專題08 動量與能量（解析版）

資料整理【淘寶店鋪：向陽百分百】資料整理【淘寶店鋪：向陽百分百】專題08動量與能量目錄TOC\o"1-3"\h\u【題型一】動量定理的應用 1【題型二】動量守恒定律及其應用 7【題型三】碰撞、爆炸與反沖問題 11【題型四】動力學、動量和能量觀點的綜合應用 25【題型一】動量定理的應用【解題指導】1.注意動量的矢量性及動量變化量的矢量性．2.動量定理Ft＝p′－p中“Ft”為合外力的沖量．3.要明確過程的初、末狀態(tài)．【典例分析1】（2023上·安徽合肥·高三?？茧A段練習）一個質(zhì)量為的小球從的高處自由下落到沙坑中，小球由靜止下落到陷至沙坑最低點經(jīng)歷的時間，取，則沙子對小球平均作用力的大小為（）A．110N B．220N C．11N D．22N【答案】A【詳解】取豎直向上為正方向，小球從靜止開始下落到接觸沙子的時間為則小球接觸沙子到陷至最低點的時間為對全程由動量定理有解得，沙子對小球平均作用力的大小為故選A。【典例分析2】（2023上·浙江寧波·高三校聯(lián)考期中）一質(zhì)量為的物塊在合外力F的作用下從靜止開始沿直線運動。F隨時間t變化的圖線如圖所示，則（

）A．1秒末物塊的速率為 B．3秒末時物塊的動量大小為C．前4秒內(nèi)物塊的運動方向不發(fā)生改變 D．4秒末物塊的速度為零【答案】C【詳解】A．由動量定理有解得1秒末物塊的速率為故A錯誤；B．圖線與時間軸所圍面積表示沖量，根據(jù)動量定理可知，時物塊的動量大小為故B錯誤；CD．根據(jù)動量定理可知，時物塊的動量大小為則時物塊的速度為所以前4秒內(nèi)物體的速度均大于零，即前4秒內(nèi)物塊的運動方向不發(fā)生改變。故C正確，D錯誤。故選C。【典例分析3】（2023上·山東濟寧·高三校聯(lián)考期中）“水刀”威力巨大，幾乎可以切割任何物體，它是公認的最科學、經(jīng)濟、環(huán)保的清潔工具之一。如圖所示為“水刀”快速割斷厚石板的場景。已知水刀出水口直徑為，水從槍口噴出時的速度為，水的密度為，求：（1）單位時間從槍口噴出的水的質(zhì)量；（2）若水從槍口噴出時的速度大小，近距離垂直噴射到物體表面，水槍出水口直徑。忽略水從槍口噴出后的發(fā)散效應，水噴射到物體表面時速度在短時間內(nèi)變?yōu)榱?。由于水柱前端的水與物體表面相互作用時間很短，因此在分析水對物體表面的作用力時可忽略這部分水所受的重力。已知水的密度，，估算“水刀”對物體表面產(chǎn)生的沖擊力的大小。（小數(shù)點后保留1位小數(shù)）【答案】（1）；（2）17.7N【詳解】（1）根據(jù)題意可知時間內(nèi)噴出水的質(zhì)量為則單位時間內(nèi)從槍口噴出水的質(zhì)量為（2）根據(jù)題意，取很短的時間，則打到物體表面的水的質(zhì)量為以這部分水為研究對象，設物體表面對其作用力為F，以水流速度方向為正方向，由動量定理得解得代入數(shù)據(jù)得【方法提煉】1．沖量的三種計算方法(1)公式法：I＝Ft適用于求恒力的沖量．(2)動量定理法：適用于求變力的沖量或F、t未知的情況．(3)圖象法：用F－t圖線與時間軸圍成的面積可求變力的沖量．若F－t成線性關(guān)系，也可直接用平均力求變力的沖量．2．動量定理(1)公式：FΔt＝mv′－mv(2)應用技巧①研究對象可以是單一物體，也可以是物體系統(tǒng)．②表達式是矢量式，需要規(guī)定正方向．③勻變速直線運動，如果題目不涉及加速度和位移，用動量定理比用牛頓第二定律求解更簡捷．④在變加速運動中F為Δt時間內(nèi)的平均沖力．⑤電磁感應問題中，利用動量定理可以求解時間、電荷量或?qū)w棒的位移．3．在日常的生活與生產(chǎn)中，常涉及流體的連續(xù)相互作用問題，用常規(guī)的方法很難解決，若構(gòu)建柱體微元模型，然后用動量定理分析，則可使問題迎刃而解。解答時一般是選擇一段時間內(nèi)作用在某物體上的流體為研究對象?！咀兪窖菥殹?.（2023上·福建莆田·高三莆田一中?？计谥校┵|(zhì)量皆為m的甲、乙兩人分別站在質(zhì)量為M的小船的船頭和船尾，隨船以速度v0在水面上向左運動（不計阻力）。兩人同時以對地的速率ν水平跳出，其中甲沿船前進的方向跳出，乙沿相反方向跳出，則（）A．