2024年高考物理二輪熱點題型歸納：動量與能量（解析版）

前量與能量

國最

【題型一】動量定理的應(yīng)用

【題型二】動量守恒定律及其應(yīng)用

【題型三】碰撞、爆炸與反沖問題

【題型四】動力學(xué)、動量和能量觀點的綜合應(yīng)用

【題型一】動量定理的應(yīng)用

【解題指導(dǎo)】

1.注意動量的矢量性及動量變化量的矢量性.

2.動量定理譏=〃-p中為合外力的沖量.

3.要明確過程的初、末狀態(tài).

血11（2023上?安徽合肥?高三校考階段練習(xí)）一個質(zhì)量為m=1kg的小球從九=5m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)歷的時間力=l.ls,取g=lOm/sz,則沙子對小球平均作用力的大

小為（）

A.1102VB.220NC.UND.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

t2—t—ti=0.1s

對全程由動量定理有

Ft2—mgt=0

解得，沙子對小球平均作用力的大小為

F^llON

故選A。

廁2（2023上?浙江寧波?高三校聯(lián)考期中）一質(zhì)量為2kg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（）

IF/N

2-------

1

O—

iI病

23

:

A.1秒末物塊的速率為2nz/sB.3秒末時物塊的動重大小為5kg?m/s

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】。

【詳解】由動量定理有

Ft1—mvi

解得1秒末物塊的速率為

Fti2x1.

g=----=---m/s=lm/s

m2

故A錯誤；

B.F—t圖線與時間軸所圍面積表示沖量，根據(jù)動量定理可知，方=3s時物塊的動量大小為

P3=2X2kg?m/s—lx1kg?m/s=3kg?m/s

故石錯誤；

CD.根據(jù)動量定理可知，力=4s時物塊的動量大小為

p4—2x2kg?m/s—lx2kg?m/s=2kg?m/s

則t=4s時物塊的速度為

v=-=lm/s

4m

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。正確錯誤。

故選C。

如（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(xué)、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d,水從槍

口噴出時的速度為。，水的密度為P，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v—500m/s,近距離垂直噴射到物體表面，水槍出水口直徑d—0.3mm。

忽略水從槍口噴出后的發(fā)散效應(yīng)，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p=L0Xl（）3kg/m3,g=lOrn/sz,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】⑴利尸丐或；⑵17.7N

【詳解】（1）根據(jù)題意可知△力時間內(nèi)噴出水的質(zhì)量為

m=pv/XtS=-----------

則單位時間內(nèi)從槍口噴出水的質(zhì)量為

pVTld2

他0=一一

（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???

Apvxa^ti

Am=-----------

4

以這部分水為研究對象，設(shè)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

一F△力尸一77W

解得

_p"兀/

代入數(shù)據(jù)得

F=17.77V

【方法提煉】

1.沖量的三種計算方法

（1）公式法：/=F土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、力未知的情況.

（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—力成線性關(guān)系，也可直接用平均力

求變力的沖量.

2.動量定理

（1）公式：FM—mv'—mv

（2）應(yīng)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M時間內(nèi)的平均沖力.

⑤電磁感應(yīng)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。

【變式演練】

Wt①（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)量為河的小船的

船頭和船尾，隨船以速度。。在水面上向左運動（不計阻力）。兩人同時以對地的速率^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】8.根據(jù)動量定理可知，船對甲的沖量為

I=mv—

船對乙的沖量為???

I'——mv—mv0

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

（M+2rn）v0=Mv'+mv—mv

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。錯誤，AD正確；

故選ABD。

意目習(xí)（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S,噴射氣體的密度為p,產(chǎn)生的推力為尸，則發(fā)動機噴射氣體的速度大小

為（）

【答案】A

【詳解】設(shè)發(fā)動機向后噴射氣體的速度為。，以發(fā)動機時間t內(nèi)噴出的氣體為研究對象，由動量定理得

Ft=pSv2t

解得

故選A。

遒瓦區(qū)（2023上?山東濟寧?高三校聯(lián)考期中）隨著我市文明城市建設(shè)的推進，騎電動車戴頭盔已經(jīng)逐漸成為

一種良好習(xí)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】。

【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)

I=0—mv=FAt

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

遮目1（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(xùn)練時，一個質(zhì)量小=50kg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)面為自=0.8巾,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3=1.8m高處。假設(shè)運動員與網(wǎng)接觸的時間均為M=0.8s,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9取10m/s2o

