2026年黑吉辽蒙高考物理二轮复习题型09 动量守恒的判定及某一方向上的动量守恒问题（解析版）

题型09动量守恒的判定及某一方向上的动量守恒问题

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

总方法透视典例引领变式演练

考向01对系统、内力和外力的理解

考向02对动量守恒定律适用条件的理解

考向03动量守恒定律的应用

考向04沿某一方向动量守恒问题

第三部分综合巩固整合应用，模拟实战

动量守恒是黑吉辽蒙高考物理力学综合核心工具，近5年（2021-2025）稳定出现在力学综合大

题（6-8分），偶见于多选小问（2-3分），常与动量定理、动能定理、能量守恒联合命题，聚焦碰

撞、板块、反冲等模型，是高频与区分度重点，以下为结构化分析。核心逻辑：系统不受外力或外

力合力为零（或某方向合力为零）时，总动量守恒；关键在系统选取、方向矢量性、守恒条件判断、

多过程衔接。关键模型：完全非弹性碰撞（粘在一起）、板块（子弹打木块）、斜碰（某方向守恒）、

反冲/爆炸；核心是守恒条件+动量矢量性+能量损失计算。1.情境真实化：以打夯机、航天器对接、

粒子碰撞、物流分拣等生活/科技场景为背景，强化建模与信息提取。2.模型复合化：单一碰撞减少，

更多是圆弧+碰撞+平抛、板块+弹簧等组合，考查系统选取与多过程边界处理。3.能力分层：基础

层考“守恒条件判断”，进阶层考“某方向守恒（如水平）+完全非弹性碰撞共速”，创新层考“临界条

件（如板块共速）+能量损失分配+动量矢量分解”。

1．动量守恒定律

(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。这就是动量

守恒定律。

(2)表达式

①p＝p′，系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′。

②m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和。

③Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向。

④Δp＝0，系统总动量的增量为零。

2.动量守恒定律的“六性”

