【模型与方法】2025届高考物理二轮复习热点题型归类选择4 能量守恒与动量守恒观念综合应用（解析版）

选择4能量守恒与动量守恒观念综合应用考点内容考情分析考向一功和功率冲量与动量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考向二碰撞模型及变形应用考向三传送带木板-滑块模型考向四弹簧类问题1.思想方法力学三大观点对应规律表达式选用原则动力学观点牛顿第二定律F合=ma物体做匀变速直线运动，涉及运动细节匀变速直线运动规律(1)速度公式：v＝v0＋at.(2)位移公式：x＝v0t＋eq\f(1,2)at2.(3)位移速度关系式：v2－veq\o\al(2,0)＝2ax.能量观点动能定理W合==△Ek涉及做功与能量转换机械能守恒定律Ek1+Ep1=Ek₂+Ep2功能关系WG=—ΔEp等能量守恒定律E₁=E₂动量观点动量定理I合=p'—p只涉及初末速度、力、时间而不涉及位移、功动量守恒定律p₁+p₂=p₁'+p₂'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注意两个物体的质量不一定相等；注意多段运动②注意两物体运动位移和高度不一定相等③注意两物体速度大小不一定相等，可能需要分解速度④注意最大速度和最大加速度区别①b落地前，a机械能增加、b减小，系统机械能守恒；②b落地后若不反弹，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三、轻弹簧问题轻弹簧模型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，动能损失最多再次恢复原长时弹性碰撞动量守恒，动能无损失共速时完全非弹性碰撞动量守恒，动能损失最多滑离时非弹性碰撞动量守恒，部分动能转化为内能到达最高点时完全非弹性碰撞动量守恒，动能损失最多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v1v2v1ˊv2ˊm1m2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：

m1v1+m2v1v2v1ˊv2ˊm1m2m1v12+m2v22=m1v1ˊ2+m2v2ˊ2(2)

联立（1）、（2）解得：v1ˊ=，v2ˊ=.特殊情况：若m1=m2，v1ˊ=v2，v2ˊ=v1.六、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：m1v1+m2v2=m1v1ˊ+m2v2ˊ(1)损失动能ΔEk，根据机械能守恒定律可得：½m1v12+½m2v22=m1v1ˊ2+m2v2ˊ2+ΔEk.(2)2．完全非弹性碰撞v1v1v2v共m1m2m1v1+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=考向一功和功率冲量与动量（2024•常州三模）如图所示，倾角为θ＝37°的斜面固定在水平桌面上，用平行斜面向上的推力F1将位于斜面底端的滑块推到斜面顶端，推力F1做的功至少为W0。已知物块与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，若用水平向左的推力F2将物块推到顶端，推力F2做的功至少为（）A．1.2W0 B．1.4W0 C．1.6W0 D．1.8W0【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F1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F1＝mgsinθ+μmgcosθ＝mg设斜面的长度为L，则W0＝F1L＝mgL对物块受力分析如图乙所示，根据受力平衡可得F2cosθ＝mgsinθ+μ（F2sinθ+mgcosθ）解得F则W＝F2Lcosθ＝1.6mgL＝1.6W0故选：C。（多选）（2024•黑龙江三模）如图所示，光滑水平面上放有质量为M＝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μ＝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（）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：A、二者恰好发生相对运动时，Q的加速度a＝μg＝0.2×10m/s2＝2m/s2，此时对应的拉力：F0＝（M+m）a＝（2+1）×2N＝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＝μmg＝0.2×1×10N＝2N，当P对Q的静摩擦力达到最大时，Q向右运动的距离为：x=FC、对P受力分析可知：F﹣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C错误；D、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D正确。故选：BD。（2024•朝阳区校级模拟）如图，一物块以初速度v0从O点沿斜面向上运动，同时从O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P点相遇，不计空气阻力。