2025届高考物理二轮复习第一部分专题二功第7讲动量动量与能量的综合应用练习含解析

PAGE29-第7讲动量动量与能量的综合应用构建网络·重温真题1．(2024·全国卷Ⅰ)最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试胜利，这标记着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展。若某次试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4.8×106N，则它在1s时间内喷射的气体质量约为()A．1.6×102kg B．1.6×103kgC．1.6×105kg D．1.6×106kg答案B解析设1s内喷出气体的质量为m，喷出的气体与该发动机的相互作用力为F，由动量定理知Ft＝mv，m＝eq\f(Ft,v)＝eq\f(4.8×106×1,3×103)kg＝1.6×103kg，B正确。2．(2024·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视)()A．30kg·m/s B．5.7×102kg·m/sC．6.0×102kg·m/s D．6.3×102kg·m/s答案A解析由于喷气时间短，且不计重力和空气阻力，则火箭和燃气组成的系统动量守恒。燃气的动量大小p1＝mv＝0.05×600kg·m/s＝30kg·m/s，则火箭的动量大小p2＝p1＝30kg·m/s，A正确。3．(2024·全国卷Ⅰ)一质量为m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)烟花弹从地面起先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(1)eq\f(1,g)eq\r(\f(2E,m))(2)eq\f(2E,mg)解析(1)设烟花弹上升的初速度为v0，由题给条件有E＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)①设烟花弹从地面起先上升到火药爆炸所用的时间为t，由运动学公式有0－v0＝－gt②联立①②式得t＝eq\f(1,g)eq\r(\f(2E,m))③(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1，由机械能守恒定律有E＝mgh1④火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设炸后瞬间其速度分别为v1和v2。由题给条件和动量守恒定律有eq\f(1,4)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,4)mveq\o\al(2,2)＝E⑤eq\f(1,2)mv1＋eq\f(1,2)mv2＝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接着上升的高度为h2，由机械能守恒定律有eq\f(1,4)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mgh2⑦联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为h＝h1＋h2＝eq\f(2E,mg)。4．(2024·全国卷Ⅰ)竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块B静止于水平轨道的最左端，如图a所示。t＝0时刻，小物块A在倾斜轨道上从静止起先下滑，一段时间后与B发生弹性碰撞(碰撞时间极短)；当A返回到倾斜轨道上的P点(图中未标出)时，速度减为0，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止。物块A运动的v­t图象如图b所示，图中的v1和t1均为未知量。已知A的质量为m，初始时A与B的高度差为H，重力加速度大小为g，不计空气阻力。(1)求物块B的质量；(2)在图b所描述的整个运动过程中，求物块A克服摩擦力所做的功；(3)已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等。在物块B停止运动后，变更物块与轨道间的动摩擦因数，然后将A从P点释放，一段时间后A刚好能与B再次碰上。求变更前后动摩擦因数的比值。答案(1)3m(2)eq\f(2,15)mgH(3)eq\f(11,9)解析(1)依据图b，v1为物块A在碰撞前瞬间速度的大小，eq\f(v1,2)为其碰撞后瞬间速度的大小。设物块B的质量为m′，碰撞后瞬间的速度大小为v′。由动量守恒定律和机械能守恒定律有mv1＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(v1,2)))＋m′v′①eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)v1))2＋eq\f(1,2)m′v′2②联立①②式得m′＝3m③(2)在图b所描述的运动中，设物块A与倾斜轨道间的滑动摩擦力大小为f，下滑过程中所走过的路程为s1，返回过程中所走过的路程为s2，P点离水平轨道的高度为h，整个过程中克服摩擦力所做的功为W。