2024年新高考物理復習考點29 動量和能量的綜合應用（精講分層精練解析版）

考點29動量和能量的爍合應用

1.3年真題考點分布

題型選擇題、解答題（居多）

1、應用動量、能量觀點解決“子彈打木塊問題”：

高考考點2、應用動量、能量觀點解決“彈簧碰撞”模型；

3、應用動量、能量觀點解決“板塊”模型；

2023海南卷18題、全國甲卷25題、浙江卷21題、

新高考2022福建卷14題、河北卷13題、全國乙卷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年新高考卷對于運動的描述考查共計10次，主要考查：

1.應用動量、能量觀點解決“子彈打木塊問題”：

2.應用動量、能量觀點解決“彈簧碰撞”模型；

3.應用動量、能量觀點解決“板塊”模型：

【備考策略】理解動能定理和動量定理的差別，掌握動能定理和動量定理解決復雜的物理模型；掌握機械

能守恒和能量守恒對全過程和分過程建立方程；熟練掌握動力學和運動學兩種不同的解題思

路處理物體題型，并掌握它們的差異；

【命題預測】本節(jié)內容綜合性較遇，難度較大，在各省高考題中，常以壓軸題的形式出現，板塊模型考察

居多。此類題型對運動狀態(tài)要求較高，可以從運動學或動力學角度解決此類題型。想獲得高分

的2024年考生，務必熟練掌握木節(jié)內容。

考點梳理

考法1應用動量、能量觀點解決“子彈打木塊”模型

子彈打木塊實際上是一種完全非彈性碰撞。作為一個典型，它的特點是：子彈以水平速度射向原來靜止的

木塊，并留在木塊中跟木塊共同運動。下面從動量、能量和牛頓運動定律等多個角度來分析這一過程。

設質量為〃?的子彈以初速度％射向靜止在光滑水平面上的質量為M的木塊，并留在木塊中不再射出，子

彈鉆入木塊深度為d。求木塊對子彈的平均阻力的大小和該過程中木塊前進的距離。

要點詮釋：子彈和木塊最后共同運動，相當于完全非彈性碰撞。

從動量的角度看，子彈射入木塊過程中系統(tǒng)動量守恒：〃……①

從能量的角度看，該過程系統(tǒng)損失的動能全部轉化為系統(tǒng)的內能。設平均阻力大小為/,設子彈、木塊的

位移大小分別為,％、與，如圖所示，顯然有S[-“=d

對子彈用動能定理：-?J=—L〃說..②

22

對木塊用動能定理：/?力MF……③

②相減得：fd=—m）v2=―-u：④

2°2'72（M+"M）

對子彈用動量定理：-/?f=mv-mvQ……⑤

對木塊用動量定理：f-t=Mv......@

☆典例引領

【典例1】（多選）（2023春?天津和平?高一天津市第二十一中學校考期中）如圖所示，質量為M木

塊靜止在光滑的水平面上，一顆質量為小的子彈以速度山水平射入木塊并留在木塊中，木塊獲得的速度

為力，子彈受到的平均阻力為/,射入深度為乩此過程中木塊位移為6,下列說法正確的是（)

A.子彈損失的動能等于"/

B.子彈損失的動能等于/（s+d）

c.子彈損失的功能為

D.子彈、木塊組成的系統(tǒng)損失的動能等于加

【答案】BD

【詳解】ABC.對子彈應用動能定理可得-/（s+d）=M；T就①

故子彈損失的動能為△與=/（$+〃）=]就-]/，AC錯誤，B正確；

D.對木板應用動能定理可得六②

聯立①②可得〃=；〃說-+故子彈、木塊組成的系統(tǒng)損失的動能等于用，D正確。

故選BD<.

