与时间轴围成的面积可求变力的冲量．若F－t成线性关系，也可直接用平均力求变力的冲量．3．动量定理(1)公式：FΔt＝mv′－mv(2)应用技巧①研究对象可以是单一物体，也可以是物体系统．②表达式是矢量式，需要规定正方向．③匀变速直线运动，如果题目不涉及加速度和位移，用动量定理比用牛顿第二定律求解更简捷．④在变加速运动中F为Δt时间内的平均冲力．⑤电磁感应问题中，利用动量定理可以求解时间、电荷量或导体棒的位移．4．在日常的生活与生产中，常涉及流体的连续相互作用问题，用常规的方法很难解决，若构建柱体微元模型，然后用动量定理分析，则可使问题迎刃而解。解答时一般是选择一段时间内作用在某物体上的流体为研究对象。【变式演练】【变式1-1】如图所示，同一高度处有4个质量相同且可视为质点的小球，现使小球A做自由落体运动，小球B做平抛运动，小球C做竖直上抛运动，小球D做竖直下抛运动，且小球B、C、D抛出时的初速度大小相同，不计空气阻力。小球从释放或抛出到落地的过程中（

）A．重力对4个小球做的功相同B．重力对4个小球做功的平均功率相等C．落地前瞬间，重力对4个小球的瞬时功率大小关系为D．重力对4个小球做功的平均功率大小关系为【答案】AC【详解】A．4个质量相同的小球从同一高度抛出到落地的过程中，重力做功为故重力对4个小球做的功相同，故A正确；BD．小球A做自由落体运动，小球B做平抛运动，小球C做竖直上抛运动，小球D做竖直下抛运动，小球从同一高度抛出到落地，运动时间关系为重力对4个小球做功的平均功率为可得重力对4个小球做功的平均功率大小关系为故BD错误；C．落地前瞬间，4个小球竖直方向有，，4个小球竖直方向的速度关系为落地前瞬间，重力对4个小球的瞬时功率落地前瞬间，重力对4个小球的瞬时功率大小关系为故C正确。故选AC。【变式1-2】用一小型电动机竖直向上提升质量为m的重物，电动机的输出功率恒定，重物向上加速运动的图像如图所示，为上升过程的最大速度。重力加速度为g，加速上升过程中，重力的冲量大小为I，不计空气阻力，则下列说法正确的是（

）A．重物加速上升的时间为B．重物加速上升过程中吊索对重物拉力的冲量大小等于C．重物加速上升过程中吊索对重物所做的功为D．当重物速度为时，重物加速度大小等于2g【答案】BC【解析】A．根据解得故A错误；B．重物加速上升过程中，取竖直向上为正方向，由动量定理可得解得故B正确；C．重物加速上升过程中吊索对重物所做的功为又联立，解得故C正确；D．当重物速度为时，吊索对重物拉力由牛顿第二定律解得故D错误。故选BC。【变式1-3】如图所示，质量为1kg的木块（视为质点）被水平向左的力F压在竖直墙壁上，其压力F=kx（k为常数，x为木块位移），木块从离地面高度5m处静止释放，到达地面时速度恰减为0。若木块与墙面之间的动摩擦因数0.2，重力加速度大小为，则（）A．k=4B．k=20C．木块下滑过程中，在x=1.25m处速度最大，且最大值为5m/sD．木块下滑过程中，在x=2.50m处速度最大，且最大值为10m/s【答案】B【解析】AB．弹力随位移均匀变化，根据动能定理得A错误，B正确；CD．当重力与摩擦力相等时，木块加速度为0，速度最大，即得根据动能定理得CD错误。故选B。考向二碰撞模型及其拓展【典例引领】（2026高三上·云南昆明·阶段练习）如图所示，质量均为的小球P、Q静止放置于光滑水平面，相距为，从时刻开始，P始终受到一水平恒力的作用，Q不受水平外力，经过时间后两小球第1次发生弹性碰撞，碰撞时间极短，此后小球间的碰撞都为弹性碰撞，两小球均可视为质点，下列说法正确的是（）A．恒力的大小为B．第1次碰撞后到第2次碰前P、Q间的最远距离为C．第3次碰撞前P的速度大小为D．第3次碰撞后到第4次碰撞前P运动的距离为【答案】D【详解】A．根据牛顿第二定律，小球P的加速度为根据运动学公式联立解得，故A错误；B．小球P、Q质量相等，且碰撞为弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可知，小球每次碰撞交换速度。小球P碰前的速度为可知小球Q第一次碰后的速度为当小球P从0再次加速到时，二者距离最远，需要的时间仍为，位移为此时小球Q的位移为二者最远距离为，故B错误；C．