2024高考物理一轮复习能量和动量检测题含解析新人教版

PAGE14-能量和动量检测题(本试卷满分100分)一、单项选择题(本题包括8小题，每小题3分，共24分)1．如图所示，质量为m的圆环套在与水平面成α＝53°角的固定的光滑细杆上，圆环用一轻绳通过一光滑定滑轮挂一质量也为m的木块，初始时圆环与滑轮在同一水平高度上，这时定滑轮与圆环相距0.5m．现由静止释放圆环，圆环及滑轮均可视为质点，轻绳足够长．已知重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6.则下列说法正确的是()A．圆环下滑0.6m时速度为零B．圆环与木块的动能始终相等C．圆环的机械能守恒D．圆环下滑0.3m时速度为eq\f(\r(170),5)m/s2.如图所示，足够长的小平板车B的质量为M，以水平速度v0向右在光滑水平面上运动，与此同时，质量为m的小物体A从车的右端以水平速度v0沿车的粗糙上表面对左运动．若物体与车面之间的动摩擦因数为μ，则在足够长的时间内()A．若M>m，物体A对地向左的最大位移是eq\f(2Mv\o\al(2,0),μM＋mg)B．若M<m，小车B对地向右的最大位移是eq\f(Mv\o\al(2,0),μmg)C．无论M与m的大小关系如何，摩擦力对平板车的冲量均为mv0D．无论M与m的大小关系如何，摩擦力的作用时间均为eq\f(2Mv0,μM＋mg)3．在光滑的水平地面上放有一质量为M带光滑eq\f(1,4)圆弧形槽的小车，一质量为m的小铁块以速度v0沿水平槽口滑上小车，且上滑过程始终未离开小车，如图所示，若M＝m，则铁块离开小车时将()A．向左平抛B．向右平抛C．自由落体D．无法推断4．[2024·湖南三湘第一次大联考]如图所示，长为L的轻杆可绕O点在竖直平面内无摩擦转动，质量为M的小球A固定于杆的一端，质量为m的小球B固定于杆中点，且M＝2m，起先时杆处于水平，后由静止释放，当杆转到竖直位置时()A．轻杆对球A做正功B．球A在最低点速度为eq\f(2,3)eq\r(7gL)C．杆OB段的拉力小于杆BA段的拉力D．轻杆对球B做功eq\f(2,9)mgL5．[2024·黑龙江哈三中模拟]如图所示，在光滑水平面上质量为m的物体A以速度v0与静止的物体B发生碰撞，物体B的质量为2m，则碰撞后物体B的速度大小可能为()A．v0B.eq\f(4v0,3)C．0D.eq\f(v0,3)6．如图所示，轻弹簧一端固定在质量为2m的小球A上，静止在光滑水平面，质量为m的小球B以速度v0向右运动，压缩弹簧然后分别，(取向右为正方向)下列说法正确的是()A．小球A和小球B机械能守恒B．弹簧最短时小球A的速度为eq\f(v0,2)C．弹簧最大弹性势能为eq\f(1,3)mveq\o\al(2,0)D．小球B最终运动的速度为eq\f(v0,3)7．[2024·辽宁锦州质量检测]如图所示，中间有孔的物块A套在光滑的竖直杆上，通过定滑轮用不行伸长的轻绳拉着物块，使其匀速向上运动，则随着物块的上升，关于拉力F及拉力F的功率P，下列说法正确的是()A．F不变，P减小B．F增大，P增大C．F增大，P不变D．F增大，P减小8.如图所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P拴接，另一端与物体A相连，物体A静止于光滑水平桌面上，A右端连接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连．起先时用手托住B，让细线恰好伸直，然后由静止释放B，直至B获得最大速度．重力加速度大小为g，下列有关该过程的分析正确的是()A．释放B的瞬间其加速度为eq\f(g,2)B．B动能的增加量等于它所受重力与拉力做功之和C．B机械能的削减量等于弹簧弹性势能的增加量D．细线拉力对A做的功等于A机械能的增加量二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分)9.