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2020新课标高考物理二轮复习教师用书：第1部分专题2第3讲 动量和能量的综合应用
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第3讲 动量和能量的综合应用
考点1 动量定理和动量守恒定律
■新依据·等级考预测·
❶分析近五年全国卷的高考题可以看出，自2017年动量纳入必考后，单独考查动量和动量守恒时以选择题为主，也出现较简单的计算题，命题点以对动量、冲量概念的理解及动量定理、动量守恒定律的简单应用为主。但也呈现出与其他知识综合的趋势。
❷2020年等级考备考应关注动量守恒与动力学知识的综合题的训练。
1．(2019·全国卷Ⅰ·T16)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3 km/s，产生的推力约为4.8×106 N，则它在1 s时间内喷射的气体质量约为( )
A．1.6×102 kg B．1.6×103 kg
C．1.6×105 kg D．1.6×106 kg
B [根据动量定理有FΔt＝Δmv－0，解得＝＝1.6×103 kg/s，所以选项B正确。]
2．(2018·全国卷Ⅱ·T15)高空坠物极易对行人造成伤害。若一个50 g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的碰撞时间约为2 ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为 ( )
A．10 N B．102 N
C．103 N D．104 N
C [根据自由落体运动和动量定理有2gh＝v2(h为25层楼的高度，约70 m)，Ft＝mv，代入数据解得F≈1×103 N，所以C正确。]
3．(2018·浙江11月选考)20世纪人类最伟大的创举之一是开拓了太空的全新领域。现有一艘远离星球在太空中直线飞行的宇宙飞船，为了测量自身质量，启动推进器，测出飞船在短时间Δt内速度的改变为Δv，和飞船受到的推力F(其它星球对它的引力可忽略)。飞船在某次航行中，当它飞近一个孤立的星球时，飞船能以速度v在离星球的较高轨道上绕星球做周期为T的匀速圆周运动。已知星球的半径为R，引力常量用G表示。则宇宙飞船和星球的质量分别是( )
A．， B．，
C．， D．，
D [直线推进时，根据动量定理可得FΔt＝mΔv，解得飞船的质量为m＝，绕孤立星球运动时，根据公式G＝mr，又G＝m两式联立得M＝，故选D。]
4．(2019·全国卷Ⅱ·T25)一质量为m＝2 000 kg的汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶。行驶过程中，司机突然发现前方100 m处有一警示牌，立即刹车。刹车过程中，汽车所受阻力大小随时间的变化可简化为图(a)中的图线。图(a)中，0～t1时间段为从司机发现警示牌到采取措施的反应时间(这段时间内汽车所受阻力已忽略，汽车仍保持匀速行驶)，t1＝0.8 s；t1～t2时间段为刹车系统的启动时间，t2＝1.3 s；从t2时刻开始汽车的刹车系统稳定工作，直至汽车停止。已知从t2时刻开始，汽车第1 s内的位移为24 m，第4 s内的位移为1 m。
(a) (b)
(1)在图(b)中定性画出从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的vt图线；
(2)求t2时刻汽车的速度大小及此后的加速度大小；
(3)求刹车前汽车匀速行驶时的速度大小及t1～t2时间内汽车克服阻力做的功；从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离约为多少(以t1～t2时间段始末速度的算术平均值替代这段时间内汽车的平均速度)?
