动量守恒定律四大核心类碰撞题型专项训练-2027届高考物理（解析版）

动量守恒定律四大核心类碰撞题型专项训练

题型归纳

题型01弹簧双物块往复模型.....................................................................……1

题型02滑块木板摩擦模型............................................................……5

题型03子弹击穿木块模型................................................................……12

题型04光滑圆弧槽升降模型.......................................................………18

题型训练

题型01弹簧双物块往复模型

解题口诀：系统合外力为零，全程动量永守恒；弹簧最短共速度，弹性势能最大值；原长分离速度定，动量能量联立

求解。

高考考向：高频多选、中档计算题，考查弹簧压缩伸长全过程速度变化、共速临界、最大弹性势能、分离速度求解；

结合图像分析动能、势能变化规律。

1.(2026·黑吉辽蒙卷·高考真题)如图，光滑水平面上一质量mA=0.4kg的木板，其右端通过轻弹簧连接质

量mB=0.1kg的物块，此时弹簧伸长量x₀=0.1m,物块和木板均静止。质量mc=0.1kg的小球(可视为

质点)通过长L=0.9m的轻绳悬于O点。小球从绳与竖直方向成θ=60°处由静止释放，摆至最低点时

与木板右端发生弹性碰撞，时间极短。取重力加速度g=10m/s²。

(1)求碰撞后瞬间木板的速度大小VA。

(2)弹簧的压缩量第一次为x₀时，物块速度大小为vB=0.80m/s,方向向左。求木板与物块间的动摩擦

因数μ。

【答案】(1)vA=1.2m/s(2)μ=0.28

【详解】(1)C下摆过程，由机械能守恒定律有

解得vo=3m/s

C与A碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律有mc0o=movo+mAVA,

联立解得碰撞后瞬间木板的速度大小VA=1.2m/s

(2)A、C碰后，当弹簧的压缩量第一次为x₀时，以向左为正方向，由动量守恒定律有mAVA=mBUB+

mAV′A

解得v'A=1m/s

由题意可知弹簧的弹性势能不变，由能量守恒定律有

解得μ=0.28

2.如图所示，水平光滑轨道宽度和轻弹簧自然长度均为d,两小球质量分别为m、m₂,m₁>m₂,m₂的左边

有一固定挡板。由图示位置静止释放m₁、m₂,当m₁与m₂第一次相距最近时，m₁的速度为v₁,则在释放

后到第二次相距最近的运动过程中()

A.m、m₂和弹簧组成的系统动量守恒B.弹性势能最大为

C.第二次相距最近时，m正好向左运动D.m的最大速度是

w

【答案】B

【详解】A.m、m2和弹簧组成的系统在水平方向上，当m2接触挡板时，挡板会对m₂产生外力，因此系

统动量不守恒，故A错误；

B.第一次相距最近时，m2被挡板挡住，速度为0,此时m速度为v₁。之后m2离开挡板，由于系统水平

方向不再受外力，故之后m、m2和弹簧组成的系统动量守恒、机械能守恒。由分析可知，当m与m₂两

者速度相等时，弹簧的弹性势能最大，则根据动量守恒定律有m₁v1=(m₁+m2)v

解得共同速度为

根据机械能守恒定律可得弹簧的最大弹性势能为.

正确；

CD.由分析可知，当m₁与m2第一次相距最近时，m₂的速度为0。此后m₁在前做减速运动，m₂在后做

加速运动，当两者再次相距最近时，m₁减速结束，m₂加速结束，因此此时m₁速度最小，m2速度最大，设

此时m₁的最小速度为V1mm,m2的最大速度为V2max,在此过程中根据系统动量守恒和机械能守恒有

mv=myumitmyv2,

联立解得

由于m>m₂,所以

即第二次相距最近时，m₁的速度向右，不是向左，故CD错误。

故选B。

3.如图甲所示，质量分别为ma、m的a、b两物体用轻弹簧连接构成一个系统，用一轻细绳将a、b拴接，使

弹簧处于压缩状态，将该系统靠墙静止在光滑水平面上。当烧断细绳时开始计时，a、b物体运动的加速

度随时间变化的图像如图乙所示，S₁、S₂、S₃分别表示对应时段图线与坐标轴所围面积的大小。下列说

法正确的是()

2

甲乙

A.烧断细绳后，系统的动量和机械能始终守恒B.t₂时刻a、b两物体的速度之比为

时刻弹簧最长

C.t₃D.

