第24讲 动量守恒中的力学综合问题（专项训练）（四川专用）（教师版）

第24讲动量守恒中的力学综合问题目录TOC\o"1-2"\h\u01课标达标练题型01板块模型题型02“子弹打木块”模型题型03“滑块-曲（斜）面”模型题型04“滑块-弹簧”模型02核心突破练03真题溯源练01板块模型1.（2025·四川绵阳·高三月考）如图所示，在光滑水平面上，有一质量为M=3kg的薄板和质量m=1kg的物块，初速度大小都是v=4m/s，向相反方向运动，它们之间有摩擦，薄板足够长。当薄板的速度大小为2.4m/s时，物块运动情况是（）A．向右做匀减速运动 B．向左做匀减速运动C．向右做匀加速运动 D．向左做匀加速运动【答案】C【详解】开始阶段，物块m向左减速，薄板M向右减速，当m的速度为零时，设此时M的速度为v1．规定向右为正方向，根据动量守恒定律得(M−m)v=M解得v此后m将向右加速，M继续向右减速；当两者速度达到相同时，设共同速度为v2。规定向右为正方向，由动量守恒定律得(M−m)v=(M+m)解得v两者相对静止后，一起向右做匀速直线运动；由此可知当M的速度为2.4m/s时，m处于向右加速过程中，故选C。2.（多选）如图所示，长木板A静止在光滑的水平面上，质量m=2kg的物体B以水平速度v0=3m/s滑上原来静止的长木板A的上表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化的情况如图乙所示，取g=10m/s2，则下列说法正确的是（

）A．长木板A获得的动能为4J B．长木板的质量为4kgC．长木板A的最小长度为1m D．A、B间的动摩擦因数为0.2【答案】BD【详解】AB．在0—1s内，B相对于A滑动，以物体B的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律得mv0=(m＋mA)v由图知v=1m/s解得mA=4kg所以长木板A获得的动能EA错误、B正确；C．在v—t图像中，图像与时间轴围成的面积表示位移，则在0~1s内，B与A的位移之差Δ则要使B不从A上滑下，长木板A的最小长度为1.5m，C错误；D．B在A上相对运动时，对B，根据牛顿第二定律有μmBg=mBa据题图有a=解得μ=0.2D正确。故选BD。3.（多选）（2025·四川成都·高三月考）有一足够长的质量为M=2kg的长木板静止在光滑水平面上，另一质量为m=1kg的滑块，以速度A．木板最终的速度1B．木块与木板组成的系统机械能守恒C．木块相对于木板的位移大小为1D．滑块与木板运动发生相对运动所用的时间0.5【答案】AD【详解】A．滑块滑上木板后做减速运动，木板做加速运动，最后两者共速，一起做匀速直线运动，整个过程系统动量守恒，有m得二者最终的速度v=1故A正确；B．整个过程中要克服摩擦力做功，系统机械能减小，故B错误；C．整个过程中有μmgx=得木块相对于木板的位移x=0.75故C错误；D．对滑块，根据动量定理有−μmgt=mv−m得滑块与木板运动发生相对运动所用的时间t=0.5故D正确。故选AD。4.（多选）（2025·四川遂宁·高三月考）木块A静止于光滑的水平面上，其曲线部分MN光滑，水平部分NP是粗糙的且足够长。现有一小滑块B自M点由静止滑下，则以下叙述中正确的是（以NP所在的平面为零势面）（

）A．A、B最终以同一速度（不为零）运动B．A、B最终速度为零C．B滑到N时的动能等于它开始下滑时在M点的重力势能D．A、B系统所获得的内能等于B开始下滑时在M点的重力势能【答案】BD【详解】AB．对于木块A和滑块B组成的系统，因为水平方向不受外力，所以系统水平方向动量守恒，设最终AB的速度为v，木块A的质量为m，木块B的质量为M，且NP足够长，则根据动量守恒得(M+m)v=0解得v=0A错误、B正确；C．根据系统的能量守恒可知，B滑到N时的动能等于它下滑时在M点的重力势能与此时A的动能之差，C错误；D．因为A、B最终速度为0，系统的动能为0，根据系统的能量守恒定律得知A、B系统所获得的内能等于B开始下滑时在M点的重力势能，D正确。故选BD。02“子弹打木块”模型5.（多选）如图，质量为3m的木块静止放置在光滑水平面上，质量为m的子弹（可视为质点）以初速度v0水平向右射入木块，水平射出木块时速度变为v03，已知木块的长为LA．4L3v0 B．9L5v0【答案】BC【详解】设子弹在木块中运动的时间为t，以子弹为对象，根据动量定理可得−ft=m解得t=设子弹射出木块时，木块的速度为v1m解得v根据位移关系可得L=解得t=故选BC。6.如图所示，在固定的水平杆上，套有质量为m的光滑圆环，轻绳一端拴在环上，另一端系着质量为M的木块，现有质量为m0的子弹以大小为v0的水平速度射入木块并立刻留在木块中，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A．子弹射入木块后的瞬间，速度大小为mB．子弹射入木块后的瞬间，绳子拉力等于(M+C．子弹射入木块后的瞬间，环对轻杆的压力大于(M+m+D．子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统动量守恒【答案】C【详解】A．子弹射入木块后的瞬间，子弹和木块组成的系统动量守恒，以v0的方向为正方向，则m解得v1＝m故A错误；B．子弹射入木块后的瞬间F解得绳子拉力F故B错误；C．子弹射入木块后的瞬间，对圆环F由牛顿第三定律知，环对轻杆的压力大于(M+m+mD．子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统只在水平方向动量守恒，故D错误。故选C。7.（多选）如图所示，一砂袋用无弹性轻细绳悬于O点。开始时砂袋处于静止状态，一弹丸以水平速度v0击中砂袋后未穿出，二者共同摆动。若弹丸质量为m，砂袋质量为5m，弹丸和砂袋形状大小忽略不计，弹丸击中砂袋后漏出的砂子质量忽略不计，不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法中正确的是（

