2025年高考物理复习：动量与能量综合运用（讲义篇）（解析版）

专题06动量与能量综合运用

内容概览

01专题网络•思维脑图

02考情分析•解密高考

03高频考点•以考定法

04核心素养•难点突破

05创新好题•轻松练习

席W题网络•慝维脑图

由物理公式结合图像分析

推导图像表达式斜率、面积等

非弹性碰撞

弹性碰撞

机械能及/守恒条件

图像能量守恒\

公式表达

守恒条件

公式表达

流体

公式

解

释

理

题

问

解

生

活

现

象

⑥*横分析-SHE高考

考点内容考情预测

能量结合图像问题

机械能及能量守恒的理解及应用动量与能量综合运用基本以生活中的常见

现象为命题点，如斜面、弹簧、竖直面内

动量定理及动量守恒的理解及应用的圆周运动等。从简单的动量和能量守恒

的条件判断，到涉及斜面、弹簧、碰撞等

机车启动模型（重点常考）模型进行动量能量综合运用，前者只需要

熟悉守恒条件，后者对公式运用及化简有

更高的要求。而机车启动模型也是各省高

应用动量及能量守恒解决碰撞问题

考常考题，两种启动方式均有作为命题点。

应用动量定理处理“流体问题”“粒子流问题”

1.熟悉掌握基本的物理公式推导，变形出和图像结合的函数表达形式，从而通过斜率、

截距、面积等得到相关的物理量。

2.熟悉动量守恒及机械能守恒的条件,灵活运用动量守恒公式和机械能守恒公式联立求

学解。

习3.掌握机车启动模型的两种方式，理解尸4图和v-/图上各段过程，对三个常用公式熟

目悉掌握。

标4.熟悉碰撞问题的动量守恒公式和能量守恒公式，并且联立后的结果能熟悉记忆，避免

考试时还需化简求解。

5.掌握应用动量定理处理“流体问题”“粒子流问题”，理解取一段时间后求此段时间的

质量的方法。

品者辣考点-咪考定法

【典例1】（2023•浙江•统考高考真题）铅球被水平推出后的运动过程中，不计空气阻力，下列关于铅球在

空中运动时的加速度大小.、速度大小V、动能E力和机械能E随运动时间，的变化关系中，正确的是（）

【答案】D

【详解】A.由于不计空气阻力，铅球被水平推出后只受重力作用，加速度等于重力加速度，不随时间改变,

故A错误；

B.铅球被水平推出后做平抛运动，竖直方向有

Vy=gt

则抛出后速度大小为

v=J诏+（gt）2

可知速度大小与时间不是一次函数关系，故B错误；

C.铅球抛出后的动能

1?1]，、2i

Ek==2mlvo+（必）]

