专题07 动量（六大方法）讲义-2026届高考物理三轮冲刺方法演练

专题07 动量 【题型1】 碰撞模型 2 【题型2】 人船模型 6 【题型3】 爆炸模型 10 【题型4】 子弹打木块模型 14 【题型5】 弹簧类模型 18 【题型6】 板块模型 21 【知识清单】 1.两种碰撞的特点 弹性 碰撞 举例：一动碰一静 动量守恒mv1=m1v1'+m2v2' 机械能守恒m1=m1v1'2+m2v2'2 解得 v1'=， v2'= 结论： (1)m1=m2时，v1'=0，v2'=v1，即两球碰撞后交换了速度 (2)当m1>m2时，v1'>0，v2'>0，碰后两球都沿v1方向运动，当m1≫m2时v1'=v1，v2'=2v1 (3)m1<m2时，v1'<0，v2'>0，碰后入射小球反弹，当m1≪m2时，v1'=-v1，v2'≈0 完全 非弹 性碰 撞　 碰后两球粘在一起末速度相同 动量守恒m1v1+m2v2=(m1+m2)v，机械能损失最多 损失的机械能 ΔE=m1+m2-(m1+m2) 2.碰撞拓展 (1)“保守型”碰撞拓展模型 图例 (水平面 光滑) 小球-弹簧模型 小球-曲面模型 小球-小球模型 达到 共速 相当于完全非弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0=(m+M)v共，损失的动能最多，分别转化为弹性势能、重力势能或电势能 再次 分离 相当于弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0=mv1+Mv2，机械能守恒，满足m=m+M (2)“耗散型”碰撞拓展模型 图例 (水平面 或水平 导轨光滑) 未穿出 未滑离 达到共速 达到共速 相当于完全非弹性碰撞，满足mv0=(m+M)v共，损失的动能最多，分别转化为内能或电能 【题型1】 碰撞模型 1．（2025秋•佛山期末）如图，在某超市仓库的水平地面上进行新手推车测试。一辆总质量为20kg的手推车甲以0.5m/s的速度与其正前方静止的总质量为40kg的同款手推车乙发生对心碰撞。假设碰撞时间为0.2s，碰后乙车速度为0.2m/s，碰撞时忽略地面摩擦的作用，则下列说法正确的是（　　） A．碰撞过程甲车对乙车的冲量大小大于乙车对甲车的冲量大小 B．碰撞后甲车的速度大小为0.1m/s，方向与初速度相反 C．碰撞过程两车组成的系统损失的机械能为1.8J D．碰撞过程甲对乙的平均作用力大小为40N 2．（2025秋•北海期末）如图所示，质量为m2＝3kg的小球B静止在光滑的水平面上，质量为m1＝2kg的小球A以速度v0＝5m/s向B运动，并与B发生弹性对心碰撞。碰后A、B两小球的速度分别为（　　） A．﹣1m/s 4m/s B．1m/s 4m/s C．1m/s 6m/s D．﹣1m/s 6m/s 3．（2025秋•张掖期末）如图甲所示，在光滑水平面上的两个小球P、Q发生一维碰撞，两小球质量分别为m1和m2，如图乙所示为两小球碰撞前后的x﹣t图像。已知m1＝0.3kg，由此可以判断（　　） A．碰后小球P、Q都向右运动 B．碰前系统的总动量大小为2kg•m/s C．碰后系统的总动能为2.4J D．碰撞过程中P对Q的冲量大小为1.2N•s 4．（2025春•成都校级月考）如图所示，质量相等的A、B两个球，原来在光滑水平面上沿同一直线相向做匀速直线运动，A球的速度是4m/s，B球的速度是﹣2m/s，不久A、B两球发生了对心碰撞。对于该碰撞之后的A、B两球的速度可能值，某实验小组的同学们做了很多种猜测，下面的猜测结果一定无法实现的是（　　） A．vA'＝﹣2m/s，vB′＝4m/s B．vA′＝﹣1m/s，vB′＝3m/s C．vA'＝1m/s，vB′＝1m/s D．vA'＝﹣3m/s，vB′＝5m/s 5．（2025•金华三模）如图，质量均为1kg的木块A和B并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端系一长为0.22m的细线，细线另一端系一质量为0.1kg的球C，现将球C拉起使细线水平，并由静止释放，当球C摆到最低点时，木块A恰好与木块B相撞并粘在一起，不计空气阻力，则（　　） A．球C摆到最低点的速度是 B．木块A、B原先间距0.04m C．球C通过最低点后向左摆动上升最大高度为0.21m D．球C开始下落到A、B、C三者相对静止，系统产生的热量为0.005J 6．（2026•南川区校级模拟）如图所示，质量均为m的小球P、Q静止放置于光滑水平面，相距为l，从t＝0时刻开始，P始终受到一水平恒力的作用，Q不受水平外力，经过t0时间后两小球第1次发生弹性碰撞，碰撞时间极短，此后小球间的碰撞都为弹性碰撞，两小球均可视为质点，下列说法正确的是（　　） A．恒力的大小为 B．第1次碰撞后到第2次碰前P、Q间的最远距离为2l C．第3次碰撞前P的速度大小为 D．第3次碰撞后到第4次碰撞前P运动的距离为12l 7．（2025•麦积区模拟）如图，用不可伸长的轻绳将小球a悬挂在O点，初始时，轻绳处于水平拉直状态，将小球a由静止释放，当小球a下摆至最低点时，恰好与静止在水平面上的物块b发生弹性碰撞，碰撞后b滑行的最大距离为L，已知b的质量是a的2倍，b与水平面间的动摩擦因数为μ，不计空气阻力，则（　　） A．小球a下摆至最低点过程中重力做功的功率一直在增大 B．碰撞后瞬间小球a的速度大小为 C．轻绳的长度 D．小球a反弹的最大高度为 （多选）8．（2025秋•慈溪市期末）如图所示，在光滑的水平桌上有一个动量为2kg•m/s的小球A和一个动量为4kg•m/s的小球B沿同一直线同一方向运动，一段时间后小球A追上小球B发生碰撞，若不计摩擦阻力，则碰撞后A、B两球的动量可能是（　　） A．pA＝3kg•m/s，pB＝5kg•m/s B．pA＝1kg•m/s，pB＝5kg•m/s C．pA＝﹣1kg•m/s，pB＝7kg•m/s D．pA＝﹣2kg•m/s，pB＝8kg•m/s （多选）9．（2025秋•广东期末）桌球是一种常见的室内体育运动项目，通过球杆在水平台上击打母球，使母球与目标球发生碰撞。可用碰撞恢复系数e研究碰撞情况，如母球以速度v0与静止目标球发生正碰，碰后瞬间母球和目标球速度分别为v1、v2，则碰撞恢复系数为。如图所示，某次碰撞过程中，母球A以2m/s的速度与静止的目标球B正碰，碰撞时间极短，碰撞过程中的恢复系数e＝0.9，碰后瞬间两球速度方向相同，母球和目标球质量均为170g，重力加速度g＝10m/s2。以下说法正确的是（　　） A．碰撞后瞬间，目标球B的速度大小为1.9m/s B．碰撞过程中母球A对目标球B的冲量大小为3.23N•s C．此次碰撞过程中母球A损失机械能约为0.339J D．若碰撞过程中恢复系数e＝1，则两球组成的系统碰撞前后无机械能损失 （多选）10．（2026•兰州一模）如图所示，倾角为30°的光滑斜面上，轻质弹簧一端固定在底端，另一端连接质量mA＝1kg的小物块A，A静止于O点。距O点为x＝0.9m的P处，质量mB＝2kg的小物块B由静止下滑，与A发生非弹性碰撞（碰后A、B共速但不粘连，碰撞时间极短）。碰后经0.4s，A、B运动1m时弹簧压缩至最短。g取10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．AB下滑过程中弹力的冲量大小为12N•s B．弹簧弹性势能的最大值为21J C．上滑过程中物块A、B在弹簧恢复至原长时分离 D．物块B返回后能到达P点 【题型2】 人船模型 1．（2025秋•市中区校级月考）如图，质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止。若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中（不计水的阻力），则救生员跃出后小船的速率为（　　） A．v0 B．v0 C．v0 D．v0 2．（2025春•沙河口区校级月考）如图所示，光滑地面上有一质量为M的足够长木板ab，一质量为m的人站在木板的a端，关于人由静止开始至运动到木板的b端（M、N表示地面上原a、b对应的点），则如图所示中正确的是（　　） A． B． C． D． 3．（2025秋•如皋市校级月考）如图所示，气球下面有一根长绳，一个质量为m1＝50kg的人抓住气球下方的长绳，气球和长绳的总质量为m2＝20kg，长绳的下端刚好和水平面接触，当系统静止时人离地面的高度为h＝5m。如果这个人开始沿绳向下滑，当他滑到绳下端时，气球上升的距离大约是（可以把人看作质点）（　　） A．5m B．2.6m C．3.6m D．8m 4．（2025•惠农区校级模拟）如图所示，质量为M的上表面光滑的小车静置于光滑的水平面上，左端固定一根轻质弹簧，质量为m的物块放在小车上，压缩弹簧并用细线连接物块和小车左端，开始时小车与物块都处于静止状态，此时物块与小车右端相距为L，当突然烧断细线后，以下说法正确的是（　　） A．物块离开小车前，物块和小车组成的系统动量守恒 B．物块离开小车前，物块和小车组成的系统机械能守恒 C．当物块离开小车时，小车向左运动的位移大小为 D．当物块速度大小为v时（未离开小车），小车速度大小为 5．（2025春•江苏校级期末）如图，一质量为M、半径为R的光滑半圆槽滑块放置于光滑水平桌面上，设质量为m的小球（可视为质点）从A端由静止开始释放，则小球从A到B的过程中（　　） A．小球运动的位移为2R B．滑块运动的位移是R C．滑块先向右运动再向左运动，最终回到原处 D．小球运动到半圆槽最低点时，其速度为 6．（2025春•南开区期末）“独竹漂”是一项独特的黔北民间绝技。在平静的湖面上，一位女子脚踩一根竹竿抵达岸边并静立于竹竿A点，一位摄影爱好者使用连拍模式拍下了此后该女子在竹竿上行走过程的一系列照片，并从中选取了两张进行对比，其简化图如图所示。经过测量发现，若将两张照片中河岸边缘对齐到同一条竖直线上，则甲、乙两张照片中A、B两点的水平间距约为1cm，乙图中竹竿右端距离河岸约为1.8cm。照片的比例尺为1：40。已知竹竿的质量约为25kg，若不计水的阻力，则该女子的质量约为（　　） A．41.5kg B．45kg C．47.5kg D．50kg 7．（2025•深圳校级一模）如图所示，质量均为m的木块A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为L的细线，细线另一端系一质量为m的球C。重力加速度为g。现将C球拉起使细线水平伸直，并由静止释放C球，下列说法正确的是（　　） A．A、B两木块分离时，A、B的速度大小均为 B．A、B两木块分离时，C的速度大小为 C．C球由静止释放到最低点的过程中，A对B的弹力的冲量大小为 D．C球由静止释放到最低点的过程中，木块A移动的距离为 （多选）8．（2025春•泉州期末）生命在于运动，体育无处不在，运动无限精彩。如图所示，质量为450kg的小船静止在水面上，质量为50kg的人在甲板上立定跳远的成绩为2m，不计空气和水的阻力，下列说法正确的是（　　） A．人在甲板上跳远时，船将后退 B．人在立定跳远的过程中船保持静止 C．人在立定跳远的过程中船后退了0.4m D．人相对地面的成绩为1.8m （多选）9．（2024秋•合肥月考）如图所示，质量M＝2kg、半径R＝2m、内壁光滑的半圆槽静置于光滑水平地面上。现将质量m＝1kg的小球（可视为质点）自左侧槽口A点的正上方h＝2m处由静止释放，小球下落后刚好自A点进入槽内，B点为半圆槽内壁的最低点。不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．小球从A到B的过程中，小球对半圆槽做正功 B．小球运动到B时，小球速度大小为 C．小球从A到C的过程中，半圆槽的位移为 D．小球从C点飞出后做斜抛运动 （多选）10．（2026•道里区校级二模）如图甲、乙所示，质量分别为m和2m的小球A和B（均可视为质点）通过铰链用刚性轻杆连接，杆长为l。甲图中A套在竖直固定杆M上，B放在地面，初始系统处于静止状态，释放后小球B开始向右运动。乙图中轻杆与地面垂直，B受轻微扰动（初速度可视为0）开始向右运动。设杆和两小球始终在同一竖直面内运动，重力加速度为g，不计摩擦和空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．甲图中，A落地前，当A的机械能最小时，B对地面的压力为mg B．甲图中，A落地前其加速度大小始终不大于g C．乙图中，从开始运动至落地过程中，杆对A做功为 D．乙图中，A从开始运动至落地过程位移大小为 【题型3】 爆炸模型 1．（2025春•南岗区校级期中）某炮兵连进行实训演习，一门炮车将一质量为3m的炮弹，以某初速度斜向上发射，到达最高点时，炮弹速度为v0，此时炮弹爆炸成两块碎片a、b，它们此时的速度仍沿水平方向，a、b的质量之比为2：1，速度之比1：2，不计空气阻力，下列说法中正确的是（　　） A．爆炸后碎片a的初速度为 B．落地时碎片a、b的位移大小之比为1：2 C．碎片a、b落地速度大小之比1：2 D．炮弹爆炸后增加的动能为 2．（2025春•湛江期末）一质量为M的烟花斜飞到空中，到达最高点时的速度为v0，此时烟花炸裂成沿v0所在直线上的两块（损失的炸药质量不计），两块的速度方向水平相反，落地时水平位移大小相等，不计空气阻力。若向前的一块质量为m，则炸裂瞬间其速度大小为（　　） A．v0 B．v0 C．v0 D．v0 3．（2025春•辽宁期末）假设滑冰场地是光滑冰面，质量为50kg的小明手持一个质量为2kg的篮球，以3m/s的速度水平滑行。突然小明将篮球水平向前抛出，抛出后小明的速度变为2.8m/s。若抛出过程中消耗的体内化学能中约80%转化为小明和篮球的机械能增量，则此次抛球过程中小明消耗的化学能约为（　　） A．15J B．18.75J C．22.5J D．30J 4．（2025春•汕尾期末）一质量为m的烟花竖直向上升到空中，当速度减为零时炸裂成甲、乙两部分（损失的炸药质量不计），炸裂瞬间甲、乙的速度大小之比为1：3，则甲的质量为（　　） A． B． C． D． 5．（2025秋•齐齐哈尔期中）一弹丸在飞行到距离水平地面5m高处时速度方向恰好水平，速度大小v＝2m/s，此时弹丸炸裂成甲、乙两块弹片，且两弹片水平飞出。不计空气阻力，重力加速度大小g＝10m/s2，两块弹片飞行的轨迹如图所示，则甲、乙两块弹片的质量之比为（　　） A．1：3 B．3：1 C．1：4 D．4：1 6．（2025秋•门头沟区校级月考）我国女子短道速滑队多次在国际大赛上摘金夺银，为祖国赢得荣誉。