重难突破10 动量守恒中的“四类”模型(课时跟踪检测)-【优学精研】2027年高考物理一轮总复习学用Word（提升版）

**基本信息** 聚焦动量守恒四类典型模型，含4道选择（含多选）和3道综合计算，覆盖弹簧、圆弧滑块、板块、传送带等情境，注重模型应用与综合能力提升，适配一轮复习重难突破。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|4题|动量守恒、机械能守恒、v-t图像分析|结合光滑水平面、圆弧轨道等模型，考查守恒条件及过程分析| |计算题|3题|动量与能量综合、摩擦生热、相对运动|创设冰壶训练、传送带工件碰撞等真实情境，要求多过程建模与定量计算|

重难突破10　动量守恒中的“四类”模型 1.（2026·福建福州期中）如图所示，轻弹簧一端固定在质量为3m的小球A上，静止在光滑水平面上，质量为2m的小球B以速度v0向右运动，压缩弹簧然后分离，从刚开始接触到弹簧被压缩到最短经历的时间为t，则下列说法正确的是（　　） A.小球B压缩弹簧过程中，小球A、B组成系统机械能守恒 B.弹簧被压缩到最短时小球A的速度为v0 C.弹簧被压缩到最短时弹性势能为m D.从刚开始接触到弹簧被压缩到最短过程中，弹簧对小球B的平均作用力大小为F＝ 2.（2026·江西上饶模拟）如图所示，质量为M的四分之一光滑圆弧滑块下端与光滑水平面相切。给质量为m的小球一水平向右的初速度，如果圆弧滑块固定，小球运动过程中距离水平面的最大高度为R（R为圆弧的半径），如果圆弧滑块不固定，小球运动过程中距离水平面的最大高度为R。重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A.小球的初速度大小为4 B.M＝0.5m C.如果圆弧滑块不固定，小球滑离圆弧滑块到最高点的过程中，水平位移为R D.如果圆弧滑块不固定，小球最终的速度大小为2 3.（2026·湖南郴州模拟）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（　　） A.木板的最小长度为v0t0 B.物块与木板的质量之比为2∶3 C.物块与木板间的动摩擦因数为 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9∶2∶7 4.（2026·广东清远期中）如图所示为某次冰壶训练，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体左侧一蹲在冰面上的运动员和其面前的冰壶均静止于冰面上。某时刻运动员将冰壶以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出，运动员的姿态始终保持不变，冰壶平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3 m（h小于斜面体的高度）。已知运动员质量为m1＝60 kg，冰壶的质量为m2＝10 kg。取重力加速度的大小g＝10 m/s2，求： （1）斜面体的质量； （2）通过计算判断，冰壶与斜面体分离后能否追上运动员。 5.（2025·海南卷11题）足够长的传送带固定在竖直平面内，半径R＝0.5 m，圆心角θ＝53°的圆弧轨道与平台平滑连接，平台与顺时针匀速转动的水平传送带平滑连接，工件A从圆弧顶点无初速度下滑，在平台与B碰成一整体，B随后滑上传送带，已知mA＝4 kg，mB＝1 kg，A、B可视为质点，A、B与传送带间的动摩擦因数恒定，在传送带上运动的过程中，因摩擦生热Q＝2.5 J，忽略轨道及平台的摩擦，g＝10 m/s2。 （1）A滑到圆弧最低点时受的支持力； （2）A与B整个碰撞过程中损失的机械能； （3）传送带的速度大小。 6.〔多选〕（2026·陕西汉中模拟）如图甲所示，物块A、B中间用一根轻质弹簧相连，静止在光滑水平面上，弹簧处于原长，物块A的质量为1.2 kg。t＝0时对物块A施加水平向右的恒力F，t＝1 s时撤去，在0～1 s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，则下列说法正确的是（　　） A.F大小为1.2 N B.t＝1 s时物块A的速度为0.8 m/s C.物块B的质量为0.6 kg D.弹簧伸长量最大时，A的速度大小为0.6 m/s 7.（2026·浙江宁波期中）如图所示，一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平轨道与光滑四分之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点，一物块静止于小车最左端，一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方，并轻靠在物块左侧。现将细线拉直到水平位置时，静止释放小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后，物块沿着轨道运动，已知细线长L＝1.25 m，小球质量m＝0.20 kg，物块、小车质量均为M＝0.30 kg，小车上的水平轨道长s＝1.0 m。圆弧轨道半径R＝0.15 m。小球、物块均可视为质点。不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。 （1）求小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小； （2）求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小； （3）为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围。 3 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $ 重难突破10　动量守恒中的“四类”模型 1.B　小球A、弹簧与小球B组成的系统机械能守恒，故A错误；弹簧被压缩到最短时，二者共速，由动量守恒定律有2mv0＝v，解得v＝v0，故B正确；由机械能守恒定律有×2m＝Epm＋×5mv2，解得Epm＝m，故C错误；由动量定理得－Ft＝2mv－2mv0，代入数据解得F＝，故D错误。 2.B　如果圆弧滑块固定，则由机械能守恒定律得m＝mg·R，解得v0＝3，A错误；如果圆弧滑块不固定，设小球离开圆弧时水平分速度为vx，则小球在最高点的速度等于小球离开圆弧时的水平分速度，则有mv0＝（m＋M）vx，m＝mg·＋（M＋m），联立解得M＝0.5m，vx＝2，小球滑离圆弧滑块到最高点过程的时间t＝＝，则水平位移为x＝vxt＝2R，小球最终落回到槽中并从槽中滑出时槽的速度最大，有mv0＝mv1＋Mv2，m＝m＋M，解得小球和圆弧槽的速度大小分别为v1＝v0＝，v2＝v0＝4，B正确，C、D错误。 3.C　由题图乙的v-t图像可得物块相对于木板滑动的距离为d＝×3v0t0＝v0t0，则木板的最小长度为v0t0，故A错误；由动量守恒定律有m·3v0＝（m＋M）v0，解得m∶M＝1∶2，故B错误；由题图乙知，物块在木板上滑动的加速度大小a＝，由牛顿第二定律有μmg＝ma，解得μ＝，故C正确；物块减小的动能Ek1＝m×（3v0）2－m＝4m，木板增大的动能Ek2＝M＝m，由能量守恒定律可知Q＝Ek1－Ek2＝3m，则Ek1∶Ek2∶Q＝4∶1∶3，故D错误。 4.（1）20 kg　（2）冰壶能追上运动员 解析：（1）规定向右为正方向。冰壶在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3。 斜面和冰壶组成的系统，水平方向动量守恒，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得 m2v20＝（m2＋m3）v m2＝（m2＋m3）v2＋m2gh 联立解得 v＝1 m/s，m3＝20 kg。 （2）设运动员推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有 m1v1＋m2v20＝0 代入数据解得 v1＝－0.5 m/s 设冰壶与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，由动量守恒定律和机械能守恒定律有 m2v20＝m2v2＋m3v3 （m2＋m3）v2＋mgh＝m2＋m3 解得v2＝－1 m/s 故冰壶能追上运动员。 5.（1）72 N，方向竖直向上　（2）1.6 J　（3）0.6 m/s或2.6 m/s 解析：（1）A从开始到滑到圆弧最低点间，根据机械能守恒定律，有 mAg（R－Rcos 53°）＝mA 解得v0＝2 m/s 在最低点，根据牛顿第二定律FN－mAg＝mA 解得FN＝72 N，方向竖直向上。 （2）根据题意A、B碰后成一整体，根据动量守恒定律，有mAv0＝（mA＋mB）v共 解得v共＝1.6 m/s 故A与B整个碰撞过程中损失的机械能为 ΔE＝mA－（mA＋mB）＝1.6 J。 （3）第一种情况，当传送带速度v小于v共时，A、B滑上传送带后先减速后匀速运动，设A、B与传送带间的动摩擦因数为μ，对A、B，根据牛顿第二定律有 μ（mA＋mB）g＝（mA＋mB）a 设经过时间t1后A、B与传送带共速，可得v＝v共－at1 该段时间内A、B运动的位移为x1＝t1 传送带运动的位移为x2＝vt1 故可得Q＝μ（mA＋mB）g·（x1－x2） 联立解得v＝0.6 m/s，另一解大于v共舍去； 第二种情况，当传送带速度v大于v共时，A、B滑上传送带后先加速后匀速运动，设经过时间t2后A、B与传送带共速，同理可得v＝v共＋at2 该段时间内A、B运动的位移为x1'＝t2 传送带运动的位移为x2'＝vt2 故可得Q＝μ（mA＋mB）g·（x2'－x1'） 解得v＝2.6 m/s，另一解小于v共舍去。 6.AD　由图乙可知t＝0时，物块A的加速度大小为a＝1.0 m/s2，此时对A，根据牛顿第二定律可得F＝mAa＝1.2×1 N＝1.2 N，故A正确；根据a-t图像围成的面积表示速度的变化量，若A的加速度按直线变化，则有Δv＝×1＝0.8 m/s，可得在t＝1 s时，物块A的实际速度vA－0＜Δv，所以在t＝1 s时物块A的速度小于0.8 m/s，故B错误；未撤去外力F且在t＝1 s时，物块A、B的加速度大小均为a＝0.6 m/s2，设此时弹簧弹力为Fx，根据牛顿第二定律有F－Fx＝mAa，Fx＝mBa，解得mB＝0.8 kg，故C错误；设t＝1 s时，物块A的速度为vA，B的速度为vB。撤去外力F后，当A、B速度相同时，此时弹簧的伸长量最大，根据动量守恒定律可得mAvA＋mBvB＝（mA＋mB）v共，在0～1 s时间内，根据动量定理有（F－）t＝mAvA－0，t＝mBvB－0，联立解得v共＝0.6 m/s，故D正确。 7.（1）6 N　（2）4 m/s　（3）0.25≤μ＜0.4 解析：（1）从静止释放小球到小球摆动到最低点的过程中，由动能定理有mgL＝m－0 解得v0＝5 m/s 在最低点，对小球，由牛顿第二定律有FT－mg＝m 解得小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小为FT＝6 N。 （2）小球与物块发生弹性碰撞，则小球与物块碰撞过程中，由动量守恒定律和机械能守恒定律有 mv0＝mv1＋Mv2 m＝m＋M 解得小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小为 v2＝v0＝4 m/s。 （3）若物块恰好运动到圆弧轨道的最低点，此时两者共速，物块与小车组成的整体动量守恒，根据动量守恒定律有Mv2＝2Mv3 由能量守恒定律有M＝×2M＋μ1Mgs 解得μ1＝0.4 若物块恰好运动到与圆弧圆心等高的位置，此时两者共速，物块与小车组成的整体，水平方向动量守恒，有Mv2＝2Mv4 由能量守恒定律有M＝×2M＋μ2Mgs＋MgR 解得μ2＝0.25 综上所述物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围为 0.25≤μ＜0.4。 学科网（北京）股份有限公司 $