動(dòng)量與能量2024年高考物理二輪復(fù)習(xí)（新高考）（附答案解析）

動(dòng)量與能量

目錄“

【題型一】?動(dòng)量定理的應(yīng)用.........................C......................k

【題型二】?動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用.....................?.......................7"

【題型三】?碰撞、爆炸與反沖問(wèn)題.....................c...................11“

【題型四】?動(dòng)力學(xué)、動(dòng)量和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用..............c...............25〃

【題型一】動(dòng)量定理的應(yīng)用

【解題指導(dǎo)】

1.注意動(dòng)量的矢量性及動(dòng)量變化量的矢量性。

2.動(dòng)量定理Ft=p'-p中""’為合外力的沖量。

3.要明確過(guò)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(xí)）

1.一個(gè)質(zhì)量為〃z=lkg的小球從〃=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(diǎn)經(jīng)歷的時(shí)間f=Lls,取g=10m/s2,則沙子對(duì)小球平均作用力的大小為

（）

A.110NB.220NC.UND.22N

【典例分析2】（2023上?浙江寧波?高三校聯(lián)考期中）

2.一質(zhì)量為2kg的物塊在合外力廠的作用下從靜止開(kāi)始沿直線運(yùn)動(dòng)。尸隨時(shí)間f變化的

圖線如圖所示，貝U（）

IF/N

2-------------；

1-

0--------1-------!--------1--------1_>

1?34〃s

-1...............----------------；

A.1秒末物塊的速率為2m/sB.3秒末時(shí)物塊的動(dòng)量大小為5kg-m/s

C.前4秒內(nèi)物塊的運(yùn)動(dòng)方向不發(fā)生改變D.4秒末物塊的速度為零

【典例分析3】（2023上?山東濟(jì)寧?高三校聯(lián)考期中）

3.“水刀”威力巨大，幾乎可以切割任何物體，它是公認(rèn)的最科學(xué)、經(jīng)濟(jì)、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(chǎng)景。已知水刀出水口直徑為d,水從

槍口噴出時(shí)的速度為V,水的密度為。，求：

(1)單位時(shí)間從槍口噴出的水的質(zhì)量；

(2)若水從槍口噴出時(shí)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(shí)速度在短

時(shí)間內(nèi)變?yōu)榱恪Ｓ捎谒岸说乃c物體表面相互作用時(shí)間很短，因此在分析水對(duì)物體

表面的作用力時(shí)可忽略這部分水所受的重力。已知水的密度p=1.0xl03kg/m3,

g=10m/s2,估算“水刀”對(duì)物體表面產(chǎn)生的沖擊力的大小。(小數(shù)點(diǎn)后保留1位小數(shù))

【方法提煉】

1.沖量的三種計(jì)算方法

(1)公式法：4H適用于求恒力的沖量。

(2)動(dòng)量定理法：適用于求變力的沖量或尸、r未知的情況。

(3)圖象法：用Rf圖線與時(shí)間軸圍成的面積可求變力的沖量。若Ft成線性關(guān)系，也

可直接用平均力求變力的沖量。

2.動(dòng)量定理

(1)公式：F\t=mv'-mv

(2)應(yīng)用技巧

①研究對(duì)象可以是單一物體，也可以是物體系統(tǒng)。

②表達(dá)式是矢量式，需要規(guī)定正方向。

③勻變速直線運(yùn)動(dòng)，如果題目不涉及加速度和位移，用動(dòng)量定理比用牛頓第二定律求解

更簡(jiǎn)捷。

④在變加速運(yùn)動(dòng)中E為。時(shí)間內(nèi)的平均沖力。

⑤電磁感應(yīng)問(wèn)題中，利用動(dòng)量定理可以求解時(shí)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(wèn)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(dòng)量定理分析，則可使問(wèn)題迎刃而解。解答時(shí)一般是選擇

一段時(shí)間內(nèi)作用在某物體上的流體為研究對(duì)象。

試卷第2頁(yè)，共14頁(yè)

【變式演練】

（2023上?福建莆田?高三莆田一中校考期中）

4.質(zhì)量皆為機(jī)的甲、乙兩人分別站在質(zhì)量為"的小船的船頭和船尾，隨船以速度vo

在水面上向左運(yùn)動(dòng)（不計(jì)阻力）。兩人同時(shí)以對(duì)地的速率v水平跳出，其中甲沿船前進(jìn)

的方向跳出，乙沿相反方向跳出，則（）

A.乙對(duì)船做的功較多

B.船對(duì)乙的沖量較大

C.船速不變

D.船速增大

（2024?海南?校聯(lián)考一模）

5.殲-20隱形戰(zhàn)斗機(jī)的矢量發(fā)動(dòng)機(jī)噴口可向不同方向轉(zhuǎn)動(dòng)以產(chǎn)生不同方向的推力。已知

發(fā)動(dòng)機(jī)噴口面積為S,噴射氣體的密度為。，產(chǎn)生的推力為下，則發(fā)動(dòng)機(jī)噴射氣體的速

度大小為（）

（2023上?山東濟(jì)寧?高三校聯(lián)考期中）

6.隨著我市文明城市建設(shè)的推進(jìn)，騎電動(dòng)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(hù)騎車人的安全，可以在萬(wàn)一發(fā)生碰撞或摔倒時(shí)（）

