专题03 功能与动量---高考物理二轮热点题型归纳与变式演练（新高考通用）

这是一份专题03 功能与动量---高考物理二轮热点题型归纳与变式演练（新高考通用），文件包含专题03功能与动量原卷版docx、专题03功能与动量解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共75页， 欢迎下载使用。
目录
01.题型综述
02.解题攻略
TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc23649" 题组01 功、功率和动量冲量的综合 PAGEREF _Tc23649 \h 1
\l "_Tc22551" 题组02 碰撞模型及其拓展 PAGEREF _Tc22551 \h 11
\l "_Tc30738" 题组03 传送带与板块模型 PAGEREF _Tc30738 \h 16
\l "_Tc9470" 题组04 弹簧类模型 PAGEREF _Tc9470 \h 27
03.高考练场
“能量与动量”的观念是高中物理的重要物理观念，也是暨力与运动后研究物理现象、解决物理问题的重要思想方法。“能量动量”的观念，其核心是动能定理、机械能守恒定律、动量守恒定律。其中功、能、动量、冲量是基本概念。灵活“能量动量”解决复杂的直线运动、曲线运动打击、碰撞等是高中生的关键能力。甚至，后面的电磁学领域依然要用到“能量与动量”的观念。因此，本专题是高考的必考点、常考点、热考点。
题组01 功、功率和动量冲量的综合
【提分秘籍】
1.计算功和功率时应注意的问题
(1)计算功时，要注意分析受力情况和能量转化情况，分清是恒力做功，还是变力做功，恒力做功一般用功的公式或动能定理求解，变力做功用动能定理、转化法或图象法求解。
(2)用图象法求外力做功时应注意横轴和纵轴分别表示的物理意义，若横轴表示位移，纵轴表示力，则可用图线与横轴围成的面积表示功，例如下图甲、乙、丙所示(丙图中图线为eq \f(1,4)圆弧)，力做的功分别为W1＝F1x1、W2＝eq \f(1,2)F2x2、W3＝eq \f(π,4)F3x3。
(3)计算功率时，要明确是求瞬时功率，还是平均功率，若求瞬时功率，应明确是哪一时刻或哪个位置的瞬时功率，若求平均功率应明确是哪段时间内的平均功率；应注意区分公式P＝eq \f(W,t)和公式P＝Fvcsθ的适用范围，P＝eq \f(W,t)计算的是平均功率，P＝Fvcsθ侧重于对瞬时功率的计算。
2．冲量的三种计算方法
(1)公式法：I＝Ft适用于求恒力的冲量．
(2)动量定理法：适用于求变力的冲量或F、t未知的情况．
(3)图象法：用F－t图线与时间轴围成的面积可求变力的冲量．若F－t成线性关系，也可直接用平均力求变力的冲量．
3．动量定理
(1)公式：FΔt＝mv′－mv
(2)应用技巧
①研究对象可以是单一物体，也可以是物体系统．
②表达式是矢量式，需要规定正方向．
③匀变速直线运动，如果题目不涉及加速度和位移，用动量定理比用牛顿第二定律求解更简捷．
④在变加速运动中F为Δt时间内的平均冲力．
⑤电磁感应问题中，利用动量定理可以求解时间、电荷量或导体棒的位移．
4．在日常的生活与生产中，常涉及流体的连续相互作用问题，用常规的方法很难解决，若构建柱体微元模型，然后用动量定理分析，则可使问题迎刃而解。解答时一般是选择一段时间内作用在某物体上的流体为研究对象。
【典例剖析】
【例1-1】（24-25高三上·四川南充·阶段练习）我国新能源汽车发展迅猛，已成为全球最大的新能源汽车产销国。质量为的某新能源汽车在水平路面上以恒定加速度启动，其图像如图所示，其中段和段为直线。已知汽车动力系统的额定功率为，汽车所受阻力大小恒为，图中均为已知量，下列说法正确的是（ ）
A．汽车段运动过程阻力做的功
B．时刻汽车的功率达到额定功率
C．汽车速度为时的功率为
D．汽车段前进的路程
【答案】B
【详解】A．由图可知，汽车最大速度为，当汽车达到最大速度后由
可知
0~t1时间内汽车做匀加速运动，由图像可得位移
汽车段运动过程阻力做的功
故A错误；
B．0~t1时间内汽车做匀加速运动，则有
汽车速度增大过程中，牵引力不变，功率增大，速度达到最大时，功率达到额定功率，故B正确；
C．0~t1内牵引力F不变，t1时刻
汽车速度为时
故C错误；
D．t1~t2内由动能定理得
解得
故D错误；
故选B。
【例1-2】．如图所示，同一高度处有4个质量相同且可视为质点的小球，现使小球A做自由落体运动，小球B做平抛运动，小球C做竖直上抛运动，小球D做竖直下抛运动，且小球B、C、D抛出时的初速度大小相同，不计空气阻力。小球从释放或抛出到落地的过程中（ ）
A．重力对4个小球做的功相同
B．重力对4个小球做功的平均功率相等
C．落地前瞬间，重力对4个小球的瞬时功率大小关系为
D．重力对4个小球做功的平均功率大小关系为
【答案】AC
【详解】A．4个质量相同的小球从同一高度抛出到落地的过程中，重力做功为
故重力对4个小球做的功相同，故A正确；
BD．小球A做自由落体运动，小球B做平抛运动，小球C做竖直上抛运动，小球D做竖直下抛运动，小球从同一高度抛出到落地，运动时间关系为
重力对4个小球做功的平均功率为
可得重力对4个小球做功的平均功率大小关系为
故BD错误；
C．落地前瞬间，4个小球竖直方向有
，
，
4个小球竖直方向的速度关系为
落地前瞬间，重力对4个小球的瞬时功率
落地前瞬间，重力对4个小球的瞬时功率大小关系为
故C正确。
故选AC。
【例1-3】（2024·陕西安康·一模）某双层立体泊车装置如图所示。欲将静止在1号车位的轿车移至4号车位，需先通过1号车位下方的移动板托举着轿车耗时8s竖直抬升2m至3号车位，再耗时12s水平右移3m停至4号车位。若轿车的质量为，则下列说法正确的是（ ）
A．水平右移过程中，移动板对轿车的支持力的冲量为0
B．竖直抬升过程中，移动板对轿车的支持力做的功为
C．竖直抬升过程中，轿车的机械能守恒
D．整个过程中，移动板对轿车做功的功率为
【答案】BD
【详解】A．水平右移过程中，移动板对轿车的支持力的冲量为
不为零，故A错误；
B．竖直抬升过程中，移动板对轿车的支持力做的功为
故B正确；
C．竖直抬升过程中，除重力外支持力做正功，轿车的机械能增加，不守恒，故C错误；