设第一次碰撞后到第二次碰撞的时间为，则第二次碰撞时有位移关系解得此时小球P的速度为，故小球P第二次碰前的速度为，不是第3次碰撞前，故C错误；D．小球P、Q第二次碰撞后再次交换速度，可得碰撞后小球P的速度为，小球Q的速度为第3次碰撞时，有位移关系解得此时小球P的速度为根据前述规律可得，再经过，两球第4次碰撞，则第4次碰撞前P运动的距离为，故D正确。故选D。【方法透视】1.抓住“一判断、三原则、三定律”速解碰撞类问题(1)判断属于弹性碰撞模型还是完全非弹性碰撞模型。(2)碰撞的“三原则”①动量守恒原则，即碰撞前后两物体组成的系统满足动量守恒定律。②动能不增加原则，即碰撞后系统的总动能不大于碰撞前系统的总动能。③物理情境可行性原则，如果碰前两物体同向运动，碰撞前后面物体的速度大于前面物体的速度，碰撞后原来在前面的物体速度必增大，且大于或等于原来在后面的物体的碰后速度(仅限碰撞前后后面物体速度方向不变的情况)。如果碰撞前两物体相向运动，则碰撞后，两物体的运动方向不可能都不改变，除非两物体碰撞后速度均为零。(3)合理选用三个定律①如果物体间发生的是弹性碰撞，则一般是应用动量守恒定律和机械能守恒定律进行求解。②如果物体间发生的不是弹性碰撞，则一般应用动量守恒定律和能量守恒定律(功能关系)进行求解。2.三类碰撞(1)弹性碰撞动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′.机械能守恒：eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2.(2)完全非弹性碰撞动量守恒、末速度相同：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v′.机械能损失最多，机械能的损失量为：ΔE＝(eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2))－eq\f(1,2)(m1＋m2)v′2.(3)非弹性碰撞动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′.机械能有损失，机械能的损失量为：ΔE＝(eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2))－(eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2)．【变式演练】【变式2-1】如图所示，光滑轨道固定在水平地面上，质量均为m、相距很近的A、B两小球静置于轨道水平部分。将质量为M的小球C从轨道圆弧部分的某高度处由静止释放，设所有碰撞均为弹性碰撞，下列说法正确的是（）A．若，C与A仅碰撞一次 B．若，A与B仅碰撞一次C．若，C与A可碰撞两次 D．若，A与B可碰撞两次【答案】B【详解】AB．质量为M的小球C从轨道圆弧部分由静止释放滑至底端的过程取水平向右为正方向，C与A弹性碰撞,有解得，A与B弹性碰撞，A与B质量相等，同理可得碰后A与B速度交换，即A停下，B以向右运动，若，则，C返回冲上曲面后再次与静止的A弹性碰撞，同理可解得，易知，，A与B仅碰撞一次，C与A碰撞两次，故A错误，B正确；C．若，C与A弹性碰撞，碰后，之后A与B弹性碰撞，碰后A与B速度交换，即A停下，B以向右运动，C与A仅碰撞一次，故C错误；D．若，C与A弹性碰撞，碰后，易知，，之后A与B弹性碰撞，碰后A与B速度交换，即A停下，B以向右运动，接着C再次与A弹性碰撞，碰后，易知，，A与B仅碰撞一次，C与A碰撞两次，故D错误。故选B。【变式2-2】α粒子以一定的初速度与静止的氧原子核发生正碰。此过程中，α粒子的动量p随时间t变化的部分图像如图所示，时刻图线的切线斜率最大。则（）A．时刻的动量为 B．时刻α粒子的加速度达到最大C．时刻的动能达到最大 D．时刻系统的电势能最大【答案】A【详解】A．由题意可知，由α粒子的动量p随时间t变化的部分图像可知，在时刻，α粒子的动量为，时刻动量为，由于α粒子与氧原子核正碰，又α粒子与氧原子核组成的系统动量守恒，由此可得在t1时刻的动量为，A正确；B．