(1)系统性：研究对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统。

(2)条件性：必须满足动量守恒定律的适用条件。

(3)矢量性：表达式中初、末动量都是矢量，首先需要选取正方向，分清各物体初、末动量的正、负。

(4)瞬时性：动量是状态量，动量守恒指对应每一时刻的总动量都和初时刻的总动量相等。

(5)相对性：动量守恒定律方程中的动量必须是相对于同一惯性参考系。一般选地面为参考系。

(6)普适性：不仅适用于宏观低速物体组成的系统，也适用于微观高速粒子组成的系统。

3．应用动量守恒定律解题的步骤

考向01对系统、内力和外力的理解

【例1-1】（2025·辽宁丹东·一模）小米SU7是性能很好的新能源汽车，若SU7在粗糙路面的启动阶段可看

作初速度为零的匀加速直线运动。在启动阶段，则下列说法中正确的是（）

A．该车牵引力的冲量等于它动量的变化

B．该车的动量与它的加速度成正比

C．该车的动量与它经历的时间成正比

D．开车时系好安全带能减小刹车时人的动量变化

【答案】C

【详解】A．根据动量定理可知，该车所受牵引力和阻力冲量的矢量和等于它动量的变化，故A错误；

BC．该车做初速度为零的匀加速直线运动，即vt

所以该车的动量pmvt

故B错误，C正确；

D．刹车时人的动量变化是一定的，开车时系好安全带能够延长人与车的作用时间，从而减小车对人的作用

力，防止人受伤，故D错误。

故选C。

【例1-2】（2025·辽宁大连·三模）如图，水平导轨间距为0.1m，按如图甲建立xOy坐标系，在x0区域内

有垂直纸面向里、大小为B1T的匀强磁场，在1mx0的区域内有垂直纸面向里、大小按

Bx0.5x1T规律变化的磁场。一个质量为0.2kg的导体棒，在外力F的作用下从x1m处开始向右

运动，t0.5s时恰好通过x0处，此过程中监测系统显示回路中的电流变化如图乙所示（前0.5s呈正弦规

律变化，0.5s时恰好达到电流的峰值，之后稳定于0.6A）。已知导体棒接入电路的阻值为R0.5Ω，闭合

回路中的其他电阻忽略不计，且导体棒与导轨接触良好。下列说法正确的是（）

A．导体棒通过x0时的速度大小为3m/s

B．在0至0.5s内电阻产生的焦耳热为0.09J

C．0.5s后，磁场每秒钟对导体棒的冲量大小为0.06Ns

D．导体棒在x0区域向右做匀速直线运动

【答案】ACD

【详解】A．由题知，在1mx0的区域内磁感应强度的变化规律为Bx0.5x1T

则x0处的磁感应强度为B1T

由乙图知，此时感应电流为Im0.6A

BLv

根据法拉第电磁感应定律有I

mR

代入数据解得v3m/s，故A正确；

I

B．由题知，在00.5s内的电流呈正弦规律变化，则电流的有效值为Im0.32A

2

2

则电阻产生的焦耳热为QI2Rt0.320.50.5J0.045J，故B错误；

C．0.5s后，电流强度大小不变，恒为Im0.6A，磁场每秒钟对导体棒的冲量大小

IBImLt10.60.11Ns0.06Ns，故C正确；

BLv

D．0.5s后，电流强度大小不变，根据I

mR

可知速度不变，导体棒在x0区域向右做匀速直线运动，故D正确。

故选ACD。

【变式1-1】（2025·辽宁沈阳·二模）一水平传送带长L20m，以恒定速率v4m/s沿顺时针方向匀速转

动。在传送带左端每隔1s轻放一个相同的小物块，小物块的质量m2kg，与传送带间的动摩擦因数0.1，

忽略小物块的尺寸，g取10m/s2，从第1个小物块到达传送带最右端开始计时，下列说法正确的是（）

A．每个小物块在传送带上运动的时间为10s

B．计时开始时刻，第8个小物块刚放上传送带

C．计时后1s内，传送带对所有小物块摩擦力的总冲量大小为10N·s

D．计时后1s内，所有小物块对传送带的摩擦力做的总功为32J

【答案】BD

【详解】A．小物块在传送带上先做匀加速直线运动，加速度大小为：

mg

ag0.110m/s2=1m/s2

m

v4

则小物块做匀加速直线运动的时间为：ts=4s

1a1

v4

小物块做匀加速直线运动的位移为：xt4m=8m

1212

Lx208

