2027年高考物理复习题型全练：第15讲 动量守恒定律 （教师版）

第15讲动量守恒定律

题型一动量守恒定律判断

1．（2026春•荔湾区校级期中）2022年北京冬奥会短道速滑混合团体接力决赛中，中国队以2分37秒348

的成绩夺冠。在交接区域，“交棒”运动员猛推“接棒”运动员一把，使“接棒”运动员向前快速冲出

，如图所示。在此过程中，忽略运动员受到的冰面摩擦力，则下列说法正确的是（）

A．两运动员的加速度大小一定相同

B．两运动员的动量变化率大小一定相同

C．两运动员的速度变化量大小一定相同

D．两运动员组成的系统动量和机械能均守恒

【答案】B

【分析】相互推力等大反向，动量变化率等大；

质量未知，加速度、速度变化量不一定等；

人互推有化学能转化，机械能不守恒。

퐹

【解答】解：A、由푎=，相互作用力F大小相等，但两人质量不一定相等，所以加速度大小不一定

푚

相同，故A错误；

B、动量变化率等于合外力。忽略冰面摩擦，每个合外力就是相互推力，大小相等，所以动量变化率大

小相等，故B正确；

C、Δp＝mΔv＝FΔt，FΔt大小相等，但质量不一定相等，所以Δv大小不一定相同，故C错误；

D、动量：系统合外力为0，动量守恒；机械能：相互推力是内力，推挤的过程中人体的化学能转化为

机械能，机械能不守恒，故D错误。

故选：B。

2．（2026春•黄浦区校级期中）如图所示，光滑水平面上，物块A紧靠竖直墙壁，物块B与A之间夹一

压缩的轻质弹簧，系统静止。现释放被压缩的弹簧，从释放弹簧到弹簧恢复原长的过程中（）

A．A与B组成的系统机械能守恒

B．A与B组成的系统动量守恒

C．A、B与弹簧组成的系统机械能守恒

D．A、B与弹簧组成的系统动量守恒

【答案】C

【分析】根据机械能守恒和动量守恒的条件，分析不同系统在释放弹簧到恢复原长过程中的受力、做功

情况，判断机械能和动量是否守恒。

【解答】解：A.A与B组成的系统中，弹簧的弹力属于外力，弹簧的弹性势能会转化为物块B的动能，

系统机械能不守恒，故A错误；

B.A与B组成的系统受到竖直墙壁的弹力作用，合外力不为零，不满足动量守恒的条件，故B错误；

C.A、B与弹簧组成的系统中，水平面光滑无摩擦力做功，墙壁对A的弹力作用点无位移不做功，只有

弹簧弹力做功，系统机械能守恒，故C正确；

D.A、B与弹簧组成的系统受到竖直墙壁的弹力作用，合外力不为零，从释放弹簧到恢复原长的过程中

动量不守恒，故D错误。

故选：C。

3．（2026•石嘴山校级一模）如图所示，小李站在小车右端，人和车均处于静止状态，水平地面光滑。某

时刻小李以斜向左上方的速度v起跳，最终落在小车左端且相对于小车静止。下列说法正确的是（）

A．小李起跳的过程中，小李和小车构成的系统机械能守恒

B．小李在空中运动时，小车向右运动

C．最终小车和小李一起向左运动

D．小李起跳的过程中，小李和小车构成的系统动量守恒

【答案】B

【分析】依据系统动量守恒条件、机械能变化规律与水平方向分动量守恒特点，结合全过程初末动量状

态，逐一判断各选项表述正误。

【解答】解：A、小李起跳的过程中，小李的化学能转化为机械能，系统的机械能不守恒，故A错误；

BD、小李和小车组成的系统在水平方向不受外力，竖直方向受到重力的作用，系统动量不守恒，只是

在水平方向动量守恒，结合动量守恒定律，当小李具有向左的分速度时，小车具有向右的速度，小车向

右运动，故B正确，D错误；

C、系统在水平方向动量守恒，初始状态，系统动量为零，结合动量守恒定律，末状态系统的动量也为

零，小李和小车也处于静止状态，故C错误。

故选：B。

（多选）4．（2026•南宁模拟）如图所示，质量M＝2kg的滑块套在光滑的水平轨道上，质量m＝1kg的

小球通过长L＝0.5m的轻质细杆与固定在滑块上的轴O连接，轻杆可在竖直平面内绕O无摩擦转动。

2

开始时轻杆处于水平状态，现给小球一个竖直向上的初速度v0＝6m/s，g取10m/s。则（）

A．小球和滑块组成的系统在小球上升过程中动量守恒

B．小球和滑块组成的系统在小球上升过程中机械能守恒

C．小球通过最高点P时对轻杆的作用力大小为42N

D．若锁定滑块，小球通过最高点P时对轻杆的作用力大小为42N

【答案】BD

【分析】滑块没锁定时，小球上升的过程中系统机械能守恒，水平方向动量守恒，滑块锁定时，小球上

升过程可通过动能定理求出小球上升到最高点速度大小，再结合小球在最高的向心力表达式求出轻杆对

小球作用力。

【解答】解：A、小球和滑块组成的系统在上升阶段只是在水平方向动量守恒，总动量不守恒，故A错

误；

B、小球和滑块组成的系统在上升阶段，只有动能和重力势能在相互转化，系统的机械能守恒，故B正

确；

C、小球通过最高点时的速度为v1，滑块的速度为v2，在上升过程中系统机械能守恒，取初始位置重力

111

势能为0：푚푣2=푀푣2+푚푣2+푚푔퐿，

202221

系统在水平方向动量守恒，取向右为正，0＝mv1﹣Mv2，

푣294

小球在最高点，根据牛顿第二定律：퐹+푚푔=푚1，解得：F=푁，故C错误；

퐿3

1

D、若滑块锁定，对小球上升过程分析，小球在最高点速度大小为v，此过程由动能定理−푚푔퐿=푚푣2

323

1

−푚푣2，

20

푣2

小球在最高点，根据牛顿第二定律：퐹+푚푔=푚3，解得：F＝42N，故D正确；

1퐿1

故选：BD。

题型二动量守恒定律简单应用

1．（2026春•兴宁区校级期中）如图所示，急行跳远由助跑、起跳、腾空与落地等动作组成，空气阻力不

能忽略，下列说法正确的是（）

A．空中落地时总要屈腿减小地面对人的冲击力

B．空中落地时总要屈腿减小人落地前瞬间的速度

C．从起跳到落地过程中，运动员动量守恒

D．从起跳后到最高点过程中，运动员的机械能增大

【答案】A

【分析】根据动量定理分析作用力的变化；根据v2＝2gh分析落地时的速度大小；根据动量守恒定律的

守恒条件进行分析；根据阻力对运动员做功情况进行分析。

【解答】解：A、空中落地时总要屈腿，是为了增加落地过程中与地面的接触时间，从而减小地面对人

的冲击力，故A正确；

B、根据v2＝2gh可知，人落地前瞬间的速度与人是否曲腿无关，故B错误；

C、从起跳到落地过程中，运动员受到的合外力不为零，动量不守恒，故C错误；

D、从起跳后到最高点过程中，空气阻力不能忽略，阻力对运动员做负功，机械能减小，故D错误。

故选：A。

2．（2026春•昆明期中）如图所示，A和B两小车静止在光滑的水平面上，质量分别为m1＝10kg，m2＝

8kg，A车上有一质量为m0＝2kg的机器人，相对地面以v0＝2m/s的水平速度向右跳上B车，并与B

车相对静止（不考虑空气阻力）。下列说法正确的是（）

1

A．机器人跳离A车后，A车的速度大小为푚/푠

6

B．机器人跳离A车后，A车的速度大小为0.4m/s

C．机器人跳上B车后与B车一起运动的速度大小为0.5m/s

D．机器人跳上B车的过程中，对B车所做的功为0.6J

【答案】B

【分析】先对机器人与A车组成的系统应用动量守恒求A车速度，再对机器人与B车组成的系统应用

动量守恒求共同速度，最后用动能定理计算机器人对B车做的功。

【解答】解：AB、机器人跳离A车的过程，机器人与A车组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由

