专题06 动量和冲量-【典型题型】2024年高考物理二轮复习突破典型题型之选择题

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三、加强能力的提升与解题技巧的归纳总结。学生能力的提升要通过对知识的不同角度、不同层面的训练来实现。
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充分研究近5年全国和各省市考题的结构特点，把握命题的趋势和方向，确定本轮复习的热点与重点，使本轮复习更具有针对性、方向性。对重点题型要强化训练，举一反三、触类旁通，注重解题技巧的提炼，充分提高学生的应试能力。
专题6.动量和冲量-突破典型题型之力学选择题（2024届高考物理二轮复习）

一、单选题
1．水平面上有质量相等的a、b两个物体，水平推力F1、F2分别作用在a、b上，一段时间后搬去推力，物体继续运动一段距离后停下，两物体的v−t图像如图所示，图中AB//CD，则整个过程中（ ）
A．F1的冲量等于F2的冲量
B．F1的冲量大于F2的冲量
C．摩擦力对a物体的冲量等于摩擦力对b物体的冲量
D．合外力对a物体的冲量等于合外力对b物体的冲量
【答案】D
【解析】ABC．由题图可知，AB//CD，由v−t图像斜率表示加速度可知，说明推力撤去后两物体的加速度相等，推力撤去后物体的合力等于摩擦力，由牛顿第二定律可知，两物体受摩擦力大小相等，a物体的运动时间小于b物体的时间，由
可知摩擦力对a物体的冲量大小小于摩擦力对b物体的冲量大小，对整个过程中，由动量定理可得
又
则有
即F1的冲量小于F2的冲量，ABC错误；
D．由动量定理可知，合外力的冲量等于物体动量的变化量，a、b两个物体的动量变化量都是零，所以合外力对a物体的冲量等于合外力对b物体的冲量，D正确。
故选D。
2．水平面上有质量相等的a、b两个物体并排放置，水平推力F1、F2分别作用在物体a、b上,一段时间后撤去推力，物体继续运动一段距离后停下，两物体的v—t图线如图所示，图中，则整个运动过程中（ ）
A．F1对a物体做的功等于F2对b物体做的功
B．F1对a物体的冲量小于F2对b物体的冲量
C．t时刻a物体和b物体的速度方向相反
D．t时刻a物体和b物体位移相等
【答案】B
【分析】由速度图象分析可知，水平推力撤去后，AB与CD平行，说明加速度相同，动摩擦因数相同，两物体的质量相等，说明摩擦力大小不相等。再由牛顿第二定律分析推力关系。根据功的公式分析克服摩擦力做功的关系。对整个过程，由动能定理分析推力做功关系。根据动量定理，研究整个过程，确定两个推力的冲量关系。
【解析】A．根据图象，由于AB与CD平行，撤去推力后物体的加速度相同，由知，可见两物体所受的摩擦力大小相同。图象与时间轴所围的面积表示位移，则知整个过程中a的位移比b的小，由知，a、b克服摩擦力做功。对整个过程，由动能定理得，则推力做功为，结合，得水平推力F1、F2所做的功。故A错误；
B．根据可知，摩擦力对a物体的冲量小于摩擦力对b物体的冲量，根据动量定理，对整个过程研究得
由图看出
则有
即F1对a物体的冲量小于F2对b物体的冲量。故B正确；
C．t时刻a物体和b物体图象相交，则可知，此时二者的速度大小相等，方向相同，故C错误；
D．图象与时间轴围成的面积表示位移，则可知两物体的位移不相等，故D错误；
故选B。
3．（2024·湖南邵阳·统考一模）如图所示为高速磁悬浮列车在水平长直轨道上的模拟运行图，8节质量均为m的车厢编组运行，其中1号和8号车厢为动力车厢，且额定功率均为P。列车由静止开始以额定功率2P运行，经过一段时间达到最大速度。列车向左运动过程中，1号车厢会受到前方空气的阻力，假设车厢碰到空气前空气的速度为0，碰到空气后空气的速度立刻与列车速度相同，已知空气密度为，1号车厢的迎风面积（垂直运动方向上的投影面积）为S。不计其它阻力，忽略其它车厢受到的空气阻力。当列车以额定功率2P向左运行到速度为最大速度的一半时，2号车厢对3号车厢的作用力大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】设动车的速度为v，动车对空气的作用力为F，对一小段空气柱应用动量定理可得
