③寒假提升练-06 动量守恒定律的四种模型（教师版）2025年高二物理寒假衔接讲练 (人教版)

这是一份③寒假提升练-06 动量守恒定律的四种模型（教师版）2025年高二物理寒假衔接讲练 (人教版)，共39页。
题型1 子弹打木块模型、滑块与滑板模型
题型2 弹簧滑块类模型
题型3 滑块与斜面体模型
题型4人船模型
☛第二层 能力提升练
☛第三层 拓展突破练
子弹打木块模型、滑块与滑板模型
⭐积累与运用
子弹打木块模型、滑块与滑板模型
根据动量守恒定律和能量守恒定律知，系统 损失的动能,可以看出，子弹(或滑块)的质量越小，木块(或滑板)的质量越 大，动能损失越多
1．如图所示，质量为的木块静止于光滑水平面上，一质量为的子弹以水平速度打入木块并停在木块中，此过程中下列说法正确的是（ ）

A．子弹打入木块后子弹和木块的共同速度为
B．子弹对木块做的功
C．木块和子弹系统机械能守恒
D．子弹打入木块过程中产生的热量
【答案】A
【详解】A．根据动量守恒可得
解得子弹打入木块后子弹和木块的共同速度为
故A正确；
B．根据动能定理可知，子弹对木块做的功为
故B错误；
CD．根据能量守恒可知，子弹打入木块过程中产生的热量为
可知木块和子弹系统机械能不守恒，故CD错误。
故选A。
2．如图所示的装置中，木块B与水平桌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，将水平弹簧压缩到最短，则此系统从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中（ ）
A．动量守恒，机械能守恒B．动量不守恒，机械能守恒
C．动量守恒，机械能减小D．动量不守恒，机械能减小
【答案】D
【详解】子弹射入木块过程子弹与木块组成的系统动量守恒，但是子弹射入木块后留在其中，这个过和属于完全非弹性碰撞动能损失最大，有内能产生，所以机械能减小，在弹簧被压缩至最短的过程，有弹力作用，所以系统动量不守恒，但是机械能守恒，则全过程系统的动量不守恒，机械能减小。
故选D。
（多选）3．如图所示，在光滑水平面上，有一质量为的薄板和质量为的物块。都以的初速度朝相反方向运动，它们之间有摩擦，薄板足够长，则（ ）
A．当薄板的速度为时，物块做加速运动
B．当薄板的速度为时，物块做减速运动
C．当薄板的速度为时，物块做减速运动
D．当薄板的速度为时，物块做匀速运动
【答案】AC
【详解】根据题意可知，开始薄板向右减速，物块向左减速，当物块速度减为零时，薄板的速度为，由动量守恒定律有
解得
之后，薄板继续向右减速，物块向右加速，当两者速度达到相同时，设共同速度为，由动量守恒定律有
解得
之后，两者相对静止，一起向右做匀速直线运动。综上所述可知，当薄板的速度为时，物块做加速运动，当薄板的速度为时，物块做减速运动。
故选AC。
（多选）4．如图所示，质量为2kg的木块静置于水平地面上，现沿水平方向以速度v0=10m/s发射50发质量m=10g的子弹，发射间隔时间，子弹射入木块后留在木块内（作用时间极短），重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．若地面光滑，木块与子弹组成的系统机械能守恒
B．若地面光滑，木块最终将以2m/s的速度做匀速直线运动
C．若地面粗糙，木块与子弹组成的系统最终损失的机械能为25J
D．若地面粗糙，木块与子弹组成的系统动量守恒
【答案】BC
【详解】A．子弹射入木块过程中有内能产生，则即使地面光滑，木块与子弹组成的系统机械能也不守恒，选项A错误；
B．若地面光滑，木块与子弹组成的系统动量守恒，由动量守恒定律
解得
v=2m/s
即木块最终将以2m/s的速度做匀速直线运动，选项B正确；
C．若地面粗糙，木块与子弹组成的系统最终损失的机械能为
选项C正确；
D．若地面粗糙，木块与子弹组成的系统受合外力不为零，则系统动量不守恒，选项D错误。
故选BC。
（多选）5．如图所示，光滑桌面上木板静止并被锁定，质量为，在木板的中央处放置两个小滑块和，质量分别为和，两滑块间有小型炸药，某时刻炸药爆炸释放能量为，两滑块开始运动，当一个滑块速度减为零时，木板锁定被解除，两滑块与木板间动摩擦因数为0.2，最终一个滑块恰好滑到木板的边缘，取，不计炸药的质量，则（ ）
A．木板的最终速度为
B．整个过程中两滑块与木板间因摩擦产生的内能为
C．木板的最小长度为
D．木板受的冲量为
【答案】BC
【详解】A．爆炸过程两滑块组成的系统动量守恒，炸药爆炸释放的能量转化为两滑块的动能，有
解得
滑块A速度减为零所用时间
此时B的速度
此过程B与C间的相对位移
