专题技巧二 动量守恒与能量守恒综合问题-2021-2022学年高二物理精讲与精练高分突破考点专题系列（人教版2019选择性必修第一册）.docx

1、第一章 动量守恒定律专题技巧二 动量守恒与能量守恒综合问题一、单选题1（2022全国高三专题练习）如图甲所示，物块A、B的质量分别是和，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t=0时刻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vt图像如图乙所示，下列说法正确的是（）A物块B离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能为72JB4s到12s的时间内，墙壁对物块B的冲量大小为24NsC物块B离开墙壁后，弹簧的最大弹性势能为18JD物块B离开墙壁后，物块B的最大速度为2m/s2（2021黑龙江哈尔滨市第六中学校高三期中）如图所示，竖直平

2、面内的四分之一光滑固定圆弧轨道下端与光滑水平桌面相切，小滑块B静止在圆弧轨道的最低点。现将小滑块A从圆弧轨道的最高点无初速度释放。已知圆弧轨道半径R1.8 m，小滑块的质量关系是，A、B滑块均可看成质点，重力加速度g10 m/s2。则碰后小滑块B的速度大小可能是（）A5 m/sB4 m/sC1.3 m/sD1 m/s3（2021河北张家口市宣化第一中学高二月考）如图所示，质量为2m的圆弧曲面B静置在光滑的水平面上，质量为m的小球A以v0冲向曲面，恰好运动到圆弧曲面的最高点不计一切摩擦，重力加速度为g，小球可视为质点。则圆弧曲面的半径为（）ABCD4（2021重庆高二月考）如图甲所示，在光滑水平

3、面上的两小球A、B发生正碰。小球A、B的质量分别为和，图乙为它们碰撞前后的位移时间图像。已知，由此可以判断（）A碰撞前小球B静止，小球A向右做匀加速直线运动B碰撞后小球B和小球A都向右运动CD碰撞过程中两小球组成的系统损失了的机械能5（2021新疆乌苏市第一中学高二期中）质量相等的A、B两球在光滑水平面上，沿同一直线、同一方向运动，A球的动量，B球的动量，当A追上B时发生碰撞，则碰后A、B两球的动量可能值是（）A，B，C，D，6（2021湖北沙市中学高二期中）如图所示，小球A质量为m，系在细线的一端，线的另一端固定在O点O点到水平面的距离为h，物块B和C的质量均为3m，B与C用轻弹簧拴接，置于

4、光滑的水平面上，B物体位于O点正下方现拉动小球使细线水平伸直，小球由静止释放，运动到最低点时与物块B发生弹性碰撞（碰撞时间极短），小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是（）A碰后小球A反弹离地面的最大高度为B碰撞过程中B物体受到的冲量大小为C碰后轻弹簧获得的最大弹性势能D物块C获得的最大速度为7（2021山西省长治市第二中学校高二期末）如图所示，质量为m的小车静止在光滑的水平地面上，车上有半圆形光滑轨道，现将质量也为m的小球在轨道左侧边缘由静止释放，下列说法错误的是（）A在下滑过程中，小球的机械能不守恒B小球可以到达右侧轨道的最高点C小球在右侧轨道上运动时，小车

5、也向右运动D小球在轨道最低点时，小车与小球的速度大小相等，方向相反8（2021江苏苏州高二期末）如图所示，在光滑水平面上有两个滑块A和B（B的左侧连接轻弹簧），它们的质量分别为1kg和2kg。滑块A现以2m/s的速度向右运动，滑块B以3m/s的速度向左运动，若以水平向右方向为正方向，则下列说法正确的是（）A当滑块A的速度减为零时，弹簧被压缩到最短B当滑块A的速度为-6m/s时，滑块B的速度为1m/sC当两滑块相距最近时，弹簧弹性势能为D从开始到两滑块相距最近的过程中滑块A受到的冲量为二、填空题9（2021福建厦门市松柏中学高二开学考试）如图所示，光滑水平面上用轻绳连接质量分别为和的两个物体和B

6、，物体静止，物体B以初速度水平向右运动，绳子被拉紧时突然断裂，物体B的速度变为，则物体的速度变为_。根据以上数据_求出此过程中系统损失的机械能（选填“能”或“不能”）。10（2020全国高二专题练习）如图所示，如果悬挂球的绳子能承受的最大拉力T0=10 N，球质量m=0.5 kg，L=0.3 m，锤头质量M=0.866 kg，如果锤头沿水平方向打击球m，锤速度至少为_m/s才能把绳子打断。设球原来静止，打击后锤头静止(g=10 m/s2)。11（2017陕西沈阳高二期末）A 、 B 两物体在光滑的水平面上相向运动，其中物体 A 的质量为3kg，两球发生相互作用前后的运动情况如下图所示，由图可知