由动能定理有mgH－fs1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－0④－(fs2＋mgh)＝0－eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(v1,2)))2⑤从图b所给出的v­t图线可知s1＝eq\f(1,2)v1t1⑥s2＝eq\f(1,2)·eq\f(v1,2)·(1.4t1－t1)⑦由几何关系eq\f(s2,s1)＝eq\f(h,H)⑧物块A在整个过程中克服摩擦力所做的功为W＝fs1＋fs2⑨联立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得W＝eq\f(2,15)mgH⑩(3)设倾斜轨道倾角为θ，物块与轨道间的动摩擦因数在变更前为μ，有W＝μmgcosθ·eq\f(H＋h,sinθ)⑪设物块B在水平轨道上能够滑行的距离为s′，由动能定理有－μm′gs′＝0－eq\f(1,2)m′v′2⑫设变更后的动摩擦因数为μ′，由动能定理有mgh－μ′mgcosθ·eq\f(h,sinθ)－μ′mgs′＝0⑬联立①③④⑤⑥⑦⑧⑩⑪⑫⑬式可得eq\f(μ,μ′)＝eq\f(11,9)。5．(2024·全国卷Ⅲ)静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为mA＝1.0kg，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l＝1.0m，如图所示。某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分别，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、B与地面之间的动摩擦因数均为μ＝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。(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B之间的距离是多少？(3)A和B都停止后，A与B之间的距离是多少？答案(1)4.0m/s1.0m/s(2)物块B先停止0.50m(3)0.91m解析(1)设弹簧释放后瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB，以向右为正方向，由动量守恒定律、机械能守恒定律和题给条件有0＝mAvA－mBvB①Ek＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)②联立①②式并代入题给数据得vA＝4.0m/s，vB＝1.0m/s③(2)A、B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t，B向左运动的路程为sB，则有mBa＝μmBg④sB＝vBt－eq\f(1,2)at2⑤vB－at＝0⑥在时间t内，A可能与墙壁发生弹性碰撞，碰撞后A将向左运动，碰撞并不变更A的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A在时间t内的路程sA都可表示为sA＝vAt－eq\f(1,2)at2⑦联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得sA＝1.75m，sB＝0.25m⑧这表明在时间t内A已与墙壁发生碰撞，但没有与B发生碰撞，此时A位于动身点右边0.25m处，B位于动身点左边0.25m处，两物块之间的距离为s＝0.25m＋0.25m＝0.50m⑨(3)t时刻后A将接着向左运动，假设它能与静止的B发生碰撞，碰撞前A的速度大小为vA′，由动能定理有eq\f(1,2)mAvA′2－eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＝－μmAg(2l＋sB)⑩联立③⑧⑩式并代入题给数据得vA′＝eq\r(7)m/s⑪故A与B将发生碰撞。设碰撞后A、B的速度分别为vA″和vB″，由动量守恒定律与机械能守恒定律有mA(－vA′)＝mAvA″＋mBvB″⑫eq\f(1,2)mAvA′2＝eq\f(1,2)mAvA″2＋eq\f(1,2)mBvB″2⑬联立⑪⑫⑬式并代入题给数据得vA″＝eq\f(3\r(7),5)m/s，vB″＝－eq\f(2\r(7),5)m/s⑭这表明碰撞后A将向右运动，B将向左运动。假设碰撞后A向右运动距离为sA′时停止，B向左运动距离为sB′时停止，由运动学公式2asA′＝vA″2,2asB′＝vB″2⑮由④⑭⑮式及题给数据得sA′＝0.63m，sB′＝0.28m⑯sA′小于碰撞处到墙壁的距离。由⑯式可得两物块停止后的距离s′＝sA′＋sB′＝0.91m。命题特点：应用动量定理，以及综合应用能量守恒定律和动量守恒定律解决力学问题是高考热点，以选择题和计算题形式考查的几率较大。思想方法：守恒思想、微元法、模型法。

高考考向1动量定理的应用例1(2024·全国卷Ⅱ)高空坠物极易对行人造成损害。若一个50g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的撞击时间约为2ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为()A．10NB．102NC．103ND．104Neq\a\vs4\al(破题关键点)(1)鸡蛋对地面的冲击力与地面对鸡蛋的冲击力大小有何关系？提示：大小相等。(2)为了求出地面对鸡蛋的作用力大小应以谁为探讨对象？提示：鸡蛋。[解析]设鸡蛋落地瞬间的速度为v，每层楼的高度大约是3m，由动能定理可知：mgh＝eq\f(1,2)mv2，解得：v＝eq\r(2gh)＝eq\r(2×10×3×24)m/s＝12eq\r(10)m/s。鸡蛋落地时受到自身的重力和地面的支持力，规定向上为正方向，由动量定理可知：(N－mg)t＝0－(－mv)，解得：N≈1×103N，依据牛顿第三定律可知鸡蛋对地面产生的冲击力约为103N，故C正确。[答案]C1.应用动量定理时应留意的问题(1)动量定理的探讨对象可以是单一物体，也可以是质点系，在探讨质点系问题时，受力分析只考虑质点系的外力。