考点17 动量和能量的综合应用-【红对勾】2026年高考物理一轮复习金卷

根据牛顿第三定律可知小球对杆的作用力F2=F。=8N,方！ 向竖直向上。 (3)设小球到达最高点时小球向右移动的位移大小为51，滑块 向左移动的位移大小为s2,根据动量守恒定律有心1=Mv2, 则∑mU1△t=2Mv2△t,所以s1=Ms2, 且51十5=L,解得5，=m代入数据解得5=6m mL 考点17动量和能量的综合应用 1,ABCP、Q两个滑块（包括弹簧）组成的系统所受合外力为零， 则系统的动量守恒，A正确；开始接触时两滑块都做减速运动，： 弹簧逐渐被压缩，滑块Q速度先减小到零，然后向右反向加速，： 弹簧继续被压缩，当两个滑块的速度相等时，弹簧的形变量最： 大，此时弹簧的弹性势能最大，B正确；以向右为正方向，则当 两个滑块的速度相等时，由动量守恒定律可知2v。一w。= (2m十m)u,此时弹簧的弹性势能为Ep=2（2m十m)u心 2(2m十m)m2=子mmC正确：设最终P,Q两个滑块的造度 分别为1和2，规定向右为正方向，根据动量守恒定律得 2mu。一mu。=2mu1十mu2,根据系统的机械能守恒得2(2m十 m)v号= 一5w心，D错误。 2×2mui+2mui,解得u1=-3w,=3 2.ABC开始时，木板和物块均在摩擦力作用下做匀减速运动， 待一方速度为零后其继续做加速度大小不变的反向匀加速运 动，两者最终达到共同速度，以向右为正方向，P、Q组成的系统 动量守恒，根据动量守恒定律得mpv二mavg=(mp十mQ)u。 若mpp三QUa,则U=0,图像如图A所示：若mpvpmava 则u>0,图像如图B所示；若mpvp<1QQ,则v<0,图像如图 C所示，故A、B、C正确，D错误。 3.A子弹射入木块的过程中，系统内力远大于外力，系统动量守 恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得U1=(M十)U,解 得=M十 72U1 ,子弹射入木块后，二者做匀减速直线运动，对子 弹与木块组成的系统，由动能定理得一以(M十m)gs=0 6M牛mDn,解得=M十V2s5,故A正确 4.D根据摆动过程中机械能守恒和两次击中沙袋摆动的角度相 等可知，两次击中沙袋后沙袋的速度相同，设为U,用M表示沙 袋的质量，表示弹丸的质量，以向右为正方向，由动量守恒定 律得第一次有mw1=(m十M)u,第二次有mu,-(m十M)u= （2m十M)u,又m=40M,联立以上三式得1：U,=41:83,故 )正确 5.CD设A球由静止释放到第一次经过最低，点的过程中，A球 的水平位移大小为x1,木块C的位移大小为x2,A球运动到最 低点时的速度大小为VA,B、C的速度大小为V,A球由静止 释放在向下摆动的过程中，对C有拉力，使得B、C之间有弹力， B、C不会分离，当A运动到最低，点时，B、C间弹力为零，B、C将 要分离，二者分离时速度相等，A、B、C组成的系统水平方向不 受外力，系统水平方向动量守恒，取水平向右为正方向，由动量 守恒定律得mua一2Mr=0,则m号-2M华=0，由几何关 1 系得x1十x,=l,由机械能守恒定律得mgl=2mu十2X 2Muc,又M=2m,解得VA= 8gl 「gL W5,w√0=，故 A、B错误，D正确；A球从最低点向右摆至最高点的过程中，A、 C组成的系统动量守恒，当A球运动到最高，点时，A、C共速，取 水平向右为正方向，由动量守恒定律得WA一Mu=(m十M)v, 由系统能量守恒得2mwi+2Moic=2(m十M)十mgh, 解得h=51,则A球第一次向右运动到最高点时距O点的竖 6 直高度为石，故C正确。 