（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)面的平均作用力大小巨；

（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】（l）500kg-m/s,方向豎直向上；⑵1125N;⑶/=100（7+s

【詳解】（1）設(shè)第1次下落觸網(wǎng)時的速度為有

冠=2ghi

解得

o尸4m/s

設(shè)蹦回到九2高度前離網(wǎng)時的速度為02,有

.=2g九2

解得

v2—6m/s

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

△p=mv2—（―m^）

代入數(shù)據(jù)解得

Ap=500kg?m/s

方向豎直向上

（2）以豎直向上為正方向，由動量定理得

=Np

代入數(shù)據(jù)解得

E=1125N

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11257V

（3）每次運動員消耗的能量為

E=mgXh=mg（%2—九1）=500J

運動員兩次提供的能量

2石=mg（九3一吊）

解得

無3=2.8m

由

^3=2gh3

得

3=y/2gh3—2V14m/s

以豎直向上為正方向，由動量定理得

I—mgM=mv^—（—mg）

解得

j=100（7+V14）7V-s

5

【題型二】動黃守恒定律及其應(yīng)用

【解題指導(dǎo)】

1.守恒條件的判斷:理想守恒、近似守恒、單方向守恒.

2.應(yīng)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.

吼1（2023上?北京順義?高三北京市順義區(qū)第一中學(xué)?？计谥校┤鐖D所示,兩物塊4、8質(zhì)量分別為m、2/n,與

水平地面的動摩擦因數(shù)分別為2〃、〃,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3、4的水平速度，彈簧再次恢復(fù)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|VWWWW^B1

///////////////////////////////

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)系為如=3

D.兩物塊運動的路程之比為2:1

【答案】。

【詳解】A.分析可知，物塊A、B的質(zhì)量分別為m,2館,與地面間的動摩擦因數(shù)分別為2〃、“，因此在滑動

過程中，兩物塊所受的摩擦力大小都等于2〃?咐,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

mvi—2mvi—0

解得

3=202

故。錯誤；

。.系統(tǒng)動量守恒，取向右為正方向，由動量守恒定律可得

mv1—2mv2—0

設(shè)A、B的路程分別為si,s2,則有

m宗—21mt—0

解得

Si：S2=2:1

故。正確。

故選。。

題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)量分別為明

和??12,圖乙為它們碰撞后的S—力圖像，已知?72產(chǎn)0.1kg.由此可以判斷（）

???

A.碰前館2勻速，恒1加速運動B.碰后?712和恒1都向右運動

C.m2=0.2kgD.碰撞過程中系統(tǒng)動量守恒，機械能守恒

【答案】。

【詳解】AB.由S—力圖像的斜率等于速度可知碰前館2靜止，El勻速運動，g的速度為

%==4m/s

力1

向右運動；碰后ma速度為

號尸————m/s=—2m/s

6—2

向左運動，碰后館2的速度

，16—8/o/

02=w—丁皿/s=2m/s

o—2

向右運動，故48錯誤；

C.根據(jù)動量守恒定律得

代入數(shù)據(jù)解得

m2=0.3kg

故。錯誤；

D.兩物體組成的系統(tǒng)在碰撞前的機械能為

11

E=-771^19=—x0.1x492J=0.8J

碰撞后的機械能為

E'-=0.8J

因為

E=E'

所以碰撞過程中系統(tǒng)動量守恒，機械能守恒，故。正確。

故選。。

【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。

【變式演練】

題目工（多選）（202。?全國卷II21）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5.0

m/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.48kgB.53kgC.58kgD.63kg

【答案】BC

【解析】設(shè)運動員的質(zhì)量為第一次推物塊后，運動員速度大小為%,第二次推物塊后，運動員速度大小

為第八次推物塊后，運動員速度大小為vs,第一次推物塊后，由動量守恒定律知：Mvx—mv0;第二次

推物塊后由動量守恒定律知：=m[v0—（—%））]—2mVo,，第九次推物塊后，由動量守恒定律

知：整理得（2"]'館""，則260*7nzs,?=300*m/s.由題意知，5

m/s,貝IM>52kg,又知紇>5m/s，則MV

60kg,故選反C.

>1團（2020?湖南婁底市下學(xué)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(yīng)為

nJ+MhB.hD.----------h

m+MCTm

【答案】C

【解析】設(shè)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=饃5—詼2

人沿軟梯降至地面時，氣球上升的高度為七一九,

速度大?。簐2—LJ

人相對于地面下降的高度為心速度大小為如="

聯(lián)立得：0

解得：L=M^h，故。正確，選項4B、。錯誤.

