大题精练-02 力学三大观点的综合应用问题-备考2025年高考物理题型突破讲练
一、动力学专项
1．（2024高一上·上虞期末）如图所示，A、B两个物体相互接触，但并不黏合，放置在水平面上，水平面与物体间的摩擦力可忽略，两物体的质量为4kg，为6kg。从开始，推力和拉力分别作用于A、B上，、随时间的变化规律为，，下列说法正确的是（ ）
A．A、B始终做匀变速直线运动
B．A对B的作用力大于B对A的作用力
C．t =1.5s时A的速度小于1.5m/s
D．t =2s时A、B开始分离
2．（2024高二上·黄浦开学考）在水平冰面上，狗拉着雪橇做匀速圆周运动，O点为圆心。能正确地表示雪橇受到的牵引力F及摩擦力f的选项是（ ）
A． B．
C． D．
3．（2024高一上·靖远期末）如图所示，质量为2kg的物体A静止在劲度系数为的竖直轻弹簧上方，质量为3kg的物体B用细线悬挂起来，物体A、B紧挨在一起但A、B之间无压力。某时刻将细线剪断，则在细线被剪断的瞬间，下列说法正确的是（ ）（当地重力加速度）
A．轻弹簧的压缩量为0.5m
B．物体A、B的瞬时加速度大小为
C．物体B的瞬时加速度大小为
D．物体B对物体A的压力大小为30N
4．（2024高一上·怀化期末）如图所示，质量为的斜面体放在水平面上，质量为的重物放在斜面体上，质量为的重物通过水平细绳与重物相连于点，点通过另一根细绳悬挂于天花板上，细绳与竖直方向夹角以及斜面体倾角均为，、、都处于静止状态。取，，求：
（1）水平细绳的拉力大小；
（2）重物对斜面体的压力及摩擦力大小；
（3）地面对斜面体的支持力及摩擦力大小。
二、冲量与动量、功和能
5．（湖南省长沙市弘益高级中学2023-2024学年高一下学期期末物理试卷）如图所示，一个质量为m的物体（可视为质点）以某一速度从A点冲上倾角为的固定斜面，其运动的加速度为，物体在斜面上上升的最大高度为h，则在这个过程中物体（ ）
A．重力势能增加了 B．重力势能减少了
C．动能损失了 D．机械能损失了
6．（2024高一下·丰城期末）如图，轻质定滑轮固定在天花板上，物体和用不可伸长的轻绳相连，悬挂在定滑轮上，质量，时刻将两物体由静止释放，物体的加速度大小为。时刻轻绳突然断开，物体能够达到的最高点恰与物体释放位置处于同一高度，取时刻物体所在水平面为零势能面，此时物体的机械能为。重力加速度大小为，不计摩擦和空气阻力，两物体均可视为质点。下列说法正确的是（ ）
A．物体和的质量之比为 B．时刻物体的机械能为
C．时刻物体重力的功率为 D．时刻物体的速度大小
7．（2024高三上·成都期中）如图所示，倾角为的斜劈静止在水平面上，从与斜劈顶点等高的点抛出一小球，其初速度大小为，方向与水平方向夹角为，小球刚好从点沿斜劈向下运动。忽略一切摩擦和空气阻力，重力加速度，，。下列说法正确的是（ ）
A．小球从抛出到落在斜劈上的时间为
B．、两点间的距离为
C．小球在斜劈上运动过程中，小球机械能守恒
D．小球在斜劈上运动过程中，斜劈对小球做负功
8．（2024高三上·保定期中）质量为2kg的物块静止于水平面上，时刻施加一水平拉力，拉力随时间变化的关系如图所示。已知物块与水平面之间的动摩擦因数为0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取。下列选项正确的是（ ）
A．0~2s内重力的冲量为零
B．0~1s内摩擦力冲量的大小为
C．时物块的动量为零
D．时物块动量的大小为
9．（2024高三上·金华模拟）清洗汽车的高压水枪如图所示。水枪喷出的水柱截面是直径为D的圆形，水流速度为v，水柱垂直射向汽车表面，冲击汽车后速度减为零。已知水的密度为ρ。则（ ）
A．高压水枪单位时间喷出的水的质量为
B．高压水枪单位时间内对汽车的作用力为
C．水柱对汽车的压强为ρv3
D．高压水枪单位时间内喷出水的动能为
10．（2024高二上·梅河口期中）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
11．（2024高二上·吉林期中）如图所示，光滑的水平面上，子弹以速度射入木块，最后留在木块中随木块一起匀速运动，子弹所受阻力恒定不变，下列说法正确的是（ ）
A．子弹和木块系统动量守恒
B．子弹和木块系统机械能守恒
C．子弹对木块做的功大于木块对子弹做的功
D．子弹对木块做的功等于木块对子弹做的功
12．（2024高二上·吉林期中）如图所示，光滑水平面上有外形相同的A、B两个物体均向左运动，物体A的动量p1=5kg·m/s，物体B的动量p2=7kg·m/s，在物体A与物体B发生对心碰撞后物体B的动量变为10kg·m/s，则A、B两个物体的质量m1与m2间的关系可能是（ ）
A．m1=m2 B．m1=m2 C．m1=m2 D．m1=m2
13．（2024高二下·河池月考）如图所示，将带负电荷，电荷量、质量的滑块放在小车的水平绝缘板的左端，小车的质量，滑块与绝缘板间的动摩擦因数，小车的绝缘板足够长，它们所在的空间存在磁感应强度的水平方向的匀强磁场（垂直于纸面向里）。开始时小车静止在光滑水平面上，一轻质细绳长，一端固定在O点，另一端与质量的小球相连，把小球从水平位置由静止释放，当小球运动到最低点时与小车相撞（碰撞时间很短），碰撞后小球恰好静止，g取。求：
（1）与小车碰撞前小球到达最低点时细线对小球的拉力大小：
（2）小球与小车的碰撞过程中系统损失的机械能；
（3）碰撞后小车的最终速度。
14．（2024高一下·邢台月考）如图所示，质量均为的木块和，并排放在光滑水平桌面上，上固定一竖直轻杆，轻杆上端的点系一长度为的细线，细线另一端系一质量为的球。现将球拉起使细线水平伸直，并由静止释放球（球不与直杆相碰），重力加速度。求：
（1）球第一次运动到最低点时的速度大小；
（2）当球第一次运动到最低点，木块向右移动的距离；
（3）两木块分离后，球偏离竖直方向的最大偏角的余弦值。
15．（2024高三下·重庆市月考） 如图所示，两个质量分别为、的小物块A、B（均可视为质点）静置于水平地面上，中间用细线相连，且中间夹着一个劲度系数很大的压缩轻弹簧（长度忽略不计），弹簧左端与A相连，弹簧右端与B接触但不相连，此时弹簧的弹性势能为48J。紧邻A、B两侧各有长的光滑水平地面，以F点和C点为分界点，F点左侧地面和两物块间的动摩擦因数均为，C点右侧固定有一半径为R的光滑半圆轨道，该轨道在C点刚好和水平地面相切。突然剪断A、B间的细线，B能够经过半圆轨道顶端D点，且B落地后不反弹，重力加速度g取，不计空气阻力，求：
（1）A停止运动时到F点的距离；
（2）只改变R的大小，使B从D点脱离后落地时距离C点最远，求此时R的大小。
三、几种“类碰撞”问题
16．（2024高二下·云南月考） 一端连接轻质弹簧的物体B静止在光滑水平面上（如图甲所示）。物体A以速度v向右运动压缩弹簧，弹簧的最大压缩量为x，现让该弹簧一端连接另一物体C（如图乙所示），物体A以2v的速度向右压缩弹簧，弹簧的最大压缩量仍为x，知A、B的质量均为m，则（ ）
A．物体C的质量为m B．物体C的质量为m
C．物体C的最终速度为v D．物体C的最终速度为v
17．（2023高二上·榆林月考）如图所示，质量、上表面粗糙的长木板静止在光滑的水平面上，时，质量表面粗糙的物块（可视为质点）以初速度滑上长木板，经过时间物块和长木板达到共同速度，此后以共同速度匀速运动，重力加速度大小为，则（ ）
A．长木板做匀加速运动的加速度大小为
B．物块与长木板之间动摩擦因数为0.1
C．长木板长度至少为
D．物块与长木板组成的系统损失机械能为
18．（2023高三下·江西月考）如图所示，光滑水平面上有一个质量为的长方形薄木板，一个可视为质点的质量为的物块从木板左边以速度滑上木板。设物块与木板之间的动摩擦因数为，木板长度为，则下列说法正确的是（ ）
A．当时，物块一定不会从木板上滑落
B．当时，物块一定不会从木板上滑落
C．当时，物块一定会从木板上滑落
D．当时，物块一定会从木板上滑落
19．（2024高二下·福州期末）如图，质量为M的小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，BC段是长为L的粗糙水平轨道，两段轨道相切于B点。一质量为m的可视为质点的滑块，从小车上的A点由静止开始沿轨道下滑，然后滑入BC轨道，最后恰好停在C点。已知小车质量M=5m，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为，重力加速度为g，则（ ）
A．全过程滑块在水平方向上相对地面的位移的大小为R+L
B．全过程小车相对地面的位移大小为
C．小车在运动过程中速度的最大值为
D．、L、R三者之间的关系为
20．（2024高二上·海安期末）如图所示，曲面为四分之一圆弧、质量为2m光滑滑块静止在水平地面上，一质量为m的小球以水平初速度冲上滑块。重力加速度为g，求：
（1）小球上升的最大高度h；
（2）小球与滑块水平方向的速度分别为、，通过计算作出小球在滑块上运动过程中滑块随小球的变化图像，标明图线特殊位置的坐标值。
21．（2024高二下·顺德月考） 如图所示，在光滑水平地面上放置着一半径为R的圆弧形滑块B，其弧面光滑，在滑块B的右侧放置一连接有轻质弹簧的小球C。现让小球A从滑块B的正上方距地面高h=2R处由静止释放，小球沿滑块B的切线进入圆弧面，然后从滑块B的末端水平滑出，之后小球A挤压弹簧但与弹簧未粘连。已知小球A的质量为m，小球C的质量为4m，滑块B的质量为km（k>1），重力加速度为g。
（1）小球A从滑块B末端滑出时，求小球A和滑块B的速度分别为多少？
（2）小球A挤压弹簧过程中，求弹簧最大的弹性势能；
（3）要使小球A弹回后能追上滑块B，则k的取值范围。
四、破鼎提升
22．（2024高一下·大理月考）如图所示，质量为2m的木板C静止在光滑水平面上。现将速度分别为v0、2v0的木块A、B同时放上木板，运动方向如图，木块的质量均为m，A、B间的距离为d，木块与木板之间的动摩擦因数均为μ，木板足够长，重力加速度取g，求：
（1）木块A在木板C上的滑行时间t；
（2）木块A、B运动过程中因摩擦产生的总热量Q；
（3）运动过程中木块A和木块B间的最大距离L。
23．（2024高二下·江西月考）如图所示，用不可伸长的、长度为的轻绳将小球悬挂于点，用不可伸长的、长度为（未知）的轻绳将小球悬于点，静止时小球刚好与光滑水平面接触，现将轻绳拉至水平并刚好
伸直，将小球由静止释放，当小球运动至最低点时，与静止在光滑水平面上的物块发生弹性正碰，碰撞后物块向右滑动并与小球发生弹性碰撞．已知小球、的质量均为，物块的质量为，、、均可视为质点，重力加速度大小为，不计空气阻力．求：
（1）与碰撞前瞬间，小球的速度大小；
（2）与碰撞后一瞬间，物块的速度大小；
（3）与碰撞后，运动过程中绳子始终不松弛时的取值范围．
24．（2024高三下·潍坊月考） 如图所示，光滑水平平台AB右端与顺时针转动的水平传送带BC平滑无缝连接，BC长度L=2m。在平台AB上静止着a、b、c三个小滑块，a、b滑块间有一被压缩的轻弹簧（滑块与轻弹簧不拴接）。释放弹簧，弹簧与滑块a、b分离后a的速度v0=4m/s（此时a未滑上传送带，b未与c碰撞），a从传送带右端离开后，落在水平地面上的D点，b与c碰撞后结合在一起。已知a、b，c的质量分别为ma=0.5kg、mb=0.2kg、mc=0.2kg，a与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，C点距地面高h=0.8m，滑块均可视为质点，g取10m/s2。
（1）求轻弹簧的最大弹性势能Ep；
（2）求b、c碰撞过程中损失的机械能；
（3）若传送带的速度可在2m/s（4）若a脱离弹簧后，将弹簧撤去，并立即在a的左侧固定一竖直挡板，同时传送带调整为以4m/s的速度逆时针方向转动（此时a还没有滑上传送带），后续a每次与挡板相碰，均以碰前速度的一半反弹，求a在传动带上相对传送带运动的总路程s。