6.ACD三个小球组成的系统动量守恒，设释放弹簧后，两杆夹 角第一次为180°时，C球的位移大小为xc,A球沿垂直AB方 向的最大位移大小为xA,则由动量守恒定律得mxc=2mxA, 由几何关系得正A十xe=L,解得xA=子L,c=导L,A球的 位移大小为A=√十= -L,B错误，A、C正确；由动 141 量守恒定律得muc=2wA,由机械能守恒定律得E,=2mw品十 E,D正确。 乞×2mui,联立以上各式解得c一√3 7.AD两球碰后速度分别为vA、V,根据动量守恒定律以及机械 能守恒定律可得mAv,=mAUA十m,之mA6=之mA暖十 1 mni,联立解得vA= mA一mn= nA十B 2mA0。,因为所有 mA十p 的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，若第二次碰撞发 生在b,点，则从第一次碰撞到第二次碰撞之间，A、B通过的路 程之北为4=士3（k=0,1,2,),且4=，可得4 TB 4十3k B 72u 2一3弧，由于两质量均为正数，故k=0,即=2，对第二次碰 4+3k 72 撞，设A、B碰撞后速度大小分别为UA、,根据动量守恒定律 以及机械能守恒定律可得mAUA十mUB=mAvA十mUB, 2mA0A十之mBui=之mAv以十之mB,联立解得A=Uo, =0,故第三次碰撞发生在b点、第四次碰撞发生在C点，以 此类推，满足题意。若第二次碰撞发生在（点，则从第一次碰 「撞到第二次碰撞之间，A,B通过的路程之比为A二农(k (k= 0,1,2,…),且4=04，可得mA=5十3， TB UE m1-36,由于两质量均为正 数，故=0，即m=5,同理可证第二次碰撞后AB的速度大 mu 小分别为vA=v。,vn=0,满足题意，故选AD。 8.BC初始时，0号到2024号所有物块的总动量为0，最终0号 到2024号所有物块组成的系统的总动量向左，不为0，所以0 号到2024号所有物块组成的系统全过程动量不守恒，A错误： 对0号物块，从曲面最高点到最低点过程中，根据机械能守恒 定律有mgh= 2mw6,解得v,=√2gh,对0号物块与1号物 块发生弹性正碰后1号物块的速度，以向左为正方向，由动量 守恒定律和机械能守恒定律有mv。=muo1十2mw1,之m06= 2 2m十2X2mui,解得u1=一30o0,=30号与1号 发生碰撞后，1号将与2号发生弹性正碰，因两者质量相同，将 发生速度交换，1号将静止，之后0号将继续与1号发生第二次 碰撞，同理可得，0号第二次碰撞后的速度为v:=一3o1,最 终0号物块要与1号物块碰撞2024次，所以0号物块最终动 量大小为(3)m√2gh,B正确：2022号物块最终速度为1 号物块与0号物块第3次碰撞后1号物块的速度，0号物块第2 /11 次碰挂后的速度大小为(3)，则2022号物块最终速度大小 .2 为名()。27V2gh,C正确：2024个弹性物块两 两之间碰撞时交换速度，所以2024号物块最终速度是0号物 块与1号物块发生弹性正碰后1号物块的速度，即为 2gh, D错误。 73 解析：(1)设C球与B球结合成D时，D的速度为1，取向左为 正方向，由动量守恒定律有mw。=（m十m）v1 当弹簧压缩至最短时，D与A的速度相等，设此速度为2，由 动量守恒定律有2mu1十mo=3mv2, 解得A球的速度大小为v2= 2 3。 (2)设弹簧长度第一次被锁定时，弹簧的弹性势能为E,根据 能量守恒定律有2×2mui十之mu6=2X3i+E1, 解得Ep1=12mw6。 撞击P后，D的速度大小不变仍为心=3，方向向右；A的 速度大小和方向均不变。然后D与A继续相互作用，设当弹 簧被压缩到最短时，A与D的共同速度为V3,根据动量守恒定 律可得一2mw2十mw2=3w3, 参考答案 1 2 解得0=一30，=一9o, 3 弹簧弹性势能的增加量为△E,)mm二I6, 27mv, 弹簧长度第二次被锁定时具有的弹性势能为 73 Ee=El十△E,=1O8mw6。 10.