解得
当牵引力等于阻力时，速度达到最大，则
解得
当速度达到最大速度一半时，此时速度为
此时受到的牵引力
解得
此时受到的阻力
对整体根据牛顿第二定律
对3、4、5、6、7、8号车厢，根据牛顿第二定律可得
联立得
故选B。
4．（2023·河北·校联考模拟预测）如图所示，游戏者享受着坐在喷泉上的快乐。若游戏者的质量，喷泉喷到人体的水柱横截面积，支撑人的水柱高，水接触人体后做平抛运动。忽略空气阻力，水的密度，重力加速度g取，则喷口处的水流速度为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】喷口处的水流速度为，与人体接触时水流速度为，设水流与人接触的很短时间内，水的质量
设这部分水受到的向下的冲击力大小为，竖直向上为正方向，由动量定理得
解得
又根据牛顿第三定律，游戏者对人的冲击力大小
对游戏者受力平衡得
得
解得
由运动学公式
解得
故选C。
5．（2023·江苏南京·南京师大附中校考模拟预测）天花板下用轻弹簧悬挂一个质量为m的平板B，初始时B静止（设此时B的重力势能为0），在B正下方有一个质量也为m的物块A，将其向上抛出并以速度v0与B发生弹性碰撞，设碰撞后B的速度为v、加速度为a、动能为Ek、机械能为E机，则在B上升至最高点的过程中，各物理量随时间t或位移x的变化图像可能正确的是（ ）

A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】A．由于物块A与B发生弹性碰撞，设物块A与B碰后的速度为v1，则
解得
，
B向上运动过程中，在弹簧恢复原长之前，根据牛顿第二定律，有
此过程中，弹簧弹力逐渐减小，物体运动的加速度向下增大，物体的速度不断减小，若此过程中物体的速度不能减为零，继续向上运动，根据牛顿第二定律，有
所以弹簧处于将处于压缩状态，弹力不断增大，物体的加速度仍然向下增大，所以B向上做加速度增大的减速运动，v-t图线的斜率应不断增大，但其运动的初速度为v0，故A错误；
B．B上升到最高点的过程中，加速度不断增大，但加速度变化应越来越慢，故B错误；
C．B上升过程速度不断减小，所以其动能不断减小，系统重力势能和弹性势能之和不断增大，但其变化可能先快后慢，即图线的斜率可能先增大后减小，故C正确；
D．图线的斜率表示弹簧弹力大小，随着B上升，弹力可能一直减小，斜率一直减小，但弹力对物体做正功，机械能增大；弹力也可能先减小后增大，所以图线的斜率应先减小后增大，弹力对物体先做正功后做负功，物体的机械能先增大后减小，故D错误。
故选C。
6．（2023·辽宁鞍山·统考二模）两个完全相同的小球A、B用长度均为L的细线悬于天花板上，如图所示。若将A从图示位置由静止释放，则B球被碰后第一次速度为零时距离最低点的高度可能是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】小球A从释放到最低点，由动能定理可知
解得
若A与B发生完全弹性碰撞，由能量守恒定律和动量守恒定律可知两者交换速度，即
B上升过程中由动能定理可知
解得
若A与B发生完全非弹性碰撞即AB粘在一起，由动量守恒定律可知
解得
在AB上升过程中，由动能定理可知
解得
所以B球上升的高度
高度可能是。
故选B。
