能量守恒与动量守恒观念综合应用（解析版）-2025届高考物理

健步守根与劲步守想也急候与成用

目录

才情分析................................................................................1

解题玫喀................................................................................2

高考球场................................................................................4

考向一功和功率冲量与动量.............................................................4

考向二碟型及变形应用..............................................................8

才向三传送番木板一滑块模型..........................................................12

者向旧岸贵美问题.....................................................................16

考情分析

考察功能关系的理解及应用、机械能守恒的判断及应用

考察功能关系变化及动力学与能量图像的理解

考察关物体机械能守恒、传送带及板块模型以及碰撞过程的能量问题

•M

解题攻略

1.思想方法

力学三大

对应规律表达式选用原则

观点

牛顿第二定律璃=ma

(1)速度公式iV—VQ-\-at.

动力学观物体做匀变速直线运

⑵位移公式：2

匀变速直线运x=vQt-^--^-at.

点动,涉及运动细节

动规律(3)位移速度关系式：/—虎=

2ax.

动能定理W口^.==/\E为k涉及做功与能量转换

机械能守恒定

及1+玛1=及2+玛2

能量观点律

功能关系%=-珥等

能量守恒定律E1=E2

只涉及初末速度、力、时间而不涉及

动量定理I^=p'-p

动量观点位移、功

动量守恒定律只涉及初末速度而不涉及力、时间

2.模型建构

一、轻绳相连的系统机械能守恒模型

①注意两个物体的质②注意两物体运动位移③注意两物体速度大小不④注意最大速度和最

量不一定相等；注意多和高度不一定相等一定相等，可能需要分解大加速度区别

段运动速度

-□~~〜:、4

百P厂产?

3m

A

①b落地前，a机械能.1:O-.

C

增加、6减小，系统机械■1

_________4^-±<11

能守恒；

卜V

L1

②b落地后若不反弹，讣e

(

1Ml1

绳松，a机械能守恒；•••

二、轻杆相连的系统机械能守恒模型

类型类型一:绕杆上某固定点转动类型二:无固定点，沿光滑接触面滑动

图示1L

二TnRA「

j—c"*r

0T1

归

A

三、轻弹簧问题

///■/〃

轻弹簧模型

，固.............

iff/777777/z7zZ/z/f

①同一根弹簧弹性势能大小取决于弹簧形变量的大小，在弹簧弹性限度内，形变量相

等,弹性势能相等

②由两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统,当弹簧形变量最大时，弹簧两端连接的

物体具有相同的速度:弹簧处于自然长度时,弹簧弹性势能最小（为零）

四、类碰撞问题

情境

类比“碰撞”满足规律

初态末态

相距最近时完全非弹性碰撞动量守恒，动能损失最多

[\:，H1H

再次恢复原长时弹性碰撞动量守恒，动能无损失

—►r共速时完全非弹性碰撞动量守恒，动能损失最多

GJ

动量守恒，部分动能转化

1u»1,.u滑离时非弹性碰撞

'fff/rrr/f7frrfr济为内能

_A到达最高点时完全非弹性碰撞动量守恒，动能损失最多

■＞v

，，）＞，，，，，，，，，＞＞，，涉再次回到地面时弹性碰撞动量守恒，动能无损失

五、弹性碰撞•••

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小1和馆2,碰前速度为

3,碰后速度分别为g,3,则有：

=

rriiVi+m2^2+仍。2（1）

22

十7nl忧+17n2能=］恒1%'+-^m2v2（2）

联立⑴、（2）解得：

,nm1v1+m2v2,rtm1v1+m2v2

g=2------------------vlfv2=2-------------------v2.

mi+m2m1+m2

特殊情况：若皿=恒2,”1'=02，22—01

六、非弹性碰撞、完全非弹性碰撞模型

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：皿%+巾2"2=孙%+rn2v2（1）

损失动能AEA,根据机械能守恒定律可得：3+%m2状=：小1%7712v2,2+△瓦.（2）

2.完全非弹性碰撞

碰后物体的速度相同，根据动量守恒定律可得：V1

77115+771202=（巾1+巾2）0共（D

完全非弹性碰撞系统损失的动能最多，损失动能：

1

△耳=%7?11优+%m2vl—/2（m1+m2）vjt.（2）

W=纥2

联立⑴、⑵解得：=15：02;AjBfc=X上警（％_纥）

商考练场

考向一功和功率冲量与动量

1.（2024•常州三模）如图所示，倾角为夕=37。的斜面固定在水平桌面上，用平行斜面向上的推力E将位

于斜面底端的滑块推到斜面顶端，推力E做的功至少为用。已知物块与斜面间的动摩擦因数为〃=

0.5,sin37°=0.6,cos37°=0.8,若用水平向左的推力用将物块推到顶端，推力用做的功至少为

()