木板锁定被解除后，滑块A与木板C相对静止，整体与滑块B发生相对运动，设最终三者达到共同速度为，根据动量守恒定律有
得
故A错误；
B．整个过程中两滑块与木板间因摩擦产生的内能
故B正确；
C．设A、C整体与B相对运动过程B与C间的相对位移为，由功能关系可得
得
木板的最小长度为
故C正确；
D．根据动量定理，木板C受的冲量
故D错误；
故选BC。
弹簧滑块类模型
⭐积累与运用
弹簧滑块类模型
①弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相 等，弹簧的弹性势能最大(Epm),系统的动能 最小(完全非弹性碰撞模型):，
②弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统的动 能最大(弹性碰撞模型):，
6．如图所示，光滑水平地面上的P、Q两物体质量都为m，P以速度v向右运动，Q静止且左端有一轻弹簧。当P撞上弹簧，弹簧被压缩至最短时（ ）
A．P的动量变为0B．P、Q的速度不相等
C．Q的动量达到最大值D．P、Q系统总动量仍然为mv
【答案】D
【详解】D．P、Q组成的系统所受的合外力为零，系统动量守恒，初始时总动量为mv。弹簧被压缩到最短时，P、Q系统总动量仍为mv，故D正确；
ABC．P在压缩弹簧的过程中，Q做加速运动，P做减速运动，两者速度相等时，弹簧压缩量最大，然后Q继续加速，P继续减速，所以弹簧压缩最短时，Q的动量未达到最大值。弹簧被压缩到最短时，P、Q的速度相等，根据
可知此时P的动量为，故ABC错误。
故选D。
7．如图所示，用轻弹簧连接的A、B两辆小车质量相等，静止在光滑的水平面上，A车与竖直墙面接触。将小车B向左推压缩弹簧，使弹簧获得弹性势能，然后释放小车B，下列说法正确的是（ ）
A．弹簧从释放到第一次恢复原长过程中，A、B的总动量守恒
B．弹簧从释放到第一次恢复原长过程中，墙壁对A的冲量大于B的动量变化量
C．A离开墙壁后，弹簧最长时的弹性势能小于
D．A离开墙壁后，弹簧最短时的弹性势能等于
【答案】C
【详解】A．弹簧从释放到第一次恢复原长过程中，由于墙壁对A有弹力作用，所以A、B的总动量不守恒，故A错误；
B．弹簧从释放到第一次恢复原长过程中，以A、B为系统，根据动量定理可知，墙壁对A的冲量等于系统的动量变化量；而此过程A静止不动，所以墙壁对A的冲量等于B的动量变化量，故B错误；
C．A离开墙壁后，A、B组成的系统满足动量守恒，当弹簧最长时，设此时弹簧的弹性势能为，此时A、B有相同的速度，且不为0；根据系统机械能守恒可得
可知弹簧最长时的弹性势能小于，故C正确；
D．A离开墙壁后，A、B组成的系统满足动量守恒，当弹簧最短时，设此时弹簧的弹性势能为，此时A、B有相同的速度，且不为0；根据系统机械能守恒可得
可知弹簧最短时的弹性势能小于，故D错误。
故选C。
8．如图所示，质量相同的木块A、B之间用轻质弹簧相连，置于光滑水平面上，A靠在固定的挡板C旁。今用水平力F压B，使弹簧被压缩到一定程度后保持静止。突然撤去压力F，弹簧第一次恢复原长时，B的速度为v。那么当弹簧第二次恢复原长时，B的速度是（ ）
A．0B．C．D．
【答案】A
【详解】当从弹簧第一次恢复原长时，B的速度为，方向向右，之后A离开挡板C，设当弹簧第二次恢复原长时，A、B的速度分别为、；根据系统动量守恒和机械能守恒可得
联立解得
，
故选A。
（多选）9．如图所示，静置于光滑水平面上的木块A与木块B用一根轻质弹簧相连，弹簧处于原长。质量为0.01kg的子弹以200m/s的初速度水平向右击中木块A（时间极短）并留在其中。已知木块A的质量为0.19kg，木块B的质量为0.3kg，弹簧始终在弹性限度内．下列说法正确的是（ ）
A．子弹击中木块A的过程中，两者构成的系统动量守恒，机械能守恒
B．弹簧压缩至最短时，弹簧的弹性势能为6J
C．弹簧压缩至最短时，木块B的速度大小为6m/s
D．弹簧处于原长时，木块B的速度大小可能为8m/s
【答案】BD
【详解】A．子弹击中木块A的过程中，两者构成的系统动量守恒，但系统产生热量，系统机械能不守恒，故A错误；
BC．子弹击中木块A的过程中，根据动量守恒可得
解得
弹簧压缩至最短时，子弹、木块A、木块B具有相同的速度，根据动量守恒可得
解得
根据能量守恒可知此时弹簧的弹性势能为
故B正确，C错误；
D．弹簧处于原长时，子弹、木块A、木块B组成的系统，由动量守恒可得
根据能量守恒可得
联立解得木块B的速度大小为
，或
故D正确。
故选BD。