下列说法正确的是（）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O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—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C正确；D．从O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D错误。A．小球的加速度为a球＝g设斜面倾角为θ，物块与斜面的动摩擦因数为μ，根据牛顿第二定律可得mgsinθ+μmgcosθ＝ma物可得物块的加速度大小为a物＝gsinθ+μgcosθ不能确定小球和物块加速度是否大小相等，故A错误。故选：C。（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0.5h处相遇（不计空气阻力）。则两球运动过程中（）A．小球a超重，小球b失重 B．相遇时两球速度差的大小为v0 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：A、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；B、从题目内容可看出，在0.5h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t，相遇时a的速度为v，b的速度为v′，则有：v't2=v+v0C、重力的冲量等于mgt，则重力对a、b的冲量相同。故C错误；D、相遇时，a球的速度刚好为0，而b球的速度刚好为v0，相遇后，a的速度一直比b的速度小，a、b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：B。（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M，半圆弧的圆心为O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OA的夹角为θ（θ＜5°），重力加速度为g，小球大小可以忽略不计。从D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．mπB．MπC．mπD．M【解答】解：小球从D到A，只有重力做功，机械能守恒，有mg（R﹣Rcosθ）=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弹y+I重＝mΔvy＝0小球做单摆运动的周期为T＝2π则tDA=根据冲量的公式可知I弹y＝I重＝mgtDA小球水平方向根据动量定理有I弹x＝mvA﹣0根据矢量的合成可知I=解得I=故A正确，BCD错误；故选：A。考向二碰撞模型及变形应用（2024•清江浦区模拟）如图所示，动摩擦因数为0.4的水平轨道ab与光滑的圆弧轨道bc在b点平滑连接，ab＝2m，圆弧轨道半径R＝40m，圆心为O，∠bOc＝30°，g＝10m/s2，质量m1＝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m2＝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I＝5N•s，已知P、Q碰撞后P以1.5m/s反弹，则Q物体从开始运动到最终停止所需要的总时间以及PQ系统因摩擦在整个过程中损耗的能量分别为（）A．12s6.25J B．6.78s12J C．6.66s12.5J D．12.56s12.5J【解答】解：设小物块P在a点的速度为v0，取向右为正方向，根据动量定理可得：I＝m1v0物块在水平轨道的加速度为：a＝μg＝0.4×10m/s2＝4m/s2小物块P从a点到b点，根据动力学公式可得：v解得：v1＝3m/sP、Q碰撞，取向右为正方向，根据动量守恒可得：m1v1＝m1v1′+m2v2，其中：v1′＝﹣1.5m/s解得：v2＝1.5m/s圆弧轨道半径较大，小物块Q在bc轨道上的运动可看成单摆运动，小物块Q在bc轨道上运动的时间为：t1=1小物块Q在水平轨道运动时间为：t2Q物体从开始运动到最终停止所需要的总时间为：t＝t1+t2＝6.28s+0.375s≈6.66sP、Q碰撞损失的能量为：ΔE=1PQ系统因摩擦在整个过程中损耗的能量为：E=1综上所述，故C正确、ABD错误。故选：C。（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m1、m2，碰后两车的速度大小分别为v1、v2，假设碰撞的过程没有机械能损失。则下列说法正确的是（）A．若碰后两车的运动方向相同，则一定有m1＞m2 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m2＞3m1 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【解答】解：AB、根据机械能守恒定律和动量守恒定理，有m1v＝m1v1+m2v2，12m1v可知，当m1＞m2时两车得碰后速度方向相同，故A正确；BC、若碰后黄车反向运动，则m1＜m2，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比不可能为5：6，若碰后黄车反向运动且速度大于红车，即m2−m1mD、设碰后红车的速度与碰前黄车的速度大小之为3：1，即v2：v＝3：1，得m1+3m2＝0，不符合实际情况，故D错误。