乙對船做的功較多B．船對乙的沖量較大C．船速不變D．船速增大【答案】ABD【詳解】B．根據(jù)動量定理可知，船對甲的沖量為船對乙的沖量為可知船對乙的沖量較大，故B正確；ACD．根據(jù)水平方向動量守恒可知可知則船速增大，根據(jù)動能定理可知乙對船的作用力做功較多，故C錯誤，AD正確；故選ABD。2.（2024·海南·校聯(lián)考一模）殲-20隱形戰(zhàn)斗機的矢量發(fā)動機噴口可向不同方向轉(zhuǎn)動以產(chǎn)生不同方向的推力。已知發(fā)動機噴口面積為，噴射氣體的密度為，產(chǎn)生的推力為，則發(fā)動機噴射氣體的速度大小為（）A． B． C． D．【答案】A【詳解】設發(fā)動機向后噴射氣體的速度為，以發(fā)動機時間內(nèi)噴出的氣體為研究對象，由動量定理得解得故選A。3．（2023上·山東濟寧·高三校聯(lián)考期中）隨著我市文明城市建設的推進，騎電動車戴頭盔已經(jīng)逐漸成為一種良好習慣，正確佩戴頭盔能有效地保護騎車人的安全，可以在萬一發(fā)生碰撞或摔倒時（）A．減小沖量B．減小動量的變化量C．增大人對地面的壓強，起到安全作用D．增大與撞擊物品之間的沖擊時間，從而減小沖力【答案】D【詳解】騎車人撞擊前后速度不會因為帶頭盔而發(fā)生變化，所以不會改變動量的變化量，根據(jù)動量定理可知，也不會改變受到的沖量，根據(jù)是因為增大與撞擊物品之間的沖擊時間，從而減小沖力，與壓強無關(guān)。故選D。4.（2023上·山東·高三校聯(lián)考期中）如圖所示，蹦床運動員與網(wǎng)作用時，通過“曲腳然后用力蹬網(wǎng)”的動作使自己越蹦越高。某次訓練時，一個質(zhì)量的蹦床運動員，從靜止通過“曲腿然后用力蹬網(wǎng)”，蹦起的最大高度距離水平網(wǎng)面為，之后第1次向下落著網(wǎng)，與網(wǎng)相互作用后沿豎直方向蹦回到離水平網(wǎng)面高處。假設運動員與網(wǎng)接觸的時間均為，從第1次離開水平網(wǎng)面開始，每次運動員與水平網(wǎng)相互作用中消耗的能量相同，不計空氣阻力，忽略運動員與蹦床作用時的能量損失，重力加速度取。（1）求運動員蹦起后第1次觸網(wǎng)過程中動量的變化量；（2）求（1）中運動員對水平網(wǎng)面的平均作用力大??；（3）運動員第2次下落后，與網(wǎng)接觸又彈起的這段時間內(nèi)，求蹦床對運動員的沖量大小。（計算結(jié)果可以保留根式）【答案】（1），方向豎直向上；（2）；（3）【詳解】（1）設第1次下落觸網(wǎng)時的速度為，有解得設蹦回到高度前離網(wǎng)時的速度為，有解得取豎直向上為正方向，第1次觸網(wǎng)與網(wǎng)接觸的時間內(nèi)動量的變化量代入數(shù)據(jù)解得方向豎直向上（2）以豎直向上為正方向，由動量定理得代入數(shù)據(jù)解得由牛頓第三定律得，運動員對水平網(wǎng)面的平均作用力大小為（3）每次運動員消耗的能量為運動員兩次提供的能量解得由得以豎直向上為正方向，由動量定理得解得【題型二】動量守恒定律及其應用【解題指導】1.守恒條件的判斷：理想守恒、近似守恒、單方向守恒．2.應用關(guān)鍵是選好合適的系統(tǒng)、合適的過程，即一定要明確研究對象是誰，明確守恒過程的初、末狀態(tài)．3.要注意規(guī)定正方向．【典例分析1】（2023上·北京順義·高三北京市順義區(qū)第一中學?？计谥校┤鐖D所示，兩物塊A、B質(zhì)量分別為m、2m，與水平地面的動摩擦因數(shù)分別為2μ、μ，其間用一輕彈簧連接。初始時彈簧處于原長狀態(tài)，使A、B兩物塊同時獲得一個方向相反，大小分別為v1、v2的水平速度，彈簧再次恢復原長時兩物塊的速度恰好同時為零。關(guān)于這一運動過程，下列說法正確的是（

