小题精练 09 动量和能量问题-备考2025年高考物理题型突破讲练
一、几种常见的功能关系及其表达式
1．（2024高三上·湖南月考）如图甲所示，倾角为的斜面体固定在水平面上，斜面长为L，一个质量为m的物块在斜面底端以一定的初速度向上滑去，滑到斜面顶端时速度刚好为零，以斜面底端为初位置，物块沿斜面运动受到的摩擦阻力f的大小与到斜面底端的距离x的关系如图乙所示，不计物块的大小，重力加速度为g，，则下列说法正确的是（ ）
A．物块沿斜面上滑的加速度先减小后增大
B．物块运动的初速度大小
C．物块不可能再回到斜面底端A点
D．物块在斜面上运动过程中，因摩擦产生的热量为0.6mgL
【答案】B
【知识点】功能关系；牛顿运动定律的综合应用；动能定理的综合应用
【解析】【解答】本题考查机械能的相关问题和图像的认识处理，关键是图像的物理意义的理解要准确到位，会根据题意列出相关表达式求解。图像与坐标轴的面积表示克服阻力做的功。A．根据牛顿第二定律
由于摩擦阻力f的大小随x增大而减小，故物块沿斜面上滑的加速度一直减小，故A错误；
B．根据动能定理
解得物块运动的初速度大小为
故B正确；
C．假设物块能回到A点，则由动能定理
解得
故假设成立，即物块能再回到斜面底端A点，故C错误；
D．物块在斜面上运动过程中，因摩擦产生的热量为
故D错误。
故选B。
【分析】根据牛顿第二定律分析加速度变化情况，上滑过程中，重力和阻力做功，根据动能定理求解 物块运动的初速度大小 。图像与坐标轴的面积表示克服阻力做的功。
2．（2024高三上·柳州模拟）如图所示，绝缘水平面上方存在一方向水平向右、场强大小为的匀强电场。将一质量为0.1kg、带电量为的小滑块由静止释放后，沿水平面向右运动了2m，已知小滑块与水平面间的动摩擦因数，g取，则该过程中小滑块（ ）
A．动能增加了0.1J B．电势能减少了0.5J
C．机械能增加了0.6J D．与地面摩擦产生的热量为0.6J
【答案】A
【知识点】功能关系；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】已知，，，，对小滑块受力分析可得
A． 小滑块由静止释放后，沿水平面向右运动了2m，由动能定理可得，小滑块动能增加量
故A正确；
B．电势能减少量等于电场力做功， 小滑块由静止释放后，沿水平面向右运动了2m，
故B错误；
C．机械能的增加量等于动能的增加量0.1J，故C错误；
D．地面摩擦产生的热量
故D错误。
故选A。
【分析】对滑块受力分析，根据动能定理求解小滑块动能增加量，电势能减少量等于电场力做功，机械能的增加量等于动能的增加量，热量等于摩擦力乘以相对位移。
3．（2024高三上·保定期中）如图所示，把物体轻放在传送带底端A点，传送至顶端B点时物体恰好与传送带速度相同。如果仅适当增大传送带的速度，物体从A点传送至B点的过程中，下列说法中正确的是（ ）
A．传送时间将缩短
B．摩擦力对物体所做的功不变
C．物体与传送带因摩擦而产生的热量将不变
D．物体机械能的变化量将增大
【答案】B
【知识点】功能关系；牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】A．对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律有
由此可知，仅适当增大传送带的速度，物体向上运动的加速度不变，传送带长度L不变，即物体位移不变，传送时间不变，故A错误；
BD．由于物体始终受到滑动摩擦力，摩擦力不变，位移不变，摩擦力对物体所做的功等于摩擦力与物体位移的乘积，则摩擦力对物体所做的功不变，根据功能关系可知，物体机械能的变化量将不变，故B正确，D错误；
C．物体与传送带因摩擦而产生的热量等于摩擦力与相对位移的乘积。物体与传送带因摩擦而产生的热量为
由此可知，物体与传送带因摩擦而产生的热量变大，故C错误。
故选B。
【分析】利用牛顿第二定律，分析物体加速度，根据位移时间关系可以确定运动时间不变。物体与传送带因摩擦而产生的热量等于摩擦力与相对位移的乘积。
4．（2024高二上·上海市期中）如图所示，质量分别为m1和m2的两个小球A、B，带有等量异种电荷，通过绝缘轻弹簧相连接，置于绝缘光滑的水平面上，突然加一水平向右的匀强电场后，两小球A、B将由静止开始运动，则从开始运动到第一次速度为零的过程中，下列说法中正确的是（设整个过程中不考虑电荷间库仑力的作用且弹簧不超过弹性限度）（ ）
A．当A小球所受电场力与弹簧弹力大小相等时，A小球速度达到最大
B．两小球加速度先增加，再减小
C．电场力对两球均做正功，两小球与弹簧组成的系统机械能增加
D．电场力对两球均做正功，两小球的电势能变大
【答案】A,C
【知识点】功能关系；牛顿第二定律；电势能与电场力做功的关系
【解析】【解答】AB．在电场力的作用下，小球AB分别向左右移动，在移动过程弹簧弹力一直在增大，开始电场力大于弹簧弹力，小球的加速度为
即加速度在减小；直到为零，小球先做加速度运动，当加速度为零时，AB的速度达到最大，后来电场力小于弹簧弹力，此时加速度
加速度又开始反向增大，小球开始做减速运动，直到小球速度第一次为零，故A正确，B错误；
C．电场力的方向与运动方向相同，由
可知电场力做正功，根据功能关系可知，电场力做功导致系统机械能增大了，故C正确；
D．电场力对两球均做正功，两小球的电势能减小，故D错误。
故选AC。
【分析】一开始小球受到的电场力大于弹簧弹力，随着弹簧弹力的增大，加速度在减小，然后加速度会反向，根据受力来判断加速度的变化；电场力做正功，电势能减小。两小球受到的电场力做正功，系统的机械能增加；电场力做负功，系统的机械能减少。
本题要求我们在动态的变化类题目中要注意分析过程，确定两球的受力情况，明确能量间的转化关系。
5．（2024高二上·船山开学考）如图所示，物体在一个平行于粗糙斜面向上的拉力F的作用下，以一定的速度沿倾角为的斜面向上做匀速直线运动，物体在沿斜面向上的运动过程中，以下说法正确的有（ ）
A．物体的机械能增加
B．物体的机械能保持不变
C．力F对物体做功等于系统内能增加量
D．F与摩擦力所做功的总功等于物体重力势能的增加量
【答案】A,D
【知识点】功能关系；重力势能的变化与重力做功的关系；机械能守恒定律
【解析】【解答】AB．根据题意，物体沿斜面向上做匀速直线运动，则动能不变，随着高度的增加，重力势能增加，得物体的机械能增加，故A正确，B错误；
C．物体沿斜面方向受力平衡，有
可知力F对物体做功减去重力沿斜面向下分力做功等于摩擦力做功，根据功能关系可知摩擦力做功大小等于系统内能增加量，故C错误；
D．通过受力分析可知，物体受重力、支持力、摩擦力、外力F共4个力，其中支持力不做功，根据功能关系可知力F对物体做功要克服摩擦力做功和重力做功，有
得
物体重力做负功的大小等于物体重力势能的增加量，则F与摩擦力所做功的总功等于物体重力势能的增加量，故D正确。
故选AD。
【分析】功能关系的理解和应用
1.对功能关系的进一步理解
(1)做功的过程就是能量转化的过程。不同形式的能量发生相互转化是通过做功来实现的。
(2)功是能量转化的量度，功和能的关系，一是体现在不同的力做功，对应不同形式的能转化，具有一一对应关系，二是做功的多少与能量转化的多少在数值上相等。
2．几种常见的功能关系及其表达式
力做功 能的变化 定量关系
合外力 做功 动能 变化 (1)合外力做正功，动能增加 (2)合外力做负功，动能减少 (3)W＝Ek2－Ek1＝ΔEk
重力 做功 重力势 能变化 (1)重力做正功，重力势能减少 (2)重力做负功，重力势能增加 (3)WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
弹簧弹 力做功 弹性势 能变化 (1)弹力做正功，弹性势能减少 (2)弹力做负功，弹性势能增加 (3)WF＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
电场力 做功 电势能 变化 (1)电场力做正功，电势能减少 (2)电场力做负功，电势能增加 (3)W电＝－ΔEp
安培力 做功 电能 变化 (1)安培力做正功，电能减少 (2)安培力做负功，电能增加 (3)W安＝－ΔE电
除重力和 弹簧弹力 之外的其 他力做功 机械能 变化 (1)其他力做正功，机械能增加 (2)其他力做负功，机械能减少 (3)W＝ΔE
一对相互 作用的滑 动摩擦力 的总功 内能变化 (1)作用于系统的一对滑动摩擦力的总功一定为负值，系统内能增加 (2)Q＝Ff·L相对
二、动量定理与动能定理的比较
6．（2024高二上·济南期末）高空抛物现象被称为“悬在城市上空的痛”，是一种极不文明的行为，而且会带来人身伤亡和重大财物损失等很大的社会危害。假设有一质量为0.5kg的玻璃瓶从45m高的楼上掉出窗外（不计空气阻力），落地时破碎，其与地面作用时间为0.1s，重力加速g取10m/s2，则玻璃瓶落地时对地面的压力是（ ）
A．155N B．150N C．145N D．140N
【答案】A
【知识点】动量定理
【解析】【解答】自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动，所以，匀变速直线运动公式也适用于自由落体运动。规定竖直向上为正方向，玻璃瓶落地前瞬间速度为
玻璃瓶与地面作用过程，由动量定理得：
代入数据得
根据牛顿第三定律可知玻璃瓶落地时对地面的压力是155N。
故选A。
【分析】根据自由落体运动的基本公式即可求解落地速度，再根据动量定理列式即可求出地面对玻璃瓶的支持力大小，再由牛顿第三定律可求玻璃瓶落地时对地面的压力。
7．（2024高三上·石家庄模拟）如图所示，从距秤盘高处把一筒豆粒由静止持续均匀地倒在秤盘上，从第一粒豆落入秤盘至最后一粒豆落入秤盘用时为，豆粒的总质量为。若每个豆粒只与秤盘碰撞一次，且豆粒弹起时竖直方向的速度变为碰前的三分之一，忽略豆粒与秤盘碰撞过程中豆粒的重力。已知重力加速度为，则碰撞过程中秤盘受到的平均压力大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】动量定理
【解析】【解答】 本题考查了动量定理、牛顿第三定律等知识点。利用动量定理解决本题的关键。 对于涉及变力作用的动量问题，可以利用动量定理求解平均作用力。根据自由落体规律，豆粒下落掉到秤盘上时的速度为
反弹后的速度大小为
方向为竖直向上，在碰撞过程中，忽略豆粒与秤盘碰撞过程中豆粒的重力，根据动量定理可知
解得
由牛顿第三定律可知碰撞过程中秤盘受到的平均压力大小为
故选A。
【分析】 根据自由落体规律可求得豆粒到达秤盘时的速度，从而确定反弹后的速度，再根据动量定理即可确定压力大小。
8．（2024高三上·余江模拟）如图所示，光滑倾斜滑道OM与粗糙水平滑道MN平滑连接。质量为1kg的滑块从O点由静止滑下，在N点与缓冲墙发生碰撞，反弹后在距墙1m的P点停下。已知O点比M点高1.25m，滑道MN长4m，滑块与滑道MN的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小g取，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．滑块运动到M点的速度大小为6m/s
B．滑块运动到N点的速度大小为4m/s
C．缓冲墙对滑块的冲量大小为10N·s
D．缓冲墙对滑块做的功为－2.5J
【答案】D
【知识点】动量定理；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．从O到M的过程，由动能定理可知
解得滑块运动到M的速度大小为
故A错误；
B．由M到N的过程中，根据牛顿第二定律可得加速度大小为
由位移公式可得
可得滑块运动到N的速度大小为
故B错误；
C．由N到P，根据速度位移公式
解得被缓冲墙反弹，滑块的速度大小
（方向与初速度反向，取负）由动量定理可知缓冲墙对滑块的冲量
故C错误；
D．由动能定理可得缓冲墙对滑块2做的功
故D正确。
故选D。
【分析】该题考查动量、能量的相关问题，滑块从O-M过程里只有重力做功，可以利用动能定理求出滑块在M点的速度；从M-N，滑块水平方向只受摩擦力。所以摩擦力提供合外力，根据牛顿第二定律表达式求出加速度，利用位移公式即可求出滑块在N点的速度；冲量结合碰撞前后的动量变化，运用动量定理求解；再由动能定理求解墙对滑块做的功。
9．（2024高三上·昆明月考）如图1所示，一个质量为2kg的物体在水平向右的力F的作用下沿粗糙水平地面做加速直线运动，其运动的a-t图像如图2所示，物体运动中所受的滑动摩擦力大小恒为2N，t=0时刻物体的速度大小为。不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A．t=6s时刻，物体的速度为
B．0~6s时间内，合力对物体做的功为400J
C．0~6s时间内，拉力F对物体的冲量为36N s
D．t=6s时刻，拉力F的功率为
【答案】D
【知识点】动量定理；图象法；功率及其计算；动能定理的综合应用