(1) 《2)是mgR(3)见解析 解析：(1)A,点左侧的水平面光滑，物块甲下滑过程中，物块甲 和圆孤形槽组成的系统在水平方向不受外力，系统在水平方 向动量守恒，取水平向右为正方向，设物块甲刚到达水平面时 速度大小为1，圆孤形槽速度大小为2，根据动量守恒定律 有mw1-2mu2=0, 圆孤形槽光滑，根据能量守恒定律有 mgR=- 联立解得v1= 2√3gR 3 v:=V3gR 3 物块甲刚到达水平面时，物块甲和圆孤形槽的位移大小x1、 1及其关系为二=2，工1十x,=R, R 联立解得x?=3 (2)物块甲从A到B,设到达B的速度大小为v3,根据动能定 理有-mgR= mv, 联立解得v3=√gR, 物块甲过B点后开始压缩弹簧，物块甲和物块乙共速时，弹簧 储存的弹性势能最大，取水平向右为正方向，根据动量守恒定 律有mv3=(m十5m)v, 根据能量守恒定律有Em=2mu2(m十5m)m, 5 解得Epm=2mgR。 (3)设物块甲第二次通过B点的速度大小为v1,取水平向右 为正方向，根据动量守恒定律有m03=5mv'一mU1, 旅据能量守拉有2m心i=mui+}×5mU, 联立解得0，=2VR 3 假设物块甲返回后在距离B为x处静止，根据动能定理有 umgx=0- 解得x=青R>R, 所以物块甲能第二次通过A点，根据动能定理有 1 1 一mgR=2mo-2moi, 解得v=3√gR。 11.(1)1.8m(2)0.5s(3)2m 1 解析：(1)小物块A由静止运动到圆孤轨道最低，点，由动能定 1 理得mgr=之mUiM, 解得vM=5m/s, 设经时间1小物块A与传送带共速，由动量定理得 1mgt1=m0一mM, 解得t1=0.4s, UM十V 在时间t1内A的位移为xA= 2 t1=1.8m, 故传送带MN间至少1.8m。 (2)A滑上长木板C后，对A受力分析，由牛顿第二定律得 u:mg =ma, 对小物块B和长木板C整体受力分析，由牛顿第二定律得 u:mg =2ma,, 解得加速度大小分别为a1=以g=2m/s,a,=2:g=1 m/s2, 设A滑上C后经时间t2小物块A与B碰撞，此过程中A的 、1 位移大小为工1=ot红一之a1ti 2对勾·高考一轮复习金卷物理 148 B和C的位移大小为x2=2at, A与B相碰时满足x1一x2=L, 联立解得t2=0.5s。 (3)取向右为正方向，A、B碰撞前速度分别为1、U?·碰后速度 分别为v3、v1,则v1=vo一a1t2=3m/s,v2=a2t2=0.5m/s, A、B碰撞过程，由动量守恒定律和能量守恒定律，得 U1十mU2=mU3十mU1, 1 2mwi+之mwi=之mw+2mui, 解得v3=0.5m/s,v1=3m/s, 设B与挡板碰撞前C、B的速度分别为v、V6,则 vs=v2十2u2gta=1.0m/s v6=v1-以2gt3=2.0m/s, 此时A的速度也为1.0m/s, B与C碰撞过程动量守恒和机械能守恒，设碰后C、B的速度 分别为U、ug,得u十mv6=mv,十mvg, 2mu+zmw=2mw+m, 解得？=2.0m/s,w%=1.0m/s, 此时A、B共速，之后A、B一起相对C滑动△L达到共同速 度，对三者由动量守恒定律有V。=3V共' 由能量守恒定律得2mu十2X2mu=2×3mu美十 2u2mg△L,解得△L=12m。 2.(1)0.1s(2)见解析(3)3.3s 解析：(1)小球A运动至凹槽B左槽壁处所经过的时间tA= 长-=01 (2)由分析知，小球A与凹槽B左槽壁碰撞后瞬间，物块C速 度为零，即vc=0, 设小球A与凹槽B左槽壁碰撞后瞬间，小球A速度大小为 vA,凹槽B速度大小为u, 以水平向右为正方向，对小球A与凹槽B整体，根据动量守恒 定律和机栽能守恒定律有，=平A十mu, 2 解得VA=一 ,36 3 2 5 m/s,方向水平向左；vB= 5 0= 24 m/s,方向水平向右。 (3)由分析知，凹槽B和物块C最终将共速，一起向右做匀速 直线运动，设共同速度为v共，由动量守恒定律有wB=2W共， 解得=号 00 设从凹槽B开始运动到二者共速过程中，物块C在凹槽B内 通过的相对总路程为△x,有以g△x= 2mi-之X2mu桌， 解得△x25g =14.4d, 由此可知，整个运动过程中，凹槽B和物块C将碰撞14次，从 小球A与凹槽B碰撞后瞬间到凹槽B和物块C第1次碰撞前 瞬间的过程中，物块C向右做匀加速直线运动，凹槽B向右做 匀减速直线运动，且二者加速度大小相等，即ap=ac= g=1m/s2, 该过程中，凹槽B和物块C的相对位移为xm一x1=d, 设凹槽B和物块C第1次碰撞前瞬间，凹槽B速度大小为 vm,物块C速度大小为v1,第1次碰撞后瞬间，凹槽B速度 为v皿，物块C速度为vC1,第1次碰撞过程中，有mv mu=muu十mu2mu十2mu后=2mi十2m, 解得v=,vC1=, 第1次碰撞后瞬间到第2次碰撞前瞬间，凹槽B向右做匀加 速直线运动，物块C向右做匀减速直线运动，加速度大小仍为 g,该过程中相对位移为工 一工g 三d, 同理可知，第2次碰撞后瞬间到第3次碰撞前瞬间相对位移 为xs一x3=d, 第3次碰撞后瞬间到第4次碰撞前瞬间相对位移为x1一x=d, … 第13次碰撞后瞬间到第14次碰撞前瞬间相对位移为xc x1=d, 第14次碰撞后瞬间到二者共速相对位移为x5一x15= △x-14d=0.4d, 在凹槽B开始运动后的整个运动过程中，作出凹槽B和物块 C的v-t图像如图所示， VB= 2v B C 5 B B =444d.d B BC 0d≥ 5 C B B C C 04214 t41 t 5ug 由图像知，从凹槽B开始运动到二者共速过程中，总历时t= Uw一V先= =2.4s, g 5ug 凹槽B通过的位移为 3u8 xu=十U共t-7d一0g -7d=5.84m8m, 故从二者共速到凹槽B的总位移达到x=8m的过程中，凹槽 B和物块C还将一起运动的时间为t'= x一xB=0.9s, 因此，从凹槽B开始运动到其通过8m位移所经过的时间 ts=t十t'=3.3s。 考点18 实验：验证机械能 守恒定律 验证动量守恒定律 1.(1)C(2)①1.36②0.940③能④先释放纸带，后接通打 点计时器的电源 解析：(1)实验中应用刻度尺测出物体下落的高度h,根据做匀 变速直线运动时纸带某，点的瞬时速度等于这点前后相邻两，点 间的平均速度，计算出瞬时速度)，故C正确，A、B、D错误。 (2)①打点计时器打下D点时，物体下落的速度D= hE-hc≈1.36m/se 2T ②物体由O点运动到D点，重力势能的减少量等于ghD= 1.00×9.80×9.59×10-2J≈0.940J。 ③如果从B点到D点机械能守恒，则有mghD=之m6 mwa,所以仅利用A点之后的纸带能验证机裁能守恒定律。 1 ④纸带第-、二个点间的距离为0.32cm,大于2gT≈0.20cm, 原因是先释放纸带，后接通打点计时器的电源。 2.(1)1.851.831.67(2)B先释放纸带，再接通打点计时 器的电源 解析：(1)当打点计时器打到B,点时，重锤的重力势能减少了 △E。=mg·OB=1.00×9.80×18.90×10-2J≈1.85J:打B 点时重锤的速度%=OC_01-(27.06-12.41)X10 m/s≈ 4T 4×0.02 1.83m/s,此时重锤的动能增加了△E=2mui=2X1.00× 1.832J≈1.67J。 (2)由机械能守恒定律有2v=mgh,可得之v2=gh,由此可 知题图丙图线的斜率近似等于重力加速度g,B正确；由题图丙 图线可知，h=0时，重锤的速度不等于零，原因是做实验时先 释放纸带，再接通打点计时器的电源。 3.(1)AB(2)AD(3)AD 解析：(1)要测量小球碰撞前后的动量，则小球质量要用天平测 量，而小球速度用水平位移代替，刻度尺也是必须的，故选AB。 (2)同一组实验中，入射小球必须从同一位置释放，才能保证入 射小球两次到达轨道末端的速度相同，轨道倾斜部分不必光 滑，故A正确，C错误：为了避免入射小球反弹，入射小球的质 量必须大于被碰小球的质量，故B错误；轨道末端必须水平，才 能使小球离开轨道后做平尬运动，故D正确。 (3)根据题意结合动量守恒定律得出2m·OP=2m·OM十 m·ON,整理得2OP一2OM=ON,即2MP=ON,结合图像可 知，A、D明显不符合。 4.(1)142.91.0(2)76.8 OP OM 解析：1)p1=m1·广，pi=m1· 联立可得p1:p1=OP:OM=44.80:35.20=14:11, ON p2=m2· t 则p1:p:=（m1· m）:(m…）=:2 14 故0+p：=1891.0 (2)其他条件不变，欲使ON最大，须使两小球发生弹性碰撞， 则其动量和能量均守恒。由m1v=m101十m2v2,2106 2m1ui十2m2ui,可得， 2m1v0 m1十m2 ON OP 而U2 2×45.0 故ON= 2m1·0P45.0+7,5×44.80cm=76.8cm m1十m2 5.(1)D(2)>=(3)m1x1=m1x2十m2x3 解析：(1)此实验需要用复写纸确定小球的落地，点，需要用天平 测量小球的质量，需要用刻度尺测量小球做平抛运动的水平位 移；由于小球下落高度相同，在空中运动时间相同，可以用小球 做平抛运动的水平位移代替水平初速度，所以不需要用秒表测 时间，故选D。 (2)为了保证碰撞后入射小球不反弹，入射小球的质量应大于 被碰小球的质量，即m1>2;为了保证入射小球与被碰小球发 生对心正碰，两球的半径应相等，即R1=R,。 (3)设入射小球与被碰小球碰撞前瞬间的速度为U1,碰撞后瞬 间入射小球与被碰小球的速度分别为。、3。若碰撞过程动量 守恒，则有m1v1=1v2十m2v3,由于小球下落高度相同，在空 中运动时间相同，则有m1U1t=m1v2t十m2v3t,可得m1x1= m1x2十m2x。 1 M 6.(1)0.660（2)mgx=2(M+m)(ui-i)(3) gx 解析：(1)用游标卡尺测量遮光条的宽度d=0.6cm十 0.05mm×12=0.660cm (2)系统重力势能减小量为△E。=mgx, 动能增加量为△E,=2(M十m)(号-i), 则要验证的关系式为mgx=2(M十m)(iD)。 M (3)由表达式mgx=2(M+m)(ui-)可得 vi-vi 2gx M m2g,则 -1图像的斜率为k=2g元 号-vm 7.(1)一元(2)√2g5。(3)”(4)见解析 711 解析：(1)实验中要用质量较大的一元硬币去碰撞质量较小的 一角硬币，确保碰撞后甲的运动方向不变 (2)设甲到O点时速度的大小为1，由动能定理有 1 一m1gso=0-2m1i, 解得v1=√2gs0。 (3)由动能定理可得一元和一角硬币碰撞后的速度分别为 U1=√2gs1,v2=√2ugs2, 由动量守恒定律有1v1=m101十m2v2, 即m1√2g50=m1√2g51+m2√2g52, 解得√。一工_m2 /s2 m (4)①非理想的“对心”碰撞造成系统误差；②位移或质量的测 量造成偶然误差：③两硬币实际与纸板间的动摩擦因数不同造 成系统误差。 8.(1)大于(2)不需要(3)不会(4)M ma 十 1 (5) 三十 /yP VyN VyM√yp√/yN√JyM 解析：(1)为防止a、b两球碰撞后小球a反弹，小球a的质量一 定要大于小球b的质量。 (2)小球离开斜槽轨道后做平抛运动，设其水平位移为L,则小 球做平抛运动的时间为：=上， 参考答案考点17动量和能量的综合应用 刷小题·重基础 1.(多选)(2024·辽宁大连模拟)如图所示，在 % 光滑的水平面上有两个滑块P、Q,滑块Q P WQ 的左端固定一轻弹簧。两个滑块以大小为 aamammmaaaamm ℃。的速度沿同一直线相向运动，滑块P的质量为2m,速度方向水 平向右，滑块Q的质量为m,速度方向水平向左。不计空气阻力， 则下列说法正确的是 A.P、Q两个滑块（包括弹簧）组成的系统动量守恒 B.当两个滑块的速度相等时，弹簧的弹性势能最大 C.当两个滑块的速度相等时，弹簧的弹性势能为m D,两个滑块最终能以。的共同速度一起水平向右运动 2.(多选)(2025·广东云浮模拟)如图所示，足 色P 够长的木板Q放在光滑水平面上，在其左端ww》wmm Q 有一可视为质点的物块P,P、Q间接触面粗糙。现给P向右的速率 p,给Q向左的速率Q,取向右为速度的正方向，不计空气阻力，则 运动过程P、Q速度随时间变化的图像可能正确的是 ↑U ↑U pP P、Q Up 0 0 Q OP、Q o A C D 3.(2024·湖北黄冈模拟)如图所示，质量为M 的木块放在水平面上，子弹沿水平方向射入 木块并留在其中（时间极短），测出木块在水平面上滑行的距离为 s,已知木块与水平面间的动摩擦因数为，子弹的质量为m,重力 加速度为g,空气阻力可忽略不计，则子弹射入木块前的速度大小 为 () A.+M √2μgs B.M-m √2μgs m m C.m m+MVugs D.M-mlags 4.(2024·山西太原模拟)如图所示，一沙袋用轻质细绳 0 悬于O点。开始时沙袋处于静止状态，先后用相同 的弹丸以水平速度击中沙袋后均未穿出，第一粒弹丸4 的速度为1，打入沙袋后二者共同摆动的最大摆角为口 30°，当沙袋第一次返回图示位置时，第二粒弹丸以水平速度2又 击中沙袋，使沙袋向右摆动且最大摆角仍为30°。若弹丸质量是沙 袋质量的0则下列结论正确的是 ( A.01=02 B.01:02=41:42 C.01:v2=42:41 D.v1:v2=41:83 5.(多选)(2024·山东日照模拟)如图所示，在 0 光滑水平面上，质量均为M的木块B和C 并排放一起，C上固定一竖直轻杆，轻杆上端 的O点系一条不可拉伸、长度为l的细线， B C 细线另一端系一个可以看作质点、质量为m 的球A。现将A球向左拉起使细线水平且自然伸直，并由静止释 放A球。已知M=2m,重力加速度为g,不计一切阻力。下列说法 正确的是 () A.A球第一次运动到最低点时的速度大小为√2gl B.A球由静止释放到第一次运动到最低点的过程中，木块C的位 移大小为3 C.A球第一次向右运动到最高点时距0点的竖直高度为号 D.木块B最终的速度大小为，。] 6.(多选)(2025·河南名校联考)如图甲所示，在 光滑水平面上有质量均为m的A、B、C三个 小球，A、B两球分别用两根长为L的轻杆通 过光滑铰链与C球连接，两球间夹有长度可忽 AOOB 甲 略的压缩轻弹簧，弹簧与球不相连。弹簧的弹 性势能为E。,已知弹簧始终在弹性限度内。AO OB 下列说法正确的是 () A.释放弹簧后，A、B、C三个小球组成的系统动量守恒 B.释放弹簧后，两杆夹角第一次为180时，A球的位移大小为L 后两秆夹角第一次为180°时，C球的位移 D.释放弹簧后，两杆夹角第一次为180°时，C球的速度大小为 4E) 3m 7.(多选)(2024·湖北武汉模拟)如图所示，光滑 圆环水平放置并固定，a、b、c为圆环上的三等 分点，圆环内有质量为mA和mB的小球A和B 120° 12w-80 (mA>mB)。初始时小球A以初速度v。沿圆环 120° 切线方向运动，与静止的小球B在a点发生碰 撞，两小球始终在圆环内运动。若小球A与B 考点17动量和能量的综合应用041 之间为弹性碰撞，且所有的碰撞位置刚好位于a、b、c点，则小球的 质量比”m△可能为 () m B A.2 B.3 C.4 D.5 8.(多选)(2025·河北衡水模拟)如图所示，固定光滑曲面左侧与光滑 水平面平滑连接，水平面依次放有2024个质量均为2m的弹性物 块（所有物块在同一竖直平面内），质量为m的0号物块从曲面上 高五处静止释放后沿曲面滑到水平面，以速度。与1号物块发生 弹性正碰，0号物块反弹后滑上曲面再原路返回，如此反复，2024 个弹性物块两两间碰撞时无能量损耗，则下列说法正确的是（所有 物块均可视为质点，重力加速度为g) () 20242023.3210 A.0号到2024号所有物块组成的系统全过程动量守恒 B.0号物块最终动量大小为 m√2gh 2 C.2022号物块最终速度大小为272gh 2023 D.2024号物块最终速度大小 2024V2gh 刷大题·提能力 9.(2024·吉林长春模拟)如图所示，小球C在光滑的水平轨道上处于 静止状态，在它左边有一垂直于轨道的固定挡板P,右边有两个小 球A和B,A和B用处于原长状态的轻弹簧相连，两个小球以相同 的速度v。向C球运动，C与B发生碰撞并立即结合成一个整体D, 在A和D继续向左运动的过程中，当弹簧长度变到最短时，突然被 第一次锁定不能伸长但还能继续被压缩，然后D与挡板P发生弹 性碰撞，而A的速度不变，过一段时间后，弹簧被继续压缩到最短 后第二次被锁定。已知A、B、C三球的质量均为m。求： (1)弹簧长度第一次被锁定时A球的速度大小； (2)弹簧长度第二次被锁定时具有的弹性势能。 C B+A 多99ww分n 、0422对勾·高考一轮复习金卷物理 10.(2024·山西晋中模拟)如图所示的水平面，A点左侧和B点右侧 的水平面光滑，半径为R、质量2的一光滑圆弧形槽放在水平面 上，圆弧形槽刚好与水平面相切于A点，质量为5m的物块乙左端 拴接一轻弹簧，静止在水平面上，弹簧原长时左端点刚好位于水平 面上的B点。已知AB段粗糙且物块甲与AB段间的动摩擦因数 为行，A、B两点之间的距离为R,质量为m的物块甲由圆弧形糟 的最高点无初速度释放，重力加速度为g,两物块均可视为质点。 (1)求物块甲刚到达水平面时圆弧形槽的位移大小； (2)求整个过程中弹簧储存的弹性势能的最大值； (3)通过计算说明物块甲能否第二次通过A点，若能，求出物块甲 第二次到A点的速度；若不能，求出物块甲停止时到A点的距离。 甲 77777777 B 11.(2024·山东潍坊模拟)如图示，MN是一水平传送带，以。= 4m/s的速度顺时针匀速转动，传送带左端M与半径r=1.25m 的一光滑圆轨道相切，右端N与放在光滑水平桌面上的长木板C 上表面平齐。长木板C的右端带有挡板，在长木板C上放有小物 块B,开始时B和C均静止，且B距长木板C左端L=1.625m。 现将小物块A从圆弧轨道最高点由静止释放，A到达N点前已与 传送带共速。已知A与传送带间的动摩擦因数以1=0.25，A、C之 间及B、C之间的动摩擦因数均为μ2=0.2，最大静摩擦力等于滑 动摩擦力。A、B、C的质量均为m=1kg,重力加速度g取 10m/s2,所有的碰撞均为弹性正碰。 (1)求传送带MN间至少多长？ (2)求A滑上长木板C后，经多长时间与B碰撞？ (3)A、B碰后经0.5s,B与挡板碰撞，求最终B到挡板的距离。 A 6, B M N ( ⊙77777777777777777777. 12.(2024·湖北武汉模拟)如图所示，质量为m、左右两竖直槽壁相距 d=0.4m的凹槽B静置于足够长的光滑水平地面上，一质量也为 m的物块C静置于凹槽B内右槽壁处，凹槽B上表面水平，物块C 与凹槽B间的动摩擦因数红=0.1。一质量为”的小球A从距凹 槽B左槽壁1.2m处，以速度vo=12m/s水平向右朝向凹槽B运 动，以后的所有碰撞过程中都没有能量损失，碰撞时间均不计，小 球A和物块C均视为质点，凹槽B两槽壁宽度及空气阻力不计， g取10m/s2。求： (1)小球A运动至凹槽B左槽壁处所经过的时间； (2)小球A与凹槽B左槽壁碰撞后瞬间，小球A、凹槽B及物块C 各自的速度； (3)从凹槽B开始运动到其通过8m位移所经过的时间。 d B CH