0

A.1.21%B.1.41%C.1.6用D.1.8用•••

【解答】解：对物块做功最少，物块重力势能增大，动能不变，物体匀速缓慢运动至斜面顶端，用E将位于斜

面底端的物块推到斜面顶端，对物块受力分析如图甲所示，根据受力平衡可得E=mgsind+/imgcosd—

mg

设斜面的长度为则W^=FrL=mgL

对物块受力分析如图乙所示，根据受力平衡可得F^cosd=mgsin。+“(Esin。+mgcos9)

mgsin。+/imgcos9

解得F—二2mg

2cos。一〃sin。

则W=F^LcosS=X.QmgL=1.6%

故选：Co

2.(多选)(2024•黑龙江三模)如图所示,光滑水平面上放有质量为河=2kg的足够长的木板P,通过水

平轻弹簧与竖直墙壁相连的质量为m=1kg的物块Q叠放在P上。初始时刻，系统静止,弹簧处于原

长，现用一水平向右、大小为F=9N的拉力作用在P上。已知P、Q间的动摩擦因数〃=0.2,弹簧的

劲度系数k=100N/m,重力加速度g取10m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则下列说法正确的是

()

/✓

✓/

?IP~-F

A.Q受到的摩擦力逐渐变大B.Q速度最大时，向右运动的距离为2cm

C.P做加速度减小的加速运动D.摩擦力对Q先做正功后做负功

【解答】解：4二者恰好发生相对运动时，Q的加速度a=@=0.2X10m/s2=2m/s2,此时对应的拉力：Fo

=(M+nz)a=(2+l)X2N=6N<9N,所以力F=9N作用在P上，一开始二者就发生相对运动，Q受滑

动摩擦力保持不变，故A错误；

B、物体P、Q间的最大静摩擦力fm=umg=0.2X1x10N=2N,当P对Q的静摩擦力达到最大时，Q向

右运动的距离为：/=与■=熹机=0.02巾,=2(3111；此时弹力与摩擦力相等，Q与P有共同的速度且此时

K100'