动量守恒定律得m0v0+m1vA＝0

代入数据可得vA＝﹣0.4m/s，“﹣”表示方向向左，故A错误，B正确；

C、机器人跳上B车的过程，机器人与B车组成的系统动量守恒，得m0v0＝（m0+m2）v

代入数据可得v＝0.4m/s，故C错误；

1

D、对B车，由动能定理得푊=푚푣2

22

代入数据可得W＝0.64J，故D错误。

故选：B。

3．（2026•海淀区一模）一根不可伸长的轻质细绳跨过轻质定滑轮，细绳的两端分别系有小球A和B。用

手托住B球，当细绳刚好被拉紧时，B球离地面的高度为h，A球静止于地面，如图所示。已知B球的

质量是A球的k倍（k＞1），忽略一切摩擦和空气阻力。B球从释放至刚好落地的过程中，下列判断

不正确的是（）

A．A球和B球组成系统的动量不守恒

B．细绳对A球拉力冲量的大小等于细绳对B球拉力冲量的大小

C．细绳对A球拉力做的功等于A球机械能的增加量

D．k越大，细绳拉力的大小越接近A球所受重力的大小

【答案】D

【分析】根据动量守恒的条件分析；根据细绳对A、B两球的拉力大小相等分析；除重力外其他力对物

体做的功等于物体机械能的变化量，据此分析；根据牛顿第二定律写出细线拉力的表达式分析。

【解答】解：A、系统动量守恒的条件是系统所受合外力为零。A、B两球组成的系统中，A球受重力、

支持力和拉力，B球受重力和拉力，系统所受合外力为：F＝（kmg一mg）（方向竖直向下），合外力

不为零，故系统动量不守恒，故A正确；

B、细绳对A、B两球的拉力大小相等（设为T），且两球运动时间相同（设为t）。根据冲量定义I＝Ft

，细绳对A球的冲量大小为Tt对B球的冲量大小也为Tt，故两者大小相等，故B正确；

C、根据功能关系，除重力外其他力对物体做的功等于物体机械能的变化量。细绳对A球的拉力为非重

力，其做的功等于A球机械能的增加量，故C正确；

D、对A球，由牛顿第二定律得T一mg＝ma；对B球，由牛顿第二定律得kmg﹣T＝kma。联立解得푎=

(푘−1)푔2푘푚푔2푚푔

，代入A球方程得T==1+1，由此可知当k增大时，T是趋近于2mg的，不是趋近于

푘+1푘+1푘

mg，故D错误。

本题是选不正确的，故选：D。

（多选）4．（2026•乐山模拟）如图1所示，质量为2m的A环套在足够长的光滑水平杆上，通过长为L

的轻绳与质量为m的B球相连，现给B球一水平向左大小为푔퐿的初速度，B球从O点开始运动，在

竖直面内部分运动轨迹如图2所示，其中O、M、N为轨迹最低点，P、Q为轨迹最高点，重力加速度

大小为g，则下列说法中正确的有（）

1

A．O、P两点的竖直高度差为L

3

2

B．O、P两点的竖直高度差为L

3

C．B球运动到M点时绳子的拉力大小为2mg

1

D．B球运动到M点时的动能大小为mgL

2

【答案】AC

【分析】球从O到P的过程，对球和环整体，水平方向不受力，可知水平方向动量守恒，结合机械能

守恒，可得O、P两点的竖直高度差；球从O到M的过程，对球和环整体，水平方向不受力，可知水

平方向动量守恒，结合机械能守恒，可得B球运动到M点时，球和环的速度、动能；球在M点时，对

球受力分析，即可得到绳子的拉力大小。

【解答】解：AB、球从O到P的过程，对球和环整体，水平方向不受力，可知水平方向动量守恒，即

：mv0＝（m+2m）v

11퐿

结合机械能守恒，可得：푚푣2=(푚+2푚)푣2+mgh，解得O、P两点的竖直高度差为：ℎ=，故A

2023

正确，B错误；

CD、球从O到M的过程，对球和环整体，水平方向不受力，可知水平方向动量守恒，即：mv0＝mvB+2mvA

111

，结合机械能守恒，可得푚푣2=푚푣2+⋅2푚푣2

202퐵2퐴

푣02푣01

联立解得B球运动到M点时，球的速度为：푣=−，环的速度为：푣=，球的动能为：퐸=푚

퐵3퐴3푘2

푚푔퐿

푣2，即：퐸=；

퐵푘18

(푣−푣)2

球在M点时，对球受力分析，可得：푇−푚푔=푚퐵퐴，解得绳子的拉力大小：T＝2mg，故C正确

퐿

，D错误。

故选：AC。

题型三碰撞的可能性分析

1．（2026春•高新区期中）大小相同的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝1kg

，mB＝2kg，vA＝6m/s，vB＝2m/s，当A追上B并发生碰撞后，A、B两球速度的可能值是（）

A．vA′＝4m/s，vB′＝4m/sB．vA′＝0，vB′＝5m/s

C．vA′＝2m/s，vB′＝4m/sD．vA′＝﹣2m/s，vB′＝6m/s

【答案】C

【分析】本题为光滑水平面上两球发生碰撞的问题，需通过碰撞过程的物理规律来筛选可能的碰撞后速

度组合。已知A球质量小于B球且初速度大于B球，因此A从后方追上B发生碰撞。分析时首先明确

