一、單選題
1．（2022·北京·高考）質(zhì)量為和的兩個物體在光滑水平面上正碰，其位置坐標x隨時間t變化的圖像如圖所示。下列說法正確的是（ ）
A．碰撞前的速率大于的速率B．碰撞后的速率大于的速率
C．碰撞后的動量大于的動量D．碰撞后的動能小于的動能
【答案】C
【詳解】A．圖像的斜率表示物體的速度，根據(jù)圖像可知碰前的速度大小為
碰前速度為0，A錯誤；
B．兩物體正碰后，碰后的速度大小為
碰后的速度大小為
碰后兩物體的速率相等，B錯誤；
C．兩小球碰撞過程中滿足動量守恒定律，即
解得兩物體質(zhì)量的關(guān)系為
根據(jù)動量的表達式可知碰后的動量大于的動量，C正確；
D．根據(jù)動能的表達式可知碰后的動能大于的動能，D錯誤。
故選C。
2．（2022·北京·高考）“雪如意”是我國首座國際標準跳臺滑雪場地。跳臺滑雪運動中，裁判員主要根據(jù)運動員在空中的飛行距離和動作姿態(tài)評分。運動員在進行跳臺滑雪時大致經(jīng)過四個階段：①助滑階段，運動員兩腿盡量深蹲，順著助滑道的傾斜面下滑；②起跳階段，當進入起跳區(qū)時，運動員兩腿猛蹬滑道快速伸直，同時上體向前伸展；③飛行階段，在空中運動員保持身體與雪板基本平行、兩臂伸直貼放于身體兩側(cè)的姿態(tài)；④著陸階段，運動員落地時兩腿屈膝，兩臂左右平伸。下列說法正確的是（ ）
A．助滑階段，運動員深蹲是為了減小與滑道之間的摩擦力
B．起跳階段，運動員猛蹬滑道主要是為了增加向上的速度
C．飛行階段，運動員所采取的姿態(tài)是為了增加水平方向速度
D．著陸階段，運動員兩腿屈膝是為了減少與地面的作用時間
【答案】B
【詳解】A．助滑階段，運動員深蹲是為了減小與空氣之間的摩擦力，A錯誤；
B．起跳階段，運動員猛蹬滑道主要是通過增大滑道對人的作用力，根據(jù)動量定理可知，在相同時間內(nèi)，為了增加向上的速度，B正確；
C．飛行階段，運動員所采取的姿態(tài)是為了減小水平方向的阻力，從而減小水平方向的加速度，C錯誤；
D．著陸階段，運動員兩腿屈膝下蹲可以延長落地時間，根據(jù)動量定理可知，可以減少身體受到的平均沖擊力，D錯誤。
故選B。
3．（2020·北京·高考）在同一豎直平面內(nèi)，3個完全相同的小鋼球（1號、2號、3號）懸掛于同一高度；靜止時小球恰能接觸且懸線平行，如圖所示。在下列實驗中，懸線始終保持繃緊狀態(tài)，碰撞均為對心正碰。以下分析正確的是（ ）
A．將1號移至高度釋放，碰撞后，觀察到2號靜止、3號擺至高度。若2號換成質(zhì)量不同的小鋼球，重復上述實驗，3號仍能擺至高度
B．將1、2號一起移至高度釋放，碰撞后，觀察到1號靜止，2、3號一起擺至高度，釋放后整個過程機械能和動量都守恒
C．將右側(cè)涂膠的1號移至高度釋放，1、2號碰撞后粘在一起，根據(jù)機械能守恒，3號仍能擺至高度
D．將1號和右側(cè)涂膠的2號一起移至高度釋放，碰撞后，2、3號粘在一起向右運動，未能擺至高度，釋放后整個過程機械能和動量都不守恒
【答案】D
【詳解】A．1號球與質(zhì)量不同的2號球相碰撞后，1號球速度不為零，則2號球獲得的動能小于1號球撞2號球前瞬間的動能，所以2號球與3號球相碰撞后，3號球獲得的動能也小于1號球撞2號球前瞬間的動能，則3號不可能擺至高度，故A錯誤；
B．1、2號球釋放后，三小球之間的碰撞為彈性碰撞，且三小球組成的系統(tǒng)只有重力做功，所以系統(tǒng)的機械能守恒，但整個過程中，系統(tǒng)所受合外力不為零，所以系統(tǒng)動量不守恒，故B錯誤；
C．1、2號碰撞后粘在一起，為完全非彈性碰撞，碰撞過程有機械能損失，所以1、2號球再與3號球相碰后，3號球獲得的動能不足以使其擺至高度，故C錯誤；