7、 B 物体的质量为_kg；碰撞过程中，系统的机械能损失为_J。12（2017江西南昌高二期末）如图所示，用轻弹簧相连的质量均为2kg的A、B两物块都以v6m/s的速度在光滑水平地面上运动，弹簧处于原长，质量为4kg的物块C静止在前方，B与C碰撞后二者粘在一起运动。则在以后的运动中，当弹簧的弹性势能最大时，物块A的速度是为_m/s；弹性势能的最大值为_J；A物体的速度_向左（填“有可能”或“不可能”）。三、多选题13（2021广东实验中学高二期中）如图所示，在光滑的水平面上，物体B静止，在物体B上固定一个轻弹簧。物体A以某一速度v0沿水平方向向右运动，通过弹簧与物体B发生作用，A物体质量为m，B

8、物体质量为2m，从A刚接触弹簧至弹簧再次恢复原长的过程中（）A弹簧再次恢复原长时B的速度大小为B弹簧弹性势能的最大值为C弹簧弹力对A的冲量大小为D物体B先做加速度增大的加速运动，再做加速度减小的加速运动14（2021湖北安陆第一高中高二期中）在光滑的水平桌面上有等大的质量分别为，的两个小球，中间夹着一个被压缩的具有弹性势能的轻弹簧（弹簧与两球不相连），原来处于静止状态。现突然释放弹簧，球脱离弹簧后滑向与水平面相切、半径为的竖直放置的光滑半圆形轨道，如图所示。取。则下列说法正确的是（）A离开轻弹簧时获得的速度为B弹簧弹开过程，弹力对的冲量大小为C球从轨道底端A运动到顶端的过程中所受合外力冲量大小

9、为D若半圆轨道半径可调，则球从点飞出后落在水平桌面上的水平距离随轨道半径的增大先增大后减小15（2021黑龙江大庆市东风中学高二期中）如图所示，光滑水平面上有一质量为2M、半径为R（R足够大）的圆弧曲面C，质量为M的小球B置于其底端，另一个小球A质量为，小球A以v06m/s的速度向右运动，并与B发生弹性碰撞，不计一切摩擦，小球均视为质点，则（）A小球B的最大速率为4m/sB小球B运动到最高点时的速率为m/sC小球B能与A再次发生碰撞D小球B不再与C分离16（2021山东临沂二十四中高二月考）如图所示，质量均为的A、B两物体通过劲度系数为的轻弹簧拴在一起竖直放置在水平地面上，物体A处于静止状态。

10、在A的正上方高处有一质量为的物块C。现将物块C由静止释放，C与A发生碰撞后立刻粘在一起（碰撞时间极短），弹簧始终在弹性限度内，忽略空气阻力，重力加速度为。下列说法正确的是（）AC与A碰撞后，AC整体运动到最低点的加速度一定大于gBC与A碰撞时产生的内能为CC与A碰撞后弹簧的最大弹性势能为D要使碰后物体B被拉离地面，至少应为17（2021广东深圳实验学校光明部高二期中）如图所示，一质量为的长木板放在光滑水平地面上，在其右端放一质量为的小木块A。给A和以大小均为，方向相反的初速度，使A开始向左运动，开始向右运动，且A始终没有滑离木板。则（）A因上表面粗糙，故A、系统动量不守恒B当A速度为零时，的速

11、度大小为C这个过程中产生的热量为D若B上表面越粗糙，则系统因摩擦而产生的内能也越大18（2021山东夏津第一中学高二期中）如图所示，有A、B、C三个物体质量均为m，B和C（不粘连）静止于光滑水平面上，让一小球A自光滑圆弧槽B左侧槽口正上方高处，从静止开始下落，与圆弧槽B左侧槽口相切进入槽内，已知圆弧槽的圆心与两端槽口等高、半径为R，在之后的运动过程中，下列说法正确的是（）A物块C获得的最大速度为B小球A越过圆弧槽最低点之后的运动过程中，小球A满足机械能守恒C小球A经过圆弧最低点以后能上升到距圆弧底的最大高度为D在此后的运动过程中，圆弧槽的最大速度为19（2021重庆巴蜀中学高二月考）如图，一固

12、定且足够长的斜面MN与水平面的夹角，斜面上有一质量为3kg、上表面光滑且下端有挡板P的长木板A沿斜面匀速向下运动，速度大小，现将一质量为1kg的小滑块轻轻地放在长木板上，当小滑块运动到挡板P时（与挡板碰前的瞬间），长木板的速度刚好减为零，之后小滑块与挡板发生第1次碰撞，以后每隔一段时间，小滑块就与挡板碰撞一次，小滑块始终在长木板上运动，已知小滑块与挡板的碰撞为弹性碰撞且碰撞时间极短，重力加速度，下列说法正确的是（）A小滑块和长木板组成的系统沿斜面方向动量守恒B长木板与斜面之间的动摩擦因数C长木板做减速运动的加速度为D小滑块与挡板第1次碰撞后的瞬间，小滑块的速度大小为3m/s20（2021河北辛