A.減小沖量

B.減小動(dòng)量的變化量

C.增大人對(duì)地面的壓強(qiáng)，起到安全作用

D.增大與撞擊物品之間的沖擊時(shí)間，從而減小沖力

（2023上?山東?高三校聯(lián)考期中）

7.如圖所示，蹦床運(yùn)動(dòng)員與網(wǎng)作用時(shí)，通過(guò)“曲腳然后用力蹬網(wǎng)”的動(dòng)作使自己越蹦越

高。某次訓(xùn)練時(shí)，一個(gè)質(zhì)量〃7=50kg的蹦床運(yùn)動(dòng)員，從靜止通過(guò)“曲腿然后用力蹬網(wǎng)”,

蹦起的最大高度距離水平網(wǎng)面為4=0.8m,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％=L8m高處。假設(shè)運(yùn)動(dòng)員與網(wǎng)接觸的時(shí)間均為A/=0.8s,

從第1次離開(kāi)水平網(wǎng)面開(kāi)始，每次運(yùn)動(dòng)員與水平網(wǎng)相互作用中消耗的能量相同，不計(jì)空

氣阻力，忽略運(yùn)動(dòng)員與蹦床作用時(shí)的能量損失，重力加速度g取10m/

（1）求運(yùn)動(dòng)員蹦起后第1次觸網(wǎng)過(guò)程中動(dòng)量的變化量3;

（2）求（1）中運(yùn)動(dòng)員對(duì)水平網(wǎng)面的平均作用力大小耳；

（3）運(yùn)動(dòng)員第2次下落后，與網(wǎng)接觸又彈起的這段時(shí)間內(nèi)，求蹦床對(duì)運(yùn)動(dòng)員的沖量大

小。（計(jì)算結(jié)果可以保留根式）

【題型二】動(dòng)量守恒定律及其應(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(guò)程，即一定要明確研究對(duì)象是誰(shuí)，明確守恒過(guò)

程的初、末狀態(tài)。

3.要注意規(guī)定正方向。

【典例分析11（2023上?北京順義?高三北京市順義區(qū)第一中學(xué)校考期中）

8.如圖所示，兩物塊A、B質(zhì)量分別為機(jī)、2m,與水平地面的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為2〃、

出其間用一輕彈簧連接。初始時(shí)彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)，使A、B兩物塊同時(shí)獲得一個(gè)方

向相反，大小分別為V/、也的水平速度，彈簧再次恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)兩物塊的速度恰好同時(shí)為

零。關(guān)于這一運(yùn)動(dòng)過(guò)程，下列說(shuō)法正確的是（）

[A）VWWW\A4B1

/7777/77/777777777777777/777777

A.兩物塊A、B及彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒

B.兩物塊A、B及彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒

C.兩物塊A、B初速度的大小關(guān)系為v尸也

D.兩物塊A、B運(yùn)動(dòng)的路程之比為2:1

【典例分析2】（2023上?湖北?高三校聯(lián)考期中）

9.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S—圖像，已知叫=。.1kg.由此可以判斷（)

試卷第4頁(yè)，共14頁(yè)

A.碰前心2勻速，叫加速運(yùn)動(dòng)

B.碰后m2和叫都向右運(yùn)動(dòng)

C.，％=0.2kg

D,碰撞過(guò)程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒

【方法提煉】

1.動(dòng)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(shí)，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒；當(dāng)外力比相互作用的內(nèi)力小

得多時(shí)，系統(tǒng)的動(dòng)量近似守恒；當(dāng)某一方向上的合外力為零時(shí)，系統(tǒng)在該方向上動(dòng)量守

恒。

2.動(dòng)量守恒定律解題的基本步驟

（1）明確研究對(duì)象，確定系統(tǒng)的組成（系統(tǒng)包括哪幾個(gè)物體）及研究的過(guò)程；

（2）進(jìn)行受力分析，判斷系統(tǒng)動(dòng)量是否守恒（或某一方向上動(dòng)量是否守恒）；

（3）規(guī)定正方向，確定初、末狀態(tài)的動(dòng)量；

（4）由動(dòng)量守恒定律列出方程；

（5）代入數(shù)據(jù)，求出結(jié)果，必要時(shí)討論說(shuō)明。

【變式演練】

（2020■全國(guó)卷H21）

10.水平冰面上有一固定的豎直擋板，一滑冰運(yùn)動(dòng)員面對(duì)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(yùn)動(dòng)員

獲得退行速度；物塊與擋板彈性碰撞，速度反向，追上運(yùn)動(dòng)員時(shí)，運(yùn)動(dòng)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?？偣步?jīng)過(guò)8次這樣推物塊

后，運(yùn)動(dòng)員退行速度的大小大于5.0m/s,反彈的物塊不能再追上運(yùn)動(dòng)員。不計(jì)冰面的

摩擦力，該運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量可能為（）

A.48kgB.53kgC.58kgD.63kg

（2020?湖南婁底市下學(xué)期質(zhì)檢）

11.質(zhì)量為M的氣球上有一個(gè)質(zhì)量為機(jī)的人，氣球和人在靜止的空氣中共同靜止于離

地〃高處，如果從氣球上逐漸放下一個(gè)質(zhì)量不計(jì)的軟梯，讓人沿軟梯降到地面，則軟梯

長(zhǎng)至少應(yīng)為（）

m.“M1-M+m..M+m.