如图所示，足够长的水平粗糙传送带在电动机的带动下以大小为v1的速度匀速转动，一质量为m的物块从传送带右侧以大小为v2(v2>v1)的速度向左滑上传送带，经过时间t1，物块与传送带相对静止，则下列说法正确的是()A．物块经过时间eq\f(v2t1,v1＋v2)，速度减为零B．物块向左运动的最大位移为eq\f(v\o\al(2,1)t1,2v1＋v2)C．t1时间内，传送带对物块所做的功为eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)D．t1时间内，传送带消耗的电能为m(v1＋v2)v110.如图所示，在两根水平固定的平行光滑杆上套着A、B、C三个小球，三个小球均可以沿杆滑动．A的质量为3m，B和C的质量均为m，初始时A和B用一根轻弹簧相连，A和B的连线与杆垂直，弹簧处于原长状态，C以速度v0沿杆向左运动，与B发生碰撞后瞬间结合在一起，下列说法正确的是()A．碰撞后，A的最大速度为eq\f(2,5)v0B．碰撞后，B、C的最小速度为eq\f(1,10)v0C．碰撞后，弹簧的最大弹性势能为eq\f(2,5)mveq\o\al(2,0)D．碰撞后，B、C速度最小时，弹簧的弹性势能为eq\f(1,12)mveq\o\al(2,0)11．如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1、m2(已知m2＝0.5kg)的两物块A、B相连接，弹簧处于原长，三者静止在光滑水平面上．现使B获得水平向右、大小为6m/s的瞬时速度，从今刻起先计时，两物块的速度随时间变更的图象如图乙所示，从图象供应的信息可得()A．在t1时刻，两物块达到共同速度2m/s，且弹簧处于伸长状态B．t3到t4时间内弹簧由原长变更为压缩状态C．t3时刻弹簧的弹性势能为6JD．在t3和t4时刻，弹簧均处于原长状态12.如图所示，质量均为m的A、B两物体用轻绳相连，将物体A用一轻弹簧悬挂于天花板上，系统处于静止状态，假如弹簧的劲度系数为k，弹簧的弹性势能表达式为Ep＝eq\f(1,2)kx2(式中x为弹簧的伸长量)，且弹簧始终处在弹性限度内，现将A、B间的连线剪断，则在这之后的过程中(已知重力加速度为g)()A．绳子剪断的瞬间物体A的加速度为eq\f(1,2)gB．绳子剪断后物体A能上升的最大高度为eq\f(2mg,k)C．物体A的最大动能为eq\f(m2g2,2k)D．物体A速度达到最大时，弹簧弹力做的功为eq\f(m2g2,k)三、非选择题(本题包括6小题，共60分)13．(9分)某同学利用下述装置对轻质弹簧的弹性势能进行探究：一轻质弹簧放置在光滑水平桌面上，弹簧左端固定，右端与一小球接触而不固连；弹簧处于原长时，小球恰好在桌面边缘，如图(a)所示．向左推小球，使弹簧压缩一段距离后由静止释放；小球离开桌面后落到水平地面．通过测量和计算，可求得弹簧被压缩后的弹性势能．回答下列问题：(1)本试验中可认为，弹簧被压缩后的弹性势能Ep与小球抛出时的动能Ek相等．已知重力加速度大小为g.为求得Ek，至少须要测量下列物理量中的________(填正确答案标号)．A．小球的质量mB．小球抛出点到落地点的水平距离sC．桌面到地面的高度hD．弹簧的压缩量ΔxE．弹簧原长l0(2)用所选取的测量量和已知量表示Ek，得Ek＝________.(3)图(b)中的直线是试验测量得到的s－Δx图线．从理论上可推出，假如h不变，m增加，s－Δx图线的斜率会________(填“增大”“减小”或“不变”)；假如m不变，h增加，s－Δx图线的斜率会________(填“增大”“减小”或“不变”)．由图(b)中给出的直线关系和Ek的表达式可知，Ep与Δx的________次方成正比．14．(8分)利用气垫导轨通过闪光照相进行“探究碰撞中的不变量”这一试验．(1)试验要求探讨两滑块碰撞时动能损失很小或很大等各种状况，若要求碰撞时动能损失最大，应选图________(选填“甲”或“乙”)图中的装置，若要求碰撞时动能损失最小，则应选图________(选填“甲”或“乙”)图中的装置．(甲图两滑块分别装有弹性圈，乙图两滑块分别装有撞针和橡皮泥)(2)若通过试验已验证碰撞前、后系统的动量守恒，某同学再进行以下试验．