（多选）10．如图所示，放在光滑水平面上的两小车中间用一压缩了的轻弹簧连接，两只手分别按住甲、乙两小车，使它们静止。两车的质量均为1kg，轻弹簧的弹性势能为1J，轻弹簧始终在弹性限度内，现先放开乙车，当弹簧刚恢复原长时放开甲车，若以两小车及弹簧组成系统，则下列说法正确的是（ ）
A．系统的总动量一直为0
B．系统的总机械能（含弹簧的弹性势能）一直为1J
C．放开乙车后，当乙车的速度为0时，甲车的速度也可能为0
D．放开乙车后，系统动量守恒，机械能（含弹簧的弹性势能）守恒
【答案】BC
【详解】A．先放开乙车，当弹簧刚恢复原长时放开甲车，此时甲车速度为0，乙车有向右的速度，则系统的总动量不为0，故A错误；
B．整个过程中，甲、乙两车和弹簧组成的系统满足机械能守恒，则系统的总机械能（含弹簧的弹性势能）一直为1J，故B正确；
C．放开乙车后，在放开瞬间，乙车的速度为0，此时甲车的速度也为0，故C正确；
D．放开乙车后，在弹簧刚恢复原长前的过程，由于手对甲车有作用力，所以系统动量不守恒，但系统机械能守恒，故D错误。
故选BC。
（多选）11．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，其中t轴下方部分的面积大小为S1，t轴上方部分的面积大小为S2，则（ ）
A．物体Q的质量为m
B．2t0时刻物体Q的速度大小为S2
C．t0时刻物体P的动量为
D．0~2t0时间内弹簧对物体Q先做正功后做负功
【答案】BC
【详解】A．时间内Q所受弹力方向向左，P所受弹力方向始终向右，时刻，P、Q所受弹力最大且大小相等，由牛顿第二定律可得
则物体Q的质量为，A错误；
B．由题中图像与坐标轴所围面积表示速度变化可知，时刻物体Q的速度
B正确；
C．由题中图像可知，t0时刻物体P的动量为
C正确；
D．由题中图像可知，时间内，物体Q的速度一直增加，弹簧始终对物体Q做正功，D错误。
故选BC。
滑块与斜面体模型
⭐积累与运用
滑块与斜面体模型
①滑块上升至最高点：m 与M 具有共同水平速 度v共，m 竖直分速度为零。系统水平方向动 量守恒，；系统机械能守恒，
②最低点：m 与 M 分离点。水平方向动量守 恒，；系统机械能守恒，
12．如图所示，质量为m的半圆形光滑凹槽静止放在光滑的水平面上，圆槽半径为R，一个质量为小球静止在凹槽的左端最高点A处。现将小球释放，在小球第一次从A开始经最低点B运动到右侧最高点C的过程中，下列说法中正确的是（ ）
A．在整个过程中，小球和凹槽组成的系统动量守恒
B．小球在从A到B的运动过程中一直处于失重状态
C．小球从A到C的过程中，凹槽先向左运动，后向右运动
D．当小球运动到C点时，凹槽相对地面走过的路程为
【答案】D
【详解】A．小球和凹槽所组成的系统在水平方向上合外力为0，水平方向动量守恒。竖直方向合外力不为0，竖直方向动量不守恒。故A错误；
B．小球从A到B的运动过程中做圆周运动，有向心加速度，距离B点越近，竖直向上的分加速度越大。因此刚开始运动时处于失重状态，后处于超重状态。故B错误；
C．小球从A到C的过程中，由于水平方向动量守恒，凹槽一直向左运动，在C处运动到最左端。故C错误；
D．运动过程中假设小球相对地面走过的距离为，凹槽走过距离为，根据水平方向动量守恒，可得
由于凹槽半径为2R，则有
联立可得
故D正确。
故选D。
13．如图所示，半径为R、质量为3m的光滑圆弧槽（对应的圆心角为）静止于光滑水平面上，一质量为m的小球从P点以初速度水平冲上圆弧槽，运动到Q点后离开圆弧槽，不计空气阻力。则下列说法正确的是（ ）

A．小球从P点滑到Q点的过程中，小球与光滑圆弧槽组成的系统动量守恒
B．小球从P点滑到Q点的过程中，小球与光滑圆弧槽组成的系统机械能不守恒
C．小球离开圆弧槽Q点时的速度为
D．小球到达最高点时的速度为
【答案】D
【详解】A．小球有竖直方向的分加速度，系统的合外力不为零，则系统动量不守恒，故A错误；
B．小球从P点滑到Q点的过程中，小球与光滑圆弧槽组成的系统只有重力做功，机械能守恒，故B错误；
C．对系统根据水平方向动量守恒可知

解得小球离开圆弧槽Q点时的水平速度为
但此时小球仍具有竖直分速度，所以合速度不是，故C错误；
D．对系统，到达最高点时竖直分速度为零，从开始到达最高点的过程，水平方向动量守恒
解得
故D正确。
故选D。
14．如图所示，质量为的滑块静止在光滑的水平面上，滑块的光滑弧面底部与桌面相切，一个质量为的小球以速度为向滑块滚来，小球最后未越过滑块，则小球到达最高点时，小球和滑块的速度大小是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】小球沿滑块上滑的过程中，小球和滑块组成的系统在水平方向上不受外力，因而系统在水平方向上动量守恒，小球到达最高点时和滑块具有相同的对地速度v（若速度不相同，必然相对运动，此时一定不是最高点），由系统在水平方向上动量守恒得