【答案】D

【详解】A.烧断细绳后，b离开墙之前，墙对系统有外力作用，系统合外力不为零，动量不守恒；只有弹簧

弹力做功，系统机械能守恒，故A错误；

B.a-t图像的面积表示速度变化量，初速度为零，因此速度的大小等于对应面积的大小。t₂时刻，a、

b加速度最大，说明弹簧弹力最大，形变量最大，此时两者速度相等，故B错误；

C.t₃时刻a、b的加速度都为零，说明弹簧弹力为零，弹簧恢复原长，不是弹簧最长的位置，故C错误；

D.0~t1阶段，b静止，a的速度增量为S₁ot₁时刻弹簧恢复原长，b开始运动，此时系统总动量p=

maVa=m₀S₁

S₂是t₁~t₃时段b的图线与坐标轴围的总面积，该时段的图像关于t₂对称，因此t₁~t2时段，b的速度增量

t₂时刻a、b速度相等，由系统的动量守恒可知maVa=(ma+m;)v

解得,故D正确。

故选D。

4.如图甲所示，物块A与物块B之间通过一根轻质弹簧栓接，静置在光滑的水平地面上，物块B与竖直墙

面接触，初始时弹簧处于压缩状态并被锁定，t=0时解除锁定。规定向右为正方向，物块A在一段时间

内运动的v—t图像如图乙所示，已知物块A的质量为m,则()

甲

A.物块B的质量为2m

B.t₂时刻弹簧处于原长

C.t₁~t₃时间内，弹簧弹性势能的最大值为

D.t₁~t₃时间内，物块A运动的位移大小为

3

【答案】C

错

【详解】A.由分析知t2时刻物块AB共速，由动量守恒得,解得,故A

误；

B.t₂时刻弹簧长度达到最大，故B错误；

C.t₂时刻物块AB共速，弹簧长度达到最大，由机械能守恒得

弹性势能,故C正确；

D.t-t₃内物块A运动的位移是图像与时间轴围成的面积，由图象,故

D错误。

故选C。

5.两小球静止在光滑水平面上，它们之间夹着一个被压缩的轻质弹簧。同时释放两球，在弹簧第一次恢复

到原长的过程中()

A.弹簧对两个小球所做的功相等B.弹簧对两个小球的冲量大小相等

C.任何时刻两个小球的加速度大小都相等D.任何时刻两个小球的速度大小都相等

【答案】B

【详解】AC.弹簧对两球的弹力大小相等，但两球的质量未知，则加速度大小关系未知，因此在弹簧恢复

原长的过程中，两球的位移大小不一定相等。根据功的公式W=Fx,由于位移x不一定相等，所以弹簧

对两球做的功不一定相等，故AC错误；

B.弹簧对两球的弹力大小始终相等，方向相反，且作用时间相同。根据冲量公式I=Ft,两球受到的冲

量大小相等，方向相反，故B正确；

D.根据动量守恒定律，系统初始动量为0,因此任意时刻两球的动量大小相等、方向相反，由于两球质

量未知，速度大小不一定相等，故D错误。

故选B。

6.如图，物块M、N通过弹簧连接静止在光滑水平面上，物块M的质量是物块N质量的3倍。某时刻，物

块M获得水平向右的冲量I。下列说法正确的是()

A.当M、N速度相同时，弹簧的弹性势能最大

B.自开始至弹簧最短的过程，弹簧对物块M的冲量大小为

C.自开始至弹簧最长的过程，弹簧对物块N的冲量大小为

D.弹簧第一次恢复原长和第二次恢复原长时，M的速度相同

【答案】AB

【详解】A.当M、N速度相同时，M、N距离最近或者最远，此时弹簧最长或者最短，弹簧的弹性势能最

大，故A正确；

B.无论弹簧最长还是最短，两物块的速度都相同，以水平向右为正方向，设物块M的质量为3m,物块

N的质量为m,则I=3mwo

根据动量守恒定律可得3mvo=(3m+m)v

对M,根据动量定理可得I'′=3mv-3mv₀

联立解得自开始至弹簧最短或最长，弹簧对物块M的冲量均为

即弹簧对物块M的冲量大小为,故B正确；

C.同理，弹簧对物块N的冲量大小为,故C错误；

D.M获得冲量后压缩弹簧至最短，此时两者速度相等，M受力向左，继续减速，N受力向右，继续加速，

弹簧逐渐恢复原长，弹簧第一次恢复原长时，M速度最小，N速度最大，之后弹簧开始拉伸，M受力向

右，加速，N受力向左，减速，弹簧最长时，两者速度再次相等，M受力仍向右，加速，N受力仍向左，减

速，到第二次恢复原长时，M速度最大，N速度最小，故弹簧第一次恢复原长和第二次恢复原长时，M的

速度不同，故D错误。

故选AB。

7.两物块A、B用轻弹簧相连，质量均为2kg,初始时弹簧处于原长，A、B两物块都以v=6m/s的速度在

光滑的水平地面上运动，质量为4kg的物块C静止在前方，如图所示。B与C碰撞后二者会粘在一起运

动，则在以后的运动中：

V

ABC

(1)当弹簧的弹性势能最大时，物块A的速度为多大?

(2)系统中弹性势能的最大值是多少?

(3)物块C的最大速度为多大?