某次试验时碰撞前B滑块静止，A滑块匀速向B滑块运动并发生碰撞，利用频闪照相的方法连续4次拍摄得到的闪光照片如图丙所示．已知相邻两次闪光的时间间隔为T，在这4次闪光的过程中，A、B两滑块均在0～80cm范围内，且第1次闪光时，滑块A恰好位于x＝10cm处．若A、B两滑块的碰撞时间及闪光持续的时间极短，均可忽视不计，则可知碰撞发生在第1次闪光后的________时刻，A、B两滑块的质量比mAmB＝________.15．(10分)如图，光滑固定的水平直杆(足够长)上套着轻弹簧和质量m1＝4kg的小球A，用长度L＝0.2m的不行伸长的轻绳将A与质量m2＝5kg的小球B连接起来，已知弹簧左端固定，右端不与A相连．现在让A压缩弹簧使之储存4J的弹性势能，此时A、B均静止．再由静止释放A，发觉当A脱离弹簧后，B运动至最高点时绳与杆的夹角为53°.取重力加速度g＝10m/s2，cos53°＝0.6，sin53°＝0.8，求：(1)弹簧给A的冲量大小；(2)A脱离弹簧后的最大速度．16．(12分)如图所示，质量为m＝0.5kg的小球用长为r＝0.4m的细绳悬挂于O点，在O点的正下方有一个质量为m1＝1.0kg的小滑块，小滑块放在一块静止在光滑水平面上、质量为m2＝1.0kg的木板左端．现将小球向左上方拉至细绳与竖直方向夹角θ＝60°的位置由静止释放，小球摆到最低点与小滑块发生正碰并被反弹，碰撞时间极短，碰后瞬间细绳对小球的拉力比碰前瞬间减小了ΔFT＝4.8N，而小滑块恰好不会从木板上掉下．已知小滑块与木板之间的动摩擦因数为μ＝0.12，不计空气阻力，小滑块与小球均可视为质点，重力加速度g取10m/s2.求：(1)碰后瞬间小球的速度大小；(2)木板的长度．17.(10分)如图所示，质量分布匀称、形态对称的金属块内有一个半径为R的光滑半圆形槽，金属块放在光滑的水平面上且左边挨着竖直墙壁．一质量为m的小球从离金属块左上端R处由静止下落，小球到达最低点后向右运动从金属块的右端冲出，到达最高点后离半圆形槽最低点的高度为eq\f(7,4)R.重力加速度为g，不计空气阻力．(1)小球第一次到达最低点时，小球对金属块的压力为多大？(2)金属块的质量为多少？18．(11分)如图，在光滑的水平面上静置着足够长、质量为3m的木板，木板上依次排放质量均为m的木块1、2、3，木块与木板间的动摩擦因数均为μ.现同时给木块1、2、3水平向右的初速度v0、2v0、3v0，最终全部的木块与木板相对静止．已知重力加速度为g，求：(1)木块3从起先运动到与木板相对静止时位移的大小；(2)木块2在整个运动过程中的最小速度．《能量和动量》检测题1．D当圆环下降0.6m时，由几何关系知，木块高度不变，圆环高度下降了h1′＝0.6sin53°m，由运动的合成与分解得v木′＝v环′cos53°，由系统机械能守恒有mgh1′＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,木)′＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,′)环，由此可知，A项错误；圆环与木块组成的系统机械能守恒，C项错误；设轻绳与细杆的夹角为θ，由运动的合成与分解得v木＝v环cosθ，当圆环下滑0.3m时，依据几何关系，θ＝90°，木块速度为零，圆环高度下降了h1＝0.3sin53°m＝0.24m，木块高度下降了h2＝0.5m－0.5×sin53°m＝0.1m，由机械能守恒定律得mgh1＋mgh2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,环)，解得v环＝eq\f(\r(170),5)m/s，B项错误，D项正确．2．D若M>m，则系统总动量向右，A速度向左减为0后向右加速，故vA＝0时向左的位移最大为eq\f(v\o\al(2,0),2μg)；同理，若M<m，则小车向右的最大位移为eq\f(v\o\al(2,0),2aM)＝eq\f(v\o\al(2,0),2×\f(μmg,M))＝eq\f(Mv\o\al(2,0),2μmg)；可知A、B均错．