则小物块在传送带上做匀速直线运动的时间为：t1s=3s

2v4

故每个小物块在传送带上运动的时间为：t=t1+t2=4s+3s=7s

故A错误；

B．结合前面分析可知，第1个小物块到达传送带最右端时所花时间为7s，由题知，在传送带左端每隔1s

轻放一个相同的小物块，则计时开始时刻，第8个小物块刚放上传送带，故B正确；

CD．结合前面分析可知，计时后1s内只有5~8四个物块在皮带上做匀加速直线运动，摩擦力相同，则由动

量定理可得，计时后1s内，传送带对所有小物块摩擦力的总冲量大小为：I=4m•at'=4×2×1×1N•s=8N•s

所有小物块对传送带的摩擦力做的总功为：W=-4μmg•vt=-4×0.1×2×10×4×1J=-32J

故C错误，D正确。

故选BD。

【变式1-2】（2025·辽宁·二模）如图甲所示，长L1m、质量M1.6kg的木板b静止在地面上，质量m0.4kg

、

的物块a（可视为质点）静止在木板的右端，a与b之间、b与地面之间的动摩擦因数分别为10.220.3。

t0时刻对b施加一水平向右、大小为F的力，F随时间t变化的关系图像如图乙所示，最大静摩擦力等于

滑动摩擦力，重力加速度g取10ms2。下列说法中正确的是（）

A．0~2s内摩擦力对b的冲量为0

B．t5s时，a的速度大小为3.75m/s

C．t5s时，a脱离木板

D．0~5s内，地面对b的摩擦力的冲量为30Ns

【答案】B

【详解】A．根据题意可知，木板b与地面间的最大静摩擦力为fm2Mmg6N

结合图乙可知，0~2s内，木板b与地面间摩擦力为静摩擦力，大小等于外力F，则0~2s内摩擦力对b的

06

冲量为I2Ns6Ns

f12

故A错误；

BCD．由图乙可知，t3s后，外力F保持不变，大小为Fm9N，由牛顿第二定律，对物块a有f1ma1

其中f11mg0.8N

2

解得a12ms

对a、b整体，由牛顿第二定律有F1fmMma1

当a1最大时，有F110N

即当外力F10N时，a、b发生相对滑动，通过分析可知，a、b未发生相对滑动，则a不能脱离木板，t2s

后，a、b整体开始相对地面滑动，则25s内地面对b的摩擦力的冲量为If2fmt18Ns

则0~5s内，地面对b的摩擦力的冲量为IfIf1If224Ns

0F

0~5s内，对a、b整体，由动量定理有m3F53IMmv

2mf

解得v3.75ms

即t5s时，a、b的速度为3.75ms。

故B正确，CD错误。

故选B。

考向02对动量守恒定律适用条件的理解

【例2-1】（2025·辽宁朝阳·模拟预测）A、B、C三个大小完全相同的小球，套在相互平行的光滑的水平杆

上，三个小球的质量分别为mA=2kg，mB=3kg，mC=mA，初始三个小球均处于静止状态，BC间连接一个轻

弹簧，且恰好处于原长状态，现在给小球A一个初速度v0=10m/s，AB相碰后A的速度方向向右，大小v=2m/s，

已知平行杆足够长。那么可求：

(1)求AB碰后瞬间B的速度为多少；

(2)AB碰后B的最小速度且当弹簧第一次恢复原长时B、C的速度各为多少

【答案】(1)8m/s

(2)1.6m/s，9.6m/s

【详解】（1）规定向左为正方向，则小球A初速度v0=10m/s，AB相碰后A的速度v2m/s，设AB碰

后瞬间B的速度为vB，由动量守恒定律得mAv0mAvmBvB

解得vB8m/s

（2）AB碰后，由于B、C两球及弹簧组成的系统，在运动过程中满足动量守恒定律和机械能守恒定律，

111

当B的最小速度且当弹簧第一次恢复原长时，满足mvmvmv，mv2mv2mv2

BBBBCC2BB2BB2CC

解得，v9.6m/s

vB1.6m/sC

【例2-2】（2025·黑龙江哈尔滨·一模）如图所示，在光滑水平面上有一质量为m11kg足够长的薄板A，

、

其上静置两个质量均为m22kg的物块B、C，B、C与A间的动摩擦因数分别为10.220.4，物块

BC间连接一轻质弹簧，调节BC间距离，将弹簧压缩一定长度后，将它们同时由静止释放。已知弹性势能

1

表达式为Ekx2（k100N/m、x为弹簧的形变量），取重力加速度大小g10m/s2，设最大静摩擦

P2