Q的速度达到最大值,故B正确；

。、对P受力分析可知：F—/=Ma,由于二者之间的摩擦力保持不变，可知P的加速度保持不变，故。错

、口

7天；

。、物块Q达到最大距离的过程中，摩擦力对Q做正功；物块Q达到最大距离后，先向左加速、后做减速，此

过程中，摩擦力对Q做负功，即摩擦力对Q先做正功，再做负功，故。正确。

故选：BD。

3.（2024•朝阳区校级模拟）如图，一物块以初速度方从。点沿斜面向上运动，同时从。点斜向上以相同

速度大小抛出一个小球，物块和小球的质量相等，它们在斜面上的尸点相遇，不计空气阻力。下列说

A.小球和物块加速度相等

B.小球运动到最高点时离斜面最远

C.在P点时,小球的动能大于物块的动能

D.小球和物块从。点到P点过程中合外力的功率相等

【解答】解：B.把小球的运动分解为沿斜面方向和垂直斜面方向，当垂直斜面方向的分速度减为0时，小球

离斜面最远,但此时小球不是运动到最高点，故B错误；

C.把小球的速度分解到沿斜面方向和垂直斜面方向，则小球沿斜面方向的速度小于物块的合速度，若斜

面光滑，则小球和物块沿斜面方向的加速度相同，根据匀变速直线运动速度一时间公式，可知两物体不可

能在P点相遇，所以斜面是粗糙的；从O点到P点，小球和物块克服重力做功相对，但物块还要克服摩擦力

做功,故在P点时，小球的动能大于物块的动能，故。正确；

。.从。点到P点过程，小球只克服重力做功，物块需要克服重力做功和克服摩擦力做功，则合外力对物

块做功的大小大于合外力对小球做功的大小，又所用时间相等，所以小球和物块从O点到P点过程中合外

力的功率不相等，故。错误。

A.小球的加速度为

a球=g

设斜面倾角为仇物块与斜面的动摩擦因数为H,根据牛顿第二定律可得

mgsinf）+/umgcosd—ma枷

可得物块的加速度大小为

a物=gsinff+[igcosO

不能确定小球和物块加速度是否大小相等，故A错误。

故选：Co

4.（2024.西安模拟）如图所示，将小球a从地面以初速度v0竖直上抛的同时，将另一小球b从距地面h

处由静止释放，a、b的质量相等，两球恰在0.5%处相遇（不计空气阻力）。则两球运动过程中（）

Ob

A.小球a超重，小球b失重

B.相遇时两球速度差的大小为方

C.从开始到相遇重力对a、b的冲量不相同

D.相遇后的任意时刻,重力对球a做功功率等于重力对球b做功功率

【解答】解：4、小球a、b运动的加速度都向下，故都处于失重状态，故A错误；

6、从题目内容可看出，在0.5无处相遇，此时a球和b球的位移大小相同，时间相同，它们的加速度也相同，

a竖直上抛，b自由落体，设相遇时间为相遇时a的速度为v,b的速度为，，则有：掾=t,由自由

落体规律得v'—gt,v—%—gt,解得”=0,i/=%,故B正确；

。、重力的冲量等于叱土，则重力对a、b的冲量相同。故。错误；

。、相遇时，a球的速度刚好为0,而b球的速度刚好为。°,相遇后，a的速度一直比6的速度小，a、6的质量

相等，可知重力对球a做功功率小于重力对球b做功功率，故D错误。

故选：Bo

5.(2024•湖北二模)如图所示，水平面上固定一半圆形凹槽，凹槽的质量为半圆弧的圆心为。点，最

低点为A点，半径为R。现将一质量为m的光滑小球从圆弧上的D点释放，已知OD与04的夹角

为3(3<5°),重力加速度为g,小球大小可以忽略不计。从。点第一次运动到A点的过程中，小球对

凹槽的弹力的冲量大小为()

A.myJ-----F2gH(l—cosd)B.—\-2gRQ—cos。)

D.M―N:+My/2gR(l—cos^)

C.m乃中^+nuj2gRQ-cos。)

【解答】解：小球从。到4只有重力做功，机械能守恒，有

mg(J2—Reos6)—•私4遍

小球竖直方向受重力和轨道对小球弹力的分力，根据动量定理有

—I^y+1重=m/\vy—0

小球做单摆运动的周期为7=2'工

则toA—:

根据冲量的公式可知I^v—If—mgtDA

小球水平方向根据动量定理有

I^x^mvA-0

根据矢量的合成可知/=J琮工+1缸

解得I=冗丁+2gR（l-cos9）

故A正确，BCD错误；

故选：A。

考向二碰撞模型及变形应用

6.（2024-清江浦区模拟）如图所示,动摩擦因数为0.4的水平轨道Qb与光滑的圆弧轨道be在b点平滑连

接，ab=2m,圆弧轨道半径R=40m,圆心为。，NbOc=30°,g—lOm/sz,质量皿=1kg的小物块P

（可视为质点）静止在水平轨道上的a点，质量为恒2=3kg的小物块Q静止在水平轨道的b点。现给

小物块P一个水平向右的瞬时冲量/=5N・s,已知P、Q碰撞后P以1.5m/s反弹，贝UQ物体从开始运

动到最终停止所需要的总时间以及P。系统因摩擦在整个过程中损耗的能量分别为（）

A.12s6.25JB.6.78s12JC.6.66s12.5JD.12.56s12.5J

【解答】解:设小物块P在Q点的速度为3,取向右为正方向，根据动量定理可得：/二馆1%

物块在水平轨道的加速度为：a=ag=04x10m/s2=4m/s2

小物块。从＜1点到6点，根据动力学公式可得：］!,=.31…

解得：Vi=3m/s

P、Q碰撞,取向右为正方向，根据动量守恒可得：皿3=皿/+加2。2,其中：oj=—1.5m/s

解得：v2—1.5m/s

圆弧轨道半径较大，小物块。在be轨道上的运动可看成单摆运动，小物块。在be轨道上运动的时间为:

