2025年高考物理復(fù)習(xí)之小題狂練600題（多選題）：動量與動量守恒定律（10題）

第1頁（共1頁）2025年高考物理復(fù)習(xí)之小題狂練600題（多選題）：動量與動量守恒定律（10題）一．多選題（共10小題）（多選）1．（2024?龍崗區(qū)校級三模）如圖所示，小車靜止在光滑水平面上，小車AB段是半徑為R的四分之一光滑圓弧軌道，從B到小車右端擋板平滑連接一段光滑水平軌道，在右端固定一輕彈簧，彈簧處于自由狀態(tài)，自由端在C點。一質(zhì)量為m、可視為質(zhì)點的滑塊從圓弧軌道的最高點A由靜止滑下，而后滑入水平軌道，小車質(zhì)量是滑塊質(zhì)量的2倍，重力加速度為g，不考慮空氣阻力，下列說法正確的是（）A．滑塊到達B點時的速度大小為2gR B．彈簧獲得的最大彈性勢能為mgR C．滑塊第一次被彈簧反彈后可以回到A點 D．滑塊從A點運動到B點的過程中，小車運動的位移大小為1（多選）2．（2024?渝中區(qū)校級二模）如圖所示，小巴和小蜀在可視為光滑的水平地面上玩彈珠游戲，兩人將甲球和乙球以相同的動能相向彈出。則關(guān)于碰撞后兩球的情況可能的是（）A．若兩球質(zhì)量相等，碰后以某一相等速率互相分開 B．若兩球質(zhì)量相等，碰后以某一相等速率同向而行 C．若m甲＞m乙，碰后兩球以某一相等速率同向而行 D．若m甲＞m乙，碰后兩球速度均與原方向相反，且動能仍相等（多選）3．（2024?成都模擬）隨著人們生活水平的提高，兒童游樂場所的設(shè)施更加豐富多樣了。如圖所示是兒童游樂場所的滑索模型，兒童質(zhì)量為5m，滑環(huán)質(zhì)量為m，滑環(huán)套在水平固定的光滑滑索上。該兒童站在一定的高度由靜止開始滑出，靜止時不可伸長的輕繩與豎直方向的夾角為37°，繩長為L，兒童和滑環(huán)均可視為質(zhì)點，滑索始終處于水平狀態(tài)，不計空氣阻力，重力加速度為g，以下判斷正確的是（）A．兒童和滑環(huán)組成的系統(tǒng)動量守恒 B．兒童和滑環(huán)組成的系統(tǒng)機械能守恒 C．兒童運動到最低點時速度大小為115D．兒童從靜止運動到最低點的過程中，兒童和滑環(huán)的水平位移之比為5：1（多選）4．（2024?廣東三模）如圖所示，疊放在一起的a、b兩物塊從距地面一定高度處由靜止下落，經(jīng)碰撞后物塊b靜止在地面上。不考慮空氣阻力的影響，b與地面僅碰撞一次，假定所有的碰撞均為彈性碰撞，則（）A．下落過程中物塊a、b間存在彈力作用 B．物塊b的質(zhì)量是a的3倍 C．物塊a能反彈的最大高度是其初始下落高度的5倍 D．物塊a反彈的速度是物塊b落地速度的2倍（多選）5．（2024?桃城區(qū)校級模擬）如圖，兩端固定有小球A、B的豎直輕桿，A球緊貼豎直光滑墻面，B球位于光滑水平地面上，小球C緊貼小球B，小球A受到輕微擾動后順著墻面下滑，此后的運動過程中，三球始終在同一豎直面上，小球A落地后不反彈，已知小球C的最大速度為v，三球質(zhì)量均為m，輕桿長為L，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．輕桿對小球A做功為-5B．B、C兩球分離時，A球恰好離開墻面 C．小球A落地時，小球C的速度是小球A速度的2倍 D．豎直墻對小球A的沖量大小為mv（多選）6．（2024?桃城區(qū)校級模擬）如圖，兩豎直光滑墻相鄰，一可看作質(zhì)點的小球自左側(cè)墻體最高點O水平拋出，A'、B'、C'、??A、B、C、??為小球與左、右兩側(cè)墻體的碰撞點，小球與墻體碰撞前后，豎直速度不變，水平速度等大、反向，墻足夠高，不計空氣阻力。下列說法正確的是（）A．A、B、C……間的距離之比滿足yAB：yBC：yCD：…＝1：3：5：… B．小球在A、B、C的豎直速度分量之比滿足vAy：vBy：vCy：…＝1：3：5：… C．小球與墻體碰撞時速度變化量均相同 D．小球與墻體兩次碰撞之間，小球的動量變化率均相同（多選）7．（2024?湖北）如圖所示，在光滑水平面上靜止放置一質(zhì)量為M、長為L的木塊，質(zhì)量為m的子彈水平射入木塊。設(shè)子彈在木塊內(nèi)運動過程中受到的阻力不變，其大小f與射入初速度大小v0成正比，即f＝kv0（k為已知常數(shù)）。改變子彈的初速度大小v0，若木塊獲得的速度最大，則（）A．子彈的初速度大小為2kL(m+M)mMB．子彈在木塊中運動的時間為2mMk(m+M)C．木塊和子彈損失的總動能為k2D．木塊在加速過程中運動的距離為mL（多選）8．（2024?廣州模擬）如圖甲是游樂設(shè)施—“反向蹦極”的示意圖，游戲者（可視為質(zhì)點）與固定在地面上的扣環(huán)連接，打開扣環(huán)，游戲者從A點由靜止釋放，像火箭一樣豎直發(fā)射。游戲者上升到B位置時彈性繩恰好處于松弛狀態(tài)，C為上升的最高點，P為彈性繩上端懸點，D點為速度最大點（未畫出），彈性繩的形變在彈性限度內(nèi)，且遵從胡克定律，不計空氣阻力，以A點為坐標原點，向上為正方向，作出游戲者上升過程中加速度與位移的關(guān)系如圖乙。x1、x2、x3和g為已知量，則人上升過程中（）A．AB段的長度為x1 B．游戲者最大速度為(2xC．A點與D點間的距離大于D點與B點間的距離 D．人從A點到D點和D點到C點合力的沖量大小相等（多選）9．（2024?江西模擬）如圖所示是某手機防摔裝置，商家宣傳只要手機摔落角度合適，可以保證從2m高處自由摔落而不破，下列有關(guān)手機與地面相互作用的過程中說法正確的是（）A．防摔裝置可以減小手機的動量的變化量 B．防摔裝置可以減小手機的動量的變化率 C．防摔裝置可以減小手機的動能的變化量 D．防摔裝置可以增加地面對手機的作用時間（多選）10．（2024?河南二模）如圖（a），質(zhì)量均為m的小物塊甲和木板乙疊放在光滑水平面上，甲到乙左端的距離為L，初始時甲、乙均靜止，質(zhì)量為M的物塊丙以速度v0向右運動，與乙發(fā)生彈性碰撞。碰后，乙的位移x隨時間t的變化如圖（b）中實線所示，其中t0時刻前后的圖像分別是拋物線的一部分和直線，二者相切于P，拋物線的頂點為Q。甲始終未脫離乙，重力加速度為g。下列說法正確的是（）A．碰后瞬間乙的速度大小為v0B．甲、乙間的動摩擦因數(shù)為v0C．甲到乙左端的距離L≥vD．乙、丙的質(zhì)量比m：M＝1：2