D．碰撞后，2、3號粘在一起，為完全非彈性碰撞，碰撞過程有機械能損失，且整個過程中，系統(tǒng)所受合外力不為零，所以系統(tǒng)的機械能和動量都不守恒，故D正確。
故選D。
一、單選題
1．（2024·北京西城·統(tǒng)考一模）2023年7月，由中國科學院研制的電磁彈射實驗裝置啟動試運行，該裝置在地面構(gòu)建微重力實驗環(huán)境，把“太空”搬到地面。實驗裝置像一個“大電梯”，原理如圖所示，在電磁彈射階段，電磁彈射系統(tǒng)推動實驗艙豎直向上加速運動至A位置，撤除電磁作用。此后，實驗艙做豎直上拋運動，到達最高點后返回A位置，再經(jīng)歷一段減速運動后靜止。某同學查閱資料了解到：在上述過程中的某個階段，忽略阻力，實驗艙處于完全失重狀態(tài)，這一階段持續(xù)的時間為4s，實驗艙的質(zhì)量為500kg。他根據(jù)上述信息，取重力加速度，做出以下判斷，其中正確的是（ ）
A．實驗艙向上運動的過程始終處于超重狀態(tài)
B．實驗艙運動過程中的最大速度為40m/s
C．向上彈射階段，電磁彈射系統(tǒng)對實驗艙做功大于
D．向上彈射階段，電磁彈射系統(tǒng)對實驗艙的沖量等于
【答案】C
【詳解】A．實驗艙在電磁彈射階段處于超重狀態(tài)，在豎直上拋階段處于失重狀態(tài)，選項A錯誤；
B．實驗艙在電磁彈射結(jié)束后開始豎直上拋時的速度最大，根據(jù)豎直上拋運動的對稱性可知該速度為
選項B錯誤；
C．在向上彈射過程中，根據(jù)動能定理有
所以
選項C正確；
D．在向上彈射過程中，根據(jù)動量定理有
所以
選項D錯誤。
故C正確。
2．（2024·北京東城·統(tǒng)考一模）一個質(zhì)量為m的網(wǎng)球從距地面高處自由下落，反彈的最大高度為。不考慮所受的空氣阻力，重力加速度用g表示，對網(wǎng)球與地面接觸的運動過程，下列判斷正確的是（ ）
A．網(wǎng)球的加速度先向上后向下
B．網(wǎng)球速度為0時受地面的彈力最大
C．地面對網(wǎng)球所做的功等于
D．網(wǎng)球受地面的平均沖擊力等于
【答案】B
【詳解】A．整個過程中網(wǎng)球的加速度均為重力加速度，所以加速度不變，故A項錯誤；
B．網(wǎng)球在與地面接觸的運動過程中，網(wǎng)球下降的過程中網(wǎng)球的形變量越來越大，彈力越來越大，開始階段網(wǎng)球的壓縮量較小，因此地面對網(wǎng)球向上的彈力小于重力，此時網(wǎng)球的合外力向下，加速度向下，網(wǎng)球做加速運動，由牛頓第二定律
隨著壓縮量增加，彈力增大，合外力減小，則加速度減小，方向向下，當
時，合外力為零，加速度為0，此時速度最大；由于慣性網(wǎng)球繼續(xù)向下運動，此時
方向向上，網(wǎng)球減速，隨著壓縮量增大，網(wǎng)球合外力增大，加速度增大，方向向上。所以網(wǎng)球下降過程中加速度先變小后變大，速度先變大后變小，小球運動最低點時，網(wǎng)球的速度為零，地面的彈力最大，故B項正確；
C．由于網(wǎng)球與地面接觸過程中，作用點無位移，即有力無位移的情況，所以地面對網(wǎng)球所做的功為零，故C項錯誤；
D．小球從處自由落下，設(shè)落地瞬間速度為，有
解得
小球離開地面的速度為，有
解得
設(shè)網(wǎng)球與地面作用時間為t，設(shè)向下為正方向，由動量定理有
整理有
由于地面與網(wǎng)球作用時間未知，所以平均沖力取法求得，故D項錯誤。
故選B。