10．（2024高三上·吉林模拟）如图，是工人在装卸桶装水时的常用方法，工人将水桶静止放在卸货轨道的上端，水桶会沿着轨道下滑到地面。某次卸货时，水桶含水的总质量是20 kg，水桶释放点到地面的高度是1 m，水桶滑到地面时速度是2 m/s，重力加速度取10 m/s2，关于水桶在该轨道上滑下的过程说法正确的是（ ）
A．阻力对水桶做功是160 J
B．水桶滑到轨道末端时重力的瞬时功率是400 W
C．水桶损失的机械能是160 J
D．重力的冲量是40 N s
【答案】C
【知识点】功能关系；动量定理；功率及其计算；动能定理的综合应用
【解析】【解答】AC．由动能定理
解得
根据
解得
即水桶损失的机械能是160 J，故A错误，C正确；
B．设斜面倾角为θ，水桶滑到轨道末端时重力的瞬时功率为
由于0 < θ < 90°，则有
故B错误；
D．由动量定理可知，合外力的冲量是
又
可得
故D错误。
故选C。
【分析】本题考查冲量能量的问题，具体求哪个力所做的功，可以借助动能定理来进行求解，求瞬时功率需要确定某时刻的速度，用力与速度的乘积即可求出功率，但要注意速度是沿着力方向的速度；损失的机械能主要是克服摩擦力做功，所以克服摩擦力做功等于机械能的损失量，求某个力的冲量可以运用动量定理，但要注意对物体进行受力分析，合外力的冲量等于动量的变化量。
11．（2024高三上·海淀月考）在课堂中，老师用如图所示的实验研究平抛运动．A、B是质量相等的两个小球，处于同一高度。用小锤打击弹性金属片，使A球沿水平方向飞出，同时松开B球，B球自由下落。某同学设想在两小球下落的空间中任意选取两个水平面1、2，小球A、B在通过两水平面的过程中，动量的变化量分别为和，动能的变化量分别为和，忽略一切阻力的影响，下列判断正确的是（ ）
A．， B．，
C．， D．，
【答案】A
【知识点】动量定理；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A球做平抛运动，B球做自由落体运动，所以竖直方向的位移为
速度为
根据上式，A、B同时开始下落，两球从水平面1到水平面2的时间
根据
再根据题目A、B质量相等，所以
根据动能定理，动能变化量有
而高度相同，所以
故选A。
【分析】本题考查动能定理和动量定理；两个等质量的物体同时分别做自由落体运动和平抛运动，两小球在下落过程中竖直速度时刻相等，竖直方向的位移时刻相等，所以运动时间是同步的。
三、重要的规律、公式和二级结论
12．（2024高三上·成都期中）如图所示，一个质量的物块静止在水平面上，现用水平力向右拉物块，的大小随时间变化关系如图所示。已知物块与水平面间的动摩擦因数，重力加速度大小，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（ ）
A．内，重力的冲量大小为 B．物块从0.5s末开始运动
C．末，物块的速度大小为 D．末，物块的速度大小为
【答案】D
【知识点】动量定理；静摩擦力；冲量
【解析】【解答】A．由冲量的定义式可知，内重力的冲量大小
故A错误；
BCD．物块受到的滑动摩擦力
由图可知时
则物块之后才开始运动，拉力与时间图像的面积表示冲量，由图可知拉力的冲量
由动量定理可得
则末，物块的速度大小
故BC错误，D正确。
【分析】1.掌握冲量的定义式。
2.掌握物体即将开始运动时的摩擦力为最大静摩擦力，此时拉力大于或等于最大静摩擦力，物体才会运动起来。
3.掌握动量定理的应用，某过程合力的冲量等于该过程动量变化量。
13．（2024高三上·邵东期中）如图所示，表面光滑的楔形物块ABC固定在水平地面上，∠ABC<∠ACB，质量相同的物块a和b分别从斜面顶端沿AB、AC由静止自由滑下。在两物块到达斜面底端的过程中，正确的是
A．两物块所受重力冲量相同
B．两物块的动量改变量相同
C．两物块的动能改变量相同
D．两物块到达斜面底端时重力的瞬时功率相同
【答案】C
【知识点】动量定理；功率及其计算；动能定理的综合应用；冲量
【解析】【解答】设斜面倾角θ，则物体在斜面上的加速度分别为
设斜面高度为h.则物体在斜面上滑行的时间为：
因为∠ABC <∠ACB可得物块在AB斜面上的滑行时间比在AC斜面上的滑行时间较长；
A．根据
可知，两物块所受重力冲量不相同，选项A错误；
B．根据动量定理
可知，两物块的动量改变量不相同，选项B错误；
C．根据动能定理
两物块的动能改变量相同，选项C正确；
D．两物块到达斜面底端时重力的瞬时功率
则重力瞬时功率不相同，选项D错误；
故选C。
【分析】本题主要是考查冲量的计算、平均功率以及动能定理的综合应用问题，利用动量定理解答问题时，要注意分析运动过程中物体的受力情况，知道合外力的冲量才等于动量的变化。求出两种情况下物块下滑的时间，根据冲量的计算公式分析冲量。根据动量定理比较动量改变量。根据动能定理求解动能改变量。根据功率的计算公式求解功率。
14．（2024高三上·简阳月考）如图，动物园熊猫馆中有一个长，倾角为的光滑坡道，坡道底端有一垂直于坡面的防护板。一个质量的熊猫从坡道顶端由静止滑下，熊猫与防护板的作用时间，熊猫与防护板接触后不反弹，并且可以看作质点，重力加速度取，下列说法正确的是（ ）
A．熊猫滚到坡底所用的时间为
B．熊猫到达坡底时的动量大小为
C．熊猫受到防护板对它的平均作用力大小为
D．熊猫与防护板碰撞过程中只受到防护板对它的冲量
【答案】B
【知识点】动量定理；牛顿运动定律的综合应用；动量
【解析】【解答】A．由题意可知，熊猫沿坡道向下做匀加速直线运动，对物体受力分析，根据牛顿第二定律求解加速度大小
由匀变速运动规律可知
，
联立解得
，
故A错误；
B．根据动量定义式求解动量，熊猫到达坡底时的动量大小
故B正确；
C．以沿斜面向下为正方向，设防护板对熊猫的平均作用力大小为，由动量定理合力的冲量等于物体动量变化，可知
解得
故C错误；
D．根据冲量的定义式，各个力冲量不可能为零，熊猫与防护板碰撞过程中受防护板的弹力、自身重力，斜面支持力等力的冲量，故D错误。
故选B。
【分析】熊猫沿坡道向下做匀加速直线运动，根据运动学公式以及牛顿运动定律求解时间，结合动量定理求解。
15．（2025·四川模拟） 如图，小球X、Y用不可伸长的等长轻绳悬挂于同一高度，静止时恰好接触，拉起X，使其在竖直方向上升高度h后由静止释放，X做单摆运动到最低点与静止的Y正碰。碰后X、Y做步调一致的单摆运动，上升最大高度均为，若X、Y质量分别为mx和my，碰撞前后X、Y组成系统的动能分别为Ek1和Ek2，则（ ）
A．=1 B．=2 C．=2 D．=4
【答案】A,C
【知识点】动量守恒定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】本题考查机械能守恒定律和动量守恒定律的综合应用，关键要正确选取研究过程，明确在碰撞过程中遵守两大守恒定律：动量守恒定律和机械能守恒定律。
小球X由最高点运动到与小球Y发生碰撞的过程，根据机械能守恒定律有
两球碰撞后一起上升到最高点的过程，根据机械能守恒定律有
两球碰撞过程，根据动量守恒有
联立求得
故答案为：AC。
【分析】X球在下摆的过程中，只有重力做功，根据动能定理列式，在A与B两球碰撞过程中，根据动量守恒定律和机械能守恒定律分别列式，两球上升过程，根据机械能守恒定律列式，即可分析问题。
四、碰撞的几种情形
16．（2024高二上·梅河口期中）A、B两个物块在光滑的水平地面上发生正碰，碰撞时间极短，两物块运动的图像如图所示，则下列判断正确的是（ ）
A．碰撞后A、B两个物块运动方向相同
B．A、B的质量之比
C．碰撞前、后A物块的速度大小之比为5：3
D．此碰撞为弹性碰撞
【答案】D
【知识点】运动学 S-t 图象；碰撞模型
【解析】【解答】A．由图像可知，碰撞后A、B两个物块运动方向相反，A错误；
B．据x-t图像的斜率求出碰撞前后两球的速度，根据动量守恒定律即可求解两物块的质量之比。根据图像可得，碰撞前A的速度为（以此时的速度方向为正方向）
碰撞前，B球的速度为0，碰撞后，A、B的速度分别为
根据动量守恒定律可得
解得
B错误；
C．根据上述分析可知，碰撞前、后A物块的速度大小之比为5：1，C错误；
D． 判断是否为弹性碰撞的方法是看机械能是否守恒，若守恒，则是弹性碰撞，若不守恒，则不是弹性碰撞。 碰撞前系统的能量
碰撞后，系统的总能量
结合上面的结论可得
碰撞前后系统的能量守恒，故二者的碰撞为弹性碰撞，D正确。
故选D。
【分析】根据x-t图像的斜率求出碰撞前后两球的速度，根据动量守恒定律即可求解两物块的质量之比；根据碰撞前后机械能是否守恒判断是否为弹性碰撞。
17．（2024高三上·湖北月考）牛顿摆是一个非常有趣的桌面装饰装置，几个完全相同的小球由吊绳固定，彼此紧密排列，如图所示。将小球从左到右依次按1、2、3、4、5、6编号，若不计碰撞过程中的机械能损耗及摩擦，将1号小球拉起一定角度后释放，与2号小球相碰。在1号小球再次运动前，下列说法正确的是（ ）
A．所有小球一起向右运动
B．1号小球不动，其他小球向右运动
C．1号小球碰后立即返回，其他小球不动
D．只有6号小球向右运动，其他小球不动
【答案】D
【知识点】碰撞模型
【解析】【解答】不计碰撞过程中的机械能损耗及摩擦，所以碰撞为弹性碰撞，因此两个小球碰撞的过程中机械能守恒、动量守恒，由
解得
则实验中可观察到球6向右摆起，且达到的最大高度与球1的释放高度相同。
故选D。
【分析】本题考查弹性碰撞的内容；弹性碰撞中遵循动量守恒和机械能守恒，分别列出这两个守恒的表达式，再进行求解即可。
18．（2024高二上·重庆市开学考）设在无摩擦的桌面上置有5个相同的钢球，其中三个紧密连接排放一列，另两个一起自左方以速度正面弹性碰撞此三球，如图，碰撞后向右远离的小球个数为（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】B
【知识点】碰撞模型
【解析】【解答】设钢球从左到右分别为求1、2、3、4、5，球2先与球3相碰，根据动量守恒以及能量守恒可得
解得
，
可知球2与球3互换速度，接着球3先与球4相碰，同理可得球3与球4互换速度，依此类推，最终球2、3、4静止，球5以速度向右运动。接着球1与球2相碰，同理可得，最终球1、2、3静止，球4以速度向右运动，故碰撞后向右远离的小球个数为2个。
故选B。
【分析】根据弹性碰撞分割分析：先由2与3、再有3与4，后有4与5，由于质量相等，故动量交换；同理，再分析1球与2的碰撞，碰后交换动量依次相碰，最终有4、5向右运动。
19．（2024高三上·广东模拟）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，现将球C拉起使细线水平伸直，并由静止释放球C，则下列说法正确的是（重力加速度为g）（ ）
A．运动过程中，A、B、C组成的系统机械能守恒，动量守恒
B．球摆到最低点过程，C球的速度为
C．C球第一次摆到最低点过程中，木块A、B向右移动的距离
D．C向左运动能达到的最大高度
【答案】C,D
【知识点】动量守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】本题主要考查动量守恒与能量守恒共同解决实际问题，解题时需注意挖掘临界条件：在与动量相关的临界问题中，临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系，即速度相等或位移相等时。A．木块A、B和小球C组成的系统在水平方向合力为零，而在竖直方向合力不为零，故此系统在水平方向上动量守恒，而在竖直方向上动量不守恒，所以此系统的动量不守恒，故A错误；
B．小球C第一次到达最低点时，设此时A、B共同速度大小为vAB，C的速度大小为vC，此过程水平方向动量守恒可得
由机械能守恒定律得
解得
故B错误；
C．小球C第一次摆到最低点过程中，设C的水平速度大小为v1，木块A、B的速度大小为v2，对A、B、C组成的系统，根据水平方向动量守恒得
可得此过程中C的水平速度大小与木块A、B的速度大小之比始终为
则小球C第一次摆到最低点过程中，C的水平位移大小x1与木块A、B的位移大小x2之比也为
由几何关系得
解得木块A、B向右移动的距离为
故C正确；
D．球C第一次由最低点向左摆至最高点的过程，A与C组成的系统在水平方向上动量守恒，球C向左摆至最高点时两者共速，以水平向左为正方向，根据动量守恒定律与机械能守恒定律得
解得
故D正确。
故选CD。
【分析】小球第一次摆到最低点时，A、B将要开始分离，球C第一次由最低点向左摆至最高点的过程，A与C组成的系统在水平方向上动量守恒，根据系统水平方向动量守恒及机械能守恒列式，即可分析求解。
20．（2024高三上·贵港月考）如图，足够长的光滑金属导轨固定在水平桌面上，磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直于导轨平面向下，金属棒cd静止在导轨上，绝缘棒ab位于金属棒cd左侧，正以v0的速度向cd运动并与cd发生弹性碰撞。cd在导轨上运动时，两端与导轨接触良好，cd与ab始终平行，不计空气阻力。导轨宽度为L，绝缘棒ab和金属棒cd的质量分别为2m、m，金属棒cd的电阻为R，导轨的电阻忽略不计。下列说法正确的是（ ）
A．碰撞后瞬间金属棒cd中感应电流的方向为
B．碰撞后瞬间金属棒cd中感应电流的方向为