☆即時檢測

1.（2018秋?安徽合肥?高二合肥一六八中學周測）如圖所示，在固定的水平桿上，套有質量為機的光

滑圓環(huán)，較純一端拴在環(huán)上，另一端系著質量為A7的木塊，現白質量為的子彈以大小為物的水平速

度射入木塊并立刻留在木塊中，重力加速度為g，下列說法正確的是（）

m

加。n囪

A.子彈射入木塊后的瞬間，速度大小為“

B.木塊擺至最高點時，速度大小為

C.子彈射入木塊后的瞬間，環(huán)對輕桿的壓力等于（M+加+"70）g

D.子彈射入木塊之后，圓環(huán)、木塊和子彈構成的系統(tǒng)動量守恒

【答案】B

【分析】子彈射入木塊的過程遵守動量守恒:，由動量守恒定律求出子彈穿入木塊中時子彈和木塊的共同

速度，由向心力公式求繩子拉力.子彈射入木塊后的瞬間，對?圓環(huán)，根據平衡知識分析環(huán)對輕桿的壓力

大??；

【詳解】A、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)的動量守恒，則

〃別解得速度大小為匕二^^7,故A錯誤；

*/<111iVl

B、當木塊擺至最高點時，子彈、木塊以及圓環(huán)三者速度相同，以三者為系統(tǒng)水平方向動量守恒，則：

〃?（）%=（M+/+m）v2,即匕=—〃%?,故選項B正確：

叫+in+M

C、子彈射入木塊后的瞬間，設繩對木塊和子彈的拉力為T,則對木塊和子彈整體根據牛頓第二定律可

得：丁-（M+m0）g=（M+/現彳可知繩子拉力T>（M+/%）g；

子彈射入木塊后的瞬間，對圓環(huán)，有：N=T+mg>（M+/〃+惆）g，則由牛頓第三定律知，環(huán)對輕桿的

壓力大于（M+"[+%）8，故C錯誤；

D、子彈射入木塊之后，圓環(huán)、木塊和子彈構成的系統(tǒng)只在水平方向動量守恒，故D錯誤.

【點睛】本題是連接體水平方向動量守恒問題，關鍵要正確選擇研究對象，明確研究的過程.

2.（2022?浙江寧波?統(tǒng)考模擬預測）如圖所示.質量為〃，的子彈,以初速度%射入靜止在光滑水平而上

的木塊，并留在其中。木塊質量為M,長度為L,子彈射入木塊的深度為4,在子彈射入木塊的過程中木

塊移動距離為假設木塊對子彈的阻力始終保持不變，下列說法正確的是（）

—??

A.d可能大于s,也可能小于s

B.s可能人于￡,也可能小于L

C.s一定小于d,s一定小于L

D.若子彈質量減小，d和$不一定同時變小

【答案】C

v一%二.

【詳解】木塊和子彈組成的系統(tǒng)合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，有“%=（，〃+”“，解得+”-]+?

M

力"，2=當二.」^=的、

木塊增加的動能等于阻力與木塊的位移乘積22（〃?+M）m+M（MV

2I+—

m）

系統(tǒng)損失的機械能等于阻力與兩個物體相對位移的乘積/二與心:-9神+時方二:;;^^^*

222（m+M）

由比計算可得，s一定小于d,而d小于L所以s一定小于L若子彈質量減小，d一定變小，s一定變

小，

故選C。

考法二應用動量、能量觀點解決“彈簧碰撞”模型

....X..................一一二“，工…一，-L一-一一.一XX”<‘―'一一一y…，’

兩個物體在極短時間內發(fā)生用互作用，這種情況稱為碰撞。由于作用時間極短，一般都滿足內力遠大

于外力，所以可以認為系統(tǒng)的動量守恒。碰撞乂分彈性碰撞、豐彈性碰撞、完全非彈性碰撞三種.

仔細分析一下碰撞的全過程：設光滑水平面上，質量為如的物體A以速度叫向質量為〃〃的靜止物體

8運動，8的左端連有輕彈簧。在團位置A、8剛好接觸，彈簧開始被壓縮，A開始減速，8開始加速；至騰

位置48速度剛好相等（設為V）,彈簧被壓縮到最短：再往后48開始遠離，彈簧開始恢復原長，到

E）位置彈簧剛好為原長，48分開，這時4、8的速度分別為V和因。全過程系統(tǒng)動量一定是守恒的；而

機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。團今團系統(tǒng)動能減少全部轉化為彈性勢能，團狀態(tài)系統(tǒng)動能最小而彈性勢能最

大；團玲團彈性勢能減少全部轉化為動能；因此團、團狀態(tài)系統(tǒng)動能相等。這種碰撞叫做彈性碰撞。由動量守

恒和能量守恒可以證明48的最終速度分別為：d匕，明二2〃八匕。（這個結論

+m2+m2

最好背下來，以后經常要用到。）

（2）彈簧不是完全彈性的。國玲團系統(tǒng)動能減少，一部分轉化為彈性勢能，一部分轉化為為能，回狀態(tài)

系統(tǒng)動能仍和⑴相同，彈性勢能仍最大，但比⑴小；團少用彈性勢能減少，部分轉化為動能，部分轉化為內

能；因為全過程系統(tǒng)動能有損失（一部分動能轉化為內能）。這種碰撞叫非彈性碰撞。

（3）彈簧完全沒有彈性。團玲團系統(tǒng)動能減少全部轉化為內能，回狀態(tài)系統(tǒng)動能仍和⑴相同，但沒有彈

性勢能；由于沒有彈性，48不再分開，而是共同運動，不再有國今團過程。這種碰撞叫完全非彈性碰撞。

IYI

可以證明，4、8最終的共同速度為匕=以=—3—%。在完全非彈性碰撞過程中，系統(tǒng)的動能損失最

町十m2

大,為：

雙=；叫十-5（g+“2）1''2=

2(〃?[+tn2)

