第24讲 动量守恒定律（专项训练）（福建专用）2027年高考物理一轮复习讲练测

**基本信息** 以考情为导向，构建“概念-模型-综合”三级方法体系，通过特性解析-题型分类-真题演练逻辑链，强化动量守恒条件判断与多过程问题拆解能力，渗透科学思维与物理观念。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |知识解构|2知识点|守恒条件“三情形”+碰撞“三规律”+弹性碰撞结论速记|从矢量性等特性切入，推导碰撞规律，建立概念-应用逻辑| |基础演练|6题型30题|过程拆分法+临界条件分析法+符号规范准则|按模型复杂度递进，覆盖碰撞、滑块-弹簧等核心应用场景| |创新演练|10题|真实情境建模+多规律联立技巧|融合电磁、圆周等综合场景，提升科学探究与问题解决能力|

第24讲 动量守恒定律（专项训练） 目 录 研判·考情前瞻 2 巩固·知识解构 2 知识点1 动量守恒定律的理解和基本应用 2 知识点2 碰撞问题 3 模拟·基础演练 4 题型01 碰撞模型 4 题型02 非弹性碰撞中的“动能损失”问题 6 题型03 碰撞遵循的规律 8 题型04 “滑块—弹簧”碰撞模型中的多过程问题 10 题型05 子弹打木块模型中的能量动量问题 12 题型06 人船模型及其拓展模型的应用 14 重难·创新演练 16 真题·实战演练 21 研判·考情前瞻 核心考点 2026年 2025年 2024年 动量守恒定律基础辨析与条件判断 多选 T15（6 分） 一维动量守恒多过程定量计算 多选 T7（6 分） 动量守恒与多模块综合压轴应用 计算 T14（14 分） 考情分析 动量守恒定律是福建高考物理必考核心考点，选择、力学压轴计算题均高频考查。小题侧重守恒条件辨析、碰撞模型动量与动能变化判断，依托 F-t、v-t 图像或生活化场景设置易错陷阱；第 14 题力学大题常融合圆周、滑板、电磁感应模型，以多过程串联设问，重点考查全过程整体列式、多规律联立求解，常结合临界条件、摩擦力做功设置复杂场景，是试卷核心区分度考点。 复习目标 1.吃透动量守恒定律适用条件，精准区分内力与外力，熟练掌握矢量性运算，规范正方向与参考系设定，规避基础概念易错点； 2.熟练掌握碰撞、反冲、人船、板块模型的动量守恒列式方法，能结合动能定理、动量定理完成多过程定量计算，规范力学列式书写； 3.能精准拆解多体多过程综合场景，联动力学、电磁学规律完成压轴题求解，精准把握临界条件，规避符号、计算失误，提升综合分析能力。 巩固·知识解构 知识点1 动量守恒定律的理解和基本应用 动量守恒定律的五个特性 矢量性 动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题应选取统一的正方向 相对性 各物体的速度必须是相对同一参考系的速度(一般是相对于地面) 同时性 动量是一个瞬时量，表达式中的p1、p2、…必须是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p′1、p′2、…必须是系统中各物体在相互作用后________的动量 系统性 研究的对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统 普适性 动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，还适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统 ✨得分速记： 动量守恒的条件 (1)系统不受外力或所受外力之和为零时，系统的动量守恒。 (2)系统所受外力之和不为零，但当内力远大于外力时系统动量近似守恒。 (3)系统所受外力之和不为零，但在某个方向上所受合外力为零或不受外力，或外力可以忽略，则在这个方向上，系统动量守恒。 ⚠特别提醒： 使用动量守恒必先判断守恒条件，系统合外力为零才适用，局部外力远小于内力（碰撞、爆炸）可近似守恒。动量是矢量，解题第一步规定正方向，所有速度统一带符号计算，一维问题不可忽略正负。公式中速度必须是同一惯性参考系（地面）的瞬时速度，不能混用相对速度。区分全过程与分过程，多体问题优先整体分析；碰撞题型注意弹性、完全非弹性的动能变化差异。切勿混淆动量守恒与机械能守恒，只有完全弹性碰撞机械能才不变，其余碰撞均有能量损耗，列式时分开列动量、能量方程，减少符号计算失误。 知识点2 碰撞问题 1．碰撞现象三规律 2．弹性碰撞的结论 两球发生弹性碰撞时应满足_______守恒和_______守恒。以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有 m1v1＝m1v′1＋m2v′2 m1v＝m1v′＋m2v′ 解得v′1＝，v′2＝ 结论：(1)当m1＝m2时，v′1＝0，v′2＝v1(质量相等，速度交换)； (2)当m1>m2时，v′1>0，v′2>0，且v′2>v′1(大碰小，一起跑)； (3)当m1<m2时，v′1<0，v′2>0(小碰大，要反弹)； (4)当m1≫m2时，v′1＝v1，v′2＝2v1(极大碰极小，大不变，小加倍)； (5)当m1≪m2时，v′1＝－v1，v′2＝0(极小碰极大，小等速率反弹，大不变)。 ✨得分速记 解碰撞先定系统与正方向，优先判定动量守恒，碰撞瞬间外力可忽略直接列式。分三类碰撞：完全弹性碰撞动量、动能均守恒，可联立双方程求速度；完全非弹性碰撞共速，动能损失最大，仅动量守恒；一般非弹性碰撞只满足动量守恒，动能一定减少。牢记速度合理性校验：碰撞后不穿透、不反弹越界，防止算出违背实际的速度。多物体碰撞按先后分段列式，区分内力与外力，避免混用机械能守恒。大题分步书写动量、能量方程，标注初末状态速度符号，校验结果快速拿全步骤分。 模拟·基础演练 考查重点：高考动量守恒选择、计算均重点考查。选择题侧重守恒条件判断、三类碰撞动量动能变化对比、人船模型基础计算。计算题以板块、圆周、平抛综合模型为主，核心考一维动量守恒列式，常联动动能定理联立求解。注重矢量正负方向规范，必考碰撞后速度合理性检验。压轴大题多过程拆分，区分全过程与分段守恒，结合临界极值设问，是力学大题核心拉分点。 ⏳题型01 碰撞模型 1．（2026·福建泉州·模拟预测）如图所示，足够长的木板C静止放在光滑水平面上，其质量为。质量的小物块A、B开始静止在木板C上，二者间距为d=1m。现分别对A、B施加瞬时冲量，使A、B同时以的速度水平向右运动。物块A与木板C间的动摩擦因数为，物块B与木板C间的动摩擦因数为，A、B两物块均可视为质点且其碰撞为弹性碰撞，碰撞时间极短，重力加速度g取。求： (1)A、B开始运动瞬间，A、B、C各自的加速度大小； (2)运动过程中A物体的最小速度大小； (3)运动过程中A、C间因摩擦产生的热量与B、C间因摩擦产生的热量之比。 2．（2026·贵州贵阳·模拟预测）如图，弹簧左端固定，将细圆管弯成圆弧轨道分别与水平轨道相切于M、N点，在竖直面内存在方向竖直向下的匀强电场（图中未画出），电场强度大小E＝10N/C。质量为M＝4kg的绝缘小球B静止在水平轨道上，将质量为m＝2kg、带电量为q＝0.8C的负电小球A（可视为质点）压缩弹簧后由静止释放，小球能从M点进入圆弧轨道，通过轨道的最高点P时恰好与圆管无弹力作用，之后从N点返回水平轨道，水平轨道足够长，两球间的碰撞为弹性碰撞，已知两球的大小相同，圆弧轨道半径R＝1m，不计一切摩擦和空气阻力，g取10。则（　　） A．释放小球A时弹簧内储存的弹性势能为5J B．两小球至多能发生2次碰撞 C．A小球再次返回轨道运动的过程中对内轨道可能有弹力 D．A小球从M点运动到P点的过程中对内轨道无弹力 3．（2025·福建厦门·三模）（多选）“天宫课堂”第四课在中国空间站开讲，神舟十六号航天员在梦天实验舱内进行授课。其中一个实验如图所示，质量为0.1kg的小球A以某一初速度向左运动，与静止悬浮在空中的质量为0.5kg的小球B发生正碰，碰撞后小球A向右反弹，当A向右移动2格的长度时，小球B向左移动1格的长度。已知背景板上小方格的边长相等，忽略舱内空气阻力的影响，则（　　） A．小球A碰撞前后的速度大小之比为7：2 B．小球A碰撞前后的速度大小之比为3：2 C．碰撞前后，小球A、B组成的系统动能不变 D．碰撞前后，小球A、B组成的系统动能减少 4．（2024·福建·一模）（多选）在某次台球游戏中，出现了如图所示的阵型，5个小球B、C、D、E、F并排放置在水平桌面上，其中4个球B、C、D、E质量均为，A球、F球质量均为，A球以速度与B球发生碰撞，所有的碰撞均可认为是弹性碰撞，下列说法正确的是（　　） A．若，最终将有1个小球运动 B．若，相邻两小球之间只发生1次碰撞 C．若，最终将有3个小球运动，且运动方向一致 D．若，最终将有3个小球运动，且运动方向不一致 5．（2026·福建·三模）如图所示，倾角的足够长斜面固定在水平面上，紧靠在一起的物块A和B静止在斜面上，物块A质量且底面光滑，物块B质量，与斜面间的动摩擦因数。一根劲度系数的轻弹簧上端固定，下端与物块A接触但不拴接，弹簧处于原长状态。沿斜面缓慢向上推物块A，当弹簧弹力时，由静止释放物块A，物块沿斜面向下做简谐运动，然后与物块B发生碰撞，碰撞时立即撤去弹簧。已知弹簧弹性势能的表达式为（k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量），弹簧振子的周期公式为（m为振子质量，k为弹簧的劲度系数），弹簧始终在弹性限度内，物块A和B均可视为质点，A、B间的碰撞为弹性碰撞，碰撞时间不计，重力加速度，求： (1)弹簧恢复原长时，物块A的速度大小； (2)从A被释放到与B发生第一次碰撞，物块A的运动时间； (3)当物块A与B发生第n次碰撞时，物块B的位移大小。 ⏳题型02 非弹性碰撞中的“动能损失”问题 6．（2026·福建福州·三模）（多选）如图（a），劲度系数为k的轻弹簧下端悬挂薄板A，A静止。带孔薄板B套于弹簧且与弹簧间无摩擦，A、B质量相同，B从A上方h高度处由静止释放，A、B碰撞时间极短，碰后粘在一起下落后速度减为零。以A、B碰撞位置为坐标原点O，竖直向下为正方向建立x轴，A、B整体的重力势能随下落距离x变化图像如图（b）中Ⅰ所示，弹簧的弹性势能随下落距离x变化图像如图（b）中Ⅱ所示，重力加速度为g，则（　　） A．薄板A的质量为 B．薄板B下落的高度h为 C．碰撞后两薄板的最大速度为 D．碰撞后两薄板上升的最大高度在O上方处 7．（2024·福建漳州·一模）（多选）如图，内壁光滑的直圆筒竖直固定放置，轻质弹簧下端固定在圆筒的底端，自然状态时上端位于点。A和B是质量均为、直径略小于圆筒内径的相同小球。现将A缓慢放在弹簧上端，静止时弹簧的压缩量为，再将B从A上方的处由静止释放，B与A碰撞后立即粘连一起运动，恰能回到点。两小球均可视为质点，重力加速度为，则（　　） A．弹簧的劲度系数 B．B与A碰撞后瞬间速度大小为 C．小球A、B回到点时加速度为零 D．此过程中弹簧的最大弹性势能为 8．（2024·河北·二模）（多选）2024年2月5日，在斯诺克德国大师赛决赛，特鲁姆普以10-5战胜斯佳辉获得冠军，如图甲所示。简易图如图乙所示，特鲁姆普某次用白球击打静止的蓝球，两球碰后沿同一直线运动。蓝球经的时间向前运动刚好（速度为0）落入袋中，而白球沿同一方向运动停止运动，已知两球的质量相等，碰后以相同的加速度做匀变速直线运动，假设两球碰撞的时间极短且发生正碰（内力远大于外力），则下列说法正确的是（　　） A．由于摩擦不能忽略，则碰撞过程动量不守恒 B．碰后蓝球与白球的速度之比为 C．碰撞前白球的速度大小为 D．该碰撞为弹性碰撞 9．（2024·福建厦门·二模）（多选）2024年某贺岁档电影中，两辆赛车的碰撞测试为国内首个赛车碰撞实拍镜头。高速移动的白色车与迎面而来的灰色车碰撞后，两车一起沿着白色车原运动方向移动，两车碰撞时间极短。则（　　） A．碰撞过程中两车组成的系统机械能守恒 B．白色车对灰色车和灰色车对白色车的撞击力大小相等 C．白色车碰撞前的动量大于灰色车碰撞前的动量 D．碰撞过程中白色车的动量变化量小于灰色车的动量变化量 10．（2026·福建厦门·二模）如图所示，空间中存在方向水平向右、大小的匀强电场。水平放置长度的传送带以的速度沿顺时针方向匀速率转动。传送带右侧与水平地面等高平滑连接，带绝缘弹性挡板的绝缘长木板B左端紧靠连接处放置，木板上有带电量的物块C，B和C均处于静止状态。不带电的绝缘物块A从传送带的左端由静止释放，到达传送带右端后立即与B发生碰撞并粘在一起。已知A、B的质量均为，C的质量为，A与传送带的动摩擦因数为，A、B与地面之间、B与C之间的动摩擦因数均为，重力加速度大小g取，A、C均可视为质点，所有碰撞时间都极短，全过程中C的带电量保持不变，C与B右端挡板的碰撞为弹性碰撞且始终没有脱离B，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求： (1)A、B碰撞过程中损失的机械能大小； (2)B从被A碰撞后到第一次速度为0时经历的时间； (3)B最终向右运动的总位移大小。 ⏳题型03 碰撞遵循的规律 11．（2026·福建泉州·二模）如图甲，下端带有挡板的长木板A静止在足够长的固定斜面上，挡板上有一长度可忽略且被压缩并锁定的轻弹簧，时将质量为m的小物块B从A上与挡板距离为处由静止释放，时刻B与挡板发生第一次碰撞，碰撞瞬间弹簧解除锁定，在极短时间内弹开B后瞬间A获得的速度大小为，时B与挡板发生第二次碰撞，在时间内B的速度大小v随时间t变化的关系图线如图乙所示（、均为未知量），各个接触面的最大静摩擦力均等于各自的滑动摩擦力。 (1)根据乙图，求在内与在内B的加速度大小之比； (2)求第一次碰撞到第二次碰撞的时间内A下滑的距离； (3)求A与B、A与斜面间的动摩擦因数之比。 12．（2025·福建·模拟预测）如图所示，半径为R、质量为3m的光滑竖直四分之一圆弧体静止在光滑水平面上，质量为m的小球B用足够长轻质细线悬挂，刚好与水平面接触，细线能承受的最大拉力为7mg，一根小钉子紧贴细线固定在悬点正下方。将质量为2m的小球A在圆弧体的最高点由静止释放，当小球A刚运动到圆弧体最低点时，圆弧体与水平面上固定挡板碰撞并立即停止运动，小球A离开圆弧体后，继续在水平面上向右运动并与小球B发生弹性正碰，重力加速度为g，不计小球的大小，圆弧体最低点与水平面相切。 (1)求小球A未释放时，圆弧体最高点离挡板的水平距离； (2)求圆弧体碰后静止的瞬间，小球对圆弧体的压力大小； (3)要使小球B能在竖直面内做完整的圆周运动，求钉子离地面的距离应满足的条件（结果可保留分数）。 13．（2025·福建福州·模拟预测）竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块静止于水平轨道的最左端，如图（a）所示。时刻，小物块在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与发生弹性碰撞（碰撞时间极短）；当返回到倾斜轨道上的点（图中未标出）时，速度减为0。物块从开始运动到的过程中的图像如图（b）所示，图中的和均为已知量，为未知量。已知的质量为，重力加速度大小为，不计空气阻力。求： (1)在内的平均速度与平均速率； (2)斜面的倾角的正弦值； (3)物块的质量。 14．（2025·福建莆田·三模）如图所示，长为、质量为的长木板置于光滑水平平台上，长木板的左端与平台左端对齐，质量为的物块放在长木板上表面的左端，长木板的上表面离地面的高度为。先将长木板锁定，让质量为的小球在地面上的点斜向右上与水平方向成角抛出，小球沿水平方向与物块发生弹性碰撞，碰撞后，物块滑离长木板时速度为、碰撞后一瞬间的速度的，重力加速度取。求： (1)小球与物块碰撞前一瞬间的速度大小； (2)物块与长木板上表面的动摩擦因数； (3)解除长木板的锁定，让小球仍从点以原速度抛出，小球与物块碰撞后，物块与长木板的最终速度大小。 15．（2025·福建·模拟预测）如图所示，斜坡上两个可视为质点的相同滑块甲、乙，质量都为m，分别从不同高度同时开始下滑。斜坡与水平面在处平滑相接，斜面上，滑块与水平面间的动摩擦因数均为，乙在水平面上追上甲时发生弹性碰撞，忽略空气阻力，斜面倾斜角度为，重力加速度大小为。试求： (1)甲在斜面上的加速度； (2)若在碰撞前瞬间乙的速度为，求碰撞后直至停下地面对甲的冲量大小； (3)若乙的初始高度为，求甲停下时离点的最远距离。 ⏳题型04 “滑块—弹簧”碰撞模型中的多过程问题 16．（2026·福建南平·二模）（多选）如图（a），质量分别为、的两个小球A、B拴接在一根轻弹簧的两端，并静止在光滑的水平地面上。给小球A一个水平向右的初速度压缩弹簧，此后小球A、B的速度与冲量大小的关系图像如图（b）所示，图中、已知，则（　　） A． B． C．从开始运动到A、B共速时B球的动能变化量为 D．A、B共速时弹簧的弹性势能最大，其最大值为 17．（2026·福建厦门·二模）（多选）如图甲所示，物块A与物块B之间通过一根轻质弹簧连接，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，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图像如图乙所示，已知物块A的质量为m，则（　　） A．