A．弹丸打入砂袋过程中，细绳所受拉力变大B．弹丸打入砂袋过程中，弹丸对砂袋的冲量大小大于砂袋对弹丸的冲量大小C．弹丸打入砂袋过程中所产生的热量为mD．砂袋和弹丸一起摆动所达到的最大高度为v【答案】AD【详解】A．弹丸打入砂袋的过程由动量守恒定律得m解得v=弹丸打入砂袋后，总质量变大，且来回摆动，相当于圆周运动的一部分，在最低点有FT=可知细绳所受拉力变大，选项A正确；B．根据牛顿第三定律可知，弹丸打入砂袋过程中，弹丸对砂袋的冲量大小等于砂袋对弹丸的冲量大小，选项B错误；C．弹丸打入砂袋过程中所产生的热量为Q=选项C错误；D．弹丸与沙袋一起摆动过程中机械能守恒，由机械能守恒可得1解得ℎ=选项D正确。故选AD。8.（多选）质量为m的均匀木块静止在光滑水平面上，木块左右两侧各有一位拿着完全相同步枪和子弹的射击手。首先左侧开枪，子弹水平射入木块的最大深度为d1，待子弹与木块共速后右侧开枪，子弹水平射入木块的最大深度为dA．最终木块向左运动 B．最终木块静止不动C．d1<d【答案】BC【详解】AB．设子弹射入木块前的速度大小为v，子弹的质量为M，子弹受到的阻力大小为f。当两颗子弹均相对于木块静止时，由动量守恒得mv−mv=(2m+M)得v即当两颗子弹均相对于木块静止时，木块的速度为零，即静止，故A错误，B正确；CD．先对左侧射入木块的子弹和木块组成的系统研究，则有mv=(m+M)由能量守恒得f再对两颗子弹和木块系统为研究，得f比较两式得d故C正确，D错误。故选BC。9.如图所示，一轻质弹簧两端连着木块A和B，放在光滑水平面上，一颗子弹以水平速度v0射入木块A并留在其中，已知A的质量为m，B的质量为2m，子弹的质量为m（1）系统的共同速度是多大；（2）弹簧的弹性势能为多少；（3）全过程系统损失的动能为多少？【答案】（1）14v0；（2）【详解】（1）根据题意可知，整个过程系统的动量守恒，由动量守恒定律有m解得v=（2）根据题意可知，子弹射入木块A的过程中，子弹和木块A组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有m解得v当物块A与物块B速度相等时，弹簧的弹性势能最大，由能量守恒定律有E（3）全过程系统损失的动能为Δ03“滑块-曲（斜）面”模型10.如图所示，质量为M的楔形物体静止在光滑的水平地面上，其斜面光滑且足够长，与水平方向的夹角为θ，一个质量为m的小物块从斜面底端沿斜面向上以初速度v0开始运动，当小物块沿斜面向上运动到最高点时，斜面体的速度大小为v，物块距地面高度为h，则下列关系式正确的是（）A．mv0＝MvB．mv0＝(m＋M)vC．1D．1【答案】D【详解】AB．小物块上升到最高点时，速度与楔形物体的速度相同，系统水平方向动量守恒，全过程机械能也守恒。以向右为正方向，在小物块上升过程中，由水平方向系统动量守恒得m故AB错误；CD．整个过程系统机械能守恒，由系统机械能守恒定律得mgℎ+故C错误，D正确。故选D。11.（多选）（2025·四川成都·高三月考）如图，质量为mN=1kg、半径R=0.5m的14圆弧形凹槽N放在光滑水平面上，质量为mP=1在此过程中，下列说法正确的是（）A．小球和凹槽组成的系统因合外力不做功而机械能守恒B．小球和凹槽组成的系统因水平方向合外力为零而水平方向动量守恒C．小球能从凹槽顶端冲出并继续上升的最大高度为0.125mD．小球与凹槽分离后并以v=1m/s【答案】BD【详解】A．小球和凹槽组成的系统因有摩擦力做功而机械能不守恒，故A错误；B．由于水平面光滑，球和凹槽组成的系统水平方向合外力为零，所以系统水平方向动量守恒，故B正确；Ｃ．设小球能从凹槽顶端冲出而分离，并且从凹槽顶端冲出并继续上升的最大高度为h，小球和凹槽组成的系统水平方向动量守恒，两者的共同速度大小是v1mv小球和凹槽组成的系统，由能量守恒定律得1代入数据，解得ℎ=−0.275mℎ<0D．小球不能从凹槽顶端冲出，则小球从凹槽下滑后才与凹槽分离，小球从滑入凹槽到分离过程中因两者的摩擦而产生的热量Q=4J。假设小球与凹槽分离时小球速度为v，凹槽速度为vm再根据能量守恒1两式联立解得v=1或v=4因小球与凹槽需v≤vN，第二组解不符合实际，需舍掉；即小球与凹槽分离后并以故选BD。12.（多选）（2025·四川南充·高三月考）如图所示，小车的上面由中间突出的两个对称的曲面组成。整个小车的质量为m，原来静止在光滑的水平面上。今有一可视为质点的小球，质量也为m，以水平速度v从左端滑上小车，恰好到达小车的最高点后，又从另一个曲面滑下。下列说法正确的是（

）

