選擇4能量守恒與動量守恒觀念綜合應用考點內容考情分析考向一功和功率沖量與動量考察功能關系的理解及應用、機械能守恒的判斷及應用考察功能關系變化及動力學與能量圖像的理解考察關物體機械能守恒、傳送帶及板塊模型以及碰撞過程的能量問題考向二碰撞模型及變形應用考向三傳送帶木板-滑塊模型考向四彈簧類問題1.思想方法力學三大觀點對應規律表達式選用原則動力學觀點牛頓第二定律F合=ma物體做勻變速直線運動，涉及運動細節勻變速直線運動規律(1)速度公式：v＝v0＋at.(2)位移公式：x＝v0t＋eq\f(1,2)at2.(3)位移速度關系式：v2－veq\o\al(2,0)＝2ax.能量觀點動能定理W合==△Ek涉及做功與能量轉換機械能守恒定律Ek1+Ep1=Ek?+Ep2功能關系WG=—ΔEp等能量守恒定律E?=E?動量觀點動量定理I合=p'—p只涉及初末速度、力、時間而不涉及位移、功動量守恒定律p?+p?=p?'+p?'只涉及初末速度而不涉及力、時間2.模型建構一、輕繩相連的系統機械能守恒模型①注意兩個物體的質量不一定相等；注意多段運動②注意兩物體運動位移和高度不一定相等③注意兩物體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區別①b落地前，a機械能增加、b減小，系統機械能守恒；②b落地后若不反彈，繩松，a機械能守恒；二、輕桿相連的系統機械能守恒模型類型類型一：繞桿上某固定點轉動類型二：無固定點，沿光滑接觸面滑動圖示三、輕彈簧問題輕彈簧模型①同一根彈簧彈性勢能大小取決于彈簧形變量的大小，在彈簧彈性限度內，形變量相等，彈性勢能相等②由兩個或兩個以上的物體與彈簧組成的系統，當彈簧形變量最大時，彈簧兩端連接的物體具有相同的速度：彈簧處于自然長度時，彈簧彈性勢能最小(為零)四、類碰撞問題情境類比“碰撞”滿足規律初態末態相距最近時完全非彈性碰撞動量守恒，動能損失最多再次恢復原長時彈性碰撞動量守恒，動能無損失共速時完全非彈性碰撞動量守恒，動能損失最多滑離時非彈性碰撞動量守恒，部分動能轉化為內能到達最高點時完全非彈性碰撞動量守恒，動能損失最多再次回到地面時彈性碰撞動量守恒，動能無損失五、彈性碰撞v1v2v1ˊv2ˊm1m2發生彈性碰撞的兩個物體碰撞前后動量守恒，動能守恒，若兩物體質量分別為m1和m2，碰前速度為v1，v2，碰后速度分別為v1ˊ，v2ˊ，則有：

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

聯立（1）、（2）解得：v1ˊ=，v2ˊ=.特殊情況：若m1=m2，v1ˊ=v2，v2ˊ=v1.六、非彈性碰撞、完全非彈性碰撞模型1.非彈性碰撞介于彈性碰撞和完全非彈性碰撞之間的碰撞。動量守恒，碰撞系統動能損失。根據動量守恒定律可得：m1v1+m2v2=m1v1ˊ+m2v2ˊ(1)損失動能ΔEk，根據機械能守恒定律可得：?m1v12+?m2v22=m1v1ˊ2+m2v2ˊ2+ΔEk.(2)2．完全非彈性碰撞v1v1v2v共m1m2m1v1+m2v2=(m1+m2)v共（1）完全非彈性碰撞系統損失的動能最多，損失動能：ΔEk=?m1v12+?m2v22-?(m1+m2)v共2.（2）聯立（1）、（2）解得：v共=；ΔEk=考向一功和功率沖量與動量（2024?常州三模）如圖所示，傾角為θ＝37°的斜面固定在水平桌面上，用平行斜面向上的推力F1將位于斜面底端的滑塊推到斜面頂端，推力F1做的功至少為W0。