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第六章
动量与动量守恒定律
专题7　动力学、动量和能量观点的综合应用
内容索引
学习目标
核心体系
活动方案
学 习 目 标
1. 理解并会选用三个基本观点解决问题.
2. 会分析板(曲面)块模型问题、子弹打木块问题和含弹簧的碰撞问题．
核 心 体 系
活 动 方 案
活动一　理解力学的三个基本观点
[2026南通如皋调研]如图所示，物块A、B完全相同，A穿在足够长的光滑水平杆上，轻绳上、下端分别固定在A、B上，A、B静止．在B获得水平向右的初速度v后(　　)
A. B的机械能守恒 B. A、B系统动量守恒
C. A的最大速度为v D. B能回到初始位置
1
C
【解析】 轻绳对B有拉力作用，且拉力对B做功，所以B的机械能不守恒，故A错误．系统在水平方向不受外力，水平方向动量守恒但竖直方向动量不守恒，所以系统动量不守恒，故B错误．当绳子竖直时，B的水平速度为0，根据水平方向动量守恒(初始总动量为mv)，此时A的速度最大为v，故C正确．绳子拉力对A做功使A获得动能，A一直向右运动，先加速后减速，所以B无法回到初始位置，故D错误．
力学研究的是物体的受力与运动的关系，与之相伴的是能量和动量的变化，其知识体系如下：
解决物理问题(包括后面的电磁学等)的三个基本观点分别是动力学观点、能量观点和动量观点．
(1) 三个基本观点及相互联系
(2) 三个基本观点的适用情境
①动力学观点：运用牛顿第二定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题．
②能量观点：用动能定理(功能关系)和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题．
③动量观点：用动量定理和动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题．
(3) 选用技巧
①若研究对象为单一物体，涉及功和位移问题时优先考虑用动能定理，涉及时间和速度问题时用动量定理．
②若研究对象为一个系统，应优先考虑用动量守恒定律和能量守恒定律(机械能守恒定律)．如含摩擦生热问题，则考虑用能量守恒定律分析．涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象的问题，通常可选用动量守恒定律，但须注意到这些过程一般均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转化．
③求解物体某一时刻受力或加速度时，可用牛顿第二定律、运动学公式列式解决．
动量守恒定律、能量守恒定律(或机械能守恒定律)、动能定理都只考查物理过程始、末两个状态有关物理量间的关系，对过程的细节不予细究，这正是它们的方便之处．
光滑水平面上放置一表面光滑的半球体，小球从半球体的最高点由静止开始下滑，在小球滑落至水平面的过程中(　　)
A. 小球的机械能守恒
B. 小球一直沿半球体表面下滑
C. 小球和半球体组成的系统水平方向动量守恒
D. 小球在水平方向的速度一直增大
1
C
【解析】 小球下滑过程向右运动，半球体向左运动，半球体对小球做负功，小球机械能将减少，A错误；小球下滑过程向右运动，半球体向左运动，两者最终脱离失去接触，所以小球不会一直沿半球体表面下滑，B错误；将小球和半球体看作整体，水平方向不受外力，所以小球和半球体组成的系统水平方向动量守恒，C正确；当小球与半球体不再接触时，小球将做类斜抛运动，水平方向不受力，水平方向速度不变，D错误．
[2025苏锡常镇一模]如图所示，由于空气阻力的影响，炮弹的实际飞行轨道不是抛物线，而是图中的“弹道曲线”，图中a、c高度相同，b为弹道曲线最高点，则炮弹(　　)
A. 到达b点时加速度竖直向下
B. 在下落过程中机械能增加
C. 重力在ab段的冲量小于bc段的冲量