【答案】(1)3m/s(2)12J(3)4m/s

【详解】(1)当弹簧弹性势能最大时，弹簧压缩的最短，此时物体A与BC的连接体速度大小相等，整个系

统运动的过程中满足动量守恒，有(mA+mB)v=(mA+mB+mc)v2

求得A的速度为v₂=3m/s

(2)当B与C发生碰撞后瞬间共速，这个过程动量守恒，满足mBv=(mB+mc)v1

解得B与C碰撞后的瞬间速度为v₁=2m/s

从BC碰后共速到弹簧压缩到最短的过程中，满足能量守恒，有

+mc)0B+Epmax

解得弹簧的最大弹性势能为Epmax=12J

(3)弹簧最后会恢复原长将A与BC弹开，此时满足mAU+(mB+mc)U1=mAUA+(mB+mc)vc

且机械能守恒，即

可解得最终B与C的速度相等，大小为Vc=4m/s(另一解2m/s是BC碰撞后的状态，可舍去)。

题型02滑块木板摩擦模型

解题口诀：地面光滑动量守，滑动摩擦损耗能；共速之时相对停，产热等于动能差；相对位移算热量，全程一步列式

5

化简。

高考考向：力学综合必考模型，求共速速度、木板滑行距离、滑块相对位移、摩擦产生内能；常结合多阶段往复运动

出计算大题。

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1kg。A以4m/s的速度向右运动，B和C一起以2m/s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0.2s

C.碰撞后到三者相对静止，摩擦产生的热量为12J

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

mwA-mvB=2mw₁

解得

V₁=1m/s

方向向右；当三者共速时

2mv₁-mvc=3mv

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

Q=μmgx相对

可得

相对=0.6m

选项D正确。

故选D。

9.如图所示，滑块A和B(均可看作质点)放在静止于水平地面上的木板C的中点，A、B、C的质量分别为

mA=m、mB=5m、mc=4m。A、B与木板C间的动摩擦因数均为μ=0.5,地面光滑。某时刻使滑块

A、B以大小均为v₀=3m/s、方向分别向左和向右的初速度滑动，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力

加速度大小g=10m/s²,则下列说法正确的是()

AB

VoV₀

A.若木板C足够长，则最终木板C相对地面向右运动，速度大小为2m/s

B.若木板C足够长，则滑块A比滑块B先与木板C达到相对静止

C.要使两滑块不滑离木板C,木板C的最小长度为2.26m

D.若木板C足够长，则滑块A相对于木板C向左滑行的最大距离为1.71m

【答案】D

【详解】A.以A、B、C组成的系统为研究对象，取向右为正方向，若木板C足够长，则最终A、B、C将

以共同速度运动，根据动量守恒定律，有mBvo-mAvo=(mA+mB+mc)v

解得v=1.2m/s

由于v>0,则最终木板C相对地面向右运动，速度大小为1.2m/s,故A错误；

B.分别以A、B为研究对象，设A、B的加速度大小分别为aA、aB,根据牛顿第二定律，有μm₄g=maA,

μmBg=maB

解得aA=5m/s²,aB=5m/s²

根据匀变速直线运动速度与时间的关系，A与C达到相对静止时运动的时间为

以C为研究对象，在C与A、B均未达到相对静止前，设C的加速度大小为a1,根据牛顿第二定律，可得

μmBg-μmA9=mca₁

解得a₁=5m/s²

设B与C经过时间tB达到相对静止，根据匀变速直线运动速度与时间的关系，有v₀-aBtB=a₁tB

解得tB=0.3s

因为tA>tB,所以滑块B比滑块A先与木板C达到相对静止，故B错误；

CD.B与C达到相对静止时，根据匀变速直线运动位移与时间的关系，B的位移为：

=0.675m

C的位移为：

C的速度大小为vc=a₁tB=1.5m/s

B相对于C的位移为△xB=CB-x₁=0.45m

A与C达到相对静止时，A相对于木板C向左滑行到最大距离，根据匀变速直线运动位移与时间的关

系，A的位移为：

从B与C达到相对静止到A、B、C达到共速，经过的时间为t₂=tA-tB=0.54s

以木板B、C整体为研究对象，设整体的加速度大小为a2,根据牛顿第二定律，有μmAg=(mB+mc)a2

解得

根据匀变速直线运动位移与时间的关系，C的位移为

7

则滑块A相对于木板C向左滑行的最大距离为△xA=xA+x₁+x₂=1.71m

要使两滑块不滑离木板C,木板C的最小长度为L=△cA+△xB=2.16m,C错误，D正确。

故选D。

10.长木板A放在光滑的水平面上，质量为m=2kg的另一物体B以水平速度vo=2m/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，g=10m/s²。下列

说法正确的是()

A.木板A获得的动能为0.1JB.系统损失的机械能为1J

C.木板A的最小长度为2mD.A、B间的动摩擦因数为0.1

【答案】D

【详解】A.由v-t图像可知，物体B的初速度为vo=2m/s,最终木板A与物体B共速度，为v=1m/s。

A、B组成的系统动量守恒，以B的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律有mv₀=(M+m)v

解得M=2kg

故木板A获得的动能为,故A错误；

B.系统损失的机械能

代入数据解得△E=2J,故B错误；

C.根据v-t图像与t轴所围的面积表示位移，可得0~1s内物体B的位移为

1.5m

木板A的位移为

木板A的最小长度为L=sB-xA=1m,故C错误；

D.根据v—t图像的斜率表示加速度，可得物体B的加速度为

负号表示加速度的方向与v₀的方向相反，根据牛顿第二定律有-μmg=ma

解得μ=0.1,故D正确。

故选D。

11.如图甲所示，长度L=2.4m的直木板静置于光滑水平地面上，木板右端放置一质量m=0.1kg的带电小

物块，地面上方存在着垂直于纸面向里的匀强磁场。t=0时刻木板获得水平向右的初速度vo=6m/s,

此后小物块的速度随时间变化的关系如图乙所示，小物块恰好不从木板上滑落。整个运动过程小物块

的电荷量保持不变，取重力加速度g=10m/s²,以下判断正确的是()

