考点18 实验 验证机械能守恒定律 验证动量守恒定律-【红对勾】2026年高考物理一轮复习金卷

考点18 实验：验证机械能 守恒定律 验证动量守恒定律 刷大题·提能力 1.(2024·山东东营模拟)利用如图甲所示的装置进 打点国 行“验证机械能守恒定律”的实验。 计时器上纸带 (1)需要测量由静止开始到某点的瞬时速度。与 接电源名重物 二夹子 下落高度h。某同学利用实验得到纸带，设计了 以下四种测量方案： A.用刻度尺测出物体下落的高度h,并通过？= √2gh计算出瞬时速度v 甲 B.用刻度尺测出物体下落的高度h,用秒表测出下落时间t,并通过 v=gt计算出瞬时速度v C.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 D.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0，并通过h=”计算出 2g 高度h 以上方案中正确的是 (2)实验中，测得所用重物的质量为1.00kg。实验中得到一条点迹 清晰的纸带（如图乙所示），把第一个点记作O,另选连续的五个点 A、B、C、D、E作为测量的点，经测量知道A、B、C、D、E各点到O 点的距离分别为3.14cm、4.90cm、7.05cm、9.59cm、12.48cm。 已知电磁打点计时器所用的电源的频率为50Hz,当地的重力加速 度g取9.80m/s2。(结果均保留三位有效数字) 0 A B C D E 乙 ①根据以上数据，打点计时器打下D点时，物体下落的速度vD m/s. ②根据以上数据，可知物体由O点运动到D点，重力势能的减少量 等于 J。 ③若该同学在测量数据时不慎将上述纸带从OA之间扯断，她仅利 用A点之后的纸带 (选填“能”或“不能”)实现验证机械能 守恒定律的目的。 ④若该同学在实验中打出的纸带第一、二个点间的距离为0.32c, 那么原因是 2.(2024·江苏扬州模拟)如图甲所示是用“落体法”验证机械能守恒 定律的实验装置。(g取9.80m/s2) 金属杆 ∠A三纸带夹 方形固定卡 打点计时器 接电源 9A. B 12.41cm 铁架台 重锤 -18.90cm→ 27.06cm 0 甲 乙 丙 (1)选出一条点迹清晰的纸带如图乙所示，其中O点为打点计时器 打下的第一个点，A、B、C为三个计数点，打点计时器通以频率为 50Hz的交变电流。用分度值为1mm的刻度尺测得OA= 12.41cm、OB=18.90cm、OC=27.06cm,在计数点A和B、B和 C之间还各有一个点，重锤的质量为1.00kg。根据以上数据算出： 当打点计时器打到B点时重锤的重力势能比开始下落时减少了 J,此时重锤的速度vB= m/s,此时重锤的动能比 开始下落时增加了 J。(结果均保留三位有效数字) (2)利用实验时打出的纸带，测量出各计数点到打点计时器打下的 第一个点的距离h,算出各计数点对应的速度，然后以h为横轴、 以2为纵轴作出如图丙所示的图线，图线的斜率近似等于 (填选项前的字母)。 A.19.60 B.9.80 C.4.90 图线未过原点O的原因是 3.(2025·黑龙江齐齐哈尔模拟)利用如定位卡 图所示的装置可以验证动量守恒定 入射小球被碰小球 律，即研究半径相同的小球在轨道水 平部分碰撞前后的动量关系。先安装 好实验装置，在水平地面上铺一张白 记录纸 O M P 纸，白纸上铺放复写纸，记下重垂线所 指的位置O。 (1)为完成此实验，下列提供的测量工具中，必须使用的是 (多选)。 A.刻度尺 B.天平 C.打点计时器 D.秒表 (2)关于本实验，下列说法正确的是 （多选)。 A.同一组实验中，入射小球必须从同一位置由静止释放 B.入射小球的质量必须小于被碰小球的质量 C.轨道倾斜部分必须光滑 D.轨道末端必须水平放置 (3)实验时先让入射小球多次从斜轨上位置S由静止释放，通过白 纸和复写纸找到其平均落地点的位置P。然后，把被碰小球静置于 轨道的水平部分末端，仍将入射小球从斜轨上位置S由静止释放， 考点18实验：验证机械能守恒定律验证动量守恒定律043 与被碰小球相碰，并多次重复该操作，两小球平均落地点位置分别 为M、N。不同小组的同学分别进行实验，所用的入射小球质量均 为被碰小球质量的2倍，下列各组白纸上记录的小球落点位置结果 中，由于误差较大明显不符合动量守恒定律的是 (多选)。 M N òMP N A òM户N òM户N O O 4.(2024·河南安阳模拟)如图甲所示，用“碰撞实验器”可以验证动量 守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。 o m 01 甲 (1)经测定，入射小球和被碰小球的质量分别为m1=45.0g,m2= 7.5g,小球落地点的平均位置距O点的距离如图乙所示。碰撞前、 后入射小球的动量分别为，与1，则p1:p1= :11;若 碰撞结束时被碰小球的动量为p2,则p1:p?=11: 。实 验结果说明，碰撞前后总动量的比值，， (结果保留 p1十p2 两位有效数字)。 M 352册cm 55.68cm (2)有同学认为，在上述实验中仅更换两个小球的材质，其他条件不 变，可以使被碰小球做平抛运动的射程增大。请你用(1)中已知的数 据，分析和计算出被碰小球平抛运动射程OV的最大值为 cm。 5.(2024·四川南充诊断)某同学利用如图所示 AB 的实验装置研究斜槽水平末端小球碰撞过程 中动量守恒。将小球A从倾斜轨道某点由静 止释放，落地点为V,ON的长度为x1;将小 球A从同一位置由静止释放，与静止在斜槽 水平末端的小球B对心碰撞后，A球落地点为M,OM的长度为 x2;B球落地点为P,OP的长度为x3。请回答下列问题： (1)此实验不需要的器材有 A.复写纸 B.天平 C.刻度尺 D.秒表 (2)A球质量为m1,B球质量为2，A球的半径为R,,B球的半径 为R2,则m1 (选填“>”“=”或“<”，下同)m2,R R20 0442对闪·高考一轮复习金卷物理 (3)若方程 成立，则碰撞过程中动量守恒得 到验证。 6.(2025·河南信阳模拟)图甲为在气垫导轨上验证机械能守恒定律 的实验装置，将导轨调至水平，滑块装有宽度为d的遮光条，滑块包 括遮光条总质量为M。细绳下端挂钩码，钩码的质量为m。滑块 在钩码作用下先后通过两个光电门，用光电计时器记录遮光条通过 光电门1和2各自的时间，可以计算出滑块通过光电门的速度1 和v2,用刻度尺测出两个光电门之间的距离x,重力加速度为g。 气垫导轨 光电门2光电门1遮光条 滑块 刻度尺 连气源 钩码 甲 0(cm) 2 主尺3 i th山 0 10 20游标尺 乙 m 丙 (1)用游标卡尺测量遮光条的宽度d,示数如图乙所示，则d= cm。 (2)写出滑块从光电门1运动到光电门2的过程中，验证机械能守 恒定律的表达式 (用题中给出的物理量表示)。 (3)增加细绳下端钩码的个数，滑块每次都从同一位置由静止释放 1.1图像，如图丙所示，其斜率为k一 作出一m (用题中 给出的物理量表示)。 7.(2024·辽宁阜新模拟)某同学为了验证对心碰撞过程中的动量守 恒，设计了如下实验：用纸板搭建如图所示的滑道，使硬币可以平滑 地从斜面滑到水平面上，其中OA为水平段。选择相同材质的一元 硬币和一角硬币进行实验。 0 -甲 B 图(a) 图(b) 测量硬币的质量，得到一元和一角硬币的质量分别为1和m? (m1>m2)。将硬币甲放置在斜面上某一位置，标记此位置为B。 由静止释放甲，当甲停在水平面上某处时，测量甲从O点到停止处 的滑行距离OP。将硬币乙放置在O处，左侧与O点重合，将甲放 置于B点由静止释放。当两枚硬币发生碰撞后，分别测量甲、乙从 O点到停止处的滑行距离OM和ON。保持释放位置不变，重复实 验若干次，得到OP、OM、ON的平均值分别为sos1、s2。 (1)在本实验中，甲选用的是 (选填“一元”或“一角”)硬币。 (2)碰撞前，甲到O点时速度的大小可表示为 (设硬币与 纸板间的动摩擦因数为4，重力加速度为g)。 (3)若甲、乙碰撞过程中动量守恒，则。二 (用m1 2 和2表示)，然后通过测得的具体数据验证硬币对心碰撞过程中 动量是否守恒。 (4)由于存在某种系统或偶然误差，计算得到碰撞前后甲动量变化 量大小与乙动量变化量大小的比值不是1，写出一条产生这种误差 可能的原因： 8.(2024·四川成都诊断)为了验证两小球碰撞过程中的动量守恒，某 同学用如图所示的装置进行了如下的操作： 木板 7h 0 Z2277777777777777777727777 ①将斜槽轨道的末端调整水平，在一块平木板表面先后钉上白纸和 复写纸，并将该木板竖直立于靠近槽口处，使小球a从斜槽轨道上 某固定点由静止释放，撞到木板并在白纸上留下痕迹O; ②将木板向右平移适当的距离后固定，再使小球a从原固定点由静 止释放，撞到木板并在白纸上留下痕迹P; ③把小球b静止放在斜槽轨道的水平段的右端，让小球a仍从原固 定点由静止释放，和小球b相碰后，两小球撞到木板并在白纸上留 下痕迹M和N; ④用天平测出a、b两个小球的质量分别为m。和m,用刻度尺测量 白纸上O点到M、P、N三点的距离分别为yMyp和yN。 根据上述实验，请回答下列问题： (1)实验中应使ma (选填“大于”“等于”或“小于”)m。 (2)实验过程中 (选填“需要”或“不需要”)测量小球做平抛 运动的时间。 (3)小球a下滑过程中与斜槽轨道间存在摩擦力，这对实验结论 (选填“会”或“不会”)产生影响。 (4)小球a和小球b发生碰撞后，小球b在图中白纸上撞击痕迹应 是 (选填“M”或“N”)点。 (5)若满足表达式 (用ma、mb、yM、yp、yN表 示)，则说明两小球碰撞前后动量守恒；若同时满足表达式 (用yMyPyN表示)，则说明两小球碰撞为弹性碰撞。 9.(2024·湖北宜昌二模)某同学用如图甲所 ■ 示的装置验证机械能守恒定律。一根细线 系住钢球，悬挂在铁架台上，钢球静止于A 点。光电门固定在A点的正下方，在钢球 计时器 底部竖直地粘住一片宽度为d的遮光条。 将钢球拉至不同位置由静止释放，遮光条 甲 北电门的挡光时间：可由计时器测出，取。三作为钢球 A点时的速度。记录钢球每次下落的高度h和计时器的示数t,计 算并比较钢球在释放点和A点之间的势能变化大小△E。与动能变 化大小△Ek,就能验证机械能是否守恒。 (1)用△E,=mgh计算钢球重力势能变化量的大小，要得到式中钢 球下落高度h应测量释放时的钢球球心到 之间的竖直 距离。 A.钢球在A点时的顶端 B.钢球在A点时的球心 C.钢球在A点时的底端 1 (2)用△E:=2m02计算钢球动能变化的大小。用刻度尺测量遮光 条的宽度，示数如图乙所示，其读数为 cm。某次测量中， 计时器的示数为0.0100s,则钢球的速度为0= m/s。 遮光条 mmjmnpmnm 0cm 1 2 乙 (3)下表为该同学的实验结果： △E./(102J) 4.892 9.786 14.69 19.59 29.38 △Ek/(102J) 5.04 10.1 15.1 20.0 29.8 他发现表中的△E。与△Ek之间存在差异，认为这是由空气阻力造 成的。你是否同意他的观点？ 。 请说明理由： (4)请你提出一条减小上述差异的改进建议。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 小球下落的竖直位移为y=2gt, g 解得=L√ 1 因北速度正比于√ ,可用下落高度表示速度，不需要测量小 球做平抛运动的时间」 (3)小球a下滑过程中与斜槽轨道间存在摩擦力，只要前后两 次由静止释放的位置相同就能保证碰撞前小球的速度相同， 这对实验结论不会产生影响。 (4)根据碰撞规律得碰撞后小球b的初速度最大，根据平抛运 动规律0= 上，可知小球b运动的时间最短，下落高度最小， 所以小球b在白纸上留下的痕迹是M,点。 (5)碰前入射小球a的水平建度为，=L√2y g 碰后入射小球a的水平速度为v2=L g 碰后被碰小球b的水平速度为=L√②' g 如果碰撞过程动量守恒，有mnV1=1aU2十mU?, 代入数据整理得=。十 yP/yN√yM 若碰撞为弹性碰撞，满足能量守恒定律，有2m,v=2m,十 2m,,解得 1 1 √VPVyN√yM 9.(1)B(2)1.50(1.49~1.51均可)1.50(1.49~1.51均可) (3)不同意因为空气阻力会造成△Ek小于△E,但表中△E: 大于△E。(4)分别测出光电门和球心到悬点的长度L和l,计 算△E时，将u折算成钢球的速度v'=元 解析：(1)钢球下落高度h是初、末位置球心之间的高度差，B 正确。 (2)毫米刻度尺读数时要估读到毫米下一位，读数为1.50cm, 由u=代入数据，可得u=1.50m/s (3)从表中数据可知△Ek>△E。,若有空气阻力，则应为△Ek< △E。,所以不同意他的观，点。 (4)实验中遮光条经过光电门时的速度大于钢球经过A点时的 速度，因此由△Ek=之mw计算得到的△E:偏大，要减小△E, 与△Ek的差异可考虑将遮光条的速度折算为钢球的速度。 阶段综合测评（三） 1.C碰撞过程中，汽车和假人总动量在减小，因此总动量不守 恒，A错误：无论是否使用安全带，假人动量变化量相同，B错 误；使用安全带时，根据动量定理可得假人受到的平均作用力 为F=42=50X20 N=1250N,C正确；不使用安全带时，根 △t, 0.8 据动量定理可得饭人受到的平均作用力为F=2-50X20N △t。 0.2 5000N,D错误。 2.B根据动量定理结合F-t图像可得Io1=I0-12=1U一mv0, 解得U=m十=二4中5X4m/s=4m/s,故选B。 3.A两小球相互作用过程中，A、B组成的系统所受的合外力为 零，系统的总动量守恒，则A、B的动量变化量大小相等、方向相 反，故A正确，B错误；由动量定理Ft=△p可知，动量的变化 率等于物体所受的合外力，A、B两球各自所受的合外力大小相 等、方向相反，所受的合外力不同，则动量的变化率不同，故C 错误；两球间的库仑斥力对两球做功，电势能发生变化，根据能 量守恒定律可知总机械能也发生变化，故D错误。 4.D由第一张与第二张照片可知小球的初速度大小为。= , 由第二张与第三张照片可知碰撞后小球的速度大小为心1= 二，碰撞后大球的速度大小为=二，设水平向左为正方向， 十m2t 根据动量守恒定律可得m12=一1：门 2,结合题图可 t 知m1·1.5=-m1·1十m2·0.5,可得1：m2=1:5,故选D。 2对勾·高考一轮复习金卷物理 15 5.B小球从开始运动到运动到圆孤最低，点的过程中，小球对圆 孤槽的弹力对圆孤槽做功，小球的机械能减小，因此小球的机 械能不守恒，A错误：小球与圆孤槽组成的系统，在水平方向所 受合外力为零，因此系统在水平方向动量守恒，设圆孤槽质量 为M,小球质量为m,由人船模型可得mx球=Mx槽，x球 工精=R,解得工珠一M十m M一R,可知工R,则小球从开始运动 到圆孤最低点的过程中，小球的水平位移小于R,B正确；小球 开始运动时速度是零，重力的功率为零，小球沿圆孤槽下滑，竖 直方向的速度增大，重力的功率增大，小球继续沿圆孤槽下滑， 竖直方向的速度减小，水平方向的速度增大，小球滑到圆孤槽 最低点时，竖直方向的速度为零，此时重力的功率为零，因此小 球重力的功率先增大后减小，C错误；小球在竖直方向有分加 速度，小球与圆孤槽组成的系统，在竖直方向受到的合外力不 为零，因此系统动量不守恒，D错误。 6.CA、B、C三球组成的系统，只有重力做功，机械能守恒，在水 平方向不受外力，水平方向动量守恒，在竖直方向上所受合外 力不为零，动量不守恒，所以系统动量不守恒，故A错误；根据 水平方向动量守恒可知，小球A速度先增大后减小，动能先增 大后减小，轻杆对小球A先做正功后做负功，故B错误；A、B 两球的动能始终相等，小球A的动能最大时，轻杆对小球A的 弹力为零，小球C仅受重力作用，加速度为g,故C正确；当两 杆夹角为120°时，根据机械能守恒定律有2mgL(1一c0s60°)= 2×2m呢十2X2mi,根据A.C两球的速度关系有as60 UA sin60°，联立解得A= √gL,故D错误。 2 7,C设轻绳与水平方向的夹角为日 时，小球的速度大小为，根据机械 能守恒定律有mgLsin9=2m0, 设轻绳中的拉力大小为T,则有 620 0 (3.0) T-mgsin0=m乙，解得T= 3 ng sin日，要使木板不滑动，则轻绳 中的拉力在水平方向的分力不大于对应木板受到的最大静摩 擦力，剩有Tcos0≤(3mg+Tsin8),可得r≥3mg十Tsn0 Tcos sin 20 sin 20 3-c0s28'3-c0s28可以看作第一象限内单位圆上的点与定 点(3,0)连线斜率的相反数，如图所示，可知当©0s20=3,即 sin 20=2v2 3 时，函数存在最大值，由于恰好没有滑动，动摩擦因 数=巨，故选C。 A 8.BD木块乙上升过程中，开始时弹簧处于压缩状态，后来弹簧 处于伸长状态，则弹簧的弹性势能先减小后增大，而整个系统 机械能守恒，弹簧的弹性势能与木块乙的机械能相互转化，所 以木块乙的机械能先增大后减小，A错误；当木块乙静止时，弹 簧处于压缩状态，其弹力等于木块乙的重力，即2g=x1,解 得x1= 2m3,当木块甲恰好未离开桌面时，弹簧处于伸长状态， 弹瓷弹力等于木块甲的重力，即mg=红，解得工，=必，则木 块乙上升的最高位置距开始静止，点的距离为x=x1十x2= 3mg,根据对称性可知弹簧的最大压缩量为x'=工十工1= ,B正确；木块甲对桌面的最大压力大小F=mg十kx'= k 6mg,C错误；在外力F将木块乙缓慢压缩过程中，选木块乙下 降的最低点所在平面为零势能面，根据能量守恒定律可知W十 如+2mgx=2x,解得w= 1 kzi-2mgx= 9mg -,D正确。 9.CD由题图可知，ABCD,说明撤去推力后两物体的加速度 相同，而撤去推力后物体所受的合力等于摩擦力，根据牛顿第 二定律可知，两物体受到的摩擦力大小相等。施加水平推力 时，由题图可知，的加速度大于b的加速度，根据牛顿第二定 律有F一f=ma,得到F=ma十f,故水平推力F1大于F2,A 错误；根据动量定理可知，合外力的冲量等于物体动量的变化 量，即I合=0，故合外力对物体的冲量等于合外力对b物体的 0