[考题分析] 对题中所给信息“汽车第1 s内的位移为24 m，第4 s内的位移为1 m”的解读至关重要。不进行深入思考很容易套用x1－x4＝3a(Δt)2计算加速度。陷阱藏在哪里呢？还是老生常谈的问题，刹车问题要判断停车时间，t2时刻后的第4 s内，汽车并非一直在运动。在此可以假设汽车在t2＋3 s后再经t0时间停止运动。由中间时刻速度公式可知，汽车在t2时刻后第0.5 s时的瞬时速度为24 m/s，故由速度时间关系有：0＝v0.5－a(2.5 s＋t0)，对最后1 m的运动过程，可逆向等效为反向匀加速直线运动，x4＝at，解两式可求得稳定刹车过程的加速度大小。在t1～t2阶段，可应用动量定理计算汽车刹车前的速度，而阻力的冲量可由Ft图线与横轴所围图形的面积得到。
[解析] (1)vt图象如图所示。
(2)设刹车前汽车匀速行驶时的速度大小为v1，则t1时刻的速度也为v1；t2时刻的速度为v2。在t2时刻后汽车做匀减速运动，设其加速度大小为a。取Δt＝1 s。设汽车在t2＋(n－1)Δt～t2＋nΔt内的位移为sn，n＝1,2,3，…。
若汽车在t2＋3Δt～t2＋4Δt时间内未停止，设它在t2＋3Δt时刻的速度为v3，在t2＋4Δt时刻的速度为v4，由运动学公式有
s1－s4＝3a(Δt)2 ①
s1＝v2Δt－a(Δt)2 ②
v4＝v2－4aΔt ③
联立①②③式，代入已知数据解得
v4＝－ m/s ④
这说明在t2＋4Δt时刻前，汽车已经停止。因此，①式不成立。
由于在t2＋3Δt～t2＋4Δt内汽车停止，由运动学公式
v3＝v2－3aΔt ⑤
2as4＝v ⑥
联立②⑤⑥式，代入已知数据解得
a＝8 m/s2，v2＝28 m/s ⑦
或者a＝ m/s2，v2＝29.76 m/s ⑧
但⑧式情形下，v3＜0，不合题意，舍去。
(3)设汽车的刹车系统稳定工作时，汽车所受阻力的大小为f1。由牛顿第二定律有
f1＝ma ⑨
在t1～t2时间内，阻力对汽车冲量的大小为
I＝f1(t2－t1) ⑩
由动量定理有I＝mv1－mv2 ⑪
由动能定理，在t1～t2时间内，汽车克服阻力做的功为
W＝mv－mv ⑫
联立⑦⑨⑩⑪⑫式，代入已知数据解得
v1＝30 m/s ⑬
W＝1.16×105 J ⑭
从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离s约为
s＝v1t1＋(v1＋v2)(t2－t1)＋ ⑮
联立⑦⑬⑮式，代入已知数据解得
s＝87.5 m。 ⑯
[答案] 见解析
■新储备·等级考提能·
1．对动量及动量定理的理解
(1)恒力的冲量可应用I＝Ft直接求解，变力的冲量优先考虑应用动量定理求解(如上T1)。
(2)物体动量变化是由合外力的冲量决定的(如上T2)，物体动能变化是由合外力做的功决定的。
(3)动量定理是过程定理，解题时必须明确过程及初末状态的动量。
(4)动量定理的表达式是矢量式，在一维情况下，各个矢量必须选取统一的正方向。
2．应用动量守恒定律的步骤
(1)分析题意，确定研究对象。
(2)根据题意选取研究的运动过程，明确始末状态的动量大小和方向。
(3)对研究对象进行受力分析，确定是否符合动量守恒的条件。
(4)选取参考正方向。
(5)列方程求解：符合守恒条件，列动量守恒方程。
■新训练·等级考落实·
考向1 动量定理的应用
1．(原创题)中国传统文化博大精深，简单的现象揭示了深刻的道理，如水滴石穿。假设从屋檐滴下的水滴质量为0.5 g，屋檐到下方石板的距离为4 m，水滴落到石板上在0.2 s内沿石板平面散开，忽略空气阻力，g取10 m/s2，则石板受到水滴的冲击力约为( )
A．0.22 N B．0.27 N
C．0.022 N D．0.027 N
D [由题知，水滴质量为m＝0.5 g，重力加速度为g＝10 m/s2，屋檐高度为h＝4 m，设水滴刚落到石板上时速度为v。水滴从屋檐开始下落到石板上，忽略空气阻力，水滴的机械能守恒，有mgh＝mv2。水滴从接触石板到速度为零的过程中，取向下为正方向，对水滴由动量定理得(mg－F)t＝0－mv，解得F≈0.027 N，由牛顿第三定律可知，D正确。]
考向2 动量守恒定律的应用
2．(易错题)关于下列四幅图所反映的物理过程的说法正确的是( )
A．甲图中子弹射入木块的过程中，子弹和木块组成的系统动量守恒，能量不守恒
B．乙图中M、N两木块放在光滑的水平面上，剪断束缚M、N两木块之间的细线，在弹簧恢复原长的过程中，M、N与弹簧组成的系统动量守恒，机械能增加
C．丙图中细线断裂后，木球和铁球在水中运动的过程，两球组成的系统动量守恒，机械能不守恒
D．丁图中木块沿放在光滑水平面上的斜面下滑，木块和斜面组成的系统在水平方向上动量守恒，机械能守恒
C [甲图中，在光滑水平面上，子弹射入木块的过程中，子弹和木块组成的系统动量守恒，机械能有损失，但是损失的机械能转化为内能，能量仍守恒，A错误；
乙图中，剪断束缚M、N两木块之间的细线，在弹簧恢复原长的过程中，M、N与弹簧组成的系统动量守恒，弹簧的弹性势能转化为木块的动能，系统机械能守恒，B错误；