力等于滑动摩擦力，求：

(1)当初始压缩量x16cm时，释放瞬间，B的加速度大小；

(2)初始压缩量x2满足什么条件时，释放后，物块C相对A滑动；

(3)当初始压缩量x310cm时，释放后，物块B能达到的最大动能。

【答案】(1)1m/s2

(2)x16cm时，释放后，物块C相对A滑动

(3)0.108J

【详解】（1）当x1=6cm时，弹簧弹力Fkx16N

B与A间最大静摩擦力fm11m2g4N

C与A间最大静摩擦力fm22m2g8N

Ffm1，Ffm2所以C与A相对静止，B在A上滑动，对B有：F1m2gm2a1

2

解得a11m/s

（2）当C相对于A滑动时，A的加速度达到最大值a2，对A有：2m2g1m2gm1a2

2

解得a24m/s

对C有：kx22m2gm2a2

解得x216cm

则初始压缩量x216cm时，释放后，物块C相对A滑动。

（3）释放后C与A一起运动，B相对A滑动，当kx41m2g时，物块B动能最大

解得x4=4cm

ABC系统动量守恒有0m2vBm1m2vC

1111

系统能量守恒有kx2kx2mv2mmv2mgxx

232422B212C1234

1

可解的B的最大动能为mv20.108J

22B

【变式2-1】（2026·辽宁沈阳·一模）如图，长为L＝0.8m的轻杆竖直放置，上端与小球A相连，下端用光

滑转轴固定于水平桌面上。小球A恰好与立方体B接触，B的右侧紧贴放置一小物体C；距离物体C足够

远处，静止放置带负电的小物体D；D的右侧空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。D

到桌面右端距离d＝0.5m，桌面距地面高度H＝0.75m。A受微小扰动后，杆与A向右转动，B、C一起向

右运动。A与B刚分离时，A受到杆的弹力为零；B离开A后，用外力制动，C继续向右运动与D碰撞（仅

发生一次碰撞且碰撞时间极短）；碰撞后，D减速运动并离开桌面，第一次落地时与桌面右端的水平距离

3

xm。A、B、C和D满足的质量关系为mAmD0.01kg；mBmC0.02kg，D所带电荷量q＝0.1C

4

1

且始终保持不变；D与桌面间动摩擦因数，其余各处摩擦不计；电场的场强E＝1N/C，磁感应强度

3

2

B00.2T，重力加速度g取10m/s。求：

(1)物体D离开桌面时速度大小；

(2)物体C与物体D碰撞后，物体D速度大小；

(3)物体C与物体D碰撞过程中损失的动能。

【答案】(1)vD11m/s

4

(2)vm/s

D3

(3)E损0

【详解】（1）依题意，物体D带负电，离开桌面后，由于qEmDg0.1N，所以物体D在洛伦兹力作用

下沿顺时针方向做匀速圆周运动，如图所示，设半径与竖直方向夹角为

根据几何关系有HRRcos

xRsin

解得R＝0.5m

v2

根据牛顿第二定律有qvBmD1

D10DR

解得vD11m/s

（2）设物体D在桌面上向右运动，任意时刻的速度为v，受力分析如图所示

根据牛顿第二定律，竖直方向有FNqEmDgqvB0，水平方向有FfFN

由于qEmDg

解得FfqvB0

从碰撞结束到物体D离开桌面过程中，取一个很短的时间间隔t，根据动量定理有FftmDv

两边求和FftmDv

有qB0dmDvDlmDvD

4

解得vm/s

D3

（3）设A与B刚脱离接触的瞬间，杆与地面夹角恰好为θ，依题意，此时小球A受到杆的弹力为零，对小

v2

球A，根据牛顿第二定律有mgsinmA

AAL

此时A与B水平方向速度相同，有vCvBvAsin

对小球A和物体B、C，从开始释放到A与B刚脱离接触的瞬间，根据机械能守恒定律

111

有mgL1sinmv2mv2mv2

A2AA2BB2CC

°

解得θ＝30，vCvB1m/s

之后物体C继续向右运动，与物体D碰撞，对物体C和D，以水平向右为正，根据动量守恒定律有

mCvCmCvC1mDvD

1

解得vm/s

C13

121212

根据能量守恒定律有E损mCvCmCvC1mDvD

222

解得E损0

【变式2-2】（2025·辽宁丹东·二模）如图所示，水平面上固定着两根足够长的平行导槽，质量为m的U形