題目區(qū)質(zhì)量為小的物塊甲以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（）

乙一一甲

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0

D.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，。正確.

【題型三】碰撞、爆炸與反沖問題

【解題指導(dǎo)】

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).

吼1（2023上?山東?高三校聯(lián)考期中）在光滑水平面上，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,的動量為24kg?m/s。A從后面追上它們相互作用一段時間后，B的動量增大為

32kg?m/s,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3也=[

mB3

B.若此過程為非彈性碰撞，則兩物體的質(zhì)量之比可能為四=工

mB18

C.若此過程為彈性碰撞，則兩物體的質(zhì)量之比為3里=：

mB4

D.若此過程為非彈性碰撞,則兩物體的質(zhì)量之比可能為2魚=三

【答案】B

【詳解】AC.碰前，有

PAPB

mAmB

解得

mA<外=3

mBPB4

A碰B過程中，有

PA+PB=PAI+PBI

PZi?4n談i?通i

2mA2mB2mA2GB

解得

W-1

mB2

碰后，有

PAIPBI

mA、mB

解得

---?—

mB16

綜上可得

5W1

—0-----0-

16mB2

若為彈性碰撞，則兩物體的質(zhì)量之比為???

mA=1

mB2

A、C錯誤；

BD.若為非彈性碰撞，則兩物體的質(zhì)量之比為

5----/0--/----01---

16mB2

B正確、。錯誤。

故選B。

朗2（2023上?江蘇揚州?高三統(tǒng)考階段練習(xí)）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km（fc>1）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(shè)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閙g

B.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km師

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0

D.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9九

【答案】。

【詳解】4.兩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?,4錯誤；

B.下落過程中由自由落體運動規(guī)律得

v2=2gh

解得大球與地面碰撞前的速度大小為

v=y/2gh

根據(jù)動量定理可得

I—2kmv=2kmJ2g無

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(shè)

碰撞前小球和大球的速度分別為明碰后大球的速度為上小球的速度為功，由動量守恒定律

kmv—mv=kmg+mg

由機械能守恒定律

兩式聯(lián)立解得???

_（km—m）v—2mv

%km+m

可知當

k=3

時，大球與小球碰撞后大球的速度為0,。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(shè)碰撞后小球速度大小為大球速度大小為。2,選向上為正方向，由動

能量守恒和機械能守恒

Mv—mv=mv1+Mv-z

-1-（m+M）V2=

解得

_（3M—m）^/2gh

%M+m

當M》時，不考慮?n影響，則

0i=3J2gh

小球上升高度為

H=等=9h

2g

。正確；

故選。。

網(wǎng)］3（2023上?江蘇連云港?高二統(tǒng)考期中）20必年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(shè)一質(zhì)量為小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)量為巾1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（）

ATnxEkln2mEki廠mEkl。mEkl

J2>.U.J_J.~~

m—mim—rrtim—rrii—

【答案】。

【詳解】爆炸后瞬時質(zhì)量為ma部分的速度大小為小,另一部分的質(zhì)量為（加一nzj,速度大小為”2,根據(jù)動

量守恒可得

仍5=~仍）必

又

Eki=-^mvl,Ek2=y（m-mJ送

該白磷彈爆炸后瞬時的總動能為

及總=耳1+及2

聯(lián)立解得

—mEki

軟總一

m—7721

故選。。

d4（2023上?江蘇?高三校聯(lián)考開學(xué)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（

AB

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】。

【詳解】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(shè)爆炸后任一物體的動量大小為p,物體的質(zhì)量為加，則動能

E=-^-mv2=y-

k22m

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

—[irngt=0—p

解得滑行時間

t=^-

ang

由于〃、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

12八P

—mgs=nU——mv=0———

22m

解得爆炸后物體滑行的距離

g

由于〃、p、g相等，則質(zhì)量大的物體滑行距離短，故。錯誤。

故選。。

血]5（2023上?湖北?高三校聯(lián)考期中）圖所示，質(zhì)量為4M的木板靜止在足夠大的光滑水平地面上,質(zhì)量為3M

的木塊靜止在木板們左端。質(zhì)量為小的子彈以大小為。。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n,重力加速度大小為g,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（）