D. 在ab段克服阻力做功小于bc段克服阻力做功
2
C
【解析】 在曲线最高点b点时，竖直方向速度为零，仅有水平方向的分速度，因此除了会受到竖直向下的重力，还会受到水平方向的空气阻力，二力的合力不是竖直向下的，由牛顿第二定律可知，炮弹到达b点时加速度也不是竖直向下的，故A错误；下落过程中由于空气阻力做功，机械能减少，故B错误；重力冲量为I＝mgt，因为炮弹上升过程受到竖直向下的重力和向下的空气阻力，所以其加速度大小大于g，而下降过程受到向上的空气阻力和竖直向下的重力，所以其加速度大小小于g，
活动二　应用力学三个基本观点解决问题
一、 (曲面)板块模型
[2026南京十三中模拟]如图所示，质量为M＝4.5 kg的长木板置于光滑水平地面上，质量为m＝1.5 kg的小物块放在长木板的右端，在木板右侧的地面上固定着一个有孔的弹性挡板，孔的尺寸刚好可以让木板无接触地穿过．现使木板和物块以v0＝4 m/s的速度一起向右匀速运动，物块与挡板碰撞后(碰撞时间极短)立即以碰前的速率反向弹回，而木板穿过挡板上的孔继续向右运动，整个过程中物块不会从长木板上滑落．已知物块与挡板第一次碰撞后，物块离开挡板的最大距离为x1＝2.0 m，重力加速度g取10 m/s2.求：
2
(1) 物块与木板间的动摩擦因数；
(2) 物块第一次与挡板碰撞到再次与木板相对静止所需的时间；
【答案】 (1) 物块与挡板第一次碰撞后，物块向左减速到速度为0的过程中只有摩擦力做功，由动能定理得
(2) 物块与挡板碰后，物块与木板组成的系统动量守恒，取水平向右为正方向．第一次碰撞后，物块反弹后瞬间速度大小为v0，设再次相对静止时的共同速度为v1，由动量守恒定律得Mv0－mv0＝(M＋m)v1，
物块第一次与挡板碰撞到再次与木板相对静止过程，根据动量定理有μmgt＝mv1－m(－v0)，
解得t＝1.5 s.
板块模型的特点
(1) 系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能．
(2) 求解方法
①求速度：根据动量守恒定律求解，研究对象为一个系统；
②求时间：根据动量定理求解，研究对象为一个物体；
③求系统产生的内能或相对位移：根据能量守恒定律Q＝FfΔx或Q＝E初－E末，研究对象为一个系统．
(3) 两类运动情境
分类 木板初速度为零 木板有初速度，滑块反向
示意图
v－t 图像
[2026南通如皋调研]如图所示，质量M＝2 kg的轨道锁定在光滑的水平面上，轨道的上表面由圆心角为37°的圆弧轨道、水平轨道和挡板组成，A点是轨道的最高点，B点是圆弧轨道的最低点，C、D点间粗糙，其余部分均光滑，一轻弹簧的右端固定在挡板上，另一端自由．质量m＝1 kg的物块沿A点的切线方向滑入圆弧轨道，初速度大小v0＝6 m/s，物块与弹簧接触后，当弹簧压缩至最短时解除轨道锁定(轨道可在水平面上运动)，最终物块从A点离开轨道．已知圆弧轨道的半径R＝2 m，C、D点间距离L＝1 m，物块与C、D间的动摩擦因数μ＝0.5，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
3
(1) 物块从A点滑入圆弧轨道时，物块重力的功率P；
(2) 解除轨道锁定时，弹簧的弹性势能Ep；
(3) 物块回到B点时，圆弧轨道对物块的弹力大小F.
【答案】 (1) 物块重力的功率P＝mgv0sin 37°，
解得P＝36 W.
如图所示，在光滑水平地面上放有一质量M＝1 kg 带光滑圆弧形槽的小车，质量为m＝2 kg的小球以速度v0＝3 m/s沿水平槽口滑上圆弧形槽，槽口距地面的高度 h＝0.8 m，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力．求：
(1) 小球从槽口开始运动到滑到最高点(未离开圆弧形槽)的过程中，小球对小车做的功W；
(2) 小球落地瞬间，小车右端与小球间的水平间距L.