已知物塊與斜面間的動摩擦因數為μ＝0.5，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，若用水平向左的推力F2將物塊推到頂端，推力F2做的功至少為（）A．1.2W0 B．1.4W0 C．1.6W0 D．1.8W0【解答】解：對物塊做功最少，物塊重力勢能增大，動能不變，物體勻速緩慢運動至斜面頂端，用F1將位于斜面底端的物塊推到斜面頂端，對物塊受力分析如圖甲所示，根據受力平衡可得F1＝mgsinθ+μmgcosθ＝mg設斜面的長度為L，則W0＝F1L＝mgL對物塊受力分析如圖乙所示，根據受力平衡可得F2cosθ＝mgsinθ+μ（F2sinθ+mgcosθ）解得F則W＝F2Lcosθ＝1.6mgL＝1.6W0故選：C。（多選）（2024?黑龍江三模）如圖所示，光滑水平面上放有質量為M＝2kg的足夠長的木板P，通過水平輕彈簧與豎直墻壁相連的質量為m＝1kg的物塊Q疊放在P上。初始時刻，系統靜止，彈簧處于原長，現用一水平向右、大小為F＝9N的拉力作用在P上。已知P、Q間的動摩擦因數μ＝0.2，彈簧的勁度系數k＝100N/m，重力加速度g取10m/s2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。則下列說法正確的是（）A．Q受到的摩擦力逐漸變大 B．Q速度最大時，向右運動的距離為2cm C．P做加速度減小的加速運動 D．摩擦力對Q先做正功后做負功【解答】解：A、二者恰好發生相對運動時，Q的加速度a＝μg＝0.2×10m/s2＝2m/s2，此時對應的拉力：F0＝（M+m）a＝（2+1）×2N＝6N＜9N，所以力F＝9N作用在P上，一開始二者就發生相對運動，Q受滑動摩擦力保持不變，故A錯誤；B、物體P、Q間的最大靜摩擦力fm＝μmg＝0.2×1×10N＝2N，當P對Q的靜摩擦力達到最大時，Q向右運動的距離為：x=FC、對P受力分析可知：F﹣f＝Ma，由于二者之間的摩擦力保持不變，可知P的加速度保持不變，故C錯誤；D、物塊Q達到最大距離的過程中，摩擦力對Q做正功；物塊Q達到最大距離后，先向左加速、后做減速，此過程中，摩擦力對Q做負功，即摩擦力對Q先做正功，再做負功，故D正確。故選：BD。（2024?朝陽區校級模擬）如圖，一物塊以初速度v0從O點沿斜面向上運動，同時從O點斜向上以相同速度大小拋出一個小球，物塊和小球的質量相等，它們在斜面上的P點相遇，不計空氣阻力。下列說法正確的是（）A．小球和物塊加速度相等 B．小球運動到最高點時離斜面最遠 C．在P點時，小球的動能大于物塊的動能 D．小球和物塊從O點到P點過程中合外力的功率相等【解答】解：B．把小球的運動分解為沿斜面方向和垂直斜面方向，當垂直斜面方向的分速度減為0時，小球離斜面最遠，但此時小球不是運動到最高點，故B錯誤；C．把小球的速度分解到沿斜面方向和垂直斜面方向，則小球沿斜面方向的速度小于物塊的合速度，若斜面光滑，則小球和物塊沿斜面方向的加速度相同，根據勻變速直線運動速度—時間公式，可知兩物體不可能在P點相遇，所以斜面是粗糙的；從O點到P點，小球和物塊克服重力做功相對，但物塊還要克服摩擦力做功，故在P點時，小球的動能大于物塊的動能，故C正確；D．