11口

I.=-7*=Tx2n-

,、。，解得：力=6.28s

V21.5

小物块。在水平轨道运动时间为：/—a~4s=0.375s

Q物体从开始运动到最终停止所需要的总时间为：力=力+方2=6.28s+0.375sx6.66s

1/112

P、Q碰撞损失的能量为：.解得AE=0

PQ系统因摩擦在整个过程中损耗的能量为：-='1,’•，解得：E=12.5J•M

综上所述，故。正确、ABD错误。

故选:Co

7.（多选）（2024-吉林一模）碰碰车深受青少年的喜爱，因此大多数游乐场都设置了碰碰车，如图所示为

两游客分别驾驶碰碰车进行游戏。在某次碰撞时，红车静止在水平面上,黄车以恒定的速度与红车发

生正撞；已知黄车和红车连同游客的质量分别为小下山2,碰后两车的速度大小分别为3、々，假设碰撞

的过程没有机械能损失。则下列说法正确的是（）

黄车红车

A.若碰后两车的运动方向相同，则一定有巾1>7712

B.若碰后黄车反向运动，则碰撞前后黄车的速度大小之比可能为5：6

C.若碰后黄车反向运动且速度大于红车，则一定有小2>3巾1

D.碰后红车的速度与碰前黄车的速度大小之比可能为3：1

12,£,

【解答】解：4B、根据机械能守恒定律和动量守恒定理，有772）=772/1+恒2"2,2।一工J+2””D，

mj—mz2ml

解得:'；切】一，八二1

可知，当Ei>m2时两车得碰后速度方向相同，故A正确；

B。、若碰后黄车反向运动，则加1〈恒2,则碰撞后黄车速度小于碰撞前的速度,碰撞前后黄车的速度大小之

小一叫2ml

、~~•---~~j：

比不可能为5:6,若碰后黄车反向运动且速度大于红车，即：十"，［十"k，M2>37711,故石错

误，。正确；

。、设碰后红车的速度与碰前黄车的速度大小之为3:1,即。2：。=3:1,得?Til+3nz2=0,不符合实际情况，

故D错误。

故选：47。

8.（2024-朝阳区一模）如图所示，光滑水平地面上的F、。两物体质量均为馆，P以速度。向右运动，。

静止且左端固定一轻弹簧。当弹簧被压缩至最短时（）

——>v

PWVVWAQ

A.P的动量为0B.Q的动量达到最大值

C.P、Q系统总动量小于77W

D.弹簧储存的弹性势能为亨加"

【解答】解：AC、物体P、Q与轻弹簧组成的系统所受合外力为零，满足系统动量守恒的条件，系统总动量

为机”，所以弹簧被压缩至最短时此系统总动量仍然为mv,以向右为正方向，根据动量守恒定律可得：mv

=2mHi,解得：g=-y-u,所以P的动量为mv=-^-mv，不为零，故AC错误；

x•M

2

。、根据机械能守恒定律得弹簧储存的弹性势能为Ep—-^-mv—■X2巾忧=故。正确；

B、弹簧被压缩至最短时，弹簧处于压缩状态，对物体Q有向右的弹力，物体Q的速度方向也向右，所以在

接下来的一段时间内，物体Q做加速运动，其动量会继续增大，故此时Q的动量不是最大，故B错误。

故选：Do

9.（2024•黄陂区校级一模）质量为2kg的小球b静止在光滑的水平地面上，左端连接一水平轻质弹簧，

质量为2kg的另一小球a以4m/s的速度向b运动，从小球a接触弹簧到压缩到最短所经历的时间为

去s,已知此弹簧的压缩量x与弹性势能Ep的关系为土=，则小球a、b在这段时间内的位移大

/U-LU

小分别为（）

av__________b

f7fffff77ff77ff7f7r7f

A7f+27T—2口3TT+337r—3

A-10如10mB-10*10m

C乃+47T—4c3〃+137r—3

CmD

-10如10-10E，10m

【解答】解：小球a、b与弹簧组成的系统动量守恒，弹簧被压缩至最短时，小球Q、b达到共速,设共速时的速

度为3,小球a的初速度为如则由动量守恒定律有：mwo=（ma+

碰撞过程中机械能守恒，有万、诏=；（F+m6）听+.