若M>m，则最终共同速度大小为v＝eq\f(M－m,M＋m)v0，方向向右，摩擦力对小车的冲量I＝ΔPM＝M(v0－v)＝eq\f(2Mm,M＋m)v0，摩擦力作用时间t＝eq\f(ΔPM,μmg)＝eq\f(2Mv0,μM＋mg).若M<m，则最终共同速度大小v′＝eq\f(m－M,M＋m)v0，方向向左，摩擦力对小车的冲量I′＝ΔPM′＝M(v0＋v′)＝eq\f(2Mmv0,M＋m)，摩擦力对小车的作用时间t′＝eq\f(ΔPM,μmg)＝eq\f(2Mv0,μM＋mg)＝t.所以D对、C错．3．C小铁块和小车组成的系统水平方向不受外力，系统水平方向的动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得mv0＝Mv车＋mv铁，系统的机械能守恒，由机械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,车)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,铁)，解得铁块离开车时v铁＝0，v车＝v0.所以铁块离开车时将做自由落体运动，故A、B、D三项错误，C项正确．4．AA、B小球随杆转动，A、B组成的系统机械能守恒，设杆转到竖直位置时两球的线速度分别为vA、vB，因为球A、B的角速度相同，所以线速度vA＝2vB，由机械能守恒得2mgL＋mgeq\f(L,2)＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，联立解得vA＝eq\f(2\r(5gL),3)，vB＝eq\f(\r(5gL),3)，故B错误．在转动过程中设杆对B球做功为WB，则依据动能定理可求得mgeq\f(L,2)＋WB＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，解得WB＝－eq\f(2,9)mgL，故D项错误．由于系统机械能守恒，轻杆对B做负功，则轻杆对A做正功，故A项正确．在杆转到竖直位置时，球B受到重力、杆OB段的拉力和杆BA段的拉力，这三个力的合力供应指向O点的向心力，所以杆OB段的拉力要大于杆BA段的拉力，故C项错误．5．D物体A与物体B碰撞的过程中动量守恒，选物体A原来的运动方向为正方向：假如发生的是完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得mv0＝(m＋2m)v，计算得出v＝eq\f(1,3)v0；假如发生的是完全弹性碰撞，由动量守恒定律得mv0＝mv1＋2mv2，由能量守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,2)，计算得出v2＝eq\f(2,3)v0.碰撞后物体B的速度满意eq\f(1,3)v0≤vB≤eq\f(2,3)v0，选项D正确．6．C本题考查动量守恒、能量守恒．水平面光滑，小球A、小球B和弹簧组成的系统机械能守恒，A错误；当两小球速度相等时弹簧最短，弹性势能最大，依据动量守恒有mv0＝3mv，解得v＝eq\f(v0,3)，B错误；依据机械能守恒可得，弹簧最大弹性势能Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)·3meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,3)))2＝eq\f(1,3)mveq\o\al(2,0)，C正确；弹簧再次复原原长时两小球分别，依据动量守恒和能量守恒有mv0＝mv1＋2mv2，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,2)，解得v1＝－eq\f(v0,3)，D错误．7．C设绳子与竖直方向的夹角为θ，A做匀速直线运动，故A在竖直方向上受到的合力为零，有Fcosθ＝mg，θ增大，则F增大．