從O點到P點過程，小球只克服重力做功，物塊需要克服重力做功和克服摩擦力做功，則合外力對物塊做功的大小大于合外力對小球做功的大小，又所用時間相等，所以小球和物塊從O點到P點過程中合外力的功率不相等，故D錯誤。A．小球的加速度為a球＝g設斜面傾角為θ，物塊與斜面的動摩擦因數為μ，根據牛頓第二定律可得mgsinθ+μmgcosθ＝ma物可得物塊的加速度大小為a物＝gsinθ+μgcosθ不能確定小球和物塊加速度是否大小相等，故A錯誤。故選：C。（2024?西安模擬）如圖所示，將小球a從地面以初速度v0豎直上拋的同時，將另一小球b從距地面h處由靜止釋放，a、b的質量相等，兩球恰在0.5h處相遇（不計空氣阻力）。則兩球運動過程中（）A．小球a超重，小球b失重 B．相遇時兩球速度差的大小為v0 C．從開始到相遇重力對a、b的沖量不相同 D．相遇后的任意時刻，重力對球a做功功率等于重力對球b做功功率【解答】解：A、小球a、b運動的加速度都向下，故都處于失重狀態，故A錯誤；B、從題目內容可看出，在0.5h處相遇，此時a球和b球的位移大小相同，時間相同，它們的加速度也相同，a豎直上拋，b自由落體，設相遇時間為t，相遇時a的速度為v，b的速度為v′，則有：v't2=v+v0C、重力的沖量等于mgt，則重力對a、b的沖量相同。故C錯誤；D、相遇時，a球的速度剛好為0，而b球的速度剛好為v0，相遇后，a的速度一直比b的速度小，a、b的質量相等，可知重力對球a做功功率小于重力對球b做功功率，故D錯誤。故選：B。（2024?湖北二模）如圖所示，水平面上固定一半圓形凹槽，凹槽的質量為M，半圓弧的圓心為O點，最低點為A點，半徑為R。現將一質量為m的光滑小球從圓弧上的D點釋放，已知OD與OA的夾角為θ（θ＜5°），重力加速度為g，小球大小可以忽略不計。從D點第一次運動到A點的過程中，小球對凹槽的彈力的沖量大小為（）A．mπB．MπC．mπD．M【解答】解：小球從D到A，只有重力做功，機械能守恒，有mg（R﹣Rcosθ）=小球豎直方向受重力和軌道對小球彈力的分力，根據動量定理有﹣I彈y+I重＝mΔvy＝0小球做單擺運動的周期為T＝2π則tDA=根據沖量的公式可知I彈y＝I重＝mgtDA小球水平方向根據動量定理有I彈x＝mvA﹣0根據矢量的合成可知I=解得I=故A正確，BCD錯誤；故選：A。考向二碰撞模型及變形應用（2024?清江浦區模擬）如圖所示，動摩擦因數為0.4的水平軌道ab與光滑的圓弧軌道bc在b點平滑連接，ab＝2m，圓弧軌道半徑R＝40m，圓心為O，∠bOc＝30°，g＝10m/s2，質量m1＝1kg的小物塊P（可視為質點）靜止在水平軌道上的a點，質量為m2＝3kg的小物塊Q靜止在水平軌道的b點。現給小物塊P一個水平向右的瞬時沖量I＝5N?s，已知P、Q碰撞后P以1.5m/s反彈，則Q物體從開始運動到最終停止所需要的總時間以及PQ系統因摩擦在整個過程中損耗的能量分別為（）A．12s6.25J B．6.78s12J C．6.66s12.5J D．12.56s12.5J【解答】解：設小物塊P在a點的速度為v0，取向右為正方向，根據動量定理可得：I＝m1v0物塊在水平軌道的加速度為：a＝μg＝0.4×10m/s2＝4m/s2小物塊P從a點到b點，根據動力學公式可得：v解得：v1＝3m/sP、Q碰撞，取向右為正方向，根據動量守恒可得：m1v1＝m1v1′+m2v2，其中：v1′＝﹣1.5m/s解得：v2＝1.5m/s圓弧軌道半徑較大，小物塊Q在bc軌道上的運動可看成單擺運動，小物塊Q在bc軌道上運動的時間為：t1=1小物塊Q在水平軌道運動時間為：t2Q物體從開始運動到最終停止所需要的總時間為：t＝t1+t2＝6.28s+0.375s≈6.66sP、Q碰撞損失的能量為：ΔE=1PQ系統因摩擦在整個過程中損耗的能量為：E=1綜上所述，故C正確、ABD錯誤。