A．小球滑离小车时，小车又回到了原来的位置B．小球在滑上曲面的过程中，小车的动量变化是1C．小球和小车作用前后，小车和小球的速度一定变化D．车上曲面的竖直高度不会大于v【答案】BD【详解】A．小球滑上曲面的过程，小车向右运动，小球滑下时，小车仍继续前进，不会回到原位置，故A错误；B．小球恰好到最高点时两者有共同速度，对于车和球组成的系统，取水平向右为正方向，由水平动量守恒得mv=2m得共同速度v小车动量的变化Δ故B正确；C．小球恰好到达小车最高点时，小球与小车的速度是相等的，由于系统水平方向动量守恒，若曲面光滑，则系统机械能守恒，所以相互作用结束后，可能小车的速度仍然等于0，小球的速度仍然等于v，故C错误；D．如果曲面光滑，则车和球组成的系统机械能守恒，有1解得ℎ=如果曲面粗糙，因摩擦生热，减少的动能还有一部分转化成内能，能上升的高度还要更小些，故D正确。故选BD。13.（多选）如图所示将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上，槽的左侧有一固定在水平面上的物块。今让一小球自左侧槽口A的正上方从静止开始落下，与圆弧槽相切自A点进入槽内，则以下结论中错误的是（）A．小球在半圆槽内运动的全过程中，只有重力对它做功B．小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒C．小球自半圆槽的最低点B向C点运动的过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒D．小球离开C点以后，将做竖直上抛运动【答案】ABD【详解】A．当小球由B运动到C的过程中，因小球对槽有斜向右下方的压力，槽做加速运动，动能增加，小球机械能减少，槽对小球的支持力对小球做了负功，故A错误；B．当小球在槽内由A运动到B的过程中，左侧物块对槽有作用力，小球与槽组成的系统水平方向动量不守恒，故B错误；C．小球从B到C的过程中，系统水平方向所受合外力为零，满足系统水平方向动量守恒，故C正确；D．小球离开C点以后，既有竖直向上的分速度，又有水平分速度，小球做斜上抛运动，故D错误。本题选错误的，故选ABD。14.（多选）如图所示，小车静止在光滑水平面上，AB是小车内半圆弧轨道的水平直径，现将一质量为m的小球从距A点正上方R处由静止释放，小球由A点沿切线方向进入半圆轨道，已知半圆弧半径为R，小车质量是小球质量的k倍，不计一切摩擦，则下列说法正确的是（）A．小球运动到小车的B点位置时，车与小球的速度相同B．小球从小车A位置运动到B位置过程中，小车对小球先做负功后做正功C．小球从小车的B点冲出后可上升到释放的初始高度，并能从小车A点冲出到达释放的初始位置（相对于地）D．小球从开始下落至到达圆弧轨道的最低点过程，小车的位移大小为k【答案】BC【详解】AC．因为系统水平方向的总动量保持为零，则小球由B点离开小车时小车速度为零，小球竖直上抛，由机械能守恒可知小球能上升到与释放点等高的位置，返回后能从小车A点冲出到达释放的初始位置（相对于地），A错误，C正确；B．小球从小车A位置运动到B位置过程中，小车先向左加速再向左减速，小球对小车先做正功再做负功，故小车对小球先做负功再做正功，B正确；D．小球从开始下落至到达圆弧轨道的最低点过程，由人船模型可得kmx解得小球、小车的水平位移分别为x1=D错误。故选BC。15.如图所示，在光滑的水平面上有一辆静止的、质量M=0.2kg的小车，小车的上表面AB段粗糙，右端BC段是半径R=0.1m的四分之一光滑圆弧。一质量m1=0.1kg的小滑块（可看成质点）P1以速度v0=6m/s滑上小车的A端，通过AB表面恰好能在B点与小车相对静止。若在距小车右侧适当距离放置静止的、质量m2=0.3kg的物块P2（1）计算小滑块P1通过AB段时，系统因摩擦而产生的热量Q（2）计算物块P2距小车右端的最短距离d（3）计算小车与物块P2碰撞后，小滑块P1沿BC向上运动到最高点时距B点的竖直高度ℎ。（友情提示：P1【答案】（1）1.2J；（2）0.8m【详解】（1）当P1在ABm产生的热量Q=代入已知数据解得：Q=（2）当P1在ABμ代入数据解得：d=0.8（3）P1在最高点时其速度与小车相同，根据水平方向的动量守恒，小车与PM在P1m在小车与P2碰撞后到P1代入相关已知数据解得：ℎ=0.0604“滑块-弹簧”模型16.（2025·四川达州·高三月考）如图，在水平光滑的地面上放置A、B两个质量均为m的物块，其中B物块左侧带有一个轻质弹簧。A物块以速度v0向右运动与弹簧接触之后，压缩弹簧至最短，然后被弹开。在整个过程中，B物块的动量为pB，A物块与弹簧接触的时间为t，弹簧的弹性势能为Ep=A． B．C． D．【答案】B【详解】AB．两物块作用过程中，系统动量守恒且能量守恒，则有m1解得vB物块的动量为p图像pB−t的切线斜率代表B物块的受力，及弹力的变化，弹簧弹力先增大后减小，且最终B的动量为CD．弹簧的弹性势能为Ep=1故选B。17.（多选）（2024·四川泸州·三模）如图所示，质量均为m的A、B两物体用一轻弹簧连接，放在光滑的水平面上，A紧靠光滑的墙。现用外力推B将弹簧压缩某一长度并处于静止状态，然后撤去外力，在弹簧恢复原长时B物体的速度为v。弹簧始终处于弹性限度内，则在撤去外力以后的运动过程中，下列说法正确的是（