碰撞过程系统总动量守恒，同时需考虑碰撞后系统的机械能不会大于碰撞前的机械能，且碰撞后两球的

速度关系应符合实际物理情景，例如A球速度不应超过B球速度导致二次穿越，或B球速度不会反向

小于A球速度。因此需要逐一验证各选项是否同时满足动量守恒、机械能不增加以及运动合理性三个

条件。

【解答】解：以A的初速度方向为正方向，碰撞前系统的总动量p＝mAvA+mBvB，解得：p＝10kg•m/s

11

。系统总的机械能퐸=푚푣2+푚푣2，解得：E＝22J。

2퐴퐴2퐵퐵

A、如果v′A＝4m/s，v′B＝4m/s，则碰撞后动量p＝mAv′A+mBv′B，解得：p＝12kg•m/s，碰撞后

系统动量不守恒，故A错误；

B、如果v′A＝0，v′B＝5m/s，则碰撞后动量p＝mAv′A+mBv′B，解得：p＝10kg•m/s，系统总的机

11

械能퐸=푚푣′2+푚푣′2，解得：E＝25J，碰撞后系统动量守恒，但机械能增加，故B错误；

2퐴퐴2퐵퐵

C、如果v′A＝2m/s，v′B＝4m/s，则碰撞后动量p＝mAv′A+mBv′B，解得：p＝10kg•m/s，系统总

11

的机械能퐸=푚푣′2+푚푣′2，解得：E＝18J，碰撞后系统动量守恒，且机械能不增加，故C正确；

2퐴퐴2퐵퐵

D、如果v′A＝﹣2m/s，v′B＝6m/s，则碰撞后动量p＝mAv′A+mBv′B，解得：p＝10kg•m/s，系统

11

总的机械能퐸=푚푣′2+푚푣′2，解得：E＝38J，碰撞后系统动量守恒，但机械能增加，故D错误。

2퐴퐴2퐵퐵

故选：C。

2．（2026•海淀区二模）光滑水平面上，用轻质橡皮条将两物块甲和乙相连，橡皮条处于松弛状态。物块

甲受到一水平向左的瞬时冲量I1，同时物块乙受到一水平向右的瞬时冲量I2（I1和I2沿两物块连线方向

）。从橡皮条刚达到原长时开始计时，此后t0时间内，两物块运动的速度v随时间t变化关系如图所示

。橡皮条始终处于弹性限度内。下列说法正确的是（）

A．物块甲的质量大于物块乙的质量

B．瞬时冲量I1的大小等于瞬时冲量I2的大小

C．0～t0内，橡皮条对物块甲做负功、对物块乙做正功

D．0～t0内，物块甲的动能变化量等于物块乙的动能变化量

【答案】B

【分析】题目描述两个物块通过橡皮条连接，在光滑水平面上分别受到瞬时冲量后运动，给出速度—时

间图像。解题时需明确，从图像可知t0时刻两物块速度均为零，结合系统动量守恒可判断初始总动量

为零，从而通过初始速度大小关系比较质量。由于瞬时冲量使物块获得初动量，系统初动量为零意味着

两个冲量大小相等。分析橡皮条做功需根据拉力方向与物块速度方向判断，由图像可知两物块速度方向

均与各自受力方向相反，故均做负功。动能变化量需结合初末动能，利用动量与动能关系，通过冲量大

小相等而质量不同得出变化量不相等。整体需把握动量守恒、冲量与动量关系、力与速度方向判断做功

以及动能变化比较这几个核心逻辑。

【解答】解：A、由图可知，t＝t0时刻v'甲＝v'乙＝0，故t＝t0时刻系统动量为0。因水平面光滑，物块

甲、乙运动过程中受到的合外力为0，系统动量守恒，故p初＝p末＝0。

规定向右为正方向，设t＝0时刻，甲、乙的初速度大小分别为v甲和v乙，可得﹣m甲v甲+m乙v乙＝0。

结合图像，t＝0时有v甲＞v乙，可知m甲＜m乙，故A错误；

C、0～t0内，橡皮条对物块甲的拉力方向向右，物块甲向左运动，橡皮条对物块甲做负功；橡皮条对物

块乙的拉力方向向左，物块乙向右运动，橡皮条对物块乙做负功，故C错误；

B、根据动量定理有I2+I1＝p初＝0，解得：|I1|＝I2，即瞬时冲量I1的大小等于瞬时冲量I2的大小，故B

正确；

1

D、因t＝t时刻v'＝v'＝0，在0～t内，物块甲、乙的动能变化量分别为훥퐸=0−푚푣2，훥퐸

0甲乙0푘甲2甲甲푘乙

1

=0−푚푣2。

2乙乙

22

퐼1퐼2

由动量定理有I1＝m甲v甲，I2＝m乙v乙，解得：훥퐸푘甲=−，훥퐸푘乙=−。因|I1|＝I2，m甲＜m乙

2푚甲2푚乙

，可知物块甲的动能变化量与物块乙的动能变化量不相等，故D错误。

故选：B。

3．（2026•西城区二模）冰壶运动被称为“冰上国际象棋”，比赛中使用的冰壶由花岗岩制成，且质量都

相等，冰壶的碰撞可视为弹性碰撞。如图所示，某次投掷时，冰壶A在未与其他冰壶碰撞的情况下，

沿直线运动，恰好停在圆上位置P。假设有一个冰壶B静止在圆心O处，且认为冰壶与冰面各处的动

摩擦因数都相同，将冰壶近似看作质点，以下推断正确的是（）

A．若两壶发生对心碰撞，壶A可能会被反弹

B．若两壶发生对心碰撞，壶B可能会停在圆内

C．若两壶发生非对心碰撞，壶A可能会停在圆外

D．若两壶发生非对心碰撞，壶B一定会停在圆内