7．（2023·湖南邵阳·统考二模）“引力弹弓效应”是指在太空运动的探测器，借助行星的引力来改变自己的速度。如图所示，以太阳为参考系，设行星运动的速度为，探测器的初速度大小为，在图示情况下，探测器在远离行星后速度大小为。探测器和行星虽然没有发生直接的碰撞，但是在行星的运动方向上，其运动规律可以与两个质量不同的钢球在同一条直线上发生的弹性碰撞规律作类比。那么下列判断中正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】根据动量守恒定律
根据能量守恒定律
解得
又因为
解得
故选B。
8．在光滑水平面上有a、b两小球沿同一条直线运动，发生碰撞且碰撞时间极短。碰撞前后两球在同一直线运动的位置随时间变化的图象如图。则关于两球的质量大小和碰撞类型，以下正确的是（ ）
A．
B．
C．弹性碰撞
D．完全非弹性碰撞
【答案】A
【解析】以球b碰撞前的速度方向为正方向，由图可知，碰撞前
碰撞后
根据动量守恒定律得
可得
碰撞后两球速度不相等，所以不是完全非弹性碰撞，碰撞前系统动能
碰撞后系统动能
计算可得
可知非弹性碰撞，故A正确，BCD错误。
故选A。
9．（2023·云南·模拟预测）如图所示，在光滑绝缘地面上存在垂直于地面向下的匀强磁场，磁感应强度为B。有一质量为m的不带电小球P以的速度向右运动，与另一电荷量为+q的静止小球Q发生正碰。两球碰撞后合为一体垂直撞向平行于方向的足够长的墙，已知小球与墙每次碰撞后的速率变为碰撞前的，速度方向反向，则最终两小球与小球Q的初始位置的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】设小球Q的质量为M，两球碰撞合为一体后的速度为v，根据动量守恒，有
根据洛伦兹力提供向心力有
解得两球碰撞合为一体后运动半径
由题意可知小球与墙每次碰撞后的运动半径变为碰撞前的，所以在水平方向的距离为
利用等比数列求和公式可得
x=3r
最后利用勾股定理可得最终两小球与小球Q的初始位置的距离
故选B。
10．如图所示，光滑水平面的同一直线上放有n个质量均为m的小滑块，相邻滑块之间的距离为L，某个滑块均可看成质点。现给第一个滑块水平向右的初速度，滑块间相碰后均能粘在一起，则从第一个滑块开始运动到第个滑块与第n个滑块相碰时的总时间为（ ）

A．B．C．D．
【答案】B
【解析】由于每次相碰后滑块会粘在一起，根据动量守恒定律
可知第二个滑块开始运动的速度大小为
同理第三个滑块开始滑动的速度大小为
第（n-1）个球开始滑动的速度大小为
因此运动的总时间为
故选B。
11．（2024·陕西西安·校考一模）如图所示，在光滑水平面上静止着两个完全相同的木块1和木块2。一颗子弹水平射向木块1，先后射穿两木块，子弹在木块中运动时所受阻力不变，两木块不发生碰撞。子弹射穿两木块后木块1和木块2的速度大小分别为v1、v2，子弹穿过木块1和木块2所用的时间分别为t1、t2。不考虑子弹在竖直方向上的运动，下列说法正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】CD．设子弹的初速度为，木块的宽度为的d，子弹做匀减速直线运动，所以子弹射穿木块1的速度大于木块2的速度，根据
可知，初速度越小，减速相同距离所用的时间越长，所以
故C正确，D错误；
AB．子弹射穿木块1的过程动量守恒
子弹射穿木块2的过程动量守恒，则
解得
所以
故AB错误。
故选C。
12．（2023·陕西西安·校考三模）如图所示，质量为m的长木板B放在光滑的水平面上，质量为的木块A放在长木板的左端，一颗质量为的子弹以速度v0射入木块并留在木块中，当木块滑离木板时速度为，木块在木板上滑行的时间为t，则下列说法错误的是（ ）

A．木块获得的最大速度为
B．木块滑离木板时，木板获得的速度大小为
C．木块在木板上滑动时，木块与木板之间的滑动摩擦力大小为
D．因摩擦产生的热量等于子弹射入木块后子弹和木块减少的动能与木板增加的动能之差
【答案】B