25．（2024高三下·上饶模拟） 如图甲所示，在光滑水平面上放有一左端固定在墙壁上的轻质弹簧，弹簧处于原长时右端恰好位于A点，弹簧所在的光滑水平面与水平传送带在A点平滑连接。传送带长，且以的速率沿顺时针方向匀速转动，传送带右下方有一固定在光滑地面上半径为、圆心角的圆弧轨道，圆弧轨道右侧紧挨着一个与轨道等高，质量的长木板（木板厚度不计）。现将一质量的滑块Q（Q视为质点且与弹簧未拴接）向左压缩弹簧至图中点后由静止释放，滑块Q从A点滑上传送带，并从传送带右端点离开，恰好沿点的切线方向进入与传送带在同一竖直面的圆弧轨道CD，然后无动能损失滑上长木板。已知弹簧弹力与滑块Q在GA段的位移关系如图乙所示，滑块Q与传送带、长木板间的动摩擦因数均为，重力加速度大小。
（1）求滑块Q刚滑上传送带时的速度大小；
（2）若滑块Q运动至圆弧轨道最低点时，轨道对其的支持力为，且滑块恰好未滑离长木板，求长木板的长度；
（3）若去掉圆弧轨道和长木板，滑块Q从传送带上滑落地面并与地面发生碰撞，每次碰撞前后水平方向速度大小不变，且每次反弹的高度是上一次的三分之二，不计空气阻力。求滑块Q与地面发生次碰撞后前次损失的机械能与的函数关系式。
五、直击高考
26．（2023·北京）如图所示，质量为m的小球A用一不可伸长的轻绳悬挂在O点，在O点正下方的光滑桌面上有一个与A完全相同的静止小球B，B距O点的距离等于绳长L。现将A拉至某一高度，由静止释放，A以速度v在水平方向和B发生正碰并粘在一起。重力加速度为g。求：
（1）A释放时距桌面的高度H；
（2）碰撞前瞬间绳子的拉力大小F；
（3）碰撞过程中系统损失的机械能。
27．（2023·海南）如图所示，有一固定的光滑圆弧轨道，半径，一质量为的小滑块B从轨道顶端滑下，在其冲上长木板C左端时，给木板一个与小滑块相同的初速度，已知，B、C间动摩擦因数，C与地面间的动摩擦因数，C右端有一个挡板，C长为。
求：
（1） 滑到的底端时对的压力是多大？
（2）若末与右端挡板碰撞，当与地面保持相对静止时，间因摩擦产生的热量是多少？
（3）在时，B与C右端挡板发生碰撞，且碰后粘在一起，求从滑上到最终停止所用的时间。
28．（2023·辽宁）如图，质量m1=1kg 的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一劲度系数k=20N/m 的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量m2=4kg 的小物块以水平向右的速度滑上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长，物块与木板间 的动摩擦因数μ=0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，弹簧 的弹性势能 Ep与形变量x 的关系为 。取重力加速度g=10m/s2， 结果可用根式 表示。
（1）求木板刚接触弹簧时速度v，的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1。
（2）求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时木板速度v2的大小。
（3）已知木板向右运动的速度从v2减小到0所用时间为t0。求木板从速度为v2 时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能△U（用t表示）。
29．（2023·全国乙卷）如图，一竖直固定的长直圆管内有一质量为M的静止薄圆盘，圆盘与管的上端口距离为l，圆管长度为20l。一质量为的小球从管的上端口由静止下落，并撞在圆盘中心，圆盘向下滑动，所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等。小球在管内运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求：
（1）第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小；
（2）在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离；
（3）圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的次数。
30．（2022·福建）如图，L形滑板A静置在粗糙水平面上，滑板右端固定一劲度系数为的轻质弹簧，弹簧左端与一小物块B相连，弹簧处于原长状态。一小物块C以初速度从滑板最左端滑入，滑行后与B发生完全非弹性碰撞（碰撞时间极短），然后一起向右运动；一段时间后，滑板A也开始运动．已知A、B、C的质量均为，滑板与小物块、滑板与地面之间的动摩擦因数均为，重力加速度大小为；最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，弹簧始终处于弹性限度内。求：
（1）C在碰撞前瞬间的速度大小；
（2）C与B碰撞过程中损失的机械能；
（3）从C与B相碰后到A开始运动的过程中，C和B克服摩擦力所做的功。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】牛顿第三定律；牛顿第二定律；牛顿运动定律的应用—连接体
2．【答案】C
【知识点】向心力
【解析】【解答】做匀速圆周运动，合力提供向心力，滑动摩擦力的方向与相对运动方向相反，沿沿切线反方向，拉力与摩擦力的合力指向圆心，根据平行四边形法则，故拉力指向斜上方，故ABD错误，C正确。
故选C。
【分析】根据匀速圆周运动的特点解答。
3．【答案】B
【知识点】牛顿第三定律；共点力的平衡；牛顿第二定律
【解析】【解答】牛顿第二定律是力的瞬时作用规律，加速度和力同时产生、同时变化、同时消失。分析物体在某一时刻的瞬时加速度，关键是分析该时刻前后物体的受力情况及其变化。A．对A受力平衡且B对A无压力，可知轻弹簧的压缩量为
由于弹簧弹力不会突变，在细线被形断的瞬间，则轻弹簧的压缩量为0.2m，故A错误；
BC．物体A、B的瞬时加速度大小
故B正确，C错误；
D．对物体B，有
解得
则物体B对物体A的压力大小为12N，故D错误。
故选B。
【分析】根据A、B紧挨在一起但之间无压力，对A受力分析根据平衡条件和胡克定律，求弹簧压缩量；弹簧弹力具有瞬间不变性，对A、B整体，由牛顿第二定律求加速度；对物体4，由牛顿第二定律，求物体B对物体A的压力。
4．【答案】（1）解：对点进行受力分析，可知受到的拉力 ，的拉力 以及左侧绳子的拉力 ，如图所示。根据平衡条件可得
（2）解：重物受到重力 、斜面体的支持力 、绳子的拉力 以及斜面体的摩擦力 ，如图所示。垂直于斜面的方向有
沿斜面的方向有
联立解得
根据牛顿第三定律可知，对斜面体的压力和摩擦力大小分别为 和。
（3）解：以斜面体和重物整体为研究对象，受到重力、地面对的支持力 、地面对的摩擦力 以及水平细线的拉力 ，如图所示。竖直方向有
水平方向有
联立解得
【知识点】牛顿第三定律；共点力的平衡
【解析】【分析】（1）对O点受力分析，由共点力平衡条件求解水平细绳的拉力大小；（2）分析A的受力，由共点力平衡条件求出A受到的支持力和摩擦力，再由牛顿第三定律得出重物对斜面体的压力及摩擦力大小；（3）分析斜面体和重物整体的受力，由共点力平衡条件求出地面对斜面体的支持力及摩擦力大小。
5．【答案】C,D
【知识点】功能关系；重力势能的变化与重力做功的关系
【解析】【解答】AB．重力势能增加，大小为
故AB错误；
C．根据
得动能损失
故C正确；
D．根据
得
故D正确。
故选CD。
【分析】冲上斜面的过程中，重力做负功，重力势能增加，根据运动学公式以及动能定理求解动能，根据牛顿第二定律求解摩擦力。
6．【答案】B,C,D
【知识点】功能关系；牛顿运动定律的应用—连接体；功率及其计算
【解析】【解答】A．开始释放时物体Q的加速度为，对两个物体进行受力分析，根据牛顿第二定律有
联立上式等式，解得
选项A错误；
B．在T时刻，根据速度公式有：两物体的速度
根据位移公式可以得出：P上升的距离
根据速度位移公式可以得出：细线断后P能上升的高度
可知开始时PQ距离为
若设开始时P所处的位置为零势能面，则开始时根据重力势能的表达式可以得出Q的机械能为
从开始到绳子断裂，根据功的表达式可以得出：绳子的拉力对Q做负功，大小为
根据功能关系可以得出此时物体Q的机械能
此后物块Q只受到重力所以机械能守恒，则在2T时刻物块Q的机械能仍为，选项B正确；
CD．在2T时刻，根据速度公式有：
重物P的速度
方向向下；根据功率的表达式可以得出：
此时物体P重力的瞬时功率
选项CD正确。
故选BCD。
【分析】根据连接体的加速度结合牛顿第二定律可以求出两个物体的质量之比；根据速度公式可以求出T时刻两个物体速度的大小，结合位移公式可以求出P开始时运动的高度，结合速度位移公式可以求出绳子断开时物体P继续运动的高度，结合最初机械能的大小及功能关系可以求出2T时刻Q的机械能大小；利用速度公式可以求出2T时刻P的速度大小，结合重力的大小可以求出重力瞬时功率的大小。
7．【答案】B,D
【知识点】能量守恒定律；斜抛运动
【解析】【解答】AB．由斜抛运动的规律可知，小球上升时间为
根据对称性可知，小球从抛出到落在斜劈上的时间为
、两点间的距离为
故A错误，B正确；
CD．小球在斜劈上运动过程中，则斜劈会向右运动，支持力对小球做负功，故小球机械能不守恒，故C错误，D正确。
【分析】1.知道斜抛运动，知道P和Q是对称点。利用对称性解决问题。
2.掌握斜抛运动在水平方向上做匀速直线运动。
3.掌握机械能守恒的条件。注意：斜劈与水平面没有摩擦力。
8．【答案】B
【知识点】动量定理；冲量
【解析】【解答】A．根据冲量的定义判断重力的冲量，0~2s内重力的冲量为
故A错误；
B．物体所受最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力，然后比较摩擦力与拉力的大小。结合图像信息判断摩擦力的种类与大小，然后再分段计算摩擦力的冲量。物块受到的最大静摩擦力为
结合图线知，可知0~0.8s内，物块处于静止状态，受到静摩擦力作用；0.8~1s内，物块受到滑动摩擦力作用，则在内，摩擦力对物块的冲量大小为
故B正确；
C．物块的水平拉力大于8N时，物块开始运动，由动量定理可知
代入数据解得
即动量不为零，故C错误；
D．在0~2s内，拉力F对物块的冲量大小为
在0~2s内，摩擦力对物块的冲量大小为
由动量定理可知
解得在时物块动量的大小为
故D错误。
故选B。
【分析】先对物块受力分析，判断摩擦力的种类及大小，利用冲量定义式、动量定理计算未知数为解决本题的关键。先计算合力冲量大小，然后利用动量定理计算物体动量。
9．【答案】A
【知识点】动量定理；动能
【解析】【解答】AB．高压水枪单位时间喷出的水的质量为
规定水流的速度方向为正方向，由动量定理得
解得
故B错误，A正确；
C．水柱对汽车的压强为
故C错误。
D．高压水枪单位时间内喷出水的动能为
故D错误；
故选A。
【分析】根据水速和水柱直径利用密度公式求解单位时间喷出的水的质量；结合动量定理、压强公式、动能表达式分析求解。
10．【答案】A
【知识点】碰撞模型；动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【解答】A．根据动量守恒定律和机械能守恒定律求出物体A离开弹簧后的两物体的速度，再对B或A，运用动量定理求弹簧的冲量。在物体A与弹簧接触过程中，根据动量守恒定律得
根据机械能守恒定律得
解得
根据动量定理得弹簧对A的弹力冲量大小
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．分析A与弹簧接触的过程，B受到的弹簧弹力与位移的方向确定弹簧对B做功情况。从A与弹簧接触到A、B相距最近的过程中，根据动量守恒定律得
解得
弹簧对A、B做功分别为
