高考物理一轮复习考点能力提升训练7、动量（1）（2份，原卷版+教师版）

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1．（单选）如图所示，两个小球A、B在光滑水平地面上相向运动，它们的质量分别为，，速度分别是（设为正方向），，则它们发生正碰后，速度的可能值分别为（ ）
A．， B．，
C．， D．，
【答案】B【详解】若A、B两球发生弹性碰撞，有
解得若A、B两球发生完全非弹性碰撞，有解得因为A、B两球碰撞后没有能量损失，则其为弹性碰撞，若有能量损失，则其发生完全非弹性碰撞是能量损失最大的情况，综上所述，其A球碰后的速度范围在B球碰后的速度范围在故选B。
【例题1】（多选）如图所示，光滑水平面上质量为2M的物体A以速度v向右匀速滑动，质量为M的B物体左端与轻质弹簧连接并静止在光滑水平面上，在物体A与弹簧接触后，以下判断正确的是（ ）
A．在物体A与弹簧接触过程中，弹簧对A的弹力冲量大小为
B．在物体A与弹簧接触过程中，弹簧对B的弹力做功的功率一直增大
C．从A与弹簧接触到A、B相距最近的过程中，弹簧对A、B做功的代数和为0
D．从A与弹簧接触到A、B相距最近的过程中，最大弹性势能为
【答案】AD【详解】A．根据动量守恒定律得根据机械能守恒定律解得 根据动量定理得 解得 A正确；B．在物体A与弹簧接触到弹簧最短的过程中，弹簧的弹力和B的速度都增大，弹簧对B的弹力做功的功率增大；在弹簧接近原长时，B的速度接近 ，而弹簧的弹力几乎等于零，弹簧对B的弹力做功的功率几乎等于零，所以在物体A与弹簧接触过程中，弹簧对B的弹力做功的功率先增大后减小，B错误；CD．根据动量守恒定律得 解得 弹簧对A、B做功分 弹簧对A、B做功的代数和为 最大弹性势能为C错误，D正确。故选AD。
3．【例题2】（多选）如图所示，质量为的物块A静止在光滑水平地面上，物块A左侧面为圆弧面且与水平地面相切，质量为m的滑块B以初速度向右运动滑上A，沿A左侧面上滑一段距离后又返回，最后滑离A，不计一切摩擦，滑块B从滑上A到滑离A的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．A、B组成的系统动量守恒 B．合外力对B的冲量大小为
C．A对B做的功为D．B沿A上滑的最大高度为
【答案】BD【详解】A．A、B组成的系统在竖直方向所受合外力不为零，因此系统动量不守恒，故A错误；B．系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，对整个过程，以向右的方向为正方向，由动量守恒定律得由机械能守恒定律可得解得对B由动量定理可得力对B的冲量大小为，故B正确；C．对B由动能定理得故C错误；D．B沿A上升到最大高度时，两者速度相等，在水平方向上，由动量守恒定律可得有机械能守恒定律可得解得故D正确。故选BD。
4．【例题3】（多选）如图所示，一个斜面与水平地面平滑连接，斜面与水平地面均光滑。小物块P放在水平地面上，小物块Q自斜面上某位置处由静止释放，P、Q之间的碰撞为弹性正碰，斜面与水平面足够长，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则P，Q只能发生一次碰撞B．若，则P、Q只能发生一次碰撞
C．若，则P、Q只能发生两次碰撞D．若，则P、Q只能发生三次碰撞
【答案】AC【详解】AB．设Q滑到水平面上时速度大小为v，P、Q相碰，动量守恒及动能不变，有
联立解得第一次碰后
之后Q滑上斜面并返回，速度等大反向，若不能追上P，则有解选项A正确、B错误；C．同理若，第一次碰后之后Q滑上斜面并返回，与P发生第二次碰撞后故P、Q只能发生两次碰撞，选项C正确；D．若，第一次碰后之后Q滑上斜面并返回，与P发生第二次碰撞后有故P、Q只能发生两次碰撞，D错误。故选AC。
（二）反冲.人船模型
5．【例题4】（多选）质量为的小车放在光滑的水平面上，小车上固定一竖直轻杆，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的小球，如图所示，将小球向右拉至细线与竖直方向成角后由静止释放，下列说法正确的是（ ）
A．球、车组成的系统总动量守恒B．小球向左仍能摆到原高度
C．小车向右移动的最大距离为