2025年高考物理復(fù)習(xí)之小題狂練600題（多選題）：動量與動量守恒定律（10題）參考答案與試題解析一．多選題（共10小題）（多選）1．（2024?龍崗區(qū)校級三模）如圖所示，小車靜止在光滑水平面上，小車AB段是半徑為R的四分之一光滑圓弧軌道，從B到小車右端擋板平滑連接一段光滑水平軌道，在右端固定一輕彈簧，彈簧處于自由狀態(tài)，自由端在C點。一質(zhì)量為m、可視為質(zhì)點的滑塊從圓弧軌道的最高點A由靜止滑下，而后滑入水平軌道，小車質(zhì)量是滑塊質(zhì)量的2倍，重力加速度為g，不考慮空氣阻力，下列說法正確的是（）A．滑塊到達B點時的速度大小為2gR B．彈簧獲得的最大彈性勢能為mgR C．滑塊第一次被彈簧反彈后可以回到A點 D．滑塊從A點運動到B點的過程中，小車運動的位移大小為1【考點】動量守恒定律在含有斜面或曲面的模型中的應(yīng)用；動量守恒與能量守恒共同解決實際問題；常見力做功與相應(yīng)的能量轉(zhuǎn)化；機械能守恒定律的簡單應(yīng)用．【專題】定量思想；推理法；動量和能量的綜合；推理能力．【答案】BCD【分析】根據(jù)動量守恒和機械能守恒；根據(jù)動量守恒和能量守恒分析解答；根據(jù)動量守恒的具體形式人船模型列式求解?！窘獯稹拷猓篈．滑塊從A滑到B時，對滑塊和小車組成的系統(tǒng)，滿足水平方向動量守恒，機械能守恒，則有mv1＝2mv2mgR=聯(lián)立解得v1=43gR，故A錯誤；B．滑塊運動到小車最右端時根據(jù)水平方向動量守恒可知二者均靜止，則減少的重力勢能全部轉(zhuǎn)化為彈性勢能，故B正確；C．系統(tǒng)水平方向動量守恒，系統(tǒng)水平方向的總動量始終為零，當(dāng)小球上升到最高點時小球和車共速，則兩者速度均為零，根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒，可知小球上升到原來的高度，則滑塊能回到A點，故C正確；D．滑塊從A到B滑下過程由人船模型可知mx1＝2mx2x1+x2＝R解得小車的位移為x2=1故D正確。故選：BCD?！军c評】考查系統(tǒng)單方向上動量守恒和系統(tǒng)機械能守恒等問題，熟練掌握守恒的條件分析方法。（多選）2．（2024?渝中區(qū)校級二模）如圖所示，小巴和小蜀在可視為光滑的水平地面上玩彈珠游戲，兩人將甲球和乙球以相同的動能相向彈出。則關(guān)于碰撞后兩球的情況可能的是（）A．若兩球質(zhì)量相等，碰后以某一相等速率互相分開 B．若兩球質(zhì)量相等，碰后以某一相等速率同向而行 C．若m甲＞m乙，碰后兩球以某一相等速率同向而行 D．若m甲＞m乙，碰后兩球速度均與原方向相反，且動能仍相等【考點】動量守恒與能量守恒共同解決實際問題．【專題】定量思想；推理法；動量和能量的綜合；推理能力．【答案】AC【分析】AB.根據(jù)動量守恒和機械能不增加的原理，對兩球質(zhì)量相等的情況進行分析判斷；CD.根據(jù)動量和動能的關(guān)系式判斷總動量，再結(jié)合動量守恒和機械能不增加的原理進行分析解答?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)題意可得12m甲v甲2AB.如果兩球質(zhì)量相等，速度大小則v甲＝v乙，則m甲v甲＝m乙v乙，即總動量為0，根據(jù)動量守恒電荷機械能不增加的原理，則碰后可以以相等速率互相分開，故A正確，B錯誤；CD.如果m甲＞m乙，則根據(jù)P=2mEk可得P甲＞P乙，根據(jù)碰撞動量守恒和機械能不增加的原理，D不滿足動量守恒條件，故C故選：AC?！军c評】考查動量守恒和能量守恒等問題，會根據(jù)題意進行準確的分析和判斷。（多選）3．（2024?成都模擬）隨著人們生活水平的提高，兒童游樂場所的設(shè)施更加豐富多樣了。如圖所示是兒童游樂場所的滑索模型，兒童質(zhì)量為5m，滑環(huán)質(zhì)量為m，滑環(huán)套在水平固定的光滑滑索上。該兒童站在一定的高度由靜止開始滑出，靜止時不可伸長的輕繩與豎直方向的夾角為37°，繩長為L，兒童和滑環(huán)均可視為質(zhì)點，滑索始終處于水平狀態(tài)，不計空氣阻力，重力加速度為g，以下判斷正確的是（）A．兒童和滑環(huán)組成的系統(tǒng)動量守恒 B．兒童和滑環(huán)組成的系統(tǒng)機械能守恒 C．兒童運動到最低點時速度大小為115D．兒童從靜止運動到最低點的過程中，兒童和滑環(huán)的水平位移之比為5：1【考點】動量守恒與能量守恒共同解決實際問題；機械能守恒定律的簡單應(yīng)用．【專題】比較思想；尋找守恒量法；動量和能量的綜合；分析綜合能力．【答案】BC【分析】根據(jù)合外力是否為零，判斷系統(tǒng)動量是否守恒；根據(jù)是否只有重力做功，判斷系統(tǒng)機械能是否守恒；根據(jù)水平方向系統(tǒng)動量守恒和機械能守恒求兒童運動到最低點時速度大小；根據(jù)水平方向系統(tǒng)動量守恒求兒童和滑環(huán)的水平位移之比?！