【答案】D

【分析】题目描述冰壶A未碰撞时恰好停在圆周P点，表明其初动能全部用于克服摩擦力做功，滑行

距离为半径R。两冰壶质量相等且碰撞为弹性碰撞，对心碰撞时交换速度，A静止而B以A的初速度

运动，B滑行距离同样为R，恰好停在圆周上。非对心碰撞时，动量守恒与机械能守恒导致碰后两冰壶

速度平方和等于碰前A速度平方，各自滑行距离均小于R，因此两壶均停在圆内。需分析碰撞类型对

滑行距离的影响，结合动能定理判断最终位置。

【解答】解：AB、设冰壶质量为m，冰壶A到达圆心O时的速度为v0。若未发生碰撞，A将运动到P

2

1푣0

点停下，根据动能定理有휇푚푔푅=푚푣2，解得：푅=。

202휇푔

若两壶发生对心弹性碰撞，由于质量相等，碰撞后两壶交换速度，A立即静止，B以速度v0向右运动。

根据前述分析，B将运动距离R后恰好停在圆周P点，即停在圆周上而不会在圆内，故AB错误；

CD、若两壶发生非对心弹性碰撞，设碰后A、B的速度分别为v1、v2，根据动量守恒与机械能守恒可

2222

푣1푣2푣1+푣2

知푣2+푣2=푣2。碰后两壶滑行位移分别为푠=，푠=，则位移之和푠+푠==푅。由

12012휇푔22휇푔122휇푔

于是非对心碰撞，v1和v2均不为零，故s1＜R且s2＜R，即A、B两壶均停在圆内，故C错误，D正确

。

故选：D。

（多选）4．（2026•东莞市校级模拟）质量为m的小球在光滑水平面上以一定速度垂直撞击竖直墙壁，用

传感器测出墙壁所受冲击力大小随时间变化的曲线如图所示，图像显示t0时刻冲击力最大为Fm，其左

侧和右侧的面积分别为S1和S2，已知S1＞S2，下列说法正确的有（）

A．撞击过程中冲击力先变大后变小

B．撞击过程为弹性碰撞

C．撞击前后小球动量改变量的大小为S1﹣S2

푆2−푆2

D．撞击前后小球动能变化量为21

2푚

【答案】AD

【分析】题目描述小球撞击墙壁的过程，通过冲击力随时间变化的图像分析物理过程。图像显示冲击力

先增大后减小，因此选项A正确。图像与时间轴围成的面积表示力的冲量，左侧面积S1对应压缩阶段

小球动量变化量，右侧面积S2对应恢复阶段动量变化量。已知S1大于S2，说明撞击后小球速度减小，

存在机械能损失，属于非弹性碰撞，选项B错误。撞击前后动量变化量等于合外力的总冲量，即两侧

面积之和，选项C错误。动能变化量可通过动量与动能关系推导，利用初始和末态动量的平方差计算，

得到选项D的表达式。

【解答】解：A、根据F﹣t图像可知，冲击力F从t1时刻起由零逐渐增大，在t0时刻达到最大值Fm，

之后逐渐减小，到t2时刻减为零，故A正确；

B、在F﹣t图像中，图线与时间轴所围的面积表示力的冲量。设小球撞击墙壁前的初速度大小为v1，

撞击后的末速度大小为v2。

在压缩阶段（t1至t0），小球动量由﹣mv1变为0（取离开墙壁方向为正），由动量定理可得该过程的

面积S1＝0﹣（﹣mv1），解得：S1＝mv1；

在恢复阶段（t0至t2），小球动量由0变为mv2，由动量定理可得该过程的面积S2＝mv2﹣0，解得：S2

＝mv2。

已知S1＞S2，则mv1＞mv2，解得：v1＞v2，表明碰撞过程中有机械能损失，属于非弹性碰撞，故B错

误；

C、撞击前后小球动量的改变量Δp＝mv2﹣（﹣mv1），解得：Δp＝S2+S1，其大小为S1+S2，故C错

误；

푝2푝2푝2푆2−푆2

D、根据动能与动量的关系퐸=，撞击前后的动能变化量훥퐸=2−1，解得：훥퐸=21，故

푘2푚푘2푚2푚푘2푚

D正确。

故选：AD。

题型四滑块-曲面模型

1．（2026•宜春模拟）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（）

A．1.63mB．1.73mC．1.83mD．1.93m

【答案】B

【分析】题目描述小球在光滑滑块圆弧面上运动并抛出的过程，分析小球从冲上滑块到落回滑块的完整

阶段。第一阶段小球沿圆弧运动时，系统水平方向动量守恒，已知小球初速度v0、质量与滑块质量，

可确定两者共同水平速度，同时利用小球相对滑块水平位移为圆弧半径的条件，结合动量守恒对位移的

表达式，可求出该阶段滑块位移。第二阶段小球离开滑块后做抛体运动，两者水平速度相同故相对静止

，小球竖直方向速度由机械能守恒求出，进而通过竖直上抛运动时间得出小球在空中时间，此阶段滑块

匀速运动，位移由共同速度与时间乘积得到。最后将两阶段滑块位移相加即为总位移。

【解答】解：小球的运动过程可分为两个阶段：在圆弧面上的运动（0～0.1s）以及离开滑块后的抛体

运动。

由于水平面光滑，系统水平方向动量守恒。设0.1s时小球与滑块的共同水平速度为vc，有mv0＝（m+M

）vc，代入数据解得：vc＝4m/s。