甲乙

A.小物块带负电B.木板的质量为0.2kg

C.0~1s内木板的位移为4.8mD.小物块与木板间的动摩擦因数为0.5

【答案】BC

【详解】A.物块加速过程加速度减小，说明摩擦力减小，洛伦兹力向上，由左手定则可知物块带正电，选

项A错误；

B.对小物块和木板系统水平方向动量守恒可知Mv₀=(M+m)v

其中v=4m/s,可得木板的质量为M=0.2kg,选项B正确；

CD.因系统动量守恒，则对任意时刻Mv₀=Mu₁+mv₂

则Mv₀△t=Mv₁△t+mv₂△t

即M∑v₀t=M∑v₁△t+m∑v₂At

v₂t=x-L(zx为木板的位移)

则在0-1s内0.2×6×1=0.2x+0.1×(x-2.4)

解得x=4.8m

0~1s内对小物块由动量定理μ(mg-qBv₂)△t=mv

则∑mg△t-∑qBu₂At=∑mv

其中mg=qBu

解得小物块与木板间的动摩擦因数为μ=1,选项C正确，D错误。

故选BC。

12.在未来的智能物流运输系统中，有一个在光滑轨道上可自由滑动的大型运输平板c,其长度为L,初始时

处于静止状态。工作人员将包裹a和包裹b放置在运输平板c上，包裹a位于平板c的左端，包裹b则在

平板c的正中间。为了使包裹a移动起来，智能推送装置瞬间给包裹a一个向右的初速度v₀,之后与包

裹b发生了弹性正碰，碰撞时间极短，最终包裹b刚好到达运输平板c的右端，已知包裹a、b的质量均为

m,运输平板c的质量为2m,且包裹a、b与运输平板c表面之间动摩擦因数均为μ,重力加速度为g。下

列关于包裹和运输平板运动情况的说法，正确的是()

ab

Vo

C

A.a与b碰撞前，b与c保持相对静止

B.a与b碰撞后，a与b都相对c滑动

C.a的初速度

9

D.若物块b初始位置离木板右端近一些，重复上述过程，b将滑离木板c

【答案】AC

【详解】A.包裹a滑上c后相对c滑动过程中，假设b相对c静止，由牛顿第二定律，对b、c整体有μmg

=(2m+m)a

对b有f=ma

解得，

即b与c间的静摩擦力小于最大静摩擦力，则b相对c保持静止，b、c一起加速运动，故A正确；

B.设a、b碰撞前瞬间的速度分别为v₁、V₂,a、b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mv₁+mv₂=mva+mv₆

由机械能守恒定律

解得va=V2,U₆=V1

即碰撞后a、b两者交换速度，b相对c滑动，由A可知，a、c相对静止一起运动，故B错误；

C.b刚好滑到c的右端与c相对静止，a、b、c共速，设共同速度为v'

a、b、c组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得mvo=(m+m+2m)v'