故選：C。（多選）（2024?吉林一模）碰碰車深受青少年的喜愛，因此大多數游樂場都設置了碰碰車，如圖所示為兩游客分別駕駛碰碰車進行游戲。在某次碰撞時，紅車靜止在水平面上，黃車以恒定的速度與紅車發生正撞；已知黃車和紅車連同游客的質量分別為m1、m2，碰后兩車的速度大小分別為v1、v2，假設碰撞的過程沒有機械能損失。則下列說法正確的是（）A．若碰后兩車的運動方向相同，則一定有m1＞m2 B．若碰后黃車反向運動，則碰撞前后黃車的速度大小之比可能為5：6 C．若碰后黃車反向運動且速度大于紅車，則一定有m2＞3m1 D．碰后紅車的速度與碰前黃車的速度大小之比可能為3：1【解答】解：AB、根據機械能守恒定律和動量守恒定理，有m1v＝m1v1+m2v2，12m1v可知，當m1＞m2時兩車得碰后速度方向相同，故A正確；BC、若碰后黃車反向運動，則m1＜m2，則碰撞后黃車速度小于碰撞前的速度，碰撞前后黃車的速度大小之比不可能為5：6，若碰后黃車反向運動且速度大于紅車，即m2?m1mD、設碰后紅車的速度與碰前黃車的速度大小之為3：1，即v2：v＝3：1，得m1+3m2＝0，不符合實際情況，故D錯誤。故選：AC。（2024?朝陽區一模）如圖所示，光滑水平地面上的P、Q兩物體質量均為m，P以速度v向右運動，Q靜止且左端固定一輕彈簧。當彈簧被壓縮至最短時（）A．P的動量為0 B．Q的動量達到最大值 C．P、Q系統總動量小于mv D．彈簧儲存的彈性勢能為1【解答】解：AC、物體P、Q與輕彈簧組成的系統所受合外力為零，滿足系統動量守恒的條件，系統總動量為mv，所以彈簧被壓縮至最短時此系統總動量仍然為mv，以向右為正方向，根據動量守恒定律可得：mv＝2mv1，解得：v1=12v，所以P的動量為mv1D、根據機械能守恒定律得彈簧儲存的彈性勢能為Ep=1B、彈簧被壓縮至最短時，彈簧處于壓縮狀態，對物體Q有向右的彈力，物體Q的速度方向也向右，所以在接下來的一段時間內，物體Q做加速運動，其動量會繼續增大，故此時Q的動量不是最大，故B錯誤。故選：D。（2024?黃陂區校級一模）質量為2kg的小球b靜止在光滑的水平地面上，左端連接一水平輕質彈簧，質量為2kg的另一小球a以4m/s的速度向b運動，從小球a接觸彈簧到壓縮到最短所經歷的時間為π20s，已知此彈簧的壓縮量x與彈性勢能Ep的關系為A．π+210m，π?210m B．3π+310C．π+410m，π?410m D．3π+110【解答】解：小球a、b與彈簧組成的系統動量守恒，彈簧被壓縮至最短時，小球a、b達到共速，設共速時的速度為v1，小球a的初速度為v0，則由動量守恒定律有：mav0＝（ma+mb）v1碰撞過程中機械能守恒，有：1解得彈簧壓縮到最短時的彈性勢能：Ep＝8J由彈簧的壓縮量x與彈性勢能Ep的關系：x=代入可得：x＝0.4m設小球a、b在這段時間內的位移大小分別為l1、l2，任取極短的時間Δt，兩小球在任意時刻動量均守恒，任意時刻的速度分別設為v1i、v2i則有：mav0＝mav1i+mbv2i兩邊同乘以Δt并求和得：∑mav0Δt＝∑mav1iΔt+∑mbv2iΔt故有：mav0t＝mal1+mbl2而兩小球的對地位移之間的關系為：l1﹣l2＝x聯立解得：l1=π+2故選：A。