D．整个过程中，移动板对轿车做功的功率
故D正确。
故选BD。
【例1-4】（2025高三上·云南昆明·阶段练习）如图所示，滑块P静止在光滑水平面上，P上侧的光滑圆弧面与水平地面相切，将小滑块Q（可视为质点）从光滑圆弧面上距离水平地面高度为h处由静止释放，经时间t后Q滑离P，滑块Q和P质量均为m。则Q沿P下滑过程中，下列说法正确的是（ ）
A．P对Q的支持力对Q不做功
B．P对Q的支持力对Q做的功为
C．P对Q的支持力的冲量大小为
D．P对Q的支持力的冲量大小为
【答案】BD
【详解】A．因物块P会滑动，因此P对Q的支持力不与Q的速度方向垂直，做功不为零，故A错误；
B．Q下滑过程中P、Q组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒，设分离时P、Q的速率分别为、，可得
，
解得
对Q，据动能定理可得
解得
故B正确；
CD．根据动量定理可得如图所示的矢量关系
其中
，
可得
解得
故D正确，C错误。
故选BD。
【变式演练】
【变式1-1】（24-25高三上·云南德宏·开学考试）用一小型电动机竖直向上提升质量为m的重物，电动机的输出功率恒定，重物向上加速运动的图像如图所示，为上升过程的最大速度。重力加速度为g，加速上升过程中，重力的冲量大小为I，不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A．重物加速上升的时间为
B．重物加速上升过程中吊索对重物拉力的冲量大小等于
C．重物加速上升过程中吊索对重物所做的功为
D．当重物速度为时，重物加速度大小等于2g
【答案】BC
【详解】A．根据
解得
故A错误；
B．重物加速上升过程中，取竖直向上为正方向，由动量定理可得
解得
故B正确；
C．重物加速上升过程中吊索对重物所做的功为
又
联立，解得
故C正确；
D．当重物速度为时，吊索对重物拉力
由牛顿第二定律
解得
故D错误。
故选BC。
【变式1-2】．质量皆为m的甲、乙两人分别站在质量为M的小船的船头和船尾，随船以速度v0在水面上向左运动（不计阻力）。两人同时以对地的速率ν水平跳出，其中甲沿船前进的方向跳出，乙沿相反方向跳出，则（ ）
A．乙对船做的功较多
B．船对乙的冲量较大
C．船速不变
D．船速增大
【答案】ABD
【详解】B．根据动量定理可知，船对甲的冲量为
船对乙的冲量为
可知船对乙的冲量较大，故B正确；
ACD．根据水平方向动量守恒可知
可知
则船速增大，根据动能定理可知乙对船的作用力做功较多，故C错误，AD正确；
故选ABD。
【变式1-3】．如图所示，质量为1kg的木块（视为质点）被水平向左的力F压在竖直墙壁上，其压力F=kx（k为常数，x为木块位移），木块从离地面高度5m处静止释放，到达地面时速度恰减为0。若木块与墙面之间的动摩擦因数0.2，重力加速度大小为，则（ ）
A．k=4
B．k=20
C．木块下滑过程中，在x=1.25m处速度最大，且最大值为5m/s
D．木块下滑过程中，在x=2.50m处速度最大，且最大值为10m/s
【答案】B
【详解】AB．弹力随位移均匀变化，根据动能定理
得A错误，B正确；
CD．当重力与摩擦力相等时，木块加速度为0，速度最大，即
得根据动能定理得CD错误。故选B。
【变式1-4】．已知雨滴下落过程中受到的阻力与雨滴下落速度成正比，可表示为f=kv。设雨滴从足够高处由静止落下，则关于雨滴重力的瞬时功率PG、动能Ek、动量大小p、机械能E与下落时间t的关系图像中可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【详解】根据牛顿第二定律可得
可知随着雨滴速度增大，加速度减小，即雨滴做加速度减小的加速运动，最终雨滴做匀速运动。
A．根据可知，与不成正比，即图线不是过原点的直线，故A错误；
B．雨滴的速度增加，根据可知，动能一直增加，故B错误；
C．根据可知，动量p与速度成正比，由于加速度减小，即动量增加变慢，图线为斜率逐渐减小，当雨滴加速度减小到零时，动量p不变，故C正确；
D．雨滴下落过程中，阻力做功的功率，由于速度增大，阻力增大，克服阻力做功的功率逐渐增大，雨滴的机械能减少的越来越快，故D错误。
故选C。
【变式1-5】．将一小球竖直向上抛出，若小球运动过程中所受空气阻力大小恒定，以向下为正方向，小球动量p随时间t变化的图像如图所示，若时间内图像的斜率为，时间内图像的斜率为，则小球所受空气阻力的大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】根据可得即动量对时间的变化率等于小球所受的合外力，可得，解得故选D。
题组02 碰撞模型及其拓展
【提分秘籍】
1.抓住“一判断、三原则、三定律”速解碰撞类问题
(1)判断属于弹性碰撞模型还是完全非弹性碰撞模型。
(2)碰撞的“三原则”
①动量守恒原则，即碰撞前后两物体组成的系统满足动量守恒定律。
②动能不增加原则，即碰撞后系统的总动能不大于碰撞前系统的总动能。
③物理情境可行性原则，如果碰前两物体同向运动，碰撞前后面物体的速度大于前面物体的速度，碰撞后原来在前面的物体速度必增大，且大于或等于原来在后面的物体的碰后速度(仅限碰撞前后后面物体速度方向不变的情况)。如果碰撞前两物体相向运动，则碰撞后，两物体的运动方向不可能都不改变，除非两物体碰撞后速度均为零。
(3)合理选用三个定律
①如果物体间发生的是弹性碰撞，则一般是应用动量守恒定律和机械能守恒定律进行求解。
②如果物体间发生的不是弹性碰撞，则一般应用动量守恒定律和能量守恒定律(功能关系)进行求解。
2.三类碰撞
(1)弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′.
机械能守恒：eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)m2veq \\al(2,2)＝eq \f(1,2)m1v1′2＋eq \f(1,2)m2v2′2.
(2)完全非弹性碰撞
动量守恒、末速度相同：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v′.