【解析】A．对子弹和木块A组成的系统，根据动量守恒定律
解得
此后木块A与子弹一起做减速运动，则此时木块的速度最大，选项A正确；
B．木块滑离木板时，对木板和木块包括子弹系统
解得
选项B错误；
C．对木板，由动量定理：
解得
选项C正确；
D．由能量守恒定律可知，木块在木板上滑动时，因摩擦产生的热量等于子弹射入木块后子弹和木块减少的动能与木板增加的动能之差，选项D正确。
本题选错误的，故选B。
13．（2024·辽宁沈阳·统考一模）如图所示，小车上固定一个光滑弯曲轨道，静止在光滑的水平面上，整个小车（含轨道）的质量为3m。现有质量为m的小球，以水平速度从左端滑上小车，能沿弯曲轨道上升到最大高度，然后从轨道左端滑离小车。关于这个过程，下列说法正确的是（ ）

A．小球沿轨道上升到最大高度时，速度为零
B．小球沿轨道上升的最大高度为
C．小球滑离小车时，小车恢复静止状态
D．小球滑离小车时，小车相对小球的速度大小为
【答案】B
【解析】AB．依题意，小车和小球组成的系统水平方向不受外力，则系统水平方向动量守恒，设达到最高点的高度为H，此时小球仍然具有水平速度，由动量守恒定律，可得
根据能量守恒，可得
联立，解得
故A错误；B正确；
CD．设小球滑离小车时，二者速度分别为和，取水平向右为正方向，由动量守恒和能量守恒可得
，
联立，解得
，
可知小车相对小球的速度大小为
故CD错误。
故选B。
14．（2023·海南·校联考一模）光滑水平地面上有两个物体A、B，质量分别为m、M。如图甲所示，物体B静止，左端连有轻质弹簧，当物体A以速度v向右运动并压缩弹簧，弹簧获得的最大弹性势能为；若物体A静止并将轻质弹簧连在物体A的右端，如图乙所示，当物体B以相同的速度v向左运动并压缩弹簧，弹簧获得的最大弹性势能为。两物体始终沿直线运动，下列判断正确的是（ ）

A．B．C．D．无法判断的大小关系
【答案】C
【解析】根据动量守恒和能量守恒可知，当B静止时
可得
当A静止时
可得
故选C。
二、多选题
15．（2024·湖南株洲·统考一模）一种新型潜水装置，可以通过浮力控制系统实现下潜和上升。某次试潜中该装置的速度时间图像如图所示，其中①为下潜的图像，②为返程上升的图像，已知加速和减速过程中加速度大小相等，潜水装置质量为 m，重力加速度为g，忽略水的阻力和水平方向的运动，在这次试潜的整个过程中（ ）
A．最大下潜深度为
B．下潜过程所用总时间为
C．上升过程中潜水装置所受浮力的冲量大小为Nmgt0
D．潜水装置所受最小浮力与最大浮力之比为
【答案】BCD
【解析】AB．设下潜的总时间为，由于下潜的位移大小和上升的位移大小相等，而图像与时间轴围成的面积表示位移，且由题意知加速和减速过程中加速度大小相等，而图像的斜率的绝对值表示加速度的大小，则根据图像可得
解得
由此可得最大下潜深度
故A错误，B正确；
C．取向上为正方向，设上升过程中，加速阶段浮力的冲量为，匀速阶段浮力的冲量为，减速阶段浮力的冲量为，则有
整理可得上升过程中浮力的冲量大小为
故C正确；
D．加速阶段浮力最大，由牛顿第二定律有
减速阶段浮力最小，由牛顿第二定律有
则可得
故D正确。
故选BCD。
16．（2023·贵州毕节·统考三模）如图，水平桌面上，一质量为m的物体在水平恒力F拉动下从静止开始运动。物体运动秒后，速度大小增为，此时撤去F，物体继续滑行秒后停止运动。则（ ）

A．在此过程中F所做的功为
B．在此过程中F的冲量大小等于
C．F的大小等于滑动摩擦力大小的3倍
D．物体与桌面间的动摩擦因数等于
【答案】BC
【解析】BC．时间内，根据动量定理可得
时间内，根据动量定理可得
联立可得
在此过程中F的冲量大小等于
故BC正确；
A．时间内，根据动能定理可得
又
联立可得在此过程中F所做的功为
故A错误；
D．设物体与桌面间的动摩擦因数为，时间内，根据动量定理可得
解得
故D错误。
故选BC。