D．小球运动到最低点时的速度大小为
【答案】BC【详解】A．小球静止释放后，运动到最低点过程，竖直方向的分速度先增大后减小，竖直方向的加速度方向先向下，后向上，即小球先失重后超重，可知球、车组成的系统所受外力的合力不为0，则该系统总动量不守恒，故A错误；B．对应球、车组成的系统而言，由于只有重力做功，则系统的机械能守恒，又由于系统在水平方向所受外力的合力为0，则系统在水平方向上的动量守恒，可知当小球向左摆到最高点时，球与车的速度均为0，小球向左仍能摆到原高度，故B正确；C．当小球摆到左侧最高点过程，小车位移最大，根据动量守恒定律的位移表达式有其中解得故C正确；D．小球运动到最低点过程，根据水平方向动量守恒有根据机械能守恒定律有解得故D错误。故选BC。
6．【例题5】（多选）如图所示，水平光滑地面上停放着一辆质量为m的小车，小车的半径四分之一光滑圆弧轨道在最低点与水平轨道相切于A点。在水平轨道的右端固定一个轻弹簧，弹簧处于自然长度时左端位于水平轨道的B点正上方，B点右侧轨道光滑，A、B的距离为，一个质量也为m的可视为质点的小物块从圆弧轨道最高点以的速度开始滑下，则在以后的运动过程中（重力加速度为，弹簧始终在弹性限度内，空气阻力不计。）（ ）
A．若A、B间的轨道也光滑，小车的最大速度为
B．若A、B间的轨道也光滑，物块运动到最高点时到水平轨道的距离为
C．若物块与A、B间轨道的动摩擦因数为0.5，弹簧的最大弹性势能等于因摩擦产生的总热量
D．若物块与A、B间轨道的动摩擦因数为0.5，小车运动的总位移大小为
【答案】ABD【详解】A．小球运动至A点时速度最大，根据水平方向的动量守恒和机械能守恒得
，得故A正确；B．物块运动到最高点时，物块与小车水平方向共速，且速度为零，则物块以做竖直上抛运动，物块运动到最高点时到水平轨道的距离为故B正确；C．物块压缩弹簧至最短时，根据动量守恒，二者速度为零。根据能量守恒得最终物块和小车都静止，根据能量守恒故C错误；D．最终物块和小车都静止，设运动时间为t，小车位移为x，则物块位移为R-x，由动量守恒得D正确。故选ABD。
7．（单选）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
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【详解】C．两者水平方向的动量始终守恒，小球从A到B的过程中，滑块一直向右运动，故C错误；AB．设小球的水平位移大小为，滑块的位移大小为，则水平方向满足故解得故AB错误；D．小球运动到半圆弧槽的最低点时，由动量和能量关系可得解得故D正确。故选D。
8．【例题6】（单选）如图所示，质量为3kg的物块静置于足够大的光滑水平地面上，光滑轨道的BC部分为半径为R的四分之一圆弧，CD部分粗糙水平。质量为1kg的小球（可视为质点）从圆弧轨道顶端B正上方的A点由静止自由落下，与圆弧相切于B点并从B点进入圆弧。已知AB=CD=R=0.3m，取g的大小为10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．物块对小球不做功 B．物块的最大速度为2m/s
C．两者分离时物块移动了0.15m D 物块对地面的最大压力为40N
【答案】C【分析】根据两者之间的机械能的变化判断物块是否对小球做功；当小球滑到B点时物块的速度最大，根据水平方向动量守恒定律和机械能守恒定律求最大速度。在轨道最低点，由牛顿第二、三定律求解轨道的支持力，从而得到对轨道的压力；
由水平方向的平均动量守恒求物块的位移。【详解】A．在弧面上，小球由于与物块之间的挤压，物块的机械能增加，小球的机械能减小。根据功能原理，物块对小球做负功。在水平面CD上，由于二者之间的摩擦，两者的机械能均减小，二者互相做负功，故A错误；BD．小球从A到C点的过程，对小球和物块组成的系统，由于水平方向不受外力，以向右方向为正，由水平方向动量守恒得mv1﹣Mv2＝0由机械能守恒得mg（hAB+R）＝联立解得v13m/sv2＝1m/s物块的最大速度为1m/s，方向向左。在C点，对小球根据牛顿第二定律有FN﹣mg＝解得FN＝N根据牛顿第三定律知，小球对物块的压力FN′＝FN对物块，根据平衡条件有FN1＝Mg+FN′根据牛顿第三定律有物块对地面的压力FN1′＝FN1