）A．兩物塊A、B及彈簧組成的系統(tǒng)動量不守恒B．兩物塊A、B及彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒C．兩物塊A、B初速度的大小關(guān)系為v1=v2D．兩物塊A、B運動的路程之比為2:1【答案】D【詳解】A．分析可知，物塊A、B的質(zhì)量分別為m、2m，與地面間的動摩擦因數(shù)分別為2μ、μ，因此在滑動過程中，兩物塊所受的摩擦力大小都等于，且方向相反，由此可知系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，故A錯誤；B．在系統(tǒng)運動過程中要克服摩擦力做功，系統(tǒng)的機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，系統(tǒng)機械能不守恒，故B錯誤；C．系統(tǒng)動量守恒，取向右為正方向，由動量守恒定律可得解得故C錯誤；D．系統(tǒng)動量守恒，取向右為正方向，由動量守恒定律可得設A、B的路程分別為、，則有解得故D正確。故選D。【典例分析2】（2023上·湖北·高三校聯(lián)考期中）如圖甲所示，在光滑水平面上的兩小球發(fā)生正碰，小球的質(zhì)量分別為和，圖乙為它們碰撞后的圖像，已知．由此可以判斷（）A．碰前勻速，加速運動B．碰后和都向右運動C．D．碰撞過程中系統(tǒng)動量守恒，機械能守恒【答案】D【詳解】AB．由s-t圖像的斜率等于速度可知碰前m2靜止，m1勻速運動，m1的速度為向右運動；碰后m1速度為向左運動，碰后m2的速度向右運動，故AB錯誤；C．根據(jù)動量守恒定律得代入數(shù)據(jù)解得故C錯誤；D．兩物體組成的系統(tǒng)在碰撞前的機械能為碰撞后的機械能為因為所以碰撞過程中系統(tǒng)動量守恒，機械能守恒，故D正確。故選D。【方法提煉】1.動量是否守恒的判斷方法不受外力或者所受外力的矢量和為零時，系統(tǒng)的動量守恒；當外力比相互作用的內(nèi)力小得多時，系統(tǒng)的動量近似守恒；當某一方向上的合外力為零時，系統(tǒng)在該方向上動量守恒。2．動量守恒定律解題的基本步驟(1)明確研究對象，確定系統(tǒng)的組成(系統(tǒng)包括哪幾個物體)及研究的過程；(2)進行受力分析，判斷系統(tǒng)動量是否守恒(或某一方向上動量是否守恒)；(3)規(guī)定正方向，確定初、末狀態(tài)的動量；(4)由動量守恒定律列出方程；(5)代入數(shù)據(jù)，求出結(jié)果，必要時討論說明?！咀兪窖菥殹?.(多選)(2020·全國卷Ⅱ·21)水平冰面上有一固定的豎直擋板，一滑冰運動員面對擋板靜止在冰面上，他把一質(zhì)量為4.0kg的靜止物塊以大小為5.0m/s的速度沿與擋板垂直的方向推向擋板，運動員獲得退行速度；物塊與擋板彈性碰撞，速度反向，追上運動員時，運動員又把物塊推向擋板，使其再一次以大小為5.0m/s的速度與擋板彈性碰撞．總共經(jīng)過8次這樣推物塊后，運動員退行速度的大小大于5.0m/s，反彈的物塊不能再追上運動員．不計冰面的摩擦力，該運動員的質(zhì)量可能為()A．48kg B．53kgC．58kg D．63kg【答案】BC【解析】設運動員的質(zhì)量為M，第一次推物塊后，運動員速度大小為v1，第二次推物塊后，運動員速度大小為v2……第八次推物塊后，運動員速度大小為v8，第一次推物塊后，由動量守恒定律知：Mv1＝mv0；第二次推物塊后由動量守恒定律知：M(v2－v1)＝m[v0－(－v0)]＝2mv0，……，第n次推物塊后，由動量守恒定律知：M(vn－vn－1)＝2mv0，整理得vn＝eq\f(2n－1mv0,M)，則v7＝eq\f(260kg·m/s,M)，v8＝eq\f(300kg·m/s,M).由題意知，v7<5m/s，則M>52kg，又知v8>5m/s，則M<60kg，故選B、C.2.(2020·湖南婁底市下學期質(zhì)檢)質(zhì)量為M的氣球上有一個質(zhì)量為m的人，氣球和人在空中共同靜止于離地h高處，如果從氣球上逐漸放下一個質(zhì)量不計的軟梯，讓人沿軟梯降到地面，則軟梯長至少應為()A.eq\f(m,m＋M)h B.eq\f(M,m＋M)hC.eq\f(M＋m,M)h D.eq\f(M＋m,m)h【答案】C【解析】設人沿軟梯降到地面，軟梯長度至少為L，以人和氣球的系統(tǒng)為研究對象，豎直方向動量守恒，規(guī)定豎直向下為正方向，由動量守恒定律得：0＝mv1－Mv2人沿軟梯降至地面時，氣球上升的高度為L－h(huán)，速度大?。