C．碰撞后瞬间金属棒cd的速度为
D．两棒碰撞后到共速的过程中，金属棒cd产生的热量是
【答案】A,C
【知识点】碰撞模型；右手定则；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】ABC．金属棒cd静止在导轨上，绝缘棒ab位于金属棒cd左侧，正以v0的速度向cd运动并与cd发生弹性碰撞 ，碰撞过程中由动量守恒定律
由机械能守恒定律
解得
，
由右手定则可知，碰撞后瞬间金属棒cd中感应电流的方向为，碰撞后瞬间金属棒cd的速度为，故AC正确，B错误；
D．碰撞后，绝缘棒ab以向右匀速运动，当两棒碰撞后到共速的过程中，系统动量守恒，对金属棒cd由能量守恒定律
解得金属棒cd产生的热量是
故D错误。
故选AC。
【分析】由右手定则判断感应电流方向，弹性碰撞 ，碰撞过程动量守恒以及机械能守恒，根据能量守恒求解金属棒cd产生的热量。
21．（2024高二上·重庆市期中）测弹丸速率常用如图所示冲击摆，用长为l的细线悬挂质量为M的沙袋（沙袋尺寸远小于l），沙袋静止，质量为m的子弹以一定的初速度自左方水平射向沙袋，并留在沙袋中，测出沙袋向右摆过的最大偏角θ（小于90°），就可以计算出子弹的初速度。重力加速度为g，忽略空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A．子弹打击沙袋过程中系统机械能守恒
B．子弹射入沙袋后瞬间细线的拉力为
C．子弹射入沙袋瞬间子弹和沙袋的共同速度为
D．子弹的初速度
【答案】C,D
【知识点】碰撞模型
【解析】【解答】 本题中物理过程较多，关键先要正确把握每个过程的物理规律，根据动量守恒定律进行求解．A．子弹射入沙袋过程中需要克服阻力做功，系统有机械能损失，故A错误；
BC．根据牛顿第二定律可得
整体向右摆动过程中，有
联立可得
故B错误，C正确；
D．子弹射入沙袋过程，由于内力远大于外力，系统的动量守恒，根据动量守恒定律可得
所以
故D正确。
故选CD。
【分析】子弹射入沙袋过程，由于内力远大于外力，系统的动量守恒．子弹打入沙袋后二者共同摆动的过程机械能守恒。
22．（2024高三上·石家庄模拟）如图所示，竖直放置的轻质弹簧，一端固定在水平地面上，另一端连接质量为0.1kg的物块P，质量也为0.1kg的物块Q从距物块P正上方0.8m处由静止释放，两物块碰撞后粘在一起与弹簧组成一个竖直方向的弹簧振子，已知该弹簧的劲度系数为，重力加速度取，两物块碰撞时间极短，两物块上下做简谐运动的过程中，弹簧始终未超过弹性限度，物块P、Q可视为质点，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．两物块碰撞前瞬间，物块Q的速度大小为
B．两物块碰撞过程中，系统损失的机械能为0.6J
C．两物块碰撞后，物块P下降的最大距离为0.4m
D．两物块碰撞后，两物块做简谐运动的振幅为0.3m
【答案】A,C,D
【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】 知道两物块在碰撞过程中满足动量守恒，在两物块一起下落的过程中，两物块和弹簧组成的系统满足机械能守恒，能够写出两物块在开始下落时该系统的机械能表达式是解题的关键。
A．对物块Q，由自由落体运动知识得
可得两物块碰撞前瞬间，Q的速度大小为
故A正确；
B．对物块P、Q碰撞过程中，由动量守恒定律
由能量守恒定律
联立可得
所以两物块碰撞过程中，损失的机械能为0.4J，故B错误；
C．设两物块碰撞后，P下降的最大距离为h，由能量守恒定律
其中
联立解得
另一解
（舍去）
故C正确；
D．对两物块整体受力分析，由平衡条件
解得
所以两物块碰撞后组成的弹簧振子，振幅为
故D正确。
故选ACD。
【分析】 根据自由落体运动规律计算；根据动量守恒和能量守恒计算；根据机械能守恒定律计算；根据平衡条件得到两物块的平衡位置，然后计算即可。
五、破鼎提升
23．（2024高二上·乐亭期中）如图所示为某实验小组验证动量守恒定律的实验装置，他们将光滑的长木板固定在桌面上，a、b两小车放在木板上并在小车上安装好位移传感器的发射器，且在两车相对面上涂上黏性物质．现同时给两车一定的初速度，使a、b沿水平面上同一条直线运动，发生碰撞后两车粘在一起；两车的位置x随时间t变化的图象如图所示．a、b两车质量（含发射器）分别为1kg和8kg，则下列说法正确的是（ ）
A．两车碰撞前总动量大于碰撞后总动量
B．碰撞过程中a车损失的动能是
C．碰撞后两车的总动能比碰前的总动能小
D．两车碰撞过程为弹性碰撞
【答案】C
【知识点】碰撞模型
【解析】【解答】A、设a、b两车碰撞前的速度大小为v1、v2，碰后的速度大小为v3，根据x-t图象表示速度，结合题图乙得v1=2 m/s，v2=1 m/s，v3=m/s，以向右为正方向，碰前总动量
碰后总动量
则两车碰撞前总动量等于碰撞后总动量，故A错误；
B、碰撞前a车动能为
碰撞后a车动能为
所以碰撞过程中a车损失的动能是
故B错误；
C、碰前a、b两车的总动能为6J，碰后a、b两车的总动能为2J，故C正确；
D、两车碰撞过程中机械能不守恒，发生的是完全非弹性碰撞，故D错误。
故选C。
【分析】
根据x-t图象表示速度，分别求出碰撞前后两车的速度，再分析两车碰撞前后总动量关系．根据能量守恒定律求碰撞过程中损失的动能，从而确定出碰撞的类型．解决本题的关键要掌握碰撞的基本动量守恒，要知道碰撞过程中机械能不守恒的碰撞是非弹性碰撞．碰撞过程中机械能守恒的碰撞是弹性碰撞．
24．（2024高三上·重庆市月考）碰撞常用恢复系数e来描述，定义恢复系数e为碰撞后其分离速度与碰撞前的接近速度的绝对值的比值，用公式表示为，其中和分别是碰撞后两物体的速度，和分别是碰撞前两物体的速度。已知质量为的物体A以初速度为与静止的质量为m的物体B发生碰撞，该碰撞的恢复系数为e，则（ ）
A．若碰撞为完全弹性碰撞，则
B．碰撞后B的速度为
C．碰撞后A的速度为
D．碰撞后A的速度为
【答案】C
【知识点】动量守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】A．若碰撞为完全弹性碰撞，根据机械能守恒和动量守恒有
解得
，
则
故A错误；
BCD．碰撞过程动量守恒
且
解得
，
故C正确，BD错误。故选C。
【分析】 1.弹性碰撞除了动量一定守恒外，还满足机械能守恒。
2.因为碰撞过程极短，几乎是原位置一瞬间完成，物体重力势能前后不变，所以机械能守恒表现为前后动能相等。
3.非弹性碰撞虽然有机械能损失，但是动量一定守恒。表达的时候注意正方向的选取。
25．（2025·云南模拟）如图甲所示，内表面光滑的“”形槽固定在水平地面上，完全相同的两物块、可视为质点置于槽的底部中点，时，、分别以速度向相反方向运动，已知开始运动速度随时间的变化关系如图乙所示，所有的碰撞均视为弹性碰撞且碰撞时间极短，下列说法正确的是
A．前秒内与共碰撞次 B．初始时的速度大小为
C．前秒内与槽的侧壁碰撞次 D．槽内底部长为
【答案】B,C
【知识点】动量守恒定律；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【解答】本题考查动量守恒定律和能量守恒定律的应用，并多次在不同过程中使用，要注意两物块质量相同且碰撞为弹性碰撞，则碰后两物块交换速度。
AC．根据碰撞规律可知物块b与槽壁碰后速度大小不变，方向改变，与a碰后交换速度，则根据物块b的v-t图像，可知前17秒内a与b共碰撞4次，发生在4~6s之间、8s时刻、10~12s之间以及16s时刻；前17秒内b与槽的侧壁碰撞3次，分别在2s、10s和12s时刻，选项A错误，C正确；
B．b与a碰前速度为v2=2m/s向左，碰后b的速度v2＇=1m/s向右，因两物块质量相同且碰撞为弹性碰撞，则碰后两物块交换速度，可知碰前a的速度v1=v2＇=1m/s，即初始时a的速度大小为1m/s，选项B正确；
D．槽内底部长为
选项D错误。
故答案为：BC。
【分析】根据动量守恒定律结合速度大小变化分析，两物块质量相同且碰撞为弹性碰撞，则碰后两物块交换速度，可分析初始时a的速度大小；根据几何关系分析槽的长度。
26．（2024高二上·洮北期末）如图，倾角为30°的光滑斜面固定在水平面上，其底端固定一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧上端放置一个质量为m的物块B。t=0时刻，将质量也为m的物块A（可视为质点）从斜面顶端由静止释放，t1时刻A与B发生碰撞并粘在一起，粘合体沿斜面简谐运动过程中，弹簧最大形变量为。已知弹簧弹性势能表达式为，弹簧振子周期公式，其中x是弹簧形变量，k为弹簧劲度系数，M为振子质量，重力加速度大小g=10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．粘合体速度最大为
B．物块A释放点到碰撞点的距离为
C．粘合体向下运动过程中的最大加速度大小为g
D．从物体A、B碰撞到运动到最低点的时间为
【答案】A,D
【知识点】碰撞模型；简谐运动
【解析】【解答】本题考查了碰撞问题与简谐运动的规律，解题时分析清楚物体的运动过程，确定每个过程的弹簧形变量是关键，通过弹簧的形变量确定物体运动的位移。平衡位置：回复力为零的位置，也是振动物体在静止时所处的位置。回复力：振动物体偏离平衡位置后所受到的阻碍它离开平衡位置，使它回到平衡位置的力。A．由题可知简谐振动的平衡位置合力为零，此时有
振幅为
，
最大速度为
物块AB速度最大为
故A正确；
B．设碰前A的速度为2v1，则
碰撞过程动量守恒可得
得
从碰后到运动到平衡位置，根据能量守恒可得
解得
故B错误；
C．物块AB运动过程中的最大加速度在最低点，即
解得
故C错误；
D．碰撞后AB做简谐振动，此时AB得位移为，从物体AB碰撞后得相位为
可得
到最低点的时间为
故D正确。
故选AD。
【分析】粘合体的加速度为零时，其速度最大，由胡克定律和平衡条件求出此时弹簧的压缩量，从粘合体速度最大到弹簧形变量最大的过程，由机械能守恒定律求得粘合体的最大速度，以及AB碰撞后瞬间粘合体的速度，再由能量守恒定律求出A、B碰撞前瞬间A的速度，从物块A释放到碰撞的过程，由机械能守恒定律求得释放点到碰撞点的距离；当弹簧的压缩量最大时，粘合体向下运动过程中的加速度最大，由胡克定律和牛顿第二定律求出最大加速度；由简谐运动的周期公式求出粘合体振动的周期，求得其振幅，根据物体A、B碰撞到运动到最低点的位移与振幅的关系求得时间与周期的关系。
27．（2024高三下·衡阳月考）如图所示，在光滑水平面上放置一端带有挡板的长直木板A，木板A左端上表面有一小物块B，其到挡板的距离为m，A、B质量均为kg，不计一切摩擦。从某时刻起，B始终受到水平向右、大小为N的恒力作用，经过一段时间，B与A的挡板发生碰撞，碰撞过程中无机械能损失，碰撞时间极短。重力加速度。求：
（1）物块B与A挡板发生第一次碰撞后的瞬间，物块B与木板A的速度大小；
（2）由静止开始经多长时间物块B与木板A挡板发生第二次碰撞，碰后瞬间A、B的速度大小；
（3）画出由静止释放到物块B与A挡板发生3次碰撞时间内，物块B的速度v随时间t的变化图像。
【答案】（1）解：B从A的左端开始到右端的过程，由动能定理
解得v0=6m/s
B与A碰撞过程，由动量守恒和能量关系
解得v1=0，v2=6m/s
（2）解：第一次碰后A向右以速度v2=6m/s做匀速运动，B做初速度为0，加速度为
的匀加速运动，则第二次碰撞时
解得t=s
此时B的速度为v3=12m/s，同样根据由动量守恒和能量关系
解得AB的速度为v4=12m/s，v5=6m/s
（3）解：同理第3次碰撞时
解得t'=s
此时B的速度为18m/s
从开始运动到第一次碰撞的时间
由静止释放到物块B与A挡板发生3次碰撞时间内，物块B的速度v随时间t的变化图像如图所示。
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；动能定理的综合应用；碰撞模型；运动学 v-t 图象
【解析】【分析】（1）由于不计一切摩擦力，故B在A上滑动至B与A碰撞前，B只受恒力作用，且A始终根据动能定理确定碰撞前A的速度，碰撞过程AB构成的系统动量守恒和能量守恒，再对该过程运用动量守恒定律及能量守恒定律进行解答；
（2）由（1）分析可知，碰后B做匀速直线运动，A做匀加速直线运动，当两者再次相撞时，两者运动的位移相等，根据运动学规律确定第二次碰撞时A的速度，再对碰撞过程运用动量守恒定律及能量守恒定律进行解答；
（3）同上分析可知，第二碰撞结束至发生第三次碰撞过程，碰后B做匀速直线运动，A做匀加速直线运动，当两者再次相撞时，两者运动的位移相等，根据运动学规律确定第二次碰撞时A的速度即时间，再画出B的v-t图像。
六、直击高考
28．（2024·江苏）在水平面上有一个U形滑板A，A的上表面有一个静止的物体B，左侧用轻弹簧连接在滑板A的左侧，右侧用一根细绳连接在滑板A的右侧，开始时弹簧处于拉伸状态，各表面均光滑，剪断细绳后，则（ ）
A．弹簧原长时B动量最大 B．压缩最短时B动能最大
C．系统动量变大 D．系统机械能变大
【答案】A
