（新高考）2024年高考物理复习第31讲 动量守恒定律及其应用（知识讲义）（原卷版+解析）

页理解和掌握动量守恒定律。能够利用动量守恒定律处理解决涉及碰撞、反冲、弹簧和板块等问题。考点要求考题统计考情分析（1）动量守恒定律（2）动量守恒定律的应用2023年山东卷第18题2023年北京卷第18题2023年天津卷第12题高考对动量守恒定律的考查非常频繁，大多在综合性的计算题中出现，题目难度各省份不同，同时，这类题目往往综合性比较强，需要的能力也比较高。考点一动量守恒的条件及应用知识点1动量守恒定律内容及条件(1)内容：如果系统不受外力，或者所受外力的合力为零，这个系统的总动量保持不变。(2)表达形式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。(3)常见的几种守恒形式及成立条件：①理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零。②近似守恒：系统所受外力虽不为零，但内力远大于外力。③分动量守恒：系统所受外力虽不为零，但在某方向上合力为零，系统在该方向上动量守恒。知识点2动量守恒定律的“四性”(1)矢量性：表达式中初、末动量都是矢量，需要首先选取正方向，分清各物体初末动量的正、负。(2)瞬时性：动量是状态量，动量守恒指对应每一时刻的总动量都和初时刻的总动量相等。(3)同一性：速度的大小跟参考系的选取有关，应用动量守恒定律时，各物体的速度必须是相对同一参考系的速度。一般选地面为参考系。(4)普适性：动量守恒定律不仅适用于两个物体所组成的系统，也适用于多个物体组成的系统；不仅适用于宏观物体组成的系统，也适用于微观粒子组成的系统。考向1动量守恒的判断1．如图所示，曲面体P静止于光滑水平面上，物块Q自P的上端静止释放。Q与P的接触面光滑，Q在P上运动的过程中，下列说法正确的是（）

A．P对Q做功为零B．P和Q之间的相互作用力做功之和为零C．P和Q构成的系统机械能守恒、动量守恒D．P和Q构成的系统机械能不守恒、动量守恒【答案】B【详解】A．Q在P上运动的过程中，P对Q的弹力方向垂直于接触面，与Q的位移方向夹角大于90°，则P对Q做功不为零。故A错误；BCD．Q在P上运动的过程中，整个系统只有重力做功，机械能守恒，P和Q之间的相互作用力属于内力并且等大反向，二者在力的方向上发生的位移相等，所以做功之和为零。系统在水平方向合力为零，即水平方向动量守恒。系统在竖直方向所受合力不为零，则竖直方向动量不守恒。故B正确；CD错误。故选B。2．如图所示，小车与木箱紧挨着静止放在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱，关于上述过程，下列说法正确的是（）A．男孩和木箱组成的系统机械能守恒B．小车与木箱组成的系统动量守恒C．男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒D．小孩推力的冲量小于木箱的动量的变化量【答案】C【详解】A．男孩和木箱组成的系统动能增大，由人体生物能转化为系统机械能，机械能不守恒，故A错误；BC．系统受合外力为零，系统动量守恒，所以男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒，故B错误，C正确；D．由动量定理可知，合外力的冲量等于动量的变化量，所以小孩推力的冲量等于木箱的动量的变化量，故D错误。故选C。考向2动量守恒守恒定律的应用3．如图所示，一异形轨道由粗糙的水平部分和光滑的四分之一圆弧部分组成，置于光滑的水平面上，如果轨道固定，将可视为质点的物块从圆弧轨道的最高点由静止释放，物块恰好停在水平轨道的最左端．如果轨道不固定，仍将物块从圆弧轨道的最高点由静止释放，下列说法正确的是（）