簐2＝eq\f(L－h(huán),t)人相對于地面下降的高度為h，速度大小為v1＝eq\f(h,t)聯(lián)立得：0＝m·eq\f(h,t)－Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L－h(huán),t)))，解得：L＝eq\f(M＋m,M)h，故C正確，選項A、B、D錯誤．3.質(zhì)量為m的物塊甲以3m/s的速度在光滑水平面上運動，有一輕彈簧固定其上，另一質(zhì)量也為m的物塊乙以4m/s的速度與甲相向運動，如圖所示，則()A．甲、乙兩物塊在彈簧壓縮過程中，由于彈力作用，系統(tǒng)動量不守恒B．當兩物塊相距最近時，甲物塊的速率為零C．當甲物塊的速率為1m/s時，乙物塊的速率可能為2m/s，也可能為0D．甲物塊的速率可能達到5m/s【答案】C【解析】甲、乙兩個物塊通過彈簧發(fā)生相互碰撞，遵循動量和能量守恒，當兩個物塊離開彈簧時交換速度，即甲的速度為4m/s，乙的速度為3m/s，方向相反，且整個碰撞過程中甲的速度不可能大于4m/s，乙的速度不可能大于3m/s，當兩物塊相距最近時速度相等為0.5m/s，所以A、B、D錯誤，C正確．【題型三】碰撞、爆炸與反沖問題【解題指導】1.對于彈性碰撞的動量守恒和能量守恒要熟知，對于和一個靜止的物體發(fā)生彈性碰撞后的速度表達式要熟記，如果在考場上來計算，太浪費時間．2.明確碰撞前瞬間狀態(tài)、碰撞后瞬間狀態(tài)是碰撞過程的初、末狀態(tài)．【典例分析1】（2023上·山東·高三校聯(lián)考期中）在光滑水平面上，A、B兩個物體在同一直線上沿同一方向運動，A的動量為18kg?m/s，B的動量為。A從后面追上B，它們相互作用一段時間后，B的動量增大為，方向不變。下列說法正確的是（）A．若此過程為彈性碰撞，則兩物體的質(zhì)量之比為B．若此過程為非彈性碰撞，則兩物體的質(zhì)量之比可能為C．若此過程為彈性碰撞，則兩物體的質(zhì)量之比為D．若此過程為非彈性碰撞，則兩物體的質(zhì)量之比可能為【答案】B【詳解】AC．碰前，有解得碰過程中，有解得碰后，有解得綜上可得若為彈性碰撞，則兩物體的質(zhì)量之比為A、C錯誤；BD．若為非彈性碰撞，則兩物體的質(zhì)量之比為B正確、D錯誤。故選B?！镜淅治?】（2023上·江蘇揚州·高三統(tǒng)考階段練習）如圖所示為大球和小球疊放在一起、在同一豎直線上進行的超級碰撞實驗，可以使小球彈起并上升到很大高度。將質(zhì)量為（）的大球（在下），質(zhì)量為m的小球（在上）疊放在一起，從距地面高h處由靜止釋放，h遠大于球的半徑，不計空氣阻力。假設大球和地面、大球與小球的碰撞均為完全彈性碰撞，且碰撞時間極短。下列說法正確的是（

）

A．兩球一起下落過程中，小球?qū)Υ笄虻膹椓Υ笮锽．大球與地面第一次碰撞過程中，地面對大球平均作用力的沖量大小為C．無論k取什么值，大球與小球碰撞后大球的速度均不能為0D．若大球的質(zhì)量遠大于小球的質(zhì)量，小球上升的最大高度約為9h【答案】D【詳解】A．兩球一起下落過程中都做自由落體運動，小球?qū)Υ笄虻膹椓Υ笮?，A錯誤；B．下落過程中由自由落體運動規(guī)律得解得大球與地面碰撞前的速度大小為根據(jù)動量定理可得B錯誤；C．以向上為正方向，大球碰撞地之后，速度瞬間反向，大小相等，兩球碰撞前后動量守恒，機械能守恒，設碰撞前小球和大球的速度分別為v，碰后大球的速度為v1小球的速度為v2，由動量守恒定律由機械能守恒定律兩式聯(lián)立解得可知當時，大球與小球碰撞后大球的速度為0，C錯誤；D．大球與地面碰撞后，速度瞬間反向，大小不變，兩球發(fā)生彈性碰撞，兩球碰撞過程系統(tǒng)內(nèi)力遠大于外力，系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒，設碰撞后小球速度大小為v1，大球速度大小為v2，選向上為正方向，由動能量守恒和機械能守恒解得當M?m時，不考慮m影響，則小球上升高度為D正確；故選D?！镜淅治?】（2023上·江蘇連云港·高二統(tǒng)考期中）2023年10月10日，據(jù)黎巴嫩媒體報道，以色列軍隊在黎巴嫩南部領(lǐng)土使用國際法禁止的白磷彈。假設一質(zhì)量為m的白磷彈豎直向上運動到最高點時，爆炸成兩部分，爆炸后瞬時質(zhì)量為部分的動能為，爆炸時間極短可不計，不計爆炸過程中的質(zhì)量損失，則該白磷彈爆炸后瞬時的總動能為（）A． B． C． D．【答案】C【詳解】爆炸后瞬時質(zhì)量為部分的速度大小為，另一部分的質(zhì)量為，速度大小為，根據(jù)動量守恒可得又，該白磷彈爆炸后瞬時的總動能為聯(lián)立解得故選C。【典例分析4】（2023上·江蘇·高三校聯(lián)考開學考試）如圖所示，水平地面上靜止放置著材料相同、緊靠在一起的物體A和B，兩物體可視為質(zhì)點且A的質(zhì)量較大。兩物體間夾有炸藥，爆炸后兩物體沿水平方向左右分離，不計空氣阻力，則A物體（）

