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专题03 功能与动量
题型解码
“能量与动量”的观念是高中物理的重要物理观念，也是暨力与运动后研究物理现象、解决物理问题
的重要思想方法。“能量动量”的观念，其核心是动能定理、机械能守恒定律、动量守恒定律。其中功、
能、动量、冲量是基本概念。灵活“能量动量”解决复杂的直线运动、曲线运动打击、碰撞等是高中生的
关键能力。甚至，后面的电磁学领域依然要用到“能量与动量”的观念。因此，本专题是高考的必考点、
常考点、热考点。
考向破译
考向一 力功、功率和动量冲量的综合
【典例引领1】如图所示，滑块P 静止在光滑水平面上，P 上侧的光滑圆弧面与水平地面相切，将小滑块
Q（可视为质点）从光滑圆弧面上距离水平地面高度为h 处由静止释放，经时间t 后Q 滑离P，滑块Q 和P
质量均为m。则Q 沿P 下滑过程中，下列说法正确的是（ ）
热点题型·选择题攻略
目录
第一部分 题型解码 高屋建瓴，掌握全局
第二部分 考向破译 微观解剖，精细教学
典例引领
方法透视
变式演练
考向01 力功、功率和动量冲量的综合
考向02 碰撞模型及其拓展
考向03 传送带与板块模型
考向04 弹簧类模型
第三部分 综合巩固 整合应用，模拟实战
A．P 对Q 的支持力对Q 不做功
B．P 对Q 的支持力对Q 做的功为
C．P 对Q 的支持力的冲量大小为
D．P 对Q 的支持力的冲量大小为
【答案】BD
【解析】A．因物块P 会滑动，因此P 对Q 的支持力不与Q 的速度方向垂直，做功不为零，故A 错误；
B．Q 下滑过程中P、Q 组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒，设分离时P、Q 的速率分别为
、
，
可得
，
解得
对Q，据动能定理可得
解得
故B 正确；
CD．根据动量定理可得如图所示的矢量关系
其中
，
可得
解得
故D 正确，C 错误。故选BD。
【方法透视秘籍】
1.计算功和功率时应注意的问题
(1)计算功时，要注意分析受力情况和能量转化情况，分清是恒力做功，还是变力做功，恒力做功一般用功
的公式或动能定理求解，变力做功用动能定理、转化法或图象法求解。
(2)用图象法求外力做功时应注意横轴和纵轴分别表示的物理意义，若横轴表示位移，纵轴表示力，则可用
图线与横轴围成的面积表示功，例如下图甲、乙、丙所示(丙图中图线为圆弧)，力做的功分别为W1＝
F1x1、W2＝F2x2、W3＝F3x3。
(3)计算功率时，要明确是求瞬时功率，还是平均功率，若求瞬时功率，应明确是哪一时刻或哪个位置的瞬
时功率，若求平均功率应明确是哪段时间内的平均功率；应注意区分公式P＝和公式P＝Fvcosθ 的适用范
围，P＝计算的是平均功率，P＝Fvcosθ 侧重于对瞬时功率的计算。
2．冲量的三种计算方法
(1)公式法：I＝Ft 适用于求恒力的冲量．
(2)动量定理法：适用于求变力的冲量或F、t 未知的情况．
(3)图象法：用F－t 图线与时间轴围成的面积可求变力的冲量．若F－t 成线性关系，也可直接用平均力求
变力的冲量．
3．动量定理
(1)公式：FΔt＝mv′－mv
(2)应用技巧
①研究对象可以是单一物体，也可以是物体系统．
②表达式是矢量式，需要规定正方向．
③匀变速直线运动，如果题目不涉及加速度和位移，用动量定理比用牛顿第二定律求解更简捷．
④在变加速运动中F 为Δt 时间内的平均冲力．
⑤电磁感应问题中，利用动量定理可以求解时间、电荷量或导体棒的位移．
4．在日常的生活与生产中，常涉及流体的连续相互作用问题，用常规的方法很难解决，若构建柱体微元
模型，然后用动量定理分析，则可使问题迎刃而解。解答时一般是选择一段时间内作用在某物体上的流体
为研究对象。
【变式演练】
【变式1-1】如图所示，同一高度处有4 个质量相同且可视为质点的小球，现使小球A 做自由落体运动，
小球B 做平抛运动，小球C 做竖直上抛运动，小球D 做竖直下抛运动，且小球B、C、D 抛出时的初速度
大小相同，不计空气阻力。小球从释放或抛出到落地的过程中（ ）
A．重力对4 个小球做的功相同
B．重力对4 个小球做功的平均功率相等
C．落地前瞬间，重力对4 个小球的瞬时功率大小关系为
D．重力对4 个小球做功的平均功率大小关系为
【答案】AC
【详解】A．4 个质量相同的小球从同一高度抛出到落地的过程中，重力做功为
故重力对4 个小球做的功相同，故A 正确；
BD．小球A 做自由落体运动，小球B 做平抛运动，小球C 做竖直上抛运动，小球D 做竖直下抛运动，小
球从同一高度抛出到落地，运动时间关系为
重力对4 个小球做功的平均功率为
可得重力对4 个小球做功的平均功率大小关系为
故BD 错误；
C．落地前瞬间，4 个小球竖直方向有
，
，
4 个小球竖直方向的速度关系为
落地前瞬间，重力对4 个小球的瞬时功率