可知动能与时间不是一次函数关系，故c错误；

D.铅球水平抛出后由于忽略空气阻力，所以抛出后铅球机械能守恒，故D正确。

故选D。

【典例2】（多选）（2023•广东•统考高考真题）人们用滑道从高处向低处运送货物.如图所示，可看作质点

的货物从（圆弧滑道顶端P点静止释放，沿滑道运动到圆弧末端Q点时速度大小为6m/s。已知货物质量为20kg,

滑道高度无为4m,且过Q点的切线水平，重力加速度取10m/s2。关于货物从P点运动到Q点的过程，下列说

A.重力做的功为360JB.克服阻力做的功为440J

C.经过Q点时向心加速度大小为9m/s2D.经过Q点时对轨道的压力大小为380N

【答案】BCD

【详解】A.重力做的功为

WG=mgh=800J

A错误；

B.下滑过程据动能定理可得

1,

WG-W（^-mv^

代入数据解得，克服阻力做的功为

W{=440J

B正确；

C.经过Q点时向心加速度大小为

VQ

a=—=9m/s

C正确；

D.经过Q点时，据牛顿第二定律可得

F—mg=ma

解得货物受到的支持力大小为

F=380N

据牛顿第三定律可知，货物对轨道的压力大小为380N,D正确。

故选BCDo

【典例3】（2023•山西・统考高考真题）使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的N极

正对着乙的S极，甲的质量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等。现同时释放甲和乙，在它

们相互接近过程中的任一时刻（）

甲乙

A.甲的速度大小比乙的大B.甲的动量大小比乙的小

C.甲的动量大小与乙的相等D.甲和乙的动量之和不为零

【答案】BD

【详解】对甲、乙两条形磁铁分别做受力分析，如图所示

加甲m乙

1TS|N口S|N

A.根据牛顿第二定律有

p-的甲g

。申甲=血甲

F—prn.乙g

a乙

小乙

由于

m单）m4

所以

a甲<a乙

由于两物体运动时间相同，且同时由静止释放，可得

v甲<vz

A错误;

BCD.对于整个系统而言，由于〃％甲g>〃%zg,合力方向向左，合冲量方向向左，所以合动量方向向左,

显然甲的动量大小比乙的小，BD正确、C错误。

故选BDo

，&巧解密。

一.机械能

①选零势能面

②选始末位置

守恒式：EK初+Epi„=EK末+Ep末一+③始末动能+势能相等

仅重力、

卷性*TSi赫能守固■--!转化式：XEK=-XEP

内弹力做功-----------7

转移式：XE减不用选零势能面而直

接计算始末位置势能

适用多个物体差，注意重力做功

用A物体减少的机械能%=■4£>

=B物体机械能的增量

1.重力势能：Ep=mgh.

(1)定性关系：重力对物体做正功，重力势能就减少；重力对物体做负功，重力势能就增加.

(2)定量关系：重力对物体做的功等于物体重力势能的减少量.即乎G=—(Ep2—Epi)=二4曷.

△划逐点(❶)

①重力势能是地球和物体组成的系统共有的，而不是物体单独具有的.

②重力势能的大小和零势能面的选取有关.

③重力势能是标量，但有之分.

2.弹性势能：£〃=—.弹力做正功，弹性势能减小，弹力做负功，弹性势能增加.

3.机械能是否守恒的三种判断方法

(1)利用机械能的定义判断：若物体动能、势能之和不变，则机械能守恒.

(2)用做功判断：若物体或系统只有重力(或弹簧的弹力)做功，虽受其他力，但其他力不做功，机械能守

恒.

(3)利用能量转化判断：若物体或系统与外界没有能量交换，物体或系统内也没有机械能与其他形式能

的转化，则机械能守恒.

△划重点(❶)

对一些绳子突然绷紧，物体间非弹性碰撞等问题，除非题目特别说明，机械能必定不守恒，完全非弹

性碰撞过程机械能也不守恒.

4.动能定理：合外力对物体所做的功等于物体动能的变化.

22

△划整点(❶)

(1)适用条件

①动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动.

②既适用于恒力做功，也适用于变力做功.

③力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以不同时作用.

(2)定理中“外力”的两点理解

①重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力或其他力，它们可以同时作用，也可以不同时作用.

②既可以是恒力，也可以是变力.

5.功能关系

二.动量定理及动量守恒

求变力的冲量

由△产可得

!

ntjV!+mv=ntV]+mV2,

F合t=AP=P末.尸初无使用条布动量22l2

选E方向，注意应为合外力L多可用J[定理初动量未动中

t

I1满足任一条件：

求恒力作用下

解释生活现象：动量①不受外力或合外力为零

曲线运动的动△尸一定，tl,FT守恒,-♦②内力远大于外力

量变化量，由尸一定，，T,Ap?③某个方向上合外力为零

尸/可得(仅在该方向上守恒)

1.动量定理

(1)内容：物体所受合力的冲量等于物体动量的变化量.

(2)表达式：F^-t—^p—p'—p.

(3)矢量性：动量变化量方向与合力的方向相同，可以在某一方向上用动量定理.

2.动量定理的三大应用

(1)用动量定理解释现象

①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.如玻璃杯掉在水

泥地上易碎,而掉在沙地上不易碎。

②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.

(2)应用/=功求变力的冲量.

(3)应用酝="。求恒力作用下的曲线运动中物体动量的变化量.

△划曼点(❶)

(1)动量定理的研究对象是一个质点(或可视为一个物体的系统).