联立代入数据得FN1′＝N故BD错误；C．对整个过程，水平方向不受外力，则水平方向平均动量守恒，以向右方向为正有又因为x1+x2＝R+xCD联立解得x1＝0.15mx2＝0.45m故C正确。故选C。
（三）动量定理.动量守恒定律的应用
9．【例题7】2022年6月22日中午11点40分左右江苏南京一小区住宅大约22层楼（离地面约65m）高处着火，有网友拍下惊险一幕，如图所示，滚滚浓烟直往外窜。于是高架水炮消防车紧急灭火，已知水炮炮口与楼房间距为15m，与地面距离为60m，水炮的出水量为3，水柱刚好垂直打入受灾房间窗户。则（ ）
A．水炮炮口的水流速度为10m/s
B．若水流垂直冲击到窗户玻璃后向四周流散，则冲力约为1500N
C．地面对消防车的作用力方向竖直向上
D．水泵对水做功的功率约为W
【答案】D【详解】A．水流做斜抛运动，末速度水平，可反向看作平抛运动，水流高度差5m，竖直方向为自由落体运动又又1s时间内的水平位移为15m，有合速度为故A错误；B．取1min内的水量为研究对象，以冲力的方向为正方向，根据动量定理得根据牛顿第三定律可知，水流对窗户玻璃的冲力大小为750N。故B错误；C．消防车水炮炮口喷水，消防车受到反冲作用，则受到地面的支持力和摩擦力，合力斜向上，作用力斜向上。故C错误；D．水泵对水做功的功率故D正确。故选D。
10．【例题8】（单选）如图甲所示，质量的木板B静止放在光滑水平地面上，质量的小物块A置于B的左端。时刻，对A施加一水平向右、大小为F的作用力，F随时间t变化的关系图像如图乙所示，时撤去F。已知A、B之间的动摩擦因数，木板B足够长，取。下列说法正确的是（ ）
A．时A的速度大小为11m/s
B．0~1s内摩擦力对B的冲量小于
C．B能获得的最大速度为 D．从时刻至A、B共速，木板B运动的位移为4.5m
【答案】C【详解】A．A、B之间的摩擦力对A根据动量定理有解得时A的速度大小选项A错误；B．0~1s内摩擦力对B的冲量选项B错误；C．0~1s内对B应用动量定理有解得撤去外力后，A做减速运动，B做加速运动，至A、B共速过程根据动量守恒有解得可知B能获得的最大速度为，选项C正确；D．从时刻至A、B共速，对木板B根据动能定理有解得运动木板B的位移选项D错误。故选C。
11．【例题9】（多选）如图所示，质量为M的小车在水平面上始终以恒定速度v0向右做匀速运动，一质量为m的小球从高h处自由下落，与小车碰撞（碰撞时的作用力远远大于小球的重力）后反弹，上升的最大高度仍为h。设球与车之间的动摩擦因数为μ，则小球刚弹起后的速度大小可能为（ ）
A． B． C．D．
【答案】AC【详解】AB．若小球与车碰撞后，水平速度相同，根据动量守恒
由于，则球谈起后竖直速度为则小球刚弹起后的速度大小为A正确，B错误；CD．若小球与车没有达到共速，对小球由动量定理水平方向竖直方向得则小球刚弹起后的速度大小为C正确，D错误。故选AC。
12．【例题10】（多选）如图所示，将两个质量分别为m1＝60g、m2＝30g的小球A、B叠放在一起，中间留有小空隙，从初始高度h0＝1.8m处由静止释放。A球与地面碰撞后立即以原速率反弹，A球与B球碰撞的时间为0.01s，不计空气阻力，取向上为正方向，B球的速度时间图像如图乙所示，g取10 m/s2（ ）
A．B球与A球碰前的速度大小均为6m/s
B．两球碰撞过程中，B球的重力冲量与A对B球的冲量大小之比为1∶101
C．A、B两球发生的是弹性碰撞
D．若m2≪m1，第一次碰撞后，m2球上升的最大高度可能大于17m
【答案】AB【详解】A．由乙图可知，A球与B球碰前，B球做自由落体运动，运动时间为0.6s，则碰前B球的速度大小为A球落地速度大小落地所用时间
A球与地面碰撞后以原速率返回，可得返回时两球马上相碰，故A正确；
B．根据动量定理，A和B相互作用过程中，B动量的变化量等于B球所受合力的冲量
重力的冲量为可得故B正确；C．因为A、B作用时间极短，重力对系统的冲量远小于系统总动量，可以视系统动量守恒，根据动量守恒定律得得A碰后速度为根据计算可知碰撞后，系统机械能有损失，不是弹性碰撞，故C错误；D．若不计系统重力的影响，由动量守恒定律得
不计能量损失，由能量守恒定律得联立解得因m2≪m1，则则m2球上升的最大高度故D错误。故选AB。
（四）多对象.多过程动量观点的综合应用