17．（2024·广西·统考一模）水塔顶部有一蓄满水的蓄水池，内部水的深度用h表示，靠近蓄水池底部的侧壁有一个面积为S的小孔，水从小孔水平喷出，水流下落过程中分离成许多球状小水珠，小水珠所受空气阻力大小可近似为，其中k为比例系数，r为小水珠半径，v为小水珠速度（v未知），设重力加速度为g，水的密度为，水塔足够高，则（ ）
A．水从小孔喷出的速度约为
B．水珠最终下落速度不会超过
C．小水珠在水平方向的最大位移仅由小孔离地高度和水喷出的速度决定
D．若用一块木板正面去堵小孔，即将堵住时水对木板的冲击力大小为5ρghS
【答案】AB
【解析】A．取水面上质量为m的水滴，从小孔喷出时，由机械能守恒定律可知
解得水从小孔喷出的速度约为
A正确；
B．水珠下落速度最大时有
即
解得
所以最终下落速度不会超过，B正确；
C．不计空气阻力时，水平方向的最大位移仅由小孔离地高度和水喷出的速度决定，由于小水珠喷出后受空气阻力的作用，所以水平方向的最大位移由小孔离地高度和水喷出的速度以及阻力大小有关，C错误；
D．若用一块木板正面去堵小孔，设水与木板表面的作用时间为，则在时间内到木板表面水的质量为
对到木板表面的水，以水的速度方向为正方向，由动量定理得
解得
可见即将堵住时水对木板的冲击力大小为2ρghS，D错误。
故选AB。
18．（2023·福建泉州·统考三模）如图，峰鸟可以通过快速拍打翅膀，使自己悬停在一朵花的前面。假设蜂鸟两翅膀扇动空气的总面积为S，翅膀扇动对空气的作用力效果与翅膀用速度平推空气的效果相同。已知空气密度为，重力加速度大小为g，则（ ）
A．单位时间内翅膀拍动空气的质量为
B．单位时间内翅膀拍动空气的质量为
C．蜂鸟的质量为
D．蜂鸟的质量为
【答案】AC
【解析】AB．设扇动一次的时间为t，拍动空气的总质量为
单位时间内翅膀拍动空气的质量为
A正确，B错误；
CD．翅膀用速度平推空气，使空气的速度变为0，根据动量定理
则翅膀对空气的作用力大小，即等于空气对翅膀的作用力大小为
由平衡关系得
蜂鸟的质量为
C正确，D错误。
故选AC。
19．（2023·河北·校联考模拟预测）如图，水平传送带上表面的右侧，与一个竖直的光滑半圆轨道底端相接，在半圆轨道下端O放一质量为m的滑块A。传送带以速率v0沿顺时针转动，现在传送带的左端轻轻放上一个质量也为m的滑块B。物块与传送带的动摩擦因数为μ，物块B以速度为v0与A发生弹性碰撞，两滑块可视为质点，则（ ）

A．传送带至少长
B．要保证被撞后的A滑块能沿圆弧轨道运动，圆弧轨道的半径最大为
C．物块B第一次在传送带上运动达到传送带速度所需时间为
D．若A与B能在O点发生多次碰撞，则当A与B发生第三次碰撞时，产生的总内能为
【答案】ACD
【解析】A．物块B在传送带上滑动，根据牛顿第二定律有
可得，物块B的加速度为
则物块B加速到v0时的位移为
则传送带至少长，故A正确；
B．物块B以速度为v0与A发生弹性碰撞，根据动量守恒有
根据机械能守恒有
解得，碰撞后A、B的速度分别为
，
A滑块在圆弧最高点时，根据牛顿第二定律有
从碰撞后瞬间到A滑块运动到圆弧最高点，根据机械能守恒有
解得
则要保证被撞后的A滑块能沿圆弧轨道运动，圆弧轨道的半径最大为，如果A最高点小于四分之一圆弧，则半径可以无限大，故B错误；
C．物块B第一次在传送带上运动达到传送带速度所需时间为
故C正确；
D．物块B第一次在传送带上加速运动的位移为
传送带的路程为
相对位移为
产生的内能为
第一次碰撞后B静止，A滑上圆弧后又滑回来与B发生碰撞，根据机械能守恒可知，A滑上圆弧后又滑回来的速度仍然为，由上述分析可知，与B发生第二次碰撞后，A的速度为零，B的速度为，方向水平向左，然后物体B在传送带上做减速运动，直到速度为零，则减速的时间为
减速的位移为
减速过程中，传送带的路程为
此过程的相对位移为
此过程产生的内能为