典例引領

【典例2】（2023?河北邯鄲?統(tǒng)考三模）如圖光滑水平面上有。、b、c、d四個彈性小球，質量分別為

〃?、9〃?、3/n>mo小球〃一端靠墻，并通過一根輕彈簧與小球〃相連,此時彈簧處于原長。小球匕和c接

觸但不粘連。現給小球d一個向左的初速度%,與小球c發(fā)生碰撞，整個碰撞過程中沒有能量損失，彈簧

始終處于彈性限度之內。以下說法正確的是（）

4

A.整個過程中小球4、b、C、”用彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒

B.整個過程中四個彈性小球4、b、。、d的機械能守恒

9

C.小球4速度的最大值為三%

D.彈簧彈性勢能最大值為荒〃?片

【答案】c

【詳解】A.由于墻壁對。球有彈力作用，整個過程中小球。、b、c、d和彈簧組成的系統(tǒng)動量不守恒，

故A錯誤；

B.整個過程中彈簧與四個彈性小球的系統(tǒng)機械能守恒，所以四個彈性小球〃、氏c、d的機械能不守

恒，故B錯誤；

D.小球d與小球c碰撞，設小球c碰撞后速度為匕，小球d碰撞后速度為匕，由動量守恒和機械能守恒

222

定律得niv0=3/叫+mv2,-wv0=-x3wv)+-w?v2

解得

小球c與小球力碰撞，設小球c碰撞后速度為匕，小球”碰撞后速度為匕，由動最守恒和機械能守恒定律

+x2

得3/zzv)=3/〃匕+匕，gx=g*3"八；~9/7zv4

解得匕=g片=；%

1o

小球方向左運動速度為零時，彈簧彈性勢能最大，則Epm=：x9〃*2=《機%2,故D錯誤；

C.小球8壓縮彈簧，到彈簧恢受原長過程，小球〃與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，小球〃向右的速度大

小為匕；當小球〃、〃向右運動，彈簧原長時，小球a的速度最大，設小球〃的速度大小為為，小球。的

2

速發(fā)大小為以，由動量守恒和機械能守恒定律得=，叫+9〃此，；x9"*2叫2+^X9ZHV6

99

解得也=］匕=々％，故C正確。

故選C。

☆即時檢測

1.（多選）（2021秋?江西南昌?高三進賢縣第一中學?？茧A段練習）如圖所示，在光滑水平面上，質

量為m的小球A和質量為!機的小球B通過輕彈簧拴接并處于靜止狀態(tài)，彈簧處于原長；質量為機的小

球C以初速度％,沿A、B連線向右勻速運動，并與小球A發(fā)生彈性碰撞。在小球B的右側某位置固定一

塊彈性擋板（圖中未畫出），當小球B與擋板發(fā)生正碰后立刻將擋板撤走。不計所有碰撞過程中的機械

能損失，彈簧始終處F彈性限度內，小球B與擋板的碰撞時間極短，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能的最大值口（能（）

