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专题08 动量与能量
目录 题型一 动量定理的应用 题型二 动量守恒定律及其应用 题型三 碰撞、爆炸与反冲问题 题型四 动力学、动量和能量观点的综合应用
【题型一】 动量定理的应用
【解题指导】
1.注意动量的矢量性及动量变化量的矢量性．
2.动量定理Ft＝p′－p中“Ft”为合外力的冲量．
3.要明确过程的初、末状态．
【方法提炼】
1．冲量的三种计算方法
(1)公式法：I＝Ft适用于求恒力的冲量．
(2)动量定理法：适用于求变力的冲量或F、t未知的情况．
(3)图象法：用F－t图线与时间轴围成的面积可求变力的冲量．若F－t成线性关系，也可直接用平均力求变力的冲量．
2．动量定理
(1)公式：FΔt＝mv′－mv
(2)应用技巧
①研究对象可以是单一物体，也可以是物体系统．
②表达式是矢量式，需要规定正方向．
③匀变速直线运动，如果题目不涉及加速度和位移，用动量定理比用牛顿第二定律求解更简捷．
④在变加速运动中F为Δt时间内的平均冲力．
⑤电磁感应问题中，利用动量定理可以求解时间、电荷量或导体棒的位移．
3．在日常的生活与生产中，常涉及流体的连续相互作用问题，用常规的方法很难解决，若构建柱体微元模型，然后用动量定理分析，则可使问题迎刃而解。解答时一般是选择一段时间内作用在某物体上的流体为研究对象。
【综合训练】
1．（2024 福建）如图（a），水平地面上固定有一倾角为的足够长光滑斜面，一质量为的滑块锁定在斜面上。时解除锁定，同时对滑块施加沿斜面方向的拉力，随时间的变化关系如图（b）所示，取沿斜面向下为正方向，重力加速度大小为，则滑块　　
A．在内一直沿斜面向下运动
B．在内所受合外力的总冲量大小为零
C．在时动量大小是在时的一半
D．在内的位移大小比在内的小
【答案】
【解答】解：、以沿斜面向下为正方向，根据牛顿第二定律得：
力方向沿斜面向下时，物块的加速度为：
力方向沿斜面向上时，物块的加速度为：
时间内物块沿斜面向下做匀加速运动，时刻物块的速度为
时间内物块沿斜面向下做匀减速运动，时刻物块的速度为
时间内物块沿斜面向下做匀加速运动，时刻物块的速度为
时间内物块沿斜面向下做匀减速运动，时刻物块的速度为
可知时间内物体一直沿斜面向下运动，故正确；
、根据动量定理得时间内合外力的总冲量为，故错误；
、时刻物块的动量为：，时刻物块的动量为，可知时刻动量不等于时刻的一半，故错误；
、过程物块的位移为，过程物块的位移为，可知，故正确。
故选：。
2．（2024 甲卷）蹦床运动中，体重为的运动员在时刚好落到蹦床上，对蹦床作用力大小与时间的关系如图所示。假设运动过程中运动员身体始终保持竖直，在其不与蹦床接触时蹦床水平。忽略空气阻力，重力加速度大小取。下列说法正确的是　　
A．时，运动员的重力势能最大
B．时，运动员的速度大小为
C．时，运动员恰好运动到最大高度处
D．运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为
【答案】
【解答】解：．根据牛顿第三定律结合题图可知时，蹦床对运动员的弹力最大，蹦床的形变量最大，此时运动员处于最低点，运动员的重力势能最小，故错误；
．根据题图可知运动员从离开蹦床到再次落到蹦床上经历的时间为，根据竖直上抛运动的对称性可知，运动员上升时间为，则在时，运动员恰好运动到最大高度处，时运动员的速度大小
故正确，错误；
．同理可知运动员落到蹦床时的速度大小为，以竖直向上为正方向，根据动量定理
△△
其中
△
代入数据可得
根据牛顿第三定律可知运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为，故正确。
故选：。
3．（2025 湖北模拟）给小滑块一初速度，使其从粗糙斜面底端沿斜面上滑，上滑到最高点后又滑回斜面底端，则下列说法正确的是　　
A．小滑块沿斜面上滑和下滑两过程的时间相等
B．小滑块沿斜面上滑过程的加速度小于下滑过程的加速度
C．小滑块沿斜面上滑过程损失的机械能大于下滑过程损失的机械能
D．小滑块沿斜面上滑过程合力的冲量大于下滑过程合力的冲量
【答案】
【解答】解：小滑块先减速上滑后加速下滑，根据牛顿第二定律可得：
，
，
所以：
，故错误；
结合前面分析可知，小滑块先沿斜面向上做末速度为零的匀减速直线运动（逆过程为初速度为零的匀加速直线运动），后沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动，
因为初速度为零的匀加速直线运动位移公式为：
，且小滑块沿斜面上滑过程的加速度小于下滑过程的加速度，
所以小滑块沿斜面上滑所用时间小于下滑过程的时间，故错误；
根据功能关系可得，损失的机械能为：
△，
所以小滑块沿斜面上滑过程损失的机械能等于下滑过程损失的机械能，故错误；
由于小滑块滑动过程中需要克服摩擦力做功，所以机械能减小，当返回到斜面底端时速度小于上滑的初速度，所以上滑过程动量变化量较大，根据动量定理可得，小滑块沿斜面上滑过程合力的冲量大于下滑过程合力的冲量，故正确；
故选：。
4．（2024 信阳一模）中华武术源远流长，尤以河南少林功夫全国闻名。如图所示一位武术表演者从地面跳起后在空中翻滚表演后落地并停下来，关于此过程的说法正确的是　　