丙图中，木球和铁球组成的系统匀速下降，说明两球所受水的浮力等于两球自身的重力，细线断裂后两球在水中运动的过程中，所受合外力为零，两球组成的系统动量守恒，由于水的浮力对两球做功，两球组成的系统机械能不守恒，C正确；
丁图中，木块沿放在光滑水平面上的斜面下滑，木块和斜面组成的系统在水平方向上不受外力，水平方向上动量守恒，由于斜面可能不光滑，所以机械能可能有损失，D错误。]
易错点评：本题的易错之处在于不能正确理解动量守恒的条件。
3．将两个完全相同的磁铁(磁性极强)分别固定在质量相等的甲、乙两个小车上，水平面光滑，开始时甲车速度大小为v甲＝3 m/s，乙车速度大小为v乙＝2 m/s，两车速度方向相反并在同一直线上，如图所示。
(1)当乙车速度为零时，甲车的速度为多大？方向如何？
(2)由于磁铁的磁性极强，故两车不会相碰，那么两车的距离最小时，乙车的速度是多大？方向如何？
[解析] 两个小车及磁铁组成的系统在水平方向上不受外力作用，两磁铁之间的磁场力是系统内力，即在水平方向上系统动量守恒。设水平向右为正方向，小车和磁铁的总质量为m。
(1)根据动量守恒定律得mv甲－mv乙＝mv′甲，代入数据解得v′甲＝1 m/s，方向水平向右。
(2)两车相距最小时，两车的速度相同，设此时速度为v′，由动量守恒定律得mv甲－mv乙＝mv′＋mv′
解得v′＝0.5 m/s，方向水平向右。
[答案] (1)1 m/s 方向水平向右 (2)0.5 m/s 方向水平向右
考向3 动量定理与动量守恒定律的综合应用
4．汽车碰撞试验是综合评价汽车安全性能的有效方法之一。设汽车在碰撞过程中受到的平均撞击力达到某个临界值F0时，安全气囊爆开。某次试验中，质量m1＝1 600 kg的试验车以速度v1＝36 km/h正面撞击固定试验台，经时间t1＝0.10 s碰撞结束，车速减为零，此次碰撞安全气囊恰好爆开。忽略撞击过程中地面阻力的影响。
(1)求此过程中试验车受到试验台的冲量I0的大小及F0的大小；
(2)若试验车以速度v1撞击正前方另一质量m2＝1 600 kg、速度v2＝18 km/h同向行驶的汽车，经时间t2＝0.16 s两车以相同的速度一起滑行。试通过计算分析这种情况下试验车的安全气囊是否会爆开。
[解析] (1)v1＝36 km/h＝10 m/s，取速度v1的方向为正方向
由动量定理有－I0＝0－m1v1 ①
将已知数据代入①式得
I0＝1.6×104 N·s ②
由冲量定义有I0＝F0t1 ③
将已知数据代入③式得F0＝1.6×105 N。 ④
(2)设试验车和汽车碰撞后获得共同速度v
由动量守恒定律有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v ⑤
对试验车，由动量定理有－Ft2＝m1v－m1v1 ⑥
将已知数据代入⑤⑥式得F＝2.5×104 N
可见F
考点2 碰撞类问题
■新依据·等级考预测·
❶分析近五年全国卷的高考题可以看出，2017年该部分纳入必考后，全国卷命题多以计算题的形式出现，内容涉及弹性碰撞、牛顿第二定律、运动学公式及功能关系的有关计算，对学生的综合分析能力要求较高。
❷预计2020年等级考仍会考查与实际问题相结合的碰撞问题。
1．(2019·全国卷Ⅲ·T25)静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为mA＝1.0 kg，mB＝4.0 kg；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＝1.0 m，如图所示。某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为Ek＝10.0 J。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＝10 m/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？
[考题分析] 本题为典型的多过程问题，涉及力学三大规律。解题关键是将这个复杂过程进行拆分：①弹簧弹开瞬间，根据动量守恒定律确定两物块的初速度；②物块B向左做匀减速直线运动，物块A向右运动，碰墙后以原速率返回的过程，可等效为匀减速直线运动；③物块A、B的弹性碰撞过程，遵守动量守恒定律以及机械能守恒定律，确定碰撞后的速度；④两物块各自减速到零，由运动学公式计算两物块的位移。
[解析] (1)设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB，以向右为正方向，由动量守恒定律和题给条件有
0＝mAvA－mBvB ①
Ek＝mAv＋mBv ②
联立①②式并代入题给数据得
vA＝4.0 m/s，vB＝1.0 m/s。 ③
(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＝μmBg ④
sB＝vBt－at2 ⑤
vB－at＝0 ⑥
在时间t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t内的路程sA都可表示为
sA＝vAt－at2⑦
联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得