窘獯稹拷猓篈、兒童和滑環(huán)組成的系統(tǒng)水平方向不受力，豎直方向兒童有加速度，受力不平衡，所以系統(tǒng)的合外力不為零，系統(tǒng)動量不守恒，故A錯誤；B、兒童和滑環(huán)組成的系統(tǒng)只有重力做功，其機械能守恒，故B正確；C、取水平向左為正方向，根據(jù)水平方向系統(tǒng)動量守恒有：5mv﹣mv'＝0根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒有5mgL(1-cosθ)=12×5mD、根據(jù)水平方向系統(tǒng)動量守恒有5mv-mv'=0，解得兒童和滑環(huán)水平方向平均速度之比：v：v'=1：5，則可知兒童和滑環(huán)的水平位移之比為1故選：BC。【點評】解答本題時，要掌握動量守恒和機械能守恒的條件，判斷知道水平方向系統(tǒng)動量守恒，但總動量并不守恒，系統(tǒng)機械能也守恒。（多選）4．（2024?廣東三模）如圖所示，疊放在一起的a、b兩物塊從距地面一定高度處由靜止下落，經(jīng)碰撞后物塊b靜止在地面上。不考慮空氣阻力的影響，b與地面僅碰撞一次，假定所有的碰撞均為彈性碰撞，則（）A．下落過程中物塊a、b間存在彈力作用 B．物塊b的質(zhì)量是a的3倍 C．物塊a能反彈的最大高度是其初始下落高度的5倍 D．物塊a反彈的速度是物塊b落地速度的2倍【考點】動量守恒與能量守恒共同解決實際問題．【專題】比較思想；尋找守恒量法；動量和能量的綜合；理解能力．【答案】BD【分析】下落過程中，a、b兩物塊處于完全失重狀態(tài)，相互間不存在彈力作用；設(shè)兩物塊落地瞬間的速度大小為v0，物塊b落地后與地面發(fā)生彈性碰撞，以初速度v0反彈且與物塊a發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律列方程，即可求得兩者質(zhì)量關(guān)系以及碰撞后a的速度大小；對于整個過程，根據(jù)機械能守恒定律求物塊a能反彈的最大高度與其初始下落高度的關(guān)系。【解答】解：A、不考慮空氣阻力的影響，兩物塊均在空中做自由落體運動，處于完全失重狀態(tài)，兩物塊之間不存在相互作用的彈力，故A錯誤；BD、設(shè)兩物塊落地瞬間的速度大小為v0，物塊b落地后與地面發(fā)生彈性碰撞，等速率反彈且與物塊a發(fā)生彈性碰撞，設(shè)碰撞后瞬間物塊a的速度為v，以豎直向上為正方向，由動量守恒定律得mbv0﹣mav0＝mav由機械能守恒定律得12解得：mb＝3ma，v＝2v0，即物塊a反彈的速度是物塊b落地速度的2倍，故BD正確；C、從開始下落到a反彈到達最高點的整個過程，設(shè)初始下落高度為h，a反彈的高度為h'，由系統(tǒng)機械能守恒有（ma+mb）gh＝magh′解得：h'＝4h，故C錯誤。故選：BD?！军c評】本題考查碰撞問題，關(guān)鍵要知道彈性碰撞過程遵守動量守恒定律和機械能守恒定律，整個過程系統(tǒng)機械能是守恒的。（多選）5．（2024?桃城區(qū)校級模擬）如圖，兩端固定有小球A、B的豎直輕桿，A球緊貼豎直光滑墻面，B球位于光滑水平地面上，小球C緊貼小球B，小球A受到輕微擾動后順著墻面下滑，此后的運動過程中，三球始終在同一豎直面上，小球A落地后不反彈，已知小球C的最大速度為v，三球質(zhì)量均為m，輕桿長為L，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．輕桿對小球A做功為-5B．B、C兩球分離時，A球恰好離開墻面 C．小球A落地時，小球C的速度是小球A速度的2倍 D．豎直墻對小球A的沖量大小為mv【考點】動量守恒與能量守恒共同解決實際問題；求變力的沖量．【專題】比較思想；尋找守恒量法；動量和能量的綜合；分析綜合能力．【答案】AB【分析】根據(jù)動能定理求輕桿對小球A做功。分析B、C的受力情況，分析其運動情況，判斷B、C兩球分離時A球的狀態(tài)。對三小球進行分析，在水平方向上，根據(jù)動量定理求解豎直墻對小球A的沖量大小。自小球A離開墻面至小球A落地，根據(jù)A、B構(gòu)成的系統(tǒng)水平方向動量守恒列方程，進而分析小球A落地時，小球C與A速度關(guān)系?！窘獯稹拷猓築、在B、C兩球分離前，C向右做加速運動，C的加速度方向向右，B的加速度方向也向右，則桿對B的彈力方向斜向右下方。當(dāng)B、C恰好分離時，兩者速度相等，兩者之間彈力為零，則C的加速度為零，由于剛剛分離時，B、C加速度相等，即此時B的加速度也為零，則此時桿的彈力為零，由于A、B沿桿的分速度相等，B、C分離后，輕桿的彈力將由壓力變?yōu)槔?，A將離開豎直墻面，可知，小球A離開豎直墻時，B、C恰好分離，故B正確；D、結(jié)合上述可知，B、C分離后小球C做勻速直線運動，A離開豎直墻面，所以B、C分離時，兩球速度均為v。對三小球進行分析，在水平方向上，取水平向右為正方向，根據(jù)動量定理得豎直墻對小球A的沖量大小為I墻＝2mv，故D錯誤；C、自小球A離開墻面至小球A落地，A、B構(gòu)成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，取水平向右為正方向，則有mv＝mvB+mvAx其中vB＝vAx解得vB可知，小球C的速度是小球A水平速度的2倍，但小球A還有豎直速度分量，即小球C的速度大于小球A速度的2倍，故C錯誤；A、由于相互作用的一對彈性力做功的代數(shù)和為0，可知，輕桿對小球A做功的大小等于輕桿對小球B做功的大小，即等于小球B、C的動能增量，則有輕桿對小球A做功為W＝﹣（12mvB2+故選：AB。【點評】在解答本題時，應(yīng)注意分析三球的運動過程和狀態(tài)，分方向運用動量守恒定律和動量定理。（多選）6．（2024?桃城區(qū)校級模擬）如圖，兩豎直光滑墻相鄰，一可看作質(zhì)點的小球自左側(cè)墻體最高點O水平拋出，A'、B'、C'、??A、B、C、??為小球與左、右兩側(cè)墻體的碰撞點，小球與墻體碰撞前后，豎直速度不變，水平速度等大、反向，墻足夠高，不計空氣阻力。