(2)动量定理的表达式是矢量式，在一维情况下，各个矢量必须选同一个正方向.

(3)动量定理不仅适用于恒定的力，也适用于随时间变化的力。这种情况下，动量定理中的力下应理

解为变力在作用时间内的平均值.

(4)动量定理中的冲量是合外力的冲量，而不是某一个力的冲量，它可以是合力的冲量，也可以是各力

冲量的矢量和，还可以是外力在不同阶段的冲量的矢量和.

(5)由Ff=p-p得F=亡二=组,即物体所受的合外力等于物体的动量对时间的变化率。

tt

3.动量守恒定律的表达式

=+冽2%',两个物体组成的系统初动量等于末动量.

可写为：p=p'、&?=0和△夕尸一仆72

△划整点(❶)

守恒条件

(1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒.

(2)近似守恒：系统受到的合力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒.

(3)分方向守恒：系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒.

[/跑脚产

考向01能量结合图像问题

【针对练习1](2023•云南•校联考模拟预测)跳台滑雪运动员在助滑段加速后，从起跳区。位置处水平飞

出，落在着陆区内的6点，不计空气阻力，如图所示。Ep、石卜E、P分别表示运动员在空中的重力势能、

动能、机械能、重力的功率，用f表示运动员在空中的运动时间，则下列图像中可能正确的是()

【答案】B

【详解】A.运动员在空中做平抛运动，下落的高度为

1,

h=5gt2

以6为零势能点，则有

%=Epa—mg-h—Epa-----—,t

故A错误；

B.根据动能定理有

Ek-Eka=mgh

可得

Fr工mg2

Ek=EkaH"——t

故B正确；

C.平抛过程中只受重力，故机械能守恒，图线应为横线，故C错误；

D.运动员沿竖直方向上的速度为

%=gt

则重力的功率

2

P=mg-vy=mg-t

故D错误。

故选Bo

【针对练习2】（多选）如图甲所示，一质量为M的长木板A置于光滑的水平面上，其右端放有一质量为加

可视为质点的小物体B。现将一水平向右的拉力作用于长木板A上，使长木板由静止开始运动，在运动过

程中长木板A和小物体B的加速度如、的随时间变化的图像分别如图乙、丙所示。已知以时刻，小物体没

有滑离长木板，重力加速度为g。则（）

A——q

甲乙

A.。〜以时间内，拉力随时间一直均匀增大

B.A、B间的动摩擦因数驾

。〜时间内，拉力对长木板做的功（M+2a话

C.L

O

D.0〜0时间内，因摩擦产生的热量

2

【答案】BCD

【详解】A.由图乙可知S〜以时间内加速度不变，根据牛顿第二定律可知

F-nmBg=mAa2

拉力不变，A错误;

B.对B由牛顿第二定律得

卬TIB。=岫3。3

可得A、B间的动摩擦因数为

a3

4=一

9

B正确;

C.h时刻A、B的速度为

1

0=尹也

。〜匕时间内，由动能定理得拉力对长木板做的功为

1(TH+M)。弼

W=—(M+m)v2=---------------

28

C正确；

D.。时间内A、B间没有相对滑动，0〜t2时间内A、B的相对位移为

22

△x=v(t2-+-a2(t2—打)2—v(t2———«3(t2—ti)=—(a2—a3)(t2-t^

。〜t2时间内，因摩擦产生的热量为

八ma(a-aXt-h)2

Q-fimg/xx-----3--2-----3----2------

D正确；

故选BCDo

考向02机械能及能量守恒的理解及应用

【针对练习3】（多选）如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为M的光滑弧形槽静止在光滑水平面