根据系统水平方向的动量守恒关系，对位移有Mxs1+mxb1＝mv0t。小球相对滑块水平向右移动了R，即

0.4

x＝x+R，代入得（M+m）x+mR＝mvt，解得第一阶段滑块位移푥=≈0.133푚。

b1s1s10푠13

111

小球离开瞬间，系统机械能守恒。设此时小球竖直方向速度为v，有푚푣2=푀푣2+푚(푣2+푣2)+푚푔푅

y202푐2푐푦

2

，代入数值解得：푣푦=4，vy＝2m/s。

小球在空中做抛体运动，其水平速度与滑块相同，均为4m/s，故两者水平方向相对静止。小球落回滑

2푣푦2×2

块所需时间等于其往返最高点的时间，푡==푠=0.4푠。此阶段滑块做匀速运动，位移x＝vt

2푔10s2c2

0.4

＝4×0.4m＝1.6m。滑块的总位移푥=푥+푥=푚+1.6푚≈1.73푚。故ACD错误，B正确。

푠1푠23

故选：B。

2．（2025秋•兰州期末）如图所示，小车静止在光滑水平面上，AB是小车内半圆弧轨道的水平直径，现

将一质量为m的小球从距A点正上方R处由静止释放，小球由A点沿切线方向进入半圆轨道后又从B

点冲出，已知半圆弧半径为R，小车质量是小球质量的k倍，不计一切摩擦，则下列说法正确的是（）

A．在相互作用过程中小球和小车组成的系统动量守恒

B．小球从小车的B点冲出后，不能上升到刚释放时的高度

C．整个过程中小球和小车的机械能守恒

푘

D．小球从滑入轨道至圆弧轨道的最低点时小球的位移大小푅

푘+1

【答案】C

【分析】水平地面光滑，系统水平方向不受外力，系统的水平动量守恒；小球离开小车后做竖直上抛运

动，根据能量写守恒可判断小球能否上升到原来的高度；根据功能关系分析整个过程中小球和小车的机

械能是否守恒；结合人船模型，由动量守恒定律求出小球从滑入轨道至圆弧轨道的最低点时小球的位移

大小。

【解答】解：A、小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，故系统水平方向动量守恒。系统竖直方

向合外力不为零，故系统动量不守恒，故A错误；

B、因为系统水平方向的总动量保持为零，则小球由B点离开小车时小车速度为零，小球竖直上抛，由

机械能守恒可知小球能上升到原来的高度，故B错误；

C、整个过程中，只有重力做功，故小球和小车的机械能守恒，故C正确；

D、结合人船模型可得kmx2＝mx1

又x1+x2＝R

푅푘푅푘푘

解得푥=，푥=，所以小球的水平位移大小为푅，而小球的位移大小大于푅，故D

2푘+11푘+1푘+1푘+1

不正确。

故选：C。

3．（2025秋•城关区校级期末）如图所示，总质量为M的轨道ABC置于光滑水平面上，由粗糙水平轨道

AB和竖直面内四分之一光滑圆弧轨道BC组成，AB恰与BC在B点相切。一个质量为m的小物块从

轨道的A端以初速度v0向右冲上水平轨道，到达圆弧轨道上某位置后，沿轨道返回。则（）

A．物块在AB上运动时，轨道与物块组成的系统机械能守恒

B．物块在轨道ABC上滑动全过程中，轨道与物块组成的系统总动量始终保持不变

C．物块在BC上运动过程中，轨道的动量不断减小

푚푣0

．当物块相对轨道静止时，速度变为

D푀+푚

【答案】D

【分析】物块在AB上运动时，对物块、轨道受力分析，根据各力做功情况，结合机械能守恒条件，即

可分析轨道与物块组成的系统机械能是否守恒；物块在轨道上运动的全过程中，根据整体的运动状态和

受力情况，可判断轨道与物块组成的系统总动量是否守恒；物块在BC上运动过程，对轨道受力分析结

合轨道的运动状态，可分析轨道的动量变化情况；对物块和轨道整体受力分析，根据水平方向系统动量

守恒，即可得到相对静止时的速度。

【解答】解：A、物块在AB上运动时，对物块、轨道受力分析，可知滑动摩擦力对整体做负功，机械

能转化为内能，结合机械能守恒条件，即可知轨道与物块组成的系统机械能减小，故A错误；

B、物块在轨道上运动的全过程中，整体在水平方向不受外力，即整体水平方向动量守恒；

物块在BC段运动时，在竖直方向做减速运动，即竖直方向受力不为零，而轨道在竖直方向上始终没有

运动，即轨道在竖直方向受合力为零，即可知整体在竖直方向的合力不为零，整体在竖直方向的动量不

守恒；

即轨道与物块组成的系统总动量不守恒，故B错误；

C、物块在BC上运动时，物块对轨道的压力斜向右下方，在水平方向有向右的分力，而轨道在水平方

向不受其他力，即轨道水平方向的受力与运动方向相同，则轨道水平方向做加速运动，轨道的动量增加

，故C错误；

D、对物块和轨道整体受力分析，根据水平方向系统动量守恒，即可得：mv0＝（m+M）v，解得相对

푚푣0

静止时的速度为：푣=，故正确。

푚+푀D

故选：D。

1

（多选）4．（2026•武功县校级模拟）如图所示，带圆弧轨道的滑块置于粗糙水平面上，圆弧光滑，一