弹簧对A、B做功的代数和为
最大弹性势能为
CD错误。
故选A。
【分析】根据动量守恒定律和机械能守恒定律求出物体A离开弹簧后的两物体的速度， 当两个物体的速度相同时弹簧的弹性势能最大，根据系统的动量守恒和机械能守恒结合求解弹簧的最大弹性势能。
11．【答案】A
【知识点】碰撞模型；动量与能量的综合应用一子弹打木块模型
【解析】【解答】A．子弹射入过程中，子弹和木块系统受到的合外力为零，而内力不改变系统总动量，子弹和木块系统满足动量守恒，故A正确；
B．子弹射入过程中，子弹和木块系统克服摩擦阻力做功，系统机械能减少，内能增加，故B错误；
CD．子弹射入木块过程中，设木块的位移为，子弹的位移为，子弹与木块之间作用力大小为，子弹对木块做功大小为
木块对子弹做功大小为
又
可得
即子弹对木块做的功小于木块对子弹做的功，故CD错误；
故故选A。
【分析】子弹打击木块过程，动量守恒，机械能有损失。
1、此过程时间极短，内力极大，系统动量近似守恒。
2、摩擦力乘以相对位移（路程），等于摩擦热，即内能。
3、一对相互作用的滑动摩擦力做功的代数和不为零，即机械能有损失。
12．【答案】C
【知识点】动量守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】AB． 碰撞过程动量守恒，所以有
即
碰撞不是爆炸，没有其他形式的能量转化为机械能，只能是系统内物体间机械能相互转化或一部分机械能转化为内能，因此系统的机械能不会增加，有
因为题目给出的物理情景是“物体A与物体B发生对心碰撞”，要符合这一物理情景，就必须有
即
同时还要符合碰撞后B物体的速度大于或等于A物体的速度这一物理情景，即
所以
故选ABD错误，C正确。
故选C。
【分析】碰撞过程中即使接触面不光滑，但是内力远远大于外力，动量也近似处理为守恒。
1、弹性碰撞没有机械能损失，碰撞过程几乎是在原位置发生且完成，所以机械能守恒表现为碰撞前后动能相等。
2、非弹性碰撞损失的机械能转化为内能，其中两物体碰撞完后粘在一起损失的机械能最大，称为完全非弹性碰撞。
13．【答案】（1）解：小球往下摆的过程，由动能定理有：
解得
小球在最低点时，由牛顿第二定律得：
解得
（2）解：小球与小车碰撞瞬间，小球与小车组成的系统水平方向动量守恒，以水平向左为正方向，
有：
解得
由能量守恒定律，有：
解得
（3）解：假设滑块与车最终相对静止，则有：
解得
由此得，故假设不成立，因此滑块最终悬浮，滑块悬浮瞬间，满足
解得
将滑块与小车看成一个系统，系统动量守恒，有
解得，方向水平向左。
【知识点】牛顿第二定律；动能定理的综合应用；碰撞模型；动量与能量的综合应用一板块模型；带电粒子在重力场、电场及磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）小球往下摆的过程只有重力做功，根据动能定理确定小球达到最低点时的速度，确定在最低点时，小球的受力情况，再根据牛顿第二定律进行解答；
（2）碰撞后小球恰好静止，碰撞过程小球和小车构成的整体在水平方向动量守恒，再根据动量守恒定理确定碰后小车的速度，再根据能量守恒定律确定碰撞过程系统损失的机械能；
（3）碰撞后，滑块在小车上做匀加速直线运动，滑块运动后在磁场中受到竖直向上的洛伦兹力，若滑块最终不离开小车，则最终小车与滑块以共同的速度一起向左做匀速直线运动，由于不确定最终滑块是否离开小车，故可假设滑块共速时滑块未离开小车，根据动量守恒定律确定此时小车和滑块的速度，再根据此时滑块所受洛伦兹力与重力的关系判断假设是否成立。若滑块最终离开小车，则滑块离开小车时，滑块所受洛伦兹力与重力等大反向，再根据平衡条件确定此时滑块的速度，再对滑块与小车构成的整体运用动量守恒定律进行解答。
14．【答案】（1）解：C球下落到最低点的过程，水平方向动量守恒，取水平向左为正方向，有：①
根据机械能守恒有：
联立解得：（2）
（2）解：由①式可得：
解得
（3）解：A、C为研究对象，由水平方向动量守恒有：
由机械能守恒有：
联立解得：
【知识点】动量守恒定律；动能定理的综合应用
【解析】【分析】(1)小球向下摆动到最低点时，A、B、C系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，根据动量守恒定律和机械能守恒定律求出C球第一次运动到最低点时的速度；
(2)当球第一次运动到最低点，A、B、C系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，根据动量守恒定律和几何关系，可求出木块A向右移动的距离；
(3)两木块分离后，A、C组成的系统水平方向动量守恒、机械能守恒，结合动量守恒定律和机械能守恒定律求出最大偏角θ的余弦值cosθ。
15．【答案】（1）设物块B和弹簧刚分开时，物块A的速度为v1，物块B的速度为v2，以水平向左为正方向，则由能量守恒定律可得
根据动量守恒定律，有
联立，解得
，
设物块A停止运动时到F点的距离为x，由动能定理得
解得
（2）设物块B在D点的速度大小为v3，从C点运动到D点过程中，由动能定理得
从D点水平抛出后，在竖直方向有
水平方向有
联立，解得
由分析知，当
时，x有最大值，解得
此时
可知物块A、B在运动过程中不会相撞。因此，要使物块B从D点脱离后落地时距离C点最远，此时。
【知识点】平抛运动；动能定理的综合应用；动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【分析】（1）根据能量守恒定律和动量守恒定律，求出弹簧将两物块弹开的速度，再由动能定理计算 A停止运动时到F点的距离； （2）由动能定理求出物块B运动到D点的速度，再由平抛运动规律求解。
16．【答案】A,C
【知识点】动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【解答】ABCD. 对于图甲可知，当弹簧压缩量最大时两物体共速，物体与弹簧组成的系统动量守恒，有，可得速，由能量守恒有；对于图乙可知，有，由能量守恒可得，联立可得，最终速度，AC符合题意，BD不符合题意。
故答案为：AC
【分析】利用动量守恒定律，结合能量守恒定律的关系式，联立可得出结论。
17．【答案】B,D
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【解答】A、物块滑上长木板，物块及木板系统根据动量守恒定律，可得
代入相关已知数据，求得二者达到共速时的速度
可得长木板做匀加速运动的加速度大小为
故A错误；
B、根据牛顿第二定律，对长木板有
得物块与长木板之间动摩擦因数为
故B正确；
C、2s内长木板的位移
物块的位移
所以长木板的最小长度为
故C错误；
D、根据能量守恒，可得物块与长木板系统损失的机械能
故D正确。
故答案为：BD。
【分析】根据动量守恒定理确定两者的共同速度的大小。再根据牛顿第二定律及云变速直线运动及能量守恒定律进行解答即可。
18．【答案】A,D
【知识点】动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【解答】设滑块滑到木板右端时达到共同速度，则根据动量守恒可得，根据能量守恒可得，两式联立可得，
故答案为：AD。
【分析】利用系统动量守恒定律结合能量守恒定律可以求出滑块不会从木板滑下的临界条件。
19．【答案】B,D
【知识点】碰撞模型；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【解答】AB．滑块与小车组成的系统水平方向动量守恒，由人船模型特点有
全过程滑块在水平方向上相对地面的位移的大小为， 全过程小车相对地面的位移大小为，所以A错误；B正确；
C．根据
由上两式解得
小车在运动过程中速度的最大值为，故C错误；
D．全程由能量守恒定律则有
解得
故D正确。
故选BD。
【分析】滑块与小车组成的系统水平方向动量守恒，由人船模型求解全过程小车相对地面的位移大小，滑块最后恰好停在C点时，小车也停止运动。
20．【答案】（1）解：小球上升的最大高度时，根据系统水平方向动量守恒以及能量守恒可得
解得，
（2）解：根据系统水平方向动量守恒，设小球与斜面分离时的速度分别为、，则
解得，
小球在滑块上运动过程中滑块随小球的变化图像如图所示。
【知识点】动量守恒定律；动量与能量的其他综合应用
【解析】【分析】（1）当小球与圆弧速度相同时，小球上升到最大高度，利用水平方向上的动量守恒定律表达式，结合能量守恒表达式，可求出最大高度；（2）利用水平方向动量守恒定律公式，可求出两物体的速度关系式，画出具体图像，当小球上升到最高点时两者共速，小球回到圆弧轨道最低点时能量守恒，可求出第一次回到圆弧轨道最低点两物体各自的速度，可标注出图像的特殊点。
21．【答案】（1）解：因小球和滑块组成的系统水平方向不受外力，则系统水平动量守恒。取水平向右为正方向，则有
根据系统的机械能守恒得
联立，解得
（2）解：小球A挤压弹簧过程中，当两小球共速时，弹簧压缩最短，具有最大的弹性势能，可得
又
联立，解得
（3）解：小球A与小球C通过弹簧相互作用过程中，动量守恒机械能守恒，有
，
联立，解得
负号表示小球A向左运动，要使小球A弹回后能追上滑块B，则有
解得
【知识点】碰撞模型；动量与能量的其他综合应用
【解析】【分析】本题考查碰撞模型和功能关系的应用，对于多物体的运动模型，解题时要先理清物体的运动过程，确定所研究过程的初末状态。（1）小球A从释放到滑至滑块B末端的过程中，小球A、滑块B组成的系统满足水平方向动量守恒，相互作用过程中也满足机械能守恒，根据两个守恒式求出相互作用后A、B的速度。（2） 小球A挤压弹簧过程中， 小球A、C是速度相等时，弹簧的弹性势能最大， 小球A、C组成的系统根据动量守恒定律和机械能守恒定律求出弹簧最大的弹性势能。（3） 要使小球A弹回后 ，小球A、C组成的系统依然满足动量守恒，而此时弹簧已经恢复原长，根据动量守恒和机械能守恒的表达式求出弹簧恢复原长时A的速度，根据判断k的取值范围。
22．【答案】（1）解：对A、B：它们相对C向右运动C对它们的滑动摩擦力向左，由牛顿第二定律得
对C（2m）：A、B对它的滑动摩擦力向右，由牛顿第二定律得
由对称性易知经过一段时间t，A、C共速，且共同的速度为
木块A在木板C上的滑行时间t
对C
（2）解：当A、B、C三物体相对静止时，由动量守恒，有
据能量守恒木块A、B运动过程中因摩擦产生的总热量等于系统减小的机械能
（3）解：A、B相对C滑行的总距离：
A相对C滑行的距离：
带入解得：
所以B相对C滑行的距离：
A相对B间最大距离：L=d+ΔxB-ΔxA
代入解得：
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【分析】（1）分别对A、B、C进行受力分析，根据牛顿第二定律确定初始时A、B、C的加速度，由于AB做匀减速运动，C做匀加速直线运动，根据加速度的关系可知，AC先共速，且共速后AC保持相对静止，再对A、C分别根据运动学规律进行解答；
（2）A、B在C上滑动的过程，A、B、C构成的整体动量守恒，且最终ABC以共同的速度向前运动，根据动量守恒定律确定三者共速时的速度，再对整个系统全过程运用能量守恒定律进行解答；
（3）对B根据运动学规律确定B开始运动至与AC共速时，B运动的时间，根据分析画出ABC的v-t图像，再结合v-t图像的面积位移，面积之差即为两者距离进行解答。
23．【答案】（1）解：根据机械能守恒
解得
（2）解：与碰撞过程动量守恒和能量守恒，设碰撞后一瞬间，、的速度大小分别为、，
根据动量守恒有
根据能量守恒有
解得
（3）解：设与碰撞后，的速度大小为，的速度大小为，根据动量守恒
根据能量守恒
解得
设小球做竖直面内的圆周运动要能到达与等高的位置，需要在最低点的速度为，根据机械能守恒
解得
要使与碰撞后，运动过程中不脱离圆弧轨道，则
容易得到
设小球在竖直面内做完整的圆周运动需要在最低点的最小速度为，根据机械能守恒有
解得