3
【答案】 (1) 小球从开始到上升至最大高度过程中，水平方向动量守恒，可得mv0＝(M＋m)v，
联立解得W＝2 J.
(2) 小球从开始运动到回到槽口过程，小球和小车水平方向动量守恒，可得mv0＝mv1＋Mv2，
对小球和小车由能量守恒定律得
曲面板块模型的特点(类似碰撞模型)
[2026扬州期中]如图所示，光滑斜面体静止在光滑水平地面上，滑块以某一速度冲上斜面，到达最高点后沿斜面下滑．此过程滑块的运动轨迹可能是(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　

A B
C D
4
D
【解析】 由于斜面体和水平面都是光滑的，所以滑块与斜面体组成的系统在水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒；滑块沿斜面体向上运动时，斜面体在滑块的压力作用下会向右加速运动，此时滑块一边相对斜面体沿斜面向上运动，一边随斜面体水平向右加速运动，其合运动的轨迹由这两个分运动共同决定，且由于斜面体向右加速，滑块的水平速度会逐渐变化，同时竖直方向速度也在变化，因此滑块向上运动的轨迹是曲线；当滑块到达最高点时，滑块与斜面体在水平方向的速度相同，滑块竖直方向的速度为零；
滑块从最高点下滑时，滑块对斜面体仍有压力作用，则斜面体继续向右加速，此时滑块一边相对斜面体沿斜面向下运动，一边随斜面体水平向右加速运动，滑块的合运动轨迹继续弯曲，则整体轨迹是平滑的曲线；由于系统机械能守恒，斜面体的机械能增加，即其动能增加，则滑块的机械能减少，所以当滑块滑到斜面体的底端时，滑块的速度小于滑块刚开始从斜面体向上的初速度，故滑块向上滑运动的轨迹与向下滑运动的轨迹不对称．D正确．
二、 子弹打木块模型
一质量为M的木块放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以初速度v0水平打进木块并留在其中，设子弹与木块之间的滑动摩擦力为Ff.求：
(1) 子弹、木块相对静止时木块的速度大小v；
(2) 子弹打进木块并相对木块发生运动的时间t；
(3) 子弹打进木块的深度d.
【答案】 (1) 子弹和木块最后共同运动，相当于完全非弹性碰撞．
从动量的角度看，子弹射入木块过程中系统动量守恒，
mv0＝(M＋m)v，
4
子弹打木块模型的特点
(1) 子弹水平打进木块的过程中，系统的动量守恒，系统的机械能有损失．
(2) 两种情境
①子弹嵌入木块中，两者速度相等，机械能损失最多(完全非弹性碰撞)．
动量守恒：mv0＝(m＋M)v，
②子弹穿透木块．
动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2，
[2026淮安月考]木块静止在光滑水平面上，子弹以一定的速度射入木块(如上图所示)，子弹与木块获得共同速度的瞬间(如下图所示)．关于上述过程的示意图，可能正确的是(　　)
A B
C D
5
A
三、 “滑块—弹簧”模型
[2024江苏卷]如图所示，物块B分别通过轻弹簧、细线与水平面上的物块A左右端相连，整个系统保持静止．已知所有接触面均光滑，弹簧处于伸长状态．剪断细线后(　　)
A. 弹簧恢复到原长时，A的动能达到最大
B. 弹簧压缩量最大时，A的动量达到最大
C. 弹簧恢复到原长过程中，系统的动量增加
D. 弹簧恢复到原长过程中，系统的机械能增加
5
A
“滑块—弹簧”模型的特点
(1) 动量守恒：两个物体与弹簧相互作用的过程中，若系统所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒．
(2) 机械能守恒：系统所受的外力为零或除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒．
(3) 弹簧处于最长(最短)状态时，两物体速度相等，弹性势能最大，系统动能通常最小(相当于完全非弹性碰撞，两物体减少的动能转化为弹簧的弹性势能)．