时刻图线的切线斜率最大，说明此时α粒子的动量的变化率最大，由动量计算公式可知，说明此时α粒子的速度的变化率最大，即加速度最大，因此时刻α粒子的加速度不是最大，B错误；C．时刻α粒子的动量是零，即速度是零，时刻后α粒子的动量是负值，由系统动量守恒可知，时刻之后的动量达到最大，速度达到最大，则动能达到最大，C错误；D．由B选项分析可知，时刻α粒子的加速度最大，此时受的电场力最大，则受的电场力也最大，α粒子与氧原子核的距离最近，此时系统的电势能最大，因此时刻系统的电势能不是最大，D错误。故选A。【变式2-3】一质量为的小球A以初速度与正前方另一小球B发生碰撞，碰撞过程A、B两球的图像如图所示。已知地面光滑，则下列说法正确的是（

）A．图线P反映的是碰撞过程中A球的图像B．B球的质量可表示为C．一定存在D．碰撞过程中A、B两球的最大弹性势能为【答案】ABD【详解】A．A与B碰撞过程，对A、B进行受力分析可知，A球受力方向和速度方向相反，A的速度应减小，则P反映的是A球的情况，A正确；B．由动量守恒定律有得B正确；C．由弹性碰撞有得，知则发生弹性碰撞才有，C错误；D．AB碰撞过程中速度相等时两球有最大弹性势能，则有解得D正确。故选ABD。【变式2-4】如图所示，水平面内有两个光滑平行导轨，导轨足够长，其间距为。质量分别为、的环A、B套在导轨上，两环之间连接一轻弹簧，轻弹簧原长。开始时弹簧与杆垂直，两环均静止。某时刻，给环B一水平向右的瞬时速度，下列说法正确的是（）

A．A、B和弹簧组成的系统满足动量不守恒、机械能守恒B．若A的速度为，B的速度为C．若A的速度为，弹簧与导轨之间的夹角为D．若弹簧恢复原长时，环B速度为水平向右的，则初始状态时弹簧的弹性势能【答案】BCD【详解】A．平行导轨光滑，对A、B和弹簧组成的系统分析，所受的合外力为0，因此系统动量守恒，系统除系统内弹簧的弹力，没有其他力做功，系统机械能守恒，故A错误；B．对A、B和弹簧组成的系统分析，取向右为正方向，由动量守恒定律解得故B正确；C．由B选项分析可知，若，则设弹簧初始弹性势能为，A的速度为时的弹性势能为，根据机械能守恒可得可得开始时弹簧长度为，而原长为，故弹簧压缩了，弹性势能为，而弹簧伸长后弹性势能与初始弹性势能相等，故伸长量也为，此时弹簧长度为故弹簧与导轨间夹角为，故C正确；D．开始时，弹簧长度为，而原长为，故弹簧压缩了，弹性势能记为，弹簧恢复原长时，环B速度为水平向右的，根据动量守恒可得解得即A的速度大小为，方向向左，由能量守恒得解得故D正确。故选BCD。考向三传送带与板块模型【典例引领1】（2026高三上·贵州·期中）如图所示，光滑水平面上静止放置着一长度未知的木板B，木板B的上表面粗糙，物块A（可视为质点）静置于B的左端，某时刻给A一个瞬时冲量，经过时间运动到B右端且恰好不从B上滑离。已知A与B的质量分别为、，重力加速度为。下列说法正确的是（

）A．A运动到木板右端时的速度大小为B．全程A对B的摩擦力的冲量大小等于C．A、B间的动摩擦因数为D．B的长度为【答案】C【详解】A．给A一个瞬时冲量，A在B上滑动的过程中，A、B组成的系统动量守恒，有解得，故A错误；B．对木板B，A对B的摩擦力即为B所受的合外力，由动量定理，，故B错误；C．对木板B，根据牛顿第二定律有其中联立可得A、B间的动摩擦因数为，故C正确；D．由题意可知，物块A做匀减速直线运动，则同时B做匀加速直线运动，则木板的长度，故D错误。故选C。【典例引领2】（2026高三上·河南郑州·期中）传送带经常用于分拣货物。如图甲为传送带输送机简化模型图，传送带输送机倾角，顺时针匀速转动，在传送带下端A点无初速度放入货物。货物从下端A点运动到上端B点的过程中，其机械能E与位移s的关系图像（以A位置所在水平面为零势能面）如图乙所示。货物视为质点，质量，重力加速度。下列说法正确的是（）A．传送带对货物的摩擦力全程没有改变B．货物与传送带间的动摩擦因数为C．货物从下端A点运动到上端B点的时间为1.8sD．传送带输送机因运送该货物而多消耗的电能为46J【答案】D【详解】A．根据功能关系可知，摩擦力对货物做的功等于货物机械能的变化量，故有变形有即图像的斜率等于摩擦力，所以传送带对货物的摩擦力在处由滑动摩擦力变为静摩擦力，故A错误；B．