3．（2024·北京東城·統(tǒng)考一模）如圖所示，質(zhì)量為M、傾角為的光滑斜劈置于光滑水平地面上，質(zhì)量為m的小球第①次和第②次分別以方向水平向右和水平向左、大小均為的初速度與靜止的斜劈相碰，碰撞中無機械能損失。重力加速度用g表示，下列說法正確的是（ ）
A．這兩次碰撞過程小球和斜劈組成的系統(tǒng)動量都守恒
B．第②次碰撞后斜劈的速度小于
C．第②次碰撞過程中地面對斜劈的支持力等于
D．第①次碰撞前、后小球的速度方向一定在同一直線上；第②次碰撞前、后小球速度方向與斜面法線的夾角一定相等
【答案】B
【詳解】A．第①次碰撞小球和斜劈組成的系統(tǒng)合外力為0，系統(tǒng)動量守恒，第②次碰撞過程中，系統(tǒng)的合外力不為0，動量不守恒，故A錯誤；
B．第②次碰撞后速度的分解如圖
水平方向動量守恒
解得斜劈的速度
故B正確；
C．第②次碰撞過程中，斜劈有豎直向下的動量，則可知地面對斜劈的支持力大于，故C錯誤；
D．第②次碰撞后小球沿垂直于斜面方向的速度，根據(jù)速度的合成可知，第②次碰撞前、后小球速度方向與斜面法線的夾角一定不相等，故D錯誤；
故選B。
4．（2024·北京朝陽·統(tǒng)考一模）如圖所示，電動玩具車沿水平面向右運動，欲飛躍寬度的壕溝AB，已知兩溝沿的高度差，重力加速度，不計空氣阻力，不計車本身的長度。關(guān)于玩具車的運動，下列說法正確的是（ ）
A．離開A點時的速度越大，在空中運動的時間越短
B．離開A點時的速度大于10m/s就能安全越過壕溝
C．在空中飛行的過程中，動量變化量的方向指向右下方
D．在空中飛行的過程中，相同時間內(nèi)速率的變化量相同
【答案】B
【詳解】A．在玩具車能夠安全飛躍壕溝的情況下，根據(jù)可知，其在空中運動的時間為
只由h決定，與離開A點時的速度無關(guān)，故A錯誤；
B．若玩具車能夠安全飛躍壕溝，則離開A點時的最小速度為
故B正確；
C．在空中飛行的過程中，玩具車所受合外力等于重力，根據(jù)動量定理可知動量變化量的方向豎直向下，故C錯誤；
D．在空中飛行的過程中，玩具車平拋運動，加速度恒為g，根據(jù)運動學規(guī)律可知，相同時間內(nèi)速度的變化量相同，速率的變化量不同，故D錯誤。
故選B。
5．（2024·北京朝陽·統(tǒng)考一模）如圖所示，光滑水平地面上的P、Q兩物體質(zhì)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(tǒng)總動量小于mv
D．彈簧儲存的彈性勢能為
【答案】D
【詳解】A．當彈簧被壓縮至最短時，兩物體速度相同，P、Q系統(tǒng)所受外力為零，因此整個過程中動量守恒
所以P的動量為
故A錯誤；
B．彈簧壓縮至最短后，Q的速度將繼續(xù)變大，當彈簧恢復原長時，Q的動量達到最大值，故B錯誤；
C．P、Q系統(tǒng)動量守恒，總動量為
故C錯誤；
D．根據(jù)動量守恒和能量守恒，
解得
故D正確。
故選D。
6．（2024·北京豐臺·統(tǒng)考一模）出現(xiàn)暴風雪天氣時，配備航空燃油發(fā)動機的某型號“除雪車”以20km/h的速度勻速行駛，進行除雪作業(yè)。直徑約為30cm的吹風口向側(cè)面吹出速度約30m/s、溫度約700℃、密度約的熱空氣。已知航空燃油的熱值為，根據(jù)以上信息可以估算出以下哪個物理量（ ）
A．除雪車前進時受到的阻力
B．除雪車吹出熱空氣時受到的反沖力
C．除雪車進行除雪作業(yè)時消耗的功率
D．除雪車進行除雪作業(yè)時單位時間消耗的燃油質(zhì)量
【答案】B
【詳解】A．由于勻速行駛，所以除雪車前進時受到的阻力為
由于不知除雪車牽引力的功率，故不能求阻力，A錯誤；