,12cI212

mv

A.mvjB.~oC.-WVOD.一機喘

【答案】BC

【詳解】A.系統(tǒng)的初動能為線=g〃?T，而系統(tǒng)的機械能守恒，則彈簧的彈性勢能不可能等于〃山；，故

A錯誤；

B.由于小球C與小球A質量相等，發(fā)生彈性正碰，則碰撞后交換速度，若在A與B動量相等時，B與擋

板碰撞，B碰撞后速度大小不變、方向相反，當兩者速度同時減至零時，彈簧的彈性勢能最大，最大值為

=mv

Ep=Ek~o，故B正確；

CD.當B的速度很小（約為零）時，B與擋板碰撞時，當兩球速度相等彈簧的彈性勢能最大，設共同速

度為V,則由動量守恒得"?%=（陽+$〃＞，得箕=?%

1?41

最大的彈性勢能為=-inv---x-/wv2=-/?2Vy

223o

則最大的彈性勢能的范圍為:〃說~:根《，故C正確，D錯誤。

o2

故選BC.,

2.（多選）（2021秋?重慶渝中?高三重慶巴蜀中學?？茧A段練習）如圖所示，在光滑水平面上有質量

為3,〃的小球A和質量為5〃?的小球8通過輕彈簧栓接并處于靜止狀態(tài)，質量也為5〃7的小球C以速度%水

平向左勻速運動并與8發(fā)生彈性碰撞。己知在小球A的左端某處（圖中未畫出）固定有一彈性擋板（指

小球與擋板碰撞時不訂機械能損失），旦當小球八與擋板發(fā)生正碰后立即撤去擋板，碰撞時間極短.則

小球A與擋板碰撞后的運動過程中，彈簧彈性勢能的最大值可能是（）

,〃2乂

152c172廠7，c5，

A.-mv0B.-C.-mv^D.5〃嗚

【答案】ABD

【詳解】開始向左運動后，開始階段8減速A加速，經分析當〃A=〃B

時4與擋板相碰后反向，由動量守恒知以后有4、8速度同時為0的時刻，此時彈簧彈性勢能最大值最大，為

耳=；（5加）%2=|叫2

當彈簧第二次回到原長時，以=0,若此時正好與擋板相接觸，以后彈簧壓縮至最短，最短時彈簧彈性勢能最大值最小，有

5/HV0=8"八，兒，Ep=—x--x

22

解得紇=2機嶗

lo

在這兩者區(qū)間取值均可。故ABD正確；C錯誤。

故選ABDo

考法三應用動量、能量觀點解決“板塊”模型

1.用動力學觀點分析“滑塊一木板”模型時要抓住一個轉折和兩個關聯。

(1)一個轉折——滑塊與木板達到相同速度或者滑塊從木板上滑下是受力和運動狀態(tài)變化的轉折點。

(2)兩個關聯——轉折前、后受力情況之間的關聯和滑塊、木板位移和板長之間的關聯。

2.用動量和功能觀點分析“滑塊——木板''模型要抓住一個條件和兩個分析及一個規(guī)律。

(1)一個條件——滑塊和木板組成的系統(tǒng)所受的合外力為零是系統(tǒng)動量守恒的條件。

(2)兩個分析——分析滑塊和木板相互作用過程的運動分析和作用前后的動量分析。

(3)一個規(guī)律——能量守恒定律是分析相互作用過程能量轉化必定遵守的規(guī)律，且牢記摩擦生熱的計算公式

Q=fd相對。

☆典例引領

【典例3】(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R=0.2m,一質

量為%=lkg的小滑塊B從軌道頂端滑下，在其沖上長木板C左端時，給木板一個與小滑塊相同的初速

度，己知心=3kg,B、C間動摩擦因數必=0.2,C與地面間的動摩擦因數〃2=。.8,C右端有一個擋板，

C長為

求：

(1)B滑到A的底端時對A的壓力是多大？

(2)若B未與C右端擋板碰撞，當B與地面保持相對靜止時，B、C間因摩擦產生的熱量是多少？

(3)在0.16mvLv0.8m時，B與C右端擋板發(fā)生碰撞，且碰后粘在一起，求B從滑上C到最終停止所用

的時間。

L答案】(1)30N；(2)1.6J：⑶I-

【詳解】(1)滑塊下滑到軌道底部，有〃%=0,解得%=2m/s

在底部，根據牛頓第二定律心-"通=%或，解得及=30N

R

由牛頓第三定律可知B對A的壓力是30No

（2）當B滑上C后，對B分析，受摩擦力力向左，根據牛頓第二定律得="%即

解得加速度向左為q=2m//

對C分析，受B向右的摩擦力必〃18和地面向左的摩擦力14c=4（，%+"k）g

fra

根據牛頓第二定律/地c一/BC=生?+叫）g_=k2

解得其加速度向左為/=l°m/s?

由運動學位移與速度關系公式聲一4=2辦，得B向右運動的距離歷=萼=1"1

2q

C向右運動距離x,=獸=0.2m

-2%

由功能關系可知，B、C間摩擦產生的熱量。=4〃/屋芭-與），可得Q=L6J

（3）由上問可知，若B還未與C上擋板碰撞，C先停下，用時為乙，有八二/，解得4=0.2s

生

B的位移為xBI=-/4工：=0.36m

則比刻的相對位移為/=XB「X2二°」6m,此時％]=v-卬]=L6m/s

由L>0.16m,一定是C停下之后，B才與C上擋板碰撞。設再經時間B與C擋板碰撞，有

L—0.16=1.6vy1——4/；

解得，2=0.8-1。8-1

碰撞時B速度為%2=%=2V0.8-L

碰僮時由動量守恒可得〃”B2一（“A+）I'

解得碰撞后B、C速度為-=通亙

2

之后二者一起減速，根據牛頓第二定律得巴=二（〃久+〃%）i=8m/$

（〃￡+〃%）

V\/0.8—L

后再經4后停下，則有4=一

%16

故B從滑上C到最終停止所用的時間總時間，=乙+h=1—3叵三s

12316

判斷系統(tǒng)的動量是否守恒，要注意動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力，那些是外力，在同一物體