所以

故选A。
（多选）15．如图所示，在光滑水平面上右侧放有一个光滑圆弧轨道ABC，其圆心为O，质量为m的小球从水平面上P点以初速度向右运动，滑上圆弧轨道后从C点抛出。已知圆弧轨道质量为，圆弧轨道半径为，重力加速度为g，，则小球与圆弧轨道作用的过程中（ ）
A．小球离开C点时的速度与水平方向的夹角为
B．小球运动的最高点相对水平面的高度为
C．圆弧轨道的最大速度为
D．小球离开圆弧轨道再次回到水平面上时速度水平向左
【答案】BCD
【详解】A．小球运动到C点过程中，根据水平方向动量守恒可知
根据能量守恒
解得
所以小球离开C点时的速度与水平方向的夹角为53°，故A错误；
B．小球到达斜面最高点后斜抛，竖直方向
解得小球运动的最高点相对水平面的高度为
故B正确；
CD．因为小球离开圆弧轨道做斜抛运动时水平速度与圆弧轨道相同， 所以小球还能落到圆弧轨道上， 最后相对圆弧轨道向左运动到水平面上， 设小球从左侧离开圆弧轨道时其速度为， 圆弧轨道的速度为，则有
联立解得
即小球离开圆弧轨道再次回到水平面上时速度方向向左，故CD正确。
故选BCD。
16．如图所示，质量为m2= 2kg的滑块静止在光滑的水平面上，滑道的AB部分是半径为R = 0.4m的四分之一圆弧，圆弧底部与滑道水平部分相切，滑道水平部分右端固定一个轻弹簧，滑道CD部分粗糙，其长度为L = 0.5m，动摩擦因数μ = 0.4，其他部分均光滑。现让质量为m1= 2kg的物块（可视为质点）自A点由静止释放，取g = 10m/s2。求：
（1）物块到达最低点时的速度大小；
（2）在整个运动过程中，弹簧具有的最大弹性势能。

【答案】（1）2m/s；（2）4J
【详解】（1）从释放到最低点，由系统水平方向动量守恒可得
由机械能守恒可得
联立解得
，
（2）当弹簧的弹性势能最大时，它们有共同的速度，因为系统的水平初动量为零，根据水平方向动量守恒可知，它们共速时的速度为零，由能量守恒得到
解得
Epm=4J
人船模型
⭐积累与运用
人船模型
整个系统水平方向动量守恒，可得 m船V船=m人v人。因人和船组成的系统时时 刻刻动量守恒，故有m 船x船=m人x人
17．“独竹漂”是一项独特的黔北民间绝技。如图甲所示，在平静的湖面上，一位女子脚踩竹竿抵达岸边，此时女子静立于竹竿A点，一位摄影爱好者使用连拍模式拍下了该女子在竹竿上行走过程的系列照片，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，甲、乙两张照片中A、B两点的水平间距约为1 cm，乙图中竹竿右端距离河岸约为1.6 cm。女子在照片上身高约为1.6 cm。已知竹竿的质量约为30 kg，若不计水的阻力，则该女子的质量约为（ ）
A．45 kgB．48 kgC．50 kgD．55 kg
【答案】B
【详解】根据题意，设女子的质量为m，由动量守恒定律有
由于系统的水平动量一直为0，运动时间相等，设运动时间为t，则有
整理可得
解得
故选B。
18．如图所示，质量为M，长度为L的船停在平静的湖面上，船头站着质量为m的人，M>m，现在人由静止开始由船头走到船尾。不计水对船的阻力，则（ ）
A．人和船运动方向相同
B．船运行速度小于人的行进速度
C．由于船的惯性大，当人停止运动时，船还要继续运动一段距离
D．人相对水面的位移为
【答案】B
【详解】A．人和船动量守恒，系统总动量为零，故人和船运动方向始终相反，故A错误；
B．由动量守恒定律有
又，故
故B正确；
C．由人和船组成的系统动量守恒且系统总动量为零知：人走船走，人停船停，故C错误；
D．由平均动量守恒
和
知
故D错误。
故选B。
19．如图所示，小车B静止在光滑的水平面上，小球A悬挂在小车B的杆子上，现将小球A缓慢拉开一定角度，小车和小球均静止，释放小球后，下列说法正确的是（ ）
A．当小球向左摆动时，小车也向左运动
B．当小球向左摆动到最高点时，小车的速度达到最大
C．当小球摆动到最低点时，小球和小车的速度相同
D．小球和小车组成的系统在水平方向上的动量始终守恒
【答案】D
【详解】ACD．小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，竖直方向所受外力不为零，故系统只在水平方向动量守恒，则小球和小车在水平方向的动量一定大小相等、方向相反，则小球向左摆动时，小车向右运动，故AC错误，D正确；
B．小球向左摆到最高点，竖直方向速度为零，水平速度小球与车等大反向，则小球的速度为零时小车的速度也为零，故B错误。