4

质量为m的小球从顶端A点静止释放沿圆弧运动到C点，C点切线水平，滑块由于受到地面的摩擦力

始终保持静止状态，O为圆心，C为圆弧的最低点，圆弧半径为R，重力加速度为g，关于该过程，下

列说法正确的是（）

A．滑块对地面的压力不变

2

B．小球所受重力的最大功率为푚푔

33푔푅

C．地面摩擦力的最大值为1.5mg

푔푅

D．若地面光滑，滑块的质量也为m，则小球与滑块分离时的速度大小为

2

【答案】BC

【分析】对小球应用机械能守恒，可得到小球在不同位置的速度与位置的关系；对小球受力分析，根据

牛顿第二定律，可得到小球受到的轨道支持力，结合相互作用力关系，可得到小球对轨道的压力；对轨

道受力分析，根据轨道受力平衡，可得到滑块对地面的压力变化情况；由瞬时功率公式，结合小球在不

同位置的分速度，可得到小球受到的重力功率最大值；根据轨道受力平衡，可得到地面摩擦力表达式，

结合数学知识，可得到地面摩擦力的最大值；若地面光滑，根据小球与轨道水平方向动量守恒，即可得

到小球与轨道的速度关系，根据整体机械能守恒，可得到小球分离时的速度大小。

1

【解答】解：A、设小球与圆心连线与水平方向的夹角为θ，根据机械能守恒定律可得푚푔푅푠푖푛휃=푚푣2

2

对小球受力分析如图：

푣2

根据牛顿第二定律可得퐹−푚푔푠푖푛휃=푚

푅

对圆弧轨道，受力分析如图：

竖直方向，有FN＝Mg+Fy，Fy＝Fsinθ

2

联立可得：퐹푁=푀푔+3푚푔푠푖푛휃，

由此可知，小球下滑过程中，θ不断增大，sinθ增大，则FN增大，根据牛顿第三定律可得滑块对地面

的压力一直增大，故A错误；

B、小球所受重力的功率푃=푚푔푣푦=푚푔2푔푅푠푖푛휃푐표푠휃

32

当푠푖푛휃=时，重力功率最大，最大值为푃푚=푚푔3푔푅，故B正确；

33

3

C、地面对圆弧轨道的摩擦力大小为：f＝Fcosθ，解得：푓=푚푔푠푖푛2휃，

2

由此可知，摩擦力的最大值为fm＝1.5mg，故C正确；

D、系统水平方向动量守恒，以水平向左为正方向，则mv1﹣mv2＝0

11

根据机械能守恒有푚푔푅=푚푣2+푚푣2

2122

解得푣1=푣2=푔푅，故D错误。

故选：BC。

题型五子弹打木块题型

1．（2026•方城县校级模拟）一个质量为M的木块静止在光滑水平面上，一颗质量为m的子弹，以水平

速度v0射入木块并留在木块中，在此过程中，子弹射入木块的深度为d，木块运动的距离为s，木块对

子弹的平均阻力为f，则对于子弹和木块组成的系统，下列说法正确的是（）

A．子弹射入木块过程中，系统的机械能守恒

B．系统的动量守恒，而机械能不守恒

C．子弹减少的动能等于fs

D．系统损失的机械能等于f（s+d）

【答案】B

【分析】子弹射入木块过程，系统在光滑水平面上不受外力，动量守恒；但子弹与木块间存在阻力，该

力对系统做负功，导致机械能转化为内能，因此机械能不守恒。分析子弹动能变化时，需考虑子弹相对

于木块的位移与阻力做功的关系；系统损失的机械能等于克服阻力做功转化为内能的部分，该部分与子

弹在木块中相对滑动的深度相关。选项需从动量守恒、动能定理及能量转化角度进行判断。

【解答】解：AB、子弹射入木块的过程中，系统位于光滑水平面上，水平方向不受外力，因此动量守

恒；但木块与子弹之间的阻力对系统做负功，导致摩擦生热，因此系统的机械能不守恒，故A错误，B

正确。

C、对子弹运用动能定理，有﹣f（s+d）＝ΔEk，即子弹减少的动能等于f（s+d），故C错误。

D、根据能量守恒定律，系统损失的机械能等于系统产生的热量，即fd，故D错误。

故选：B。

2．（2026春•江宁区期中）如图所示，木块放在光滑水平面上，一颗子弹水平射入木块。已知子弹受到的

平均阻力为f，射入深度为d，在此过程中木块的位移为s，则子弹动能的减少量和木块动能的增加量分

别为（）

A．fs、f（s+d）B．f（s+d）、fsC．fs、fdD．fd、fs

【答案】B

【分析】对子弹，利用动能定理求子弹动能的减少量。对木块，利用动能定理求木块动能的增加量。

【解答】解：对子弹，在此过程中，子弹对地位移为s+d，根据动能定理得：ΔEk弹＝﹣f（s+d），则

子弹动能的减少量为f（s+d）；

对木块，根据动能定理得：ΔEk木＝fs，即木块动能的增加量为fs，故ACD错误，B正确。

故选：B。

3．（2026春•邳州市校级期中）如图所示，木块静止在光滑的水平面上，子弹以速度v0射入木块，最后

留在木块中随木块一起做匀速运动，若子弹所受阻力恒定不变，下列说法正确的是（）

A．子弹和木块系统动量守恒

B．子弹和木块系统机械能守恒

C．子弹对木块做的功等于子弹动能的减少量