【知识点】动量守恒定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】对整个系统分析可知合外力为0，A和B及弹簧组成的系统动量守恒，得
设弹簧的初始弹性势能为Ep，整个系统只有弹簧弹力做功，机械能守恒，当弹簧原长时得
联立得
故可知弹簧原长时物体速度最大，此时动量最大，动能最大。
故答案为：A。
【分析】剪断细绳后，AB及弹簧构成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，即系统动量不变。只有系统内的弹力做功，系统机械能守恒。整个运动过程中，弹簧的弹性势能转化为AB的动能，当弹性势能最小时，AB的动能最大，即速度最大。
29．（2022·湖南）1932年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子（即中子）组成。如图，中子以速度 分别碰撞静止的氢核和氮核，碰撞后氢核和氮核的速度分别为 和 。设碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应，下列说法正确的是（ ）
A．碰撞后氮核的动量比氢核的小 B．碰撞后氮核的动能比氢核的小
C． 大于 D． 大于
【答案】B
【知识点】动量守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】根据动量守恒定律和能量守恒定律可知，发生弹性碰撞时，若两者质量相等，则发生速度交换，所以碰撞后氢核的速度与碰撞前中子的速度相同，动能与碰撞前中子的动能相同；与氮核碰撞后，中子发生反弹，故氮核的动能小于碰撞前中子的动能，B正确；氮核的动量大于氢核的动量，A错误；且氮核的速度小于中子的速度，故C D错误。
故答案为：B。
【分析】根据弹性碰撞过程中遵循动量守恒定律和能量守恒定律列方程求解。
30．（2024·重庆） 活检针可用于活体组织取样，如图所示。取样时，活检针的针蕊和针鞘被瞬间弹出后仅受阻力。针鞘在软组织中运动距离d1后进入目标组织，继续运动d2后停下来。若两段运动中针翘鞘整体受到阻力均视为恒力。大小分别为F1、F2，则针鞘（ ）
A．被弹出时速度大小为
B．到达目标组织表面时的动能为F1d1
C．运动d2过程中，阻力做功为(F1＋F2)d2
D．运动d2的过程中动量变化量大小为
【答案】A
【知识点】功的计算；动能；动能定理的综合应用；动量
【解析】【解答】A．根据动能定理有
解得
故A正确；
B．针鞘到达目标组织表面后，继续前进d2减速至零，对在目标组织中运动过程运用动能定理有
故B错误；
C．针鞘运动d2的过程中，克服阻力做功为
故C错误；
D．针鞘运动d2的过程中，动量变化量大小
故D错误。
故选A。
【分析】针鞘在两段运动过程中，在阻力的作用下，最终速度为零。明确各阶段针鞘所受各力的做功情况，再根据动能定律确定弹出时针鞘的初速度大小。根据运动的可逆性及动能定理确定针鞘通过目标组织时的初速度，再根据动能与动量的关系确定针鞘运动d2的过程中动量变化量大小。根据功的定义确定各阶段阻力做功情况。
31．（2024·安徽） 如图所示，一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平轨道与光滑四分之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点，一物块静止于小车最左端，一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于 O 点正下方，并轻靠在物块右侧。现将细线拉直到水平位置时，静止释放小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后，物块沿着的轨道运动，已知细线长L=1.25m 。小球质量m= 0.20kg 。物块、小车质量均为M = 0.30kg 。小车上的水平轨道长 s =1.0m。圆弧轨道半径R= 0.15m 。小球、物块均可视为质点。不计空气阻力，重力加速度 g 取10m/s2。
（1）求小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小；
（2）求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小；
（3）为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围。
【答案】（1）解： 设小球与物块碰撞前速度为v0，碰撞后小球速度为v1，物块速度为v2，小球从释放到与物块碰撞前，
由动能定理
代入数据得：v0=5m/s
碰撞前瞬间，对小球受力分析，有
代入数据解得拉力：T=6N
（2）解： 设水平向右为正方向，小球与物块弹性碰撞，根据动量守恒：
mv0=mv1+Mv2
根据能量守恒：
代入数据联立解得：v2=4m/s
（3）解： 当μ较小时，物块会脱离小车；当μ较大时，物块不能进入圆弧轨道
①物块滑到水平轨道最右端刚好与小车共速，此时μ最大（但不能取），设水平向右为正方向，则小球与小车水平方向动量守恒，有
Mv2=2Mv共，解得：v共=2m/s
根据能量守恒，
代入数据解得：μmax=0.4
②物块刚好滑到圆弧最高点，即在最高点与小车共速，此时μ最小，设水平向右为正方向，小球与小车水平方向动量守恒，有
Mv2=2Mv共，解得：v共=2m/s
根据能量守恒，
代入数据解得：μmin=0.25
综合上面分析，可得满足要求的动摩擦因数μ取值范围为：0.25≤μ＜0.4
【知识点】机械能守恒定律；动量与能量的综合应用一板块模型；动量与能量的其他综合应用
【解析】【分析】 （1）对小球分析根据动能定理求解速度，再根据合外力提供向心力求解拉力；
（2）根据小球与物块弹性碰撞，根据动量守恒和能量守恒分析；
（3）当μ较小时，物块会脱离小车；当μ较大时，物块不能进入圆弧轨道，对两种情况分别用能量守恒和动量守恒分析求解。
32．（2024·贵州） 如图，间距为L的两根金属导轨平行放置并固定在绝缘水平桌面上，左端接有一定值电阻R，导轨所在平面存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。质量为m的金属棒置于导轨上，在水平拉力作用下从静止开始做匀加速直线运动，一段时间后撤去水平拉力，金属棒最终停在导轨上。已知金属棒在运动过程中，最大速度为v，加速阶段的位移与减速阶段的位移相等，金属棒始终与导轨垂直且接触良好，不计摩擦及金属棒与导轨的电阻，则（ ）
A．加速过程中通过金属棒的电荷量为
B．金属棒加速的时间为
C．加速过程中拉力的最大值为
D．加速过程中拉力做的功为
【答案】A,B
【知识点】动量定理；法拉第电磁感应定律；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】A.对金属棒的加速过程，由动量定理可得
解得
A符合题意；
B.设加速阶段的位移与减速阶段的位移均为x，根据电流的定义式
法拉第成感应定律
和闭合电路欧姆定律
可得
可知加速过程中通过金属棒的电荷量等于减速过程中通过金属棒的电荷量，由
解得
对金属棒加速的过程，由位移公式可得
可得加速时间为
B符合题意；
C.金属棒在水平拉力作用下从静止开始做匀加速直线运动，加速过程中，由
可知，金属棒产生的感应电动势逐渐增大，则感应电流逐渐增大，由安培力公式
可知，导体棒受到的安培力逐渐增大，加速度不变，因此拉力逐渐增大，当撤去拉力的瞬间，拉力最大，由牛顿第二定律可得
其中
联立解得
C不符合题意；
D.加速过程中拉力对金属棒做正功，安培力对金属棒做负功，由动能定理可知，合外力的功
可得
因此加速过程中拉力做的功大于，D不符合题意。
故答案为：AB。
【分析】对导体棒的匀加速运动过程应用动量定理，结合电流的定义式，求解加速运动通过金属棒的电荷量；根据匀变速直线运动的位移规律列式求解加速运动的时间；根据牛顿第二定律结合匀变速公式计算加速过程中的最大拉力；根据动能定理分析加速过程中拉力做的功。
33．（2024·海南） 两根足够长的导轨由上下段电阻不计，光滑的金属导轨组成，在M、N两点绝缘连接，M、N等高，间距L = 1m，连接处平滑。导轨平面与水平面夹角为30°，导轨两端分别连接一个阻值R = 0.02Ω的电阻和C = 1F的电容器，整个装置处于B = 0.2T的垂直导轨平面斜向上的匀强磁场中，两根导体棒ab、cd分别放在MN两侧，质量分为m1 = 0.8kg，m2 = 0.4kg，ab棒电阻为0.08Ω，cd棒的电阻不计，将ab由静止释放，同时cd从距离MN为x0 = 4.32m处在一个大小F = 4.64N，方向沿导轨平面向上的力作用下由静止开始运动，两棒恰好在M、N处发生弹性碰撞，碰撞前瞬间撤去F，已知碰前瞬间ab的速度为4.5m/s，g = 10m/s2（ ）
A．ab从释放到第一次碰撞前所用时间为1.44s
B．ab从释放到第一次碰撞前，R上消耗的焦耳热为0.78J
C．两棒第一次碰撞后瞬间，ab的速度大小为6.3m/s
D．两棒第一次碰撞后瞬间，cd的速度大小为8.4m/s
【答案】B,D
【知识点】动量定理；动量守恒定律；含容电路分析；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【解答】A、金属棒ab、cd同时由静止释放，且恰好在M、N处发生弹性碰撞，说明ab、cd在到达M、N处所用的时间是相同的。对金属棒cd，取沿导轨向上为正方向，在很短时间△t内，根据动量定理可得，其中θ=30°，对金属棒cd和电容器组成的回路有
，因此有；对cd，由加速度定义式，有，解得cd棒的加速度为，解得，因此金属棒cd做匀加速直线运动，则有，解得，因此ab从释放到第一次碰撞前所用时间为1.2s，故A错误；
B、根据题意可知，碰前瞬间ab的速度为v1=4.5m/s，设此过程中金属棒下滑的距离为x，取沿导轨向下为正方向，根据动量定理有，即，解得；对ab根据动能定理得，根据功能关系得，根据焦耳定律可得，联立各式，解得，故B正确；
CD、由于两棒恰好在M、N处发生弹性碰撞，取沿斜面向下为正，根据动量守恒定律得，其中，根据机械能守恒定律可得，联立各式，解得v'1=-3.3m/s，v'2=8.4m/s，故C错误，D正确；
故选：BD。
【分析】对金属棒cd，根据动量定理、电容的定义式、加速度定义式求解cd棒的加速度，根据位移-时间关系求解时间；对ab棒根据动量定理有求解位移，对ab根据动能定理、功能关系、焦耳定律求解R上产生的热；根据动量守恒定律、机械能守恒定律求解碰撞后速度大小。
34．（2024·河北）如图，三块厚度相同、质量相等的木板（上表面均粗糙）并排静止在光滑水平面上，尺寸不计的智能机器人静止于A木板左端。已知三块木板质量均为A木板长度为，机器人质量为，重力加速度g取，忽略空气阻力。
（1）机器人从A木板左端走到A木板右端时，求木板间的水平距离。
（2）机器人走到A木板右端相对木板静止后，以做功最少的方式从A木板右端跳到B木板左端，求起跳过程机器人做的功，及跳离瞬间的速度方向与水平方向夹角的正切值。
（3）若机器人以做功最少的方式跳到B木板左端后立刻与B木板相对静止，随即相对B木板连续不停地3次等间距跳到B木板右端，此时B木板恰好追上A木板。求该时刻两木板间距与B木板长度的关系。
【答案】（1）解： 机器人从A木板左端走到A木板右端，机器人与A木板组成的系统动量守恒，设机器人质量为M，三个木板质量为m，根据人船模型得
同时有
解得木板间的水平距离
（2）解：设机器人起跳的速度大小为v，方向与水平方向的夹角为θ，从A木板右端跳到B木板左端时间为t，根据斜抛运动规律得
联立解得
机器人跳离A的过程，系统水平方向动量守恒
根据能量守恒可得机器人做的功为
联立得
根据数学知识可得当时，即时，W取最小值，代入数值得此时
（3）解： 根据可得，根据
得
分析可知A木板以该速度向左匀速运动，机器人跳离A木板到与B木板相对静止的过程中，机器人与BC木板组成的系统在水平方向动量守恒，得
解得
该过程A木板向左运动的距离为
机器人连续3次等间距跳到B木板右端，整个过程机器人和B木板组成的系统水平方向动量守恒，设每次起跳机器人的水平速度大小为，B木板的速度大小为，机器人每次跳跃的时间为，取向右为正方向，得①
每次跳跃时机器人和B木板的相对位移为，可得②
机器人到B木板右端时，B木板恰好追上A木板，从机器人跳到B左端到跳到B右端的过程中，AB木板的位移差为
可得③
联立①②③解得
故两木板间距为
解得
【知识点】功能关系；动量守恒定律；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【分析】 （1）根据动量守恒定律，结合位移的关系得出木板之间的水平距离；
（2）根据斜抛运动的特点，结合动量守恒定律和功的计算公式得出功的大小；
（3）根据动量守恒定律，结合运动学公式联立等式得出对应的距离。
1 / 1小题精练 09 动量和能量问题-备考2025年高考物理题型突破讲练
一、几种常见的功能关系及其表达式