（2024?樂清市校級三模）（機械振動）質量為m的鋼板與直立輕彈簧的上端連接，彈簧下端固定在地上。平衡時，彈簧的壓縮量為x0，如圖所示，一物塊從鋼板正上方距離為3x0的A處自由落下，打在鋼板上并立刻與鋼板一起向下運動，但不粘連。它們到達最低點后又向上運動。已知物塊質量也為m，彈簧的彈性勢能Ep=12kx2，簡諧運動的周期T＝2A．碰后物塊與鋼板一起做簡諧運動，振幅A＝x0 B．物塊與鋼板在返回O點前已經分離 C．碰撞剛結束至兩者第一次運動到最低點所經歷的時間t=2πD．運動過程中彈簧的最大彈性勢能E【解答】解：A、設物塊與鋼板碰撞前瞬間物塊的速度為v0，由機械能守恒得：12mv02設碰撞后瞬間兩者一起向下運動的初速度為v1，選取向下為正方向，由動量守恒定律得：mv0＝2mv1，解得：v1=鋼板與物塊一起做簡諧運動，設平衡位置彈簧壓縮量為x1，則有：2mg＝kx1初始對鋼板由平衡條件得：mg＝kx0對比解得：x1＝2x0設振幅為A，從碰撞的位置到最低點的過程，由機械能守恒定律得：2mg（x1﹣x0+A）+其中：k=聯立解得：A＝2x0，故A錯誤；B、由A的解答可知，平衡位置彈簧壓縮量為2x0，振幅為2x0，由簡諧運動規律可知彈簧原長的位置O處是向上的位移最大處，即到達彈簧處于原長的位置時鋼板與物塊的速度為零，則物塊與鋼板在返回O點前不會分離，故B錯誤；C、碰撞的位置是12A處，由此處第一次到平衡位置的時間為1t=112T+D、彈簧最大壓縮量為xm＝x1+A＝4x0，最大的彈性勢能：Epm=12k(4故選：C。考向三傳送帶木板-滑塊模型（2024?青秀區校級模擬）如圖甲所示，足夠長的水平傳送帶以恒定速率v＝2m/s逆時針轉動，一質量為m＝1kg的小物塊從傳送帶的左端以向右的速度v0滑上傳送帶。小物塊在傳送帶上運動時，小物塊的動能Ek與小物塊的位移x關系圖像如圖乙所示，圖中：x0＝2m，已知傳送帶與小物塊之間動摩擦因數不變，重力加速度g＝10m/s2，則（）A．從小物塊開始滑動到與傳送帶達到共同速度所需時間為2s B．小物塊與傳送帶之間的動摩擦因數為0.1 C．整個過程中物塊與傳送帶間產生的熱量為18J D．由于小物塊的出現導致傳送帶電動機多消耗的電能為18J【解答】解：由題圖可知，小物塊在傳送帶上做勻減速直線運動，到其位移為x0時動能減為零，之后物塊反向加速，最后以14B、根據動能定理有：Ek﹣Ek0＝﹣μmg?x，結合圖乙可知，圖像斜率的絕對值表示合外力的大小，小物塊向右滑，合外力為μmg，則：|k|=由于初動能：E物塊返回與傳送帶共速的動能為14E則傳送帶速度滿足：v聯立解得：E0＝8J，v0＝4m/s，μ＝0.4，故B錯誤；A、根據題意可以作v﹣t圖像如下，由圖像可知，小物塊做勻變速直線運動且共速前加速度不變，全程可看為勻減速，即：﹣v＝v0﹣μgt代入解得：t=3C、整個過程中物塊與傳送帶間變生的熱量為產生的熱量為：Q＝μmgΔx由v﹣t圖像可知相對位移為：Δx=聯立代入數據解得：Q＝18J，故C正確；D、根據能量守恒可得：E整個過程中電動機多消耗的電能為：E電＝Q?34E故選：C。（多選）（2024?青羊區校級模擬）如圖甲所示，一足夠長的水平傳送帶以某一恒定速度順時針轉動，一根輕彈簧一端與豎直墻面連接，另一端與工件不拴接。