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专题08 动量与能量
目录
【题型一】 动量定理的应用...........................................................................................................1
【题型二】 动量守恒定律及其应用...............................................................................................7
【题型三】 碰撞、爆炸与反冲问题.............................................................................................11
【题型四】 动力学、动量和能量观点的综合应用....................................................................25
【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Ft＝p′－p 中“Ft”为合外力的冲量．
3.要明确过程的初、末状态．
【典例分析1】（2023 上·安徽合肥·高三校考阶段练习）一个质量为
的小球从
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
，
取
，则沙子对小球平均作用力的大小为（ ）
A．110N
B．220N
C．11N
D．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
对全程由动量定理有
解得，沙子对小球平均作用力的大小为
故选A。
【典例分析2】（2023 上·浙江宁波·高三校联考期中）一质量为
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（ ）
A．1 秒末物块的速率为
B．3 秒末时物块的动量大小为
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
1
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【答案】C
【详解】A．由动量定理有
解得1 秒末物块的速率为
故A 错误；
B．
图线与时间轴所围面积表示冲量，根据动量定理可知，
时物块的动量大小为
故B 错误；
CD．根据动量定理可知，
时物块的动量大小为
则
时物块的速度为
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C 正确，
D 错误。
故选C。
【典例分析3】（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
，水从枪口喷出时的速度为，水的密度为
，
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
，近距离垂直喷射到物体表面，水枪出水口
直径
。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
，
，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）
2
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【答案】（1）
；（2）17.7N
【详解】（1）根据题意可知
时间内喷出水的质量为
则单位时间内从枪口喷出水的质量为
（2）根据题意，取很短的时间，则打到物体表面的水的质量为
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
解得
代入数据得
【方法提炼】
1．冲量的三种计算方法
(1)公式法：I＝Ft 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、t 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－t 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：FΔt＝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Δt 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。
3
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【变式演练】
1.（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
M 的小船的船头和船尾，随船以速度v0在水面上向左运动（不计阻力）。两人同时以对地
的速率ν 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】B．根据动量定理可知，船对甲的冲量为
船对乙的冲量为
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
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C 错误，AD 正确；
故选ABD。
2.（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，喷射气体的密度为
，产生的推力为
，则
发动机喷射气体的速度大小为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】设发动机向后喷射气体的速度为，以发动机时间内喷出的气体为研究对象，由
动量定理得
解得
4
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故选A。
3．（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】D
【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
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D。
4.（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
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
，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
高处。假设运动员与网
接触的时间均为
，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
取
。
（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
；
（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】（1）
，方向竖直向上；（2）
；（3）
5
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【详解】（1）设第1 次下落触网时的速度为
，有
解得
设蹦回到
高度前离网时的速度为
，有
解得
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
代入数据解得
方向竖直向上
（2）以竖直向上为正方向，由动量定理得
代入数据解得
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
（3）每次运动员消耗的能量为
运动员两次提供的能量
解得
由
得
以竖直向上为正方向，由动量定理得
解得
6
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【题型二】 动量守恒定律及其应用
【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．
【典例分析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A、B 质量分别为m、2m，与水平地面的动摩擦因数分别为2μ、μ，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
v1、v2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．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v1=v2
D．两物块A、B 运动的路程之比为2:1
【答案】D
【详解】A．分析可知，物块A、B 的质量分别为m、2m，与地面间的动摩擦因数分别为
2μ、μ，因此在滑动过程中，两物块所受的摩擦力大小都等于
，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
解得
故C 错误；
D．系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律可得
设A、B 的路程分别为
、
，则有
解得
7
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故D 正确。
故选D。
【典例分析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
和
，图乙为它们碰撞后的
图像，已知
．
由此可以判断（ ）
A．碰前
匀速，
加速运动
B．碰后
和
都向右运动
C．
D．碰撞过程中系统动量守恒，机械能守恒
【答案】D
【详解】AB．由s-t 图像的斜率等于速度可知碰前m2静止，m1匀速运动，m1的速度为
向右运动；碰后m1速度为
向左运动，碰后m2的速度
向右运动，故AB 错误；
C．根据动量守恒定律得
代入数据解得
故C 错误；
D．两物体组成的系统在碰撞前的机械能为
碰撞后的机械能为
8
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因为
所以碰撞过程中系统动量守恒，机械能守恒，故D 正确。
故选D。
【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】
1.(多选)(2020·全国卷Ⅱ·21)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4.0 kg 的静止物块以大小为5.0 m/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5.0 m/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．48 kg
B．53 kg
C．58 kg
D．63 kg
【答案】 BC
【解析】 设运动员的质量为M，第一次推物块后，运动员速度大小为v1，第二次推物块
后，运动员速度大小为v2……第八次推物块后，运动员速度大小为v8，第一次推物块后，
由动量守恒定律知：Mv1＝mv0；第二次推物块后由动量守恒定律知：M(v2－v1)＝m[v0－(－
v0)]＝2mv0，……，第n 次推物块后，由动量守恒定律知：M(vn－vn－1)＝2mv0，整理得vn
＝，则v7＝，v8＝.由题意知，v7<5 m/s，则M>52 kg，又知v8>5 m/s，则M<
60 kg，故选B、C.
