备考2025届高考物理一轮复习分层练习第七章动量守恒定律专题十一动量守恒中的四类典型模型

专题十一动量守恒中的四类典型模型1.[多选]如图所示，在光滑的水平面上放有两个小球A和B，mA＞mB，B球上固定一轻质弹簧.A球以速率v去碰撞静止的B球，则（BD）A.A球的最小速率为零B.B球的最大速率为2mC.当弹簧压缩到最短时，B球的速率最大D.两球的动能最小值为m解析A球与弹簧接触后，弹簧被压缩，弹簧对A球产生向左的弹力，对B球产生

向右的弹力，故A球做减速运动，B球做加速运动，当B球的速度等于A球的速度时弹

簧的压缩量最大，此后A球接着减速，B球接着加速，弹簧压缩量减小，当弹簧复原

原长时，B球速度最大，A球速度最小，此过程满意动量守恒定律和能量守恒定律，

有mAv＝mAv1＋mBv2，12mAv2＝12mAv12＋12mBv22，解得v1＝mA-mBmA＋mBv，v2＝2mAmA＋mBv，因

为mA＞mB，可知A球的最小速率不为零，B球的最大速率为2mAmA＋mBv，故A、C错

误，B正确；两球共速时，弹簧压缩到最短，弹性势能最大，此时两球动能最小，

依据动量守恒定律有mAv＝2.[2024北京八一中学校考/多选]如图所示，静止在光滑水平桌面上的物块A和B用一轻质弹簧拴接在一起，弹簧处于原长.一颗子弹沿弹簧轴线方向射入物块A并留在其中，射入时间极短.下列说法中正确的是（BD）A.子弹射入物块A的过程中，子弹和物块A的机械能守恒B.子弹射入物块A的过程中，子弹对物块A的冲量大小等于物块A对子弹的冲量大小C.子弹射入物块A后，两物块与子弹的动能之和等于射入物块A前子弹的动能D.两物块运动过程中，弹簧最短时的弹性势能等于弹簧最长时的弹性势能解析子弹射入物块A的过程为完全非弹性碰撞，有动能损失，则子弹和物块A的

机械能不守恒，故A错误；子弹射入物块A的过程中，子弹对物块A的作用力与物块

A对子弹的作用力是一对相互作用力，等大反向，而且两个力作用时间相等，由I＝

Ft知，子弹对物块A的冲量大小等于物块A对子弹的冲量大小，故B正确；子弹射入

物块A后，两物块与子弹的动能之和小于射入物块A前子弹的动能，因为子弹射入物

块A过程中有动能转化为内能，故C错误；两物块运动过程中，弹簧最短时与弹簧最

长时都是两物块具有共同速度时，有(mA＋m子)v1＝(mA＋m子＋mB)v2，ΔEp＝12(mA＋

m子)v12-12(mA＋m子3.[2024河南三门峡模拟/多选]光滑水平面上停放着质量为m、装有光滑弧形槽的小车，一质量也为m的小球以水平速度v0沿槽口向小车滑去，到达某一高度后，小球又返回右端，图甲小车放置在无阻碍的光滑水平面上，图乙小车靠墙停放，已知重力加速度为g，则（BC）A.图甲中小球返回右端将向右做平抛运动B.图乙中小球返回右端将向右做平抛运动C.图甲中小球在弧形槽内上升的最大高度为vD.图甲中全过程小球对小车压力的冲量为mv0解析题图甲中，小球离开小车时，设小球的速度为v1，小车的速度为v2，整个过

程中系统在水平方向上动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得mv0＝mv1＋

mv2，对系统由机械能守恒定律得12mv02＝12mv12＋12mv22，联立解得v1＝0，v2＝v0，所

以题图甲中小球返回右端将做自由落体运动，A错误；题图乙中小车静止不动，因

此小球返回右端将向右做平抛运动，B正确；设题图甲中小球在弧形槽内上升的最

大高度为h，由系统水平方向动量守恒得mv0＝2mv，由能量守恒定律得12mv02＝

12×2mv2＋mgh，解得h＝v024g，C正确；由以上分析可知，题图甲中小球返回右端将做

自由落体运动，小车将向左做匀速直线运动，速度为v0，对小车水平方向，由动量

定理可得Ix＝Δ4.[多选]如图所示，光滑水平面上有一质量为2M、半径为R（R足够大）的14光滑圆弧曲面C，质量为M的小球B置于其底端，质量为M2的小球A以v0＝6m/s的速度向B运动，并与B发生弹性碰撞，两小球均可视为质点，则（ADA.B的最大速率为4m/sB.B运动到最高点时的速率为34C.B能与A再次发生碰撞D.B不能与A再次发生碰撞解析A与B发生弹性碰撞，取水平向右为正方向，依据动量守恒定律和机械能守