由能量守恒定律

其中Q=μmgL

解得,故C正确；

D.若包裹b初始位置离平板右端近一些，重复上述过程，全程动量守恒的表达式和能量守恒的表达式

不变，故b仍刚好到c的右端，故D错误。

故选AC。

13.如图所示，半径光滑圆弧轨道AB固定于竖直平面内，质量为M=3kg的长木板静止在

光滑水平面上，左端紧靠B点，长木板上表面与圆弧轨道相切于B点。质量为m=1kg的物块a静止在

长木板右侧的水平面上，距离长木板右端为x=0.5m。质量为m=1kg的物块b从圆弧轨道的A点由

静止释放沿轨道滑下，经B滑上长木板，已知b与长木板间的动摩擦因数为μ=0.5,重力加速度g取

10m/s²。a、b均可视为质点。

(1)求b滑到圆弧轨道B点时受到轨道支持力的大小；

(2)求长木板与a碰撞前的速度大小；

(3)若长木板与a发生弹性碰撞，欲使b始终不滑离长木板，求长木板的最小长度(结果保留2位小数)。

【答案】(1)30N(2)1m/s(3)1.22m

【详解】(1)b滑到圆弧轨道B点时设速度大小为vo,有

应用牛频第二定律，满足

10

代入数据后，可解得vo=4m/s

物块b受到的轨道的支持力为FB=3mg=30N

(2)物块b运动到长木板上后，受到摩擦力的作用物块b做减速运动，长木板做加速运动，物块的加速度

长木板的加速度为

设经过一段时间t后物块b与长木板共速，速度大小为v1,有v₁=vo—at=0+ant

解得v₁=1m/s,t=0.6s

此时长木板运动的位移大小为

此时长木板还没有撞到物块a,长木板和物块b会以1m/s的速度做匀速运动直到与a碰撞。

(3)在b滑上长木板到与长木板共速前，b运动的位移为

此时物块b与长木板的相对位移为△x₁=3b1-xo=1.2m

之后长木板与物块a发生弹性碰撞，设碰后瞬间的速度分别为v₂和va,根据动量守恒定律，满足Mv₁=

Mv₂+mva

同时机械能也是守恒的，满足

可解得v₂=0.5m/s,va=1.5m/s

接下来物块b与长木板会发生相对运动直到再次共速，这个过程没有其他外力的作用满足动量守恒，即

mv₁+Mu₂=(m+M)v₃

能量也是守恒的，即·

可解得

所以长木板的长度至少为L=△x₁+△x₂=1.22m

14.一次联合教研活动中，物理老师们在科技馆参观时完成了如下实验：如图所示，MN是一长为L₁=2.0m

的水平传送带，以vo=4m/s顺时针匀速转动，传送带左端M与半径光滑圆轨道相切，右

端N与放在光滑水平桌面上的长木板C上表面平齐。木板长为L₂=2.5m,C的右端带有挡板，在C上

放有小物块B,开始时B和C静止，B到挡板的距离为现将小物块A从圆弧轨道最高点由

静止释放，小物块A与传送带间的动摩擦因数μ=0.25,A、C之间及B、C之间的动摩擦因数均为μ₂=

0.2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。A、B、C的质量均为m=1kg,重力加速度为g=10m/s²,所有的碰

撞均为弹性正碰。求：

(1)A到达M点的速度大小；

(2)A通过传送带过程产生的内能；

11

(3)A与B发生弹性正碰之后各自的速度大小。

【答案】(1)vm=5m/s(2)Q=0.5J(3)v₃=0.5m/s,v₄=3m/s

【详解】(1)小物块A由静止运动到圆轨道最低点，由动能定理

解得VM=5m/s

(2)设经时间t₁小物块A与传送带共速，由动量定理一μ1mgt₁=mvo-mvm

解得t₁=0.4s

在时间t₁内A、传送带发生的位移为：

小物块A通过传送带过程产生的内能Q=μmg(x₁-x₂)=0.5J

(3)对物块B和长木板C整体受力分析，由牛顿第二定律μ₂mg=2ma

物块B和长木板C整体加速度为

对A,由牛顿第二定律μ₂mg=ma'

可得，A的加速度为a′=μ₂9

设A滑上C后经时间t2物块A与B碰撞

解得t₂=0.5s

A、B碰撞前速度分别为v₁、V₂,碰后速度分别为v3、V4,则v₁=vo-a't₂=3m/s,v₂=at₂=0.5m/s

A、B碰撞过程，由动量守恒和能量守恒，得mu₂+mw₂=mu₃+mua,

解得v₃=0.5m/s,v₄=3m/s

题型03子弹击穿木块模型

解题口诀：击穿瞬间内力强，动量守恒忽略外力；未穿出二者共速，动能损失全部生热；穿透分开速度异，能量差值

算摩擦热。

高考考向：选择、实验计算常考，分子弹嵌入、击穿两种情景；求解子弹初速度、木块末速度、系统损失动能，常衔接

平抛、圆周运动组合命题。

15.(2024-湖北·高考真题)如图所示，在光滑水平面上静止放置一质量为M、长为L的木块，质量为m的子

弹水平射入木块。设子弹在木块内运动过程中受到的阻力不变，其大小f与射入初速度大小v成正比，

即f=kv₀(k为已知常数)。改变子弹的初速度大小vo,若木块获得的速度最大，则()

A.子弹的初速度大小为B.子弹在木块中运动的时间为

C.木块和子弹损失的总动能为D.木块在加速过程中运动的距离为

【答案】AD

12

【详解】A.子弹和木块相互作用过程系统动量守恒，令子弹穿出木块后子弹和木块的速度的速度分别

为v1,v2,则有

mv₀=mv₁+Mv₂

子弹和木块相互作用过程中合力都为f=kvo,因此子弹和物块的加速度分别为

由运动学公式可得子弹和木块的位移分别为

2a₁x₁=v²-v²,2a₂22=v2

T₁—x₂=L

联立上式可得

因此木块的速度最大即取极值即可，该函数在到无穷单调递

减，因此当木块的速度最大，A正确；

B.则子弹穿过木块时木块的速度为

由运动学公式

V2=a₂t

可得

故B错误；

C.由能量守恒可得子弹和木块损失的能量转化为系统摩擦生热，即

故C错误；

D.木块加速过程运动的距离为

故D正确。

故选AD。

16.如图所示，两木块A、B用轻质弹簧连在一起，置于粗糙水平面上。一颗子弹水平射入木块A,射入时间

极短并留在其中，在子弹射入木块A及弹簧被压缩的整个过程中，下列说法中正确的是()