13．【例题11】（多选）P1、P2完全相同的两块平板，置于光滑水平面上，质量均为m 。P2的右端 C 固定一轻质弹簧，左端A 与弹簧的自由端 B 相距l 。质量为2 m 且可看作质点的物体 P 置于P1的最右端，P1与 P 一起以速度v0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粘在一起。P 压缩弹簧后被弹回并刚好停在A 点（弹簧始终在弹性限度内）。 P 与P2（AB 段 ）之间的动摩擦因数为，P2的 B 端到 C 端光滑，重力加速度大小为 g 。则下列说法正确（ ）
A．、刚碰完时的共同速度为 B．P停在A 点的速度
C．此过程中因摩擦产生的热量为 D．弹簧的最大弹性势能
【答案】BC【详解】AB．P1和P2构成的系统碰撞前后动量守恒2解得停在A点后，它们的共同速度为，、P1和P2组成的系统动量守恒解得故A错误，B正确；CD．从P1、P2碰撞结束到压缩弹簧后被弹回并停在A点的过程，对系统由功能关系知设弹簧压缩量最大时，、P1和P2的共同速度为。由动量守恒定律知解得弹簧压缩量最大时，系统的动能与最后停在P2上后的系统动能相同。由功能关系知解得故C正确，D错误。
14．（多选）如图所示，质量均为足够长的木板A和物块B静止在光滑水平面上，质量为的物块C以的初速度从A左端滑上，当A的速度为时与B发生碰撞并立即与B共速．已知B、C可视为质点，C与A之间的动摩擦因数，重力加速度，则（ ）
A．A、B碰撞前，A的加速度大小为 B．A、B碰撞前，C相对A的位移大小为
C．A、B碰撞后的瞬间，B的速度大小为 D．若C恰不从A上滑下来，则A的长度为
【答案】AD【详解】A．对木板A受力分析，根据牛顿第二定律可得解得A正确；B．同理，对物块C可得解得A、B碰撞前，经历的时间为可知A、B碰撞之前，物块C的速度为A、B碰撞之前，有可得B错误；C．A、B碰撞过程，二者动量守恒，有解得C错误；D．设A、B碰撞后直至三者共速，物块C比木板A多运动，系统动量守恒、能量守恒，有 解得D正确。故选AD。
15．（单选）如图所示，静止在光滑水平面上的木饭，右端有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连，木板质量。质量的铁块以水平速度从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左端。在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C【详解】由题意可知铁块压缩弹簧过程中，以弹簧、木板和铁块为系统动量守恒，当木板和铁块速度相等时弹簧具有最大弹性势能，设木板与铁块间摩擦力为f，木板长L，共同速度为v，以水平向右为正方向，根据能量守恒定律和动量守恒定律分别可得mv0＝(M＋m)v又因为铁块最后恰好停在木板的左端，故根据能量守恒定律有联立解得Ep＝12J故选C。
16．【例题12】如图所示，长木板B的质量为，静止放在粗糙的水平地面上，质量为的物块C（可视为质点）放在长木板的最右端。一个质量为的物块A从距离长木板B左侧处，以速度向着长木板运动。一段时间后物块A与长木板B发生弹性正碰（时间极短），之后三者发生相对运动，整个过程物块C始终在长木板上。已知物块A及长木板与地面间的动摩擦因数均为，物块C与长木板间的动摩擦因数，物块C与长木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2，求：
(1)碰后瞬间物块A和长木板B的速度；(2)长木板B的最小长度；(3)物块A离长木板左侧的最终距离。
【答案】(1)物块A的速度3m/s、方向向左，长木板B的速度6m/s、方向向右；(2)3m；(3)10.5m
【详解】(1)设物块A与木板B碰前的速度为v，由动能定理得
解得A与B发生弹性碰撞，假设碰撞后的瞬间速度分别为v1、v2，由动量守恒定律得由机械能守恒定律得联立解得，碰后物块A的速度大小为3m/s、方向向左，长木板B的速度大小为6m/s、方向向右；
(2)碰撞后B减速运动，C加速运动，B、C达到共同速度之前，由牛顿运动定律，对木板B有对物块C设从碰撞后到两者达到共同速度经历的时间为t，则木板B的最小长度(3)B、C达到共同速度之后，因二者一起减速至停下，设加速度大小为a3，由牛顿运动定律得整个过程B运动的位移为A与B碰撞后，A做减速运动的加速度大小也为a3，位移为物块A离长木板B左侧的最终距离为