由上面分析可知，当货物受到的是滑动摩擦力时，有又因为解得，故B错误；C．货物在传送带上匀加速运动的过程中，根据牛顿第二定律有解得设货物在传送带上匀加速运动的时间为，则解得传送带的运行速度为货物随传送带一起匀速运动的过程中，机械能的增加量等于重力势能的增加量，故有解得则货物随传送带一起匀速运动的时间为所以货物从下端A点运动到上端B点的时间为，故C错误；D．设传送带输送机因运送该货物而多消耗的电能为，则根据能量守恒定律有，故D正确。故选D。【方法透视】一．动力学图像F－t图像思路一：分段求加速度，利用运动学公式求解思路二：动量定理，图线与t轴所围面积表示F的冲量F－x图像思路一：分段求加速度，利用运动学公式求解思路二：动能定理，图线与x轴所围面积表示力F做的功a－F图像根据牛顿第二定律列式，再变换成a－F关系例如：如图所示，F－μmg＝ma，a＝eq\f(F,m)－μg，斜率为eq\f(1,m)，截距为－μg二.解图象问题时要做好“三看”(1)看清坐标轴所表示的物理量：明确因变量与自变量的制约关系，是运动学图象(v­t、x­t、a­t、x­v2、v­x等)，还是动力学图象(F­t、F­x、P­t等)；(2)看图线本身：识别两个相关量的变化趋势，进而分析具体的物理过程；(3)看交点、斜率和“面积”：明确图线与图线的交点、图线与坐标轴的交点、图线斜率、图线与坐标轴围成的面积的物理意义。【变式演练】【变式3-1】如图甲所示，倾角为37°的传送带在电动机带动下沿顺时针方向匀速转动，将一质量m=5kg的货物（可视为质点）轻放到传送带底端A，货物运动的速度v随时间t变化的图像如图乙所示，t=10s时货物到达传送带顶端B，g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，货物从A端运动到B端的过程中，下列说法正确的是（）A．货物受到的摩擦力大小始终为32NB．货物受到的摩擦力做的功为160JC．货物受到的合力做的功为460JD．因为传送货物，电动机对传送带多做功620J【答案】D【详解】A．速度时间图像斜率表示加速度，图乙可知，前5s内货物加速运动，物体受到重力mg、滑动摩擦力和支持力FN，由牛顿第二定律得其中加速度为联立以上解得匀速后，平衡条件可知，静摩擦力等于沿斜面向下的重量分力，即故A错误；B．速度时间图像与横轴围成的面积表示位移，故前5s和后5s位移分别为，故货物从A端运动到B端的过程中，货物受到的摩擦力做的功为代入数据得故B错误；C．图像可知货物到B端时速度v=5m/s，所以货物从A端运动到B端的过程中，由动能定理可知，货物受到的合力做的功为故C错误；D．图像可知传送带速度为2m/s，由能量守恒可知，因为传送货物，电动机对传送带多做功其中s1、s2分别为，联立得故D正确。故选D。【变式3-2】如图所示，一质量M=8.0kg的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m=2.0kg的小木块A。给A和B以大小均为5.0m/s、方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，A始终没有滑离B板，A、B之间的动摩擦因数是0.5，重力加速度g取10m/s2。则在整个过程中，下列说法不正确的是（）A．小木块A的速度减为零时，长木板B的速度大小为3.75m/sB．小木块A的速度方向一直向左，不可能为零C．小木块A与长木板B共速时速度大小为3m/sD．长木板的长度可能为10m【答案】B【详解】B．取水平向右为正方向，取根据动量守恒定律可得解得故A正确不符合题意；BC．由于系统总动量方向向右，则小木块A先向左减速至零，后向右加速，最终与木板以共同速度向右匀速，设共速速度为，根据动量守恒定律可得解得故B错误符合题意，C正确不符合题意；D．小木块与木板共速时，根据能量关系有解得由于A始终没有滑离B板，则木板长度必须大于或等于8m，故长木板的长度可能为10m，故D正确不符合题意。故选B。【变式3-3】如图所示，一倾斜传送带与水平面成角，以v=10m/s的速度顺时针运行，A、B两端相距l=40m。