D．木块对子弹做功的绝对值等于子弹和木块系统损失的机械能

【答案】A

【分析】题目描述子弹射入木块并最终一起匀速运动的过程，已知阻力恒定且水平面光滑。需分析子弹

与木块系统的动量与机械能变化，以及功与能量转化的关系。明确子弹进入木块阶段两者有相对滑动，

系统受合外力为零故动量守恒；阻力做功使系统机械能减少并转化为内能。子弹对木块做功对应木块动

能增加，而子弹动能减少量等于该功与产生内能之和；木块对子弹做功的绝对值对应子弹动能减少量，

大于系统损失的机械能。

【解答】解：A、在子弹射进木块的过程中，子弹与木块之间的相互作用力属于系统内力，而子弹和木

块组成的系统所受合外力为零，因此该系统的动量守恒，故A正确；

B、在子弹射入木块的过程中，子弹和木块系统需要克服摩擦阻力做功，导致系统的机械能减少，同时

内能增加，故B错误；

C、根据能量转化关系，子弹动能的减少量等于木块动能的增加量（即子弹对木块所做的功）与系统产

生的内能之和，因此子弹对木块做的功小于子弹动能的减少量，故C错误；

D、如图所示：

木块对子弹做的功为W＝﹣f（d+s），子弹和木块系统损失的机械能ΔE＝Q＝fd，所以木块对子弹做

功的绝对值大于子弹和木块系统损失的机械能，故D错误。

故选：A。

（多选）4．（2026春•东城区校级期中）如图所示，质量为M的木块放在光滑的水平面上，质量为m的

子弹以速度v0沿水平方向射中木块，并最终留在木块中与木块一起以速度v运动。已知当子弹相对木

块静止时，木块前进距离为L，子弹进入木块的深度为x，若木块对子弹的阻力F恒定，则下列关系式

中不正确的是（）

1

A．Fx=푚푣2

20

1

B．Fx=mv2

2

1

C．FL=Mv2

2

11

D．F（L+x）=푚푣2−mv2

202

【答案】AB

【分析】子弹射入木块的过程中，以木块与子弹组成的系统为研究对象，根据能量守恒定律列式。分别

对木块、子弹应用动能定理分析功与动能的关系。

11

【解答】解：AB、以系统为研究对象，根据能量守恒定律得퐹푥=푚푣2−(푀+푚)푣2，故AB错误；

202

1

C、以木块为研究对象，根据动能定理得퐹퐿=푀푣2，故C正确；

2

1111

D、以子弹为研究对象，根据动能定理得−퐹(퐿+푥)=푚푣2−푚푣2，即F(퐿+푥)=푚푣2−푚푣2，故D

220202

正确。

本题选错误的，故选：AB。

题型六滑块-木板模型

1．（2026•延安二模）足够大的光滑水平面上，一根不可伸长的细绳一端连接着质量为m1＝1.0kg的物块

A，另一端连接质量为m2＝1.0kg的长木板B，绳子开始是松弛的。质量为m3＝1.0kg的物块C放在长

木板B的右端，C与长木板B间的滑动摩擦力的大小等于最大静摩擦力大小。现在给物块C水平向左

的瞬时初速度v0＝2.0m/s，物块C立即在长木板B上运动。已知绳子绷紧前，B、C已经达到共同速度

；绳子绷紧后，A、B总是具有相同的速度；物块C始终未从长木板B上滑落。下列说法正确的是（）

A．绳子绷紧前，B、C的共同速度大小为2.0m/s

B．绳子刚绷紧后的瞬间，A、B的速度大小均为0.5m/s

C．绳子刚绷紧后的瞬间，A、B的速度大小均为1.0m/s

D．最终A、B、C三者将以大小为5m/s的共同速度一直运动下去

【答案】B

【分析】绳子绷紧前，C在B上滑动过程，两者组成的系统动量守恒，由动量守恒定律求B、C达到的

共同速度大小；绳子刚绷紧瞬间，A与B组成的系统动量守恒，由动量守恒定律求绳子刚绷紧后的瞬

间A、B的速度大小；绳子绷紧后，A、B、C组成的系统动量守恒，由动量守恒定律求最终A、B、C

三者的共同速度。

【解答】解：A、绳子绷紧前，C在B上滑动过程，两者组成的系统合外力为零，系统动量守恒，取向

左为正方向，由动量守恒定律得m3v0＝（m2+m3）v1，解得B、C达到的共同速度大小v1＝1.0m/s，故

A错误；

BC、绳子刚绷紧瞬间，A与B组成的系统动量守恒，取向左为正方向，由动量守恒定律得：m2v1＝（m1+m2

）v2，解得绳子刚绷紧后的瞬间A、B的速度大小v2＝0.5m/s，故B正确，C错误；

D、设最终A、B、C三者的共同速度为v3。对整个过程，取向左为正方向，由A、B、C组成的系统动

22

量守恒得mv＝（m+m+m）v，解得v=m/s，即最终A、B、C三者将以大小为m/s的共同速度

301233333

一直运动下去，故D错误。

故选：B。

2．（2026春•红桥区校级月考）如图所示，在光滑水平面上，有一质量为M＝3kg的薄板和质量为m＝1kg

的物块。都以v＝4m/s的初速度朝相反方向运动，它们之间有摩擦，薄板足够长，则（）

A．当薄板的速度为2.4m/s时，物块做减速运动

B．当薄板的速度为2.4m/s时，物块做加速运动