A．爆炸過程中，獲得的初動量大 B．爆炸過程中，獲得的初動能大C．爆炸后，滑行時間短 D．爆炸后，滑行距離長【答案】C【詳解】A．爆炸過程中，系統(tǒng)內(nèi)力遠大于外力，A、B組成的系統(tǒng)動量守恒，爆炸前系統(tǒng)總動量為零，由動量守恒定律可知，爆炸后，兩物體的動量大小相等，故A錯誤；B．設爆炸后任一物體的動量大小為p，物體的質(zhì)量為m，則動能可知質(zhì)量大的物體獲得的初動能小，故B錯誤；C．取爆炸后速度方向為正方向，根據(jù)動量定理得解得滑行時間由于μ、p、g相等，則質(zhì)量大的物體滑行時間短，故C正確；D．爆炸后，根據(jù)動能定理得解得爆炸后物體滑行的距離由于μ、p、g相等，則質(zhì)量大的物體滑行距離短，故D錯誤。故選C。【典例分析5】（2023上·湖北·高三校聯(lián)考期中）圖所示，質(zhì)量為的木板靜止在足夠大的光滑水平地面上，質(zhì)量為的木塊靜止在木板們左端。質(zhì)量為的子彈以大小為的初速度射入木塊，子彈射入木塊后未穿出木塊，且木塊恰好木滑離木板。木塊與木板間的動摩擦因數(shù)為，重力加速度大小為，子彈與地均視為質(zhì)點，不計子彈射入木塊的時間。下列說法正確的是（）A．子彈射入木塊過程，子彈和木塊組成的系統(tǒng)動量守恒、機械能不守恒B．子彈射入木塊后共同速度為C．木板長度為D．木塊在木板上滑行時間是【答案】AD【詳解】A．子彈射入木塊過程，子彈和木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，但由于系統(tǒng)內(nèi)摩擦力做功,系統(tǒng)機械能不守恒，A正確；B．對子彈和木塊系統(tǒng)，根據(jù)動量守恒可得求得子彈射入木塊后共同速度B錯誤；CD．木塊恰好未滑離木板，可知最終木塊與木板具有相同的速度，根據(jù)動量守恒可得解得木塊在木板上滑行時的加速度木塊在木板上滑行時間為木板長度為C錯誤，D正確。故選AD?！痉椒ㄌ釤挕?.抓住“一判斷、三原則、三定律”速解碰撞類問題(1)判斷屬于彈性碰撞模型還是完全非彈性碰撞模型。(2)碰撞的“三原則”①動量守恒原則，即碰撞前后兩物體組成的系統(tǒng)滿足動量守恒定律。②動能不增加原則，即碰撞后系統(tǒng)的總動能不大于碰撞前系統(tǒng)的總動能。③物理情境可行性原則，如果碰前兩物體同向運動，碰撞前后面物體的速度大于前面物體的速度，碰撞后原來在前面的物體速度必增大，且大于或等于原來在后面的物體的碰后速度(僅限碰撞前后后面物體速度方向不變的情況)。如果碰撞前兩物體相向運動，則碰撞后，兩物體的運動方向不可能都不改變，除非兩物體碰撞后速度均為零。(3)合理選用三個定律①如果物體間發(fā)生的是彈性碰撞，則一般是應用動量守恒定律和機械能守恒定律進行求解。②如果物體間發(fā)生的不是彈性碰撞，則一般應用動量守恒定律和能量守恒定律(功能關(guān)系)進行求解。2.三類碰撞(1)彈性碰撞動量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′.機械能守恒：eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2.(2)完全非彈性碰撞動量守恒、末速度相同：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v′.機械能損失最多，機械能的損失量為：ΔE＝(eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2))－eq\f(1,2)(m1＋m2)v′2.(3)非彈性碰撞動量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′.