现每隔1s把质量m=1kg的工件（视为质点）轻放在传送带上的A端，当每个工件离开B端时恰好在A端放上一个工件，每个工件与传送带间的动摩擦因数均为，g取10，下列说法正确的是（）A．传送带上始终有7个工件B．两个工件间的最小距离为2.5mC．满载时与空载时相比，电机对传送带的牵引力增大了30ND．若传送带上只有一个工件，将其从A点运送到B点传送带需要多消耗电能400J【答案】D【详解】A．工件在传送带上加速过程，由牛顿第二定律可得代入数据可得工件加速过程所用的时间工件加速过程的位移大小工件匀速过程所用的时间每隔1s把工件放到传送带上，所以匀加速过程放了4个，匀速过程放了2个，共6个，故A错误；B．由于每隔1s放一个工件，传送带的速度是10m/s，而每个工件的运动情况都相同，最终工件相对于传送带静止时，相邻的两个工件之间的距离一定是10m；相对于后一个工件来说，前一个工件刚刚加速运动1s时，与后一工件间距离最小，可得传送带上两个工件间的最小距离故B错误；C．满载时增加的牵引力为6个工件所受的摩擦力之和故C错误；D．若传送带上只有一个工件，将其从A点运送到B点，加速阶段克服摩擦力做功为根据能量守恒，若传送带上只有一个工件，将其从A点运送到B点传送带需要多消耗电能故D正确。故选D。【变式3-4】如图所示，质量为1kg的薄木板B放在水平地面上，O点在木板右端的正上方，高度为3.6m，长为3.6m的轻绳一端系于O点，另一端系一质量为2kg、可视为质点的物块A。将轻绳拉至与竖直方向成60°角，由静止释放物块A，物块A到达最低点时轻绳断裂，物块A滑上木板B后恰好能到达木板B的左端。已知木板B的长度为3m，木板B沿地面先匀加速、后匀减速，运动的最大距离为2m，取重力加速度大小，下列说法正确的是（）A．物块A与木板B间的动摩擦因数为0.4B．木板B与地面间的动摩擦因数为0.1C．木板B与地面间因摩擦产生的热量为10JD．物块A与木板B间因摩擦产生的热量为20J【答案】A【详解】AB．设轻绳的长度为，轻绳断裂时物块的速度大小为，则有解得轻绳断裂后两者运动的图像如图所示，设木板B的长度为，木板B沿地面运动的最大距离为，物块与木板B间的动摩擦因数为，木板B与地面间的动摩擦因数为，根据图中的面积关系有（以为底边的三角形，高等于，而等于图像斜率的绝对值，等于加速度的绝对值，其它三角形类似可算出面积）解得故A正确，B错误；C．木板B与地面间因摩擦产生的热量为故C错误；D．物块与木板B间因摩擦产生的热量为故D错误。故选A。考向四弹簧类模型【典例引领】如图，在光滑水平地面上有一平放的轻质弹簧，其左端固定在左侧墙面上，右端连接一质量为2kg、可视为质点的物块。该物块通过一根长为1m的不可伸长的细线与右侧墙面相连。初始时弹簧恰好处于原长，且细线刚好水平拉直。现在细线中点O处施加向上的拉力F，将O点缓慢向上拉升，弹簧始终处于弹性限度内。当O点上升的高度为0.3m时，拉力F大小为18N，方向竖直向上。已知弹簧的弹性势能表达式为（其中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量），重力加速度大小g取10m/s2，则（）A．此时细线对物块的拉力大小为15NB．此时地面对滑块的支持力大小为2NC．此时弹簧的弹性势能等于1.2JD．O点从初始时到上升至0.3m高的过程中，F做了2.7J的功【答案】AC【详解】A．当O点上升的高度为0.3m时，设O点两侧绳子与竖直方向夹角为，几何关系可知可知对节点O，由平衡条件可知解得绳子拉力，故A正确；B．对物块，由平衡条件，可知此时地面对滑块的支持力大小，故B错误；C．对物块，由平衡条件可知且联立解得则此时弹簧的弹性势能，故C正确；D．根据能量守恒定律，可知该过程F做功，故D错误。故选AC。【典例引领2】如图甲所示，质量分别为mA、mB的A、B两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外力F作用在A上，系统静止在光滑水平面上（B靠墙面），此时弹簧形变量为x。撤去外力并开始计时，A，B两物体运动的a-t图像如图乙所示，S1表示0到t1时间内A的a-t图像与坐标轴所图图形的面积大小，S2、S3分别表示t1到t2时间内A、B的a-t图像与坐标轴所围图形的面积大小。