物块A沿绳子方向的分速度v1＝vcosθ，则拉力的功率P＝Fv1＝eq\f(mg,cosθ)·vcosθ＝mgv，拉力的功率不变．故C项正确，A、B、D三项错误．8．B以A、B组成的系统为探讨对象，有mBg－kx＝(mA＋mB)a，释放B的瞬间弹簧的形变量为零，但由于不知道A、B的质量关系，故无法求出B的瞬时加速度，选项A错误；依据动能定理知，合外力做的功等于动能的变更量，因此，B动能的增加量等于它所受重力与拉力做功之和，选项B正确；整个系统中，依据功能关系可知，B削减的机械能转化为A的机械能以及弹簧的弹性势能，故B机械能的削减量大于弹簧弹性势能的增加量，选项C错误；A与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于细线拉力对A做的功，选项D错误．9．AD以传送带的速度方向为正方向，作出物块运动的v－t图象如图所示，设传送带与物块间的动摩擦因数为μ，对物块有μmg＝ma，a＝μg，由图象可得a＝eq\f(v1＋v2,t1)，设物块经过t2时间速度减为零，则有v2＝at2，得t2＝eq\f(v2t1,v1＋v2)，A正确；物块向左运动的最大位移x＝eq\f(v\o\al(2,2),2a)，得x＝eq\f(v\o\al(2,2)t1,2v1＋v2)，B错误；由动能定理知，传送带对物块所做的功W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，C错误；系统消耗的电能等于电动机的驱动力对传送带所做的功，传送带匀速运动，F驱＝μmg，W驱＝F驱x带＝μmgv1t1＝m(v1＋v2)v1，D正确．10．ADC和B相碰的过程有mv0＝2mv1，得v1＝eq\f(1,2)v0，A、B、C和弹簧组成的系统在B、C发生碰撞后的整个运动过程中动量守恒和机械能守恒，且当三小球速度相等时，弹簧的弹性势能最大，则有2mv1＝5mv2，eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)×5mveq\o\al(2,2)＋Epm，得Epm＝eq\f(3,20)mveq\o\al(2,0)，C错误；B、C碰撞后到下一次弹簧复原原长的过程中弹簧处于拉伸状态，设弹簧复原原长时B、C的速度为v3，A的速度为v4，则有2mv1＝2mv3＋3mv4，eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,3)＋eq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,4)，解得v3＝－eq\f(1,5)v1＝－eq\f(1,10)v0，v4＝eq\f(4,5)v1＝eq\f(2,5)v0，在弹簧复原原长前，B、C先向左做减速运动，速度减小到零后，向右做加速运动，A始终向左做加速运动，因此弹簧复原原长时，A的速度最大，为eq\f(2,5)v0，碰撞后B、C速度最小为零，A正确，B错误；设B、C速度为零时，A的速度为v5，有2mv1＝3mv5，eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,5)＋Ep，得Ep＝eq\f(1,12)mveq\o\al(2,0)，D正确．11．AC由题图乙可知，0到t1时间内，B减速，A加速，B的速度大于A的速度，弹簧被拉伸，t1时刻两物体达到共同速度2m/s，此时弹簧处于伸长状态，选项A正确；从题图乙中可知，t3到t4时间内，A做减速运动，B做加速运动，弹簧由压缩状态复原到原长，即t3时刻弹簧处于压缩状态，t4时刻弹簧处于原长，故选项B、D错误；由题图可知，t1时刻两物块速度相同，都是2m/s，又知A、B组成的系统动量守恒，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得m2v0＝(m1＋m2)v2，其中v0＝6m/s，v2＝2m/s，解得m1:m2＝2:1，所以m1＝1kg，在t3时刻依据能量守恒定律可得eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(m1＋m2)veq\o\al(2,3)＋Ep，其中v3＝2m/s，解得Ep＝6J，选项C正确．