机械能损失最多，机械能的损失量为：
ΔE＝(eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)m2veq \\al(2,2))－eq \f(1,2)(m1＋m2)v′2.
(3)非弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′.
机械能有损失，机械能的损失量为：
ΔE＝(eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)m2veq \\al(2,2))－(eq \f(1,2)m1v1′2＋eq \f(1,2)m2v2′2)．
【典例剖析】
【例2-1】（2025·江苏淮安·一模）如图所示，光滑轨道固定在水平地面上，质量均为m、相距很近的A、B两小球静置于轨道水平部分。将质量为M的小球C从轨道圆弧部分的某高度处由静止释放，设所有碰撞均为弹性碰撞，下列说法正确的是（ ）
A．若，C与A仅碰撞一次B．若，A与B仅碰撞一次
C．若，C与A可碰撞两次D．若，A与B可碰撞两次
【答案】B
【详解】AB．质量为M的小球C从轨道圆弧部分由静止释放滑至底端的过程
取水平向右为正方向，C与A弹性碰撞,有
解得
，
A与B弹性碰撞，A与B质量相等，同理可得碰后A与B速度交换，即A停下，B以向右运动，若，则，C返回冲上曲面后再次与静止的A弹性碰撞，同理可解得
，
易知，，A与B仅碰撞一次，C与A碰撞两次，故A错误，B正确；
C．若，C与A弹性碰撞，碰后
，
之后A与B弹性碰撞，碰后A与B速度交换，即A停下，B以向右运动，C与A仅碰撞一次，故C错误；
D．若，C与A弹性碰撞，碰后
，
易知，，之后A与B弹性碰撞，碰后A与B速度交换，即A停下，B以向右运动，接着C再次与A弹性碰撞，碰后
，
易知，，A与B仅碰撞一次，C与A碰撞两次，故D错误。故选B。
【例2-2】．（2025高三下·江苏南京·阶段练习）α粒子以一定的初速度与静止的氧原子核发生正碰。此过程中，α粒子的动量p随时间t变化的部分图像如图所示，时刻图线的切线斜率最大。则（ ）
A．时刻的动量为B．时刻α粒子的加速度达到最大
C．时刻的动能达到最大D．时刻系统的电势能最大
【答案】A
【详解】A．由题意可知，由α粒子的动量p随时间t变化的部分图像可知，在时刻，α粒子的动量为，时刻动量为，由于α粒子与氧原子核正碰，又α粒子与氧原子核组成的系统动量守恒，由此可得在t1时刻的动量为，A正确；
B．时刻图线的切线斜率最大，说明此时α粒子的动量的变化率最大，由动量计算公式可知，说明此时α粒子的速度的变化率最大，即加速度最大，因此时刻α粒子的加速度不是最大，B错误；
C．时刻α粒子的动量是零，即速度是零，时刻后α粒子的动量是负值，由系统动量守恒可知，时刻之后的动量达到最大，速度达到最大，则动能达到最大，C错误；
D．由B选项分析可知，时刻α粒子的加速度最大，此时受的电场力最大，则受的电场力也最大，α粒子与氧原子核的距离最近，此时系统的电势能最大，因此时刻系统的电势能不是最大，D错误。
故选A。
【例2-3】．如图甲所示，光滑水平面上有a、b两个小球，a球向b球运动并与b球发生正碰后粘合在一起共同运动，其碰前和碰后的s­t图像如图乙所示。已知ma=5kg，若b球的质量为mb，两球因碰撞而损失的机械能为ΔE，则（ ）

A．mb=1kgB．mb=2kgC．ΔE=10JD．ΔE=35J
【答案】A
【详解】AB．由于s­t图像的斜率表示速度，所以碰撞前a球的速度为
b球的速度为0，碰撞后a、b两球的共同速度为
取碰撞前a球的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得
代入数据解得
故A正确，B错误；
CD．碰撞过程中系统损失的机械能为
故CD错误。
故选A。
【变式演练】
【变式2-1】一质量为的小球A以初速度与正前方另一小球B发生碰撞，碰撞过程A、B两球的图像如图所示。已知地面光滑，则下列说法正确的是（ ）
A．图线P反映的是碰撞过程中A球的图像
B．B球的质量可表示为
C．一定存在
D．碰撞过程中A、B两球的最大弹性势能为
【答案】ABD
【详解】A．A与B碰撞过程，对A、B进行受力分析可知，A球受力方向和速度方向相反，A的速度应减小，则P反映的是A球的情况，A正确；
B．由动量守恒定律有得B正确；
C．由弹性碰撞有
得，知则发生弹性碰撞才有，C错误；
D．AB碰撞过程中速度相等时两球有最大弹性势能，则有
解得D正确。故选ABD。
【变式2-2】如图所示，水平面内有两个光滑平行导轨，导轨足够长，其间距为。质量分别为、的环A、B套在导轨上，两环之间连接一轻弹簧，轻弹簧原长。开始时弹簧与杆垂直，两环均静止。某时刻，给环B一水平向右的瞬时速度，下列说法正确的是（ ）

A．A、B和弹簧组成的系统满足动量不守恒、机械能守恒
B．若A的速度为，B的速度为
C．若A的速度为，弹簧与导轨之间的夹角为
D．若弹簧恢复原长时，环B速度为水平向右的，则初始状态时弹簧的弹性势能
【答案】BCD
【详解】A．平行导轨光滑，对A、B和弹簧组成的系统分析，所受的合外力为0，因此系统动量守恒，系统除系统内弹簧的弹力，没有其他力做功，系统机械能守恒，故A错误；
B．对A、B和弹簧组成的系统分析，取向右为正方向，由动量守恒定律
解得故B正确；
C．由B选项分析可知，若，则
设弹簧初始弹性势能为，A的速度为时的弹性势能为，根据机械能守恒可得
可得
开始时弹簧长度为，而原长为，故弹簧压缩了，弹性势能为，而弹簧伸长后弹性势能与初始弹性势能相等，故伸长量也为，此时弹簧长度为
故弹簧与导轨间夹角为，故C正确；
D．开始时，弹簧长度为，而原长为，故弹簧压缩了，弹性势能记为，弹簧恢复原长时，环B速度为水平向右的，根据动量守恒可得
解得
即A的速度大小为，方向向左，由能量守恒得
解得故D正确。故选BCD。
题组03 传送带与板块模型
【提分秘籍】
1.传送带问题的分析步骤与方法
2.划痕长度与摩擦生热的计算