機械能有損失，機械能的損失量為：ΔE＝(eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2))－(eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2)．【變式演練】1.（2023下·遼寧營口·高三校聯(lián)考階段練習）如圖所示，水平面左側(cè)有一足夠長的、相對水平面高為H的光滑平臺，質(zhì)量為M的滑塊與質(zhì)量為m的小球之間有一個處于壓縮且鎖定狀態(tài)的輕彈簧（彈簧不與滑塊和小球連接），系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)。某時刻彈簧解除鎖定，小球離開平臺后做平拋運動，落到水平面上時落點到平臺的距離為s，重力加速度為g，則滑塊的速度大小為（）

A． B． C． D．【答案】C【詳解】小球射出時，設其速度為，系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，取向右為正方向，對系統(tǒng)在水平方向上，由動量守恒有小球做平拋運動，有聯(lián)立解得故選C。2．（2023上·江蘇無錫·高三江蘇省南菁高級中學?？茧A段練習）如圖甲所示，光滑水平面上有a、b兩個小球，a球向b球運動并與b球發(fā)生正碰后粘合在一起共同運動，其碰前和碰后的s-t圖像如圖乙所示。已知ma=5kg，若b球的質(zhì)量為mb，兩球因碰撞而損失的機械能為ΔE，則（）

A．mb=1kg B．mb=2kg C．ΔE=10J D．ΔE=35J【答案】A【詳解】AB．由于s-t圖像的斜率表示速度，所以碰撞前a球的速度為b球的速度為0，碰撞后a、b兩球的共同速度為取碰撞前a球的速度方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律得代入數(shù)據(jù)解得故A正確，B錯誤；CD．碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能為故CD錯誤。故選A。3．（2023下·四川遂寧·高三射洪中學校考階段練習）如圖所示，一質(zhì)量M=8.0kg的長方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一個質(zhì)量m=2.0kg的小木塊A。給A和B以大小均為5.0m/s、方向相反的初速度，使A開始向左運動，B開始向右運動，A始終沒有滑離B板，A、B之間的動摩擦因數(shù)是0.5，重力加速度g取10m/s2。則在整個過程中，下列說法不正確的是（）A．小木塊A的速度減為零時，長木板B的速度大小為3.75m/sB．小木塊A的速度方向一直向左，不可能為零C．小木塊A與長木板B共速時速度大小為3m/sD．長木板的長度可能為10m【答案】B【詳解】B．取水平向右為正方向，取根據(jù)動量守恒定律可得解得故A正確不符合題意；BC．由于系統(tǒng)總動量方向向右，則小木塊A先向左減速至零，后向右加速，最終與木板以共同速度向右勻速，設共速速度為，根據(jù)動量守恒定律可得解得故B錯誤符合題意，C正確不符合題意；D．小木塊與木板共速時，根據(jù)能量關(guān)系有解得由于A始終沒有滑離B板，則木板長度必須大于或等于8m，故長木板的長度可能為10m，故D正確不符合題意。故選B。4.（2023上·河北邯鄲·高三統(tǒng)考期中）一質(zhì)量為的小球A以初速度與正前方另一小球B發(fā)生碰撞，碰撞過程A、B兩球的圖像如圖所示。已知地面光滑，則下列說法正確的是（

）A．圖線P反映的是碰撞過程中A球的圖像B．B球的質(zhì)量可表示為C．一定存在D．碰撞過程中A、B兩球的最大彈性勢能為【答案】ABD【詳解】A．A與B碰撞過程，對A、B進行受力分析可知，A球受力方向和速度方向相反，A的速度應減小，則P反映的是A球的情況，A正確；B．由動量守恒定律有得B正確；C．由彈性碰撞有得，知則發(fā)生彈性碰撞才有，C錯誤；D．AB碰撞過程中速度相等時兩球有最大彈性勢能，則有解得D正確。故選ABD。5．（2023下·四川綿陽·高三?？茧A段練習）如圖所示，光滑水平面上有兩輛小車，用細線（未畫出）相連，中間有一個被壓縮的輕彈簧（與兩小車未連接），小車處于靜止狀態(tài)，燒斷細線后，由于彈力的作用兩小車分別向左、右運動。已知兩小車的質(zhì)量之比為，下列說法正確的是（）

