动量-备战2022年高考案头必备模型（解析版）

模型33动量-备战2022年高考案头必备

模型+典例+方法+练习

目录

动量和冲量................................................................2

动量定理.................................................................4

动量中的碰撞.............................................................9

反冲、爆炸...............................................................13

动量和能量观点的综合应用一''滑^—¥板”................................15

动量和能量观点的综合应用滑块一弹簧”.................................17

动量和能量观点的综合应用…子弹打木块”..................................19

人船模型................................................................21

动量和冲量

【模型+方法】

1、动量

（1）定义：运动物体的质量与速度的乘积。

（2）表达式：p=/nv。单位：kg-mls

（3）矢量性：动量是矢量，方向与速度方向相同，运算遵守平行四边形定则。

（4）动量的变化量：Ap=p2-△〃是矢量，方向与Au一致。

（5）动量与动能的关系：E--mv2-p=不2mEk

k22m2m

要点诠释：对“动量是矢量，方向与速度方向相同”的理解，如：做匀速圆周运动的物体速

度的大小相等，动能相等（动能是标量），但动量不等，因为方向不同。对“△〃是矢量，

方向与Au一致，，的理解，如：一个质量为加的小钢球以速度v竖直砸在钢板上，假设反弹

速度也为丫，取向上为正方向，则速度的变化量为△u=u—（—v）=2u,方向向上，动量的

变化量为：△“=2,砂方向向上。

2、冲量

（1）定义：力与力的作用时间的乘积。

（2）表达式：I=Ft单位：N-s

（3）冲量是矢量：它由力的方向决定

【典例】（2021•湖南省岳阳县第一中学高三二模）如图所示，某次训练时将乒乓球发球机

置于地面上方某一合适位置，正对竖直墙面水平发射乒乓球。现有两个质量相同乒乓球“

和。以不同速度水平射出，碰到墙面时下落的高度之比为9：16,不计阻力，则乒乓球。

和。（）

777777777777

A.初速度之比为3：4

B.重力对两乒乓球的冲量大小之比为9：16

C.从射出到碰到墙面时重力做功的平均功率之比为3：4

D.碰到墙面时重力的瞬时功率之比为9：16

【答案】C

【详解】A.乒乓球做平抛运动，根据〃=gg/

可得乒乓球碰墙前运动时间之比为3：4,乂因为水平位移相等，根据%=%力

可得乒乓球。和b初速度之比为4：3,故A错误；

B.根据冲量的定义/=~

可得重力对两乒乓球的冲量大小之比为3：4,故B错误；

-W

C.根据平均功率尸=一

t

重力做功%=mgh

可知重力做功的平均功率之比为3：4,故C正确；

D.根据瞬时功率公式尸=fVcos8

2

。为尸与v方向的夹角，即乒乓球碰到墙面时重力的瞬时功率尸=zngyy=mgt

可得碰到墙面时重力的瞬时功率之比为3：4,故D错误。

故选C。

【练习】（2021•北京市海淀区精华培训学校高三月考）跳水是我国的运动强项，在2019

世界泳联世锦赛的跳水项目中，中国梦之队获得了12金、4银、1铜的骄人战绩。三米板

的比赛中，跳水运动员最后踏板的过程可以简化为下述模型：运动员从高处落到处于自然

状态的跳板上（A位置），随跳板一同向下运动到最低点（B位置），对于运动员从开始与

跳板接触到运动至最低点的这个过程中，不计空气阻力，下列说法中正确的是（）

,A

A.运动员始终处于失重状态