1．（2024高三上·湖南月考）如图甲所示，倾角为的斜面体固定在水平面上，斜面长为L，一个质量为m的物块在斜面底端以一定的初速度向上滑去，滑到斜面顶端时速度刚好为零，以斜面底端为初位置，物块沿斜面运动受到的摩擦阻力f的大小与到斜面底端的距离x的关系如图乙所示，不计物块的大小，重力加速度为g，，则下列说法正确的是（ ）
A．物块沿斜面上滑的加速度先减小后增大
B．物块运动的初速度大小
C．物块不可能再回到斜面底端A点
D．物块在斜面上运动过程中，因摩擦产生的热量为0.6mgL
2．（2024高三上·柳州模拟）如图所示，绝缘水平面上方存在一方向水平向右、场强大小为的匀强电场。将一质量为0.1kg、带电量为的小滑块由静止释放后，沿水平面向右运动了2m，已知小滑块与水平面间的动摩擦因数，g取，则该过程中小滑块（ ）
A．动能增加了0.1J B．电势能减少了0.5J
C．机械能增加了0.6J D．与地面摩擦产生的热量为0.6J
3．（2024高三上·保定期中）如图所示，把物体轻放在传送带底端A点，传送至顶端B点时物体恰好与传送带速度相同。如果仅适当增大传送带的速度，物体从A点传送至B点的过程中，下列说法中正确的是（ ）
A．传送时间将缩短
B．摩擦力对物体所做的功不变
C．物体与传送带因摩擦而产生的热量将不变
D．物体机械能的变化量将增大
4．（2024高二上·上海市期中）如图所示，质量分别为m1和m2的两个小球A、B，带有等量异种电荷，通过绝缘轻弹簧相连接，置于绝缘光滑的水平面上，突然加一水平向右的匀强电场后，两小球A、B将由静止开始运动，则从开始运动到第一次速度为零的过程中，下列说法中正确的是（设整个过程中不考虑电荷间库仑力的作用且弹簧不超过弹性限度）（ ）
A．当A小球所受电场力与弹簧弹力大小相等时，A小球速度达到最大
B．两小球加速度先增加，再减小
C．电场力对两球均做正功，两小球与弹簧组成的系统机械能增加
D．电场力对两球均做正功，两小球的电势能变大
5．（2024高二上·船山开学考）如图所示，物体在一个平行于粗糙斜面向上的拉力F的作用下，以一定的速度沿倾角为的斜面向上做匀速直线运动，物体在沿斜面向上的运动过程中，以下说法正确的有（ ）
A．物体的机械能增加
B．物体的机械能保持不变
C．力F对物体做功等于系统内能增加量
D．F与摩擦力所做功的总功等于物体重力势能的增加量
二、动量定理与动能定理的比较
6．（2024高二上·济南期末）高空抛物现象被称为“悬在城市上空的痛”，是一种极不文明的行为，而且会带来人身伤亡和重大财物损失等很大的社会危害。假设有一质量为0.5kg的玻璃瓶从45m高的楼上掉出窗外（不计空气阻力），落地时破碎，其与地面作用时间为0.1s，重力加速g取10m/s2，则玻璃瓶落地时对地面的压力是（ ）
A．155N B．150N C．145N D．140N
7．（2024高三上·石家庄模拟）如图所示，从距秤盘高处把一筒豆粒由静止持续均匀地倒在秤盘上，从第一粒豆落入秤盘至最后一粒豆落入秤盘用时为，豆粒的总质量为。若每个豆粒只与秤盘碰撞一次，且豆粒弹起时竖直方向的速度变为碰前的三分之一，忽略豆粒与秤盘碰撞过程中豆粒的重力。已知重力加速度为，则碰撞过程中秤盘受到的平均压力大小为（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高三上·余江模拟）如图所示，光滑倾斜滑道OM与粗糙水平滑道MN平滑连接。质量为1kg的滑块从O点由静止滑下，在N点与缓冲墙发生碰撞，反弹后在距墙1m的P点停下。已知O点比M点高1.25m，滑道MN长4m，滑块与滑道MN的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小g取，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．滑块运动到M点的速度大小为6m/s
B．滑块运动到N点的速度大小为4m/s
C．缓冲墙对滑块的冲量大小为10N·s
D．缓冲墙对滑块做的功为－2.5J
9．（2024高三上·昆明月考）如图1所示，一个质量为2kg的物体在水平向右的力F的作用下沿粗糙水平地面做加速直线运动，其运动的a-t图像如图2所示，物体运动中所受的滑动摩擦力大小恒为2N，t=0时刻物体的速度大小为。不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A．t=6s时刻，物体的速度为
B．0~6s时间内，合力对物体做的功为400J
C．0~6s时间内，拉力F对物体的冲量为36N s
D．t=6s时刻，拉力F的功率为
10．（2024高三上·吉林模拟）如图，是工人在装卸桶装水时的常用方法，工人将水桶静止放在卸货轨道的上端，水桶会沿着轨道下滑到地面。某次卸货时，水桶含水的总质量是20 kg，水桶释放点到地面的高度是1 m，水桶滑到地面时速度是2 m/s，重力加速度取10 m/s2，关于水桶在该轨道上滑下的过程说法正确的是（ ）
A．阻力对水桶做功是160 J
B．水桶滑到轨道末端时重力的瞬时功率是400 W
C．水桶损失的机械能是160 J
D．重力的冲量是40 N s
11．（2024高三上·海淀月考）在课堂中，老师用如图所示的实验研究平抛运动．A、B是质量相等的两个小球，处于同一高度。用小锤打击弹性金属片，使A球沿水平方向飞出，同时松开B球，B球自由下落。某同学设想在两小球下落的空间中任意选取两个水平面1、2，小球A、B在通过两水平面的过程中，动量的变化量分别为和，动能的变化量分别为和，忽略一切阻力的影响，下列判断正确的是（ ）
A．， B．，
C．， D．，
三、重要的规律、公式和二级结论
12．（2024高三上·成都期中）如图所示，一个质量的物块静止在水平面上，现用水平力向右拉物块，的大小随时间变化关系如图所示。已知物块与水平面间的动摩擦因数，重力加速度大小，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（ ）
A．内，重力的冲量大小为 B．物块从0.5s末开始运动
C．末，物块的速度大小为 D．末，物块的速度大小为
13．（2024高三上·邵东期中）如图所示，表面光滑的楔形物块ABC固定在水平地面上，∠ABC<∠ACB，质量相同的物块a和b分别从斜面顶端沿AB、AC由静止自由滑下。在两物块到达斜面底端的过程中，正确的是
A．两物块所受重力冲量相同
B．两物块的动量改变量相同
C．两物块的动能改变量相同
D．两物块到达斜面底端时重力的瞬时功率相同
14．（2024高三上·简阳月考）如图，动物园熊猫馆中有一个长，倾角为的光滑坡道，坡道底端有一垂直于坡面的防护板。一个质量的熊猫从坡道顶端由静止滑下，熊猫与防护板的作用时间，熊猫与防护板接触后不反弹，并且可以看作质点，重力加速度取，下列说法正确的是（ ）
A．熊猫滚到坡底所用的时间为
B．熊猫到达坡底时的动量大小为
C．熊猫受到防护板对它的平均作用力大小为
D．熊猫与防护板碰撞过程中只受到防护板对它的冲量
15．（2025·四川模拟） 如图，小球X、Y用不可伸长的等长轻绳悬挂于同一高度，静止时恰好接触，拉起X，使其在竖直方向上升高度h后由静止释放，X做单摆运动到最低点与静止的Y正碰。碰后X、Y做步调一致的单摆运动，上升最大高度均为，若X、Y质量分别为mx和my，碰撞前后X、Y组成系统的动能分别为Ek1和Ek2，则（ ）
A．=1 B．=2 C．=2 D．=4
四、碰撞的几种情形
16．（2024高二上·梅河口期中）A、B两个物块在光滑的水平地面上发生正碰，碰撞时间极短，两物块运动的图像如图所示，则下列判断正确的是（ ）
A．碰撞后A、B两个物块运动方向相同
B．A、B的质量之比
C．碰撞前、后A物块的速度大小之比为5：3
D．此碰撞为弹性碰撞
17．（2024高三上·湖北月考）牛顿摆是一个非常有趣的桌面装饰装置，几个完全相同的小球由吊绳固定，彼此紧密排列，如图所示。将小球从左到右依次按1、2、3、4、5、6编号，若不计碰撞过程中的机械能损耗及摩擦，将1号小球拉起一定角度后释放，与2号小球相碰。在1号小球再次运动前，下列说法正确的是（ ）
A．所有小球一起向右运动
B．1号小球不动，其他小球向右运动
C．1号小球碰后立即返回，其他小球不动
D．只有6号小球向右运动，其他小球不动
18．（2024高二上·重庆市开学考）设在无摩擦的桌面上置有5个相同的钢球，其中三个紧密连接排放一列，另两个一起自左方以速度正面弹性碰撞此三球，如图，碰撞后向右远离的小球个数为（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
19．（2024高三上·广东模拟）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，现将球C拉起使细线水平伸直，并由静止释放球C，则下列说法正确的是（重力加速度为g）（ ）
A．运动过程中，A、B、C组成的系统机械能守恒，动量守恒
B．球摆到最低点过程，C球的速度为
C．C球第一次摆到最低点过程中，木块A、B向右移动的距离
D．C向左运动能达到的最大高度
20．（2024高三上·贵港月考）如图，足够长的光滑金属导轨固定在水平桌面上，磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直于导轨平面向下，金属棒cd静止在导轨上，绝缘棒ab位于金属棒cd左侧，正以v0的速度向cd运动并与cd发生弹性碰撞。cd在导轨上运动时，两端与导轨接触良好，cd与ab始终平行，不计空气阻力。导轨宽度为L，绝缘棒ab和金属棒cd的质量分别为2m、m，金属棒cd的电阻为R，导轨的电阻忽略不计。下列说法正确的是（ ）
A．碰撞后瞬间金属棒cd中感应电流的方向为
B．碰撞后瞬间金属棒cd中感应电流的方向为
C．碰撞后瞬间金属棒cd的速度为
D．两棒碰撞后到共速的过程中，金属棒cd产生的热量是
21．（2024高二上·重庆市期中）测弹丸速率常用如图所示冲击摆，用长为l的细线悬挂质量为M的沙袋（沙袋尺寸远小于l），沙袋静止，质量为m的子弹以一定的初速度自左方水平射向沙袋，并留在沙袋中，测出沙袋向右摆过的最大偏角θ（小于90°），就可以计算出子弹的初速度。重力加速度为g，忽略空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A．子弹打击沙袋过程中系统机械能守恒
B．子弹射入沙袋后瞬间细线的拉力为
C．子弹射入沙袋瞬间子弹和沙袋的共同速度为
D．子弹的初速度
22．（2024高三上·石家庄模拟）如图所示，竖直放置的轻质弹簧，一端固定在水平地面上，另一端连接质量为0.1kg的物块P，质量也为0.1kg的物块Q从距物块P正上方0.8m处由静止释放，两物块碰撞后粘在一起与弹簧组成一个竖直方向的弹簧振子，已知该弹簧的劲度系数为，重力加速度取，两物块碰撞时间极短，两物块上下做简谐运动的过程中，弹簧始终未超过弹性限度，物块P、Q可视为质点，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．两物块碰撞前瞬间，物块Q的速度大小为
B．两物块碰撞过程中，系统损失的机械能为0.6J
C．两物块碰撞后，物块P下降的最大距离为0.4m
D．两物块碰撞后，两物块做简谐运动的振幅为0.3m
五、破鼎提升
23．（2024高二上·乐亭期中）如图所示为某实验小组验证动量守恒定律的实验装置，他们将光滑的长木板固定在桌面上，a、b两小车放在木板上并在小车上安装好位移传感器的发射器，且在两车相对面上涂上黏性物质．现同时给两车一定的初速度，使a、b沿水平面上同一条直线运动，发生碰撞后两车粘在一起；两车的位置x随时间t变化的图象如图所示．a、b两车质量（含发射器）分别为1kg和8kg，则下列说法正确的是（ ）
A．两车碰撞前总动量大于碰撞后总动量
B．碰撞过程中a车损失的动能是
C．碰撞后两车的总动能比碰前的总动能小
D．两车碰撞过程为弹性碰撞
24．（2024高三上·重庆市月考）碰撞常用恢复系数e来描述，定义恢复系数e为碰撞后其分离速度与碰撞前的接近速度的绝对值的比值，用公式表示为，其中和分别是碰撞后两物体的速度，和分别是碰撞前两物体的速度。已知质量为的物体A以初速度为与静止的质量为m的物体B发生碰撞，该碰撞的恢复系数为e，则（ ）
A．若碰撞为完全弹性碰撞，则
B．碰撞后B的速度为
C．碰撞后A的速度为
D．碰撞后A的速度为
25．（2025·云南模拟）如图甲所示，内表面光滑的“”形槽固定在水平地面上，完全相同的两物块、可视为质点置于槽的底部中点，时，、分别以速度向相反方向运动，已知开始运动速度随时间的变化关系如图乙所示，所有的碰撞均视为弹性碰撞且碰撞时间极短，下列说法正确的是
A．前秒内与共碰撞次 B．初始时的速度大小为
C．前秒内与槽的侧壁碰撞次 D．槽内底部长为
26．（2024高二上·洮北期末）如图，倾角为30°的光滑斜面固定在水平面上，其底端固定一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧上端放置一个质量为m的物块B。t=0时刻，将质量也为m的物块A（可视为质点）从斜面顶端由静止释放，t1时刻A与B发生碰撞并粘在一起，粘合体沿斜面简谐运动过程中，弹簧最大形变量为。已知弹簧弹性势能表达式为，弹簧振子周期公式，其中x是弹簧形变量，k为弹簧劲度系数，M为振子质量，重力加速度大小g=10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．粘合体速度最大为