A．分析表演者的表演动作时可以将表演者看作质点
B．表演者在空中翻滚过程，重心一定在表演者身上
C．表演者的一只脚从接触地面到停下来，地面对表演者的支持力的冲量为零
D．表演者的一只脚从接触地面到停下来，地面对表演者的支持力做功为零
【答案】
【解答】解：．当物体的形状和大小对于所研究的问题可忽略不计时，可把物体看作质点；分析表演者的表演动作时，表演者的形状和体积对研究问题的影响不能够忽略，此时，不能够将表演者看作质点，故错误；
．重心位置与质量分布和形状规则有关，所以表演者在空中翻滚过程，重心不一定在表演者身上，故错误；
．根据可知，表演者的一只脚从接触地面到停下来，地面对表演者的支持力的冲量不为零，故错误；
．表演者的一只脚从接触地面到停下来，支持力作用点的位移为零，可知，地面对表演者的支持力做功为零，故正确。
故选：。
5．（2024 信阳一模）2024年在与菲律宾南海岛礁对峙中，我国海警船装备的大功率水炮沉重地打击了挑衅者的嚣张气焰。水炮配备的大功率水泵将水以很大的速度从喷口喷出，利用冲击力毁伤被冲击物体。水的密度为，水炮喷口处水的压强为（若喷口处放一挡板，水冲击挡板时速度减为零，水对挡板冲击力产生的压强），则水从喷口处喷出的速度为　　
A． B． C． D．
【答案】
【解答】解：设挡板的面积为，根据压强的计算公式有
取△时间内的水为研究对象
△△
规定水流方向为正方向，由动量定理△△
解得
，故错误，正确。
故选：。
【题型二】 动量守恒定律及其应用
【解题指导】
1.守恒条件的判断：理想守恒、近似守恒、单方向守恒．
2.应用关键是选好合适的系统、合适的过程，即一定要明确研究对象是谁，明确守恒过程的初、末状态．
3.要注意规定正方向．
【方法提炼】
1.动量是否守恒的判断方法
不受外力或者所受外力的矢量和为零时，系统的动量守恒；当外力比相互作用的内力小得多时，系统的动量近似守恒；当某一方向上的合外力为零时，系统在该方向上动量守恒。
2．动量守恒定律解题的基本步骤
(1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体)及研究的过程；
(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上动量是否守恒)；
(3)规定正方向，确定初、末状态的动量；
(4)由动量守恒定律列出方程；
(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明。
【综合训练】
6．（2024 九龙坡区校级模拟）如图所示，木块与弹簧相连放在光滑的水平面上，子弹沿水平方向射入木块后留在木块内，入射时间极短，而后木块将弹簧压缩到最短，关于子弹和木块组成的系统，下列说法中正确的是　　
A．子弹射入木块的过程中，系统动量守恒，机械能不守恒
B．木块压缩弹簧的过程中，系统动量守恒，能量守恒
C．上述任何一个过程动量均不守恒，能量也不守恒
D．从子弹开始射入到弹簧压缩到最短的过程中，系统动量守恒，能量守恒
【答案】
【解答】解：．子弹和木块组成的系统，子弹射入木块的过程中内力远大于外力，系统动量守恒，有内能产生，机械能不守恒，故正确，错误；
．木块压缩弹簧过程中系统所受合外力不为零，子弹和木块系统动量不守恒，故错误。
故选：。
7．（2024 湖南模拟）一块质量为、长为的长木板静止放在光滑的水平面上，质量为的物体（可视为质点）以初速度从左端滑上长木板的上表面并从右端滑下，该过程中，物体的动能减少量为△，长木板的动能增加量为△，、间因摩擦产生的热量为，下列说法正确的是　　
A．、组成的系统动量、机械能均守恒
B．△，△，的值可能为△，△，
C．△，△，的值可能为△，△，
D．若增大和长木板的质量，一定会从长木板的右端滑下，且将增大
【答案】
【解答】解：、水平面光滑，、组成的系统合外力为零，所以系统动量守恒。、间由于存在摩擦生热，机械能有损失，所以系统机械能不守恒，故错误；
、画出物体和长木板的速度—时间图线，分别如图中1和2所示，图中1和2之间的梯形面积表示板长，图线1与轴所围的面积表示物体的位移，图线2与轴所围的面积表示长木板的位移，由图可知
，
根据动能定理可知
△
△
由功能关系有
则有：△△
可知项所给数值有可能，项不可能，故正确，错误。
、若增大和长木板的质量，的加速度变小，的加速度不变，则图像中图线1将向上平移，而图线2的图像斜率将变小，显然可知一定会从长木板的右端滑下，而不变，故错误。
故选：。
8．（2024 长春校级模拟）如图所示，将一个内、外侧均光滑的半圆形槽，置于光滑的水平面上，槽的左侧有一个竖直墙壁。现让一个小球自左端槽口的正上方从静止开始下落，与半圆形槽相切从点进入槽内，则以下说法正确的是　　
A．小球在半圆形槽内运动的全过程中，只有重力对它做功
B．小球在半圆形槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统机械能守恒
C．小球从最低点向右侧最高点运动过程中，小球与槽组成的系统在水平方向动量守恒
D．小球离开右侧最高点以后，将做竖直上抛运动
【答案】