13、集中学高二月考）一长木板放在光滑的水平面上，在长木板的最左端放一可视为质点的滑块，另一质量与滑块质量相等的小球用长为的轻绳拴接在天花板上，如图所示现将小球拉至轻绳与竖直方向成的位置无初速度释放，小球摆至最低点时刚好和滑块发生无能量损失的碰撞，经一段时间滑块从长木板的最右端离开，滑块离开长木板时的速度为长木板速度的2倍，已知长木板的上表面与水平面之间的距离为，滑块与长木板之间的动摩擦因数为，长木板的质量为滑块的4倍，重力加速度为。则下列说法正确的是（）A滑块离开长木板时长木板的速度大小为B滑块离开长木板时滑块的速度大小为C长木板的总长度为D滑块落在水平面上的位置距离长木板右端的水平距离为四、解答

14、题21（2021陕西长安一中高二月考）一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空，当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动。爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量，求：（1）烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；（2）爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。22（2021全国高二单元测试）如图，质量分别为、的两个小球A、B静止在地面上方，B球距地面的高度h=0.8m，A球在B球的正上方，先将B球释放，经过一段时间后再将A球释放，当A球下落t=0.3s时，刚好与B球在地面上方的P点处相

15、碰，碰撞时间极短，碰后瞬间A球的速度恰为零，已知，重力加速度大小为，忽略空气阻力及碰撞中的动能损失，求：（i）B球第一次到达地面时的速度；（ii）P点距离地面的高度。23（2021四川省巴中中学高二期中）如图所示，一轻质弹簧的一端固定在滑块B上，另一端与滑块C接触但未连接，该整体静止放在离地面高为H的光滑水平桌面上.现有一滑块A从光滑曲面上离桌面h高处由静止开始滑下，与滑块B发生碰撞并粘在一起压缩弹簧推动滑块C向前运动，经一段时间，滑块C脱离弹簧，继续在水平桌面上匀速运动一段后从桌面边缘飞出.已知，求：（1）滑块A与滑块B碰撞结束瞬间的速度v；（2）被压缩弹簧的最大弹性势能EPmax； （3）

16、滑块C落地点与桌面边缘的水平距离 s.24（2020江西贵溪市实验中学高二月考）如图所示，质量=0.3kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L=1.5m，现有质量=0.2kg可视为质点的物块，以水平向右的速度=2m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止物块与车面间的动摩擦因数=0.4，取g=10m/s2，求（1）物体与小车共同速度大小;（2）物块在车面上滑行的时间t;（3）要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度不超过多少25（2020江西南康中学高二月考）如图所示，地面和半圆轨道面均光滑，质量M=1kg、长L=4m的小车放在地面上，其右端与墙壁的距离为S=3m，小车上表

17、面与半圆轨道最低点P的切线相平，现有一质量m=2kg的滑块（不计大小）以v0=6m/s的初速度滑上小车左端，带动小车向右运动，小车与墙壁碰撞时即被粘在墙壁上，已知滑块与小车表面的滑动摩擦因数=0.2，g取10m/s2（1）求小车与墙壁碰撞时的速度；（2）要滑块能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道，求半圆轨道的半径R的取值。26（2018内蒙古北重三中高二月考）在光滑的水平面上，有一质量M2kg的平板车，其右端固定一挡板，挡板上固定一根轻质弹簧，在平板车左端P处有一可以视为质点的小滑块，其质量m2kg平板车表面上Q处的左侧粗糙，右侧光滑，且PQ间的距离L2m，如图所示某时刻平板车以速度v11m/s向左滑

18、行，同时小滑块以速度v25m/s向右滑行一段时间后，小滑块与平板车达到相对静止，此时小滑块与Q点相距（g取10 m/s2）（1）求当二者处于相对静止时的速度大小和方向；（2）求小滑块与平板车的粗糙面之间的动摩擦因数；（3）若在二者共同运动方向的前方有一竖直障碍物（图中未画出），平板车与它碰后以原速率反弹，碰撞时间极短，且碰后立即撤去该障碍物，求小滑块最终停在平板车上的位置（计算结果保留两位有效数字）27（2020湖南省邵东市第一中学高二月考）如图所示，半径R2.8m的光滑半圆轨道BC与倾角37的粗糙斜面轨道在同一竖直平面内，两轨道间由一条光滑水平轨道AB相连，A处用光滑小圆弧轨道平滑连接，B处

