第7章 第4讲 动量守恒中的四类典型模型(Word练习)-【新高考方案】2027年高考物理一轮总复习（福建专版）

**基本信息** 聚焦动量守恒与能量综合应用，通过多情境模型建构，强化科学推理与系统分析能力，覆盖高频考点。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |动量守恒基础|3选择|板块/弹簧模型，双选辨析|水平动量守恒条件→共速状态推导→能量转化关系| |能量综合应用|2选择+2计算|圆弧/斜面情景，多过程设问|机械能守恒与摩擦生热结合→相对位移计算→临界状态分析|

[课时跟踪检测] 1.(2025·黑龙江哈尔滨模拟)如图所示，一质量M=3.0 kg的长木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m=1.0 kg的小木块A。给小木块A和长木板B以大小均为5.0 m/s、方向相反的初速度，使小木块A开始向左运动，长木板B开始向右运动，小木块A始终没有滑离长木板B，A、B间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取10 m/s2。在整个过程中，下列说法正确的是 (　　) A.小木块A与长木板B共速时速度大小为3 m/s B.小木块A向左运动的最大位移为2 m C.整个过程系统因摩擦产生的热量为37.5 J D.长木板的长度可能为5 m 解析：选C　由于M>m，故系统总动量方向向右，则小木块A先向左减速至零，后向右加速，最终与木板以共同速度向右匀速运动，设共速时速度为v1，以向右为正方向，根据动量守恒定律可得Mv0-mv0=v1，解得v1=2.5 m/s，故A错误；小木块A向左运动时加速度为aA==5 m/s2，向左运动的最大位移为x==2.5 m，故B错误；小木块与长木板共速时，根据能量守恒定律有Q=μmgx相对=-，解得整个过程系统因摩擦产生的热量为Q=37.5 J，x相对=7.5 m，由于小木块A始终没有滑离长木板B，则长木板的长度必须大于或等于7.5 m，故长木板的长度不可能为5 m，故C正确，D错误。 2.(双选)如图所示，水平地面上有一质量为m的“”形木板A，其水平部分表面粗糙，长度为2R，圆弧部分的半径为R、表面光滑，两部分平滑连接。现将质量也为m、可视为质点的滑块B从木板圆弧部分的顶端由静止释放。若地面粗糙，滑块B恰好能滑到此木板的最左端，此过程中木板A始终处于静止状态，重力加速度大小为g，则下列说法中正确的是 (　　) A.此过程中，A对水平地面的最大压力为4mg B.B与A水平部分上表面的动摩擦因数为0.2 C.若水平地面光滑，B将从A的左端滑出 D.若水平地面光滑，A向右运动的最大位移为1.5R 解析：选AD　若地面粗糙，B滑到木板圆弧部分底端的过程，由机械能守恒定律有mgR=mv2，根据牛顿第二定律有FN-mg=m，解得FN=3mg，由牛顿第三定律可知，B对A的压力大小为FN'=FN=3mg，则A对水平地面的最大压力为FNm=FN'+mg=4mg，选项A正确；若地面粗糙，B从由静止释放至恰好滑到木板最左端的过程，根据功能关系有mgR=μmg·2R，可得B与A水平部分上表面的动摩擦因数为μ=0.5，选项B错误；若水平地面光滑，则当B相对A静止时，A、B组成的系统水平方向动量守恒，有0=2mv共，即两物体的速度均为零，根据功能关系有mgR=μmgΔx，可得Δx=2R，即B仍停在A的左端，选项C错误；若水平地面光滑，A、B组成的系统水平方向动量守恒，可得mx=(3R-x)m，解得A向右运动的最大位移为x=1.5R，选项D正确。 3.(2025·湖南长沙联考)(双选)光滑水平面有A、B两个物块，质量分别为2m和m，初始时用处于原长状态下的弹簧相连，现在给物块A一个水平向右的初速度v0。