2.(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( )
A.h
B.h
9
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C.h
D.h
【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＝mv1－Mv2
人沿软梯降至地面时，气球上升的高度为L－h，
速度大小：v2＝
人相对于地面下降的高度为h，速度大小为v1＝
联立得：0＝m·－M，
解得：L＝h，故C 正确，选项A、B、D 错误．
3.质量为m 的物块甲以3 m/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4 m/s 的速度与甲相向运动，如图所示，则( )
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1 m/s 时，乙物块的速率可能为2 m/s，也可能为0
D．甲物块的速率可能达到5 m/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4 m/s，乙的速度为3 m/s，方向相反，且整个碰撞过程
中甲的速度不可能大于4 m/s，乙的速度不可能大于3 m/s，当两物块相距最近时速度相等
为0.5 m/s，所以A、B、D 错误，C 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．
【典例分析1】（2023 上·山东·高三校联考期中）在光滑水平面上，A、B 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，B 的动量为
。A 从后面追上B，
它们相互作用一段时间后，B 的动量增大为
，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
B．若此过程为非弹性碰撞，则两物体的质量之比可能为
10
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C．若此过程为弹性碰撞，则两物体的质量之比为
D．若此过程为非弹性碰撞，则两物体的质量之比可能为
【答案】B
【详解】AC．碰前，有
解得
碰
过程中，有
解得
碰后，有
解得
综上可得
若为弹性碰撞，则两物体的质量之比为
A、C 错误；
BD．若为非弹性碰撞，则两物体的质量之比为
B 正确、D 错误。
故选B。
【典例分析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
11
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（
）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
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
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9h
【答案】D
【详解】A．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，A 错误；
B．下落过程中由自由落体运动规律得
解得大球与地面碰撞前的速度大小为
根据动量定理可得
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v，碰后大球的速度为v1小球的速度
为v2，由动量守恒定律
由机械能守恒定律
两式联立解得
可知当
12
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时，大球与小球碰撞后大球的速度为0，C 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v1，大球速度
大小为v2，选向上为正方向，由动能量守恒和机械能守恒
解得
当M
m
≫
时，不考虑m 影响，则
小球上升高度为
D 正确；
故选D。
【典例分析3】（2023 上·江苏连云港·高二统考期中）2023 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m 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
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
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】爆炸后瞬时质量为
部分的速度大小为
，另一部分的质量为
，速度大
小为
，根据动量守恒可得
又
，
该白磷弹爆炸后瞬时的总动能为
联立解得
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故选C。
【典例分析4】（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（ ）
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】C
【详解】A．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m，则动能
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
解得滑行时间
由于μ、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
解得爆炸后物体滑行的距离
由于μ、p、g 相等，则质量大的物体滑行距离短，故D 错误。
故选C。
【典例分析5】（2023 上·湖北·高三校联考期中）图所示，质量为
的木板静止在足够大
的光滑水平地面上，质量为
的木块静止在木板们左端。质量为
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
，重力加速度大小为
，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（ ）
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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
C．木板长度为
D．木块在木板上滑行时间是
【答案】AD
【详解】A．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
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
，根据动量守恒可得
解得
木块在木板上滑行时的加速度
木块在木板上滑行时间为
木板长度为
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
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(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
动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′.
