考點(diǎn)29動(dòng)量和能量的綜合應(yīng)用3年真題考點(diǎn)分布題型選擇題、解答題（居多）高考考點(diǎn)1、應(yīng)用動(dòng)量、能量觀點(diǎn)解決“子彈打木塊問(wèn)題”；2、應(yīng)用動(dòng)量、能量觀點(diǎn)解決“彈簧碰撞”模型；3、應(yīng)用動(dòng)量、能量觀點(diǎn)解決“板塊”模型；新高考2023海南卷18題、全國(guó)甲卷25題、浙江卷21題、2022福建卷14題、河北卷13題、全國(guó)乙卷25題、2021海南卷17題、湖北卷15題、天津卷11題、湖南卷8題2.命題規(guī)律及備考策略【命題規(guī)律】近3年新高考卷對(duì)于運(yùn)動(dòng)的描述考查共計(jì)10次，主要考查：1.應(yīng)用動(dòng)量、能量觀點(diǎn)解決“子彈打木塊問(wèn)題”；2.應(yīng)用動(dòng)量、能量觀點(diǎn)解決“彈簧碰撞”模型；3.應(yīng)用動(dòng)量、能量觀點(diǎn)解決“板塊”模型；【備考策略】理解動(dòng)能定理和動(dòng)量定理的差別，掌握動(dòng)能定理和動(dòng)量定理解決復(fù)雜的物理模型；掌握機(jī)械能守恒和能量守恒對(duì)全過(guò)程和分過(guò)程建立方程；熟練掌握動(dòng)力學(xué)和運(yùn)動(dòng)學(xué)兩種不同的解題思路處理物體題型，并掌握它們的差異；【命題預(yù)測(cè)】本節(jié)內(nèi)容綜合性較強(qiáng)，難度較大，在各省高考題中，常以壓軸題的形式出現(xiàn)，板塊模型考察居多。此類題型對(duì)運(yùn)動(dòng)狀態(tài)要求較高，可以從運(yùn)動(dòng)學(xué)或動(dòng)力學(xué)角度解決此類題型。想獲得高分的2024年考生，務(wù)必熟練掌握本節(jié)內(nèi)容。