落地前瞬间，重力对4 个小球的瞬时功率大小关系为
故C 正确。
故选AC。
【变式1-2】用一小型电动机竖直向上提升质量为m 的重物，电动机的输出功率恒定，重物向上加速运动
的
图像如图所示，
为上升过程的最大速度。重力加速度为g，加速上升过程中，重力的冲量大小为
I，不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A．重物加速上升的时间为
B．重物加速上升过程中吊索对重物拉力的冲量大小等于
C．重物加速上升过程中吊索对重物所做的功为
D．当重物速度为
时，重物加速度大小等于2g
【答案】BC
【解析】A．根据
解得
故A 错误；
B．重物加速上升过程中，取竖直向上为正方向，由动量定理可得
解得
故B 正确；
C．重物加速上升过程中吊索对重物所做的功为
又
联立，解得
故C 正确；
D．当重物速度为
时，吊索对重物拉力
由牛顿第二定律
解得
故D 错误。故选BC。
【变式1-3】如图所示，质量为1kg 的木块（视为质点）被水平向左的力F 压在竖直墙壁上，其压力F=kx
（k 为常数，x 为木块位移），木块从离地面高度5m 处静止释放，到达地面时速度恰减为0。若木块与墙
面之间的动摩擦因数0.2，重力加速度大小为
，则（ ）
A．k=4
B．k=20
C．木块下滑过程中，在x=1.25m 处速度最大，且最大值为5m/s
D．木块下滑过程中，在x=2.50m 处速度最大，且最大值为10m/s
【答案】B
【解析】AB．弹力随位移均匀变化，根据动能定理
得
A 错误，B 正确；
CD．当重力与摩擦力相等时，木块加速度为0，速度最大，即
得
根据动能定理
得
CD 错误。故选B。
考向二 碰撞模型及其拓展
【典例引领】（2026 高三上·云南昆明·阶段练习）如图所示，质量均为
的小球P、Q 静止放置于光滑
水平面，相距为，从
时刻开始，P 始终受到一水平恒力的作用，Q 不受水平外力，经过
时间后两小
球第1 次发生弹性碰撞，碰撞时间极短，此后小球间的碰撞都为弹性碰撞，两小球均可视为质点，下列说
法正确的是（ ）
A．恒力的大小为
B．第1 次碰撞后到第2 次碰前P、Q 间的最远距离为
C．第3 次碰撞前P 的速度大小为
D．第3 次碰撞后到第4 次碰撞前P 运动的距离为
【答案】D
【详解】A．根据牛顿第二定律，小球P 的加速度为
根据运动学公式
联立解得
，故A 错误；
B．小球P、Q 质量相等，且碰撞为弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可知，小球每次碰撞交换速度。
小球P 碰前的速度为
可知小球Q 第一次碰后的速度为
当小球P 从0 再次加速到
时，二者距离最远，需要的时间仍为
，位移为
此时小球Q 的位移为
二者最远距离为
，故B 错误；
C．设第一次碰撞后到第二次碰撞的时间为
，则第二次碰撞时有位移关系
解得
此时小球P 的速度为
，故小球P 第二次碰前的速度为
，不是第3 次碰撞前，故C 错误；
D．小球P、Q 第二次碰撞后再次交换速度，可得碰撞后小球P 的速度为
，小球Q 的速度为
第3 次碰撞时，有位移关系
解得
此时小球P 的速度为
根据前述规律可得，再经过
，两球第4 次碰撞，则第4 次碰撞前P 运动的距离为
，故D 正
确。
故选D。
【方法透视】
1.抓住“一判断、三原则、三定律”速解碰撞类问题
(1)判断属于弹性碰撞模型还是完全非弹性碰撞模型。
(2)碰撞的“三原则”
①动量守恒原则，即碰撞前后两物体组成的系统满足动量守恒定律。
②动能不增加原则，即碰撞后系统的总动能不大于碰撞前系统的总动能。
③物理情境可行性原则，如果碰前两物体同向运动，碰撞前后面物体的速度大于前面物体的速度，碰撞后
原来在前面的物体速度必增大，且大于或等于原来在后面的物体的碰后速度(仅限碰撞前后后面物体速度方
向不变的情况)。如果碰撞前两物体相向运动，则碰撞后，两物体的运动方向不可能都不改变，除非两物体
碰撞后速度均为零。
(3)合理选用三个定律
①如果物体间发生的是弹性碰撞，则一般是应用动量守恒定律和机械能守恒定律进行求解。
②如果物体间发生的不是弹性碰撞，则一般应用动量守恒定律和能量守恒定律(功能关系)进行求解。
2.三类碰撞
(1)弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′.
机械能守恒：m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2.
(2)完全非弹性碰撞
动量守恒、末速度相同：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v′.
机械能损失最多，机械能的损失量为：
ΔE＝(m1v＋m2v)－(m1＋m2)v′2.
(3)非弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′.