B．物块A释放点到碰撞点的距离为
C．粘合体向下运动过程中的最大加速度大小为g
D．从物体A、B碰撞到运动到最低点的时间为
27．（2024高三下·衡阳月考）如图所示，在光滑水平面上放置一端带有挡板的长直木板A，木板A左端上表面有一小物块B，其到挡板的距离为m，A、B质量均为kg，不计一切摩擦。从某时刻起，B始终受到水平向右、大小为N的恒力作用，经过一段时间，B与A的挡板发生碰撞，碰撞过程中无机械能损失，碰撞时间极短。重力加速度。求：
（1）物块B与A挡板发生第一次碰撞后的瞬间，物块B与木板A的速度大小；
（2）由静止开始经多长时间物块B与木板A挡板发生第二次碰撞，碰后瞬间A、B的速度大小；
（3）画出由静止释放到物块B与A挡板发生3次碰撞时间内，物块B的速度v随时间t的变化图像。
六、直击高考
28．（2024·江苏）在水平面上有一个U形滑板A，A的上表面有一个静止的物体B，左侧用轻弹簧连接在滑板A的左侧，右侧用一根细绳连接在滑板A的右侧，开始时弹簧处于拉伸状态，各表面均光滑，剪断细绳后，则（ ）
A．弹簧原长时B动量最大 B．压缩最短时B动能最大
C．系统动量变大 D．系统机械能变大
29．（2022·湖南）1932年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子（即中子）组成。如图，中子以速度 分别碰撞静止的氢核和氮核，碰撞后氢核和氮核的速度分别为 和 。设碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应，下列说法正确的是（ ）
A．碰撞后氮核的动量比氢核的小 B．碰撞后氮核的动能比氢核的小
C． 大于 D． 大于
30．（2024·重庆） 活检针可用于活体组织取样，如图所示。取样时，活检针的针蕊和针鞘被瞬间弹出后仅受阻力。针鞘在软组织中运动距离d1后进入目标组织，继续运动d2后停下来。若两段运动中针翘鞘整体受到阻力均视为恒力。大小分别为F1、F2，则针鞘（ ）
A．被弹出时速度大小为
B．到达目标组织表面时的动能为F1d1
C．运动d2过程中，阻力做功为(F1＋F2)d2
D．运动d2的过程中动量变化量大小为
31．（2024·安徽） 如图所示，一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平轨道与光滑四分之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点，一物块静止于小车最左端，一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于 O 点正下方，并轻靠在物块右侧。现将细线拉直到水平位置时，静止释放小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后，物块沿着的轨道运动，已知细线长L=1.25m 。小球质量m= 0.20kg 。物块、小车质量均为M = 0.30kg 。小车上的水平轨道长 s =1.0m。圆弧轨道半径R= 0.15m 。小球、物块均可视为质点。不计空气阻力，重力加速度 g 取10m/s2。
（1）求小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小；
（2）求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小；
（3）为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围。
32．（2024·贵州） 如图，间距为L的两根金属导轨平行放置并固定在绝缘水平桌面上，左端接有一定值电阻R，导轨所在平面存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。质量为m的金属棒置于导轨上，在水平拉力作用下从静止开始做匀加速直线运动，一段时间后撤去水平拉力，金属棒最终停在导轨上。已知金属棒在运动过程中，最大速度为v，加速阶段的位移与减速阶段的位移相等，金属棒始终与导轨垂直且接触良好，不计摩擦及金属棒与导轨的电阻，则（ ）
A．加速过程中通过金属棒的电荷量为
B．金属棒加速的时间为
C．加速过程中拉力的最大值为
D．加速过程中拉力做的功为
33．（2024·海南） 两根足够长的导轨由上下段电阻不计，光滑的金属导轨组成，在M、N两点绝缘连接，M、N等高，间距L = 1m，连接处平滑。导轨平面与水平面夹角为30°，导轨两端分别连接一个阻值R = 0.02Ω的电阻和C = 1F的电容器，整个装置处于B = 0.2T的垂直导轨平面斜向上的匀强磁场中，两根导体棒ab、cd分别放在MN两侧，质量分为m1 = 0.8kg，m2 = 0.4kg，ab棒电阻为0.08Ω，cd棒的电阻不计，将ab由静止释放，同时cd从距离MN为x0 = 4.32m处在一个大小F = 4.64N，方向沿导轨平面向上的力作用下由静止开始运动，两棒恰好在M、N处发生弹性碰撞，碰撞前瞬间撤去F，已知碰前瞬间ab的速度为4.5m/s，g = 10m/s2（ ）
A．ab从释放到第一次碰撞前所用时间为1.44s
B．ab从释放到第一次碰撞前，R上消耗的焦耳热为0.78J
C．两棒第一次碰撞后瞬间，ab的速度大小为6.3m/s
D．两棒第一次碰撞后瞬间，cd的速度大小为8.4m/s
34．（2024·河北）如图，三块厚度相同、质量相等的木板（上表面均粗糙）并排静止在光滑水平面上，尺寸不计的智能机器人静止于A木板左端。已知三块木板质量均为A木板长度为，机器人质量为，重力加速度g取，忽略空气阻力。
（1）机器人从A木板左端走到A木板右端时，求木板间的水平距离。
（2）机器人走到A木板右端相对木板静止后，以做功最少的方式从A木板右端跳到B木板左端，求起跳过程机器人做的功，及跳离瞬间的速度方向与水平方向夹角的正切值。
（3）若机器人以做功最少的方式跳到B木板左端后立刻与B木板相对静止，随即相对B木板连续不停地3次等间距跳到B木板右端，此时B木板恰好追上A木板。求该时刻两木板间距与B木板长度的关系。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】功能关系；牛顿运动定律的综合应用；动能定理的综合应用
【解析】【解答】本题考查机械能的相关问题和图像的认识处理，关键是图像的物理意义的理解要准确到位，会根据题意列出相关表达式求解。图像与坐标轴的面积表示克服阻力做的功。A．根据牛顿第二定律
由于摩擦阻力f的大小随x增大而减小，故物块沿斜面上滑的加速度一直减小，故A错误；
B．根据动能定理
解得物块运动的初速度大小为
故B正确；
C．假设物块能回到A点，则由动能定理
解得
故假设成立，即物块能再回到斜面底端A点，故C错误；
D．物块在斜面上运动过程中，因摩擦产生的热量为
故D错误。
故选B。
【分析】根据牛顿第二定律分析加速度变化情况，上滑过程中，重力和阻力做功，根据动能定理求解 物块运动的初速度大小 。图像与坐标轴的面积表示克服阻力做的功。
2．【答案】A
【知识点】功能关系；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】已知，，，，对小滑块受力分析可得
A． 小滑块由静止释放后，沿水平面向右运动了2m，由动能定理可得，小滑块动能增加量
故A正确；
B．电势能减少量等于电场力做功， 小滑块由静止释放后，沿水平面向右运动了2m，
故B错误；
C．机械能的增加量等于动能的增加量0.1J，故C错误；
D．地面摩擦产生的热量
故D错误。
故选A。
【分析】对滑块受力分析，根据动能定理求解小滑块动能增加量，电势能减少量等于电场力做功，机械能的增加量等于动能的增加量，热量等于摩擦力乘以相对位移。
3．【答案】B
【知识点】功能关系；牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】A．对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律有
由此可知，仅适当增大传送带的速度，物体向上运动的加速度不变，传送带长度L不变，即物体位移不变，传送时间不变，故A错误；
BD．由于物体始终受到滑动摩擦力，摩擦力不变，位移不变，摩擦力对物体所做的功等于摩擦力与物体位移的乘积，则摩擦力对物体所做的功不变，根据功能关系可知，物体机械能的变化量将不变，故B正确，D错误；
C．物体与传送带因摩擦而产生的热量等于摩擦力与相对位移的乘积。物体与传送带因摩擦而产生的热量为
由此可知，物体与传送带因摩擦而产生的热量变大，故C错误。
故选B。
【分析】利用牛顿第二定律，分析物体加速度，根据位移时间关系可以确定运动时间不变。物体与传送带因摩擦而产生的热量等于摩擦力与相对位移的乘积。
4．【答案】A,C
【知识点】功能关系；牛顿第二定律；电势能与电场力做功的关系
【解析】【解答】AB．在电场力的作用下，小球AB分别向左右移动，在移动过程弹簧弹力一直在增大，开始电场力大于弹簧弹力，小球的加速度为
即加速度在减小；直到为零，小球先做加速度运动，当加速度为零时，AB的速度达到最大，后来电场力小于弹簧弹力，此时加速度
加速度又开始反向增大，小球开始做减速运动，直到小球速度第一次为零，故A正确，B错误；
C．电场力的方向与运动方向相同，由
可知电场力做正功，根据功能关系可知，电场力做功导致系统机械能增大了，故C正确；
D．电场力对两球均做正功，两小球的电势能减小，故D错误。
故选AC。
【分析】一开始小球受到的电场力大于弹簧弹力，随着弹簧弹力的增大，加速度在减小，然后加速度会反向，根据受力来判断加速度的变化；电场力做正功，电势能减小。两小球受到的电场力做正功，系统的机械能增加；电场力做负功，系统的机械能减少。
本题要求我们在动态的变化类题目中要注意分析过程，确定两球的受力情况，明确能量间的转化关系。
5．【答案】A,D
【知识点】功能关系；重力势能的变化与重力做功的关系；机械能守恒定律
【解析】【解答】AB．根据题意，物体沿斜面向上做匀速直线运动，则动能不变，随着高度的增加，重力势能增加，得物体的机械能增加，故A正确，B错误；
C．物体沿斜面方向受力平衡，有
可知力F对物体做功减去重力沿斜面向下分力做功等于摩擦力做功，根据功能关系可知摩擦力做功大小等于系统内能增加量，故C错误；
D．通过受力分析可知，物体受重力、支持力、摩擦力、外力F共4个力，其中支持力不做功，根据功能关系可知力F对物体做功要克服摩擦力做功和重力做功，有
得
物体重力做负功的大小等于物体重力势能的增加量，则F与摩擦力所做功的总功等于物体重力势能的增加量，故D正确。
故选AD。
【分析】功能关系的理解和应用
1.对功能关系的进一步理解
(1)做功的过程就是能量转化的过程。不同形式的能量发生相互转化是通过做功来实现的。
(2)功是能量转化的量度，功和能的关系，一是体现在不同的力做功，对应不同形式的能转化，具有一一对应关系，二是做功的多少与能量转化的多少在数值上相等。
2．几种常见的功能关系及其表达式
力做功 能的变化 定量关系
合外力 做功 动能 变化 (1)合外力做正功，动能增加 (2)合外力做负功，动能减少 (3)W＝Ek2－Ek1＝ΔEk
重力 做功 重力势 能变化 (1)重力做正功，重力势能减少 (2)重力做负功，重力势能增加 (3)WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
弹簧弹 力做功 弹性势 能变化 (1)弹力做正功，弹性势能减少 (2)弹力做负功，弹性势能增加 (3)WF＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
电场力 做功 电势能 变化 (1)电场力做正功，电势能减少 (2)电场力做负功，电势能增加 (3)W电＝－ΔEp
安培力 做功 电能 变化 (1)安培力做正功，电能减少 (2)安培力做负功，电能增加 (3)W安＝－ΔE电
除重力和 弹簧弹力 之外的其 他力做功 机械能 变化 (1)其他力做正功，机械能增加 (2)其他力做负功，机械能减少 (3)W＝ΔE
一对相互 作用的滑 动摩擦力 的总功 内能变化 (1)作用于系统的一对滑动摩擦力的总功一定为负值，系统内能增加 (2)Q＝Ff·L相对
6．【答案】A
【知识点】动量定理
【解析】【解答】自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动，所以，匀变速直线运动公式也适用于自由落体运动。规定竖直向上为正方向，玻璃瓶落地前瞬间速度为
玻璃瓶与地面作用过程，由动量定理得：
代入数据得
根据牛顿第三定律可知玻璃瓶落地时对地面的压力是155N。
故选A。
【分析】根据自由落体运动的基本公式即可求解落地速度，再根据动量定理列式即可求出地面对玻璃瓶的支持力大小，再由牛顿第三定律可求玻璃瓶落地时对地面的压力。
7．【答案】A
【知识点】动量定理