B.运动员的重力势能与跳板的弹性势能之和先增大后减小

C.跳板对运动员支持力的冲量和运动员重力冲量大小相等、方向相反

D.跳板对运动员支持力做的功等于运动员机械能的变化量

【答案】D

【详解】A.运动员从开始与跳板接触到运动至最低点的这个过程中，运动员先加速后减

速，则先失重后超重，选项A错误；

B.运动员的动能、重力势能和跳板的弹性势能三者之和守恒，因动能先增加后减小，则

重力势能与跳板的弹性势能之和先减小后增大，选项B错误；

C.运动员动量减小，即动量的变化不为零，根据动量定理可知，跳板对运动员支持力的

冲量和运动员重力冲量方向相反，但是大小不相等，选项C错误；

D.根据能量关系可知，跳板对运动员支持力做的功等于运动员机械能的变化量，选项D

正确。

故选D。

动量定理

【模型+方法】

1.动量定理

（1）内容：物体所受的合外力的冲量等于它的动量的变化量。

（2）表达式：Ft=p2-Pi或=

（3）动量的变化率：根据牛顿第二定律

/=/*=加"二匕•=及二口■即尸=包，这是动量的变化率，物体所受合外力等于动

△tZNt

量的变化率。如平抛运动物体动量的变化率等于重力/咫。

2.要点诠释：

（1）动量定理的研究对象可以是单个物体，也可以是物体系统。对物体系统，只需分析系

统受的外力，不必考虑系统内力。系统内力的作用不改变整个系统的总动量。

（2）用牛顿第二定律和运动学公式能求解恒力作用下的匀变速直线运动的间题，凡不涉及

加速度和位移的，用动量定理也能求解，且较为简便。

但是，动量定理不仅适用于恒定的力，也适用于随时间变化的力。对于变力，动量定理中

的F应当理解为变力在作用时间内的平均值。

（3）用动量定理解释的现象一般可分为两类：一类是物体的动量变化一定，此时力的作用

时间越短，力就越大；时间越长，力就越小。另一类是作用力一定，此时力的作用时间越

长，动量变化越大；力的作用时间越短，动量变化越小。分析问题时，要把哪个量一定哪

个量变化搞清楚。

(4)应用/=4?求变力的冲量：如果物体受到变力作用，则不直接用/=口求变力的冲

量，这时可以求出该力作用下的物体动量的变化△〃，等效代换变力的冲量1。

(5)应用=B求恒力作用下的曲线运动中物体动量的变化：曲线运动中物体速度方向

时刻在改变，求动量变化A〃=P2-PI需要应用矢量运算方法，比较复杂，如果作用力是

恒力，可以求恒力的冲量，等效代换动量的变化。

3.动量定理的理解

动量定理的表达式是一个矢量式，包含了大小和方向双重含义，一维

表达式

情况下需选定一个正方向(p一〃=/或mu-6v=F合・f)

动量定理的研究对象可以是单个物体，也可以是多物体组成的系统

研究对象

动量定理中的冲量是合力的冲量，而不是某一个力的冲量.力可以是

冲量

恒力，也可以是变力

由动量定理列出的方程是一个过程方程，方程中两个动量对应时间

方程

t的始末时刻

4.两种典型场景的应用方法

(1)动量和能量的综合问题。

动量的观点包括动量定理和动量守恒定律，能量的观点包括动能定理和能量守恒定律.

这两个观点研究的是物体或系统所经历的过程中运动状态的改变，即只要知道过程的始末状

态动量、动能和力在过程中的冲量和所做的功，即可对问题进行求解.

要点①在解决涉及时间的问题时可采用动量定理，在解决涉及位移的问题时，可考虑选用能

量观点的表达式.

②动量观点的表达式都是矢量表达式，也可以写出分量表达式，但能量观点的表达式是

标量表达式，没有分量表达式.

(2)应用动量定理求解流体问题时，由于流体的连续性,故解决问题时需先选取一个流体微

元,再对微元列出相应方程,思路如下：

在极短时间求小柱体的体积求小柱体的

加内，取一应用动量定

=和小.动量变化

理列方程：

小柱体作为2=

柱体的质量，A4_A

r-

研究对象Am=3V=pvs/\t

Zn-Av=

5.动量和动能的关系

(1)动量和动能都与物体的某一运动状态相对应，都与物体的质量和速度有关.但

它们存在明显的不同：动量的大小与速度成正比，p=mv,动能的大小与速度的平方成

正比，&加/2.两者的关系：p2=2mEk.

(2)动量是矢量而动能是标量.物体的动量发生变化时，动能不一定变化；但物体

的动能一旦发生变化，则动量必发生变化.

(3)动量的变化量Ap=1P2—pi是矢量形式，其运算遵循平行四边形定则；动能的变

化量△Ek=Ek2—Eki是标量式，运算时应用代数法.

2.动量和冲量的关系

冲量是物体动量变化的原因，动量变化量的方向与合外力冲量方向相同.

6.动能定理和动量定理的比较

动能定理动量定理

单个物体或可视为单个物体单个物体或可视为单个物

研究对象

的系统体的系统

W=EJ—Ek或

公式

I=p【一po或Ft=mvt—mvo

Fs=^mv?—^mvo

公式中的W是合外力

公式中的Ft是合外力的冲

对物体所做的总功，做功是

量，冲量是使研究对象动量发

物体动能变化的原因.Ek,

物理量的意义生变化的原因.mvt—mvO是研

—Ek是物体动能的变化，

究对象的动量变化，是过程终

是指做功过程的末动能减去

态动量与初态动量的矢量差

初动能

①两个定理都可以在最简单的，情景下，利用牛顿第二定律导

出.

相同处

②它们都反映了力的积累效应都是建立了过程量与状态量变

化的对应关系.