Vo

二n

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-的

C.木板長度為上

32陽

D.木塊在木板上滑行時間是^

【答案】AD

【詳解】4.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

mv0—(m+3771)1)1

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外,根據(jù)動量守恒可得

(m+3m)5=(m+3m+4m)v2

解得

木塊在木板上滑行時的加速度

〃(m+3m)g

a=m+3M=的

木塊在木板上滑行時間為

。1一。2=*

木板長度為

Vr+v,v仍若

乙=%一”板萬2%=2彳￡=詆

C錯誤，D正確。

故選AD。

【方法提煉】

1.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(yīng)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(yīng)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

=Z

動量守，恒：m1v1-\-m2V2恒15'+m2f2-

f22

機械能守恒：~^m1v1+^-m2V2-

(2)完全非彈性碰撞

=

動量守恒、末速度相同：m1v1-\-m2V2

機械能損失最多,機械能的損失量為：

（3）非彈性碰撞

=

動量守恒：m1v1-\-m2V2恒15'+加2。2'?

機械能有損失，機械能的損失量為：

△后=■小欣+］山2送）一?

【變式演練］

［題目［）（2023下?遼寧營口?高三校聯(lián)考階段練習(xí)）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)量為河的滑塊與質(zhì)量為小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（）

【答案】。

【詳解】小球射出時，設(shè)其速度為的,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

mv0—Mv=0

小球做平拋運動，有

H=-^gt2

聯(lián)立解得

ms器

故選。。

頻目團（2023上?江蘇無錫?高三江蘇省南菁高級中學(xué)?？茧A段練習(xí)）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772。=5kg,若6球的質(zhì)量為772b，兩球因碰撞而損失的機械能為△石，則（）

C.^E=1QJD.AE=35J

【答案】A

【詳解】4B.由于s"圖像的斜率表示速度，所以碰撞前a球的速度為

Asi6,?,

%=——=--m/s=om/s

Nt、1

6球的速度為0,碰撞后a、b兩球的共同速度為

As?11-6,,,

v———=———m/s=5m/s

M22-1

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

771ag=(rria+m^v

代入數(shù)據(jù)解得

mb=1kg

故A正確，B錯誤；

CD.碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能為

2

^E=^mav'l-^-(Tna+mb)v'=15J

故CD錯誤。

故選4。

題目①(2023下?四川遂寧?高?？茧A段練習(xí))如圖所示，一質(zhì)量河=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？n=2.0kg的小木塊A。給人和_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9取10m/s2。則在整個過程中，下列說法不正確的是()

一A

B\.....................n

/////////////////////////////////////////

A.小木塊人的速度減為零時，長木板口的速度大小為3.75m/s

B.小木塊A的速度方向一直向左，不可能為零

C.小木塊人與長木板B共速時速度大小為3m/s

D.長木板的長度可能為10m

【答案】B

【詳解】8.取水平向右為正方向，取根據(jù)動量守恒定律可得

Mv0—mv0=Mvi+Q

解得

vx—3.75m/s

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4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(shè)共速速度為外,根據(jù)動量守恒定律可得

Mv0—mv0—(M+m)v2

解得

i>2=3m/s

故B錯誤符合題意，。正確不符合題意；

。.小木塊與木板共速時，根據(jù)能量關(guān)系有

11

/j.mgLQ=-(M+rn)vl—―(M+m)vl

解得

LQ—8m

由于4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。正確不符合

題意。

故選B。

蜃目⑷(2023上?河北邯鄲?高三統(tǒng)考期中)一質(zhì)量為小的小球A以初速度方與正前方另一小球B發(fā)生碰

撞，碰撞過程A、B兩球的”-土圖像如圖所示。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u-t圖像

B.B球的質(zhì)量可表示為也士小

C

C.一定存在b—Q=5

D.碰撞過程中A、B兩球的最大彈性勢能為一*「二

【答案】

【詳解】A.A與B碰撞過程，對進行受力分析可知，月球受力方向和速度方向相反，A的速度應(yīng)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

=

mv0=mvi+mBv2(rn+mB)c

得

B正確；

C.由彈性碰撞有

ym-Wo=~^mv1+^-mBvl

得

2mDo(m—m)v

"2=----T-,%=-------BT--0----

mB+mmB+m

知

。2—。1=%

則發(fā)生彈性碰撞才有b-a=v0,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

mvQ=(m+mB)c

2

y^o=y(m+mB)c+Epm

解得

mv0(v0-c)

。正確。

故選ABD.

［題目回（2023下?四川綿陽?高三校考階段練習(xí)）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