机械能守恒：m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2.
(2)完全非弹性碰撞
动量守恒、末速度相同：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v′.
机械能损失最多，机械能的损失量为：
ΔE＝(m1v＋m2v)－(m1＋m2)v′2.
(3)非弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′.
机械能有损失，机械能的损失量为：
ΔE＝(m1v＋m2v)－(m1v1′2＋m2v2′2)．
【变式演练】
1.（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M 的滑块与质量为m 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（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
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【详解】小球射出时，设其速度为
，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
小球做平抛运动，有
联立解得
故选C。
2．（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st 图像如图乙所示。已知ma=5kg，若b 球的质量为mb，两球因碰撞而损失的机械能
为ΔE，则（ ）
A．mb=1kg
B．mb=2kg
C．ΔE=10J
D．ΔE=35J
【答案】A
【详解】AB．由于st 图像的斜率表示速度，所以碰撞前a 球的速度为
b 球的速度为0，碰撞后a、b 两球的共同速度为
取碰撞前a 球的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得
代入数据解得
故A 正确，B 错误；
CD．碰撞过程中系统损失的机械能为
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故CD 错误。
故选A。
3．（2023 下·四川遂宁·高三射洪中学校考阶段练习）如图所示，一质量M=8.0 kg 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m=2.0kg 的小木块A。给A 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g 取10m/s2。则在整个过程中，下列
说法不正确的是（ ）
A．小木块A 的速度减为零时，长木板B 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A 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】B．取水平向右为正方向，取根据动量守恒定律可得
解得
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A 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
，根据动量守恒定律可得
解得
故B 错误符合题意，C 正确不符合题意；
D．小木块与木板共速时，根据能量关系有
解得
由于A 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D 正确不符合题意。
故选B。
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4.（2023 上·河北邯郸·高三统考期中）一质量为
的小球A 以初速度
与正前方另一小球
B 发生碰撞，碰撞过程A、B 两球的
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
图像
B．B 球的质量可表示为
C．一定存在
D．碰撞过程中A、B 两球的最大弹性势能为
【答案】ABD
【详解】A．A 与B 碰撞过程，对A、B 进行受力分析可知，A 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
得
B 正确；
C．由弹性碰撞有
得
，
知
则发生弹性碰撞才有
，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