故选D。
20．如图所示，将一质量M、半径为R的光滑半圆形槽静置于光滑水平面上，今让一质量为m小球自左侧槽口从A点静止开始落下，则以下结论中不正确的是（ ）
A．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机械能守恒
B．小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒
C．小球到达右边最高点时，小球通过的水平位移是
D．小球到达右边最高点时，小球通过的水平位移是
【答案】C
【详解】A．小球在半圆槽内运动的全过程中，地面和圆弧面光滑，只有小球的机械能与半圆槽的机械能之间相互转化，球与半圆槽构成的系统机械能守恒，故A正确；
B．地面光滑，小球与半圆槽组成的系统在水平方向所受的合外力为零，小球与半圆槽在水平方向动量守恒，故B正确；
CD．小球到达右边最高点时，小球和圆槽通过的水平位移大小分别为、，如图所示
小球和圆槽组成的系统在水平方向上动量守恒，在运动过程中小球和圆槽在任意时刻的水平速度满足
则有
根据位移关系可得
解得
，
小球到达右边最高点时，小球通过的水平位移是。故C错误，D正确。
题目要求选择不正确的，故选C。
21．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．人在甲板上散步时，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mD．人相对地面的成绩为2.2m
【答案】A
【详解】A．根据反冲运动中的人船模型可知，人在甲板上散步时，船将后退，故A正确；
BC．设船的质量为，后退位移为，人的质量为，人船相对运动位移为，人和船组成的系统满足水平动量守恒，根据人船模型有
代入数据解得
人在立定跳远的过程中船后退了0.2m，故BC错误；
D．人相对地面的成绩为
故D错误。
故选A。
22．如图所示，大气球质量为25kg，载有质量为50kg的人，静止在空气中距地面20m高的地方，气球下方悬一根质量可忽略不计的绳子，此人想从气球上沿绳慢慢下滑至地面，为了安全到达地面，则这绳长至少应为多少。（不计人的高度，可以把人看作质点）
【答案】60m
【详解】人与气球组成的系统动量守恒，设人的速度为v1，气球的速度为v2，运动时间为t，以人与气球组成的系统为研究对象，取向下为正方向，由动量守恒定律得
则有
代入数据解得
则绳子长度
即绳子至少长60m
1．如图所示，质量为m的子弹以水平初速度射入静止在光滑水平面上的质量为M的木块中，子弹未从木块中射出，最后共同速度为v，在此过程中，木块在地面上滑动的距离为s，子弹射入木块的深度为d，子弹与木块间的相互作用力为f，以下关系式中不正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【详解】A. 对子弹由动能定理可知
即
选项A正确，不符合题意；
B. 对子弹和木块的系统由能量关系可知
选项B正确，不符合题意；
C. 对子弹和木块系统由动量守恒定律可知
选项C正确，不符合题意；
D. 对木块由动能定理
选项D错误，符合题意。
故选D。
2．如图，质量为的滑块套在固定的水平杆上，一轻杆上端通过铰链固定在上，下端与一质量为的小球相连。某时刻给小球一水平向左、大小为的初速度，经时间小球在水平方向上的位移为。规定水平向左为正方向，忽略一切摩擦，则滑块在水平方向上的位移为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】、在水平方向上动量守恒，有
在极短的时间内，有
则在时间内有
可知
故选C。
3．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
【详解】AB．根据题意可知，球C下落到最低点时，AB将要分离，根据机械能守恒定律有
系统水平方向动量守恒，根据动量守恒定律有
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，由动量定理有
故C正确；
D．C球由静止释放到最低点的过程中，设C对地的水平位移大小为，AB对地的水平位移大小为，则有
，
解得
，
故D错误。
故选C。
（多选）4．如图所示，光滑水平面上有一质量为M的小车，其左侧是半径R=0.2m的四分之一光滑圆弧轨道，其右侧是一段长L=2.5m的粗糙水平轨道，现有一质量为m的小滑块以初速度v0=6m/s从小车的右端滑上小车，小滑块与粗糙水平轨道间的动摩擦因数μ=0.2，其中M=m，g=10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．小滑块到达圆弧轨道最高点A点的速度大小为3m/s