A．物块与轨道组成的系统机械能不守恒，动量守恒B．物块与轨道组成的系统机械能不守恒，动量不守恒C．物块到不了水平轨道的最左端D．物块将从轨道左端冲出水平轨道【答案】B【详解】AB．轨道不固定时，物块在轨道的水平部分时因摩擦产生内能，所以系统的机械能不守恒；物块在轨道的圆弧部分下滑时，合外力不为零，动量不守恒，但是水平方向动量守恒，故A错误，B正确；CD．设轨道的水平部分长为L．轨道固定时，根据能量守恒定律得mgR=μmgL轨道不固定时，设物块与轨道相对静止时共同速度为v，在轨道水平部分滑行的距离为x．取向左为正方向，根据水平动量守恒得0=（M+m）v则得v=0根据能量守恒定律得mgR=（M+m）v2+μmgx联立解得x=L所以物块仍能停在水平轨道的最左端，故CD错误。故选B。4．如图所示，高为、长为的斜面体静置于水平地面上，将质量为、可视为质点的小球从斜面体的顶端由静止释放后，斜面体沿水平地面做匀加速直线运动，经小球与斜面体分离，分离时斜面体的速度大小为，不计一切摩擦，取重力加速度大小，下列说法正确的是（）

A．斜面体的质量为B．小球能达到的最大速度为C．小球对斜面体的压力大小为D．小球在斜面体上运动时，斜面体对地面的压力大小为【答案】AC【详解】A．斜面体的底边长内斜面体运动的位移大小为所以小球从释放到与斜面体分离，沿水平方向运动的位移大小为根据水平方向上动量守恒知斜面体的质量为选项A正确；B．根据动量守恒定律知即小球与斜面体分离时的速度大小为选项B错误；C．对斜面体有解得选项C正确；D．小球在竖直方向上满足即对整体在竖直方向上有；解得选项D错误。故选AC。考点二碰撞问题知识点1弹性碰撞1.碰撞三原则：(1)动量守恒：即p1＋p2＝p1′＋p2′.(2)动能不增加：即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或eq\f(p\o\al(2,1),2m1)＋eq\f(p\o\al(2,2),2m2)≥eq\f(p1′2,2m1)＋eq\f(p2′2,2m2).(3)速度要合理①若碰前两物体同向运动，则应有v后>v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前′≥v后′。②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。2.“动碰动”弹性碰撞vv1v2v1’ˊv2’ˊm1m2发生弹性碰撞的两个物体碰撞前后动量守恒，动能守恒，若两物体质量分别为m1和m2，碰前速度为v1，v2，碰后速度分别为v1ˊ，v2ˊ，则有：

(1)(2)