下列说法正确的是（）A．0到t1时间内，墙对B的冲量等于mAS1B．mA＜mBC．B运动后，弹簧的最大形变量等于xD．S1-S2＞S3【答案】A【详解】A．根据受力分析可知，在0到t1时间内，物体B依然卫东，所以墙对B的力与弹簧对A的力大小方向均相同，在图乙中面积表示速度的变化量，根据动量定理，可知，故A正确；B．根据图像可知，在时刻之后，AB一起运动时，AB物体均受弹簧弹力，即由于，所以，故B错误；C．弹簧的形变量最大时应为时刻，此时加速度最大，二者的速度相等，B脱离墙面后，AB运动过程中动量守恒，即系统的机械能也是守恒的，即根据公式可知最大形变量，故C错误；D．根据图像可知，脱离墙面后围成的面积，分别为AB的速度变化量，即，所以，故D错误。故选A。【方法透视】1.储能原件轻弹簧模型①同一根弹簧弹性势能的大小取决于弹簧形变量的大小，在弹簧弹性限度内，形变量相等，弹性势能相等②由两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统：弹簧形变量最大时，弹簧两端连接的物体具有相同的速度；弹簧处于自然长度时，弹簧弹性势能最小(为零)2.动量能量下的弹簧模型【变式演练】【变式4-1】如图甲所示，轻弹簧竖直固定在水平面上，质量为m的小球从A点自由下落，至B点时开始压缩弹簧，小球下落的最低位置为C点。以B点为坐标原点O，沿竖直向下建立x轴，小球从B到C过程中的加速度一位移图像如图乙所示，重力加速度为g。在小球从B运动到C的过程中，下列说法正确的是（）A．小球在B点时的速度最大B．小球的机械能守恒C．图像与x轴所包围的两部分面积大小相等D．小球在C点时所受的弹力大于2mg【答案】D【详解】A．小球在B点时弹簧的弹力为零，只受重力，要继续向下加速，所以小球在B点时的速度不是最大，当弹簧对小球的弹力与小球的重力大小相等、方向相反时，即小球合力为零时，速度最大，此位置在BC之间，故A错误；B．在小球从B运动到C的过程中，弹簧弹力对小球一直做负功，故小球的机械能要减小，故B错误；C．设在D点时，弹簧弹力等于小球重力，此时小球动能最大为，设B点速度为vB，设BD过程平均加速度和位移分别为、，由动能定理得设DC过程平均加速度和位移分别为、，由动能定理得故不等于根据图像与x轴围成的两部分面积大小等于，故图像与x轴所包围的两部分面积大小不相等，故C错误；D．若小球从B点由静止释放，到达最低点时，由对称性，最低点加速度向上且大小为g，由牛顿第二定律得解得但由于小球从A点自由下落，故小球在C点时，压缩量比上述情况更大，故小球在C点时所受的弹力大于2mg，故D正确。故选D。【变式4-2】如图所示，A、B和C是光滑水平面上的三个大小相同的小球，A、B球的质量为m，C球质量为，其中B、C两小球用不计质量的轻质弹簧连接后静止在水平面上。现A球以速度沿B、C两球球心的连线向B球运动，碰后A、B两球粘在一起。对A、B、C及弹簧组成的系统，下列说法正确的是（）A．三球速度相等时，弹簧一定处于压缩状态B．弹簧的最大弹性势能等于C．三球速度相等后，速度将保持不变D．当弹簧第一次从压缩状态恢复到原长时，C的瞬时速度大小为【答案】D【详解】AC．三球速度第一次相等时，弹簧处于压缩状态，此后，C球继续加速，A、B球作为整体继续减速，当弹簧恢复原长时C球的速度比A、B整体的速度大，弹簧继续伸长，当三球速度再次相等时，弹簧处于拉伸状态，故A、C错误；B．三球速度相等时弹簧的弹性势能最大，设最大弹性势能为，A、B两球碰撞瞬间由动量守恒得从开始到三球速度相等过程中，由三球组成的系统动量守恒得从A、B两球碰撞结束到三球速度相等过程，根据机械能守恒定律有求得故C错误；D．A、B两球碰撞瞬间由动量守恒得求得A、B两球的总质量与C球质量相等，从A、B两球碰撞结束到弹簧第一次恢复为原长的过程中，相当于A、B两球作为整体与C球发生了一次弹性碰撞，所以二者发生速度交换，所以当弹簧第一次从压缩状态恢复到原长时，C球的瞬时速度大小为，故D正确。故选D。综合巩固1．（2025·全国卷·高考真题）如图，撑杆跳高运动中，运动员经过助跑、撑杆起跳，最终越过横杆。