（五）巩固练习
17．（多选）质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为。初始时小物块停在箱子正中间，如图所示。现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止。设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为（ ）
A．B．C．D．
【答案】BD【详解】设最终箱子与小物块的速度为，根据动量守恒定律则动能损失解得又依题意小物块与箱壁碰撞N次后回到箱子的正中央，相对箱子运动的路程为故系统因摩擦产生的热量即为系统损失的动能故选BD。
18．【例题13】（多选）带有半径足够大的光滑圆弧轨道的小车的质量M=3kg，小车静止在光滑水平地面上，圆弧下端水平。有一质量m=1kg的小球以水平初速度v0=4m/s从圆弧下端滑上小车，如图所示，取水平向左为正方向。g=10m/s2，则（ ）
A．小球离开小车时的速度为2m/s
B．在小球滑到最高点的过程中，小球与小车组成的系统动量守恒
C．小球沿圆弧轨道上升的最大高度为1m
D．小球从滑上小车到离开小车的过程中对小车做的功为6J
【答案】AD【详解】B．小球与小车组成的系统在水平方向受合外力是零，在竖直方向受合外力不是零，因此系统只在水平方向动量守恒，选项B错误；C．系统在水平方向动量守恒，由动量守恒定律可得系统的机械能守恒当时，最大，则有高度h最大，联立解得选项C错误；A．设小球离开小车时的速度为v3，小车的速度为v4，取水平向左为正方向，系统在水平方向动量守恒和系统的机械能守恒，则有
联立解得小球的速度方向向右，是负值，选项A正确；D．小球离开小车时小车在水平方向的速度为，由动能定理可得小球对小车做的功为选项D正确。故选AD。
19．（多选）如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为和的两物块A、B相连接，并静止在光滑的水平面上。现使B瞬时获得水平向右的速度，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图像信息可得（ ）
A．两物体的质量之比为
B．若，运动过程中弹性势能最大值为3J
C．从到时刻弹簧由伸长状态恢复到原长
D．时刻，A、B动能
【答案】BD【详解】A．A、B组成的系统合外力为零，总动量守恒。由开始至时刻应用动量守恒定律可得将，代入故A错误；B．在运动过程中时刻有弹性势能最大值，由机械能守恒定律有若，可解得故B正确；C．从0到的过程中，B的速度大于A的速度，弹簧被拉伸，在时刻两物块达到共同速度1m/s，此时弹簧处于伸长状态；从到过程，A的速度继续增大，说明弹簧仍处于伸长状态，到达时刻，A的速度最大，弹簧第一次恢复原长；从到过程，A的速度减小，弹簧被压缩，由以上分析可知从到时刻弹簧由原长到压缩状态；共速时弹簧压缩到最短，到过程为压缩状态恢复到原长，故C错误；D．取时刻，A的速度为，B的速度为，根据得，故D正确。故选BD。
20.（多选）如图，处于竖直平面内的曲面、水平面与半圆形轨道平滑连接，半圆形轨道的半径为R=0.1m。两小球a、b均可视为质点，质量分别为m=1kg、M=2kg。两小球压缩弹簧后（均未与弹簧栓接）被锁扣K（图中未画出）锁住。现打开锁扣K，两小球与弹簧分离后，小球a沿曲面上升到最高点C（图中未画出），小球b恰好能通过半圆形轨道的最高点D。不计一切摩擦，重力加速度大小取g=10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．小球b运动到D点时的速度大小为0
B．小球b运动到D点时的速度大小为1m/s
C．小球a沿曲面上升的最大高度为0.4m
D．弹簧解锁前的弹性势能为15J
【答案】BD【详解】A．小球b恰好能通过半圆形轨道的最高点D，由解得故A错误，B正确；C．小球b从水平面到D点，由动能定理有解得解锁前后由动量守恒定律有解得小球a从水平面到C点，由动能定理解得故 C错误；D．解锁前后由能量守恒定律有解得故D正确。故选BD。