A.---------hB.---------hC.---------hD.---------h

m+Mm+MMm

12.質(zhì)量為根的物塊甲以3m/s的速度在光滑水平面上運(yùn)動(dòng)，有一輕彈簧固定其上，另

一質(zhì)量也為根的物體乙以4m/s的速度與甲相向運(yùn)動(dòng)，如圖所示.則

■乙一一V中

777^^^^77777////

A.甲、乙兩物塊在彈簧壓縮過(guò)程中，由于彈力作用，系統(tǒng)動(dòng)量不守恒

B.當(dāng)兩物塊相距最近時(shí)，甲物塊的速率為零

C.當(dāng)甲物塊的速率為lm/s時(shí)，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(dá)到5m/s

【題型三】碰撞、爆炸與反沖問(wèn)題

【解題指導(dǎo)】

1.對(duì)于彈性碰撞的動(dòng)量守恒和能量守恒要熟知，對(duì)于和一個(gè)靜止的物體發(fā)生彈性碰撞后

的速度表達(dá)式要熟記，如果在考場(chǎng)上來(lái)計(jì)算，太浪費(fèi)時(shí)間。

2.明確碰撞前瞬間狀態(tài)、碰撞后瞬間狀態(tài)是碰撞過(guò)程的初、末狀態(tài)。

【典例分析1】（2023上?山東?高三校聯(lián)考期中）

13.在光滑水平面上,A、B兩個(gè)物體在同一直線上沿同一方向運(yùn)動(dòng),A的動(dòng)量為18kg-m/s,

B的動(dòng)量為24kg-m/s。A從后面追上B,它們相互作用一段時(shí)間后，B的動(dòng)量增大為

32kg-m/s,方向不變。下列說(shuō)法正確的是（）

m,1

A.若此過(guò)程為彈性碰撞，則兩物體的質(zhì)量之比為」=不

mB3

m7

B.若此過(guò)程為非彈性碰撞，則兩物體的質(zhì)量之比可能為jA=/

mB18

m1

C.若此過(guò)程為彈性碰撞，則兩物體的質(zhì)量之比為二A=7

4

m.9

D.若此過(guò)程為非彈性碰撞，則兩物體的質(zhì)量之比可能為為=京

mBI6

【典例分析2]（2023上?江蘇揚(yáng)州?高三統(tǒng)考階段練習(xí)）

14.如圖所示為大球和小球疊放在一起、在同一豎直線上進(jìn)行的超級(jí)碰撞實(shí)驗(yàn)，可以使

小球彈起并上升到很大高度。將質(zhì)量為切？（左＞1）的大球（在下），質(zhì)量為優(yōu)的小球

（在上）疊放在一起，從距地面高〃處由靜止釋放，力遠(yuǎn)大于球的半徑，不計(jì)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(shí)間極短。下列說(shuō)法正

確的是（）

試卷第6頁(yè)，共14頁(yè)

6

h

A.兩球一起下落過(guò)程中，小球?qū)Υ笄虻膹椓Υ笮闆_

B.大球與地面第一次碰撞過(guò)程中，地面對(duì)大球平均作用力的沖量大小為桃須

C.無(wú)論人取什么值，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(yuǎn)大于小球的質(zhì)量，小球上升的最大高度約為9/7

【典例分析3】（2023上?江蘇連云港?高二統(tǒng)考期中）

15.2023年10月10日，據(jù)黎巴嫩媒體報(bào)道，以色列軍隊(duì)在黎巴嫩南部領(lǐng)土使用國(guó)際

法禁止的白磷彈。假設(shè)一質(zhì)量為根的白磷彈豎直向上運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，爆炸成兩部分,

爆炸后瞬時(shí)質(zhì)量為叫部分的動(dòng)能為七一爆炸時(shí)間極短可不計(jì)，不計(jì)爆炸過(guò)程中的質(zhì)量

損失，則該白磷彈爆炸后瞬時(shí)的總動(dòng)能為（）

A叫昂口2叫嗚c嗚|

A.D.C.L）.?、

m-mxm-mxm-mi—mJ

【典例分析4]（2023上?江蘇?高三校聯(lián)考開(kāi)學(xué)考試）

16.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(diǎn)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(jì)空氣阻力，則A物體（）

AB

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

A.爆炸過(guò)程中，獲得的初動(dòng)量大B.爆炸過(guò)程中，獲得的初動(dòng)能大

C.爆炸后，滑行時(shí)間短D.爆炸后，滑行距離長(zhǎng)

【典例分析5】（2023上?湖北?高三校聯(lián)考期中）

17.圖所示，質(zhì)量為4帆的木板靜止在足夠大的光滑水平地面上，質(zhì)量為3根的木塊靜止

在木板們左端。質(zhì)量為優(yōu)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(dòng)摩擦因數(shù)為〃，重力加速度大小為g,

子彈與地均視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)子彈射入木塊的時(shí)間。下列說(shuō)法正確的是（）

Vo

A.子彈射入木塊過(guò)程，子彈和木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能不守恒

B.子彈射入木塊后共同速度為-%

C.木板長(zhǎng)度為人

木塊在木板上滑行時(shí)間是4

D.