机械能有损失，机械能的损失量为：
ΔE＝(m1v＋m2v)－(m1v1′2＋m2v2′2)．
【变式演练】
【变式2-1】如图所示，光滑轨道固定在水平地面上，质量均为m、相距很近的A、B 两小球静置于轨道水
平部分。将质量为M 的小球C 从轨道圆弧部分的某高度处由静止释放，设所有碰撞均为弹性碰撞，下列说
法正确的是（ ）
A．若
，C 与A 仅碰撞一次
B．若
，A 与B 仅碰撞一次
C．若
，C 与A 可碰撞两次
D．若
，A 与B 可碰撞两次
【答案】B
【详解】AB．质量为M 的小球C 从轨道圆弧部分由静止释放滑至底端的过程
取水平向右为正方向，C 与A 弹性碰撞,有
解得
，
A 与B 弹性碰撞，A 与B 质量相等，同理可得碰后A 与B 速度交换，即A 停下，B 以
向右运动，若
，则
，C 返回冲上曲面后再次与静止的A 弹性碰撞，同理可解得
，
易知
，
，A 与B 仅碰撞一次，C 与A 碰撞两次，故A 错误，B 正确；
C．若
，C 与A 弹性碰撞，碰后
，
之后A 与B 弹性碰撞，碰后A 与B 速度交换，即A 停下，B 以
向右运动，C 与A 仅碰撞一次，故C
错误；
D．若
，C 与A 弹性碰撞，碰后
，
易知
，
，之后A 与B 弹性碰撞，碰后A 与B 速度交换，即A 停下，B 以
向右运动，接着C
再次与A 弹性碰撞，碰后
，
易知
，
，A 与B 仅碰撞一次，C 与A 碰撞两次，故D 错误。故选B。
【变式2-2】α 粒子
以一定的初速度与静止的氧原子核
发生正碰。此过程中，α 粒子的动量p 随
时间t 变化的部分图像如图所示，
时刻图线的切线斜率最大。则（ ）
A．
时刻
的动量为
B．
时刻α 粒子的加速度达到最大
C．
时刻
的动能达到最大
D．
时刻系统的电势能最大
【答案】A
【详解】A．由题意可知，由α 粒子的动量p 随时间t 变化的部分图像可知，在
时刻，α 粒子的动量为
，
时刻动量为
，由于α 粒子与氧原子核正碰，又α 粒子与氧原子核组成的系统动量守恒，由此可得
在t1时刻
的动量为
，A 正确；
B．
时刻图线的切线斜率最大，说明此时α 粒子的动量的变化率最大，由动量计算公式
可知，说
明此时α 粒子的速度的变化率最大，即加速度最大，因此
时刻α 粒子的加速度不是最大，B 错误；
C．
时刻α 粒子的动量是零，即速度是零，
时刻后α 粒子的动量是负值，由系统动量守恒可知，
时刻
之后
的动量达到最大，速度达到最大，则动能达到最大，C 错误；
D．由B 选项分析可知，
时刻α 粒子的加速度最大，此时受的电场力最大，则
受的电场力也最大，α
粒子与氧原子核的距离最近，此时系统的电势能最大，因此
时刻系统的电势能不是最大，D 错误。
故选A。
【变式2-3】一质量为
的小球A 以初速度
与正前方另一小球B 发生碰撞，碰撞过程A、B 两球的
图像如图所示。已知地面光滑，则下列说法正确的是（ ）
A．图线P 反映的是碰撞过程中A 球的
图像
B．B 球的质量可表示为
C．一定存在
D．碰撞过程中A、B 两球的最大弹性势能为
【答案】ABD
【详解】A．A 与B 碰撞过程，对A、B 进行受力分析可知，A 球受力方向和速度方向相反，A 的速度应减
小，则P 反映的是A 球的情况，A 正确；
B．由动量守恒定律有
得
B 正确；
C．由弹性碰撞有
得
，
知
则发生弹性碰撞才有
，C 错误；
D．AB 碰撞过程中速度相等时两球有最大弹性势能，则有
解得
D 正确。故选ABD。
【变式2-4】如图所示，水平面内有两个光滑平行导轨，导轨足够长，其间距为
。质量分别为
、
的
环A、B 套在导轨上，两环之间连接一轻弹簧，轻弹簧原长
。开始时弹簧与杆垂直，两环均静止。某
时刻，给环B 一水平向右的瞬时速度，下列说法正确的是（ ）
A．A、B 和弹簧组成的系统满足动量不守恒、机械能守恒
B．若A 的速度为
，B 的速度为
C．若A 的速度为
，弹簧与导轨之间的夹角为
D．若弹簧恢复原长时，环B 速度为水平向右的
，则初始状态时弹簧的弹性势能
【答案】BCD
【详解】A．平行导轨光滑，对A、B 和弹簧组成的系统分析，所受的合外力为0，因此系统动量守恒，系
统除系统内弹簧的弹力，没有其他力做功，系统机械能守恒，故A 错误；
B．对A、B 和弹簧组成的系统分析，取向右为正方向，由动量守恒定律
解得
故B 正确；
C．由B 选项分析可知，若
，则
设弹簧初始弹性势能为
，A 的速度为
时的弹性势能为
，根据机械能守恒可得
可得
开始时弹簧长度为
，而原长为
，故弹簧压缩了
，弹性势能为
，而弹簧伸长后弹性势能与初始弹
性势能相等，故伸长量也为
，此时弹簧长度为
故弹簧与导轨间夹角为
，故C 正确；
D．开始时，弹簧长度为
，而原长为
，故弹簧压缩了
，弹性势能记为
，弹簧恢复原长时，环B
速度为水平向右的
，根据动量守恒可得
解得
即A 的速度大小为
，方向向左，由能量守恒得
解得
故D 正确。故选BCD。
考向三 传送带与板块模型
【典例引领1】（2026 高三上·贵州·期中）如图所示，光滑水平面上静止放置着一长度未知的木板B，木
板B 的上表面粗糙，物块A（可视为质点）静置于B 的左端，某时刻给A 一个瞬时冲量
，经过时间运
动到B 右端且恰好不从B 上滑离。已知A 与B 的质量分别为
、
，重力加速度为
。下列说法正确的
是（ ）
A．A 运动到木板右端时的速度大小为