上，底部与水平面相切，一个质量为的小球从弧形槽为高处由静止开始下滑，不计空气阻力，下

列说法正确的是（）

A.在下滑过程中弧形槽对小球的弹力始终不做功

B.在小球压缩弹簧的过程中，小球的机械能减小

C.小球离开弹簧后，小球和弧形槽组成的系统机械能守恒，但小球不能回到弧形槽〃高处

D.在整个过程中，小球、弧形槽和弹簧组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒

【答案】BC

【详解】A.因为光滑弧形静止在光滑水平面上，则可知小球下落，小球和弧形槽整体在水平方向上动量守

恒，小球获得水平向右的速度，弧形槽获得水平向左的速度，可知在小球下滑的过程中小球给弧形槽做正

功，则弧形槽给小球的弹力做负功，故A错误；

B.当小球压缩弹簧的过程中，弹簧和小球组成的系统的机械能守恒，但弹簧对小球的弹力做负功，故小球

机械能减小，故B正确；

C.小球在弧形槽上下滑的过程中，系统水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒，小球与弧形槽分离时

两者动量大小相等，由于“〈初，则小球的速度大小大于弧形槽的速度大小，小球被弹簧原速率弹回后将追

上弧形槽并要滑上弧形槽。在小球离开弹簧后，只有重力和系统内弹力做功，故小球和弧形槽组成的系统

机械能守恒。由于球与弧形槽组成的系统总动量水平向左，球滑上弧形槽的最高点时两者共速，则此时共

同速度也必须水平向左，则二者从静止开始运动到共速状态，系统的动能增加，重力势能一定要减小，小

球上升的最大高度要小于心故C正确；

D.整个运动过程中小球和弧形槽、弹簧组成的系统只有重力与系统内弹力做功，故系统机械能守恒；在整

个过程中，由于存在墙壁对弹簧水平方向上的弹力，故水平方向上的动量不守恒，故D错误；

故选BCo

【针对练习4】如图所示，固定光滑斜面顶端有一轻质光滑定滑轮，质量为根的物块P和质量为3nl的物块

Q用轻质细绳相连，外力作用于P,使P、Q均静止，某时刻撤去外力，当Q下降的高度为h时，细绳断裂,

重力加速度为g,5也37。=0.6,P、Q均可视为质点，斜面足够长，则()

A.物块P沿斜面上升的最大高度为工h

16

B.当细绳断裂的瞬间，物块Q的重力的功率为华频K

c.在细绳断裂后，物块P沿斜面向上运动的时间为:回

479

D.当物块P运动至最高点时，物块Q的机械能相对t=0时刻减少了最mg/i

16

【答案】c

【详解】A.根据题意可知，当Q下降的高度为h时，细绳断裂，根据几何关系得，P上升的高度

细绳断裂的瞬间P、Q速度大小相等，对PQ整体，根据机械能守恒有

,1

3mgh-mgh=—(3m+m)v2

解得

细绳断裂后，P还能上升的最大高度满足

1

mgh]=—mv7

解得

9

hl=16h

则物块P沿斜面上升的最大高度

故A错误；

B.当细绳断裂的瞬间，物块Q重力做功的功率

o.9mgr~--

PD-3mgvsm5C3QO——--'2gh

故B错误；

C.细绳断裂后，物块P在斜面上的运动时间

v52h

'-gsin37。-4.g

故C正确；

D.根据题意可知，细绳断裂前P、Q组成的系统机械能守恒，细绳断裂后，物块P、Q的机械能均守恒,

则当物块P运动至最高点时，物块P增加的机械能等于物块Q的机械能相对t=0时刻减少量，即

△E=mg（八,+八J=-^mgh

故D错误。

故选Co

考向03动量定理及动量守恒的理解及应用

【针对练习5】2022年北京冬奥会跳台滑雪项目在位于张家口的国家跳台滑雪中心举行，运动员穿专用滑

雪板，在滑雪道上获得一定速度后从跳台飞出，在空中飞行一段距离后着陆。现有某运动员从跳台a处沿水

平方向飞出，在斜坡b处着陆，如图所示。已知15s时运动员离斜坡面最远，测得此间的水平距离为60m，

不计空气阻力，重力加速度o=10m/s2,下列说法正确的是（）

A.运动员在a处的速度大小为10m/s

B.从a处运动到力处的时间为4s

C.从a处运动到力处过程中动量变化率不断变化

D.运动员离坡面的最大距离为9m

【答案】D

【详解】AB.运动员从跳台水平飞出，做平抛运动，设运动员初速度大小为%,斜面的倾角为仇运动员

从开始运动到坡底所用的时间为力己知加时运动员离斜坡面最远，此时运动员速度的方向与斜面平行，则

有

tan。=—，tand=

VnVnt

t=2tn=3s

则

v0=^=20m/s,tan。=]