若只有一个相对运动过程，划痕长度等于相对位移的大小；若有两个相对滑动过程，两过程相对位移方向相同时，划痕长度求和，相对位移方向不同时，划痕以长的为准。全过程产生的热量Q＝Ffs相对(s相对是相对路程，即相对位移绝对值的和)。
3.滑块和木板组成的系统所受的合外力为零时，优先选用动量守恒定律解题；若地面不光滑或受其他外力时，需选用动力学观点解题。
4.滑块与木板达到相同速度时应注意摩擦力的大小和方向是否发生变化。
5.应注意区分滑块、木板各自的相对地面的位移和它们的相对位移。用运动学公式或动能定理列式时位移指相对地面的位移，求系统摩擦生热时用相对位移(或相对路程)。
【典例剖析】
【例3-1】（24-25高三上·河南南阳·期中）如图甲所示，倾角为37°的传送带在电动机带动下沿顺时针方向匀速转动，将一质量m=5kg的货物（可视为质点）轻放到传送带底端A，货物运动的速度v随时间t变化的图像如图乙所示，t=10s时货物到达传送带顶端B，g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8，货物从A端运动到B端的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．货物受到的摩擦力大小始终为32N
B．货物受到的摩擦力做的功为160J
C．货物受到的合力做的功为460J
D．因为传送货物，电动机对传送带多做功620J
【答案】D
【详解】A．速度时间图像斜率表示加速度，图乙可知，前5s内货物加速运动，物体受到重力mg、滑动摩擦力和支持力FN，由牛顿第二定律得
其中加速度为
联立以上解得
匀速后，平衡条件可知，静摩擦力等于沿斜面向下的重量分力，即
故A错误；
B．速度时间图像与横轴围成的面积表示位移，故前5s和后5s位移分别为
，
故货物从A端运动到B端的过程中，货物受到的摩擦力做的功为
代入数据得
故B错误；
C．图像可知货物到B端时速度v=5m/s，所以货物从A端运动到B端的过程中，由动能定理可知，货物受到的合力做的功为
故C错误；
D．图像可知传送带速度为2m/s，由能量守恒可知，因为传送货物，电动机对传送带多做功
其中s1、s2分别为
，
联立得
故D正确。
故选 D。
【例3-2】如图所示，一质量M=8.0 kg的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m=2.0kg的小木块A。给A和B以大小均为5.0m/s、方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，A始终没有滑离B板，A、B之间的动摩擦因数是0.5，重力加速度g取10m/s2。则在整个过程中，下列说法不正确的是（ ）
A．小木块A的速度减为零时，长木板B的速度大小为3.75m/s
B．小木块A的速度方向一直向左，不可能为零
C．小木块A与长木板B共速时速度大小为3m/s
D．长木板的长度可能为10m
【答案】B
【详解】B．取水平向右为正方向，取根据动量守恒定律可得
解得
故A正确不符合题意；
BC．由于系统总动量方向向右，则小木块A先向左减速至零，后向右加速，最终与木板以共同速度向右匀速，设共速速度为，根据动量守恒定律可得
解得
故B错误符合题意，C正确不符合题意；
D．小木块与木板共速时，根据能量关系有
解得
由于A始终没有滑离B板，则木板长度必须大于或等于8m，故长木板的长度可能为10m，故D正确不符合题意。
故选B。
【变式演练】
【变式3-1】（2025高三上·山东青岛·期中）如图所示，一倾斜传送带与水平面成角，以v=10m/s的速度顺时针运行，A、B两端相距l=40m。现每隔1s把质量m=1kg的工件（视为质点）轻放在传送带上的A端，当每个工件离开B端时恰好在A端放上一个工件，每个工件与传送带间的动摩擦因数均为，g取10，下列说法正确的是（ ）
A．传送带上始终有7个工件
B．两个工件间的最小距离为2.5m
C．满载时与空载时相比，电机对传送带的牵引力增大了30N
D．若传送带上只有一个工件，将其从A点运送到B点传送带需要多消耗电能400J
【答案】D
【详解】A．工件在传送带上加速过程，由牛顿第二定律可得
代入数据可得
工件加速过程所用的时间
工件加速过程的位移大小
工件匀速过程所用的时间
每隔1s把工件放到传送带上，所以匀加速过程放了4个，匀速过程放了2个，共6个，故A错误；
B．由于每隔1s放一个工件，传送带的速度是10m/s，而每个工件的运动情况都相同，最终工件相对于传送带静止时，相邻的两个工件之间的距离一定是10m；相对于后一个工件来说，前一个工件刚刚加速运动1s时，与后一工件间距离最小，可得传送带上两个工件间的最小距离
故B错误；
C．满载时增加的牵引力为6个工件所受的摩擦力之和
故C错误；
D．若传送带上只有一个工件，将其从A点运送到B点，加速阶段克服摩擦力做功为
根据能量守恒，若传送带上只有一个工件，将其从A点运送到B点传送带需要多消耗电能
故D正确。
故选D。
【变式3-2】（2025高三上·山东·阶段练习）2024年9月，全国首座全自动化渔业码头正式启用，传送带是码头自动化搬运系统不可缺少的组成部分。如图甲所示，倾角为的倾斜传送带沿顺时针方向转动，传送带的速度v随时间t的变化图像如图乙所示。时刻将质量为的货物轻放在传送带底端，已知货物和传送带间动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，传送带足够长，取重力加速度，，。0∼15s过程中货物和传送带由于摩擦产生的热量为（ ）
A．64JB．60JC．32JD．30J
【答案】C
【详解】货物向上做匀加速直线运动最大的加速度为
传送带的加速度为
所以在两者相对静止一起向上运动，传送带的加速度为
从10s开始货物相对传送带向下滑动，货物位移为
传送带位移为
0∼15s过程中货物和传送带由于摩擦产生的热量为
故选C。
【变式3-3】（如图所示，与水平面成θ角的传送带，在电动机的带动下以恒定的速率v顺时针运行。现将质量为m的小物块从传送带下端A点无初速度地放到传送带上，经时间t1物块与传送带达到共同速度，再经时间t2物块到达传送带的上端B点，已知A、B间的距离为L，重力加速度为g，则在物块从A运动到B的过程中，以下说法正确的是（ ）