在某次3000m接力赛中，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出，在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则（　　） A．甲对乙的冲量与乙对甲的冲量大小、方向都相向 B．甲、乙的动量变化一定大小相等、方向相反 C．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量 D．甲和乙组成的系统机械能守恒 7．（2026•湖南模拟）如图，足够长的木板C静止在光滑水平地面上，靠近其左上端有固定的挡板，可视为质点的小物体A和B紧靠在一起静止在长木板C上，与固定挡板的距离为，A和B之间夹有少量火药。某时刻火药燃爆，燃爆后A获得大小为2v的速度，最终A、B均未离开C。已知A、B、C的质量分别为m、2m、3m，A与C、B与C之间的动摩擦因数分别为2μ0、μ0，重力加速度为g。不计火药的质量和燃爆时间，A和挡板碰撞时无机械能损失且碰撞时间不计，认为火药燃爆释放的能量全部转化为A和B的动能。下列说法正确的是（　　） A．火药爆炸释放的能量为6mv B．A与挡板碰撞前瞬间速度大小为，与挡板碰撞前C向左运动 C．A与挡板碰撞瞬间B的速度大小为 D．A与挡板碰撞后，B、C先共速，最后A、B、C一起共速，且速度大小为 （多选）8．（2025•昭通模拟）如图所示为某型号双响爆竹的结构简化图，其内部结构分上、下两层，分别装载火药。某次燃放测试中，点燃引线，下层火药被引燃后，爆竹获得了竖直升空的初始速度。当爆竹上升到最大高度h处时，上层火药恰好被引燃，爆竹瞬间分裂成质量之比为1：2的P、Q两部分。若P、Q均沿水平方向飞出，落地点间的水平距离为L，不计空气阻力及爆竹爆炸前后的质量变化，重力加速度为g。则（　　） A．爆竹分裂后P获得的速度大小为 B．爆竹分裂后Q获得的速度大小为 C．上、下两层火药分别被引燃时，爆竹增加的机械能之比为 D．上、下两层火药分别被引燃时，爆竹增加的机械能之比为 （多选）9．（2024秋•观山湖区校级月考）如图所示，质量分别为4m、m的甲、乙两小球放在光滑的水平面上，半径为r的四分之一光滑圆弧槽固定在水平面上，圆弧槽的最低点A的切线水平，最高点B的切线竖直，点燃两球之间的少量炸药，释放出的化学能为5mgr，全部转化为甲、乙的动能，重力加速度为g，空气的阻力忽略不计，下列说法正确的是（　　） A．爆炸刚结束的瞬间，甲的速度大小为 B．爆炸刚结束的瞬间，乙的动能为2mgr C．乙上升的最大高度为2r D．假设乙从A出发至第一次返回到A运动时间为t0，则该过程中乙受到水平方向上的平均作用力大小为 （多选）10．（2025春•南阳期末）如图，一枚在空中飞行的火箭质量为m，某时刻飞行高度为h，速度为v，方向水平，燃料即将耗尽。此时，火箭突然炸裂成两块，其中质量为m1的弹头仍水平飞行，落地点到炸裂位置的水平距离为l。已知重力加速度为g，地面水平，不计空气阻力，以水平向右为正，则（　　） A．炸裂过程中系统机械能守恒 B．炸裂后飞行过程中弹头相对于另一块做匀速直线运动 C．炸裂后瞬时弹头的速度为 D．炸裂后另一块的速度为 【题型4】 子弹打木块模型 1．（2025秋•蜀山区校级月考）如图所示，木块静止在光滑的水平面上，一颗子弹以初速度v0水平向右打击木块，子弹留在木块内未穿出；若木块固定，子弹对木块的冲量大小为I1，若木块不固定，子弹对木块的冲量大小为I2，不计子弹的重力，则下列说法正确的是（　　） A．I1＝0 B．I1＝I2 C．I1＜I2 D．I1＞I2 2．（2025秋•天心区校级期中）如图所示，足够长木块静止在光滑水平面上，A、B为两颗不同的子弹，子弹A的质量为m。若子弹A、B从两侧同时水平射入木块，木块始终保持静止，子弹A射入木块的深度为LA，子弹B射入木块的深度为LB，且LA＝3LB，若保持子弹射入木块前的速度大小不变，先让A子弹射入木块，A与木块相对静止后让B子弹射入木块，A射入木块的深度为LA′，B射入木块的深度为LB′，设木块对子弹的阻力大小恒定，A、B做直线运动且不会相遇，则下列说法正确的是（　　） A．子弹B的质量为2m B．LA+LB＝LA′+LB′ C．LA＜LA′ D．子弹A射入木块时的初动能一定比子弹B射入木块时的初动能小 3．（2025•银川校级一模）在如图所示的装置中，木块B与水平面间的接触面是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短。对于木块、弹簧、子弹组成的系统，从子弹开始射入到弹簧压缩到最短的过程中（　　） A．动量守恒，机械能守恒 B．动量不守恒，机械能不守恒 C．动量守恒，机械能不守恒 D．动量不守恒，机械能守恒 4．（2025秋•连云港期末）一物块静止在光滑水平面上，t0时刻，质量为m0的子弹击中并穿过物块，子弹和物块的水平位移x随时间t变化关系的图像如图所示，子弹穿过物块的时间极短。下列说法不正确的是（　　） A．子弹刚击中物块的速度大小为 B．子弹穿过物块后，物块的速度大小为 C．物块的质量为8m0 D．子弹穿过物块过程中，子弹的动量变化量为 5．（2026•九江一模）如图所示，在光滑水平面上静止放置一质量为M、长为L的木块，质量为m的子弹以不同的初速度水平射向木块，设子弹在木块内运动过程中受到的阻力f不变。当木块获得的速度最大时，下列说法正确的是（　　） A．子弹的初速度大小为 B．子弹在木块中运动的时间为 C．木块获得的最大动能为 D．木块在加速过程中运动的距离为 6．（2025秋•兰州月考）如图所示，从悬停的无人机（图中未画出）上由静止释放一小球（视为质点），同时，子弹（图中未画出）从同一高度以100m/s的速度水平射向小球，释放时小球距离水平地面的高度为20m，1s末子弹恰好射入小球（子弹未射出，且该过程时间极短），小球的质量为子弹质量的9倍，不计空气阻力，取重力加速度大小g＝10m/s2，则小球落到水平地面上的点到释放点的水平距离为（　　） A．20m B．10m C．6m D．3m 7．（2025春•孝感期末）如图所示，一质量m2＝0.25kg的平顶小车，车顶右端放一质量m3＝0.30kg的小物体，小物体可视为质点，与车顶之间的动摩擦因数μ＝0.45，小车静止在光滑的水平轨道上。现有一质量m1＝0.05kg的子弹以水平速度v0＝18m/s射中小车左端，并留在车中，子弹与车相互作用时间很短。若使小物体不从车顶上滑落，g取10m/s2。下列分析正确的是（　　） A．小物体在小车上相对小车滑行的时间为1s B．最后小物体与小车的共同速度为3m/s C．小车的最小长度为1.0m D．小车对小物体的摩擦力的冲量为0.45N•s （多选）8．（2025•吉林模拟）如图所示在光滑水平面上有两个小木块A和B，其质量mA＝2kg，mB＝4kg，它们中间用一根轻弹簧相连。一颗水平飞行的子弹质量为m0＝50g，初速度为v0＝500m/s，在极短的时间内射穿两木块，子弹射穿A木块后子弹的速度变为原来的，且子弹射穿A木块损失的动能是射穿B木块损失的动能的2倍，则（　　） A．子弹射穿A 木块过程中系统损失的机械能为3975J B．子弹打穿两个木块后的过程中弹簧最大的弹性势能为4.5J C．弹簧再次恢复原长时A的速度为 D．弹簧再次恢复原长时B的速度为 （多选）9．（2025•芜湖二模）如图甲所示，质量为M的木块静止在光滑水平面上，质量为m的子弹以某一速度沿水平方向射入木块，一段时间后恰好在木块中与木块相对静止，若该过程中木块的速度v2与子弹的速度v1之间的关系可以用图乙表示，子弹在木块中相对运动时所受的阻力为恒力，则下列说法正确的有（　　） A．M：m＝3：2 B．该过程中子弹相对木块的位移比木块相对地面的位移小 C．木块所能达到的最大速度为24m/s D．木块所能达到的最大速度为40m/s （多选）10．（2025•福建校级模拟）如图（a）所示，一根竖直悬挂的不可伸长的轻绳，下端拴一小物块A，上端固定在C点且与一能测量绳的拉力的测力传感器相连。已知有一质量为m0的子弹B以水平速度v0射入A内（未穿透），接着两者一起绕C点在竖直面内做圆周运动。在各种阻力都可忽略的条件下测力传感器测得绳的拉力F随时间t变化关系如图（b）所示，已知子弹射入的时间极短，且图（b）中t＝0为A、B开始以相同的速度运动的时刻。下列说法正确的是（　　） A．A、B一起在竖直面内做周期T＝t0的周期性运动 B．A的质量大小为 C．子弹射入木块过程中所受冲量大小为 D．轻绳的长度为 【题型5】 弹簧类模型 1．（2025•焦作三模）如图所示，光滑水平面上放有质量均为2kg的滑块A、B、C，滑块A的右侧固定一轻质弹簧，滑块C的左侧涂胶。给滑块A一个水平向右2m/s的初速度，当A、B共速时，B刚好与右边的滑块C发生碰撞并粘连在一起不再分开，则之后的运动过程中弹簧弹性势能的最大值为（　　） A． B． C． D． 2．（2025•哈尔滨三模）在一个充满趣味与挑战的物理世界里，有这样一个场景：在空间站内，有一个实验装置，该装置由两个质量不同的小球A、B组成，A、B两球通过可触发装置将一根轻质弹簧压缩（弹簧与小球未连接）并固定，初始时A、B两球及轻弹簧处于静止状态。已知两小球的质量之比为mA：mB＝2：1，现对整个装置进行实验操作，解除压缩弹簧装置，两小球在弹力作用下分别向左、右运动，下列说法正确的是（　　） A．弹簧弹开后A、B两小球的速度大小之比为1：2 B．弹簧弹开后A、B两小球的动量大小之比为1：2 C．弹簧弹开过程中A、B两小球受到的冲量大小之比为2：1 D．弹簧弹开过程中弹力对A、B两小球做功之比为1：4 3．（2025•河南模拟）如图所示，质量为m的钢板b与直立轻弹簧的上端连接，弹簧下端固定在地面上。平衡时，弹簧的压缩量为x0，物块a的质量为3m，下底板有黏性很强物质，现将a由弹簧原长位置O点静止释放。已知弹簧振子做简谐运动的周期T2∝M，M为振子的总质量，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．a、b相粘后一起向上运动时可到达O点的位置 B．a、b相粘后以O点以下x0处为平衡位置做简谐振动 C．a、b相粘后简谐振动的周期变为原来的 D．a、b撞击过程中系统损失的机械能为 4．（2025春•运城期末）如图所示，光滑水平面上有一质量为M的物块A，其右侧连接劲度系数为k的轻质弹簧，处于静止状态，弹簧右端固定。另一质量为m的物块B以水平速度v0向右运动，与物块A发生碰撞后一起做简谐运动。已知两物块碰撞过程时间极短，且弹簧始终在弹性限度内。弹簧弹性势能的表达式（k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量）。下列说法正确的是（　　） A．两物块碰撞过程中，两物块组成的系统，动量守恒，机械能也守恒 B．两物块碰撞过程中，物块B的动量变化量的大小为mv0 C．弹簧的弹性势能最大值为 D．简谐运动的振幅为 5．（2025秋•沙坪坝区校级月考）如图所示，完全相同的物块A、B、C静止在光滑水平面上。一轻弹簧两端分别固定在A、B上，初始时弹簧恰好处于原长，C紧靠在B右侧（不粘连），现给A一水平向右的初速度，当弹簧第1次恢复原长时，A的动能为Ek1；弹簧第2次恢复原长时，A的动能为Ek2。则Ek1：Ek2等于（　　） A．1：4 B．4：3 C．9：5 D．13：11 6．（2025秋•金坛区校级月考）如图所示，光滑水平桌面上，A和B两小球用细线相连，弹簧处于压缩状态且与小球不连接。已知两小球的质量mA＞mB，则烧断细线后（　　） A．弹簧对小球A做功少 B．小球A落地时动能大 C．小球B空中飞行时间短 D．弹簧对A、B两球冲量相同 7．（2026•昆明模拟）两个物块a、b用一根劲度系数k＝100N/m的轻弹簧栓接，初始时a、b被锁定在粗糙水平桌面上，弹簧的压缩量Δx＝0.05m。a、b的质量分别为m1＝1kg、m2＝3kg，与桌面间的动摩擦因数分别为μ1＝0.3、μ2＝0.1。取重力加速度g＝10m/s2，从解除锁定到a达到最大速度的过程中，下列说法正确的是（　　） A．a、b的加速度大小之比为1：3 B．弹簧的弹性势能减少了0.12J C．a速度最大时，其动能为0.015J D．a克服摩擦力做的功为0.06J （多选）8．（2025秋•镇平县校级期末）如图所示，三小球a、b、c的质量分别为m、2m、6m，放于光滑的水平面上，小球b、c中间的轻质弹簧此时为原长（弹簧与小球均没有连接，可以分离），小球c右侧有一固定挡板。现让小球a以速度v0向右运动，与小球b碰后黏在一起，a、b两小球碰撞时间极短，当ab整体向右运动速度为时撤去挡板，则（　　） A．此后的运动过程中弹簧的最大弹性势能为 B．此后的运动过程中弹簧的最大弹性势能为 C．此后的运动过程中小球c的最大速度为 D．运动全过程中，弹簧的最大弹性势能可能为 （多选）9．（2025秋•雨花区校级月考）如图所示，质量均为m的小球N、P和Q静止在光滑的水平面上，P和Q通过轻弹簧相连，弹簧处于原长状态。某时刻给小球N一瞬时冲量使它以初速度v0开始向右运动，与小球P碰后粘在一起，在小球Q的右侧某位置固定一块弹性挡板（图中未画出）。当小球Q与挡板发生弹性正碰后立刻将挡板撤走，弹簧始终处于弹性限度内。以下说法正确的是（　　） A．若无固定挡板，弹簧弹性势能的最大值是 B．若P、Q第一次共速时Q与挡板碰撞，则弹簧弹性势能的最大值是 C．若弹簧第一次恢复原长时Q与挡板碰撞，则弹簧弹性势能的最大值是 D．调整挡板的位置，弹簧的弹性势能的最大值可能是 （多选）10．（2025秋•青山湖区校级月考）如图甲所示，物块P、Q中间用一根轻质弹簧相连，放在光滑水平面上，物块P的质量为4kg。开始时两物块均静止，弹簧处于原长，t＝0时对物块P施加水平向右的恒力F，2s末撤去恒力时，物块Q的速度为2m/s，0～2s内两物体的加速度随时间变化的情况如图乙所示。整个运动过程中（　　） A．Q的质量等于1kg B．2s末物块P的速度大于4m/s C．2s内恒力F做的功大于26.5J D．撤去推力后弹簧最长时，Q的速度等于3.2m/s 【题型6】 板块模型 1．（2026春•蜀山区校级月考）如图所示，水平面上放置一可动滑板CDEF，CD与EF段均水平，轨道各处均平滑连接。一滑块以水平初速度v＝4m/s从C点滑上滑板，在滑板上运动的过程中始终与滑板保持接触，已知滑块质量m＝2kg，滑板质量M＝1kg，不计一切摩擦。则滑块从F点离开滑板时，滑块的速度大小为（　　） A．0 B． C．4m/s D． 2．（2025秋•东胜区校级期末）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，左端固定一水平轻质弹簧。