19、与圆轨道相切在水平轨道上，两静止小球P、Q压紧轻质弹簧后用细线连在一起某时刻剪断细线后，小球P向左运动到A点时，小球Q沿圆轨道到达C点；之后小球Q落到斜面上时恰好与沿斜面向下运动的小球P发生碰撞已知小球P的质量m13.2kg，小球Q的质量m21kg，小球P与斜面间的动摩擦因数0.5，剪断细线前弹簧的弹性势能Ep168J，小球到达A点或B点时已和弹簧分离重力加速度g10m/s2，sin 370.6，cos 370.8，不计空气阻力，求：（1）小球Q运动到C点时的速度大小；（2）小球P沿斜面上升的最大高度h；（3）小球Q离开圆轨道后经过多长时间与小球P相碰。28（2020全国高二课时练习）如图所示

20、，质量为mc=4kg、长度为l=8m且两端带有弹性挡板的长木板C静止在水平地面上，D、E为长木板左右端点，P为中点，质量为mB=3.8kg的物块B静止在P点，一质量为mA=0.2kg的子弹A以v0=160m/s的速度水平飞来与B发生正碰并留在其中，重力加速度大小为g=10m/s2，求：（1）当A、B与长木板C之间的动摩擦因数1=0.5时，B与C均向左运动，若B刚好与挡板没有发生碰撞，则C与地面之间的动摩擦因数2为多少?（2）如果地面光滑，A、B与长木板C之间的动摩擦因数，且A、B整体与挡板发生弹性碰撞时刚好速度交换，则：IB最终停在长木板上何处?从B开始运动到与长木板相对静止，B物块运动的总路

21、程为多少?29（2020四川宜宾市叙州区第一中学校高二月考）如图所示，在光滑的水平面上有一长为L的木板B，上表面粗糙，在其左端有一光滑的圆弧槽C，与长木板接触但不相连，圆弧槽的下端与木板上表面相平，B、C静止在水平面上现有滑块A以初速度从右端滑上B，一段时间后，以滑离B，并恰好能到达C的最高点，A、B、C的质量均为m求：（1）A刚滑离木板B时，木板B和圆弧槽C的共同速度；（2）A与B的上表面间的动摩擦因数；（3）圆弧槽C的半径R30（2018湖南长郡中学高二单元测试）如图甲所示，m1 =5 kg的滑块自光滑圆弧形槽的顶端A点无初速度地滑下，槽的底端与水平传送带相切于左端导轮顶端的B点，传送带沿

22、顺时针方向匀速运转。m1下滑前将m2 = 3 kg的滑块停放在槽的底端。m1下滑后与m2发生碰撞，碰撞时间极短，碰后两滑块均向右运动，传感器分别描绘出了两滑块碰后在传送带上从B点运动到C点的v-t图象，如图乙、丙所示。两滑块均视为质点，重力加速度g = 10 m/s2。(1)求A、B的高度差h；(2)求滑块m1与传送带间的动摩擦因数和传送带的长度LBC；(3)滑块m2到达C点时速度恰好减到3 m/s，求滑块m2的传送时间；(4)求系统因摩擦产生的热量。参考答案1B【详解】A由图知，C与A碰前速度为，碰后速度为，C与A碰撞过程动量守恒，以C的初速度方向为正方向，由动量守恒定律解得当C与A速度为0

23、时，弹性势能最大A错误；B由图知，12s末A和C的速度为，4s到12s过程中墙壁对物体B的冲量大小等于弹簧对物体B的冲量大小，也等于弹簧对A和C整体的冲量大小，墙对B的冲量为解得方向向左B正确；C物块B刚离时，由机械能守恒定律可得，AC向左运动的速度大小为3m/s，开物块B离开墙壁后，A、B、C三者共速时弹性势能最大，则有联立解得C错误；D物块B刚离时，由机械能守恒定律可得，AC向左运动的速度大小为3m/s，物块B离开墙壁后，系统动量守恒、机械能守恒，当弹簧再次恢复原长时，物体B的速度最大，则有代入数据解得物块B的最大速度为4m/s， D错误。故选B。2B【详解】滑块A下滑过程，由机械能守恒定

24、律得解得若两滑块发生的是弹性碰撞，取向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得解得若两滑块发生的是完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得解得所以碰后滑块B的速度大小范围为故B可能，ACD不可能。故选B。3A【详解】恰好运动到圆弧曲面的最高点时小球和曲面共速，由动量守恒及能量守恒可得解得故选A。4C【详解】A分析题图乙可知，碰前：小球处在位移为的位置静止，小球A的位移均匀增大，做匀速直线运动，其速度为方向向右，故A错误；B碰撞后小球A的速度方向水平向左；碰撞后小球的速度方向水平向右，故B错误；C碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得代入数据解得故C正确；D碰撞损失的机械能碰撞过程机