B．小滑块从A点飞出后还能够上升的高度为0.2m
C．小滑块能从小车右端滑下来
D．小车的最终速度为3m/s
【答案】BD
【详解】A．分析可知，小滑块到达圆弧轨道最高点A时，小滑块相对圆弧轨道竖直向上运动，即水平方向速度相同，当把小滑块与小车看作系统时，水平方向不受力，系统水平方向动量守恒，则有
又M=m，故
又系统能量守恒，则有
可得小滑块到达A点时速度
故A错误；
B．由上可知，在A点时，小滑块水平速度
由
可知
小滑块离开小车后竖直方向只受重力，故加速度
方向竖直向下，由
可知，小滑块离开A点后能够上升的最大高度
故B正确；
CD．分析可知，小滑块离开小车到落回小车的过程水平方向为匀速直线运动，又离开小车时两者水平速度相同，故小滑块从A点落回小车，假设小滑块最终与小车达到共速，则整个过程，根据系统水平方向动量守恒可得
解得
根据能量守恒可得
解得
假设成立，小滑块最终停在离小车右端处，两者的最终速度未，故C错误，D正确。
故选BD。
（多选）5．如图甲所示，质量分别为，的滑块A、B放在光滑的水平面上，之间用一质量可忽略不计的弹簧连接，滑块B紧靠在竖直的墙壁上．现有一质量为的滑块C以的速度沿水平面向右运动，从0时刻开始计时，2s末与滑块A碰撞且粘在一起，0~6s内，滑块C的速度—时间图像如图乙所示，则下列说法正确的是（ ）
A．滑块C的质量B．全过程整个系统损失的机械能为9J
C．2~6s内，墙壁对滑块B的冲量大小为6N·sD．整个过程中滑块B的最大动能为9J
【答案】BD
【详解】A．由题图乙知，滑块C与滑块A碰前瞬间速度为，碰后瞬间整体速度为，滑块C与滑块A碰撞过程动量守恒，以滑块C的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得
解得
故A错误；
B．全过程系统中只有C与A碰撞时有机械能损失，则有
故B正确；
C．2s时A和C的速度大小为，6s时A和C的速度大小为，2~6s内墙给B的冲量等于AC的动量变化量，故有
故C错误；
D．当AC和B向左运动且弹簧再次恢复原长时滑块B的速度最大，根据系统动量守恒和机械能守恒可得
解得
故滑块B的最大动能为
故D正确。
故选BD。
（多选）6．如图劲度系数为k的轻质弹簧一端固定，另一端连接质量为m的小木块放置在粗糙程度相同的水平面上的O点，此时弹簧长度为弹簧原长。一颗质量为的子弹以水平速度击中木块，木块和子弹一起向左侧运动到A点后向右运动，最远到达B点，然后在O点两侧往复运动。已知AO距离为L，小木块与水平面的动摩擦因数为，重力加速度为g，下列选项正确的是（ ）
A．子弹打入小木块后，子弹和木块共同运动的速度为
B．小木块从开始运动到第一次回到O点的过程中克服地面摩擦力做功为
C．OB间的距离为
D．小木块第一次从A点运动到O点的时间为
【答案】BC
【详解】A．子弹打入小木块时，子弹与木块组成的系统动量守恒，可得
解得
故A错误；
B．小木块从开始运动到第一次回到O点的过程中克服地面摩擦力做功为
故B正确；
C．从A到B过程中，为平衡位置，如图所示
则有
其中x为滑块偏离平衡位置的位移，由此可知从A到B过程中小滑块做简谐运动，简谐运动的振幅为A，可知
OB间的距离为
故C正确；
D．根据简谐振动的规律可得，从A到B过程中滑块的振动可以表示为
其中为振动的角频率，满足
从A到B过程中，O点处为位移为
解得
故D错误。
故选BC。
（多选）7．如图所示，A、B两物体质量均为m，水平向左且大小为的恒定拉力作用在A上，拉着A、B由静止开始一起运动，运动过程中B始终受到一个竖直向上的、大小与B的速度大小成正比的力，经过时间t物体A、B恰好发生相对滑动。A、B间动摩擦因数，A与地面间的动摩擦因数，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．物体A、B发生相对滑动时的速度
B．物体A、B发生相对滑动时的速度
C．从静止到恰好发生相对滑动全程B的位移为
D．从静止到恰好发生相对滑动全程B的位移为
【答案】BD
【详解】AB．设AB即将相对滑动的临界加速度为a，对AB整体分析，根据牛顿第二定律得
隔离对B分析，根据牛顿第二定律得
解得

故A错误，B正确；
CD．对整个体，根据动量定理有
变形得
又
可得
解得
故C错误，D正确。
故选BD。
8．如图所示，在固定的光滑水平杆（杆足够长）上，套有一个质量为的光滑金属圆环，轻绳一端拴在环上，另一端系着一个质量为的物块，现有一质量为的子弹以的水平速度射入物块并留在物块中（不计空气阻力和子弹与物块作用的时间，取，求：