下列說法正確的是（）A．A、B、C……間的距離之比滿足yAB：yBC：yCD：…＝1：3：5：… B．小球在A、B、C的豎直速度分量之比滿足vAy：vBy：vCy：…＝1：3：5：… C．小球與墻體碰撞時速度變化量均相同 D．小球與墻體兩次碰撞之間，小球的動量變化率均相同【考點】動量定理的內(nèi)容和應(yīng)用；平拋運動位移的計算．【專題】定量思想；合成分解法；平拋運動專題；動量定理應(yīng)用專題；分析綜合能力．【答案】BD【分析】根據(jù)初速度為零的勻加速直線運動規(guī)律分析；根據(jù)動量變化量的定義式分析；根據(jù)動量定理分析?！窘獯稹拷猓篈B．由題可知小球與墻體碰撞前后，豎直速度不變，水平速度等大、反向，所以小球在水平方向做速率不變的運動，豎直方向做自由落體運動，則tOA＝tAA'＝tA'B＝tBB'＝tB'C＝???物體做初速度為0的勻變速直線運動時，在連續(xù)相等時間內(nèi)位移之比為1：3：5：???，由于A點有豎直向下的分速度，則A、B、C???之間的距離之比滿足yAB：yBC：yCD：???≠1：3：5：???由v＝gt知，小球在A、B、C的豎直速度分量之比滿足vAy：vBy：vCy：???＝1：3：5：???，故A錯誤，B正確；C．小球與墻體碰撞前后，豎直速度不變，水平速度等大、反向，小球與墻體每次碰撞時速度變化量大小相等，均為Δv＝2v0，但方向不是都相同，所以小球與墻體碰撞時速度變化量并不相同故，C錯誤；D．由動量定理I＝mg?Δt可得動量的變化率為IΔt=mg，小球與墻體前后兩次碰撞之間，小球的動量變化率即為小球重力，均相同，故故選：BD?！军c評】熟練掌握初速度為零的勻加速直線運動規(guī)律，知道動量變化量是矢量，動量變化率表示合力。（多選）7．（2024?湖北）如圖所示，在光滑水平面上靜止放置一質(zhì)量為M、長為L的木塊，質(zhì)量為m的子彈水平射入木塊。設(shè)子彈在木塊內(nèi)運動過程中受到的阻力不變，其大小f與射入初速度大小v0成正比，即f＝kv0（k為已知常數(shù)）。改變子彈的初速度大小v0，若木塊獲得的速度最大，則（）A．子彈的初速度大小為2kL(m+M)mMB．子彈在木塊中運動的時間為2mMk(m+M)C．木塊和子彈損失的總動能為k2D．木塊在加速過程中運動的距離為mL【考點】動量守恒定律在子彈打物塊模型中的應(yīng)用；常見力做功與相應(yīng)的能量轉(zhuǎn)化．【專題】信息給予題；定量思想；推理法；動量定理應(yīng)用專題；分析綜合能力．【答案】AD【分析】AC.要使木塊獲得的速度最大，子彈和木塊具有共同速度，根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律求解初速度和共同速度以及子彈和木塊損失的總動能；B.根據(jù)動量定理求時間；D.木塊在加速過程中做勻加速直線運動，根據(jù)運動學(xué)公式求解作答?！窘獯稹拷猓篈C.要使木塊獲得的速度最大，子彈和木塊具有共同速度，設(shè)為v；取初速度方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律mv0＝（m+M）v據(jù)能量守恒定律fL=k聯(lián)立解得v0=子彈和木塊損失的總動能Δ綜上分析，故A正確，C錯誤；B.取初速度方向為正方向，根據(jù)動量定理﹣ft＝﹣kv0t＝mv﹣mv0代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得t=mMk(m+M)，故D.木塊在加速過程中做勻加速直線運動x=v2t=故選：AD?！军c評】本題考查了子彈打木塊模型，明確要使木塊獲得的速度最大，子彈和木塊具有共同速度是解題的關(guān)鍵；要熟練掌握動量守恒定律、能量守恒定律、動量定理和勻變速直線運動的規(guī)律。（多選）8．（2024?廣州模擬）如圖甲是游樂設(shè)施—“反向蹦極”的示意圖，游戲者（可視為質(zhì)點）與固定在地面上的扣環(huán)連接，打開扣環(huán)，游戲者從A點由靜止釋放，像火箭一樣豎直發(fā)射。游戲者上升到B位置時彈性繩恰好處于松弛狀態(tài)，C為上升的最高點，P為彈性繩上端懸點，D點為速度最大點（未畫出），彈性繩的形變在彈性限度內(nèi)，且遵從胡克定律，不計空氣阻力，以A點為坐標原點，向上為正方向，作出游戲者上升過程中加速度與位移的關(guān)系如圖乙。x1、x2、x3和g為已知量，則人上升過程中（）A．AB段的長度為x1 B．游戲者最大速度為(2xC．A點與D點間的距離大于D點與B點間的距離 D．人從A點到D點和D點到C點合力的沖量大小相等【考點】動量定理的內(nèi)容和應(yīng)用；牛頓第二定律的簡單應(yīng)用；常見力做功與相應(yīng)的能量轉(zhuǎn)化．【專題】定量思想；推理法；動量定理應(yīng)用專題；分析綜合能力．【答案】BCD【分析】根據(jù)a﹣x圖像，可得出圖像中各個位置的加速度情況，結(jié)合動能定理以及動量定理可求出各個選項?！窘獯稹拷猓河梢覉D可知，0～x段加速度大于零，說明這段人一直在加速并且在x1處速度達到最大，x1～x2加速度開始反向增大，同時在x2處加速度大小為g，說明此時人只受到重力作用，人位于B處；之后x2～x3段人一直做勻減速運動知道速度為0，x3正好是C處。A.根據(jù)前面分析知，AB段長度為x2，故A錯誤；B.x1～x2加速度均勻變化，故合力的平均值為12mg，則從速度最大到最高點根據(jù)動能定理-12mg（x2﹣x1）﹣mg（x3﹣x2）＝0解得最大速度vmax=(2x3C.因為AD的距離為x1，DB的距離為x2﹣x1，由乙圖知0﹣x2段斜率相同且a0＞g，所以x1＞x2﹣x1，因此AD段距離大于DB段距離，故C正確；D.