考法1應(yīng)用動(dòng)量、能量觀點(diǎn)解決“子彈打木塊”模型s2s2ds1v0子彈打木塊實(shí)際上是一種完全非彈性碰撞。作為一個(gè)典型，它的特點(diǎn)是：子彈以水平速度射向原來(lái)靜止的木塊，并留在木塊中跟木塊共同運(yùn)動(dòng)。下面從動(dòng)量、能量和牛頓運(yùn)動(dòng)定律等多個(gè)角度來(lái)分析這一過(guò)程。設(shè)質(zhì)量為的子彈以初速度射向靜止在光滑水平面上的質(zhì)量為的木塊，并留在木塊中不再射出，子彈鉆入木塊深度為。求木塊對(duì)子彈的平均阻力的大小和該過(guò)程中木塊前進(jìn)的距離。要點(diǎn)詮釋：子彈和木塊最后共同運(yùn)動(dòng)，相當(dāng)于完全非彈性碰撞。從動(dòng)量的角度看，子彈射入木塊過(guò)程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒：……①?gòu)哪芰康慕嵌瓤矗撨^(guò)程系統(tǒng)損失的動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)的內(nèi)能。設(shè)平均阻力大小為，設(shè)子彈、木塊的位移大小分別為、，如圖所示，顯然有對(duì)子彈用動(dòng)能定理：……②對(duì)木塊用動(dòng)能定理：……③②相減得：……④對(duì)子彈用動(dòng)量定理：……⑤對(duì)木塊用動(dòng)量定理： ……⑥【典例1】（多選）（2023春·天津和平·高一天津市第二十一中學(xué)?？计谥校┤鐖D所示，質(zhì)量為M木塊靜止在光滑的水平面上，一顆質(zhì)量為m的子彈以速度v0水平射入木塊并留在木塊中，木塊獲得的速度為v1，子彈受到的平均阻力為f，射入深度為d，此過(guò)程中木塊位移為s，下列說(shuō)法正確的是（）A．子彈損失的動(dòng)能等于fdB．子彈損失的動(dòng)能等于C．子彈損失的動(dòng)能為D．子彈、木塊組成的系統(tǒng)損失的動(dòng)能等于fd【答案】BD【詳解】ABC．對(duì)子彈應(yīng)用動(dòng)能定理可得①故子彈損失的動(dòng)能為，AC錯(cuò)誤，B正確；D．對(duì)木板應(yīng)用動(dòng)能定理可得②聯(lián)立①②可得，故子彈、木塊組成的系統(tǒng)損失的動(dòng)能等于fd，D正確。故選BD。1．（2018秋·安徽合肥·高二合肥一六八中學(xué)周測(cè)）如圖所示，在固定的水平桿上，套有質(zhì)量為m的光滑圓環(huán)，輕繩一端拴在環(huán)上，另一端系著質(zhì)量為M的木塊，現(xiàn)有質(zhì)量為m0的子彈以大小為v0的水平速度射入木塊并立刻留在木塊中，重力加速度為g，下列說(shuō)法正確的是（）A．子彈射入木塊后的瞬間，速度大小為B．木塊擺至最高點(diǎn)時(shí)，速度大小為C．子彈射入木塊后的瞬間，環(huán)對(duì)輕桿的壓力等于（M+m+m0）gD．子彈射入木塊之后，圓環(huán)、木塊和子彈構(gòu)成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒【答案】B【分析】子彈射入木塊的過(guò)程遵守動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律求出子彈穿入木塊中時(shí)子彈和木塊的共同速度，由向心力公式求繩子拉力．子彈射入木塊后的瞬間，對(duì)圓環(huán)，根據(jù)平衡知識(shí)分析環(huán)對(duì)輕桿的壓力大?。弧驹斀狻緼、子彈射入木塊后的瞬間，取水平向右為正方向，由子彈和木塊系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，則，解得速度大小為，故A錯(cuò)誤；B、當(dāng)木塊擺至最高點(diǎn)時(shí)，子彈、木塊以及圓環(huán)三者速度相同，以三者為系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，則：，即，故選項(xiàng)B正確；C、子彈射入木塊后的瞬間，設(shè)繩對(duì)木塊和子彈的拉力為T(mén)，則對(duì)木塊和子彈整體根據(jù)牛頓第二定律可得：，可知繩子拉力；子彈射入木塊后的瞬間，對(duì)圓環(huán)，有：，則由牛頓第三定律知，環(huán)對(duì)輕桿的壓力大于，故C錯(cuò)誤；D、子彈射入木塊之后，圓環(huán)、木塊和子彈構(gòu)成的系統(tǒng)只在水平方向動(dòng)量守恒，故D錯(cuò)誤．【點(diǎn)睛】本題是連接體水平方向動(dòng)量守恒問(wèn)題，關(guān)鍵要正確選擇研究對(duì)象，明確研究的過(guò)程．2．（2022·浙江寧波·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，質(zhì)量為m的子彈，以初速度射入靜止在光滑水平面上的木塊，并留在其中。木塊質(zhì)量為M，長(zhǎng)度為L(zhǎng)，子彈射入木塊的深度為d，在子彈射入木塊的過(guò)程中木塊移動(dòng)距離為s。假設(shè)木塊對(duì)子彈的阻力始終保持不變，下列說(shuō)法正確的是（）A．d可能大于s，也可能小于sB．s可能大于L，也可能小于LC．s一定小于d，s一定小于LD．若子彈質(zhì)量減小，d和s不一定同時(shí)變小【答案】C【詳解】木塊和子彈組成的系統(tǒng)合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有，解得木塊增加的動(dòng)能等于阻力與木塊的位移乘積系統(tǒng)損失的機(jī)械能等于阻力與兩個(gè)物體相對(duì)位移的乘積由此計(jì)算可得，s一定小于d，而d小于L，所以s一定小于L，若子彈質(zhì)量減小，d一定變小，s一定變小。故選C?？挤ǘ?yīng)用動(dòng)量、能量觀點(diǎn)解決“彈簧碰撞”模型AABABAABABABv1vv1/v2/ⅠⅡⅢ兩個(gè)物體在極短時(shí)間內(nèi)發(fā)生相互作用，這種情況稱為碰撞。由于作用時(shí)間極短，一般都滿足內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，所以可以認(rèn)為系統(tǒng)的動(dòng)量守恒。碰撞又分彈性碰撞、非彈性碰撞、完全非彈性碰撞三種。仔細(xì)分析一下碰撞的全過(guò)程：設(shè)光滑水平面上，質(zhì)量為的物體A以速度向質(zhì)量為的靜止物體B運(yùn)動(dòng)，B的左端連有輕彈簧。在Ⅰ位置A、B剛好接觸，彈簧開(kāi)始被壓縮，A開(kāi)始減速，B開(kāi)始加速；到Ⅱ位置A、B速度剛好相等（設(shè)為v），彈簧被壓縮到最短；再往后A、B開(kāi)始遠(yuǎn)離，彈簧開(kāi)始恢復(fù)原長(zhǎng)，到Ⅲ位置彈簧剛好為原長(zhǎng)，A、B分開(kāi)，這時(shí)A、B的速度分別為。全過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量一定是守恒的；而機(jī)械能是否守恒就要看彈簧的彈性如何了。（1）彈簧是完全彈性的。Ⅰ→Ⅱ系統(tǒng)動(dòng)能減少全部轉(zhuǎn)化為彈性勢(shì)能，Ⅱ狀態(tài)系統(tǒng)動(dòng)能最小而彈性勢(shì)能最大；Ⅱ→Ⅲ彈性勢(shì)能減少全部轉(zhuǎn)化為動(dòng)能；因此Ⅰ、Ⅲ狀態(tài)系統(tǒng)動(dòng)能相等。這種碰撞叫做彈性碰撞。由動(dòng)量守恒和能量守恒可以證明A、B的最終速度分別為：。（這個(gè)結(jié)論最好背下來(lái)，以后經(jīng)常要用到。）（2）彈簧不是完全彈性的。Ⅰ→Ⅱ系統(tǒng)動(dòng)能減少，一部分轉(zhuǎn)化為彈性勢(shì)能，一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，Ⅱ狀態(tài)系統(tǒng)動(dòng)能仍和⑴相同，彈性勢(shì)能仍最大，但比⑴?。虎颉髲椥詣?shì)能減少，部分轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能；因?yàn)槿^(guò)程系統(tǒng)動(dòng)能有損失（一部分動(dòng)能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能）。這種碰撞叫非彈性碰撞。（3）彈簧完全沒(méi)有彈性。Ⅰ→Ⅱ系統(tǒng)動(dòng)能減少全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，Ⅱ狀態(tài)系統(tǒng)動(dòng)能仍和⑴相同，但沒(méi)有彈性勢(shì)能；由于沒(méi)有彈性，A、B不再分開(kāi)，而是共同運(yùn)動(dòng)，不再有Ⅱ→Ⅲ過(guò)程。這種碰撞叫完全非彈性碰撞?？梢宰C明，A、B最終的共同速度為。在完全非彈性碰撞過(guò)程中，系統(tǒng)的動(dòng)能損失最大，為：?！镜淅?】（2023·河北邯鄲·統(tǒng)考三模）如圖光滑水平面上有a、b、c、d四個(gè)彈性小球，質(zhì)量分別為m、9m、3m、m。小球a一端靠墻，并通過(guò)一根輕彈簧與小球b相連，此時(shí)彈簧處于原長(zhǎng)。小球b和c接觸但不粘連?，F(xiàn)給小球d一個(gè)向左的初速度，與小球c發(fā)生碰撞，整個(gè)碰撞過(guò)程中沒(méi)有能量損失，彈簧始終處于彈性限度之內(nèi)。以下說(shuō)法正確的是（）A．整個(gè)過(guò)程中小球a、b、c、d和彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒B．整個(gè)過(guò)程中四個(gè)彈性小球a、b、c、d的機(jī)械能守恒C．小球a速度的最大值為D．彈簧彈性勢(shì)能最大值為【答案】C【詳解】A．由于墻壁對(duì)a球有彈力作用，整個(gè)過(guò)程中小球a、b、c、d和彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，故A錯(cuò)誤；B．整個(gè)過(guò)程中彈簧與四個(gè)彈性小球的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，所以四個(gè)彈性小球a、b、c、d的機(jī)械能不守恒，故B錯(cuò)誤；D．小球d與小球c碰撞，設(shè)小球c碰撞后速度為，小球d碰撞后速度為，由動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒定律得，解得小球c與小球b碰撞，設(shè)小球c碰撞后速度為，小球d碰撞后速度為，由動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒定律得，解得小球b向左運(yùn)動(dòng)速度為零時(shí)，彈簧彈性勢(shì)能最大，則，故D錯(cuò)誤；C．小球b壓縮彈簧，到彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)過(guò)程，小球b與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，小球b向右的速度大小為；當(dāng)小球a、b向右運(yùn)動(dòng)，彈簧原長(zhǎng)時(shí)，小球a的速度最大，設(shè)小球a的速度大小為，小球b的速度大小為，由動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒定律得，解得，故C正確。故選C。1．（多選）（2021秋·江西南昌·高三進(jìn)賢縣第一中學(xué)?？茧A段練習(xí)）如圖所示，在光滑水平面上，質(zhì)量為m的小球A和質(zhì)量為的小球B通過(guò)輕彈簧拴接并處于靜止?fàn)顟B(tài)，彈簧處于原長(zhǎng)；質(zhì)量為m的小球C以初速度，沿A、B連線向右勻速運(yùn)動(dòng)，并與小球A發(fā)生彈性碰撞。在小球B的右側(cè)某位置固定一塊彈性擋板（圖中未畫(huà)出），當(dāng)小球B與擋板發(fā)生正碰后立刻將擋板撤走。不計(jì)所有碰撞過(guò)程中的機(jī)械能損失，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，小球B與擋板的碰撞時(shí)間極短，碰后小球B的速度大小不變，但方向相反。則B與擋板碰后彈簧彈性勢(shì)能的最大值可能（