要使到碰撞后，运动过程中不脱离圆周轨道，则
容易得到
综合可知，与碰撞后，运动过程中绳子始终不松弛时的取值范围为或
【知识点】功能关系；竖直平面的圆周运动；机械能守恒定律；动量与能量的其他综合应用
【解析】【分析】根据机械能守恒定律列方程式求速度；碰撞过程动量守恒，根据动量守恒与能量守恒列式子可得速度；根据在圆周运动的要求分析出各临界状态的速度极值，结合机械能守恒定律列方程式进行求解。
24．【答案】（1）解：设弹开后b速度大小为vb，由动量守恒定律得
解得
根据能量守恒有
解得
（2）解：b与c发生完全非弹性碰撞，设碰后二者共同速度为vc，由动量守恒定律有
解得
由能量守恒，碰撞过程损失机械能为
解得
（3）解：滑块a离开C点做平抛运动，在竖直方向上有
解得落地时间
当滑块a在水平传动带上滑动时，设其加速度大小为a，由牛顿第二定律可得
解得
若传送带速度v<4m/s，a在传送带上减速，设减速至2m/s通过位移为x，则有
解得
即a离开传送带时的速度和传送带速度相等，若传送带速度v>4m/s，a在传送带上一直加速，设最终获得的末速度为v1，则有
解得
v1=6m/s
综上可知，传送带速度2m/s当传送带速度6m/s≤v <8m/s时，a离开传送带时的速度大小恒为6m/s，则有
（4）解：a以速度，第一次滑上传送带，向右做匀减速，减速到零，对地位移
x=1.6m<2m
即滑块a将从传送带左边滑离，速度大小等于滑上时的速度，滑块a在传动带上的加速度大小设为a，设向右减速到零的时间为，则有
设第n次滑块a从滑上传送带到从左边滑离传送带，a相对传送带的路程大小设，则有
解得
即有
，，
则a在传动带上相对传送带运动的总路程s为
解得
s=12.8m
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；平抛运动；碰撞模型；动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【分析】（1）释放弹簧至ab分离的过程，ab及弹簧构成的整体动量守恒，且弹簧的弹性势能全部转化为ab的动能，再对整体运用动量守恒定律及能量守恒定律进行解答即可；
（2） b与c发生完全非弹性碰撞，碰撞过程bc构成的系统动量守恒，碰后两者的速度相等，再根据动量守恒定律及能量守恒定律进行解答；
（3）若传送带的速度小于a的速度时，a将在传送带上先做减速运动，若传送带的速度大于a的速度时，a将在传送带上先做加速运动，由于不确定a离开传送带时，a的速度是否与传送带速度相等，故需根据假设法，假设a一直在传送带上做减速运动和加速运动，根据牛顿第二定律及运动学规律确定此时a到达传送带右端的速度，则在根据传送带速度的取值范围确定物块到达传送带右端的速度与传送带速度的关系，a从传送带飞出后做平抛运动，再结合平抛运动规律进行解答；
（4）a第一次滑上传送带先向右做减速运动，根据牛顿第二定律及运动学规律判断a减速到0时运动的位移及时间，并根据位移与传送带的长度关系判断滑块速度为零时是否还在传送带上。减速到零后a在反向做匀加速运动，直至从左端离开传送带，根据运动的对称性可知，a滑上传送带和滑离传送带的速度大小相等，随后与挡板相碰，以碰前速度的一半反弹后再次滑上传送带。a在传送带上运动时始终与传送带发生相对滑动，根据运动学规律确定a每次滑上传送带至滑离传送带过程，a与传送带之间的相对位移与a滑上传送带速度的关系，再根据题意结合数学知识进行解答。
25．【答案】（1）滑块第一次从G点到A点时与弹簧分离，从A点滑上床送带，设在滑块在A点的速度为，对滑块由动能定理得
由图像知弹簧从G点到H点对做功
代入解得
（2）滑块Q在D点速度为，由牛顿第二定律可知
滑上长木板后，以和长木板为系统动量守恒，恰好没滑离，则滑到长木板右端时达到共同速度
由能量守恒定律可知
代入数据可得
（3）设BC的竖直高度为，传送带离地面高为，则
Q滑上传送带时间在传送带上匀加速运动，加速度为，则
假设滑块在传送带上一直匀加速运动到右端离开传送带，到B点时的速度为，有
代入数据得
假设成立
从B点离开传送带恰好沿C点切线滑入CD轨道中，可知
.
滑块与地面发生碰撞前后水平方向速度不变，竖直方向速度减小。
所以：第一次碰撞后损失的机械能
第二次碰撞损失的机械能
第三次碰撞损失的机械能
以此类推发生第次碰撞损失的机械能为
发生n次碰撞后前n次滑块总共损失的机械能为
代入数据可得
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；平抛运动；动能定理的综合应用；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【分析】（1）F-x图像与x轴所围面积表示该段位移内该力所做的功。明确滑块从G到A过程的受力情况及各力做功情况，再根据图象及动能定理进行解答；
（2）根据牛顿第二定律确定滑块在D点的速度，滑块滑上木板后滑块和木板构成的系统动量守恒， 滑块恰好未滑离长木板，即当滑块与木板达到共速时，滑块恰好运动至木板的最右端，再根据动量守恒定律及能量守恒定律进行解答；
（3）根据滑块在传送带上运动的规律确定滑块离开传送带时的速度，滑块离开传送带后做平抛运动，根据平抛运动规律结合滑块恰好沿C点切线滑入CD轨道，确定B与地面的高度。滑块与地面发生碰撞前后水平方向速度不变，竖直方向速度减小，每次碰后滑块向左斜上抛运动，根据题意确定每次碰撞损耗的机械能，再结合数学知识进行解答。
26．【答案】（1） 由A－B对小球A根据动能定理可得：，得：
（2） 碰撞前瞬间，对A球根据牛顿第二定律： ，得：
（3）由于AB发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律：，根据能量守恒定律：，
联立解得：
【知识点】动能定理的综合应用；动量与能量的综合应用一子弹打木块模型
【解析】
【分析】(1)对小球A应用动能定理求解；
（2）根据圆周运动最低点由牛顿第二定律求解；
（3）根据完全非弹性碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律求解。
27．【答案】（1）B滑到A底端时，由动能定理：得：；
最低点由牛顿第二定律： 得：，由牛顿第三定律压力为30N，方向竖直向下；
（2）B滑上C，对B受力分析，由牛顿第二定律，B受到摩擦力为：得：，方向向左；
对C受力分析，由牛顿第二定律：，代入数据解得：，其加速度方向向左；
由此可得BC匀减速运动速度减为零时发生的位移，由速度位移公式分别可得：；
B未与C末端相碰，BC间因摩擦产生的热量为：
（3）由于C的加速度大，C先停下来，C停止用时为：，
该时间内BC发生的相对位移为：
此时B的速度为：由于，C停止后设再经过时间与C挡板碰撞，则有位移公式：，
代入数据解得：，
此时碰撞的速度为：，
B与C挡板碰撞，由动量守恒定律：代入数据解得：.
BC共同减速， 得：，
设经过停下来，由速度公式：得：，
故B滑上C到最终停止：
【知识点】动量守恒定律；匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿第二定律；动能定理的综合应用；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【分析】(1)B滑到A底端时，由动能定理计算底端速度，由牛顿第二定律计算压力；
（2）分别计算BC做匀减速运动的加速度和速度减为零所需位移，由相对位移计算摩擦产生的热量；
（3）先计算C先停止所用时间，和这个时间内发生的相对位移，从而计算B在C上剩余位移所需时间和此时B的速度，接着发生碰撞，由动量守恒定律计算碰后共同运动的速度，受力分析得出共同运动的加速度，再计算出共同减速为零时所需时间，三段时间的和就是从B滑上C到终止所需总时间。
28．【答案】（1）根据题意，两者共速时木板恰好与弹簧接触，由于地面光滑，则物块与木板组成的系统动量守恒：，代入数据可得：，
对木板由牛顿第二定律可得：由速度位移公式代入数据可得：
（2）木板与弹簧接触以后， 对物块和木板组成系统：，对物块有：'
当时，物块与木板将相对滑动，联立解得弹簧的压缩量为：
对物块与木板组成系统由动能定理可得：，
代入数据可得：
（3）木板从速度为时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，由于木板的加速大于物块的加速度，则当二者加速度相同时，即弹簧形变量为时，说明此时木板的速度为，共用时间为，则对物块动量定理：解得：
对物块与木板组成的系统：
联立解得：
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【分析】(1)根据系统动量守恒定律解出木板刚接触弹簧时速度大小，再对木板由牛顿第二定律计算加速度并由速度位移公式解得木板位移大小；
（2）木板与弹簧接触以后，由牛顿第二定律求解物块和木板组成系统的加速度和物块加速度，当二者相等时，物块与木板将相对滑动，联立解得弹簧的压缩量，对物块与木板组成系统由动能定理求解木板速度；
（3）木板从速度为时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，由于木板的加速大于物块的加速度，则当二者加速度相同时，即弹簧形变量为时，说明此时木板的速度为，共用时间为，则对物块动量定理求解物块速度，再对物块与木板组成的系统由功能关系求解系统因摩擦转化的内能△U。
29．【答案】（1）小球由静止下落，由机械能守恒定律：，
解得：，
小球与圆盘发生弹性碰撞，由动量守恒定律：，
能量守恒定律：
联立解得：； 。
即小球碰后速度大小，方向竖直向上，圆盘碰后速度大小，方向竖直向下；
（2）碰后小球竖直上抛运动，圆盘摩檫力与重力平衡匀速下降，二者距离不断扩大，当小球速度减为零加速下降到与圆盘速度相等时，二者间距达到最大，即， 解得：
由运动学公式，最大距离为：
（3）第一次碰撞到第二次碰撞，二者位移相等，，
即：，
解得：
此时小球的速度为：
这段时间圆盘匀速下降的位移：
第二次碰撞，由动量守恒定律：
能量守恒定律：
联立解得：，
同理可得位移相等时： 即： 解得：
圆盘向下运动：；小球的速度：
第三次碰撞，由动量守恒定律：
能量守恒定律：
联立解得： ，
同理位移相等时： 即：解得：
圆盘向下运动：
归纳总结：第四次碰撞后圆盘下降的距离为：
至此圆盘相对于圆管下降了：
故小球和圆盘总计碰撞4次。
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿第二定律；动量与能量的其他综合应用
【解析】【分析】（1）对小球由机械能守恒定律解得碰前速度，再有弹性碰撞规律，由动量守恒定律和能量守恒定律求解；
（2）明确碰后小球做竖直上抛运动，圆盘做匀速下降，利用运动学公式计算最远距离；
（3）应用运动学公式计算第二次碰撞前的小球的速度和圆盘下降的距离，由弹性碰撞规律，应用动量守恒定律和能量守恒定律计算碰后的速度，明确二者的运动，应用运动学公式计算第二次碰撞前小球的速度和圆盘下降的距离，依次运算，找出规律，判断碰撞次数。
30．【答案】（1）解：小物块C运动至刚要与物块B相碰过程，根据动能定理可得
解得C在碰撞前瞬间的速度大小为
（2）解：物块B、C碰撞过程，根据动量守恒可得
解得物块B与物块C碰后一起运动的速度大小为
故C与B碰撞过程中损失的机械能为
（3）解：滑板A刚要滑动时，对滑板A，由受力平衡可得
解得弹簧的压缩量，即滑板A开始运动前物块B和物块C一起运动的位移大小为
从C与B相碰后到A开始运动的过程中，C和B克服摩擦力所做的功为
【知识点】动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【分析】（1）物块C在与B碰撞前，滑板静止，由动能定理求解即可；
（2）物块B、C碰撞过程，由动量守恒定律、能量守恒进行求解；