）A．物体A、B和轻弹簧组成的系统机械能守恒B．弹簧再次被压缩到最短时具有的弹性势能为1C．墙壁对A物体的弹力做的功为1D．墙壁对A物体的弹力产生的冲量大小为mv【答案】AD【详解】A．物体A、B和轻弹簧组成的系统，只有弹力做功，系统的机械能守恒，选项A正确；B．弹簧再次被压缩到最短时由动量守恒mv=2m此时弹簧具有的弹性势能为E选项B错误；C．墙壁对A物体的弹力没有位移，则做的功为零，选项C错误；D．对AB系统由动量定理，墙壁对A物体的弹力产生的冲量大小为I=mv选项D正确。故选AD。18.（多选）如图甲所示，物块A、B中间用一根轻质弹簧相连，放在光滑水平面上，物块A的质量为1.2kg。开始时两物块均静止，弹簧处于原长，t=0时对物块A施加水平向右的恒力F，t=1s时撤去，在0~1s内两物体的加速度随时间变化的情况如图乙。弹簧始终处于弹性限度内，整个运动过程中，以下分析正确的是（）

A．力F大小为1.2NB．t=1s时A的速度大小为0.8m/sC．物块B的质量为0.6kgD．从开始到弹簧第一次伸长量最大的过程中，弹簧的弹力对物块B所做的功为0.144J【答案】AD【详解】A．t=0时刻，A仅受F作用，根据牛顿第二定律可知力F的大小为F=故A正确；B．a-t图像与坐标轴所围面积表示速度的变化量，所以t=1s时A的速度大小为v故B错误；C．设t=1s时弹簧的弹力大小为T，对A、B根据牛顿第二定律分别有F−T=T=解得m故C错误；D．根据动量定理可得t=1s时A、B组成的系统的动量为p=Ft=1.2撤去拉力后，系统动量守恒，当A、B达到共同速度v时弹簧伸长量最大，根据动量守恒定律有p=(解得v=0.6根据动能定理可知从开始到弹簧第一次伸长量最大的过程中，弹簧的弹力对物块B所做的功为W=故D正确。故选AD。19.（多选）如图所示，质量为M的木板静止在光滑水平面上，木板左端固定一轻质挡板，一根轻弹簧左端固定在挡板上，质量为m的小物块从木板最右端以速度v0滑上木板，压缩弹簧，然后被弹回，运动到木板最右端时与木板相对静止。已知物块与木板之间的动摩擦因数为μ，整个过程中弹簧的形变均在弹性限度内，则（）A．运动过程中m、M和弹簧组成的系统机械能守恒B．整个过程中合力对物块的冲量大小为MmC．m在M上相对运动的路程为mD．整个过程弹簧弹性势能的最大值为Mm【答案】BD【详解】A．滑块在木板上运动的过程中，因为摩擦，所以系统机械能减小，故A错误。B．由动量守恒，有m合力对物块的冲量等于物块的动量变化量，得I=m故B正确。C．系统减少的机械能转化为系统内能，有Q=解得相对运动路程s=故C错误。D．当m、M第一次共速时，弹簧被压缩到最短，弹性势能最大，E故D正确。故选BD。20.（多选）如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA=4.0kg和mB=3.0kg，两物块之间用轻弹簧拴接，放，在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙壁相接触；另有一物块C从t=0时，以一定速度向右运动。在t=4s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v-t图象如图乙所示，下列说法正确的是（）A．墙壁对物块B的弹力在4～12s的时间内对B的冲量I的大小为18N·sB．墙壁对物块B的弹力在4～12s的时间内对B的冲量I的大小为36N·sC．B离开墙后的过程中，弹簧具有的最大弹性势能为18JD．B离开墙后的过程中，弹簧具有的最大弹性势能为9J【答案】BD【详解】AB．由题图乙知，C与A碰撞前速度为v1=9m/s碰后速度大小为v2=3m/sC与A碰撞过程动量守恒，取碰撞前C的速度方向为正方向，由动量守恒定律得mCv1=（mA+mC）v2解得C的质量mC=2kg由图可知12s末A和C的速度为v3=-3m/s，4s到12s，墙对B的冲量为I′=（mA+mC）v3-（mA+mC）v2解得I′=-36N•s方向向左，墙壁对物块B的弹力在4～12s的时间内对B的冲量I的大小为36N·s，故B正确，A错误；CD．12s后B离开墙壁，之后A、B、C及弹簧组成的系统动量和机械能守恒，且当A、C与B速度相等时，弹簧弹性势能最大，以A的速度方向为正方向。由动量守恒定律得（mA+mC）v3=（mA+mB+mC）v4由机械能守恒定律得E代入数据解得EP=9J故D正确，C错误。故选BD。21.（多选）如图所示，小车在光滑水平面上向左匀速运动。水平轻质弹簧左端固定在A点，物体与固定在A点的细线相连，弹簧处于压缩状态（物体与弹簧未连接），某时刻细线断了，物体沿车滑动到B端粘在B端的油泥上，取小车、物体和弹簧为一个系统，下列说法正确的是（）A．若物体滑动中不受摩擦力，则该系统全过程机械能守恒B．若物体滑动中有摩擦力，则该系统全过程动量守恒C．不论物体滑动中有没有摩擦，小车的最终速度与断线前相同D．不论物体滑动中有没有摩擦，系统损失的机械能相同【答案】BCD【详解】A．若物体滑动中不受摩擦力，物体与油泥的粘合过程为完全非弹性碰撞，由机械能的损失，所以该系统全过程机械能不守恒，故A错误；B．物体滑动中有摩擦力，该系统所受的合外力为零，整个系统全过程动量守恒，故B正确；C．不论物体滑动中有没有摩擦，系统动量守恒，系统的初动量等于末动量，系统的总质量不变，所以小车的最终速度与断线前相同，故C正确；D．不论物体滑动中有没有摩擦，系统的末动量和初动量相等，则末动能和初动能相等，系统损失的机械等于弹簧的弹性势能，与物体滑动中有无摩擦无关，故D正确。故选BCD。22.