解得弹簧压缩到最短时的弹性势能：珞=8J

-2%

由弹簧的压缩量,与弹性势能纥的关系：7T

代入可得：力=0.4m

设小球a、b在这段时间内的位移大小分别为I1、给任取极短的时间△力，两小球在任意时刻动量均守恒，任

意时刻的速度分别设为vu、v2i则有：mav0=rriaVu+mbv2i

两边同乘以△力并求和得：工机职囚—工rriQi4t+Em//M

故有：rriaVot=rriak+mbl2

而两小球的对地位移之间的关系为：l1—l2=x

n+2IT-2

联立解得：I=—T,L'=-iTJ,故BCD错误，A正确。

故选：Ao

10.（2024-乐清市校级三模）（机械振动）质量为小的钢板与直立轻弹簧的上端连接，弹簧下端固定在地

上。平衡时,弹簧的压缩量为T0,如图所示，一物块从钢板正上方距离为3g的A处自由落下,打在钢

板上并立刻与钢板一起向下运动，但不粘连。它们到达最低点后又向上运动。已知物块质量也为小,

弹簧的弹性势能当=4卜",简谐运动的周期7=2万年，下列说法正确的是（）

2Vrv

A.碰后物块与钢板一起做简谐运动,振幅4=g

B.物块与钢板在返回O点前已经分离

C.碰撞刚结束至两者第一次运动到最低点所经历的时间t=络庐^

3Yg

3

D.运动过程中弹簧的最大弹性势能E"，，，=2血”。

【解答】解：4、设物块与钢板碰撞前瞬间物块的速度为V0,由机械能守恒得：

1

了山优=3nzgg,解得：3=

设碰撞后瞬间两者一起向下运动的初速度为s,选取向下为正方向，由动量守恒定律得：

mv()=2m5，解得：%=］。()='雷。

钢板与物块一起做简谐运动，设平衡位置弹簧压缩量为g，则有：

2mg=kxi

初始对钢板由平衡条件得：

mg=kxQ

对比解得:Xi=2g

设振幅为4从碰撞的位置到最低点的过程,由机械能守恒定律得：

2

2mg(力1—g+4)+-2mvi=^-k{x1-\-A)--^-kxo

其中：％=驾

的

联立解得：A=2g,故A错误；

反由4的解答可知，平衡位置弹簧压缩量为2g,振幅为2g,由简谐运动规律可知弹簧原长的位置。处是

向上的位移最大处,即到达弹簧处于原长的位置时钢板与物块的速度为零，则物块与钢板在返回O点前不

会分离，故石错误；

C、碰撞的位置是寺A处，由此处第一次到平衡位置的时间为卡T,则第一次运动到最低点所经历的时间

为：

1111121rl2"ZK。

tV+33、g,故。正确；

1

。、弹簧最大压缩量为力M=61+/•=4/0,最大的弹性势能：一「八I’-8n2gg，故。错误。

故选：Co

•••

考向三传送带木板一滑块模型

11.(2024.青秀区校级模拟)如图甲所示,足够长的水平传送带以恒定速率v=2m/s逆时针转动，一质量

为m=lkg的小物块从传送带的左端以向右的速度”。滑上传送带。小物块在传送带上运动时，小物

块的动能&与小物块的位移田关系图像如图乙所示，图中：g=2小，已知传送带与小物块之间动摩擦

因数不变，重力加速度g=10m/s2』|()

A.从小物块开始滑动到与传送带达到共同速度所需时间为2s

B.小物块与传送带之间的动摩擦因数为0.

C.整个过程中物块与传送带间产生的热量为18J

D.由于小物块的出现导致传送带电动机多消耗的电能为18J

【解答】解：由题图可知，小物块在传送带上做匀减速直线运动，到其位移为g时动能减为零，之后物块反向

加速，最后以土耳返回出发点。

B、根据动能定理有：瓦—瓦结合图乙可知，图像斜率的绝对值表示合外力的大小，小物块向右

滑，合外力为〃蚀，则:

由于初动能：为=-^-mvo

物块返回与传送带共速的动能为:瓦，则：/耳=。山"