质量为2m的木块A以速度v0从木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，下列说法正确的是（　　） A．弹簧压缩量最大时，B板运动速率最大 B．B板的加速度先增大后减小 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．（2025春•重庆校级期中）如图所示，光滑水平面上静置一质量M＝1kg的水平长木板，其右端距离右侧竖直墙壁足够远。一可视为质点。质量m＝3kg的物块，从木板左端以水平速度v0＝2m/s滑上木板。已知物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.5，所有碰撞均无能量损失，碰撞时间可忽略，物块始终未滑离木板且未与墙壁碰撞，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是（　　） A．第1次碰撞前，物块在距木板左端0.4m处 B．第1次和第2次碰撞相隔的时间为0.25s C．物块最终停在距木板左端0.4m处 D．经过3次碰撞后，木板将一直向左运动 4．（2025秋•贵州期中）如图所示，光滑水平面上静止放置着一长度未知的木板B，木板B的上表面粗糙，物块A（可视为质点）静置于B的左端，某时刻给A一个瞬时冲量I，经过时间t运动到B右端且恰好不从B上滑离。已知A与B的质量分别为m、2m，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．A运动到木板右端时的速度大小为 B．全程A对B的摩擦力的冲量大小等于 C．A、B间的动摩擦因数为 D．B的长度为 5．（2025•浙江二模）如图所示，将一小物块A轻轻放在长L1＝4.0m以v0＝4m/s顺时针匀速转动的传送带左端M处，右端N与放在光滑水平桌面上的长木板C上表面平齐。长木板长为L2＝2.5m，C的右端带有挡板，在C上放有小物块B，开始时B和C静止，B到挡板的距离为。小物块A与传送带间的动摩擦因数μ1＝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，重力加速度为g＝10m/s2，所有碰撞均为弹性正碰。下列说法正确的是（　　） A．小物块A由M运动到N用时1.6s B．A滑上C但未与B相碰前，B的加速度为2m/s2 C．A滑上C后，经1.2s小物块B与挡板相碰 D．由于运送物块传送带多消耗能量为16J 6．（2025春•湖北期末）如图甲所示，长度L＝2m的木板在光滑水平面上，木板上表面粗糙。一个与木板质量相等的滑块以水平速度v0＝4m/s从左端滑上木板。滑块与木板间的动摩擦因数μ随滑块距木板左端距离x的变化图像如图乙所示，重力加速度g取10m/s2，滑块看作质点，则（　　） A．若木板固定，要使滑块能从木板右端滑出，求μ最大值应满足μ1＜0.2 B．若木板固定，要使滑块能从木板右端滑出，求μ最大值应满足μ1＜0.4 C．若木板不固定，要使滑块能从木板右端滑出，求μ最大值应满足μ2＜0.2。 D．若木板不固定，要使滑块能从木板右端滑出，求μ最大值应满足μ2＜0.4。 7．（2024•新城区校级模拟）如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝2kg的另一物体B（可看成质点）以水平速度v0＝2m/s滑上原来静止的长木板A的上表面。由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示。下列说法正确的是（g取10m/s2）（　　） A．木板A获得的动能为2J B．系统损失的机械能为2J C．木板A的最小长度为2m D．A、B间的动摩擦因数为0.01 （多选）8．（2025秋•张掖期末）如图所示，质量为m1的小车静止在光滑的水平面上，现有质量为m2可视为质点的物块以水平向右的速度v0从左端滑上小车，最后恰好未从小车上滑下。已知，物块与车上表面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。关于该过程下列说法正确的是（　　） A．物块最终的速度为 B．小车的长度为 C．物块从小车左端运动到右端的时间为 D．若小车增加的动能为12J，则系统因摩擦产生的热量可能为9J （多选）9．（2025•贵港三模）如图，足够长的光滑金属导轨间距为L，平行固定在水平面上，两根质量均为m的金属棒ab、cd与导轨始终接触良好，静止在轨道上。整个装置处在竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中。金属棒ab、cd接入电路中的阻值均为R，导轨的电阻不计。某时刻突然对cd施加一个水平向右的冲量I，下列说法正确的是（　　） A．最终两棒以相同速度匀速运动 B．最终两棒均静止 C．全过程整个回路中产生的热量Q D．全过程整个回路中产生的热量Q （多选）10．（2025•成都校级三模）如图所示，两块相同平板P1、P2置于光滑水平面上，质量均为0.5kg，板长均为0.4m，P2的右端固定一轻质弹簧，弹簧的自由端恰好停在P2中点A点处。物体P置于P1的最右端，质量为1kg且可看作质点。P1与P以共同速度v0＝4m/s向右运动，与静止的P2发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后P1与P2粘连在一起。P压缩弹簧后被弹回并停在A点（弹簧始终在弹性限度内）。P与P1、P2之间的动摩擦因数μ＝0.25，下列说法正确的有（　　） A．在运动过程中，弹簧的最大压缩量为0.1m B．若P与P1、P2之间接触面光滑，当弹簧恢复原长时P的速度大小为1m/s C．若将弹簧换成另一劲度系数较小的弹簧，系统稳定时P受到向右的摩擦力 D．若将弹簧换成另一劲度系数较小的弹簧，系统稳定时损失的机械能减小 第5页（共27页） 学科网（北京）股份有限公司 $专题07动量 【题型1】 碰撞模型 1.【答案】D 2.【答案】A 3.【答案】C 4.【答案】D 5.【答案】C 6.【答案】D 7.【答案】C 8.【答案】BC 9.【答案】ACD 10.【答案】AC 【题型2】人船模型 1.【答案】C 2.【答案】A 3.【答案】C 4.【答案】A 5.【答案】D 6.【答案】B 7.【答案】C 8.【答案】AD 9.【答案】AC 10.【答案】AD 【题型3】 爆炸模型 1.【答案】D 2.【答案】C 第1页（共3页） 3.【答案】D 4.【答案】D 5.【答案】B 6.【答案】B 7.【答案】D 8.【答案】AC 9.【答案】AD 10. 【答案】BCD 【题型4】子弹打木块模型 1.【答案】D 2.【答案】B 3.【答案】B 4.【答案】D 5.【答案】B 6.【答案】B 7.【答案】D 8.【答案】AC 9.【答案】AC 10. 【答案】BD 【题型5】 弹簧类模型 1. 【答案】C 2.【答案】A 3.【答案】D 4.【答案】D 5.【答案】A 6.【答案】A 7.【答案】C 8.【答案】AC 9.【答案】AC 10.【答案】ACD 第2页（共3页） 【题型6】 板块模型 1.【答案】C 2.【答案】B 3.【答案】C 4.【答案】C 5.【答案】D 6.【答案】D 7.【答案】B 8.【答案】AC 9.【答案】AC 10.【答案】ACD 第3页（共3页） 专题07 动量 【题型1】 碰撞模型 2 【题型2】 人船模型 11 【题型3】 爆炸模型 18 【题型4】 子弹打木块模型 25 【题型5】 弹簧类模型 34 【题型6】 板块模型 43 【知识清单】 1.两种碰撞的特点 弹性 碰撞 举例：一动碰一静 动量守恒mv1=m1v1'+m2v2' 机械能守恒m1=m1v1'2+m2v2'2 解得 v1'=， v2'= 结论： (1)m1=m2时，v1'=0，v2'=v1，即两球碰撞后交换了速度 (2)当m1>m2时，v1'>0，v2'>0，碰后两球都沿v1方向运动，当m1≫m2时v1'=v1，v2'=2v1 (3)m1<m2时，v1'<0，v2'>0，碰后入射小球反弹，当m1≪m2时，v1'=-v1，v2'≈0 完全 非弹 性碰 撞　 碰后两球粘在一起末速度相同 动量守恒m1v1+m2v2=(m1+m2)v，机械能损失最多 损失的机械能 ΔE=m1+m2-(m1+m2) 2.碰撞拓展 (1)“保守型”碰撞拓展模型 图例 (水平面 光滑) 小球-弹簧模型 小球-曲面模型 小球-小球模型 达到 共速 相当于完全非弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0=(m+M)v共，损失的动能最多，分别转化为弹性势能、重力势能或电势能 再次 分离 相当于弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0=mv1+Mv2，机械能守恒，满足m=m+M (2)“耗散型”碰撞拓展模型 图例 (水平面 或水平 导轨光滑) 未穿出 未滑离 达到共速 达到共速 相当于完全非弹性碰撞，满足mv0=(m+M)v共，损失的动能最多，分别转化为内能或电能 【题型1】 碰撞模型 1．（2025秋•佛山期末）如图，在某超市仓库的水平地面上进行新手推车测试。一辆总质量为20kg的手推车甲以0.5m/s的速度与其正前方静止的总质量为40kg的同款手推车乙发生对心碰撞。假设碰撞时间为0.2s，碰后乙车速度为0.2m/s，碰撞时忽略地面摩擦的作用，则下列说法正确的是（　　） A．碰撞过程甲车对乙车的冲量大小大于乙车对甲车的冲量大小 B．碰撞后甲车的速度大小为0.1m/s，方向与初速度相反 C．碰撞过程两车组成的系统损失的机械能为1.8J D．碰撞过程甲对乙的平均作用力大小为40N 【答案】D 【解答】解：A、碰撞时忽略地面摩擦的作用，则甲与乙碰撞的过程中动量守恒，所以碰撞过程中甲车对乙车的冲量大小等于乙车对甲车的冲量大小，故A错误； B、设甲、乙的质量分别为m、M，碰前甲速度大小为v0，碰后甲与乙速度大小分别为v1、v2，取碰撞前甲速度的方向为正方向，由动量守恒定律有mv0＝mv1+Mv2 代入数据得 v1＝0.1m/s 方向与初速度相同，故B错误； C、设碰撞过程中总机械能的损失为ΔE，应有ΔE 联立得ΔE＝1.6J 故C错误； D、碰撞过程甲对乙的平均作用力大小为F，对乙FΔt＝MΔv＝Mv2﹣0 代入数据得F＝40N 故D正确。 故选：D。 2．（2025秋•北海期末）如图所示，质量为m2＝3kg的小球B静止在光滑的水平面上，质量为m1＝2kg的小球A以速度v0＝5m/s向B运动，并与B发生弹性对心碰撞。碰后A、B两小球的速度分别为（　　） A．﹣1m/s 4m/s B．1m/s 4m/s C．1m/s 6m/s D．﹣1m/s 6m/s 【答案】A 【解答】解：对A、B两球组成的系统，规定向右为正方向，由动量守恒定律得 m1v0＝m1v1+m2v2 由机械能守恒定律得 联立解得v1v05m/s＝﹣1m/s，v2v05m/s＝4m/s，故A正确，BCD错误。 故选：A。 3．（2025秋•张掖期末）如图甲所示，在光滑水平面上的两个小球P、Q发生一维碰撞，两小球质量分别为m1和m2，如图乙所示为两小球碰撞前后的x﹣t图像。已知m1＝0.3kg，由此可以判断（　　） A．碰后小球P、Q都向右运动 B．碰前系统的总动量大小为2kg•m/s C．碰后系统的总动能为2.4J D．碰撞过程中P对Q的冲量大小为1.2N•s 【答案】C 【解答】解：A、根据x﹣t图像的斜率表示速度，斜率正负表示速度方向，可知碰前Q静止，P向右运动，碰后Q向右运动，P向左运动，故A错误； B、根据可得，碰前P的速度 则碰前系统的总动量p＝m1v0＝0.3×4kg•m/s＝1.2kg•m/s，故B错误； C、碰后P的速度 碰后Q的速度 根据动量守恒定律有m1v0+0＝m1v1+m2v2 解得Q的质量m2＝0.9kg 碰撞后系统的总动能，故C正确； D、对Q，根据动量定理可得I＝m2v2＝0.9×2N•s＝1.8N•s，故D错误。 故选：C。 4．（2025春•成都校级月考）如图所示，质量相等的A、B两个球，原来在光滑水平面上沿同一直线相向做匀速直线运动，A球的速度是4m/s，B球的速度是﹣2m/s，不久A、B两球发生了对心碰撞。对于该碰撞之后的A、B两球的速度可能值，某实验小组的同学们做了很多种猜测，下面的猜测结果一定无法实现的是（　　） A．vA'＝﹣2m/s，vB′＝4m/s B．vA′＝﹣1m/s，vB′＝3m/s C．vA'＝1m/s，vB′＝1m/s D．vA'＝﹣3m/s，vB′＝5m/s 【答案】D 【解答】解：A、设每个球的质量均为m，碰前系统总动量为 p＝mAvA+mBvB＝4m﹣2m＝2m 碰前系统总动能为 EkmAmBm×42m×22＝10m 碰后总动量p′＝mAvA'+mBvB′＝m×（﹣2）+m×4＝2m，系统动量守恒。 碰后系统总动能 Ek'mAvA'2mBvB'2m×22m×42＝10m，机械能守恒，可能实现，不符合题意，故A错误； B、碰后总动量p′＝mAvA'+mBvB′＝m×（﹣1）+m×3＝2m，系统动量守恒。 碰后系统总动能 Ek'mAvA'2mBvB'2m×12m×32＝5m，总动能减少，可能实现，不符合题意，故B错误； C、碰后总动量p′＝mAvA'+mBvB′＝m×1+m×1＝2m，系统动量守恒。 碰后系统总动能 Ek'mAvA'2mBvB'2m×12m×12＝m，总动能减少，可能实现，不符合题意，故C错误； D、碰后总动量p′＝mAvA'+mBvB′＝m×（﹣3）+m×5＝2m，系统动量守恒。 碰后系统总动能 Ek'mAvA'2mBvB'2m×32m×52＝17m，总动能增加，违反能量守恒定律，不可能实现，故D正确。 故选：D。 5．（2025•金华三模）如图，质量均为1kg的木块A和B并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端系一长为0.22m的细线，细线另一端系一质量为0.1kg的球C，现将球C拉起使细线水平，并由静止释放，当球C摆到最低点时，木块A恰好与木块B相撞并粘在一起，不计空气阻力，则（　　） A．球C摆到最低点的速度是 B．木块A、B原先间距0.04m C．球C通过最低点后向左摆动上升最大高度为0.21m D．