工件將彈簧壓縮一段距離后置于傳送帶最左端無初速度釋放，工件向右運動受到的摩擦力Ff隨位移x變化的關系如圖乙所示，x0、Ff0為已知量，則下列說法正確的是（工件與傳送帶間的動摩擦因數處處相等）（）A．工件在傳送帶上先做加速運動，后做減速運動 B．工件向右運動2x0后與彈簧分離 C．彈簧的勁度系數為Ff0D．整個運動過程中摩擦力對工件做功為0.75Ff0x0【解答】解：A、由圖乙可知，摩擦力在x0處方向發生變化，在x0～2x0區間工件的摩擦力大小發生變化，說明工件與傳送帶相對靜止，所以工件先做加速運動后做勻速運動，故A錯誤；B、在x0～2x0區間摩擦力大小等于彈簧彈力大小，2x0位置摩擦力為零，所以彈力為零，可知工件運動2x0后與彈簧分離，故B正確；C、由胡克定律得：kx0＝0.5Ff0，解得彈簧的勁度系數為：k=FD、摩擦力對工件先做正功后做負功，Ff﹣x圖像與x軸圍成的面積在數值上等于摩擦力對工件做的功，即得整個運動過程中摩擦力對工件做功為：W=F故選：BD。（多選）（2024?長安區校級模擬）如圖所示，水平地面上有足夠長平板車M，車上最右端放一物塊m＝0.9kg，開始時M、m均靜止。t＝0時，車在外力作用下開始沿水平面向右運動，其v﹣t圖像如圖所示，已知物塊與平板車間的動摩擦因數為0.2，0～4s內物塊m始終沒有滑出小車，取g＝10m/s2。下列說法正確的是（）A．0～4s內，物塊m的加速度一直保持不變 B．要使物塊m不會從車的左端滑出小車，小車的長度至少163C．0～4s內，m與M間因相對滑動產生的內能為12.8J D．0～4s內，m、M相對地面的位移大小之比為7：9【解答】解：A．根據v﹣t圖像斜率表示加速度，車先以加速度a做勻加速直線運動a=后以加速度a'做勻減速直線運動，a'=根據物塊與車的動摩擦因數可知，物體與車的滑動摩擦力產生的加速度為a1，則有a1=μmgm物塊與小車速度相同前，物塊受到的滑動摩擦力一直向右，物塊做勻加速直線運動，物塊與小車速度相同后，物塊受到的滑動摩擦力向左，物塊做勻減速直線運動。物塊運動的v﹣t圖像如紅線所示0～4s內，物塊先加速后減速，加速時加速度向右，減速時加速度向左，故A錯誤；B．設t1時刻物塊與小車速度相等，則有8+a'（t1﹣2）＝a1t1解得t此時物塊和小車的速度為v＝a1t1之后，物塊相對小車向右滑，在t2＝4s時，物塊的速度為v1＝a1（4﹣t1）0～83s內，物塊和小車的相對位移為Δx要使物塊m不會從車的左端滑出小車，小車的長度至少163C．4s時，物塊的速度為v1＝a1（4﹣t1）83～4s內，由圖像可知小車和物塊的相對位移為所以因摩擦產生的內能為Q＝μmg（Δx1+Δx2）代入數解得：Q＝12.8J故C正確；D．0～4s內，小車的位移為x物塊的位移為x則有x故D正確。故選：BCD。（多選）（2022?福建模擬）如圖所示，一傾角為θ＝37°的足夠長斜面體固定在水平地面上，質量為M＝2kg的長木板B沿著斜面以速度v0＝9m/s勻速下滑，現把質量為m＝1kg的鐵塊A輕輕放在長木板B的左端，鐵塊最終恰好沒有從長木板上滑下。已知A與B之間、B與斜面之間的動摩擦因數均為μ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則下列判斷正確的是（）A．動摩擦因數μ＝0.5 B．