21．（单选）质量均为的两个小球用轻弹簧连接，一起放在光滑水平面上，小球A紧靠挡板P，如图所示，给小球B一个水平向左的瞬时冲量，大小为I，使小球B向左运动并压缩弹簧，然后向右弹开，弹簧始终在弹性限度内，取向右为正方向，在小球获得冲量之后的整个运动过程中，对于A、B及弹簧组成的系统，下列说法正确的是（ ）
A．系统机械能和动量均守恒 B．挡板P对小球A的冲量大小为
C．挡板P对小球A做的功为 D．小球A离开挡板后，系统弹性势能的最大值为
【答案】D【详解】A．根据题意可知，小球A离开挡板前，挡板对系统有向右的弹力作用，系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；B．根据题意可知，在B获得冲量到离开挡板过程，只有弹簧弹力做功，系统机械能守恒，当弹簧恢复原长时，将离开挡板，此时的速度为零，对系统由机械能守恒定律可知，此时的速度与B刚获得冲量时速度大小相等，方向相反，则B的冲量大小仍为，取向右为正方向，对B由动量定理有由于弹力对A、B的作用力等大、反向，且作用时间相等，则弹簧弹力对A的冲量大小为，方向向右，对A由动量定理有
解得故B错误；C．小球受挡板弹力作用过程中，小球的位移为零，则挡板P对小球A做功为零，故C错误；D．根据上述分析可知，小球离开挡板时的速度为零，B的冲量为，则B的速度为
A离开挡板后A、B系统动量守恒，当两者速度相等时弹簧伸长量最大，弹簧弹性势能最大，以向右为正方向，由动量守恒定律解得由能量守恒定律可得，系统弹性势能的最大值为故D正确。故选D。
22．（单选）如图所示，光滑水平地面上并排放置着质量分别为、的木板A、B，一质量的滑块C（可视为质点）以初速度从A左端滑上木板，C滑离木板A时的速度大小为，最终C与木板B相对静止，则（ ）
A．木板B与滑块C最终均静止在水平地面上
B．木板B的最大速度为5m/s C．木板A的最大速度为1m/s
D．整个过程，A、B、C组成的系统机械能减少了57.5J
【答案】D【详解】ABC．设C刚滑到木板B上时，B的速度为，由动量守恒得
得方向与C的初速度方向相同，即A的最大速度为2m/s；以滑块C与木板B为研究对象，设木板B的最终速度为v3，由动量守恒得
得方向与C初速度方向相同，故ABC错误；D．由能量守恒定律可得，整个过程中A、B、C组成的系统损失的机械能为故D正确。故选D。
23．（单选）如图所示，将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上，槽的左侧有一固定在水平面上的物块。今让一小球自左侧槽口A的正上方从静止开始落下，自A点与圆弧槽相切进入槽内，则以下结论中错误的是（ ）
A．小球在半圆槽内由A向B的过程中机械能守恒，由B向C的过程中小球的机械能不守恒
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．小球自半圆槽的最低点B向C点运动的过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒
D．小球离开C点以后，相对于地面做斜抛运动
【答案】B【详解】A．小球在半圆槽内由A向B的过程中只有重力做功，机械能守恒，小球在半圆槽内运动由B到C过程中，除重力做功外，槽的支持力也对小球做功，小球机械能不守恒，由此可知，小球在半圆槽内运动的全过程中，小球的机械能不守恒，故A正确，不符合题意；C．小球自半圆槽的最低点B向C点运动的过程中，系统在水平方向所受合外力为零，故小球与半圆槽在水平方向动量守恒，故C正确，不符合题意；B．小球在槽内运动的前半过程中，左侧物体对槽有作用力，小球与槽组成的系统水平方向上的动量不守恒，所以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不守恒，故B错误，符合题意；D．小球离开C点以后，既有竖直向上的分速度，又有水平分速度，小球做斜上抛运动，故D正确，不符合题意。故选B。
24．【例题14】（单选）如图，质量均为的物块A、B用轻弹簧相连，放在光滑水平面上，B与竖直墙面紧靠。另一个质量为的物块C以某一初速度向A运动，C与A碰撞后粘在一起不再分开，它们共同向右运动并压缩弹簧，弹簧储存的最大弹性势能为6.0J，最后弹簧又弹开，A、B、C一边振动一边向左运动。那么下列说法错误的是（ ）