故选：AC。（2024•朝阳区一模）如图所示，光滑水平地面上的P、Q两物体质量均为m，P以速度v向右运动，Q静止且左端固定一轻弹簧。当弹簧被压缩至最短时（）A．P的动量为0 B．Q的动量达到最大值 C．P、Q系统总动量小于mv D．弹簧储存的弹性势能为1【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mv，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＝2mv1，解得：v1=12v，所以P的动量为mv1D、根据机械能守恒定律得弹簧储存的弹性势能为Ep=1B、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：D。（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π20s，已知此弹簧的压缩量x与弹性势能Ep的关系为A．π+210m，π−210m B．3π+310C．π+410m，π−410m D．3π+110【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a、b达到共速，设共速时的速度为v1，小球a的初速度为v0，则由动量守恒定律有：mav0＝（ma+mb）v1碰撞过程中机械能守恒，有：1解得弹簧压缩到最短时的弹性势能：Ep＝8J由弹簧的压缩量x与弹性势能Ep的关系：x=代入可得：x＝0.4m设小球a、b在这段时间内的位移大小分别为l1、l2，任取极短的时间Δt，两小球在任意时刻动量均守恒，任意时刻的速度分别设为v1i、v2i则有：mav0＝mav1i+mbv2i两边同乘以Δt并求和得：∑mav0Δt＝∑mav1iΔt+∑mbv2iΔt故有：mav0t＝mal1+mbl2而两小球的对地位移之间的关系为：l1﹣l2＝x联立解得：l1=π+2故选：A。（2024•乐清市校级三模）（机械振动）质量为m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x0，如图所示，一物块从钢板正上方距离为3x0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m，弹簧的弹性势能Ep=12kx2，简谐运动的周期T＝2A．碰后物块与钢板一起做简谐运动，振幅A＝x0 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=2πD．运动过程中弹簧的最大弹性势能E【解答】解：A、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：12mv02设碰撞后瞬间两者一起向下运动的初速度为v1，选取向下为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝2mv1，解得：v1=钢板与物块一起做简谐运动，设平衡位置弹簧压缩量为x1，则有：2mg＝kx1初始对钢板由平衡条件得：mg＝kx0对比解得：x1＝2x0设振幅为A，从碰撞的位置到最低点的过程，由机械能守恒定律得：2mg（x1﹣x0+A）+其中：k=联立解得：A＝2x0，故A错误；B、由A的解答可知，平衡位置弹簧压缩量为2x0，振幅为2x0，由简谐运动规律可知弹簧原长的位置O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B错误；C、碰撞的位置是12A处，由此处第一次到平衡位置的时间为1t=112T+D、弹簧最大压缩量为xm＝x1+A＝4x0，最大的弹性势能：Epm=12k(4故选：C。考向三传送带木板-滑块模型（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＝1kg的小物块从传送带的左端以向右的速度v0滑上传送带。小物块在传送带上运动时，小物块的动能Ek与小物块的位移x关系图像如图乙所示，图中：x0＝2m，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，则（）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0.1 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x0时动能减为零，之后物块反向加速，最后以14B、根据动能定理有：Ek﹣Ek0＝﹣μmg•x，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μmg，则：|k|=由于初动能：E物块返回与传送带共速的动能为14E则传送带速度满足：v联立解得：E0＝8J，v0＝4m/s，μ＝0.4，故B错误；A、根据题意可以作v﹣t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＝v0﹣μgt代入解得：t=3C、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＝μmgΔx由v﹣t图像可知相对位移为：Δx=联立代入数据解得：Q＝18J，故C正确；D、根据能量守恒可得：E整个过程中电动机多消耗的电能为：E电＝Q−34E故选：C。