管（弯曲部分是半径为R的半圆）恰好能在两导槽之间自由滑动，一质量也为m的小球沿水平方向，以初

速度v0从U形管的一端进入，从另一端出来。已知小球的直径略小于管道内径，不计一切摩擦，下列说法

正确的是（）

A．该过程中，小球与U形管组成的系统动量守恒

B．小球在U形管中运动的动能先增大后减小

3

C．小球运动到U形管圆弧部分的最左端时，速度大小为v

20

1

D．从小球射入至运动到U形管圆弧部分的最左端的过程中，U形管对平行导槽的冲量大小为mv，

20

方向垂直于导槽向上

【答案】C

【详解】A．该过程中，小球与U形管组成的系统沿两导槽方向动量守恒，但垂直导槽方向动量不守恒，

故A错误；

B．由于不计一切摩擦，在小球与U形管相互作用过程中，小球的动能只能与U形管的动能发生转移，故

小球与U形管组成的系统机械能守恒；小球在U形管中运动时，U形管一开始的动能一定增加，所以小球

的动能一开始一定减少；小球从U形管的另一端射出时，小球与U形管系统机械能守恒，沿着轨道方向系

统动量守恒，类比弹性碰撞，交换速度，小球从U形管的另一端射出时，速度大小为0，所以小球在U形

管中运动的动能一直减小，故B错误；

C．从小球射入至运动到U形管圆弧部分的最左端的过程时，小球和U形管平行导槽方向速度相同，对此

过程满足平行导槽方向动量守恒定律，有mv02mvx

v

解得v0

x2

111

由系统机械能守恒得mv2mv2mv2

202x2

3

解得小球的速度大小为vv，故C正确；

20

2

D．小球运动到U形管圆弧部分的最左端时，垂直轨道的分速度为vv2v2v

yx20

运动到U形管圆弧部分的最左端的过程中，在垂直轨道方向，以垂直向下为正方向，对小球与U形管系统

2

根据动量定理有Imv0mv

y20

2

根据牛顿第三定律可知，U形管对平行导槽的冲量大小为mv，方向垂直于导槽向上，故D错误。

20

故选C。

考向03动量守恒定律的应用

【例3-1】（2026·辽宁沈阳·一模）物块a、b中间用一根轻质弹簧相连，放在光滑水平面上，物块a的质量

为1kg，如图甲所示。开始时两物块均静止，弹簧处于原长。t＝0时对物块a施加水平向右的恒力F，t＝

1s时撤去F，在0~1s内两物块的加速度随时间变化的情况如图乙所示。弹簧始终处于弹性限度内，整个运

动过程下列分析正确的是（）

A．恒力F的冲量为1N·sB．b物块的质量为2kg

1

C．t=1s时b的速度小于0.15m/sD．弹簧伸长量最大时，b的速度大小为m/s

3

【答案】ABD

【详解】A．t=0时，对物块a根据牛顿第二定律有Fmaaa1N

恒力F的冲量为IFt1Ns

故A正确；

B．t=1s时，设弹簧弹力大小为T，对a、b根据牛顿第二定律有FTmaaa，Tmbab

联立解得mb2kg，故B正确；

1

C．a—t图像与坐标所围的面积表示速度的变化量，所以t=1s时b的速度v0.31m/s0.15m/s

b2

故C错误；

D．根据动量定理可知撤去拉力时，a、b组成的系统动量为pI1kgm/s

撤去拉力后，根据图像可知a的速度大于b的速度，则a、b之间距离还将继续增大，此后a、b组成的系

统动量守恒，弹簧伸长量最大时，a、b的速度相同，设为v，则p(mamb)v

1

解得vm/s，故D正确。

3

故选ABD。

【例3-2】（2025·辽宁丹东·模拟预测）如图所示，粗糙地面上有一长木板C，滑块A、B位于C上表面，

滑块A位于C的最右端，滑块A、B相距3m，三者的质量分别为mA1kg，mBmC2kg，C与A、B、

地面之间的动摩擦因数分别为0.1、0.35、0.1。初始时，三者均处于静止状态。现给C一个水平向右、大小

等于16N的力F，作用了一段时间之后，A和B发生碰撞且碰撞时间极短，碰撞之后滑块A、B粘连在一

起。从此刻开始，力F方向不变，大小变为5N，在接下来的运动过程中，A、B始终没有离开C。（滑块

A、B可以视为质点，最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，重力加速度g10m/s2）则下列说法中正确的