B．全程A 对B 的摩擦力的冲量大小等于
C．A、B 间的动摩擦因数为
D．B 的长度为
【答案】C
【详解】A．给A 一个瞬时冲量
，A 在B 上滑动的过程中，A、B 组成的系统动量守恒，有
解得
，故A 错误；
B．对木板B，A 对B 的摩擦力即为B 所受的合外力，由动量定理，
，故B 错误；
C．对木板B，根据牛顿第二定律有
其中
联立可得A、B 间的动摩擦因数为
，故C 正确；
D．由题意可知，物块A 做匀减速直线运动，则
同时B 做匀加速直线运动，则
木板的长度
，故D 错误。
故选C。
【典例引领2】（2026 高三上·河南郑州·期中）传送带经常用于分拣货物。如图甲为传送带输送机简化
模型图，传送带输送机倾角
，顺时针匀速转动，在传送带下端A 点无初速度放入货物。货物从下端
A 点运动到上端B 点的过程中，其机械能E 与位移s 的关系图像（以A 位置所在水平面为零势能面）如图
乙所示。货物视为质点，质量
，重力加速度
。下列说法正确的是（ ）
A．传送带对货物的摩擦力全程没有改变
B．货物与传送带间的动摩擦因数为
C．货物从下端A 点运动到上端B 点的时间为1.8s
D．传送带输送机因运送该货物而多消耗的电能为46J
【答案】D
【详解】A．根据功能关系可知，摩擦力对货物做的功等于货物机械能的变化量，故有
变形有
即
图像的斜率等于摩擦力，所以传送带对货物的摩擦力在
处由滑动摩擦力变为静摩擦力，故
A 错误；
B．由上面分析可知，当货物受到的是滑动摩擦力时，有
又因为
解得
，故B 错误；
C．货物在传送带上匀加速运动的过程中，根据牛顿第二定律有
解得
设货物在传送带上匀加速运动的时间为
，则
解得
传送带的运行速度为
货物随传送带一起匀速运动的过程中，机械能的增加量等于重力势能的增加量，故有
解得
则货物随传送带一起匀速运动的时间为
所以货物从下端A 点运动到上端B 点的时间为
，故C 错误；
D．设传送带输送机因运送该货物而多消耗的电能为
，则根据能量守恒定律有
，故D 正确。
故选D。
【方法透视】
一．动力学图像
F－t 图像
思路一：分段求加速度，利用运动学公式求解
思路二：动量定理，图线与t 轴所围面积表示F 的冲量
F－x 图像
思路一：分段求加速度，利用运动学公式求解
思路二：动能定理，图线与x 轴所围面积表示力F 做的功
a－F 图像
根据牛顿第二定律列式，再变换成a－F 关系
例如：如图所示，F－μmg＝ma，a＝－μg，斜率为，截距为－μg
二.解图象问题时要做好“三看”
(1)看清坐标轴所表示的物理量：明确因变量与自变量的制约关系，是运动学图象(vt、xt、at、xv2、vx 等)，
还是动力学图象(Ft、Fx、Pt 等)；
(2)看图线本身：识别两个相关量的变化趋势，进而分析具体的物理过程；
(3)看交点、斜率和“面积”：明确图线与图线的交点、图线与坐标轴的交点、图线斜率、图线与坐标轴围
成的面积的物理意义。
【变式演练】
【变式3-1】如图甲所示，倾角为37°的传送带在电动机带动下沿顺时针方向匀速转动，将一质量m=5kg 的
货物（可视为质点）轻放到传送带底端A，货物运动的速度v 随时间t 变化的图像如图乙所示，t=10s 时货
物到达传送带顶端B，g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，货物从A 端运动到B 端的过程中，下列说法正
确的是（ ）
A．货物受到的摩擦力大小始终为32N
B．货物受到的摩擦力做的功为160J
C．货物受到的合力做的功为460J
D．因为传送货物，电动机对传送带多做功620J
【答案】D
【详解】A．速度时间图像斜率表示加速度，图乙可知，前5s 内货物加速运动，物体受到重力mg、滑动
摩擦力
和支持力FN，由牛顿第二定律得
其中加速度为
联立以上解得
匀速后，平衡条件可知，静摩擦力
等于沿斜面向下的重量分力，即
故A 错误；
B．速度时间图像与横轴围成的面积表示位移，故前5s 和后5s 位移分别为
，
故货物从A 端运动到B 端的过程中，货物受到的摩擦力做的功为
代入数据得
故B 错误；
C．图像可知货物到B 端时速度v=5m/s，所以货物从A 端运动到B 端的过程中，由动能定理可知，货物受
到的合力做的功为
故C 错误；
D．图像可知传送带速度为2m/s，由能量守恒可知，因为传送货物，电动机对传送带多做功
其中s1、s2分别为
，
联立得
故D 正确。
故选 D。
【变式3-2】如图所示，一质量M=8.0 kg 的长方形木板B 放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量
m=2.0kg 的小木块A。给A 和B 以大小均为5.0m/s、方向相反的初速度，使A 开始向左运动，B 开始向右
运动，A 始终没有滑离B 板，A、B 之间的动摩擦因数是0.5，重力加速度g 取10m/s2。则在整个过程中，
下列说法不正确的是（ ）
A．小木块A 的速度减为零时，长木板B 的速度大小为3.75m/s
B．小木块A 的速度方向一直向左，不可能为零
C．小木块A 与长木板B 共速时速度大小为3m/s
D．长木板的长度可能为10m
【答案】B
【详解】B．取水平向右为正方向，取根据动量守恒定律可得
解得
故A 正确不符合题意；
BC．由于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，设共速速度为