（多选）如图所示，圆心为O、半径为R的四分之一光滑圆弧面竖直固定在水平地面上，劲度系数为k的轻质弹簧两端分别拴接质量均为m的小球A、B，小球A置于光滑水平地面上，小球B置于圆弧面上由静止释放，小球B沿圆弧面下滑的过程中用水平力F作用在小球A上使其处于静止状态，经过时间t小球B落地，落地后立刻撤去力F，已知小球B释放的位置与O点的连线与水平方向的夹角为53°，释放小球B时弹簧处于原长，弹簧与水平地面的夹角为37°，小球B落地时的速度为2gR5，落地后不反弹，重力加速度为g，sin37°=0.6，A．小球B落地时弹簧的弹性势能为2B．时间t内力F的冲量大小为1C．小球B离开圆弧面后，弹簧的最大形变量为2D．小球B离开圆弧面后，弹簧最长时的弹性势能为1【答案】AD【详解】A．小球B下滑过程中，小球B和弹簧组成的系统机械能守恒mgℎ=由题图可知ℎ=解得小球B落地时弹簧的弹性势能为25B．小球B落地时弹簧的形变量为R小球落地时弹力的大小为23kR，因弹力对时间的变化不是均匀的，则在时间t内弹力水平分力的平均值不是13kR，小球A静止，力F始终等于弹簧的水平分力，力C．刚撤去力F时，弹簧的形变量为23R，此时两小球的速度均为0，B离开圆弧面后，小球B、A和弹簧组成的系统动量守恒，当二者速度相等时，弹簧的形变量最大，根据能量守恒可知此时弹簧的弹性势能小于刚撤去力F时的弹簧的弹性势能，故弹簧的形变量小于D．小球B离开圆弧面后，弹簧最长时两球速度相等，从撤去力F到弹簧恢复原长，2两球共速时m此时的弹性势能E选项D正确。故选AD。23.（多选）如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA=4.0kg和mB=2.0kg，用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触。另有一物块C在

A．物块B离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能为48JB．4s到12s的时间内，墙壁对物块B的冲量大小为48NC．物块B离开墙壁后，弹簧的最大弹性势能为10JD．物块B离开墙壁后，物块B的最大速度大小为6【答案】AD【详解】A．AC碰撞过程中由动量守恒可得mCv0=(mm当AC速度减为零时弹簧压缩至最短，此时弹性势能最大E故A正确；B．4s到12s的时间内弹簧对AC的冲量为I由能量守恒可知12sB的速度为零，4s到12s的时间内对B由动量定理可得−得I即大小为48NC．当B的速度与AC相等时由动量守恒可得(解得v所以弹簧的最大弹性势能为E故C错误；D．当弹簧为原长时B的速度达到最大，由动量守恒和能量守恒可得(1解得v故D正确。故选AD。24.（多选）如图所示，倾角为θ=30°、足够长的光滑斜面固定在水平地面上，下端有一垂直斜面的固定挡板。质量均为m的小球a、b用劲度系数为k的轻质弹簧连接并放置在斜面上，小球b靠在挡板上，两小球均保持静止。现对小球a施加一平行斜面向上、大小为F=mg的恒力。已知弹簧的弹性势能E弹与形变量x满足E弹=12kx2，弹簧与斜面平行且形变始终处于弹性限度内，重力加速度大小为g

A．小球b脱离挡板后，a、b和弹簧组成的系统，动量守恒B．小球b脱离挡板以后的运动过程中，a、b均做匀速直线运动C．小球b脱离挡板后，系统最大弹性势能为mD．小球b刚要运动时，小球a的动能为m【答案】AD【详解】A．小球b脱离挡板后，将小球a、小球b以及弹簧看作一个整体，整体受到的合外力为0，系统动量守恒，故A正确；B．初始状态时，弹簧处于压缩状态，根据受力分析可得F小球b刚要运动时F解得x初末状态中弹簧形变量相同，弹性势能相同，则弹力做的总功为0，根据动能定理可得W解得小球a的速度为v此时b的速度为零，所以弹簧的伸长量不断增大，a做加速度增大的减速运动，b做加速度减小的加速运动，故B错误；CD．弹簧弹性势能最大时两小球的速度相等，此时系统动能最小，系统总动量守恒，选择初速度的方向为正方向，根据动量守恒和能量守恒定律可得mv=2m系统动能为E小球b刚要运动时，小球a的动能为E所以系统损失的动能为E故C错误，D正确。故选AD。25.（多选）如图，处于竖直平面内的曲面、水平面与半圆形轨道平滑连接，半圆形轨道的半径为R=0.1m。两小球a、b均可视为质点，质量分别为m=1kg、M=2kg。两小球压缩弹簧后（均未与弹簧栓接）被锁扣K（图中未画出）锁住。现打开锁扣K，两小球与弹簧分离后，小球a沿曲面上升到最高点C（图中未画出），小球b恰好能通过半圆形轨道的最高点D。不计一切摩擦，重力加速度大小取g=10m/s2。下列说法正确的是（）

A．小球b运动到D点时的速度大小为0B．小球b运动到D点时的速度大小为1m/sC．小球a沿曲面上升的最大高度为0.4mD．弹簧解锁前的弹性势能为15J【答案】BD【详解】A．小球b恰好能通过半圆形轨道的最高点D，由Mg=M解得v故A错误，B正确；C．小球b从水平面到D点，由动能定理有−2MgR=解得v解锁前后由动量守恒定律有m解得v小球a从水平面到C点，由动能定理有−mgℎ=0−解得ℎ=1故C错误；D．解锁前后由能量守恒定律有E解得E故D正确。故选BD。26.如图所示，在光滑水平面上，有质量分别为3m和m的A、B两滑块，它们中间夹着一根处于压缩状态的轻质弹簧(弹簧与A、B不拴连)，由于被一根细绳拉着而处于静止状态。当剪断细绳，在两滑块脱离弹簧之后，下述说法正确的是（）A．两滑块的动能之比为1:3 B．两滑块的动量大小之比3:1C．两滑块的速度大小之比3:1 D．弹簧对两滑块做功之比1:1【答案】A【详解】BC．