球C开始下落到A、B、C三者相对静止，系统产生的热量为0.005J 【答案】C 【解答】解：A、球C向下运动到最低点的过程中，A、C组成的系统水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒，取水平向左为正方向，由水平方向动量守恒有：0＝mCvC﹣mAvA 根据机械能守恒有： 联立解得速度大小分别为：vC＝2m/s，vA＝0.2m/s，故A错误； B、球C向下运动到最低点的过程中，A、C组成的系统水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒有：0＝mCvC﹣mAvA 两边同乘以t后有：0＝mCxC﹣mAxA 又根据两者的位移关系有：xC+xA＝L 联立解得：xA＝0.02m，故B错误； C、A与B碰撞过程，动量守恒，以向左为正方向有：mAvA＝（mA+mB）v 代入数据解得：v＝0.1m/s 球C向左运动过程中，A、B、C组成的系统水平方向动量守恒，以向左为正方向有：mCvC﹣（mA+mB）v＝（mA+mB+mC）v共 根据能量守恒有： 联立代入数据解得：h＝0.21m，故C正确； D、系统产生的热量为：QJ＝0.01J，故D错误。 故选：C。 6．（2026•南川区校级模拟）如图所示，质量均为m的小球P、Q静止放置于光滑水平面，相距为l，从t＝0时刻开始，P始终受到一水平恒力的作用，Q不受水平外力，经过t0时间后两小球第1次发生弹性碰撞，碰撞时间极短，此后小球间的碰撞都为弹性碰撞，两小球均可视为质点，下列说法正确的是（　　） A．恒力的大小为 B．第1次碰撞后到第2次碰前P、Q间的最远距离为2l C．第3次碰撞前P的速度大小为 D．第3次碰撞后到第4次碰撞前P运动的距离为12l 【答案】D 【解答】解：A.P先做匀加速直线运动，有：l，代入数据可得：a，由牛顿第二定律可知：恒力F＝ma，代入数据可得：F，故A错误； B.PQ质量相等，且为弹性碰撞，则速度交换，碰撞后P速度为零，Q的速度vQ1＝at0，代入数据可得：vQ1，二者共速时距离最远：，代入数据可得：Δx＝l，故B错误； C.第二次碰撞前：vQ1t1，P的速度：vP2＝at1，代入数据可得：t1＝2t0，vP2， 以Q为参考系，每次碰撞后P的速度均为零，Q的速度均为，且间隔时间均为t1，则第三次碰撞前P的速度为：，故C错误； D.第1次碰撞后到第2次碰前，P的运动距离为：x1，代入数据可得：x1＝4l， 第2次碰撞后到第3次碰前，P的运动距离为：x2＝x1，代入数据可得：x2＝8l， 则第3次碰撞后到第4次碰前，P的运动距离为：x3＝12l，故D正确。 故选：D。 7．（2025•麦积区模拟）如图，用不可伸长的轻绳将小球a悬挂在O点，初始时，轻绳处于水平拉直状态，将小球a由静止释放，当小球a下摆至最低点时，恰好与静止在水平面上的物块b发生弹性碰撞，碰撞后b滑行的最大距离为L，已知b的质量是a的2倍，b与水平面间的动摩擦因数为μ，不计空气阻力，则（　　） A．小球a下摆至最低点过程中重力做功的功率一直在增大 B．碰撞后瞬间小球a的速度大小为 C．轻绳的长度 D．小球a反弹的最大高度为 【答案】C 【解答】解：A.小球刚释放时，速度为零，重力功率为零，小球到达最低点时，速度方向水平，与重力方向垂直，重力功率仍为零，故A错误； B.设绳长为l，a的质量为m，则b的质量为2m， b滑行的过程中，由动能定理可知：，代入数据可得：， 以向左为正方向，ab碰撞时，动量守恒：mv＝mva+2mvb，系统总动能不变：， 联立解得：，，即a球会反弹，故B错误； C.小球下摆过程中机械能守恒，，代入数据可得：，故C正确； D.a球反弹时机械能守恒：，代入数据可得：，故D错误。 故选：C。 （多选）8．（2025秋•慈溪市期末）如图所示，在光滑的水平桌上有一个动量为2kg•m/s的小球A和一个动量为4kg•m/s的小球B沿同一直线同一方向运动，一段时间后小球A追上小球B发生碰撞，若不计摩擦阻力，则碰撞后A、B两球的动量可能是（　　） A．pA＝3kg•m/s，pB＝5kg•m/s B．pA＝1kg•m/s，pB＝5kg•m/s C．pA＝﹣1kg•m/s，pB＝7kg•m/s D．pA＝﹣2kg•m/s，pB＝8kg•m/s 【答案】BC 【解答】解：A、在碰撞过程中，两球组成的系统动量守恒。碰撞前总动量p0＝pA0+pB0＝2kg•m/s+4kg•m/s＝6kg•m/s。若pA＝3kg•m/s，pB＝5kg•m/s，碰撞后总动量p＝pA+pB＝3kg•m/s+5kg•m/s＝8kg•m/s＞p，违反了动量守恒定律，不可能，故A错误； B、若pA＝1kg•m/s，pB＝5kg•m/s，碰撞后总动量p＝pA+pB＝1kg•m/s+5kg•m/s＝6kg•m/s＝p，满足动量守恒定律。碰撞后，小球A的速度减小，动能减小。小球B的速度增大，动能增大，总动能可能不增加，且两者同向运动，是可能的，故B正确； C、若pA＝﹣1kg•m/s，pB＝7kg•m/s，碰撞后总动量p＝pA+pB＝﹣1kg•m/s+7kg•m/s＝6kg•m/s＝p，满足动量守恒定律。碰撞后，小球A的速度减小，动能减小。小球B的速度增大，动能增大，总动能可能不增加。碰撞后，小球A反向运动，小球B速度增大，是可能的，故C正确； D、若pA＝﹣2kg•m/s，pB＝8kg•m/s，碰撞后总动量p＝pA+pB＝﹣2kg•m/s+8kg•m/s＝6kg•m/s＝p，满足动量守恒定律。碰撞后，小球A的速度大小不变，动能不变。小球B的速度增大，动能增大，总动能增加，违背了能量守恒定律，不可能，故D错误。 故选：BC。 （多选）9．（2025秋•广东期末）桌球是一种常见的室内体育运动项目，通过球杆在水平台上击打母球，使母球与目标球发生碰撞。可用碰撞恢复系数e研究碰撞情况，如母球以速度v0与静止目标球发生正碰，碰后瞬间母球和目标球速度分别为v1、v2，则碰撞恢复系数为。如图所示，某次碰撞过程中，母球A以2m/s的速度与静止的目标球B正碰，碰撞时间极短，碰撞过程中的恢复系数e＝0.9，碰后瞬间两球速度方向相同，母球和目标球质量均为170g，重力加速度g＝10m/s2。以下说法正确的是（　　） A．碰撞后瞬间，目标球B的速度大小为1.9m/s B．碰撞过程中母球A对目标球B的冲量大小为3.23N•s C．此次碰撞过程中母球A损失机械能约为0.339J D．若碰撞过程中恢复系数e＝1，则两球组成的系统碰撞前后无机械能损失 【答案】ACD 【解答】解：A、已知v0＝2m/s，mA＝mB＝170g＝0.17kg，恢复系数e＝0.9 以母球A和目标球B组成的系统为研究对象，规定碰撞前母球A的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得 mAv0＝mAv1+mBv2 结合碰撞恢复系数 联立解得碰撞后瞬间A、B两球的速度分别为v1＝0.1m/s，v2＝1.9m/s，故A正确； B、碰撞后目标球B的动量大小为p＝mBv2＝0.17×1.9N•s＝0.323N•s 根据动量定理，碰撞过程中母球A对目标球B的冲量大小I＝p﹣0＝0.323N•s，故B错误； C、此次碰撞过程中母球A损失机械能ΔEmAmA，解得ΔE≈0.339J，故C正确； D．若碰撞过程中恢复系数e＝1，则有 即v0＝v2﹣v1 根据母球A和目标球B组成的系统动量守恒定律，有mAv0＝mAv1+mBv2 解得v0＝v1+v2 联立解得v1＝0，v2＝v0 可知碰撞后两球速度交换，且两球质量相等，符合弹性碰撞的规律，则两球组成的系统碰撞前后无机械能损失，故D正确。 故选：ACD。 （多选）10．（2026•兰州一模）如图所示，倾角为30°的光滑斜面上，轻质弹簧一端固定在底端，另一端连接质量mA＝1kg的小物块A，A静止于O点。距O点为x＝0.9m的P处，质量mB＝2kg的小物块B由静止下滑，与A发生非弹性碰撞（碰后A、B共速但不粘连，碰撞时间极短）。碰后经0.4s，A、B运动1m时弹簧压缩至最短。g取10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．AB下滑过程中弹力的冲量大小为12N•s B．弹簧弹性势能的最大值为21J C．上滑过程中物块A、B在弹簧恢复至原长时分离 D．物块B返回后能到达P点 【答案】AC 【解答】解：A、B由释放至与A碰撞前，由动能定理可知mBgxsin30°，代入数据可得v1＝3m/s， 对AB碰撞过程，以沿斜面向下为正方向，由动量守恒定律可知mBv1＝（mA+mB）v2，代入数据可得v2＝2m/s， AB一起运动至最低点的过程，以沿斜面向下为正方向，对AB整体，沿斜面方向由动量定理可知﹣I+（mA+mB）gsin30°t＝0﹣（mA+mB）v2，代入数据可得I＝12N•s，故A正确； B、令d＝1m，由功能关系可知，AB一起运动至最低点的过程，弹簧弹性势能增加量ΔE（mA+mB）（mA+mB）gdsin30°，代入数据可得ΔE＝21J，初始时弹簧处于压缩状态，弹性势能大于零，则AB在最低点时弹簧弹性势能EP＞21J，故B错误； C、AB分离时它们之间的弹力NAB＝0，对B，由牛顿第二定律可知mBgsin30°＝mBa，对AB整体，同理可知（mA+mB）gsin30°﹣F＝（mA+mB）a，代入数据可得F＝0，即弹簧处于原长时分离，故C正确； D、AB碰撞过程是非弹性碰撞，系统机械能减小，且A返回至O点时仍有动能，由能量守恒定律可知B上滑至与A分离时的机械能与初始时相比减小，无法回到P点，故D错误。 故选：AC。 【题型2】 人船模型 1．（2025秋•市中区校级月考）如图，质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止。若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中（不计水的阻力），则救生员跃出后小船的速率为（　　） A．v0 B．v0 C．v0 D．v0 【答案】C 【解答】解：以向右为正方向，对小船和救生员组成的系统应用动量守恒定律，系统在水平方向不受外力，因此动量守恒。 初始时小船和救生员一起以速率v0向右匀速行驶，系统总动量为（M+m）v0；设救生员跃出后小船的速率为v'，救生员相对水面的速率为水平向左的v，即速度为﹣v，此时系统总动量为Mv'﹣mv。根据动量守恒定律可得（M+m）v0＝Mv'﹣mv，解得，故C正确，ABD错误。 故选：C。 2．（2025春•沙河口区校级月考）如图所示，光滑地面上有一质量为M的足够长木板ab，一质量为m的人站在木板的a端，关于人由静止开始至运动到木板的b端（M、N表示地面上原a、b对应的点），则如图所示中正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【解答】解：对M、m组成的系统，以水平向右的方向为正方向，由动量守恒定律可得：mxm﹣MxM＝0，由几何关系可得：xM+xm＝L板，以M点为参考，人向右运动，板向左运动，故A正确，BCD错误。 故选：A。 3．（2025秋•如皋市校级月考）如图所示，气球下面有一根长绳，一个质量为m1＝50kg的人抓住气球下方的长绳，气球和长绳的总质量为m2＝20kg，长绳的下端刚好和水平面接触，当系统静止时人离地面的高度为h＝5m。如果这个人开始沿绳向下滑，当他滑到绳下端时，气球上升的距离大约是（可以把人看作质点）（　　） A．5m B．2.6m C．3.6m D．8m 【答案】C 【解答】解：设人的速度大小v1，气球的速度大小v2，设向下为正方向，根据人和气球动量守恒得 m1v1＝m2v2 当他滑到绳下端时，人的位移大小x1，气球的位移大小x2，则有 m1x1＝m2x2 由几何关系 x1+x2＝h 气球上升的距离为 故ABD错误，C正确。 故选：C。 4．（2025•惠农区校级模拟）如图所示，质量为M的上表面光滑的小车静置于光滑的水平面上，左端固定一根轻质弹簧，质量为m的物块放在小车上，压缩弹簧并用细线连接物块和小车左端，开始时小车与物块都处于静止状态，此时物块与小车右端相距为L，当突然烧断细线后，以下说法正确的是（　　） A．物块离开小车前，物块和小车组成的系统动量守恒 B．物块离开小车前，物块和小车组成的系统机械能守恒 C．当物块离开小车时，小车向左运动的位移大小为 D．当物块速度大小为v时（未离开小车），小车速度大小为 【答案】A 【解答】解：A、物块与小车组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，故A正确； B、物块、小车与弹簧组成的系统机械能守恒，物块与小车组成的系统机械能不守恒，故B错误； C、物块离开小车时，设小车向左运动的位移大小是x，物块与小车组成的系统动量守恒， 以向右为正方向，由动量守恒定律得：mM，解得：x，故C错误； D、物块与小车组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv﹣Mv′＝0，解得：v′v，故D错误。 故选：A。 5．（2025春•江苏校级期末）如图，一质量为M、半径为R的光滑半圆槽滑块放置于光滑水平桌面上，设质量为m的小球（可视为质点）从A端由静止开始释放，则小球从A到B的过程中（　　） A．小球运动的位移为2R B．滑块运动的位移是R C．滑块先向右运动再向左运动，最终回到原处 D．小球运动到半圆槽最低点时，其速度为 【答案】D 【解答】解：AB、小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽构成的系统水平方向受力为零，所以水平方向动量守恒，设向右为正方向，小球的位移为x1，滑块的位移为x2，根据人船模型结论可得：mx1＝Mx2，且x1+x2＝2R 解得：，x2，故AB错误； C、滑块在小球的弹力作用下先向右做加速运动，再向右做减速运动，直至停止，故C错误； D、根据系统水平方向动量守恒，去向左为正方向，可得：mv1﹣Mv2＝0 由系统机械能守恒，可得： 联立解得：v1，故D正确。 故选：D。 6．（2025春•南开区期末）“独竹漂”是一项独特的黔北民间绝技。在平静的湖面上，一位女子脚踩一根竹竿抵达岸边并静立于竹竿A点，一位摄影爱好者使用连拍模式拍下了此后该女子在竹竿上行走过程的一系列照片，并从中选取了两张进行对比，其简化图如图所示。经过测量发现，若将两张照片中河岸边缘对齐到同一条竖直线上，则甲、乙两张照片中A、B两点的水平间距约为1cm，乙图中竹竿右端距离河岸约为1.8cm。照片的比例尺为1：40。已知竹竿的质量约为25kg，若不计水的阻力，则该女子的质量约为（　　） A．41.5kg B．45kg C．47.5kg D．50kg 【答案】B 【解答】解：根据题意可知，人的位移大小x1＝40×1cm＝40cm＝0.4m，竹竿的位移大小为x2＝40×1.8cm＝72cm＝0.72m。