(4) 弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大(相当于刚完成弹性碰撞)．
[2025徐州模拟]如图甲所示，一轻弹簧的两端分别与质量为m1和m2的两物块相连接，并且静止在光滑的水平面上．现使m1瞬间获得水平向右的速度为3 m/s，以此刻为计时零点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图像信息可得(　　)
甲 乙
A. 在t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s，且弹簧都处于压缩状态
B. 从t3到t4时刻弹簧由压缩状态逐渐恢复原长
C. 两物块的质量之比为m1∶m2＝1∶3
D. 在t2时刻两物块的动量大小之比为p1∶p2＝1∶4
6
D
【解析】 由图乙可知，t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s时，总动能最小，根据机械能守恒定律可知，此时弹簧的弹性势能最大，结合m1、m2运动过程分析可知，t1时刻弹簧处于压缩状态，t3时刻弹簧处于伸长状态，故A错误；结合图乙可知两物块的运动过程，开始时m1逐渐减速，m2逐渐加速，弹簧被压缩，t1时刻二者速度相同，系统动能最小，势能最大，弹簧被压缩至最短，然后m2继续加速，m1先减速为零，然后反向加速，t2时刻，弹簧恢复原长状态，因为此时两物块速度相反，因此弹簧的长度将逐渐增大，两物块均减速，t3时刻，两物块速度相等，系统动能最小，弹簧最长，因此从t3到t4过程中弹簧由伸长状态恢复原长，故B错误；从t＝0开始到t1时刻，由动量守恒定律可得m1v0＝(m1＋m2)v1，将v0＝3 m/s，v1＝1 m/s代入得m1∶m2＝1∶2，故C错误；在t2时刻，m1的速度为v1′＝－1 m/s，m2的速度为v2′＝2 m/s，又m1∶m2＝1∶2，则动量大小之比为p1∶p2＝1∶4，故D正确．
谢谢观看
Thank you for watching专题7　动力学、动量和能量观点的综合应用
学习目标　1. 理解并会选用三个基本观点解决问题.2. 会分析板(曲面)块模型问题、子弹打木块问题和含弹簧的碰撞问题．
活动一 理解力学的三个基本观点
1 [2026南通如皋调研]如图所示，物块A、B完全相同，A穿在足够长的光滑水平杆上，轻绳上、下端分别固定在A、B上，A、B静止．在B获得水平向右的初速度v后(　　)
A. B的机械能守恒
B. A、B系统动量守恒
C. A的最大速度为v
D. B能回到初始位置
力学研究的是物体的受力与运动的关系，与之相伴的是能量和动量的变化，其知识体系如下：
解决物理问题(包括后面的电磁学等)的三个基本观点分别是动力学观点、能量观点和动量观点．
(1) 三个基本观点及相互联系
(2) 三个基本观点的适用情境
①动力学观点：运用牛顿第二定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题．
②能量观点：用动能定理(功能关系)和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题．
③动量观点：用动量定理和动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题．
(2) 选用技巧
①若研究对象为单一物体，涉及功和位移问题时优先考虑用动能定理，涉及时间和速度问题时用动量定理．
②若研究对象为一个系统，应优先考虑用动量守恒定律和能量守恒定律(机械能守恒定律).如含摩擦生热问题，则考虑用能量守恒定律分析．涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象的问题，通常可选用动量守恒定律，但须注意到这些过程一般均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转化．