则传送带速度满足：——4r

Vo2

联立解得：EQ=8J,v0=4m/s,〃=0.4,故B错误；

4、根据题意可以作。一力图像如下，

由图像可知，小物块做匀变速直线运动且共速前加速度不变，全程可看为匀减速，即：—v="o—gt

代入解得：力=告',故4错误；

。、整个过程中物块与传送带间变生的热量为产生的热量为：Q=umgAx

1

由d—力图像可知相对位移为："”+3”•••

联立代入数据解得：Q=18J,故。正确;

。、根据能量守恒可得：："+从;！=47/:"

整个过程中电动机多消耗的电能为：7=Q—今及=18J—JX8J=12J,故。错误。

故选：Co

12.（多选）（2024・青羊区校级模拟）如图甲所示，一足够长的水平传送带以某一恒定速度顺时针转动，一

根轻弹簧一端与竖直墙面连接，另一端与工件不拴接。工件将弹簧压缩一段距离后置于传送带最左

端无初速度释放，工件向右运动受到的摩擦力Ff随位移x变化的关系如图乙所示,X。、珠为已知量,

则下列说法正确的是（工件与传送带间的动摩擦因数处处相等）（）

A.工件在传送带上先做加速运动,后做减速运动

B.工件向右运动2g后与弹簧分离

C.弹簧的劲度系数为罡

x0

D.整个运动过程中摩擦力对工件做功为0.754

【解答】解：4、由图乙可知，摩擦力在g处方向发生变化，在g〜2g区间工件的摩擦力大小发生变化，说明

工件与传送带相对静止，所以工件先做加速运动后做匀速运动，故A错误：

B、在g〜2g区间摩擦力大小等于弹簧弹力大小，2g位置摩擦力为零，所以弹力为零，可知工件运动2g

后与弹簧分离，故B正确；

。、由胡克定律得：血）=0.5月°,解得弹簧的劲度系数为：k=》，故。错误：

。、摩擦力对工件先做正功后做负功，吁一立图像与2轴围成的面积在数值上等于摩擦力对工件做的功，即

得整个运动过程中摩擦力对工件做功为：

1

"-I…3「•"；""一-H，故。正确。

故选：BD。

13.（多选）（2024・长安区校级模拟）如图所示,水平地面上有足够长平板车车上最右端放一物块小=

0.9kg,开始时河、m均静止。力=0时，车在外力作用下开始沿水平面向右运动，其”T图像如图所

示，已知物块与平板车间的动摩擦因数为0.2,0~4s内物块nz始终没有滑出小车，取g=10m/s2。下列

说法正确的是（）

A.0~4s内，物块m的加速度一直保持不变

B.要使物块口不会从车的左端滑出小车，小车的长度至少学TH

C.0〜4s内，m与M间因相对滑动产生的内能为12.8J

D.0~4s内，m、M■相对地面的位移大小之比为7：9

【解答】解：A.根据“一t图像斜率表示加速度，车先以加速度a做匀加速直线运动

.Av'-B,

后以加速度优做匀减速直线运动，=77=T=4""’一

“m,g

根据物块与车的动摩擦因数可知，物体与车的滑动摩擦力产生的加速度为的，则有1""0.2

X10m/s2=2m/s2

物块与小车速度相同前，物块受到的滑动摩擦力一直向右，物块做匀加速直线运动，物块与小车速度相同

后，物块受到的滑动摩擦力向左，物块做勺减速直线运动。物块运动的o—力图像如红线所示

。〜4s内，物块先加速后减速，加速时加速度向右，减速时加速度向左，故4错误;

B.设上时刻物块与小车速度相等，则有8+-2)=Q心

解得力i=~1~s

此时物块和小车的速度为v—

之后，物块相对小车向右滑，在力2=4S时，物块的速度为%=Q44—幻

0〜得s内，物块和小车的相对位移为ATi,由图像可得

o

11168181616

Ax1=^x2x8m+-(8+—)x(--2)m-^x-x­m=­m

要使物块小不会从车的左端滑出小车，小车的长度至少学小,故B正确；

C.4s时，物块的速度为3=a44-力1)

IB816

4s内，由图像可知小车和物块的相对位移为J-';*"一

所以因摩擦产生的内能为Q="mg(bxi+△力2)