对人和竹竿组成的系统，取人的速度方向为正方向，由动量守恒定律得 m1m20 即m1x1＝m2x2 解得该女子的质量为m1＝45kg，故ACD错误，B正确。 故选：B。 7．（2025•深圳校级一模）如图所示，质量均为m的木块A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为L的细线，细线另一端系一质量为m的球C。重力加速度为g。现将C球拉起使细线水平伸直，并由静止释放C球，下列说法正确的是（　　） A．A、B两木块分离时，A、B的速度大小均为 B．A、B两木块分离时，C的速度大小为 C．C球由静止释放到最低点的过程中，A对B的弹力的冲量大小为 D．C球由静止释放到最低点的过程中，木块A移动的距离为 【答案】C 【解答】解：AB、小球C下落到最低点时，AB开始分离，此过程水平方向动量守恒，根据机械能守恒有：mgL，取水平向左为正方向，由水平方向动量守恒得：mvC＝2m×vAB，联立解得，，故AB错误； C、C球由静止释放到最低点的过程中，选B为研究对象，由动量定理IAB＝mvAB＝m，故C正确； D、C球由静止释放到最低点的过程中，系统水平方向动量守恒，设C对地向左水平位移大小为x1，AB对地水平位移大小为x2，则有mx1＝2mx2，由题意可知x1+x2＝L，联立解得，故D错误； 故选：C。 （多选）8．（2025春•泉州期末）生命在于运动，体育无处不在，运动无限精彩。如图所示，质量为450kg的小船静止在水面上，质量为50kg的人在甲板上立定跳远的成绩为2m，不计空气和水的阻力，下列说法正确的是（　　） A．人在甲板上跳远时，船将后退 B．人在立定跳远的过程中船保持静止 C．人在立定跳远的过程中船后退了0.4m D．人相对地面的成绩为1.8m 【答案】AD 【解答】解：AB、对人和船组成的系统，水平方向上不受外力，可知系统水平方向动量守恒。初始时，系统的总动量为零，人在甲板上跳远时，系统水平方向总动量仍为零，则人和船的运动方向相反，船必然后退，故A正确，B错误； CD、以人的运动方向为正方向，根据系统水平方向动量守恒得 0＝m人v人﹣m船v船 结合二者运动时间关系，即可知在立定跳远过程中，任意一段极短时间内，人和船分别运动的距离满足x人＝v人t，x船＝v船t 代入上式可得m人x人＝m船x船 由题意可知x人+x船＝Δx＝2m，解得x人＝1.8m，x船＝0.2m，所以人在立定跳远的过程中船后退了0.2m，人相对地面的成绩为1.8m，故C错误，D正确。 故选：AD。 （多选）9．（2024秋•合肥月考）如图所示，质量M＝2kg、半径R＝2m、内壁光滑的半圆槽静置于光滑水平地面上。现将质量m＝1kg的小球（可视为质点）自左侧槽口A点的正上方h＝2m处由静止释放，小球下落后刚好自A点进入槽内，B点为半圆槽内壁的最低点。不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．小球从A到B的过程中，小球对半圆槽做正功 B．小球运动到B时，小球速度大小为 C．小球从A到C的过程中，半圆槽的位移为 D．小球从C点飞出后做斜抛运动 【答案】AC 【解答】解：A、根据题意分析可知，由于小球从A到B的过程中对槽有斜向左下的压力，同时半圆槽向左运动，位移方向向左，小球对半圆槽做正功，故A正确； B、小球在半圆槽内滑动的过程中，系统水平方向合力为零，水平方向动量守恒，根据水平动量守恒得0＝Mv2﹣mv1 根据系统机械能守恒得 联立解得小球的速度大小，半圆槽的速度大小，故B错误； C、小球从A点进入，从C点飞出这一过程，水平方向类似于人船模型，可得Mx2＝mx1 由几何关系x1+x2＝2R 故半圆槽的位移m，故C正确； D、根据动量守恒定律可知小球从C点飞出瞬间，小球和半圆槽的水平速度都为0，所以小球做竖直上抛运动，故D错误。 故选：AC。 （多选）10．（2026•道里区校级二模）如图甲、乙所示，质量分别为m和2m的小球A和B（均可视为质点）通过铰链用刚性轻杆连接，杆长为l。甲图中A套在竖直固定杆M上，B放在地面，初始系统处于静止状态，释放后小球B开始向右运动。乙图中轻杆与地面垂直，B受轻微扰动（初速度可视为0）开始向右运动。设杆和两小球始终在同一竖直面内运动，重力加速度为g，不计摩擦和空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．甲图中，A落地前，当A的机械能最小时，B对地面的压力为mg B．甲图中，A落地前其加速度大小始终不大于g C．乙图中，从开始运动至落地过程中，杆对A做功为 D．乙图中，A从开始运动至落地过程位移大小为 【答案】AD 【解答】解：A、甲图中，A落地前，B的速度先增大后减小，说明杆对B先做正功后做负功。当B的速度最大时，杆的弹力为零，此时A的机械能最小。所以当A的机械能最小时，B对地面的压力为mg，故A正确； B、甲图中，根据A选项的分析可知，当B的速度减小过程中，杆是拉力，此过程中A的加速度大小大于g，故B错误； C、乙图中，水平方向动量为零，A落地时二者水平方向速度均为零，系统只有重力做功，系统的机械能守恒。B的动能变化为零，杆对B做的功为零，所以杆对A做的功也为0，故C错误； D、设A落地时A水平方向位移大小为x1，B水平位移大小为x2，根据人船模型可得：mx1＝2mx2，且有：x1+x2＝L，解得：x1。所以乙图中，A从开始运动至落地过程位移大小为：x，解得：xL，故D正确。 故选：AD。 【题型3】 爆炸模型 1．（2025春•南岗区校级期中）某炮兵连进行实训演习，一门炮车将一质量为3m的炮弹，以某初速度斜向上发射，到达最高点时，炮弹速度为v0，此时炮弹爆炸成两块碎片a、b，它们此时的速度仍沿水平方向，a、b的质量之比为2：1，速度之比1：2，不计空气阻力，下列说法中正确的是（　　） A．爆炸后碎片a的初速度为 B．落地时碎片a、b的位移大小之比为1：2 C．碎片a、b落地速度大小之比1：2 D．炮弹爆炸后增加的动能为 【答案】D 【解答】解：A、炮弹上升到最高点时，只有水平速度v0，以v0方向为正方向，由动量守恒定律可得3mv0＝2mva+mvb，又，vb＝2va，联立解得：，，故A错误； B、爆炸后碎片a、b在竖直方向上都做自由落体运动，下落高度相同，根据，下落时间相同；水平位移x＝vt，由于t相同，水平位移之比为：，但落地时位移是水平位移和竖直位移的合位移，仅知水平位移比，无法确定合位移比，故B错误； C、爆炸后碎片a、b在竖直方向上都做自由落体运动，下落高度相同，则在竖直方向的速度为：，碎片a、b落地速度大小水平方向的分速度之比1：2，则碎片a、b落地速度大小之比为：，故C错误； D、炮弹爆炸后增加的动能为：，故D正确。 故选：D。 2．（2025春•湛江期末）一质量为M的烟花斜飞到空中，到达最高点时的速度为v0，此时烟花炸裂成沿v0所在直线上的两块（损失的炸药质量不计），两块的速度方向水平相反，落地时水平位移大小相等，不计空气阻力。若向前的一块质量为m，则炸裂瞬间其速度大小为（　　） A．v0 B．v0 C．v0 D．v0 【答案】C 【解答】解：烟花在最高点时水平方向动量守恒，选v0方向为正方向，由动量守恒定律得：Mv0＝mv﹣（M﹣m）v1 两块落地时水平位移大小相等，落地的时间相等，根据x＝vt，x1＝v1t 所以v1＝v 解得v，故C正确，ABD错误。 故选：C。 3．（2025春•辽宁期末）假设滑冰场地是光滑冰面，质量为50kg的小明手持一个质量为2kg的篮球，以3m/s的速度水平滑行。突然小明将篮球水平向前抛出，抛出后小明的速度变为2.8m/s。若抛出过程中消耗的体内化学能中约80%转化为小明和篮球的机械能增量，则此次抛球过程中小明消耗的化学能约为（　　） A．15J B．18.75J C．22.5J D．30J 【答案】D 【解答】解：小明的质量为M＝50kg，篮球的质量为m＝2kg，二者的初速度大小为v＝3m/s，抛出后小明的速度为v1＝2.8m/s，设篮球的速度为v2，取初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得：（M+m）v＝Mv1+mv2 解得：v2＝8m/s 根据能量守恒定律可得：（M+m）v2+Q•80% 解得：Q＝32.5J，最接近30J，所以此次抛球过程中小明消耗的化学能约为30J，故D正确、ABC错误。 故选：D。 4．（2025春•汕尾期末）一质量为m的烟花竖直向上升到空中，当速度减为零时炸裂成甲、乙两部分（损失的炸药质量不计），炸裂瞬间甲、乙的速度大小之比为1：3，则甲的质量为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【解答】解：设甲乙质量分别为m1、m2，烟花爆炸时，甲乙方向相反，由动量守恒可知：0＝m1v﹣3m2v，m1+m2＝m，代入数据解得：m1m，m2m，故D正确，ABC错误。 故选：D。 5．（2025秋•齐齐哈尔期中）一弹丸在飞行到距离水平地面5m高处时速度方向恰好水平，速度大小v＝2m/s，此时弹丸炸裂成甲、乙两块弹片，且两弹片水平飞出。不计空气阻力，重力加速度大小g＝10m/s2，两块弹片飞行的轨迹如图所示，则甲、乙两块弹片的质量之比为（　　） A．1：3 B．3：1 C．1：4 D．4：1 【答案】B 【解答】解：设甲、乙两块弹片的质量分别为m1，m2。由题图知，两弹片均做平抛运动，所用时间为 ts＝1s 甲做平抛运动的初速度为 v1m/s＝2.5m/s 乙做平抛运动的初速度为 v2m/s＝0.5m/s 炸裂过程中甲、乙组成的系统在水平方向动量守恒，取弹丸运动方向为正方向，根据动量守恒定律有 （m1+m2）v＝m1v1+m2v2 解得，故ACD错误，B正确。 故选：B。 6．（2025秋•门头沟区校级月考）我国女子短道速滑队多次在国际大赛上摘金夺银，为祖国赢得荣誉。在某次3000m接力赛中，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出，在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则（　　） A．甲对乙的冲量与乙对甲的冲量大小、方向都相向 B．甲、乙的动量变化一定大小相等、方向相反 C．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量 D．甲和乙组成的系统机械能守恒 【答案】B 【解答】解：A、由牛顿第三定律可知，甲对乙和乙对甲的作用力等大反向，冲量I＝Ft，则甲对乙和乙对甲的冲量大小相等，方向相反，故A错误； B、在乙推甲的过程中，甲乙组成的系统动量守恒，所以甲、乙的动量变化量一定大小相等、方向相反，故B正确； CD、在乙猛推甲的过程中，乙体内的化学能转化为机械能，类似爆炸模型，所以甲乙组成的系统机械能增大，甲的动能增加量大于乙的动能减少量，故CD错误。 故选：B。 7．（2026•湖南模拟）如图，足够长的木板C静止在光滑水平地面上，靠近其左上端有固定的挡板，可视为质点的小物体A和B紧靠在一起静止在长木板C上，与固定挡板的距离为，A和B之间夹有少量火药。某时刻火药燃爆，燃爆后A获得大小为2v的速度，最终A、B均未离开C。已知A、B、C的质量分别为m、2m、3m，A与C、B与C之间的动摩擦因数分别为2μ0、μ0，重力加速度为g。不计火药的质量和燃爆时间，A和挡板碰撞时无机械能损失且碰撞时间不计，认为火药燃爆释放的能量全部转化为A和B的动能。下列说法正确的是（　　） A．火药爆炸释放的能量为6mv B．A与挡板碰撞前瞬间速度大小为，与挡板碰撞前C向左运动 C．A与挡板碰撞瞬间B的速度大小为 D．A与挡板碰撞后，B、C先共速，最后A、B、C一起共速，且速度大小为 【答案】D 【解答】解：A.火药爆炸瞬间A和B系统的动量守恒，取水平向左为正方向，有恒0＝m•2v+2m•vB，解得vB＝﹣v，负号表示B速度方向向右，则火药爆炸释放的能量，解得E＝3mv2，故A错误。 B.爆炸后A向左做匀减速直线运动，由牛顿第二定律有2μ0mg＝ma1，解得A的加速度a1＝2μ0g；设A与挡板碰撞瞬间的速度v1，则有，解得。对C受力分析，A对C的摩擦力fA＝2μ0mg，方向向右；B对C的摩擦力fB＝μ0•2mg＝2μ0mg，方向向左。可知C所受合力为F＝fA+fB＝﹣2μ0mg+2μ0mg＝0，所以C始终静止，故B错误。 C.设A从爆炸后到与挡板碰撞的时间为t1，由匀变速直线运动平均速度公式，解得。对B由牛顿第二定律有μ02mg＝2ma2，可得B的加速度a2＝μ0g。A与挡板碰撞时B的速度大小v2＝vB﹣a2t1＝v﹣μ0g×（1），故C错误。 D.以水平向右为正方向，A与挡板碰撞后对A、B、C组成的系统动量守恒，设三者的共同速度为v0，则有mv1+2mv2＝（2m+m+3m）v，解得；对C由牛顿第二定律有μ0•2mg+2μ0mg＝3ma3，解得；假设B、C先共速，有v2﹣a2t2＝a3t2，解得共速时间，速度，可知A撞击挡板后B先与C共速，B与C共速后不再有相对运动，然后A再与B、C共速，故D正确。 故选：D。 （多选）8．（2025•昭通模拟）如图所示为某型号双响爆竹的结构简化图，其内部结构分上、下两层，分别装载火药。某次燃放测试中，点燃引线，下层火药被引燃后，爆竹获得了竖直升空的初始速度。当爆竹上升到最大高度h处时，上层火药恰好被引燃，爆竹瞬间分裂成质量之比为1：2的P、Q两部分。若P、Q均沿水平方向飞出，落地点间的水平距离为L，不计空气阻力及爆竹爆炸前后的质量变化，重力加速度为g。则（　　） A．爆竹分裂后P获得的速度大小为 B．爆竹分裂后Q获得的速度大小为 C．上、下两层火药分别被引燃时，爆竹增加的机械能之比为 D．上、下两层火药分别被引燃时，爆竹增加的机械能之比为 【答案】AC 【解答】解：AB、设P、Q质量分别为m和2m。在最高点爆炸过程，取爆竹分裂后P的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有 0＝mv1﹣2mv2 可得v1＝2v2 爆炸后P、Q均做平抛运动，落地时间为 P、Q水平方向均做匀速直线运动，则有x1＝v1t，x2＝v2t 又由几何关系有x1+x2＝L 联立解得P部分获得的速度，Q部分获得的速度，故A正确，B错误； CD、根据能量守恒定律，上层火药燃爆时爆竹增加的机械能，下层火药燃爆时爆竹增加的机械能ΔE2＝3mgh，则上、下两层火药燃爆时爆竹增加的机械能的比值为，故C正确；D错误。 故选：AC。 （多选）9．（2024秋•观山湖区校级月考）如图所示，质量分别为4m、m的甲、乙两小球放在光滑的水平面上，半径为r的四分之一光滑圆弧槽固定在水平面上，圆弧槽的最低点A的切线水平，最高点B的切线竖直，点燃两球之间的少量炸药，释放出的化学能为5mgr，全部转化为甲、乙的动能，重力加速度为g，空气的阻力忽略不计，下列说法正确的是（　　） A．