是（）

A．在滑块A、B碰撞之前，滑块B与木板C保持相对静止

B．从初始时刻到滑块A、B发生碰撞的过程所用时间是3s

C．在滑块A、B碰撞瞬间，滑块A的动量变为6kgm/s

D．长木板C的长度至少为3.075m

【答案】AD

【详解】A．假设在滑块A、B碰撞之前，滑块B与木板C保持相对静止，对BC整体分析，根据牛顿第二

定律可得F地(mAmBmC)gACmAg(mBmC)aBC

2

解得aBC2.5m/s

对滑块B，由牛顿第二定律可得fBmBaBC5N

B与C之间的最大静摩擦力fBmaxCBmBg7N>5N

假设成立，故A正确；

B．对滑块A，由牛顿第二定律可得CAmAgmAaA

2

解得aA1m/s

11

设从初始时刻到A、B发生碰撞的时间为t，则有at2at23m

2BC2A

解得t2s，故B错误；

C．碰撞前，滑块A的速度vAaAt2m/s

滑块B的速度vBaBCt5m/s

设A、B碰撞后的共同速度为v，根据动量守恒定律可得mAvAmBvB(mAmB)v

解得v4m/s

碰后滑块A的动量pAmAv4kgm/s，故C错误；

D．碰撞后，对A、B整体分析，根据牛顿第二定律可得CB(mAmB)g(mAmB)aAB

2

解得aAB3.5m/s

方向向右，对木板C，根据牛顿第二定律可得FCB(mAmB)g地(mAmBmC)gmCaC

2

解得aC5.25m/s

'''

方向向左，设经过t时间A、B、C三者达到共同速度v共，则有vaABtvBaCt

1

解得t's

8.75

1

此过程中，AB的位移xvt'at'2

AB2AB

1

C的位移xvt'at'2

CB2C

代入数据解得二者的相对位移xxCxAB0.075m

则木板C的最小长度为L3mx3.075m，故D正确。

故选AD。

【变式3-1】（2025·辽宁葫芦岛·二模）如图所示，倾角为30的光滑绝缘斜面底端固定有一劲度系数为

k的轻质弹簧，弹簧上端连接一质量为2m不带电的滑块Q而处于静止状态，整个装置处于沿斜面向下的匀

mg9mg

强电场中，场强大小E。在Q的上方x处由静止释放一质量为m、电荷量为q的滑块P，运动

2q02k

一段时间后P与Q发生碰撞，碰撞时间极短（可忽略不计），P所带电荷量不会转移到Q。碰后P、Q一起

向下运动，到达最低点后又向上弹回。已知重力加速度为g，弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能Ep

12M

与形变量x的关系为Epkx，弹簧振子的周期公式为T2，其中k为弹簧的劲度系数，M为振子

2k

的质量。

(1)求碰后瞬间P、Q的共同速度；

(2)求碰后P、Q一起向下运动的最大位移；

(3)试判断P、Q碰后的运动过程中是否会分离。如果会分离，则求从释放P到P、Q第一次分离所用的时

间；如果不会分离，则求从释放P到P、Q速度第二次减为零所用的时间。

m

【答案】(1)g

k

3

(2)mg

k

53m

(3)不会分离，3

3k

12

【详解】（1）设物块P、Q碰撞前瞬间P的速度为v1，根据动能定理有mgsin30Eqxmv

021

m

解得v3g

1k

设碰后瞬间P、Q的共同速度为v2，对P、Q的碰撞过程，根据动量守恒定律mv1m2mv2

1m

解得vvg

231k

（2）初始时刻弹簧的压缩量为x1，Q受力平衡kx12mgsin

mg

得x

1k

设碰后P、Q一起向下运动的最大位移为x2，对P、Q碰后瞬间到二者到达最低点的过程，根据能量守恒

1121

定律m2mv2m2mgxsinEqxkxxkx2

222221221

3

解得xmg

2k

mg

另一值（x，不符合题意舍去）

2k

（3）P、Q不会分离。

P、Q分离的临界条件是二者之间弹力为零且加速度相同。假设P、Q碰后的运动过程中未分离，即P、Q

上升到最高点时弹簧仍处于压缩状态，设此时弹簧的压缩量为x3，从碰后瞬间到最高点，根据能量守恒定

111

律kx2m2mv2kx2m2mgxxsinEqxx

2122231313

解得x30

说明弹簧回复到原长时，到达最高点，此时P、Q速度均为零。此后做简谐运动。

xx2

振幅为A12mg

2k

mg

由此可知P、Q碰撞位置距离平衡位置ΔxAx

1k

mg

根据三角函数知识，P、Q一起运动ΔxAx

1k

T

这段距离经历的时间Δt（T为简谐运动周期）

12

设P释放到P、Q碰撞经历的时间为t1，根据动量定理mgsinEqt1mv1

13

设P、Q碰撞到第二次为零经历的时间为t，tTT

22124

53m

从释放到、Q速度第二次减为零所用的时间

PPtt1t23

3k

【变式3-2】（2025·辽宁大连·三模）如图所示，倾角为θ的光滑斜面，沿斜面放置的轻弹簧一端固定在斜面

底端，另一端连接物体A，静止时，弹簧被压缩了l，质量与A相同的物体B从弹簧原长位置由静止释放，

A与B发生完全非弹性碰撞（粘连），碰撞时间极短，A、B视为质点，重力加速度为g，弹簧的弹性势能

1

Ekx2（x为弹簧的形变量），则下列说法正确的是（）

p2

2glsin

A．碰后瞬间两物体的速度大小为v

2

B．碰后两物体运动过程中一定机械能守恒

C．碰后两物体一起向下运动的最大位移为3l

D．两物体反弹向上运动，最大高度能到达B的释放点上方

【答案】A

1

【详解】A．碰撞前物体B的速度大小为mglsinmv2

20

解得v02glsin

碰后瞬间两物体的速度大小为mv02mv

2glsin

解得v，A正确；

2

B．碰后两物体运动过程中机械能不守恒，两个物体和弹簧组成的系统机械能守恒，B错误；

1112

C．碰后两物体一起向下运动的最大位移x为2mv22mgxsinkl2kxl

222

碰撞前对物体A根据平衡条件得mgsinkl

解得x21l，C错误；

2

D．以最低点为零势能面，两物体在B的释放点处的重力势能为Ep重2mgxlsin422kl

12

在最低点处，弹簧的弹性势能为2

Ep弹kxl322kl

2

因为Ep弹Ep重，所以两物体反弹向上运动，最大高度不能到达B的释放点，更不能到达B的释放点的上方，

D错误。

故选A。

考向04沿某一方向动量守恒问题

【例4-1】（2025·辽宁沈阳·三模）如图所示，在足够长的光滑水平面上静止着两个物块P和Q，物块P与

轻弹簧右端连接。一个小球被一根不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方，轻靠在物块Q的左侧。现将细

线拉直到与竖直方向夹角60位置时，由静止释放小球，小球运动到最低点时与物块Q发生碰撞（碰后

vv

21

将小球撤离），碰撞的恢复系数为e=0.5（定义式为e，其中v10和v20分别是碰前两物体的速度，v1

v10v20

m

和v2分别是碰撞后两物体的速度），已知细线长L=0.9m，小球和物块P的质量为m，物块Q的质量为，

2

球、物块均可视为质点，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。求：

(1)碰撞后物块Q的速度大小；

(2)物块P最大速度；

(3)小球与物块Q碰撞后，试求物块Q最小速度。

【答案】(1)3m/s

(2)2m/s

(3)0

1

【详解】（1）小球从释放到刚与物块Q碰撞过程中，由动能定理得mgL1cosmv2

210

m

对小球和物块Q构成的系统，碰撞过程中动量守恒，根据动量守恒得mvmvv

10122

vv

又因为碰前物块Q静止，由定义式可得e21

v10

由以上式子联立解得：v23m/s

（2）从物块Q与弹簧开始接触到弹簧再次恢复到原长时，物块P的速度最大，在此过程中物块Q与物块P及

mm

弹簧构成的系统动量守恒，机械能守恒，由动量守恒定律得vvmv

22223

1m1m1

由机械能守恒得v2v2mv2

22222223

'

联立解得：v32m/s，所以物块P的最大速度为2m/s

（3）由第二问解得v21m/s，当弹簧恢复原长时，物块Q的运动方向发生变化，说明从物块Q刚与弹簧

接触到弹簧恢复原长的过程中的某一位置，物块Q的速度为零，所以物块Q的最小速度为0

【例4-2】（2025·河北·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v00.6m/s的初速度水平冲上圆弧槽，取重力

加速度大小g10m/s2，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0.4m/s

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

【详解】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mv0mv1Mv2

111

根据能量守恒定律mv2mv2Mv2

202122

联立解得v10.2m/s，v20.4m/s

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N，根据牛顿第二定律

(vv)2

Nmgm21

R

解得N2.24N

根据牛顿第三定律可知小球对圆弧槽的最大压力为NN2.24N

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

（）

mv0mMv3

11

根据能量守恒定律mv2（mM）v2mgh

2023

联立解得h1.2cm

故C正确。

故选C。

【变式4-1】（2025·辽宁抚顺·模拟预测）质量均为m的木块A和B，并排放在光滑水平面上，如图所示。

A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为l的细线，细线另一端系一质量也为m的球C。现将球C拉

起使细线水平伸直，并由静止释放球C。

(1)若木块B固定在水平面上，求球C向左摆动能达到的最大高度h；

(2)若木块B不固定，求球C第一次摆到最低点时球C的位移大小。

1

【答案】(1)l

2

13

(2)l

3

1

【详解】（1）对球C，下落过程机械能守恒有mglmv2

20

对球C和木块A，水平方向动量守恒，取向左为正方向有mv02mv

11

系统机械能守恒，有mv2mgh2mv2

202

1

联立解得hl

2

（2）对球C和A、B组成的系统：设水平向左为正方向，水平方向平均动量守恒，有0mv12mv2

即0mx12mx2

又，22

x1x2lxCx1l

13

联立得xl

C3

【变式4-2】（2025·辽宁·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

1

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v从A点冲上滑块，重力加速

60

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v0gR，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

【详解】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mv0Mmv

111

系统机械能守恒有mv2Mv2mv2mgR1cos60

2022

Mm

解得vgR

0M

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。

1．（2025·辽宁丹东·模拟预测）体育课上，体育老师组织同学们开展摸篮板高度的比赛。如图所示，一质

量m60kg的同学弯曲两腿向下蹲，然后用力蹬地起跳。该同学离开地面跳起的过程中，他的重心沿竖直

方向上升的最大高度h0.45m，重力加速度g10m/s2，不计空气阻力。

(1)求该同学跳起瞬间重力的瞬时功率大小；

(2)若该同学起跳蹬地过程中，地面对该同学的冲量为I300Ns，求蹬地时间t。

【答案】(1)PG1800W

(2)t0.2s

【详解】（1）由竖直上抛公式得v22gh

解得v3m/s

由重力瞬时功率PGmgv

解得PG1800W

（2）由动量定理得，向上为正方向，则Imgtmv

解得t0.2s

2．（2025·辽宁·二模）质量相等的A、B两物体运动的速度同时向右，如图所示。整个运动过程中，A、B

两物体的位移大小分别为xA、xB，合外力的功均分别为WA、WB，合外力的冲量大小分别为IA、IB，加速

度大小分别为aA、aB，下列关系式正确的是（）

A．xA:xB2:1B．WA:WB4:1C．IA:IB4:1D．aA:aB2:1

【答案】B

11

【详解】A．在图像中，图线与时间轴所围的面积表示位移x2vtvt，x·v2tvt

A20000B20000

联立解得xA:xB1:1，故A错误；

1211

B．根据动能定理有W0m2v2mv2，W0mv2mv2

A200B20