）A． B． C． D．【答案】BC【詳解】A．系統(tǒng)的初動(dòng)能為，而系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，則彈簧的彈性勢(shì)能不可能等于，故A錯(cuò)誤；B．由于小球C與小球A質(zhì)量相等，發(fā)生彈性正碰，則碰撞后交換速度，若在A與B動(dòng)量相等時(shí)，B與擋板碰撞，B碰撞后速度大小不變、方向相反，當(dāng)兩者速度同時(shí)減至零時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能最大，最大值為，故B正確；CD．當(dāng)B的速度很小（約為零）時(shí)，B與擋板碰撞時(shí)，當(dāng)兩球速度相等彈簧的彈性勢(shì)能最大，設(shè)共同速度為v，則由動(dòng)量守恒得，得最大的彈性勢(shì)能為則最大的彈性勢(shì)能的范圍為，故C正確，D錯(cuò)誤。故選BC。2．（多選）（2021秋·重慶渝中·高三重慶巴蜀中學(xué)?？茧A段練習(xí)）如圖所示，在光滑水平面上有質(zhì)量為的小球A和質(zhì)量為的小球B通過(guò)輕彈簧栓接并處于靜止?fàn)顟B(tài)，質(zhì)量也為的小球C以速度水平向左勻速運(yùn)動(dòng)并與B發(fā)生彈性碰撞。已知在小球A的左端某處（圖中未畫(huà)出）固定有一彈性擋板（指小球與擋板碰撞時(shí)不計(jì)機(jī)械能損失），且當(dāng)小球A與擋板發(fā)生正碰后立即撤去擋板，碰撞時(shí)間極短．則小球A與擋板碰撞后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，彈簧彈性勢(shì)能的最大值可能是（）A． B． C． D．【答案】ABD【詳解】開(kāi)始向左運(yùn)動(dòng)后，開(kāi)始階段B減速A加速，經(jīng)分析當(dāng)時(shí)A與擋板相碰后反向，由動(dòng)量守恒知以后有A、B速度同時(shí)為0的時(shí)刻，此時(shí)彈簧彈性勢(shì)能最大值最大，為當(dāng)彈簧第二次回到原長(zhǎng)時(shí)，vA=0，若此時(shí)正好與擋板相接觸，以后彈簧壓縮至最短，最短時(shí)彈簧彈性勢(shì)能最大值最小，有解得在這兩者區(qū)間取值均可。故ABD正確；C錯(cuò)誤。故選ABD?？挤ㄈ龖?yīng)用動(dòng)量、能量觀點(diǎn)解決“板塊”模型1．用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)分析“滑塊——木板”模型時(shí)要抓住一個(gè)轉(zhuǎn)折和兩個(gè)關(guān)聯(lián)。(1)一個(gè)轉(zhuǎn)折——滑塊與木板達(dá)到相同速度或者滑塊從木板上滑下是受力和運(yùn)動(dòng)狀態(tài)變化的轉(zhuǎn)折點(diǎn)。(2)兩個(gè)關(guān)聯(lián)——轉(zhuǎn)折前、后受力情況之間的關(guān)聯(lián)和滑塊、木板位移和板長(zhǎng)之間的關(guān)聯(lián)。2．用動(dòng)量和功能觀點(diǎn)分析“滑塊——木板”模型要抓住一個(gè)條件和兩個(gè)分析及一個(gè)規(guī)律。(1)一個(gè)條件——滑塊和木板組成的系統(tǒng)所受的合外力為零是系統(tǒng)動(dòng)量守恒的條件。(2)兩個(gè)分析——分析滑塊和木板相互作用過(guò)程的運(yùn)動(dòng)分析和作用前后的動(dòng)量分析。(3)一個(gè)規(guī)律——能量守恒定律是分析相互作用過(guò)程能量轉(zhuǎn)化必定遵守的規(guī)律，且牢記摩擦生熱的計(jì)算公式Q＝f·d相對(duì)?！镜淅?】（2023·海南·統(tǒng)考高考真題）如圖所示，有一固定的光滑圓弧軌道，半徑，一質(zhì)量為的小滑塊B從軌道頂端滑下，在其沖上長(zhǎng)木板C左端時(shí)，給木板一個(gè)與小滑塊相同的初速度，已知，B、C間動(dòng)摩擦因數(shù)，C與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)，C右端有一個(gè)擋板，C長(zhǎng)為。求：（1）滑到的底端時(shí)對(duì)的壓力是多大？（2）若未與右端擋板碰撞，當(dāng)與地面保持相對(duì)靜止時(shí)，間因摩擦產(chǎn)生的熱量是多少？（3）在時(shí)，B與C右端擋板發(fā)生碰撞，且碰后粘在一起，求從滑上到最終停止所用的時(shí)間。

【答案】（1）30N；（2）1.6J；（3）【詳解】（1）滑塊下滑到軌道底部，有，解得在底部，根據(jù)牛頓第二定律，解得由牛頓第三定律可知B對(duì)A的壓力是。（2）當(dāng)B滑上C后，對(duì)B分析，受摩擦力力向左，根據(jù)牛頓第二定律得解得加速度向左為對(duì)C分析，受B向右的摩擦力和地面向左的摩擦力根據(jù)牛頓第二定律解得其加速度向左為由運(yùn)動(dòng)學(xué)位移與速度關(guān)系公式，得B向右運(yùn)動(dòng)的距離C向右運(yùn)動(dòng)距離由功能關(guān)系可知，B、C間摩擦產(chǎn)生的熱量，可得（3）由上問(wèn)可知，若B還末與C上擋板碰撞，C先停下，用時(shí)為，有，解得B的位移為則此刻的相對(duì)位移為，此時(shí)由，一定是C停下之后，B才與C上擋板碰撞。設(shè)再經(jīng)時(shí)間B與C擋板碰撞，有解得碰撞時(shí)B速度為碰撞時(shí)由動(dòng)量守恒可得解得碰撞后B、C速度為之后二者一起減速，根據(jù)牛頓第二定律得后再經(jīng)后停下，則有故從滑上到最終停止所用的時(shí)間總時(shí)間判斷系統(tǒng)的動(dòng)量是否守恒，要注意動(dòng)量守恒的條件是系統(tǒng)不受外力或受到的外力為零。因此，要分清系統(tǒng)中的物體所受的例那些事內(nèi)力，那些是外力，在同一物體（2023·四川成都·石室中學(xué)?？寄M預(yù)測(cè)）如圖所示，滑塊A（可視為質(zhì)點(diǎn)）位于小車B的最左端，二者一起以的初速度向右勻速運(yùn)動(dòng)，木塊C靜止在小車B的正前方，所有碰撞均為彈性碰撞，且碰撞時(shí)間極短可忽略不計(jì)。已知A、B、C的質(zhì)量分別為，A與B之間、C與水平地面之間的摩擦因數(shù)均為，不計(jì)小車B與地面之間的摩擦，小車的表面水平且足夠長(zhǎng)，重力加速度。求：（1）小車B和木塊C第1次碰撞后，A、B、C的加速度大小；（2）小車B和木塊C第2次碰撞前，滑塊A與小車B摩擦產(chǎn)生的熱量；（3）小車B和木塊C第3次碰撞前，木塊C運(yùn)動(dòng)的位移的大小。