A．在t1时间内摩擦力对物块做的功等于mv2
B．在t1时间内物块和传送带间因摩擦而产生的内能小于物块机械能的增加量
C．在时间内传送带对物块做的功等于mgLsinθ＋mv2
D．在时间内因运送物块，电动机至少多消耗mgLsinθ＋mv2的电能
【答案】C
【详解】A．由动能定理可知，在t1时间内摩擦力和重力对物块做的功之和等于，重力做负功，故在t1时间内摩擦力对物块做的功大于mv2，故A错误；
B．在t1时间内，物块相对传送带的位移
则物块和传送带间因摩擦而产生的内能为
物块机械能的增加量等于摩擦力做的功，即
即在t1时间内物块和传送带间因摩擦而产生的内能等于物块机械能的增加量，故B错误；
C．由功能关系可知，在时间内传送带对物块做的功等于物块机械能的增加量，即
故C正确；
D．在t1时间内因运送物块，电动机至少多消耗的电能
由选项B可知
则在t1时间内因运送物块电动机至少多消耗的电能；在t2时间内因运送物块电动机至少多消耗mgL2sinθ的电能；则在时间内因运送物块，电动机至少多消耗的电能为
故D错误。
故选C。
【变式3-4】（2024·四川宜宾·二模）如图甲为皮带输送机简化模型图，皮带输送机倾角，顺时针匀速转动，在输送带下端A点无初速放入货物。货物从下端A点运动到上端B点的过程中，其机械能E与位移s的关系图像（以A位置所在水平面为零势能面）如图乙所示。货物视为质点，质量，重力加速度，，。下列说法正确的是（ ）
A．货物与输送带间的动摩擦因数为0.825
B．输送带A、B两端点间的距离为8m
C．货物从下端A点运动到上端B点的时间为9s
D．皮带输送机因运送该货物而多消耗的能量为585J
【答案】C
【详解】A．由题图可知，货物从开始运动到与传送带相对静止可知
对货物有
解得
故A项错误；
B．由图像可知，物块沿传送带向上运动0.5m后与传送带相对静止，此后物块的动能不变，重力势能增加，有
解得
则传送带两端点之间的距离为
故B项错误；
C．加速阶段的加速度大小为a，有
加速阶段时间为，有
传送带速度为
设匀速阶段时间为，有
所以总时间为
故C项正确；
D．由能量守恒，其多消耗的能量为
解得
故D项错误。
故选C。
【变式3-5】（2024高三上·辽宁·期末）如图所示，质量为1kg的薄木板B放在水平地面上，O点在木板右端的正上方，高度为3.6m，长为3.6m的轻绳一端系于O点，另一端系一质量为2kg、可视为质点的物块A。将轻绳拉至与竖直方向成60°角，由静止释放物块A，物块A到达最低点时轻绳断裂，物块A滑上木板B后恰好能到达木板B的左端。已知木板B的长度为3m，木板B沿地面先匀加速、后匀减速，运动的最大距离为2m，取重力加速度大小，下列说法正确的是（ ）
A．物块A与木板B间的动摩擦因数为0.4
B．木板B与地面间的动摩擦因数为0.1
C．木板B与地面间因摩擦产生的热量为10J
D．物块A与木板B间因摩擦产生的热量为20J
【答案】A
【详解】AB．设轻绳的长度为，轻绳断裂时物块的速度大小为，则有
解得
轻绳断裂后两者运动的图像如图所示，设木板B的长度为，木板B沿地面运动的最大距离为，物块与木板B间的动摩擦因数为，木板B与地面间的动摩擦因数为，根据图中的面积关系有
（以为底边的三角形，高等于，而等于图像斜率的绝对值，等于加速度的绝对值，其它三角形类似可算出面积）
解得
故A正确，B错误；
C．木板B与地面间因摩擦产生的热量为
故C错误；
D．物块与木板B间因摩擦产生的热量为
故D错误。
故选A。
【变式3-6】（2024高三上·山东·阶段练习）如图所示，质量为M长为l的长木板静止于粗糙水平面上，时，质量为m的物块（可视为质点）以初速度从左端滑到长木板上，在运动过程中物块刚好未从木板右端滑落，已知物块与木板间的摩擦因数为。下列说法正确的是（ ）
A．物块滑到木板最右端的速度为
B．小物块减少的动能等于木板增加的动能和木板与物块之间产生的内能之和
C．木板的动能一定小于
D．木板的动能一定大于
【答案】C
【详解】A．物块刚好未从木板右端滑落，则物块到木板右端时，恰好有共同速度，如果物块与木板组成的系统动量守恒，则
解得
由于水平面粗糙，木板受水平面的摩擦力，所以物块与木板组成的系统动量不守恒，故物块滑到木板最右端的速度不为，故A错误；
BD．由能量守恒定律可知小物块减少的动能等于木板增加的动能、木板与物块之间产生的内能以及水平面与木板之间产生的内能之和，木板与物块之间产生的内能
木板的动能一定小于，故BD错误；
C．设物块运动的位移大小，木板运动的位移大小，物块与木板共同速度，物块与木板因摩擦产生的热量
由于
故
对木板由动能定理得
则
故C正确。
故选C。
题组04 弹簧类模型
【提分秘籍】
1.储能原件-----轻弹簧模型
①同一根弹簧弹性势能的大小取决于弹簧形变量的大小，在弹簧弹性限度内，形变量相等，弹性势能相等
②由两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统：弹簧形变量最大时，弹簧两端连接的物体具有相同的速度；弹簧处于自然长度时，弹簧弹性势能最小(为零)
2.动量能量下的弹簧模型
【典例剖析】
【例4-1】（2025高三上·辽宁大连·期中）如图甲所示，轻弹簧竖直固定在水平面上，质量为m的小球从A点自由下落，至B点时开始压缩弹簧，小球下落的最低位置为C点。以B点为坐标原点O，沿竖直向下建立x轴，小球从B到C过程中的加速度一位移图像如图乙所示，重力加速度为g。在小球从B运动到C的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．小球在B点时的速度最大
B．小球的机械能守恒
C．图像与x轴所包围的两部分面积大小相等
D．小球在C点时所受的弹力大于2mg
【答案】D
【详解】A．小球在B点时弹簧的弹力为零，只受重力，要继续向下加速，所以小球在B点时的速度不是最大，当弹簧对小球的弹力与小球的重力大小相等、方向相反时，即小球合力为零时，速度最大，此位置在BC之间，故A错误；
B．在小球从B运动到C的过程中，弹簧弹力对小球一直做负功，故小球的机械能要减小，故B错误；