，根据动量守恒定律可得
解得
故B 错误符合题意，C 正确不符合题意；
D．小木块与木板共速时，根据能量关系有
解得
由于A 始终没有滑离B 板，则木板长度必须大于或等于8m，故长木板的长度可能为10m，故D 正确不符
合题意。
故选B。
【变式3-3】如图所示，一倾斜传送带与水平面成
角，以v=10m/s 的速度顺时针运行，A、B 两端相
距l=40m。现每隔1s 把质量m=1kg 的工件（视为质点）轻放在传送带上的A 端，当每个工件离开B 端时恰
好在A 端放上一个工件，每个工件与传送带间的动摩擦因数均为
，g 取10
，下列说法正确的
是（ ）
A．传送带上始终有7 个工件
B．两个工件间的最小距离为2.5m
C．满载时与空载时相比，电机对传送带的牵引力增大了30N
D．若传送带上只有一个工件，将其从A 点运送到B 点传送带需要多消耗电能400J
【答案】D
【详解】A．工件在传送带上加速过程，由牛顿第二定律可得
代入数据可得
工件加速过程所用的时间
工件加速过程的位移大小
工件匀速过程所用的时间
每隔1s 把工件放到传送带上，所以匀加速过程放了4 个，匀速过程放了2 个，共6 个，故A 错误；
B．由于每隔1s 放一个工件，传送带的速度是10m/s，而每个工件的运动情况都相同，最终工件相对于传
送带静止时，相邻的两个工件之间的距离一定是10m；相对于后一个工件来说，前一个工件刚刚加速运动
1s 时，与后一工件间距离最小，可得传送带上两个工件间的最小距离
故B 错误；
C．满载时增加的牵引力为6 个工件所受的摩擦力之和
故C 错误；
D．若传送带上只有一个工件，将其从A 点运送到B 点，加速阶段克服摩擦力做功为
根据能量守恒，若传送带上只有一个工件，将其从A 点运送到B 点传送带需要多消耗电能
故D 正确。故选D。
【变式3-4】如图所示，质量为1kg 的薄木板B 放在水平地面上，O 点在木板右端的正上方，高度为
3.6m，长为3.6m 的轻绳一端系于O 点，另一端系一质量为2kg、可视为质点的物块A。将轻绳拉至与竖直
方向成60°角，由静止释放物块A，物块A 到达最低点时轻绳断裂，物块A 滑上木板B 后恰好能到达木板
B 的左端。已知木板B 的长度为3m，木板B 沿地面先匀加速、后匀减速，运动的最大距离为2m，取重力
加速度大小
，下列说法正确的是（ ）
A．物块A 与木板B 间的动摩擦因数为0.4
B．木板B 与地面间的动摩擦因数为0.1
C．木板B 与地面间因摩擦产生的热量为10J
D．物块A 与木板B 间因摩擦产生的热量为20J
【答案】A
【详解】AB．设轻绳的长度为
，轻绳断裂时物块
的速度大小为
，则有
解得
轻绳断裂后两者运动的
图像如图所示，设木板B 的长度为
，木板B 沿地面运动的最大距离为，物
块
与木板B 间的动摩擦因数为
，木板B 与地面间的动摩擦因数为
，根据图中的面积关系有
（以
为底边的三角形，高等于
，而
等于图像斜率的绝对值，等于加速度的绝对值，其它三
角形类似可算出面积）
解得
故A 正确，B 错误；
C．木板B 与地面间因摩擦产生的热量为
故C 错误；
D．物块
与木板B 间因摩擦产生的热量为
故D 错误。
故选A。
考向四 弹簧类模型
【典例引领】如图，在光滑水平地面上有一平放的轻质弹簧，其左端固定在左侧墙面上，右端连接一质
量为2kg、可视为质点的物块。该物块通过一根长为1m 的不可伸长的细线与右侧墙面相连。初始时弹簧恰
好处于原长，且细线刚好水平拉直。现在细线中点O 处施加向上的拉力F，将O 点缓慢向上拉升，弹簧始
终处于弹性限度内。当O 点上升的高度为0.3m 时，拉力F 大小为18N，方向竖直向上。已知弹簧的弹性
势能表达式为
（其中k 为弹簧的劲度系数，x 为弹簧的形变量），重力加速度大小g 取10m/s2，则（
）
A．此时细线对物块的拉力大小为15N
B．此时地面对滑块的支持力大小为2N
C．此时弹簧的弹性势能等于1.2J
D．O 点从初始时到上升至0.3m 高的过程中，F 做了2.7J 的功
【答案】AC
【详解】A．当O 点上升的高度为0.3m 时，设O 点两侧绳子与竖直方向夹角为
，几何关系可知
可知
对节点O，由平衡条件可知
解得绳子拉力
，故A 正确；
B．对物块，由平衡条件，可知此时地面对滑块的支持力大小
，故B 错误；
C．对物块，由平衡条件可知
且
联立解得
则此时弹簧的弹性势能
，故C 正确；
D．根据能量守恒定律，可知该过程F 做功
，故D 错误。
故选AC。
【典例引领2】如图甲所示，质量分别为mA、mB的A、B 两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外力F 作
用在A 上，系统静止在光滑水平面上（B 靠墙面），此时弹簧形变量为x。撤去外力并开始计时，A，B 两
物体运动的a-t 图像如图乙所示，S1表示0 到t1时间内A 的a-t 图像与坐标轴所图图形的面积大小，S2、S3
分别表示t1到t2时间内A、B 的a-t 图像与坐标轴所围图形的面积大小。下列说法正确的是（ ）
A．0 到t1时间内，墙对B 的冲量等于mAS1
B．mA＜mB
C．B 运动后，弹簧的最大形变量等于x
D．S1-S2＞S3
【答案】A
【详解】A．根据受力分析可知，在0 到t1时间内，物体B 依然卫东，所以墙对B 的力与弹簧对A 的力大