【答案】（1），，；（2）；（3）【詳解】（1）設(shè)小車B和木塊C第1次碰撞后速度分別為和，彈性碰撞滿足，解得，滑塊速度不變，滑塊和小車B發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，由牛頓第二定律得，，，解得，，（2）小車B和木塊C第1次碰撞后，滑塊勻減速，小車B勻加速，木塊C勻減速，在小車B和木塊C第2次碰撞前，設(shè)滑塊和小車B已經(jīng)達(dá)到相同速度一起勻速運(yùn)動(dòng)，對(duì)滑塊和小車B系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒得解得由能量守恒得解得（3）滑塊和小車B以速度一起勻速運(yùn)動(dòng)，在小車B和木塊C第2次碰撞前，假設(shè)木塊C未停止運(yùn)動(dòng)，速度為，兩次碰撞之間小車B和木塊C的位移均為，由運(yùn)動(dòng)學(xué)關(guān)系得，解得或（舍）所以假設(shè)成立，小車B和木塊C第2次碰撞前木塊C未停止運(yùn)動(dòng)設(shè)小車B和木塊C第2次碰撞后速度分別為和，彈性碰撞滿足，解得，設(shè)在小車B和木塊C第3次碰撞前，滑塊和小車B已經(jīng)達(dá)到相同速度一起勻速運(yùn)動(dòng)，對(duì)滑塊和小車B系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒得，解得設(shè)小車B和木塊C第2次碰撞后到第3次碰撞前的過(guò)程中，小車B和木塊C的位移均為，第3次碰撞前C的速度為，由運(yùn)動(dòng)學(xué)關(guān)系得，解得或（舍），同理，小車B和木塊C第3次碰撞前木塊C未停止運(yùn)動(dòng)解得【基礎(chǔ)過(guò)關(guān)】1．（2023春·安徽滁州·高一安徽省定遠(yuǎn)中學(xué)?？茧A段練習(xí)）如圖所示，水平面左側(cè)有一足夠長(zhǎng)的、相對(duì)水平面高為H的光滑平臺(tái)，質(zhì)量為M的滑塊與質(zhì)量為m的小球之間有一個(gè)處于壓縮且鎖定狀態(tài)的輕彈簧（彈簧不與滑塊和小球連接），系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。某時(shí)刻彈簧解除鎖定，小球離開(kāi)平臺(tái)后做平拋運(yùn)動(dòng)，落到水平面上時(shí)落點(diǎn)到平臺(tái)的距離為s，重力加速度為g，則滑塊的速度大小為（）

A． B． C． D．【答案】C【詳解】小球射出時(shí)，設(shè)其速度為，系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒，取向右為正方向，對(duì)系統(tǒng)在水平方向上，由動(dòng)量守恒有小球做平拋運(yùn)動(dòng)，有，聯(lián)立解得故選C。2．（2023春·上海浦東新·高一上海市進(jìn)才中學(xué)校考期末）如圖所示，光滑水平面的同一直線上放有n個(gè)質(zhì)量均為m的小滑塊，相鄰滑塊之間的距離為L(zhǎng)，某個(gè)滑塊均可看成質(zhì)點(diǎn)?，F(xiàn)給第一個(gè)滑塊水平向右的初速度，滑塊間相碰后均能粘在一起，則從第一個(gè)滑塊開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到第個(gè)滑塊與第n個(gè)滑塊相碰時(shí)的總時(shí)間為（）

A． B． C． D．【答案】B【詳解】由于每次相碰后滑塊會(huì)粘在一起，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可知第二個(gè)滑塊開(kāi)始運(yùn)動(dòng)的速度大小為同理第三個(gè)滑塊開(kāi)始滑動(dòng)的速度大小為第（n-1）個(gè)球開(kāi)始滑動(dòng)的速度大小為因此運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為故選B。3．（2023春·陜西西安·高二長(zhǎng)安一中?？计谀┤鐖D（a），質(zhì)量分別為、的A、B兩物體用輕彈簧連接構(gòu)成一個(gè)系統(tǒng)，外力作用在A上，系統(tǒng)靜止在光滑水平面上（B靠墻面），此時(shí)彈簧形變量為。撤去外力并開(kāi)始計(jì)時(shí)，A、B兩物體運(yùn)動(dòng)的圖像如圖（b）所示，表示0到時(shí)間內(nèi)的圖線與坐標(biāo)軸所圍面積大小，、分別表示到時(shí)間內(nèi)A、B的圖線與坐標(biāo)軸所圍面積大小。A在時(shí)刻的速度為。下列說(shuō)法正確的是（）

A．0到時(shí)間內(nèi)，墻對(duì)B的沖量大于B．C．B運(yùn)動(dòng)后，彈簧的最大形變量等于D．【答案】D【詳解】A．根據(jù)圖像的面積表示速度變化量可知，0到時(shí)間內(nèi)，物體A的速度變化量為，物體撤去外力后受到的彈簧彈力沖量與彈簧對(duì)B的彈力沖量等大反向，0到時(shí)間內(nèi)，對(duì)由動(dòng)量定理有可知墻壁對(duì)B的沖量大小等于，故A錯(cuò)誤；BD．根據(jù)圖像與坐標(biāo)軸所圍成面積的大小等于物體速度的變化量，因時(shí)刻的速度為零，則時(shí)刻的速度大小時(shí)刻，的速度大小為的速度大小為由圖（b）圖像可知，時(shí)刻A的加速度為零，此時(shí)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)，B開(kāi)始離開(kāi)墻壁，到時(shí)刻兩者加速度均達(dá)到最大，此時(shí)彈等伸長(zhǎng)量達(dá)到最大，兩者速度相同，即則有根據(jù)牛頓第二定律有由圖（b）圖像可知，時(shí)刻，的加速度大于A的加速度，則有，故B錯(cuò)誤，D正確；C．由上述分析可知，時(shí)刻，的速度為，B開(kāi)始離開(kāi)墻壁，且彈簧被拉伸，到時(shí)刻兩者加速度均達(dá)到最大，此時(shí)彈等伸長(zhǎng)量達(dá)到最大，兩者速度相同不為零，即此時(shí)A、B的動(dòng)能不為零，由能量守恒定律可知，此時(shí)A、B的動(dòng)能與彈簧的彈性勢(shì)能之和與撤去外力時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能相等，則彈簧的形變量最大時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能小于撤去外力時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能，彈簧的形變量最大時(shí)彈簧的形變量小于撤去外力時(shí)彈簧的形變量，故C錯(cuò)誤。故選D。4．（多選）（2023春·云南大理·高一大理白族自治州民族中學(xué)校考階段練習(xí)）如圖所示，質(zhì)量分別為m和2m的A、B兩個(gè)木塊間用輕彈簧相連，放在光滑水平面上，A靠緊豎直墻。用水平力F將B向左壓，使彈簧被壓縮一定長(zhǎng)度，靜止后彈簧儲(chǔ)存的彈性勢(shì)能為E。這時(shí)突然撤去F，關(guān)于A、B和彈簧組成的系統(tǒng)，下列說(shuō)法中正確的是（）

A．撤去F后，機(jī)械能守恒B．撤去F后，A離開(kāi)豎直墻前，機(jī)械能守恒C．撤去F后，A離開(kāi)豎直墻后，彈簧的彈性勢(shì)能最大值為D．撤去F后，A離開(kāi)豎直墻后，彈簧的彈性勢(shì)能最大值為E【答案】ABC【詳解】AB．撤去F后，A離開(kāi)豎直墻前，只有彈簧的彈力對(duì)B做功，A、B和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒；A離開(kāi)豎直墻后，只有彈簧的彈力對(duì)A、B做功，A、B和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒；故AB正確；CD．撤去F后，A剛要離開(kāi)墻時(shí)，設(shè)B的速度為，根據(jù)機(jī)械能守恒可得A離開(kāi)豎直墻后，A、B和彈簧組成的系統(tǒng)滿足動(dòng)量守恒，當(dāng)A、B速度相同時(shí)，彈簧的形變量最大，彈性勢(shì)能最大，設(shè)A、B相同速度為，根據(jù)動(dòng)量守恒可得根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒可得聯(lián)立解得最大彈性勢(shì)能為，故C正確，D錯(cuò)誤。故選ABC。5．（多選）（2023春·四川成都·高一棠湖中學(xué)校聯(lián)考期末）如圖，一質(zhì)量為1kg的滑塊A從固定光滑斜面頂端由靜止開(kāi)始下滑，斜面頂端距離光滑水平面的高度為5m，斜面底端與水平面平滑連接?；瑝KB和滑塊C通過(guò)輕彈簧相連且均靜止于水平面上，滑塊B的質(zhì)量為1kg，滑塊C的質(zhì)量為2kg。開(kāi)始時(shí)，彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)，滑塊A滑到水平面與滑塊B碰撞后粘在一起，滑塊A、B、C均可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度大小取。下列說(shuō)法正確的是（

）

A．滑塊A滑至斜面底端時(shí)，其速度大小為10m/sB．滑塊A與滑塊B碰撞后的速度大小為2.5m/sC．彈簧的彈性勢(shì)能最大時(shí)，滑塊A、B、C的速度大小均為2.5m/sD．滑塊A與滑塊B碰撞的過(guò)程中，滑塊A、B、C和彈簧組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能為37.5J【答案】AC【詳解】A．根據(jù)機(jī)械能守恒可知，滑塊A滑至斜面底端時(shí)，其速度大小為，選項(xiàng)A正確；B．根據(jù)動(dòng)量守恒可知可得滑塊A與滑塊B碰撞后的速度大小為，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．彈簧的彈性勢(shì)能最大時(shí)，滑塊A、B、C的速度相等，根據(jù)動(dòng)量守恒，解得v3=2.5m/s，選項(xiàng)C正確；D．滑塊A與滑塊B碰撞的過(guò)程中，滑塊A、B、C和彈簧組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能為，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選AC。6．（2023春·四川成都·高一成都七中?？茧A段練習(xí)）質(zhì)量為的箱子靜止在光滑水平面上，箱子內(nèi)側(cè)的兩壁間距為，另一質(zhì)量也為且可視為質(zhì)點(diǎn)的物體從箱子中央以的速度開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，如圖所示。已知物體與箱底的動(dòng)摩擦因數(shù)為，物體與箱壁間發(fā)生的是完全彈性碰撞，。試求：（）A．物體與箱子最多發(fā)生3次碰撞 B．物體最終停在距離箱子左壁處C．整個(gè)過(guò)程中系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能為 D．箱子對(duì)物體的總沖量大小為【答案】BC【詳解】ABC．物體在摩擦力作用下最終與箱子以共同速度向右勻速運(yùn)動(dòng)，物體與箱子組成的系統(tǒng)滿足動(dòng)量守恒，則有，解得根據(jù)能量守恒可知，整個(gè)過(guò)程中系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能為設(shè)整個(gè)過(guò)程物體與箱子發(fā)生的相對(duì)路程為，則有，解得，由于可知物體與箱子最多發(fā)生4次碰撞，物體最終停在距離箱子左壁處，故A錯(cuò)誤，BC正確；D．水平方向根據(jù)動(dòng)量定理可得可知箱子對(duì)物體的水平總沖量大小為，由于箱子對(duì)物體有支持力，在豎直方向有沖量，則箱子對(duì)物體的總沖量大小一定大于，故D錯(cuò)誤。故選BC。7．（2023春·四川成都·高一成都七中?？茧A段練習(xí)）如圖所示，傾角為、足夠長(zhǎng)的光滑斜面固定在水平地面上，下端有一垂直斜面的固定擋板。質(zhì)量均為的小球用勁度系數(shù)為的輕質(zhì)彈簧連接并放置在斜面上，小球靠在擋板上，兩小球均保持保持靜止?，F(xiàn)對(duì)小球a施加一平行斜面向上、大小為的恒力。已知彈簧的彈性勢(shì)能E彈與其形變量x滿足，彈簧與斜面平行且形變始終處于彈性限度內(nèi)，重力加速度分析正確的是（）

A．小球和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒B．小球脫離擋板后，系統(tǒng)的總動(dòng)量保持不變C．小球剛要運(yùn)動(dòng)時(shí)，小球的動(dòng)能為D．小球脫離擋板以后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，彈簧的最大彈性勢(shì)能為【答案】BC【詳解】A．小球和彈簧組成的系統(tǒng)受外力F做功，系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)分析，小球b脫離擋板后，將小球a，b以及彈簧看作一個(gè)整體，則整體受到的合外力為0，根據(jù)所學(xué)的知識(shí)可知符合動(dòng)量守恒的條件，因此系統(tǒng)總的動(dòng)量保持不變。故B正確；C．初始狀態(tài)時(shí)，彈簧處于壓縮狀態(tài)，根據(jù)受力分析可得：小球b剛要運(yùn)動(dòng)時(shí)，解得且初末狀態(tài)中彈簧形變量相同，彈性勢(shì)能相同。則彈力做的總功為0。根據(jù)動(dòng)能定理可得：，解得，故C正確；D．小球b剛要運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)上述分析可知小球a的速度為：此時(shí)彈簧彈性勢(shì)能為彈簧彈性勢(shì)能最大時(shí)兩小球的速度相等，系統(tǒng)總動(dòng)量守恒，選擇初速度的方向?yàn)檎较颍鶕?jù)動(dòng)量守恒和能量守恒定律可得：，，解得根據(jù)能量的轉(zhuǎn)化特點(diǎn)可知系統(tǒng)動(dòng)能的減少量為彈性勢(shì)能的增加量，可得：故彈性勢(shì)能的最大值為：，故D錯(cuò)誤。故選BC。8．（2023春·四川眉山·高一校聯(lián)考期末）一帶有半徑足夠大的光滑圓弧軌道的小車的質(zhì)量，小車靜止在光滑水平地面上，圓弧下端水平。有一質(zhì)量的小球以水平初速度從圓弧下端滑上小車，如圖所示，取水平向左為正方向。，則（）

A．在小球滑到最高點(diǎn)的過(guò)程中，小球與小車組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒B．小球沿圓弧軌道上升的最大高度為0.4mC．小球離開(kāi)小車時(shí)的速度為D．小球從滑上小車到離開(kāi)小車的過(guò)程中對(duì)小車做的功為【答案】CD【詳解】A．小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向受合外力是零，在豎直方向受合外力不是零，因此系統(tǒng)只在水平方向動(dòng)量守恒，故A錯(cuò)誤；B．系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律可得系統(tǒng)的機(jī)械能守恒

當(dāng)時(shí)，最大，則有高度h最大，聯(lián)立解得，故B錯(cuò)誤；

C．設(shè)小球離開(kāi)小車時(shí)的速度為v3，小車的速度為v4，取水平向左為正方向，系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒和系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，則有，聯(lián)立解得，，小球的速度方向向右，故C正確；D．小球離開(kāi)小車時(shí)小車在水平方向的速度為，由動(dòng)能定理可得小球?qū)π≤囎龅墓?，故D正確。故選CD。9．（2023春·河南駐馬店·高二河南省駐馬店高級(jí)中學(xué)?？茧A段練習(xí)）如圖所示，光滑水平面上，小物體A以1.2v的速度向右運(yùn)動(dòng)，在其運(yùn)動(dòng)正前方有一與A大小相同的物體B靜止。A和B發(fā)生彈性碰撞。已知物體B的質(zhì)量為m，碰后物體A的速度大小為0.8v，方向不變。求：（1）物體A的質(zhì)量和碰后物體B的速度；（2）若物體A以相同速度碰物體B時(shí)，B的左側(cè)連有一個(gè)處于原長(zhǎng)狀態(tài)的輕彈簧，如圖所示，則彈簧彈性勢(shì)能的最大值?！敬鸢浮浚?）5m，2v；（2）【詳解】（1）由動(dòng)量守恒定律由能量守恒定律解得（2）彈簧壓至彈性勢(shì)能最大位置處時(shí)，由動(dòng)量守恒定律可知由機(jī)械能守恒定律可知解得v共=v，Ep=0.6mv210．（2023春·河北石家莊·高一統(tǒng)考期末）如圖甲所示，質(zhì)量均為的長(zhǎng)板A和滑塊C靜置在光滑水平地面上，長(zhǎng)板A上表面左端有一小部分光滑、其余部分粗糙，滑塊B（可視為質(zhì)點(diǎn)）置于A的左端。現(xiàn)使A、B一起以速度向右運(yùn)動(dòng)，A與C發(fā)生碰撞（碰撞時(shí)間極短），經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后A、B再次一起向右運(yùn)動(dòng)，且恰好不再與C相碰。以A與C發(fā)生碰撞時(shí)為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，B的速度時(shí)間圖像如圖乙所示，重力加速度g取，求：（1）滑塊B的質(zhì)量；（2）長(zhǎng)板A與滑塊C發(fā)生碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能；（3）長(zhǎng)板A的最小長(zhǎng)度L。