B．以熱空氣為研究對象，根據(jù)動量定理，有
解得，反沖力的大小為
B正確；
C．由于知道鏟雪車的熱值，所以根據(jù)條件可以求出鏟雪車的熱功率
除雪車進行除雪作業(yè)時消耗的功率等于熱功率與車勻速行駛牽引力的功率之和，牽引力功率未知，故不能求除雪車進行除雪作業(yè)時消耗的功率，C錯誤；
D．除雪車進行除雪作業(yè)時單位時間消耗的燃油質(zhì)量等于發(fā)熱消耗的燃油質(zhì)量與車前進消耗的燃油質(zhì)量之和，根據(jù)已知條件，不能求出，D錯誤。
故選B。
7．（2024·北京石景山·統(tǒng)考一模）帶電粒子碰撞實驗中，t=0時粒子A靜止，粒子B以一定的初速度向 A 運動。兩粒子的v-t圖像如圖所示，僅考慮靜電力的作用，且A、B未接觸。則（ ）
A．粒子B在0~t?時間內(nèi)動能一直減小
B．兩粒子在t?時刻的電勢能最大
C．粒子A的質(zhì)量小于粒子B的質(zhì)量
D．粒子A在 t?時刻的加速度最大
【答案】B
【詳解】A．粒子B在0~t?時間內(nèi)速度先減小后反向增加，可知動能先減小后增加，選項A錯誤；
B．兩粒子在t?時刻共速，此時兩粒子相距最近，此時兩粒子的電勢能最大，選項B正確；
C．由圖可知，t=0時刻有p0=mBv0
在t=t2時刻有p2=mAvA
兩粒子運動過程動量守恒，以B的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得：mBv0=mAvA
又由于v0＞vA
所以有mB＜mA
故C錯誤；
D．兩粒子在t1時刻共速，此時兩粒子相距最近，庫侖力最大，此時粒子A的加速度最大，選項D錯誤。
故選B。
8．（2024·北京石景山·統(tǒng)考一模）應用物理知識分析生活中的常見現(xiàn)象，解釋游戲中的物理原理，可以使學習更加有趣和深入。兩同學分別做了如下小游戲。如圖所示，用一象棋子壓著一紙條，放在水平桌面上接近邊緣處。甲同學第一次慢拉紙條將紙條抽出，棋子掉落在地上的P點；將棋子、紙條放回原來的位置，第二次快拉紙條將紙條抽出，棋子掉落在地上的N點。乙同學把一象棋子靜置于水平桌面上，然后用手指沿水平方向推棋子，棋子由靜止開始運動，并且在離開手指后還會在桌面上滑行一段距離才停止運動。據(jù)此，兩同學提出了如下觀點，其中正確的是（ ）
A．甲同學第一次慢拉，棋子受紙條的摩擦力更大
B．甲同學第二次快拉，棋子受紙條摩擦力的沖量更大
C．乙同學推棋子，棋子離開手指前一直做加速運動
D．乙同學推棋子，棋子的最大速度一定在與手指分離之前
【答案】D
【詳解】A．甲同學拉動紙條讓棋子開始運動，所以兩次都受滑動摩擦力，所以磨擦擦力大小相等，故A錯誤；
B．棋子離開桌面后做平拋運動，水平方向做勻速直線運動，由
可知離開桌面時第二次的水平速度小于第一次的水平速度，結(jié)合動量定理得
所以甲同學第一次慢拉，棋子受紙條摩擦力的沖量更大。故B錯誤；
CD．棋子離開手之前受手給棋子得作用力和滑動摩擦力，而手給棋子得作用力為變力，由于棋子剛開始處于靜止狀態(tài)，所以剛接觸的一段時間內(nèi)棋子一定做加速運動，但在棋子離開手之前不一定一直做加速運動，棋子離開手后做勻減速直線運動，所以棋子的最大速度一定在與手指分離之前，但離手前不一定一直做加速直線運動，故C錯誤，D正確。
故選D。
9．（2024·北京房山·統(tǒng)考一模）2023年9月，“天宮課堂”第四課在中國空間站正式開講，神舟十六號航天員在夢天實驗艙內(nèi)進行授課。如圖所示，航天員用0.3kg的大球與靜止的0.1kg的小球發(fā)生正碰，某同學觀看實驗時發(fā)現(xiàn)：碰撞后，大球向前移動1格長度時，小球向前移動3格的長度，忽略實驗艙內(nèi)空氣阻力的影響。下列說法正確的是（ ）