(2)动量定理的表达式是矢量式，在一维状况下，各个矢量必需选取统一的正方向。(3)动量定理是过程定理，解题时必需明确物体运动过程中的受力状况及初末状态的动量。(4)一般来说，用牛顿其次定律能解决的问题，用动量定理也能解决，假如题目不涉及加速度和位移，用动量定理求解更简捷。动量定理不仅适用于恒力，也适用于变力。变力状况下，动量定理中的力F应理解为变力在作用时间内的平均值。2．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探讨对象。1．(2024·山东青岛高三一模)雨打芭蕉是我国古代文学中重要的抒情意象。为估算雨天院中芭蕉叶面上单位面积所承受的力，小玲同学将一圆柱形水杯置于院中，测得10分钟内杯中雨水上升了15mm，查询得知，当时雨滴落地速度约为10m/s，设雨滴撞击芭蕉后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为1×103kg/m3，据此估算芭蕉叶面单位面积上的平均受力约为()A．0.25NB．0.5NC．1.5ND．2.5N答案A解析由于是估算芭蕉叶面单位面积上的平均受力，所以不计雨滴的重力。设在Δt时间内质量为Δm的雨水的速度由v＝10m/s减为零，雨水受到支持面的平均作用力为F。以向上为正方向，对这部分雨水应用动量定理：FΔt＝0－(－Δmv)＝Δmv，得：F＝eq\f(Δmv,Δt)，设水杯横截面积为S，水杯里的雨水在Δt时间内水面上升Δh，则有：Δm＝ρSΔh，F＝ρSveq\f(Δh,Δt)，杯中水面单位面积对雨水的平均作用力：eq\f(F,S)＝ρveq\f(Δh,Δt)＝1×103×10×eq\f(15×10－3,10×60)N/m2＝0.25N/m2，即芭蕉叶面单位面积上的平均受力约为0.25N，故A正确，B、C、D错误。2．(2024·天津南开区二模)高空作业须系平安带。假如质量为m的高空作业人员不慎跌落，从起先跌落到平安带刚对人产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)，重力加速度大小为g，设竖直向上为正方向，则此过程人的动量变更量为________。此后经验时间t平安带达到最大伸长量，若在此过程中平安带作用力始终竖直向上，则该段时间平安带对人的平均作用力大小为________。答案－meq\r(2gh)eq\f(m\r(2gh),t)＋mg解析竖直向上为正方向，则人下落h距离时的速度为：v＝－eq\r(2gh)，所以动量变更为：Δp＝mv－0＝－meq\r(2gh)；对自由落体运动过程，有：h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，解得：t1＝eq\r(\f(2h,g))，对运动的全程，依据动量定理，有：－mg(t＋t1)＋Ft＝0，解得平安带对人的平均作用力大小为：F＝eq\f(m\r(2gh),t)＋mg。

高考考向2动量守恒定律及其应用例2(2024·全国卷Ⅱ)汽车A在水平冰雪路面上行驶，驾驶员发觉其正前方停有汽车B，马上实行制动措施，但仍旧撞上了汽车B。两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后B车向前滑动了4.5m，A车向前滑动了2.0m，已知A和B的质量分别为2.0×103kg和1.5×103kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g＝10m/s2。求：(1)碰撞后的瞬间B车速度的大小；(2)碰撞前的瞬间A车速度的大小。eq\a\vs4\al(破题关键点)(1)如何求碰撞后瞬间B车速度的大小？提示：依据运动学公式求解。(2)如何求碰撞前瞬间A车速度的大小？提示：依据动量守恒定律求解。[解析](1)设B车质量为mB，碰后加速度大小为aB，依据牛顿其次定律有μmBg＝mBaB①式中μ是汽车与路面间的动摩擦因数。设碰撞后瞬间B车速度的大小为vB′，碰撞后滑行的距离为sB。由运动学公式有vB′2＝2aBsB②联立①②式并利用题给数据得vB′＝3.0m/s③(2)设A车的质量为mA，碰后加速度大小为aA。依据牛顿其次定律有μmAg＝mAaA④设碰撞后瞬间A车速度的大小为vA′，碰撞后滑行的距离为sA。由运动学公式有vA′2＝2aAsA⑤设碰撞前瞬间A车速度的大小为vA，两车在碰撞过程中动量守恒，有mAvA＝mAvA′＋mBvB′⑥联立③④⑤⑥式并利用题给数据得vA＝4.25m/s。[答案](1)3.0m/s(2)4.25m/s1.动量是否守恒的推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)明确探讨对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体)及探讨的过程；(2)进行受力分析，推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，必要时探讨说明。3．(2024·辽宁省沈阳市一模)(多选)如图所示，放在光滑水平桌面上的A、B木块之间夹一被压缩的弹簧。现释放弹簧，A、B木块被弹开后，各自由桌面上滑行一段距离后飞离桌面。A落地点距桌边水平距离为0.5m，B落地点距桌边水平距离为1m，则()A．A、B离开弹簧时的速度比为1∶2B．A、B离开弹簧时的速度比为1∶1C．A、B质量之比为1∶2D．A、B质量之比为2∶1答案AD解析A和B离开桌面后做平抛运动，下落的高度相同，则它们的运动时间相等，由x＝v0t得速度之比：eq\f(vA,vB)＝eq\f(xA,xB)＝eq\f(0.5,1)＝eq\f(1,2)，故A正确，B错误；弹簧弹开两木块的过程，两木块及弹簧组成的系统动量守恒，取向左为正方向，由动量守恒定律得：mAvA－mBvB＝0，则质量之比：eq\f(mA,mB)＝eq\f(vB,vA)＝eq\f(2,1)，故C错误，D正确。4．(2024·福建省泉州市一模)在游乐场中，父子两人各自乘坐的碰碰车沿同始终线相向而行，在碰前瞬间双方都关闭了动力，此时父亲的速度大小为v，儿子的速度大小为2v。两车瞬间碰撞后儿子沿反方向滑行，父亲运动的方向不变且经过时间t停止运动。已知父亲和车的总质量为3m，儿子和车的总质量为m，两车与地面之间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g，求：(1)碰后瞬间父亲的速度大小和此后父亲能滑行的最大距离；(2)碰撞过程父亲坐的车对儿子坐的车的冲量大小。答案(1)μgteq\f(1,2)μgt2(2)3mv－3μmgt解析(1)设碰后瞬间父亲的速度大小为v1，由动量定理得－μ·3mgt＝0－3mv1解得v1＝μgt设此后父亲能滑行的最大距离为s，由动能定理得－μ·3mgs＝0－eq\f(1,2)·3mveq\o\al(2,1)解得s＝eq\f(1,2)μgt2。(2)设碰后瞬间儿子的速度大小为v2，取父亲的运动方向为正方向，由动量守恒定律得3mv－m·2v＝3mv1＋mv2设碰撞过程父亲坐的车对儿子坐的车的冲量大小为I，对儿子及儿子坐的车，由动量定理得I＝mv2－(－m·2v)解得I＝3mv－3μmgt。高考考向3碰撞、爆炸与反冲问题例3(2024·贵州毕节二模)(多选)如图甲所示，两个弹性球A和B放在光滑的水平面上处于静止状态，质量分别为m1和m2，其中m1＝1kg。现给A球一个水平向右的瞬时冲量，使A、B球发生弹性碰撞，以此时刻为计时起点，两球的速度随时间变更的规律如图乙所示，从图示信息可知()A．B球的质量m2＝2kgB．球A和B在相互挤压过程中产生的最大弹性势能为4.5JC．t3时刻两球的动能之和小于0时刻A球的动能D．在t2时刻两球动能之比为Ek1∶Ek2＝1∶8eq\a\vs4\al(破题关键点)(1)要求B球的质量，应以哪一过程为探讨对象？提示：以0～t1过程为探讨对象。(2)何时A、B相互挤压产生的弹性势能最大？提示：A、B速度相等时。[解析]A、B球在碰撞过程中满意动量守恒定律，因此0～t1内有m1v＝(m1＋m2)v共，代入数据有m2＝2kg，A正确；球A和球B在共速时产生的弹性势能最大，因此最大弹性势能Ep＝eq\f(1,2)m1v2－eq\f(1,2)(m1＋m2)veq\o\al(2,共)＝3J，B错误；A、B球发生弹性碰撞，0～t3内两个小球碰撞前后系统没有机械能损失，因此0时刻球A的动能和t3时刻两个球的动能之和相等，C错误；从起先碰撞到t2时刻，两小球组成的系统满意动量守恒定律和机械能守恒定律，因此有m1v＝m1v1＋m2v2，eq\f(1,2)m1v2＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)，联立解得v2＝2m/s，v1＝－1m/s，故在t2时刻两个球的动能之比Ek1∶Ek2＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)∶eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＝1∶8，D正确。[答案]AD抓住“一推断、三原则、三定律”速解碰撞类问题(1)推断属于弹性碰撞模型还是完全非弹性碰撞模型，比如典例探究例3中当A、B共速时属完全非弹性碰撞模型，当A、B分开时属弹性碰撞模型。(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意动量守恒定律。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，假如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状况)。假如碰撞前两物体相向运动，则碰撞后，两物体的运动方向不行能都不变更，除非两物体碰撞后速度均为零。(3)合理选用三个定律①假如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假如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。5．(2024·湖南省长沙市宁乡三模)在冰壶竞赛中，某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞，如图a所示，碰撞前后两壶运动的v­t图线如图b中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，两冰壶质量相等，则()A．两壶发生了弹性碰撞 B．碰后蓝壶速度为0.8m/sC．碰后蓝壶移动的距离为2.4mD．碰后红壶所受摩擦力小于蓝壶所受摩擦力答案B解析由图知，碰前红壶的速度v0＝1.0m/s，碰后红壶的速度为v0′＝0.2m/s，设碰后蓝壶的速度为v，依据动量守恒定律可得：mv0＝mv0′＋mv，代入数据解得：v＝0.8m/s，因为eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)>eq\f(1,2)mv0′2＋eq\f(1,2)mv2，即碰撞过程中系统的机械能有损失，所以碰撞为非弹性碰撞，故A错误，B正确；依据v­t图象与时间轴围成的面积表示位移，可得碰后蓝壶的位移大小x＝eq\f(v,2)t＝eq\f(0.8,2)×5m＝2m，故C错误；依据v­t图象的斜率表示加速度，知碰后红壶的加速度大于蓝壶的加速度，两者的质量相等，由牛顿其次定律知碰后红壶所受摩擦力大于蓝壶所受的摩擦力，故D错误。6．(2024·湖北八校联合二模)如图所示，质量均为m的两块完全相同的木块A、B放在一段粗糙程度相同的水平地面上，木块A、B间夹有一小块炸药(炸药的质量可以忽视不计)。让A、B以初速度v0一起从O点滑出，滑行一段距离x后到达P点，速度变为eq\f(v0,2)，此时炸药爆炸使木块A、B脱离，发觉木块A接着沿水平方向前进3x后停下。已知炸药爆炸时释放的化学能有50%转化为木块的动能，爆炸时间很短可以忽视不计，重力加速度为g，求：(1)木块与水平地面的动摩擦因数μ；(2)炸药爆炸时释放的化学能E0。答案(1)eq\f(3v\o\al(2,0),8gx)(2)2mveq\o\al(2,0)解析(1)从O滑到P，对系统由动能定理可得－μ·2mgx＝eq\f(1,2)·2m（eq\f(v0,2))2－eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,0)，解得μ＝eq\f(3v\o\al(2,0),8gx)。(2)爆炸过程中，A、B组成的系统动量守恒，设爆炸后瞬间A的速度为vA，B的速度为vB，由动量守恒定律有2meq\f(v0,2)＝mvA＋mvB，依据能量的转化与守恒有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)·2m(eq\f(v0,2))2＝50%E0，爆炸后，对A由动能定理有－μmg·3x＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，联立解得E0＝2mveq\o\al(2,0)。高考考向4动量与能量的综合应用例4如图所示，质量为m3＝2kg的滑道静止在光滑的水平面上，滑道的AB部分是半径为R＝0.3m的四分之一圆弧，圆弧底部与滑道水平部分相切，滑道水平部分右端固定一个轻弹簧，滑道除CD部分粗糙外其他部分均光滑。质量为m2＝3kg的物体2(可视为质点)放在滑道的B点，现让质量为m1＝1kg的物体1(可视为质点)自A点由静止释放，两物体在滑道上的C点相碰后粘为一体(g＝10m/s2)。求：(1)物体1从释放到与物体2恰好将要相碰的过程中，滑道向左运动的距离；(2)若CD＝0.2m，两物体与滑道的CD部分的动摩擦因数都为μ＝0.15，求在整个运动过程中，弹簧具有的最大弹性势能；(3)物体1、2最终停在何处？eq\a\vs4\al(破题关键点)(1)物体1下滑过程中，物体1与滑道组成的系统水平方向动量守恒，在与物体2相碰之前，物体1的水平位移大小为多少？提示：R。(2)弹簧的最大弹性势能出现在什么时候？提示：弹簧首次被压缩到最短时，即物体1、物体2的粘合体首次与滑道速度相同时。[解析](1)物体1从释放到与物体2碰撞前瞬间，物体1、滑道组成的系统水平方向动量守恒，设物体1水平位移大小为x1，滑道水平位移大小为x3，有：0＝m1x1－m3x3①x1＝R解得x3＝eq\f(m1x1,m3)＝0.15m②(2)设物体1、2刚要相碰时物体1的速度大小为v1，滑道的速度大小为v3，对物体1和滑道组成的系统，由机械能守恒定律有m1gR＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m3veq\o\al(2,3)③由动量守恒定律有0＝m1v1－m3v3④设物体1和物体2相碰后的共同速度大小为v2，对物体1、2组成的系统，由动量守恒定律有m1v1＝(m1＋m2)v2⑤弹簧第一次被压缩到最短时，由动量守恒定律可知物体1、2和滑道速度均为零，此时弹簧的弹性势能最大，设为Epm。从物体1、2碰撞后到弹簧第一次被压缩到最短的过程中，由能量守恒定律有eq\f(1,2)(m1＋m2)veq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)m3veq\o\al(2,3)－μ(m1＋m2)g·CD＝Epm⑥联立③④⑤⑥式，代入数据可以求得Epm＝0.3J。(3)分析可知物体1、2和滑道最终将静止，设物体1、2相对滑道CD部分运动的路程为s，由能量守恒定律有eq\f(1,2)(m1＋m2)veq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)m3veq\o\al(2,3)＝μ(m1＋m2)gs代入数据可得s＝0.25m所以物体1、2最终停在D点左侧离D点为0.05m处。[答案](1)0.15m(2)0.3J(3)D点左侧离D点为0.05m处动量观点和能量观点的选取原则(1)动量观点①对于不涉及物体运动过程中的加速度，而涉及物体运动时间的问题，特殊对于打击一类的问题，因时间短且冲击力随时间变更，应用动量定理求解，即Ft＝mv－mv0。②对于碰撞、爆炸、反冲一类的问题，若只涉及初、末速度而不涉及力、时间，应用动量守恒定律求解。(2)能量观点①对于不涉及物体运动过程中的加速度和时间的问题，无论是恒力做功还是变力做功，一般都利用动能定理求解。②对于物体系统只有重力和系统内弹力做功而又不涉及运动过程中的加速度和时间的问题，一般采纳机械能守恒定律求解。③对于相互滑动的两物体，若明确两物体相对滑动的距离，应考虑选用能量守恒定律建立方程。7．(2024·湖北八校联合二模)如图所示，在光滑的水平面上，有两个质量都是m的小车A和B，两车之间用轻质弹簧相连，它们以共同的速度v0向右运动，另有一质量为m的粘性物体，从高处自由落下，正好落在A车上，并与之粘合在一起，求这以后的运动过程中，弹簧获得的最大弹性势能为()A.eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0) B.eq\f(1,8)mveq\o\al(2,0)C.eq\f(1,12)mveq\o\al(2,0) D.eq\f(1,15)mveq\o\al(2,0)答案C解析粘性物体和A相互作用，水平方向动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律有mv0＝2mv1，得v1＝eq\f(1,2)v0。以后三个物体一起相互作用，动量守恒，当B车与A车速度相等时，弹簧的弹性势能最大，依据动量守恒定律得2mv0＝3mv2，解得v2＝eq\f(2,3)v0，故弹簧的最大弹性势能Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(1,2)×2m(eq\f(1,2)v0)2－eq\f(1,2)×3m(eq\f(2,3)v0)2＝eq\f(1,12)mveq\o\al(2,0)，故选C。8．(2024·云南二模)如图所示，木块静止在光滑水平面上，两颗不同的子弹A、B从木块两侧同时射入木块，最终都停在木块内，这一过程中木块始终保持静止。若子弹A射入的深度大于子弹B射入的深度，则()A．子弹A的质量肯定比子弹B的质量大B．入射过程中子弹A受到的阻力比子弹B受到的阻力大C．子弹A在木块中运动的时间比子弹B在木块中运动的时间长D．子弹A射入木块时的初动能肯定比子弹B射入木块时的初动能大答案D解析由于木块始终保持静止状态，则两子弹对木块的推力大小相等，则两子弹所受的阻力大小相等，设为f，依据动能定理，对A子弹：－fdA＝0－EkA，得EkA＝fdA；对B子弹：－fdB＝0－EkB，得EkB＝fdB，由于dA＞dB，则子弹入射时的初动能EkA＞EkB，故B错误，D正确。两子弹和木块组成的系统动量守恒，则有eq\r(2mAEkA)＝eq\r(2mBEkB)，而EkA＞EkB，则mA＜mB，故A错误。子弹A、B从木块两侧同时射入木块，木块始终保持静止，分析得知，两子弹在木块中运动时间必定相等，否则木块就会运动，故C错误。易错警示包含弹簧的系统的动量和能量的综合问题例(2024·四川省树德中学二诊)(多选)如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1、m2(已知m2＝0.5kg)的两物块A、B相连接，处于原长并静止在光滑水平面上。现使B获得水平向右、大小为6m/s的瞬时速度，从今刻起先计时，两物块的速度随时间变更的规律如图乙所示，从图象供应的信息可得()A．在t1时刻，两物块达到共同速度2m/s，且弹簧处于伸长状态B．从t3到t4，弹簧由原长变更为压缩状态C．t3时刻弹簧弹性势能为6JD．在t3和t4时刻，弹簧处于原长状态分析与解从v­t图象可以看出，从0到t1的过程中B减速A加速，B的速度大于A的速度，弹簧被拉伸，t1时刻两物块达到共同速度2m/s，此时弹簧处于伸长状态，A正确；从图象可知从t3到t4时间内A做减速运动，B做加速运动，弹簧由压缩状态复原到原长，即t3时刻弹簧处于压缩状态，t4时刻弹簧处于原长状态，故B、D错误；由v­t图象可知，t3时刻两物块速度相同，都是2m/s，A、B组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得m2v0＝(m1＋m2)v3，解得m1＝1kg，A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律得eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(m1＋m2)veq\o\al(2,3)＋Ep，解得Ep＝6J，C正确。答案AC易错警示包含弹簧的系统可以类比几种碰撞模型，一般来说，弹簧处于原长时，弹簧的弹性势能最小，类比于弹性碰撞模型，弹簧形变量最大时，弹簧的弹性势能最大，类比于完全非弹性碰撞模型，其他时刻类比于非弹性碰撞模型。配套作业限时：60分钟满分：100分一、选择题(本题共10小题，每小题6分，共60分，其中第1～4题为单选题，第5～10题为多选题)1.(2024·广西钦州三模)“飞针穿玻璃”是一项高难度的绝技表演，曾一度引起质疑。为了探讨该问题，以下测量能够得出飞针在穿越玻璃的时间内，对玻璃平均冲击力大小的是()A．测出玻璃厚度和飞针穿越玻璃前后的速度B．测出玻璃厚度和飞针穿越玻璃所用的时间C．测出飞针质量、玻璃厚度和飞针穿越玻璃所用的时间D．测出飞针质量、飞针穿越玻璃所用时间和穿越玻璃前后的速度答案D解析在飞针穿越玻璃的过程中，对飞针，由动量定理得：－Ft＝mv2－mv1，故测出飞针质量、飞针穿越玻璃所用时间和穿越玻璃前后的速度，结合牛顿第三定律，就能得出飞针对玻璃的平均冲击力大小，故D正确，A、B、C错误。2．(2024·四川资阳二诊)A、B两小球在光滑水平面上沿同始终线运动，B球在前，A球在后。mA＝1kg，mB＝2kg。经过一段时间，A、B发生正碰，碰撞时间极短，碰撞前、后两球的位移—时间图象如图所示，依据以上信息可知碰撞类型属于()A．弹性碰撞 B．非弹性碰撞C．完全非弹性碰撞 D．条件不足，无法推断答案A解析由图可知，A球碰前速度vA＝6m/s，碰后速度vA′＝2m/s；B球碰前速度为vB＝3m/s，碰后速度为vB′＝5m/s。两球组成的系统碰撞前后动量守恒，依据题给数据可知，系统碰前的总动能为eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)＝27J，碰后的总动能为eq\f(1,2)mAvA′2＋eq\f(1,2)mBvB′2＝27J，则A、B碰撞过程系统机械能也守恒，所以属于弹性碰撞，A正确，B、C、D错误。3.(2024·辽宁葫芦岛一模)我国女子短道速滑队在2013年世锦赛上实现女子3000m接力三连冠。视察发觉，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且起先向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出。在乙推甲的过程中，忽视运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则()A．甲对乙的冲量肯定等于乙对甲的冲量B．