BA

A.在子弹射入木块A的过程中，子弹和木块A组成的系统动量守恒、机械能守恒

B.在子弹射入木块A的过程中，子弹和木块A组成的系统动量不守恒，机械能不守恒

C.在弹簧被压缩的过程中，系统动量守恒、机械能不守恒

D.在弹簧被压缩的过程中，系统动量、机械能都不守恒

13

【答案】D

【详解】AB.子弹射入时间极短，弹簧来不及形变，B尚未运动。子弹和A组成的系统中，子弹与A的

相互作用力(内力)远大于水平面摩擦力等外力，系统动量近似守恒；但子弹射入过程中摩擦生热，机械

能转化为内能，机械能不守恒，故AB错误；

CD.子弹、A、B组成的整体系统，放置在粗糙水平面上，A、B受到的总滑动摩擦力不为零，系统合外

力不为零，因此动量不守恒；同时压缩过程中摩擦力持续做功，机械能不断转化为内能，因此机械能也不

守恒，故C错误，D正确。

故选D。

17.如图所示，一轻质弹簧竖直固定在水平地面上，上端连接一质量为M=0.98kg的物块，静止于某点P,质

量为m=0.02kg的子弹以vo=200m/s的竖直初速度瞬间打入物块并留在其中，此后经t=1.0s物块第

一次返回P点，空气阻力不计，重力加速度g=10m/s²。则在此t=1.0s内弹簧对物块的冲量是()

A.8N·SB.18N·SC.16N·SD.0

【答案】B

【详解】子弹打入物块瞬间内力远大于外力，弹簧弹力冲量可忽略，系统动量守恒。取向下为正方向mv₀

=(M+m)v

代入数据，解得

子弹和物块碰撞后从P点出发，向下运动到最低点后返回P点，根据简谐运动的对称性，回到P点时速

度大小仍为v,方向向上

取向下为正方向，在t=1.0s内，应用动量定理(M+m)gt-Ig=-(M+m)v-(M+m)v

解得Ig=18N·S

故选B。

18.如图所示，质量为2kg的小车A置于光滑水平地面上，其右侧是一半径为1m的光滑圆弧轨道，圆弧轨道

对应圆心角为60°,小车水平部分粗糙。质量为0.99kg的滑块B静止于小车的左端，现被水平飞来的质

量为0.01kg、速度为700m/s的子弹C击中，子弹立即停留在滑块B中，之后B在小车上滑动，与粗糙部

分动摩擦因数为0.5,且从圆弧轨道的最高点离开小车，B上升的最高点距小车顶端的高度为0.15m。

滑块B可视为质点，不计空气阻力，g取10m/s²,则下列说法正确的是()

A.子弹C刚停留在滑块B中时，滑块B的速度大小为7m/s

14

B.滑块B离开小车瞬间的速度大小为m/s

C.小车粗糙水平面的长度为1.9m

D.滑块B离开小车后再下落到与小车顶端等高时，距离顶端m

【答案】ACD

【详解】A．设小车A、滑块B、子弹C的质量分别为m1、m2、m3，子弹击中滑块B的过程，子弹与滑块B

组成的系统动量守恒，则m3v0=(m3+m2)v1

解得v1=7m/s，故A正确；

B．从圆弧轨道的最高点离开小车，滑块B上升的最高点距小车顶端的高度为0.15m，则滑块B离开小

车时竖直方向的分速度

vy==m/s

滑块B离开小车瞬间，以小车为参照物，滑块B相对于小车沿水平方向的分速度vx相对==1m/s

从滑块B开始滑动到离开小车，以水平向右的方向为正方向，系统水平方向动量守恒，得(m3+m2)v1=

(m3+m2)vx+m1v2

其中vx-v2=vx相对

解得v2=2m/s，vx=3m/s

所以滑块B离开小车瞬间的速度大小vB==2m/s，故B错误；

222

C．滑块B开始滑动到离开小车瞬间，由能量守恒定律得(m3+m2)v1=m1v2+(m3+m2)vB+

(m3+m2)gR(1-cos60°)+μ(m3+m2)gL

解得小车粗糙水平面的长度L=1.9m，故C正确；

D．滑块B离开小车后，以小车为参照物，滑块B做竖直上抛运动，则再次返回小车所需要的时间为t=

=s

则滑块B离开小车后再下落到与小车顶端等高时，距离顶端x=vx相对t=m，故D正确。

故选ACD。

19.如图所示，质量为0.99kg的木块静置在光滑水平地面上的A点，轻质弹性绳一端与木块连接，一端固定

在A点正上方0.6m处的O点，B为OA中点，在B点右侧紧贴弹性绳的位置固定有一个图钉。t=0时

刻，质量为0.01kg的子弹以400m/s的速度水平向右射入木块后与木块共同运动，已知弹性绳的劲度系

数为k=10N/m，原长为0.3m，重力加速度g取10m/s2，弹簧振子运动的周期T=2πm，弹性绳的弹

A

12

性势能Ep=kx(m为物体质量，A为回复力与位移的比值，k为劲度系数，x为弹性形变量)，则下列

2

说法正确的是()