两滑块组成的系统动量守恒，以向右为正方向，则有−所以p设两滑块速度分别为vA、v−3m所以v故B、C错误；AD．两滑块的动能之比为E由动能定理可得W故A正确、D错误。故选A。27.（多选）如图，B是质量为2m、半径为R的光滑半圆弧槽，放在光滑的水平桌面上。A是质量为3m的细长直杆，在光滑导孔的限制下，只能上下运动。物块C的质量为m，紧靠B放置。初始时，A杆被夹住，使其下端正好与半圆弧槽内侧的上边缘接触，然后从静止释放A，重力加速度为g，则以下说法正确的是（）A．在杆向下运动过程中，A、B、C组成的系统机械能守恒，系统动量守恒B．从杆释放到运动到最低点的过程中，杆A对槽B做功为2mgRC．槽的最大速度为2gRD．杆A的下端经过槽B的最低点后，A能上升的最大高度是2【答案】CD【详解】A．在杆向下运动过程中，对于A、B、C组成的系统，只有重力做功，所以系统的机械能守恒。在水平方向，导孔对A有作用力。在竖直方向，A有加速度，所以系统的合外力不为零，动量不守恒，故A错误。C．当杆A的下端运动到碗的最低点时不能再向下运动，A的速度为零。由系统的机械能守恒得(2m+m)gR=解得v故C正确；B．从杆释放到运动到最低点的过程中，根据动能定理可知，杆A对槽B做功为W>故B错误；D．杆A的下端经过槽B的最低点后B、C分离，杆上升到所能达到的最高点时，AB的速度均为0，由AB系统机械能守恒，有：12×2mv2=3解得ℎ=故D正确；故选CD。28.（多选）如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面接触处平滑。一个质量也为m的小球从槽上高h处由静止开始自由下滑，下列判断正确的是（）A．在下滑过程中，小球和槽之间的相互作用力对槽不做功B．在下滑过程中，小球和槽组成的系统水平方向动量守恒C．被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动D．被弹簧反弹后，小球能回到槽上高h处【答案】BC【详解】B．在下滑过程中，小球和槽组成的系统在水平方向所受外力的矢量和为零，系统在水平方向动量守恒，故B正确；D．小球与槽组成的系统水平方向动量守恒，球与槽的质量相等，小球沿槽下滑，球与槽分离后，小球与槽的速度大小相等，小球被弹簧反弹后与槽的速度相等，故小球不能滑到槽上，故D错误。C．小球被弹簧反弹后，小球和槽在水平方向不受外力作用，故小球和槽都做匀速运动，故C正确；A．在下滑过程中，小球和槽之间的相互作用力对槽做功，故A错误；故选BC。29.（多选）如图所示，半径均为R、质量均为M、内表面光滑的两个完全相同的14圆槽A和B并排放在光滑的水平面上，图中a、c分别为A、B槽的最高点，b、b'分别为A、B槽的最低点，A槽的左端紧靠着竖直墙壁，一个质量为m的小球C从圆槽A顶端的a点无初速度释放。重力加速度为gA．小球C从a点运动到b点的过程中，小球和圆槽A组成的系统动量守恒B．小球C从a点运动到b点时A槽对地面的压力大小为3mg+MgC．小球C在B槽内运动所能达到的最大高度为mRD．B槽的最大速度的大小2m【答案】BD【详解】A．小球C从a点运动到b点的过程中，小球和圆槽A组成的系统合外力不为零，所以动量不守恒，故A错误；B．小球C从a点运动到b点时，由动能定理有mgR=解得v在b点时，对小球有N−mg=m解得N=3mg根据牛顿第三定律可知球对A的压力大小也等于3mg，对A槽有N由牛顿第三定律可得，小球C从a点运动到b点时A槽对地面的压力大小为3mg+Mg，故B正确；C．小球C和B槽组成的系统水平方向上动量守恒有m解得v根据能量守恒有1解得ℎ=故C错误；D．小球C和B槽组成的系统水平方向上动量守恒，当两者分离时槽有最大速度，则m由机械能守恒有1解得v故D正确。故选BD。30.（多选）如图所示，质量为M的小车置于光滑的水平面上，车的上表面粗糙，有一质量为m的木块以初速度v0水平地滑至车的上表面，若车表面足够长，则（）A．木块的最终速度为mB．由于车表面粗糙，小车和木块所组成的系统动量不守恒C．车表面越粗糙，木块减少的动能越多D．不论车表面的粗糙程度如何，小车获得的动能均为定值【答案】AD【详解】A．由于地面光滑，小车和木块组成的系统动量守恒，木板足够长，二者最终达到相同速度vM+m解得v=故A正确；B．小车和木块间的摩擦力是系统内力，不影响动量守恒。动量守恒的条件是：当系统不受外力，或所受外力矢量和为零，B错误；C．根据动量守恒定律，二者的末速度总是等于v=mv0D．根据动量守恒定律，二者的末速度总是等于v=mv0故选AD。31.（多选）将质量为2m的木板静止地放在光滑水平面上，一质量为m的木块以水平初速v0由木板左端恰能滑至木板的右端与木板相对静止。木块运动过程中所受摩擦力始终保持不变。现将木板分成长度与质量相等的两段（a、b）后紧挨着仍放在光滑水平面上，让木块仍以相同的初速度v0由木板a的左端开始滑动，则（）A．木块仍能滑到木板b的右端并与木板保持相对静止B．木块滑到木板b的右端后飞离木板C．木块滑到木板b的右端前就与木板保持相对静止D．