（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，x0、Ff0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2x0后与弹簧分离 C．弹簧的劲度系数为Ff0D．整个运动过程中摩擦力对工件做功为0.75Ff0x0【解答】解：A、由图乙可知，摩擦力在x0处方向发生变化，在x0∼2x0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x0∼2x0区间摩擦力大小等于弹簧弹力大小，2x0位置摩擦力为零，所以弹力为零，可知工件运动2x0后与弹簧分离，故B正确；C、由胡克定律得：kx0＝0.5Ff0，解得弹簧的劲度系数为：k=FD、摩擦力对工件先做正功后做负功，Ff﹣x图像与x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：W=F故选：BD。（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M，车上最右端放一物块m＝0.9kg，开始时M、m均静止。t＝0时，车在外力作用下开始沿水平面向右运动，其v﹣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m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m不会从车的左端滑出小车，小车的长度至少163C．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v﹣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a=后以加速度a'做匀减速直线运动，a'=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a1，则有a1=μmgm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，物块做匀减速直线运动。物块运动的v﹣t图像如红线所示0～4s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A错误；B．设t1时刻物块与小车速度相等，则有8+a'（t1﹣2）＝a1t1解得t此时物块和小车的速度为v＝a1t1之后，物块相对小车向右滑，在t2＝4s时，物块的速度为v1＝a1（4﹣t1）0～83s内，物块和小车的相对位移为Δx要使物块m不会从车的左端滑出小车，小车的长度至少163C．4s时，物块的速度为v1＝a1（4﹣t1）83～4s内，由图像可知小车和物块的相对位移为所以因摩擦产生的内能为Q＝μmg（Δx1+Δx2）代入数解得：Q＝12.8J故C正确；D．0～4s内，小车的位移为x物块的位移为x则有x故D正确。故选：BCD。（多选）（2022•福建模拟）如图所示，一倾角为θ＝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B沿着斜面以速度v0＝9m/s匀速下滑，现把质量为m＝1kg的铁块A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B之间、B与斜面之间的动摩擦因数均为μ，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μ＝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A、B之间摩擦产生的热量【解答】解：A、长木板B沿着斜面匀速下滑时，根据平衡条件得：Mgsin37°＝μMgcos37°，解得μ＝0.75，故A错误；B、将铁块A放在长木板B上，两者组成的系统合外力为F合＝（M+m）gsin37°﹣μ（M+m）gcos37°＝0，所以铁块A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Mv0＝（M+m）v共，解得v共＝6m/s，即铁块A和长木板B共速后的速度大小为6m/s，故B正确；C、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：（mgsin37°+μmgcos37°）t＝mv共﹣0，解得t＝0.5s。长木板的长度为L＝xB﹣xA=vD、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A、B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。考向四弹簧类问题（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m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（）A．小球运动过程中，其机械能守恒 B．小球最大速度2gℎ+mC．小球下落最大距离mg+(mg)D．