【解答】解：、小球在槽内运动的全过程中，从刚释放到最低点，只有重力做功，而从最低点开始上升过程中，由于水平面光滑，槽将向右运动，故除小球重力做功外，还有槽对球作用力做负功，故错误；
、无碰撞过程，而且接触面均光滑，无内能转化，所以小球与槽组成的系统机械能守恒，故正确；
、小球在槽内运动的前半过程中，小球与槽在水平方向上受到墙面的弹力作用，故小球与槽组成的系统水平方向上的动量不守恒，而小球在槽内运动的后半过程中，水平方向不受外力的作用，故小球与槽组成的系统水平的动量守恒，故正确；
、小球离开右侧槽口同时，槽由于在球的作用下向右运动，所以做斜抛运动，故错误。
故选：。
9．（2024 蜀山区校级模拟）如图甲所示，物块、中间用一根轻质弹簧相连，放在光滑水平面上，开始时两物块均静止，弹簧处于原长。时对物块施加水平向右、大小的恒力，时撤去，此过程中两物块的加速度随时间变化的图像如图乙所示。弹簧始终处于弹性限度内，下列说法正确的是　　
A．物块的质量为
B．物块的质量为
C．撤去后，、组成的系统动量守恒，机械能也守恒
D．撤去后，弹簧伸长量最大时，的速度大小为
【答案】
【解答】解：、时，的加速度大小为，此时弹簧弹力为零，对根据牛顿第二定律可得：，代入数据解得的质量为：，故错误；
、设的质量为，在时，设弹簧弹力为，对有：，其中；对根据牛顿第二定律可得：，其中，代入数据联立解得：，故正确；
、撤去后，、组成的系统所受合外力为零，所以系统动量守恒，、的动能与弹簧的弹性势能会相互转化，所以、组成的系统机械能不守恒，故错误；
、根据动量守恒定律可知，当弹簧伸长量最大时，、速度相同，对系统，全过程根据动量定理可得：，代入数据解得：，所以的速度大小为，故正确。
故选：。
10．（2025 茂名模拟）如图所示，质量为（连同装备）的某极限运动员从高度差的雪坡上的点由静止滑下，滑行到点时以的速度从雪坡水平飞出，假设该运动员必须与水平方向成角经过水平面（水平面与点的高度差，才能打开降落伞安全降落到悬崖底部。已知，，重力加速度。
（1）求该运动员由点滑到点的过程中损失的机械能；
（2）该运动员能否打开降落伞安全降落到悬崖底部？若能，求该运动员经过水平面时的速度大小；如若不能，则需要该运动员在飞出雪坡的瞬间将雪橇水平向后迅速蹬出（雪橇与运动员瞬间分离），从而使运动员能打开降落伞安全降落到悬崖底部，求雪橇被蹬出的时候相对地面的速度大小。（空气阻力忽略不计，雪橇的质量为
【答案】（1）该运动员由点滑到点的过程中损失的机械能是；
（2）该运动员不打开降落伞不能安全降落到悬崖底部；雪橇被蹬出的时候相对地面的速度大小是。
【解答】解：（1）该极限运动员由点滑到点的过程中，由动能定理得：
该过程损失的机械能△
代入数据解得：△
（2）该极限运动员离开点后做平抛运动，
在竖直方向：
代入数据解得：
竖直方向的分速度大小
由于
故运动员不能打开降落伞安全降落到悬崖底部
运动员蹬出雪橇过程，运动员与雪橇组成的系统在水平方向动量守恒，
以运动员的初速度方向为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：
代入数据解得，雪橇被蹬出的时候相对地面的速度
答：（1）该运动员由点滑到点的过程中损失的机械能是；
（2）该运动员不打开降落伞不能安全降落到悬崖底部；雪橇被蹬出的时候相对地面的速度大小是。
【题型三】 碰撞、爆炸与反冲问题
【解题指导】
1.对于弹性碰撞的动量守恒和能量守恒要熟知，对于和一个静止的物体发生弹性碰撞后的速度表达式要熟记，如果在考场上来计算，太浪费时间．
2.明确碰撞前瞬间状态、碰撞后瞬间状态是碰撞过程的初、末状态．
【方法提炼】
1.抓住“一判断、三原则、三定律”速解碰撞类问题
(1)判断属于弹性碰撞模型还是完全非弹性碰撞模型。
(2)碰撞的“三原则”
①动量守恒原则，即碰撞前后两物体组成的系统满足动量守恒定律。
②动能不增加原则，即碰撞后系统的总动能不大于碰撞前系统的总动能。
③物理情境可行性原则，如果碰前两物体同向运动，碰撞前后面物体的速度大于前面物体的速度，碰撞后原来在前面的物体速度必增大，且大于或等于原来在后面的物体的碰后速度(仅限碰撞前后后面物体速度方向不变的情况)。如果碰撞前两物体相向运动，则碰撞后，两物体的运动方向不可能都不改变，除非两物体碰撞后速度均为零。
(3)合理选用三个定律
①如果物体间发生的是弹性碰撞，则一般是应用动量守恒定律和机械能守恒定律进行求解。
②如果物体间发生的不是弹性碰撞，则一般应用动量守恒定律和能量守恒定律(功能关系)进行求解。
2.三类碰撞
(1)弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′.
机械能守恒：m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2.
(2)完全非弹性碰撞
动量守恒、末速度相同：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v′.
机械能损失最多，机械能的损失量为：
ΔE＝(m1v＋m2v)－(m1＋m2)v′2.
(3)非弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′.
机械能有损失，机械能的损失量为：
ΔE＝(m1v＋m2v)－(m1v1′2＋m2v2′2)．
【综合训练】
11．（2024 江苏）在水平面上有一个形滑板，的上表面有一个静止的物体，左侧用轻弹簧连接在滑板的左侧，右侧用一根细绳连接在滑板的右侧，开始时弹簧处于拉伸状态，各表面均光滑，剪断细绳后，则　　
A．弹簧原长时动量最大 B．压缩最短时动能最大
C．系统动量变大 D．系统机械能变大
【答案】
【解答】解：、剪断细绳后，、、弹簧组成的系统所受合外力为零，则此系统满足动量守恒定律，即系统动量不变。因各表面均光滑，故系统无机械能损失，满足机械能守恒定律，系统机械能也不变，故错误；
、剪断细绳后，、、弹簧组成的系统动量守恒，弹簧压缩最短时、共速，因系统初动量为零，故弹簧压缩最短时系统动量也为零，则此时、的动量均为零，故此时的动能为零，并非最大，故错误；
、由、、弹簧组成的系统动量守恒与机械能守恒，可知运动过程中、的动量始终等大反向，故、同时达到各自的速度最大值，当弹簧为原长时，弹簧弹性势能为零，则、的总动能最大，故此时、的速度达到最大值，的动量最大，故正确。
故选：。
12．（2024 湖北）如图所示，在光滑水平面上静止放置一质量为、长为的木块，质量为的子弹水平射入木块。设子弹在木块内运动过程中受到的阻力不变，其大小与射入初速度大小成正比，即为已知常数）。改变子弹的初速度大小，若木块获得的速度最大，则　　
A．子弹的初速度大小为
B．子弹在木块中运动的时间为
C．木块和子弹损失的总动能为
D．木块在加速过程中运动的距离为
【答案】
【解答】解：要使木块获得的速度最大，子弹和木块具有共同速度，设为；
取初速度方向为正方向，根据动量守恒定律
据能量守恒定律
联立解得，
子弹和木块损失的总动能
综上分析，故正确，错误；
取初速度方向为正方向，根据动量定理
代入数据联立解得，故错误；
木块在加速过程中做匀加速直线运动，故正确。
故选：。
13．（2024 贵州模拟）如图所示，在水平面上放置一半径为的半圆槽，半圆槽的左、右最高点、在同一水平线上、最低点为，现让一个小球从槽右侧最高点无初速释放。已知小球和半圆槽的质量分别为和，不计小球与半圆槽和半圆槽与水平地面之间的摩擦，当地的重力加速度为。则　　
A．小球向左运动能达到点
B．半圆槽向右运动的最大距离为
C．半圆槽的运动速度大小可能为
D．小球经过点时对半圆槽的压力大小为
【答案】
【解答】解：．两物体所构成的系统水平方向动量守恒、运动过程中机械能守恒。小球向左到达最高点时两者共速，设共速时的速度为，取水平向左为正方向，由动量守恒定律有
可得
由机械能守恒定律有
解得
即小球向左能达到的最高点是，故正确；
．取水平向左为正方向，设小球速度为，圆槽速度为，由水平方向动量守恒有
可得
△△
即
同时
可得
故正确；
．从点释放后到点有，取水平向左为正方向，设在点小球的速度为，圆槽的速度为，根据能量和动量守恒有
解得
，
则小球到最低点时槽的速度不可能是，故错误；
．小球相对于槽做圆周运动，在最低点槽的加速度为0是惯性参考系，根据牛顿第二定律有
解得
故错误。
故选：。
14．（2024 平谷区模拟）可忽略大小的一物体在空中发生爆炸，分裂成三个速率相同但质量不同的物块1、2、3，如图所示，它们的质量大小关系是，忽略空气阻力，则它们落到水平地面上时速率的大小关系是　　
A．物块1的落地速率最大 B．物块2的落地速率最大
C．物块3的落地速率最大 D．三物块的落地速率相同
【答案】
【解答】解：因为三个物体的初始速率相同设为，设落地时的速率为，根据能量守恒定律可得：
，由此可知三物块的落地速率与质量无关，所以三个物体落地时的速率大小相等，故正确，错误；
故选：。
15．（2024 连山区校级模拟）如图所示，木板放置在光滑水平地面上，在木板的左端放置一小物块，木板质量，物块质量，物块与木板间动摩擦因数。物块和木板以共同的水平速度向右运动，在木板碰到右侧的竖直挡板后木板立即以碰撞前瞬间的速率反弹，运动过程中物块始终未离开木板，重力加速度下列说法正确的是　　
A．木板的长度可能为
B．物块运动过程中速度方向可能向左
C．木板第三次与挡板碰撞前瞬间的速度大小为
D．木板向左运动过程中其右端距挡板最大距离为
【答案】
【解答】解：．木板第一次向左运动过程中，初速度最大，故其速度减为0时，其右端距挡板的距离最大，根据动能定理有，解得，故正确；
．木板第一次碰撞后，到与物块再次共速的过程中，以向右为正方向，根据动量守恒定律有，解得，
根据能量守恒定律有，解得，第二次碰撞后，物块相对木板继续向右运动，所以木板的长度需大于，不是，故错误；
．第二次碰撞后到共速的过程中，以向右为正方向，根据动量守恒定律有，解得，即木板第三次与挡板碰撞前瞬间的速度大小为，故错误；
．由于物块的初动量较大，则物块运动过程中速度方向不可能向左，故错误。
故选：。
【题型四】 动力学、动量和能量观点的综合应用
【解题指导】
1.确定研究对象，进行运动分析和受力分析；
2.分析物理过程，按特点划分阶段；
3.选用相应规律解决不同阶段的问题，列出规律性方程．
【综合训练】
16．（2024 衡阳模拟）如图，质量均为的小球、用一根长为的轻杆相连，竖直放置在光滑水平地面上，质量也为的小球挨着小球放置在地面上。扰动轻杆使小球向左倾倒，小球、在同一竖直面内向右运动。当杆与地面有一定夹角时小球和分离，已知球的最大速度为，小球落地后不反弹，重力加速度为。下面说法正确的是　　
A．球、分离前，、两球组成的系统机械能逐渐减小
B．球、分离时，球对地面的压力大小为
C．从开始到球落地的过程中，杆对球做的功为
D．小球落地时的动能为
【答案】
【解答】解：、运动过程只有重力做功，三个小球组成的系统机械能守恒，在、分离前球的速度逐渐增大，动能逐渐增大，球的机械能逐渐增大，由于、、三个球组成的系统机械能，球的机械能逐渐增大，由机械能守恒定律可知，球、分离前，、两球组成的系统机械能逐渐减小，故正确；
、球、分离时，对、两球组成的系统，球有向下的加速度，球处于失重状态，、两球组成的系统处于失重状态，则球对地面的压力大小小于，故错误；
、、、三球在水平方向所受合外力为零，、、三球组成的系统在水平方向动量守恒，设在落地瞬间、水平方向速度为，取向右为正方向，对、、三球组成的系统，在水平方向，由动量守恒定律得：，解得：，
、、三球组成系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：
解得球落地时的动能，故正确；
、从开始到球落地的过程中，杆对球做的功等于球和球的动能之和，即，解得：，故错误。
故选：。
17．（2024 东港区校级模拟）质量为、内壁间距为的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为。初始时小物块停在箱子正中间，如图所示。现给小物块一水平向右的初速度，小物块与箱壁碰撞次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止。设碰撞都是弹性碰撞，则整个过程中，系统损失的动能为　　
A． B． C． D．
【答案】
【解答】解：最终小物块和箱子速度相同，是完全非弹性碰撞模型，设系统损失的动能为△，根据题意可知，整个过程中小物块和箱子构成的系统满足动量守恒定律和能量守恒定律，规定向右为正方向，则有：，
△
联立解得：△
故错误，正确；
由于小物块与箱壁的碰撞为弹性碰撞，故损耗的能量全部用于摩擦生热，即△，故错误，正确。
故选：。
18．（2024 黑龙江模拟）如图所示，以的速度顺时针匀速转动的水平传送带，左端与粗糙的弧形轨道平滑对接，右端与光滑水平面平滑对接。水平面上有位于同一直线上、处于静止状态的4个相同小球，小球质量。质量的物体从轨道上高的点由静止开始下滑，滑到传送带上的点时速度大小；物体和传送带之间的动摩擦因数，传送带之间的距离。物体与小球、小球与小球之间发生的都是弹性正碰，重力加速度。下列说法正确的是　　
A．物体从点下滑到点的过程中，克服摩擦力做的功为
B．物体第一次与小球碰撞后，在传送带上向左滑行的最大距离为
C．物体最终的速度大小为
D．物体第一次与小球碰撞后的整个过程，物体与传送带间产生的摩擦热为
【答案】
【解答】解：．设物体由到的过程中克服摩擦力做的功为，根据动能定理
，代入数据解得，故正确；
．物体滑上传送带后，在滑动摩擦力作用下匀减速运动，加速度大小为：
减速至与传送带共速所用的时间：
匀减速运动的位移：
故物体与小球1碰撞前的速度为：
物体与小球1发生弹性正碰，设物体反弹回来的速度大小为的，小球1被撞后的速度大小为，以向右为正方向，根据动量守恒定律和能量守恒定律得
代入数据解得：，
物体被反弹回来后，在传送带上向左运动过程中，由运动学公式得：
代入数据解得：，故正确；
．由于小球质量相等，且发生的都是弹性正碰，它们之间将进行速度交换。物体第一次返回还没到传送带左端速度就减小为零，接下来将再次向右做匀加速运动，直到速度增加到，再跟小球1发生弹性正碰，同理可得，第二次碰后，物体和小球的速度大小分别为
以此类推，物体与小球1经过次碰撞后，他们的速度大小分别为
由于总共有4个小球，可知物体第1个小球一共可以发生4次碰撞，则物体最终的速度大小为
故错误；
．物体第一次与小球1碰撞后的整个过程，在传送带上相对传送带的路程
代入数据解得：△
故物体与传送带间产生的摩擦热：△，故正确。
故选：。
19．（2024 安徽）如图所示，一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平轨道与光滑四分之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点。一物块静止于小车最左端，一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于点正下方，并轻靠在物块左侧。现将细线拉直到水平位置，静止释放小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后，物块沿小车上的轨道运动。已知细线长。小球质量。物块、小车质量均为。小车上的水平轨道长。圆弧轨道半径。小球、物块均可视为质点。不计空气阻力，重力加速度取。
（1）求小球运动到最低点与物块碰撞前，所受拉力的大小；
（2）求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小；
（3）为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求物块与水平轨道间的动摩擦因数的取值范围。
【答案】（1）小球运动到最低点与物块碰撞前，所受拉力的大小为；
（2）小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小为；
（3）物块与水平轨道间的动摩擦因数的取值范围为。
【解答】解：（1）设小球与物块碰撞前速度为，碰撞后小球速度为，物块速度为，小球从释放到与物块碰撞前，由动能定理
代入数据得：
碰撞前瞬间，对小球受力分析，有，
代入数据解得拉力：
（2）设水平向右为正方向，小球与物块弹性碰撞，根据动量守恒：
根据能量守恒：
代入数据联立解得：
（3）当较小时，物块会脱离小车；当较大时，物块不能进入圆弧轨道
①物块滑到水平轨道最右端刚好与小车共速，此时最大（但不能取），设水平向右为正方向，则小球与小车水平方向动量守恒，有
，解得：
根据能量守恒，
代入数据解得：
②物块刚好滑到圆弧最高点，即在最高点与小车共速，此时最小，设水平向右为正方向，小球与小车水平方向动量守恒，有
，解得：
根据能量守恒，
代入数据解得：
综合上面分析，可得满足要求的动摩擦因数取值范围为：
答：（1）小球运动到最低点与物块碰撞前，所受拉力的大小为；
（2）小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小为；
（3）物块与水平轨道间的动摩擦因数的取值范围为。
20．（2023 金华模拟）如图所示，一质量为可看成质点的滑块以初速度，从点与水平方向成抛出后，恰能从点沿方向切入粗糙斜面轨道，斜面轨道长为，斜面与半径的竖直光滑圆弧轨道相切于点，点为圆弧的圆心，点为圆弧的最低点且位于点正下方，圆弧圆心角。点靠近水平传送带左侧，传送带间距离为，以的恒定速度顺时针转动，传送带与光滑圆弧、光滑水平面均保持平滑对接，水平面上有2个位于同一直线上、处于静止状态的相同小球，每个小球质量。滑块与小球、小球与小球之间发生的都是弹性正碰，滑块与斜面及传送带间的动摩擦因数，重力加速度。不计一切空气阻力，求：
（1）滑块从点抛出落到点所需要的运动时间；
（2）滑块滑到圆弧轨道的最低点时对轨道的压力大小；
（3）滑块第一次向右通过传送带的过程中，摩擦力对滑块的冲量大小；
（4）2个小球最终获得的总动能。
【答案】（1）滑块从点抛出落到点所需要的运动时间为；
（2）滑块滑到圆弧轨道的最低点时对轨道的压力大小为；
（3）滑块第一次向右通过传送带的过程中，摩擦力对滑块的冲量大小为；
（4）2个小球最终获得的总动能为。
【解答】解：（1）滑块从点抛出时竖直方向的分速度为：
滑块从点抛出落到点所需要的运动时间为：
（2）从开始运动到点的过程中，根据动能定理可得：
在点，根据牛顿第二定律可得：
联立解得；
根据牛顿第三定律可得滑块滑到圆弧轨道的最低点时对轨道的压力大小
（3）滑块在传送带上的加速度
滑块速度与传送带速度相等的所需的时间为：
此过程滑块的位移为：
所以滑块在传送带上先匀减速后匀速，匀速运动的时间为
匀速阶段滑块与传送带间没有摩擦力，滑块第一次向右通过传送带的过程中，摩擦力对滑块的冲量大小
（4）滑块第一次与小球发生弹性碰撞，选择水平向右的方向为正方向，根据动量守恒定律和能量守恒定律可得：
解得：
由于小球质量相等均为，且发生的都是弹性碰撞，他们之间将进行速度交换，分析可知，物块第一次返回还没到传送带左端速度就减小为零，接下来将再次返回做匀加速运动，直到速度增加到，再与小球1发生弹性碰撞。同理可得，第二次碰撞后，物块和小球的速度大小分别为：
则2个小球的总动能为
代入数据解得：
答：（1）滑块从点抛出落到点所需要的运动时间为；
（2）滑块滑到圆弧轨道的最低点时对轨道的压力大小为；
（3）滑块第一次向右通过传送带的过程中，摩擦力对滑块的冲量大小为；
（4）2个小球最终获得的总动能为。
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专题08 动量与能量
目录 题型一 动量定理的应用 题型二 动量守恒定律及其应用 题型三 碰撞、爆炸与反冲问题 题型四 动力学、动量和能量观点的综合应用
【题型一】 动量定理的应用
【解题指导】
1.注意动量的矢量性及动量变化量的矢量性．
2.动量定理Ft＝p′－p中“Ft”为合外力的冲量．
3.要明确过程的初、末状态．
【方法提炼】
1．冲量的三种计算方法
(1)公式法：I＝Ft适用于求恒力的冲量．
(2)动量定理法：适用于求变力的冲量或F、t未知的情况．
(3)图象法：用F－t图线与时间轴围成的面积可求变力的冲量．若F－t成线性关系，也可直接用平均力求变力的冲量．
2．动量定理
(1)公式：FΔt＝mv′－mv
(2)应用技巧
①研究对象可以是单一物体，也可以是物体系统．
②表达式是矢量式，需要规定正方向．
③匀变速直线运动，如果题目不涉及加速度和位移，用动量定理比用牛顿第二定律求解更简捷．
④在变加速运动中F为Δt时间内的平均冲力．
⑤电磁感应问题中，利用动量定理可以求解时间、电荷量或导体棒的位移．
3．在日常的生活与生产中，常涉及流体的连续相互作用问题，用常规的方法很难解决，若构建柱体微元模型，然后用动量定理分析，则可使问题迎刃而解。解答时一般是选择一段时间内作用在某物体上的流体为研究对象。
【综合训练】
1．（2024 福建）如图（a），水平地面上固定有一倾角为的足够长光滑斜面，一质量为的滑块锁定在斜面上。时解除锁定，同时对滑块施加沿斜面方向的拉力，随时间的变化关系如图（b）所示，取沿斜面向下为正方向，重力加速度大小为，则滑块　　
A．在内一直沿斜面向下运动
B．在内所受合外力的总冲量大小为零
C．在时动量大小是在时的一半
D．在内的位移大小比在内的小
2．（2024 甲卷）蹦床运动中，体重为的运动员在时刚好落到蹦床上，对蹦床作用力大小与时间的关系如图所示。假设运动过程中运动员身体始终保持竖直，在其不与蹦床接触时蹦床水平。忽略空气阻力，重力加速度大小取。下列说法正确的是　　
A．时，运动员的重力势能最大
B．时，运动员的速度大小为
C．时，运动员恰好运动到最大高度处
D．运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为
3．（2025 湖北模拟）给小滑块一初速度，使其从粗糙斜面底端沿斜面上滑，上滑到最高点后又滑回斜面底端，则下列说法正确的是　　
A．小滑块沿斜面上滑和下滑两过程的时间相等
B．小滑块沿斜面上滑过程的加速度小于下滑过程的加速度
C．小滑块沿斜面上滑过程损失的机械能大于下滑过程损失的机械能
D．小滑块沿斜面上滑过程合力的冲量大于下滑过程合力的冲量
4．（2024 信阳一模）中华武术源远流长，尤以河南少林功夫全国闻名。如图所示一位武术表演者从地面跳起后在空中翻滚表演后落地并停下来，关于此过程的说法正确的是　　
A．分析表演者的表演动作时可以将表演者看作质点
B．表演者在空中翻滚过程，重心一定在表演者身上
C．表演者的一只脚从接触地面到停下来，地面对表演者的支持力的冲量为零
D．表演者的一只脚从接触地面到停下来，地面对表演者的支持力做功为零
5．（2024 信阳一模）2024年在与菲律宾南海岛礁对峙中，我国海警船装备的大功率水炮沉重地打击了挑衅者的嚣张气焰。水炮配备的大功率水泵将水以很大的速度从喷口喷出，利用冲击力毁伤被冲击物体。水的密度为，水炮喷口处水的压强为（若喷口处放一挡板，水冲击挡板时速度减为零，水对挡板冲击力产生的压强），则水从喷口处喷出的速度为　　
A． B． C． D．
【题型二】 动量守恒定律及其应用
【解题指导】
1.守恒条件的判断：理想守恒、近似守恒、单方向守恒．
2.应用关键是选好合适的系统、合适的过程，即一定要明确研究对象是谁，明确守恒过程的初、末状态．
3.要注意规定正方向．
【方法提炼】
1.动量是否守恒的判断方法
不受外力或者所受外力的矢量和为零时，系统的动量守恒；当外力比相互作用的内力小得多时，系统的动量近似守恒；当某一方向上的合外力为零时，系统在该方向上动量守恒。
2．动量守恒定律解题的基本步骤
(1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体)及研究的过程；
(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上动量是否守恒)；
(3)规定正方向，确定初、末状态的动量；
(4)由动量守恒定律列出方程；
(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明。
【综合训练】
6．（2024 九龙坡区校级模拟）如图所示，木块与弹簧相连放在光滑的水平面上，子弹沿水平方向射入木块后留在木块内，入射时间极短，而后木块将弹簧压缩到最短，关于子弹和木块组成的系统，下列说法中正确的是　　
A．子弹射入木块的过程中，系统动量守恒，机械能不守恒
B．木块压缩弹簧的过程中，系统动量守恒，能量守恒
C．上述任何一个过程动量均不守恒，能量也不守恒
D．从子弹开始射入到弹簧压缩到最短的过程中，系统动量守恒，能量守恒
7．（2024 湖南模拟）一块质量为、长为的长木板静止放在光滑的水平面上，质量为的物体（可视为质点）以初速度从左端滑上长木板的上表面并从右端滑下，该过程中，物体的动能减少量为△，长木板的动能增加量为△，、间因摩擦产生的热量为，下列说法正确的是　　
A．、组成的系统动量、机械能均守恒
B．△，△，的值可能为△，△，
C．△，△，的值可能为△，△，
D．若增大和长木板的质量，一定会从长木板的右端滑下，且将增大
8．（2024 长春校级模拟）如图所示，将一个内、外侧均光滑的半圆形槽，置于光滑的水平面上，槽的左侧有一个竖直墙壁。现让一个小球自左端槽口的正上方从静止开始下落，与半圆形槽相切从点进入槽内，则以下说法正确的是　　
A．小球在半圆形槽内运动的全过程中，只有重力对它做功
B．小球在半圆形槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统机械能守恒
C．小球从最低点向右侧最高点运动过程中，小球与槽组成的系统在水平方向动量守恒
D．小球离开右侧最高点以后，将做竖直上抛运动
9．（2024 蜀山区校级模拟）如图甲所示，物块、中间用一根轻质弹簧相连，放在光滑水平面上，开始时两物块均静止，弹簧处于原长。时对物块施加水平向右、大小的恒力，时撤去，此过程中两物块的加速度随时间变化的图像如图乙所示。弹簧始终处于弹性限度内，下列说法正确的是　　
A．物块的质量为
B．物块的质量为
C．撤去后，、组成的系统动量守恒，机械能也守恒
D．撤去后，弹簧伸长量最大时，的速度大小为
10．（2025 茂名模拟）如图所示，质量为（连同装备）的某极限运动员从高度差的雪坡上的点由静止滑下，滑行到点时以的速度从雪坡水平飞出，假设该运动员必须与水平方向成角经过水平面（水平面与点的高度差，才能打开降落伞安全降落到悬崖底部。已知，，重力加速度。
（1）求该运动员由点滑到点的过程中损失的机械能；
（2）该运动员能否打开降落伞安全降落到悬崖底部？若能，求该运动员经过水平面时的速度大小；如若不能，则需要该运动员在飞出雪坡的瞬间将雪橇水平向后迅速蹬出（雪橇与运动员瞬间分离），从而使运动员能打开降落伞安全降落到悬崖底部，求雪橇被蹬出的时候相对地面的速度大小。（空气阻力忽略不计，雪橇的质量为
【题型三】 碰撞、爆炸与反冲问题
【解题指导】
1.对于弹性碰撞的动量守恒和能量守恒要熟知，对于和一个静止的物体发生弹性碰撞后的速度表达式要熟记，如果在考场上来计算，太浪费时间．
2.明确碰撞前瞬间状态、碰撞后瞬间状态是碰撞过程的初、末状态．
【方法提炼】
1.抓住“一判断、三原则、三定律”速解碰撞类问题
(1)判断属于弹性碰撞模型还是完全非弹性碰撞模型。
(2)碰撞的“三原则”
①动量守恒原则，即碰撞前后两物体组成的系统满足动量守恒定律。
②动能不增加原则，即碰撞后系统的总动能不大于碰撞前系统的总动能。
③物理情境可行性原则，如果碰前两物体同向运动，碰撞前后面物体的速度大于前面物体的速度，碰撞后原来在前面的物体速度必增大，且大于或等于原来在后面的物体的碰后速度(仅限碰撞前后后面物体速度方向不变的情况)。如果碰撞前两物体相向运动，则碰撞后，两物体的运动方向不可能都不改变，除非两物体碰撞后速度均为零。
(3)合理选用三个定律
①如果物体间发生的是弹性碰撞，则一般是应用动量守恒定律和机械能守恒定律进行求解。
②如果物体间发生的不是弹性碰撞，则一般应用动量守恒定律和能量守恒定律(功能关系)进行求解。
2.三类碰撞
(1)弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′.
机械能守恒：m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2.
(2)完全非弹性碰撞
动量守恒、末速度相同：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v′.
机械能损失最多，机械能的损失量为：
ΔE＝(m1v＋m2v)－(m1＋m2)v′2.
(3)非弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′.
机械能有损失，机械能的损失量为：
ΔE＝(m1v＋m2v)－(m1v1′2＋m2v2′2)．
【综合训练】
11．（2024 江苏）在水平面上有一个形滑板，的上表面有一个静止的物体，左侧用轻弹簧连接在滑板的左侧，右侧用一根细绳连接在滑板的右侧，开始时弹簧处于拉伸状态，各表面均光滑，剪断细绳后，则　　
A．弹簧原长时动量最大 B．压缩最短时动能最大
C．系统动量变大 D．系统机械能变大
12．（2024 湖北）如图所示，在光滑水平面上静止放置一质量为、长为的木块，质量为的子弹水平射入木块。设子弹在木块内运动过程中受到的阻力不变，其大小与射入初速度大小成正比，即为已知常数）。改变子弹的初速度大小，若木块获得的速度最大，则　　
A．子弹的初速度大小为
B．子弹在木块中运动的时间为
C．木块和子弹损失的总动能为
D．木块在加速过程中运动的距离为
13．（2024 贵州模拟）如图所示，在水平面上放置一半径为的半圆槽，半圆槽的左、右最高点、在同一水平线上、最低点为，现让一个小球从槽右侧最高点无初速释放。已知小球和半圆槽的质量分别为和，不计小球与半圆槽和半圆槽与水平地面之间的摩擦，当地的重力加速度为。则　　
A．小球向左运动能达到点
B．半圆槽向右运动的最大距离为
C．半圆槽的运动速度大小可能为
D．小球经过点时对半圆槽的压力大小为
14．（2024 平谷区模拟）可忽略大小的一物体在空中发生爆炸，分裂成三个速率相同但质量不同的物块1、2、3，如图所示，它们的质量大小关系是，忽略空气阻力，则它们落到水平地面上时速率的大小关系是　　
A．物块1的落地速率最大 B．物块2的落地速率最大
C．物块3的落地速率最大 D．三物块的落地速率相同
15．（2024 连山区校级模拟）如图所示，木板放置在光滑水平地面上，在木板的左端放置一小物块，木板质量，物块质量，物块与木板间动摩擦因数。物块和木板以共同的水平速度向右运动，在木板碰到右侧的竖直挡板后木板立即以碰撞前瞬间的速率反弹，运动过程中物块始终未离开木板，重力加速度下列说法正确的是　　
A．木板的长度可能为
B．物块运动过程中速度方向可能向左
C．木板第三次与挡板碰撞前瞬间的速度大小为
D．木板向左运动过程中其右端距挡板最大距离为
【题型四】 动力学、动量和能量观点的综合应用
【解题指导】
1.确定研究对象，进行运动分析和受力分析；
2.分析物理过程，按特点划分阶段；
3.选用相应规律解决不同阶段的问题，列出规律性方程．
【综合训练】
16．（2024 衡阳模拟）如图，质量均为的小球、用一根长为的轻杆相连，竖直放置在光滑水平地面上，质量也为的小球挨着小球放置在地面上。扰动轻杆使小球向左倾倒，小球、在同一竖直面内向右运动。当杆与地面有一定夹角时小球和分离，已知球的最大速度为，小球落地后不反弹，重力加速度为。下面说法正确的是　　
A．球、分离前，、两球组成的系统机械能逐渐减小
B．球、分离时，球对地面的压力大小为
C．从开始到球落地的过程中，杆对球做的功为
D．小球落地时的动能为
17．（2024 东港区校级模拟）质量为、内壁间距为的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为。初始时小物块停在箱子正中间，如图所示。现给小物块一水平向右的初速度，小物块与箱壁碰撞次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止。设碰撞都是弹性碰撞，则整个过程中，系统损失的动能为　　
A． B． C． D．
18．（2024 黑龙江模拟）如图所示，以的速度顺时针匀速转动的水平传送带，左端与粗糙的弧形轨道平滑对接，右端与光滑水平面平滑对接。水平面上有位于同一直线上、处于静止状态的4个相同小球，小球质量。质量的物体从轨道上高的点由静止开始下滑，滑到传送带上的点时速度大小；物体和传送带之间的动摩擦因数，传送带之间的距离。物体与小球、小球与小球之间发生的都是弹性正碰，重力加速度。下列说法正确的是　　
A．物体从点下滑到点的过程中，克服摩擦力做的功为
B．物体第一次与小球碰撞后，在传送带上向左滑行的最大距离为
C．物体最终的速度大小为
D．物体第一次与小球碰撞后的整个过程，物体与传送带间产生的摩擦热为
19．（2024 安徽）如图所示，一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平轨道与光滑四分之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点。一物块静止于小车最左端，一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于点正下方，并轻靠在物块左侧。现将细线拉直到水平位置，静止释放小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后，物块沿小车上的轨道运动。已知细线长。小球质量。物块、小车质量均为。小车上的水平轨道长。圆弧轨道半径。小球、物块均可视为质点。不计空气阻力，重力加速度取。
（1）求小球运动到最低点与物块碰撞前，所受拉力的大小；
（2）求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小；
（3）为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求物块与水平轨道间的动摩擦因数的取值范围。
20．（2023 金华模拟）如图所示，一质量为可看成质点的滑块以初速度，从点与水平方向成抛出后，恰能从点沿方向切入粗糙斜面轨道，斜面轨道长为，斜面与半径的竖直光滑圆弧轨道相切于点，点为圆弧的圆心，点为圆弧的最低点且位于点正下方，圆弧圆心角。点靠近水平传送带左侧，传送带间距离为，以的恒定速度顺时针转动，传送带与光滑圆弧、光滑水平面均保持平滑对接，水平面上有2个位于同一直线上、处于静止状态的相同小球，每个小球质量。滑块与小球、小球与小球之间发生的都是弹性正碰，滑块与斜面及传送带间的动摩擦因数，重力加速度。不计一切空气阻力，求：
（1）滑块从点抛出落到点所需要的运动时间；
（2）滑块滑到圆弧轨道的最低点时对轨道的压力大小；
（3）滑块第一次向右通过传送带的过程中，摩擦力对滑块的冲量大小；
（4）2个小球最终获得的总动能。
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