8〃g

【方法提煉】

1.抓住“一判斷、三原則、三定律”速解碰撞類問(wèn)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(dòng)量守恒原則，即碰撞前后兩物體組成的系統(tǒng)滿足動(dòng)量守恒定律。

②動(dòng)能不增加原則，即碰撞后系統(tǒng)的總動(dòng)能不大于碰撞前系統(tǒng)的總動(dòng)能。

③物理情境可行性原則，如果碰前兩物體同向運(yùn)動(dòng)，碰撞前后面物體的速度大于前面物

體的速度，碰撞后原來(lái)在前面的物體速度必增大，且大于或等于原來(lái)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(yùn)動(dòng)，

則碰撞后，兩物體的運(yùn)動(dòng)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(gè)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(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律進(jìn)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(dòng)量守恒定律和能量守恒定律（功能關(guān)

系）進(jìn)行求解。

2.三類碰撞

（1）彈性碰撞

動(dòng)量守恒：mivi-\-m2V2=mivi'-\-m2V2'。

機(jī)械能守恒：m2V22=ymivi'2+gm2V2,2°

（2）完全非彈性碰撞

動(dòng)量守恒、末速度相同：mivi+m2V2=（m；+m2）v'。

機(jī)械能損失最多，機(jī)械能的損失量為：

AE=（■機(jī)w21+；機(jī)2V22）-y（7"/+機(jī)2）v'2"

（3）非彈性碰撞

試卷第8頁(yè)，共14頁(yè)

動(dòng)量守恒：mivi+m2V2=mivi'-\-m2V2'o

機(jī)械能有損失，機(jī)械能的損失量為：

AE=（f；根2V22）-（mivi'2+m2V2,2）?

【變式演練】

（2023下?遼寧營(yíng)口?高三校聯(lián)考階段練習(xí)）

18.如圖所示，水平面左側(cè)有一足夠長(zhǎng)的、相對(duì)水平面高為H的光滑平臺(tái)，質(zhì)量為M

的滑塊與質(zhì)量為m的小球之間有一個(gè)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?fàn)顟B(tài)。某時(shí)刻彈簧解除鎖定，小球離開(kāi)平臺(tái)后做平拋運(yùn)動(dòng)，落

到水平面上時(shí)落點(diǎn)到平臺(tái)的距離為s,重力加速度為g,則滑塊的速度大小為（）

空m

A2區(qū)B”座c空區(qū)D竺匣

M\2H'M\gM\2Hm\S

（2023上?江蘇無(wú)錫?高三江蘇省南菁高級(jí)中學(xué)?？茧A段練習(xí)）

19.如圖甲所示，光滑水平面上有。、。兩個(gè)小球，。球向b球運(yùn)動(dòng)并與b球發(fā)生正碰后

粘合在一起共同運(yùn)動(dòng)，其碰前和碰后的s-r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(jī)械能為AE,則（）

A.mb=lkgB.mb=2kgC.AE=10JD.AE=35J

（2023下?四川遂寧?高?？茧A段練習(xí)）

20.如圖所示，一質(zhì)量M=8.0kg的長(zhǎng)方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一

個(gè)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(kāi)始向左運(yùn)動(dòng)，B開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)，A始終沒(méi)有滑離B板，A、B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)是0.5,

重力加速度g取10m/s2。則在整個(gè)過(guò)程中，下列說(shuō)法不正確的是（）

一nA

77777/77777777777777777777777777777777777

A.小木塊A的速度減為零時(shí)，長(zhǎng)木板B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A與長(zhǎng)木板B共速時(shí)速度大小為3m/s

D.長(zhǎng)木板的長(zhǎng)度可能為10m

（2023上?河北邯鄲?高三統(tǒng)考期中）

21.一質(zhì)量為小的小球A以初速度％與正前方另一小球B發(fā)生碰撞，碰撞過(guò)程A、B

兩球的VT圖像如圖所示。已知地面光滑，則下列說(shuō)法正確的是（）

A.圖線P反映的是碰撞過(guò)程中A球的VT圖像

B,B球的質(zhì)量可表示為％二機(jī)

C

C.一定存在6-。=%

D.碰撞過(guò)程中A、B兩球的最大彈性勢(shì)能為加,（為一°

2

（2023下?四川綿陽(yáng)?高三校考階段練習(xí)）

22.如圖所示，光滑水平面上有兩輛小車，用細(xì)線（未畫出）相連，中間有一個(gè)被壓縮

的輕彈簧（與兩小車未連接），小車處于靜止?fàn)顟B(tài)，燒斷細(xì)線后，由于彈力的作用兩小

車分別向左、右運(yùn)動(dòng)。已知兩小車的質(zhì)量之比為叫：生=2:1,下列說(shuō)法正確的是（）

ZZZ/TZ/^ZTTZZZTTZZTTZ^ZTZTZZZ

A.彈簧彈開(kāi)左右兩小車的速度大小之比為2:1

B.彈簧彈開(kāi)后左右兩小車的動(dòng)量大小之比為1:1

C.彈簧彈開(kāi)過(guò)程左右兩小車受到的沖量大小之比為2:1

D.彈簧彈開(kāi)過(guò)程彈力對(duì)左右兩小車做功之比為1:2

（2023?安徽安慶?安慶一中?？既＃?/p>

23.如圖所示，水平面內(nèi)有兩個(gè)光滑平行導(dǎo)軌，導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)，其間距為L(zhǎng)。質(zhì)量分別為