爆炸刚结束的瞬间，甲的速度大小为 B．爆炸刚结束的瞬间，乙的动能为2mgr C．乙上升的最大高度为2r D．假设乙从A出发至第一次返回到A运动时间为t0，则该过程中乙受到水平方向上的平均作用力大小为 【答案】AD 【解答】解：AB、炸药爆炸的过程中，有5mgr＝Ek甲+Ek乙，由甲、乙组成的系统动量守恒，有 0＝m甲v甲﹣m乙v乙，解得爆炸刚结束瞬间v甲、v乙＝2，乙的动能为Ek乙mv乙2＝4mgr，故A正确，B 错误； C、乙从A到B，由动能定理可得﹣mgrmv乙2，解得vB，从B点开始向上做竖直上抛运动，上升的距离为，则乙上升的最大高度为3r+r＝4r，故C错误； D、取向左方向为正，乙从A返回到A，由动量定理可得t0＝m×2v乙，解得，故 D正确。 故选：AD。 （多选）10．（2025春•南阳期末）如图，一枚在空中飞行的火箭质量为m，某时刻飞行高度为h，速度为v，方向水平，燃料即将耗尽。此时，火箭突然炸裂成两块，其中质量为m1的弹头仍水平飞行，落地点到炸裂位置的水平距离为l。已知重力加速度为g，地面水平，不计空气阻力，以水平向右为正，则（　　） A．炸裂过程中系统机械能守恒 B．炸裂后飞行过程中弹头相对于另一块做匀速直线运动 C．炸裂后瞬时弹头的速度为 D．炸裂后另一块的速度为 【答案】BCD 【解答】解：A、炸裂过程，有化学能转化为系统的动能，所以炸裂过程中系统机械能不守恒，故A错误； B、炸裂后两块均做平抛运动，加速度均为重力加速度，两者相对加速度为0，所以炸裂后飞行过程中弹头相对于另一块做匀速直线运动，故B正确； C、炸裂后，弹头做平抛运动，则有，l＝v1t，解得炸裂后瞬时弹头的速度为，故C正确； D、由于不计空气阻力，系统水平方向所受合力为0，则系统水平方向动量守恒，取炸裂前火箭速度方向为正方向，则有mv＝m1v1+（m﹣m1）v2 解得炸裂后另一块的速度为，故D正确。 故选：BCD。 【题型4】 子弹打木块模型 1．（2025秋•蜀山区校级月考）如图所示，木块静止在光滑的水平面上，一颗子弹以初速度v0水平向右打击木块，子弹留在木块内未穿出；若木块固定，子弹对木块的冲量大小为I1，若木块不固定，子弹对木块的冲量大小为I2，不计子弹的重力，则下列说法正确的是（　　） A．I1＝0 B．I1＝I2 C．I1＜I2 D．I1＞I2 【答案】D 【解答】解：子弹打木块过程中子弹对木块的冲量与木块对子弹的冲量等大反向，根据动量定理，因地面光滑，木块对子弹的作用力就是子弹所受合力，木块对子弹的冲量等于子弹动量的变化量Δp＝I合，木块固定时子弹动量的变化量为Δp1＝0﹣mv0；木块不固定时子弹动量的变化量为Δp2＝mv共﹣mv0，因此有I1＞I2，故D正确，ABC错误。 故选：D。 2．（2025秋•天心区校级期中）如图所示，足够长木块静止在光滑水平面上，A、B为两颗不同的子弹，子弹A的质量为m。若子弹A、B从两侧同时水平射入木块，木块始终保持静止，子弹A射入木块的深度为LA，子弹B射入木块的深度为LB，且LA＝3LB，若保持子弹射入木块前的速度大小不变，先让A子弹射入木块，A与木块相对静止后让B子弹射入木块，A射入木块的深度为LA′，B射入木块的深度为LB′，设木块对子弹的阻力大小恒定，A、B做直线运动且不会相遇，则下列说法正确的是（　　） A．子弹B的质量为2m B．LA+LB＝LA′+LB′ C．LA＜LA′ D．子弹A射入木块时的初动能一定比子弹B射入木块时的初动能小 【答案】B 【解答】解：A、子弹A、B从两侧同时水平射入木块，木块始终保持静止，受力平衡，对木块受力分析，根据平衡条件可得 fA＝fB＝f 木块与子弹A、B组成的系统合外力为零，系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律有 mvA﹣mBvB＝0 则 mvAt﹣mBvBt＝0 即 mLA＝mBLB 结合LA＝3LB，可得mB＝3m，故A错误； B、设子弹A、B入射前的速度分别为vA0、vB0，子弹A、B从两侧同时水平射入木块，根据能量守恒有 子弹A、B从两侧不同时水平射入木块，根据系统动量守恒，子弹A、B、木块共速时的速度为0，根据能量守恒有 可得 LA+LB＝L′A+L′B，故B正确； C、两子弹同时射入时，根据系统动量守恒，木块一直保持静止，A子弹射入的速度大小为v0，则对A，有 子弹A、B从两侧不同时水平射入木块，子弹A射入后共速为v，则 所以LA＞L′A，故C错误； D、对两子弹和木块组成的系统动量守恒，则有，因为B的质量大，所以EkA＞EkB，即子弹A射入木块时的初动能一定比子弹B射入木块时的初动能大，故D错误。 故选：B。 3．（2025•银川校级一模）在如图所示的装置中，木块B与水平面间的接触面是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短。对于木块、弹簧、子弹组成的系统，从子弹开始射入到弹簧压缩到最短的过程中（　　） A．动量守恒，机械能守恒 B．动量不守恒，机械能不守恒 C．动量守恒，机械能不守恒 D．动量不守恒，机械能守恒 【答案】B 【解答】解：子弹在击中木块过程要克服阻力做功，机械能有损失，系统机械能不守恒，子弹与木块压缩弹簧过程，子弹、木块、弹簧组成的系统受到墙壁的作用力，系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，由此可知，弹簧、子弹和木块组成的系统在整个过程中动量不守恒、机械能不守恒，故B正确，ACD错误； 故选：B。 4．（2025秋•连云港期末）一物块静止在光滑水平面上，t0时刻，质量为m0的子弹击中并穿过物块，子弹和物块的水平位移x随时间t变化关系的图像如图所示，子弹穿过物块的时间极短。下列说法不正确的是（　　） A．子弹刚击中物块的速度大小为 B．子弹穿过物块后，物块的速度大小为 C．物块的质量为8m0 D．子弹穿过物块过程中，子弹的动量变化量为 【答案】D 【解答】解：A、根据x﹣t图线的斜率表示速度可知，子弹刚击中物块的速度大小为，故A正确； B、子弹穿过物块后，因子弹的速度较大，故子弹的x﹣t图线斜率较大，物块的x﹣t图线斜率较小，则物块的速度大小为，故B正确； C、子弹穿过物块后，子弹的速度大小为 规定子弹的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律得m0v0＝m0v1+mv2 解得物块的质量为m＝8m0，故C正确； D、子弹穿过物块过程中，子弹的动量变化量为，故D错误。 本题选不正确的，故选：D。 5．（2026•九江一模）如图所示，在光滑水平面上静止放置一质量为M、长为L的木块，质量为m的子弹以不同的初速度水平射向木块，设子弹在木块内运动过程中受到的阻力f不变。当木块获得的速度最大时，下列说法正确的是（　　） A．子弹的初速度大小为 B．子弹在木块中运动的时间为 C．木块获得的最大动能为 D．木块在加速过程中运动的距离为 【答案】B 【解答】解：A、当子弹刚好穿出木块时，木块获得的速度最大。规定向右为正方向，根据动量守恒定律得 mv0＝（M+m）v 根据能量守恒定律得 fL（M+m）v2 联立解得v0，故A错误； B、结合A项得v，对木块，根据动量定理得 ft＝Mv 解得子弹在木块中运动的时间为t，故B正确； C、木块获得的最大动能为EkmMv2M（）2，故C错误； D、对木块，根据动能定理得：fsMv2﹣0，解得木块在加速过程中运动的距离为s，故D错误。 故选：B。 6．（2025秋•兰州月考）如图所示，从悬停的无人机（图中未画出）上由静止释放一小球（视为质点），同时，子弹（图中未画出）从同一高度以100m/s的速度水平射向小球，释放时小球距离水平地面的高度为20m，1s末子弹恰好射入小球（子弹未射出，且该过程时间极短），小球的质量为子弹质量的9倍，不计空气阻力，取重力加速度大小g＝10m/s2，则小球落到水平地面上的点到释放点的水平距离为（　　） A．20m B．10m C．6m D．3m 【答案】B 【解答】解：设子弹质量为m，则小球质量为9m。 根据题意可知，子弹射入小球的过程中，水平方向上动量守恒，竖直方向上小球的分运动保持不变，设碰撞后小球的水平速度为v共，规定子弹原来的速度方向为正方向，由水平方向动量守恒有 mv＝（m+9m）v共 小球在竖直方向上做匀加速直线运动，则有 解得t＝2s 可知碰撞后小球与子弹的整体运动t′＝1s落地，则水平方向上有x＝v共t′ 解得小球落到水平地面上的点到释放点的水平距离为x＝10m，故ACD错误，D正确。 故选：B。 7．（2025春•孝感期末）如图所示，一质量m2＝0.25kg的平顶小车，车顶右端放一质量m3＝0.30kg的小物体，小物体可视为质点，与车顶之间的动摩擦因数μ＝0.45，小车静止在光滑的水平轨道上。现有一质量m1＝0.05kg的子弹以水平速度v0＝18m/s射中小车左端，并留在车中，子弹与车相互作用时间很短。若使小物体不从车顶上滑落，g取10m/s2。下列分析正确的是（　　） A．小物体在小车上相对小车滑行的时间为1s B．最后小物体与小车的共同速度为3m/s C．小车的最小长度为1.0m D．小车对小物体的摩擦力的冲量为0.45N•s 【答案】D 【解答】B．设子弹初速度为正方向，子弹射入小车的过程中，由动量守恒定律得 m1v0＝（m1+m2）v1 解得v1＝3m/s 设子弹初速度为正方向，小物体在小车上滑行过程中，由动量守恒定律得 （m1+m2）v1＝（m1+m2+m3）v2 解得v2＝1.5m/s，故B错误； A．以小物体为研究对象，设子弹初速度为正方向，由动量定理得 I＝μm3gt＝m3v2 解得，故A错误； D．设子弹初速度为正方向，小车对小物体的摩擦力的冲量为 I＝m3v2＝0.45N•s，故D正确； C．当系统相对静止时，设小物体在小车上滑行的距离为l，由能量守恒定律得 解得l＝0.5m，所以0.5 m，故C错误。 故选：D。 （多选）8．（2025•吉林模拟）如图所示在光滑水平面上有两个小木块A和B，其质量mA＝2kg，mB＝4kg，它们中间用一根轻弹簧相连。一颗水平飞行的子弹质量为m0＝50g，初速度为v0＝500m/s，在极短的时间内射穿两木块，子弹射穿A木块后子弹的速度变为原来的，且子弹射穿A木块损失的动能是射穿B木块损失的动能的2倍，则（　　） A．子弹射穿A 木块过程中系统损失的机械能为3975J B．子弹打穿两个木块后的过程中弹簧最大的弹性势能为4.5J C．弹簧再次恢复原长时A的速度为 D．弹簧再次恢复原长时B的速度为 【答案】AC 【解答】解：A、设子弹射穿A木块后A和子弹的速度分别为vA和v1，由题意可知v1v0500m/s＝300m/s，子弹穿过A的过程中，取水平向右为正方向，由子弹与A组成的系统动量守恒得 m0v0＝mAvA+m0v1 联立解得vA＝5m/s 则射穿A木块过程中系统损失的机械能为ΔEm0mAm0，解得ΔE＝3975J，故A正确； B、设子弹射穿B木块后B和子弹的速度分别为vB和v2，取水平向右为正方向，由子弹与B组成的系统动量守恒得m0v1＝mBvB+m0v2 由题意可知 联立解得vB＝2.5m/s 子弹穿过B以后，弹簧开始被压缩，A、B和弹簧所组成的系统动量守恒，当A、B达到共同速度v共时，弹簧的弹性势能最大，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得 mAvA+mBvB＝（mA+mB）v共 解得 根据机械能守恒定律可得弹簧的最大弹性势能为EpmmAmB（mA+mB）v共2，解得Epm≈4J，故B错误； CD、设弹簧再次恢复原长时A、B的速度分别为vA'、vB'，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律得 mAvA+mBvB＝mAvA'+mBvB' 由机械能守恒定律有 联立解得，故C正确，D错误。 故选：AC。 （多选）9．（2025•芜湖二模）如图甲所示，质量为M的木块静止在光滑水平面上，质量为m的子弹以某一速度沿水平方向射入木块，一段时间后恰好在木块中与木块相对静止，若该过程中木块的速度v2与子弹的速度v1之间的关系可以用图乙表示，子弹在木块中相对运动时所受的阻力为恒力，则下列说法正确的有（　　） A．M：m＝3：2 B．该过程中子弹相对木块的位移比木块相对地面的位移小 C．木块所能达到的最大速度为24m/s D．木块所能达到的最大速度为40m/s 【答案】AC 【解答】解：ACD、由乙图可得，木块与子弹的速度关系为 设子弹与木块相对静止时的速度为v，则有 解得二者共同速度为v＝24m/s，即木块所能达到的最大速度为24m/s 子弹射入木块，取向右为正方向，根据动量守恒定律有mv1＝（M+m）v 代入数据解得M：m＝3：2，故AC正确，D错误； B、设子弹相对于木块的位移为L，木块相对于地面的位移为x，根据能量守恒定律有 对木块，根据动能定理有 取向右为正方向，根据动量守恒定律有mv0＝（M+m）v 联立解得， 显然L＞x，即子弹相对木块的位移比木块相对地面的位移大，故B错误。 故选：AC。 （多选）10．（2025•福建校级模拟）如图（a）所示，一根竖直悬挂的不可伸长的轻绳，下端拴一小物块A，上端固定在C点且与一能测量绳的拉力的测力传感器相连。已知有一质量为m0的子弹B以水平速度v0射入A内（未穿透），接着两者一起绕C点在竖直面内做圆周运动。在各种阻力都可忽略的条件下测力传感器测得绳的拉力F随时间t变化关系如图（b）所示，已知子弹射入的时间极短，且图（b）中t＝0为A、B开始以相同的速度运动的时刻。下列说法正确的是（　　） A．A、B一起在竖直面内做周期T＝t0的周期性运动 B．A的质量大小为 C．子弹射入木块过程中所受冲量大小为 D．轻绳的长度为 【答案】BD 【解答】解：A、根据图（b）可知，A、B一起在竖直面内做周期性运动的周期为T＝2t0，故A错误； BCD、设子弹打入物块A后一起运动的速度大小为v1，A、B一起运动到最高点的速度大小为v2，细绳的长度为l，子弹打入物块的瞬间，取向左为正方向，根据动量守恒定律得 m0v0＝（m+m0）v1 子弹和物块在最低点时，绳子有最大拉力Fm，根据牛顿第二定律得 子弹和物块在最高点时，绳子拉力为零，由牛顿第二定律得 从最高点到最低点，根据机械能守恒定律得 由动量定理可知，子弹射入木块过程中物块A受到的子弹的冲量IA＝mv1 联立解得，，，故BD正确，C错误。 故选：BD。 【题型5】 弹簧类模型 1．（2025•焦作三模）如图所示，光滑水平面上放有质量均为2kg的滑块A、B、C，滑块A的右侧固定一轻质弹簧，滑块C的左侧涂胶。