25、械能守恒，故D错误。故选C。5A【详解】设两球质量均为m碰撞前，总动量p=pA+pB=12kgm/s碰撞前总动能为A若pA=6kgm/s，pB=6kgm/s，则碰撞后，总动量 p=pA+pB=12kgm/s动量守恒，能量关系则能量不增加，则选项A正确；B若碰撞后pA=4kgm/s， pB=6kgm/s，碰后总动量减小，则不可能，选项B错误；C若pA= -6kgm/s， pB=18kgm/s，总动量 p=pA+pB=12kgm/s动量不守恒，能量关系则能量增加，则选项C错误；D碰撞后，pA=2kgm/s，pB=10kgm/s，总动量 p=pA+pB=12kgm/s动量守恒碰撞后总动能为则知总动能

26、增加了，是不可能的，故D错误；故选A。6C【详解】A设小球到最低点与B碰前瞬间的速度为v0，根据机械能守恒得小球与B发生弹性碰撞，设碰后小球的速度为v，B球的速度为vB，根据动量守恒及机械能守恒得解得小球向左摆到最高点的过程中机械能守恒，设上升的高度为解得故A错误。B根据动量定理，B物体受到的冲量故B错误。C当弹簧被压缩至最短时弹性势能最大，此时B、C两物体速度相等，设为v1，根据动量守恒得故C正确。D当弹簧第一次恢复至原长时，C的速度最大，根据动量守恒及机械能守恒得联立得故D错误。故选C。7C【详解】A小球在下滑过程中，小球和小车组成的系统，机械能守恒，小球的机械能不守恒，A正确；B由于小球

27、和小车在水平方向上满足动量守恒，初始状态水平方向动量为零，当小球到达右侧，相对小车静止时，小车的速度减小到零，又由于小球和小车组成的系统机械能守恒，因此恰好能到达右侧轨道的最高点，B正确；C小球和小车在水平方向动量守恒，小球在右侧轨道上运动时，小车向左运动，C错误；D根据小球和小车在水平方向动量守恒，由于小球和小车质量相同，因此小球在轨道最低点时，小车与小球的速度大小相等，方向相反，总动量为零，D正确。故错误的选C。8C【详解】AC当滑块A、B的速度相同时，间距最小，弹簧压缩量最大，此时速度为v，根据动量守恒，以向右为正方向解得根据能量守恒A错误C正确；B滑块A和B碰前的总能量为当滑块A的速度

28、为-6m/s时，滑块B的速度为1m/s时，总的能量为能量不能增加，B错误；D从开始到两滑块相距最近的过程中，根据动量定理D错误。故选C。9 能 【详解】1物体和B在光滑水平面上运动，动量守恒，有解得2根据能量守恒可知此过程中系统损失的机械能代入和可得到，因此根据以上数据能求出此过程中系统损失的机械能。101【详解】球m被锤打击后以O为圆心，L为半径做圆周运动，且在刚打过绳子拉力最大，由牛顿第二定律有解得v=m/s锤打击m过程中，系统水平方向不受外力作用，系统水平方向动量守恒有Mv0=mv解得v0=1m/s114.5 22.5 【详解】1设碰撞前B的运动方向为正方向；根据位移时间图象的斜率表示速

29、度，可得碰前A的速度为B的速度为vB=3m/s碰后A、B的共同速度为v=1m/s由动量守恒定律得mAvA+mBvB=（mA+mB）v代入数据解得mB=4.5kg2由能量守恒定律可知，碰撞过程损失的能量E=mAvA2+mBvB2-（mA+mB）vAB2代入数据解得E=22.5J123 12 不可能 【详解】1当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大，对A、B、C三者组成的系统，由动量守恒定律可得(mA+mB)v=(mA+mB+mC)vA解得vA=3m/s2B、C碰撞时，B、C组成的系统动量守恒，设碰后瞬间两者的速度为v1，则mBv=(mB+mC)v1解得v1=2m/s设弹簧的弹性势能最大值

30、为Ep，根据机械能守恒得解得Ep=12J3从开始到B、C碰撞后的某时刻，三者构成的系统，由动量守恒定律可得(mA+mB)v=mA+(mB+mC)vB假设该时刻A向左运动，则，代入上述方程可解的vB4m/s此时A、B、C动能之和为实际上系统的机械能为E=(mB+mC)v12+mAv2=48J对比可知，EE，违反了能量守恒定律，是不可能的，即A物体的速度不可能向左。13BD【详解】A从A刚接触弹簧至弹簧再次恢复原长的过程中，两物体和弹簧组成的系统动能动量守恒、机械能守恒，以向右正方，由动量守恒定律得由机械能守恒定律得解得，故A错误；B两物体速度相等时弹簧压缩量最大，弹簧弹性势能最大，系统动量守恒，