若运动员起跳前助跑速度为10m/s，则理论上运动员助跑获得的动能可使其重心提升的最大高度为（重力加速度取10m/s2）（）A．4m B．5m C．6m D．7m【答案】B【详解】在理论上：当运动员在最高点速度为零时，重心提升高度最大，以地面为零势能面，根据机械能守恒定律有可得其理论的最大高度故选B。2．（2024·北京·高考真题）如图所示，光滑水平轨道AB与竖直面内的光滑半圆形轨道BC在B点平滑连接。一小物体将轻弹簧压缩至A点后由静止释放，物体脱离弹簧后进入半圆形轨道，恰好能够到达最高点C。下列说法正确的是（）A．物体在C点所受合力为零B．物体在C点的速度为零C．物体在C点的向心加速度等于重力加速度D．物体在A点时弹簧的弹性势能等于物体在C点的动能【答案】C【详解】AB．物体恰好能到达最高点C，则物体在最高点只受重力，且重力全部用来提供向心力，设半圆轨道的半径为r，由牛顿第二定律得解得物体在C点的速度AB错误；C．由牛顿第二定律得解得物体在C点的向心加速度C正确；D．由能量守恒定律知，物体在A点时弹簧的弹性势能等于物体在C点时的动能和重力势能之和，D错误。故选C。3．（2025·天津·高考真题）一种名为“飞椅”的游乐设施如图所示，该设施中钢绳一端系着座椅，另一端系在悬臂边缘。绕竖直轴转动的悬臂带动座椅在水平面内做匀速圆周运动，座椅可视为质点，则某座椅运动一周的过程中（）A．动量保持不变 B．所受合外力做功为零 C．所受重力的冲量为零 D．始终处于受力平衡状态【答案】B【详解】座椅在水平面内做匀速圆周运动，速度大小不变，方向改变A．根据可知动量大小不变，方向改变，故A错误；B．速度大小不变，则座椅的动能不变，根据动能定理可知所受合外力做功为零，故B正确；C．根据可知所受重力的冲量不为零，故C错误；D．座椅在水平面内做匀速圆周运动，一定有向心加速度，所以不是处于受力平衡状态，故D错误。故选B。4．（2025·浙江·高考真题）高空抛物伤人事件时有发生，成年人头部受到的冲击力，就会有生命危险。设有一质量为的鸡蛋从高楼坠落，以鸡蛋上、下沿接触地面的时间差作为其撞击地面的时间，上、下沿距离为，要产生的冲击力，估算鸡蛋坠落的楼层为（）A．5层 B．8层 C．17层 D．27层【答案】C【详解】鸡蛋触地后匀减速至静止，位移s=5cm=0.05m。匀减速平均速度为，故撞击时间根据动量定理代入数据解得由自由落体公式得高度每层楼高约3m，对应楼层数为层。故选C。5．（2025·广东·高考真题）如图所示，光滑水平面上，小球M、N分别在水平恒力和作用下，由静止开始沿同一直线相向运动在时刻发生正碰后各自反向运动。已知和始终大小相等，方向相反。从开始运动到碰撞后第1次速度减为0的过程中，两小球速度v随时间t变化的图像，可能正确的是（

）A． B．C． D．【答案】A【详解】根据牛顿第二定律两物体受外力F大小相等，由图像的斜率等于加速度可知M、N的加速度大小之比为4:6=2:3，可知M、N的质量之比为6:4=3:2；设分别为3m和2m；由图像可设MN碰前的速度分别为4v和6v，则因MN系统受合外力为零，向右为正方向，则系统动量守恒，则由动量守恒定律若系统为弹性碰撞在，则能量关系可知解得、因M、N的加速度大小之比仍为2：3，则停止运动的时间之比为1:1，即两物体一起停止，则BD是错误的；若不是弹性碰撞，则可知碰后速度大小之比为若假设v1=2v，则v2=3v，此时满足则假设成立，因M、N的加速度大小之比仍为2：3，则停止运动的时间之比为1:1，对M来说碰撞前后的速度之比为4v:2v=2:1可知碰撞前后运动时间之比为2:1，可知A正确，C错误。故选A。6．（2025·河南·高考真题）两小车P、Q的质量分别为和，将它们分别与小车N沿直线做碰撞实验，碰撞前后的速度v随时间t的变化分别如图1和图2所示。小车N的质量为，碰撞时间极短，则（）A． B． C． D．【答案】D【详解】PN碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有即根据图像可知，故；同理，QN碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有即根据图像可知，故；故故选D。