A．彈簧彈開左右兩小車的速度大小之比為B．彈簧彈開后左右兩小車的動量大小之比為C．彈簧彈開過程左右兩小車受到的沖量大小之比為D．彈簧彈開過程彈力對左右兩小車做功之比為【答案】BD【詳解】A．兩小車及彈簧系統(tǒng)所受合力為零，動量守恒，以水平向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律得解得故A錯誤；B．由動量守恒定律知，彈簧彈開后左右兩小車的動量大小相等，即彈簧彈開后左右兩小車的動量大小之比為，故B正確；C．彈簧彈開過程中，左右兩小車受到的彈力大小相等，作用時間相同，由知，左右兩小車受到的沖量大小之比為，故C錯誤；D．由動能定理得，彈簧彈開過程彈力對左右兩小車做功之比為故D正確。故選BD。6．（2023·安徽安慶·安慶一中?？既＃┤鐖D所示，水平面內(nèi)有兩個光滑平行導軌，導軌足夠長，其間距為。質(zhì)量分別為、的環(huán)A、B套在導軌上，兩環(huán)之間連接一輕彈簧，輕彈簧原長。開始時彈簧與桿垂直，兩環(huán)均靜止。某時刻，給環(huán)B一水平向右的瞬時速度，下列說法正確的是（）

A．A、B和彈簧組成的系統(tǒng)滿足動量不守恒、機械能守恒B．若A的速度為，B的速度為C．若A的速度為，彈簧與導軌之間的夾角為D．若彈簧恢復原長時，環(huán)B速度為水平向右的，則初始狀態(tài)時彈簧的彈性勢能【答案】BCD【詳解】A．平行導軌光滑，對A、B和彈簧組成的系統(tǒng)分析，所受的合外力為0，因此系統(tǒng)動量守恒，系統(tǒng)除系統(tǒng)內(nèi)彈簧的彈力，沒有其他力做功，系統(tǒng)機械能守恒，故A錯誤；B．對A、B和彈簧組成的系統(tǒng)分析，取向右為正方向，由動量守恒定律解得故B正確；C．由B選項分析可知，若，則設彈簧初始彈性勢能為，A的速度為時的彈性勢能為，根據(jù)機械能守恒可得可得開始時彈簧長度為，而原長為，故彈簧壓縮了，彈性勢能為，而彈簧伸長后彈性勢能與初始彈性勢能相等，故伸長量也為，此時彈簧長度為故彈簧與導軌間夾角為，故C正確；D．開始時，彈簧長度為，而原長為，故彈簧壓縮了，彈性勢能記為，彈簧恢復原長時，環(huán)B速度為水平向右的，根據(jù)動量守恒可得解得即A的速度大小為，方向向左，由能量守恒得解得故D正確。故選BCD。7.（2023·四川成都·校聯(lián)考模擬預測）一次臺球練習中，某運動員用白球擊中子彩球，白球與靜止的彩球發(fā)生正碰，碰撞時間極短，碰后兩球在同一直線上運動，且臺球運動時所受桌面阻力保持不變，兩球質(zhì)量均為m=0.2kg，碰撞后兩球的位移x與速度的平方v2的關(guān)系如圖所示，重力加速度g取10m/s2。則下列說法正確的是（）A．碰撞前白球的速度為1.64m/sB．碰撞過程中，白球?qū)Σ是虻臎_量大小為0.2kg·m/sC．碰撞過程中，系統(tǒng)有機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能D．臺球所受桌面阻力為0.5N【答案】BC【詳解】A.碰后白球速度彩球速度設碰撞前白球速度為，由動量守恒得解得故A錯誤；B.碰撞過程中，白球?qū)Σ是虻臎_量B正確；C.由于故碰撞過程中，系統(tǒng)有機械能轉(zhuǎn)化為能，C正確；D.由運動學知識可知故阻力為故D錯誤。故選BC。【題型四】動力學、動量和能量觀點的綜合應用【解題指導】1.確定研究對象，進行運動分析和受力分析；2.分析物理過程，按特點劃分階段；3.選用相應規(guī)律解決不同階段的問題，列出規(guī)律性方程．【典例分析1】（2023上·山東·高三校聯(lián)考階段練習）如圖所示，質(zhì)量的物塊A與質(zhì)量（未知）的物塊B（均可視為質(zhì)點）通過輕質(zhì)彈簧拴接在一起，靜止在光滑地面上，時質(zhì)量的子彈以速度沿水平方向射入物塊A并留在其中（時間極短）。時，彈簧第一次壓縮量最大，此時彈簧壓縮量為，從到時間內(nèi)，物塊B運動的距離為。已知碰撞過程中彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，重力加速度，。求：（1）子彈打入物塊A后系統(tǒng)損失的動能；（2）求彈簧恢復原長時物塊A、B的速度；（3）若物塊B和彈簧不拴接，A、B分離后B滑上傾角，高度的粗糙斜面（斜面固定在水平面上，經(jīng)過連接處時無能量損失），然后滑下，與一直在水平面上運動的A再次相碰，物塊B與斜面間的動摩擦因數(shù)的取值范圍。