,,,,3

拼、2根的環(huán)A、B套在導(dǎo)軌上，兩環(huán)之間連接一輕彈簧，輕彈簧原長(zhǎng)萬(wàn)乙。開(kāi)始時(shí)彈

試卷第10頁(yè)，共14頁(yè)

簧與桿垂直，兩環(huán)均靜止。某時(shí)刻，給環(huán)B—水平向右的瞬時(shí)速度v,下列說(shuō)法正確的

A.A、B和彈簧組成的系統(tǒng)滿足動(dòng)量不守恒、機(jī)械能守恒

B.若A的速度為％=與，B的速度為蚱=：

C.若A的速度為以=4半y，彈簧與導(dǎo)軌之間的夾角為30°

D.若彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，環(huán)B速度為水平向右的2丫，則初始狀態(tài)時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能

Ep=5mv2

（2023?四川成都?校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）

24.一次臺(tái)球練習(xí)中，某運(yùn)動(dòng)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(shí)間極短，碰后兩球在同一直線上運(yùn)動(dòng)，且臺(tái)球運(yùn)動(dòng)時(shí)所受桌面阻力保持不變，兩球質(zhì)

量均為%=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/s2o則下列說(shuō)法正確的是（）

SB

A,碰撞前白球的速度為1.64m/s

B.碰撞過(guò)程中，白球?qū)Σ是虻臎_量大小為0.2kg-m/s

C.碰撞過(guò)程中，系統(tǒng)有機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能

D.臺(tái)球所受桌面阻力為0.5N

【題型四】動(dòng)力學(xué)、動(dòng)量和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用

【解題指導(dǎo)】

L確定研究對(duì)象，進(jìn)行運(yùn)動(dòng)分析和受力分析；

2.分析物理過(guò)程，按特點(diǎn)劃分階段；

3.選用相應(yīng)規(guī)律解決不同階段的問(wèn)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(xí)）

25.如圖所示，質(zhì)量%=L995kg的物塊A與質(zhì)量啊（未知）的物塊B（均可視為質(zhì)點(diǎn)）

通過(guò)輕質(zhì)彈簧拴接在一起，靜止在光滑地面上，r=0時(shí)質(zhì)量/=5g的子彈以速度

%=400m/s沿水平方向射入物塊A并留在其中（時(shí)間極短）。t=0.5s時(shí)，彈簧第一次

壓縮量最大，此時(shí)彈簧壓縮量為0.32m,從f=0到r=0.5s時(shí)間內(nèi)，物塊B運(yùn)動(dòng)的距離

為0.072m。已知碰撞過(guò)程中彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，重力加速度g=10m/s2,

sin37°=0.6?求:

（1）子彈打入物塊A后系統(tǒng)損失的動(dòng)能；

（2）求彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)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6=37。，高度Zz=2cm的粗糙

斜面（斜面固定在水平面上，經(jīng)過(guò)連接處時(shí)無(wú)能量損失），然后滑下，與一直在水平面

上運(yùn)動(dòng)的A再次相碰，物塊B與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃的取值范圍。

n[TpWVWWwfB"1

【典例分析2】（2023上?福建莆田?高三莆田一中?？计谥校?/p>

26.如圖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(zhǎng)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(tái)面等高，并能平滑對(duì)接。傳送帶的皮帶輪逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)

動(dòng)，使傳送帶上表面以“=2.0m/s勻速運(yùn)動(dòng)，傳送帶的右邊是一半徑R=2.45m位于豎直

平面內(nèi)的光滑;圓弧軌道，質(zhì)量加=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(dòng)摩擦因數(shù)〃=0.10,傳送帶兩軸之間的距離/=6.5m,設(shè)物塊

A、B之間發(fā)生的是正對(duì)彈性碰撞，第一次碰撞前，物塊A靜止。取g=10m/s2求：

（1）物塊B第一次滑到圓弧的最低點(diǎn)C時(shí)的速度大??；

（2）物塊B第一次通過(guò)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(shì)能；

（4）如果物塊A、B每次碰撞后，物塊A再回到平衡位置時(shí)彈簧都會(huì)被立即鎖定，而

當(dāng)它們?cè)俅闻鲎睬版i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(yùn)動(dòng)的總時(shí)間。

【變式演練】

試卷第12頁(yè)，共14頁(yè)

（2023上?江蘇鎮(zhèn)江?高三統(tǒng)考期中）

27.如圖a所示，A、B兩物塊用輕彈簧連接構(gòu)成一個(gè)系統(tǒng)，外力尸作用在A上，系統(tǒng)