给滑块A一个水平向右2m/s的初速度，当A、B共速时，B刚好与右边的滑块C发生碰撞并粘连在一起不再分开，则之后的运动过程中弹簧弹性势能的最大值为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【解答】解：设滑块A、B、C的质量为m。滑块A、B共速时，A、B组成的系统满足动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得 mv0＝2mv1 解得A、B共速时的速度为v1＝1m/s B与C发生碰撞并粘连，B、C之间也满足动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得 mv1＝2mv2 解得B、C碰后的速度为v2＝0.5m/s 所以B、C碰撞时损失的机械能ΔE2 解得ΔE＝0.5J B、C碰撞之后，A、B、C三者共速时，弹簧的弹性势能最大，该过程中整个系统满足动量守恒，则有 mv1+2mv2＝3mv3 解得 根据能量守恒，此时弹簧弹性势能为EpΔE，解得EpJ，故ABD错误，C正确。 故选：C。 2．（2025•哈尔滨三模）在一个充满趣味与挑战的物理世界里，有这样一个场景：在空间站内，有一个实验装置，该装置由两个质量不同的小球A、B组成，A、B两球通过可触发装置将一根轻质弹簧压缩（弹簧与小球未连接）并固定，初始时A、B两球及轻弹簧处于静止状态。已知两小球的质量之比为mA：mB＝2：1，现对整个装置进行实验操作，解除压缩弹簧装置，两小球在弹力作用下分别向左、右运动，下列说法正确的是（　　） A．弹簧弹开后A、B两小球的速度大小之比为1：2 B．弹簧弹开后A、B两小球的动量大小之比为1：2 C．弹簧弹开过程中A、B两小球受到的冲量大小之比为2：1 D．弹簧弹开过程中弹力对A、B两小球做功之比为1：4 【答案】A 【解答】解：A、根据动量守恒定律，系统总动量为零。设A、B两球质量分别为2m和m，速度分别为vA和vB。则2mvA＝mvB，所以vA：vB＝1：2，故A正确； B、A、B两小球的动量大小相等，方向相反，故B错误； C、因为冲量等于动量变化量，大小相等，故C错误； D、根据动能定理，弹力做功等于动能变化量，，，由vA：vB＝1：2，则WA：WB＝1：2，故D错误。 故选：A。 3．（2025•河南模拟）如图所示，质量为m的钢板b与直立轻弹簧的上端连接，弹簧下端固定在地面上。平衡时，弹簧的压缩量为x0，物块a的质量为3m，下底板有黏性很强物质，现将a由弹簧原长位置O点静止释放。已知弹簧振子做简谐运动的周期T2∝M，M为振子的总质量，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．a、b相粘后一起向上运动时可到达O点的位置 B．a、b相粘后以O点以下x0处为平衡位置做简谐振动 C．a、b相粘后简谐振动的周期变为原来的 D．a、b撞击过程中系统损失的机械能为 【答案】D 【解答】解：A、a、b相碰后粘在一起，此过程中机械能有损失，根据能量守恒定律可知，a、b相粘后无法到达O点的位置，故A错误； B、对b根据平衡条件可得：mg＝kx0，解得：x0 a、b粘连后，设整体受力平衡时弹簧压缩量为x，根据平衡条件可得：4mg＝kx，解得：x4x0，故B错误； C、原来的周期：T0∝，后来的周期：T∝，所以a、b粘连后简谐振动的周期变为原来的2倍，故C错误； D、设a、b碰撞前瞬间a的速度大小为v0，自由下落过程中，根据动能定理可得：3mgx0，解得：v0 取向下为正方向，碰撞过程中根据动量守恒定律可得：3mv0＝4mv，解得：vv0 a、b撞击过程中系统损失的机械能为：ΔE 联立解得a、b撞击过程中系统损失的机械能为：ΔE，故D正确。 故选：D。 4．（2025春•运城期末）如图所示，光滑水平面上有一质量为M的物块A，其右侧连接劲度系数为k的轻质弹簧，处于静止状态，弹簧右端固定。另一质量为m的物块B以水平速度v0向右运动，与物块A发生碰撞后一起做简谐运动。已知两物块碰撞过程时间极短，且弹簧始终在弹性限度内。弹簧弹性势能的表达式（k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量）。下列说法正确的是（　　） A．两物块碰撞过程中，两物块组成的系统，动量守恒，机械能也守恒 B．两物块碰撞过程中，物块B的动量变化量的大小为mv0 C．弹簧的弹性势能最大值为 D．简谐运动的振幅为 【答案】D 【解答】解：A、已知两物块碰撞过程时间极短，外力的冲量忽略不计，所以两物块碰撞过程中系统动量守恒，但碰撞后两物块共速，产生内能，所以两物块组成的系统机械能不守恒，故A错误； B、两物块碰撞过程中，取向右为正方向，根据动量守恒定律得 mv0＝（m+M）v1 解得 所以两物块碰撞过程中，物块B的动量变化量的大小为，故B错误； C、当两物块以向右压缩弹簧至最短时，弹簧的弹性势能最大，根据机械能守恒有，故C错误； D、弹簧被压缩至最短，其形变量最大，此时弹簧的形变量即为简谐运动的振幅A，根据弹簧弹性势能的表达式有，解得简谐运动的振幅为，故D正确。 故选：D。 5．（2025秋•沙坪坝区校级月考）如图所示，完全相同的物块A、B、C静止在光滑水平面上。一轻弹簧两端分别固定在A、B上，初始时弹簧恰好处于原长，C紧靠在B右侧（不粘连），现给A一水平向右的初速度，当弹簧第1次恢复原长时，A的动能为Ek1；弹簧第2次恢复原长时，A的动能为Ek2。则Ek1：Ek2等于（　　） A．1：4 B．4：3 C．9：5 D．13：11 【答案】A 【解答】解：设物块A、B、C的质量均为m，A物块受到瞬时冲量后获得的速度为v。当弹簧第1次恢复原长时，对物块A、B、C以及弹簧组成的系统，取向右为正方向，根据动量守恒定律得 mv＝mv1+2mv2 根据机械能守恒定律得 解得弹簧第1次恢复原长时，A物块的速度，B物块的速度 此后弹簧被拉伸，B、C分离，对A、B以及弹簧组成的系统，取向右为正方向，根据动量守恒定律得 mv1+mv2＝mv3+mv4 根据机械能守恒定律得 解得弹簧第2次恢复原长时A物块的速度，B物块的速度 则，故A正确，BCD错误。 故选：A。 6．（2025秋•金坛区校级月考）如图所示，光滑水平桌面上，A和B两小球用细线相连，弹簧处于压缩状态且与小球不连接。已知两小球的质量mA＞mB，则烧断细线后（　　） A．弹簧对小球A做功少 B．小球A落地时动能大 C．小球B空中飞行时间短 D．弹簧对A、B两球冲量相同 【答案】A 【解答】解：D、因为A、B组成的系统初动量为零，且系统动量守恒，则两球分开时，A与 B 的动量大小相等，根据动量定理可知弹簧对两球的冲量大小相等，方向相反，则弹簧对A、B两球冲量不同，故D错误； A、根据可知，p大小相同，由于mA＞mB，则有：EkA＜EkB，根据动能定理可知弹簧对小球B做功多，弹簧对小球A做功少，故A正确； C、两球离开桌面后做平抛运动，因为下落高度相同，根据平抛运动在竖直方向为自由落体运动可知两球空中飞行时间一样长，故C错误； B、从小球离开桌面到落地，根据机械能守恒可得：，因为p与h数值的大小关系无法确定，所以无法判断小球落地动能大小，故D错误。 故选：A。 7．（2026•昆明模拟）两个物块a、b用一根劲度系数k＝100N/m的轻弹簧栓接，初始时a、b被锁定在粗糙水平桌面上，弹簧的压缩量Δx＝0.05m。a、b的质量分别为m1＝1kg、m2＝3kg，与桌面间的动摩擦因数分别为μ1＝0.3、μ2＝0.1。取重力加速度g＝10m/s2，从解除锁定到a达到最大速度的过程中，下列说法正确的是（　　） A．a、b的加速度大小之比为1：3 B．弹簧的弹性势能减少了0.12J C．a速度最大时，其动能为0.015J D．a克服摩擦力做的功为0.06J 【答案】C 【解答】解：A、从锁定状态解除到物块a达到最大速度的过程中，两物块受到的滑动摩擦力大小均为f＝3N。根据牛顿第二定律可得m1aa＝m2ab＝F弹﹣f，由此得出aa：ab＝m2：m1＝3：1，故A错误； B、当物块a的速度达到最大值时，其加速度为零，由kΔx1＝μ1m1g，代入数据解得此时弹簧的压缩量Δx1＝0.03m。弹簧弹性势能的减少量为，代入数据解得：ΔEp＝0.08J，故B错误； C、由aa：ab＝3：1可知，两物块的位移之比为xa：xb＝3：1。结合相对位移关系式xa+xb＝Δx﹣Δx1＝0.05m﹣0.03m＝0.02m，解得：xa＝0.015m，xb＝0.005m。依据能量守恒定律有ΔEp﹣f（xa+xb）＝Eka+Ekb，同时结合Eka＝3Ekb，解得物块a的动能Eka＝0.015J，故C正确； D、物块a克服摩擦力所做的功为Wfa＝μ1m1gxa，解得：Wfa＝0.045J，故D错误。 故选：C。 （多选）8．（2025秋•镇平县校级期末）如图所示，三小球a、b、c的质量分别为m、2m、6m，放于光滑的水平面上，小球b、c中间的轻质弹簧此时为原长（弹簧与小球均没有连接，可以分离），小球c右侧有一固定挡板。现让小球a以速度v0向右运动，与小球b碰后黏在一起，a、b两小球碰撞时间极短，当ab整体向右运动速度为时撤去挡板，则（　　） A．此后的运动过程中弹簧的最大弹性势能为 B．此后的运动过程中弹簧的最大弹性势能为 C．此后的运动过程中小球c的最大速度为 D．运动全过程中，弹簧的最大弹性势能可能为 【答案】AC 【解答】解：ABD、小球a、b碰后黏在一起的过程，规定向右为正方向，根据动量守恒定律得mv0＝（m+2m）v1 可得小球a、b碰后黏在一起的共同速度为 撤去挡板后，当a、b、c速度相同时，弹簧的弹性势能最大，设a、b、c的共同速度为v共，以a、b、c组成的系统为研究对象，规定向右为正方向，根据动量守恒定律有 解得 根据系统机械能守恒可得弹簧的最大弹性势能为 所以运动全过程中，弹簧的最大弹性势能不可能为，故A正确，BD错误； C、当弹簧恢复原长时，小球c的速度最大，规定向右为正方向，以a、b、c组成的系统为研究对象，根据动量守恒定律有（m+2m+6m）v共＝（m+2m）vab+6mvc 根据能量守恒有 联立解得小球c的最大速度为，故C正确。 故选：AC。 （多选）9．（2025秋•雨花区校级月考）如图所示，质量均为m的小球N、P和Q静止在光滑的水平面上，P和Q通过轻弹簧相连，弹簧处于原长状态。某时刻给小球N一瞬时冲量使它以初速度v0开始向右运动，与小球P碰后粘在一起，在小球Q的右侧某位置固定一块弹性挡板（图中未画出）。当小球Q与挡板发生弹性正碰后立刻将挡板撤走，弹簧始终处于弹性限度内。以下说法正确的是（　　） A．若无固定挡板，弹簧弹性势能的最大值是 B．若P、Q第一次共速时Q与挡板碰撞，则弹簧弹性势能的最大值是 C．若弹簧第一次恢复原长时Q与挡板碰撞，则弹簧弹性势能的最大值是 D．调整挡板的位置，弹簧的弹性势能的最大值可能是 【答案】AC 【解答】解：A、N与P发生完全非弹性碰撞，取向右为正方向，由动量守恒定律得 mv0＝2mv共，解得v共 若无固定挡板，则NP组合体、Q达到共同速度v1时弹簧的弹性势能最大，取向右为正方向，根据动量守恒定律得 2mv共＝3mv1，解得v1 从N、P碰撞后到两者共速，根据系统机械能守恒可知，弹簧弹性势能的最大值是EP•2mv共2•3，故A正确； B、若NP组合体、Q第一次共速时Q与挡板碰撞，碰撞后Q的速度变为﹣v1，当NP组合体、Q再次达到共同速度v2时弹簧的弹性势能最大，取向右为正方向，根据动量守恒定律有2mv1﹣mv1＝3mv2，解得v2 则弹簧弹性势能的最大值是Ep•2•3，故B错误； C、设弹簧第一次恢复原长时NP组合体、Q的速度分别为vP1、vQ1，由动量守恒定律得 mv0＝2mvP1+mvQ1 根据机械能守恒定律得 2 解得：vP1，vQ1 碰撞后Q的速度变为﹣vQ1，NP组合体、Q再次达到共同速度v3时弹簧的弹性势能最大，同理可解得EP，故C正确， D、调整挡板的位置，让Q反弹后的动量大小与NP组合体动量大小相等，根据动量守恒和能量守恒定律可推知再次共速时，速度均为0，此时弹簧弹性势能的最大值是，故弹簧的弹性势能不可能为，故D错误。 故选：AC。 （多选）10．（2025秋•青山湖区校级月考）如图甲所示，物块P、Q中间用一根轻质弹簧相连，放在光滑水平面上，物块P的质量为4kg。开始时两物块均静止，弹簧处于原长，t＝0时对物块P施加水平向右的恒力F，2s末撤去恒力时，物块Q的速度为2m/s，0～2s内两物体的加速度随时间变化的情况如图乙所示。整个运动过程中（　　） A．Q的质量等于1kg B．2s末物块P的速度大于4m/s C．2s内恒力F做的功大于26.5J D．撤去推力后弹簧最长时，Q的速度等于3.2m/s 【答案】ACD 【解答】解：A、由图乙可知，t＝0时，物块P的加速度为2m/s2，根据牛顿第二定律可得F＝mPaP1＝4×2N＝8N t＝2s时，物块P、Q的加速度均为1.6m/s2，设此时弹簧的弹力为T，由牛顿第二定律有 对P，有F﹣T＝mPa 对Q，有T＝mQa 解得mQ＝1kg，故A正确； B、弹簧对P的弹力大小与对Q的弹力大小相等，方向相反，则弹簧对P的弹力的冲量大小与弹簧对Q的弹力的冲量大小相等，方向相反。0～2s内，对P进行分析，规定向右为正方向，根据动量定理有 Ft﹣I弹＝mPvP﹣0 对Q进行分析，规定向右为正方向，根据动量定理有 I弹＝mQvQ﹣0 联立解得vP＝3.5m/s，故B错误； C、结合上述与题意可知，2s末物块P的动能为 EkP 解得EkP＝24.5J 2s末物块Q的动能为 EkQ 解得EkQ＝2J 弹簧被压缩，弹性势能不为零，由功能关系可知，2s内恒力F做的功为 W＝EkP+EkQ+Ep＝26.5J+Ep＞26.5J，故C正确； D、根据题意可知，撤去推力后，物块P、Q和弹簧组成的系统动量守恒，当物块P、Q共速时弹簧最长，规定向右为正方向，则有 mPvP+mQvQ＝（mP+mQ）v 解得v＝3.2m/s，故D正确。 故选：ACD。 【题型6】 板块模型 1．（2026春•蜀山区校级月考）如图所示，水平面上放置一可动滑板CDEF，CD与EF段均水平，轨道各处均平滑连接。一滑块以水平初速度v＝4m/s从C点滑上滑板，在滑板上运动的过程中始终与滑板保持接触，已知滑块质量m＝2kg，滑板质量M＝1kg，不计一切摩擦。则滑块从F点离开滑板时，滑块的速度大小为（　　） A．0 B． C．4m/s D． 【答案】C 【解答】解：由题意可知，滑块与滑板组成的系统沿水平方向的动量守恒，选取向右为正方向，根据动量守恒定律可得mv＝mv1+Mv2 根据能量守恒定律可得 解得v1＝4m/s或 当v1＝4m/s时，v2＝0；则滑块从F点离开滑板； 当时，；则滑块不会从F点离开滑板。 