7．（2025·湖北·高考真题）一个宽为L的双轨推拉门由两扇宽为的门板组成。门处于关闭状态，其俯视图如图（a）所示。某同学用与门板平行的水平恒定拉力作用在一门板上，一段时间后撤去拉力，该门板完全运动到另一边，且恰好不与门框发生碰撞，其俯视图如图（b）所示。门板在运动过程中受到的阻力与其重力大小之比为，重力加速度大小为g。若要门板的整个运动过程用时尽量短，则所用时间趋近于（）A． B． C． D．【答案】B【详解】设拉力为，作用时间为，撤去外力后运动的时间为，运动过程的最大速度为，则由动量定理，有得撤销拉力后，有得对于全过程，有得对于全过程有故运动的总时间可知当越大时，越小，当时，取最小值。则则故选B。8．（2025·浙江·高考真题）如图所示，光滑水平地面上放置完全相同的两长板A和B，滑块C（可视为质点）置于B的右端，三者质量均为。A以的速度向右运动，B和C一起以的速度向左运动，A和B发生碰撞后粘在一起不再分开。已知A和B的长度均为0.75m，C与A、B间动摩擦因数均为0.5，则（）A．碰撞瞬间C相对地面静止B．碰撞后到三者相对静止，经历的时间为0.2sC．碰撞后到三者相对静止，摩擦产生的热量为D．碰撞后到三者相对静止，C相对长板滑动的距离为0.6m【答案】D【详解】A．碰撞瞬间C相对地面向左运动，选项A错误；B．向右为正方向，则AB碰撞过程由动量守恒解得v1=1m/s方向向右；当三者共速时可知v=0即最终三者一起静止，可知经历的时间选项B错误；C．碰撞到三者相对静止摩擦产生的热量选项C错误；D．碰撞到三者相对静止由能量关系可知可得选项D正确。故选D。二、多选题9．（2025·陕晋青宁卷·高考真题）如图，与水平面成夹角且固定于O、M两点的硬直杆上套着一质量为的滑块，弹性轻绳一端固定于O点，另一端跨过固定在Q处的光滑定滑轮与位于直杆上P点的滑块拴接，弹性轻绳原长为OQ，PQ为且垂直于OM。现将滑块无初速度释放，假设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。滑块与杆之间的动摩擦因数为0.16，弹性轻绳上弹力F的大小与其伸长量x满足。，g取，。则滑块（）A．与杆之间的滑动摩擦力大小始终为B．下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的冲量相同C．从释放到静止的位移大小为D．从释放到静止克服滑动摩擦力做功为【答案】AC【详解】A．根据题意，设滑块下滑后弹性轻绳与PQ间夹角为时，对滑块进行受力分析，如图所示在垂直杆方向有由胡克定律结合几何关系有联立解得可知，滑块与杆之间的弹力不变，则滑块与杆之间的滑动摩擦力大小始终为故A正确；B．下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的方向不同，冲量是矢量，则下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的冲量不相同，故B错误；C．设滑块从释放到静止运动的位移为，滑块开始向下做加速度减小的减速运动，当沿着杆方向合力为0时，滑块速度最大，之后滑块继续向下做加速度增大的减速运动，当速度为为0时，有由几何关系可得此时则滑块会继续向上滑动，做加速度减小的加速运动。当滑块速度再次为0时，有解得此时此时则滑块静止，故从释放到静止，滑块的位移为，故C正确；D．从释放到静止，设克服滑动摩擦力做功为，由能量守恒定律有

解得故D错误。故选AC。9．（2025·云南·高考真题）如图所示，倾角为的固定斜面，其顶端固定一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧处于原长时下端位于O点。质量为m的滑块Q（视为质点）与斜面间的动摩擦因数。过程I：Q以速度从斜面底端P点沿斜面向上运动恰好能滑至O点；过程Ⅱ：将Q连接在弹簧的下端并拉至P点由静止释放，Q通过M点（图中未画出）时速度最大，过O点后能继续上滑。弹簧始终在弹性限度内，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略空