15

A.子弹与木块碰撞过程中产生了400J的内能]B.子弹射入后的瞬间，木块的速度大小为8m/s

,木块第一次回到A点D.,木块距离A点

【答案】CD

【详解】AB.根据动量守恒mvo=(m₁+m₂)v₁

解得子弹射入后的瞬间，木块的速度大小为v₁=4m/s

根据能量守恒子弹与木块碰撞过程中产生内能,故AB错误；

C.碰后运动的回复力

θ为弹性绳与竖直方向夹角，位移为

弹簧振子运动的周期,其中

木块第一次回到A点，经过半个周期，即,故C正确；

D.简谐运动的振幅A由能量守恒确定，总能

最大位移处动能为0,弹性势能等于总能量

代入数据解得

因为

此时木块到达最大位移处，距离A点,故D正确。

故选CD。

20.如图所示，光滑水平面上放置木板A,木板A的上表面光滑，其左端放置一可视为质点的物块C,木板A

左侧一定距离处放置带有光滑轻质定滑轮的物块B。一根轻质弹性绳绕过定滑轮，两端分别与木板A

和物块C相连，且滑轮两侧的弹性绳均保持水平，初始时系统处于静止状态，弹性绳处于原长。一质量

为m的子弹以初速度vo水平向右射入C并留在其中(作用时间极短)。已知木板A的质量为2m,物块

B的质量为2m,物块C的质量为m,在研究过程中A、B未发生碰撞，且C未从A上滑落，弹性绳的形变

始终在弹性限度内。求：

16

(1)子弹射入C的过程中产生的热量；

(2)当A的速度大小为v₄时，B的速度大小；

(3)弹性绳伸长到最长时的弹性势能；

(4)弹性绳刚好恢复原长时B的速度。

【答案】(1

【详解】(1)打击瞬间，子弹与物块C组成的系统动量守恒，满足mwo=(m+m)v1

解得

系统动能损失转化为热量，满足

联立解得

(2)由题意知，所有接触面均光滑，设任意时刻轻质弹性绳的拉力大小为FT,对木板A由动量定理有

∑F△t=2mvA

对物块B由动量定理有∑2F△t=2mvB

联立可知此时B的速度大小vB=2vA

(3)由小问(2)分析可知，子弹射入物块C后，物块C连同子弹一起向右运动，弹性绳拉长；木板A向左运

动，物块B向右运动，A、B间弹性绳长度变短。当B、C间弹性绳长度的增加量等于A、B间弹性绳长

度的减少量时，弹性绳伸长到最长，此时A、B、C三者的速度大小满足Vc-VB=VB+vA

对物块C由动量定理有₀-2mva

结合小问(2)分析得，弹性绳伸长到最长时有vB=2vA=v₀-2vc

规定向右为正方向，由系统动量守恒可知mv₀=2mvc+2mvB-2mvA

三式联立，解得

从子弹打入后到弹性绳最长过程的系统机械能守恒，满足

解得

(4)弹性绳刚好恢复原长时，设A、B、C三者的速度大小分别为VA1、UB1、Vc1,根据系统的机械能守恒有，

同时结合第(2)、(3)小问分析可知vn=20n,

联立解得

21.如图，质量为mc=2kg、长度为l=8m且两端带有弹性挡板的长木板C静止在光滑水平地面上，D、E

为长木板左右端点，P为中点，质量为mB=1.8kg的物块静止在P点，B与长木板之间的动摩擦因数为

17

μ=0.5,一质量为mA=0.2kg的子弹A以vo=200m/s的速度水平飞来与B发生正碰并留在其中，子弹

A、物块B整体与挡板发生的碰撞均为弹性碰撞。重力加速度大小为g=10m/s²。求：

(1)子弹A、物块B碰后共同速度VAB;

(2)物块B最终停在长木板上何处；

(3)从物块B开始运动到与长木板相对静止，C板运动的总路程。

【答案】(1)20m/s,方向水平向左(2)B恰好到达D点(3)18m

【详解】(1)A、B碰撞时动量守恒，由动量守恒定律得mAvo=(mA+mB)VAB

解得共同速度方向水平向左，共同速度大小VAB=20m/s

(2)设B相对长木板静止时，ABC三者的共同速度为v共，发生弹性碰撞，动量守恒，由动量守恒定律得

(mA+mB)VAB=(mA+mB+mc)V共

设B相对于C走过的路程为s,由能量守恒定律得

μ(mA+mB)gs

联立得s=20m

刚开始B在中点P,故最后B恰好到达D点。

(3)共速前，对长木板C,根据牛顿第二定律得

对AB,根据牛顿第二定律得

由于mA+mB=mc

A、B与C在D、E点的挡板发生弹性碰撞时，A、B与C发生速度交换，在同一坐标系可得A、B和长木

板C的速度一时间图像如(实线为A、B的速度图线，虚线为长木板的速度图线)

由图像面积可得，C板运动的总路程

题型04光滑圆弧槽升降模型

解题口诀：竖直受重水平守，滑块槽体水平动量恒；滑块最高点共水平速，重力势能增加耗动能；分离时速度反向，

18

联立能量方程求解。

高考考向：新高考创新热点，斜面圆弧、半圆槽、轨道滑块组合；求滑块上升最大高度、分离后两者速度，常结合平

抛、传送带构成多过程压轴小题。

22.如图所示，一平板小车放在光滑水平地面上，小车上固定有一光滑曲面，末端与小车平滑相切，小车与曲

面总质量为3m。质量为m的小球以初速度v从轨道末端向右滑上曲面，恰能到达曲面最高点P。重力

加速度为g,小球视作质点，不计空气阻力。下列说法正确的是()