故AB错误；

C.从a处运动到b处过程中

Ap=mat

解得

△p

~j7=mg

C错误；

D.将运动按沿斜面方向和垂直斜面方向分解，如图所示运动员做匀变速运动，当沿y方向的分速度减为0

时，运动员离坡面最远，最远距离为9m。D正确。

故选D。

【针对练习6】如图所示，半圆形粗糙圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道圆心为0,半径为R。将质量为m的

小球在轨道上与。等高的/点由静止释放，经过时间t小球运动到轨道的最低点B,已知小球通过最低点B时

的速度大小为口，重力加速度为g,则小球从/点运动到B点的过程中，下列说法正确的是（）

()

A

B

A.重力对小球的冲量大小为ma

B.轨道支持力对小球的冲量大小为0

C.轨道对小球作用力的冲量大小为7HD+mot

D.轨道对小球作用力的冲量大小为mv-mol

【答案】A

【详解】A.根据冲量的计算公式，可得重力对小球的冲量大小为

1=Ft=mat

故A正确；

B.小球从4点运动到B点的过程中，支持力不为零，且方向沿右上方，所以支持力的冲量不为零，故B错

误；

CD.根据动量定理做出矢量三角形

可得轨道对小球作用力的冲量大小为

k=J(matY+(mvY-mJ(at}2+v2

CD错误。

故选Ao

□4

高核心素粽•难点突破

考向04机车启动模型(重点常考)

1.模型综述

物体在牵引力(受功率和速度制约)作用下，从静止开始克服一定的阻力，加速度不变或变化，最终加速

度等于零，速度达到最大值.

2.两种模型的比较

(1)两种启动方式的比较

两种模型以恒定功率启动以恒定加速度启动

P—t图和，一，图r4—4

0tot0t0totit

t尸（不变）.F—f,a-----^不变=产不变=>P=

过程分析=>F—!=。———-1m

O/m

AFi/f直至UP额=尸％

段

运动性质加速度减小的加速直线运动匀加速直线运动，维持时间

a

产=/=4=0=>F—!

A过程分析P

B=f=一

Kn=0=r

段m

运动性质以质做匀速直线运动加速度减小的加速运动

/=户>。=0=

3c段无

以质匀速运动

f

(2)三个重要关系式

(1)无论哪种启动过程，机车的最大速度都等于其匀速运动时的速度，即/=/式中Fmin为最小

牵引力，其值等于阻力力.

(2)机车以恒定加速度启动的运动过程中，匀加速过程结束时，功率最大，速度不是最大，即一£</

=P

~f

(3)机车以恒定功率运行时，牵引力做的功用=".由动能定理："一#=AEk.此式经常用于求解机车以

恒定功率启动过程的位移大小.

【典例4】（2023•山东・统考高考真题）质量为M的玩具动力小车在水平面上运动时，牵引力尸和受到的阻

力/均为恒力，如图所示，小车用一根不可伸长的轻绳拉着质量为沉的物体由静止开始运动。当小车拖动

物体行驶的位移为Si时，小车达到额定功率，轻绳从物体上脱落。物体继续滑行一段时间后停下，其总位

移为52。物体与地面间的动摩擦因数不变，不计空气阻力。小车的额定功率尸。为（）

m.M.