水平面右侧有一墙面，已知经过时间t，物块B第一次达到最大速度，且恰好到达墙壁处，在此过程中，下列说法正确的是 (　　) A.弹簧的最大弹性势能是 B.物块B的最大速度是 C.初始时物块B离墙面的距离是v0t D.初始时物块B离墙面的距离是v0t 解析：选AC　当两物块共速时，弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律有2mv0=(2m+m)v共，两物块和弹簧组成的系统机械能守恒，则有×2m=(2m+m)+Epm，解得Epm=，故A正确；当弹簧恢复原长时，物块B的速度达到最大，根据动量守恒定律有2mv0=2mvA+mvB，根据机械能守恒定律有×2m=×2m+m，解得vB=，vA=，故B错误；当弹簧恢复原长时，物块B的速度达到最大，根据动量守恒定律有2mv0=2m+m，两边同时乘以t可得2mv0t=2mt+mt，即2mv0t=2mxA+mxB，初末状态弹簧均处于原长，所以xA=xB，解得xB=xA=v0t，故C正确，D错误。 4.如图所示，光滑的水平地面上有一个木块C，C上面通过一个弹性棒连接木块B，弹性棒可以弯曲但不改变长度。开始弹性棒处于竖直状态，一颗子弹A以水平初速度v0=200 m/s射入木块B但没有穿出，射入过程时间极短，之后 A、B整体在弹性棒上面反复左右摇摆。已知mA=0.05 kg，mB=0.15 kg，mC=0.8 kg，整个运动过程C始终没有脱离地面且没有翻倒，下列说法正确的是 (　　) A.子弹A射入木块B过程中A、B系统机械能守恒 B.弹性棒向右弯曲最大时A、B整体的速度为50 m/s C.弹性棒向右弯曲最大时具有的弹性势能大小等于子弹射入木块B之后系统减少的动能 D.弹性棒第一次回到竖直状态时C的速度大小为20 m/s 解析：选D　子弹A射入木块B过程中克服摩擦力做功，A、B系统机械能不守恒，故A错误；弹性棒向右弯曲最大时，A、B、C相对静止，具有相同的速度，由动量守恒定律有mAv0=(mA+mB+mC)v2，得整体的速度为v2=10 m/s，故B错误；弹性棒向右弯曲最大时具有的弹性势能大小应等于子弹射入木块B之后系统减少的动能与A、B整体减少的重力势能之和，故弹性棒向右弯曲最大时具有的弹性势能大小应大于子弹射入木块B之后系统减少的动能，故C错误；子弹A射入木块B过程中，由动量守恒定律有mAv0=(mA+mB)v1，得v1=50 m/s，弹性棒第一次回到竖直状态时，整个系统满足水平方向动量守恒和机械能守恒，则有(mA+mB)v1=(mA+mB)v3+mCvC，(mA+mB)=(mA+mB)+mC，可得vC=v1=20 m/s，故D正确。 5.(2025·福建晋江模拟)如图所示，在水平面上放置一个右侧面半径为R的圆弧凹槽，凹槽质量为m，凹槽A点切线水平，B点为最高点。一个质量也为m的小球以速度v0从A点冲上凹槽，重力加速度为g，不计一切摩擦，则下列说法正确的是 (　　) A.小球在凹槽内运动的全过程中，小球与凹槽的总动量守恒，且离开凹槽后做平抛运动 B.若v0=，小球恰好可到达凹槽的B点且离开凹槽后做自由落体运动 C.若v0=，小球最后一次离开凹槽的位置一定是A点，且离开凹槽后做自由落体运动 D.若v0=，小球最后一次离开凹槽的位置一定是B点，且离开凹槽后做竖直上抛运动 解析：选C　小球在凹槽内运动的全过程中，小球与凹槽水平方向动量守恒，但总动量不守恒，故A错误；若小球恰好可到达B点，由水平方向动量守恒，有mv0=2mv，由机械能守恒定律有m=×2mv2+mgR，解得v0=2，故B错误；当v0>2时，小球从B点飞出后做斜抛运动，水平方向速度跟凹槽的速度相同，再次返回凹槽时恰好能落到B点，最后一次离开凹槽的位置一定是A点，由水平方向动量守恒得mv0=mv1+mv2，由机械能守恒定律得m=m+m，解得v1=0，v2=v0，可知小球离开凹槽后做自由落体运动，故C正确，D错误。 