C．当薄板的速度为3m/s时，物块做加速运动

D．当薄板的速度为3m/s时，物块做匀速运动

【答案】B

【分析】题目描述光滑水平面上质量不同的薄板与物块以相同速率相向运动，存在摩擦且薄板足够长。

系统动量守恒，需分析特定时刻薄板速度下物块的运动状态。先由动量守恒确定系统最终共同速度，再

根据任意时刻总动量不变，计算薄板速度对应物块的瞬时速度，通过比较物块速度方向与所受摩擦力方

向判断其做加速或减速运动。

【解答】解：取薄板M的运动方向为正方向，由于系统在光滑水平面上运动，水平方向不受外力，动

量守恒。根据动量守恒定律MvM+mvm＝MvM0+mvm0，代入数据有3×4+1×（﹣4）＝8kg•m/s，解得

系统总动量为8kg•m/s。最终两者达到共同速度v共，满足（3+1）v共＝8kg•m/s，解得v共＝2m/s。在

达到共同速度前，由于vM＞vm，物块m受到的滑动摩擦力方向始终向右。

AB、当薄板速度vM'＝2.4m/s时，代入解得：vm'＝0.8m/s。vm'为正值，说明物块已向右运动，其所受

摩擦力方向向右，与运动方向相同，故物块正在加速运动。故A错误，B正确；

CD、当薄板速度vM'＝3m/s时，代入解得：vm'＝﹣1m/s。此时物块速度为负，说明其仍在向左运动，

摩擦力方向（向右）与运动方向相反，故物块正在减速运动，故CD错误。

故选：B。

3．（2026•许昌模拟）如图甲所示，一木板静止于光滑水平桌面上，t＝0时，物块（视为质点）以大小为

3v0的速度水平滑上木板左端。图乙为物块与木板运动的v﹣t图像，图中t0已知，重力加速度大小为g

。下列说法正确的是（）

3

A．木板的最小长度为푣푡

200

B．物块与木板的质量之比为2：3

푣0

C．物块与木板间的动摩擦因数为

푔푡0

D．整个过程中物块减小的动能、木板增大的动能及物块与木板组成的系统产生的热量之比为5：2：3

【答案】A

【分析】题目描述物块以初速度3v0滑上静止木板，最终两者以共同速度v0匀速运动，v﹣t图像提供

了速度变化与时间t0信息。分析过程需关注物块与木板间的相对运动，通过图像面积差确定木板最小

长度，利用系统动量守恒建立两者质量关系，结合图像斜率分析加速度并借助牛顿第二定律求动摩擦因

数，最后根据动能变化与能量守恒分析物块动能减少量、木板动能增加量及系统产生热量的比例关系。

3푣0+푣0

【解答】解：A、由v﹣t图像的面积表示位移，物块的位移푥=푡，解得：x＝2vt。木板的

120100

푣013

位移푥=푡，解得：푥=푣푡。木板的最小长度L＝x﹣x，解得：퐿=푣푡，故A正确；

220220012200

B、系统动量守恒，规定向右为正方向，有m（3v0）＝（m+M）v0，解得：M＝2m，即物块与木板的

质量之比为1：2，故B错误；

3푣0−푣02푣0

C、对物块应用牛顿第二定律，有μmg＝ma1，由图像斜率可知푎1=，解得：휇=，故C错

푡0푔푡0

误；

111

D、物块动能的减少量훥퐸=푚(3푣)2−푚푣2，解得：훥퐸=4푚푣2。木板动能的增加量훥퐸=푀푣2

푘12020푘10푘220

22

，解得：훥퐸푘2=푚푣0。由能量守恒定律，系统产生的热量Q＝ΔEk1﹣ΔEk2，解得：푄=3푚푣0。三者之

比为4：1：3，故D错误。

故选：A。

（多选）4．（2026春•集美区校级期中）质量为1kg的小物块放在质量为2kg的长木板的左端，两者间的

动摩擦因数为0.2，一起静置在光滑的水平面上，现给小物块一个向右的大小为6N的水平恒力F，该恒

力作用时间1s后撤去，最终小物块与长木板相对静止；重力加速度为10m/s2，则（）

A．从施加F到撤去F这个过程恒力F做的功是12J

B．小物块与长木板保持相对静止时两者的总动能为12J

C．撤去F前后这两个过程小物块相对于木板通过的位移之比为1：1

D．从施加F到小物块与长木板相对静止过程所产生的摩擦热为8J

【答案】AC

【分析】题目描述小物块与长木板在光滑水平面上因外力作用发生相对滑动的过程。分析的关键在于判

断两者是否相对滑动，通过比较木板所需静摩擦力与最大静摩擦力可知它们将发生相对运动。已知恒力

作用时间为1s，需分析两个阶段：恒力作用时小物块与木板各自做匀加速运动，撤去恒力后两者通过

摩擦相互作用直至共速。整个过程涉及牛顿第二定律、运动学规律、动量守恒及能量转化，需明确各阶

段位移、速度及相对位移关系，从而判断选项关于恒力做功、总动能、相对位移比及摩擦热的正误。

【解答】解：小物块与长木板间的最大静摩擦力为fmax＝μmg＝0.2×1×10N＝2N。若两者保持相对静

퐹6

止，系统的整体加速度为푎=，代入数据得푎=푚/푠2=2푚/푠2，

푚+푀1+2

此时长木板所需的摩擦力f＝Ma＝2×2N