A/2F2(F-f)(S2-S1)S1口l2F\F-D^-S)S

211

q(M+TH)S2—MSI、(M+m)S2—mSi

c,F2(F-f)(S2-^5^D产

•-yj(M+m)S2-MS1*](M+nQSz+mSi

【答案】A

【详解】设物体与地面间的动摩擦因数为〃，当小车拖动物体行驶的位移为多的过程中有

F—f—/img=

/=2aSi

轻绳从物体上脱落后

42=

v2=2c12e2-S。

联立有

=b产(F-7)(S2-S1)S1

0

―J(M+m)S2-MS1

故选Ao

•盒

亍有w向vww>zv>顼z*zw\z>z期>zp

【针对练习7】(多选)某物流站点采用如图甲所示装置运送大物件，电动机通过跨过定滑轮的绳子与斜面

上的物件相连，电动机启动后以额定功率工作，牵引物件沿斜面上升，5s时速度达最大值，物件运动的--t

图像如图乙所示。已知斜面倾角为30。，物件质量为400kg,物件与斜面间的动摩擦因数为手，电动机额定

功率为10kW,重力加速度大小取g=10m/s2,绳子质量不计，则。〜5$内()

A.物件的最大速度是2m/sB.物体沿斜面向上运动了9.84m

C.摩擦力对物件做的功为29520JD.物件机械能的增量19680J

【答案】AB

【详解】A.物件速度最大时做匀速运动，根据平衡条件，牵引力大小为

F=mgsind+(imgcosd=5000N

则此时最大速度为

P

"m=户=2m/s

故A正确；

B.。〜5s内，根据动能定理

1

2

Pt—(mgsinB+^mgcosd)x=—mvm—0

解得

x=9.84m

故B正确;

C.摩擦力对物件做的功为

阴=—iimgxcosO=-29520J

故C错误;

D.物件机械能的增量

1

2

△E=AEk+AEp=—mvm+mgxsinO=20480J

故D错误。

故选ABo

【针对练习8】汽车以恒定加速度启动后，最终以额定功率在平直公路上行驶。汽车所受牵引力与速度倒数

的关系如图所示，已知汽车的质量为加=2x103kg,汽车运动过程中所受阻力恒定，下列说法正确的是（

FN

8x1037

4xl03

0J_zs，nfl

20v（）

A.汽车匀加速过程中能达到的最大速度为15m/s

B.汽车做匀加速直线运动的时间为4s

C.汽车做匀加速直线运动的加速度为1m/s2

D.汽车的额定功率为80kW

【答案】D

【详解】D.由图可知，汽车的额定功率

P=Fv=4x103x20W=8x104W

故D正确;

C.当汽车速度为v,“=20m/s时，由平衡条件可得

尸阻=F=4X103N

汽车刚启动时所受牵引力为尸=8X103N,由牛顿第二定律可得汽车做匀加速直线运动的加速度为

尸'一尸阳

a=---------阻-=2nm/s/^2

m

故c错误;

A.汽车匀加速运动过程中的最大速度

,P8x104

v=—=----7m/s=10m/s

p'8xl03''

故A错误；

B.汽车做匀加速直线运动的时间为

/

V

t=—=5s

a

故B错误。

故选D。

考向05应用动量及能量守恒解决碰撞问题

弹性碰撞：

12+12

-小1V1-m2V2

00=如酒+如2域②

先列动量守恒

nijV]+mv=mv'+mv,①

黑卜22l122非弹性碰撞：

由①③即可求

EK^=EK末+△£③*"*

损失的能量

△E：损失的能量

一.碰撞

1.概念：碰撞指的是物体间相互作用持续时间很短，物体间相互作用力很大的现象，在碰撞过程中，

一般都满足内力远大于外力,故可以用动量守恒定律处理碰撞问题.

2.分类

(1)弹性碰撞：这种碰撞的特点是系统的机械能守恒,相互作用过程中遵循的规律是动量守恒和机械能

守恒.

(2)非弹性碰撞：在碰撞过程中机械能损失的碰撞，在相互作用过程中只遵循动量守恒定律.

(3)完全非弹性碰撞：这种碰撞的特点是系统的机械能损失量大，作用后两物体粘合在一起，速度相等,

相互作用过程中只遵循动量守恒定律.

△划重点.(❶)

1.解析碰撞的三个依据

(1)动量守恒：P1+P2=P1'+22’.

(2)动能不增加：Eki+Ek22£ki'+瓦/或，乙+g浜心一+国1，.

2mi21n22mi2m2

(3)速度要符合情景

①如果碰前两物体同向运动，则后面的物体速度必大于前面物体的速度，即/后〉否则无法实现碰

撞.