时间内，竖直墙对物块B的冲量大小为0 B．时刻物块A、B的动能之比为 C．时间内，弹簧弹性势能的最大值为 D．时间内，物块A运动的位移为 18．（2026·福建·一模）（多选）如图所示，三小球a、b、c的质量分别为m、2m、6m，放于光滑的水平面上，小球b、c中间的轻质弹簧此时为原长（弹簧与小球均没有连接，可以分离），小球c右侧有一固定挡板。现让小球a以速度v0向右运动，与小球b碰后黏在一起，a、b两小球碰撞时间极短，当ab整体向右运动速度为时撤去挡板，则（　　） A．此后的运动过程中弹簧的最大弹性势能为 B．此后的运动过程中弹簧的最大弹性势能为 C．此后的运动过程中小球c的最大速度为 D．运动全过程中，弹簧的最大弹性势能可能为 19．（2024·福建宁德·三模）（多选）如图甲所示，光滑水平面上两物块A、B用轻质橡皮绳水平连接，橡皮绳恰好处于原长。t = 0时，A以水平向左的初速度v0开始运动，B的初速度为0，A、B运动的v − t图像如图乙所示。已知A的质量为m，0 ~ t0时间内B的位移为x0，t = 3t0时二者发生碰撞并粘在一起，则（　　） A．B的质量为2m B．橡皮绳的最大弹性势能为 C．橡皮绳的原长为 D．橡皮绳的原长为v0t0 20．（2026·福建厦门·模拟预测）如图所示，三小球、、的质量分别为、、，放于光滑的水平面上，小球、中间的轻质弹簧此时为原长（弹簧与小球均没有连接，可以分离），小球右侧有一固定挡板。现让小球以速度向右运动，碰后与小球黏在一起，、两小球碰撞时间极短，当、整体的速度大小为时撤去挡板，则运动全过程中，弹簧的最大弹性势能可能为（　　） A． B． C． D． ⏳题型05 子弹打木块模型中的能量动量问题 21．（2026·福建福州·模拟预测）（多选）如图甲所示，质量为的滑块静止在静置于光滑水平地面的长木板的左端，给滑块施加一水平瞬时冲量I，同时立即受到一个方向竖直向上、大小与滑块速度成正比的力F作用（即，其中）从滑块滑上长木板开始计时，滑块与长木板运动的速度-时间图像如图乙所示。滑块可视为质点，滑块与长木板之间的动摩擦因数，重力加速度g取。则（     ） A． B．滑块位移4.4m C．长木板位移0.9m D．滑块与长木板的最大相对位移为3.5m 22．（2025·福建·模拟预测）（多选）如图（a）所示，一根竖直悬挂的不可伸长的轻绳，下端拴一小物块A，上端固定在C点且与一能测量绳的拉力的测力传感器相连。已知有一质量为m0的子弹B以水平速度v0射入A内（未穿透），接着两者一起绕C点在竖直面内做圆周运动。在各种阻力都可忽略的条件下测力传感器测得绳的拉力F随时间t变化关系如图（b）所示，已知子弹射入的时间极短，且图（b）中t=0为A、B开始以相同的速度运动的时刻。下列说法正确的是（　　） A．A、B一起在竖直面内做周期T=t0的周期性运动 B．A的质量大小为 C．子弹射入木块过程中所受冲量大小为 D．轻绳的长度为 23．（2026·福建泉州·三模）如图甲，足够长的木板放置在光滑水平桌面上，带正电的小滑块放在的最右端，通过一条跨过轻质光滑定滑轮的轻绳与小球相连，滑轮右侧轻绳水平。图示空间分布有垂直纸面向内的匀强磁场和水平向右的匀强电场，此时、、均静止。时撤去电场，与的相对速度随时间的变化关系如图乙所示，时电场恢复，此时的速度大小恰为的2倍。已知、、的质量分别为、、，的带电量恒为，、之间的动摩擦因数为，磁感应强度大小为，重力加速度大小为。忽略电场变化对磁场的影响。求： (1)电场强度的大小； (2)最大时的速度大小； (3)内、间因摩擦产生的热量，以及之后时的速度大小。 24．（2025·福建龙岩·二模）如图，某快递公司自动卸货装置由直轨道AB、圆弧轨道BC、水平轨道DE和固定在E端的弹簧组成，轨道均光滑，AB与BC相切于B点。直轨道倾角，A、B两点竖直高度差，圆弧轨道半径、圆心角。质量为的运货箱载有质量为的货物一起从轨道最高点A静止下滑，经圆弧BC滑上紧挨着C点的静止小车，小车上表面水平与C点等高，运货箱与挡板碰撞后共速但不粘连，二者右行压缩弹簧至最短时锁定。卸货后解锁，小车与空箱被弹回，小车遇左侧台阶碰撞瞬间停止，空箱滑出后恰能返回到A点。已知小车质量，长度，弹簧始终在弹性限度内，货物在运货箱内不滑动，运货箱视为质点，重力加速度，求： (1)运货箱经过圆弧轨道C点时对轨道的压力 (2)当弹簧被压缩到最短时弹簧的弹性势能 (3)小车上表面的滑动摩擦因数 25．（2025·福建福州·模拟预测）如图，在有圆孔的水平支架上放置一物块，玩具子弹从圆孔下方竖直向上击中物块中心并穿出，穿出后物块和子弹上升的最大高度分别为和。已知子弹的质量为，物块的质量为，重力加速度大小为；在子弹和物块上升过程中，子弹所受阻力忽略不计，物块所受阻力大小为自身重力的。子弹穿过物块时间很短，不计物块厚度的影响，求： (1)子弹击中物块前瞬间的速度大小： (2)子弹从击中物块到穿出过程中，系统损失的机械能； (3)若子弹穿过物块时间，求子弹对物块的平均作用力大小。 ⏳题型06 人船模型及其拓展模型的应用 26．（2026·福建厦门·模拟预测）（多选）如图所示，质量为的机器人站在质量为、长度为的木板左端。木板放置在光滑水平地面上，原来均静止。某时刻机器人突然斜向右上以初速度（对地）跳起，与水平方向夹角为，最终恰好落在木板右端并与木板相对静止。不计空气阻力，将机器人视为质点。取；，下列说法正确的是（     ） A．机器人落到木板右端后二者一起向右运动 B．机器人落到木板时，木板位移为0.3 m C． D．跳起时机器人消耗的电能可能为40 J 27．（2026·福建三明·二模）如图，长度为L=2m、质量为M=2kg的长薄板静止放置在光滑水平地面上。一质量为m=0.5kg的青蛙（可视为质点）静止在木板的左端。观察发现，青蛙竖直向上跳起时，能上升的最大高度为h=1m。青蛙跳起与着陆过程时间极短，忽略空气阻力，重力加速度大小取。 (1)青蛙竖直向上跳起时，求青蛙做的功W； (2)若青蛙从板的左端爬至右端，求此过程中青蛙对地的位移大小； (3)青蛙在板的右端停留一段时间后，继续向右上方跳起，测得腾空时间t=0.4s，若青蛙此次跳起做的功与（1）问中相等，求青蛙落地时到板右端的距离。 28．（2026·安徽·模拟预测）（多选）如图所示，光滑水平地面上停放着一辆质量M=2 kg的小车，车上的水平轨道与半径R=0.5 m的四分之一光滑圆弧轨道在M点相切。在水平轨道的右端固定一轻质弹簧，弹簧处于自然长度时左端位于水平轨道的N点正上方，N点右侧轨道光滑，M、N间距离L=0.9 m。一个质量m=1 kg的物块（可视为质点）从圆弧轨道最高点由静止滑下，已知重力加速度g=10 m/s2，物块与水平轨道MN段的动摩擦因数μ=0.2，弹簧始终在弹性限度内，空气阻力不计。在后续运动过程中（     ） A．物块最终停在小车上的位置距离M点0.7 m B．弹簧的最大弹性势能为3.2 J C．物块运动过程中弹簧共被压缩2次 D．整个过程物块的总位移大小为0.8 m 29．（2026·河南开封·模拟预测）（多选）如图所示，两个四分之一圆弧体A、B静止在光滑的水平面上。A、B的圆弧面光滑，半径分别为和，底端切线均沿水平面且靠在一起。将一可视为质点的小物块C从A的圆弧面的顶端静止释放，A、C的质量分别为和，则以下说法正确的是（    ） A．整个过程ABC组成的系统动量守恒 B．C刚滑到A底端时，C距B的圆弧面底端的水平距离为 C．C刚滑到A底端时，C的速度为 D．若C滑到A底端后，恰好能滑上B的圆弧面顶端，则B的质量为 30．（2026·陕西商洛·模拟预测）（多选）如图甲所示，光滑水平面上两物块A、B用轻质橡皮绳水平连接，橡皮绳恰好处于原长。t=0时，A以水平向左的初速度v0开始运动，此时B的速度为0，A、B运动的v-t图像如图乙所示。已知A的质量为m，0~t0时间内B的位移大小为，t=3t0时A、B发生碰撞并粘在一起，运动过程中橡皮绳始终处于弹性限度内，下列说法正确的是（　　） A．橡皮绳的最大弹性势能为 B．0~2t0时间内橡皮绳对B的平均作用力大小为 C．橡皮绳的原长为 D．0~t0时间内，A的位移大小为 重难·创新演练 设题创新:高考动量守恒命题创新体现在三方面：一是结合航天、生产等真实情境包装碰撞、反冲模型，脱离纯理论题干；二是多场景融合，将动量守恒与电磁感应、圆周运动、平抛运动结合，多过程嵌套设问；三是弱化直接套公式，增加相对速度、临界约束判断，增设速度合理性检验类隐藏条件，侧重逻辑推导，灵活区分动量与能量守恒适用场景。 1．（2026·福建莆田·模拟预测）（多选）如图甲所示，光滑绝缘水平面上固定两间距为的光滑导轨，导轨左侧接有智能电源、电容为的电容器和开关。空间有宽度为的两相同匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ，磁场边界均与导轨垂直，质量为的导体棒静置在区域Ⅰ最左侧，质量为、边长为、电阻的正方形线框右侧紧挨区域Ⅱ最左侧放置，区域Ⅱ右侧距离处有一固定挡板。时刻，闭合，电容器两端的电压随时间的线性变化图像如图乙所示，时导体棒恰出区域Ⅰ，棒与线框、线框与挡板的碰撞均为弹性碰撞，下列说法正确的是（　　） A．导体棒在区域Ⅰ内做匀加速直线运动 B．磁感应强度大小为 C．线框第1次完全出磁场瞬间速度大小为 D．最终棒离线框左端的距离为 2．（24-25高三下·福建福州·阶段检测）（多选）如图甲所示，质量均为的物块与物块之间拴接一轻质弹簧，静止在光滑的水平地面上，物块与竖直墙面接触，初始时弹簧处于压缩状态并被锁定，弹簧的弹性势能大小为。某一时刻解除锁定，并把此时记为时刻，规定向右为正方向，时间内物块运动的图像如图乙所示。下列判断正确的是（　　） A．时间内，物块、以及弹簧组成的系统机械能守恒 B．时间内，物块、以及弹簧组成的系统动量守恒 C．时间内，合外力对物体做功为 D．时间内，图线与轴所围的面积大小为 3．（2025·福建南平·模拟预测）（多选）如图，两个完全相同、质量均为的光滑半圆形凹槽a、b静止在光滑水平地面上，其中a槽左侧紧靠墙面。现将两个质量均为的小球1、2（可视为质点）分别从两槽的左侧最高点处由静止释放，则两小球在运动过程中（　　） A．分别与a槽和b槽组成的系统机械能和动量均守恒 B．运动到凹槽右端的最大高度不同 C．第一次运动到最低点时，两小球的速度大小之比为 D．第一次运动到最低点的过程，两小球在水平方向上相对地面的位移之比为 4．（2025·福建莆田·二模）（多选）如图，物块A和B质量分别为2m和m，将A、B用细线连接，中间夹有被压缩的轻弹簧，放在光滑的水平桌面上。烧断细线后，物块A、B离开弹簧并飞离桌面做平抛运动，落到水平地面上，则（　　） A．物块A、B飞离桌面到落地的时间之比为1∶1 B．物块A、B飞离桌面到落地的水平位移之比为1∶2 C．物块A、B飞离桌面时的动能之比为1∶1 D．物块A、B落地时的速度之比为1∶2 5．（2026·福建福州·一模）如图（a），水平面上电荷量的滑块A静置在绝缘不带电木板B的中间。水平面右侧放置一辆平板小车C，其上表面和B上表面等高，物块D放在C上通过水平轻质弹簧与车的右端相连，弹簧处于原长。时刻A、B、C、D均处于静止状态，在空间加一水平向右的匀强电场，电场强度E随时间t变化关系如图（b）所示。时刻木板B恰碰到大小不计的固定立柱，立即停止，同时A恰平滑滑上小车C并撤去电场。A与D碰撞后粘在一起，碰后弹簧弹性势能第一次达到最大。已知A、B、D的质量m均为1kg，小车C的质量为2kg，A、D可视为质点。A和B间的动摩擦因数为，B和地面间的动摩擦因数为，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，不计小车C与其他物体间的摩擦。弹簧的弹性势能公式为，弹簧劲度系数，x为弹簧形变量，弹簧始终在弹性限度内。取重力加速度大小，不计电磁辐射。求： (1)滑块B的加速度大小； (2)时滑块A的速度大小； (3)木板B的长度L； (4)碰后时间内小车C的位移大小。 6．（2026·河南驻马店·三模）如图所示，水平传送带以的速率沿顺时针方向匀速运行，传送带两端间的距离为4.8m，光滑四分之一圆弧轨道固定在竖直面内，圆弧轨道的最低点紧靠传送带的左端，圆弧轨道的最低点切线与传送带上表面在同一平面内，传送带右端紧靠右侧光滑水平面，且传送带上表面与水平面相平。个质量均为的相同物块一字排开静止在传送带右侧的水平面上，质量为的物块a在圆弧轨道上的最高处点由静止释放，物块a第一次到达传送带右端时速度也为，已知物块a与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度取，物块间的碰撞均为弹性正碰，求： (1)物块a在处对圆弧轨道的压力大小； (2)圆弧轨道半径的取值范围； (3)物块a与水平面上物块1第一次碰撞后，在传送带上运动的总时间。 7．（2026·福建泉州·三模）如图，平行光滑金属导轨与由倾斜导轨与足够长的水平导轨平滑连接组成，、之间接有阻值为R的电阻。水平导轨静置一长方体空绝缘盒，在盒右侧壁处有一物块，盒左侧的水平导轨间区域abcd有竖直向上的匀强磁场。一阻值为r的导体棒由静止释放沿倾斜导轨下滑，穿过磁场区域后与盒发生碰撞。已知两导轨的间距，导体棒释放时距水平导轨面的高度，磁场边界ab、cd的间距，磁感应强度大小，导体棒与盒的质量均为，小物块的质量，盒左右侧壁间的距离，物块与盒底面之间的动摩擦因数，，取重力加速度大小，导体棒运动过程始终与ab、cd平行且垂直于导轨，物块可视为质点，所有碰撞均视为弹性正碰，且碰撞时间极短，求： (1)导体棒进入磁场时的速度大小； (2)导体棒穿过磁场区域的过程中电阻R产生的热量Q； (3)物块与盒最后一次碰撞后瞬间物块的速度大小。 8．（2026·福建福州·模拟预测）如图所示，一光滑圆弧槽固定在水平面上，圆弧两端点、间对应的圆心角，圆弧半径，点与圆心的连线竖直。圆弧槽右侧是光滑的水平面。质量，长度为的木板，紧挨平台放置，木板上表面与圆弧槽点等高，左端恰好位于点正下方。质量的物块静置于木板的左端，物块与木板之间的动摩擦因数。将质量的小球从圆弧槽的点由静止释放，小球在圆弧槽的点与物块发生弹性正碰，在碰撞结束瞬间取走小球，同时给木板施加一个水平向右的恒力，物块、小球均可看作质点，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度，，。求： (1)小球与物块碰后瞬间物块速度大小； (2)当时，物块在木板上运动产生的热量； (3)改变的大小（作用过程中仍为恒力），物块在木板上运动产生的热量至多不超过多少。 9．（2026·福建龙岩·三模）如图甲所示，在足够大的光滑水平桌面上，存在一圆心为O，半径为R的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直桌面向下，磁感应强度大小为B。磁场左边有间距为L的ab、ef平行边界线，ef与圆形区域相切于N点，边界线内有水平方向且与MN垂直的交变电场（如图乙所示），规定图甲中所示的场强方向为正方向。圆心O与MN共线，在MN的延长线上放置三个小球A、B、C，小球B、C不带电且质量均为m，小球A的质量为2m、带电量为。小球A、B间放置一处于原长的绝缘轻质弹簧，两球与弹簧接触但不粘连。现给小球C一沿MN连线向右的初速度，一段时间后，小球C与B发生碰撞，碰撞后B、C粘连在一起，小球A与弹簧分离后在M点进入电场。求： (1)弹簧弹性势能的最大值； (2)小球A离开电场时的速度大小； (3)若电场强度大小，磁感应强度大小，，则在时间内进入电场的小球A（大小可忽略）在圆形磁场中可能经过的区域的面积。 10．（2026·福建漳州·三模）如图，长为L=0.8 m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的右侧紧贴小物体C；C右侧足够远处静止放置带负电小物体D，D到桌面右端的距离d=0.5 m。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。A受微小扰动后，杆与A向右转动，推动B、C一起向右运动。当A与B刚分离时，轻杆与地面夹角，用外力使B立即制动；C继续向右运动并与D发生碰撞（碰撞时间极短）。碰撞后，D在桌面上做减速运动，以速度离开桌面，随后在竖直平面内做半径R=0.9 m的匀速圆周运动。已知A的质量，B、C、D的质量均为m=0.02 kg，D的电荷量q=0.1 C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；g取10 m/s2.求： (1)电场强度的大小E和磁感应强度的大小B； (2)物体C与物体D碰撞后瞬间，物体D的速度大小； (3)判断物体C与物体D的碰撞是否为弹性碰撞，请计算说明理由。 真题·实战演练 高频考点：福建高考动量守恒高频考点分为三类：选择题考查守恒条件辨析、三类碰撞动量与动能变化、人船基础模型；中档题集中一维碰撞定量计算，要求规范设定正方向；压轴大题融合板块、圆周、电磁场景，联立动量、动能定理求解。必考速度合理性校验，多过程优先整体列式，常以临界条件设置陷阱，是力学综合题核心拉分考点。 1．（2025·福建·高考真题）（多选）如图，物块A、B用轻弹簧连接并放置于水平传送带上，传送带以1m/s的恒定速率顺时针转动。t=0时，A的速度大小为2m/s，方向水平向右，B的速度为0，弹簧处于原长，t=t1时（t1为未知量），A第一次与传送带共速，弹簧弹性势能0.75J。已知A、B可视为质点，质量分别为1kg、2kg，与传送带的动摩擦因数为0.5、0.25；A与传送带相对滑动时会留下痕迹，重力加速度大小取，A、B始终在传送带上，弹簧始终在弹性限度内，则（　　） A．在t=时，A的加速度大小比B的小 B．t=t1时，B的速度大小为0.5m/s C．t=t1时，弹簧的压缩量为0.2m D．0﹣t1过程中，A在传送带上留下的划痕长度小于0.05m 2．（2022·福建·高考真题）如图，L形滑板A静置在粗糙水平面上，滑板右端固定一劲度系数为的轻质弹簧，弹簧左端与一小物块B相连，弹簧处于原长状态。一小物块C以初速度从滑板最左端滑入，滑行后与B发生完全非弹性碰撞（碰撞时间极短），然后一起向右运动；一段时间后，滑板A也开始运动．已知A、B、C的质量均为，滑板与小物块、滑板与地面之间的动摩擦因数均为，重力加速度大小为；最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，弹簧始终处于弹性限度内。求： （1）C在碰撞前瞬间的速度大小； （2）C与B碰撞过程中损失的机械能； （3）从C与B相碰后到A开始运动的过程中，C和B克服摩擦力所做的功。 3．（2015·福建·高考真题）如图所示，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是（　　） A．A和B都向左运动 B．A和B都向右运动 C．A静止，B向右运动 D．A向左运动，B向右运动 4．（2014·福建·高考真题）一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离．已知前部分的卫星质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v1为（ ） A．v0-v2 B．v0+v2 C． D． 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $ 第24讲 动量守恒定律（专项训练） 目 录 研判·考情前瞻 2 巩固·知识解构 2 知识点1 动量守恒定律的理解和基本应用 2 知识点2 碰撞问题 3 模拟·基础演练 4 题型01 碰撞模型 4 题型02 非弹性碰撞中的“动能损失”问题 10 题型03 碰撞遵循的规律 16 题型04 “滑块—弹簧”碰撞模型中的多过程问题 22 题型05 子弹打木块模型中的能量动量问题 27 题型06 人船模型及其拓展模型的应用 32 重难·创新演练 37 真题·实战演练 53 研判·考情前瞻 核心考点 2026年 2025年 2024年 动量守恒定律基础辨析与条件判断 多选 T15（6 分） 一维动量守恒多过程定量计算 多选 T7（6 分） 动量守恒与多模块综合压轴应用 计算 T14（14 分） 考情分析 动量守恒定律是福建高考物理必考核心考点，选择、力学压轴计算题均高频考查。小题侧重守恒条件辨析、碰撞模型动量与动能变化判断，依托 F-t、v-t 图像或生活化场景设置易错陷阱；第 14 题力学大题常融合圆周、滑板、电磁感应模型，以多过程串联设问，重点考查全过程整体列式、多规律联立求解，常结合临界条件、摩擦力做功设置复杂场景，是试卷核心区分度考点。 复习目标 1.吃透动量守恒定律适用条件，精准区分内力与外力，熟练掌握矢量性运算，规范正方向与参考系设定，规避基础概念易错点； 2.熟练掌握碰撞、反冲、人船、板块模型的动量守恒列式方法，能结合动能定理、动量定理完成多过程定量计算，规范力学列式书写； 3.能精准拆解多体多过程综合场景，联动力学、电磁学规律完成压轴题求解，精准把握临界条件，规避符号、计算失误，提升综合分析能力。 巩固·知识解构 知识点1 动量守恒定律的理解和基本应用 动量守恒定律的五个特性 矢量性 动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题应选取统一的正方向 相对性 各物体的速度必须是相对同一参考系的速度(一般是相对于地面) 同时性 动量是一个瞬时量，表达式中的p1、p2、…必须是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p′1、p′2、…必须是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量 系统性 研究的对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统 普适性 动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，还适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统 ✨得分速记： 动量守恒的条件 (1)系统不受外力或所受外力之和为零时，系统的动量守恒。 (2)系统所受外力之和不为零，但当内力远大于外力时系统动量近似守恒。 (3)系统所受外力之和不为零，但在某个方向上所受合外力为零或不受外力，或外力可以忽略，则在这个方向上，系统动量守恒。 ⚠特别提醒： 使用动量守恒必先判断守恒条件，系统合外力为零才适用，局部外力远小于内力（碰撞、爆炸）可近似守恒。动量是矢量，解题第一步规定正方向，所有速度统一带符号计算，一维问题不可忽略正负。公式中速度必须是同一惯性参考系（地面）的瞬时速度，不能混用相对速度。区分全过程与分过程，多体问题优先整体分析；碰撞题型注意弹性、完全非弹性的动能变化差异。切勿混淆动量守恒与机械能守恒，只有完全弹性碰撞机械能才不变，其余碰撞均有能量损耗，列式时分开列动量、能量方程，减少符号计算失误。 知识点2 碰撞问题 1．碰撞现象三规律 2．弹性碰撞的结论 两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有 m1v1＝m1v′1＋m2v′2 m1v＝m1v′＋m2v′ 解得v′1＝，v′2＝ 结论：(1)当m1＝m2时，v′1＝0，v′2＝v1(质量相等，速度交换)； (2)当m1>m2时，v′1>0，v′2>0，且v′2>v′1(大碰小，一起跑)； (3)当m1<m2时，v′1<0，v′2>0(小碰大，要反弹)； (4)当m1≫m2时，v′1＝v1，v′2＝2v1(极大碰极小，大不变，小加倍)； (5)当m1≪m2时，v′1＝－v1，v′2＝0(极小碰极大，小等速率反弹，大不变)。 ✨得分速记 解碰撞先定系统与正方向，优先判定动量守恒，碰撞瞬间外力可忽略直接列式。分三类碰撞：完全弹性碰撞动量、动能均守恒，可联立双方程求速度；完全非弹性碰撞共速，动能损失最大，仅动量守恒；一般非弹性碰撞只满足动量守恒，动能一定减少。牢记速度合理性校验：碰撞后不穿透、不反弹越界，防止算出违背实际的速度。多物体碰撞按先后分段列式，区分内力与外力，避免混用机械能守恒。大题分步书写动量、能量方程，标注初末状态速度符号，校验结果快速拿全步骤分。 模拟·基础演练 考查重点：高考动量守恒选择、计算均重点考查。选择题侧重守恒条件判断、三类碰撞动量动能变化对比、人船模型基础计算。计算题以板块、圆周、平抛综合模型为主，核心考一维动量守恒列式，常联动动能定理联立求解。注重矢量正负方向规范，必考碰撞后速度合理性检验。压轴大题多过程拆分，区分全过程与分段守恒，结合临界极值设问，是力学大题核心拉分点。 ⏳题型01 碰撞模型 1．（2026·福建泉州·模拟预测）如图所示，足够长的木板C静止放在光滑水平面上，其质量为。质量的小物块A、B开始静止在木板C上，二者间距为d=1m。现分别对A、B施加瞬时冲量，使A、B同时以的速度水平向右运动。物块A与木板C间的动摩擦因数为，物块B与木板C间的动摩擦因数为，A、B两物块均可视为质点且其碰撞为弹性碰撞，碰撞时间极短，重力加速度g取。求： (1)A、B开始运动瞬间，A、B、C各自的加速度大小； (2)运动过程中A物体的最小速度大小； (3)运动过程中A、C间因摩擦产生的热量与B、C间因摩擦产生的热量之比。 【答案】(1)2m/s2 (2)2m/s (3) 【详解】（1）对物块A，根据牛顿第二定律，有 解得 对物块B，根据牛顿第二定律，有 解得 对木板C，根据牛顿第二定律，有 解得 （2）设B与C先共速 解得 又有 此过程中A与B的位移分别为， 解得， 恰好有 即B与C共速的同时A追上B并与B发生弹性碰撞，此时A的速度为 根据动量守恒，有 根据能量守恒，有 解得， 即碰撞后A与C共速，B速度更快。设A与C可以相对静止，对A、C整体，根据牛顿第二定律，有 对A，有 解得 即碰撞后A与C可以相对静止一起加速，最终A、B、C共速。 根据动量守恒，有 解得 故得运动过程中A物体的最小速度为 （3）从开始到时刻，A、C间的相对位移大小为 A、C间由于摩擦产生的热量 解得 最终A、B、C共速，全过程系统由于摩擦产生的热量等于系统动能减少量 则B、C间由于摩擦产生的热量为 可得 则运动过程中A、C间因摩擦产生的热量与B、C间因摩擦产生的热量之比。 2．（2026·贵州贵阳·模拟预测）如图，弹簧左端固定，将细圆管弯成圆弧轨道分别与水平轨道相切于M、N点，在竖直面内存在方向竖直向下的匀强电场（图中未画出），电场强度大小E＝10N/C。质量为M＝4kg的绝缘小球B静止在水平轨道上，将质量为m＝2kg、带电量为q＝0.8C的负电小球A（可视为质点）压缩弹簧后由静止释放，小球能从M点进入圆弧轨道，通过轨道的最高点P时恰好与圆管无弹力作用，之后从N点返回水平轨道，水平轨道足够长，两球间的碰撞为弹性碰撞，已知两球的大小相同，圆弧轨道半径R＝1m，不计一切摩擦和空气阻力，g取10。则（　　） A．释放小球A时弹簧内储存的弹性势能为5J B．两小球至多能发生2次碰撞 C．A小球再次返回轨道运动的过程中对内轨道可能有弹力 D．A小球从M点运动到P点的过程中对内轨道无弹力 【答案】D 【详解】A．A小球在最高点P时恰好与圆管无弹力作用，则有 代入数据解得 释放小球A时弹簧内储存的弹性势能为 解得，故A错误； B．小球A与B碰前的速度 以水平向右为正方向，则AB碰撞过程根据动量守恒则有 机械能守恒则有 代入数据联立解得 小球A返回到水平面时的速度大小仍为，因小于小球B的速度，则两球不可能再发生第二次碰撞，故B错误； C．A小球再次返回轨道运动时能上升的高度为h，则有 解得 可知小球不能越过与圆心等高的位置，则与内轨道无弹力，故C错误； D．从M点到圆心等高点，小球一定挤压外轨，又因为在P点小球恰好对轨道无弹力，可证明从圆心等高点到P点，小球也一直挤压外轨，故D正确。 故选D。 3．（2025·福建厦门·三模）（多选）“天宫课堂”第四课在中国空间站开讲，神舟十六号航天员在梦天实验舱内进行授课。其中一个实验如图所示，质量为0.1kg的小球A以某一初速度向左运动，与静止悬浮在空中的质量为0.5kg的小球B发生正碰，碰撞后小球A向右反弹，当A向右移动2格的长度时，小球B向左移动1格的长度。已知背景板上小方格的边长相等，忽略舱内空气阻力的影响，则（　　） A．小球A碰撞前后的速度大小之比为7：2 B．小球A碰撞前后的速度大小之比为3：2 C．碰撞前后，小球A、B组成的系统动能不变 D．碰撞前后，小球A、B组成的系统动能减少 【答案】BC 【详解】根据题意可知，由于碰撞后，A球向右移动2格长度时，B球向左移动1格的长度，则碰撞后，A球的速度大小是B球速度大小的2倍，设碰撞后B球的速度为，则A球的速度为 AB．设碰撞前A球的速度为，由于碰撞过程系统的动量守恒，则碰撞过程中A球动量减少量等于B球动量增加量，则有 解得 则求A碰撞后的速度大小为 则小球A碰撞前后的速度大小之比为3：2，故B正确，A错误； CD．根据计算可得碰撞前系统的总动能 碰撞后系统的总动能 可得 可知碰撞前后，小球A、B组成的系统动能不变，故C正确，D错误。 故选BC。 4．（2024·福建·一模）（多选）在某次台球游戏中，出现了如图所示的阵型，5个小球B、C、D、E、F并排放置在水平桌面上，其中4个球B、C、D、E质量均为，A球、F球质量均为，A球以速度与B球发生碰撞，所有的碰撞均可认为是弹性碰撞，下列说法正确的是（　　） A．若，最终将有1个小球运动 B．若，相邻两小球之间只发生1次碰撞 C．若，最终将有3个小球运动，且运动方向一致 D．若，最终将有3个小球运动，且运动方向不一致 【答案】AD 【详解】A．碰撞时由动量守恒和能量守恒可知 可得， 若，则碰后两球交换速度，则最终只有F小球运动，A正确； B．若，则碰后，然后B和C交换，直到D和E交换，E再与F碰撞，F向右运动，E被弹回再与D交换…，则不只发生1次碰撞，B错误； CD．若，则A、B碰后A反弹，B向右运动与C碰撞交换速度，最后D、E交换速度，最后E与F碰撞，E、F都向右运动，B、C、D停止，则最终将有3个小球A、E、F都运动，且运动方向相反，C错误、D正确。 故选AD。 5．（2026·福建·三模）如图所示，倾角的足够长斜面固定在水平面上，紧靠在一起的物块A和B静止在斜面上，物块A质量且底面光滑，物块B质量，与斜面间的动摩擦因数。一根劲度系数的轻弹簧上端固定，下端与物块A接触但不拴接，弹簧处于原长状态。沿斜面缓慢向上推物块A，当弹簧弹力时，由静止释放物块A，物块沿斜面向下做简谐运动，然后与物块B发生碰撞，碰撞时立即撤去弹簧。已知弹簧弹性势能的表达式为（k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量），弹簧振子的周期公式为（m为振子质量，k为弹簧的劲度系数），弹簧始终在弹性限度内，物块A和B均可视为质点，A、B间的碰撞为弹性碰撞，碰撞时间不计，重力加速度，求： (1)弹簧恢复原长时，物块A的速度大小； (2)从A被释放到与B发生第一次碰撞，物块A的运动时间； (3)当物块A与B发生第n次碰撞时，物块B的位移大小。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）由胡克定律 弹簧恢复原长过程，由动能定理， 解得 （2）物块A做简谐运动的周期 设振幅为A，有 位移时间关系 弹簧恢复原长时 由以上可得 （3）物块A与B第一次碰撞， 物块B向下减速 位移为，有 解得 时间 物块A运动到B静止位置的速度为，有 解得 时间为，有 解得，可知物块B静止后，A与B发生第二次碰撞。第二次碰撞后运动过程同第一次碰撞后，故 ，， 第n次碰撞时，物块B的位移大小 得 ⏳题型02 非弹性碰撞中的“动能损失”问题 6．（2026·福建福州·三模）（多选）如图（a），劲度系数为k的轻弹簧下端悬挂薄板A，A静止。带孔薄板B套于弹簧且与弹簧间无摩擦，A、B质量相同，B从A上方h高度处由静止释放，A、B碰撞时间极短，碰后粘在一起下落后速度减为零。以A、B碰撞位置为坐标原点O，竖直向下为正方向建立x轴，A、B整体的重力势能随下落距离x变化图像如图（b）中Ⅰ所示，弹簧的弹性势能随下落距离x变化图像如图（b）中Ⅱ所示，重力加速度为g，则（　　） A．薄板A的质量为 B．薄板B下落的高度h为 C．碰撞后两薄板的最大速度为 D．碰撞后两薄板上升的最大高度在O上方处 【答案】AB 【详解】A．设A、B的质量均为m，图线I为图像，故图线I斜率的绝对值等于两薄板的重力 利用图线I还可求出斜率的绝对值 联立解得，故A正确； B．设B与A碰撞前的速度为​，根据自由落体运动规律可知 解得 由于A、B碰撞过程动量守恒，故 解得​ 碰后A、B的动能 对两薄板从碰后到最低点，由能量守恒可得(其中为动能，为弹性势能，为重力势能)​ 结合图像可知，，， 联立解得 又知，​ 联立解得，故B正确； C．碰后的最大速度处加速度为0，即 碰后最大速度位置对应的弹簧伸长量为 所以，最大速度的位置在A、B碰撞处下方l处，从A、B碰后到最大速度位置，根据动能定理有 解得，故C错误； D．碰撞前薄板A平衡 解得 碰后两薄板一起下落速度减为零，故在最低点时弹簧的伸长量为。 所以，两薄板一起做简谐运动的振幅 简谐运动具有对称性，故最高点在平衡位置的上方一个振幅处，所以最高点距点的距离为，故D错误。 故选AB。 7．（2024·福建漳州·一模）（多选）如图，内壁光滑的直圆筒竖直固定放置，轻质弹簧下端固定在圆筒的底端，自然状态时上端位于点。A和B是质量均为、直径略小于圆筒内径的相同小球。现将A缓慢放在弹簧上端，静止时弹簧的压缩量为，再将B从A上方的处由静止释放，B与A碰撞后立即粘连一起运动，恰能回到点。两小球均可视为质点，重力加速度为，则（　　） A．弹簧的劲度系数 B．B与A碰撞后瞬间速度大小为 C．小球A、B回到点时加速度为零 D．此过程中弹簧的最大弹性势能为 【答案】AB 【详解】A．以A球为对象，由平衡条件可得 解得弹簧的劲度系数 故A正确； B．设B与A碰撞前瞬间速度大小为，根据运动学公式可得 B与A碰撞过程，满足动量守恒，则有 联立解得B与A碰撞后瞬间速度大小为 故B正确； C．小球A、B回到点时，弹簧弹力为0，两球受到重力作用，加速度不为零，故C错误； D．碰撞后两球一直做简谐运动，两球恰能回到点，此时两球的加速度为，方向向下，根据简谐运动对称性可知两球处于最低点时的加速度大小为，方向向上，设最低点的压缩量为，则有 解得 设此过程中弹簧的最大弹性势能为，根据系统机械能守恒可得 故D错误。 故选AB。 8．（2024·河北·二模）（多选）2024年2月5日，在斯诺克德国大师赛决赛，特鲁姆普以10-5战胜斯佳辉获得冠军，如图甲所示。简易图如图乙所示，特鲁姆普某次用白球击打静止的蓝球，两球碰后沿同一直线运动。蓝球经的时间向前运动刚好（速度为0）落入袋中，而白球沿同一方向运动停止运动，已知两球的质量相等，碰后以相同的加速度做匀变速直线运动，假设两球碰撞的时间极短且发生正碰（内力远大于外力），则下列说法正确的是（　　） A．由于摩擦不能忽略，则碰撞过程动量不守恒 B．碰后蓝球与白球的速度之比为 C．碰撞前白球的速度大小为 D．该碰撞为弹性碰撞 【答案】BC 【详解】A．由题意两球碰撞的时间极短，碰撞过程中产生极大的内力，两球与桌面间的摩擦力远远小于内力，所以该碰撞过程的动量守恒，A错误； B．碰后，蓝球做匀减速直线运动且刚好落入袋内，由匀变速直线运动的规律得蓝球碰后瞬间的速度为 又两球的加速度大小相等，则由公式得 解得碰后瞬间白球的速度大小为 则碰后蓝球与白球的速度之比为，B正确； C．碰撞过程中两球组成的系统动量守恒，则 代入数据解得C正确； D．两球碰前的动能为 两球碰后的总动能为 由于 所以该碰撞过程有机械能损失，即该碰撞为非弹性碰撞，D错误。 故选BC。 9．（2024·福建厦门·二模）（多选）2024年某贺岁档电影中，两辆赛车的碰撞测试为国内首个赛车碰撞实拍镜头。高速移动的白色车与迎面而来的灰色车碰撞后，两车一起沿着白色车原运动方向移动，两车碰撞时间极短。则（　　） A．碰撞过程中两车组成的系统机械能守恒 B．白色车对灰色车和灰色车对白色车的撞击力大小相等 C．白色车碰撞前的动量大于灰色车碰撞前的动量 D．碰撞过程中白色车的动量变化量小于灰色车的动量变化量 【答案】BC 【详解】A．根据题意，可将该碰撞看成完全非弹性碰撞，而完全非弹性碰撞碰撞过程中机械能损失最大，即该碰撞过程中有能量的损失，机械能不守恒，故A错误； B．根据牛顿第三定律可知，白色车对灰色车和灰色车对白色车的撞击力为相互作用力，大小相等，故B正确； C．设白色车的质量为，速度为，灰色车质量为，速度为，取白色车速度方向为正方向，碰撞过程中根据动量守恒有 根据题意，碰撞后，两车一起沿着白色车原运动方向移动，即碰撞后的速度方向与速度方向相同，则可知白色车碰撞前的动量大于灰色车碰撞前的动量，即 故C正确； D．由于碰撞过程中动量守恒，由 可得 而两车动量变化量分别为， 即有 可知碰撞过程中两车动量变化量大小相等，故D错误。 故选BC。 10．（2026·福建厦门·二模）如图所示，空间中存在方向水平向右、大小的匀强电场。水平放置长度的传送带以的速度沿顺时针方向匀速率转动。传送带右侧与水平地面等高平滑连接，带绝缘弹性挡板的绝缘长木板B左端紧靠连接处放置，木板上有带电量的物块C，B和C均处于静止状态。不带电的绝缘物块A从传送带的左端由静止释放，到达传送带右端后立即与B发生碰撞并粘在一起。已知A、B的质量均为，C的质量为，A与传送带的动摩擦因数为，A、B与地面之间、B与C之间的动摩擦因数均为，重力加速度大小g取，A、C均可视为质点，所有碰撞时间都极短，全过程中C的带电量保持不变，C与B右端挡板的碰撞为弹性碰撞且始终没有脱离B，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求： (1)A、B碰撞过程中损失的机械能大小； (2)B从被A碰撞后到第一次速度为0时经历的时间； (3)B最终向右运动的总位移大小。 【答案】(1)25J (2)3s (3) 【详解】（1）假设A在传送带上一直加速，有 解得 故假设成立，A刚到达传送带右端时速度为 A、B发生非弹性碰撞有 解得 碰撞损失机械能 解得 （2）碰后对A、B整体分析有 可得 对C分析有 可得 设经过时间，AB与C共速，记为 对A、B有 对C有 解得， 再对C分析，由于 故C以向右做匀速直线运动，再对A、B分析有 解得 设A、B一起匀减到0，用时为，则有 解得 共速前C相对A、B向左滑动位移有 共速后C相对A、B向右滑动位移有 说明A、B停下后，C后来才撞到弹性挡板，故B从被A碰后到第一次速度为0用时 （3）A、B静止后，C以向右匀速并与弹性挡板发生碰撞，则有 得， 由于 同理可得A、B第三次开始运动速度 第四次 找出速度规律，而A、B第一次运动到速度为0向右位移 则A、B第二次运动到速度为0向右位移 A、B第三次运动到速度为0向右位移 故无限多次碰撞后，B对地向右运动总位移 ⏳题型03 碰撞遵循的规律 11．（2026·福建泉州·二模）如图甲，下端带有挡板的长木板A静止在足够长的固定斜面上，挡板上有一长度可忽略且被压缩并锁定的轻弹簧，时将质量为m的小物块B从A上与挡板距离为处由静止释放，时刻B与挡板发生第一次碰撞，碰撞瞬间弹簧解除锁定，在极短时间内弹开B后瞬间A获得的速度大小为，时B与挡板发生第二次碰撞，在时间内B的速度大小v随时间t变化的关系图线如图乙所示（、均为未知量），各个接触面的最大静摩擦力均等于各自的滑动摩擦力。 (1)根据乙图，求在内与在内B的加速度大小之比； (2)求第一次碰撞到第二次碰撞的时间内A下滑的距离； (3)求A与B、A与斜面间的动摩擦因数之比。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）根据题意，由图乙可知，B在的时间内匀减速上滑，加速度大小为 B在的时间内沿斜面匀加速下滑，加速度大小为 因此在内与在内B的加速度大小之比为 （2）由图推断可知，A在之前已停止运动，B在与在时间内受力情况一致，加速度相同，则时刻速率为 刚释放B时，A、B之间的距离为，则有 B在-时间内沿斜面向上运动，运动的距离 B在时间内沿斜面向下运动，运动的距离 则两次碰撞期间A沿斜面下滑的距离 （3）由图可知，B与挡板第一次碰撞后，A的速度为， 设A的质量为M，由动量守恒定律可得 解得 第一次碰撞后A一直做匀减速运动，经过时间停止运动，则有 解得 设A做匀减速运动的加速度大小为，则 设斜面倾角为，A与B间的动摩擦因数为，A与斜面间的动摩擦因数为， 根据牛顿第二定律，对A有 B沿斜面向下运动时 B沿斜面向上运动时 联立解得 12．（2025·福建·模拟预测）如图所示，半径为R、质量为3m的光滑竖直四分之一圆弧体静止在光滑水平面上，质量为m的小球B用足够长轻质细线悬挂，刚好与水平面接触，细线能承受的最大拉力为7mg，一根小钉子紧贴细线固定在悬点正下方。将质量为2m的小球A在圆弧体的最高点由静止释放，当小球A刚运动到圆弧体最低点时，圆弧体与水平面上固定挡板碰撞并立即停止运动，小球A离开圆弧体后，继续在水平面上向右运动并与小球B发生弹性正碰，重力加速度为g，不计小球的大小，圆弧体最低点与水平面相切。 (1)求小球A未释放时，圆弧体最高点离挡板的水平距离； (2)求圆弧体碰后静止的瞬间，小球对圆弧体的压力大小； (3)要使小球B能在竖直面内做完整的圆周运动，求钉子离地面的距离应满足的条件（结果可保留分数）。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）设小球A未释放时圆弧体离挡板的距离为x，小球A沿圆弧体向下运动过程中，小球A与圆弧体在水平方向动量守恒，则 即，即 解得 （2）设小球A运动到圆弧面最低点时速度大小为，圆弧体的速度大小为，水平方向动量守恒 机械能守恒 解得 当圆弧体速度瞬间为零时，设圆弧体对A球的支持力为N，根据牛顿第二定律 解得 根据牛顿第三定律可知，小球对圆弧面最低点压力大小 （3）设A、B两球碰撞后一瞬间，A球速度大小为，小球B的速度大小为v，则根据动量守恒 根据机械能守恒 解得 设当钉子离地面的高度为时，碰撞后一瞬间，细线刚好要断开，则 解得 设当钉子离地面的高度为时，小球B恰好能做完整的圆周运动，则小球B在最高点时，根据牛顿第二定律 碰后到上升到最高点过程中，根据机械能守恒 解得 因此小球B要能做完整的圆周运动，钉子离地面的高度h应满足的条件是 13．（2025·福建福州·模拟预测）竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块静止于水平轨道的最左端，如图（a）所示。时刻，小物块在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与发生弹性碰撞（碰撞时间极短）；当返回到倾斜轨道上的点（图中未标出）时，速度减为0。物块从开始运动到的过程中的图像如图（b）所示，图中的和均为已知量，为未知量。已知的质量为，重力加速度大小为，不计空气阻力。求： (1)在内的平均速度与平均速率； (2)斜面的倾角的正弦值； (3)物块的质量。 【答案】(1)平均速度，平均速率； (2)； (3) 【详解】（1）由图像的面积为运动位移，知内位移 内位移 平均速度 平均速率 （2）设斜面的倾角为，滑动摩擦力大小为，当物块沿斜面下滑时，根据牛顿第二定律 由图象知 当物体沿斜面上滑时，根据牛顿第二定律 由图象知 联立得 （3）设物块和物块发生弹性碰撞后一瞬间的速度分别为、，由动量守恒 由能量守恒 联立方程解得， 根据图象可知 解得 14．（2025·福建莆田·三模）如图所示，长为、质量为的长木板置于光滑水平平台上，长木板的左端与平台左端对齐，质量为的物块放在长木板上表面的左端，长木板的上表面离地面的高度为。先将长木板锁定，让质量为的小球在地面上的点斜向右上与水平方向成角抛出，小球沿水平方向与物块发生弹性碰撞，碰撞后，物块滑离长木板时速度为、碰撞后一瞬间的速度的，重力加速度取。求： (1)小球与物块碰撞前一瞬间的速度大小； (2)物块与长木板上表面的动摩擦因数； (3)解除长木板的锁定，让小球仍从点以原速度抛出，小球与物块碰撞后，物块与长木板的最终速度大小。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）设小球与物块碰撞前一瞬间速度大小为，在点抛出的初速度大小为，则竖直方向根据运动学公式 综合解得 （2）与碰撞过程，根据动量守恒有 根据机械能守恒有 解得 根据题意，物块滑离长木板时的速度 根据动能定理有 解得 （3）假设、碰撞后物块能滑到长木板的右端，令此时物块和长木板的速度大小分别为、，则由动量守恒定律有 由能量守恒定律有 联立两式代入数据解得 可见假设成立且物块刚好相对静止在长木板的右端。 15．（2025·福建·模拟预测）如图所示，斜坡上两个可视为质点的相同滑块甲、乙，质量都为m，分别从不同高度同时开始下滑。斜坡与水平面在处平滑相接，斜面上，滑块与水平面间的动摩擦因数均为，乙在水平面上追上甲时发生弹性碰撞，忽略空气阻力，斜面倾斜角度为，重力加速度大小为。试求： (1)甲在斜面上的加速度； (2)若在碰撞前瞬间乙的速度为，求碰撞后直至停下地面对甲的冲量大小； (3)若乙的初始高度为，求甲停下时离点的最远距离。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）甲在斜面上的加速度，甲在斜面上受重力沿斜面向下的分力和摩擦力，合力为： 由牛顿第二定律 得： （2）碰撞时由， 可得 碰撞后甲乙交换速度，则甲停止运动，乙的速度为v，对乙 根据动量定理，水平方向： 即 竖直方向： 地面冲量大小： （3）乙的初始高度为，到达水平面的速度为： 碰撞后甲乙交换速度，则乙停在运动，甲的速度为乙，继续滑行直到停止，则甲停止时的位置距离O点的距离为： 代入 得： ⏳题型04 “滑块—弹簧”碰撞模型中的多过程问题 16．（2026·福建南平·二模）（多选）如图（a），质量分别为、的两个小球A、B拴接在一根轻弹簧的两端，并静止在光滑的水平地面上。给小球A一个水平向右的初速度压缩弹簧，此后小球A、B的速度与冲量大小的关系图像如图（b）所示，图中、已知，则（　　） A． B． C．从开始运动到A、B共速时B球的动能变化量为 D．A、B共速时弹簧的弹性势能最大，其最大值为 【答案】BD 【详解】A．由动量定理，对小球有，变形得 对小球有，变形得 图像斜率的绝对值为，由图可知的斜率绝对值大于的斜率绝对值，即，可得，故A正确。 B．当时，共速，设共同速度为。由动量定理得， 联立消去得 整理得，故B正确。 C．从开始运动到，共速时，对由动量定理得 球的动能变化量 因，则，故C错误。 D．，共速时弹簧压缩量最大，弹性势能最大。由能量守恒定律得 结合动量守恒， 代入化简得，故D正确。 故选BD。 17．（2026·福建厦门·二模）（多选）如图甲所示，物块A与物块B之间通过一根轻质弹簧连接，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，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图像如图乙所示，已知物块A的质量为m，则（　　） A．时间内，竖直墙对物块B的冲量大小为0 B．时刻物块A、B的动能之比为 C．时间内，弹簧弹性势能的最大值为 D．时间内，物块A运动的位移为 【答案】BD 【详解】A．以物块A与物块B整体作为研究对象，时刻物块A的速度达到最大，可知此时弹簧处于原长状态，物块B即将离开墙面，此时的瞬时速度为0，故系统的动量为 由动量定理可知竖直墙对物块B的冲量大小满足，故A错误； B．时刻，物块B即将离开墙面，之后的运行过程，系统合外力为0，故系统动量守恒，由图乙可知时刻物块A的速度为 由于此时图像的斜率为0，由牛顿第二定律可知，物块A的合外力为0，即弹簧处于原长状态，设物块B的质量为，时刻物块B的瞬时速度为，根据动量守恒有 考虑时刻和时刻，弹簧弹性势能均为0，系统动能相等，即 两式联立，解得， 则时刻物块A、B的动能之比满足，故B正确； C．时间内，当弹簧被拉伸最长时，弹簧弹性势能最大，此时A、B速度相等，设为，由动量守恒定律可知 解得 此时弹簧弹性势能最大，满足，故C错误； D．设物块A、B在任意时刻的速度大小分别为、，由系统动量守恒可知 等式两边对时间微元求和并化简得 即 由于时间内，弹簧由原长再到原长，物块A、B的相对位置不变，可知 两式联立解得，故D正确。 故选BD。 18．（2026·福建·一模）（多选）如图所示，三小球a、b、c的质量分别为m、2m、6m，放于光滑的水平面上，小球b、c中间的轻质弹簧此时为原长（弹簧与小球均没有连接，可以分离），小球c右侧有一固定挡板。现让小球a以速度v0向右运动，与小球b碰后黏在一起，a、b两小球碰撞时间极短，当ab整体向右运动速度为时撤去挡板，则（　　） A．此后的运动过程中弹簧的最大弹性势能为 B．此后的运动过程中弹簧的最大弹性势能为 C．此后的运动过程中小球c的最大速度为 D．运动全过程中，弹簧的最大弹性势能可能为 【答案】AC 【详解】ABD．小球a、b碰后黏在一起，根据动量守恒有 可得小球a、b碰后黏在一起的速度为 撤去挡板后，当a、b、c速度相同时弹簧弹性势能最大，设a、b、c共同速度为，以a、b、c整体为研究对象，根据动量守恒定律 解得 根据能量守恒定律可得弹簧的最大弹性势能为 所以运动全过程中，弹簧的最大弹性势能不可能为，故A正确，BD错误； C．当弹簧恢复原长时，小球的速度最大，根据动量守恒定律有 根据能量守恒有 联立解得小球c的最大速度为，故C正确。 故选AC。 19．（2024·福建宁德·三模）（多选）如图甲所示，光滑水平面上两物块A、B用轻质橡皮绳水平连接，橡皮绳恰好处于原长。t = 0时，A以水平向左的初速度v0开始运动，B的初速度为0，A、B运动的v − t图像如图乙所示。已知A的质量为m，0 ~ t0时间内B的位移为x0，t = 3t0时二者发生碰撞并粘在一起，则（　　） A．B的质量为2m B．橡皮绳的最大弹性势能为 C．橡皮绳的原长为 D．橡皮绳的原长为v0t0 【答案】AD 【详解】A．由图乙及动量守恒定律得 解得 故A正确； CD．由图乙知，2t0时刻橡皮绳处于原长，设此时A、B的速度分别为vA、vB，由动量守恒定律及能量守恒定律得 ， 解得， 橡皮绳的原长 故C错误，D正确； B．由能量守恒定律，橡皮绳的最大弹性势能 故B错误。 故选AD。 20．（2026·福建厦门·模拟预测）如图所示，三小球、、的质量分别为、、，放于光滑的水平面上，小球、中间的轻质弹簧此时为原长（弹簧与小球均没有连接，可以分离），小球右侧有一固定挡板。现让小球以速度向右运动，碰后与小球黏在一起，、两小球碰撞时间极短，当、整体的速度大小为时撤去挡板，则运动全过程中，弹簧的最大弹性势能可能为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】、碰撞后黏在一起，即完全非弹性碰撞，动量守恒有 解得 右侧有挡板，初始静止且与挡板接触。、向右压缩弹簧，被挡板顶住不动。则、与弹簧组成的系统机械能守恒，有 由于压缩弹簧，、做简谐运动的一部分，即速度从向右减速至，再反向加速至，方向向左，故速度大小为的时刻有两个。 ①当向右减速至时，弹性势能设为，由机械能守恒解得 此时撤去挡板，总动量，总机械能 、快于，弹簧继续压缩，直至三者共速 则由动量守恒解得 共速动能 则此时弹性势能最大为 ②当向左加速至时，此时在撤去前弹簧已历经最大压缩状态，即、速度为零时。 故、速度为零时，由机械能守恒 解得 综上，弹性势能最大有两处， 故选C。 ⏳题型05 子弹打木块模型中的能量动量问题 21．（2026·福建福州·模拟预测）（多选）如图甲所示，质量为的滑块静止在静置于光滑水平地面的长木板的左端，给滑块施加一水平瞬时冲量I，同时立即受到一个方向竖直向上、大小与滑块速度成正比的力F作用（即，其中）从滑块滑上长木板开始计时，滑块与长木板运动的速度-时间图像如图乙所示。滑块可视为质点，滑块与长木板之间的动摩擦因数，重力加速度g取。则（     ） A． B．滑块位移4.4m C．长木板位移0.9m D．滑块与长木板的最大相对位移为3.5m 【答案】AC 【详解】A．瞬时冲量等于滑块获得的初动量，由乙图知时滑块初速度，因此，故A正确； BC．滑块在长木板上运动过程，两者组成系统的动量守恒，设长木板质量为M，则有 代入乙图数据，解得 滑块在长木板上运动过程，对于任意一个极短时间均满足 累积得，其中 代入数据可得 对木板由动量定理可得 即 联立解得，，故B错误，C正确； D．在共速前滑块速度始终大于长木板，相对位移持续增加，之后一起共速运动，因此最大相对位移为，故D错误。 故选AC。 22．（2025·福建·模拟预测）（多选）如图（a）所示，一根竖直悬挂的不可伸长的轻绳，下端拴一小物块A，上端固定在C点且与一能测量绳的拉力的测力传感器相连。已知有一质量为m0的子弹B以水平速度v0射入A内（未穿透），接着两者一起绕C点在竖直面内做圆周运动。在各种阻力都可忽略的条件下测力传感器测得绳的拉力F随时间t变化关系如图（b）所示，已知子弹射入的时间极短，且图（b）中t=0为A、B开始以相同的速度运动的时刻。下列说法正确的是（　　） A．A、B一起在竖直面内做周期T=t0的周期性运动 B．A的质量大小为 C．子弹射入木块过程中所受冲量大小为 D．轻绳的长度为 【答案】BD 【详解】A．根据图（b）可以知道A、B一起在竖直面内做周期性运动的周期为，故A错误； BCD．设子弹打入物块A后一起运动的速度大小为v1，AB一起运动到最高点的速度大小为v2，细绳的长度为l，子弹打入物块的瞬间，根据动量守恒定律有 子弹和物块在最低点绳子有最大拉力Fm，根据牛顿第二定律有 子弹和物块在最高点绳子有 从最高点到最低点，根据机械能守恒定律有 物块A受到子弹的冲量 联立解得，，，故BD正确，C错误。 故选BD。 23．（2026·福建泉州·三模）如图甲，足够长的木板放置在光滑水平桌面上，带正电的小滑块放在的最右端，通过一条跨过轻质光滑定滑轮的轻绳与小球相连，滑轮右侧轻绳水平。图示空间分布有垂直纸面向内的匀强磁场和水平向右的匀强电场，此时、、均静止。时撤去电场，与的相对速度随时间的变化关系如图乙所示，时电场恢复，此时的速度大小恰为的2倍。已知、、的质量分别为、、，的带电量恒为，、之间的动摩擦因数为，磁感应强度大小为，重力加速度大小为。忽略电场变化对磁场的影响。求： (1)电场强度的大小； (2)最大时的速度大小； (3)内、间因摩擦产生的热量，以及之后时的速度大小。 【答案】(1) (2) (3)， 【详解】（1）在电场中处于平衡状态，有 解得 （2）最大时，、与加速度大小相等，设为，设、间轻绳拉力大小为，与间摩擦力大小为，有 对有 对有 对有 联立解得 （3）设时、的速度分别为、，对、、系统有 若内任意时刻、的速度为，内的位移分别为，对由动量定理有 对上式累积求和可得 内对、、系统，由能量守恒定律有 且 联立可得 时电场恢复，受电场力大小为，可知此后、与的动量大小之和不变，故 可得 24．（2025·福建龙岩·二模）如图，某快递公司自动卸货装置由直轨道AB、圆弧轨道BC、水平轨道DE和固定在E端的弹簧组成，轨道均光滑，AB与BC相切于B点。直轨道倾角，A、B两点竖直高度差，圆弧轨道半径、圆心角。质量为的运货箱载有质量为的货物一起从轨道最高点A静止下滑，经圆弧BC滑上紧挨着C点的静止小车，小车上表面水平与C点等高，运货箱与挡板碰撞后共速但不粘连，二者右行压缩弹簧至最短时锁定。卸货后解锁，小车与空箱被弹回，小车遇左侧台阶碰撞瞬间停止，空箱滑出后恰能返回到A点。已知小车质量，长度，弹簧始终在弹性限度内，货物在运货箱内不滑动，运货箱视为质点，重力加速度，求： (1)运货箱经过圆弧轨道C点时对轨道的压力 (2)当弹簧被压缩到最短时弹簧的弹性势能 (3)小车上表面的滑动摩擦因数 【答案】(1)128N (2)32J (3)0.3 【详解】（1）对m1和m2整体，从A到C过程，由动能定理，有 解得 C点有 解得 根据牛顿第三定律，运货箱对轨道的压力 方向竖直向下； （2）从滑上小车到共速，和系统动量守恒 弹簧压缩到最短时，弹簧的弹性势能 解得 （3）取走m2，弹簧解锁后，弹性势能转化为m1和m3的动能，即                             小车与台阶碰撞后静止，此后根据能量守恒，有 解得 25．（2025·福建福州·模拟预测）如图，在有圆孔的水平支架上放置一物块，玩具子弹从圆孔下方竖直向上击中物块中心并穿出，穿出后物块和子弹上升的最大高度分别为和。已知子弹的质量为，物块的质量为，重力加速度大小为；在子弹和物块上升过程中，子弹所受阻力忽略不计，物块所受阻力大小为自身重力的。子弹穿过物块时间很短，不计物块厚度的影响，求： (1)子弹击中物块前瞬间的速度大小： (2)子弹从击中物块到穿出过程中，系统损失的机械能； (3)若子弹穿过物块时间，求子弹对物块的平均作用力大小。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）根据运动学公式， 对物快根据牛顿第二定律 子弹射穿木块过程由动量守恒定律有 解得 （2）子弹从击中物块到穿出过程中，系统损失的机械能 （3）以向上为正方向，子弹从击中物块到穿出过程中，对子弹有动量定理得 代入得 ⏳题型06 人船模型及其拓展模型的应用 26．（2026·福建厦门·模拟预测）（多选）如图所示，质量为的机器人站在质量为、长度为的木板左端。木板放置在光滑水平地面上，原来均静止。某时刻机器人突然斜向右上以初速度（对地）跳起，与水平方向夹角为，最终恰好落在木板右端并与木板相对静止。不计空气阻力，将机器人视为质点。取；，下列说法正确的是（     ） A．机器人落到木板右端后二者一起向右运动 B．机器人落到木板时，木板位移为0.3 m C． D．跳起时机器人消耗的电能可能为40 J 【答案】BC 【详解】A．系统水平方向不受外力，动量守恒。初动量为零，最终机器人落在木板上相对静止，由 可知共同速度，即二者静止，故A错误； B．设机器人水平位移大小为，木板位移大小为，由人船模型 且 代入数据解得，故B正确； C．机器人水平分速度 飞行时间 水平相对位移 代入数据解得，故C正确； D．跳起时消耗的电能转化为系统的动能 其中 解得，故D错误。 故选BC。 27．（2026·福建三明·二模）如图，长度为L=2m、质量为M=2kg的长薄板静止放置在光滑水平地面上。一质量为m=0.5kg的青蛙（可视为质点）静止在木板的左端。观察发现，青蛙竖直向上跳起时，能上升的最大高度为h=1m。青蛙跳起与着陆过程时间极短，忽略空气阻力，重力加速度大小取。 (1)青蛙竖直向上跳起时，求青蛙做的功W； (2)若青蛙从板的左端爬至右端，求此过程中青蛙对地的位移大小； (3)青蛙在板的右端停留一段时间后，继续向右上方跳起，测得腾空时间t=0.4s，若青蛙此次跳起做的功与（1）问中相等，求青蛙落地时到板右端的距离。 【答案】(1)5J (2)1.6m (3) 【详解】（1）由动能定理得 解得 （2）青蛙和长薄板组成的系统水平方向不受外力，动量守恒有 设青蛙对地位移为，薄板对地位移大小为，两边同时乘时间则有 有几何关系 解得 （3）设青蛙跳起的水平初速度为，竖直初速度为，板后退速度为。青蛙斜向右上跳起，竖直方向做竖直上抛运动，由 青蛙起跳做功和第一次相同，则有 水平方向动量守恒 蛙落地时到板右端的距离 解得 28．（2026·安徽·模拟预测）（多选）如图所示，光滑水平地面上停放着一辆质量M=2 kg的小车，车上的水平轨道与半径R=0.5 m的四分之一光滑圆弧轨道在M点相切。在水平轨道的右端固定一轻质弹簧，弹簧处于自然长度时左端位于水平轨道的N点正上方，N点右侧轨道光滑，M、N间距离L=0.9 m。一个质量m=1 kg的物块（可视为质点）从圆弧轨道最高点由静止滑下，已知重力加速度g=10 m/s2，物块与水平轨道MN段的动摩擦因数μ=0.2，弹簧始终在弹性限度内，空气阻力不计。在后续运动过程中（     ） A．物块最终停在小车上的位置距离M点0.7 m B．弹簧的最大弹性势能为3.2 J C．物块运动过程中弹簧共被压缩2次 D．整个过程物块的总位移大小为0.8 m 【答案】AB 【详解】A．系统初态机械能 滑动摩擦力 物块在粗糙段上相对滑动的总路程 物块运动过程为：从到，压缩弹簧后从返回，冲上圆弧后返回，再向右滑行停止。则 解得 即停在距离点右侧处。故A正确； B．物块第一次到达点时，系统损失机械能 当弹簧压缩至最短时，物块与小车共速，由水平方向动量守恒知共速为0。此时弹性势能最大，。故B正确； C．由A项分析可知，物块第二次经过点后向右滑行即停止，因，物块无法到达点，故弹簧只被压缩1次。故C错误； D．物块水平方向相对小车的位移大小为 设物块水平位移为，小车水平位移为，取向右为正，由“人船模型”原理可知 且 代入数据解得 但物块竖直方向位移大小为，故总位移大小。故D错误。 故选AB。 29．（2026·河南开封·模拟预测）（多选）如图所示，两个四分之一圆弧体A、B静止在光滑的水平面上。A、B的圆弧面光滑，半径分别为和，底端切线均沿水平面且靠在一起。将一可视为质点的小物块C从A的圆弧面的顶端静止释放，A、C的质量分别为和，则以下说法正确的是（    ） A．整个过程ABC组成的系统动量守恒 B．C刚滑到A底端时，C距B的圆弧面底端的水平距离为 C．C刚滑到A底端时，C的速度为 D．若C滑到A底端后，恰好能滑上B的圆弧面顶端，则B的质量为 【答案】BCD 【详解】A．小物块运动时存在加速度，竖直方向合外力不为零，因此系统总动量不守恒，仅水平方向动量守恒，故A错误； B．在上滑动时，保持静止，、系统水平方向动量守恒，C刚滑到A底端时， 设速度为，速度为，则 机械能守恒 解得C刚滑到A底端时，C的速度为 设向左位移大小为，向右位移大小为，由水平动量守恒对时间累积得 由几何关系 联立解得， 因此C刚滑到A底端时，距底端的水平距离为，故BC正确； D．恰好到达顶端时，、共速，设质量为，共速为，由水平动量守恒 机械能守恒 联立解得，故D正确。 故选BCD。 30．（2026·陕西商洛·模拟预测）（多选）如图甲所示，光滑水平面上两物块A、B用轻质橡皮绳水平连接，橡皮绳恰好处于原长。t=0时，A以水平向左的初速度v0开始运动，此时B的速度为0，A、B运动的v-t图像如图乙所示。已知A的质量为m，0~t0时间内B的位移大小为，t=3t0时A、B发生碰撞并粘在一起，运动过程中橡皮绳始终处于弹性限度内，下列说法正确的是（　　） A．橡皮绳的最大弹性势能为 B．0~2t0时间内橡皮绳对B的平均作用力大小为 C．橡皮绳的原长为 D．0~t0时间内，A的位移大小为 【答案】AD 【详解】A．A、B组成系统的动量守恒，结合题图乙可知，时间内有 解得 时刻A、B的速度相同，橡皮绳的伸长量最大，由能量守恒定律有 解得，故A正确； B．由题图乙可知，时，橡皮绳恢复原长，从A开始运动至橡皮绳恢复原长过程，由动量守恒定律有 由机械能守恒定律有 解得、，其中负号表示A向右运动； 时间内，对B由动量定理有 解得，故B错误； C．时间内，A向右做匀速运动，B向左做匀速运动，直至相碰，则橡皮绳的原长，故C错误； D．设A、B在时间内的任意时刻速度分别为、，由动量守恒定律有 两边同乘以并求和可得 其中 解得，故D正确。 故选AD。 重难·创新演练 设题创新:高考动量守恒命题创新体现在三方面：一是结合航天、生产等真实情境包装碰撞、反冲模型，脱离纯理论题干；二是多场景融合，将动量守恒与电磁感应、圆周运动、平抛运动结合，多过程嵌套设问；三是弱化直接套公式，增加相对速度、临界约束判断，增设速度合理性检验类隐藏条件，侧重逻辑推导，灵活区分动量与能量守恒适用场景。 1．（2026·福建莆田·模拟预测）（多选）如图甲所示，光滑绝缘水平面上固定两间距为的光滑导轨，导轨左侧接有智能电源、电容为的电容器和开关。空间有宽度为的两相同匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ，磁场边界均与导轨垂直，质量为的导体棒静置在区域Ⅰ最左侧，质量为、边长为、电阻的正方形线框右侧紧挨区域Ⅱ最左侧放置，区域Ⅱ右侧距离处有一固定挡板。时刻，闭合，电容器两端的电压随时间的线性变化图像如图乙所示，时导体棒恰出区域Ⅰ，棒与线框、线框与挡板的碰撞均为弹性碰撞，下列说法正确的是（　　） A．导体棒在区域Ⅰ内做匀加速直线运动 B．磁感应强度大小为 C．线框第1次完全出磁场瞬间速度大小为 D．最终棒离线框左端的距离为 【答案】AD 【详解】AB．根据图乙可知电容器充电，两端电压随时间均匀变化，结合可知，电容器电荷量随时间均匀变化，即充电电流恒定，有 可得 根据图乙可得 电流不变，可知安培力不变，导体棒在区域Ⅰ中做匀变速直线运动，t=0.5s时恰出区域Ⅰ，有 解得 由于导体棒水平方向仅受安培力，有 解得，故A正确，B错误； C．导体棒出磁场瞬间的速度大小为 导体棒与线框发生弹性碰撞，则， 联立解得， 即导体棒与线框碰撞后交换速度，即棒静止，线框以2m/s的速度向右运动，线框进入区域Ⅱ过程，根据动量定理有， 可得 联立解得 线框进入磁场和出磁场过程的磁通量变化量相等，则动量变化量相等，即速度变化量相等，结合以上分析可知线框第1次出磁场瞬间的速度大小为，故C错误； D．线框与挡板碰撞后被反弹，再次进入磁场，完全进入磁场后瞬间的速度大小为 可知线框不能再次出磁场与导体棒发生碰撞，设线框之后向左运动的距离为x，则有 同理根据动量定理有 解得 最终棒到线框的距离为，故D正确。 故选AD。 2．（24-25高三下·福建福州·阶段检测）（多选）如图甲所示，质量均为的物块与物块之间拴接一轻质弹簧，静止在光滑的水平地面上，物块与竖直墙面接触，初始时弹簧处于压缩状态并被锁定，弹簧的弹性势能大小为。某一时刻解除锁定，并把此时记为时刻，规定向右为正方向，时间内物块运动的图像如图乙所示。下列判断正确的是（　　） A．时间内，物块、以及弹簧组成的系统机械能守恒 B．时间内，物块、以及弹簧组成的系统动量守恒 C．时间内，合外力对物体做功为 D．时间内，图线与轴所围的面积大小为 【答案】AC 【详解】A．在时间内，物块P、Q以及弹簧组成的系统只有弹簧弹力做功，则该系统机械能守恒，故A正确。 B．弹簧恢复原长过程，物块P一直不动，此过程物块P、Q以及弹簧组成的系统受到墙壁的弹力作用，则该系统此过程所受的合外力不为0，其动量不守恒，此后物块P离开墙壁，物块P、Q以及弹簧组成的系统所受的合外力为0，其动量守恒，可见在时间内，物块P、Q以及弹簧组成的系统最初动量不守恒，最后动量守恒，故B错误。 C．由图知，时刻物体的加速度为0，此时弹簧恰好恢复原长，物块P刚要运动，时刻物体运动的加速度最大，且为负值，此时弹簧被拉得最长，物块P、Q的速度相同。弹簧恢复原长过程，由机械能守恒定律有 解得时刻物体的速度大小 在时间内，对物块P、Q以及弹簧组成的系统，由动量守恒定律有 解得时刻物块P和Q的速度大小均为 由动能定理知，内合外力对物体做功，故C正确。 D．由图可知，时刻物体的加速度为0，此时弹簧恰好恢复原长，在时间内，对物块P、Q以及弹簧组成的系统，由动量守恒定律 由机械能守恒定律 联立可知，时刻物体的速度，则内物体速度变化量 图像中图线与轴所围的面积表示速度变化量，可见时间内图线与轴所围的面积大小为，故D错误。 故选AC。 3．（2025·福建南平·模拟预测）（多选）如图，两个完全相同、质量均为的光滑半圆形凹槽a、b静止在光滑水平地面上，其中a槽左侧紧靠墙面。现将两个质量均为的小球1、2（可视为质点）分别从两槽的左侧最高点处由静止释放，则两小球在运动过程中（　　） A．分别与a槽和b槽组成的系统机械能和动量均守恒 B．运动到凹槽右端的最大高度不同 C．第一次运动到最低点时，两小球的速度大小之比为 D．第一次运动到最低点的过程，两小球在水平方向上相对地面的位移之比为 【答案】BD 【详解】A．球1与a槽组成的系统，球1从a槽的左侧下到最低点过程中，由于a槽受到墙壁的作用力，所以球1与a槽组成的系统动量不守恒，此过程只有重力做功，则系统的机械能守恒；接着球1从a槽最低点向右侧运动过程中，由于存在球1的重力，故系统的合外力不为零，系统动量不守恒，但水平方向所受合外力为零，水平方向动量守恒，此过程系统的机械能守恒；故球1与a槽组成的系统机械能守恒，但动量不守恒；球2与b槽组成的系统机械能守恒，由于存在球2的重力，故系统的合外力不为零，系统动量不守恒，但水平方向所受合外力为零，水平方向动量守恒，故A错误； BCD．