靜止在光滑水平面上（B靠墻面）。撤去外力并開(kāi)始計(jì)時(shí)，A、B兩物塊運(yùn)動(dòng)的VT圖像

如圖6所示。已知A的質(zhì)量為機(jī)，A在％時(shí)刻的速度為%,在芍時(shí)刻的速度為。3％。

求：

（1）0到tx時(shí)間內(nèi)，彈簧對(duì)A的沖量大小及墻對(duì)B的沖量大??；

（2）B物塊的質(zhì)量及B離開(kāi)墻后彈簧能獲得的最大彈性勢(shì)能；

（3）A、B兩物塊總動(dòng)能最大時(shí)，兩物塊各自的速度大小。

圖a圖b

（2024?江西景德鎮(zhèn)?江西省樂(lè)平中學(xué)校聯(lián)考一模）

28.如圖所示，水平傳送帶保持v=5m/s的速度沿順時(shí)針做勻速運(yùn)動(dòng)，左端與粗糙的弧

形軌道平滑對(duì)接，右端與光滑水平凹槽面平滑對(duì)接，水平凹槽上間隔放有力個(gè)靜止相同

的小球，每個(gè)小球的質(zhì)量均為加o=O.2kg。質(zhì)量加=0.1kg的物塊從軌道上高〃=4.0m的尸

點(diǎn)由靜止開(kāi)始下滑，滑到傳送帶上的。點(diǎn)時(shí)速度大小vtf=8m/s。物塊和傳送帶之間的動(dòng)

摩擦因數(shù)〃=0.5,傳送帶ab之間的距離L=4.9m。所有的碰撞都是彈性正碰，取g=10m/s2o

求：

（1）物塊從尸點(diǎn)下滑到。點(diǎn)的過(guò)程中，摩擦力對(duì)物塊做的功：

（2）物塊從釋放到與小球第一次碰撞過(guò)程中，受到傳送帶的作用力沖量大?。?/p>

（3）最終〃個(gè)小球獲得的總動(dòng)能。

29.如圖，一粗糙斜面固定在水平地面上，傾角。=37。，斜邊長(zhǎng)L=30m,在距斜面頂

端d=3m處有一被鎖定的滑塊B?，F(xiàn)將一光滑小球A從斜面頂端靜止釋放，同時(shí)解除

對(duì)滑塊B的鎖定。A、B均視為質(zhì)點(diǎn)，A的質(zhì)量為機(jī)，B質(zhì)量為4相，可以通過(guò)在斜面

表面涂抹特殊材料，改變斜面與B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)，使得B的運(yùn)動(dòng)情景不同。設(shè)A、B

間發(fā)生的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時(shí)間極短，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，不計(jì)空氣

阻力，重力加速度g取lOm/s"sin37°=0.6,cos37°=0.8,求：

(1)若A、B恰好在斜面底端C點(diǎn)第一次相遇，則B與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃1的大

?。?/p>

(2)若B與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃則A、B從第一次碰撞到第二次碰撞間隔

16

的時(shí)間；

(3)若B與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃3=肅，A、B在斜面上多次碰撞后，最終停在斜

面上的位置到C點(diǎn)的距離.

試卷第14頁(yè)，共14頁(yè)

參考答案:

1.A

【詳解】取豎直向上為正方向，小球從靜止開(kāi)始下落到接觸沙子的時(shí)間為

則小球接觸沙子到陷至最低點(diǎn)的時(shí)間為

t2=t—t1=0.1s

對(duì)全程由動(dòng)量定理有

Ft2-mgt=0

解得，沙子對(duì)小球平均作用力的大小為

F=110N

故選Ao

2.C

【詳解】A.由動(dòng)量定理有

Ftx=mv1

解得1秒末物塊的速率為

匕=妁~=m/s=lm/s

m2

故A錯(cuò)誤；

B.尸T圖線與時(shí)間軸所圍面積表示沖量，根據(jù)動(dòng)量定理可知，，=3s時(shí)物塊的動(dòng)量大小為

23=2x2kg-m/s-lx1kg-m/s=3kg-m/s

故B錯(cuò)誤；

CD.根據(jù)動(dòng)量定理可知，片4s時(shí)物塊的動(dòng)量大小為

04=2x2kg?m/s-lx2kg-m/s=2kg-m/s

則片4s時(shí)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(yùn)動(dòng)方向不發(fā)生改變。故C正確，D

錯(cuò)誤。

故選Co

答案第1頁(yè)，共25頁(yè)

3.(1)叫=O—小(2)17.7N

出4

【詳解】(1)根據(jù)題意可知加時(shí)間內(nèi)噴出水的質(zhì)量為

Aopv7ld2\t

m=pvixtS=-----------

則單位時(shí)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(shí)間，則打到物體表面的水的質(zhì)量為

酒色型也

4

以這部分水為研究對(duì)象，設(shè)物體表面對(duì)其作用力為F,以水流速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量

定理得

-FA^=-mv

解得

F二一V院屋

一4

代入數(shù)據(jù)得

F=17.7N

4.ABD

【詳解】B.根據(jù)動(dòng)量定理可知，船對(duì)甲的沖量為

I=mv—mv0

船對(duì)乙的沖量為

r=-mv-mv0

可知船對(duì)乙的沖量較大，故B正確；

ACD.根據(jù)水平方向動(dòng)量守恒可知

(M+2m)v0=Mv'+mv-mv

可知

則船速增大，根據(jù)動(dòng)能定理可知乙對(duì)船的作用力做功較多，故c錯(cuò)誤，AD正確；

故選ABDo

答案第2頁(yè)，共25頁(yè)

5.A

【詳解】設(shè)發(fā)動(dòng)機(jī)向后噴射氣體的速度為V，以發(fā)動(dòng)機(jī)時(shí)間「內(nèi)噴出的氣體為研究對(duì)象，由

動(dòng)量定理得

Ft=pSv2t

解得

故選A?