联立（1）、（2）解得：v1’=，v2’=.特殊情况：若m1=m2，v1ˊ=v2，v2ˊ=v1.3.“动碰静”弹性碰撞的结论两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有m1v1＝m1v1′＋m2v2′（1）eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2（2）解得：v1′＝eq\f(（m1－m2）v1,m1＋m2)，v2′＝eq\f(2m1v1,m1＋m2)结论：(1)当m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1(质量相等，速度交换)(2)当m1＞m2时，v1′＞0，v2′＞0，且v2′＞v1′(大碰小，一起跑)(3)当m1＜m2时，v1′＜0，v2′＞0(小碰大，要反弹)(4)当m1≫m2时，v1′＝v0，v2′＝2v1(极大碰极小，大不变，小加倍)(5)当m1≪m2时，v1′＝－v1，v2′＝0(极小碰极大，小等速率反弹，大不变)知识点2非弹性碰撞和完全非弹性碰撞1.非弹性碰撞介于弹性碰撞和完全非弹性碰撞之间的碰撞。动量守恒，碰撞系统动能损失。根据动量守恒定律可得：m1v1+m2v2=m1v1ˊ+m2v2ˊ(1)损失动能ΔEk，根据机械能守恒定律可得：m1v12+m2v22=m1v1ˊ2+m2v2ˊ2+ΔEk.(2)2.完全非弹性碰撞vv1v2v共m1m2碰后物体的速度相同，根据动量守恒定律可得：m1v1+m2v2=(m1+m2)v共（1）完全非弹性碰撞系统损失的动能最多，损失动能：ΔEk=½m1v12+½m2v22-½(m1+m2)v共2（2）联立（1）、（2）解得：v共=；ΔEk=考向1弹性碰撞规律应用1．在一个水平桌面上固定一个内壁光滑的半径为R的管形圆轨道，俯视如图所示，a、b、c、d为圆上两条直径的端点，且ac与bd相互垂直。在内部放置A、B两个小球（球径略小于管径，管径远小于R），质量分别为、，开始时B球静止于a点，A球在其左侧以的初速度向右与B球发生第一次碰撞且被反弹。已知小球之间的碰撞均为对心弹性碰撞，第二次碰撞发生在b点。则下列说法中正确的是（）A．A、B两球的质量比为B．若只增大A球的初速度则第二次碰撞点可能在之间某处C．若只增大A球的质量则第二次碰撞点可能仍在b处D．若只增大A球的质量则第一、二次碰撞时间间隔不可能大于【答案】CD【详解】A．设第一次碰后A、B两球的速度分别为，。根据动量守恒定律和能量守恒定律有；第二次碰撞发生在b点，则有联立解得故A错误；BC．设第二次碰撞A球转过的角度为，则有解得可知与初速度无关，即第二次碰撞点与A球的初速度无关，若只增大A球的质量则第二次碰撞点可能仍在b处，故B错误，C正确；D．两次碰撞间隔时间为故D正确；故选CD。2．如图所示，质量为m的小球A与质量为的小球B叠放在一起，从高度为处由静止开始下落，落到水平地面时，B与地面之间以及B与A之间均在竖直方向发生弹性碰撞（认为B先与地面发生碰撞，紧接着A、B间再发生碰撞），则A反弹后能达到的最大高度可能为（）A．4.5h B．5.5h C．6.5h D．7.5h【答案】AB【详解】A、B两球落地时的速度相同，设为，两球下落过程根据机械能守恒定律可得解得球B先与地面碰撞之后原速弹回。此时A球速度方向还是向下，速度大小仍为，之后两球发生弹性碰撞，设向上为正方向，碰撞之后A、B两球的速度分别为和，根据动量守恒定律根据能量守恒定律可得两式联立解得当时代入可得设上升的最大高度为，A球上升过程根据机械能守恒定律可得代入数据解得当时代入可得设上升的最大高度为，A球上升过程中，根据机械能守恒定律可得代入数据解得所以A球上升的最大高度应大于，小于，AB正确，CD错误。故选AB。考向2完全非弹性碰撞规律应用3．如图所示，质量为0.1kg的小球A从水平地面斜向上抛出，抛出时的速度大小为10m/s，方向与水平方向夹角为，在小球A抛出的同时有一质量为0.3kg的黏性小球B从某高处自由下落，当小球A上升到最高点时恰能击中下落中的小球B，A、B两球碰撞时间极短，碰后粘在一起落回水平地面。两球均可视为质点，不计空气阻力，，，取。下列说法正确的是（）

A．小球A上升至最高点时离地面3.2mB．小球A从抛出到落回地面的时间为1.6sC．A、B两球碰撞过程中小球A的动量变化量大小为0.45kg·m/sD．小球A从抛出到落回地面的水平距离为5.4m【答案】AD【详解】A．小球A和小球B在碰撞前，对A：水平方向匀速直线运动竖直方向匀减速直线运动小球A上升的最大高度为，A正确；B．小球A和B在最高点碰撞时，小球B的速度为竖直向下，根据碰撞过程两者竖直方向动量守恒，水平方向动量也守恒，竖直方向有水平方向，有碰后，两者竖直方向做匀加速直线运动，根据小球A从抛出到落回地面的时间为，B错误；C．碰撞过程中，水平方向小球A的动量变化量为竖直方向动量变化量为所以小球A的动量变化量为，C错误；D．碰撞前小球A的水平位移为碰后两者水平速度为1.5m/s，因为碰后下落时间为0.4s，所以碰后水平位移为小球A从抛出到落回地面的水平距离为，D正确。故选AD。4．如图所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，质量为1kg的小物块B置于轻弹簧上端并处于静止状态，另一质量为3kg的小物块A从小物块B正上方h=0.8m处由静止释放，与小物块B碰撞后（碰撞时间极短）一起向下压缩弹簧到最低点，已知弹簧的劲度系数k=100N/m，弹簧的弹性势能表达式（x为弹簧的形变量），重力加速度g=10m/s2，弹簧始终在弹性限度内，下列说法正确的是（）