31、以向右为正方向，由动量守恒定律得由能量守恒定律得解得故B正确；C从A刚接触弹簧到弹簧再次回复原长的过程，对A，由动量定理得解得弹簧弹力对A的冲量大小为，故C错误；D物体A与弹簧接触后做减速运动，B做加速运动，弹簧压缩量增大，弹簧弹力变大，B的加速度变大；当A、B两物体速度相等时弹簧压缩量最大然后弹簧逐渐恢复原长，弹簧弹力减小，B的加速度减小，B继续做加速运动，故D正确；故选BD。14BD【详解】A释放弹簧过程中系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得由机械能守恒定律得代入数据解得即离开轻弹簧时获得的速度为，故A错误；B对m由动量定理得弹簧弹开过程，弹力对的冲量大小故B正确；C

32、球从轨道底端A运动到顶端的过程中，由机械能守恒定律得解得m运动到B点的速度由动量定理得故C错误；D设圆轨道的半径为r时，球m由A到B的过程，由机械能守恒定律得m从B点飞出后做平抛运动，则联立解得水平距离由数学关系知：当即x最大，当，x随着r增大而增大，当时，x随着r增大而减小，故D正确。故选BD。15AB【详解】AA与B发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，设碰撞后A的速度为vA，B的速度为vB，取水平向右为正方向，由动量守恒定律和能量守恒得解得负号表示速度方向向左，故B的最大速率为4m/s，故A正确；BB冲上C并运动到最高点时二者共速，设为v，B、C组成的系统在水平方向动量守恒，以

33、向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得解得故B正确；CD设B、C分离时B、C的速度分别为vB、vC，B、C组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律和能量守恒得解得负号表示速度方向向左，小球B与C分离，由于，则B不能与A再次发生碰撞，故CD错误。故选AB。16ABD【详解】A物体A处于静止状态，弹簧压缩为x，则有物体A和C作为一个整体如果能够回到原长，此时加速度为g，根据对称性最低点的加速度也为g，由动量守恒如果初始速度很小，则碰后速度更小，整体几乎不运动不能回到原长，加速度小于g，A错误；B据自由落体运动规律可得，C与A碰前速度为C与A碰撞时间极短，满足动量

34、守恒，可得解得碰后A、C共同速度为C与A碰撞时产生的内能为B正确；C压缩弹簧过程满足机械能守恒，可得其中为弹簧最大压缩量，解得C与A碰撞后弹簧的最大弹性势能C错误；D物体B恰好被拉离地面时，设弹簧的伸长量为x，对B满足由于质量相同，原来A的压缩量也为x，故反弹后A、C整体上升的高度为2x，碰后至反弹到最高点的过程对A、C，据机械能守恒定律可得其中解得D正确。故选ABD。17BC【详解】AA、系统所受合外力为零，系统动量守恒，故A错误；B以左为正方向，根据动量守恒有解得当A速度为零时，的速度为即的速度大小为，故B正确；C最终A、共速，根据动量守恒有根据能量守恒，这个过程中产生的热量为故C正确；D

35、根据动量守恒可知，无论B上表面是否更粗糙，当A共速时的速度不变，系统因摩擦而产生的内能不变，故D错误。故选BC。18ACD【详解】A小球A经过圆弧最低点时，物块C获得最大速度，以水平向右为正方向，根据水平方向动量守恒有根据能量守恒有解得物块C获得的最大速度故A正确；B小球A越过圆弧槽最低点之后的运动过程中，小球A与圆弧槽B组成的系统满足机械能守恒，该运动过程，圆弧槽B减速，机械能减小，则小球A机械能增大，故B错误；C小球A经过圆弧最低点以后，对小球A与圆弧槽B组成的系统，根据水平方向动量守恒有根据机械能守恒有解得小球A经过圆弧最低点以后能上升到距圆弧底的最大高度为故C正确；D从小球第一次通过最

36、低点到第二次通过最低点，相当于小球与圆弧槽发生了一次完全弹性碰撞，因两物体质量相等，则速度互换，则此时圆弧槽有最大速度，圆弧槽的最大速度为故D正确。故选ACD。19AB【详解】AB因为本来A匀速运动，则有解得小滑块轻轻地放在长木板上后，斜面对小滑块与长木板组成的系统增加的摩擦力为方向沿斜面向上，而小滑块受到的重力沿斜面向下的分力为故放上小滑块后，系统沿斜面方向受到的合力为0，则小滑块和长木板组成的系统沿斜面方向动量守恒，故AB正确；C长木板做减速运动的加速度为故C错误；D长木板的速度刚好减为零，用时此时小滑块的速度大小为小滑块与挡板第1次碰撞过程，以沿斜面向下为正方向，根据动量守恒，能量守恒有