物體所受合力的沖量大小等于它動量的變化量，已知A點和C點的速度為零，D點為速度最大點，所以A點到D點的動量的變化量和和D點到C點的動量變化量相同，因此A點到D點和D點到C點合力沖量大小相等，故D正確。故選：BCD。【點評】學(xué)生在解答本題時，應(yīng)注意對于只知道速度求合力的情況，可以嘗試采用動量定理分析作答。（多選）9．（2024?江西模擬）如圖所示是某手機防摔裝置，商家宣傳只要手機摔落角度合適，可以保證從2m高處自由摔落而不破，下列有關(guān)手機與地面相互作用的過程中說法正確的是（）A．防摔裝置可以減小手機的動量的變化量 B．防摔裝置可以減小手機的動量的變化率 C．防摔裝置可以減小手機的動能的變化量 D．防摔裝置可以增加地面對手機的作用時間【考點】動量定理的內(nèi)容和應(yīng)用．【專題】定量思想；推理法；動量定理應(yīng)用專題；分析綜合能力．【答案】BD【分析】根據(jù)動量定理求解手機與地面之間的作用力，為減小作用力可知，可以增加作用時間，又根據(jù)下降高度不變，手機動能變化量不變。【解答】解：根據(jù)題意，根據(jù)動量定理FΔt＝Δp，解得F=ΔpΔt，可知防摔裝置的作用是延長了機與地面的接觸時間Δt，從而減小手機所受到的合外力，即減小手機動的變化率ΔpΔt，而手機動量的變化量Δp未發(fā)生變化，由于高度不變，則動能的變化量不變，故BD故選：BD?！军c評】解答該題要掌握動量定理、手機高度不變，與地面碰撞瞬間動能大小不變，要將手機的運動分成兩個運動過程。（多選）10．（2024?河南二模）如圖（a），質(zhì)量均為m的小物塊甲和木板乙疊放在光滑水平面上，甲到乙左端的距離為L，初始時甲、乙均靜止，質(zhì)量為M的物塊丙以速度v0向右運動，與乙發(fā)生彈性碰撞。碰后，乙的位移x隨時間t的變化如圖（b）中實線所示，其中t0時刻前后的圖像分別是拋物線的一部分和直線，二者相切于P，拋物線的頂點為Q。甲始終未脫離乙，重力加速度為g。下列說法正確的是（）A．碰后瞬間乙的速度大小為v0B．甲、乙間的動摩擦因數(shù)為v0C．甲到乙左端的距離L≥vD．乙、丙的質(zhì)量比m：M＝1：2【考點】動量守恒定律在板塊模型中的應(yīng)用；常見力做功與相應(yīng)的能量轉(zhuǎn)化．【專題】定量思想；方程法；動量和能量的綜合；分析綜合能力．【答案】BC【分析】根據(jù)運動學(xué)公式結(jié)合x﹣t圖像的切線斜率表示速度求解碰后瞬間乙的速度大小，根據(jù)牛頓第二定律甲、乙間的動摩擦因數(shù)；根據(jù)圖（b）可得0～t0時間內(nèi)甲、乙發(fā)生的相對位移，由此得到甲到乙左端的距離滿足的條件；物塊丙與乙發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動量守恒定律、機械能守恒定律進行解答?！窘獯稹拷猓篈B、設(shè)碰后瞬間乙的速度大小為v1，碰后乙的加速度大小為a，由圖（b）可知：x＝v1t0-拋物線的頂點為Q，根據(jù)x﹣t圖像的切線斜率表示速度，則有：v1＝a?2t0聯(lián)立解得：v1=2v0根據(jù)牛頓第二定律可得：a=μmgm解得甲、乙間的動摩擦因數(shù)為：μ=v03gt0C、由于甲、乙質(zhì)量相同，則甲做加速運動的加速度大小也為a=根據(jù)圖（b）可知，t0時刻甲、乙剛好共速，則0～t0時間內(nèi)甲、乙發(fā)生的相對位移為：Δx＝x乙﹣x甲=則甲到乙左端的距離滿足：L≥Δx=v03D、物塊丙與乙發(fā)生彈性碰撞，取向右為正方向，碰撞過程根據(jù)動量守恒定律可得：Mv0＝Mv2+mv1根據(jù)機械能守恒定律可得：1可得v1=2MM+mv可得乙、丙的質(zhì)量比為：m：M＝2：1，故D錯誤。故選：BC?！军c評】本題主要是考查了動量守恒定律和機械能守恒定律；對于動量守恒定律，其守恒條件是：系統(tǒng)不受外力作用或合外力為零；解答時要首先確定一個正方向，利用碰撞前系統(tǒng)的動量和碰撞后系統(tǒng)的動量相等列方程求解。

考點卡片1．牛頓第二定律的簡單應(yīng)用【知識點的認識】牛頓第二定律的表達式是F＝ma，已知物體的受力和質(zhì)量，可以計算物體的加速度；已知物體的質(zhì)量和加速度，可以計算物體的合外力；已知物體的合外力和加速度，可以計算物體的質(zhì)量。【命題方向】一質(zhì)量為m的人站在電梯中，電梯加速上升，加速度大小為13g，gA、43mgB、2mgC、mgD分析：對人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，根據(jù)牛頓第二定律列式求解即可。解答：對人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，根據(jù)牛頓第二定律N﹣mg＝ma故N＝mg+ma=4根據(jù)牛頓第三定律，人對電梯的壓力等于電梯對人的支持力，故人對電梯的壓力等于43mg故選：A。點評：本題關(guān)鍵對人受力分析，然后根據(jù)牛頓第二定律列式求解?！窘忸}方法點撥】在應(yīng)用牛頓第二定律解決簡單問題時，要先明確物體的受力情況，然后列出牛頓第二定律的表達式，再根據(jù)需要求出相關(guān)物理量。2．平拋運動位移的計算【知識點的認識】1.平拋運動的性質(zhì)：平拋運動可以看成水平方向上的勻速直線運動和豎直方向上的自由落體運動。2.設(shè)物體在平拋運動ts后，水平方向上的位移x＝v0t豎直方向上的位移為y=物體的合位移為l=3.對于已知高度的平拋運動，豎直方向有h=水平方向有x＝v0t聯(lián)立得x＝v02所以說平拋運動的水平位移與初速度大小和拋出點的高度有關(guān)?！