鐵塊A和長木板B共速后的速度大小為6m/s C．長木板的長度為2.25m D．從鐵塊放上到鐵塊和長木板共速的過程中，鐵塊A和長木板B減少的機械能等于A、B之間摩擦產生的熱量【解答】解：A、長木板B沿著斜面勻速下滑時，根據平衡條件得：Mgsin37°＝μMgcos37°，解得μ＝0.75，故A錯誤；B、將鐵塊A放在長木板B上，兩者組成的系統合外力為F合＝（M+m）gsin37°﹣μ（M+m）gcos37°＝0，所以鐵塊A與長木板B組成的系統動量守恒，取沿斜面向下方向為正方向，由動量守恒定律得Mv0＝（M+m）v共，解得v共＝6m/s，即鐵塊A和長木板B共速后的速度大小為6m/s，故B正確；C、設鐵塊A從放在B上到兩者共速的時間為t，對A，由動量定理得：（mgsin37°+μmgcos37°）t＝mv共﹣0，解得t＝0.5s。長木板的長度為L＝xB﹣xA=vD、從鐵塊放上到鐵塊和長木板共速的過程中，鐵塊A和長木板B的機械能轉化為系統因摩擦產生的內能，根據能量守恒定律可知，鐵塊A和長木板B減少的機械能等于A、B之間摩擦產生的熱量和B、斜面之間摩擦產生的熱量之和，故D錯誤。故選：BC。考向四彈簧類問題（2024?浙江模擬）如圖，在一水平地面上有一軌道，其內部有一質量不計的輕彈簧，彈簧勁度系數為k。其正上方有一質量為m的小球由靜止釋放，恰好可進入管道內部。若忽略空氣阻力與摩擦力，則下列說法正確的是（）A．小球運動過程中，其機械能守恒 B．小球最大速度2g?+mC．小球下落最大距離mg+(mg)D．小球最大加速度mg+【解答】解：A．小球未接觸到彈簧過程中，只有重力做功，機械能守恒，與彈簧接觸后彈簧彈力做功，小球的機械能不守恒，故A錯誤；B．當小球的加速度為零時，速度達到最大，即mg＝kxmg(?+x)=1聯立可得v=2g?+故B正確；C．當小球速度減為零時，下落的距離最大，則mg(?+x')=1所以小球下落最大距離為?+x'=mg+故C錯誤；D．當小球運動到最低點時加速度最大，則kx'﹣mg＝ma解得a=(mg)故D錯誤。故選：B。（2024?市中區校級模擬）如圖甲所示，質量分別為mA、mB的A、B兩物體用輕彈簧連接構成一個系統，外力F作用在A上，系統靜止在光滑水平面上（B靠墻面），此時彈簧形變量為x，撤去外力并開始計時，A、B兩物體運動的a﹣t圖像如圖乙所示，S1表示0到t1時間內a﹣t圖線與坐標軸所圍面積大小，S2、S3分別表示t1到t2時間內A、B的a﹣t圖線與坐標軸所圍面積大小，A在t1時刻的速度v0。下列說法正確的是（）A．0到t1時間內，墻對A、B系統的沖量等于mAv0 B．mA＜mB C．t2時刻彈簧的形變量最大且vB＞vA D．t1時刻運動后，彈簧的最大形變量等于x【解答】解：A.由圖像可知，在t1時刻彈簧恢復到原長，0到t1時間內，對A、B系統由動量定理I1＝mAv0即墻對A、B系統的沖量等于mAv0，故A正確；B.t1～t2時間內，彈簧從原長位置到伸長到最長，由圖可知該過程中aA＜aB根據牛頓第二定律有mAaA＝mBaB可知mA＞mB故B錯誤；C.由以上分析可知，t2時刻彈簧的形變量最大且vA＝vB＝v故C錯誤；D.t1時刻運動后，t2時刻彈簧的形變量最大，由能量關系可知12kx2=12（mA+mB）v2可知彈簧的最大形變量小于x，故D錯誤。故選：A。（多選）（2024?