☆即時檢測

（2023?四川成都?石室中學?？寄M預測）如圖所示，滑塊A（可視為質點）位于小車B的最左端,

二者一起以％=8m/s的初速度向右勻速運動，木塊C靜止在小車B的正前方，所有碰撞均為彈性碰撞，

且碰撞時間極短可忽略不計。已知A、B、C的質量分別為%=3kg、wB=lkg>wc=lkg,A與B之間、C

與水平地面之間的摩擦因數均為〃=0/，不計小車B與地面之間的摩擦，小車的表面水平且足夠長，重力

加速度g=10m/s2。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摩擦產生的熱量2；

(3)小車B和木塊C第3次碰撞前，木塊C運動的位移飛的大小。

A_v0C

[J]IL

//////////////////////////////

【答案】(1)lm/s2,3m/s2?lm/s2；(2)24J；(3)43.5m

【詳解】(1)設小車B和木塊C第1次碰撞后速度分別為力和%,彈性碰撞滿足=%匕+〃Hc，

1，1212

5〃，=滑噸+/%

解得%=0,Vc=8m/s

滑塊A速度不變，滑塊A和小車B發(fā)生相對滑動，由牛頓第二定律得，,

卬%g=

22

解得°A=lm/s2,=3m/s,ac=lm/s

(2)小車B和木塊C第1次碰撞后，滑塊A勻減速，小車BZ加速，木塊C勻減速，在小車B和木塊C

第2次碰撞前，設滑塊A和小車B已經達到相同速度匕一起勻速運動，對滑塊A和小車B系統(tǒng)，由動量

守恒得5A%-(%十〃電網

解得匕=6m/s

由能量守恒得:叫一；(叫\(zhòng)+/%"；=Q

解得2=24J

(3)滑塊A和小車B以速度匕一起勻速運動，在小車B和木塊C第2次碰撞前，假設木塊C未停止運

2

動，速度為嶺，兩次碰撞之間小車B和木塊C的位移均為為，由運動學關系得％=J+匕工殳，

解得%=2m/s或匕=l()m/s(舍)

所以假設成立，小車B和木塊C第2次碰撞前木塊C未停止運動玉=30m

設小車B和木塊C第2次碰撞后速度分別為％?和vc,,彈性碰撞滿足wBv,+wcv2=mKvR]+，%%，

11I,I

5〃%匕22=5〃％以1+5/%%】

乙乙乙乙

蟀得％i=%=2m/s,vcl=v,=6m/s

設在小車B和木塊C第3次碰撞前，滑塊A和小車B已經達到相同速度匕一起勻速運動，對滑塊A和小

車B系統(tǒng)，由動最守恒得〃A7匕+〃％嶺=（〃么+"%）匕，解得匕=5m/s

設小車B和木塊C第2次碰撞后到第3次碰撞前的過程中，小車B和木塊C的位移均為々，第3次碰撞

前c的速度為％,由運動學關系得”,=匕『歪+巳匕二'，^=4^

2aBac2〃c

解得匕=3m/s或匕=7m/s（舍），占=13511

同理，小車B和木塊C第3次碰潞前木塊C未停止運動飛=司-々

解得%=43.5m

好題沖關

【基礎過關】

1.（2023春-安徽滁州-高一安徽省定遠中學?？茧A段練習）如圖所示，水平面左側有一足夠長的、相

對水平面高為”的光滑平臺，質量為M的滑塊與質量為〃?的小球之間有一個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)處于靜止狀態(tài)。某時刻彈簧解除鎖定，小球離開平臺后做平拋運

動，落到水平面上時落點到平臺的距離為s,重力加速度為g,則滑塊的速度大小為（）

幽m

/^/zzzzzz/zzzz///////z//zzzzzz/|~J~T-g____

A生瓦B絲更c吧瓦D”四

MN2H，MNRM72H，mVg

【答案】C

【詳解】小球射出時，設其速度為%,系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，取向右為正方向，對系統(tǒng)在水平方

向上，由動量守恒有機%-Mu=0

小球做平拋運動，有%=：,”=gg/2

聯立解得V嶗益

故選Co

2.（2023春?上海浦東新?高一上海市進才中學校考期末）如圖所示，光滑水平面的同一直線上放有〃

個質量均為〃?的小滑塊，相鄰滑塊之間的距離為L某個滑塊均可看成質點?，F給第一個滑塊水平向右

的初速度%,滑塊間相碰后均能粘在一起，則從第一個滑塊開始運動到第n-1個滑塊與第"個滑塊相碰

時的總時間為（）

^777□n

777777777777777777777777777

「L-

A(〃一)〃(〃+1乂

D?LLx?

2%2%2%

【答案】B

【詳解】由于每次相碰后滑塊會粘在?起，根據動量守恒定律"?%=2〃嗎

可知第二個滑塊開始運動的速度大小為嶺=；%

同理第三個滑塊開始滑動的速度大小為匕二；%

第心個球開始滑動的速度大小為%=士％

LLLL1、n(n-\)L

rrnLb、-T.V，工I'-l[=------：-----+-----1-…H---：-------=——(1+2+3+...+//-1)=------------

因比運動的1總時間為%111%2%

23n-\

故選B

3.（2023春?陜西西安?高二長安一中?？计谀┤鐖D（a）,質量分別為mA、的A、B兩物體用輕

彈簧連接構成一個系統(tǒng)，外力尸咋用在A上，系統(tǒng)靜止在光滑水平面上（B靠墻面），此時強簧形變量

為X。撤去外力并開始計時，A、B兩物體運動的4T圖像如圖（b）所示，3表示0到乙時間內A的

圖淺與坐標軸所圍面積大小，S?、S，分別表示人到時間內A、B的圖線與坐標軸所圍面積大小。A

圖(b)

A.0到%時間內，墻對B的沖量大于叫工

B.%=

C.B運動后，彈簧的最大形變量等于工

D.

【答案】D

【詳解】A.根據圖像的面積表示速度變化量可知，0到乙時間內，物體A的速度變化量為5,物體

A撤去外力后受到的彈簧彈力沖量與彈簧對B的彈力沖量等大反向，0至I"時間內，對A由動量定理有

/=A/?A=mAAvA=wAS,

可知墻壁對B的沖量大小等于〃?八，，故A錯誤;

BD.根據。―圖像與坐標軸所圍成面積的大小等于物體速度的變化量，因1=0時刻A的速度為零，則八

時刻的速度大?。?5

G時刻，A的速度大小為匕、=S/S?

B的速度大小為%=S3

由圖（b）圖像可知，4時刻A的加速度為零，此時彈簧恢復原長，B開始離開培巾，到力時刻兩者加速

度均達到最大，此時彈等伸長量達到最大，兩者速度相同，BPvA=vB

則有，一$2=53

根據牛頓第二定律有序=叫\(zhòng)仆=恤仰

由圖（6）圖像可知，，2時刻，B的加速度大于A的加速度，則有小A>為，故B錯誤，D正確；

C.由上述分析可知，6時刻，A的速度為%,B開始離開墻壁，且彈簧被拉伸，到4時刻兩者加速度均

達到最大，此時彈等伸長量達到最大，兩者速度相同不為零，即此時A、B的動能不為零，由能量守恒定

律可知，此時A、B的動能與彈簧的彈性勢能之和與撤去外力時彈簧的彈性勢能相等，則彈簧的形變量最

大時彈簧的彈性勢能小于撤去外力時彈簧的彈性勢能，彈簧的形變量最大時彈簧的形變量小于撤去外力

時彈簧的形變量X,故C錯誤。

故選Do

4.（多選）（2023春?云南大理?高一大理白族自治州民族中學?？茧A段練習）如圖所示，質量分別為

〃和2〃?的A、B兩個木塊間用輕彈簧相連，放在光滑水平面上，A靠緊豎直墻。用水平力產將B向左

壓，使彈簧被壓縮一定長度，靜止后彈簧儲存的彈性勢能為瓦這時突然撤去居關于A、B和彈簧組成

的系統(tǒng)，下列說法中正確的是（）

A.撤去F后，機械能守恒

B.撤去尸后，A離開豎直墻前，機械能守恒

F

C.撤去產后，A離開豎直墻后，彈簧的彈性勢能最大值為g

D.撤去尸后，A離開豎直墻后，彈簧的彈性勢能最大值為石

【答案】ABC

【詳解】AB.撤去尸后，A離開豎直墻前，只有彈簧的彈力對B做功，A、B和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守

恒；A離開豎直墻后，只有彈簧的彈力對A、B做功，A、B和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒；故AB正確；

CD.撤去產后，A剛要離開墻時，設B的速度為%,根據機械能守恒可得E=；x2〃琮

A離開豎直墻后，A、B和彈簧組成的系統(tǒng)滿足動量守恒，當A、B速度相同時，彈簧的形變量最大，彈性

勢能最大，設A、B相同速度為￡,根據動量守恒可得2〃?%=3/加

根據系統(tǒng)機械能守恒可得=Jx3〃?/+綜?,

p

聯立解得最大彈性勢能為與m=5,故C正確，D錯誤。

故選ABCo

5.（多選）（2023春?四川成都?高一棠湖中學校聯考期末）如圖，一質量為1kg的滑塊A從固定光

滑斜面頂端由靜止開始下滑，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K

B和滑塊C通過輕彈簧相連且均靜止于水平面上，滑塊B的質量為1kg,滑塊C的質量為2kg。開始時，

彈簧處于原長狀態(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均可視為質點，重力加

速度大小取g=10m/s2。下列說法正確的是（）

B.滑塊A與滑塊B碰撞后的速度大小為2.5m/s

C.彈簧的彈性勢能最大時，滑塊A、B、C的速度大小均為2.5m/s

D.滑塊A與滑塊B碰撞的過程中，滑塊A、B、C和彈簧組成的系統(tǒng)損失的機械能為37.5J

【答案】AC

【詳解】A.根據機械能守恒可知，滑塊A滑至斜面底端時，其速度大小為4=廊=101此，選項A正

確；

B.根據動量守恒可知+，52

可得滑塊A與滑塊B碰撞后的速度人小為v2=5m/s,選項B錯誤；

C.彈簧的彈性勢能最大時,滑塊A、B、C的速度相等,根據動量守恒（%+〃1）%=（〃〃+%+/%）匕，解

得i，3=2.5m/s,選項C正確;

D.滑塊A與滑塊B碰撞的過程中，滑塊A、B、C和彈簧組成的系統(tǒng)損失的機械能為

2

=g"UV1-g（inA+〃?B）片二25J,選項D錯誤。

故選ACo

6.（2023春?四川成都?高一成都七中?？茧A段練習）偵量為M=1kg的箱子靜止在光滑水平面上，箱

子內側的兩壁間距為/=0.5m,另一質量也為〃?=lkg且可視為質點的物體從箱子中央以％=6m/s的速度

開始運動，如圖所示。已知物體W箱底的動摩擦因數為〃=0.5,物體與箱壁間發(fā)生的是完全彈性碰撞，

g=10m/s2。試求：（）

A.物體與箱子最多發(fā)生3次碰撞B.物體最終停在電離箱子左壁5cm處

C.整個過程中系統(tǒng)產生的內能為9JD.箱子對物體的總沖量大小為3N.s

【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封向右勻速運動，物體與箱子組成的系統(tǒng)滿足

動量守恒,則有=(〃?+M)y,解得y=3m/s

根據能量守恒可知，整個過程中系統(tǒng)產生的內能為Q=片-:(〃?+M)/=9J

設整個過程物體與箱子發(fā)生的相對路程為S,則有。=〃〃儂，解得s=L8m,由于

5=1.8m=0.25m+3x0.5m+0.05m

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5cm處，故A錯誤，BC正確；

D.水平方向根據動量定理可得K=-3kgm/s=-3Ns

可知箱子對物體的水平總沖量大小為3N-s,由于箱子對物體有支持力，在豎直方向有沖后，則箱子對物

體的總沖量大小一定大于3N-s,故D錯誤。

故選BCc.

7.(2023春?四川成都?高一成都七中?？茧A段練習)如圖所示，傾角為。=30。、足夠長的光滑斜面

固定在水平地面上，下端有一垂直斜面的固定擋板。質量均為k的小球。、〃用勁度系數為k的輕質彈簧

連接井放置在斜面上，小球〃靠在擋板上，兩小球均保持保持靜止?，F對小球a施加一平行斜面向上、大

小為尸=〃吆的恒力。已知彈簧的彈性勢能E彈與其形變量x滿足品彈簧與斜面平行且形變始

終處于彈性限度內，重力加速度分析正確的是()

A.小球久和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒

B.小球從脫離擋板后，系統(tǒng)的總動量保持不變

C.小球。剛要運動時，小球a的動能為嚓

2k

D.小球人脫離擋板以后的運動過程中，彈簧的最大彈性勢能為必

4k

【答案】BC

【詳解】A.小球久6和彈簧組成的系統(tǒng)受外力尸做功，系統(tǒng)機械能不守恒，故A錯誤；

B.根據分析?，小球方脫離擋板后，將小球力以及彈簧看作一個整體，則整體受到的合外力為0,根據

所學的知識可知符合動量守恒的條件，因此系統(tǒng)總的動量保持不變。故B止確；

C.初始狀態(tài)時，彈簧處于壓縮狀態(tài)，根據受力分析可得：磔in3（r=a=g〃火

小球b剛要運動時序=公=:〃吆，解得％=戶鬻

乙乙K

且初末狀態(tài)中彈簧形變量相同，彈性勢能相同。則彈力做的總功為0。根據動能定理可得:

22

wt-Wc=+x0)-mgCx+x0)sin30°=Ek-0f解得紜=陛_,故c正確;

D.小球剛要運動時，根據上述分析可知小球〃的速度為:

此時彈簧彈性勢能為七依2=空

彈簧彈性勢能最大時兩小球的速度相等，系統(tǒng)總動量守恒，選擇初速度的方向為正方向，根據動量守恒

和能量守恒定律可得：w=2〃?曝，&'=$加-gx2加唉，解得用=等

根據能量的轉化特點可知系統(tǒng)動能的減少量為彈性勢能的增加量，可得：△&=4七彈="

故彈性勢能的最大值為：￡咖四=既+△%=*」，故D錯誤，

6K

故選BC.,

8.（2023春?四川眉山?高一校聯考期末）一帶有半徑足夠大的光滑圓弧軌道的小車的質量M=3kg,

小車靜止在光滑水平地面上，圓弧下端水平。有一質晟切=lkg的小球以水平初速度為=4m/s從圓弧下

端滑上小車，如圖所示，取水平向左為正方向。g=IOm/s2,則（）

A.在小球滑到最高點的過程中，小球與小車組成的系統(tǒng)動量守恒

B.小球沿圓弧軌道上升的最大高度為0.4m

C.小球離開小車時的速度為-2m/s

D.小球從滑上小車到離開小車的過程中對小車做的功為6J

【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

在水平方向動量守恒，故A錯誤；

B.系統(tǒng)在水平方向動量守恒，由動量守恒定律可得〃?%=〃*+"打

系統(tǒng)的機械能守恒；/欣=；〃叫2+；加片+nigh

當匕=彩時，〃儂，最大，則有高度〃最大，聯立解得％=0.6m,故B錯誤；

C.設小球離開小車時的速度為火，小車的速度為火,取水平向左為正方向，系統(tǒng)在水平方向動量守恒和

系統(tǒng)的機械能守恒，則有〃+:機片=；〃?片

聯立解得匕=-2m/s,匕=2m/s,小球的速度方向向右，故C正確：

D.小球離開小車時小車在水平方向的速度為2m/s,由動能定理可得小球對小車做的功力

W=；Mi，：=6J,故D正確。

故選CDo

9.（2023春?河南駐馬店?高二河南省駐馬店高級中學?？茧A段練習）如圖所示，光滑水平面上，小物

體A以1.2箕的速度向右運動，在其運動正前方有一與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的質量為〃?，碰后物體A的速度大小為0.8u,方向不變。求：

（1）物體A的質量和碰后物體B的速度；

（2）若物體A以相同速度碰物體B時，B的左側連有一個處于原長狀態(tài)的輕彈簧，如圖所示，則彈簧彈

性勢能的最大值。

—?—?

固間[A]?[B]

///////////////////////////

【答案】（1）5m,2v；（2）0.6mv2

（詳解]（1）由動量守恒定律町、\.2v=，〃A-0.8v+/nvB

由能最守恒定律;以（12,）2=；町?（08，『+；/就

乙乙乙

解得心=5〃?，％=2V

（2）彈簧壓至彈性勢能最大位置處時，由動量守恒定律可知砥?12，=（〃么+〃小，共

由機械能守恒定律可知巾2，『=:（％+〃?）嗓+Ep

JJ

2

解得v興=v,EP=0.6/nv

10.（2023春?河北石家莊?高一統(tǒng)考期末）如圖甲所示，質量均為2kg的長板A和滑塊C靜置在光滑

水平地面上，長板A上表面左端有一小部分光滑、其余部分粗糙，滑塊B（可視為質點）置于A的左

端，現使A、B一起以速度%=6m/s向右運動，A與（:發(fā)生碰撞（碰撞時間極短），經過一段時間后A、

B再次一起向右運動，且恰好不再與C相碰。以A與C發(fā)生碰撞時為計時起點，B的速度時間圖像如圖乙

所示，重力加速度g取lOm/sz,求：

（1）滑塊B的質量〃1；

（2）長板A與滑塊C發(fā)生碰撞過程中損失的機械能AE；

（3）長板A的最小長度乙

【答案】（1）〃％=2kg；（2）A￡=I6J；（3）6m

【詳解】（1）設A、C碰后的速度為乙和%,由動量守恒定律可得小人％=%%+叫心

由型可知，f=2s時刻A、B達到共同速度”,此后恰好不再與C相碰，且%=%=4m/s,從A、（:碰

后，到A、B達到共同速度％,對于A、B動量守恒，有/〃八%+〃％%=（，〃,、+〃％）%

解得％=2m/s,恤=2kg

（2）A、C碰撞過程，由能量守恒定律得△￡=1"國-］縱或-1大試

解得△E=16J

（3）方法一：公式法

在O~ls內,A、B發(fā)生相對滑動，位移分別為a】=2m,燈=6m

在ls~2s內，A、B發(fā)生相對滑動，位移分別為42=^^匹^=3^1,xB2=-!^-r2=5m

A的最小長度L=（Ml-4J+（/27A2）=6m

方法二：圖像法

在0pLs內，A以速度匕=2m/s,做勻速直線運動；在ls~2s內，A做勻加速直線運動，直到A、B再次共

速，做出其UT圖像，如圖所示

圖中陰影部分面積即為A的最小長度L,可得L=4m+2m=6m

【能力提升】

1.（2023?陜西西安??？既＃┤鐖D所示，質量為，〃的K木板B放在光滑的水平面上，質量為:，〃的

4

木塊A放在長木板的左端，一顆質量為上〃，的子彈以速度如射入木塊并留在木塊中，當木塊滑離木板時

16

速度為小，木塊在木板上滑行的時間為，，則下列說法錯誤的是（）

O

△___________________

_______B____________

7〃〃/，〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃//〃〃〃〃〃〃,

A.木塊獲得的最大速度為］

B.木塊滑離木板時，木板獲得的速度大小為學■

O

C.木塊在木板上滑動時，木塊與木板之間的滑動摩擦力大小為警

128f

D.因摩擦產生的熱量等于子彈射入木塊后子彈和木塊減少的動能與木板增加的動