后一过程产生的热量小于原来过程产生的热量【答案】CD【详解】木板没有分成长度与质量相等的两段时，由动力学规律有μmg=mμmg=2ma木块做匀减速直线运动，木板做匀加速直线运动，其速度与时间的关系图像如图所示木板分成长度与质量相等的两段后，当木块滑离前一半时，由动力学规律有μmg=mμmg=2ma当木块滑上后一半时有μmg=ma木块做匀减速直线运动，木板做匀加速直线运动，其速度与时间的关系图像如图所示由图形面积表示位移，比较两图可知，第二种情况的相对位移比第一种的小，所以第二种情况下，木块没有飞离木板，木块滑到木板b的右端前就与木板保持相对静止，又根据Q=f所以后一过程产生的热量小于原来过程产生的热量，所以CD正确；AB错误；故选CD。32.（多选）长为L、质量为M的木块在粗糙的水平面上处于静止状态，有一质量为m的子弹（可视为质点）以水平速度v0击中木块并恰好未穿出。设子弹射入木块的过程时间极短，子弹受到木块的阻力恒定，木块运动的最大距离为xA．子弹受到的阻力大小MmB．子弹受到的阻力大小MmC．木块与水平面间的动摩擦因数mD．木块与水平面间的动摩擦因数m【答案】AC【详解】AB．设子弹射入木块的过程时间极短，由动量守恒得m根据动能定理得fL=联立解得f=A正确，B错误；CD．子弹和物块一起做减速运动，由动能定理得−μ联立解得μ=C正确，D错误。故选AC。33.（多选）一小环套在足够长的水平光滑细杆上，小环通过轻绳吊一沙袋，沙袋到小环的距离为L，开始时二者在竖直方向处于静止状态。一弹丸以水平速度v0击中沙袋后未穿出，二者共同向右方摆动（未达到与水平杆等高位置）。已知弹丸质量为m，小环质量为2m，沙袋质量为5m，弹丸、小环和沙袋形状大小忽略不计，弹丸击中沙袋后漏出的沙子质量、子弹打入沙袋时间和空气阻力不计，重力加速度为g。下列说法正确的是（）A．弹丸打入沙袋过程中所产生的热量为1B．弹丸打入沙袋时，轻绳所受拉力大小为6mg+C．从弹丸打入沙袋到沙袋和弹丸向右摆动到最大高度过程中，轻绳拉力对环所做的功为mD．沙袋和弹丸一起向右摆动所达到的最大高度为v【答案】BD【详解】A．弹丸打入沙袋的过程由动量守恒定律有mv0=（m+5m）v解得v=弹丸打入沙袋过程中所产生的热量为Q=故A错误；B．弹丸打入沙袋时，根据牛顿第二定律T−6mg=6m解得轻绳所受拉力大小为T=6mg+故B正确；C．从弹丸打入沙袋到沙袋和弹丸向右摆动到最大高度过程中，根据动量守恒m+5m解得v轻绳拉力对环所做的功为W故C错误；D．根据能量守恒1代入数据解得沙袋和弹丸一起向右摆动所达到的最大高度为ℎ=故D正确。故选BD。34.如图，光滑水平面上有一质量为M=1.98 kg的小车，小车的B点右侧的上表面是粗糙水平轨道，小车的B点左侧固定一半径为R=0.6 m的四分之一光滑圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在B点相切。小车的最右端D点固定一轻质弹簧，弹簧处于自然长度时其左端正好对应小车的C点，B点与C点之间的距离为L=0.9 m。一质量为m=2 kg的小物块（可视为质点）位于小车的B点，小车与小物块均处于静止状态，突然有一质量为m0=20 g（1）子弹射入小车的过程中，系统产生的热量；（2）通过计算判断小物块是否能运动到圆弧轨道的最高点A，并求当小物块再次回到B点时，小车的速度大小；（3）若弹簧被小物块压缩的最大压缩量为x=10 cm【答案】（1）2475J；（2）小物块能运动到最高点A，当小物块再次回到B点时，小车的速度为0；（3）【详解】（1）对于子弹射入小车的过程，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律得m可得v=5根据能量守恒定律得1解得子弹射入小车的过程中，系统产生的热量为Q=2475（2）当小物块运动到圆弧轨道的最高点A时，三者共速，速度为v共m解得v根据机械能守恒定律得1解得ℎ=0.625所以小物块能运动到圆弧轨道的最高点A，当小物块再次回到B点时，小物块的速度为v1，车和子弹的速度为v(根据机械能守恒定律得1联立解得v1=5可知当小物块再次回到B点时，小车的速度为0。（3）当弹簧具有最大弹性势能EPm可得v根据能量守恒定律得μmg(L+x)+解得E35.如图，物块A、B并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，用一长l=0.2m的细线将小球C（可看成质点）竖直悬挂在轻杆上O点，A、B、C质量均为M=0.03kg。初始时，物块A、B均固定在水平面上，质量为m=0.01kg的子弹以某一水平初速度射入小球C（射入时间极短且未射出），小球C恰能到达与O点等高的P(1)求子弹初速度的大小。(2)若解除物块A、B的固定，子弹仍以相同初速度射入小球C（射入时间极短且未射出），求：Ⅰ.小球C能上升的最大高度；Ⅱ.物块B速度的最大值和刚达到最大值瞬间细线中拉力的大小。【答案】(1)v(2)Ⅰ：ℎ=0.12m；Ⅱ：1.6m/s，【详解】（1）设子弹的速度为v1，击中C后，二者共同的速度为v2当C达到P点时，由机械能守恒1联立求解得：v1=8（2）Ⅰ：设小球C到最高点时速度为v3，由动量守恒由机械能守恒1解得ℎ=0.12Ⅱ：设C再次回到最低点时速度为v4，此时木块A、B恰好分离，B的速度有最大值v5由机械能守恒1解得v5=1.6在最低点，由牛顿第二定律F代入数据可得F36.