【答案】（1）；（2）；（3）6m【詳解】（1）設(shè)A、C碰后的速度為和，由動(dòng)量守恒定律可得由圖可知，時(shí)刻A、B達(dá)到共同速度，此后恰好不再與C相碰，且，從A、C碰后，到A、B達(dá)到共同速度，對(duì)于A、B動(dòng)量守恒，有解得，（2）A、C碰撞過(guò)程，由能量守恒定律得解得（3）方法一：公式法在0~1s內(nèi)，A、B發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，位移分別為，在1s~2s內(nèi)，A、B發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，位移分別為，A的最小長(zhǎng)度方法二：圖像法在0~1s內(nèi)，A以速度，做勻速直線運(yùn)動(dòng)；在1s~2s內(nèi)，A做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，直到A、B再次共速，做出其圖像，如圖所示

圖中陰影部分面積即為A的最小長(zhǎng)度L，可得【能力提升】1．（2023·陜西西安·校考三模）如圖所示，質(zhì)量為m的長(zhǎng)木板B放在光滑的水平面上，質(zhì)量為的木塊A放在長(zhǎng)木板的左端，一顆質(zhì)量為的子彈以速度v0射入木塊并留在木塊中，當(dāng)木塊滑離木板時(shí)速度為，木塊在木板上滑行的時(shí)間為t，則下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）

A．木塊獲得的最大速度為B．木塊滑離木板時(shí)，木板獲得的速度大小為C．木塊在木板上滑動(dòng)時(shí)，木塊與木板之間的滑動(dòng)摩擦力大小為D．因摩擦產(chǎn)生的熱量等于子彈射入木塊后子彈和木塊減少的動(dòng)能與木板增加的動(dòng)能之差【答案】B【詳解】A．對(duì)子彈和木塊A組成的系統(tǒng)，根據(jù)動(dòng)量守恒定律解得，此后木塊A與子彈一起做減速運(yùn)動(dòng)，則此時(shí)木塊的速度最大，選項(xiàng)A正確；B．木塊滑離木板時(shí)，對(duì)木板和木塊包括子彈系統(tǒng)解得，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．對(duì)木板，由動(dòng)量定理：，解得選項(xiàng)C正確；D．由能量守恒定律可知，木塊在木板上滑動(dòng)時(shí)，因摩擦產(chǎn)生的熱量等于子彈射入木塊后子彈和木塊減少的動(dòng)能與木板增加的動(dòng)能之差，選項(xiàng)D正確。本題選錯(cuò)誤的，故選B。2．（多選）（2023·河北衡水·衡水市第二中學(xué)校考三模）如圖所示，光滑水平面上放置滑塊A和左側(cè)固定輕質(zhì)豎直擋板的木板B，滑塊C置于B的最右端，三者質(zhì)量分別為mA=2kg、mB=3kg、mC=1kg。開(kāi)始時(shí)B、C靜止，A以v0=7.5m/s的速度勻速向右運(yùn)動(dòng)，A與B發(fā)生正撞（碰撞時(shí)間極短），經(jīng)過(guò)一段時(shí)間，B、C達(dá)到共同速度一起向右運(yùn)動(dòng)，且此時(shí)C再次位于B的最右端。已知所有的碰撞均無(wú)機(jī)械能損失，木板B的長(zhǎng)度為L(zhǎng)=0.9m，B、C之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，取g=10m/s2，下列說(shuō)法正確的是（）

A．A與B碰撞后瞬間，B的速度大小為5m/sB．A與B碰撞后瞬間，B的速度大小為6m/sC．C與B左側(cè)的擋板相撞后的一小段時(shí)間內(nèi)，C對(duì)B摩擦力的沖量水平向左D．μ=0.75【答案】BD【詳解】AB．規(guī)定向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律得，，解得，故A錯(cuò)誤，B正確；C．C與B左側(cè)的擋板相撞后的一小段時(shí)間內(nèi)，C的速度大于B的速度，C對(duì)B的摩擦力水平向右，此時(shí)C對(duì)B摩擦力的沖量水平向右，故C錯(cuò)誤；D．由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律得，，解得，故D正確。故選BD。3．（多選）（2023·河南開(kāi)封·統(tǒng)考三模）如圖所示，一輛質(zhì)量的小車靜止在光滑水平面上，小車左邊部分為半徑的四分之一光滑圓弧軌道，圓弧軌道末端平滑連接一長(zhǎng)度的水平粗粘面，粗糙面右端是一擋板。有一個(gè)質(zhì)量為的小物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）從小車左側(cè)圓弧軌道頂端A點(diǎn)由靜止釋放，小物塊和小車粗糙區(qū)域的動(dòng)摩擦因數(shù)，重力加速度取，則（）

A．小物塊滑到圓弧末端時(shí)的速度大小為B．小物塊滑到圓弧末端時(shí)小車的速度大小為C．小物塊與右側(cè)擋板碰撞前瞬間的速度大小為D．小物塊最終距圓弧軌道末端的距離為【答案】BC【詳解】AB．小物塊滑到圓弧軌道末端時(shí)，由能量守恒和水平方向動(dòng)量守恒得，聯(lián)立解得，，故A錯(cuò)誤、B正確；C．小物塊與右側(cè)擋板碰撞前，由能量守恒和水平方向動(dòng)量守恒得，聯(lián)立解得，，故C正確；，D．由水平方向動(dòng)量守恒知，小物塊和小車最終都靜止，由能量守恒得解得，則小物塊最終距圓弧末端的距離，故D錯(cuò)誤。故選BC。4．（多選）（2023·遼寧·模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，有一個(gè)質(zhì)量為的物體A和一個(gè)質(zhì)量為M的物體B用輕彈簧連接，放在光滑的水平地面上。二者初始靜止，彈簧原長(zhǎng)為，勁度系數(shù)為k，彈性勢(shì)能表達(dá)式（x為彈簧的形變量）?，F(xiàn)用一質(zhì)量為m的子彈沿水平方向以初速度打中物體A，并留在物體A中（子彈與物體A達(dá)到相對(duì)靜止的時(shí)間極短），然后壓縮彈簧至最短，之后彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)，最后被拉長(zhǎng)至最長(zhǎng)。則下列說(shuō)法正確的是（）