A．从C触到A，到B离开墙面这一过程，系统的动量不守恒，机械能损失
B．B离开墙面以后的运动过程中，B的最大速度为
C．C的初动能为9J D．B离开墙面后，弹簧的最大弹性势能为1.5J
【答案】B【详解】AC．从C触到A，到B离开墙面这一过程，C与A碰撞后粘在一起不再分开，是非弹性碰撞，机械能有损失，C、A共同向右运动并压缩弹簧过程中，B受到墙面的作用力，系统的动量不守恒；设C的初速度为v0，初动能为，对C与A碰撞过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得
C、A向右压缩弹簧的过程，由机械能守恒得得初动能为联立解得，，机械能损为AC正确；B．当B刚离开墙壁时C、A的速度大小等于v1，方向向左。当弹簧由拉伸第二次恢复原长时B的速度最大，取向左为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得，解得B的最大速度为B错误；D．B离开墙面后，当三个物体的速度相同时弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得，联立解得B离开墙面后，弹簧的最大弹性势能为D正确。本题选择错误的，故选B。
25．（单选）如图所示，质量为的物块A静止在光滑水平地面上，物块A左侧面为圆弧面且与水平地面相切，质量为m的滑块B以初速度向右运动滑上A，沿A左侧面上滑一段距离后又返回，最后滑离A，不计一切摩擦，滑块B从滑上A到滑离A的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．A、B组成的系统动量守恒B．合外力对B的冲量大小为
C．A对B做的功为D．B沿A上滑的最大高度为
【答案】B【详解】A．A、B组成的系统在竖直方向所受合外力不为零，即系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；B．系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，对整个过程，以向右为正方向，由动量守恒定律得由机械能守恒定律得解得，对B由动量定理得合力对B的冲量大小为，故B正确；C．对B由动能定理得故C错误；D．B沿A上升到最大高度时，两者速度相等，在水平方向，由动量守恒定律得由机械能守恒定律得解得故D错误。故选B。
26．（单选）如图所示，质量为的长木板在光滑水平面上以的速度滑行，其上方高处有一质量为的小物块（质点），将小物块由静止释放，撞到木板后弹起的最大高度为，已知小物块与木板间动摩擦因数为0.2，此次碰撞时间的时间为，则该碰撞过程中（ ）。
A．木板与地面间的平均弹力大小为 B．木板对物块做正功，因此物块的机械能增加
C．若小物块和木板间的动摩擦因数增大，则物块弹起时的水平速度增大
D．物块对木板做负功，做功的数值为
【答案】D【详解】A．依题意，小物块碰撞前瞬间速度大小满足小物块碰撞后瞬间速度大小满足小物块碰撞木板过程，取竖直向上为正方向，根据动量定理有
解得对碰撞过程中的木板受力分析，有木板与地面间的平均弹力大小为。故A错误；BCD．根据可知即小物块和木板间的动摩擦因数增大，则物块弹起时的水平速度增大，则此时对木板即木板的速度比物块的速度小，物块水平方向加速受到滑动摩擦力的前提是比木板的速度小，因此可知物块和木板在水平方向最后是共速的，即解得小物块碰撞过程一部分机械能转化为内能，同时木板对物块做正功，由能量关系可得对木板根据动能定理，可得
物块对木板做负功，做功的数值为。故BC错误D正确。故选D。
27．（单选）如图所示，曲面与足够长的水平地面平滑连接，小球A从曲面上P点由静止滑下，与静止在水平地面上的小球B发生弹性正碰，由于小球A的质量较小，碰后会冲上曲面，不计一切阻力，两小球均视为质点，下列说法正确的是（ ）
A．碰后小球A可能回到P点
B．若，则两小球能碰撞两次
C．若，则两小球能碰撞两次D．若，则两小球能碰撞三次
【答案】C【详解】A．根据能量守恒定律知，碰后小小球A的一部分机械能转移给了B，小球A的机械能减小，可知小球不可能返回到点，故错误；B．设第一次碰后小球B的速度大小为，小球的速度大小为，则有，解得，