鄭州模擬）如圖所示，固定斜面的傾角θ＝30°，輕彈簧下端固定在斜面底端，彈簧處于原長時上端位于C點，用一根不可伸長的輕繩通過輕質光滑的定滑輪連接物體A和B，滑輪左側繩子與斜面平行，A的質量是B的質量2倍，初始時物體A到C點的距離L＝1m，現給A、B一初速度v0＝3m/s，使A開始沿斜面向下運動，B向上運動，物體A向下運動剛到C點時的速度大小v＝2m/s，物體A將彈簧壓縮到最短后，物體A又恰好能彈回到C點。已知彈簧的最大彈性勢能為6J，重力加速度g＝10m/s2，不計空氣阻力，整個過程中輕繩始終處于伸直狀態。則（）A．物體A與斜面之間的動摩擦因數μ=3B．物體A向下運動到C點的過程中，A的重力勢能轉化為B的重力勢能 C．彈簧的最大壓縮量x＝0.4m D．B的質量為2kg【解答】解：A、設B的質量為m，A的質量為2m，在物體A向下運動剛到C點的過程中，對A、B組成的系統應用能量守恒定律與功能關系可得：μ?2mgcosθ?L=12×（m+2m）v02解得：μ=3B、物體A向下運動到C點的過程中，A的重力勢能及A、B的動能都減小，轉化為B的重力勢能和摩擦生熱，故B錯誤；C、設彈簧的最大壓縮量為x。對A、B和彈簧組成的系統分析，在物體A從C點壓縮彈簧至將彈簧壓縮到最大壓縮量，又恰好返回到C點的過程中，彈簧彈性勢能初末均為零，系統動能的減少量等于因摩擦產生的熱量，可得：12×（m+2m）v2﹣0＝μ?2mgcosD、從C點到彈簧最大壓縮量過程中，由能量守恒定律可得：12×（m+2m）v2+2mgxsinθ﹣mgx＝μ?2mgcosθ已知：EPm＝6J，解得B的質量為：m＝2kg，故D正確。故選：ACD。（2024?道里區校級一模）輕質彈簧上端懸掛于天花板上，下端與質量為M的木板相連，木板靜止時位于圖中Ⅰ位置。O點為彈簧原長時下端點的位置，質量為m的圓環形物塊套在彈簧上（不與彈簧接觸），現將m從O點正上方的Ⅱ位置自由釋放，物塊m與木板瞬時相碰后一起運動，物塊m在P點達到最大速度，且M恰好能回到O點。若將m從比Ⅱ位置高的Q點自由釋放后，m與木板碰后仍一起運動，則下列說法正確的是（）A．物塊m達到最大速度的位置在P點的下方 B．物塊m與木板M從Ⅰ位置到O的過程做勻減速運動 C．物塊m與木板M在O點正好分離 D．物塊m能回到Q點【解答】解：A．在物塊m下落過程中，當物塊m、木板M的總重力等于彈簧彈力時，物塊m達到最大速度，故物塊m達到最大速度的位置仍在P點，故A錯誤；B．物塊m與木板M從I位置到O的過程，總重力不變，彈簧的彈力逐漸減小，故物塊m與木板M做加速度增大的減速運動，故B錯誤；C．將m從O點正上方的Ⅱ位置自由釋放，且M恰好能回到O點，可知將m從比Ⅱ位置高的Q點自由釋放后，根據能量守恒，M回到O點時速度不為零，O點為彈簧原長時下端點的位置，則物塊m與木板M間的作用力為零，故物塊m與木板M在O點正好分離，故C正確；D．根據能量守恒可知，碰撞過程存在一定的機械能損失，且物塊m的部分機械能轉化為木板M的機械能，故物塊m不能回到Q點，故D錯誤。故選：C。（多選）（2024?渝中區校級模擬）如圖所示，水平面上有一質量為5m的小球B與輕彈簧連接，還有質量為2m、半徑為R的14A．球A沿槽C下滑過程中，槽C對球A做負功 B．整個過程中球A、球B和槽C構成的系統動量守恒 C．球A第一次滑至槽C最低點過程中，球A水平向左位移為23D．球A與彈簧作用后，能夠追上槽C【解答】解：A、球A沿槽C下滑過程中，水平方向動量守恒，A、C組成的系統機械能守恒，C向