B速度减为零后又开始反向向右加速，与第一次碰撞前情况相同，所以若A与B能在O点发生多次碰撞，则当A与B发生第三次碰撞时，产生的总内能为
故D正确。
故选ACD。
20．（2024·广东佛山·统考一模）人们用滑道从高处向低处运送货物．如图所示，货物A、B均视为质点，A从光滑圆弧滑道顶端P点静止释放，沿滑道运动到圆弧末端Q点时与B发生弹性碰撞。已知A的质量为5kg，B的质量为15kg。滑道高度h为0.2m，且过Q点的切线水平，重力加速度取。下列说法正确的是（ ）
A．碰撞前瞬间A速度大小为3m/s
B．碰撞后瞬间两货物速度大小均为1m/s
C．碰撞后，A最高可以回到斜面上高度0.05m处
D．A和B组成的系统在整个过程中机械能和动量守恒
【答案】BC
【解析】A．碰撞前瞬间A速度大小为，从P到Q由动能定理有
得
故A错误；
B．碰撞瞬间，由动量定理和机械能守恒定律有
解得
故B正确；
C．碰撞后，A最高可以回到斜面上高度，由机械能守恒定律，有
得
故C正确；
D．由于A和B组成的系统在整个过程中只有重力做功，所以机械能守恒，但所受合外力不为0，所以动量不守恒，故D错误。
故选BC。
21．（2023·河北·模拟预测）如图所示，一个斜面与水平地面平滑连接，斜面与水平地面均光滑。小物块P放在水平地面上，小物块Q自斜面上某位置处由静止释放，P、Q之间的碰撞为弹性正碰，斜面与水平面足够长，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则P、Q只能发生一次碰撞
B．若，则P、Q只能发生一次碰撞
C．若，则P、Q只能发生两次碰撞
D．若，则P、Q只能发生多次碰撞
【答案】AC
【解析】A B．设Q滑到水平面上时速度大小为v，P、Q相碰．动量守恒及动能不变，有
联立解得第一次碰后
之后Q滑上斜面并返回，速度等大反向，若不能追上P，则有
解得
A正确、B错误；
C．若，第一次碰后，可得
，
之后Q滑上斜面并返回，与P发生第二次碰撞后有
得
因
故P、Q只能发生两次碰撞，C正确；
D．若，第一次碰后，可得
之后Q滑上斜面并返回，与P发生第二次碰撞后有
得
因
故P、Q只能发生两次碰撞，D错误。
故选AC。
22．如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上相向运动，A、B两球的质量分别为m和，A、B两球发生正碰，碰撞后A球的速率是原来的两倍，B球恰好静止。则（ ）
A．碰撞前A、B两球的速度大小之比为1∶1
B．碰撞前A、B两球的速度大小之比为3∶2
C．A、B两球发生的碰撞是弹性碰撞
D．A、B两球发生的碰撞是非弹性碰撞
【答案】AC
【解析】AB．设向右为正方向，根据动量守恒定律
得
A正确，B错误；
CD．碰撞前系统动能为
碰撞后系统动能为
可知，碰撞前后系统机械能相等，A、B两球发生的碰撞是弹性碰撞，C正确，D错误。
故选AC。
23．（2024·四川自贡·统考一模）A、B两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前后的位移—时间图像。a、b分别为A、B两球碰撞前的位移—时间图线，c为碰撞后两球共同运动的位移—时间图线。若A球的质量m=2kg，则下列结论正确的是（ ）
A．A、B碰撞前的总动量为3kg•m/s
B．B球的质量
C．碰撞过程A的动量变化量为4kg•m/s
D．碰撞过程中A对B的冲量为4N•s
E．碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10J
【答案】BCE
【解析】C．由图可知，碰撞前A、B两球的速度大小分别为
碰撞后两球共同运动的速度大小
则碰撞前、后A球的动量变化量为
故C正确；
B．碰撞过程动量守恒，则
解得
故B正确；
A．则A、B两球碰撞前的总动量为