球1滑到最低点时，槽a才开始运动，球1水平位移为 根据机械能守恒有 解得球1最低点速度为 达到右侧最大高度时，球1和槽a共速，根据水平方向动量守恒有 根据系统机械能守恒有 联立解得 球2滑到最低点时，根据水平位移关系有 根据水平方向动量守恒有 又， 可得 联立解得球2水平位移为 根据机械能守恒和动量守恒有， 联立解得 达到右侧最大高度时，球2的速度为零，而系统初状态的总动量为零，故此时槽b的速度也为零，根据系统机械能守恒可知球2能上升到最大高度 两球运动到凹槽右端的最大高度之比为 第一次运动到最低点的过程，两小球在水平方向上相对地面的位移之比为 第一次运动到最低点时，两小球的速度大小之比为，故BD正确，C错误。 故选BD。 4．（2025·福建莆田·二模）（多选）如图，物块A和B质量分别为2m和m，将A、B用细线连接，中间夹有被压缩的轻弹簧，放在光滑的水平桌面上。烧断细线后，物块A、B离开弹簧并飞离桌面做平抛运动，落到水平地面上，则（　　） A．物块A、B飞离桌面到落地的时间之比为1∶1 B．物块A、B飞离桌面到落地的水平位移之比为1∶2 C．物块A、B飞离桌面时的动能之比为1∶1 D．物块A、B落地时的速度之比为1∶2 【答案】AB 【详解】A．物块飞出桌面后做平抛运动，根据 解得 则物块A、B飞离桌面到落地的时间之比为1∶1，故A正确； B．弹簧弹开木块的过程，两木块组成的系统动量守恒，取向左为正方向，由动量守恒定律得 则速度之比为 水平方向有 可知物块A、B飞离桌面到落地的水平位移之比为1∶2，故B正确； C．物块A、B飞离桌面时的动能之比为 故C错误； D．物块A、B落地时的速度之比为 故D错误； 故选AB。 5．（2026·福建福州·一模）如图（a），水平面上电荷量的滑块A静置在绝缘不带电木板B的中间。水平面右侧放置一辆平板小车C，其上表面和B上表面等高，物块D放在C上通过水平轻质弹簧与车的右端相连，弹簧处于原长。时刻A、B、C、D均处于静止状态，在空间加一水平向右的匀强电场，电场强度E随时间t变化关系如图（b）所示。时刻木板B恰碰到大小不计的固定立柱，立即停止，同时A恰平滑滑上小车C并撤去电场。A与D碰撞后粘在一起，碰后弹簧弹性势能第一次达到最大。已知A、B、D的质量m均为1kg，小车C的质量为2kg，A、D可视为质点。A和B间的动摩擦因数为，B和地面间的动摩擦因数为，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，不计小车C与其他物体间的摩擦。弹簧的弹性势能公式为，弹簧劲度系数，x为弹簧形变量，弹簧始终在弹性限度内。取重力加速度大小，不计电磁辐射。求： (1)滑块B的加速度大小； (2)时滑块A的速度大小； (3)木板B的长度L； (4)碰后时间内小车C的位移大小。 【答案】(1)0.5m/s2 (2)1m/s (3)2m (4) 【详解】（1）设和地面恰好相对运动时，有 由题图（b）的E-t图像可知对应时刻为 由于，即4s之后A、B一起向右加速，再随E继续增大，A在t2时刻相对木板B向右滑动，对、系统，有 对B，有 解得， 时，A、B恰好相对滑动，则时，对A、B系统，有 解得 （2）4~6s内，对系统，由动量定理有 代入数据解得 （3）6~7s内，对A，有 根据位移时间关系可得 对B，有 根据位移时间关系可得， 联立解得 （4）A滑上车的速度 A、D碰撞过程，有 AD、C共速时，弹性势能最大，有 A、D碰撞后到弹性势能最大的过程中，根据能量守恒定律可得 根据动量守恒定律、微元、累加可得 解得， 6．（2026·河南驻马店·三模）如图所示，水平传送带以的速率沿顺时针方向匀速运行，传送带两端间的距离为4.8m，光滑四分之一圆弧轨道固定在竖直面内，圆弧轨道的最低点紧靠传送带的左端，圆弧轨道的最低点切线与传送带上表面在同一平面内，传送带右端紧靠右侧光滑水平面，且传送带上表面与水平面相平。个质量均为的相同物块一字排开静止在传送带右侧的水平面上，质量为的物块a在圆弧轨道上的最高处点由静止释放，物块a第一次到达传送带右端时速度也为，已知物块a与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度取，物块间的碰撞均为弹性正碰，求： (1)物块a在处对圆弧轨道的压力大小； (2)圆弧轨道半径的取值范围； (3)物块a与水平面上物块1第一次碰撞后，在传送带上运动的总时间。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）设物块a滑上传送带时的速度大小为，a沿圆弧轨道从到，由机械能守恒定律有   物块a在处，根据牛顿第二定律有    联立两式并代入数据解得 根据牛顿第三律，可知物块a在处对圆弧轨道的压力大小 （2）物块a相对传送带滑动时，根据牛顿第二定律 解得    要使物块a到达传送带右端时的速度大小为，物块滑上传送带时的速度最小时有 解得 根据机械能守恒 解得 物块滑上传送带时的速度最大时有 根据机械能守恒 解得 圆弧轨道半径的取值范围为 （3）设物块a与物块1第一次碰撞后，物块a的速度大小为、物块1的速度大小为，根据动量守恒定律有 根据机械能守恒定律有 解得 由于水平面上静止的物块质量相等，因此1与2、2与3、…发生弹性碰撞交换速度。因此物块a与1第一次碰撞后物块n获得的速度大小为 根据物块a、物块1碰撞的特点及水平面上物块间碰撞的特点分析可知，物块a与物块1第二次碰撞后，物块a的速度大小 物块a与物块1共发生次弹性碰撞，第次碰撞后，物块a的速度大小 因此物块a与物块1第一次碰撞后，物块a在传送带上共运动的时间 7．（2026·福建泉州·三模）如图，平行光滑金属导轨与由倾斜导轨与足够长的水平导轨平滑连接组成，、之间接有阻值为R的电阻。水平导轨静置一长方体空绝缘盒，在盒右侧壁处有一物块，盒左侧的水平导轨间区域abcd有竖直向上的匀强磁场。一阻值为r的导体棒由静止释放沿倾斜导轨下滑，穿过磁场区域后与盒发生碰撞。已知两导轨的间距，导体棒释放时距水平导轨面的高度，磁场边界ab、cd的间距，磁感应强度大小，导体棒与盒的质量均为，小物块的质量，盒左右侧壁间的距离，物块与盒底面之间的动摩擦因数，，取重力加速度大小，导体棒运动过程始终与ab、cd平行且垂直于导轨，物块可视为质点，所有碰撞均视为弹性正碰，且碰撞时间极短，求： (1)导体棒进入磁场时的速度大小； (2)导体棒穿过磁场区域的过程中电阻R产生的热量Q； (3)物块与盒最后一次碰撞后瞬间物块的速度大小。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）导体棒从释放到进入磁场前机械能守恒，有 得 （2）导体棒进入磁场过程中，规定向右为正方向，根据动量定理，有 又 ， 得 联立得导体棒与盒碰撞前棒的速度： 棒在穿过磁场过程中，回路中产生的焦耳热为，由能量守恒定律得⑥ 金属棒a上产生的焦耳热为 得 （3）导体棒与盒发生碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，设碰后瞬间棒的速度为、盒的速度为有， 联立解得， 设物块与盒最终共速时的速度为，此过程中物块相对于盒的总路程为，根据动量守恒，有 得 根据能量守恒，有 得 又 物块与盒共碰撞15次，第15次与左侧相碰，之后再相对于盒向右运动后两者相对静止 设最后一次碰撞后瞬间盒的速度为，有 从最后一次碰撞后到共速过程中，由能量守恒，有 得 8．（2026·福建福州·模拟预测）如图所示，一光滑圆弧槽固定在水平面上，圆弧两端点、间对应的圆心角，圆弧半径，点与圆心的连线竖直。圆弧槽右侧是光滑的水平面。质量，长度为的木板，紧挨平台放置，木板上表面与圆弧槽点等高，左端恰好位于点正下方。质量的物块静置于木板的左端，物块与木板之间的动摩擦因数。将质量的小球从圆弧槽的点由静止释放，小球在圆弧槽的点与物块发生弹性正碰，在碰撞结束瞬间取走小球，同时给木板施加一个水平向右的恒力，物块、小球均可看作质点，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度，，。求： (1)小球与物块碰后瞬间物块速度大小； (2)当时，物块在木板上运动产生的热量； (3)改变的大小（作用过程中仍为恒力），物块在木板上运动产生的热量至多不超过多少。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）小球从凹槽滑至点速度大小为，对小球 得 小球与物块碰后瞬间速度分别为和，根据动量守恒与机械能守恒有 ， 联立解得， 即碰后物块速度大小为 （2）此过程，设物块匀减速运动的加速度大小为，长木板匀加速运动的加速度大小 对于物块，牛顿第二定律得     解得 对于长木板，牛顿第二定律得     解得 设经过时间物块与长木板达到共同速度，则， 解得 物块与长木板的相对位移     物块恰好不从板上落下，则 （3）①由上题可知当拉力小于等于1 N时，物体会从右侧飞出，产生的热量相同， ②设当拉力大小等于时，物块和长木板达共速后，相对静止匀加速运动。在拉力作用下，共速后物块与木板加速度大小为，对物块和长木板 对物块     得 当拉力大于1N小于3N时，共速前，物块加速度不变，对长木板牛顿第二定律得 设经过时间物块与长木板达到共同速度，则 解得 相对位移     则 可知 ③当时，物体先向右减速至与长木板共速后，相对板向左运动，最后从长木板左边落下，设共速前长木板加速度为，经过时间，物块与木板达共速，此时相对位移为 则有 联立解得，（） 可知 则当时，产生的热量最多不超过 9．（2026·福建龙岩·三模）如图甲所示，在足够大的光滑水平桌面上，存在一圆心为O，半径为R的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直桌面向下，磁感应强度大小为B。磁场左边有间距为L的ab、ef平行边界线，ef与圆形区域相切于N点，边界线内有水平方向且与MN垂直的交变电场（如图乙所示），规定图甲中所示的场强方向为正方向。圆心O与MN共线，在MN的延长线上放置三个小球A、B、C，小球B、C不带电且质量均为m，小球A的质量为2m、带电量为。小球A、B间放置一处于原长的绝缘轻质弹簧，两球与弹簧接触但不粘连。现给小球C一沿MN连线向右的初速度，一段时间后，小球C与B发生碰撞，碰撞后B、C粘连在一起，小球A与弹簧分离后在M点进入电场。求： (1)弹簧弹性势能的最大值； (2)小球A离开电场时的速度大小； (3)若电场强度大小，磁感应强度大小，，则在时间内进入电场的小球A（大小可忽略）在圆形磁场中可能经过的区域的面积。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）小球C与B发生碰撞过程，根据动量守恒定律 当小球A、B、C速度相等时，弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律 根据能量守恒定律 联立解得弹簧弹性势能的最大值 （2）小球A与弹簧分离时，弹簧处于原长，根据动量守恒定律 根据能量守恒定律 解得小球A在点时的速度 小球进入电场后，在垂直于电场方向做匀速运动，所以在电场中运动的时间为 因为，根据对称性可知，任意时刻进入电场的小球在沿着电场方向的分速度一定为零，所以小球A离开电场时的速度与进入电场时的初速度相同，故小球A离开电场时的速度大小 （3）小球A在时刻进入电场时沿着电场方向的偏移量最大，由牛顿运动定律 沿着电场方向有 解得 根据初速度为零的匀变速直线运动的规律可知，小球A在时刻进入电场时沿着电场方向的偏移量最小，为 如图所示 所以小球在圆弧NP之间进入圆形磁场区域，根据带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的规律 解得 因为，所以根据磁聚焦原理小球从圆弧NP任意一点进入磁场后都会经过Q点，所以小球A在时间内进入电场后在圆形磁场中可能经过的区域面积 解得 10．（2026·福建漳州·三模）如图，长为L=0.8 m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的右侧紧贴小物体C；C右侧足够远处静止放置带负电小物体D，D到桌面右端的距离d=0.5 m。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。A受微小扰动后，杆与A向右转动，推动B、C一起向右运动。当A与B刚分离时，轻杆与地面夹角，用外力使B立即制动；C继续向右运动并与D发生碰撞（碰撞时间极短）。碰撞后，D在桌面上做减速运动，以速度离开桌面，随后在竖直平面内做半径R=0.9 m的匀速圆周运动。已知A的质量，B、C、D的质量均为m=0.02 kg，D的电荷量q=0.1 C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；g取10 m/s2.求： (1)电场强度的大小E和磁感应强度的大小B； (2)物体C与物体D碰撞后瞬间，物体D的速度大小； (3)判断物体C与物体D的碰撞是否为弹性碰撞，请计算说明理由。 【答案】(1)2N/C，0.2 T (2)1 m/s (3)C与物体D发生弹性碰撞，理由：损失的动能为零。 【详解】（1）D离开桌面后在竖直平面内做匀速圆周运动，可知在竖直方向上 小物体D做                               解得,。                   （2）设物体D在桌面上向右运动，任意时刻的速度为，受力分析如图所示，根据牛顿第二定律得                             滑动摩擦力                                      从C、D碰撞结束到物体D离开桌面过程中，设任一微小时间间隔内速度变化量为，由动量定理有                            又， 可得                    解得。 （3）A、B分离瞬间，A、B间弹力为零，水平速度相等，水平加速度相等。对B分析可知水平加速度为零，故A只有竖直方向的加速度，又可转动的轻杆与球间的弹力只能沿杆方向，所以此时小球A受到杆的弹力为零。从开始运动到A与B刚脱离接触的瞬间，对小球A和物体B、C，根据机械能守恒定律有           （或A与B刚脱离接触的瞬间，对小球A，根据牛顿第二定律有 ）                                  分离时 解得                            C、D碰撞过程，以水平向右为正，根据动量守恒定律有                             解得 损失的动能                 解得                                     所以物体C与物体D发生弹性碰撞。 真题·实战演练 高频考点：福建高考动量守恒高频考点分为三类：选择题考查守恒条件辨析、三类碰撞动量与动能变化、人船基础模型；中档题集中一维碰撞定量计算，要求规范设定正方向；压轴大题融合板块、圆周、电磁场景，联立动量、动能定理求解。必考速度合理性校验，多过程优先整体列式，常以临界条件设置陷阱，是力学综合题核心拉分考点。 1．（2025·福建·高考真题）（多选）如图，物块A、B用轻弹簧连接并放置于水平传送带上，传送带以1m/s的恒定速率顺时针转动。t=0时，A的速度大小为2m/s，方向水平向右，B的速度为0，弹簧处于原长，t=t1时（t1为未知量），A第一次与传送带共速，弹簧弹性势能0.75J。已知A、B可视为质点，质量分别为1kg、2kg，与传送带的动摩擦因数为0.5、0.25；A与传送带相对滑动时会留下痕迹，重力加速度大小取，A、B始终在传送带上，弹簧始终在弹性限度内，则（　　） A．在t=时，A的加速度大小比B的小 B．t=t1时，B的速度大小为0.5m/s C．t=t1时，弹簧的压缩量为0.2m D．0﹣t1过程中，A在传送带上留下的划痕长度小于0.05m 【答案】BD 【详解】AB．根据题意可知传送带对AB的滑动摩擦力大小相等都为 初始时A向右减速，B向右加速，故可知在A与传送带第一次共速前，AB整体所受合外力为零，系统动量守恒有， 代入数值解得t=t1时，B的速度为 在A与传送带第一次共速前，对任意时刻对AB根据牛顿第二定律有， 由于，故可知 故A错误，B正确； C．在时间内，设AB向右的位移分别为，，由功能关系有 解得 故弹簧的压缩量为 故C错误； D．A与传送带的相对位移为 B与传送带的相对为 故可得 由于时间内A向右做加速度逐渐增大的减速运动，B向右做加速度逐渐增大的加速运动，且满足，作出AB的图像 可知等于图形的面积，等于图形的面积，故可得 结合 可知，故D正确。 故选BD。 2．（2022·福建·高考真题）如图，L形滑板A静置在粗糙水平面上，滑板右端固定一劲度系数为的轻质弹簧，弹簧左端与一小物块B相连，弹簧处于原长状态。一小物块C以初速度从滑板最左端滑入，滑行后与B发生完全非弹性碰撞（碰撞时间极短），然后一起向右运动；一段时间后，滑板A也开始运动．已知A、B、C的质量均为，滑板与小物块、滑板与地面之间的动摩擦因数均为，重力加速度大小为；最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，弹簧始终处于弹性限度内。