37、解得，小滑块的速度为故D错误。故选AB。20CD【详解】AB设小球与滑块碰前的速度大小为，长木板的质量为M，滑块的质量为m，小球下摆过程机械能守恒，则有解得小球与滑块发生无能量损失的碰撞，又二者质量相等，则二者交换速度，滑块在长木板上滑动的过程中，滑块与长木板组成的系统动量守恒，设滑块离开长木板时滑块、长木板的速度大小分别为、，则有其中有又解得AB错误；C对系统由能量守恒有代入数据，解得长木板的总长度为C正确。D滑块离开长木板后做平抛运动，由解得则滑块落在水平面上的位置距离长木板右端的水平距离为D正确。故选CD。21（1） ；（2）【详解】本题主要考查机械能、匀变速直线运动规律、动量守恒定律、

38、能量守恒定律及其相关的知识点，意在考查考生灵活运用相关知识解决实际问题的的能力（1）设烟花弹上升的初速度为，由题给条件有 设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为，由运动学公式有 联立式得 （2）设爆炸时烟花弹距地面的高度为，由机械能守恒定律有 火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设炸后瞬间其速度分别为和由题给条件和动量守恒定律有 由式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动设爆炸后烟花弹上部分继续上升的高度为，由机械能守恒定律有 联立式得，烟花弹上部分距地面的最大高度为 22（i）；（ii）【详解】（i）B球总地面上方静止释放后只有重力做功，根据动能定理有可

39、得B球第一次到达地面时的速度（ii）A球下落过程，根据自由落体运动可得A球的速度设与A球碰撞前瞬间B球的速度为，则有碰撞过程动量守恒，规定向下为正方向，由动量守恒定律得碰撞过程没有动能损失则有又小球B与地面碰撞后根据没有动能损失所以B离开地面上抛时速度联立解得23（1） （2） （3）【详解】解：(1)滑块从光滑曲面上高处由静止开始滑下的过程，机械能守恒，设其滑到底面的速度为 ，由机械能守恒定律有： 解之得：滑块与碰撞的过程，、系统的动量守恒，碰撞结束瞬间具有共同速度设为 ，由动量守恒定律有： 解之得：(2)滑块、发生碰撞后与滑块一起压缩弹簧，压缩的过程机械能守恒，被压缩弹簧的弹性势能最大时，

40、滑块、速度相等，设为速度由动量守恒定律有： 由机械能守恒定律有： 解得被压缩弹簧的最大弹性势能：(3)被压缩弹簧再次恢复自然长度时，滑块脱离弹簧，设滑块、的速度为，滑块的速度为，分别由动量守恒定律和机械能守恒定律有：解之得：，滑块从桌面边缘飞出后做平抛运动：解之得滑块落地点与桌面边缘的水平距离：24（1）（2）（3）【详解】本题考查摩擦拖动类的动量和能量问题涉及动量守恒定律、动量定理和功能关系这些物理规律的运用（1）设物块与小车的共同速度为，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有：化简可得共同速度为：（2）设物块与车面间的滑动摩擦力为，对物块应用动量定理有其中解得代入数据得（2）要使物块恰好不

41、从车厢滑出，物块到车面右端时与小车有共同的速度，则由功能关系有代入数据解得：故要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车的速度不能超过25（1）小车与墙壁碰撞时的速度是4m/s；（2）要滑块能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道，半圆轨道的半径R的取值为R0.24m或R0.6m【详解】(1)设滑块与小车的共同速度为v1，滑块与小车相对运动过程中动量守恒，有 代入数据解得设滑块与小车的相对位移为 L1，由系统能量守恒定律，有代入数据解得设与滑块相对静止时小车的位移为S1，根据动能定理，有代入数据解得因L1L，S1S，说明小车与墙壁碰撞前滑块与小车已具有共同速度，且共速时小车与墙壁还未发生碰撞，故小车与碰壁碰撞

42、时的速度即(2)滑块将在小车上继续向右做初速度为v1=4m/s，位移为L2=LL1=1m的匀减速运动，然后滑上圆轨道的最低点P，若滑块恰能滑过圆的最高点，设滑至最高点的速度为v，临界条件为根据动能定理，有联立并代入数据解得若滑块恰好滑至圆弧到达T点时就停止，则滑块也能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道，根据动能定理，有代入数据解得综上所述，滑块能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道，半圆轨道的半径必须满足或26（1）2m/s，水平向右；（2）0.60或0.36；（3）0.17m【分析】(1)M、m作为系统，当二者处于相对静止时二者的速度是相等的，由动量守恒定律列出等式求解；(2)对A、B组成的系统，由能量守恒列

43、出等式求解动摩擦因数；(3)木板A与障碍物发生碰撞后以原速率反弹，当A、B再次处于相对静止状态时，两者的共同速度A、B和弹簧组成的系统动量守恒、能量守恒列出等式求解【详解】(1)设M、m共同速度为v，定水平向右为正方向，由动量守恒定律得：mvB-MvA=（M+m）v (2) 本题有两种可能如果小滑块尚未越过Q点就与平板车达到相对静止，对A、B组成的系统，由能量守恒有： 代入数据得：=0.6如果小滑块越过Q点与弹簧相互作用后，再返回与平板车达到相对静止，有：解得：=0.36(3) 木板A与障碍物发生碰撞后以原速率反弹，假设B向右滑行并与弹簧发生相互作用，当A、B再次处于相对静止状态时，两者的共同

44、速度为u，在此过程中，A、B和弹簧组成的系统动量守恒、能量守恒由能量守恒定律得：mv-Mv=（M+m）u代入数据可得：u=0设B相对A的路程为S，由能量守恒得： 代入数据得： 由于 所以B滑过Q点并与弹簧相互作用，然后相对A向左滑动到Q点左边，设离Q点距离为s1有：【点睛】本题考查能量的转化和守恒和动量守恒定律，涉及的两个物体的多个过程，在解答时要注意对过程的把握，正确理解各过程中速度的变化关系与能量的转化关系27（1）12m/s；（2）0.75m；（3）1s【详解】（1）两小球弹开的过程，由动量守恒定律得由机械能守恒定律得联立可得小球Q沿圆轨道运动过程中，由机械能守恒定律可得解得（2）小球P

45、在斜面向上运动的加速度为a1，由牛顿第二定律得解得故上升的最大高度为(3)设两小球相遇点距离A点为x，小球P从A点上升到两小球相遇所用的时间为t，小球P沿斜面下滑的加速度为a2，由牛顿第二定律得解得小球P上升到最高点所用的时间则解得28（1）；（2）I停在D端；22m【分析】A与B碰撞动量守恒，解得A与B碰撞后共同速度，由牛顿第二定律将AB当作整体加速度大小和木块C加速度大小，由运动学公式求出C与地面之间的动摩擦因数；A、B与长木板C滑动到共同速度，由动量守恒求出共同速度，由能量守恒求出A、B在长木板上滑动的相对路程，判断B最终停在长木板上何处；因为A、B与C碰撞时速度交换，在同一坐标系可得A

46、、B和长木板C的速度时间图像，求出从B开始运动到与长木板相对静止，B物块运动的总路程；【详解】（1）设A与B碰撞后共同速度为，碰撞后加速度为，长木板C的加速度为，A与B碰撞动量守恒，有解得将AB当作整体由牛顿第二定律有对木块C受力分析可得设经过时间t刚好不碰撞，由运动学公式有联立代入数据解得（2）IA、B与长木板C滑动到共同速度，由动量守恒可得解得令A、B在长木板上滑动的相对路程为，则由能量守恒可得解得因为即B刚好停在D端II、A、B的加速度为长木板的加速度为因为A、B与C碰撞时速度交换，在同一坐标系可得A、B和长木板C的速度时间图像如（实线为A、B，虚线为长木板）由图像可得B运动的总路程为2

47、9（1） （2） （3）【详解】(1)对A在木板B上的滑动过程，取A、B、C为一个系统，根据动量守恒定律有：mv0m2mvB解得vB(2)对A在木板B上的滑动过程，A、B、C系统减少的动能全部转化为系统产生的热量 解得(3)对A滑上C直到最高点的作用过程，A、C系统动量守恒，mvB2mv A、C系统机械能守恒解得R30（1）0.8m（2）26m（3）6.5s（4）16J【详解】(1)由图乙可知，碰撞后瞬间，m1的速度v1=1 m/s，m2的速度v2 =5 m/s，设碰撞前瞬间m1的速度为v0，取向右的方向为正方向，根据动量守恒：m1v0= m1v1+ m2v2解得：v0 = 4 m/sm1下滑

48、的过程机械能守恒：解得：h =0.8 m(2)由图乙可知，滑块m1在传送带上加速运动时的加速度大小m/s2滑块的加速度就是由滑动摩擦力提供，故1m1g= m1a可求出滑块m1与传送带间的动摩擦因数1 = 0.05由图乙可知，滑块m1在传送带上先加速4 s，后匀速运动6 s 到达C 点图线与坐标轴围成的图形的面积在数值上等于传送带的长度LBC，即LBC = 26 m(3)滑块m2一直做匀减速直线运动，达C 点时速度恰好减到3 m/s，全程的平均速度为设滑块m2的传送时间为t，则有(4)由图乙可知，滑块m1在传送带上加速阶段的位移滑块m1在传送带上加速阶段产生的热量Q1=1m1g(vt1-x1)=10 J滑块m2在传送带上减速的加速度大小m/s2滑块m2受到的滑动摩擦力大小f = m2a滑块m2在传送带上减速阶段产生的热量Q2 = f(LBC-vt) = 6 J系统因摩擦产生的热量Q = Q1 + Q2 =16 J