②碰撞后，原来在前面的物体速度一定增大，且速度大于或等于原来在后面的物体的速度，即//2/

I

后.

③如果碰前两物体是相向运动，则碰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.

【典例5】(2022•湖南•统考高考真题)1932年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是由质量与

质子大致相等的中性粒子(即中子)组成。如图，中子以速度火分别碰撞静止的氢核和氮核，碰撞后氢核

和氮核的速度分别为巧和玲。设碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应，下列说法正确的是()

O-----u------------o--------*V1

中子氢核

O-----*-°------------O--------------*v2

中子氮核

A.碰撞后氮核的动量比氢核的小B.碰撞后氮核的动能比氢核的小

C.32大于也D.大于为

【答案】B

【详解】设中子的质量为加，氢核的质量为加，氮核的质量为14m,设中子和氢核碰撞后中子速度为。3,由

动量守恒定律和能量守恒定律可得

mv0—mvr+mv3

121212

2mvo=2mvi+2mv3

联立解得

V1=vo

设中子和氮核碰撞后中子速度为。4，由动量守恒定律和能量守恒定律可得

mv=

014mv2+

111

—TTIVQ=—•14mv2+—

联立解得

2

V2=l5V°

可得

V1=Vo>为

碰撞后氢核的动量为

mv

PH=i=niv0

氮核的动量为

28mv0

PN=14mv2=]5

可得

PN>PH

碰撞后氢核的动能为

11

EkH=2mri=2mv0

氮核的动能为

19287n诏

可得

EkH>EkN

故B正确，ACD错误。

故选B。

•___金

口向顼磔P

【针对练习9】如图所示，光滑水平面上有一质量为2"、半径为R（及足够大）的3圆弧曲面体G质量为

M的小球8置于其底端，另一个小球/质量为?，小球/以vo=6m/s的速度向2运动，并与8发生弹性碰

撞，不计一切摩擦，小球均视为质点，则（)

"^777777777777^7^7^777777^777777

AB

A.A,B发生弹性碰撞后A的速度大小为2m/s

B.5运动到最高点时的速率为:m/s

C.C的最大速率为［m/s

D.8能与/再次发生碰撞

【答案】A

【详解】A.4与8发生弹性碰撞，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律和动能守恒得

MM

yvo=yvx+MVB

1M7IM,1,

2Xyvo=2+2MVB

联立解得

vz=・2mzs

V5=4m/s

所以4、5发生弹性碰撞后4的速度大小为2m/s,故A正确；

B.8冲上。并运动到最高点时二者共速，设为v,取水平向右为正方向，根据动量守恒定律可得

MVB=(M+2M)v

代入数据解得

4

v=­m/s

故B错误；

CD.从3冲上C然后又滑下的过程，设8、C分离时速度分别为VB'、vc',取水平向右为正方向，根据动量

守恒定律可得

MVB=MVB'+2MVC

由机械能守恒定律可得

1,1212

M

=2VB+2X2Mvc

联立解得

，4

vB=--m/s

vc-|m/s

由此可知C的最大速度为gm/s,由于

|vg|<\vA\

所以8能与N不会再次发生碰撞，故CD错误。

故选Ao

【针对练习10］（多选）如图所示，光滑的水平面上，小球甲以水平向右的速度与静止的小球乙发生正碰,

两小球质量均匀、半径相同，规定水平向右为正方向，下列说法正确的是（）

甲乙光滑

A.若甲的质量小于乙的质量，且甲、乙发生弹性碰撞，则碰撞后甲的速度可能为正

B.若甲、乙发生弹性碰撞，且碰撞后甲、乙的速度分别为"甲T、u乙，则碰撞之前甲的速度为uc乙_i+"T甲

C.若甲、乙发生完全非弹性碰撞产生的热量为Q,且甲、乙的质量之比为2：1,碰前甲的速度为%,

则乙的质量为当

D.若甲、乙发生弹性碰撞，且碰后甲、乙的速度大小相等，则甲、乙的质量之比为1：3

【答案】CD

【详解】AB.向右为正方向，若发生弹性正碰，根据动量守恒定律和能量关系可知

m甲"o=甲"甲+加乙"乙

1112

2小甲"62=］小甲"2甲+2小乙"乙

解得

%="乙-"甲

7n甲一小乙

VH=---------；----v

甲m甲+m乙0

2nl甲

v7=---------v0

乙m甲+m乙

若甲的质量小于乙的质量，且甲、乙发生弹性碰撞，则碰撞后甲的速度为负，碰撞之前甲的速度为

%="乙一v甲

选项AB错误;