小方向均相同，在图乙中面积表示速度的变化量，根据动量定理，可知
，故A 正确；
B．根据图像可知，在时刻之后，AB 一起运动时，AB 物体均受弹簧弹力，即
由于
，所以
，故B 错误；
C．弹簧的形变量最大时应为
时刻，此时加速度最大，二者的速度相等，B 脱离墙面后，AB 运动过程中
动量守恒，即
系统的机械能也是守恒的，即
根据公式可知最大形变量
，故C 错误；
D．根据图像可知，
脱离墙面后围成的面积，分别为AB 的速度变化量，即
，
所以
，故D 错误。
故选A。
【方法透视】
1.储能原件-----轻弹簧模型
①同一根弹簧弹性势能的大小取决于弹簧形变量的大小，在弹簧弹性限度内，形变量相等，
弹性势能相等
②由两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统：弹簧形变量最大时，弹簧两端连接的物体具
有相同的速度；弹簧处于自然长度时，弹簧弹性势能最小(为零)
2.动量能量下的弹簧模型
【变式演练】
【变式4-1】如图甲所示，轻弹簧竖直固定在水平面上，质量为m 的小球从A 点自由下落，至B 点时开始
压缩弹簧，小球下落的最低位置为C 点。以B 点为坐标原点O，沿竖直向下建立x 轴，小球从B 到C 过程
中的加速度一位移图像如图乙所示，重力加速度为g。在小球从B 运动到C 的过程中，下列说法正确的是
（ ）
A．小球在B 点时的速度最大
B．小球的机械能守恒
C．图像与x 轴所包围的两部分面积大小相等
D．小球在C 点时所受的弹力大于2mg
【答案】D
【详解】A．小球在B 点时弹簧的弹力为零，只受重力，要继续向下加速，所以小球在B 点时的速度不是
最大，当弹簧对小球的弹力与小球的重力大小相等、方向相反时，即小球合力为零时，速度最大，此位置
在BC 之间，故A 错误；
B．在小球从B 运动到C 的过程中，弹簧弹力对小球一直做负功，故小球的机械能要减小，故B 错误；
C．设在D 点时，弹簧弹力等于小球重力，此时小球动能最大为
，设B 点速度为vB，设BD 过程平均加
速度和位移分别为
、
，由动能定理得
设DC 过程平均加速度和位移分别为
、
，由动能定理得
故
不等于
根据
图像与x 轴围成的两部分面积大小等于
，故图像与x 轴所包围的两部分面积大小不相等，故C
错误；
D．若小球从B 点由静止释放，到达最低点时，由对称性，最低点加速度向上且大小为g，由牛顿第二定
律得
解得
但由于小球从A 点自由下落，故小球在C 点时，压缩量比上述情况更大，故小球在C 点时所受的弹力大于
2mg，故D 正确。
故选D 。
【变式4-2】如图所示，A、B 和C 是光滑水平面上的三个大小相同的小球，A、B 球的质量为m，C 球质
量为
，其中B、C 两小球用不计质量的轻质弹簧连接后静止在水平面上。现A 球以速度
沿B、C 两球
球心的连线向B 球运动，碰后A、B 两球粘在一起。对A、B、C 及弹簧组成的系统，下列说法正确的是（
）
A．三球速度相等时，弹簧一定处于压缩状态
B．弹簧的最大弹性势能等于
C．三球速度相等后，速度将保持不变
D．当弹簧第一次从压缩状态恢复到原长时，C 的瞬时速度大小为
【答案】D
【详解】AC．三球速度第一次相等时，弹簧处于压缩状态，此后，C 球继续加速，A、B 球作为整体继续
减速，当弹簧恢复原长时C 球的速度比A、B 整体的速度大，弹簧继续伸长，当三球速度再次相等时，弹
簧处于拉伸状态，故A、C 错误；
B．三球速度相等时弹簧的弹性势能最大，设最大弹性势能为
，A、B 两球碰撞瞬间由动量守恒得
从开始到三球速度相等过程中，由三球组成的系统动量守恒得
从A、B 两球碰撞结束到三球速度相等过程，根据机械能守恒定律有
求得
故C 错误；
D．A、B 两球碰撞瞬间由动量守恒得
求得
A、B 两球的总质量与C 球质量相等，从A、B 两球碰撞结束到弹簧第一次恢复为原长的过程中，相当于
A、B 两球作为整体与C 球发生了一次弹性碰撞，所以二者发生速度交换，所以当弹簧第一次从压缩状态
恢复到原长时，C 球的瞬时速度大小为
，故D 正确。
故选D。
综合巩固
1．（2025·全国卷·高考真题）如图，撑杆跳高运动中，运动员经过助跑、撑杆起跳，最终越过横杆。若运
动员起跳前助跑速度为10m/s，则理论上运动员助跑获得的动能可使其重心提升的最大高度为（重力加速
度取10m/s2）（ ）
A．4m
B．5m
C．6m
D．7m
【答案】B
【详解】在理论上：当运动员在最高点速度为零时，重心提升高度最大，以地面为零势能面，根据机械能
守恒定律有
可得其理论的最大高度
故选B。
2．（2024·北京·高考真题）如图所示，光滑水平轨道AB 与竖直面内的光滑半圆形轨道BC 在B 点平滑连
接。一小物体将轻弹簧压缩至A 点后由静止释放，物体脱离弹簧后进入半圆形轨道，恰好能够到达最高点
C。下列说法正确的是（ ）
A．物体在C 点所受合力为零
B．物体在C 点的速度为零
C．物体在C 点的向心加速度等于重力加速度
D．物体在A 点时弹簧的弹性势能等于物体在C 点的动能
【答案】C
【详解】AB．物体恰好能到达最高点C，则物体在最高点只受重力，且重力全部用来提供向心力，设半圆
轨道的半径为r，由牛顿第二定律得
解得物体在C 点的速度
AB 错误；
C．由牛顿第二定律得
解得物体在C 点的向心加速度
C 正确；
D．由能量守恒定律知，物体在A 点时弹簧的弹性势能等于物体在C 点时的动能和重力势能之和，D 错误。
故选C。
3．（2025·天津·高考真题）一种名为“飞椅”的游乐设施如图所示，该设施中钢绳一端系着座椅，另一端
系在悬臂边缘。绕竖直轴转动的悬臂带动座椅在水平面内做匀速圆周运动，座椅可视为质点，则某座椅运
动一周的过程中（ ）
A．动量保持不变B．所受合外力做功为零
C．所受重力的冲量为零
D．始终
处于受力平衡状态
【答案】B
【详解】座椅在水平面内做匀速圆周运动，速度大小不变，方向改变
A．根据
可知动量大小不变，方向改变，故A 错误；
B．速度大小不变，则座椅的动能不变，根据动能定理可知所受合外力做功为零，故B 正确；
C．根据
可知所受重力的冲量不为零，故C 错误；
D．座椅在水平面内做匀速圆周运动，一定有向心加速度，所以不是处于受力平衡状态，故D 错误。
故选B。
4．（2025·浙江·高考真题）高空抛物伤人事件时有发生，成年人头部受到
的冲击力，就会有生命危
险。设有一质量为
的鸡蛋从高楼坠落，以鸡蛋上、下沿接触地面的时间差作为其撞击地面的时间，上、
下沿距离为
，要产生
的冲击力，估算鸡蛋坠落的楼层为（ ）
A．5 层
B．8 层
C．17 层
D．27 层
【答案】C
【详解】鸡蛋触地后匀减速至静止，位移s=5cm=0.05m。匀减速平均速度为
，故撞击时间
根据动量定理
代入数据解得
由自由落体公式
得高度
每层楼高约3m，对应楼层数为
层。
故选C。
5．（2025·广东·高考真题）如图所示，光滑水平面上，小球M、N 分别在水平恒力
和
作用下，由静止
开始沿同一直线相向运动在
时刻发生正碰后各自反向运动。已知
和
始终大小相等，方向相反。从开
始运动到碰撞后第1 次速度减为0 的过程中，两小球速度v 随时间t 变化的图像，可能正确的是（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】根据牛顿第二定律
两物体受外力F 大小相等，由图像的斜率等于加速度可知M、N 的加速
度大小之比为4:6=2:3，可知M、N 的质量之比为6:4=3:2；设分别为3m 和2m；由图像可设MN 碰前的速
度分别为4v 和6v，则因MN 系统受合外力为零，向右为正方向，则系统动量守恒，则由动量守恒定律
若系统为弹性碰撞在，则能量关系可知
解得
、
因M、N 的加速度大小之比仍为2：3，则停止运动的时间之比为1:1，即两物体一起停止，则BD 是错误
的；
若不是弹性碰撞，则
可知碰后速度大小之比为
若假设v1=2v，则v2=3v，此时满足
则假设成立，因M、N 的加速度大小之比仍为2：3，则停止运动的时间之比为1:1，对M 来说碰撞前后的
速度之比为4v:2v=2:1
可知碰撞前后运动时间之比为2:1，可知A 正确，C 错误。
故选A。
6．（2025·河南·高考真题）两小车P、Q 的质量分别为
和
，将它们分别与小车N 沿直线做碰撞实验，
碰撞前后的速度v 随时间t 的变化分别如图1 和图2 所示。小车N 的质量为
，碰撞时间极短，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】PN 碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有
即
根据图像可知
，故
；
同理，QN 碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有
即
根据图像可知
，故
；
故
故选D。
7．（2025·湖北·高考真题）一个宽为L 的双轨推拉门由两扇宽为
的门板组成。门处于关闭状态，其俯视
图如图（a）所示。某同学用与门板平行的水平恒定拉力作用在一门板上，一段时间后撤去拉力，该门板
完全运动到另一边，且恰好不与门框发生碰撞，其俯视图如图（b）所示。门板在运动过程中受到的阻力
与其重力大小之比为
，重力加速度大小为g。若要门板的整个运动过程用时尽量短，则所用时间趋近于
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】设拉力为
，作用时间为，撤去外力后
运动的时间为
，
运动过程的最大速度为
，则
由动量定理，有
得
撤销拉力后，有
得
对于全过程，有
得
对于全过程有
故
运动的总时间
可知当
越大时，越小，当
时，取最小值。
则
则
故选B。
8．（2025·浙江·高考真题）如图所示，光滑水平地面上放置完全相同的两长板A 和B，滑块C（可视为质
点）置于B 的右端，三者质量均为
。A 以
的速度向右运动，B 和C 一起以
的速度向左运动，
A 和B 发生碰撞后粘在一起不再分开。已知A 和B 的长度均为0.75m，C 与A、B 间动摩擦因数均为0.5，
则（ ）
A．碰撞瞬间C 相对地面静止
B．碰撞后到三者相对静止，经历的时间为0.2s
C．碰撞后到三者相对静止，摩擦产生的热量为
D．碰撞后到三者相对静止，C 相对长板滑动的距离为0.6m
【答案】D
【详解】A．碰撞瞬间C 相对地面向左运动，选项A 错误；
B．向右为正方向，则AB 碰撞过程由动量守恒
解得
v1=1m/s
方向向右；当三者共速时
可知
v=0
即最终三者一起静止，可知经历的时间
选项B 错误；
C．碰撞到三者相对静止摩擦产生的热量
选项C 错误；
D．碰撞到三者相对静止由能量关系可知