A．碰撞结束瞬间，小物块A的速度大小为1m/sB．碰撞结束瞬间，小物块A的加速度大小为7.5m/s2C．小物块A与B碰撞之后一起下落0.5m时的加速度大小为2.5m/s2D．小物块A与B碰撞之后一起下落过程中，系统的最大动能为22.5J【答案】BD【详解】A．对小物块A应用动能定理可得小物块A、B碰撞由动量守恒定律可得联立解得故A错误；B．碰前小物块B的重力与弹簧弹力平衡，碰后瞬间弹簧弹力不突变，对小物块A、B整体应用牛顿第二定律可得解得故B正确；C．下落时，对小物块A、B整体应用牛顿第二定律可得联立解得故C错误；D．开始时有当系统下落过程中有最大速度，由动能定理可得联立解得故D正确。故选BD。考向3类碰撞问题5．旅行者1号经过木星和土星时通过引力助推（引力弹弓）获得了足以完全摆脱太阳引力的动能。引力助推是飞行器从远距离接近反向运行的行星时，产生的运动效果就像该飞行器被行星弹开了，科学家们称这种情况为弹性碰撞，不过两者没有发生实体接触。如图所示，以太阳为参考系，设探测器的初速度大小为，行星的速率为。探测器在远离行星后的速率为，已知行星质量远大于探测器质量，那么约为（）A． B． C． D．【答案】B【详解】设探测器质量为，行星质量为，取行星和探测器系统为研究对象，行星方向为正方向。由动量守恒定律探测器靠近和脱离行星时可认为系统万有引力势能没变，由能量守恒有解得因为，所以，所以故选B。6．如图甲所示，曲面为四分之一圆弧、质量为M的滑块静止在光滑水平地面上，一光滑小球以某一速度水平冲上滑块的圆弧面，且没有从滑块上端冲出去，若测得在水平方向上小球与滑块的速度大小分别为v1、v2，作出图像如图乙所示，重力加速度为g，不考虑任何阻力，则下列说法不正确的是（）A．小球的质量为B．小球运动到最高点时的速度为C．小球能够上升的最大高度为D．若a>b，小球在与圆弧滑块分离后向左做平抛运动【答案】C【详解】A．设小球的质量为m，初速度为v0，在水平方向上由动量守恒定律得；结合图乙可得；所以，故A正确，不符合题意；D．对小球和圆弧滑块组成的系统，有；解得小球在与圆弧滑块分离时的速度为即a>b时，小球的速度方向向左，所以小球与圆弧分离时向左做平抛运动，故D正确，不符合题意；B．小球运动到最高点时，竖直方向速度为零，在水平方向上与滑块具有相同的速度，在水平方向上由动量守恒定律得解得故B正确，不符合题意；C．小球从开始运动到最高点的过程中，由机械能守恒定律得解得故C错误，符合题意。故选C。考点三人船模型、爆炸和反冲问题知识点1人船模型1.适用条件①系统由两个物体组成且相互作用前静止，系统总动量为零；②动量守恒或某方向动量守恒．2.常用结论设人走动时船的速度大小为v船,人的速度大小为v人,以船运动的方向为正方向,则m船v船-m人v人=0,可得m船v船=m人v人；因人和船组成的系统在水平方向动量始终守恒，故有m船v船t=m人v人t,即：m船x船=m人x人，由图可看出x船+x人=L，可解得：；3.类人船模型类型一类型二类型三类型四类型五知识点2爆炸和反冲问题1．对反冲现象的三点说明(1)系统内的不同部分在强大内力作用下向相反方向运动，通常用动量守恒来处理。(2)反冲运动中，由于有其他形式的能转变为机械能，所以系统的总机械能增加。(3)反冲运动中平均动量守恒。2．爆炸现象的三个规律(1)动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒。(2)动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸前后系统的总动能增加。(3)位置不变：爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动。考向1人船模型1．如图所示，质量为M=2m的小木船静止在湖边附近的水面上，船身垂直于湖岸，船面可看做水平面，并且比湖岸高出h。在船尾处有一质量为m的铁块，将弹簧压缩后再用细线将铁块拴住，此时铁块到船头的距离为L，船头到湖岸的水平距离，弹簧原长远小于L。将细线烧断后该铁块恰好能落到湖岸上，忽略船在水中运动时受到水的阻力以及其它一切摩擦力，重力加速度为g。下列判断正确的有（）A．铁块脱离木船后在空中运动的水平距离为B．铁块脱离木船时的瞬时速度大小为C．小木船最终的速度大小为D．弹簧释放的弹性势能为【答案】BD【详解】A．对船与铁块有由于铁块到船头的距离为L，则有解得，铁块脱离木船后在空中运动的水平距离为，A错误；B．铁块脱离木船后做平抛运动，则有，解得，B正确；C．对船与铁块有结合上述解得，C错误；D．弹簧释放的弹性势能为解得，D正确。故选BD。2．如图所示，一半圆槽滑块的质量为M，半圆槽半径为R，滑块置于光滑水平桌面上，一质量为m的小智能机器人（可视为质点）置于半圆槽的A端，在无线遥控器控制下，机器人从半圆槽A端移动到B端。下面说法正确的是（）A．只有小机器人运动，滑块不运动B．滑块运动的距离是C．滑块与小机器人运动的水平距离之和为2RD．小机器人运动的位移是滑块的倍【答案】C【详解】CD．小机器人和滑块组成的系统在水平方向动量守恒，小机器人从A端移动到B端的过程中，设小机器人和滑块在任意时刻的水平分速度大小分别为和，则所以在整个过程中，二者的平均速度大小满足则二者水平位移大小（即运动的水平距离）满足根据相对位移关系有即滑块与小机器人运动的水平距离之和为2R，且故C正确，D错误；AB．根据前面分析可得小机器人和滑块移动的距离分别为；故AB错误。故选C。考向2爆炸和反冲问题3．章鱼遇到危险时可将吸入体内的水在极短时间内向后喷出，由此获得一个反冲速度，从而迅速向前逃窜完成自救。假设有一只章鱼吸满水后的总质量为M，静止悬浮在水中一次喷射出质量为m的水，喷射速度大小为，章鱼体表光滑，则以下说法中正确的是（