求： （1）C在碰撞前瞬间的速度大小； （2）C与B碰撞过程中损失的机械能； （3）从C与B相碰后到A开始运动的过程中，C和B克服摩擦力所做的功。 【答案】（1） ；（2） ；（3） 【详解】（1）小物块C运动至刚要与物块B相碰过程，根据动能定理可得 解得C在碰撞前瞬间的速度大小为 （2）物块B、C碰撞过程，根据动量守恒可得 解得物块B与物块C碰后一起运动的速度大小为 故C与B碰撞过程中损失的机械能为 （3）滑板A刚要滑动时，对滑板A，由受力平衡可得 解得弹簧的压缩量，即滑板A开始运动前物块B和物块C一起运动的位移大小为 从C与B相碰后到A开始运动的过程中，C和B克服摩擦力所做的功为 3．（2015·福建·高考真题）如图所示，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是（　　） A．A和B都向左运动 B．A和B都向右运动 C．A静止，B向右运动 D．A向左运动，B向右运动 【答案】D 【详解】选择水平向右为正，两滑块碰前总动量 说明系统总动量为0。 A．A和B都向左运动，总动量不为0，选项A错误； B．A和B都向右运动，总动量不为0，选项B错误； C．A静止，B向右运动，总动量不为0，选项C错误； D．A向左运动，B向右运动，总动量可能为0，选项D正确。 故选D。 4．（2014·福建·高考真题）一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离．已知前部分的卫星质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v1为（ ） A．v0-v2 B．v0+v2 C． D． 【答案】D 【分析】本题考查动量守恒定律 【详解】系统分离前后，动量守恒： ，解得： ，故ABC错误；D正确． 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $ 第24讲 动量守恒定律（专项训练） 模拟·基础演练 《1》参考答案 题号 2 3 4 6 7 8 9 16 17 18 答案 D BC AD AB AB BC BC BD BD AC 题号 19 20 21 22 26 28 29 30 31 32 答案 AD C AC BD BC AB BCD AD AD AC 题号 33 34 41 43 44 答案 BD AB BD D D 1．(1)2m/s2 (2)2m/s (3) 【详解】（1）对物块A，根据牛顿第二定律，有 解得 对物块B，根据牛顿第二定律，有 解得 对木板C，根据牛顿第二定律，有 解得 （2）设B与C先共速 解得 又有 此过程中A与B的位移分别为， 解得， 恰好有 即B与C共速的同时A追上B并与B发生弹性碰撞，此时A的速度为 根据动量守恒，有 根据能量守恒，有 解得， 即碰撞后A与C共速，B速度更快。设A与C可以相对静止，对A、C整体，根据牛顿第二定律，有 对A，有 解得 即碰撞后A与C可以相对静止一起加速，最终A、B、C共速。 根据动量守恒，有 解得 故得运动过程中A物体的最小速度为 （3）从开始到时刻，A、C间的相对位移大小为 A、C间由于摩擦产生的热量 解得 最终A、B、C共速，全过程系统由于摩擦产生的热量等于系统动能减少量 则B、C间由于摩擦产生的热量为 可得 则运动过程中A、C间因摩擦产生的热量与B、C间因摩擦产生的热量之比。 2．D 【详解】A．A小球在最高点P时恰好与圆管无弹力作用，则有 代入数据解得 释放小球A时弹簧内储存的弹性势能为 解得，故A错误； B．小球A与B碰前的速度 以水平向右为正方向，则AB碰撞过程根据动量守恒则有 机械能守恒则有 代入数据联立解得 小球A返回到水平面时的速度大小仍为，因小于小球B的速度，则两球不可能再发生第二次碰撞，故B错误； C．A小球再次返回轨道运动时能上升的高度为h，则有 解得 可知小球不能越过与圆心等高的位置，则与内轨道无弹力，故C错误； D．从M点到圆心等高点，小球一定挤压外轨，又因为在P点小球恰好对轨道无弹力，可证明从圆心等高点到P点，小球也一直挤压外轨，故D正确。 故选D。 3．BC 【详解】根据题意可知，由于碰撞后，A球向右移动2格长度时，B球向左移动1格的长度，则碰撞后，A球的速度大小是B球速度大小的2倍，设碰撞后B球的速度为，则A球的速度为 AB．设碰撞前A球的速度为，由于碰撞过程系统的动量守恒，则碰撞过程中A球动量减少量等于B球动量增加量，则有 解得 则求A碰撞后的速度大小为 则小球A碰撞前后的速度大小之比为3：2，故B正确，A错误； CD．根据计算可得碰撞前系统的总动能 碰撞后系统的总动能 可得 可知碰撞前后，小球A、B组成的系统动能不变，故C正确，D错误。 故选BC。 4．AD 【详解】A．碰撞时由动量守恒和能量守恒可知 可得 ， 若，则碰后两球交换速度，则最终只有F小球运动，A正确； B．若，则碰后，然后B和C交换，直到D和E交换，E再与F碰撞，F向右运动，E被弹回再与D交换…，则不只发生1次碰撞，B错误； CD．若，则A、B碰后A反弹，B向右运动与C碰撞交换速度，最后D、E交换速度，最后E与F碰撞，E、F都向右运动，B、C、D停止，则最终将有3个小球A、E、F都运动，且运动方向相反，C错误、D正确。 故选AD。 5．(1) (2) (3) 【详解】（1）由胡克定律 弹簧恢复原长过程，由动能定理， 解得 （2）物块A做简谐运动的周期 设振幅为A，有 位移时间关系 弹簧恢复原长时 由以上可得 （3）物块A与B第一次碰撞， 物块B向下减速 位移为，有 解得 时间 物块A运动到B静止位置的速度为，有 解得 时间为，有 解得，可知物块B静止后，A与B发生第二次碰撞。第二次碰撞后运动过程同第一次碰撞后，故 ，， 第n次碰撞时，物块B的位移大小 得 6．AB 【详解】A．设A、B的质量均为m，图线I为图像，故图线I斜率的绝对值等于两薄板的重力 利用图线I还可求出斜率的绝对值 联立解得，故A正确； B．设B与A碰撞前的速度为​，根据自由落体运动规律可知 解得 由于A、B碰撞过程动量守恒，故 解得​ 碰后A、B的动能 对两薄板从碰后到最低点，由能量守恒可得(其中为动能，为弹性势能，为重力势能)​ 结合图像可知，，， 联立解得 又知，​ 联立解得，故B正确； C．碰后的最大速度处加速度为0，即 碰后最大速度位置对应的弹簧伸长量为 所以，最大速度的位置在A、B碰撞处下方l处，从A、B碰后到最大速度位置，根据动能定理有 解得，故C错误； D．碰撞前薄板A平衡 解得 碰后两薄板一起下落速度减为零，故在最低点时弹簧的伸长量为。 所以，两薄板一起做简谐运动的振幅 简谐运动具有对称性，故最高点在平衡位置的上方一个振幅处，所以最高点距点的距离为，故D错误。 故选AB。 7．AB 【详解】A．以A球为对象，由平衡条件可得 解得弹簧的劲度系数 故A正确； B．设B与A碰撞前瞬间速度大小为，根据运动学公式可得 B与A碰撞过程，满足动量守恒，则有 联立解得B与A碰撞后瞬间速度大小为 故B正确； C．小球A、B回到点时，弹簧弹力为0，两球受到重力作用，加速度不为零，故C错误； D．碰撞后两球一直做简谐运动，两球恰能回到点，此时两球的加速度为，方向向下，根据简谐运动对称性可知两球处于最低点时的加速度大小为，方向向上，设最低点的压缩量为，则有 解得 设此过程中弹簧的最大弹性势能为，根据系统机械能守恒可得 故D错误。 故选AB。 8．BC 【详解】A．由题意两球碰撞的时间极短，碰撞过程中产生极大的内力，两球与桌面间的摩擦力远远小于内力，所以该碰撞过程的动量守恒，A错误； B．碰后，蓝球做匀减速直线运动且刚好落入袋内，由匀变速直线运动的规律得蓝球碰后瞬间的速度为 又两球的加速度大小相等，则由公式得 解得碰后瞬间白球的速度大小为 则碰后蓝球与白球的速度之比为，B正确； C．碰撞过程中两球组成的系统动量守恒，则 代入数据解得 C正确； D．两球碰前的动能为 两球碰后的总动能为 由于 所以该碰撞过程有机械能损失，即该碰撞为非弹性碰撞，D错误。 故选BC。 9．BC 【详解】A．根据题意，可将该碰撞看成完全非弹性碰撞，而完全非弹性碰撞碰撞过程中机械能损失最大，即该碰撞过程中有能量的损失，机械能不守恒，故A错误； B．根据牛顿第三定律可知，白色车对灰色车和灰色车对白色车的撞击力为相互作用力，大小相等，故B正确； C．设白色车的质量为，速度为，灰色车质量为，速度为，取白色车速度方向为正方向，碰撞过程中根据动量守恒有 根据题意，碰撞后，两车一起沿着白色车原运动方向移动，即碰撞后的速度方向与速度方向相同，则可知白色车碰撞前的动量大于灰色车碰撞前的动量，即 故C正确； D．由于碰撞过程中动量守恒，由 可得 而两车动量变化量分别为 即有 可知碰撞过程中两车动量变化量大小相等，故D错误。 故选BC。 10．(1)25J (2)3s (3) 【详解】（1）假设A在传送带上一直加速，有 解得 故假设成立，A刚到达传送带右端时速度为 A、B发生非弹性碰撞有 解得 碰撞损失机械能 解得 （2）碰后对A、B整体分析有 可得 对C分析有 可得 设经过时间，AB与C共速，记为 对A、B有 对C有 解得， 再对C分析，由于 故C以向右做匀速直线运动，再对A、B分析有 解得 设A、B一起匀减到0，用时为，则有 解得 共速前C相对A、B向左滑动位移有 共速后C相对A、B向右滑动位移有 说明A、B停下后，C后来才撞到弹性挡板，故B从被A碰后到第一次速度为0用时 （3）A、B静止后，C以向右匀速并与弹性挡板发生碰撞，则有 得， 由于 同理可得A、B第三次开始运动速度 第四次 找出速度规律，而A、B第一次运动到速度为0向右位移 则A、B第二次运动到速度为0向右位移 A、B第三次运动到速度为0向右位移 故无限多次碰撞后，B对地向右运动总位移 11．(1) (2) (3) 【详解】（1）根据题意，由图乙可知，B在的时间内匀减速上滑，加速度大小为 B在的时间内沿斜面匀加速下滑，加速度大小为 因此在内与在内B的加速度大小之比为 （2）由图推断可知，A在之前已停止运动，B在与在时间内受力情况一致，加速度相同，则时刻速率为 刚释放B时，A、B之间的距离为，则有 B在-时间内沿斜面向上运动，运动的距离 B在时间内沿斜面向下运动，运动的距离 则两次碰撞期间A沿斜面下滑的距离 （3）由图可知，B与挡板第一次碰撞后，A的速度为， 设A的质量为M，由动量守恒定律可得 解得 第一次碰撞后A一直做匀减速运动，经过时间停止运动，则有 解得 设A做匀减速运动的加速度大小为，则 设斜面倾角为，A与B间的动摩擦因数为，A与斜面间的动摩擦因数为， 根据牛顿第二定律，对A有 B沿斜面向下运动时 B沿斜面向上运动时 联立解得 12．(1) (2) (3) 【详解】（1）设小球A未释放时圆弧体离挡板的距离为x，小球A沿圆弧体向下运动过程中，小球A与圆弧体在水平方向动量守恒，则 即，即 解得 （2）设小球A运动到圆弧面最低点时速度大小为，圆弧体的速度大小为，水平方向动量守恒 机械能守恒 解得 当圆弧体速度瞬间为零时，设圆弧体对A球的支持力为N，根据牛顿第二定律 解得 根据牛顿第三定律可知，小球对圆弧面最低点压力大小 （3）设A、B两球碰撞后一瞬间，A球速度大小为，小球B的速度大小为v，则根据动量守恒 根据机械能守恒 解得 设当钉子离地面的高度为时，碰撞后一瞬间，细线刚好要断开，则 解得 设当钉子离地面的高度为时，小球B恰好能做完整的圆周运动，则小球B在最高点时，根据牛顿第二定律 碰后到上升到最高点过程中，根据机械能守恒 解得 因此小球B要能做完整的圆周运动，钉子离地面的高度h应满足的条件是 13．(1)平均速度，平均速率； (2)； (3) 【详解】（1）由图像的面积为运动位移，知内位移 内位移 平均速度 平均速率 （2）设斜面的倾角为，滑动摩擦力大小为，当物块沿斜面下滑时，根据牛顿第二定律 由图象知 当物体沿斜面上滑时，根据牛顿第二定律 由图象知 联立得 （3）设物块和物块发生弹性碰撞后一瞬间的速度分别为、，由动量守恒 由能量守恒 联立方程解得， 根据图象可知 解得 14．(1) (2) (3) 【详解】（1）设小球与物块碰撞前一瞬间速度大小为，在点抛出的初速度大小为，则竖直方向根据运动学公式 综合解得 （2）与碰撞过程，根据动量守恒有 根据机械能守恒有 解得 根据题意，物块滑离长木板时的速度 根据动能定理有 解得 （3）假设、碰撞后物块能滑到长木板的右端，令此时物块和长木板的速度大小分别为、，则由动量守恒定律有 由能量守恒定律有 联立两式代入数据解得 可见假设成立且物块刚好相对静止在长木板的右端。 15．(1) (2) (3) 【详解】（1）甲在斜面上的加速度，甲在斜面上受重力沿斜面向下的分力和摩擦力，合力为： 由牛顿第二定律 得： （2）碰撞时由， 可得 碰撞后甲乙交换速度，则甲停止运动，乙的速度为v，对乙 根据动量定理，水平方向： 即 竖直方向： 地面冲量大小： （3）乙的初始高度为，到达水平面的速度为： 碰撞后甲乙交换速度，则乙停在运动，甲的速度为乙，继续滑行直到停止，则甲停止时的位置距离O点的距离为： 代入 得： 16．BD 【详解】A．由动量定理，对小球有，变形得 对小球有，变形得 图像斜率的绝对值为，由图可知的斜率绝对值大于的斜率绝对值，即，可得，故A正确。 B．当时，共速，设共同速度为。由动量定理得， 联立消去得 整理得，故B正确。 C．从开始运动到，共速时，对由动量定理得 球的动能变化量 因，则，故C错误。 D．，共速时弹簧压缩量最大，弹性势能最大。由能量守恒定律得 结合动量守恒， 代入化简得，故D正确。 故选BD。 17．BD 【详解】A．以物块A与物块B整体作为研究对象，时刻物块A的速度达到最大，可知此时弹簧处于原长状态，物块B即将离开墙面，此时的瞬时速度为0，故系统的动量为 由动量定理可知竖直墙对物块B的冲量大小满足，故A错误； B．时刻，物块B即将离开墙面，之后的运行过程，系统合外力为0，故系统动量守恒，由图乙可知时刻物块A的速度为 由于此时图像的斜率为0，由牛顿第二定律可知，物块A的合外力为0，即弹簧处于原长状态，设物块B的质量为，时刻物块B的瞬时速度为，根据动量守恒有 考虑时刻和时刻，弹簧弹性势能均为0，系统动能相等，即 两式联立，解得， 则时刻物块A、B的动能之比满足，故B正确； C．时间内，当弹簧被拉伸最长时，弹簧弹性势能最大，此时A、B速度相等，设为，由动量守恒定律可知 解得 此时弹簧弹性势能最大，满足，故C错误； D．设物块A、B在任意时刻的速度大小分别为、，由系统动量守恒可知 等式两边对时间微元求和并化简得 即 由于时间内，弹簧由原长再到原长，物块A、B的相对位置不变，可知 两式联立解得，故D正确。 故选BD。 18．AC 【详解】ABD．小球a、b碰后黏在一起，根据动量守恒有 可得小球a、b碰后黏在一起的速度为 撤去挡板后，当a、b、c速度相同时弹簧弹性势能最大，设a、b、c共同速度为，以a、b、c整体为研究对象，根据动量守恒定律 解得 根据能量守恒定律可得弹簧的最大弹性势能为 所以运动全过程中，弹簧的最大弹性势能不可能为，故A正确，BD错误； C．当弹簧恢复原长时，小球的速度最大，根据动量守恒定律有 根据能量守恒有 联立解得小球c的最大速度为，故C正确。 故选AC。 19．AD 【详解】A．由图乙及动量守恒定律得 解得 故A正确； CD．由图乙知，2t0时刻橡皮绳处于原长，设此时A、B的速度分别为vA、vB，由动量守恒定律及能量守恒定律得 解得 ， 橡皮绳的原长 故C错误，D正确； B．由能量守恒定律，橡皮绳的最大弹性势能 故B错误。 故选AD。 20．C 【详解】、碰撞后黏在一起，即完全非弹性碰撞，动量守恒有 解得 右侧有挡板，初始静止且与挡板接触。、向右压缩弹簧，被挡板顶住不动。则、与弹簧组成的系统机械能守恒，有 由于压缩弹簧，、做简谐运动的一部分，即速度从向右减速至，再反向加速至，方向向左，故速度大小为的时刻有两个。 ①当向右减速至时，弹性势能设为，由机械能守恒解得 此时撤去挡板，总动量，总机械能 、快于，弹簧继续压缩，直至三者共速 则由动量守恒解得 共速动能 则此时弹性势能最大为 ②当向左加速至时，此时在撤去前弹簧已历经最大压缩状态，即、速度为零时。 故、速度为零时，由机械能守恒 解得 综上，弹性势能最大有两处， 故选C。 21．AC 【详解】A．瞬时冲量等于滑块获得的初动量，由乙图知时滑块初速度，因此，故A正确； BC．滑块在长木板上运动过程，两者组成系统的动量守恒，设长木板质量为M，则有 代入乙图数据，解得 滑块在长木板上运动过程，对于任意一个极短时间均满足 累积得，其中 代入数据可得 对木板由动量定理可得 即 联立解得，，故B错误，C正确； D．在共速前滑块速度始终大于长木板，相对位移持续增加，之后一起共速运动，因此最大相对位移为，故D错误。 故选AC。 22．BD 【详解】A．根据图（b）可以知道A、B一起在竖直面内做周期性运动的周期为，故A错误； BCD．设子弹打入物块A后一起运动的速度大小为v1，AB一起运动到最高点的速度大小为v2，细绳的长度为l，子弹打入物块的瞬间，根据动量守恒定律有 子弹和物块在最低点绳子有最大拉力Fm，根据牛顿第二定律有 子弹和物块在最高点绳子有 从最高点到最低点，根据机械能守恒定律有 物块A受到子弹的冲量 联立解得，，，故BD正确，C错误。 