恒定律得M2v0＝M2vA＋MvB，12·M2v02＝12·M2vA2＋12MvB2，解得vA＝-2m/s，vB＝4m/s，故B

的最大速率为4m/s，A正确；B冲上C并运动到最高点时二者共速，设为v，则MvB＝

(M＋2M)v，得v＝43m/s，B错误；B冲上C然后又滑下的过程，设B、C分别时速度分

别为v'B、v'C，由水平方向动量守恒有MvB＝Mv'B＋2Mv'C，由机械能守恒有12MvB2＝

12Mv'2B＋12·2Mv'25.[设问创新/2024江苏盐城模拟]如图所示，一质量为M＝3.0kg的长木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量为m＝1.0kg的小木块A.同时给A和B大小均为v＝5.0m/s、方向相反的初速度，使A起先向左运动，B起先向右运动，A始终没有滑离B.在A做加速运动的时间内，B的速度大小可能是（C）A.1.8m/s B.2.4m/sC.2.8m/s D.3.5m/s解析以A、B组成的系统为探讨对象，因为系统不受外力，则系统动量守恒，选

择水平向右的方向为正方向，从A、B起先运动到A的速度为零，依据动量守恒定律

可得(M-m)v＝MvB1，解得vB1＝103m/s，从A、B起先运动到A、B共速，依据动量守恒

定律可得(M-m)v＝(M＋m)vB2，解得vB2＝2.5m/s，木块A加速运动的过程为其速度减

为零到与B共速的过程，此过程中B始终减速，则在木块A做加速运动的时间内，B的

速度范围为2.5m/s≤vB≤103m/s，故C正确，ABD6.[2024湖南长沙南雅中学校考]质量为M，长度为d的木块放在光滑的水平面上，在木块的右边有一个销钉把木块拦住，使木块不能向右滑动，质量为m的子弹以水平速度v0射入静止的木块，刚好能将木块射穿.现拔去销钉，使木块能在水平面上自由滑动，而子弹仍以水平速度v0射入静止的木块，设子弹在木块中受到的阻力大小恒定，则（C）A.拔去销钉，木块和子弹组成的系统动量守恒，机械能也守恒B.子弹在木块中受到的阻力大小为mC.拔去销钉，子弹在木块中运动的时间为2D.拔去销钉，子弹射入木块的深度为m解析拔去销钉，木块和子弹之间的摩擦力是系统内力，故木块和子弹组成的系

统动量守恒；但因摩擦力要做功，故系统机械能不守恒，故A错误.当木块固定时，

由动能定理可知-fd＝0-12mv02，解得f＝mv022d，故B错误.拔去销钉，子弹与木块系统动

量守恒，则依据动量守恒定律可得mv0＝(m＋M)v，解得v＝mv0M＋m，对木块依据动量

定理可得ft＝Mv，子弹在木块中运动的时间为2Md(M＋m)v0，故C正确.拔去销钉，由C选

项分析可知最终速度，故整个过程依据动能定理有-fx＝17.[2024江西南昌模拟]质量相等的A、B两球之间压缩一根轻质弹簧，静置于光滑水平桌面上，当用挡板拦住A球而只释放B球时，B球被弹出落到距桌边水平距离为x的地面上，如图所示，若再次以相同力压缩该弹簧，取走A左边的挡板，将A、B同时释放，则B球的落地点距桌边水平距离为（D）A.x2 B.2x C.x D.2解析当用挡板拦住A球而只释放B球时，B球做平抛运动，设高度为h，则有h＝