6.D

【詳解】騎車人撞擊前后速度不會(huì)因?yàn)閹ь^盔而發(fā)生變化，所以不會(huì)改變動(dòng)量的變化量，根

據(jù)動(dòng)量定理可知，也不會(huì)改變受到的沖量，根據(jù)

I=O—mv=FAt

是因?yàn)樵龃笈c撞擊物品之間的沖擊時(shí)間，從而減小沖力，與壓強(qiáng)無(wú)關(guān)。

故選D。

7.(1)500kg-m/s,方向豎直向上；(2)1125N；(3)/=100(7+V14)N.s

【詳解】(1)設(shè)第1次下落觸網(wǎng)時(shí)的速度為W，有

V：=2ghi

解得

匕=4m/s

設(shè)蹦回到為高度前離網(wǎng)時(shí)的速度為V2,有

v；=2ghi

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(shí)間內(nèi)動(dòng)量的變化量

4?=mv2一(一72)

代入數(shù)據(jù)解得

Ap=500kg-m/s

答案第3頁(yè)，共25頁(yè)

方向豎直向上

(2)以豎直向上為正方向，由動(dòng)量定理得

(4=Ap

代入數(shù)據(jù)解得

，=1125N

由牛頓第三定律得，運(yùn)動(dòng)員對(duì)水平網(wǎng)面的平均作用力大小為1125N

(3)每次運(yùn)動(dòng)員消耗的能量為

E-mgAh=mg他一/z,)=500J

運(yùn)動(dòng)員兩次提供的能量

2E=mg(^h3-4)

解得

.=2.8m

由

<=2ghi

得

v3={2g%=2>/14m/s

以豎直向上為正方向，由動(dòng)量定理得

I-mg\t=mv3-(-mv2)

解得

Z=100(7+V14)N.s

8.D

【詳解】A.分析可知，物塊A、B的質(zhì)量分別為n2m,與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為2〃、

林,因此在滑動(dòng)過(guò)程中，兩物塊所受的摩擦力大小都等于2〃，咫，且方向相反，由此可知系

統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，故A錯(cuò)誤；

B.在系統(tǒng)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中要克服摩擦力做功，系統(tǒng)的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，系統(tǒng)機(jī)械能不守恒,

故B錯(cuò)誤；

C.系統(tǒng)動(dòng)量守恒，取向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律可得

答案第4頁(yè)，共25頁(yè)

mvx—2mv2=0

解得

匕=2V2

故c錯(cuò)誤;

D.系統(tǒng)動(dòng)量守恒，取向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律可得

m%-2mv2=0

設(shè)A、B的路程分別為邑、S],則有

m--2m—=0

解得

$1:"=2:1

故D正確。

故選Do

9.D

【詳解】AB.由s1圖像的斜率等于速度可知碰前儂靜止，如勻速運(yùn)動(dòng)，如的速度為

匕=——=4m/s

向右運(yùn)動(dòng);碰后mi速度為

------m/s=-2m/s

6-2

向左運(yùn)動(dòng),碰后儂的速度

向右運(yùn)動(dòng),故AB錯(cuò)誤;

C.根據(jù)動(dòng)量守恒定律得

叫匕=仍匕'+m2y^

代入數(shù)據(jù)解得

m2=0.3kg

故C錯(cuò)誤;

D.兩物體組成的系統(tǒng)在碰撞前的機(jī)械能為

答案第5頁(yè)，共25頁(yè)

11

￡=9=-X0.1X429J=0.8J

2n12

碰撞后的機(jī)械能為

E=；m1Vf+.1叫,2=Qgj

因?yàn)?/p>

E=E'

所以碰撞過(guò)程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒，故D正確。

故選D。

10.BC

【詳解】設(shè)運(yùn)動(dòng)員和物塊的質(zhì)量分別為加、人規(guī)定運(yùn)動(dòng)員運(yùn)動(dòng)的方向?yàn)檎较?，運(yùn)動(dòng)員開(kāi)

始時(shí)靜止，第一次將物塊推出后，運(yùn)動(dòng)員和物塊的速度大小分別為匕、%,則根據(jù)動(dòng)量守恒

定律

0=mvi一0Vo

解得

—%

m

物塊與彈性擋板撞擊后，運(yùn)動(dòng)方向與運(yùn)動(dòng)員同向，當(dāng)運(yùn)動(dòng)員再次推出物塊

mvx+movo=mv2-mQvQ

解得

m

第3次推出后

mv2+m0Vo=mv3-m0Vo

解得

m

依次類推，第8次推出后，運(yùn)動(dòng)員的速度

m

根據(jù)題意可知

答案第6頁(yè)，共25頁(yè)

mo

v8=15%>5m/s

m

解得

m<60kg

第7次運(yùn)動(dòng)員的速度一定小于5m/s,則

v7="""v0<5m/s

m

解得

m>52kg

綜上所述，運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量滿足

52kg<m<60kg

AD錯(cuò)誤，BC正確。

故選BC。

11.C

【分析】以人和氣球的系統(tǒng)為研究對(duì)象，系統(tǒng)所受的合外力為零，動(dòng)量守恒，用繩梯的長(zhǎng)度

和高度h表示人和氣球的速度大小，根據(jù)動(dòng)量守恒定律求出繩梯的長(zhǎng)度；

【詳解】設(shè)人沿軟繩滑至地面，軟繩長(zhǎng)度至少為L(zhǎng),以人和氣球的系統(tǒng)為研究對(duì)象，豎直方

向動(dòng)量守恒，規(guī)定豎直向下為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：。=加匕+〃%

人沿繩梯至地面時(shí)，氣球上升的高度為工-九速度大?。贺?寧

h

人相對(duì)于地面下降的高度為m速度大小為W=7

聯(lián)立得：0=〃]一—1+力，，

]\4+

解得：L=-----h,故C正確，選項(xiàng)ABD錯(cuò)誤.