C．设在D点时，弹簧弹力等于小球重力，此时小球动能最大为，设B点速度为vB，设BD过程平均加速度和位移分别为、，由动能定理得
设DC过程平均加速度和位移分别为、，由动能定理得
故
不等于
根据图像与x轴围成的两部分面积大小等于，故图像与x轴所包围的两部分面积大小不相等，故C错误；
D．若小球从B点由静止释放，到达最低点时，由对称性，最低点加速度向上且大小为g，由牛顿第二定律得
解得
但由于小球从A点自由下落，故小球在C点时，压缩量比上述情况更大，故小球在C点时所受的弹力大于2mg，故D正确。
故选D 。
【例4-2】（2025高三上·宁夏银川·阶段练习）如图所示，A、B和C是光滑水平面上的三个大小相同的小球，A、B球的质量为m，C球质量为，其中B、C两小球用不计质量的轻质弹簧连接后静止在水平面上。现A球以速度沿B、C两球球心的连线向B球运动，碰后A、B两球粘在一起。对A、B、C及弹簧组成的系统，下列说法正确的是（ ）
A．三球速度相等时，弹簧一定处于压缩状态
B．弹簧的最大弹性势能等于
C．三球速度相等后，速度将保持不变
D．当弹簧第一次从压缩状态恢复到原长时，C的瞬时速度大小为
【答案】D
【详解】AC．三球速度第一次相等时，弹簧处于压缩状态，此后，C球继续加速，A、B球作为整体继续减速，当弹簧恢复原长时C球的速度比A、B整体的速度大，弹簧继续伸长，当三球速度再次相等时，弹簧处于拉伸状态，故A、C错误；
B．三球速度相等时弹簧的弹性势能最大，设最大弹性势能为，A、B两球碰撞瞬间由动量守恒得
从开始到三球速度相等过程中，由三球组成的系统动量守恒得
从A、B两球碰撞结束到三球速度相等过程，根据机械能守恒定律有
求得
故C错误；
D．A、B两球碰撞瞬间由动量守恒得
求得
A、B两球的总质量与C球质量相等，从A、B两球碰撞结束到弹簧第一次恢复为原长的过程中，相当于A、B两球作为整体与C球发生了一次弹性碰撞，所以二者发生速度交换，所以当弹簧第一次从压缩状态恢复到原长时，C球的瞬时速度大小为，故D正确。
故选D。
【例4-3】（2025高三上·安徽·阶段练习）如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m的圆环相连，圆环套在倾斜的粗糙固定杆上，杆与水平面之间的夹角为α，圆环在A处时弹簧竖直且处于原长。将圆环从A处静止释放，到达C处时速度为零。若圆环在C处获得沿杆向上的速度v，恰好能回到A。已知，B是AC的中点，弹簧始终在弹性限度之内，重力加速度为g，则（ ）
A．下滑过程中，环的加速度逐渐减小
B．下滑过程中，环与杆摩擦产生的热量为
C．从C到A过程，弹簧对环做功为
D．环经过B时，上滑的速度小于下滑的速度
【答案】C
【详解】A．环由A到C，初速度和末速度均为0，可知环先加速后减速。圆环所受弹簧的弹力逐渐增大，弹簧一直处于伸长状态。并且，弹簧弹力方向越来越靠近斜杆，分析圆环的受力可知，其合力先沿着斜杆向下，再沿着斜杆向上，且合力的大小先减小后增大，所以圆环的加速度先减小后增大，故A错误；
B．环由A到C，有
环由C到A，有
解得
故B错误，C正确；
D．由功能关系可知，圆环由A下滑至B，有
圆环由B上滑至A，有
则
即环经过B时，上滑的速度大于下滑的速度，故D错误。
故选C。
【变式演练】
【变式4-1】(多选)如图甲所示，质量为m的物块P与长木板Q之间有一轻弹簧，静止在光滑的水平地面上，P与弹簧拴接，Q与弹簧接触但不拴接，Q的上表面粗糙。t＝0时，物块P以初速度v0向左运动，0～2t0时间内物块P与长木板Q的a－t图像如图乙所示，2t0时刻，把质量为eq \f(1,2)m的物块M静止放在Q的最左端，图中未画出，M最终未从Q上滑出，则( )
A．长木板Q的质量为eq \f(1,2)m
B．t0时刻弹簧的弹性势能为eq \f(1,3)mv02
C．M和Q之间因摩擦产生的热量为eq \f(2,9)mv02
D．弹簧可以和Q发生二次作用
【答案】 AC
【解析】 t0时刻，P、Q所受弹力最大且大小相等，由牛顿第二定律可得eq \f(F弹,mP)＝eq \f(F弹,m)＝eq \f(a0,2)，eq \f(F弹,mQ)＝a0
则Q的质量为eq \f(1,2)m，故A正确；
t0时刻，弹簧压缩到最短，P和Q速度相等，根据动量守恒定律有mPv0＝(mP＋mQ)v
根据能量守恒定律可得最大弹性势能为ΔEp＝eq \f(1,2)mPv02－eq \f(1,2)(mP＋mQ)v2＝eq \f(1,6)mv02，故B错误；
0～2t0时间内，根据动量守恒定律有mPv0＝mPv1＋mQv2
根据机械能守恒定律有eq \f(1,2)mPv02＝eq \f(1,2)mPv12＋eq \f(1,2)mQv22，联立解得v2＝eq \f(4,3)v0，v1＝eq \f(1,3)v0
2t0时刻，Q和弹簧分离，M和Q之间动量守恒，有mQv2＝(mQ＋mM)v′
解得v′＝eq \f(2,3)v0
产生的热量为Q＝eq \f(1,2)mQv22－eq \f(1,2)(mQ＋mM)v′2＝eq \f(2,9)mv02，故C正确；
由上分析可知M和Q共速时v′＝eq \f(2,3)v0>v1
弹簧不能和Q发生二次作用，故D错误。
【变式4-2】（2024·陕西榆林·一模）如图所示，三个物块A、B、C的质量分别为、和，且，其中置于水平地面上，在A、B之间连接一轻弹簧，B与C之间用轻绳连接，轻绳绕过固定的轻滑轮。开始时用手托住物块C使轻绳刚好在竖直方向上伸直，轻弹簧也处于竖直方向，放手后使物块C从静止开始下落，当C的速度减为0时，物块A恰好脱离地面但不继续上升。不计空气阻力和滑轮的摩擦，在物块C向下落的过程中，下列说法错误的是（ ）
A．
B．物块B的加速度先减小再增大
C．物块B和弹簧组成的系统机械能一直增大
D．轻绳上的拉力先增大后减小
【答案】D
【详解】A．开始时，A、B、C静止，设弹簧压缩量为，有
当C的速度减为0时，物块A恰好脱离地面但不继续上升，此时弹簧拉力为，有
因为
所以