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解得
D 正确。
故选ABD。
5．（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。已知两小车的质量之比为
，下列说法正确的是（ ）
A．弹簧弹开左右两小车的速度大小之比为
B．弹簧弹开后左右两小车的动量大小之比为
C．弹簧弹开过程左右两小车受到的冲量大小之比为
D．弹簧弹开过程弹力对左右两小车做功之比为
【答案】BD
【详解】A．两小车及弹簧系统所受合力为零，动量守恒，以水平向右为正方向，根据动
量守恒定律得
解得
故A 错误；
B．由动量守恒定律知，弹簧弹开后左右两小车的动量大小相等，即弹簧弹开后左右两小
车的动量大小之比为
，故B 正确；
C．弹簧弹开过程中，左右两小车受到的弹力大小相等，作用时间相同，由
知，左右两小车受到的冲量大小之比为
，故C 错误；
D．由动能定理得，弹簧弹开过程弹力对左右两小车做功之比为
故D 正确。
故选BD。
6．（2023·安徽安庆·安庆一中校考三模）如图所示，水平面内有两个光滑平行导轨，导轨
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足够长，其间距为
。质量分别为
、
的环A、B 套在导轨上，两环之间连接一轻弹簧，
轻弹簧原长
。开始时弹簧与杆垂直，两环均静止。某时刻，给环B 一水平向右的瞬时
速度，下列说法正确的是（ ）
A．A、B 和弹簧组成的系统满足动量不守恒、机械能守恒
B．若A 的速度为
，B 的速度为
C．若A 的速度为
，弹簧与导轨之间的夹角为
D．若弹簧恢复原长时，环B 速度为水平向右的
，则初始状态时弹簧的弹性势能
【答案】BCD
【详解】A．平行导轨光滑，对A、B 和弹簧组成的系统分析，所受的合外力为0，因此系
统动量守恒，系统除系统内弹簧的弹力，没有其他力做功，系统机械能守恒，故A 错误；
B．对A、B 和弹簧组成的系统分析，取向右为正方向，由动量守恒定律
解得
故B 正确；
C．由B 选项分析可知，若
，则
设弹簧初始弹性势能为
，A 的速度为
时的弹性势能为
，根据机械能守恒可得
可得
开始时弹簧长度为
，而原长为
，故弹簧压缩了
，弹性势能为
，而弹簧伸长后弹
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性势能与初始弹性势能相等，故伸长量也为
，此时弹簧长度为
故弹簧与导轨间夹角为
，故C 正确；
D．开始时，弹簧长度为
，而原长为
，故弹簧压缩了
，弹性势能记为
，弹簧恢
复原长时，环B 速度为水平向右的
，根据动量守恒可得
解得
即A 的速度大小为
，方向向左，由能量守恒得
解得
故D 正确。
故选BCD。
7.（2023·四川成都·校联考模拟预测）一次台球练习中，某运动员用白球击中子彩球，白球
与静止的彩球发生正碰，碰撞时间极短，碰后两球在同一直线上运动，且台球运动时所受
桌面阻力保持不变，两球质量均为m=0.2kg，碰撞后两球的位移x 与速度的平方v² 的关系
如图所示，重力加速度g 取10m/s²。则下列说法正确的是（ ）
A．碰撞前白球的速度为1.64m/s
B．碰撞过程中，白球对彩球的冲量大小为0.2kg·m/s
C．碰撞过程中，系统有机械能转化为内能
D．台球所受桌面阻力为0.5N
【答案】BC
【详解】A.碰后白球速度
彩球速度
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设碰撞前白球速度为
，由动量守恒得
解得
故A 错误；
B.碰撞过程中，白球对彩球的冲量
B 正确；
C.由于
故碰撞过程中，系统有机械能转化为能，C 正确；
D.由运动学知识可知
故阻力为
故D 错误。
故选BC。
【题型四】 动力学、动量和能量观点的综合应用
【解题指导】
1.确定研究对象，进行运动分析和受力分析；
2.分析物理过程，按特点划分阶段；
3.选用相应规律解决不同阶段的问题，列出规律性方程．
【典例分析1】（2023 上·山东·高三校联考阶段练习）如图所示，质量
的物块
A 与质量
（未知）的物块B（均可视为质点）通过轻质弹簧拴接在一起，静止在光滑地
面上，
时质量
的子弹以速度
沿水平方向射入物块A 并留在其中
（时间极短）。
时，弹簧第一次压缩量最大，此时弹簧压缩量为
，从
到
时间内，物块B 运动的距离为
。已知碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内，
重力加速度
，
。求：
（1）子弹打入物块A 后系统损失的动能；