(1)圆环、物块和子弹所组成的这个系统损失的机械能；
(2)物块所能达到的最大高度；
(3)金属圆环的最大速度。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）子弹射入物块过程中，系统的动量守恒，取向右方向为正方向，根据动量守恒定律得则有
得
机械能只在该过程有损失，损失的机械能有
解得
（2）物块（含子弹）在向上摆动过程中，以物块（含子弹）和圆环组成的系统为研究对象，根据系统水平方向的动量守恒则有
解得
根据机械能守恒定律有
代入数据可解得
（3）当子弹、物块、圆环达到共同速度后，子弹和物块将向下摆动，在此过程中圆环一直受绳子水平向右的分力作用，圆环速度一直增大，当子弹和物块运动到圆环正下方时圆环速度最大。
设此时子弹和物块的速度为，圆环速度为，则有
及
由上述两式联立可解得
故金属圆环的最大速度为。
9．如图所示，固定在轻质弹簧两端质量分别是、的两个物体置于光滑水平地面上，靠在光滑竖直墙上。现有一颗质量的子弹水平射入中，使弹簧压缩而具有12J的弹性势能，然后和都将向右运动。试求：
(1)子弹入射前的速度；
(2)竖直墙对的冲量；
(3)离开挡板后弹簧具有的最大弹性势能。
【答案】(1)600m/s，水平向左
(2)12N·s，水平向右
(3)3J
【详解】（1）取向左为正方向，子弹射入时，弹簧还没来得及压缩，根据动量守恒有
弹簧压缩后根据机械能守恒有
联立两式，代入数据
方向水平向左。
（2）根据对称性，子弹和都以大小为的速度向左压缩弹簧，而后又以同样大小的速度向右反弹离开墙面，以向右为正方向，根据动量定理可得
代入数据
方向水平向右。
（3）运动中，弹簧弹性势能最大时为三者共速，有
则据能量守恒，运动后的最大弹性势能为
代入数据
10．如图所示，在水平面上放置一半径为的半圆槽，A、B为槽左、右两端的最高点且位于同一水平线上，C为圆槽最低点。现让一个小球（可视为质点）从槽右侧最高点B无初速释放。已知小球和半圆槽的质量分别为和，不计一切摩擦阻力，重力加速度为。求：
(1)小球第一次通过C点时的速度的大小；
(2)整个运动过程中，半圆槽向右运动的最大距离。
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）从B点释放后到C点，根据水平方向的动量守恒有
根据能量守恒定律有
解得
（2）由水平方向动量守恒有
可得
同时
可得
11．如图所示，一质量为3m，半径为R的四分之一光滑圆弧槽放在光滑的水平面上，有一质量为m的小球自槽顶端A点由静止释放。在小球下滑至槽末端B点过程中，空气阻力忽略不计，重力加速度为g。
（1）若圆弧槽不固定、小球滑到B点时在水平方向移动的位移；
（2）圆弧槽固定和不固定情形下，小球滑到B点时的速度大小之比。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）小球和槽组成的系统水平方向动量守恒，取向左为正方向
方程两边都乘极短时间并累加，设m向左移动的距离为x，则
则
（2）圆弧形槽固定时，小球滑下时
圆弧形槽不固定时，小球与圆弧槽的系统水平方向动量守恒，系统的机械能定守恒
得
则
（或）
12．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，细线的另一端系一质量同为m的球C。已知重力加速度g，现将C球拉起使细线水平伸直，并由静止释放C球。求：
（1）球C运动到最低点过程中，木块A的对地位移大小：
（2）木块A、B分离时，A、B、C的速度大小；
（3）球C向左摆到最高点时与最低点的高度差h。
【答案】（1）；（2），，；（3）
【详解】（1）球C运动到最低点过程中，根据AB一直具有相同的速度，根据系统水平方向动量守恒可得
则有
又
联立解得该过程木块A的对地位移大小为
（2）球C运动到最低点时，木块A、B刚要分离，根据系统机械能守恒可得
联立解得木块A、B分离时，A、B的速度大小均为
C的速度大小为
（3）球C从最低点向左摆到最高点过程，A、C组成系统满足水平方向动量守恒，以向左为正方向，则有
解得球C摆到最高点时，A、C的共同速度为
根据系统机械能守恒可得
解得
（新应用）1．如图，一带有四分之一光滑圆弧轨道的小车静止在光滑水平面上，一可视为质点、质量为m的小球以速度从小车的左端水平滑上小车，与小车作用后从小车左端竖直掉下。已知圆弧轨道的半径足够大，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ）
A．小球和小车组成的系统动量守恒、机械能守恒