A．大球碰撞前后的速度比為
B．碰撞后大球的動量小于小球的動量
C．碰撞過程中大球動量減少量小于小球動量增加量
D．碰撞前后，大球與小球組成的系統(tǒng)無動能損失
【答案】D
【詳解】根據(jù)題意可知，由于碰撞后，大球向前移動1格長度時，小球向前移動3格的長度，則碰撞后，大球的速度是小球速度的，設(shè)碰撞后大球的速度為，則小球的速度為
AC．設(shè)碰撞前大球的速度為，由于碰撞過程系統(tǒng)的動量守恒，則碰撞過程中大球動量減少量等于小球動量增加量，則有
解得
則大球碰撞前后的速度比為，故AC錯誤；
B．碰撞后大球的動量
小球的動量
即碰撞后大球的動量等于小球的動量，故C錯誤；
D．碰撞前大球的動能為
碰撞后大球的動能為
碰撞后小球的動能為
則有
即碰撞前后，大球與小球組成的系統(tǒng)無動能損失，故D正確。
故選D。
10．（2024·北京延慶·統(tǒng)考一模）如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端連接一小物塊（可視為質(zhì)點），O點為彈簧在原長時物塊的位置。物塊由A點靜止釋放，沿粗糙程度相同的水平面向右運動，最遠到達B點。關(guān)于物塊的受力及運動特征，下列說法正確的是（ ）
A．從A到O，物塊所受重力的沖量為0
B．從A到O，物塊的加速度一直減小
C．從A到B，物塊通過O點時的速度最大
D．從A到B，彈簧彈力對物塊做的功等于物塊與水平面摩擦產(chǎn)生的熱量
【答案】D
【詳解】A．物塊由A點運動到B點所用時間為t，重力的沖量I=mgt
故A錯誤；
B．由于水平面粗糙且О點為彈簧在原長時物塊的位置，所以彈力與摩擦力平衡的位置在OA之間，加速度為零時彈力和摩擦力平衡，所以物塊在從A到B的過程中加速度先減小后反向增大，故B錯誤；
C．從A到O運動，當彈簧的彈力等于摩擦力時，加速度為0，速度最大。彈力與摩擦力平衡的位置在OA之間，故速度最大點在OA之間，故C 錯誤；
D．由全過程能量守恒知，從A到B，彈簧彈力對物塊做的功等于物塊與水平面摩擦產(chǎn)生的熱量，故 D正確。
故選D。
11．（2024·北京延慶·統(tǒng)考一模）航天器離子發(fā)動機原理如圖所示，首先電子槍發(fā)射出的高速電子將中性推進劑離子化（即電離出正離子），正離子被正、負極柵板間的電場加速后從噴口噴出，從而使航天器獲得推進或調(diào)整姿態(tài)的反沖力，已知單個正離子的質(zhì)量為m，電荷量為q，正、負柵板間加速電壓為U，從噴口噴出的正離子所形成的電流為I，忽略離子間的相互作用力，忽略離子噴射對航天器質(zhì)量中和電子槍磁鐵的影響．該發(fā)動機產(chǎn)生的平均推力F的大小為（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【詳解】以正離子為研究對象，由動能定理可得
時間內(nèi)通過的總電荷量為
噴出的總質(zhì)量
由動量定理可知
聯(lián)立解得
故A正確，B、C、D錯誤。
故選A。
12．（2024·北京東城·統(tǒng)考二模）如圖所示，臺球桌上一光滑木楔緊靠桌邊放置，第①次擊球和第②次擊球分別使臺球沿平行于桌邊和垂直于桌邊的方向與木楔碰撞，速度大小均為v0。碰撞后，木楔沿桌邊運動，速度大小用V表示，臺球平行于桌邊和垂直于桌邊的速度大小分別用vx和vy表示。已知木楔質(zhì)量為M，臺球質(zhì)量為m，木楔的傾角用θ表示。不考慮碰撞過程的能量損失，則（ ）
A．第①種情況碰后V可能大于
B．若滿足，第①種情況，即碰后臺球速度方向垂直于桌邊
C．第②種情況碰后V可能大于