（2）求弹簧恢复原长时物块A、B 的速度；
（3）若物块B 和弹簧不拴接，A、B 分离后B 滑上倾角
，高度
的粗糙斜面
（斜面固定在水平面上，经过连接处时无能量损失），然后滑下，与一直在水平面上运动
的A 再次相碰，物块B 与斜面间的动摩擦因数
的取值范围。
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【答案】（1）
；（2）
，方向向左；
，方向向右；（3）
【详解】（1）子弹打进物块过程中动量守恒
解得
系统损失的动能
解得
（2）对于A、B 及弹簧组成的系统，任一时刻动量守恒，设
解得
弹簧恢复原长时
解得
，
则A 速度向左，B 速度向右。
（3）若B 与弹簧不拴接，A、B 分离时B 的速度为
①不能越过斜面
B
②
能滑下来
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③上滑过程，根据动能定理
下滑过程，根据动能定理
能追上A
综上所述
【典例分析2】（2023 上·福建莆田·高三莆田一中校考期中）如图所示为某种弹射装置的
示意图，该装置由三部分组成，传送带左边是足够长的光滑水平面，一轻质弹簧左端固定，
右端连接着质量M=6.0kg 的物块A，装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，
并能平滑对接。传送带的皮带轮逆时针匀速转动，使传送带上表面以u=2.0m/s 匀速运动，
传送带的右边是一半径
位于竖直平面内的光滑
圆弧轨道，质量m=2.0kg 的物块
B 从
圆弧的最高处由静止释放。已知物块B 与传送带之间的动摩擦因数μ=0.10，传送带
两轴之间的距离l=6.5m，设物块A、B 之间发生的是正对弹性碰撞，第一次碰撞前，物块
A 静止。取
求：
（1）物块B 第一次滑到圆弧的最低点C 时的速度大小；
（2）物块B 第一次通过传送带后的速度；
（3）物块B 与物块A 第一次碰撞后弹簧的最大弹性势能；
（4）如果物块A、B 每次碰撞后，物块A 再回到平衡位置时弹簧都会被立即锁定，而当它
们再次碰撞前锁定被解除，即每次碰撞前A 均静止。求物块B 第一次与物块A 碰撞后到第
三次碰撞之间在传送带上运动的总时间。
【答案】（1）7m/s；（2）6m/s；（3）27J；（4）8.25s
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【详解】（1）物块B 第一次滑到圆弧的最低点C 时，根据动能定理有
解得，物块B 第一次滑到圆弧的最低点C 时的速度大小为
（2）物块B 通过传送带，若一直减速，则根据动能定理可得
解得
则物块B 第一次通过传送带后的速度为
（3）物块B 与物块A 碰撞，取向左为正方向，则根据动量守恒有
根据机械能守恒有
解得，物块B 与物块A 第一次碰撞后，A、B 的速度分别为
，
则物块B 与物块A 第一次碰撞后弹簧的最大弹性势能为
（4）物块B 与物块A 第一次碰撞后，滑到传送带上向右减速，根据牛顿第二定律有
可得，物块B 在传送带上滑动的加速度为
则物块B 在传送带上向右减速的时间为
物块B 在传送带上向右减速的位移为
物块B 在传送带上向左加速的时间为
则物块B 在传送带上向左加速的位移为
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则物块B 在传送带上向左匀速的时间为
物块B 与物块A 第二次碰撞，取向左为正方向，则根据动量守恒有
根据机械能守恒有
解得，物块B 与物块A 第二次碰撞后，B 的速度为
则物块B 在传送带上第二次向右减速的时间为
则物块B 在传送带上第二次向左加速的时间为
则物块B 第一次与物块A 碰撞后到第三次碰撞之间在传送带上运动的总时间为
【变式演练】
1.（2023 上·江苏镇江·高三统考期中）如图a 所示，A、B 两物块用轻弹簧连接构成一个系
统，外力F 作用在A 上，系统静止在光滑水平面上（B 靠墙面）。撤去外力并开始计时，
A、B 两物块运动的
图像如图b 所示。已知A 的质量为m，A 在
时刻的速度为
，在
时刻的速度为
。求：
（1）0 到
时间内，弹簧对A 的冲量大小及墙对B 的冲量大小；
（2）B 物块的质量及B 离开墙后弹簧能获得的最大弹性势能；
（3）A、B 两物块总动能最大时，两物块各自的速度大小。
【答案】（1）
，
；（2）
，
；（3）
，
或者
，0
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【详解】（1）对A，由动量定理可知，弹簧弹力对A 的冲量大小
对B，由动量定理得
解得
（2）