故选BD。 23．(1) (2) (3)， 【详解】（1）在电场中处于平衡状态，有 解得 （2）最大时，、与加速度大小相等，设为，设、间轻绳拉力大小为，与间摩擦力大小为，有 对有 对有 对有 联立解得 （3）设时、的速度分别为、，对、、系统有 若内任意时刻、的速度为，内的位移分别为，对由动量定理有 对上式累积求和可得 内对、、系统，由能量守恒定律有 且 联立可得 时电场恢复，受电场力大小为，可知此后、与的动量大小之和不变，故 可得 24．(1)128N (2)32J (3)0.3 【详解】（1）对m1和m2整体，从A到C过程，由动能定理，有 解得 C点有 解得 根据牛顿第三定律，运货箱对轨道的压力 方向竖直向下； （2）从滑上小车到共速，和系统动量守恒 弹簧压缩到最短时，弹簧的弹性势能 解得 （3）取走m2，弹簧解锁后，弹性势能转化为m1和m3的动能，即                             小车与台阶碰撞后静止，此后根据能量守恒，有 解得 25．(1) (2) (3) 【详解】（1）根据运动学公式， 对物快根据牛顿第二定律 子弹射穿木块过程由动量守恒定律有 解得 （2）子弹从击中物块到穿出过程中，系统损失的机械能 （3）以向上为正方向，子弹从击中物块到穿出过程中，对子弹有动量定理得 代入得 26．BC 【详解】A．系统水平方向不受外力，动量守恒。初动量为零，最终机器人落在木板上相对静止，由 可知共同速度，即二者静止，故A错误； B．设机器人水平位移大小为，木板位移大小为，由人船模型 且 代入数据解得，故B正确； C．机器人水平分速度 飞行时间 水平相对位移 代入数据解得，故C正确； D．跳起时消耗的电能转化为系统的动能 其中 解得，故D错误。 故选BC。 27．(1)5J (2)1.6m (3) 【详解】（1）由动能定理得 解得 （2）青蛙和长薄板组成的系统水平方向不受外力，动量守恒有 设青蛙对地位移为，薄板对地位移大小为，两边同时乘时间则有 有几何关系 解得 （3）设青蛙跳起的水平初速度为，竖直初速度为，板后退速度为。青蛙斜向右上跳起，竖直方向做竖直上抛运动，由 青蛙起跳做功和第一次相同，则有 水平方向动量守恒 蛙落地时到板右端的距离 解得 28．AB 【详解】A．系统初态机械能 滑动摩擦力 物块在粗糙段上相对滑动的总路程 物块运动过程为：从到，压缩弹簧后从返回，冲上圆弧后返回，再向右滑行停止。则 解得 即停在距离点右侧处。故A正确； B．物块第一次到达点时，系统损失机械能 当弹簧压缩至最短时，物块与小车共速，由水平方向动量守恒知共速为0。此时弹性势能最大，。故B正确； C．由A项分析可知，物块第二次经过点后向右滑行即停止，因，物块无法到达点，故弹簧只被压缩1次。故C错误； D．物块水平方向相对小车的位移大小为 设物块水平位移为，小车水平位移为，取向右为正，由“人船模型”原理可知 且 代入数据解得 但物块竖直方向位移大小为，故总位移大小。故D错误。 故选AB。 29．BCD 【详解】A．小物块运动时存在加速度，竖直方向合外力不为零，因此系统总动量不守恒，仅水平方向动量守恒，故A错误； B．在上滑动时，保持静止，、系统水平方向动量守恒，C刚滑到A底端时， 设速度为，速度为，则 机械能守恒 解得C刚滑到A底端时，C的速度为 设向左位移大小为，向右位移大小为，由水平动量守恒对时间累积得 由几何关系 联立解得， 因此C刚滑到A底端时，距底端的水平距离为，故BC正确； D．恰好到达顶端时，、共速，设质量为，共速为，由水平动量守恒 机械能守恒 联立解得，故D正确。 故选BCD。 30．AD 【详解】A．A、B组成系统的动量守恒，结合题图乙可知，时间内有 解得 时刻A、B的速度相同，橡皮绳的伸长量最大，由能量守恒定律有 解得，故A正确； B．由题图乙可知，时，橡皮绳恢复原长，从A开始运动至橡皮绳恢复原长过程，由动量守恒定律有 由机械能守恒定律有 解得、，其中负号表示A向右运动； 时间内，对B由动量定理有 解得，故B错误； C．时间内，A向右做匀速运动，B向左做匀速运动，直至相碰，则橡皮绳的原长，故C错误； D．设A、B在时间内的任意时刻速度分别为、，由动量守恒定律有 两边同乘以并求和可得 其中 解得，故D正确。 故选AD。 重难·创新演练 1．AD 【详解】AB．根据图乙可知电容器充电，两端电压随时间均匀变化，结合可知，电容器电荷量随时间均匀变化，即充电电流恒定，有 可得 根据图乙可得 电流不变，可知安培力不变，导体棒在区域Ⅰ中做匀变速直线运动，t=0.5s时恰出区域Ⅰ，有 解得 由于导体棒水平方向仅受安培力，有 解得，故A正确，B错误； C．导体棒出磁场瞬间的速度大小为 导体棒与线框发生弹性碰撞，则， 联立解得， 即导体棒与线框碰撞后交换速度，即棒静止，线框以2m/s的速度向右运动，线框进入区域Ⅱ过程，根据动量定理有， 可得 联立解得 线框进入磁场和出磁场过程的磁通量变化量相等，则动量变化量相等，即速度变化量相等，结合以上分析可知线框第1次出磁场瞬间的速度大小为，故C错误； D．线框与挡板碰撞后被反弹，再次进入磁场，完全进入磁场后瞬间的速度大小为 可知线框不能再次出磁场与导体棒发生碰撞，设线框之后向左运动的距离为x，则有 同理根据动量定理有 解得 最终棒到线框的距离为，故D正确。 故选AD。 2．AC 【详解】A．在时间内，物块P、Q以及弹簧组成的系统只有弹簧弹力做功，则该系统机械能守恒，故A正确。 B．弹簧恢复原长过程，物块P一直不动，此过程物块P、Q以及弹簧组成的系统受到墙壁的弹力作用，则该系统此过程所受的合外力不为0，其动量不守恒，此后物块P离开墙壁，物块P、Q以及弹簧组成的系统所受的合外力为0，其动量守恒，可见在时间内，物块P、Q以及弹簧组成的系统最初动量不守恒，最后动量守恒，故B错误。 C．由图知，时刻物体的加速度为0，此时弹簧恰好恢复原长，物块P刚要运动，时刻物体运动的加速度最大，且为负值，此时弹簧被拉得最长，物块P、Q的速度相同。弹簧恢复原长过程，由机械能守恒定律有 解得时刻物体的速度大小 在时间内，对物块P、Q以及弹簧组成的系统，由动量守恒定律有 解得时刻物块P和Q的速度大小均为 由动能定理知，内合外力对物体做功，故C正确。 D．由图可知，时刻物体的加速度为0，此时弹簧恰好恢复原长，在时间内，对物块P、Q以及弹簧组成的系统，由动量守恒定律 由机械能守恒定律 联立可知，时刻物体的速度，则内物体速度变化量 图像中图线与轴所围的面积表示速度变化量，可见时间内图线与轴所围的面积大小为，故D错误。 故选AC。 3．BD 【详解】A．球1与a槽组成的系统，球1从a槽的左侧下到最低点过程中，由于a槽受到墙壁的作用力，所以球1与a槽组成的系统动量不守恒，此过程只有重力做功，则系统的机械能守恒；接着球1从a槽最低点向右侧运动过程中，由于存在球1的重力，故系统的合外力不为零，系统动量不守恒，但水平方向所受合外力为零，水平方向动量守恒，此过程系统的机械能守恒；故球1与a槽组成的系统机械能守恒，但动量不守恒；球2与b槽组成的系统机械能守恒，由于存在球2的重力，故系统的合外力不为零，系统动量不守恒，但水平方向所受合外力为零，水平方向动量守恒，故A错误； BCD．球1滑到最低点时，槽a才开始运动，球1水平位移为 根据机械能守恒有 解得球1最低点速度为 达到右侧最大高度时，球1和槽a共速，根据水平方向动量守恒有 根据系统机械能守恒有 联立解得 球2滑到最低点时，根据水平位移关系有 根据水平方向动量守恒有 又， 可得 联立解得球2水平位移为 根据机械能守恒和动量守恒有， 联立解得 达到右侧最大高度时，球2的速度为零，而系统初状态的总动量为零，故此时槽b的速度也为零，根据系统机械能守恒可知球2能上升到最大高度 两球运动到凹槽右端的最大高度之比为 第一次运动到最低点的过程，两小球在水平方向上相对地面的位移之比为 第一次运动到最低点时，两小球的速度大小之比为，故BD正确，C错误。 故选BD。 4．AB 【详解】A．物块飞出桌面后做平抛运动，根据 解得 则物块A、B飞离桌面到落地的时间之比为1∶1，故A正确； B．弹簧弹开木块的过程，两木块组成的系统动量守恒，取向左为正方向，由动量守恒定律得 则速度之比为 水平方向有 可知物块A、B飞离桌面到落地的水平位移之比为1∶2，故B正确； C．物块A、B飞离桌面时的动能之比为 故C错误； D．物块A、B落地时的速度之比为 故D错误； 故选AB。 5．(1)0.5m/s2 (2)1m/s (3)2m (4) 【详解】（1）设和地面恰好相对运动时，有 由题图（b）的E-t图像可知对应时刻为 由于，即4s之后A、B一起向右加速，再随E继续增大，A在t2时刻相对木板B向右滑动，对、系统，有 对B，有 解得， 时，A、B恰好相对滑动，则时，对A、B系统，有 解得 （2）4~6s内，对系统，由动量定理有 代入数据解得 （3）6~7s内，对A，有 根据位移时间关系可得 对B，有 根据位移时间关系可得， 联立解得 （4）A滑上车的速度 A、D碰撞过程，有 AD、C共速时，弹性势能最大，有 A、D碰撞后到弹性势能最大的过程中，根据能量守恒定律可得 根据动量守恒定律、微元、累加可得 解得， 6．(1) (2) (3) 【详解】（1）设物块a滑上传送带时的速度大小为，a沿圆弧轨道从到，由机械能守恒定律有   物块a在处，根据牛顿第二定律有    联立两式并代入数据解得 根据牛顿第三律，可知物块a在处对圆弧轨道的压力大小 （2）物块a相对传送带滑动时，根据牛顿第二定律 解得    要使物块a到达传送带右端时的速度大小为，物块滑上传送带时的速度最小时有 解得 根据机械能守恒 解得 物块滑上传送带时的速度最大时有 根据机械能守恒 解得 圆弧轨道半径的取值范围为 （3）设物块a与物块1第一次碰撞后，物块a的速度大小为、物块1的速度大小为，根据动量守恒定律有 根据机械能守恒定律有 解得 由于水平面上静止的物块质量相等，因此1与2、2与3、…发生弹性碰撞交换速度。因此物块a与1第一次碰撞后物块n获得的速度大小为 根据物块a、物块1碰撞的特点及水平面上物块间碰撞的特点分析可知，物块a与物块1第二次碰撞后，物块a的速度大小 物块a与物块1共发生次弹性碰撞，第次碰撞后，物块a的速度大小 因此物块a与物块1第一次碰撞后，物块a在传送带上共运动的时间 7．(1) (2) (3) 【详解】（1）导体棒从释放到进入磁场前机械能守恒，有 得 （2）导体棒进入磁场过程中，规定向右为正方向，根据动量定理，有 又 ， 得 联立得导体棒与盒碰撞前棒的速度： 棒在穿过磁场过程中，回路中产生的焦耳热为，由能量守恒定律得⑥ 金属棒a上产生的焦耳热为 得 （3）导体棒与盒发生碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，设碰后瞬间棒的速度为、盒的速度为有， 联立解得， 设物块与盒最终共速时的速度为，此过程中物块相对于盒的总路程为，根据动量守恒，有 得 根据能量守恒，有 得 又 物块与盒共碰撞15次，第15次与左侧相碰，之后再相对于盒向右运动后两者相对静止 设最后一次碰撞后瞬间盒的速度为，有 从最后一次碰撞后到共速过程中，由能量守恒，有 得 8．(1) (2) (3) 【详解】（1）小球从凹槽滑至点速度大小为，对小球 得 小球与物块碰后瞬间速度分别为和，根据动量守恒与机械能守恒有 ， 联立解得， 即碰后物块速度大小为 （2）此过程，设物块匀减速运动的加速度大小为，长木板匀加速运动的加速度大小 对于物块，牛顿第二定律得     解得 对于长木板，牛顿第二定律得     解得 设经过时间物块与长木板达到共同速度，则， 解得 物块与长木板的相对位移     物块恰好不从板上落下，则 （3）①由上题可知当拉力小于等于1 N时，物体会从右侧飞出，产生的热量相同， ②设当拉力大小等于时，物块和长木板达共速后，相对静止匀加速运动。在拉力作用下，共速后物块与木板加速度大小为，对物块和长木板 对物块     得 当拉力大于1N小于3N时，共速前，物块加速度不变，对长木板牛顿第二定律得 设经过时间物块与长木板达到共同速度，则 解得 相对位移     则 可知 ③当时，物体先向右减速至与长木板共速后，相对板向左运动，最后从长木板左边落下，设共速前长木板加速度为，经过时间，物块与木板达共速，此时相对位移为 则有 联立解得，（） 可知 则当时，产生的热量最多不超过 9．(1) (2) (3) 【详解】（1）小球C与B发生碰撞过程，根据动量守恒定律 当小球A、B、C速度相等时，弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律 根据能量守恒定律 联立解得弹簧弹性势能的最大值 （2）小球A与弹簧分离时，弹簧处于原长，根据动量守恒定律 根据能量守恒定律 解得小球A在点时的速度 小球进入电场后，在垂直于电场方向做匀速运动，所以在电场中运动的时间为 因为，根据对称性可知，任意时刻进入电场的小球在沿着电场方向的分速度一定为零，所以小球A离开电场时的速度与进入电场时的初速度相同，故小球A离开电场时的速度大小 （3）小球A在时刻进入电场时沿着电场方向的偏移量最大，由牛顿运动定律 沿着电场方向有 解得 根据初速度为零的匀变速直线运动的规律可知，小球A在时刻进入电场时沿着电场方向的偏移量最小，为 如图所示 所以小球在圆弧NP之间进入圆形磁场区域，根据带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的规律 解得 因为，所以根据磁聚焦原理小球从圆弧NP任意一点进入磁场后都会经过Q点，所以小球A在时间内进入电场后在圆形磁场中可能经过的区域面积 解得 10．(1)2N/C，0.2 T (2)1 m/s (3)C与物体D发生弹性碰撞，理由：损失的动能为零。 【详解】（1）D离开桌面后在竖直平面内做匀速圆周运动，可知在竖直方向上 小物体D做                               解得,。                   （2）设物体D在桌面上向右运动，任意时刻的速度为，受力分析如图所示，根据牛顿第二定律得                             滑动摩擦力                                      从C、D碰撞结束到物体D离开桌面过程中，设任一微小时间间隔内速度变化量为，由动量定理有                            又， 可得                    解得。 （3）A、B分离瞬间，A、B间弹力为零，水平速度相等，水平加速度相等。对B分析可知水平加速度为零，故A只有竖直方向的加速度，又可转动的轻杆与球间的弹力只能沿杆方向，所以此时小球A受到杆的弹力为零。从开始运动到A与B刚脱离接触的瞬间，对小球A和物体B、C，根据机械能守恒定律有           （或A与B刚脱离接触的瞬间，对小球A，根据牛顿第二定律有 ）                                  分离时 解得                            C、D碰撞过程，以水平向右为正，根据动量守恒定律有                             解得 损失的动能                 解得                                     所以物体C与物体D发生弹性碰撞。 真题·实战演练 1．BD 【详解】AB．根据题意可知传送带对AB的滑动摩擦力大小相等都为 初始时A向右减速，B向右加速，故可知在A与传送带第一次共速前，AB整体所受合外力为零，系统动量守恒有， 代入数值解得t=t1时，B的速度为 在A与传送带第一次共速前，对任意时刻对AB根据牛顿第二定律有， 由于，故可知 故A错误，B正确； C．在时间内，设AB向右的位移分别为，，由功能关系有 解得 故弹簧的压缩量为 故C错误； D．A与传送带的相对位移为 B与传送带的相对为 故可得 由于时间内A向右做加速度逐渐增大的减速运动，B向右做加速度逐渐增大的加速运动，且满足，作出AB的图像 可知等于图形的面积，等于图形的面积，故可得 结合 可知，故D正确。 故选BD。 2．（1） ；（2） ；（3） 【详解】（1）小物块C运动至刚要与物块B相碰过程，根据动能定理可得 解得C在碰撞前瞬间的速度大小为 （2）物块B、C碰撞过程，根据动量守恒可得 解得物块B与物块C碰后一起运动的速度大小为 故C与B碰撞过程中损失的机械能为 （3）滑板A刚要滑动时，对滑板A，由受力平衡可得 解得弹簧的压缩量，即滑板A开始运动前物块B和物块C一起运动的位移大小为 从C与B相碰后到A开始运动的过程中，C和B克服摩擦力所做的功为 3．D 【详解】选择水平向右为正，两滑块碰前总动量 说明系统总动量为0。 A．A和B都向左运动，总动量不为0，选项A错误； B．A和B都向右运动，总动量不为0，选项B错误； C．A静止，B向右运动，总动量不为0，选项C错误； D．A向左运动，B向右运动，总动量可能为0，选项D正确。 故选D。 4．D 【分析】本题考查动量守恒定律 【详解】系统分离前后，动量守恒： ，解得： ，故ABC错误；D正确． 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $