寒假作业09 碰撞模型（巩固培优）高二物理人教版

限时练习：40min 完成时间： 月 日 天气： 作业09 碰撞模型 考点1滑块-板块与子弹打木块 1．子弹打木块模型 分类 模型特点 示例 子弹嵌入木块中 (1)子弹水平打进木块的过程中，系统的动量守恒． (2)系统的机械能有损失． 两者速度相等，机械能损失最多(完全非弹性碰撞) 动量守恒：mv0＝(m＋M)v 能量守恒：Q＝Ff·s＝mv02－(M＋m)v2 子弹穿透木块 (1)子弹水平打进木块的过程中，系统的动量守恒． (2)系统的机械能有损失． 动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2 能量守恒：Q＝Ff·d＝mv02－(Mv22＋mv12) 2．板块模型 分类 模型特点 示例 滑块未滑离木板 木板M放在光滑的水平地面上，滑块m以速度v0滑上木板，两者间的摩擦力大小为f。 ①系统的动量守恒； ②系统减少的机械能等于摩擦力与两者相对位移大小的乘积，即摩擦生成的热量。 类似于子弹打木块模型中子弹未穿出的情况。 ①系统动量守恒：mv0＝（M＋m）v； ②系统能量守恒：Q＝f·x＝m－（M＋m）v2。 滑块滑离木板 木板M放在光滑的水平地面上，滑块m以速度v0滑上木板，两者间的摩擦力大小为f。 ①系统的动量守恒； ②系统减少的机械能等于摩擦力与两者相对位移大小的乘积，即摩擦生成的热量。 类似于子弹穿出的情况。 ①系统动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2； ②系统能量守恒：Q＝fl＝m－。 三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型 1．（2025秋•工业园区校级期中）如图所示，两个质量和速度均相同的子弹分别水平射入静止在光滑水平地面上质量相同、材料不同的两矩形滑块A、B中，射入A中的深度是射入B中深度的两倍。两种射入过程相比较（　　） A．射入滑块A的子弹速度变化大 B．整个射入过程中两滑块受的冲量不一样大 C．射入滑块A中时阻力对子弹做功是射入滑块B中时的两倍 D．两个过程中系统产生的热量相同 2．（2025秋•烟台期中）如图所示，一小球（可视为质点）通过长为L的轻质细绳悬挂在天花板上O点，处于静止状态。现有一质量为m的子弹以初速度v0水平射向小球，子弹穿过小球后继续向前飞行，穿出时速度变为原来的倍，而小球恰好做小角度摆动（摆角小于5°）。已知小球的质量是子弹质量的5倍，空气阻力不计，子弹穿过小球时间不计，重力加速度为g，则从子弹击中小球到小球再次回到最低点的过程，下列说法正确的是（　　） A．小球所受合力的冲量大小为mv0 B．小球所受拉力的冲量大小为零 C．小球所受重力的冲量大小为零 D．小球所受重力的冲量大小为 3．（2025秋•海淀区校级期中）如图所示，把一个质量为m1的小球放在高度为h的直杆的顶端，一颗质量为m′的子弹以速度v0沿水平方向击中小球，并在很短时间内穿过球心，小球落地处离杆的距离为s，子弹落地处离杆的距离为s′。如果增大子弹速度v0，且认为子弹与小球之间的作用力与二者相对运动速度大小无关，下列判断正确的是（　　） A．s增大、s′也增大 B．s增大，s′减小 C．s减小，s′增大 D．子弹和小球系统机械能的损失减小 4．（2025秋•金坛区期中）如图所示，光滑水平面上有一静止的木块，一颗子弹以水平速度v0射穿木块，并沿原来速度方向远离木块。则在子弹射入木块的过程中，下列说法中正确的是（　　） A．子弹和木块组成的系统机械能守恒，动量守恒 B．子弹对木块的冲量大小等于木块对子弹的冲量大小 C．子弹对木块做的功等于木块对子弹做的功 D．子弹动能变化量的大小等于木块动能变化量的大小 5．（2025春•江西期末）如图所示，光滑水平面上有一质量为M的物块静止放置，物块左侧有一发射装置可以连续向右射出质量均为m的子弹，每颗子弹的初速度大小均为v0，每颗子弹与物块作用时间极短，子弹在物块中所受作用力大小不变，且全部子弹均停留在物块中，子弹可视为质点，已知M＞m，下列说法正确的是（　　） A．若总共射出5颗子弹，物块稳定时的速度大小为 B．第5颗子弹对物块的冲量大小为 C．每颗子弹与物块作用过程损失的机械能越来越大 D．每颗子弹与物块作用过程损失的机械能不变 6.（多选）（2025秋•昌乐县校级期中）如图所示，一块质量为M的木块静止在光滑水平桌面上，一质量为m的子弹以水平速度v0射入木块，子弹射穿木块时，木块速度大小为v1，已知木块对子弹的阻力为f。下列说法正确的是（　　） A．子弹动量的减少量为Mv1 B．子弹刚射穿过木块时的速度大小为 C．木块的长度为 D．子弹和木块组成的系统动能减少量为 考点2滑块-曲面或斜面 1.上升到最大高度：滑块m与斜(曲)面M具有共同水平速度v共，此时滑块m的竖直速度vy＝0。 系统水平方向动量守恒：mv0＝(M＋m)v共； 系统机械能守恒：m(M＋m)＋mgh， 其中h为滑块上升的最大高度，不一定等于轨道的高度(相当于完全非弹性碰撞，系统减少的动能转化为滑块m的重力势能)。 2.返回最低点：滑块m与斜(曲)面M分离点。 系统水平方向动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2； 系统机械能守恒：mmM(相当于弹性碰撞) 三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型 1．（2025秋•常州期中）如图所示，在光滑水平面上静止放置一个弧形槽，其光滑弧面底部与水平面相切，将一小滑块从弧形槽上的A点由静止释放。已知小滑块与轻弹簧碰撞无能量损失，弧形槽质量小于小滑块质量，则（　　） A．小滑块能追上弧形槽，但不能到达弧形槽上的A点 B．下滑过程中，小滑块所受重力的功率一直增大 C．小滑块弹回后不能追上弧形槽 D．从滑块释放到再次追上弧形槽的过程中，弧形槽与滑块组成的系统水平方向动量守恒 2．（2025秋•鼓楼区校级月考）如图所示，光滑圆槽静止放在光滑水平地面上，小球以某一速度在水平面上向右运动，恰好运动到圆槽最高点，且圆槽的质量是小球的3倍。小球和圆槽相互作用过程中（　　） A．小球和圆槽组成的系统动量守恒 B．小球和圆槽组成的系统机械能先减小后增大 C．小球返回到水平地面时圆槽的速度最大 D．小球在圆槽上运动时，圆槽对小球不做功 3．（2025秋•徐州月考）在光滑水平地面上放一个质量为2kg、内侧带有光滑弧形凹槽的滑块M，凹槽的底端切线水平，如图所示。质量为1kg的小物块m以v0＝6m/s的水平速度从滑块M的底端沿槽上滑，恰好能到达滑块M的顶端，随后下滑至底端二者分离。重力加速度取g＝10m/s2，不计空气阻力。在小物块m沿滑块M滑行的整个过程中，下列说法正确的是（　　） A．地面对滑块M的冲量为零 B．小物块m沿滑块M上滑的最大高度为0.6m C．滑块M对小物块m做的功为﹣16J D．合力对滑块M的冲量大小为16N•s 4．（2025春•保定期末）如图所示，有一质量为m的小球，以速度v0滑上静置于光滑水平面上带有四分之一光滑圆弧轨道的滑块。滑块的质量为3m，小球在上升过程中始终未能冲出圆弧，重力加速度为g，则在小球运动过程中（　　） A．小球和滑块组成的系统动量守恒 B．小球在圆弧轨道最高点的速度大小为 C．小球在圆弧轨道上能上升的最大高度为 D．小球离开圆弧轨道时圆弧轨道的速度大小为 5．（2025•洮北区校级一模）如图所示将一质量为m的小球，从放置在光滑水平地面上质量为M的光滑半圆形槽的槽口A点由静止释放经过最低点B运动到C点下列说法中正确的是（　　） A．从A→B，半圆形槽运动的位移一定大于小球在水平方向上运动的位移 B．从B→C，半圆形槽和小球组成的系统动量守恒 C．从A→B→C，C点可能是小球运动的最高点 D．小球最终在半圆形槽内做往复运动 6.（多选）（2024秋•辽宁期末）如图所示，一质量为2m的小车静止在光滑水平地面上，其左端P点与平台平滑连接。小车上表面PQ是以O为圆心、半径为R的四分之一圆弧轨道。质量为m的光滑小球，以的速度由水平台面滑上小车。已知OP竖直，OQ水平，水平台面高，小球可视为质点，重力加速度为g。则（　　） A．小车能获得的最大速度为 B．小球在Q点的速度大小为 C．小球落地时的速度大小为 D．小球在Q点速度方向与水平方向夹角的正切值为 考点3弹簧与滑块 1.动量守恒：两个物体与弹簧相互作用的过程中，若系统所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒。 2.机械能守恒：系统所受的外力的矢量和为零或除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒。 3.弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系统动能通常最小(相当于完全非弹性碰撞，两物体减少的动能转化为弹簧的弹性势能)。 4.弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大(相当于刚完成弹性碰撞)。 三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型 1．（2025秋•南京期中）如图甲，轻质弹簧左端与物块A相连，右端与物块B接触但不栓接，系统处于静止状态，给A一水平向右的瞬时速度v0，之后两物块的v﹣t图像如图乙所示，已知物块A的质量为m，t2时刻B与弹簧分离，弹簧始终处于弹性限度内。则下列说法正确的是（　　） A．0～t1时间，弹簧对物块A的冲量大小为 B．物块B的质量为3m C．0～t1时间，弹簧弹性势能变化量ΔEp D．t2时刻B的速度 2．（2025秋•曲阜市期中）如图所示，在光滑的水平面上静止放一质量为m的木板B，木板表面光滑，左端固定一轻质弹簧。质量为2m的木块A以速度v0从板的右端水平向左滑上木板B，在木块A与弹簧相互作用的过程中，下列判断正确的是（　　） A．弹簧压缩量最大时，B板运动速率最大 B．板的加速度一直增大 C．弹簧给木块A的冲量大小为 D．弹簧的最大弹性势能为 3．（2024秋•庐阳区校级期末）如图所示，置于水平面上的质量为2m的木板右端水平固定有一轻质弹簧，木板的右侧有竖直方向的墙壁，木板左端上方有质量为m的物体，二者一起以水平速度v向右运动，一切接触面摩擦不计，木板与墙碰撞无机械能损失，木板原速率反弹，则下列说法正确的是（　　） A．木板与墙碰撞前后，物体、木板组成的系统动量守恒 B．当物体速度为零时，木板速度大小为0.5v C．当物体向右运动速度为零时；弹簧弹性势能最大 D．物体最终与木板以速度共同向左运动 4．（2024秋•南京期末）如图所示，质量分别为m1、m2的小球A、B用轻弹簧连接且m1＞m2，两小球分别套在两平行光滑水平轨道上，水平光滑轨道宽度和弹簧自然长度均为d，B的左侧有一固定挡板，假设轨道足够长，A由图示位置由静止释放，当A与B相距最近时，A的速度为v1，则在以后的运动过程中（　　） A．A的最小速度是0 B．A的最小速度是 C．B的最大速度是v1 D．B的最大速度是 5．（2025秋•新吴区校级期中）如图，光滑水平面上有a、b、c、d四个弹性小球，质量分别为m、9m、3m、m。小球a一端靠墙，并通过一根轻弹簧与小球b相连，此时弹簧处于原长。小球b和c接触但不粘连。现给小球d一个向左的初速度v0，与小球c发生碰撞，整个碰撞过程中没有能量损失，弹簧始终处于弹性限度之内。以下说法正确的是（　　） A．整个过程中小球a、b、c、d和弹簧组成的系统动量守恒 B．整个过程中四个弹性小球a、b、c、d的机械能守恒 C．小球a速度最大时，弹簧处于原长状态 D．当小球a、b速度相等时，弹簧的弹性势能最大 6.（多选）（2024秋•泰安期末）如图甲所示，质量为m的物体P与物体Q（质量未知）之间拴接一轻弹簧，均静止在光滑的水平地面上，弹簧恰好处于原长。现给物体P一瞬时初速度v0，并把此时记为0时刻，规定向左为正方向，0～2t0时间内物体P、Q运动的a﹣t图像如图乙所示，则（　　） A．物体Q的质量为2m B．物体Q的质量为0.5m C．t0时刻物体Q的速度大小为 D．t0时刻物体P的速度大小为 考点4人船模型 1．模型探究：如图所示，长为L、质量为m船的小船停在静水中，质量为m人的人由静止开始从船的一端走到船的另一端，不计水的阻力。 2．模型特点 (1)两物体满足动量守恒定律：m人v人－m船v船＝0； (2)运动特点：人动船动，人静船静，人快船快，人慢船慢，人左船右； (3)两物体的位移大小满足：m人－m船＝0，x人＋x船＝L，得x人＝L，x船＝L。 3．“人船模型”的拓展(某一方向动量守恒) 三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型 1．（2025秋•重庆期中）一质量为M，长为L的长木板静止在光滑水平面上，质量为m的机械蛙静止蹲在长木板的左端。机械蛙向右上方跳起，恰好落至长木板右端，且立刻相对木板静止，木板的厚度不计。已知起跳与着板过程时间极短，机械蛙可看作质点，空气阻力忽略不计，木板和机械蛙的质量关系满足（M＞m）。下列说法正确的是（　　） A．机械蛙和木板都向右运动 B．机械蛙和木板组成的系统动量守恒 C．木板由于惯性大，机械蛙落在木板上后，木板还要继续向前运动 D．机械蛙相对于水平面位移大小为 2．（2025秋•灌云县期中）如图所示，平静的湖面上有一艘静止的小船，李同学和刘同学均站立在船头处（图中未画出），两位同学发现距离船头前方d处有一株荷花。当刘同学缓慢从船头走至船尾时，站立在船头的李同学恰好到达荷花处。已知李同学和刘同学的质量均为m，船长为L，不计水的阻力，则船的质量为（　　） A． B． C． D． 3．