A．整個(gè)過(guò)程中子彈、物體A、物體B三者組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒B．彈簧被壓縮至最短時(shí)物體B的速度大小為C．整個(gè)過(guò)程中彈簧的最大彈性勢(shì)能為D．物體B的最大加速度大小為【答案】BD【詳解】A．水平地面光滑，子彈、物體A、物體B三者組成的系統(tǒng)所受合外力為零，因此動(dòng)量守恒，子彈打入物體A過(guò)程中，由于摩擦生熱，故機(jī)械能不守恒，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．當(dāng)三者共速時(shí)，彈簧被壓縮至最短，設(shè)共同速度為，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有，解得，選項(xiàng)B正確；C．當(dāng)彈簧壓縮至最短或伸長(zhǎng)至最長(zhǎng)時(shí)，彈性勢(shì)能最大，此時(shí)三者共速，子彈打入物體A并留在A中時(shí)，設(shè)此時(shí)A的速度大小為，對(duì)子彈與物體A，根據(jù)動(dòng)量守恒定律，解得從子彈打入物體A后至AB共速，彈性勢(shì)能增加量等于系統(tǒng)動(dòng)能減少量，故最大彈性勢(shì)能為，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D．當(dāng)彈簧形變量最大時(shí)，彈力最大，物體B的加速度最大根據(jù)牛頓第二定律得，聯(lián)立二式得，選項(xiàng)D正確。故選BD。5．（多選）（2023·海南省直轄縣級(jí)單位·嘉積中學(xué)?？寄M預(yù)測(cè)）如圖甲所示，物塊A、B的質(zhì)量分別是和，用輕彈簧拴接，放在光滑的水平地面上，物塊B右側(cè)與豎直墻相接觸。另有一物塊C在時(shí)刻以一定速度向右運(yùn)動(dòng)，在時(shí)與物塊A相碰，并立即與A粘在一起不再分開(kāi)，物塊C的圖像如圖乙所示，下列說(shuō)法正確的是（）

A．物塊B離開(kāi)墻壁前，彈簧的最大彈性勢(shì)能為48JB．4s到12s的時(shí)間內(nèi)，墻壁對(duì)物塊B的沖量大小為，方向向右C．物塊B離開(kāi)墻壁后，彈簧的最大彈性勢(shì)能為10JD．物塊B離開(kāi)墻壁后，物塊B的最大速度大小為【答案】AD【詳解】A．AC碰撞過(guò)程中由動(dòng)量守恒可得，，，解得當(dāng)AC速度減為零時(shí)彈簧壓縮至最短，此時(shí)彈性勢(shì)能最大，故A正確；B．4s到12s的時(shí)間內(nèi)彈簧對(duì)AC的沖量為由能量守恒可知12sB的速度為零，4s到12s的時(shí)間內(nèi)對(duì)B由動(dòng)量定理可得得，即大小為，方向向左，故B錯(cuò)誤；C．當(dāng)B的速度與AC相等時(shí)由動(dòng)量守恒可得解得，所以彈簧的最大彈性勢(shì)能為，故C錯(cuò)誤；D．當(dāng)彈簧為原長(zhǎng)時(shí)B的速度達(dá)到最大，由動(dòng)量守恒和能量守恒可得，解得，故D正確。故選AD。6．（多選）（2023·黑龍江·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，一足夠長(zhǎng)的圓筒豎直固定放置，物塊A、B、C的質(zhì)量均為m，B、C之間用勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧連接，物塊B、C靜止。現(xiàn)將A從B的正上方處?kù)o止釋放，之后A、B碰撞時(shí)間極短并粘合在一起。已知C與圓筒間最大靜摩擦力為，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力；彈簧的彈性勢(shì)能表達(dá)式為，式中x為彈簧的形變量；重力加速度大小為g。下列說(shuō)法正確的是（

）

A．A、B碰撞結(jié)束時(shí)速度的大小為B．A、B碰后整體第一次達(dá)到的最大速率為C．從A靜止釋放到最終A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)共損失機(jī)械能為D．A、B碰后整體將做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)【答案】AB【詳解】A．根據(jù)題意，設(shè)A碰撞前瞬間速度為，A、B撞后共同速度為，對(duì)A自由下落過(guò)程列動(dòng)能定理，解得，A、B碰撞過(guò)程滿足動(dòng)量守恒，解得，故A正確；B．A、B碰撞后整體運(yùn)動(dòng)到速度最大處滿足加速度為0，既，解得從A、B撞后到速度最大列能量守恒定律解得，故B正確；CD．A、B碰撞過(guò)程損失的機(jī)械能為，解得假設(shè)C不動(dòng)，A、B碰撞后整體做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，關(guān)于速度最大的平衡位置下方也有一處速度為，根據(jù)簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性，該處的合外力方向向上，大小與碰撞點(diǎn)相等為，對(duì)A、B整體受力分析得到此處彈簧彈力應(yīng)該為，此時(shí)C物塊受力分析知C受到向下的力共為，C將開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，A、B整體運(yùn)動(dòng)不是簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，C運(yùn)動(dòng)后也將有摩擦內(nèi)能生成，故CD錯(cuò)誤。故選AB。7．（多選）（2023·湖南·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，一輕質(zhì)彈簧的下端固定在水平面上，質(zhì)量為1kg的小物塊B置于輕彈簧上端并處于靜止?fàn)顟B(tài)，另一質(zhì)量為3kg的小物塊A從小物塊B正上方h=0.8m處由靜止釋放，與小物塊B碰撞后（碰撞時(shí)間極短）一起向下壓縮彈簧到最低點(diǎn)，已知彈簧的勁度系數(shù)k=100N/m，彈簧的彈性勢(shì)能表達(dá)式（x為彈簧的形變量），重力加速度g=10m/s2，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，下列說(shuō)法正確的是（）

A．碰撞結(jié)束瞬間，小物塊A的速度大小為1m/sB．碰撞結(jié)束瞬間，小物塊A的加速度大小為7.5m/s2C．小物塊A與B碰撞之后一起下落0.5m時(shí)的加速度大小為2.5m/s2D．小物塊A與B碰撞之后一起下落過(guò)程中，系統(tǒng)的最大動(dòng)能為22.5J【答案】BD【詳解】A．對(duì)小物塊A應(yīng)用動(dòng)能定理可得小物塊A、B碰撞由動(dòng)量守恒定律可得聯(lián)立解得，故A錯(cuò)誤；B．碰前小物塊B的重力與彈簧彈力平衡，碰后瞬間彈簧彈力不突變，對(duì)小物塊A、B整體應(yīng)用牛頓第二定律可得，解得，故B正確；C．下落時(shí)，對(duì)小物塊A、B整體應(yīng)用牛頓第二定律可得聯(lián)立解得，故C錯(cuò)誤；D．開(kāi)始時(shí)有，當(dāng)系統(tǒng)下落過(guò)程中有最大速度，由動(dòng)能定理可得聯(lián)立解得，故D正確。，故選BD。8．（多選）（2023·山東濟(jì)南·統(tǒng)考三模）如圖所示，光滑水平面上有兩個(gè)質(zhì)量均為m的物體A、B，B上連接一勁度系數(shù)為k的輕彈簧。物體A以初速度v0向靜止的物體B運(yùn)動(dòng)。從A接觸彈簧到第一次將彈簧壓縮到最短的時(shí)間為，彈簧彈性勢(shì)能為（x為彈簧的形變量），彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，下列說(shuō)法正確的是（）