14

代入数解得：Q=12.87

故。正确；

1

D.0~4s内，小车的位移为,=2X4x0m=16m

116188112

物块的位移为X2=]X4X与■m+^x^x(4--)m=-m

n112r

则有'117

故。正确。

故选：BCD。

14.(多选)(2022•福建模拟)如图所示，一倾角为6=37°的足够长斜面体固定在水平地面上，质量为M=

2kg的长木板8沿着斜面以速度g=9m/s匀速下滑，现把质量为m=1kg的铁块人轻轻放在长木板

B的左端，铁块最终恰好没有从长木板上滑下。已知A与口之间、B与斜面之间的动摩擦因数均为

U,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,则下列判断

正确的是()

A.动摩擦因数a=0.5

B.铁块A和长木板B共速后的速度大小为6m/s

C.长木板的长度为2.25m

D.从铁块放上到铁块和长木板共速的过程中，铁块A和长木板B减少的机械能等于4、B之间摩擦

产生的热量

【解答】解：力、长木板B沿着斜面匀速下滑时，根据平衡条件得：Mgsrn^r=nMgcosir,

解得〃=0.75,故力错误；

B、将铁块A放在长木板8上,两者组成的系统合外力为Fg=(M+m)gsin37°—〃(M+?n)gcos37°=0,所

以铁块人与长木板B组成的系统动量守恒，取沿斜面向下方向为正方向，由动量守恒定律得Afoo=(Al+

神)。共，解得。共=6m/s,即铁块A和长木板_8共速后的速度大小为6m/s,故_8正确；

。、设铁块A从放在B上到两者共速的时间为t,对A,由动量定理得：(m5sin37°+//mgcos37°)t=rrw头—

Vo+v共vo9

、二-t一—f—f—X/

0,解得力=0.5s。长木板的长度为乙=如一以2--:'0.5?n=2.25m,故。正

确；

。、从铁块放上到铁块和长木板共速的过程中，铁块A和长木板B的机械能转化为系统因摩擦产生的内能，

根据能量守恒定律可知，铁块A和长木板B减少的机械能等于之间摩擦产生的热量和B、斜面之间

摩擦产生的热量之和，故D错误。

故选：BC。

考向四弹衣类问题

15.（2024.浙江模拟）如图，在一水平地面上有一轨道，其内部有一质量不计的轻弹簧,弹簧劲度系数为k.

其正上方有一质量为小的小球由静止释放，恰好可进入管道内部。若忽略空气阻力与摩擦力，则下列

说法正确的是（）

mOQ

h

L

—D

A.小球运动过程中，其机械能守恒B.小球最大速度12曲+簧

mg+“mg）2+2mgkh

C.小球下落最大距离k

mg+4（mg）2+2mqkh

D.小球最大加速度mk

【解答】解：A.小球未接触到弹簧过程中，只有重力做功，机械能守恒，与弹簧接触后弹簧弹力做功，小球

的机械能不守恒，故A错误；

B.当小球的加速度为零时，速度达到最大，即

mg=kx

mgh+x=；mv2+gkx2

联立可得

V=嬴+皿

*k

故B正确；

C.当小球速度减为零时，下落的距离最大，则

1叫11+x'=-

所以小球下落最大距离为

h+x'=mg+J（mg）2+2mgkh+h

故。错误；

D.当小球运动到最低点时加速度最大，则

kx'—mg=ma

解得•M

a_+2mgkh

m

故D错误。

故选：B。

16.（2024•市中区校级模拟）如图甲所示,质量分别为巾4、me的4、口两物体用轻弹簧连接构成一个系

统，外力F作用在A上，系统静止在光滑水平面上（B靠墙面）,此时弹簧形变量为x,撤去外力并开始

计时，A、8两物体运动的a—t图像如图乙所示，S表示0到力时间内a—t图线与坐标轴所围面积

大小，S2、S3分别表示如到与时间内人、B的a—t图线与坐标轴所围面积大小，/在力1时刻的速度

为。下列说法正确的是（）

A.0到力1时间内，墙对48系统的冲量等于mAv0

B.mA<ZmB

C.与时刻弹簧的形变量最大且

D.。时刻运动后，弹簧的最大形变量等于工

（解答]解：4由图像可知，在质时刻弹簧恢复到原长，0到ti时间内，对46系统由动量定理

Ii=mAv0

即墙对A、B系统的冲量等于6即0,