D．若滿足，第②種情況，即碰后臺球速度方向平行于桌邊
【答案】B
【詳解】A．第①種情況平行于桌邊方向，系統(tǒng)滿足動量守恒，則有
根據(jù)系統(tǒng)能量守恒可得
若，聯(lián)立解得
可知第①種情況碰后V不可能大于，故A錯誤；
B．第①種情況若，平行于桌邊方向，系統(tǒng)滿足動量守恒，則有
根據(jù)系統(tǒng)能量守恒可得
設(shè)斜面對小球的平均彈力為，以小球為對象，平行于桌邊方向根據(jù)動量定理可得
垂直于桌邊方向根據(jù)動量定理可得
可得
聯(lián)立可得
故B正確；
C．第②種情況平行于桌邊方向，系統(tǒng)滿足動量守恒，則有
根據(jù)系統(tǒng)能量守恒可得
若，聯(lián)立解得
可知第②種情況碰后V不可能大于，故C錯誤；
D．第②種情況，平行于桌邊方向，系統(tǒng)滿足動量守恒，則有
根據(jù)統(tǒng)能量守恒可得
設(shè)斜面對小球的平均彈力為，以小球為對象，平行于桌邊方向根據(jù)動量定理可得
垂直于桌邊方向根據(jù)動量定理可得
可得
聯(lián)立可得
故D錯誤。
故選B。
13．（2024·北京平谷·統(tǒng)考零模）滑塊以一定的初速度沿粗糙斜面從底端上滑，到達最高點B后返回到底端。利用頻閃儀分別對上滑和下滑過程進行拍攝，頻閃照片示意圖如圖所示。與圖甲中相比，圖乙中滑塊（ ）
A．受到的合力較大
B．經(jīng)過A點的動能較大
C．在A、B之間克服摩擦力做的功較大
D．在A、B之間摩擦力的沖量較大
【答案】D
【詳解】A．因為頻閃照片時間間隔相同，對比圖甲和乙，甲圖可看成從B向下的勻加速運動，對比甲乙從B點向下一次頻閃時間的位移，甲的位移更大，可知圖甲中滑塊加速度大，根據(jù)牛頓第二定律可知圖甲中滑塊受到的合力較大，故A錯誤；
B．從圖甲中的A點到圖乙中的A點，先上升后下降，重力做功為0，摩擦力做負功，根據(jù)動能定理可知圖甲經(jīng)過A點的動能較大，故B錯誤；
C．由于無論上滑或下滑均受到滑動摩擦力大小相等，故圖甲和圖乙在A、B之間克服摩擦力做的功相等，故C錯誤；
D．由于圖甲中滑塊加速度大，根據(jù)逆向思維可得
由此可知，圖甲在A、B之間的運動時間較短，在A、B之間摩擦力的沖量較小，故D正確。
故選D。
14．（2024·北京平谷·統(tǒng)考零模）A、B兩小球靜止在光滑水平面上，用輕彈簧相連接，A、B兩球的質(zhì)量分別為m和。若使A球獲得瞬時速度v（如圖甲），彈簧壓縮到最短時，A球的速度為，B球的速度為，彈簧的長度為L；若使B球獲得瞬時速度v（如圖乙），彈簧壓縮到最短時，A球的速度為，B球的速度為，彈簧的長度為L'。則（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【詳解】根據(jù)題意可知，無論圖甲還是圖乙，當彈簧壓縮到最短時，兩球的速度相等，則有，
圖甲中，由動量守恒定律有
解得
由能量守恒定理可得，彈簧壓縮到最短時，彈簧的彈性勢能為
圖乙中，由動量守恒定律有
解得
由能量守恒定理可得，彈簧壓縮到最短時，彈簧的彈性勢能為
可知
兩圖中彈簧壓縮到最短時，彈簧的彈性勢能相等，則有
故選D。
15．（2024·北京人大附中·?？寄M）使甲、乙兩條形磁鐵隔開一段距離，靜止于水平桌面上，甲的N極正對著乙的S極，甲的質(zhì)量大于乙的質(zhì)量，兩者與桌面之間的動摩擦因數(shù)相等?，F(xiàn)同時釋放甲和乙，在它們相互接近過程中的任一時刻（ ）
A．甲的速度大小比乙的大B．甲的加速度大小比乙的加速度小
C．甲的動量大小比乙的大D．甲合力沖量與乙合力沖量大小相等
【答案】B