③求解物体某一时刻受力或加速度时，可用牛顿第二定律、运动学公式列式解决．
动量守恒定律、能量守恒定律(或机械能守恒定律)、动能定理都只考查物理过程始、末两个状态有关物理量间的关系，对过程的细节不予细究，这正是它们的方便之处．
即时训练1 光滑水平面上放置一表面光滑的半球体，小球从半球体的最高点由静止开始下滑，在小球滑落至水平面的过程中(　　)
A. 小球的机械能守恒
B. 小球一直沿半球体表面下滑
C. 小球和半球体组成的系统水平方向动量守恒
D. 小球在水平方向的速度一直增大
即时训练2 [2025苏锡常镇一模]如图所示，由于空气阻力的影响，炮弹的实际飞行轨道不是抛物线，而是图中的“弹道曲线”，图中a、c高度相同，b为弹道曲线最高点，则炮弹(　　)
A. 到达b点时加速度竖直向下
B. 在下落过程中机械能增加
C. 重力在ab段的冲量小于bc段的冲量
D. 在ab段克服阻力做功小于bc段克服阻力做功
活动二 应用力学三个基本观点解决问题
一、 (曲面)板块模型
2 [2026南京十三中模拟]如图所示，质量为M＝4.5 kg的长木板置于光滑水平地面上，质量为m＝1.5 kg的小物块放在长木板的右端，在木板右侧的地面上固定着一个有孔的弹性挡板，孔的尺寸刚好可以让木板无接触地穿过．现使木板和物块以v0＝4 m/s的速度一起向右匀速运动，物块与挡板碰撞后(碰撞时间极短)立即以碰前的速率反向弹回，而木板穿过挡板上的孔继续向右运动，整个过程中物块不会从长木板上滑落．已知物块与挡板第一次碰撞后，物块离开挡板的最大距离为x1＝2.0 m，重力加速度g取10 m/s2.求：
(1) 物块与木板间的动摩擦因数；
(2) 物块第一次与挡板碰撞到再次与木板相对静止所需的时间；
(3) 若物块与挡板第n次碰撞后，物块离开挡板的最大距离为xn＝ m，求n.
板块模型的特点
(1) 系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能．
(2) 求解方法
①求速度：根据动量守恒定律求解，研究对象为一个系统；
②求时间：根据动量定理求解，研究对象为一个物体；
③求系统产生的内能或相对位移：根据能量守恒定律Q＝FfΔx或Q＝E初－E末，研究对象为一个系统．
(3) 两类运动情境
分类 木板初速度为零 木板有初速度，滑块反向
示意图
v-t图像
即时训练3 [2026南通如皋调研]如图所示，质量M＝2 kg的轨道锁定在光滑的水平面上，轨道的上表面由圆心角为37°的圆弧轨道、水平轨道和挡板组成，A点是轨道的最高点，B点是圆弧轨道的最低点，C、D点间粗糙，其余部分均光滑，一轻弹簧的右端固定在挡板上，另一端自由．质量m＝1 kg的物块沿A点的切线方向滑入圆弧轨道，初速度大小v0＝6 m/s，物块与弹簧接触后，当弹簧压缩至最短时解除轨道锁定(轨道可在水平面上运动)，最终物块从A点离开轨道．已知圆弧轨道的半径R＝2 m，C、D点间距离L＝1 m，物块与C、D间的动摩擦因数μ＝0.5，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
(1) 物块从A点滑入圆弧轨道时，物块重力的功率P；
(2) 解除轨道锁定时，弹簧的弹性势能Ep；
(3) 物块回到B点时，圆弧轨道对物块的弹力大小F.
3 如图所示，在光滑水平地面上放有一质量M＝1 kg 带光滑圆弧形槽的小车，质量为m＝2 kg的小球以速度v0＝3 m/s沿水平槽口滑上圆弧形槽，槽口距地面的高度 h＝0.8 m，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力．求：
(1) 小球从槽口开始运动到滑到最高点(未离开圆弧形槽)的过程中，小球对小车做的功W；
(2) 小球落地瞬间，小车右端与小球间的水平间距L.
曲面板块模型的特点(类似碰撞模型)
(1) 上升到圆弧板最高点：板块具有共同水平速度．系统水平方向动量守恒，系统机械能守恒，mv＝(M＋m)v＋mgh，其中h为滑块上升的最大高度，不一定等于弧形轨道的高度．(相当于完全非弹性碰撞，系统减少的动能转化为m的重力势能)
(2) 返回最低点：板块的分离点．水平方向动量守恒，系统机械能守恒，mv＝mv＋Mv.(相当于完成了弹性碰撞)
即时训练4 [2026扬州期中]如图所示，光滑斜面体静止在光滑水平地面上，滑块以某一速度冲上斜面，到达最高点后沿斜面下滑．此过程滑块的运动轨迹可能是(　　)
A B
C D
二、 子弹打木块模型
4 一质量为M的木块放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以初速度v0水平打进木块并留在其中，设子弹与木块之间的滑动摩擦力为Ff.求：
(1) 子弹、木块相对静止时木块的速度大小v；
(2) 子弹打进木块并相对木块发生运动的时间t；
(3) 子弹打进木块的深度d.
子弹打木块模型的特点
(1) 子弹水平打进木块的过程中，系统的动量守恒，系统的机械能有损失．
(2) 两种情境
①子弹嵌入木块中，两者速度相等，机械能损失最多(完全非弹性碰撞).
动量守恒：mv0＝(m＋M)v，
能量守恒：Q＝Ff·s＝mv－(M＋m)v2.
②子弹穿透木块．
动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2，
能量守恒：Q＝Ff·d＝mv－(Mv＋mv).
即时训练5 [2026淮安月考]木块静止在光滑水平面上，子弹以一定的速度射入木块(如上图所示)，子弹与木块获得共同速度的瞬间(如下图所示).关于上述过程的示意图，可能正确的是(　　)
A B
C D
三、 “滑块—弹簧”模型
5 [2024江苏卷]如图所示，物块B分别通过轻弹簧、细线与水平面上的物块A左右端相连，整个系统保持静止．已知所有接触面均光滑，弹簧处于伸长状态．剪断细线后(　　)
A. 弹簧恢复到原长时，A的动能达到最大
B. 弹簧压缩量最大时，A的动量达到最大
C. 弹簧恢复到原长过程中，系统的动量增加
D. 弹簧恢复到原长过程中，系统的机械能增加
“滑块—弹簧”模型的特点
(1) 动量守恒：两个物体与弹簧相互作用的过程中，若系统所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒．
(2) 机械能守恒：系统所受的外力为零或除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒．
(3) 弹簧处于最长(最短)状态时，两物体速度相等，弹性势能最大，系统动能通常最小(相当于完全非弹性碰撞，两物体减少的动能转化为弹簧的弹性势能).
(4) 弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大(相当于刚完成弹性碰撞).
即时训练6 [2025徐州模拟]如图甲所示，一轻弹簧的两端分别与质量为m1和m2的两物块相连接，并且静止在光滑的水平面上．现使m1瞬间获得水平向右的速度为3 m/s，以此刻为计时零点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图像信息可得(　　)
甲 乙
A. 在t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s，且弹簧都处于压缩状态
B. 从t3到t4时刻弹簧由压缩状态逐渐恢复原长
C. 两物块的质量之比为m1∶m2＝1∶3
D. 在t2时刻两物块的动量大小之比为p1∶p2＝1∶4
专题7　动力学、动量和能量观点的综合应用
【活动一】
例 1
C　轻绳对B有拉力作用，且拉力对B做功，所以B的机械能不守恒，故A错误．系统在水平方向不受外力，水平方向动量守恒但竖直方向动量不守恒，所以系统动量不守恒，故B错误．当绳子竖直时，B的水平速度为0，根据水平方向动量守恒(初始总动量为mv)，此时A的速度最大为v，故C正确．绳子拉力对A做功使A获得动能，A一直向右运动，先加速后减速，所以B无法回到初始位置，故D错误．
即时训练1 C　小球下滑过程向右运动，半球体向左运动，半球体对小球做负功，小球机械能将减少，A错误；小球下滑过程向右运动，半球体向左运动，两者最终脱离失去接触，所以小球不会一直沿半球体表面下滑，B错误；将小球和半球体看作整体，水平方向不受外力，所以小球和半球体组成的系统水平方向动量守恒，C正确；当小球与半球体不再接触时，小球将做类斜抛运动，水平方向不受力，水平方向速度不变，D错误．
即时训练2 C　在曲线最高点b点时，竖直方向速度为零，仅有水平方向的分速度，因此除了会受到竖直向下的重力，还会受到水平方向的空气阻力，二力的合力不是竖直向下的，由牛顿第二定律可知，炮弹到达b点时加速度也不是竖直向下的，故A错误；下落过程中由于空气阻力做功，机械能减少，故B错误；重力冲量为I＝mgt，因为炮弹上升过程受到竖直向下的重力和向下的空气阻力，所以其加速度大小大于g，而下降过程受到向上的空气阻力和竖直向下的重力，所以其加速度大小小于g，将炮弹上升或下降过程竖直方向的运动看作初速度为零的匀加速直线运动，则根据h＝at2可知，竖直高度相同，加速度越大，经历的时间越短，故上升过程经历的时间小于下降过程经历的时间，所以重力在ab段的冲量小于bc段的冲量，故C正确；由于空气阻力一直做负功，所以机械能减小，而在ac两点时重力势能相同，故经a点时的动能大于c点时的动能，由能量守恒可得炮弹在ab段克服阻力做功大于bc段克服阻力做功，故D错误．
【活动二】
例 2
(1) 物块与挡板第一次碰撞后，物块向左减速到速度为0的过程中只有摩擦力做功，由动能定理得
－μmgx1＝0－mv，
解得μ＝0.4.
(2) 物块与挡板碰后，物块与木板组成的系统动量守恒，取水平向右为正方向．第一次碰撞后，物块反弹后瞬间速度大小为v0，设再次相对静止时的共同速度为v1，由动量守恒定律得Mv0－mv0＝(M＋m)v1，
解得v1＝v0＝v0，
物块第一次与挡板碰撞到再次与木板相对静止过程，根据动量定理有μmgt＝mv1－m(－v0)，
解得t＝1.5 s.
(3) 第二次碰撞后，物块反弹后瞬间速度大小为v1，经一段时间系统的共同速度为v2＝v1＝v0，
第三次碰撞后，小物块反弹后瞬间速度大小为v2，经一段时间系统的共同速度为v3＝v2＝v0，
……
第n－1次碰撞后，小物块反弹后瞬间速度大小为vn－2，经一段时间系统的共同速度为vn－1＝vn－2＝v0，
第n次碰撞后，小物块反弹后瞬间速度大小为vn－1，物块与挡板第n次碰撞后，物块向左减速到速度为0的过程中，由动能定理得－μmgxn＝0－mv，
解得n＝4.
即时训练3 (1) 物块重力的功率P＝mgv0sin 37°，
解得P＝36 W.
(2) 物块从A点至压缩弹簧最短的过程中，整个系统能量守恒，mgR(1－cos 37°)＋mv＝μmgL＋Ep，
解得Ep＝17 J.
(3) 从解除轨道锁定至物块回到B点的过程中，对整个系统
由能量守恒得Ep＝μmgL＋mv＋Mv，
由动量守恒得0＝MvM－mvm，
解得vm＝4 m/s，vM＝2 m/s，
物块回到B点时，圆弧轨道对物块的弹力大小
F＝m＋mg，
解得F＝28 N.
例 3
(1) 小球从开始到上升至最大高度过程中，水平方向动量守恒，可得mv0＝(M＋m)v，
对小车，由动能定理得W＝Mv2，
联立解得W＝2 J.
(2) 小球从开始运动到回到槽口过程，小球和小车水平方向动量守恒，可得mv0＝mv1＋Mv2，
对小球和小车由能量守恒定律得
mv＝mv＋Mv，
联立解得v1＝1 m/s，v2＝4 m/s，
小球离开小车后，向左做平抛运动，小车向左做匀速直线运动，得h＝gt2，L＝(v2－v1)t，
联立解得L＝1.2 m.
即时训练4 D　由于斜面体和水平面都是光滑的，所以滑块与斜面体组成的系统在水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒；滑块沿斜面体向上运动时，斜面体在滑块的压力作用下会向右加速运动，此时滑块一边相对斜面体沿斜面向上运动，一边随斜面体水平向右加速运动，其合运动的轨迹由这两个分运动共同决定，且由于斜面体向右加速，滑块的水平速度会逐渐变化，同时竖直方向速度也在变化，因此滑块向上运动的轨迹是曲线；当滑块到达最高点时，滑块与斜面体在水平方向的速度相同，滑块竖直方向的速度为零；滑块从最高点下滑时，滑块对斜面体仍有压力作用，则斜面体继续向右加速，此时滑块一边相对斜面体沿斜面向下运动，一边随斜面体水平向右加速运动，滑块的合运动轨迹继续弯曲，则整体轨迹是平滑的曲线；由于系统机械能守恒，斜面体的机械能增加，即其动能增加，则滑块的机械能减少，所以当滑块滑到斜面体的底端时，滑块的速度小于滑块刚开始从斜面体向上的初速度，故滑块向上滑运动的轨迹与向下滑运动的轨迹不对称．D正确．
例 4
(1) 子弹和木块最后共同运动，相当于完全非弹性碰撞．
从动量的角度看，子弹射入木块过程中系统动量守恒，
mv0＝(M＋m)v，
解得v＝v0.
(2) 对木块，由动量定理得Fft＝Mv－0，
解得t＝.
(3) 从能量的角度看，该过程系统损失的动能全部转化为系统的内能，Ffd＝mv－(M＋m)v2，
解得d＝.
即时训练5 A　水平面光滑，子弹和木块组成的系统动量守恒．子弹射入木块过程中，子弹做减速运动，木块做加速运动，直到两者共速．在达到共速前任意时刻，子弹的速度都大于木块的速度．设子弹初速度为v0，质量为m，木块初速度为0，质量为M，两者获得的共同速度为v，两者之间的摩擦力为f，木块位移为x1，子弹相对于木块的位移为x2，由动量守恒定律可得v＝，根据动能定理可得木块的动能为Ek＝Mv2＝fx1，系统产生的内能为Q＝mv－(m＋M)v2＝fx2，可知Q>Ek，所以x2>x1，只有A选项符合．A正确．
例 5
A　对整个系统分析可知合外力为0，A和B组成的系统动量守恒，得mAvA＝mBvB，设弹簧的初始弹性势能为Ep，整个系统只有弹簧弹力做功，机械能守恒，当弹簧恢复原长时得Ep＝mAv＋mBv，联立得Ep＝(＋mA)v，故可知弹簧恢复原长时物块A速度最大，此时动量最大，动能最大．对于系统来说动量一直为零，系统机械能不变．A正确.
即时训练6 D　由图乙可知，t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s时，总动能最小，根据机械能守恒定律可知，此时弹簧的弹性势能最大，结合m1、m2运动过程分析可知，t1时刻弹簧处于压缩状态，t3时刻弹簧处于伸长状态，故A错误；结合图乙可知两物块的运动过程，开始时m1逐渐减速，m2逐渐加速，弹簧被压缩，t1时刻二者速度相同，系统动能最小，势能最大，弹簧被压缩至最短，然后m2继续加速，m1先减速为零，然后反向加速，t2时刻，弹簧恢复原长状态，因为此时两物块速度相反，因此弹簧的长度将逐渐增大，两物块均减速，t3时刻，两物块速度相等，系统动能最小，弹簧最长，因此从t3到t4过程中弹簧由伸长状态恢复原长，故B错误；从t＝0开始到t1时刻，由动量守恒定律可得m1v0＝(m1＋m2)v1，将v0＝3 m/s，v1＝1 m/s代入得m1∶m2＝1∶2，故C错误；在t2时刻，m1的速度为v1′＝－1 m/s，m2的速度为v2′＝2 m/s，又m1∶m2＝1∶2，则动量大小之比为p1∶p2＝1∶4，故D正确．

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