6.(10分)(2025·山东青岛模拟)如图所示，质量mB=4 kg的光滑斜劈B静止在水平台面上，底边长度d=6 m，高度h=4 m。B底端距离台面边缘x0=2 m，水平地面上一质量mC=2 kg的木板C紧靠平台静置，C上表面与台面平齐。质量mA=2 kg、可看作质点的物块A从B顶端由静止释放，滑到台面上时与台面发生相互作用，A的动能发生损失，进入台面后的速度水平向右，大小为vx=4 m/s。已知A沿B下滑过程中，A和B相对地面均做匀变速直线运动，B与台面、C与地面间均无摩擦，A与台面、A与C间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g=10 m/s2。求： (1)A滑到B底端时，B向左滑动的距离xB；(3分) (2)A滑上C时A的速度大小v0；(3分) (3)为使A不从C上滑下，C的最小长度L。(4分) 解析：(1)A、B系统水平方向上动量守恒，有mAvA=mBvB 所以A滑到B底端过程中有mAxA=mBxB 又xA+xB=d 解得xA=4 m，xB=2 m。 (2)A从进入台面到滑上C的过程，由动能定理得-μmAg=mA-mA 解得v0=4 m/s。 (3)当A滑至C右端且两者刚好共速时，A不从C上滑下，设共同速度为vAC，对A、C系统，由动量守恒定律有mAv0=vAC 由能量守恒定律有 μmAgL=mA- 联立解得C的最小长度L=2 m。 答案：(1)2 m　(2)4 m/s　(3)2 m 7.(12分)(2025·山东高考)如图所示，内有弯曲光滑轨道的方形物体置于光滑水平面上，P、Q分别为轨道的两个端点且位于同一高度，P处轨道的切线沿水平方向，Q处轨道的切线沿竖直方向。小物块a、b用轻弹簧连接置于光滑水平面上，b被锁定。一质量m= kg的小球自Q点正上方h=2 m处自由下落，无能量损失地滑入轨道，并从P点水平抛出，恰好击中a，与a粘在一起且不弹起。当弹簧拉力达到F=15 N时，b解除锁定开始运动。已知a的质量ma=1 kg，b的质量mb= kg，方形物体的质量M= kg，重力加速度大小g=10 m/s2，弹簧的劲度系数k=50 N/m，整个过程弹簧均在弹性限度内，弹性势能表达式Ep=kx2(x为弹簧的形变量)，所有过程不计空气阻力。求： (1)小球到达P点时，小球及方形物体相对于地面的速度大小v1、v2；(4分) (2)弹簧弹性势能最大时，b的速度大小vb及弹性势能的最大值Epm。(8分) 解析：(1)小球从开始下落至运动到P处过程中，小球与方形物体组成的系统在水平方向上动量守恒，有mv1=Mv2 由能量守恒定律有mgh=m+M 联立解得v1=6 m/s，v2= m/s。 (2)小球恰好击中a且与其粘连，小球和a组成的系统在水平方向上动量守恒，则有mv1=(m+ma)v3，解得v3=2 m/s 设当弹簧形变量为x1时b解除锁定，此时小球和a整体的速度为v4，根据胡克定律得F=kx1 对小球、a和弹簧组成的系统，由能量守恒定律得(m+ma)=(m+ma)+k 代入数据解得v4=1 m/s，x1=0.3 m 以水平向左为正方向，b解除锁定之后，小球、a和b组成的系统动量守恒，当三者共速时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律有 (m+ma)v4=(m+ma+mb)vb 代入数据解得vb= m/s，方向水平向左 对小球、a、b和弹簧组成的系统，由能量守恒定律有Epm=(m+ma)+k-(m+ma+mb)，代入数据解得Epm= J。 答案：(1)6 m/s　 m/s　(2) m/s　 J 48 / 50 $