如图，质量m1=1kg的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一劲度系数k=20N/m的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量m2=4kg的小物块以水平向右的速度v0=54m/s滑上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数μ=0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为Ep=（1）求木板刚接触弹簧时速度v1的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1（2）求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时木板速度v2的大小；（3）已知木板向右运动的速度从v2减小到0所用时间为t0。求木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能U（用t0表示）。

【答案】（1）1m/s；0.125m；（2）0.25m；32m/s【详解】（1）由于地面光滑，则m1、m2组成的系统动量守恒，则有m2v0=(m1＋m2)v1代入数据有v1=1m/s对m1受力分析有a则木板运动前右端距弹簧左端的距离有v12=2a1x1代入数据解得x1=0.125m（2）木板与弹簧接触以后，对m1、m2组成的系统有kx=(m1＋m2)a共对m2有a2=μg=1m/s2当a共=a2时物块与木板之间即将相对滑动，解得此时的弹簧压缩量x2=0.25m对m1、m2组成的系统列动能定理有−代入数据有

v（3）木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，由于木板即m1的加速度大于木块m2的加速度，则当木板与木块的加速度相同时即弹簧形变量为x2时，则说明此时m1的速度大小为v2，共用时2t0，且m2一直受滑动摩擦力作用，则对m2有－μm2g∙2t0=m2v3－m2v2解得v则对于m1、m2组成的系统有−U=Wf联立有Δ37.如图所示，质量为2kg、足够长的长木板B静止在光滑水平地面上，在距长木板右端距离为x处有一固定挡板C．质量为1kg的小滑块A从长木板的左端以大小为12m/s的初速度滑上长木板，物块与长木板间的动摩擦因数为0.4，木板B与挡板C的碰撞过程中没有机械能损失且碰撞时间极短可忽略不计，取g=10m/s2.求：（1）若在B与C碰撞前A与B已相对静止，则x至少为多少；（2）若要使B与C第一次碰撞前瞬间，B向右运动的动量恰好等于A向右运动的动量，则x为多少；（3）若x=0.25m，则B与C发生第一次碰撞后B的速度为0时，A的速度为多少。【答案】（1）4m；（2）2.25m；（3）8m/s【详解】（1）根据动量守恒m解得v根据牛顿第二定律μ解得a根据匀变速直线运动v解得x（2）根据题意“B和C第一次碰撞前瞬间，B向右运动的动量等于A向右运动的动量”，则m根据动量守恒可得m解得v根据匀变速直线运动v解得x（3）根据匀变速直线运动v解得v根据动量守恒m解得v说明A此时的速度为10m/s。B和C第一次撞击后，B将向左以速度为1m/s做匀减速运动，此时A和B总动量为8kgm/s。根据动量守恒m解得v38.如图甲所示，光滑曲面轨道固定在竖直平面内，下端出口处在水平方向上．一平板车静止在光滑水平地面上，右端紧靠曲面轨道，平板车上表面恰好与曲面轨道下端相平．一质量为m=0.1kg的小物块从曲面轨道上某点由静止释放，初始位置距曲面下端高度h=0.8m．物块经曲面轨道下滑后滑上平板车，最终没有脱离平板车．平板车开始运动后的速度图象如图乙所示，重力加速度g=10m/s2．（1）根据图乙写出平板车在加速过程中速度v与时间t的关系式．（2）求平板车的质量M．（3）求物块与平板车间的动摩擦因数μ和在车上滑动过程中产生的内能Q．【答案】(1)v=2t；(2)0.3kg；(3)0.6；0.6J【详解】解：(1)由图象知平板车的加速度：a=Δv平板车在加速过程中v与t的关系式为：v=2t(2)物块沿曲面下滑过程，机械能守恒，则有：mgℎ=1解得：v物块滑上车之后最终没有脱离平板车，动量守恒，则有：mv由图象知物块与平板车最后的共同速度：vt代入数据解得平板车的质量：M=3m=0.3(3)平板车在加速过程中，由牛顿第二定律可得：μmg=Ma由图象知平板车的加速度：a=2m/s代入数据解得物块与平板车间的动摩擦因数：μ=0.6根据能量守恒可得在车上滑动过程中产生的内能：Q=39.如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA=4.0kg和mB=3.0kg，用轻弹簧栓接相连放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触。另有一物块C从(1)物块C的质量mC(2)弹簧对物块A、C的弹力在4s到12s的时间内冲量I的大小和方向；(3)在B离开墙壁之后的运动过程中，物块AC整体的最小速度。【答案】(1)2(2)大小36N(3)1【详解】（1）由图知，C与A碰前速度为v=9m/sm解得m（2）由图知，12s末A和C的速度为v3=−3mI=解得I=−36可知冲量大小为36N（3）此后运动过程中，弹簧第一次恢复原长时，物块AC整体的速度最小，则m1联立解得v即AC整体速度最小值为1m40.（海南·高考真题）光滑水平桌面上有P、Q两个物块，Q的质量是P的n倍。将一轻弹簧置于P、Q之间，用外力缓慢压P、Q。撤去外力后，P、Q开始运动，P和Q的动量大小的比值为（）A．n2 B．n C．1n