【解析】【解答】 本题考查了动量定理、牛顿第三定律等知识点。利用动量定理解决本题的关键。 对于涉及变力作用的动量问题，可以利用动量定理求解平均作用力。根据自由落体规律，豆粒下落掉到秤盘上时的速度为
反弹后的速度大小为
方向为竖直向上，在碰撞过程中，忽略豆粒与秤盘碰撞过程中豆粒的重力，根据动量定理可知
解得
由牛顿第三定律可知碰撞过程中秤盘受到的平均压力大小为
故选A。
【分析】 根据自由落体规律可求得豆粒到达秤盘时的速度，从而确定反弹后的速度，再根据动量定理即可确定压力大小。
8．【答案】D
【知识点】动量定理；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．从O到M的过程，由动能定理可知
解得滑块运动到M的速度大小为
故A错误；
B．由M到N的过程中，根据牛顿第二定律可得加速度大小为
由位移公式可得
可得滑块运动到N的速度大小为
故B错误；
C．由N到P，根据速度位移公式
解得被缓冲墙反弹，滑块的速度大小
（方向与初速度反向，取负）由动量定理可知缓冲墙对滑块的冲量
故C错误；
D．由动能定理可得缓冲墙对滑块2做的功
故D正确。
故选D。
【分析】该题考查动量、能量的相关问题，滑块从O-M过程里只有重力做功，可以利用动能定理求出滑块在M点的速度；从M-N，滑块水平方向只受摩擦力。所以摩擦力提供合外力，根据牛顿第二定律表达式求出加速度，利用位移公式即可求出滑块在N点的速度；冲量结合碰撞前后的动量变化，运用动量定理求解；再由动能定理求解墙对滑块做的功。
9．【答案】D
【知识点】动量定理；图象法；功率及其计算；动能定理的综合应用
10．【答案】C
【知识点】功能关系；动量定理；功率及其计算；动能定理的综合应用
【解析】【解答】AC．由动能定理
解得
根据
解得
即水桶损失的机械能是160 J，故A错误，C正确；
B．设斜面倾角为θ，水桶滑到轨道末端时重力的瞬时功率为
由于0 < θ < 90°，则有
故B错误；
D．由动量定理可知，合外力的冲量是
又
可得
故D错误。
故选C。
【分析】本题考查冲量能量的问题，具体求哪个力所做的功，可以借助动能定理来进行求解，求瞬时功率需要确定某时刻的速度，用力与速度的乘积即可求出功率，但要注意速度是沿着力方向的速度；损失的机械能主要是克服摩擦力做功，所以克服摩擦力做功等于机械能的损失量，求某个力的冲量可以运用动量定理，但要注意对物体进行受力分析，合外力的冲量等于动量的变化量。
11．【答案】A
【知识点】动量定理；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A球做平抛运动，B球做自由落体运动，所以竖直方向的位移为
速度为
根据上式，A、B同时开始下落，两球从水平面1到水平面2的时间
根据
再根据题目A、B质量相等，所以
根据动能定理，动能变化量有
而高度相同，所以
故选A。
【分析】本题考查动能定理和动量定理；两个等质量的物体同时分别做自由落体运动和平抛运动，两小球在下落过程中竖直速度时刻相等，竖直方向的位移时刻相等，所以运动时间是同步的。
12．【答案】D
【知识点】动量定理；静摩擦力；冲量
【解析】【解答】A．由冲量的定义式可知，内重力的冲量大小
故A错误；
BCD．物块受到的滑动摩擦力
由图可知时
则物块之后才开始运动，拉力与时间图像的面积表示冲量，由图可知拉力的冲量
由动量定理可得
则末，物块的速度大小
故BC错误，D正确。
【分析】1.掌握冲量的定义式。
2.掌握物体即将开始运动时的摩擦力为最大静摩擦力，此时拉力大于或等于最大静摩擦力，物体才会运动起来。
3.掌握动量定理的应用，某过程合力的冲量等于该过程动量变化量。
13．【答案】C
【知识点】动量定理；功率及其计算；动能定理的综合应用；冲量
【解析】【解答】设斜面倾角θ，则物体在斜面上的加速度分别为
设斜面高度为h.则物体在斜面上滑行的时间为：
因为∠ABC <∠ACB可得物块在AB斜面上的滑行时间比在AC斜面上的滑行时间较长；
A．根据
可知，两物块所受重力冲量不相同，选项A错误；
B．根据动量定理
可知，两物块的动量改变量不相同，选项B错误；
C．根据动能定理
两物块的动能改变量相同，选项C正确；
D．两物块到达斜面底端时重力的瞬时功率
则重力瞬时功率不相同，选项D错误；
故选C。
【分析】本题主要是考查冲量的计算、平均功率以及动能定理的综合应用问题，利用动量定理解答问题时，要注意分析运动过程中物体的受力情况，知道合外力的冲量才等于动量的变化。求出两种情况下物块下滑的时间，根据冲量的计算公式分析冲量。根据动量定理比较动量改变量。根据动能定理求解动能改变量。根据功率的计算公式求解功率。
14．【答案】B
【知识点】动量定理；牛顿运动定律的综合应用；动量
【解析】【解答】A．由题意可知，熊猫沿坡道向下做匀加速直线运动，对物体受力分析，根据牛顿第二定律求解加速度大小
由匀变速运动规律可知
，
联立解得
，
故A错误；
B．根据动量定义式求解动量，熊猫到达坡底时的动量大小
故B正确；
C．以沿斜面向下为正方向，设防护板对熊猫的平均作用力大小为，由动量定理合力的冲量等于物体动量变化，可知
解得
故C错误；
D．根据冲量的定义式，各个力冲量不可能为零，熊猫与防护板碰撞过程中受防护板的弹力、自身重力，斜面支持力等力的冲量，故D错误。
故选B。
【分析】熊猫沿坡道向下做匀加速直线运动，根据运动学公式以及牛顿运动定律求解时间，结合动量定理求解。
15．【答案】A,C
【知识点】动量守恒定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】本题考查机械能守恒定律和动量守恒定律的综合应用，关键要正确选取研究过程，明确在碰撞过程中遵守两大守恒定律：动量守恒定律和机械能守恒定律。
小球X由最高点运动到与小球Y发生碰撞的过程，根据机械能守恒定律有
两球碰撞后一起上升到最高点的过程，根据机械能守恒定律有
两球碰撞过程，根据动量守恒有
联立求得
故答案为：AC。
【分析】X球在下摆的过程中，只有重力做功，根据动能定理列式，在A与B两球碰撞过程中，根据动量守恒定律和机械能守恒定律分别列式，两球上升过程，根据机械能守恒定律列式，即可分析问题。
16．【答案】D
【知识点】运动学 S-t 图象；碰撞模型
【解析】【解答】A．由图像可知，碰撞后A、B两个物块运动方向相反，A错误；
B．据x-t图像的斜率求出碰撞前后两球的速度，根据动量守恒定律即可求解两物块的质量之比。根据图像可得，碰撞前A的速度为（以此时的速度方向为正方向）
碰撞前，B球的速度为0，碰撞后，A、B的速度分别为
根据动量守恒定律可得
解得
B错误；
C．根据上述分析可知，碰撞前、后A物块的速度大小之比为5：1，C错误；
D． 判断是否为弹性碰撞的方法是看机械能是否守恒，若守恒，则是弹性碰撞，若不守恒，则不是弹性碰撞。 碰撞前系统的能量
碰撞后，系统的总能量
结合上面的结论可得
碰撞前后系统的能量守恒，故二者的碰撞为弹性碰撞，D正确。
故选D。
【分析】根据x-t图像的斜率求出碰撞前后两球的速度，根据动量守恒定律即可求解两物块的质量之比；根据碰撞前后机械能是否守恒判断是否为弹性碰撞。
17．【答案】D
【知识点】碰撞模型
【解析】【解答】不计碰撞过程中的机械能损耗及摩擦，所以碰撞为弹性碰撞，因此两个小球碰撞的过程中机械能守恒、动量守恒，由
解得
则实验中可观察到球6向右摆起，且达到的最大高度与球1的释放高度相同。
故选D。
【分析】本题考查弹性碰撞的内容；弹性碰撞中遵循动量守恒和机械能守恒，分别列出这两个守恒的表达式，再进行求解即可。
18．【答案】B
【知识点】碰撞模型
【解析】【解答】设钢球从左到右分别为求1、2、3、4、5，球2先与球3相碰，根据动量守恒以及能量守恒可得
解得
，
可知球2与球3互换速度，接着球3先与球4相碰，同理可得球3与球4互换速度，依此类推，最终球2、3、4静止，球5以速度向右运动。接着球1与球2相碰，同理可得，最终球1、2、3静止，球4以速度向右运动，故碰撞后向右远离的小球个数为2个。
故选B。
【分析】根据弹性碰撞分割分析：先由2与3、再有3与4，后有4与5，由于质量相等，故动量交换；同理，再分析1球与2的碰撞，碰后交换动量依次相碰，最终有4、5向右运动。
19．【答案】C,D
【知识点】动量守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】本题主要考查动量守恒与能量守恒共同解决实际问题，解题时需注意挖掘临界条件：在与动量相关的临界问题中，临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系，即速度相等或位移相等时。A．木块A、B和小球C组成的系统在水平方向合力为零，而在竖直方向合力不为零，故此系统在水平方向上动量守恒，而在竖直方向上动量不守恒，所以此系统的动量不守恒，故A错误；
B．小球C第一次到达最低点时，设此时A、B共同速度大小为vAB，C的速度大小为vC，此过程水平方向动量守恒可得
由机械能守恒定律得
解得
故B错误；
C．小球C第一次摆到最低点过程中，设C的水平速度大小为v1，木块A、B的速度大小为v2，对A、B、C组成的系统，根据水平方向动量守恒得
可得此过程中C的水平速度大小与木块A、B的速度大小之比始终为
则小球C第一次摆到最低点过程中，C的水平位移大小x1与木块A、B的位移大小x2之比也为
由几何关系得
解得木块A、B向右移动的距离为
故C正确；
D．球C第一次由最低点向左摆至最高点的过程，A与C组成的系统在水平方向上动量守恒，球C向左摆至最高点时两者共速，以水平向左为正方向，根据动量守恒定律与机械能守恒定律得
解得
故D正确。
故选CD。
【分析】小球第一次摆到最低点时，A、B将要开始分离，球C第一次由最低点向左摆至最高点的过程，A与C组成的系统在水平方向上动量守恒，根据系统水平方向动量守恒及机械能守恒列式，即可分析求解。
20．【答案】A,C
【知识点】碰撞模型；右手定则；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】ABC．金属棒cd静止在导轨上，绝缘棒ab位于金属棒cd左侧，正以v0的速度向cd运动并与cd发生弹性碰撞 ，碰撞过程中由动量守恒定律
由机械能守恒定律
解得
，
由右手定则可知，碰撞后瞬间金属棒cd中感应电流的方向为，碰撞后瞬间金属棒cd的速度为，故AC正确，B错误；
D．碰撞后，绝缘棒ab以向右匀速运动，当两棒碰撞后到共速的过程中，系统动量守恒，对金属棒cd由能量守恒定律
解得金属棒cd产生的热量是
故D错误。
故选AC。
【分析】由右手定则判断感应电流方向，弹性碰撞 ，碰撞过程动量守恒以及机械能守恒，根据能量守恒求解金属棒cd产生的热量。
21．【答案】C,D
【知识点】碰撞模型
【解析】【解答】 本题中物理过程较多，关键先要正确把握每个过程的物理规律，根据动量守恒定律进行求解．A．子弹射入沙袋过程中需要克服阻力做功，系统有机械能损失，故A错误；
BC．根据牛顿第二定律可得
整体向右摆动过程中，有
联立可得
故B错误，C正确；
D．子弹射入沙袋过程，由于内力远大于外力，系统的动量守恒，根据动量守恒定律可得
所以
故D正确。
故选CD。
【分析】子弹射入沙袋过程，由于内力远大于外力，系统的动量守恒．子弹打入沙袋后二者共同摆动的过程机械能守恒。
22．【答案】A,C,D
【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】 知道两物块在碰撞过程中满足动量守恒，在两物块一起下落的过程中，两物块和弹簧组成的系统满足机械能守恒，能够写出两物块在开始下落时该系统的机械能表达式是解题的关键。
A．对物块Q，由自由落体运动知识得
可得两物块碰撞前瞬间，Q的速度大小为
故A正确；
B．对物块P、Q碰撞过程中，由动量守恒定律
由能量守恒定律
联立可得
所以两物块碰撞过程中，损失的机械能为0.4J，故B错误；
C．设两物块碰撞后，P下降的最大距离为h，由能量守恒定律
其中
联立解得
另一解
（舍去）
故C正确；
D．对两物块整体受力分析，由平衡条件
解得
所以两物块碰撞后组成的弹簧振子，振幅为
故D正确。
故选ACD。
【分析】 根据自由落体运动规律计算；根据动量守恒和能量守恒计算；根据机械能守恒定律计算；根据平衡条件得到两物块的平衡位置，然后计算即可。
23．【答案】C
【知识点】碰撞模型
【解析】【解答】A、设a、b两车碰撞前的速度大小为v1、v2，碰后的速度大小为v3，根据x-t图象表示速度，结合题图乙得v1=2 m/s，v2=1 m/s，v3=m/s，以向右为正方向，碰前总动量
碰后总动量
则两车碰撞前总动量等于碰撞后总动量，故A错误；
B、碰撞前a车动能为
碰撞后a车动能为
所以碰撞过程中a车损失的动能是
故B错误；
C、碰前a、b两车的总动能为6J，碰后a、b两车的总动能为2J，故C正确；
D、两车碰撞过程中机械能不守恒，发生的是完全非弹性碰撞，故D错误。
故选C。
【分析】
根据x-t图象表示速度，分别求出碰撞前后两车的速度，再分析两车碰撞前后总动量关系．根据能量守恒定律求碰撞过程中损失的动能，从而确定出碰撞的类型．解决本题的关键要掌握碰撞的基本动量守恒，要知道碰撞过程中机械能不守恒的碰撞是非弹性碰撞．碰撞过程中机械能守恒的碰撞是弹性碰撞．