久}方向】物體以初速度7.5m/s水平拋出，2秒后落到地面，則物體在這個過程中的位移是（）物體做平拋運動，我們可以把平拋運動可以分解為水平方向上的勻速直線運動，和豎直方向上的自由落體運動來求解，兩個方向上運動的時間相同．解：物體做平拋運動，水平方向的位移為：x＝v0t＝7.5×2m＝15m豎直方向上是自由落體運動，豎直位移為：h=12gt2=12×10×（2）2物體的合位移為s=x2+h2=故選：D。本題就是對平拋運動規(guī)律的考查，平拋運動可以分解為在水平方向上的勻速直線運動，和豎直方向上的自由落體運動來求解．【解題思路點撥】平拋運動的物體在水平和豎直方向上的運動都是獨立的，可以分別計算兩個方向的位移，并與合位移構(gòu)成矢量三角形（滿足平行四邊形定則）。3．常見力做功與相應(yīng)的能量轉(zhuǎn)化【知識點的認識】1．內(nèi)容（1）功是能量轉(zhuǎn)化的量度，即做了多少功就有多少能量發(fā)生了轉(zhuǎn)化。（2）做功的過程一定伴隨著能量的轉(zhuǎn)化，而且能量的轉(zhuǎn)化必通過做功來實現(xiàn)。2．高中物理中幾種常見的功能關(guān)系功能量的變化合外力做正功動能增加重力做正功重力勢能減少彈簧彈力做正功彈性勢能減少電場力做正功電勢能減少其他力（除重力、彈力）做正功機械能增加一對滑動摩擦力做的總功為負功系統(tǒng)的內(nèi)能增加【解題思路點撥】如圖所示，質(zhì)量為m的物體靜止在地面上，物體上面連著一個輕彈簧，用手拉住彈簧上端上移H，將物體緩緩提高h，拉力F做功WF，不計彈簧的質(zhì)量，則下列說法正確的是（）A、重力做功﹣mgh，重力勢能減少mghB、彈力做功﹣WF，彈性勢能增加WFC、重力勢能增加mgh，彈性勢能增加FHD、重力勢能增加mgh，彈性勢能增加WF﹣mgh分析：重力勢能的變化量等于負的重力所做的功，物體緩緩提高說明速度不變，拉力F做的功等于物體重力勢能的變化量與彈簧彈性勢能增加量之和．解答：重力勢能的變化量等于負的重力所做的功，即ΔEP＝﹣WG＝﹣（﹣mgh）＝mgh物體緩緩提高說明速度不變，所以物體動能不發(fā)生變化，ΔE彈＝WF+WG＝WF﹣mgh故選：D。點評：本題主要考查了重力勢能的變化量與重力做功的關(guān)系以及能量轉(zhuǎn)化關(guān)系，難度不大，屬于基礎(chǔ)題．【解題思路點撥】1.常見的功能關(guān)系：合力做功——動能變化；重力做功——重力勢能變化；彈力做功——彈性勢能變化；摩擦力做功——內(nèi)能變化；其他力做功——機械能變化。2.判斷和計算做功或能量變化時，可以反其道而行之，通過計算能量變化或做功多少來進行。4．機械能守恒定律的簡單應(yīng)用【知識點的認識】1.機械能守恒定律的內(nèi)容：在只有重力或彈力做功的物體系統(tǒng)內(nèi)，動能與勢能可以互相轉(zhuǎn)化，而總的機械能保持不變。2.對三種表達式的理解（1）守恒式：Ek1+EP1＝Ek2+EP2，這里應(yīng)注意等式不是指某兩個特別的狀態(tài)，而是過程中的每一狀態(tài)機械能的總量都是守恒的，但我們解題時往往選擇與題目所述條件或所求結(jié)果相關(guān)的狀態(tài)建立方程式。另外，表達式中是相對的，建立方程時必須選擇合適的參考平面，且每一狀態(tài)的E都應(yīng)是對同一參考平面而言的。（2）轉(zhuǎn)化式：ΔEk＝﹣ΔEP，系統(tǒng)動能的增加量等于系統(tǒng)重力勢能的減少量，可以不選擇參考平面。（3）轉(zhuǎn)移式：ΔEA＝﹣ΔEB，將系統(tǒng)分為A、B兩部分，A部分機械能的增加量等于另一部分B的機械能的減少量，可以不選擇參考平面。3.運用機械能守恒定律的基本思路4.機械能守恒定律和動能定理的比較【命題方向】NBA籃球賽非常精彩，吸引了眾多觀眾.2012﹣2013賽季總決賽第六場中，雷阿倫在終場前5.2s的時候，把球投出且準確命中，把比賽拖入加時從而讓熱火獲得比賽的勝利．如果雷阿倫投籃過程中對籃球做功為W，出手高度為h1，籃筐距地面高度為h2，籃球的質(zhì)量為m，空氣阻力不計，則籃球進筐時的動能為（）A、W+mgh1﹣mgh2B、W+mgh2﹣mgh1C、mgh1+mgh2﹣WD、mgh2﹣mgh1﹣W分析：籃球在空中飛行時受到的空氣阻力忽略不計，只受重力，故機械能守恒，根據(jù)機械能守恒定律直接列式分析．解答：籃球機械能守恒，有mgh1+Ek1＝mgh2+Ek2解得Ek2＝Ek+mgh1一mgh2故選：A。點評：本題關(guān)鍵根據(jù)機械能守恒定律列式求解，守恒條件為只有重力做功；應(yīng)用機械能守恒定律解題不需要分析過程，只找出初末狀態(tài)即可．【解題方法點撥】1.應(yīng)用機械能守恒定律解題的基本思路（1）選取研究對象﹣﹣物體或系統(tǒng)。（2）根據(jù)研究對象所經(jīng)歷的物理過程，進行受力、做功分析，判斷機械能是否守恒。（3）恰當(dāng)?shù)剡x取參考平面，確定研究對象在過程的初、末態(tài)時的機械能。（4）選取方便的機械能守恒定律的方程形式（Ek1+Ep1＝Ek2+Ep2、△Ek＝﹣△Ep或△EA＝﹣△EB）進行求解。注：機械能守恒定律的應(yīng)用往往與曲線運動綜合起來，其聯(lián)系點主要在初末狀態(tài)的速度與圓周運動的動力學(xué)問題有關(guān)、與平拋運動的初速度有關(guān)。2.對于系統(tǒng)機械能守恒問題，應(yīng)抓住以下幾個關(guān)鍵：（1）分析清楚運動過程中各物體的能量變化；（2）哪幾個物體構(gòu)成的系統(tǒng)機械能守恒；（3）各物體的速度之間的聯(lián)系。3.動能定理與機械能守恒定律的選擇（1）能用機械能守恒定律解決的題一般都能用動能定理解決，而且省去了確定是否守恒和選定重力勢能參考平面的麻煩。（2）能用動能定理來解決的題卻不一定都能用機械能守恒定律來解決，在這個意義上講，動能定理比機械能守恒定律應(yīng)用更廣泛、更普遍。