（3）滑板A刚要滑动时，对滑板A，由平衡条件求解弹簧的压缩量，根据功的计算公式求解滑板A开始运动前物块B和物块C客服摩擦力做功。
1 / 1大题精练-02 力学三大观点的综合应用问题-备考2025年高考物理题型突破讲练
一、动力学专项
1．（2024高一上·上虞期末）如图所示，A、B两个物体相互接触，但并不黏合，放置在水平面上，水平面与物体间的摩擦力可忽略，两物体的质量为4kg，为6kg。从开始，推力和拉力分别作用于A、B上，、随时间的变化规律为，，下列说法正确的是（ ）
A．A、B始终做匀变速直线运动
B．A对B的作用力大于B对A的作用力
C．t =1.5s时A的速度小于1.5m/s
D．t =2s时A、B开始分离
【答案】D
【知识点】牛顿第三定律；牛顿第二定律；牛顿运动定律的应用—连接体
2．（2024高二上·黄浦开学考）在水平冰面上，狗拉着雪橇做匀速圆周运动，O点为圆心。能正确地表示雪橇受到的牵引力F及摩擦力f的选项是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】向心力
【解析】【解答】做匀速圆周运动，合力提供向心力，滑动摩擦力的方向与相对运动方向相反，沿沿切线反方向，拉力与摩擦力的合力指向圆心，根据平行四边形法则，故拉力指向斜上方，故ABD错误，C正确。
故选C。
【分析】根据匀速圆周运动的特点解答。
3．（2024高一上·靖远期末）如图所示，质量为2kg的物体A静止在劲度系数为的竖直轻弹簧上方，质量为3kg的物体B用细线悬挂起来，物体A、B紧挨在一起但A、B之间无压力。某时刻将细线剪断，则在细线被剪断的瞬间，下列说法正确的是（ ）（当地重力加速度）
A．轻弹簧的压缩量为0.5m
B．物体A、B的瞬时加速度大小为
C．物体B的瞬时加速度大小为
D．物体B对物体A的压力大小为30N
【答案】B
【知识点】牛顿第三定律；共点力的平衡；牛顿第二定律
【解析】【解答】牛顿第二定律是力的瞬时作用规律，加速度和力同时产生、同时变化、同时消失。分析物体在某一时刻的瞬时加速度，关键是分析该时刻前后物体的受力情况及其变化。A．对A受力平衡且B对A无压力，可知轻弹簧的压缩量为
由于弹簧弹力不会突变，在细线被形断的瞬间，则轻弹簧的压缩量为0.2m，故A错误；
BC．物体A、B的瞬时加速度大小
故B正确，C错误；
D．对物体B，有
解得
则物体B对物体A的压力大小为12N，故D错误。
故选B。
【分析】根据A、B紧挨在一起但之间无压力，对A受力分析根据平衡条件和胡克定律，求弹簧压缩量；弹簧弹力具有瞬间不变性，对A、B整体，由牛顿第二定律求加速度；对物体4，由牛顿第二定律，求物体B对物体A的压力。
4．（2024高一上·怀化期末）如图所示，质量为的斜面体放在水平面上，质量为的重物放在斜面体上，质量为的重物通过水平细绳与重物相连于点，点通过另一根细绳悬挂于天花板上，细绳与竖直方向夹角以及斜面体倾角均为，、、都处于静止状态。取，，求：
（1）水平细绳的拉力大小；
（2）重物对斜面体的压力及摩擦力大小；
（3）地面对斜面体的支持力及摩擦力大小。
【答案】（1）解：对点进行受力分析，可知受到的拉力 ，的拉力 以及左侧绳子的拉力 ，如图所示。根据平衡条件可得
（2）解：重物受到重力 、斜面体的支持力 、绳子的拉力 以及斜面体的摩擦力 ，如图所示。垂直于斜面的方向有
沿斜面的方向有
联立解得
根据牛顿第三定律可知，对斜面体的压力和摩擦力大小分别为 和。
（3）解：以斜面体和重物整体为研究对象，受到重力、地面对的支持力 、地面对的摩擦力 以及水平细线的拉力 ，如图所示。竖直方向有
水平方向有
联立解得
【知识点】牛顿第三定律；共点力的平衡
【解析】【分析】（1）对O点受力分析，由共点力平衡条件求解水平细绳的拉力大小；（2）分析A的受力，由共点力平衡条件求出A受到的支持力和摩擦力，再由牛顿第三定律得出重物对斜面体的压力及摩擦力大小；（3）分析斜面体和重物整体的受力，由共点力平衡条件求出地面对斜面体的支持力及摩擦力大小。
二、冲量与动量、功和能
5．（湖南省长沙市弘益高级中学2023-2024学年高一下学期期末物理试卷）如图所示，一个质量为m的物体（可视为质点）以某一速度从A点冲上倾角为的固定斜面，其运动的加速度为，物体在斜面上上升的最大高度为h，则在这个过程中物体（ ）
A．重力势能增加了 B．重力势能减少了
C．动能损失了 D．机械能损失了
【答案】C,D
【知识点】功能关系；重力势能的变化与重力做功的关系
【解析】【解答】AB．重力势能增加，大小为
故AB错误；
C．根据
得动能损失
故C正确；
D．根据
得
故D正确。
故选CD。
【分析】冲上斜面的过程中，重力做负功，重力势能增加，根据运动学公式以及动能定理求解动能，根据牛顿第二定律求解摩擦力。
6．（2024高一下·丰城期末）如图，轻质定滑轮固定在天花板上，物体和用不可伸长的轻绳相连，悬挂在定滑轮上，质量，时刻将两物体由静止释放，物体的加速度大小为。时刻轻绳突然断开，物体能够达到的最高点恰与物体释放位置处于同一高度，取时刻物体所在水平面为零势能面，此时物体的机械能为。重力加速度大小为，不计摩擦和空气阻力，两物体均可视为质点。下列说法正确的是（ ）
A．物体和的质量之比为 B．时刻物体的机械能为
C．时刻物体重力的功率为 D．时刻物体的速度大小
【答案】B,C,D
【知识点】功能关系；牛顿运动定律的应用—连接体；功率及其计算
【解析】【解答】A．开始释放时物体Q的加速度为，对两个物体进行受力分析，根据牛顿第二定律有
联立上式等式，解得
选项A错误；
B．在T时刻，根据速度公式有：两物体的速度
根据位移公式可以得出：P上升的距离
根据速度位移公式可以得出：细线断后P能上升的高度
可知开始时PQ距离为
若设开始时P所处的位置为零势能面，则开始时根据重力势能的表达式可以得出Q的机械能为
从开始到绳子断裂，根据功的表达式可以得出：绳子的拉力对Q做负功，大小为
根据功能关系可以得出此时物体Q的机械能
此后物块Q只受到重力所以机械能守恒，则在2T时刻物块Q的机械能仍为，选项B正确；
CD．在2T时刻，根据速度公式有：
重物P的速度
方向向下；根据功率的表达式可以得出：
此时物体P重力的瞬时功率
选项CD正确。
故选BCD。
【分析】根据连接体的加速度结合牛顿第二定律可以求出两个物体的质量之比；根据速度公式可以求出T时刻两个物体速度的大小，结合位移公式可以求出P开始时运动的高度，结合速度位移公式可以求出绳子断开时物体P继续运动的高度，结合最初机械能的大小及功能关系可以求出2T时刻Q的机械能大小；利用速度公式可以求出2T时刻P的速度大小，结合重力的大小可以求出重力瞬时功率的大小。
7．（2024高三上·成都期中）如图所示，倾角为的斜劈静止在水平面上，从与斜劈顶点等高的点抛出一小球，其初速度大小为，方向与水平方向夹角为，小球刚好从点沿斜劈向下运动。忽略一切摩擦和空气阻力，重力加速度，，。下列说法正确的是（ ）
A．小球从抛出到落在斜劈上的时间为
B．、两点间的距离为
C．小球在斜劈上运动过程中，小球机械能守恒
D．小球在斜劈上运动过程中，斜劈对小球做负功
【答案】B,D
【知识点】能量守恒定律；斜抛运动
【解析】【解答】AB．由斜抛运动的规律可知，小球上升时间为
根据对称性可知，小球从抛出到落在斜劈上的时间为
、两点间的距离为
故A错误，B正确；
CD．小球在斜劈上运动过程中，则斜劈会向右运动，支持力对小球做负功，故小球机械能不守恒，故C错误，D正确。
【分析】1.知道斜抛运动，知道P和Q是对称点。利用对称性解决问题。
2.掌握斜抛运动在水平方向上做匀速直线运动。
3.掌握机械能守恒的条件。注意：斜劈与水平面没有摩擦力。
8．（2024高三上·保定期中）质量为2kg的物块静止于水平面上，时刻施加一水平拉力，拉力随时间变化的关系如图所示。已知物块与水平面之间的动摩擦因数为0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取。下列选项正确的是（ ）
A．0~2s内重力的冲量为零
B．0~1s内摩擦力冲量的大小为
C．时物块的动量为零
D．时物块动量的大小为
【答案】B
【知识点】动量定理；冲量
【解析】【解答】A．根据冲量的定义判断重力的冲量，0~2s内重力的冲量为
故A错误；
B．物体所受最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力，然后比较摩擦力与拉力的大小。结合图像信息判断摩擦力的种类与大小，然后再分段计算摩擦力的冲量。物块受到的最大静摩擦力为
结合图线知，可知0~0.8s内，物块处于静止状态，受到静摩擦力作用；0.8~1s内，物块受到滑动摩擦力作用，则在内，摩擦力对物块的冲量大小为
故B正确；
C．物块的水平拉力大于8N时，物块开始运动，由动量定理可知
代入数据解得
即动量不为零，故C错误；
D．在0~2s内，拉力F对物块的冲量大小为
在0~2s内，摩擦力对物块的冲量大小为
由动量定理可知
解得在时物块动量的大小为
故D错误。
故选B。
【分析】先对物块受力分析，判断摩擦力的种类及大小，利用冲量定义式、动量定理计算未知数为解决本题的关键。先计算合力冲量大小，然后利用动量定理计算物体动量。
9．（2024高三上·金华模拟）清洗汽车的高压水枪如图所示。水枪喷出的水柱截面是直径为D的圆形，水流速度为v，水柱垂直射向汽车表面，冲击汽车后速度减为零。已知水的密度为ρ。则（ ）
A．高压水枪单位时间喷出的水的质量为
B．高压水枪单位时间内对汽车的作用力为
C．水柱对汽车的压强为ρv3
D．高压水枪单位时间内喷出水的动能为
【答案】A
【知识点】动量定理；动能
【解析】【解答】AB．高压水枪单位时间喷出的水的质量为
规定水流的速度方向为正方向，由动量定理得
解得
故B错误，A正确；
C．水柱对汽车的压强为
故C错误。
D．高压水枪单位时间内喷出水的动能为
故D错误；
故选A。
【分析】根据水速和水柱直径利用密度公式求解单位时间喷出的水的质量；结合动量定理、压强公式、动能表达式分析求解。
10．（2024高二上·梅河口期中）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】A
【知识点】碰撞模型；动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【解答】A．根据动量守恒定律和机械能守恒定律求出物体A离开弹簧后的两物体的速度，再对B或A，运用动量定理求弹簧的冲量。在物体A与弹簧接触过程中，根据动量守恒定律得
根据机械能守恒定律得
解得
根据动量定理得弹簧对A的弹力冲量大小
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．分析A与弹簧接触的过程，B受到的弹簧弹力与位移的方向确定弹簧对B做功情况。从A与弹簧接触到A、B相距最近的过程中，根据动量守恒定律得
解得
弹簧对A、B做功分别为
弹簧对A、B做功的代数和为
最大弹性势能为
CD错误。
故选A。
【分析】根据动量守恒定律和机械能守恒定律求出物体A离开弹簧后的两物体的速度， 当两个物体的速度相同时弹簧的弹性势能最大，根据系统的动量守恒和机械能守恒结合求解弹簧的最大弹性势能。
11．（2024高二上·吉林期中）如图所示，光滑的水平面上，子弹以速度射入木块，最后留在木块中随木块一起匀速运动，子弹所受阻力恒定不变，下列说法正确的是（ ）
A．子弹和木块系统动量守恒
B．子弹和木块系统机械能守恒
C．子弹对木块做的功大于木块对子弹做的功
D．子弹对木块做的功等于木块对子弹做的功
【答案】A
【知识点】碰撞模型；动量与能量的综合应用一子弹打木块模型
【解析】【解答】A．子弹射入过程中，子弹和木块系统受到的合外力为零，而内力不改变系统总动量，子弹和木块系统满足动量守恒，故A正确；
B．子弹射入过程中，子弹和木块系统克服摩擦阻力做功，系统机械能减少，内能增加，故B错误；
CD．子弹射入木块过程中，设木块的位移为，子弹的位移为，子弹与木块之间作用力大小为，子弹对木块做功大小为
木块对子弹做功大小为
又
可得