故A错误；
D．由动量定理可知，碰撞时A对B的冲量为
故D错误；
E．由能量守恒定律可知，碰撞中A、B两球组成的系统损失的机械能为
故E正确。
故选BCE。
24．（2023·湖南·校联考模拟预测）某机械传动组合装置如图，一个水平圆盘以角速度匀速转动，固定在圆盘上的小圆柱离圆心距离为，带动一个形支架在水平方向左右往复运动。水平桌面上点的左侧光滑，右侧粗糙程度相同。小圆柱每次在最左端时，就在桌面的A点和点轻放质量为和的小物件P和Q，P、Q与水平桌面的动摩擦因数相同，此时形支架的右端恰好与P接触但不粘连。随后圆盘转半圈时物件P恰好运动到点，与物件Q瞬间粘合成PQ整体。PQ整体运动至点停下的瞬间，下一个PQ整体位于的中点。下列说法正确的是（ ）

A．物件P从A点开始运动到与形架分离的过程中，做匀变速直线运动
B．物件P从A点开始运动的过程，形支架对其做的功
C．的距离
D．的距离
【答案】BC
【解析】A．T形支架的速度等于小圆柱的水平方向的分速度，小圆柱的线速度大小为
如图

水平方向上的分速度为
所以物件P从A点开始运动到与形架分离的过程中，做变加速直线运动，故A错误；
B．小圆柱从在最左端开始转动圆周时，T形支架和物件P的速度达到最大，之后T形支架减速会与物件P分离，此时P的速度大小为
物件P从A点开始运动的过程，由动能定理得，形支架对其做的功
故B正确；
C．支架与物件P分离之后P做匀速直线运动在圆盘转动周期时间到达O点，此时间内P运动的位移为
AO间的距离为
故C正确；
D．物件P到达O点后，与物件Q发生碰撞，碰前圆周转动半圈，速度为，根据动量守恒定律可得
解得
碰撞后物件PQ共同做匀减速运动到B点停止，根据匀变速运动的规律可知，从O点到B点所需的时间与从OB中点到B点所需的时间之比为，设物件PQ从O运动到B所需时间为，而下一个PQ运动到OB中点所用时间则为，所以圆盘转一圈所用时间为
则
OB间的距离为
又
解得的距离
故D错误。
故选BC。
25．如图所示，在固定的光滑斜面底端有一与斜面垂直的固定挡板，一个劲度系数为49.5N/m的轻弹簧下端连接挡板，上端连接质量为1kg的物体B，质量为0.98kg的物体A与B一起静止在斜面上（A与B不黏连），此时弹簧的弹性势能为0.99J。质量为0.02kg的子弹以200m/s的速度沿着斜面向下射入物体A且未穿出（射入时间极短）。，斜面倾角为30°，下列判断正确的是（ ）
A．子弹停在物体A内瞬间，A的速度大小为4m/s
B．子弹射入物体A过程中系统损失的机械能为396J
C．当A、B再次回到初始位置时A与B分离
D．A与B分离时，A（包括子弹）和B的动能之和为2.99J
【答案】BD
【解析】A．根据题意可知，子弹射入物体A且未穿出（射入时间极短），子弹、物体A、B组成的系统动量守恒，设射入后系统的速度为，根据动量守恒定律有
代入数据解得
故A错误；
B．子弹射入物体A过程中系统损失的机械能为
故B正确；
C．根据题意可知，当A与B分离时，A、B间作用力为零且A、B的加速度相等，对物体A和子弹整体，由牛顿第二定律有
设弹簧对B的弹力为，由牛顿第二定律可得
联立解得
即A与B分离时，弹簧恢复到原长，则当A、B再次回到初始位置时A与B未分离，故C错误；
D．根据题意可知，子弹未进入A之前，根据平衡条件有
代入解得
由C分析可知，当A、B分离时，弹簧恢复原长，设A与B分离时，A（包括子弹）和B的动能之和为，由能量守恒定律有
解得
故D正确。
故选BD。
26．一小环套在足够长的水平光滑细杆上，小环通过轻绳吊一沙袋，沙袋到小环的距离为L，开始时二者在竖直方向处于静止状态。一弹丸以水平速度v0击中沙袋后未穿出，二者共同向右方摆动（未达到与水平杆等高位置）。已知弹丸质量为m，小环质量为2m，沙袋质量为5m，弹丸、小环和沙袋形状大小忽略不计，弹丸击中沙袋后漏出的沙子质量、子弹打入沙袋时间和空气阻力不计，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．弹丸打入沙袋过程中所产生的热量为