C.若甲、乙发生完全非弹性碰撞，则

m甲氏=（加甲+"i乙）1;

产生的热量为

11

Q=2小甲/一,（小甲+小乙）/

且甲、乙的质量之比为

小甲2

m乙71

解得乙的质量为

3Q

吗=诵

选项C正确；

D.若甲、乙发生弹性碰撞，且碰后甲、乙的速度大小相等，方向一定相反，根据A的结论可得

u甲=一"乙

即

m甲一m乙――2巾甲

则甲、乙的质量之比为

m甲：m乙=1:3

选项D正确。

故选CDo

考向06应用动量定理处理“流体问题”“粒子流问题”

【典例6】（2021•福建・统考高考真题）福建属于台风频发地区，各类户外设施建设都要考虑台风影响。已

知10级台风的风速范围为24.5m/s〜28.4m/s,16级台风的风速范围为51.0m/s〜56.0m/s。若台风迎面垂

直吹向一固定的交通标志牌，则16级台风对该交通标志牌的作用力大小约为10级台风的（）

A.2倍B.4倍C.8倍D.16倍

【答案】B

【详解】设空气的密度为p,风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的横截面积为S,在时间戊的空气质量为

Am—pSv-At

假定台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的末速度变为零，对风由动量定理有

—F-At=0—Amv

可得

F=pSv2

10级台风的风速巧《25m/s,16级台风的风速《50m/s,则有

尸2诏

77-=—4

Fi说

故选B。

盒

亍有向顼典：

【针对练习11】（多选）由高压水枪竖直向上喷出的水柱，将一个质量为16kg的小铁盒开口向下倒顶在空

中，铁盒悬停在距离水枪口的距离为1.8m。已知水以恒定速率从横截面积为S=lO^nF的水枪中持续喷出,

向上运动并冲击铁盒后，水流以不变的速率竖直返回；忽略水在与盒作用时水的重力的影响，水的密度为

103kg/m3»a=10m/s2）则下列说法正确的是（）

铁盒

A.水冲击铁盒后以5m/s的速度返回

B.水枪的输出功率为5kW

C.水从水枪口喷出的速度为10m/s

D.铁盒悬停受到水的冲击力为160N

【答案】CD

【详解】ACD.设水从水枪口喷出的速度为V。，极短时间加内水与小铁盒作用过程中，对水由动量定理可

得

F\t=mv-(-mv)=2pVv=2pvoNtSv

水从枪口喷出到铁盒处由

2

v-=-2gh

其中铁盒受力平衡可知

F=m跳盒g=160N

其中A=1.8m,解得

v=8m/s

vo=lOm/s

故A错误，CD正确；

B.时间加内从枪口喷出水的动能为

1919

E=-mvS=-pSv0At•琳

则水枪的输出功率为

E

P=M

联立解得

P=0.5kW

故B错误。

故选CDo

【针对练习12】离子发动机是利用电场加速离子形成高速离子流而产生推力的航天发动机，工作时将推进

剂离子化，使之带电，然后在静电场作用下推进剂得到加速后喷出，从而产生推力，这种发动机适用于航

天器的姿态控制、位置保持等，航天器质量M，单个离子质量加，带电量°,加速电场的电压为U，高速离

子形成的等效电流强度为1,根据以上信息计算该发动机产生的推力为（）

A./悝B./解

C.I

7q、q

【答案】B

【详解】对离子，根据动能定理有

1-

qU=—

解得

V=----

Jm

根据电流的定义式则有

Nq

At

对离子，根据动量定理有

F・At=Nmv

解得

Nmvmvl2Um