5．求變力的沖量【知識點的認識】求變力的沖量有三個方法：1.若力與時間成線性關(guān)系變化，則可用平均力求變力的沖量；2.若給出了力隨時間變化的圖像，如圖所示，可用面積法求變力的沖量；3.利用動量定理求解。【命題方向】一位質(zhì)量為m的運動員從下蹲狀態(tài)向上起跳，經(jīng)Δt時間，身體伸直并剛好離開地面，速度為v。對此過程的描述，錯誤的是（）A、地面對運動員的彈力做功為1B、運動員所受合力的沖量大小為mvC、地面對運動員彈力的沖量大小為mv+mgΔtD、重力的沖量大小為mgΔt分析：已知初末速度，則由動量定理可求得地面對人的沖量；由功的公式可確定地面對人是否做功。解答：A、在跳起過程中，在支持力方向上沒有位移，地面對運動員的支持力不做功，故A錯誤；B、根據(jù)動量定理可得運動員所受合力的沖量大小IF＝mv故B正確；C、以人為對象，受到地面的支持力和自身的重力，規(guī)定向上為正，根據(jù)動量定理可知（N﹣mg）Δt＝mv所以地面對人彈力的沖量為NΔt＝mgΔt+mv故C正確。D、重力的沖量大小IG＝mgΔt故D正確；本題選不正確項。故選：A。點評：在應(yīng)用動量定理時一定要注意沖量應(yīng)是所有力的沖量，不要把重力漏掉。另外地面對人是否做功的問題是易錯點，要根據(jù)功的概念去理解?！窘忸}思路點撥】1.對于變力的沖量計算，定義式不再適用，要根據(jù)題目條件選擇合適的方法進行計算。2.求合沖量的兩種方法（1）可分別求每一個力的沖量，再求各沖量的矢量和；（2）另外，如果各個力的作用時間相同，也可以先求合力，再用公式Ⅰ合＝F合Δt求解。6．動量定理的內(nèi)容和應(yīng)用【知識點的認識】1．內(nèi)容：物體在一個過程始末的動量變化量等于它在這個過程中所受力的沖量．2．表達式：p′﹣p＝I或mv﹣mv0＝Ft．3．用動量概念表示牛頓第二定律：由mv﹣mv0＝Ft，得到F=mv-mv0t=【命題方向】籃球運動員通常要伸出兩臂迎接傳來的籃球，接球時，兩臂隨球迅速收縮至胸前，這樣可以（）A、減小籃球?qū)κ值臎_量B、減小籃球?qū)θ说臎_擊力C、減小籃球的動量變化量D、增大籃球的動量變化量分析：分析接球的動作，先伸出兩臂迎接，手接觸到球后，兩臂隨球引至胸前，這樣可以增加球與手接觸的時間，根據(jù)動量定理即可分析。解答：A、先伸出兩臂迎接，手接觸到球后，兩臂隨球引至胸前，這樣可以增加球與手接觸的時間，根據(jù)動量定理得：﹣Ft＝0﹣mv，解得：F=mvt，當(dāng)時間增大時，作用力就減小，而沖量和動量的變化量都不變，故A錯誤C、運動員接球過程，球的末動量為零，球的初動量一定，則球的動量的變化量一定，故CD錯誤。故選：B。點評：本題主要考查了動量定理的直接應(yīng)用，應(yīng)用動量定理可以解題，解題時要注意，接球過程球的動量變化量一定，球與手受到的沖量一定，球動量的變化量與沖量不會因如何接球而改變?！窘忸}方法點撥】1．動量、動量的變化量、沖量、力都是矢量．解題時，先要規(guī)定正方向，與正方向相反的，要取負值．2．恒力的沖量用恒力與力的作用時間的乘積表示，變力的沖量計算，要看題目條件確定．如果力隨時間均勻變化，可取平均力代入公式求出；力不隨時間均勻變化，就用I表示這個力的沖量，用其它方法間接求出．3．只要涉及了力F和力的作用時間t，用牛頓第二定律能解答的問題、用動量定理也能解答，而用動量定理解題，更簡捷．7．動量守恒定律在子彈打物塊模型中的應(yīng)用【知識點的認識】1.子彈打木塊的過程很短暫，認為該過程內(nèi)力遠大于外力，則系統(tǒng)動量守恒。2.在子彈打木塊過程中摩擦生熱，則系統(tǒng)機械能不守恒，機械能向內(nèi)能轉(zhuǎn)化。3.若子彈不穿出木塊，則二者最后有共同速度，機械能損失最多?！久}方向】如圖，在水平地面上放置一質(zhì)量為M的木塊，一質(zhì)量為m的子彈以水平速度v射入木塊（未穿出），若木塊與地面間的動摩擦因數(shù)為μ．求：（1）子彈擊中木塊后與木塊的共同速度；（2）子彈射入木塊后，木塊在地面上前進的距離．分析：（1）子彈擊中木塊過程系統(tǒng)的動量守恒，由動量守恒定律可以求出共同速度．（2）由動能定理求出木塊在地面滑行的距離．解答：（1）子彈與木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，以子彈的初速度方向為正方向，則由動量守恒定律得：mv＝（M+m）v′得子彈擊中木塊后與木塊的共同速度為：v′=（2）對木塊（包括子彈），由動能定理得：﹣μ（M+m）gs＝0-12（M+m）v′解得：s=m答：（1）子彈擊中木塊后與木塊的共同速度為mvM+m（2）子彈射入木塊后，木塊在地面上前進的距離為m2點評：本題關(guān)鍵要分析清楚物體的運動過程，知道打擊過程遵守動量守恒定律，結(jié)合動能定理即可正確解題．【解題思路點撥】（1）子彈打木塊的過程很短暫，認為木塊瞬間得到速度且位置不變。（2）子彈打入木塊過程損失的機械能并沒有用于克服地面摩擦力做功，克服地面摩擦力做功的是子彈和木塊的共同運動的動能。8．動量守恒定律在板塊模型中的應(yīng)用【知識點的認識】1.對于板塊類問題，在作用過程中，系統(tǒng)合外力為零，滿足動量守恒。2.整個過程涉及動能、內(nèi)能、重力勢能的轉(zhuǎn)化，應(yīng)用能量守恒定律解決此類問題。3.滑塊與木板共速時，系統(tǒng)損失的機械能最大。【命題方向】如圖所示，質(zhì)量m1＝2.0kg的木板AB靜止在水平面上，木板的左側(cè)有一個固定的半徑R＝0.60m的四分之一圓弧形軌道，軌道末端的切線水平，軌道與木板靠在一起，且末端高度與木板高度相同．現(xiàn)將質(zhì)量m2＝1.0kg可視為質(zhì)點的小木塊C，從圓弧形軌道頂端由靜止釋放，小木塊C到達圓弧形軌道底端時的速度v0＝3.0m/s．