即子弹对木块做的功小于木块对子弹做的功，故CD错误；
故故选A。
【分析】子弹打击木块过程，动量守恒，机械能有损失。
1、此过程时间极短，内力极大，系统动量近似守恒。
2、摩擦力乘以相对位移（路程），等于摩擦热，即内能。
3、一对相互作用的滑动摩擦力做功的代数和不为零，即机械能有损失。
12．（2024高二上·吉林期中）如图所示，光滑水平面上有外形相同的A、B两个物体均向左运动，物体A的动量p1=5kg·m/s，物体B的动量p2=7kg·m/s，在物体A与物体B发生对心碰撞后物体B的动量变为10kg·m/s，则A、B两个物体的质量m1与m2间的关系可能是（ ）
A．m1=m2 B．m1=m2 C．m1=m2 D．m1=m2
【答案】C
【知识点】动量守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】AB． 碰撞过程动量守恒，所以有
即
碰撞不是爆炸，没有其他形式的能量转化为机械能，只能是系统内物体间机械能相互转化或一部分机械能转化为内能，因此系统的机械能不会增加，有
因为题目给出的物理情景是“物体A与物体B发生对心碰撞”，要符合这一物理情景，就必须有
即
同时还要符合碰撞后B物体的速度大于或等于A物体的速度这一物理情景，即
所以
故选ABD错误，C正确。
故选C。
【分析】碰撞过程中即使接触面不光滑，但是内力远远大于外力，动量也近似处理为守恒。
1、弹性碰撞没有机械能损失，碰撞过程几乎是在原位置发生且完成，所以机械能守恒表现为碰撞前后动能相等。
2、非弹性碰撞损失的机械能转化为内能，其中两物体碰撞完后粘在一起损失的机械能最大，称为完全非弹性碰撞。
13．（2024高二下·河池月考）如图所示，将带负电荷，电荷量、质量的滑块放在小车的水平绝缘板的左端，小车的质量，滑块与绝缘板间的动摩擦因数，小车的绝缘板足够长，它们所在的空间存在磁感应强度的水平方向的匀强磁场（垂直于纸面向里）。开始时小车静止在光滑水平面上，一轻质细绳长，一端固定在O点，另一端与质量的小球相连，把小球从水平位置由静止释放，当小球运动到最低点时与小车相撞（碰撞时间很短），碰撞后小球恰好静止，g取。求：
（1）与小车碰撞前小球到达最低点时细线对小球的拉力大小：
（2）小球与小车的碰撞过程中系统损失的机械能；
（3）碰撞后小车的最终速度。
【答案】（1）解：小球往下摆的过程，由动能定理有：
解得
小球在最低点时，由牛顿第二定律得：
解得
（2）解：小球与小车碰撞瞬间，小球与小车组成的系统水平方向动量守恒，以水平向左为正方向，
有：
解得
由能量守恒定律，有：
解得
（3）解：假设滑块与车最终相对静止，则有：
解得
由此得，故假设不成立，因此滑块最终悬浮，滑块悬浮瞬间，满足
解得
将滑块与小车看成一个系统，系统动量守恒，有
解得，方向水平向左。
【知识点】牛顿第二定律；动能定理的综合应用；碰撞模型；动量与能量的综合应用一板块模型；带电粒子在重力场、电场及磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）小球往下摆的过程只有重力做功，根据动能定理确定小球达到最低点时的速度，确定在最低点时，小球的受力情况，再根据牛顿第二定律进行解答；
（2）碰撞后小球恰好静止，碰撞过程小球和小车构成的整体在水平方向动量守恒，再根据动量守恒定理确定碰后小车的速度，再根据能量守恒定律确定碰撞过程系统损失的机械能；
（3）碰撞后，滑块在小车上做匀加速直线运动，滑块运动后在磁场中受到竖直向上的洛伦兹力，若滑块最终不离开小车，则最终小车与滑块以共同的速度一起向左做匀速直线运动，由于不确定最终滑块是否离开小车，故可假设滑块共速时滑块未离开小车，根据动量守恒定律确定此时小车和滑块的速度，再根据此时滑块所受洛伦兹力与重力的关系判断假设是否成立。若滑块最终离开小车，则滑块离开小车时，滑块所受洛伦兹力与重力等大反向，再根据平衡条件确定此时滑块的速度，再对滑块与小车构成的整体运用动量守恒定律进行解答。
14．（2024高一下·邢台月考）如图所示，质量均为的木块和，并排放在光滑水平桌面上，上固定一竖直轻杆，轻杆上端的点系一长度为的细线，细线另一端系一质量为的球。现将球拉起使细线水平伸直，并由静止释放球（球不与直杆相碰），重力加速度。求：
（1）球第一次运动到最低点时的速度大小；
（2）当球第一次运动到最低点，木块向右移动的距离；
（3）两木块分离后，球偏离竖直方向的最大偏角的余弦值。
【答案】（1）解：C球下落到最低点的过程，水平方向动量守恒，取水平向左为正方向，有：①
根据机械能守恒有：
联立解得：（2）
（2）解：由①式可得：
解得
（3）解：A、C为研究对象，由水平方向动量守恒有：
由机械能守恒有：
联立解得：
【知识点】动量守恒定律；动能定理的综合应用
【解析】【分析】(1)小球向下摆动到最低点时，A、B、C系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，根据动量守恒定律和机械能守恒定律求出C球第一次运动到最低点时的速度；
(2)当球第一次运动到最低点，A、B、C系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，根据动量守恒定律和几何关系，可求出木块A向右移动的距离；
(3)两木块分离后，A、C组成的系统水平方向动量守恒、机械能守恒，结合动量守恒定律和机械能守恒定律求出最大偏角θ的余弦值cosθ。
15．（2024高三下·重庆市月考） 如图所示，两个质量分别为、的小物块A、B（均可视为质点）静置于水平地面上，中间用细线相连，且中间夹着一个劲度系数很大的压缩轻弹簧（长度忽略不计），弹簧左端与A相连，弹簧右端与B接触但不相连，此时弹簧的弹性势能为48J。紧邻A、B两侧各有长的光滑水平地面，以F点和C点为分界点，F点左侧地面和两物块间的动摩擦因数均为，C点右侧固定有一半径为R的光滑半圆轨道，该轨道在C点刚好和水平地面相切。突然剪断A、B间的细线，B能够经过半圆轨道顶端D点，且B落地后不反弹，重力加速度g取，不计空气阻力，求：
（1）A停止运动时到F点的距离；
（2）只改变R的大小，使B从D点脱离后落地时距离C点最远，求此时R的大小。
【答案】（1）设物块B和弹簧刚分开时，物块A的速度为v1，物块B的速度为v2，以水平向左为正方向，则由能量守恒定律可得
根据动量守恒定律，有
联立，解得
，
设物块A停止运动时到F点的距离为x，由动能定理得
解得
（2）设物块B在D点的速度大小为v3，从C点运动到D点过程中，由动能定理得
从D点水平抛出后，在竖直方向有
水平方向有
联立，解得
由分析知，当
时，x有最大值，解得
此时
可知物块A、B在运动过程中不会相撞。因此，要使物块B从D点脱离后落地时距离C点最远，此时。
【知识点】平抛运动；动能定理的综合应用；动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【分析】（1）根据能量守恒定律和动量守恒定律，求出弹簧将两物块弹开的速度，再由动能定理计算 A停止运动时到F点的距离； （2）由动能定理求出物块B运动到D点的速度，再由平抛运动规律求解。
三、几种“类碰撞”问题
16．（2024高二下·云南月考） 一端连接轻质弹簧的物体B静止在光滑水平面上（如图甲所示）。物体A以速度v向右运动压缩弹簧，弹簧的最大压缩量为x，现让该弹簧一端连接另一物体C（如图乙所示），物体A以2v的速度向右压缩弹簧，弹簧的最大压缩量仍为x，知A、B的质量均为m，则（ ）
A．物体C的质量为m B．物体C的质量为m
C．物体C的最终速度为v D．物体C的最终速度为v
【答案】A,C
【知识点】动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【解答】ABCD. 对于图甲可知，当弹簧压缩量最大时两物体共速，物体与弹簧组成的系统动量守恒，有，可得速，由能量守恒有；对于图乙可知，有，由能量守恒可得，联立可得，最终速度，AC符合题意，BD不符合题意。
故答案为：AC
【分析】利用动量守恒定律，结合能量守恒定律的关系式，联立可得出结论。
17．（2023高二上·榆林月考）如图所示，质量、上表面粗糙的长木板静止在光滑的水平面上，时，质量表面粗糙的物块（可视为质点）以初速度滑上长木板，经过时间物块和长木板达到共同速度，此后以共同速度匀速运动，重力加速度大小为，则（ ）
A．长木板做匀加速运动的加速度大小为
B．物块与长木板之间动摩擦因数为0.1
C．长木板长度至少为
D．物块与长木板组成的系统损失机械能为
【答案】B,D
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【解答】A、物块滑上长木板，物块及木板系统根据动量守恒定律，可得
代入相关已知数据，求得二者达到共速时的速度
可得长木板做匀加速运动的加速度大小为
故A错误；
B、根据牛顿第二定律，对长木板有
得物块与长木板之间动摩擦因数为
故B正确；
C、2s内长木板的位移
物块的位移
所以长木板的最小长度为
故C错误；
D、根据能量守恒，可得物块与长木板系统损失的机械能
故D正确。
故答案为：BD。
【分析】根据动量守恒定理确定两者的共同速度的大小。再根据牛顿第二定律及云变速直线运动及能量守恒定律进行解答即可。
18．（2023高三下·江西月考）如图所示，光滑水平面上有一个质量为的长方形薄木板，一个可视为质点的质量为的物块从木板左边以速度滑上木板。设物块与木板之间的动摩擦因数为，木板长度为，则下列说法正确的是（ ）
A．当时，物块一定不会从木板上滑落
B．当时，物块一定不会从木板上滑落
C．当时，物块一定会从木板上滑落
D．当时，物块一定会从木板上滑落
【答案】A,D
【知识点】动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【解答】设滑块滑到木板右端时达到共同速度，则根据动量守恒可得，根据能量守恒可得，两式联立可得，
故答案为：AD。
【分析】利用系统动量守恒定律结合能量守恒定律可以求出滑块不会从木板滑下的临界条件。
19．（2024高二下·福州期末）如图，质量为M的小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，BC段是长为L的粗糙水平轨道，两段轨道相切于B点。一质量为m的可视为质点的滑块，从小车上的A点由静止开始沿轨道下滑，然后滑入BC轨道，最后恰好停在C点。已知小车质量M=5m，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为，重力加速度为g，则（ ）
A．全过程滑块在水平方向上相对地面的位移的大小为R+L
B．全过程小车相对地面的位移大小为
C．小车在运动过程中速度的最大值为
D．、L、R三者之间的关系为
【答案】B,D
【知识点】碰撞模型；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【解答】AB．滑块与小车组成的系统水平方向动量守恒，由人船模型特点有
全过程滑块在水平方向上相对地面的位移的大小为， 全过程小车相对地面的位移大小为，所以A错误；B正确；
C．根据
由上两式解得
小车在运动过程中速度的最大值为，故C错误；
D．全程由能量守恒定律则有
解得
故D正确。
故选BD。
【分析】滑块与小车组成的系统水平方向动量守恒，由人船模型求解全过程小车相对地面的位移大小，滑块最后恰好停在C点时，小车也停止运动。
20．（2024高二上·海安期末）如图所示，曲面为四分之一圆弧、质量为2m光滑滑块静止在水平地面上，一质量为m的小球以水平初速度冲上滑块。重力加速度为g，求：
（1）小球上升的最大高度h；
（2）小球与滑块水平方向的速度分别为、，通过计算作出小球在滑块上运动过程中滑块随小球的变化图像，标明图线特殊位置的坐标值。
【答案】（1）解：小球上升的最大高度时，根据系统水平方向动量守恒以及能量守恒可得
解得，