12gt2，x＝v0t，所以弹簧的弹性势能为Ep＝12mv02.若再次以相同力压缩该弹簧，取走A

左边的挡板，将A、B同时释放，取向右为正方向，由动量守恒定律可得0＝mv1-

mv2，依据能量守恒有Ep＝12mv12＋12mv22，联立解得v2＝22v0，则B球的落地点距桌边

水平距离x'＝v8.[2024山西四校联考]如图所示，用不行伸长的轻质细绳将木块悬挂于一点O，起先木块自由静止在O点下方的P点.质量为m的弹丸以水平向右的速度v1＝205m/s射入质量为M＝40m的木块，射入木块后二者共同摇摆的最大摆角为α，当其第一次返回P位置时，其次粒相同的弹丸以水平向右的速度v2又击中木块，使木块向右摇摆且最大摆角仍为α，弹丸均未射出木块，木块和弹丸形态大小以及空气阻力均忽视不计，则其次粒弹丸水平向右的速度v2的大小为（D）A.664m/s B.581m/s C.498m/s D.415m/s解析第一粒弹丸射入木块中，依据动量守恒可得mv1＝(M＋m)v，解得共同速度

为v＝v141.射入木块后二者共同摇摆的最大摆角为α，设绳子长度为L，依据机械能守

恒可得12(M＋m)v2＝(M＋m)L(1-cosα).当其第一次返回P位置时，其次粒相同的弹丸

以水平向右的速度v2又击中木块，使木块向右摇摆且最大摆角仍为α，依据动量守恒

可得mv2-(M＋m)v＝(M＋2m)v'，依据机械能守恒可得12(M＋2m)v'2＝(M＋2m)L(1-cos

α)，联立可得v'＝v，v2＝8341v1＝83419.[2024山东新泰一中校考]如图所示，光滑的水平地面上静止放置着长木板A和滑块B，地面右侧足够远处有固定的挡板.滑块C沿地面从左侧向右运动，和A发生弹性碰撞，此后运动过程中B始终在长木板A上，A和挡板碰撞无能量损失.已知滑块C的初速度v0＝4m/s，mA＝mC＝3kg，mB＝1kg，A、B之间的动摩擦因数μ＝0.25，重力加速度大小g取10m/s2.求：（1）C和A碰撞后瞬间A和B的速度大小；（2）C的最终速度.答案（1）4m/s0（2）1.5m/s，方向向左解析（1）C和A发生弹性碰撞，依据动量守恒定律和机械能守恒定律有mCv0＝mAv1＋mCv212mCv02＝12mAv1解得v1＝v0＝4m/s，v2＝0，A和C速度互换B不参加，A、C碰撞后瞬间，vB＝0（2）A和B发生相对运动直到速度相等，依据动量守恒可得mAv1＝（mA＋mB）v3A与挡板碰撞后速度等大反向，又与B再次共速，以向左为正方向，依据动量守恒可得mAv3－mBv3＝（mA＋mB）v4解得v4＝1.5m/sA和C其次次碰撞发生速度互换，则有vC＝v4＝1.5m/s，方向向左.10.[多次碰撞问题]如图所示，一平板车A质量为2m，原来静止于光滑水平面上，其右端与竖直固定挡板相距L.小物块B的质量为m，以大小为v0的初速度从平板车左端起先向右滑行，一段时间后车与挡板发生碰撞，已知车碰撞挡板的时间极短，碰撞前后瞬间的速度大小不变但方向相反，A、B之间的动摩擦因数为μ.物块B总不能到达车板的右端，重力加速度大小为g.（1）车第一次遇到挡板前瞬间车的速度可能是多大？（2）若车与挡板共发生了2次碰撞，求L满意的条件.答案（1）v03或μgL（2）v02解析（1）假设A与挡板碰撞前瞬间，A、B的速度恰好相等，依据动量守恒定律得mv0＝（2m＋m）vt对A，由动能定理可得μmgL＝12·2m解得L＝v当L≥v029μg时，可得第一次遇到挡板前瞬间A的速度大小为v当L＜v029μg时，可得第一次遇到挡板前瞬间A的速度大小为v（2）设在A与挡板第一次碰撞前瞬间A、B的速度大小分别为vA、vB，依据动量守恒定律有mv0＝2mvA＋mvB分以下两种状况探讨：①假如L为某个值L1，使A与挡板第一次碰撞后经过一段时间恰好与B同时停止运动，则mvB－2mvA＝0此时A与挡板只发生一次碰撞在碰撞前对A由动能定理可得μmgL1＝12·2m联立解得L1＝v②假如L为某个值L2，使A与挡板能发生二次碰撞，从A起