之后小木塊C滑上木板AB并帶動木板AB運動，當(dāng)小木塊C離開木板AB右端B時，木板AB的速度v1＝0.5m/s，在小木塊C在木板AB上滑行的過程中，小木塊C與木板AB總共損失的動能△E＝2.25J．小木塊C與木板AB間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1．木板AB與地面間的摩擦及空氣阻力可忽略不計．取g＝10m/s2．求（1）小木塊C運動到圓弧形軌道末端時所受支持力的大?。唬?）小木塊C在圓弧形軌道上下滑過程中克服摩擦力所做的功；（3）小木塊C在木板AB上運動過程中，小木塊C相對于地面的位移．分析：（1）小木塊C做圓周運動，由牛頓第二定律可以求出C受到的支持力；（2）應(yīng)用動能定理可以求出小木塊在圓弧軌道上滑行時克服摩擦力所做的功；（3）分別與木塊及木板為研究對象，應(yīng)用動能定列方程，求出木板與木塊間的位移關(guān)系，解方程可以求出木塊相對于地面的位移．解答：（1）小木塊通過圓弧形軌道末端時，由牛頓第二定律得：F﹣m2g=m解得小木塊受到的支持力：F＝25N；（2）小木塊在圓弧形軌道上下滑過程中，由動能定理得：m2gR﹣Wf=12m2v解得克服摩擦力做的功Wf＝1.5J；（3）木塊C與木板AB間的摩擦力f＝μm2g，由動能定理得：對木板：fs1=12m1v對小木塊：﹣fs2=12m2（木塊與木板間的位移關(guān)系：s2＝s1+L，小木塊與木板總共損失的動能△E＝fL，解得：s2＝2.5m；答：（1）小木塊C運動到圓弧形軌道末端時所受支持力大小為25N；（2）小木塊C在圓弧形軌道上下滑過程中克服摩擦力所做的功為1.5J；（3）小木塊C在木板AB上運動過程中，小木塊C相對于地面的位移為2.5m．點評：本題考查了動能定理的應(yīng)用，最后一問是本題的難點，分析清楚木塊與木板的運動過程、兩者間的位移關(guān)系是正確解題的前提與關(guān)鍵．【解題思路點撥】動量守恒里的板塊模型一般不考慮地面的摩擦力，板塊之間的相互作用為內(nèi)力，因此遵尋動量守恒定律。當(dāng)達到共速時，系統(tǒng)瞬時的機械能最大，同時也要注意臨界條件，如滑塊恰好不滑下木板等。9．動量守恒定律在含有斜面或曲面的模型中的應(yīng)用【知識點的認識】物體沖上放置在光滑地面上的斜面或曲面后，由于水平方向上沒有外力作用，所以水平方向上系統(tǒng)的動量守恒?？梢愿鶕?jù)情況分成以下兩種類型：1.物體能飛離斜面（或曲面）：在物體與斜面（或曲面）分開之前，因為兩者始終一起運動，所以分離瞬間兩者在水平方向上速度相等，物體飛到最高點時，兩者的速度相同。2.物體不能飛離斜面（或曲面）：物體到達斜面上最高處時，兩者的速度相同?？梢愿鶕?jù)系統(tǒng)的機械能守恒和水平方向上的動量守恒求出物體到達“最高點”時，兩者的速度及物體上升的高度。【命題方向】如圖，一帶有四分之一光滑圓弧軌道的小車靜止在光滑水平面上，一可視為質(zhì)點、質(zhì)量為m的小球以速度v0從小車的左端水平滑上小車，與小車作用后從小車左端豎直掉下。已知圓弧軌道的半徑足夠大，重力加速度大小為g。下列說法正確的是（）A、小球和小車組成的系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒B、小車的最終速度大小為0.5v0C、小車對小球做的功為1D、小球在小車上能上升的最大高度為v分析：A、根據(jù)動量守恒的條件、機械能守恒的條件分析；B、根據(jù)題意可知小球離開小車時的速度為零，小球和小車相互作用的過程，可以看作彈性碰撞，根據(jù)系統(tǒng)水平方向動量守恒和機械能守恒可得小車的最終速度大?。籆、小球和小車相互作用的過程，對小球利用動能定理分析；D、小球與小車共速時上升到最高點，根據(jù)系統(tǒng)水平方向動量守恒和系統(tǒng)機械能守恒可得小球上升的最大高度。解答：A、小球和小車組成的系統(tǒng)水平方向不受外力，豎直方向合力不為零，所以水平方向動量守恒，系統(tǒng)只有動能和勢能的相互轉(zhuǎn)化，所以系統(tǒng)機械能守恒，故A錯誤；B、小球與小車作用后從小車左端豎直掉下，可知小球離開小車的速度為零，小球和小車相互作用的過程，可以看作彈性碰撞，取水平向右為正方向，設(shè)小車的質(zhì)量為M，由動量守恒定律有：mv0＝0+Mv1小球和小車組成的系統(tǒng)機械能守恒，則有：1聯(lián)立方程可得：M＝m，v1＝v0，所以小車的最終速度大小為v0，故B錯誤；C、小球和小車相互作用的過程中，對小球由動能定理有：W車=0-12mD、小球和小車共速時，小球上升到最大高度，設(shè)最大高度為h取水平向右為正方向，由動量守恒定律有：mv0＝（m+M）v小球和小車組成的系統(tǒng)機械能守恒，則有：1代入數(shù)據(jù)可得：h=v0故選：D。點評：本題考查了動量守恒定律和機械能守恒定律，解題的關(guān)鍵是把小球和小車相互作用的過程看作彈性碰撞，小球和小車組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，機械能守恒?！窘忸}思路點撥】因為水平方向是沒有外力的，所以系統(tǒng)水平方向上動量守恒，當(dāng)物體達到最高處時，兩個物體的速度完全一致。10．動量守恒與能量守恒共同解決實際問題【知識點的認識】動量守恒定律與能量守恒定律的綜合應(yīng)用有很多，我們將板塊模型、子彈打木塊以及彈簧類模型單獨分了出來仍遠遠不夠，其他的綜合應(yīng)用暫時歸類于此。例如多種因素共存的動量和能量的綜合應(yīng)用、有電場存在的綜合應(yīng)用等等。【命題方向】如圖所示為某種彈射裝置的示意圖，光滑的水平導(dǎo)軌MN右端N處與水平傳送帶理