形变量大小相同，则弹簧弹性势能相同，设物体C下落距离为,则B上升，初态和末态的动能都为零，动能变化量为零，弹性势能变化量也为零，根据能量守恒，系统重力势能变化量也为零，即C物体减少的重力势能等于B物体增加的重力势能
得
故A正确，不符合题意；
B．最开始，物块B受向下的重力、弹簧弹力、和向上的绳子拉力，其中重力和弹簧弹力平衡，所受合力为拉力，向上运动过程中，弹力增大，合力减小，加速度减小，直到弹簧恢复原长时，合力为零，加速度为零，速度达到最大，然后弹簧弹力和重力之和大于绳子拉力，合力变为向下，物体减速，弹力增大，合力增大，加速度增大，直至减速为零，故B正确，不符合题意；
C．绳子拉力对物块B和弹簧组成的系统一直做正功，物块B和弹簧组成的系统机械能一直增大，故C正确，不符合题意；
D．物块C的加速度先向上减小再向下增大，分析C，最开始，加速度减小
弹簧恢复原长以后，加速度增大
轻绳上的拉力一直增大，故D错误，符合题意；
故选D。
【变式4-3】．（2025高三上·辽宁锦州·阶段练习）如图甲所示，一光滑斜面固定在水平地面上，其底端固定一轻质弹簧，将质量为的物块从斜面顶端由静止释放，物块运动到最低点的过程中，其加速度随位移变化的规律如图乙所示，取重力加速度为，则（ ）
A．弹簧的劲度系数为B．斜面的倾角为
C．物块的最大动能为D．弹簧的最大弹性势能为
【答案】C
【详解】B．由题意，根据图乙可知在时，物块的加速度大小为，根据牛顿第二定律有
求得
可知斜面倾角
故B错误；
AD．当物块运动到处时，根据能量守恒定律可知，此时弹簧的弹性势能最大，有
求得
故AD错误；
C．当物块的加速度为零时，此时物块的速度最大，动能最大，设此时物块的位移为，则有
联立代入相关已知数据，求得
故C正确。
故选C。
【变式4-3】．（2024·陕西·模拟预测）质量为的钢板与直立轻弹簧的上端连接，弹簧下端固定在地上。平衡时，弹簧的压缩量为，如图所示，一物块从钢板正上方距离为的处自由落下，与钢板碰撞后一起向下运动（不粘连）。它们到达最低点后又向上运动。已知物块质量也为，弹簧的弹性势能为弹簧的劲度系数，为弹簧的形变量），碰撞时间极短，下列说法正确的是（ ）
A．碰后物块与钢板一起做简谐运动，振幅为
B．物块与钢板在返回点前已经分离
C．运动过程中弹簧的最大弹性势能为
D．物块与钢板碰撞过程中损失的机械能为
【答案】C
【详解】A.对物块，根据动能定理有
解得
设表示质量为的物块与钢板碰撞后一起开始向下运动的速度，因碰撞时间极短，动量守恒，取方向为正，由动量守恒定律得
解得
由能量守恒得
根据平衡条件可得
联立解得
当物块与钢板受力平衡时，为平衡位置，有
解得
所以振幅
故A错误；
B.物块与钢板在返回点前弹簧一直被压缩，弹力竖直向上，整体加速度小于重力加速度，若已经分离，则物块的加速度等于重力加速度，则此后物块的速度将小于钢板的速度，与实际不符，所以物块与钢板在返回点前不可能分离，故B错误；
C.当物块与钢板运动到最低点时，弹簧的弹性势能最大
故C正确；
D.物块与钢板碰撞过程中损失的机械能
故D错误。
故选C。
【变式4-4】如图甲所示，物块A、B的质量均为2 kg，用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙壁接触但不黏连。物块C从t＝0时以一定速度向右运动，在t＝4 s时与物块A相碰，并立即与物块A黏在一起不再分开，物块C的v－t图像如图乙所示。下列说法正确的是( )
A．物块C的质量为2 kg
B．物块B离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能为40.5 J
C．4～12 s的时间内，墙壁对物块B的冲量大小为0
D．物块B离开墙壁后，物块B的最大速度大小为3.6 m/s
【答案】 D
【解析】 由题图乙知，C与A碰前速度为v1＝9 m/s，碰后速度为v2＝3 m/s，C与A碰撞过程动量守恒，以C的初速度方向为正方向，由动量守恒定律有
mCv1＝(mA＋mC)v2
解得mC＝1 kg，故A错误；
A、C黏在一起速度变为0时，弹簧的弹性势能最大，为Ep＝eq \f(1,2)(mA＋mC)v22＝13.5 J，故B错误；
由题图乙知，12 s末A和C的速度为v3＝－3 m/s，4～12 s时间内墙壁对物体B的冲量大小等于弹簧对物体B的冲量大小，也等于弹簧对A和C整体的冲量大小，则墙对B的冲量为I＝(mA＋mC)v3－(mA＋mC)v2
解得I＝－18 N·s，负号表示方向向左，故C错误；
物块B刚离开墙壁时，A、C向左运动的速度大小为3 m/s，物块B离开墙壁后，系统动量守恒、机械能守恒，当弹簧再次恢复原长时，物体B的速度最大，则有
(mA＋mC)|v3|＝(mA＋mC)v4＋mBvB
eq \f(1,2)(mA＋mC)|v3|2＝eq \f(1,2)(mA＋mC)v42＋eq \f(1,2)mBvB2
代入数据解得vB＝3.6 m/s
物块B的最大速度为3.6 m/s，故D正确。
一、单选题
1．（2024·贵州·高考真题）质量为的物块静置于光滑水平地面上，设物块静止时的位置为x轴零点。现给物块施加一沿x轴正方向的水平力F，其大小随位置x变化的关系如图所示，则物块运动到处，F做功的瞬时功率为（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【详解】根据图像可知物块运动到处，F做的总功为
该过程根据动能定理得
解得物块运动到处时的速度为
故此时F做功的瞬时功率为
故选A。
2．（2024·浙江·高考真题）一个音乐喷泉喷头出水口的横截面积为，喷水速度约为10m/s，水的密度为kg/m3，则该喷头喷水的功率约为（ ）
A．10WB．20WC．100WD．200W
【答案】C
【详解】设时间内从喷头流出的水的质量为
喷头喷水的功率等于时间内喷出的水的动能增加量，即
联立解得
故选C。
3．（2024·北京·高考真题）将小球竖直向上抛出，小球从抛出到落回原处的过程中，若所受空气阻力大小与速度大小成正比，则下列说法正确的是（ ）
A．上升和下落两过程的时间相等
B．上升和下落两过程损失的机械能相等
C．上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量
D．上升过程的加速度始终小于下落过程的加速度
【答案】C
【详解】D．小球上升过程中受到向下的空气阻力，下落过程中受到向上的空气阻力，由牛顿第二定律可知上升过程所受合力（加速度）总大于下落过程所受合力（加速度），D错误；
C．小球运动的整个过程中，空气阻力做负功，由动能定理可知小球落回原处时的速度小于抛出时的速度，所以上升过程中小球动量变化的大小大于下落过程中动量变化的大小，由动量定理可知，上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量，C正确；
A．上升与下落经过同一位置时的速度，上升时更大，所以上升过程中平均速度大于下落过程中的平均速度，所以上升过程所用时间小于下落过程所用时间，A错误；
B．经同一位置，上升过程中所受空气阻力大于下落过程所受阻力，由功能关系可知，上升过程机械能损失大于下落过程机械能损失，B错误。
故选C。
4．（2024·北京·高考真题）如图所示，光滑水平轨道AB与竖直面内的光滑半圆形轨道BC在B点平滑连接。一小物体将轻弹簧压缩至A点后由静止释放，物体脱离弹簧后进入半圆形轨道，恰好能够到达最高点C。下列说法正确的是（ ）
A．物体在C点所受合力为零
B．物体在C点的速度为零
C．物体在C点的向心加速度等于重力加速度
D．物体在A点时弹簧的弹性势能等于物体在C点的动能
【答案】C
【详解】AB．物体恰好能到达最高点C，则物体在最高点只受重力，且重力全部用来提供向心力，设半圆轨道的半径为r，由牛顿第二定律得
解得物体在C点的速度
AB错误；
C．由牛顿第二定律得
解得物体在C点的向心加速度
C正确；
D．由能量守恒定律知，物体在A点时弹簧的弹性势能等于物体在C点时的动能和重力势能之和，D错误。
故选C。
5．（2024·安徽·高考真题）某同学参加户外拓展活动，遵照安全规范，坐在滑板上，从高为h的粗糙斜坡顶端由静止下滑，至底端时速度为v．已知人与滑板的总质量为m，可视为质点．重力加速度大小为g，不计空气阻力．则此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】人在下滑的过程中，由动能定理可得
可得此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为
故选D。
6．（2024·山东·高考真题）如图所示，质量均为m的甲、乙两同学，分别坐在水平放置的轻木板上，木板通过一根原长为l的轻质弹性绳连接，连接点等高且间距为d（d m乙
所以
a甲 < a乙
由于两物体运动时间相同，且同时由静止释放，可得
v甲 < v乙
A错误；
BCD．对于整个系统而言，由于μm甲g > μm乙g，合力方向向左，合冲量方向向左，所以合动量方向向左，显然甲的动量大小比乙的小，BD正确、C错误。
故选BD。
16．（2024·湖北·高考真题）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的子弹水平射入木块。设子弹在木块内运动过程中受到的阻力不变，其大小f与射入初速度大小成正比，即（k为已知常数）。改变子弹的初速度大小，若木块获得的速度最大，则（ ）
A．子弹的初速度大小为
B．子弹在木块中运动的时间为
C．木块和子弹损失的总动能为
D．木块在加速过程中运动的距离为
【答案】AD
【详解】A．子弹和木块相互作用过程系统动量守恒，令子弹穿出木块后子弹和木块的速度的速度分别为，则有
子弹和木块相互作用过程中合力都为，因此子弹和物块的加速度分别为
由运动学公式可得子弹和木块的位移分别为
联立上式可得
因此木块的速度最大即取极值即可，该函数在到无穷单调递减，因此当木块的速度最大，A正确；
B．则子弹穿过木块时木块的速度为
由运动学公式
可得
故B错误；
C．由能量守恒可得子弹和木块损失的能量转化为系统摩擦生热，即
故C错误；
D．木块加速过程运动的距离为
故D正确。
故选AD。
17．（2024·福建·高考真题）如图（a），水平地面上固定有一倾角为的足够长光滑斜面，一质量为的滑块锁定在斜面上。时解除锁定，同时对滑块施加沿斜面方向的拉力，随时间的变化关系如图（b）所示，取沿斜面向下为正方向，重力加速度大小为，则滑块（ ）
A．在内一直沿斜面向下运动
B．在内所受合外力的总冲量大小为零
C．在时动量大小是在时的一半
D．在内的位移大小比在内的小
【答案】AD
【详解】根据图像可知当时，物块加速度为
方向沿斜面向下；当时，物块加速度大小为
方向沿斜面向上，作出物块内的图像
A．根据图像可知，物体一直沿斜面向下运动，故A正确；
B．根据图像可知，物块的末速度不等于0，根据动量定理
故B错误；
C．根据图像可知时物块速度大于时物块的速度，故时动量不是时的一半，故C错误；
D．图像与横轴围成的面积表示位移，故由图像可知过程物体的位移小于的位移，故D正确。
故选AD。
18．（2023·广东·高考真题）某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型．多个质量均为的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力．开窗帘过程中，电机对滑块1施加一个水平向右的恒力，推动滑块1以的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为．关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有（ ）

A．该过程动量守恒
B．滑块1受到合外力的冲量大小为
C．滑块2受到合外力的冲量大小为
D．滑块2受到滑块1的平均作用力大小为
【答案】BD
【详解】A．取向右为正方向，滑块1和滑块2组成的系统的初动量为
碰撞后的动量为
则滑块的碰撞过程动量不守恒，故A错误；
B．对滑块1，取向右为正方向，则有
负号表示方向水平向左，故B正确；
C．对滑块2，取向右为正方向，则有
故C错误；
D．对滑块2根据动量定理有
解得
则滑块2受到滑块1的平均作用力大小为，故D正确。
故选BD。