）A．喷水的过程中，章鱼和喷出的水组成的系统动量守恒B．喷水的过程中，章鱼和喷出的水组成的系统机械能守恒C．章鱼喷水后瞬间逃跑的速度大小为D．章鱼喷水后瞬间逃跑的速度大小为【答案】AD【详解】A．章鱼喷水过程所用的时间极短，内力远大于外力，章鱼和喷出的水组成的系统动量守恒，A正确；B．在章鱼喷水的过程中，章鱼体内的化学能转化为机械能，系统机械能增加，B错误；CD．以章鱼和喷出的水组成的系统为研究对象，规定章鱼喷水后瞬间逃跑的方向为正方向，由动量守恒定律得可得章鱼喷水后瞬间逃跑的速度大小为，C错误，D正确；故选AD。4．不在同一直线上的动量问题同样可以用正交分解法处理。某同学自制了一款飞机模型，该飞机模型飞行过程中可通过喷气在极短时间内实现垂直转弯。若该飞机模型的质量为M（含气体），以大小为v的速度匀速飞行时，在极短时间内喷出质量为m的气体后垂直转弯，且转弯后的速度大小不变，则该飞机模型喷出的气体的速度大小为（）A． B．C． D．【答案】C【详解】根据题意，设喷出的气体沿飞机模型初速度方向的速度分量大小为，沿飞机模型末速度方向的速度分量大小为，在这两个方向上，根据动量守恒定律分别有；该飞机模型喷出的气体的速度大小解得故选C。考点四弹簧模型和板块模型知识点1弹簧模型条件与模型①mA=mB（如:mA=1kg；mB=1kg）②mA>mB（如:mA=2kg；mB=1kg）③mA<mB（如:mA=1kg；mB=2kg）规律与公式情况一：从原长到最短（或最长）时①；②情况二：从原长先到最短（或最长）再恢复原长时①；②知识点2板块模型板块模型过程简图xx1v0x2x相对m1m2v共v共动力学常用关系；；功能常用关系动量常用关系考向1弹簧模型1．如图所示，有一个质量为的物体A和一个质量为M的物体B用轻弹簧连接，放在光滑的水平地面上。二者初始静止，弹簧原长为，劲度系数为k，弹性势能表达式（x为弹簧的形变量）。现用一质量为m的子弹沿水平方向以初速度打中物体A，并留在物体A中（子弹与物体A达到相对静止的时间极短），然后压缩弹簧至最短，之后弹簧恢复原长，最后被拉长至最长。则下列说法正确的是（）