B．小车的最终速度大小为
C．小车对小球做的功为
D．小球在小车上能上升的最大高度为
【答案】D
【详解】A．小球和小车组成的系统机械能守恒，由于小球在运动过程中存在超重与失重过程，则系统的动量不守恒，但系统水平方向的动量守恒，故A错误；
B．由于小球与小车作用后从小车左端竖直掉下，表明小球落下时速度恰好为0，根据动量守恒定律有
根据机械能守恒定律有
解得
，
故B错误；
C．对小球进行分析，根据动能定理有
表明小车对小球做的功为，故C错误；
D．小球上升到小车上的最高点时，两者速度相等，根据动量守恒定律有
根据系统机械能守恒有
结合上述解得
故D正确。
故选D。
（新应用）（多选）2．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】BC
【详解】AC．要使木块获得的速度最大，子弹和木块具有共同速度，设为v；取初速度方向为正方向，根据动量守恒定律得
据能量守恒定律得
解得
，
子弹和木块损失的总动能
故A错误，C正确；
B．取初速度方向为正方向，根据动量定理得
解得
故B正确；
D．木块在加速过程中做匀加速直线运动
故D错误。
故选BC。
（新情境）3．如图甲所示，一游戏转置由左端带有弹簧振子的光滑水平轨道、水平传送带以及足够长的光滑斜面三部分组成。弹簧振子由轻弹簧和质量的振子A组成。弹簧振子的平衡位置O到传送带的左端P的距离，传送带长，且沿逆时针方向以速率匀速转动。的大小可调，右端通过可以忽略不计的光滑圆弧与斜面相连、斜面与水平面的所成的夹角。现将质量的滑块B静置于O点，振子A压缩弹簧后，在时刻由静止开始释放，运动到O点与滑块B发生正碰，碰撞时间极短，碰后滑块B向右滑动，穿过传送带并滑上斜面，速度减为零后沿原路返回到O点。已知振子A开始运动一段时间的图像如图乙所示，滑块B与传送带之间的动摩擦因数，振子A和滑块B均可视为质点，重力加速度g取，。
(1)求碰撞后瞬间滑块B的速度大小以及弹簧振子的周期；
(2)若，求滑块B向右穿过传送带的过程中产生的热量Q；
(3)调节传送带的速度，发现滑块B回到O位置时，恰好与振子A迎面正碰，求整个过程中，振子A做了几次全振动。
【答案】(1)10m/s，0.4s
(2)3.4J
(3)12次或13次
【详解】（1）由振子A的v-t图像可知，弹簧振子的周期T=0.4s
由振子A的v-t图像可知，振子A与滑块B碰撞前瞬间的速度为，碰撞后瞬间的速度为，碰撞过程，取碰撞前A的速度为正方向，由动量守恒定律得
解得
（2）滑块B向右穿过传送带，根据动能定理有
解得
在传送带上，对滑块B，根据动量定理有
解得
传送带的位移为
滑块B与传送带的相对位移为
产生的热量
（3）滑块B从O点运动到P点，所花时间
斜面光滑，滑块滑上斜面又滑下，机械能守恒，速度大小不变，为，方向反向，由动量定理，可知
解得②
①当v≥10m/s时，滑块B返回传送带，在传送带上一直加速，到左端速度刚好为10m/s，根据运动对称性，向左穿过传送带所花的时间
由P到O点，运动时间为
故滑块返回O点运动的最短时间为
②当滑块B在传送带上一直减速，到P点刚好与传送带共速，根据动能定理有
解得
当，滑块B在传送带上一直减速，返回O点时间最长。返回过程中，在传送带运动的时间，根据动量定理
解得
由P点返回O点，所花时间
运动总时间
返回O点，恰好与振子A迎面正碰，即
其中n=1、2、3、4，解得
n=12或者n=13
（新考法）4．如图所示，一个质量为M=2kg，半径为R=1m的光滑均质半球，静置于光滑水平桌面上，以半球圆心O为坐标原点，如图建立平面直角坐标系，在球顶有一个质量为m=1kg的小球（视为质点），P为坐标轴所在平面内半圆弧上的一点，且OP与竖直方向的夹角为θ，且csθ=0.8，小球由静止开始沿球面下滑，当小球m滑到P点时，未脱离半球，已知，g取10m/s2，试求：
（1）当小球m滑到P点时，半球的位移大小；
（2）当小球m滑到P点过程中，小球的轨迹方程；
（3）当小球m滑到P点时，半球速度v2的大小（结果保留一位小数）。
【答案】（1）0.2m；（2）；（3）0.6m/s
【详解】（1）将半球和小球视为系统，水平方向动量守恒得
设小球水平分位移为x1，半球位移为x2，两边同时求和，可得位移关系为
由几何关系得
联立以上各式解得
（2）如图所示
当小球的水平位移为x时，半圆的位移为
由几何关系可得
解得
消去参数α，整理得
代入数值得
小球的轨迹是一个长、短半轴分别为1m和的椭圆的一部分；
（3）当小球m滑到P点时，设小球相对于半球的速度大小为u，方向沿圆弧切线向下，与水平方向夹角为，则水平方向由动量守恒有
由机械能守恒有
联立两式代入数值解得