③既适用于直线运动，又适用于曲线运动；既适用于恒力的情

况，又适用于变力的情况

①动能定理是标量式，动量定理是矢量式.②侧重于位移过程

的力学问题用动能定理处理较为方便，侧重于时间过程的力

不同处

学问题用动量定理处理较为方便.③力对时间的积累决定了

动量的变化，力对空间的积累则决定动能的变化

特别提醒：做功的过程就是能量转化的过程，做了多少功，就表示有多少能量发生了转化,

所以说功是能量转化的量度.功能关系是联系功和能的“桥梁

【典例】（2021•北京北理工附中高二：模）根据量子理论：光子既有能量也有动量；光子

的能量E和动量p之间的关系是其中。为光速。由于光子有动量，照到物体表面

的光子被物体吸收或被反射时都会对物体产生一定的冲量，也就对物体产生了一定的压

强。根据动量定理可近似认为：当动量为p的光子垂直照到物体表面，若被物体反射，则

物体受到的冲量大小为2p；若被物体吸收，则物体受到的冲量大小为p。某激光器发出激

光束的功率为玲，光束的横截面积为5。当该激光束垂直照射到某物体表面时，物体对该

激光的反光率为〃，则激光束对此物体产生的压强为（）

〃）一〃）

A（1+4cR（1+77）4ROF）AD（24

ScScScS

【答案】B

【详解】时间t内释放光子的能量为E=P.t

光子的总动量为〃=g=曳

CC

根据题意，由动量守恒定律有2"+（1-］），=丹

激光束对此物体产生的压强为「=£

S

联立解得片

cS

所以B正确；ACD错误；

故选B。

【练习1】（2021•海南海口一中高三月考）离子推进器已经全面应用于我国航天器，其工作

原理如图所示，推进剂值原子P喷注入腔室C后，被电子枪G射出的电子碰撞而电离，成

为带正电的氤离子。掠离子从腔室C中飘移过栅电极A的速度大小可忽略不计，在栅电极

A、8之间的电场中加速，并从栅电极8喷出。在加速瓶离子的过程中飞船获得反推力。已

知栅电极A、8之间的电压为U,急离子的质量为机、电荷量为q,AB间距为“，推进器单

位时间内喷射的僦离子数目人则喷射离子过程中，对推进器产生的反冲作用力大小为

（）

P

接

电

源

B.nm^lcjUC.2mqU

【答案】C

1,

【详解】敬离子在栅电极A、8间经历直线加速过程，根据动能定理有qU=］加/

解得y=?巫

vm

由动量定理得FAf=n^tmv

解得F=n12mqU

由牛顿第三定律知，对推进器产生的反冲作用力大小是“声万

故选Co

【练习2】（2021•湖南省常德芷兰实验学校高三月考）高台跳雪是冬奥会的比赛项目之一。

如图所示，某高台跳雪运动员（可视为质点）从雪道末端先后以初速度之比W：畛=3：4沿

水平方向飞出，不计空气阻力，则运动员从飞出到落到雪坡上的整个过程中（）

A.运动员先后在空中飞行的时间不相同

B.运动员先后落在雪坡上的速度方向不同

C.运动员先后落在雪坡上动量的变化量之比为3：4

D.运动员先后落在雪坡上动能的增加量之比为3:4

【答案】AC

【详解】A.由平抛运动规律有1=%/

1、

y=]g广

位移偏角即雪坡倾角，可得tan。=)

X

2%tan0

联立解得，二一2------

g

运动员飞行的时间，与w成正比，故运动员先后在空中飞行的时间不相同，A正确；

B.运动员落至雪坡的速度偏角满足tanc=*=国

%%

对比位移偏角可得tana=2tan8

落到雪坡上位移偏角相同，则速度偏角也相同，B错误；

C.由于运动员匕行的时间，与w成正比得。"2=3:4

运动员飞行过程，由动量定理有&?=根gf

故运动员先后落在雪坡上动量的变化量之比为3：4,C正确；

D.由动能定理可得=产

运动员先后落在雪坡上动能的增加量与时间的平方成正比，故动能的增加量之比为9：

16,D错误。

故选AC。

动量中的碰撞

【模型+方法】碰撞

1.概念：碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象.

2.特点：在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒.

3.分类

种类动量是否守恒机械能是否守恒

弹性碰撞守恒守恒

非弹性碰撞守恒有损失

完全非弹性碰撞守恒损失最大

【拓展提升】

1.弹性碰撞后速度的求解

根据动量守恒和机械能守恒

m\v\+m2V2=m\v\'+ni2V2①

产1廿+5124=品1次"+产2y2”②

解得％，=（郎一妁加+2吗匕

机]+机2

，一（62―叫）％+2仍匕

玲，=------------------

町+m2

2.弹性碰撞分析讨论

当碰前物体2的速度不为零时，若a=帆2，则4=也，也'=力，即两物体交换速度。

当碰前物体2的速度为零时，V2=0,则：

，—（见一机2）匕,2mw\

V|------------＞V2__|_，

町+丐见十团2

（1）孙=加2时，V1'=O,V2=V\,碰撞后两物体交换速度。

（2）网＞机2时，也'＞0,V2，＞0,碰撞后两物体沿同方向运动。

（3）如＜机2时，V,'＜0,也＞0,碰撞后质量小的物体被反弹回来。

【典例】游乐场滑索项目的简化模型如图所示，索道四段光滑，A点比B点高1.25m,与

段平滑连接的BC段粗糙，长4m。质量为50kg的滑块从A点由静止下滑，到B点进

入水平减速区，在C点与缓冲墙发生碰撞，反弹后在距墙1m的。点停下。设滑块与3c

段的动摩擦因数为0.2,规定向右为正方向。g取10m/sL下列说法正确的是（）

A.缓冲墙对滑块的冲量为-50N-SB.缓冲墙对滑块的冲量为-250N-s

C.缓冲墙对滑块做的功为-125JD.缓冲墙对滑块做的功为-250J

答案：BC

解析：滑块从4滑到C,由动能定理有/ng/i-卬咫/°=3加；-0，解得W=3m/s,碰后滑

到。的过程，有得％=-2m/s,与墙碰撞过程应用动量定理（向右

为正）有/=a匕-mM=-250N-s,故A错误，B正确。对碰撞过程应用动能定理有

W=-mv^--m^=-n5],故C正确，D错误。

22

【练习11如图甲所示，在光滑水平面上的43两个小球发生正碰，两小球的质量分别为

A.碰前B静止，人向右运动B.碰后B和A都向右运动

C.由动量守恒可以算出8=0.3kgD.碰撞过程中系统损失了0.4J的机械能

答案：AC

解析：由题图乙可以看出，碰前A位移随时间均匀增加，8位移不变，可知8静止，A向右

运动，故A正确；碰后一个位移增大，一个位移减小，说明运动方向不一致，B错误；由

题图乙可以计算出A碰前的速度片=4m/s,碰后的速度w'=-2m/s,B碰前的速度彩=°，

碰后的速度%'=2m/s,由动量守恒定律网匕+?v?+w?2V2'，计算得〃4=0.3kg,

故C正确；碰撞过程中系统损失的机械能AE=T町肛外匕，2=o,口错误。

【练习2】如图所示，质量为M=2kg且足够长的小车以%=2.5m/s的速度沿光滑的水平

面运动，在小车正上方6=L25m处有一质量为m=0.5kg的可视为质点的物块由静止释

放，经过一段时间刚好落在小车上无反弹，作用时间很短，随后二者一起沿水平面向右运

动。已知物块与小车上表面之间的动摩擦因数为4=0.5,重力加速度为g=10m/s2,忽略

空气阻力。则下列说法正确的是（）

□

A.物块落在小车上的过程中，物块和小车组成的系统动量守恒

B.物块落在小车后的速度大小为3m/s

C.物块在小车的上表面滑动的距离为0.5m

D.物块落在小车的整个过程中，系统损失的能量为7.5J

答案：CD

解析：本题通过竖直方向的碰撞模型考查动量守恒定律和功能关系。物块落在小车上的过

程中，物块与小车组成的系统在竖直方向有外力作用，动量不守恒，故A错误；物块与小

车组成的系统水平方向不受外力，则系统在水平方向的动量守恒，选取向右为正方向，则

有〃%=(M+/n)”,所以二者的共同速度为丫=乎」=M1|m/s=2m/s,故B错误：

物块落上小车到二者共速的过程中，因摩擦损失的机械能为然代

入数据解得蜴=125J,由功能关系有蜴="监•以，解得Ax=0.5m,故C正确；在整

个过程中，系统损失的机械能等于物块减少的重力势能与二者损失的动能之和，由能量守

'],1

恒定律得△£=%g/?+-Mv^--(M+/n)v2,代入数据可得△E=7.5J,故D正确。

【练习3】疫情期间，居家隔离时各种家庭游戏轮番上演，小明家举行餐桌“冰壶”比

赛。如图所示，选取两个质量不同的易拉罐，把易拉罐8放在离餐桌左侧中心五分之一

处，将易拉罐A从左侧桌边中心以某一初速度快速推出，两易拉罐沿纵向发生弹性碰撞，

最终两易拉罐都恰好停在桌边。若已知餐桌长为L,易拉罐与桌面间的动摩擦因数为〃，以

下说法正确的是()

4L

5

A.两个易拉罐质量之比，%=1:3

B.全过程两个易拉罐与桌面间因摩擦产生的内能之比马：4=1:4

C.易拉罐A的初速度为2向Z

D.碰后两个易拉罐在桌面上运动的时间之比〃：%=1:4

答案：BC

解析：本题通过易拉罐的运动及碰撞考查动量守恒定律和能量守恒定律。设易拉罐4与8

碰撞前的速度为力碰撞后两易拉罐的速度分别为办和力,碰撞过程中易拉罐A和易拉罐

8组成的系统动量守恒、能量守恒，有加/=外眩+，％%，3町/("+}%吟，两易

拉罐都恰好停在桌边，有'谒=〃〃彩，联立解得

%=：%匕4=-],%=2%，即加A:忆=1:2,A错误；全过程易拉罐A与桌面间因摩擦产

/AI

生的内能易拉罐8与桌面间因摩擦产生的内能皖=〃,％8学，则

用,：纭=1:4,8正确；设易拉罐A的初速度为％,——2〃g],由上述分析得

1Q

v2=-jugL,得%=2而I,C正确；碰后易拉罐在桌面上运动的时间

f=工。=A、B),则碰后两个易拉罐在桌面上运动时间之比r/G=1：2,D错误。

4g

反冲、爆炸

【模型+方法】

1.反冲运动

(1)定义：静止或运动的物体通过分离出部分物质，而使自身在反方向获得加速的现象.

(2)特点：在反冲运动中，如果没有外力作用或外力远小于物体间的相互作用力，系统的动

量是守恒的.

2.爆炸现象

爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量守

恒，爆炸过程中位移很小，可忽略不计，作用后从相互作用前的位置以新的动量开始运动.

【典例1】(2018•全国卷I)一质量为〃?的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空。当烟花

弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能

之和也为E,且均沿竖直方向运动。爆炸时间极短，重力加速度大小为g,不计空气阻力

和火药的质量。求：

(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；

(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。

【答案】⑴、隹(2)—

g/mg

【解析】(1)设烟花弹上升的初速度为W，由题给条件有记①

设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为/,由运动学公式有

0—W=一郎②

联立①©式得「=入店。③

(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为加，由机械能守恒定律有E=〃次加④

火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设爆炸后瞬间其速度分别为VI

和V2o由题给条件和动量守恒定律有%源+最日=后⑤

］机力+/团嗯=0⑥

由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动。设爆炸后

烟花弹向上运动部分继续上升的高度为力2，由机械能守恒定律有""后=%?g〃2⑦

联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为〃=加+鱼=2篇F。⑧

【方法规律】爆炸现象的三个规律

动量由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远远大于

守恒受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒

动能在爆炸过程中，由于有其他形式的能量（如化学能）转化为动能，所以爆炸

增加后系统的总动能增加

位置爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，i般可忽略

不变不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动

【练习】（2019.江苏徐州一中模拟）（多选）向空中发射一枚炮弹，不计空气阻力，当炮弹的

速度W恰好沿水平方向时，炮弹炸裂成。、6两块，若质量较大的a的速度方向仍沿原来

的方向，贝“（）

A.匕的速度方向一定与原来速度方向相反

B.从炸裂到落地的这段时间内，。飞行的水平距离一定比6的大

C.。、6一定同时到达水平地面

D.在炸裂过程中，a、。受到的爆炸力的大小一定相等

【答案】CD

【解析】炮弹炸裂前后动量守恒，选定物的方向为正方向，则,"%显然i%>0、

的<0、物=0都有可能，A错误；*>%、物<%、也都有可能，爆炸后，〃、b都做平抛

运动，由平抛运动规律知，下落高度相同则运动的时间相等，飞行的水平距离与速度大小

成正比，故B错误，C正确；炸裂过程中，。、方之间的力为相互作用力，故D正确。

【典例】（2019.新课标全国I卷）最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机

联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展。若某次实验中该发动机向

后喷射的气体速度约为3km/s,产生的推力约为4.8x106N,则它在1s时间内喷射的气体质

量约为（）

A.1.6X102kgB.1.6x103kgc.1.6xl05kgD.1.6xl06kg

【答案】B

【解析】设该发动机在fs时间内，喷射出的气体质量为加，根据动量定理，Ff=mv，可

知，在Is内喷射出的气体质量外='=£="^^^^-依=1.6xl（）3&g,故本题选B。

【方法规律】

作用原

反冲运动是系统内物体之间的作用力和反作用力产生的效果

理

动量守反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，所以反冲运动遵循动量

恒守恒定律

机械能反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总机械

增加能增加

【练习】（2017.高考全国卷I）将质量为1.00kg的模型火箭点火升空，50g燃烧的燃气以

大小为600m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出.在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量

大小为（喷出过程中重力和空气阻力可忽略）（）

A.30kg-m/sB.5.7xl02kg-m/s

C.6.0x102kg-m/sD.6.3x102kg-m/s

【答案】A

【解析】燃气从火箭喷口喷出的瞬间，火箭和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷出后的

瞬间，火箭的动量大小为"，根据动量守恒定律，可得p—im>o=O,解得p=/«vo=0.050

kgx600m/s=30kg-m/s,选项A正确.

动量和能量观点的综合应用-滑块一平板”

【模型+方法】“滑块——平板”模型解题思路

1应用系统的动量守恒。

2在涉及滑块或平板的时间时，优先考虑用动量定理。

3在涉及滑块或平板的位移时，优先考虑用动能定理。

4在涉及滑块的相对位移时，优先考虑用系统的能量守恒。

5滑块恰好不滑动时，滑块与平板达到共同速度。

【典例】（2019•浙江余姚中学调研）如图所示，一长木板位于光滑水平面上，长木板的左端

固定一挡板，木板和挡板的总质量为M=3.0kg,木板的长度为L=1.5m。在木板右端有

一小物块，其质量m=1.0kg,小物块与木板间的动摩擦因数"=0.10,它们都处于静止状

态。现令小物块以初速度W沿木板向左滑动，重力加速度g取10m/s2。

（1）若小物块刚好能运动到左端挡板处，求w的大小；

（2）若初速度v0=3m/s,小物块与挡板相撞后，恰好能回到右端而不脱离木板，求碰撞过程

中损失的机械能。

【答案］⑴2m/s(2)0.375J

【解析】(1)设木板和物块最后共同的速度为v

由动量守恒定律得

niVQ=(m-\-M)v

对木板和物块系统，由功能关系得

由以上两式解得

l2pgL(M+m)_

Vo—J—2m/So

VM

(2)同样由动量守恒定律可知，木板和物块最后也要达到共同速度ri

W7Vo~(M+/W)V1

设碰撞过程中损失的机械能为则

对木板和物块系统的整个运动过程，由功能关系有

〃加g.2L+△£=斗〃记一"〃?+Af)/

由以上各式解得

欧=黑普

—2囚ngL

代入数据可得AE=0.375Jo

【练习】(2019.河南省郑州一中预测)如图所示，质量为〃?=245g的物块(可视为质点)放在

质量为M=0.5kg的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩

擦因数为〃=04质量为恤=5g的子弹以速度vo=3OOm/s沿水平方向射入物块并留在其中

(时间极短)，g取10mzs2.子弹射入后，求：

%>pJ

(1)子弹进入物块后一起向右滑行的最大速度也；

(2)木板向右滑行的最大速度V2；

(3)物块在木板上滑行的时间t.

【答案］⑴6m/s(2)2m/s(3)1s

【解析】(1)子弹进入物块后一起向右滑行的初速度即为物块的最大速度，由动量守恒定律

可得：

/nnvo=(n/o+wi)vi,解得vi=6m/s.

(2)当子弹、物块、木板三者同速时，木板的速度最大，由动量守恒定律可得：(，加+")0=

(zno+m+M)也，解得也=2m/s.

(3)对物块和子弹组成的整体应用动量定理得：

一〃(wo+m)gt=(mo+m)V2—(wo+m)v\,

解得：t—\s.

动量和能量观点的综合应用™''滑块一弹簧”

【模型+方法】“滑块——弹簧”模型四点注意

1在能量方面，由于弹簧的形变会具有弹性势能，系统的总动能将发生变化，若系统所受的

外力和除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒。

2在动量方面，系统动量守恒。

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，系统满足动量守恒，机械能守

恒。

4弹簧处于原长时，弹性势能为零。

【典例】(2019•高考全国卷III)静止在水平地面上的两小物块4、B,质量分别为rtM=1.0

kg,mB=4.0kg；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离/=1.0m,

如图所示.某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使小B瞬间分离，两物块获得的动能之和

为Ek=10.0J.释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动.A、8与地面之间的动摩擦因

数均为〃=0.20.重力加速度取g=10m/s2.A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰

撞时间极短.

B/1F1~

，—忠

(1)求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小；

(2)物块A、B中的哪一个先停止？该物块刚停止时A与8之间的距离是多少？

(3)4和B都停止后，A与8之间的距离是多少？

【答案】(1)4.0m/s1.0m/s(2)B先停止0.50m(3)0.91m

【解析】(1)设弹簧释放瞬间A和8的速度大小分别为VA、%以向右为正，由动量守恒定

律和题给条件有

0=mAVA-mBVB①

联立①②式并代入题给数据得

W=4.0m/s,VB=1.0m/s.③

(2)A、8两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a.假设

A和B发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的B.设从弹簧

释放到B停止所需时间为38向左运动的路程为SB，则有

mBa=iumBg④

SB=VBt—^ai1⑤

VB—a/=0⑥

在时间r内，A可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A将向左运动，碰撞并不改变A的速度大

小，所以无论此碰撞是否发生，A在时间r内的路程以都可表示为

SA-VAt—^at1⑦

联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得

SA=,1-75m,SB^0.25m⑧

这表明在时间/内A已与墙壁发生碰撞，但没有与B发生碰撞，此时A位于出发点右边0.25

m处.B位于出发点左边0.25m处，两物块之间的距离s为

5=0.25m+0.25m=0.50m.⑨

(3)f时刻后A将继续向左运动，假设它能与静止的B碰撞，碰撞时速度的大小为"A，由动

能定理有

产A/A-2ml而=一〃肛%(2/+SB)⑩

联立③⑧⑩式并代入题给数据得

必=夜m/s⑪

故A与B将发生碰撞.设碰撞后A、B的速度分别为"二和冒‘历由动量守恒定律与机械能

守恒定律有

mA[—V'A)—mAv"A+mBv"B⑫

^mAv'l=^mAv"i+^mBv"i⑬

联立⑪⑫回式并代入题给数据得

m/s，V"B=—m/s⑭

这表明碰撞后A将向右运动，B继续向左运动.设碰撞后A向右运动距离为，”时停止，B

向左运动距离为小时停止，由运动学公式

2as'A=v"i，2as'B=v"i®

由④⑭⑮式及题给数据得

5A=0.63m,S，B=0.28m⑯

S'A小于碰撞处到墙壁的距离.由上式可得两物块停止后的距离

S，=S）+/8=0.91m.⑰

【练习】（2019•安徽安庆一中模拟）如图所示，质量分别为1kg、3kg的滑块A、8位于光

滑水平面上，现使滑块A以4m/s的速度向右运动，与左侧连有轻弹簧的滑块B发生碰

撞。求二者在发生碰撞的过程中，

AB

，〃）〃〃力〃/〃“〃〃）〃〃力〃〃

（1）弹簧的最大弹性势能；

（2）滑块8的最大速度。

【答案】（1）6J（2）2m/s,向右

【解析】（1）当弹簧压缩最短时，弹簧的弹性势能最大，此时滑块A、B同速。系统动量守

恒，以向右为正方向，

由动量守恒定律得mA¥0=+〃1B）V

位舛mvo1x4

vA

解得~m+3m/s—1in/s

弹簧的最大弹性势能即滑块A、8损失的动能

记一；（〃以+旭8）3=6J。

（2）当弹簧恢复原长时，滑块B获得最大速度，

由动量守恒定律和能量守恒定律得W/tvo—m,\VA+innVm

3MA访=露*1+某品解得Vm=2m/s,向右。

动量和能量观点的综合应用子弹打木块”

【模型+方法】“子弹打木块”模型特点

1.当子弹和木块的速度相等时木块的速度最大，两者的相对位移子弹射入木块的深度取得

极值。

2.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。

3.根据能量守恒，系统损失的动能△&==/&（），可以看出，子弹的质量越小，木块的质

m-vM

量越大，动能损失越多。

【典例】（2019•海南三亚一中模拟）如图所示，一质量〃“=0.45kg的平顶小车静止在光滑

的水平轨道上。质量，m=0.5kg的小物块（可视为质点）静止在车顶的右端。一质量为恤=

0.05kg的子弹以水平速度内=100m/s射中小车左端并留在