（2）解：根据系统水平方向动量守恒，设小球与斜面分离时的速度分别为、，则
解得，
小球在滑块上运动过程中滑块随小球的变化图像如图所示。
【知识点】动量守恒定律；动量与能量的其他综合应用
【解析】【分析】（1）当小球与圆弧速度相同时，小球上升到最大高度，利用水平方向上的动量守恒定律表达式，结合能量守恒表达式，可求出最大高度；（2）利用水平方向动量守恒定律公式，可求出两物体的速度关系式，画出具体图像，当小球上升到最高点时两者共速，小球回到圆弧轨道最低点时能量守恒，可求出第一次回到圆弧轨道最低点两物体各自的速度，可标注出图像的特殊点。
21．（2024高二下·顺德月考） 如图所示，在光滑水平地面上放置着一半径为R的圆弧形滑块B，其弧面光滑，在滑块B的右侧放置一连接有轻质弹簧的小球C。现让小球A从滑块B的正上方距地面高h=2R处由静止释放，小球沿滑块B的切线进入圆弧面，然后从滑块B的末端水平滑出，之后小球A挤压弹簧但与弹簧未粘连。已知小球A的质量为m，小球C的质量为4m，滑块B的质量为km（k>1），重力加速度为g。
（1）小球A从滑块B末端滑出时，求小球A和滑块B的速度分别为多少？
（2）小球A挤压弹簧过程中，求弹簧最大的弹性势能；
（3）要使小球A弹回后能追上滑块B，则k的取值范围。
【答案】（1）解：因小球和滑块组成的系统水平方向不受外力，则系统水平动量守恒。取水平向右为正方向，则有
根据系统的机械能守恒得
联立，解得
（2）解：小球A挤压弹簧过程中，当两小球共速时，弹簧压缩最短，具有最大的弹性势能，可得
又
联立，解得
（3）解：小球A与小球C通过弹簧相互作用过程中，动量守恒机械能守恒，有
，
联立，解得
负号表示小球A向左运动，要使小球A弹回后能追上滑块B，则有
解得
【知识点】碰撞模型；动量与能量的其他综合应用
【解析】【分析】本题考查碰撞模型和功能关系的应用，对于多物体的运动模型，解题时要先理清物体的运动过程，确定所研究过程的初末状态。（1）小球A从释放到滑至滑块B末端的过程中，小球A、滑块B组成的系统满足水平方向动量守恒，相互作用过程中也满足机械能守恒，根据两个守恒式求出相互作用后A、B的速度。（2） 小球A挤压弹簧过程中， 小球A、C是速度相等时，弹簧的弹性势能最大， 小球A、C组成的系统根据动量守恒定律和机械能守恒定律求出弹簧最大的弹性势能。（3） 要使小球A弹回后 ，小球A、C组成的系统依然满足动量守恒，而此时弹簧已经恢复原长，根据动量守恒和机械能守恒的表达式求出弹簧恢复原长时A的速度，根据判断k的取值范围。
四、破鼎提升
22．（2024高一下·大理月考）如图所示，质量为2m的木板C静止在光滑水平面上。现将速度分别为v0、2v0的木块A、B同时放上木板，运动方向如图，木块的质量均为m，A、B间的距离为d，木块与木板之间的动摩擦因数均为μ，木板足够长，重力加速度取g，求：
（1）木块A在木板C上的滑行时间t；
（2）木块A、B运动过程中因摩擦产生的总热量Q；
（3）运动过程中木块A和木块B间的最大距离L。
【答案】（1）解：对A、B：它们相对C向右运动C对它们的滑动摩擦力向左，由牛顿第二定律得
对C（2m）：A、B对它的滑动摩擦力向右，由牛顿第二定律得
由对称性易知经过一段时间t，A、C共速，且共同的速度为
木块A在木板C上的滑行时间t
对C
（2）解：当A、B、C三物体相对静止时，由动量守恒，有
据能量守恒木块A、B运动过程中因摩擦产生的总热量等于系统减小的机械能
（3）解：A、B相对C滑行的总距离：
A相对C滑行的距离：
带入解得：
所以B相对C滑行的距离：
A相对B间最大距离：L=d+ΔxB-ΔxA
代入解得：
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【分析】（1）分别对A、B、C进行受力分析，根据牛顿第二定律确定初始时A、B、C的加速度，由于AB做匀减速运动，C做匀加速直线运动，根据加速度的关系可知，AC先共速，且共速后AC保持相对静止，再对A、C分别根据运动学规律进行解答；
（2）A、B在C上滑动的过程，A、B、C构成的整体动量守恒，且最终ABC以共同的速度向前运动，根据动量守恒定律确定三者共速时的速度，再对整个系统全过程运用能量守恒定律进行解答；
（3）对B根据运动学规律确定B开始运动至与AC共速时，B运动的时间，根据分析画出ABC的v-t图像，再结合v-t图像的面积位移，面积之差即为两者距离进行解答。
23．（2024高二下·江西月考）如图所示，用不可伸长的、长度为的轻绳将小球悬挂于点，用不可伸长的、长度为（未知）的轻绳将小球悬于点，静止时小球刚好与光滑水平面接触，现将轻绳拉至水平并刚好
伸直，将小球由静止释放，当小球运动至最低点时，与静止在光滑水平面上的物块发生弹性正碰，碰撞后物块向右滑动并与小球发生弹性碰撞．已知小球、的质量均为，物块的质量为，、、均可视为质点，重力加速度大小为，不计空气阻力．求：
（1）与碰撞前瞬间，小球的速度大小；
（2）与碰撞后一瞬间，物块的速度大小；
（3）与碰撞后，运动过程中绳子始终不松弛时的取值范围．
【答案】（1）解：根据机械能守恒
解得
（2）解：与碰撞过程动量守恒和能量守恒，设碰撞后一瞬间，、的速度大小分别为、，
根据动量守恒有
根据能量守恒有
解得
（3）解：设与碰撞后，的速度大小为，的速度大小为，根据动量守恒
根据能量守恒
解得
设小球做竖直面内的圆周运动要能到达与等高的位置，需要在最低点的速度为，根据机械能守恒
解得
要使与碰撞后，运动过程中不脱离圆弧轨道，则
容易得到
设小球在竖直面内做完整的圆周运动需要在最低点的最小速度为，根据机械能守恒有
解得
要使到碰撞后，运动过程中不脱离圆周轨道，则
容易得到
综合可知，与碰撞后，运动过程中绳子始终不松弛时的取值范围为或
【知识点】功能关系；竖直平面的圆周运动；机械能守恒定律；动量与能量的其他综合应用
【解析】【分析】根据机械能守恒定律列方程式求速度；碰撞过程动量守恒，根据动量守恒与能量守恒列式子可得速度；根据在圆周运动的要求分析出各临界状态的速度极值，结合机械能守恒定律列方程式进行求解。
24．（2024高三下·潍坊月考） 如图所示，光滑水平平台AB右端与顺时针转动的水平传送带BC平滑无缝连接，BC长度L=2m。在平台AB上静止着a、b、c三个小滑块，a、b滑块间有一被压缩的轻弹簧（滑块与轻弹簧不拴接）。释放弹簧，弹簧与滑块a、b分离后a的速度v0=4m/s（此时a未滑上传送带，b未与c碰撞），a从传送带右端离开后，落在水平地面上的D点，b与c碰撞后结合在一起。已知a、b，c的质量分别为ma=0.5kg、mb=0.2kg、mc=0.2kg，a与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，C点距地面高h=0.8m，滑块均可视为质点，g取10m/s2。
（1）求轻弹簧的最大弹性势能Ep；
（2）求b、c碰撞过程中损失的机械能；
（3）若传送带的速度可在2m/s（4）若a脱离弹簧后，将弹簧撤去，并立即在a的左侧固定一竖直挡板，同时传送带调整为以4m/s的速度逆时针方向转动（此时a还没有滑上传送带），后续a每次与挡板相碰，均以碰前速度的一半反弹，求a在传动带上相对传送带运动的总路程s。
【答案】（1）解：设弹开后b速度大小为vb，由动量守恒定律得
解得
根据能量守恒有
解得
（2）解：b与c发生完全非弹性碰撞，设碰后二者共同速度为vc，由动量守恒定律有
解得
由能量守恒，碰撞过程损失机械能为
解得
（3）解：滑块a离开C点做平抛运动，在竖直方向上有
解得落地时间
当滑块a在水平传动带上滑动时，设其加速度大小为a，由牛顿第二定律可得
解得
若传送带速度v<4m/s，a在传送带上减速，设减速至2m/s通过位移为x，则有
解得
即a离开传送带时的速度和传送带速度相等，若传送带速度v>4m/s，a在传送带上一直加速，设最终获得的末速度为v1，则有
解得
v1=6m/s
综上可知，传送带速度2m/s当传送带速度6m/s≤v <8m/s时，a离开传送带时的速度大小恒为6m/s，则有
（4）解：a以速度，第一次滑上传送带，向右做匀减速，减速到零，对地位移
x=1.6m<2m
即滑块a将从传送带左边滑离，速度大小等于滑上时的速度，滑块a在传动带上的加速度大小设为a，设向右减速到零的时间为，则有
设第n次滑块a从滑上传送带到从左边滑离传送带，a相对传送带的路程大小设，则有
解得
即有
，，
则a在传动带上相对传送带运动的总路程s为
解得
s=12.8m
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；平抛运动；碰撞模型；动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【分析】（1）释放弹簧至ab分离的过程，ab及弹簧构成的整体动量守恒，且弹簧的弹性势能全部转化为ab的动能，再对整体运用动量守恒定律及能量守恒定律进行解答即可；
（2） b与c发生完全非弹性碰撞，碰撞过程bc构成的系统动量守恒，碰后两者的速度相等，再根据动量守恒定律及能量守恒定律进行解答；
（3）若传送带的速度小于a的速度时，a将在传送带上先做减速运动，若传送带的速度大于a的速度时，a将在传送带上先做加速运动，由于不确定a离开传送带时，a的速度是否与传送带速度相等，故需根据假设法，假设a一直在传送带上做减速运动和加速运动，根据牛顿第二定律及运动学规律确定此时a到达传送带右端的速度，则在根据传送带速度的取值范围确定物块到达传送带右端的速度与传送带速度的关系，a从传送带飞出后做平抛运动，再结合平抛运动规律进行解答；
（4）a第一次滑上传送带先向右做减速运动，根据牛顿第二定律及运动学规律判断a减速到0时运动的位移及时间，并根据位移与传送带的长度关系判断滑块速度为零时是否还在传送带上。减速到零后a在反向做匀加速运动，直至从左端离开传送带，根据运动的对称性可知，a滑上传送带和滑离传送带的速度大小相等，随后与挡板相碰，以碰前速度的一半反弹后再次滑上传送带。a在传送带上运动时始终与传送带发生相对滑动，根据运动学规律确定a每次滑上传送带至滑离传送带过程，a与传送带之间的相对位移与a滑上传送带速度的关系，再根据题意结合数学知识进行解答。
25．（2024高三下·上饶模拟） 如图甲所示，在光滑水平面上放有一左端固定在墙壁上的轻质弹簧，弹簧处于原长时右端恰好位于A点，弹簧所在的光滑水平面与水平传送带在A点平滑连接。传送带长，且以的速率沿顺时针方向匀速转动，传送带右下方有一固定在光滑地面上半径为、圆心角的圆弧轨道，圆弧轨道右侧紧挨着一个与轨道等高，质量的长木板（木板厚度不计）。现将一质量的滑块Q（Q视为质点且与弹簧未拴接）向左压缩弹簧至图中点后由静止释放，滑块Q从A点滑上传送带，并从传送带右端点离开，恰好沿点的切线方向进入与传送带在同一竖直面的圆弧轨道CD，然后无动能损失滑上长木板。已知弹簧弹力与滑块Q在GA段的位移关系如图乙所示，滑块Q与传送带、长木板间的动摩擦因数均为，重力加速度大小。
（1）求滑块Q刚滑上传送带时的速度大小；
（2）若滑块Q运动至圆弧轨道最低点时，轨道对其的支持力为，且滑块恰好未滑离长木板，求长木板的长度；
（3）若去掉圆弧轨道和长木板，滑块Q从传送带上滑落地面并与地面发生碰撞，每次碰撞前后水平方向速度大小不变，且每次反弹的高度是上一次的三分之二，不计空气阻力。求滑块Q与地面发生次碰撞后前次损失的机械能与的函数关系式。
【答案】（1）滑块第一次从G点到A点时与弹簧分离，从A点滑上床送带，设在滑块在A点的速度为，对滑块由动能定理得
由图像知弹簧从G点到H点对做功
代入解得
（2）滑块Q在D点速度为，由牛顿第二定律可知
滑上长木板后，以和长木板为系统动量守恒，恰好没滑离，则滑到长木板右端时达到共同速度
由能量守恒定律可知
代入数据可得
（3）设BC的竖直高度为，传送带离地面高为，则
Q滑上传送带时间在传送带上匀加速运动，加速度为，则
假设滑块在传送带上一直匀加速运动到右端离开传送带，到B点时的速度为，有
代入数据得
假设成立
从B点离开传送带恰好沿C点切线滑入CD轨道中，可知
.
滑块与地面发生碰撞前后水平方向速度不变，竖直方向速度减小。
所以：第一次碰撞后损失的机械能
第二次碰撞损失的机械能
第三次碰撞损失的机械能
以此类推发生第次碰撞损失的机械能为
发生n次碰撞后前n次滑块总共损失的机械能为
代入数据可得
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；平抛运动；动能定理的综合应用；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【分析】（1）F-x图像与x轴所围面积表示该段位移内该力所做的功。明确滑块从G到A过程的受力情况及各力做功情况，再根据图象及动能定理进行解答；
（2）根据牛顿第二定律确定滑块在D点的速度，滑块滑上木板后滑块和木板构成的系统动量守恒， 滑块恰好未滑离长木板，即当滑块与木板达到共速时，滑块恰好运动至木板的最右端，再根据动量守恒定律及能量守恒定律进行解答；
（3）根据滑块在传送带上运动的规律确定滑块离开传送带时的速度，滑块离开传送带后做平抛运动，根据平抛运动规律结合滑块恰好沿C点切线滑入CD轨道，确定B与地面的高度。滑块与地面发生碰撞前后水平方向速度不变，竖直方向速度减小，每次碰后滑块向左斜上抛运动，根据题意确定每次碰撞损耗的机械能，再结合数学知识进行解答。
五、直击高考
26．（2023·北京）如图所示，质量为m的小球A用一不可伸长的轻绳悬挂在O点，在O点正下方的光滑桌面上有一个与A完全相同的静止小球B，B距O点的距离等于绳长L。现将A拉至某一高度，由静止释放，A以速度v在水平方向和B发生正碰并粘在一起。重力加速度为g。求：
（1）A释放时距桌面的高度H；
（2）碰撞前瞬间绳子的拉力大小F；
（3）碰撞过程中系统损失的机械能。
【答案】（1） 由A－B对小球A根据动能定理可得：，得：
（2） 碰撞前瞬间，对A球根据牛顿第二定律： ，得：
（3）由于AB发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律：，根据能量守恒定律：，
联立解得：
【知识点】动能定理的综合应用；动量与能量的综合应用一子弹打木块模型
【解析】
【分析】(1)对小球A应用动能定理求解；
（2）根据圆周运动最低点由牛顿第二定律求解；
（3）根据完全非弹性碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律求解。
27．（2023·海南）如图所示，有一固定的光滑圆弧轨道，半径，一质量为的小滑块B从轨道顶端滑下，在其冲上长木板C左端时，给木板一个与小滑块相同的初速度，已知，B、C间动摩擦因数，C与地面间的动摩擦因数，C右端有一个挡板，C长为。
求：
（1） 滑到的底端时对的压力是多大？
（2）若末与右端挡板碰撞，当与地面保持相对静止时，间因摩擦产生的热量是多少？
（3）在时，B与C右端挡板发生碰撞，且碰后粘在一起，求从滑上到最终停止所用的时间。
【答案】（1）B滑到A底端时，由动能定理：得：；
最低点由牛顿第二定律： 得：，由牛顿第三定律压力为30N，方向竖直向下；
（2）B滑上C，对B受力分析，由牛顿第二定律，B受到摩擦力为：得：，方向向左；
对C受力分析，由牛顿第二定律：，代入数据解得：，其加速度方向向左；
由此可得BC匀减速运动速度减为零时发生的位移，由速度位移公式分别可得：；
B未与C末端相碰，BC间因摩擦产生的热量为：
（3）由于C的加速度大，C先停下来，C停止用时为：，
该时间内BC发生的相对位移为：
此时B的速度为：由于，C停止后设再经过时间与C挡板碰撞，则有位移公式：，
代入数据解得：，
此时碰撞的速度为：，
B与C挡板碰撞，由动量守恒定律：代入数据解得：.
BC共同减速， 得：，
设经过停下来，由速度公式：得：，
故B滑上C到最终停止：
【知识点】动量守恒定律；匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿第二定律；动能定理的综合应用；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【分析】(1)B滑到A底端时，由动能定理计算底端速度，由牛顿第二定律计算压力；
（2）分别计算BC做匀减速运动的加速度和速度减为零所需位移，由相对位移计算摩擦产生的热量；
（3）先计算C先停止所用时间，和这个时间内发生的相对位移，从而计算B在C上剩余位移所需时间和此时B的速度，接着发生碰撞，由动量守恒定律计算碰后共同运动的速度，受力分析得出共同运动的加速度，再计算出共同减速为零时所需时间，三段时间的和就是从B滑上C到终止所需总时间。
28．（2023·辽宁）如图，质量m1=1kg 的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一劲度系数k=20N/m 的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量m2=4kg 的小物块以水平向右的速度滑上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长，物块与木板间 的动摩擦因数μ=0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，弹簧 的弹性势能 Ep与形变量x 的关系为 。取重力加速度g=10m/s2， 结果可用根式 表示。
（1）求木板刚接触弹簧时速度v，的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1。
（2）求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时木板速度v2的大小。
（3）已知木板向右运动的速度从v2减小到0所用时间为t0。求木板从速度为v2 时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能△U（用t表示）。
【答案】（1）根据题意，两者共速时木板恰好与弹簧接触，由于地面光滑，则物块与木板组成的系统动量守恒：，代入数据可得：，
对木板由牛顿第二定律可得：由速度位移公式代入数据可得：
（2）木板与弹簧接触以后， 对物块和木板组成系统：，对物块有：'
当时，物块与木板将相对滑动，联立解得弹簧的压缩量为：
对物块与木板组成系统由动能定理可得：，
代入数据可得：
（3）木板从速度为时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，由于木板的加速大于物块的加速度，则当二者加速度相同时，即弹簧形变量为时，说明此时木板的速度为，共用时间为，则对物块动量定理：解得：
对物块与木板组成的系统：
联立解得：
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【分析】(1)根据系统动量守恒定律解出木板刚接触弹簧时速度大小，再对木板由牛顿第二定律计算加速度并由速度位移公式解得木板位移大小；
（2）木板与弹簧接触以后，由牛顿第二定律求解物块和木板组成系统的加速度和物块加速度，当二者相等时，物块与木板将相对滑动，联立解得弹簧的压缩量，对物块与木板组成系统由动能定理求解木板速度；
（3）木板从速度为时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，由于木板的加速大于物块的加速度，则当二者加速度相同时，即弹簧形变量为时，说明此时木板的速度为，共用时间为，则对物块动量定理求解物块速度，再对物块与木板组成的系统由功能关系求解系统因摩擦转化的内能△U。
29．（2023·全国乙卷）如图，一竖直固定的长直圆管内有一质量为M的静止薄圆盘，圆盘与管的上端口距离为l，圆管长度为20l。一质量为的小球从管的上端口由静止下落，并撞在圆盘中心，圆盘向下滑动，所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等。小球在管内运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求：
（1）第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小；
（2）在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离；
（3）圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的次数。
【答案】（1）小球由静止下落，由机械能守恒定律：，
解得：，
小球与圆盘发生弹性碰撞，由动量守恒定律：，
能量守恒定律：
联立解得：； 。
即小球碰后速度大小，方向竖直向上，圆盘碰后速度大小，方向竖直向下；
（2）碰后小球竖直上抛运动，圆盘摩檫力与重力平衡匀速下降，二者距离不断扩大，当小球速度减为零加速下降到与圆盘速度相等时，二者间距达到最大，即， 解得：
由运动学公式，最大距离为：
（3）第一次碰撞到第二次碰撞，二者位移相等，，
即：，
解得：
此时小球的速度为：
这段时间圆盘匀速下降的位移：
第二次碰撞，由动量守恒定律：
能量守恒定律：
联立解得：，
同理可得位移相等时： 即： 解得：
圆盘向下运动：；小球的速度：
第三次碰撞，由动量守恒定律：
能量守恒定律：
联立解得： ，
同理位移相等时： 即：解得：
圆盘向下运动：
归纳总结：第四次碰撞后圆盘下降的距离为：
至此圆盘相对于圆管下降了：
故小球和圆盘总计碰撞4次。
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿第二定律；动量与能量的其他综合应用
【解析】【分析】（1）对小球由机械能守恒定律解得碰前速度，再有弹性碰撞规律，由动量守恒定律和能量守恒定律求解；
（2）明确碰后小球做竖直上抛运动，圆盘做匀速下降，利用运动学公式计算最远距离；
（3）应用运动学公式计算第二次碰撞前的小球的速度和圆盘下降的距离，由弹性碰撞规律，应用动量守恒定律和能量守恒定律计算碰后的速度，明确二者的运动，应用运动学公式计算第二次碰撞前小球的速度和圆盘下降的距离，依次运算，找出规律，判断碰撞次数。
30．（2022·福建）如图，L形滑板A静置在粗糙水平面上，滑板右端固定一劲度系数为的轻质弹簧，弹簧左端与一小物块B相连，弹簧处于原长状态。一小物块C以初速度从滑板最左端滑入，滑行后与B发生完全非弹性碰撞（碰撞时间极短），然后一起向右运动；一段时间后，滑板A也开始运动．已知A、B、C的质量均为，滑板与小物块、滑板与地面之间的动摩擦因数均为，重力加速度大小为；最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，弹簧始终处于弹性限度内。求：
（1）C在碰撞前瞬间的速度大小；
（2）C与B碰撞过程中损失的机械能；
（3）从C与B相碰后到A开始运动的过程中，C和B克服摩擦力所做的功。
【答案】（1）解：小物块C运动至刚要与物块B相碰过程，根据动能定理可得
解得C在碰撞前瞬间的速度大小为
（2）解：物块B、C碰撞过程，根据动量守恒可得
解得物块B与物块C碰后一起运动的速度大小为
故C与B碰撞过程中损失的机械能为
（3）解：滑板A刚要滑动时，对滑板A，由受力平衡可得
解得弹簧的压缩量，即滑板A开始运动前物块B和物块C一起运动的位移大小为
从C与B相碰后到A开始运动的过程中，C和B克服摩擦力所做的功为
【知识点】动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【分析】（1）物块C在与B碰撞前，滑板静止，由动能定理求解即可；
（2）物块B、C碰撞过程，由动量守恒定律、能量守恒进行求解；
（3）滑板A刚要滑动时，对滑板A，由平衡条件求解弹簧的压缩量，根据功的计算公式求解滑板A开始运动前物块B和物块C客服摩擦力做功。
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