A．彈簧的最大壓縮量為B．彈簧的最大壓縮量為C．從開(kāi)始?jí)嚎s彈簧到彈簧第一次壓縮最短的過(guò)程中，物體A的位移為D．從開(kāi)始?jí)嚎s彈簧到彈簧第一次壓縮最短的過(guò)程中，物體B的位移為【答案】BD【詳解】AB．彈簧壓縮到最大時(shí)，A、B的速度相同，以A初速度方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量守恒定律可得根據(jù)能量守恒定律可得，解得根據(jù)彈性勢(shì)能公式可得，故A錯(cuò)誤，B正確；CD．由動(dòng)量守恒定律可得，則有故由AB選項(xiàng)分析可知，聯(lián)合解得，，故C錯(cuò)誤，D正確。故選BD。9．（2023·福建福州·福建省福州第一中學(xué)?？既＃┤鐖D，一水平輕彈簧左端固定，右端與一質(zhì)量為m的小物塊a連接，a靜止在水平地面上的A處，此時(shí)彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)，A左側(cè)地面光滑；另一質(zhì)量為的小滑塊b靜止在B處，b與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ?，F(xiàn)對(duì)b施加一水平向左、大小為的恒定推力，經(jīng)時(shí)間t后b與a發(fā)生彈性正碰（碰撞時(shí)間極短），碰前瞬間撤去推力，a與b不再相碰。已知重力加速度大小為g。求；（1）b與a碰撞前瞬間的速度大小v以及A與B間的距離x0；（2）彈簧的最大彈性勢(shì)能Epm以及碰后b運(yùn)動(dòng)的路程L。

【答案】（1）v=2μgt，x0=μgt2；（2），【詳解】（1）b從B運(yùn)動(dòng)到A的過(guò)程中做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度大小為，則，根據(jù)牛頓第二定律有，解得v=2μgt，x0=μgt2（2）b與a發(fā)生彈性正碰，碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，有，解得，a碰后向左運(yùn)動(dòng)到速度為零時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能最大，則解得b碰后向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度大小為，則根據(jù)牛頓第二定律有，解得10.（2023·湖北·華中師大一附中校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，質(zhì)量的長(zhǎng)木板C靜止在光滑的水平面上，長(zhǎng)木板C右端與豎直固定擋板相距，左端放一個(gè)質(zhì)量的小物塊B（可視為質(zhì)點(diǎn)），與長(zhǎng)木板C間的動(dòng)摩擦因數(shù)為。在小物塊B的正上方，用不可伸長(zhǎng)、長(zhǎng)度的輕繩將質(zhì)量的小球A懸掛在固定點(diǎn)O。初始時(shí)，將輕繩拉直并處于水平狀態(tài)，使小球A與O點(diǎn)等高，由靜止釋放。當(dāng)小球A下擺至最低點(diǎn)時(shí)恰好與小物塊B發(fā)生碰撞（碰撞時(shí)間極短），之后二者沒(méi)有再發(fā)生碰撞。已知A、B之間以及C與擋板之間的碰撞均為彈性碰撞，重力加速度取。（1）小球A與小物塊B碰后瞬間，求小物塊B的速度大小；（2）為保證長(zhǎng)木板C與豎直擋板碰撞時(shí)B、C能共速，求應(yīng)滿足的條件；（3）在（2）問(wèn)的前提下，即與豎直擋板碰撞到B、C能共速，求長(zhǎng)木板的最短長(zhǎng)度。

【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）小球A由靜止到最低點(diǎn)的過(guò)程，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有解得設(shè)小球A與小物塊B發(fā)生彈性碰撞后的速度分別為、，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有碰撞前后根據(jù)機(jī)械能守恒定律有聯(lián)立解得（2）設(shè)B、C獲得共同速度為，以水平向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律有代入數(shù)據(jù)解得若B、C共速時(shí)C剛好運(yùn)動(dòng)到擋板處，對(duì)C應(yīng)用動(dòng)能定理有代入數(shù)據(jù)解得則保證C運(yùn)動(dòng)到豎直擋板前B、C能夠共速，應(yīng)滿足的條件是（3）第一次共速過(guò)程中，由能量守恒定律有長(zhǎng)木板C與擋板碰后速度方向反向，設(shè)B、C第二次獲得共同速度為，以水平向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律有由能量守恒定律有長(zhǎng)木板的最短長(zhǎng)度為聯(lián)立解得【真題感知】1．（2023·全國(guó)·統(tǒng)考高考真題）如圖，一豎直固定的長(zhǎng)直圓管內(nèi)有一質(zhì)量為M的靜止薄圓盤(pán)，圓盤(pán)與管的上端口距離為l，圓管長(zhǎng)度為。一質(zhì)量為的小球從管的上端口由靜止下落，并撞在圓盤(pán)中心，圓盤(pán)向下滑動(dòng)，所受滑動(dòng)摩擦力與其所受重力大小相等。小球在管內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)與管壁不接觸，圓盤(pán)始終水平，小球與圓盤(pán)發(fā)生的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時(shí)間極短。不計(jì)空氣阻力，重力加速度大小為g。求（1）第一次碰撞后瞬間小球和圓盤(pán)的速度大??；（2）在第一次碰撞到第二次碰撞之間，小球與圓盤(pán)間的最遠(yuǎn)距離；（3）圓盤(pán)在管內(nèi)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，小球與圓盤(pán)碰撞的次數(shù)。

【答案】（1）小球速度大小，圓盤(pán)速度大??；（2）l；（3）4【詳解】（1）過(guò)程1：小球釋放后自由下落，下降，根據(jù)機(jī)械能守恒定律解得過(guò)程2：小球以與靜止圓盤(pán)發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)能量守恒定律和動(dòng)量守恒定律分別有，解得，即小球碰后速度大小，方向豎直向上，圓盤(pán)速度大小為，方向豎直向下；（2）第一次碰后，小球做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，圓盤(pán)摩擦力與重力平衡，勻速下滑，所以只要圓盤(pán)下降速度比小球快，二者間距就不斷增大，當(dāng)二者速度相同時(shí)，間距最大，即，解得根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得最大距離為（3）第一次碰撞后到第二次碰撞時(shí)，兩者位移相等，則有，即解得此時(shí)小球的速度圓盤(pán)的速度仍為，這段時(shí)間內(nèi)圓盤(pán)下降的位移之后第二次發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動(dòng)量守恒根據(jù)能量守恒聯(lián)立解得，同理可得當(dāng)位移相等時(shí)，，解得圓盤(pán)向下運(yùn)動(dòng)此時(shí)圓盤(pán)距下端管口13l，之后二者第三次發(fā)生碰撞，碰前小球的速度有動(dòng)量守恒機(jī)械能守恒得碰后小球速度為圓盤(pán)速度當(dāng)二者即將四次碰撞時(shí)x盤(pán)3=x球3，即，得在這段時(shí)間內(nèi)，圓盤(pán)向下移動(dòng)此時(shí)圓盤(pán)距離下端管口長(zhǎng)度為20l－1l－2l－4l－6l=7l此時(shí)可得出圓盤(pán)每次碰后到下一次碰前，下降距離逐次增加2l，故若發(fā)生下一次碰撞，圓盤(pán)將向下移動(dòng)x盤(pán)4=8l則第四次碰撞后落出管口外，因此圓盤(pán)在管內(nèi)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，小球與圓盤(pán)的碰撞次數(shù)為4次。2．（2023·浙江·高考真題）一游戲裝置豎直截面如圖所示，該裝置由固定在水平地面上傾角的直軌道、螺旋圓形軌道，傾角的直軌道、水平直軌道組成，除段外各段軌道均光滑，且各處平滑連接。螺旋圓形軌道與軌道、相切于處．凹槽底面水平光滑，上面放有一無(wú)動(dòng)力擺渡車，并緊靠在豎直側(cè)壁處，擺渡車上表面與直軌道下、平臺(tái)位于同一水平面。已知螺旋圓形軌道半徑，B點(diǎn)高度為，長(zhǎng)度，長(zhǎng)度，擺渡車長(zhǎng)度、質(zhì)量。將一質(zhì)量也為的滑塊從傾斜