【詳解】AB．對甲、乙兩條形磁鐵分別做受力分析，如圖所示

根據(jù)牛頓第二定律有、
由于
所以
由于兩物體運動時間相同，且同時由靜止釋放，可得
A錯誤，B正確；
C．對于整個系統(tǒng)而言，由于
合力方向向左，合沖量方向向左，所以合動量方向向左，顯然甲的動量大小比乙的小，C錯誤；
D．因為甲的動量大小比乙的小，故甲合力沖量小于乙合力沖量，D錯誤。
故選B。
16．（2024·北京人大附中·校考模擬）我國多次成功使用“冷發(fā)射”技術(shù)發(fā)射長征十一號系列運載火箭。如圖所示，發(fā)射艙內(nèi)的高壓氣體先將火箭豎直向上推出，火箭速度接近零時再點火飛向太空。從火箭開始運動到點火的過程中（ ）
A．火箭的加速度為零時，動能最大
B．高壓氣體釋放的能量全部轉(zhuǎn)化為火箭的動能
C．高壓氣體對火箭推力的沖量等于火箭動量的增加量
D．高壓氣體的推力和空氣阻力對火箭做功之和等于火箭動能的增加量
【答案】A
【詳解】A．火箭從發(fā)射艙發(fā)射出來，受豎直向下的重力、豎直向下的空氣阻力和豎直向上的高壓氣體的推力作用，且推力大小不斷減小，剛開始向上的時候高壓氣體的推力大于向下的重力和空氣阻力之和，故火箭向上做加速度減小的加速運動，當向上的高壓氣體的推力等于向下的重力和空氣阻力之和時，火箭的加速度為零，速度最大，接著向上的高壓氣體的推力小于向下的重力和空氣阻力之和時，火箭接著向上做加速度增大的減速運動，直至速度為零，故當火箭的加速度為零時，速度最大，動能最大，故A正確；
B．根據(jù)能量守恒定律，可知高壓氣體釋放的能量轉(zhuǎn)化為火箭的動能、火箭的重力勢能和內(nèi)能，故B錯誤；
C．根據(jù)動量定理，可知合力沖量等于火箭動量的增加量，故C錯誤；
D．根據(jù)功能關(guān)系，可知高壓氣體的推力和空氣阻力對火箭做功之和等于火箭機械能的增加量，故D錯誤。
故選A。
17．（2024·北京實驗中學·校考模擬）如圖所示，小球A、B用一根長為L的輕桿相連，豎直放置在光滑水平地面上，小球C挨著小球B放置在地面上。由于微小擾動，小球A沿光滑的豎直墻面下滑，小球B、C在同一豎直面內(nèi)向右運動。當桿與墻面夾角為θ，小球A和墻面恰好分離，最后小球A落到水平地面上。下列說法中不正確的是（ ）

A．當小球A的機械能取最小值時，小球B與小球C的加速度為零
B．小球A由靜止到與墻面分離的過程中，小球B的速度先增大后減小
C．當小球A和墻面恰好分離時，小球B與小球C也恰好分離
D．當小球A和墻面恰好分離時，A、B兩球的速率之比為tanθ：1
【答案】B
【詳解】B．從靜止開始到小球A和墻面恰好分離的過程，對A、B、C三個小球組成的系統(tǒng)，由于受到豎直墻面向右的彈力，根據(jù)動量定理可得
所以小球A由靜止到與墻面分離的過程中，小球B的速度一直增大，故B錯誤，符合題意；
A．對A、B、C三個小球組成的系統(tǒng)，機械能守恒，由B項的分析可知，球A和墻面恰好分離時，小球B與小球C速度最大，則其加速度最小，機械能最大，則此時A球機械能最小，所以當小球A的機械能取最小值時，小球B與小球C的加速度為零，故A正確，不符合題意；
C．當小球A與墻面分離后，水平方向動量守恒，小球A在水平方向的速度會不斷增大，B球在水平方向的速度會不斷減小，所以在小球A與墻面分離瞬間，小球 C球和小球B分離，故C正確，不符合題意；
D．當小球A和墻面恰好分離時，兩球的速度分解如圖所示

兩球的速度關(guān)聯(lián)，沿桿方向的速度相等，有
可得
故D正確，不符合題意。
故選B。

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