可得
选项D 正确。
故选D。
二、多选题
9．（2025·陕晋青宁卷·高考真题）如图，与水平面成
夹角且固定于O、M 两点的硬直杆上套着一质量
为
的滑块，弹性轻绳一端固定于O 点，另一端跨过固定在Q 处的光滑定滑轮与位于直杆上P 点的滑块
拴接，弹性轻绳原长为OQ，PQ 为
且垂直于OM。现将滑块无初速度释放，假设最大静摩擦力与滑动
摩擦力相等。滑块与杆之间的动摩擦因数为0.16，弹性轻绳上弹力F 的大小与其伸长量x 满足
。
，g 取
，
。则滑块（ ）
A．与杆之间的滑动摩擦力大小始终为
B．下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的冲量相同
C．从释放到静止的位移大小为
D．从释放到静止克服滑动摩擦力做功为
【答案】AC
【详解】A．根据题意，设滑块下滑后弹性轻绳与PQ 间夹角为
时，对滑块进行受力分析，如图所示
在垂直杆方向有
由胡克定律结合几何关系有
联立解得
可知，滑块与杆之间的弹力不变，则滑块与杆之间的滑动摩擦力大小始终为
故A 正确；
B．下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的方向不同，冲量是矢量，则下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的
冲量不相同，故B 错误；
C．设滑块从释放到静止运动的位移为
，滑块开始向下做加速度减小的减速运动，当沿着杆方向合力为0
时，滑块速度最大，之后滑块继续向下做加速度增大的减速运动，当速度为为0 时，有
由几何关系可得
此时
则滑块会继续向上滑动，做加速度减小的加速运动。当滑块速度再次为0 时，有
解得
此时
此时
则滑块静止，故从释放到静止，滑块的位移为
，故C 正确；
D．从释放到静止，设克服滑动摩擦力做功为
，由能量守恒定律有
解得
故D 错误。
故选AC。
9．（2025·云南·高考真题）如图所示，倾角为
的固定斜面，其顶端固定一劲度系数为k 的轻质弹簧，弹
簧处于原长时下端位于O 点。质量为m 的滑块Q（视为质点）与斜面间的动摩擦因数
。过程I：Q
以速度
从斜面底端P 点沿斜面向上运动恰好能滑至O 点；过程Ⅱ：将Q 连接在弹簧的下端并拉至P 点由
静止释放，Q 通过M 点（图中未画出）时速度最大，过O 点后能继续上滑。弹簧始终在弹性限度内，假设
最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略空气阻力，重力加速度为g。则（ ）
A．P、M 两点之间的距离为
B．过程Ⅱ中，Q 在从P 点单向运动到O 点的过程中损失的机械能为
C．过程Ⅱ中，Q 从P 点沿斜面向上运动的最大位移为
D．连接在弹簧下端的Q 无论从斜面上何处释放，最终一定静止在OM（含O、M 点）之间
【答案】CD
【详解】A．设
的距离为
，过程I，根据动能定理有
设
的距离为
，过程Ⅱ中，当Q 速度最大时，根据平衡条件
P、M 两点之间的距离
联立可得
故A 错误；
B．根据功能关系，可知过程Ⅱ中，Q 在从P 点单向运动到O 点的过程中Q 和弹簧组成的系统损失的机械
能为
结合
可得
但在过程Ⅱ中单独对于Q 而言机械能是增加的，故B 错误；
C．设过程Ⅱ中，Q 从P 点沿斜面向上运动的最大位移
，根据能量守恒定律
结合
解得
故C 正确；
D．无论Q 从何处释放，Q 在斜面上运动过程中，弹簧与Q 初始时的势能变为摩擦热，当在
点时，满足
当在
点时，满足
所以在OM（含O、M 点）之间速度为零时，Q 将静止，故D 正确。
故选CD。
10．（2025·广东·高考真题）如图所示，无人机在空中作业时，受到一个方向不变、大小随时间变化的拉
力。无人机经飞控系统实时调控，在拉力、空气作用力和重力作用下沿水平方向做匀速直线运动。已知拉
力与水平面成30°角，其大小F 随时间t 的变化关系为F = F0－kt（F ≠ 0，F0、k 均为大于0 的常量），无
人机的质量为m，重力加速度为g。关于该无人机在0 到T 时间段内（T 是满足F > 0 的任一时刻），下列
说法正确的有（ ）
A．受到空气作用力的方向会变化
B．受到拉力的冲量大小为
C．受到重力和拉力的合力的冲量大小为
D．T 时刻受到空气作用力的大小为
【答案】AB
【详解】AD．无人机经飞控系统实时调控，在拉力、空气作用力和重力作用下沿水平方向做匀速直线运
动，则无人机受到空气作用力与重力和拉力的合力等大反向，随着F 的减小重力和拉力的合力如图
可知无人机受到空气作用力的大小和方向均会改变，在T 时刻有
，F = F0－kT
解得
故A 正确、D 错误；
B．由于拉力F 随时间t 均匀变化，则无人机在0 到T 时间段内受到拉力的冲量大小为F—t 图像与坐标轴
围成的面积为
，故B 正确；
C．将拉力分解为水平和竖直方向，则无人机受重力和拉力的合力在水平方向有
无人机受重力和拉力的合力在竖直方向有
0 到T 时间段内无人机受重力和拉力的合力在水平方向的冲量为
0 到T 时间段内无人机受重力和拉力的合力在竖直方向的冲量为
则0 到T 时间段内无人机受到重力和拉力的合力的冲量大小为
故C 错误。
故选AB。
11．（2025·福建·高考真题）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。