A.小球到达P点时，小车的速度大小为

B.小球从滑上曲面至P点过程中所受合力的冲量大小为

C.曲面的竖直高度

D.小球从P点沿曲面下落回到轨道末端时速度方向水平向右

【答案】C

【详解】A.小球到达最高点P时，与小车水平方向共速，规定向右为正方向，水平方向动量守恒有mw=

4mv共

解得1,故A错误；

B.对小球，根据动量定理，可知小球从滑上曲面至P点过程中所受合力的冲量大小I=|mw共-mv|=

,故B错误；

C.小球从滑上曲面至P点过程中，根据能量守恒有

,故正确

联立解得)C

D.设小球从P点沿曲面下落回到轨道末端时，小球、小车速度分别为v₁、U₂,根据动量守恒有mv=

mv₁+3mw₂

根据能量守恒有

联立解得v₁=-0.5v

可知速度方向水平向左，故D错误。

故选C。

23.如图，一质量为M=1kg的滑块静置在水平面上，滑块的曲面是半径为R=0.4m的四分之一圆弧，圆弧

最低点切线沿水平方向。一质量为m=2kg小球以水平向右的初速度v₀=6m/s从圆弧最低点冲上滑

块开始计时，假设经过t=0.1s小球从圆弧最高点冲出滑块，不计一切摩擦，重力加速度为g取10m/s²。

则小球从最低点冲上滑块到刚落回滑块的过程中，滑块的位移是()

19

A.1.63mB.1.73mC.1.83mD.1.93m

【答案】B

【详解】根据小球和小滑块水平方向动量守恒可得mvo=mv₁+Mu₂

可得在t时间内求和可得mwot=∑mv₁△t+∑M₂△t

可得mv₀t=mx₁+Mac₂

且x₁—x2=0.4m

可得x2=0.13m。

当小球运动到最高点时可得muo=(m+M)u,

得H=0.6m,h=H-R=0.2m

,则t=0.2s

最终小滑块的位移是X=x₂+2v共t₁=1.73m

故选B。

24.如图，在光滑水平面上放置物体B,小球A从B的顶端沿光滑曲面由静止下滑，在小球A下滑过程中

()

A.小球A与物体B组成的系统动量守恒B.小球A与物体B组成的系统水平方向动量守恒

C.小球A对物体B的压力不做功D.物体B对小球A的支持力的冲量为零

【答案】B

【详解】AB.小球A下滑过程竖直方向先加速后减速，即竖直方向加速度方向先向下后向上，则竖直方

向先失重后超重，水平方向系统所受外力的合力为0,可知，小球A和物体B构成的系统动量不守恒，但

水平方向动量守恒，故A错误，B正确；

C.小球A对物体B的压力方向与B的速度方向夹角为锐角，则小球A对物体B的压力做正功，故C

错误；

D.根据冲量的定义有I=Ft

可知，物体B对小球A的支持力的冲量不为零，故D错误。

故选B。

25.如图，一质量为M=1kg的滑块静置在水平面上，滑块的曲面是半径为R=0.4m的四分之一圆弧，圆弧

最低点切线沿水平方向。一质量为m=2kg的小球以水平向右的初速度vo=6m/s从圆弧最低点冲上

20

滑块开始计时，假设经过t=0.1s小球从圆弧最高点冲出滑块，不计一切摩擦，重力加速度为g取

10m/s²。则小球从最低点冲上滑块到刚落回滑块的过程中，下列说法正确的是()

A.小球运动到最高点的速度是4m/sB.该过程中滑块的位移是

C.该过程中小球的水平位移是D.该过程中小球对滑块的冲量为4N·s

【答案】AC

【详解】A.由题知，小球能从最低点冲上滑块，又能刚落回滑块，小球运动到最高点时，竖直方向速度为

零，在水平方向上与滑块具有相同的速度，在水平方向上满足动量守恒定律，则有mvo=(m+M)v

解得v=4m/s,故A正确；

BC.根据小球和滑块在水平方向上满足动量守恒，则有mo=mw₁+Mv₂

两边同时乘以时间t,则有mvot=mvt+Mv₂t

其中x₁=v1t,x₂=v₂t

代入可得mw₀t=mx1+Mac₂

又小球相对滑块的水平位移为x₁—x₂=R

联立解得：

当小球运动到最高点时，小球与滑块共速，为v=4m/s,根据能量守恒有

解得H=0.6m

则小球从最高点做平抛运动的高度为h=H-R=0.2m

根据)

解得t₁=0.2s

滑块的位移为

小球水平方向的总位移为,故B错误，C正确；

D.根据动量定理，可得该过程中小球对滑块的水平方向的冲量为I=Mu=4N·s,由于小球对滑块竖直

方向有压力的分力，故竖直分量存在，总冲量应大于4N·s,故D错误。

故选AC。

26.如图甲所示，曲面为四分之一圆弧、质量为M的滑块静止在光滑水平地面上，一光滑小球以某一速度水

平冲上滑块的圆弧面，且没有从滑块上端冲出去，若测得在水平方向上小球与滑块的速度大小分别为

V1、v₂,作出图像如图乙所示，重力加速度为g=10m/s²,不考虑任何阻力，则下列说法正确的是()

21

甲乙

A.小球的质量为2M

B.小球运动到最高点时的速度为·

C.小球能够上升的最大高度为

D.小球在与