B．弹丸打入沙袋时，轻绳所受拉力大小为
C．从弹丸打入沙袋到沙袋和弹丸向右摆动到最大高度过程中，轻绳拉力对环所做的功为
D．沙袋和弹丸一起向右摆动所达到的最大高度为
【答案】BD
【解析】A．弹丸打入沙袋的过程由动量守恒定律有
mv0=（m+5m）v
解得
弹丸打入沙袋过程中所产生的热量为
故A错误；
B．弹丸打入沙袋时，根据牛顿第二定律
解得轻绳所受拉力大小为
故B正确；
C．从弹丸打入沙袋到沙袋和弹丸向右摆动到最大高度过程中，根据动量守恒
解得
轻绳拉力对环所做的功为
故C错误；
D．根据能量守恒
代入数据解得沙袋和弹丸一起向右摆动所达到的最大高度为
故D正确。
故选BD。
27．（2024·全国·模拟预测）如图所示，长度相同的摆线并排悬挂了4个小球（可视为质点），1号球质量为4m，2号球质量为3m，3号球质量为2m，4号球质量为m。现将1号球向左拉到与最低点高度差为h处由静止释放，所有碰撞均为弹性碰撞且时间极短，重力加速度为g，忽略空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A．1号球第一次与2号球碰撞前瞬间1号球的速度大小为
B．1号球第一次与2号球碰撞后瞬间1号球的速度大小为
C．4号球第一次向右摆至最高点的过程中上升的高度为
D．1号球第一次与2号球碰撞后，1号球向右摆至最高点的过程中上升的高度为
【答案】AD
【解析】A.1号球向下摆到最低点，由动能定理可得
解得
故A正确；
B.1号球碰2号球的过程动量和机械能守恒，1号球碰后速度为，2号球再碰3号球的过程动量和机械能守恒，2号球碰后速度为，3号球再碰4号球的过程动量和机械能守恒，3号球碰后速度为，4号球碰后速度为，故B错误；
C.由机械能守恒定律可得
解得
故C错误；
D.1号球第一次与2号球碰撞后，由机械能守恒定律可得
解得
故D正确。
故选AD。
28．（2024·河南·统考一模）如图（a）所示，“L”形木板静止于粗糙水平地面上，质量为的滑块以的初速度滑上木板，时与木板相撞并粘在一起。两者运动的图像如图（b）所示。重力加速度大小取，则（ ）
A．的质量为
B．地面与木板之间的动摩擦因数为0.1
C．由于碰撞系统损失的机械能为
D．时木板速度恰好为零
【答案】AC
【解析】A．两者碰撞时，取滑块P的速度方向为正方向，设P的质量为m=1kg，Q的质量为M，由系统动量守恒定律得
根据v-t图像可知，v1=3m/s，v2=1m/s，v3=2m/s，代入上式解得
故A正确；
B．设P与Q之间的动摩擦因数为μ1，Q与地面之间的动摩擦因数为μ2，根据v-t图像可知，0-2s内P与Q的加速度分别为aP=1.5m/s2，aQ=0.5m/s2，对P、Q分别受力分析，由牛顿第二定律得
联立解得
故B错误；
C．由于碰撞系统损失的机械能为
代入数据解得
故C正确；
D．对碰撞后整体受力分析，由动量定理得
代入数据解得
因此木板速度恰好为零的时刻为
故D错误；
故选AC。
专练目标
专练内容
目标1
动量定理与v-t图象结合的问题（T 1、T 2、T 15、T 16）
目标2
用动量定理解决流体问题（T 3、T 4、T 17、T 18）
目标3
完全弹性碰撞1:动碰静（T 5、T 6、T 19、T 20）
目标4
完全弹性碰撞2:动碰动（T 7、T 8、T21、T 22）
目标5
完全非弹性碰撞1:碰撞后直接粘连问题（T 9、T 10、T 23、T 24）
目标6
完全非弹性碰撞2:板块问题与子弹打木块问题（T 11、T 12、T 25、T 26）
目标7
利用动量守恒及能量守恒解决(类)碰撞问题（T 13、T 14、T25、T27、T 28）