故ABD错误，C正确。 故选：C。 2．（2025秋•东胜区校级期末）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，左端固定一水平轻质弹簧。质量为2m的木块A以速度v0从木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，下列说法正确的是（　　） A．弹簧压缩量最大时，B板运动速率最大 B．B板的加速度先增大后减小 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】B 【解答】解：A、在木块A与弹簧相互作用的过程中，从弹簧的压缩量达到最大到弹簧恢复原状的过程中，弹簧对木板B有向左的弹力，B板仍在加速，所以弹簧压缩量最大时，B板运动速率不是最大，当弹簧恢复原长时B板的速率最大，故A错误； B、弹簧的压缩量先增加后减小，则弹簧对B板的弹力先增大后减小，根据牛顿第二定律可知，B板的加速度先增加后减小，故B正确； C、设弹簧恢复原长时A与B的速度分别为v1和v2。规定向左为正方向，根据动量守恒定律可得 2mv0＝2mv1+mv2 根据机械能守恒定律可得 解得， 对A，根据动量定理有 即弹簧给木块A的冲量大小为，故C错误； D、当木块A与木板B的速度相等时，弹簧的压缩量最大，弹簧的弹性势能最大，规定向左为正方向，根据动量守恒定律可得2mv0＝（m+2m）v 根据系统机械能守恒可得 联立解得弹簧的最大弹性势能为，故D错误。 故选：B。 3．（2025春•重庆校级期中）如图所示，光滑水平面上静置一质量M＝1kg的水平长木板，其右端距离右侧竖直墙壁足够远。一可视为质点。质量m＝3kg的物块，从木板左端以水平速度v0＝2m/s滑上木板。已知物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.5，所有碰撞均无能量损失，碰撞时间可忽略，物块始终未滑离木板且未与墙壁碰撞，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是（　　） A．第1次碰撞前，物块在距木板左端0.4m处 B．第1次和第2次碰撞相隔的时间为0.25s C．物块最终停在距木板左端0.4m处 D．经过3次碰撞后，木板将一直向左运动 【答案】C 【解答】解：A．第1次碰撞前，二者已经共速，以v0的方向为正方向，有mv0＝（m+M）v1 得v1＝1.5m/s 二者相互作用过程中，物块加速度大小a1＝μg 解得 木板加速度大小 解得 共速时，物块位移 解得 x1＝0.175m 木板位移 解得 x2＝0.075m 则物块与木板左端距离x1﹣x2＝0.1m 故A错误； B．第1次碰撞后，木板速度向左，大小仍为v1＝1.5m/s 第2次共速，以v1的方向为正方向，有mv1﹣Mv1＝（m+M）v2 得v2＝0.75m/s 第1次碰撞后到第2次共速，用时为 解得 t1＝0.15s 期间木板向左的位移为 解得 第2次共速到第2次碰撞，用时为 解得 t2＝0.075s 则第1次和第2次碰撞相隔的时间为t＝t1+t2 解得 t＝0.225s 故B错误； C．物块最终会停在木板上，系统的机械能全部转化为系统产生的热量，有 解得物块最终停在距木板左端Δx＝0.4m 故C正确； D．每次碰后，二者速度等大反向，但物块质量比木板大，所以总动量仍然向右，则木板将先向左后向右运动，故D错误。 故选：C。 4．（2025秋•贵州期中）如图所示，光滑水平面上静止放置着一长度未知的木板B，木板B的上表面粗糙，物块A（可视为质点）静置于B的左端，某时刻给A一个瞬时冲量I，经过时间t运动到B右端且恰好不从B上滑离。已知A与B的质量分别为m、2m，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．A运动到木板右端时的速度大小为 B．全程A对B的摩擦力的冲量大小等于 C．A、B间的动摩擦因数为 D．B的长度为 【答案】C 【解答】解：A．A在B上滑动的过程中，A、B组成的系统动量守恒，有I＝（m+2m）v共 代入数据解得，故A错误； B．对木板B，A对B的摩擦力即为B所受的合外力，由动量定理，，故B错误； C．对木板B，摩擦力是物体受到的合力，根据牛顿第二定律有f＝μmg＝2ma 其中 代入数据解得动摩擦因数为，故C正确； D．由题意可知，物块A做匀减速直线运动，则 同时B做匀加速直线运动，则 代入数据解得，故D错误。 故选C。 5．（2025•浙江二模）如图所示，将一小物块A轻轻放在长L1＝4.0m以v0＝4m/s顺时针匀速转动的传送带左端M处，右端N与放在光滑水平桌面上的长木板C上表面平齐。长木板长为L2＝2.5m，C的右端带有挡板，在C上放有小物块B，开始时B和C静止，B到挡板的距离为。小物块A与传送带间的动摩擦因数μ1＝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，重力加速度为g＝10m/s2，所有碰撞均为弹性正碰。下列说法正确的是（　　） A．小物块A由M运动到N用时1.6s B．A滑上C但未与B相碰前，B的加速度为2m/s2 C．A滑上C后，经1.2s小物块B与挡板相碰 D．由于运送物块传送带多消耗能量为16J 【答案】D 【解答】解：AD．小物块在传送带上加速时的加速度大小为：aμg＝0.25×10m/s2＝2.5m/s2 小物块加速到与传送带共速所用时间为：t11.6s 小物块加速阶段通过的位移为：x13.2m＜L1＝4m 小物块在传送带上匀速运动所用时间为：t2s＝0.2s 则小物块A由M运动到N所用时间为t＝t1+t2＝1.6s+0.2s＝1.8s 小物块A在传送带上运行过程，发生的相对位移为Δx＝v0t1﹣x1＝4×1.6m﹣3.2m＝3.2m 因摩擦产生的内能为：Q＝μ1mg•Δx＝0.25×1×10×3.2J＝8J 根据能量守恒可知由于运送物块传送带多消耗能量为：ΔE＝Q，代入数据得：ΔE＝16J，故A错误，D正确； B．A滑上C但未与B相碰前，以B、C为整体，根据牛顿第二定律可得加速度大小为：a2m/s2＝1m/s2 故B错误； C．A滑上C后，A做减速运动的加速度大小为：a10.2×10m/s2＝2m/s2 设经过t′时间A与小物块B发生碰撞，则有： 解得：t′＝1s或（舍去，因为此时A的速度小于B的速度） 碰撞前瞬间A的速度为：v1＝v0﹣a1t′＝4m/s﹣2×1m/s＝2m/s 碰撞前瞬间B、C的速度为：v2＝a2t′＝1×1m/s＝1m/s A与小物块B发生弹性碰撞，以向右为正方向，根据动量守恒和机械能守恒可得：mv1+mv2＝mvA+mvB， 解得碰撞瞬间A、B的速度分别为：vA＝1m/s＝v2，vB＝2m/s 可知碰撞后A、C保持相对静止一起加速运动，加速度大小为：a2′m/s2＝1m/s2 碰撞后B做减速运动，加速度大小为：aBm/s2＝2m/s2 设经过t″时间B与A、C达到共速，且B未与挡板相碰，则有：v共＝vB﹣aBt″＝v2+a′2t″ 解得：， 此过程B相对C发生的位移大小为 假设成立，故B不会与挡板相碰，故C错误。 故选：D。 6．（2025春•湖北期末）如图甲所示，长度L＝2m的木板在光滑水平面上，木板上表面粗糙。一个与木板质量相等的滑块以水平速度v0＝4m/s从左端滑上木板。滑块与木板间的动摩擦因数μ随滑块距木板左端距离x的变化图像如图乙所示，重力加速度g取10m/s2，滑块看作质点，则（　　） A．若木板固定，要使滑块能从木板右端滑出，求μ最大值应满足μ1＜0.2 B．若木板固定，要使滑块能从木板右端滑出，求μ最大值应满足μ1＜0.4 C．若木板不固定，要使滑块能从木板右端滑出，求μ最大值应满足μ2＜0.2。 D．若木板不固定，要使滑块能从木板右端滑出，求μ最大值应满足μ2＜0.4。 【答案】D 【解答】解：AB、若木板固定，要使滑块能够从木板右端滑出，则有L，设动摩擦因数最大值为μ1，由图像可知，解得μ1＜0.8，故AB错误； CD、若木板不固定，取向右为正方向，根据动量守恒定律得mv0＝mv1+mv2 设动摩擦因数最大值为μ2，根据能量守恒定律得 又v1＞v2 解得μ2＜0.4，故C错误，D正确。 故选：D。 7．（2024•新城区校级模拟）如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝2kg的另一物体B（可看成质点）以水平速度v0＝2m/s滑上原来静止的长木板A的上表面。由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示。下列说法正确的是（g取10m/s2）（　　） A．木板A获得的动能为2J B．系统损失的机械能为2J C．木板A的最小长度为2m D．A、B间的动摩擦因数为0.01 【答案】B 【解答】解：A、设木板A的质量为M。取水平向右为正方向，根据动量守恒可得 mv0＝（m+M）v 由图可知，v＝1m/s，可得：M＝m＝2kg 则木板获得的动能为EkJ＝1J，故A错误； B、系统损失的机械能为ΔE（m+M）v2，解得：ΔE＝2J，故B正确； C、根据v﹣t图像与时间轴所围的面积表示位移，由v﹣t图像可得二者相对位移为Δx＝xm﹣xM，所以木板A的最小长度为L＝1m，故C错误； D、根据功能关系得：ΔE＝μmgL，解得：μ＝0.1，故D错误。 故选：B。 （多选）8．（2025秋•张掖期末）如图所示，质量为m1的小车静止在光滑的水平面上，现有质量为m2可视为质点的物块以水平向右的速度v0从左端滑上小车，最后恰好未从小车上滑下。已知，物块与车上表面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。关于该过程下列说法正确的是（　　） A．物块最终的速度为 B．小车的长度为 C．物块从小车左端运动到右端的时间为 D．若小车增加的动能为12J，则系统因摩擦产生的热量可能为9J 【答案】AC 【解答】解：A、对于物块和小车组成的系统，因合外力为零，故系统动量守恒。设物块最终的速度为v，规定向右为正方向，由动量守恒定律得m2v0＝（m1+m2）v，解得：，故A正确； B、设小车的长度为L，根据能量守恒定律有，解得：，故B错误； C、设物块从左端运动到右端的时间为t。规定向右为正方向，对物块，由动量定理得：﹣μm2g•t＝m2v﹣m2v0，解得：，C正确； D、设物块对地的位移为x1，小车对地的位移为x2，二者的相对位移为Δx，画出二者的速度—时间图像，如图所示： 由图可知Δx＞x2，即fΔx＞fx2，说明系统因摩擦产生的热量大于小车动能的增加量，则若小车增加的动能为12J，系统因摩擦产生的热量大于12J，故D错误。 故选：AC。 （多选）9．（2025•贵港三模）如图，足够长的光滑金属导轨间距为L，平行固定在水平面上，两根质量均为m的金属棒ab、cd与导轨始终接触良好，静止在轨道上。整个装置处在竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中。金属棒ab、cd接入电路中的阻值均为R，导轨的电阻不计。某时刻突然对cd施加一个水平向右的冲量I，下列说法正确的是（　　） A．最终两棒以相同速度匀速运动 B．最终两棒均静止 C．全过程整个回路中产生的热量Q D．全过程整个回路中产生的热量Q 【答案】AC 【解答】解：AB、给ab棒一个冲量，以向右为正方向，由动量定理可以求出ab棒的初速度：v0。ab棒将切割磁感线产生感应电动势，与cd棒构成回路形成感应电流，此时两棒均受到安培力作用，但由于两棒的电流方向相反，大小相等，对两棒系统受到的合力为零，两棒组成的系统动量守恒，最终速度相等，此后以此速度匀速直线运动，故A正确，B错误； CD、由以上分析，以向右为正方向，由动量守恒定律可得：mv0＝2mv共，再结合能量守恒定律可得：Q 联立解得：Q，故D错误，C正确。 故选：AC。 （多选）10．（2025•成都校级三模）如图所示，两块相同平板P1、P2置于光滑水平面上，质量均为0.5kg，板长均为0.4m，P2的右端固定一轻质弹簧，弹簧的自由端恰好停在P2中点A点处。物体P置于P1的最右端，质量为1kg且可看作质点。P1与P以共同速度v0＝4m/s向右运动，与静止的P2发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后P1与P2粘连在一起。P压缩弹簧后被弹回并停在A点（弹簧始终在弹性限度内）。P与P1、P2之间的动摩擦因数μ＝0.25，下列说法正确的有（　　） A．在运动过程中，弹簧的最大压缩量为0.1m B．若P与P1、P2之间接触面光滑，当弹簧恢复原长时P的速度大小为1m/s C．若将弹簧换成另一劲度系数较小的弹簧，系统稳定时P受到向右的摩擦力 D．若将弹簧换成另一劲度系数较小的弹簧，系统稳定时损失的机械能减小 【答案】ACD 【解答】解：A、设平板P1、P2的质量为m，物体P的质量为2m。设P1、P2碰撞后，二者的共同速度为v1，取向右为正方向，由动量守恒定律有 mv0＝2mv1 解得 v1＝2m/s 弹簧压缩量最大时，P与P1、P2三者具有共同的速度为v2，设弹簧的最大压缩量为x，整个系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律有 2mv1+2mv0＝（2m+2m）v2 解得 v2＝3m/s 根据能量守恒定律可得，P与P1、P2整体共速时损失的动能为 解得x＝0.1m，故A正确； B、若P与P1、P2之间接触面光滑，整个系统动量守恒、机械能守恒，类似于弹性碰撞，因为P的质量与P1、P2整体的质量相等，所以当弹簧恢复原长时，P与P1、P2整体交换速度，即此时P的速度为2m/s，故B错误； C、若将弹簧换成另一劲度系数较小的弹簧，则系统内三物体第一次共速时，弹簧的最大压缩量x′＞x ＝ 0.1 m，系统内三物体第二次共速时，三物体损失的总动能E损与未换弹簧时相同，所以物体P无法返回A点，而是在A点右侧与P2相对静止，此时弹簧处于压缩状态，故物体P受到向左的弹力和向右的摩擦力而处于平衡状态，故C正确； D、由上述分析可知，系统稳定时，三物体最终损失的总动能E损与弹簧的劲度系数无关。未换弹簧前，三物体最终损失的总动能E损全部转化为摩擦增加的内能，但将弹簧换成另一劲度系数较小的弹簧，则系统稳定时，弹簧处于压缩状态，所以三物体损失的总动能E损一部分转化为摩擦增加的内能，另一部分转化为弹簧的弹性势能（属于系统的机械能），所以此时系统损失的机械能减小，故D正确。 故选：ACD。 第5页（共27页） 学科网（北京）股份有限公司 $