（2025春•天山区校级期中）如图所示，平静湖面上静止的小船的船头直立一垂钓者，距离船头右侧d处有一株荷花，当此人沿直线走到船尾时，船头恰好到达荷花处。若已知人的质量为m，船长为L，不计水的阻力，则船的质量为（　　） A． B． C． D． 4．（2025秋•江阴市校级期中）如图所示，一质量为的小车静止在光滑水平面上，车上固定一个竖直支架，轻绳一端固定在支架上，另一端固定一质量为的小球，轻绳长为l，将小球向右拉至轻绳水平后，从静止释放，忽略所有摩擦阻力，已知重力加速度为g，则（　　） A．任意时刻小球与小车的动量等大反向 B．小球运动到最低点时的速度大小为 C．小球不能向左摆到原高度 D．小车向右移动的最大距离为 5．（2025春•南岗区校级期中）如图所示，质量m＝50kg的人，站在质量M＝250kg的车的一端，人和车均相对于地面静止。人由车的一端走到另一端的过程中，车后退0.4m，车与地面间的摩擦可以忽略不计，则车的总长为（　　） A．0.33m B．0.48m C．2.4m D．3m 6.（多选）（2025秋•乌鲁木齐校级期中）光滑水平面上放有一表面光滑、倾角为α的斜面体A，斜面体质量为M、底边长为L，如图所示。将一质量为m、可视为质点的滑块B从斜面的顶端由静止释放，滑块B经过时间t刚好滑到斜面底端。此过程中斜面对滑块的支持力大小为FN，重力加速度为g，则下列说法中不正确的是（　　） A．FN＝mgcosα B．滑块下滑过程中斜面体A做匀加速直线运动 C．此过程中斜面体向左滑动的距离为 D．滑块B下滑的过程中A、B组成的系统动量守恒 1．（2025秋•安徽期中）如图，长木板A放在光滑的水平面上，右端带有一劲度系数k＝20N/m的轻弹簧，滑块B放在长木板A的左侧，两者之间的动摩擦因数μ＝0.1，右侧是墙壁。t0时刻给B一个方向水平向右、大小v0＝1.25m/s的初速度，在摩擦力作用下，A开始向右做加速运动，t1时刻弹簧接触到墙壁，此时A、B恰好共速。当继续压缩弹簧到t2时刻，A、B加速度恰好相同，两物体即将开始相对滑动，在t3时刻弹簧的压缩量达到最大，在t4时刻A、B加速度再次相同。已知A、B的质量分别为1kg和4kg，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2，空气阻力忽略不计，弹簧始终处于弹性限度内，弹簧的弹性势能（x为弹簧伸长或缩短的长度），滑块B始终未滑离木板A。 （1）求在t0～t1时间内，A向右运动的距离。 （2）求在t2时刻A的速度大小。 （3）若，求在t2～t4时间内，系统损失的机械能。 2．（2025秋•河北期中）如图所示，长为L＝2m的水平传送带以v＝8m/s的速度沿顺时针方向匀速转动，传送带的上表面与水平面相平，传送带的两端与光滑水平面平滑连接，轻弹簧左端连接在固定挡板上，质量为1kg的物块A放在水平面上，质量均为3kg的物块B和光滑圆弧体C静止在光滑水平面上，圆弧所对的圆心角为53°，圆弧的半径为R＝0.5m，重力加速度g＝10m/s2，用力将物块A向左压缩轻弹簧至某一位置，由静止释放物块A，物块A刚好能匀减速滑过传送带，并与物块B发生弹性碰撞，物块A与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，不计物块的大小，求： （1）轻弹簧开始被压缩时具有的弹性势能； （2）物块A第二次在传送带上运动，因摩擦产生的内能为多少； （3）物块B滑离圆弧体C后，还能上升的高度为多少。 1．（2025秋•合肥期中）如图所示，木板A和滑块C静置于水平轨道上，滑块B从木板A的左端以初速度v0＝4m/s滑上A。A、B、C的质量均为m＝2kg，木板A下表面光滑，上表面粗糙，滑块C与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.1。当滑块B与木板A第一次速度相等后，A、C第1次碰撞。已知A与C间的碰撞均为弹性碰撞（时间极短），木板A足够长，g＝10m/s2。求： （1）A与C第1次碰撞前，A、B间因摩擦产生的热量； （2）A与C第1次碰后的速度大小vA1和vC1； （3）A、C第n次碰撞至第（n+1）次碰撞过程中C的位移大小xCn。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 限时练习：40min 完成时间： 月 日 天气： 作业09 碰撞模型 考点1滑块-板块与子弹打木块 1．子弹打木块模型 分类 模型特点 示例 子弹嵌入木块中 (1)子弹水平打进木块的过程中，系统的动量守恒． (2)系统的机械能有损失． 两者速度相等，机械能损失最多(完全非弹性碰撞) 动量守恒：mv0＝(m＋M)v 能量守恒：Q＝Ff·s＝mv02－(M＋m)v2 子弹穿透木块 (1)子弹水平打进木块的过程中，系统的动量守恒． (2)系统的机械能有损失． 动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2 能量守恒：Q＝Ff·d＝mv02－(Mv22＋mv12) 2．板块模型 分类 模型特点 示例 滑块未滑离木板 木板M放在光滑的水平地面上，滑块m以速度v0滑上木板，两者间的摩擦力大小为f。 ①系统的动量守恒； ②系统减少的机械能等于摩擦力与两者相对位移大小的乘积，即摩擦生成的热量。 类似于子弹打木块模型中子弹未穿出的情况。 ①系统动量守恒：mv0＝（M＋m）v； ②系统能量守恒：Q＝f·x＝m－（M＋m）v2。 滑块滑离木板 木板M放在光滑的水平地面上，滑块m以速度v0滑上木板，两者间的摩擦力大小为f。 ①系统的动量守恒； ②系统减少的机械能等于摩擦力与两者相对位移大小的乘积，即摩擦生成的热量。 类似于子弹穿出的情况。 ①系统动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2； ②系统能量守恒：Q＝fl＝m－。 三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型 1．（2025秋•工业园区校级期中）如图所示，两个质量和速度均相同的子弹分别水平射入静止在光滑水平地面上质量相同、材料不同的两矩形滑块A、B中，射入A中的深度是射入B中深度的两倍。两种射入过程相比较（　　） A．射入滑块A的子弹速度变化大 B．整个射入过程中两滑块受的冲量不一样大 C．射入滑块A中时阻力对子弹做功是射入滑块B中时的两倍 D．两个过程中系统产生的热量相同 【答案】D 【解析】解：A．以初速度方向为正方向，子弹和木块构成的系统动量守恒，根据动量守恒定律得 mv0＝（m+M）v1 mv0＝（m+M）v2 所以 v1＝v2 即两子弹初末速度均相等，速度变化量相等，故A错误； B．以初速度方向为正方向，对滑块，根据动量定理得 I1＝Mv1 I2＝Mv2 所以 I1＝I2 故B错误； C．对子弹，根据动能定理得 所以 Wf1＝Wf2 故C错误； D．对系统，根据能量守恒定律得 所以 Q1＝Q2 故D正确。 故选：D。 2．（2025秋•烟台期中）如图所示，一小球（可视为质点）通过长为L的轻质细绳悬挂在天花板上O点，处于静止状态。现有一质量为m的子弹以初速度v0水平射向小球，子弹穿过小球后继续向前飞行，穿出时速度变为原来的倍，而小球恰好做小角度摆动（摆角小于5°）。已知小球的质量是子弹质量的5倍，空气阻力不计，子弹穿过小球时间不计，重力加速度为g，则从子弹击中小球到小球再次回到最低点的过程，下列说法正确的是（　　） A．小球所受合力的冲量大小为mv0 B．小球所受拉力的冲量大小为零 C．小球所受重力的冲量大小为零 D．小球所受重力的冲量大小为 【答案】D 【解析】解：A、设子弹质量为m，则小球质量M＝5m。子弹击穿小球过程系统动量守恒，取子弹初速方向为正方向，由，解得：。根据动量定理，小球合冲量I合＝Δp＝Mv﹣0＝0.5mv0，故A错误； B、小球摆动过程中，绳拉力始终存在且作用时间t≠0，由冲量定义I＝Ft知拉力冲量不为零，故B错误； CD、小球小角度摆动可视为简谐运动，周期。重力冲量IG＝Mgt。若摆动半周期，；若摆动全周期，。由题意知t＝T，故，故C错误，D正确。 故选：D。 3．（2025秋•海淀区校级期中）如图所示，把一个质量为m1的小球放在高度为h的直杆的顶端，一颗质量为m′的子弹以速度v0沿水平方向击中小球，并在很短时间内穿过球心，小球落地处离杆的距离为s，子弹落地处离杆的距离为s′。如果增大子弹速度v0，且认为子弹与小球之间的作用力与二者相对运动速度大小无关，下列判断正确的是（　　） A．s增大、s′也增大 B．s增大，s′减小 C．s减小，s′增大 D．子弹和小球系统机械能的损失减小 【答案】C 【解析】解：ABC、子弹与小球离开杆顶端后均作平抛运动，由可得下落时间t相同且恒定。水平位移s＝vt，因此落点间距由初速度决定。子弹穿透过程视相互作用力F恒定，穿透时间（d为小球直径），当v0增大时Δt减小。根据冲量I＝FΔt，可知子弹对小球的冲量减小。对小球用动量定理：I＝m1v球，因I减小导致v球减小，故小球落点距离s减小。对子弹用动量定理：﹣I＝m'（v'子弹﹣v0），解得：。由于v0增大且减小，故v'子弹增大，子弹落点距离s'增大。综上，s减小而s'增大，故AB错误，C正确。 D、系统机械能损失ΔE＝Q＝Fd，因阻力F与速度无关且相对位移d不变，故ΔE恒定，故D错误。 故选：C。 4．（2025秋•金坛区期中）如图所示，光滑水平面上有一静止的木块，一颗子弹以水平速度v0射穿木块，并沿原来速度方向远离木块。则在子弹射入木块的过程中，下列说法中正确的是（　　） A．子弹和木块组成的系统机械能守恒，动量守恒 B．子弹对木块的冲量大小等于木块对子弹的冲量大小 C．子弹对木块做的功等于木块对子弹做的功 D．子弹动能变化量的大小等于木块动能变化量的大小 【答案】B 【解析】解：A、子弹穿过木块时，因水平面光滑，系统水平方向合外力为零，动量守恒。但子弹与木块间摩擦力做功转化为内能，系统机械能不守恒，故A错误； B、由牛顿第三定律，子弹与木块间相互作用力f大小相等、方向相反，作用时间t相同。根据冲量I＝Ft，二者冲量大小相等，故B正确； C、设摩擦力大小为f，木块位移为x1，子弹位移为x2。因子弹速度始终大于木块速度，故x2＞x1。子弹对木块做功W1＝fx1，木块对子弹做功W2＝﹣fx2。由于x1≠x2，得|W1|≠|W2|，故C错误； D、由动能定理，子弹动能变化量|ΔEk2|＝fx2，木块动能变化量|ΔEk1|＝fx1。因x2＞x1，故|ΔEk2|＞|ΔEk1|，即子弹动能减少量大于木块动能增加量，故D错误。 故选：B。 5．（2025春•江西期末）如图所示，光滑水平面上有一质量为M的物块静止放置，物块左侧有一发射装置可以连续向右射出质量均为m的子弹，每颗子弹的初速度大小均为v0，每颗子弹与物块作用时间极短，子弹在物块中所受作用力大小不变，且全部子弹均停留在物块中，子弹可视为质点，已知M＞m，下列说法正确的是（　　） A．若总共射出5颗子弹，物块稳定时的速度大小为 B．第5颗子弹对物块的冲量大小为 C．每颗子弹与物块作用过程损失的机械能越来越大 D．每颗子弹与物块作用过程损失的机械能不变 【答案】B 【解析】解：A、子弹与物块组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得5mv0＝（5m+M）v5，解得v5，故A错误； B、子弹与物块组成的洗系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得4mv0＝（4m+M）v4，解得v4，由动量定理可知，第5颗子弹对物块的冲量I＝Mv5﹣Mv4，解得I，故B正确； CD、由AB的分析可知，随子弹的打入物块的速度越来越大，子弹与物块的相对速度越来越小，子弹打入物块后相对于子弹的路程s越来越小，摩擦产生的热量Q＝fs，由于s越来越小，则摩擦产生的热量越来越小，由能量守恒定律可知，每颗子弹与物块作用过程损失的机械能越来越小，故CD错误。 故选：B。 6.（多选）（2025秋•昌乐县校级期中）如图所示，一块质量为M的木块静止在光滑水平桌面上，一质量为m的子弹以水平速度v0射入木块，子弹射穿木块时，木块速度大小为v1，已知木块对子弹的阻力为f。下列说法正确的是（　　） A．子弹动量的减少量为Mv1 B．子弹刚射穿过木块时的速度大小为 C．木块的长度为 D．子弹和木块组成的系统动能减少量为 【答案】ABD 【解析】解：AB．子弹射入木块到射穿的过程中，子弹和木块构成的系统动量守恒，设子弹刚射穿过木块时的速度大小为v，以子弹初速度方向为正方向， 根据动量守恒定律有mv0＝mv+Mv1 解得 子弹动量的减少量为 ΔP＝mv﹣mv0 解得 ΔP＝Mv1 故AB正确； CD．设木块的长度为d，对子弹和木块构成的系统，由能量守恒定律得 联立解得 故C错误，D正确。 故选：ABD。 考点2滑块-曲面或斜面 1.上升到最大高度：滑块m与斜(曲)面M具有共同水平速度v共，此时滑块m的竖直速度vy＝0。 系统水平方向动量守恒：mv0＝(M＋m)v共； 系统机械能守恒：m(M＋m)＋mgh， 其中h为滑块上升的最大高度，不一定等于轨道的高度(相当于完全非弹性碰撞，系统减少的动能转化为滑块m的重力势能)。 2.返回最低点：滑块m与斜(曲)面M分离点。 系统水平方向动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2； 系统机械能守恒：mmM(相当于弹性碰撞) 三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型 1．（2025秋•常州期中）如图所示，在光滑水平面上静止放置一个弧形槽，其光滑弧面底部与水平面相切，将一小滑块从弧形槽上的A点由静止释放。已知小滑块与轻弹簧碰撞无能量损失，弧形槽质量小于小滑块质量，则（　　） A．小滑块能追上弧形槽，但不能到达弧形槽上的A点 B．下滑过程中，小滑块所受重力的功率一直增大 C．小滑块弹回后不能追上弧形槽 D．从滑块释放到再次追上弧形槽的过程中，弧形槽与滑块组成的系统水平方向动量守恒 【答案】C 【解析】解：D、在滑块从释放到再次追上弧形槽的过程中，小滑块与墙面弹簧发生碰撞。碰撞时墙壁对滑块施加外力冲量，导致滑块与弧形槽系统水平方向动量不守恒，故D错误； B、小滑块初始静止，重力功率P＝0；滑至最低点时速度水平方向，竖直分速为零，重力功率P＝0。因此下滑过程重力功率先增后减，故B错误； AC、设小滑块脱离弧形槽时速度为v1，弧形槽速度为v2。水平方向系统动量守恒（取向右为正），有：mv1﹣Mv2＝0，解得：。已知M＜m，则，故v2＞v1。小滑块与弹性碰撞后速度大小仍为v1（方向向左），而弧形槽以v2向左运动。因v2＞v1，两者间距持续增大，小滑块无法追上弧形槽，故A错误，C正确。 故选：C。 2．（2025秋•鼓楼区校级月考）如图所示，光滑圆槽静止放在光滑水平地面上，小球以某一速度在水平面上向右运动，恰好运动到圆槽最高点，且圆槽的质量是小球的3倍。小球和圆槽相互作用过程中（　　） A．小球和圆槽组成的系统动量守恒 B．小球和圆槽组成的系统机械能先减小后增大 C．小球返回到水平地面时圆槽的速度最大 D．小球在圆槽上运动时，圆槽对小球不做功 【答案】C 【解析】解：A、小球与圆槽系统在水平方向动量守恒，竖直方向合外力不为零，故系统竖直方向动量不守恒，故A错误； B、小球和圆槽系统仅重力做功，机械能守恒，故B错误； C、全过程小球始终对圆槽做正功，因此当小球返回水平地面时圆槽速度达到最大，故C正确； D、小球在圆槽运动过程中机械能持续减小，说明圆槽对小球做负功，故D错误。 故选：C。 3．（2025秋•徐州月考）在光滑水平地面上放一个质量为2kg、内侧带有光滑弧形凹槽的滑块M，凹槽的底端切线水平，如图所示。质量为1kg的小物块m以v0＝6m/s的水平速度从滑块M的底端沿槽上滑，恰好能到达滑块M的顶端，随后下滑至底端二者分离。重力加速度取g＝10m/s2，不计空气阻力。在小物块m沿滑块M滑行的整个过程中，下列说法正确的是（　　） A．地面对滑块M的冲量为零 B．小物块m沿滑块M上滑的最大高度为0.6m C．滑块M对小物块m做的功为﹣16J D．合力对滑块M的冲量大小为16N•s 【答案】C 【解析】解：A、地面对滑块M有竖直向上的支持力，由I＝Ft可知，支持力的冲量不为0，故A错误； B、小物块m滑上滑块M的过程的中，对于M、m组成的系统，水平方向合外力为零，动量守恒，则有：mv0＝（m+M）v共，解得 根据能量守恒可得， 两式联立，求得：，故B错误； C、小物块m沿滑块M滑行的整个过程中，根据水平方向动量守恒，系统机械能守恒可得： mv0＝mv1+Mv2， ， 两式联立，求得：，， 对小物块m，根据动能定理：，解得：，故C正确； D、小物块m沿滑块M滑行的整个过程，对滑块M，由动量定理可得I＝Mv2﹣0＝2×4N•s＝8N•s，故D错误； 故选：C。 4．（2025春•保定期末）如图所示，有一质量为m的小球，以速度v0滑上静置于光滑水平面上带有四分之一光滑圆弧轨道的滑块。滑块的质量为3m，小球在上升过程中始终未能冲出圆弧，重力加速度为g，则在小球运动过程中（　　） A．小球和滑块组成的系统动量守恒 B．小球在圆弧轨道最高点的速度大小为 C．小球在圆弧轨道上能上升的最大高度为 D．小球离开圆弧轨道时圆弧轨道的速度大小为 【答案】C 【解析】解：A．在小球运动过程中，小球和滑块组成的系统在水平方向上动量守恒，系统竖直方向动量不守恒，小球和滑块组成的系统动量不守恒，故A错误； B．小球在圆弧轨道上升到最高时小球与滑块速度相同，系统在水平方向上动量守恒。 规定v0的方向为正方向，水平方向根据动量守恒定律可得：mv0＝4mv 解得：，故B错误； C．取水平面为零势能面，根据机械能守恒定律得： 解得：，故C正确； D．小球离开圆弧轨道时，规定v0的方向为正方向，水平方向根据动量守恒定律可得：mv0＝mv1+3mv2 根据机械能守恒定律，则有： 联立以上两式可得：，，故D错误。 故选：C。 5．（2025•洮北区校级一模）如图所示将一质量为m的小球，从放置在光滑水平地面上质量为M的光滑半圆形槽的槽口A点由静止释放经过最低点B运动到C点下列说法中正确的是（　　） A．从A→B，半圆形槽运动的位移一定大于小球在水平方向上运动的位移 B．从B→C，半圆形槽和小球组成的系统动量守恒 C．从A→B→C，C点可能是小球运动的最高点 D．小球最终在半圆形槽内做往复运动 【答案】D 【解析】解：A、从A→B过程，小球与槽组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv球﹣Mv槽＝0，即：mM0，解得：s球，s槽，由于不知M、m的大小关系，无法判断球与槽的位移大小关系，故A错误； B、从B→C过程，球与槽组成的系统所受合外力不为零，系统动量守恒，但系统在水平方向动量守恒，故B错误； C、小球与槽组成的系统在水平方向动量守恒，小球上升到最高点时，球与槽在水平方向速度相等，系统初动量为零，由动量守恒定律可知，小球上升到最高点时，球与槽的速度都为零，整个过程系统机械能守恒，由机械能守恒定律可知，小球到达最高点位置在槽右端最高点，不是C点，故C错误； D、球与槽组成的系统在水平方向动量守恒，小球从A运动到B再到槽右端最高点，然后再返回A点，如此反复运动，故D正确； 故选：D。 6.（多选）（2024秋•辽宁期末）如图所示，一质量为2m的小车静止在光滑水平地面上，其左端P点与平台平滑连接。小车上表面PQ是以O为圆心、半径为R的四分之一圆弧轨道。质量为m的光滑小球，以的速度由水平台面滑上小车。已知OP竖直，OQ水平，水平台面高，小球可视为质点，重力加速度为g。则（　　） A．小车能获得的最大速度为 B．小球在Q点的速度大小为 C．小球落地时的速度大小为 D．小球在Q点速度方向与水平方向夹角的正切值为 【答案】ABD 【解析】解：BD．小球到达Q点时，水平分速度vx与小车速度相等，设竖直分速度为vy，由动量守恒得mv0＝（m+2m）vx，机械能守恒得。解得：，。Q点速度大小为，代入得。设速度与水平方向夹角为θ，由得，故BD正确。 A．小球从Q点飞出后做斜抛运动，水平分速度与小车相等，将再次从Q点进入圆弧。当小球返回P点时小车速度最大，由动量守恒mv0＝mv1+2mv2及机械能守恒。解得：，，故A正确。 C．小球返回Q点后向左运动，由动能定理。解得：，故C错误。 故选：ABD。 考点3弹簧与滑块 1.动量守恒：两个物体与弹簧相互作用的过程中，若系统所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒。 2.机械能守恒：系统所受的外力的矢量和为零或除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒。 3.弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系统动能通常最小(相当于完全非弹性碰撞，两物体减少的动能转化为弹簧的弹性势能)。 4.弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大(相当于刚完成弹性碰撞)。 三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型 1．（2025秋•南京期中）如图甲，轻质弹簧左端与物块A相连，右端与物块B接触但不栓接，系统处于静止状态，给A一水平向右的瞬时速度v0，之后两物块的v﹣t图像如图乙所示，已知物块A的质量为m，t2时刻B与弹簧分离，弹簧始终处于弹性限度内。则下列说法正确的是（　　） A．0～t1时间，弹簧对物块A的冲量大小为 B．物块B的质量为3m C．0～t1时间，弹簧弹性势能变化量ΔEp D．t2时刻B的速度 【答案】C 【解析】解：A、由图乙可知在t1时刻物块A、B的速度相等，均为，规定A的初速度方向为正方向，对A根据动量定理有I，故A错误； B、设B的质量为m'，从开始到t1时刻，对A、B组成的系统根据动量守恒定律有，解得m'＝2m，故B错误； C、0～t1时间，根据能量守恒可得弹簧弹性势能变化量ΔEp，把m'＝2m代入解得，故C正确； D、设t2时刻B与弹簧分离时A、B的速度分别为v1和v2，根据动量守恒和能量守恒有mv0＝mv1+m'v2，，联立代入数据解得，故D错误。 故选：C。 2．（2025秋•曲阜市期中）如图所示，在光滑的水平面上静止放一质量为m的木板B，木板表面光滑，左端固定一轻质弹簧。质量为2m的木块A以速度v0从板的右端水平向左滑上木板B，在木块A与弹簧相互作用的过程中，下列判断正确的是（　　） A．弹簧压缩量最大时，B板运动速率最大 B．板的加速度一直增大 C．弹簧给木块A的冲量大小为 D．弹簧的最大弹性势能为 【答案】C 【解析】解：A、当木块与木板共速时，弹簧压缩量达到最大值，之后弹簧恢复形变，木板B受向左弹力作用继续加速，故A错误； B、木块与木板弹性碰撞过程中，弹簧压缩量先增后减，导致B板所受弹力先增大后减小，其加速度相应呈现先增后减趋势，故B错误； C、弹性碰撞过程满足动量守恒与机械能守恒，取向左为正方向，列式得2mv0＝2mv1+mv2，，解得：，。对木块A应用动量定理，，故弹簧对A的冲量大小为，故C正确； D、共速时满足2mv0＝3mv，，解得：，故D错误。 故选：C。 3．（2024秋•庐阳区校级期末）如图所示，置于水平面上的质量为2m的木板右端水平固定有一轻质弹簧，木板的右侧有竖直方向的墙壁，木板左端上方有质量为m的物体，二者一起以水平速度v向右运动，一切接触面摩擦不计，木板与墙碰撞无机械能损失，木板原速率反弹，则下列说法正确的是（　　） A．木板与墙碰撞前后，物体、木板组成的系统动量守恒 B．当物体速度为零时，木板速度大小为0.5v C．当物体向右运动速度为零时；弹簧弹性势能最大 D．物体最终与木板以速度共同向左运动 【答案】B 【解析】解：A、木板与墙碰撞前，系统动量为3mv，碰撞后系统动量为p＝mv﹣2mv＝﹣mv，解得：p＝﹣mv。则木板与墙碰撞前后，物块、木板组成的系统动量不守恒，故A错误； C、物体速度为零木板具有向左的速度，在弹簧的弹力作用下，物体要向左加速运动，木板继续向左做减速运动。当物体和木板对地的速度相同时，弹簧的压缩量最大，此时弹簧弹性势能最大值，故C错误； B、板与墙碰撞无机械能损失，碰撞后板以原速率v反弹，板与墙碰撞以后，木板向左运动，物体向右运动，物体与弹簧接触后，物体与木板均做减速运动，当物体速度减到零时，设木板速度为v1，以向左为正方向，根据动量守恒定律得2mv﹣mv＝2mv1，解得：v1＝0.5v，故B正确； D、当物体和木板对地的速度相同时，在弹簧的弹力作用下，物体继续要向左加速运动，木板继续向左做减速运动。当弹簧恢复原长时，物体的速度大于木板的速度，物体一定会从板的最左端掉下来，故D错误。 故选：B。 4．（2024秋•南京期末）如图所示，质量分别为m1、m2的小球A、B用轻弹簧连接且m1＞m2，两小球分别套在两平行光滑水平轨道上，水平光滑轨道宽度和弹簧自然长度均为d，B的左侧有一固定挡板，假设轨道足够长，A由图示位置由静止释放，当A与B相距最近时，A的速度为v1，则在以后的运动过程中（　　） A．A的最小速度是0 B．A的最小速度是 C．B的最大速度是v1 D．B的最大速度是 【答案】D 【解析】解：当A与B第一次相距最近时弹簧处于原长，此后，A可能一直做减速运动，也可能是先减速到零再反向加速，B通过弹簧被A拉着跟在其后一直做加速运动，直到A与B再次相距最近时，B的速度达到最大，此过程动量守恒和机械能守恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律，则有m1v1＝m1v1′+m2v2， 解得， 当m1＞m2时，则v1′＞0 说明A一直做减速运动，故A最小速度为， B的最大速度为，故D正确，ABC错误。 故选：D。 5．（2025秋•新吴区校级期中）如图，光滑水平面上有a、b、c、d四个弹性小球，质量分别为m、9m、3m、m。小球a一端靠墙，并通过一根轻弹簧与小球b相连，此时弹簧处于原长。小球b和c接触但不粘连。现给小球d一个向左的初速度v0，与小球c发生碰撞，整个碰撞过程中没有能量损失，弹簧始终处于弹性限度之内。以下说法正确的是（　　） A．整个过程中小球a、b、c、d和弹簧组成的系统动量守恒 B．整个过程中四个弹性小球a、b、c、d的机械能守恒 C．小球a速度最大时，弹簧处于原长状态 D．当小球a、b速度相等时，弹簧的弹性势能最大 【答案】C 【解析】解：A、在小球b向左压缩弹簧的过程中，墙壁对小球a施加向右的作用力，系统合外力不为零，故动量不守恒，故A错误； B、全过程系统机械能（含弹簧弹性势能）守恒，但四个小球的机械能（动能之和）不守恒，因部分能量转化为弹性势能，故B错误； C、小球a离开墙壁后受弹簧向右拉力做加速运动。当弹簧恢复原长时弹力为零，此时a加速度为零且速度最大，故C正确； D、当a、b速度相等时对应弹簧形变量极值。第一阶段b减速至0时（va＝vb＝0），弹性势能等于b初始动能（全局最大）；第二阶段a离开墙后两者共速时，系统仍有向右动能，此时弹性势能小于第一阶段最大值。因选项未区分阶段且第二阶段势能非全过程最大值，故D错误。 故选：C。 6.（多选）（2024秋•泰安期末）如图甲所示，质量为m的物体P与物体Q（质量未知）之间拴接一轻弹簧，均静止在光滑的水平地面上，弹簧恰好处于原长。现给物体P一瞬时初速度v0，并把此时记为0时刻，规定向左为正方向，0～2t0时间内物体P、Q运动的a﹣t图像如图乙所示，则（　　） A．物体Q的质量为2m B．物体Q的质量为0.5m C．t0时刻物体Q的速度大小为 D．t0时刻物体P的速度大小为 【答案】BD 【解析】解：AB、根据题意分析可知，水平面光滑，两物块所受合力等于弹簧的弹力，两物块所受合力大小相等、方向相反，Q向左加速，加速度为正，P向左减速，则加速度为负；设弹簧弹力大小为F，根据图示图像，由牛顿第二定律得 物体Q的质量为mQ＝0.5m 故A错误，B正确； CD、根据题意分析可知，t0时刻两物体的加速度最大，则弹簧被压缩到最短，此时两物块速度相等，取水平向右为正方向，由动量守恒定律 mv0＝（m+0.5m）v 解得 即此时两物块的速度大小均为，故C错误，D正确。 故选：BD。 考点4人船模型 1．模型探究：如图所示，长为L、质量为m船的小船停在静水中，质量为m人的人由静止开始从船的一端走到船的另一端，不计水的阻力。 2．模型特点 (1)两物体满足动量守恒定律：m人v人－m船v船＝0； (2)运动特点：人动船动，人静船静，人快船快，人慢船慢，人左船右； (3)两物体的位移大小满足：m人－m船＝0，x人＋x船＝L，得x人＝L，x船＝L。 3．“人船模型”的拓展(某一方向动量守恒) 三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型 1．（2025秋•重庆期中）一质量为M，长为L的长木板静止在光滑水平面上，质量为m的机械蛙静止蹲在长木板的左端。机械蛙向右上方跳起，恰好落至长木板右端，且立刻相对木板静止，木板的厚度不计。已知起跳与着板过程时间极短，机械蛙可看作质点，空气阻力忽略不计，木板和机械蛙的质量关系满足（M＞m）。下列说法正确的是（　　） A．机械蛙和木板都向右运动 B．机械蛙和木板组成的系统动量守恒 C．木板由于惯性大，机械蛙落在木板上后，木板还要继续向前运动 D．机械蛙相对于水平面位移大小为 【答案】D 【解析】解：AC、机械蛙和木板组成的系统水平方向动量守恒0＝（M+m）v机械蛙向右运动，木板向左运动，机械蛙落在木板上后，木板立刻停止运动，故AC错误； B、机械蛙和木板组成的系统，水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，故B错误； D、机械蛙和木板组成的系统，水平方向动量守恒 机械蛙相对于水平面位移大小为 ，故D正确。 故选：D。 2．（2025秋•灌云县期中）如图所示，平静的湖面上有一艘静止的小船，李同学和刘同学均站立在船头处（图中未画出），两位同学发现距离船头前方d处有一株荷花。当刘同学缓慢从船头走至船尾时，站立在船头的李同学恰好到达荷花处。已知李同学和刘同学的质量均为m，船长为L，不计水的阻力，则船的质量为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】解：根据题意分析可知，设船的质量为M，人、船水平方向动量守恒，设刘同学走动时船和李同学的速度大小为，刘同学的速度大小为，取船的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有 故 人、船运动时间相等，则有（M+m）x船﹣mx人＝0 又x船+x人＝L，x船＝d 联立解得船的质量为，故A正确，BCD错误； 故选：A。 3．（2025春•天山区校级期中）如图所示，平静湖面上静止的小船的船头直立一垂钓者，距离船头右侧d处有一株荷花，当此人沿直线走到船尾时，船头恰好到达荷花处。若已知人的质量为m，船长为L，不计水的阻力，则船的质量为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】解：船和垂钓者组成的系统动量守恒，故每时每刻均有 mv人＝Mv船 所以有 两边同乘以t，有 即 mx人＝Mx船 且有 x人+x船＝L 其中距离船头右侧d处有一株荷花，则 x船＝d 联立解得 ，故A正确，BCD错误。 故选：A。 4．（2025秋•江阴市校级期中）如图所示，一质量为的小车静止在光滑水平面上，车上固定一个竖直支架，轻绳一端固定在支架上，另一端固定一质量为的小球，轻绳长为l，将小球向右拉至轻绳水平后，从静止释放，忽略所有摩擦阻力，已知重力加速度为g，则（　　） A．任意时刻小球与小车的动量等大反向 B．小球运动到最低点时的速度大小为 C．小球不能向左摆到原高度 D．小车向右移动的最大距离为 【答案】D 【解析】解：A．系统只是在水平方向所受的合力为零，竖直方向的合力不为零，故系统在水平方向动量守恒，而系统总动量不守恒，故A错误； B．小球运动到最低点时有向左的速度，小车速度向右，根据机械能守恒定律可得如果小球重力势能全转化为小球动能，则mgl，而实际由于小球重力势能一部分转为为小车动能，则小球的速度小于，故B错误； C．根据系统水平方向动量守恒及系统机械能守恒可知，小球摆到左侧最高点时系统的速度为零，则小球仍能向左摆到原高度，故C错误； D．根据题意可知，小球相对于小车的最大位移为2l，根据“人船模型”，小车最大距离和小球最大距离关系有xM+xm＝2l 以小车速度为正方向，系统水平方向动量守恒定律有MvM＝mvm 由于运动时间相同，则有MxM＝mxm 小车向右移动的最大距离为，故D正确。 故选：D。 5．（2025春•南岗区校级期中）如图所示，质量m＝50kg的人，站在质量M＝250kg的车的一端，人和车均相对于地面静止。人由车的一端走到另一端的过程中，车后退0.4m，车与地面间的摩擦可以忽略不计，则车的总长为（　　） A．0.33m B．0.48m C．2.4m D．3m 【答案】C 【解析】解：设人的质量为 m，车的质量为 M，车长为 L，车后退位移为 x2，人对地的位移为x1，规定人的速度方向为正方向，由动量守恒定律有 mv1﹣Mv2＝0 人和车的运动时间相等，则有 mx1﹣Mx2＝0 又两者位移大小满足 x1+x2＝L 综上代入数据，解得 L＝2.4m。 故C正确，ABD错误。 故选：C。 6.（多选）（2025秋•乌鲁木齐校级期中）光滑水平面上放有一表面光滑、倾角为α的斜面体A，斜面体质量为M、底边长为L，如图所示。将一质量为m、可视为质点的滑块B从斜面的顶端由静止释放，滑块B经过时间t刚好滑到斜面底端。此过程中斜面对滑块的支持力大小为FN，重力加速度为g，则下列说法中不正确的是（　　） A．FN＝mgcosα B．滑块下滑过程中斜面体A做匀加速直线运动 C．此过程中斜面体向左滑动的距离为 D．滑块B下滑的过程中A、B组成的系统动量守恒 【答案】AD 【解析】解：A、当滑块B相对于斜面加速下滑时，斜面A水平向左加速运动，所以滑块B相对于地面的加速度方向不再沿斜面方向，滑块的加速度在垂直斜面方向有分量，即沿垂直于斜面方向的合外力不再为零，所以斜面对滑块的支持力FN≠mgcosα，故A错误； B、斜面体和滑块紧密接触，运动轨迹如下图所示，滑块所受合力方向与运动轨迹一致，重力大小不变则支持力大小不变。斜面体所受的滑块给的压力大小不变，故斜面体所受的合力大小不变，斜面体向左做匀加速直线运动，故B正确； CD、B滑块的加速度有竖直向下的分量，系统在竖直方向上合外力不为0，则滑块B下滑的过程中A、B组成的系统动量不守恒。系统在水平方向不受外力，水平方向系统动量守恒，设A、B两者水平位移大小分别为x1、x2，取水平向左为正方向， 由动量守恒定律得Mv1﹣mv2＝0，变形得Mv1•Δt﹣mv2•Δt＝0，所以Mx1﹣mx2＝0， 由题意可知：x1+x2＝L， 解得，故C正确，D错误。 本题选择不正确的，故选：AD。 1．（2025秋•安徽期中）如图，长木板A放在光滑的水平面上，右端带有一劲度系数k＝20N/m的轻弹簧，滑块B放在长木板A的左侧，两者之间的动摩擦因数μ＝0.1，右侧是墙壁。t0时刻给B一个方向水平向右、大小v0＝1.25m/s的初速度，在摩擦力作用下，A开始向右做加速运动，t1时刻弹簧接触到墙壁，此时A、B恰好共速。当继续压缩弹簧到t2时刻，A、B加速度恰好相同，两物体即将开始相对滑动，在t3时刻弹簧的压缩量达到最大，在t4时刻A、B加速度再次相同。已知A、B的质量分别为1kg和4kg，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2，空气阻力忽略不计，弹簧始终处于弹性限度内，弹簧的弹性势能（x为弹簧伸长或缩短的长度），滑块B始终未滑离木板A。 （1）求在t0～t1时间内，A向右运动的距离。 （2）求在t2时刻A的速度大小。 （3）若，求在t2～t4时间内，系统损失的机械能。 【答案】（1）在t0～t1时间内，A向右运动的距离为0.125m。 （2）在t2时刻A的速度大小为。 （3）在t2～t4时间内，系统损失的机械能为。 【解析】解：（1）A、B的质量分别用m1、m2表示，由动量守恒定律有m2v0＝（m1+m2）v1，解得：v1＝1m/s。 两者共速前，对木板A，由牛顿第二定律有μm2g＝m1a，解得：a＝4m/s2。 弹簧与墙壁接触前，木板A以4m/s2的加速度做匀加速运动，由运动学公式有，解得：t0～t1时间内，A向右运动的距离x1＝0.125m。 （2）弹簧与墙壁接触后，滑块B与木板A先一起减速，当滑块B受到的摩擦力达到最大静摩擦力时，两者即将相对滑动。 设此时加速度大小为a'，对滑块B有μm2g＝m2a'，对整体有kx2＝（m1+m2）a'，解得：a'＝1m/s2，x2＝0.25m。 根据能量守恒定律有，解得：t2时刻A的速度大小。 （3）t4时刻A、B加速度相同，表明弹簧回到滑块B与木板A刚要相对滑动的位置，即弹簧压缩量为x2处。 返回时木板A受力与压缩弹簧时相同，故。由对称性，木板A返回时间。 对滑块B由动量定理有，解得：。 因弹簧初末弹性势能不变且木板A动能不变，由能量守恒定律有，解得：。 答：（1）在t0～t1时间内，A向右运动的距离为0.125m。 （2）在t2时刻A的速度大小为。 （3）在t2～t4时间内，系统损失的机械能为。 2．（2025秋•河北期中）如图所示，长为L＝2m的水平传送带以v＝8m/s的速度沿顺时针方向匀速转动，传送带的上表面与水平面相平，传送带的两端与光滑水平面平滑连接，轻弹簧左端连接在固定挡板上，质量为1kg的物块A放在水平面上，质量均为3kg的物块B和光滑圆弧体C静止在光滑水平面上，圆弧所对的圆心角为53°，圆弧的半径为R＝0.5m，重力加速度g＝10m/s2，用力将物块A向左压缩轻弹簧至某一位置，由静止释放物块A，物块A刚好能匀减速滑过传送带，并与物块B发生弹性碰撞，物块A与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，不计物块的大小，求： （1）轻弹簧开始被压缩时具有的弹性势能； （2）物块A第二次在传送带上运动，因摩擦产生的内能为多少； （3）物块B滑离圆弧体C后，还能上升的高度为多少。 【答案】（1）轻弹簧开始被压缩时具有的弹性势能为42J。 （2）物块A第二次在传送带上运动，因摩擦产生的内能为64J。 （3）物块B滑离圆弧体C后，还能上升的高度为m。 【解析】解：（1）物块A恰好以匀减速运动通过传送带，故其到达传送带右端时速度v＝8m/s。 设初始时刻弹簧弹性势能为Ep，由能量守恒定律得，解得：Ep＝42J。 （2）设A与B弹性碰撞后A速度为v1，B速度为v2。由动量守恒得mAv＝﹣mAv1+mBv2， 机械能守恒得，解得：v1＝4m/s，v2＝4m/s。 因v1＜v，A第二次滑上传送带后做加速度a＝μg的类上抛运动，摩擦生热，解得：Q＝64J。 （3）设B运动至圆弧最高点时水平分速为vx，竖直分速为vy，C速度为v3。 由水平动量守恒得mBv2＝mBvx+mCv3，机械能守恒得。 根据径向速度相等得v3cos37°＝vxcos37°﹣vycos53°，解得：。B离开C后上升高度。 答：（1）轻弹簧开始被压缩时具有的弹性势能为42J。 （2）物块A第二次在传送带上运动，因摩擦产生的内能为64J。 （3）物块B滑离圆弧体C后，还能上升的高度为m。 1．（2025秋•合肥期中）如图所示，木板A和滑块C静置于水平轨道上，滑块B从木板A的左端以初速度v0＝4m/s滑上A。A、B、C的质量均为m＝2kg，木板A下表面光滑，上表面粗糙，滑块C与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.1。当滑块B与木板A第一次速度相等后，A、C第1次碰撞。已知A与C间的碰撞均为弹性碰撞（时间极短），木板A足够长，g＝10m/s2。求： （1）A与C第1次碰撞前，A、B间因摩擦产生的热量； （2）A与C第1次碰后的速度大小vA1和vC1； （3）A、C第n次碰撞至第（n+1）次碰撞过程中C的位移大小xCn。 【答案】（1）A与C第1次碰撞前，A、B间因摩擦产生的热量为8J。 （2）A与C第1次碰后的速度大小vA1＝0m/s，vC1＝2m/s。 （3）A、C第n次碰撞至第（n+1）次碰撞过程中C的位移大小（或23﹣2nm）。 【解析】解：（1）滑块B以初速度v0滑上木板A，二者最终达到共同速度v1。由于系统水平方向动量守恒，取向右为正方向，由mv0＝2mv1，解得：v1＝2m/s。 根据能量守恒，摩擦生热，代入数据得：Q＝8J。 （2）A与C发生弹性碰撞，因质量相等且碰撞时间极短，B速度不变。由弹性碰撞性质可知，碰后A速度vA1＝0，C获得速度vC1＝v1＝2m/s。 （3）第一次碰撞后，B继续以v1运动，C以vC1运动。此后B带动A加速至共同速度v2，由动量守恒得mv1＝2mv2，即。 归纳可得第n次碰撞前共同速度，碰撞后C获得速度。由于A加速后速度始终小于vCn，故C每次碰撞后均会静止。C的减速位移（或23﹣2nm）。 答：（1）A与C第1次碰撞前，A、B间因摩擦产生的热量为8J。 （2）A与C第1次碰后的速度大小vA1＝0m/s，vC1＝2m/s。 （3）A、C第n次碰撞至第（n+1）次碰撞过程中C的位移大小（或23﹣2nm）。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $