2024年高考物理二轮热点题型归纳：动量与能量（解析版）

前量与能量

国最

【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.动量定理讥=〃-p中为合外力的冲量.

3.要明确过程的初、末状态.

血11（2023上•安徽合肥•高三校考阶段练习）一个质量为m=1kg的小球从九=5m的高处自由下落到沙坑

中，小球由静止下落到陷至沙坑最低点经历的时间力=l.ls,取g=lOm/sz,则沙子对小球平均作用力的大

小为（）

A.1102VB.220NC.UND.22N

【答案】A

【详解】取竖直向上为正方向，小球从静止开始下落到接触沙子的时间为

则小球接触沙子到陷至最低点的时间为

t2—t—ti=0.1s

对全程由动量定理有

Ft2—mgt=0

解得，沙子对小球平均作用力的大小为

F^llON

故选A。

厕2（2023上•浙江宁波•高三校联考期中）一质量为2kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运

动。F随时间t变化的图线如图所示，则（）

IF/N

2-------

1

O—

iI病

23

:

A.1秒末物块的速率为2nz/sB.3秒末时物块的动重大小为5kg・m/s

C.前4秒内物块的运动方向不发生改变D.4秒末物块的速度为零•••

【答案】。

【详解】由动量定理有

Ft1—mvi

解得1秒末物块的速率为

Fti2x1.

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

m2

故A错误；

B.F—t图线与时间轴所围面积表示冲量，根据动量定理可知，方=3s时物块的动量大小为

P3=2X2kg•m/s—lx1kg•m/s=3kg•m/s

故石错误；

CD.根据动量定理可知，力=4s时物块的动量大小为

p4—2x2kg•m/s—lx2kg•m/s=2kg•m/s

则t=4s时物块的速度为

v=-=lm/s

4m

所以前4秒内物体的速度均大于零，即前4秒内物块的运动方向不发生改变。故。正确错误。

故选C。

如（2023上•山东济宁•高三校联考期中）“水刀”威力巨大，几乎可以切割任何物体，它是公认的最科学、经

济、环保的清洁工具之一。如图所示为“水刀”快速割断厚石板的场景。已知水刀出水口直径为d,水从枪

口喷出时的速度为。，水的密度为P，求：

（1）单位时间从枪口喷出的水的质量；

（2）若水从枪口喷出时的速度大小v—500m/s,近距离垂直喷射到物体表面，水枪出水口直径d—0.3mm。

忽略水从枪口喷出后的发散效应，水喷射到物体表面时速度在短时间内变为零。由于水柱前端的水与物

体表面相互作用时间很短，因此在分析水对物体表面的作用力时可忽略这部分水所受的重力。已知水的

密度p=L0Xl（）3kg/m3,g=lOrn/sz,估算“水刀”对物体表面产生的冲击力的大小。（小数点后保留1位

小数）

【答案】⑴利尸丐或；⑵17.7N

【详解】（1）根据题意可知△力时间内喷出水的质量为

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

则单位时间内从枪口喷出水的质量为

pVTld2

他0=一一

（2）根据题意，取很短的时间，则打到物体表面的水的质量为•••

Apvxa^ti

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

4

以这部分水为研究对象，设物体表面对其作用力为F，以水流速度方向为正方向，由动量定理得

一F△力尸一77W

解得

_p"兀/

代入数据得

F=17.77V

【方法提炼】

1.冲量的三种计算方法

（1）公式法：/=F土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、力未知的情况.

（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—力成线性关系，也可直接用平均力

求变力的冲量.

2.动量定理

（1）公式：FM—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M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。

【变式演练】

Wt①（2023上•福建莆田•高三莆田一中校考期中）质量皆为m的甲、乙两人分别站在质量为河的小船的

船头和船尾，随船以速度。。在水面上向左运动（不计阻力）。两人同时以对地的速率^水平跳出，其中甲沿

船前进的方向跳出，乙沿相反方向跳出，则（）

A.乙对船做的功较多B.船对乙的冲量较大C.船速不变D.船速增大

【答案】ABD

【详解】8.根据动量定理可知，船对甲的冲量为

I=mv—

船对乙的冲量为•••

I'——mv—mv0

可知船对乙的冲量较大，故B正确；

ACD.根据水平方向动量守恒可知

（M+2rn）v0=Mv'+mv—mv

可知

则船速增大,根据动能定理可知乙对船的作用力做功较多，故。错误，AD正确；

故选ABD。

意目习（2024•海南•校联考一模）歼-20隐形战斗机的矢量发动机喷口可向不同方向转动以产生不同方向

的推力。已知发动机喷口面积为S,喷射气体的密度为p,产生的推力为尸，则发动机喷射气体的速度大小

为（）

【答案】A

【详解】设发动机向后喷射气体的速度为。，以发动机时间t内喷出的气体为研究对象，由动量定理得

Ft=pSv2t

解得

故选A。

遒瓦区（2023上•山东济宁•高三校联考期中）随着我市文明城市建设的推进，骑电动车戴头盔已经逐渐成为

一种良好习惯，正确佩戴头盔能有效地保护骑车人的安全，可以在万一发生碰撞或摔倒时（）

A.减小冲量B.减小动量的变化量

C.增大人对地面的压强，起到安全作用D.增大与撞击物品之间的冲击时间,从而减小冲力

【答案】。

【详解】骑车人撞击前后速度不会因为带头盔而发生变化，所以不会改变动量的变化量，根据动量定理可

知，也不会改变受到的冲量，根据

I=0—mv=FAt

是因为增大与撞击物品之间的冲击时间，从而减小冲力，与压强无关。

故选

遮目1（2023上•山东•高三校联考期中）如图所示，蹦床运动员与网作用时，通过“曲脚然后用力蹬网”的动

作使自己越蹦越高。某次训练时，一个质量小=50kg的蹦床运动员,从静止通过“曲腿然后用力蹬网”，蹦

起的最大高度距离水平网面为自=0.8巾,之后第1次向下落着网，与网相互作用后沿竖直方向蹦回到离水

平网面3=1.8m高处。假设运动员与网接触的时间均为M=0.8s,从第1次离开水平网面开始，每次运动

员与水平网相互作用中消耗的能量相同,不计空气阻力，忽略运动员与蹦床作用时的能量损失，重力加速

度9取10m/s2o

（1）求运动员蹦起后第1次触网过程中动量的变化量△「；

（2）求（1）中运动员对水平网面的平均作用力大小巨；

（3）运动员第2次下落后，与网接触又弹起的这段时间内，求蹦床对运动员的冲量大小。（计算结果可以保

留根式）

【答案】（l）500kg-m/s,方向竖直向上；⑵1125N;⑶/=100（7+s

【详解】（1）设第1次下落触网时的速度为有

冠=2ghi

解得

o尸4m/s

设蹦回到九2高度前离网时的速度为02,有

.=2g九2

解得

v2—6m/s

取竖直向上为正方向，第1次触网与网接触的时间内动量的变化量

△p=mv2—（―m^）

代入数据解得

Ap=500kg•m/s

方向竖直向上

（2）以竖直向上为正方向，由动量定理得

=Np

代入数据解得

E=1125N

由牛顿第三定律得，运动员对水平网面的平均作用力大小为11257V

（3）每次运动员消耗的能量为

E=mgXh=mg（%2—九1）=500J

运动员两次提供的能量

2石=mg（九3一吊）

解得

无3=2.8m

由

^3=2gh3

得

3=y/2gh3—2V14m/s

以竖直向上为正方向，由动量定理得

I—mgM=mv^—（—mg）

解得

j=100（7+V14）7V-s

5

【题型二】动黄守恒定律及其应用

【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.

吼1（2023上•北京顺义•高三北京市顺义区第一中学校考期中）如图所示,两物块4、8质量分别为m、2/n,与

水平地面的动摩擦因数分别为2〃、〃,其间用一轻弹簧连接。初始时弹簧处于原长状态，使A、B两物块同

时获得一个方向相反，大小分别为3、4的水平速度，弹簧再次恢复原长时两物块的速度恰好同时为零。

关于这一运动过程，下列说法正确的是（）

[A|VWWWW^B1

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

A.两物块A、B及弹簧组成的系统动量不守恒

B.两物块A、B及弹簧组成的系统机械能守恒

C.两物块A、B初速度的大小关系为如=3

D.两物块运动的路程之比为2:1

【答案】。

【详解】A.分析可知，物块A、B的质量分别为m,2馆,与地面间的动摩擦因数分别为2〃、“，因此在滑动

过程中，两物块所受的摩擦力大小都等于2〃?咐,且方向相反，由此可知系统所受合外力为零，系统动量守

恒，故A错误；

B.在系统运动过程中要克服摩擦力做功，系统的机械能转化为内能，系统机械能不守恒，故B错误；

C.系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律可得

mvi—2mvi—0

解得

3=202

故。错误；

。.系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律可得

mv1—2mv2—0

设A、B的路程分别为si,s2,则有

m宗—21mt—0

解得

Si：S2=2:1

故。正确。

故选。。

题2（2023上•湖北•高三校联考期中）如图甲所示,在光滑水平面上的两小球发生正碰,小球的质量分别为明

和??12,图乙为它们碰撞后的S—力图像，已知?72产0.1kg.由此可以判断（）

•••

A.碰前馆2匀速，恒1加速运动B.碰后?712和恒1都向右运动

C.m2=0.2kgD.碰撞过程中系统动量守恒，机械能守恒

【答案】。

【详解】AB.由S—力图像的斜率等于速度可知碰前馆2静止，El匀速运动，g的速度为

%==4m/s

力1

向右运动；碰后ma速度为

号尸————m/s=—2m/s

6—2

向左运动，碰后馆2的速度

，16—8/o/

02=w—丁皿/s=2m/s

o—2

向右运动，故48错误；

C.根据动量守恒定律得

代入数据解得

m2=0.3kg

故。错误；

D.两物体组成的系统在碰撞前的机械能为

11

E=-771^19=—x0.1x492J=0.8J

碰撞后的机械能为

E'-=0.8J

因为

E=E'

所以碰撞过程中系统动量守恒，机械能守恒，故。正确。

故选。。

【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。

【变式演练】

题目工（多选）（202。•全国卷II21）水平冰面上有一固定的竖直挡板，一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上,

他把一质量为4.0kg的静止物块以大小为5.0m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行

速度；物块与挡板弹性碰撞,速度反向,追上运动员时,运动员又把物块推向挡板,使其再一次以大小为5.0

m/s的速度与挡板弹性碰撞.总共经过8次这样推物块后,运动员退行速度的大小大于5.0m/s,反弹的物

块不能再追上运动员.不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为（）

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

【答案】BC

【解析】设运动员的质量为第一次推物块后，运动员速度大小为%,第二次推物块后，运动员速度大小

为第八次推物块后，运动员速度大小为vs,第一次推物块后，由动量守恒定律知：Mvx—mv0;第二次

推物块后由动量守恒定律知：=m[v0—（—%））]—2mVo,，第九次推物块后，由动量守恒定律

知：整理得（2"]'馆""，则260*7nzs,♦=300*m/s.由题意知，5

m/s,贝IM>52kg,又知纥>5m/s，则MV

60kg,故选反C.

>1团（2020•湖南娄底市下学期质检）质量为M的气球上有一个质量为m的人，气球和人在空中共同静止

于离地h高处,如果从气球上逐渐放下一个质量不计的软梯,让人沿软梯降到地面，则软梯长至少应为

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

m+MCTm

【答案】C

【解析】设人沿软梯降到地面，软梯长度至少为L,以人和气球的系统为研究对象，竖直方向动量守恒，规

定竖直向下为正方向，由动量守恒定律得：0=馍5—诙2

人沿软梯降至地面时，气球上升的高度为七一九,

速度大小：v2—LJ

人相对于地面下降的高度为心速度大小为如="

联立得：0

解得：L=M^h，故。正确，选项4B、。错误.

题目区质量为小的物块甲以3m/s的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定其上,另一质量也为m的

物块乙以4m/s的速度与甲相向运动，如图所示，则（）

乙一一甲

A.甲、乙两物块在弹簧压缩过程中，由于弹力作用，系统动量不守恒

B.当两物块相距最近时，甲物块的速率为零

C.当甲物块的速率为1m/s时，乙物块的速率可能为2m/s,也可能为0

D.甲物块的速率可能达到5m/s

【答案】C

【解析】甲、乙两个物块通过弹簧发生相互碰撞，遵循动量和能量守恒，当两个物块离开弹簧时交换速度，

即甲的速度为4m/s,乙的速度为3m/s,方向相反，且整个碰撞过程中甲的速度不可能大于4m/s,乙的速度

不可能大于3m/s,当两物块相距最近时速度相等为0.5m/s,所以A、B、D错误，。正确.

【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.

吼1（2023上•山东•高三校联考期中）在光滑水平面上，两个物体在同一直线上沿同一方向运动，A的动

量为18kg-m/s,的动量为24kg•m/s。A从后面追上它们相互作用一段时间后，B的动量增大为

32kg・m/s,方向不变。下列说法正确的是（）

A.若此过程为弹性碰撞，则两物体的质量之比为3也=[

mB3

B.若此过程为非弹性碰撞，则两物体的质量之比可能为四=工

mB18

C.若此过程为弹性碰撞，则两物体的质量之比为3里=：

mB4

D.若此过程为非弹性碰撞,则两物体的质量之比可能为2鱼=三

【答案】B

【详解】AC.碰前，有

PAPB

mAmB

解得

mA<外=3

mBPB4

A碰B过程中，有

PA+PB=PAI+PBI

PZi?4n谈i।通i

2mA2mB2mA2GB

解得

W-1

mB2

碰后，有

PAIPBI

mA、mB

解得

---?—

mB16

综上可得

5W1

—0-----0-

16mB2

若为弹性碰撞，则两物体的质量之比为•••

mA=1

mB2

A、C错误；

BD.若为非弹性碰撞，则两物体的质量之比为

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

16mB2

B正确、。错误。

故选B。

朗2（2023上•江苏扬州•高三统考阶段练习）如图所示为大球和小球叠放在一起、在同一竖直线上进行的超级

碰撞实验，可以使小球弹起并上升到很大高度。将质量为km（fc>1）的大球（在下）,质量为m的小球（在

上）叠放在一起,从距地面高h处由静止释放，h远大于球的半径,不计空气阻力。假设大球和地面、大球

与小球的碰撞均为完全弹性碰撞，且碰撞时间极短。下列说法正确的是（）

A.两球一起下落过程中，小球对大球的弹力大小为mg

B.大球与地面第一次碰撞过程中，地面对大球平均作用力的冲量大小为km师

C.无论k取什么值，大球与小球碰撞后大球的速度均不能为0

D.若大球的质量远大于小球的质量，小球上升的最大高度约为9九

【答案】。

【详解】4.两球一起下落过程中都做自由落体运动，小球对大球的弹力大小为0,4错误；

B.下落过程中由自由落体运动规律得

v2=2gh

解得大球与地面碰撞前的速度大小为

v=y/2gh

根据动量定理可得

I—2kmv=2kmJ2g无

B错误;

C.以向上为正方向，大球碰撞地之后，速度瞬间反向，大小相等，两球碰撞前后动量守恒，机械能守恒，设

碰撞前小球和大球的速度分别为明碰后大球的速度为上小球的速度为功，由动量守恒定律

kmv—mv=kmg+mg

由机械能守恒定律

两式联立解得•••

_（km—m）v—2mv

%km+m

可知当

k=3

时，大球与小球碰撞后大球的速度为0,。错误；

D.大球与地面碰撞后，速度瞬间反向，大小不变，两球发生弹性碰撞，两球碰撞过程系统内力远大于外

力，系统动量守恒、机械能守恒，设碰撞后小球速度大小为大球速度大小为。2,选向上为正方向，由动

能量守恒和机械能守恒

Mv—mv=mv1+Mv-z

-1-（m+M）V2=

解得

_（3M—m）^/2gh

%M+m

当M》时，不考虑?n影响，则

0i=3J2gh

小球上升高度为

H=等=9h

2g

。正确；

故选。。

网］3（2023上•江苏连云港•高二统考期中）20必年10月10日，据黎巴嫩媒体报道，以色列军队在黎巴嫩南部领

土使用国际法禁止的白磷弹。假设一质量为小的白磷弹竖直向上运动到最高点时,爆炸成两部分，爆炸

后瞬时质量为巾1部分的动能为,爆炸时间极短可不计,不计爆炸过程中的质量损失，则该白磷弹爆炸

后瞬时的总动能为（）

ATnxEkln2mEki厂mEkl。mEkl

J2>.U.J_J.~~

m—mim—rrtim—rrii—

【答案】。

【详解】爆炸后瞬时质量为ma部分的速度大小为小,另一部分的质量为（加一nzj,速度大小为”2,根据动

量守恒可得

仍5=~仍）必

又

Eki=-^mvl,Ek2=y（m-mJ送

该白磷弹爆炸后瞬时的总动能为

及总=耳1+及2

联立解得

—mEki

软总一

m—7721

故选。。

d4（2023上•江苏•高三校联考开学考试）如图所示,水平地面上静止放置着材料相同、紧靠在一起的物体A

和B,两物体可视为质点且A的质量较大。两物体间夹有炸药,爆炸后两物体沿水平方向左右分离，不计

•••

空气阻力，则A物体（

AB

A.爆炸过程中，获得的初动量大B.爆炸过程中，获得的初动能大

C.爆炸后，滑行时间短D.爆炸后，滑行距离长

【答案】。

【详解】爆炸过程中，系统内力远大于外力，A、B组成的系统动量守恒，爆炸前系统总动量为零，由动

量守恒定律可知，爆炸后，两物体的动量大小相等，故A错误；

B.设爆炸后任一物体的动量大小为p,物体的质量为加，则动能

E=-^-mv2=y-

k22m

可知质量大的物体获得的初动能小,故B错误；

C,取爆炸后速度方向为正方向，根据动量定理得

—[irngt=0—p

解得滑行时间

t=^-

ang

由于〃、p、g相等，则质量大的物体滑行时间短,故C正确；

D.爆炸后，根据动能定理得

12八P

—mgs=nU——mv=0———

22m

解得爆炸后物体滑行的距离

g

由于〃、p、g相等，则质量大的物体滑行距离短，故。错误。

故选。。

血]5（2023上•湖北•高三校联考期中）图所示，质量为4M的木板静止在足够大的光滑水平地面上,质量为3M

的木块静止在木板们左端。质量为小的子弹以大小为。。的初速度射入木块，子弹射入木块后未穿出木

块,且木块恰好木滑离木板。木块与木板间的动摩擦因数为n,重力加速度大小为g,子弹与地均视为质

点,不计子弹射入木块的时间。下列说法正确的是（）

Vo

二n

A.子弹射入木块过程，子弹和木块组成的系统动量守恒、机械能不守恒

B.子弹射入木块后共同速度为-的

C.木板长度为上

32阳

D.木块在木板上滑行时间是^

【答案】AD

【详解】4.子弹射入木块过程，子弹和木块组成的系统动量守恒，但由于系统内摩擦力做功，系统机械能

不守恒，A正确；

B.对子弹和木块系统，根据动量守恒可得

mv0—(m+3771)1)1

求得子弹射入木块后共同速度

B错误;

CD.木块恰好未滑离木板，可知最终木块与木板具有相同的速度外,根据动量守恒可得

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

解得

木块在木板上滑行时的加速度

〃(m+3m)g

a=m+3M=的

木块在木板上滑行时间为

。1一。2=*

木板长度为

Vr+v,v仍若

乙=%一”板万2%=2彳£=诋

C错误，D正确。

故选AD。

【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

=Z

动量守，恒：m1v1-\-m2V2恒15'+m2f2-

f22

机械能守恒：~^m1v1+^-m2V2-

(2)完全非弹性碰撞

=

动量守恒、末速度相同：m1v1-\-m2V2

机械能损失最多,机械能的损失量为：

（3）非弹性碰撞

=

动量守恒：m1v1-\-m2V2恒15'+加2。2'・

机械能有损失，机械能的损失量为：

△后=■小欣+］山2送）一•

【变式演练］

［题目［）（2023下•辽宁营口•高三校联考阶段练习）如图所示，水平面左侧有一足够长的、相对水平面高为H

的光滑平台，质量为河的滑块与质量为小的小球之间有一个处于压缩且锁定状态的轻弹簧（弹簧不与滑

块和小球连接），系统处于静止状态。某时刻弹簧解除锁定，小球离开平台后做平抛运动，落到水平面上时

落点到平台的距离为s,重力加速度为g,则滑块的速度大小为（）

【答案】。

【详解】小球射出时，设其速度为的,系统在水平方向上动量守恒，取向右为正方向，对系统在水平方向上,

由动量守恒有

mv0—Mv=0

小球做平抛运动，有

H=-^gt2

联立解得

ms器

故选。。

频目团（2023上•江苏无锡•高三江苏省南菁高级中学校考阶段练习）如图甲所示，光滑水平面上有a、b两个

小球，a球向b球运动并与b球发生正碰后粘合在一起共同运动，其碰前和碰后的s-t图像如图乙所示。已

知772。=5kg,若6球的质量为772b，两球因碰撞而损失的机械能为△石，则（）

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

【答案】A

【详解】4B.由于s"图像的斜率表示速度，所以碰撞前a球的速度为

Asi6,„,

%=——=--m/s=om/s

Nt、1

6球的速度为0,碰撞后a、b两球的共同速度为

As?11-6,,,

v———=———m/s=5m/s

M22-1

取碰撞前a球的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得

771ag=(rria+m^v

代入数据解得

mb=1kg

故A正确，B错误；

CD.碰撞过程中系统损失的机械能为

2

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

故CD错误。

故选4。

题目①(2023下•四川遂宁•高校考阶段练习)如图所示，一质量河=8.0kg的长方形木板B放在

光滑水平地面上，在其右端放一个质量？n=2.0kg的小木块A。给人和_B以大小均为5.0m/s、方向相反的

初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，A始终没有滑离B板，A、B之间的动摩擦因数是0.5,重力

加速度9取10m/s2。则在整个过程中，下列说法不正确的是()

一A

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

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

A.小木块人的速度减为零时，长木板口的速度大小为3.75m/s

B.小木块A的速度方向一直向左，不可能为零

C.小木块人与长木板B共速时速度大小为3m/s

D.长木板的长度可能为10m

【答案】B

【详解】8.取水平向右为正方向，取根据动量守恒定律可得

Mv0—mv0=Mvi+Q

解得

vx—3.75m/s

故A正确不符合题意；

BC.由于系统总动量方向向右，则小木块4先向左减速至零，后向右加速，最终与木板以共同速度向右匀

速,设共速速度为外,根据动量守恒定律可得

Mv0—mv0—(M+m)v2

解得

i>2=3m/s

故B错误符合题意，。正确不符合题意；

。.小木块与木板共速时，根据能量关系有

11

/j.mgLQ=­(M+rn)vl—―(M+m)vl

解得

LQ—8m

由于4始终没有滑离B板，则木板长度必须大于或等于8m,故长木板的长度可能为10m,故。正确不符合

题意。

故选B。

蜃目⑷(2023上•河北邯郸•高三统考期中)一质量为小的小球A以初速度方与正前方另一小球B发生碰

撞，碰撞过程A、B两球的”-土图像如图所示。已知地面光滑，则下列说法正确的是()

A.图线P反映的是碰撞过程中A球的u-t图像

B.B球的质量可表示为也士小

C

C.一定存在b—Q=5

D.碰撞过程中A、B两球的最大弹性势能为一*「二

【答案】

【详解】A.A与B碰撞过程，对进行受力分析可知，月球受力方向和速度方向相反，A的速度应减

小，则P反映的是A球的情况，A正确；

B.由动量守恒定律有

=

mv0=mvi+mBv2(rn+mB)c

得

B正确；

C.由弹性碰撞有

ym-Wo=~^mv1+^-mBvl

得

2mDo(m—m)v

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

mB+mmB+m

知

。2—。1=%

则发生弹性碰撞才有b-a=v0,C错误；

D.AB碰撞过程中速度相等时两球有最大弹性势能，则有

mvQ=(m+mB)c

2

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

解得

mv0(v0-c)

。正确。

故选ABD.

［题目回（2023下•四川绵阳•高三校考阶段练习）如图所示，光滑水平面上有两辆小车，用细线（未画出）相连，

中间有一个被压缩的轻弹簧（与两小车未连接），小车处于静止状态，烧断细线后，由于弹力的作用两小车分

别向左、右运动。已