甲、乙的动量变更肯定大小相等方向相反C．甲的动能增加量肯定等于乙的动能削减量D．甲对乙做多少负功，乙对甲就肯定做多少正功答案B解析因为冲量是矢量，甲对乙的作用力与乙对甲的作用力大小相等方向相反，故她们相互作用的冲量大小相等方向相反，A错误；二人相互作用的过程中动量守恒，依据动量守恒定律知甲、乙的动量变更肯定大小相等方向相反，B正确；甲、乙间的作用力大小相等，但作用过程中甲、乙的位移大小不相等，故相互作用力做的功大小不等，依据动能定理，甲、乙的动能变更量大小不相等，C、D错误。4．(2024·四川高三毕业班其次次诊断)如图甲所示，一块长度为L、质量为m的木块静止在光滑水平面上。一颗质量也为m的子弹以水平速度v0射入木块。当子弹刚射穿木块时，木块向前移动的距离为s(图乙)。设子弹穿过木块的过程中受到的阻力恒定不变，子弹可视为质点，则子弹穿过木块的时间为()A.eq\f(1,v0)(s＋L) B.eq\f(1,v0)(s＋2L)C.eq\f(1,2v0)(s＋L) D.eq\f(1,v0)(L＋2s)答案D解析设子弹穿过木块后子弹的速度为v1，木块的速度为v2，对子弹和木块组成的系统，合外力为零，动量守恒，有：mv0＝mv1＋mv2，设子弹穿过木块的过程所受阻力大小为f，对子弹由动能定理：－f(s＋L)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，由动量定理：－ft＝mv1－mv0，对木块由动能定理：fs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，由动量定理：ft＝mv2，联立解得：t＝eq\f(1,v0)(L＋2s)。故选D。5．(2024·西安一模)如图所示，在小车内固定一光滑的斜面体，倾角为θ，一轻绳的一端连在位于斜面体上方的固定木板B上，另一端拴一个质量为m的物块A，绳与斜面平行。整个系统由静止起先向右匀加速运动，物块A恰好不脱离斜面，则向右加速运动时间t的过程中，关于物块A的说法正确的是()A．重力的冲量为零B．重力做功为零C．轻绳拉力的冲量大小为mgtcotθD．轻绳拉力做功为eq\f(1,2)mg2t2cot2θ答案BD解析已知物块A恰好不脱离斜面，对物块A进行受力分析可知，物块A受轻绳拉力和重力，依据力的分解得：Tsinθ＝mg，则有：T＝eq\f(mg,sinθ)，故重力的冲量为：IG＝mgt，拉力的冲量为：IT＝eq\f(mgt,sinθ)，A、C错误；由于重力的方向与物块A的位移方向垂直，故重力做功为零，B正确；由牛顿其次定律可知：eq\f(mg,tanθ)＝ma，则有：a＝eq\f(g,tanθ)，末速度为：v＝at＝eq\f(gt,tanθ)，依据动能定理可知，拉力做的功等于物块A动能的变更，即：WT＝eq\f(1,2)mv2－0＝eq\f(mg2t2,2tan2θ)＝eq\f(1,2)mg2t2cot2θ，D正确。6．(2024·哈尔滨第三中学高三上学期期末)如图所示，足够长的木板Q放在光滑水平面上，在其左端有一可视为质点的物块P，P、Q间接触面粗糙。现给P向右的速率vP，给Q向左的速率vQ，取向右为速度的正方向，不计空气阻力，则运动过程中P、Q的速度随时间变更的图象可能正确的是()答案ABC解析起先时，两物块均在摩擦力作用下做匀减速运动，两者最终速度相同。P、Q组成的系统动量守恒，依据动量守恒定律：mPvP－mQvQ＝(mP＋mQ)v，若mPvP＝mQvQ，则v＝0，图象如图A所示；若mPvP>mQvQ，则v>0，图象如图B所示；若mPvP<mQvQ，则v<0，图象如图C所示，故A、B、C正确，D错误。7．(2024·安徽定远重点中学高三二模)如图所示，光滑大圆环静止在水平面上，一质量为m可视为质点的小环套在大环上，已知大环半径为R，质量为M＝3m，小环由圆心等高处无初速度释放，滑到最低点时()A．小环的速度大小为eq\r(2gR)B．小环的速度大小为eq\f(\r(6gR),2)C．大环移动的水平距离为eq\f(3R,2)D．大环移动的水平距离为eq\f(R,4)答案BD解析设小环滑至最低点时的速度大小为v1，此时大环的速度大小为v2，依据机械能守恒定律有：mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)，两环组成的系统在水平方向动量守恒，有：0＝mv1－Mv2，联立解得：v1＝eq\r(\f(3gR,2))＝eq\f(\r(6gR),2)，v2＝eq\r(\f(gR,6))，故A错误，B正确；设小环和大环在水平方向的位移大小分别为x1和x2，依据人船模型的结论可知mx1＝Mx2，且x1＋x2＝R，解得x1＝eq\f(3,4)R，x2＝eq\f(1,4)R，故C错误，D正确。8．(2024·两湖八市十二校联合二模)如图所示，A为一固定在地面上的光滑弧形轨道，质量为2m的足够长的小车B紧靠弧形轨道的右侧静止在水平光滑地面上，弧形轨道末端的切线水平且恰好与小车的上表面平齐。一质量为m的滑块C自弧形轨道的a点由静止起先下滑，当滑块C与小车相对静止时，它们的速度为v0，滑块相对于小车滑行的距离为d，滑块与小车间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，滑块C可视为质点。从滑块起先下滑到滑块与小车相对静止的过程中，下列推断正确的是()A．小车对滑块的摩擦力做功等于μmgdB．系统损失的机械能为μmgdC．滑块C到达弧形轨道末端时速度为eq\r(v\o\al(2,0)－2μg)D．