若，则有说明两小球只能碰撞一次，故B错误；CD．结合上述，若，则有可知两小球将再次碰撞，设第二次碰后小球B的速度大小为，小球的速度为，则有，解得
两小球能碰撞两次，故C正确、D错误。故选C。
28．（单选）如图所示，光滑水平地面上的A、B两物体质量分别为m、2m，A以某初速度向右运动，B静止且左端有一轻弹簧。当A撞上弹簧，弹簧被压缩至最短时的弹性势能为Ep，则（ ）
A．物体A、B系统总动量为 B．物体A的动量变为0
C．物体B的动量达到最大值 D．物体A的初速度为
【答案】D【详解】ABD．设A的初速度为v，弹簧压缩最短时，两物体的速度相同，物体A的动量不会变为0，由动量守恒得mv=(m+2m)v1由机械能守恒得解得系统的动量为故AB错误；D正确；C．压缩的弹簧会继续对B做正功，速度继续增加，所以此时物体B的动量未达到最大值。故C错误。故选D。
【例题15】29（单选）如图所示，质量为的小球A与质量为m的小球B固定在轻杆两端，初始时刻轻杆紧靠光滑墙壁，竖直立于光滑地板上，如图所示。突然发生微小的扰动使小球B绕A球在垂直于墙壁的竖直平面内无初速度倒下，下落过程中，轻杆与竖直方向的夹角为，直到B球第一次落地，以下说法正确的是（ ）
A．A球不动，B球做圆周运动B．当时，轻杆对B有沿杆向上的支持力
C．当时，A球与B球系统的动量守恒D．当时，轻杆的弹力为
【答案】D【详解】ABD．初始时假设A球不动，所以B以球A为圆心，杆长L为半径做圆周运动，杆与竖直方向成α角时，球B的速度大小为v，对B根据机械能守恒定律有
又由解得当，N>0，说明杆对A有压力的作用，A球此时没有离开墙；，轻杆的弹力N为零，当，N0，说明杆对A有压力的作用，墙对A有弹力作用，AB系统所受合外力不为零，所以A球与B球系统的动量不守恒，故C错误。故选D。
30．（单选）冰壶比赛是冬奥会上一个备受关注的项目，运动员需要先给冰壶一个初速度，使冰壶沿着冰面达到指定区域，若某次比赛过程冰面可视为光滑，质量为5kg的冰壶（可视为质点）静止于光滑水平面上。从t=0时刻开始，冰壶受到运动员的水平外力F作用，外力F随时间变化的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．冰壶第1s末的速度大小为B．力F前1s内的冲量大小为
C．冰壶第2s末速度大小为 D．前2s内运动员对冰壶做的功为
【答案】A【详解】A．冰壶在第1s内由动量定理解得冰壶第1s末的速度大小为选项A正确；B．力F前1s内的冲量大小选项B错误；C．冰壶在前2s内由动量定理解得第2s末速度大小为选项C错误；D．前2s内运动员对冰壶做的功选项D错误。故选A。
31．如图所示，质量为的长木板静止在光滑水平面上，质量为的木块（可视为质点）静止在长木板的最左端，右侧质量也为的光滑四分之一圆弧槽静止在光滑水平面上，圆弧槽的下端与木板的上表面相平，现给木块一水平向右的初速度，木块与木板之间的动摩擦因数为，木块恰好没有从长木板上滑落，共速之后长木板与圆弧槽相碰并粘在一起，碰撞时间极短，木块滑上圆弧槽，恰好没有离开圆弧槽，重力加速度。求：
（1）长木板的长度；（2）圆弧槽的半径；
（3）当物块再次返回长木板时，能否滑离长木板。
【答案】（1）；（2）；（3）否【详解】（1）根据动量守恒有根据能量守恒有联立解得（2）长木板与圆弧槽相碰恰好没有离开圆弧槽，根据动量守恒有根据能量守恒有联立解得（3）滑块返回长木板，若未滑离，则三者的速度相同且为根据能量守恒有联立解得有即物块未能滑离长木板
32．如图所示，、、三个物块的质量均为，与、相连的轻质弹簧的劲度系数为，、均处于静止状态，与相距。现由静止开始释放，它与物块碰撞后会黏在一起运动。不计空气阻力，重力加速度。
（1）求系统碰撞瞬间损失的机械能：
（2）碰后整体向下运动的过程中，当加速度大小为时，求物块对地面的压力：
（3）若物块能够离开地面，则静止释放距离的高度至少为多大？
【答案】（1）；（2），方向竖直向下；（3）
【详解】（1）物体下落时物体碰撞后黏在一起得则瞬时的机械能为
（2）整体，方向向下，设弹簧弹力为FK,对受力分析，
得对得因为牛顿第三定律，压力，方向竖直向下。
（3）恰能离开地面时，弹簧处于伸长，得
初始弹簧压缩量也为，初态弹性势能等于末态弹性势能，根据能量守恒
，解得即h至少为0.8m。