小球最大加速度mg+【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＝kxmg(ℎ+x)=1联立可得v=2gℎ+故B正确；C．当小球速度减为零时，下落的距离最大，则mg(ℎ+x')=1所以小球下落最大距离为ℎ+x'=mg+故C错误；D．当小球运动到最低点时加速度最大，则kx'﹣mg＝ma解得a=(mg)故D错误。故选：B。（2024•市中区校级模拟）如图甲所示，质量分别为mA、mB的A、B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、B两物体运动的a﹣t图像如图乙所示，S1表示0到t1时间内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，A在t1时刻的速度v0。下列说法正确的是（）A．0到t1时间内，墙对A、B系统的冲量等于mAv0 B．mA＜mB C．t2时刻弹簧的形变量最大且vB＞vA D．t1时刻运动后，弹簧的最大形变量等于x【解答】解：A.由图像可知，在t1时刻弹簧恢复到原长，0到t1时间内，对A、B系统由动量定理I1＝mAv0即墙对A、B系统的冲量等于mAv0，故A正确；B.t1～t2时间内，弹簧从原长位置到伸长到最长，由图可知该过程中aA＜aB根据牛顿第二定律有mAaA＝mBaB可知mA＞mB故B错误；C.由以上分析可知，t2时刻弹簧的形变量最大且vA＝vB＝v故C错误；D.t1时刻运动后，t2时刻弹簧的形变量最大，由能量关系可知12kx2=12（mA+mB）v2可知弹簧的最大形变量小于x，故D错误。故选：A。（多选）（2024•郑州模拟）如图所示，固定斜面的倾角θ＝30°，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C点，用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A和B，滑轮左侧绳子与斜面平行，A的质量是B的质量2倍，初始时物体A到C点的距离L＝1m，现给A、B一初速度v0＝3m/s，使A开始沿斜面向下运动，B向上运动，物体A向下运动刚到C点时的速度大小v＝2m/s，物体A将弹簧压缩到最短后，物体A又恰好能弹回到C点。已知弹簧的最大弹性势能为6J，重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力，整个过程中轻绳始终处于伸直状态。则（）A．物体A与斜面之间的动摩擦因数μ=3B．物体A向下运动到C点的过程中，A的重力势能转化为B的重力势能 C．弹簧的最大压缩量x＝0.4m D．B的质量为2kg【解答】解：A、设B的质量为m，A的质量为2m，在物体A向下运动刚到C点的过程中，对A、B组成的系统应用能量守恒定律与功能关系可得：μ•2mgcosθ•L=12×（m+2m）v02解得：μ=3B、物体A向下运动到C点的过程中，A的重力势能及A、B的动能都减小，转化为B的重力势能和摩擦生热，故B错误；C、设弹簧的最大压缩量为x。对A、B和弹簧组成的系统分析，在物体A从C点压缩弹簧至将弹簧压缩到最大压缩量，又恰好返回到C点的过程中，弹簧弹性势能初末均为零，系统动能的减少量等于因摩擦产生的热量，可得：12×（m+2m）v2﹣0＝μ•2mgcosD、从C点到弹簧最大压缩量过程中，由能量守恒定律可得：12×（m+2m）v2+2mgxsinθ﹣mgx＝μ•2mgcosθ已知：EPm＝6J，解得B的质量为：m＝2kg，故D正确。故选：ACD。（2024•道里区校级一模）轻质弹簧上端悬挂于天花板上，下端与质量为M的木板相连，木板静止时位于图中Ⅰ位置。O点为弹簧原长时下端点的位置，质量为m的圆环形物块套在弹簧上（不与弹簧接触），现将m从O点正上方的Ⅱ位置自由释放，物块m与木板瞬时相碰后一起运动，物块m在P点达到最大速度，且M恰好能回到O点。若将m从比Ⅱ位置高的Q点自由释放后，m与木板碰后仍一起运动，则下列说法正确的是（）A．物块m达到最大速度的位置在P点的下方 B．物块m与木板M从Ⅰ位置到O的过程做匀减速运动 C．物块m与木板M在O点正好分离 D．物块m能回到Q点【解答】解：A．在物块m下落过程中，当物块m、木板M的总重力等于弹簧弹力时，物块m达到最大速度，故物块m达到最大速度的位置仍在P点，故A错误；B．物块m与木板M从I位置到O的过程，总重力不变，弹簧的弹力逐渐减小，故物块m与木板M做加速度增大的减速运动，故B错误；C．将m从O点正上方的Ⅱ位置自由释放，且M恰好能回到O点，可知将m从比Ⅱ位置高的Q点自由释放后，根据能量守恒，M回到O点时速度不为零，O点为弹簧原长时下端点的位置，则物块m与木板M间的作用力为零，故物块m与木板M在O点正好分离，故C正确；D．根据能量守恒可知，碰撞过程存在一定的机械能损失，且物块m的部分机械能转化为木板M的机械能，故物块m不能回到Q点，故D错误。故选：C。（多选）（2024•渝中区校级模拟）如图所示，水平面上有一质量为5m的小球B与轻弹簧连接，还有质量为2m、半径为R的14A．球A沿槽C下滑过程中，槽C对球A做负功 B．整个过程中球A、球B和槽C构成的系统动量守恒 C．球A第一次滑至槽C最低点过程中，球A水平向左位移为23D．球A与弹簧作用后，能够追上槽C【解答】解：A、球A沿槽C下滑过程中，水平方向动量守恒，A、C组成的系统机械能守恒，C向