M

【點(diǎn)睛】本題為動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用，屬于人船模型的類別，關(guān)鍵要找出人和氣球的速度關(guān)

系和繩子長(zhǎng)度與運(yùn)動(dòng)路程的關(guān)系.

12.C

【詳解】A.甲、乙兩物塊（包括彈簧）組成的系統(tǒng)在彈簧壓縮過(guò)程中，系統(tǒng)所受的合外力

為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，故A錯(cuò)誤；

B.當(dāng)兩物塊相距最近時(shí)速度相同，取碰撞前乙的速度方向?yàn)檎较?，設(shè)共同速率為v,由

動(dòng)量守恒定律得

答案第7頁(yè)，共25頁(yè)

mvz；-mv^=2mv

代入數(shù)據(jù)解得

v=0.5m/s

故B錯(cuò)誤.

C.甲、乙組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，若物塊甲的速率為lm/s,方向與原來(lái)相同，由動(dòng)量守恒定

律得

mvz-mvip=-mv目+mzvz'

代入數(shù)據(jù)解得

v乙'=2m/s

若物塊甲的速率為lm/s,方向與原來(lái)相反，由動(dòng)量守恒定律得

mv2-mv聲mv尹'+機(jī)乙v乙'

代入數(shù)據(jù)解得

vz'=0

故C正確.

D.若物塊甲的速率達(dá)到5m/s,方向與原來(lái)相同，則

mvz-mv^=-mv5+m乙v乙'

代入數(shù)據(jù)代入解得

vz-6m/s

兩個(gè)物體的速率都增大，動(dòng)能都增大，違反了能量守恒定律.若物塊甲的速率達(dá)到5m/s,

方向與原來(lái)相反，則

mvz-mv^=mv^+m乙v乙'

代入數(shù)據(jù)解得

vz--4m/s

可以，碰撞后，乙的動(dòng)能不變，甲的動(dòng)能增加，系統(tǒng)總動(dòng)能增加，違反了能量守恒定律.所

以物塊甲的速率不可能達(dá)到5m/s,故D錯(cuò)誤.

故選C.

13.B

【詳解】AC.碰前，有

答案第8頁(yè)，共25頁(yè)

P±>PjL

mAmB

解得

以<￡±=3

mBpB4

A碰B過(guò)程中，有

+

PA+PB=PAXPBX

2222

PA*PB>PAI工PBI

m

2mA2mB^A2mB

解得

機(jī)BI2

碰后，有

<PBI

機(jī)AmB

解得

吆空

mB16

綜上可得

16mB2

若為彈性碰撞，則兩物體的質(zhì)量之比為

m、B2

A、C錯(cuò)誤;

BD.若為非彈性碰撞，則兩物體的質(zhì)量之比為

16mB2

B正確、D錯(cuò)誤。

故選B。

14.D

【詳解】A.兩球一起下落過(guò)程中都做自由落體運(yùn)動(dòng)，小球?qū)Υ笄虻膹椓Υ笮?,A錯(cuò)誤;

B.下落過(guò)程中由自由落體運(yùn)動(dòng)規(guī)律得

v2=2gh

解得大球與地面碰撞前的速度大小為

答案第9頁(yè)，共25頁(yè)

v^y12gh

根據(jù)動(dòng)量定理可得

I=2kmv=2km[2gh

B錯(cuò)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(dòng)量守恒,

機(jī)械能守恒，設(shè)碰撞前小球和大球的速度分別為V,碰后大球的速度為切小球的速度為也,

由動(dòng)量守恒定律

kmv—mv=kmvl+mv2

由機(jī)械能守恒定律

2

=gkmv：+gmv2

22

兩式聯(lián)立解得

(km—m)v—2mv

%=

km+m

可知當(dāng)

攵=3

時(shí)，大球與小球碰撞后大球的速度為0,C錯(cuò)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(guò)程系統(tǒng)

內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，設(shè)碰撞后小球速度大小為大球速度大

小為丫2,選向上為正方向，由動(dòng)能量守恒和機(jī)械能守恒

Mv-mv=mvx+Mv2

；(zn+MW=；mv1+—Mv1

解得

(3M-m)12gh

M+m

當(dāng)M?m時(shí)，不考慮wi影響，則

小球上升高度為

H=-^-=9h

2g

答案第10頁(yè)，共25頁(yè)

D正確；

故選D。

15.C

【詳解】爆炸后瞬時(shí)質(zhì)量為叫部分的速度大小為W,另一部分的質(zhì)量為（心-外），速度大小

為打，根據(jù)動(dòng)量守恒可得

加1K=(jn-m{)v2

又

耳1=；?^，弓2=；（根一叫那

該白磷彈爆炸后瞬時(shí)的總動(dòng)能為

Ek總=Eg+Ek2

聯(lián)立解得