24．【答案】C
【知识点】动量守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】A．若碰撞为完全弹性碰撞，根据机械能守恒和动量守恒有
解得
，
则
故A错误；
BCD．碰撞过程动量守恒
且
解得
，
故C正确，BD错误。故选C。
【分析】 1.弹性碰撞除了动量一定守恒外，还满足机械能守恒。
2.因为碰撞过程极短，几乎是原位置一瞬间完成，物体重力势能前后不变，所以机械能守恒表现为前后动能相等。
3.非弹性碰撞虽然有机械能损失，但是动量一定守恒。表达的时候注意正方向的选取。
25．【答案】B,C
【知识点】动量守恒定律；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【解答】本题考查动量守恒定律和能量守恒定律的应用，并多次在不同过程中使用，要注意两物块质量相同且碰撞为弹性碰撞，则碰后两物块交换速度。
AC．根据碰撞规律可知物块b与槽壁碰后速度大小不变，方向改变，与a碰后交换速度，则根据物块b的v-t图像，可知前17秒内a与b共碰撞4次，发生在4~6s之间、8s时刻、10~12s之间以及16s时刻；前17秒内b与槽的侧壁碰撞3次，分别在2s、10s和12s时刻，选项A错误，C正确；
B．b与a碰前速度为v2=2m/s向左，碰后b的速度v2＇=1m/s向右，因两物块质量相同且碰撞为弹性碰撞，则碰后两物块交换速度，可知碰前a的速度v1=v2＇=1m/s，即初始时a的速度大小为1m/s，选项B正确；
D．槽内底部长为
选项D错误。
故答案为：BC。
【分析】根据动量守恒定律结合速度大小变化分析，两物块质量相同且碰撞为弹性碰撞，则碰后两物块交换速度，可分析初始时a的速度大小；根据几何关系分析槽的长度。
26．【答案】A,D
【知识点】碰撞模型；简谐运动
【解析】【解答】本题考查了碰撞问题与简谐运动的规律，解题时分析清楚物体的运动过程，确定每个过程的弹簧形变量是关键，通过弹簧的形变量确定物体运动的位移。平衡位置：回复力为零的位置，也是振动物体在静止时所处的位置。回复力：振动物体偏离平衡位置后所受到的阻碍它离开平衡位置，使它回到平衡位置的力。A．由题可知简谐振动的平衡位置合力为零，此时有
振幅为
，
最大速度为
物块AB速度最大为
故A正确；
B．设碰前A的速度为2v1，则
碰撞过程动量守恒可得
得
从碰后到运动到平衡位置，根据能量守恒可得
解得
故B错误；
C．物块AB运动过程中的最大加速度在最低点，即
解得
故C错误；
D．碰撞后AB做简谐振动，此时AB得位移为，从物体AB碰撞后得相位为
可得
到最低点的时间为
故D正确。
故选AD。
【分析】粘合体的加速度为零时，其速度最大，由胡克定律和平衡条件求出此时弹簧的压缩量，从粘合体速度最大到弹簧形变量最大的过程，由机械能守恒定律求得粘合体的最大速度，以及AB碰撞后瞬间粘合体的速度，再由能量守恒定律求出A、B碰撞前瞬间A的速度，从物块A释放到碰撞的过程，由机械能守恒定律求得释放点到碰撞点的距离；当弹簧的压缩量最大时，粘合体向下运动过程中的加速度最大，由胡克定律和牛顿第二定律求出最大加速度；由简谐运动的周期公式求出粘合体振动的周期，求得其振幅，根据物体A、B碰撞到运动到最低点的位移与振幅的关系求得时间与周期的关系。
27．【答案】（1）解：B从A的左端开始到右端的过程，由动能定理
解得v0=6m/s
B与A碰撞过程，由动量守恒和能量关系
解得v1=0，v2=6m/s
（2）解：第一次碰后A向右以速度v2=6m/s做匀速运动，B做初速度为0，加速度为
的匀加速运动，则第二次碰撞时
解得t=s
此时B的速度为v3=12m/s，同样根据由动量守恒和能量关系
解得AB的速度为v4=12m/s，v5=6m/s
（3）解：同理第3次碰撞时
解得t'=s
此时B的速度为18m/s
从开始运动到第一次碰撞的时间
由静止释放到物块B与A挡板发生3次碰撞时间内，物块B的速度v随时间t的变化图像如图所示。
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；动能定理的综合应用；碰撞模型；运动学 v-t 图象
【解析】【分析】（1）由于不计一切摩擦力，故B在A上滑动至B与A碰撞前，B只受恒力作用，且A始终根据动能定理确定碰撞前A的速度，碰撞过程AB构成的系统动量守恒和能量守恒，再对该过程运用动量守恒定律及能量守恒定律进行解答；
（2）由（1）分析可知，碰后B做匀速直线运动，A做匀加速直线运动，当两者再次相撞时，两者运动的位移相等，根据运动学规律确定第二次碰撞时A的速度，再对碰撞过程运用动量守恒定律及能量守恒定律进行解答；
（3）同上分析可知，第二碰撞结束至发生第三次碰撞过程，碰后B做匀速直线运动，A做匀加速直线运动，当两者再次相撞时，两者运动的位移相等，根据运动学规律确定第二次碰撞时A的速度即时间，再画出B的v-t图像。
28．【答案】A
【知识点】动量守恒定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】对整个系统分析可知合外力为0，A和B及弹簧组成的系统动量守恒，得
设弹簧的初始弹性势能为Ep，整个系统只有弹簧弹力做功，机械能守恒，当弹簧原长时得
联立得
故可知弹簧原长时物体速度最大，此时动量最大，动能最大。
故答案为：A。
【分析】剪断细绳后，AB及弹簧构成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，即系统动量不变。只有系统内的弹力做功，系统机械能守恒。整个运动过程中，弹簧的弹性势能转化为AB的动能，当弹性势能最小时，AB的动能最大，即速度最大。
29．【答案】B
【知识点】动量守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】根据动量守恒定律和能量守恒定律可知，发生弹性碰撞时，若两者质量相等，则发生速度交换，所以碰撞后氢核的速度与碰撞前中子的速度相同，动能与碰撞前中子的动能相同；与氮核碰撞后，中子发生反弹，故氮核的动能小于碰撞前中子的动能，B正确；氮核的动量大于氢核的动量，A错误；且氮核的速度小于中子的速度，故C D错误。
故答案为：B。
【分析】根据弹性碰撞过程中遵循动量守恒定律和能量守恒定律列方程求解。
30．【答案】A
【知识点】功的计算；动能；动能定理的综合应用；动量
【解析】【解答】A．根据动能定理有
解得
故A正确；
B．针鞘到达目标组织表面后，继续前进d2减速至零，对在目标组织中运动过程运用动能定理有
故B错误；
C．针鞘运动d2的过程中，克服阻力做功为
故C错误；
D．针鞘运动d2的过程中，动量变化量大小
故D错误。
故选A。
【分析】针鞘在两段运动过程中，在阻力的作用下，最终速度为零。明确各阶段针鞘所受各力的做功情况，再根据动能定律确定弹出时针鞘的初速度大小。根据运动的可逆性及动能定理确定针鞘通过目标组织时的初速度，再根据动能与动量的关系确定针鞘运动d2的过程中动量变化量大小。根据功的定义确定各阶段阻力做功情况。
31．【答案】（1）解： 设小球与物块碰撞前速度为v0，碰撞后小球速度为v1，物块速度为v2，小球从释放到与物块碰撞前，
由动能定理
代入数据得：v0=5m/s
碰撞前瞬间，对小球受力分析，有
代入数据解得拉力：T=6N
（2）解： 设水平向右为正方向，小球与物块弹性碰撞，根据动量守恒：
mv0=mv1+Mv2
根据能量守恒：
代入数据联立解得：v2=4m/s
（3）解： 当μ较小时，物块会脱离小车；当μ较大时，物块不能进入圆弧轨道
①物块滑到水平轨道最右端刚好与小车共速，此时μ最大（但不能取），设水平向右为正方向，则小球与小车水平方向动量守恒，有
Mv2=2Mv共，解得：v共=2m/s
根据能量守恒，
代入数据解得：μmax=0.4
②物块刚好滑到圆弧最高点，即在最高点与小车共速，此时μ最小，设水平向右为正方向，小球与小车水平方向动量守恒，有
Mv2=2Mv共，解得：v共=2m/s
根据能量守恒，
代入数据解得：μmin=0.25
综合上面分析，可得满足要求的动摩擦因数μ取值范围为：0.25≤μ＜0.4
【知识点】机械能守恒定律；动量与能量的综合应用一板块模型；动量与能量的其他综合应用
【解析】【分析】 （1）对小球分析根据动能定理求解速度，再根据合外力提供向心力求解拉力；
（2）根据小球与物块弹性碰撞，根据动量守恒和能量守恒分析；
（3）当μ较小时，物块会脱离小车；当μ较大时，物块不能进入圆弧轨道，对两种情况分别用能量守恒和动量守恒分析求解。
32．【答案】A,B
【知识点】动量定理；法拉第电磁感应定律；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】A.对金属棒的加速过程，由动量定理可得
解得
A符合题意；
B.设加速阶段的位移与减速阶段的位移均为x，根据电流的定义式
法拉第成感应定律
和闭合电路欧姆定律
可得
可知加速过程中通过金属棒的电荷量等于减速过程中通过金属棒的电荷量，由
解得
对金属棒加速的过程，由位移公式可得
可得加速时间为
B符合题意；
C.金属棒在水平拉力作用下从静止开始做匀加速直线运动，加速过程中，由
可知，金属棒产生的感应电动势逐渐增大，则感应电流逐渐增大，由安培力公式
可知，导体棒受到的安培力逐渐增大，加速度不变，因此拉力逐渐增大，当撤去拉力的瞬间，拉力最大，由牛顿第二定律可得
其中
联立解得
C不符合题意；
D.加速过程中拉力对金属棒做正功，安培力对金属棒做负功，由动能定理可知，合外力的功
可得
因此加速过程中拉力做的功大于，D不符合题意。
故答案为：AB。
【分析】对导体棒的匀加速运动过程应用动量定理，结合电流的定义式，求解加速运动通过金属棒的电荷量；根据匀变速直线运动的位移规律列式求解加速运动的时间；根据牛顿第二定律结合匀变速公式计算加速过程中的最大拉力；根据动能定理分析加速过程中拉力做的功。
33．【答案】B,D
【知识点】动量定理；动量守恒定律；含容电路分析；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【解答】A、金属棒ab、cd同时由静止释放，且恰好在M、N处发生弹性碰撞，说明ab、cd在到达M、N处所用的时间是相同的。对金属棒cd，取沿导轨向上为正方向，在很短时间△t内，根据动量定理可得，其中θ=30°，对金属棒cd和电容器组成的回路有
，因此有；对cd，由加速度定义式，有，解得cd棒的加速度为，解得，因此金属棒cd做匀加速直线运动，则有，解得，因此ab从释放到第一次碰撞前所用时间为1.2s，故A错误；
B、根据题意可知，碰前瞬间ab的速度为v1=4.5m/s，设此过程中金属棒下滑的距离为x，取沿导轨向下为正方向，根据动量定理有，即，解得；对ab根据动能定理得，根据功能关系得，根据焦耳定律可得，联立各式，解得，故B正确；
CD、由于两棒恰好在M、N处发生弹性碰撞，取沿斜面向下为正，根据动量守恒定律得，其中，根据机械能守恒定律可得，联立各式，解得v'1=-3.3m/s，v'2=8.4m/s，故C错误，D正确；
故选：BD。
【分析】对金属棒cd，根据动量定理、电容的定义式、加速度定义式求解cd棒的加速度，根据位移-时间关系求解时间；对ab棒根据动量定理有求解位移，对ab根据动能定理、功能关系、焦耳定律求解R上产生的热；根据动量守恒定律、机械能守恒定律求解碰撞后速度大小。
34．【答案】（1）解： 机器人从A木板左端走到A木板右端，机器人与A木板组成的系统动量守恒，设机器人质量为M，三个木板质量为m，根据人船模型得
同时有
解得木板间的水平距离
（2）解：设机器人起跳的速度大小为v，方向与水平方向的夹角为θ，从A木板右端跳到B木板左端时间为t，根据斜抛运动规律得
联立解得
机器人跳离A的过程，系统水平方向动量守恒
根据能量守恒可得机器人做的功为
联立得
根据数学知识可得当时，即时，W取最小值，代入数值得此时
（3）解： 根据可得，根据
得
分析可知A木板以该速度向左匀速运动，机器人跳离A木板到与B木板相对静止的过程中，机器人与BC木板组成的系统在水平方向动量守恒，得
解得
该过程A木板向左运动的距离为
机器人连续3次等间距跳到B木板右端，整个过程机器人和B木板组成的系统水平方向动量守恒，设每次起跳机器人的水平速度大小为，B木板的速度大小为，机器人每次跳跃的时间为，取向右为正方向，得①
每次跳跃时机器人和B木板的相对位移为，可得②
机器人到B木板右端时，B木板恰好追上A木板，从机器人跳到B左端到跳到B右端的过程中，AB木板的位移差为
可得③
联立①②③解得
故两木板间距为
解得
【知识点】功能关系；动量守恒定律；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【分析】 （1）根据动量守恒定律，结合位移的关系得出木板之间的水平距离；
（2）根据斜抛运动的特点，结合动量守恒定律和功的计算公式得出功的大小；
（3）根据动量守恒定律，结合运动学公式联立等式得出对应的距离。
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