A．整个过程中子弹、物体A、物体B三者组成的系统动量守恒、机械能守恒B．弹簧被压缩至最短时物体B的速度大小为C．整个过程中弹簧的最大弹性势能为D．物体B的最大加速度大小为【答案】BD【详解】A．水平地面光滑，子弹、物体A、物体B三者组成的系统所受合外力为零，因此动量守恒，子弹打入物体A过程中，由于摩擦生热，故机械能不守恒，选项A错误；B．当三者共速时，弹簧被压缩至最短，设共同速度为，根据动量守恒定律有解得选项B正确；C．当弹簧压缩至最短或伸长至最长时，弹性势能最大，此时三者共速，子弹打入物体A并留在A中时，设此时A的速度大小为，对子弹与物体A，根据动量守恒定律解得从子弹打入物体A后至AB共速，弹性势能增加量等于系统动能减少量，故最大弹性势能为选项C错误；D．当弹簧形变量最大时，弹力最大，物体B的加速度最大根据牛顿第二定律得联立二式得选项D正确。故选BD。2．如图甲，质量分别为mA和mB的A、B两小球用轻质弹簧连接置于光滑水平面上，初始时刻两小球被分别锁定，此时弹簧处于压缩状态。t=0时刻解除A球锁定，t=t1时刻解除B球锁定，A、B两球运动的a-t图像如图乙所示，S1表示0到t1时间内A的a-t图线与坐标轴所围面积大小，S2、S3分别表示t1到t2时间内A、B的a-t图线与坐标轴所围面积大小。下列说法正确的是（）

A．t1时刻后A、B系统的总动量大小始终为mAS1 B．C． D．t2时刻，弹簧伸长量大于0时刻的压缩量【答案】AB【详解】A．a-t图像的面积等于这段时间的速度变化量大小，t=0时刻解除A球锁定，t=t1时刻解除B球锁定，说明t1时刻只有A球具有速度，设此时A球的速度为v1，则有t1时刻后A、B组成的系统满足动量守恒，故总动量等于t1时刻A球的动量，则有故A正确；B．由图像可知t1时刻A球的加速度为0，则此时弹簧弹力等于0，即弹簧处于原长状态，t2时刻两球的加速度都达到最大，说明此时弹簧的弹力最大，弹簧的伸长量最大，即t2时刻两球具有相同的速度，设t2时刻A、B两球的速度为v2，从t1到t2过程，A球的速度变化量大小为，B球的速度变化量大小为从t1到t2过程，A、B组成的系统满足动量守恒，则有可得联立可得故B正确；C．t=0到t1时刻，A球速度变化量大小为从t1到t2过程，A球的速度变化量大小为从t1到t2过程，B球的速度变化量大小为联立可得故C错误；D．从t=0到t2时刻，A、B、弹簧组成的系统满足机械能守恒，则有说明t=0时刻弹簧的弹性势能大于t2时刻弹簧的弹性势能，即t=0时刻弹簧的压缩量大于t2时刻弹簧的伸长量，故D错误。故选AB。考向2板块模型3．如图甲所示，长木板A静置在光滑的水平面上，物块B可视为质点以水平速度滑上长木板A的上表面的最左端，之后它们的速度随时间变化情况如图乙所示，在两者相对运动过程中，因摩擦产生的热量为4J，取g=10m/s2，则下列说法正确的是（）A．长木板A的质量为4kgB．摩擦力对物块B做功为6JC．长木板A的长度不小于1.5mD．长木板A与物块B间的动摩擦因数为0.1【答案】AD【详解】AD．由图可知，长木板A和物块B的加速度大小相等有可得；有动量守恒定律有联立得在两者相对过程中系统损失的机械能转化成摩擦热有代入数据联立解得故AD正确；B．由动能定理得代入数据解得故B错误；C．由图可得，内B的位移为，A的位移为则木板A的最小长度为故C错误。故选AD。4．如图所示，在光滑水平面上叠放着A、B两个物体，mA=2kg，mB=1kg，速度的大小均为v0=8m/s，速度方向相反。A板足够长，A、B之间有摩擦，当观察到B做加速运动时，A的速度大小可能为（）A．2m/s B．3m/s C．4m/s D．5m/s【答案】B【详解】由受力分析可知：A、B两物体在水平面上只受到相互作用的摩擦力，所以A、B整体在水平方向动量守恒则代入数据解得故当A的速度为4m/s时，B开始做加速运动，直到与A共速。共速时对A、B运用动量守恒定代入数据解得所以时，可