12．BC依据题意，绳子剪断前有2mg＝kx，则x＝eq\f(2mg,k)，绳子剪断的瞬间，依据力的瞬时作用效果和弹簧的弹力不能突变可得aA＝g，选项A错误；设物体A上升的高度为Δx，假如此时弹簧还是处于伸长状态，弹簧的伸长量为x－Δx，依据机械能守恒有eq\f(1,2)kx2＝mgΔx＋eq\f(1,2)k(x－Δx)2，解得Δx＝eq\f(2mg,k)，假如此时弹簧已处于压缩状态，则弹簧的压缩量为Δx－x，依据机械能守恒有eq\f(1,2)kx2＝mgΔx＋eq\f(1,2)k(Δx－x)2，解得Δx＝eq\f(2mg,k)，故选项B正确；当物体A上升到弹簧弹力等于物体A的重力时速度最大，动能最大，由kx1＝mg，可得x1＝eq\f(mg,k)＝eq\f(x,2)，由机械能守恒有eq\f(1,2)kx2＝mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(x,2)))＋eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,1)＋Ekm，解得Ekm＝eq\f(m2g2,2k)，故选项C正确；弹力做功等于动能和重力势能之和的增加量，故物体A达到速度最大时，弹力做的功为WT＝mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(x,2)))＋Ekm＝eq\f(3m2g2,2k)，选项D错误．13．答案：(1)ABC(2)eq\f(mgs2,4h)(3)减小增大2解析：弹簧被压缩后的弹性势能等于小球抛出时的动能，即Ep＝Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0).小球离开桌面后做平抛运动，由平抛运动规律，水平位移s＝v0t，竖直高度h＝eq\f(1,2)gt2，得v0＝seq\r(\f(g,2h))，动能Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(mgs2,4h)，因此A、B、C正确．弹簧的弹性势能Ep＝eq\f(mgs2,4h)，由理论推导可知Ep＝eq\f(1,2)k(Δx)2即eq\f(1,2)k(Δx)2＝eq\f(mgs2,4h)，s＝eq\r(\f(2hk,mg))·Δx，因此当h不变时，m增加，其斜率减小，当m不变时，h增加其斜率增大，由图线知s∝Δx，由Ek表达式知Ek∝s2，则由Ep＝Ek知Ep∝(Δx)2，即Ep与Δx的二次方成正比．14．答案：(1)乙甲(2)2.5T1:3解析：(1)若要求碰撞时动能损失最大，则需两滑块碰撞后结合在一起，故应选乙图中的装置；若要求碰撞时动能损失最小，则应使两滑块发生弹性碰撞，即选甲图中的装置．(2)第1次闪光时，滑块A恰好位于x＝10cm处，由图丙可知，其次次闪光时A在x＝30cm处，第三次闪光时A在x＝50cm处，碰撞发生在x＝60cm处．分析知从第三次闪光到发生碰撞所需的时间为eq\f(T,2)，则可知碰撞发生在第1次闪光后的2.5T时刻．设碰前A的速度为v，则碰后A的速度为－eq\f(v,2)，B的速度为eq\f(v,2)，依据动量守恒定律可得mAv＝－mA·eq\f(v,2)＋mB·eq\f(v,2)，解得eq\f(mA,mB)＝eq\f(1,3)，即mA:mB＝1:3.15．答案：(1)6kg·m/s(2)eq\f(2＋\r(5),3)m/s解析：(1)设弹簧给A的冲量大小为I，B运动至最高点时A的速度为v0，A脱离弹簧后A、B水平方向总动量为p则对A、B有：I＝p－0＝(m1＋m2)v0由能量守恒定律有：ΔEp＝4J＝eq\f(1,2)(m1＋m2)veq\o\al(2,0)＋m2gL(1－sin53°)解得v0＝eq\f(2,3)m/s，I＝6kg·m/s(2)当A速度最大时B位于A正下方，取向右为正方向由机械能守恒定律：Ep＝eq\f(1