【答案】（1）；（2），方向向左；，方向向右；（3）【詳解】（1）子彈打進物塊過程中動量守恒解得系統(tǒng)損失的動能解得（2）對于A、B及彈簧組成的系統(tǒng)，任一時刻動量守恒，設解得彈簧恢復原長時解得，則A速度向左，B速度向右。（3）若B與彈簧不拴接，A、B分離時B的速度為①不能越過斜面②B能滑下來③上滑過程，根據(jù)動能定理下滑過程，根據(jù)動能定理能追上A綜上所述【典例分析2】（2023上·福建莆田·高三莆田一中?？计谥校┤鐖D所示為某種彈射裝置的示意圖，該裝置由三部分組成，傳送帶左邊是足夠長的光滑水平面，一輕質(zhì)彈簧左端固定，右端連接著質(zhì)量M=6.0kg的物塊A，裝置的中間是水平傳送帶，它與左右兩邊的臺面等高，并能平滑對接。傳送帶的皮帶輪逆時針勻速轉(zhuǎn)動，使傳送帶上表面以u=2.0m/s勻速運動，傳送帶的右邊是一半徑位于豎直平面內(nèi)的光滑圓弧軌道，質(zhì)量m=2.0kg的物塊B從圓弧的最高處由靜止釋放。已知物塊B與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ=0.10，傳送帶兩軸之間的距離l=6.5m，設物塊A、B之間發(fā)生的是正對彈性碰撞，第一次碰撞前，物塊A靜止。取求：（1）物塊B第一次滑到圓弧的最低點C時的速度大小；（2）物塊B第一次通過傳送帶后的速度；（3）物塊B與物塊A第一次碰撞后彈簧的最大彈性勢能；（4）如果物塊A、B每次碰撞后，物塊A再回到平衡位置時彈簧都會被立即鎖定，而當它們再次碰撞前鎖定被解除，即每次碰撞前A均靜止。求物塊B第一次與物塊A碰撞后到第三次碰撞之間在傳送帶上運動的總時間。【答案】（1）7m/s；（2）6m/s；（3）27J；（4）8.25s【詳解】（1）物塊B第一次滑到圓弧的最低點C時，根據(jù)動能定理有解得，物塊B第一次滑到圓弧的最低點C時的速度大小為（2）物塊B通過傳送帶，若一直減速，則根據(jù)動能定理可得解得則物塊B第一次通過傳送帶后的速度為（3）物塊B與物塊A碰撞，取向左為正方向，則根據(jù)動量守恒有根據(jù)機械能守恒有解得，物塊B與物塊A第一次碰撞后，A、B的速度分別為，則物塊B與物塊A第一次碰撞后彈簧的最大彈性勢能為（4）物塊B與物塊A第一次碰撞后，滑到傳送帶上向右減速，根據(jù)牛頓第二定律有可得，物塊B在傳送帶上滑動的加速度為則物塊B在傳送帶上向右減速的時間為物塊B在傳送帶上向右減速的位移為物塊B在傳送帶上向左加速的時間為則物塊B在傳送帶上向左加速的位移為則物塊B在傳送帶上向左勻速的時間為物塊B與物塊A第二次碰撞，取向左為正方向，則根據(jù)動量守恒有根據(jù)機械能守恒有解得，物塊B與物塊A第二次碰撞后，B的速度為則物塊B在傳送帶上第二次向右減速的時間為則物塊B在傳送帶上第二次向左加速的時間為則物塊B第一次與物塊A碰撞后到第三次碰撞之間在傳送帶上運動的總時間為【變式演練】1.（2023上·江蘇鎮(zhèn)江·高三統(tǒng)考期中）如圖a所示，A、B兩物塊用輕彈簧連接構(gòu)成一個系統(tǒng)，外力F作用在A上，系統(tǒng)靜止在光滑水平面上（B靠墻面）。撤去外力并開始計時，A、B兩物塊運動的圖像如圖b所示。已知A的質(zhì)量為m，A在時刻的速度為，在時刻的速度為。求：（1）0到時間內(nèi)，彈簧對A的沖量大小及墻對B的沖量大小；（2）B物塊的質(zhì)量及B離開墻后彈簧能獲得的最大彈性勢能；（3）A、B兩物塊總動能最大時，兩物塊各自的速度大小。

【答案】（1），；（2），；（3），或者，0【詳解】（1）對A，由動量定理可知，彈簧彈力對A的沖量大小對B，由動量定理得解得（2）到時間內(nèi)，對系統(tǒng)，由動量守恒定律得解得此時彈性勢能最大，對系統(tǒng)，由能量守恒定律得（3）A、B兩物塊總動能最大時，彈簧恢復