a点到弧形轨道末端的竖直高度为eq\f(9v\o\al(2,0),2g)答案BD解析设滑块C以速度v滑上小车，在摩擦力作用下减速，最终与小车共速，滑块的动能削减，转化为小车的动能和热量，系统产生的热量Q＝fs相对，而滑块C相对小车的位移为s相对＝d，故系统产生的热量为Q＝μmgd，故小车对滑块的摩擦力做的功大于μmgd，A错误；依据能量守恒定律可知，系统损失的机械能等于μmgd，故B正确；滑块C滑上小车，系统动量守恒，则有：mv＝3mv0，解得v＝3v0，故C错误；滑块C从弧形轨道下滑时机械能守恒，则有：mgh＝eq\f(1,2)mv2，解得：h＝eq\f(9v\o\al(2,0),2g)，故D正确。9．(2024·陕西咸阳三模)如图所示，长为L、质量为3m的长木板B放在光滑的水平面上，质量为m的铁块A放在长木板右端。一质量为m的子弹以速度v0射入木板并留在其中，铁块恰好不滑离木板。子弹射入木板中的时间极短，子弹、铁块均视为质点，铁块与木板间的动摩擦因数恒定，重力加速度为g。下列说法正确的是()A．木板获得的最大速度为eq\f(v0,5)B．铁块获得的最大速度为eq\f(v0,5)C．铁块与木板之间的动摩擦因数为eq\f(v\o\al(2,0),40gL)D．子弹、木块、铁块组成的系统损失的机械能为eq\f(2mv\o\al(2,0),5)答案BCD解析对子弹和木板B组成的系统，依据动量守恒定律：mv0＝4mv1，解得v1＝eq\f(v0,4)，故A错误；对木板B(包括子弹)和铁块A组成的系统，依据动量守恒定律：mv0＝5mv2，解得v2＝eq\f(v0,5)，故B正确；子弹打入木板后，对木板B(包括子弹)和铁块A组成的系统，由能量守恒定律：μmgL＝eq\f(1,2)·4mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)·5mveq\o\al(2,2)，解得μ＝eq\f(v\o\al(2,0),40gL)，故C正确；对全过程由能量守恒定律可知，子弹、木板、铁块组成的系统损失的机械能为ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)·5mveq\o\al(2,2)＝eq\f(2,5)mveq\o\al(2,0)，故D正确。10．(2024·安徽黄山二模)如图，C是放在光滑水平面上的一块右端有固定挡板的长木板，在木板的上面有两块可视为质点的小滑块A和B，三者的质量均为m，滑块A、B与木板间的动摩擦因数均为μ。最初木板静止，A以初速度v0从C的左端、B以初速度2v0从木板中间某一位置同时水平向右滑上木板C。在之后的运动过程中B曾以eq\f(4,3)v0的速度与C的右挡板发生过一次弹性碰撞，重力加速度为g，则对整个运动过程，下列说法正确的是()A．滑块A的最小速度为eq\f(2,3)v0B．滑块B的最小速度为eq\f(5,6)v0C．滑块A与B可能发生碰撞D．系统的机械能削减了40%答案ABD解析当小滑块A和B相对长木板滑动时，A、B受到的滑动摩擦力相同，依据动量定理可知在相同的时间内小滑块A和B的速度变更量相同；假设B与C碰撞前A、C已共速，则小滑块B与挡板发生弹性碰撞时，小滑块B与长木板交换速度，A与B速度相同，之后小滑块A和B做匀加速直线运动，长木板做匀减速直线运动，直到共速，所以滑块A与B不能发生碰撞；当长木板与小滑块A共速时滑块A的速度最小，设滑块A的最小速度为vm，则速度变更量的大小为v0－vm，以长木板、小滑块A和B为系统，由动量守恒定律，则有：mv0＋m·2v0＝m[2v0－(v0－vm)]＋2mvm，解得vm＝eq\f(2,3)v0，此时B的速度为v0＋vm＝eq\f(5,3)v0>eq\f(4,3)v0，故假设成立，A正确，C错误。设小滑块B与挡板发生碰撞之前瞬间长木板速度为v1，依据动量守恒则有：mv0＋m·2v0＝m·eq\f(4,3)v0＋2mv1，解得v1＝eq\f(5,6)v0，由以上分析可知，B、C碰撞后瞬间B的速度最小，为eq\f(5,6)v0，B正确。设长木板、小滑块A和B的共同速度为v2，依据动量守恒定律有：mv0＋m·2v0＝3mv2，解得v2＝v0，系统的机械能削减了ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(1,2)m(2v0)2－eq\f(1,2)·3mveq\o\al(2,0)＝mveq\o\al(2,0)，eq\f(ΔE,E)＝eq\f(mv\o\al(2,0),\f(1,2)mv\o\al(2,0)＋\f(1,2)m2v02)＝0.4，故D正确。二、计算题(本题共3小题，共40分，须写出规范的解题步骤)11．(2024·辽宁大连二模)(12分)滑板运动是极限运动的鼻祖，许多极限运动都是由滑板运动延长而来。如图所示是一个滑板场地，OP段是光滑的eq\f(1,4)圆弧轨道，半径为0.8m。PQ段是足够长的粗糙水平地面，滑板与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.2。滑板手踩着滑板A从O点由静止滑下，到达P点时，马上向前起跳。滑板手离开滑板A后，滑板A以速度v1＝2m/s返回，滑板手落到前面相同的滑板B上，并一起向前接着滑动。已知滑板质量是m＝5kg，滑板手的质量是滑板的9倍，滑板B与P点的距离为Δx＝3m，g＝10m/s2。(不考虑滑板的长度以及人和滑板间的作用时间)求：(1)当滑板手和滑板A到达圆弧轨道末端P点时滑板A对轨道的压力大小；(2)滑板手落到滑板B上瞬间，滑板B的速度大小；(3)两个滑板间的最终距离。答案(1)1500N(2)4.2m/s(3)6.41m解析(1)O→P下滑过程，滑板手与滑板A机械能守恒：10mgR＝eq\f(1,2)×10mv2，代入数据解得v＝eq\r(2gR)＝4m/s，设滑板手和滑板A在P点受到的支持力为FN，有：FN－10mg＝10meq\f(v2,R)，解得：FN＝1500N，依据牛顿第三定律：F压＝FN＝1500N。(2)滑板手跳离A板，滑板手与滑板A组成的系统水平方向动量守恒：10mv＝－mv1＋9mv2，解得：v2＝eq\f(14,3)m/s，滑板手跳上B板，滑板手与