到
时间内，对系统，由动量守恒定律得
解得
此时弹性势能最大，对系统，由能量守恒定律得
（3）A、B 两物块总动能最大时，弹簧恢复为原长
Ⅰ：第1 次恢复原长时，为弹性碰撞过程，有
解得
Ⅱ：第2 次恢复原长时，回到了B 刚离开墙壁时的状态，有
2.（2024·江西景德镇·江西省乐平中学校联考一模）如图所示，水平传送带保持v=5m/s 的
速度沿顺时针做匀速运动，左端与粗糙的弧形轨道平滑对接，右端与光滑水平凹槽面平滑
对接，水平凹槽上间隔放有n 个静止相同的小球，每个小球的质量均为m0=0.2kg。质量
m=0.1kg 的物块从轨道上高h=4.0m 的P 点由静止开始下滑，滑到传送带上的a 点时速度大
小v0=8m/s。物块和传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，传送带ab 之间的距离L=4.9m。所有
的碰撞都是弹性正碰，取g=10m/s2。求：
（1）物块从P 点下滑到a 点的过程中，摩擦力对物块做的功：
（2）物块从释放到与小球第一次碰撞过程中，受到传送带的作用力冲量大小；
（3）最终n 个小球获得的总动能。
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【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）物块由P 到A 的过程，由动能定理，有
解得 摩擦力对物块做功
（2）物块滑上传送带后，在摩擦力作用下做匀减速运动加速度大小
减速至与传送带速度相等时所用的时间
匀减速运动的位移
物块与传送带共速后向右匀速运动，匀速运动的时间
从a 运动到b 的时间
取向右为正方向，水平方向由动量定理，传送带的摩擦力对物块的冲量大小
传送带的支持力对物块冲量大小
方向竖直向上，传送带对物块的冲量大小为
（3）物块与小球1 发生弹性正碰，取向右为正方向，设物块碰后的速度为v1，小球1 被撞
后的速度大小为u1，由动量守恒定律，有
由动能守恒，有
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解得
，
相邻小球之间相互碰撞进行速度交换，小球1 与小球2 碰后，小球1 的速度为0，而物块被
反弹回来后，在传送带上向左运动的位移是
物体第一次返回还没到传送带左端速度就减小为零，接下来将再次向右做匀加速运动，直
到速度增加到v1，再跟小球1 发生弹性正碰，第二次碰后物体和小球的速度大小分别为
，
以此类推，物块与小球1 经过n 次碰撞后，速度分别为
，
相邻小球之间每次相互碰撞都进行速度交换，最终从1 号小球开始，到n 号小球，它们的
速度大小依次为un、
、
、…、
，n 个小球的总动能为
3.（2023·四川宜宾·统考一模）如图，一粗䊁斜面固定在水平地面上，倾角
，斜边
长
，在距斜面顶端
处有一被锁定的滑块
。现将一光滑小球
从斜面顶端
静止释放，同时解除对滑块
的锁定。
均视为质点，
的质量为
，
质量为
，
可以通过在斜面表面涂抹特殊材料，改变斜面与
之间的动摩擦因数，使得
的运动情景
不同。设
间发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短，最大静摩擦力等于滑动摩擦
力，不计空气阻力，重力加速度
取
，
，
，求：
（1）若
恰好在斜面底端
点第一次相遇，则
与斜面之间的动摩擦因数
的大小；
（2）若
与斜面之间的动摩擦因数
，则
从第一次碰撞到第二次碰撞间隔的
时间；
（3）若
与斜面之间的动摩擦因数
，
在斜面上多次碰撞后，最终停在斜面
上的位置到
点的距离．
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【答案】（1）
（或者0.075）；（2）
；（3）
【详解】（1）由牛顿第二定律，对A
对B 有
设经时间，两者在
点第一次相遇，对A 有
对B 有
解得
（2）对滑块B，因
，则解除对B 锁定后，B 在斜面上保持静止。对
A 有
解得
AB 碰撞动量守恒：
AB 弹性碰撞，机械能守恒
解得
假设小球A 在与滑块B 第二次碰撞前，B 一直减速到零，B 减速运动的时间为t1,则对B
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解得
，
若二者在
时间内相遇，有
解得
假设正确，AB 从第一次碰撞到第二次碰撞间隔的时间为
。
（3）设AB 最终停止位置到
点距离为
，由能量守恒，有
解得
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