sA＝1.75 m，sB＝0.25 m ⑧
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位于出发点右边0.25 m处。B位于出发点左边0.25 m处，两物块之间的距离s为
s＝0.25 m＋0.25 m＝0.50 m。 ⑨
(3)t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vA′，由动能定理有
mAv′－mAv＝－μmAg(2l＋sB) ⑩
联立③⑧⑩式并代入题给数据得
vA′＝ m/s ⑪
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″ ⑫
mAv′＝mAv″＋mBv″ ⑬
联立⑪⑫⑬式并代入题给数据得
vA″＝ m/s，vB″＝－ m/s ⑭
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sA′时停止，B向左运动距离为sB′时停止，由运动学公式
2asA′＝v″，2asB′＝v″ ⑮
由④⑭⑮式及题给数据得
sA′＝0.63 m，sB′＝0.28 m ⑯
sA′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′＝sA′＋sB′＝0.91 m。 ⑰
[答案] 见解析
2．(2019·全国卷Ⅰ·T25)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开始下滑，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。
(a) (b)
(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，改变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。求改变前后动摩擦因数的比值。
[解析] (1)根据图(b)，v1为物块A在碰撞前瞬间速度的大小，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＝m(－)＋m′v′ ①
mv＝m(－v1)2＋m′v′2 ②
联立①②式得m′＝3m。 ③
(2)在图(b)所描述的运动中，设物块A与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＝mv－0 ④
－(fs2＋mgh)＝0－m(－)2 ⑤
从图(b)所给出的vt图线可知
s1＝v1t1 ⑥
s2＝··(1.4t1－t1) ⑦
由几何关系
＝ ⑧
物块A在整个过程中克服摩擦力所做的功为
W＝fs1＋fs2 ⑨
联立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得
W＝mgH。 ⑩
(3)设倾斜轨道倾角为θ，物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为μ，有
W＝μmgcos θ· 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－m′v′2 ⑫
设改变后的动摩擦因数为μ′，由动能定理有
mgh－μ′mgcos θ·－μ′mgs′＝0 ⑬
联立①③④⑤⑥⑦⑧⑩⑪⑫⑬式可得＝。 ⑭
[答案] (1)3m (2)mgH (3)11∶9
■新储备·等级考提能·
“碰撞过程”的规律
在光滑桌面上，如图甲所示，有P、Q两物块，它们在t＝4 s时发生碰撞，图乙是两者碰撞前后的位移—时间图象，已知物块P的质量mP＝1 kg，求：
(1)物块Q的质量和两物块碰撞过程中物块Q受到的冲量大小；
(2)碰撞过程损失的机械能。
思维流程：
→→
[解析] (1)根据位移—时间图象可知，碰撞前P的速度：v0＝＝4 m/s
碰撞前P的动量：p0＝mPv0＝4 kg·m/s
根据位移—时间图象知，碰撞后二者速度相同，说明碰撞为完全非弹性碰撞，碰撞后，二者的共同速度：v＝＝1 m/s
碰撞过程，取碰撞前P的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mPv0＝(mP＋mQ)v
解得：mQ＝3 kg
对物块Q，由动量定理，两物块碰撞过程中物块Q受到的冲量：I＝ΔpQ＝mQv＝3 N·s。
(2)由能量守恒定律知，碰撞过程中损失的机械能：ΔE＝mPv－(mP＋mQ)v2
解得：ΔE＝6 J。
[答案] (1)3 kg 3 N·s (2)6 J
反思：处理碰撞问题的两点说明
(1)条件分析：当两物体相碰时，首先要判断碰撞时间是否极短、碰撞时的相互作用力(内力)是否远远大于外力。
(2)定律应用：如果物体间发生的是弹性碰撞，则一般是列出动量守恒方程和机械能守恒方程进行求解；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，如典例中(2)。
■新训练·等级考落实·
考向1 完全弹性碰撞
1．如图所示，一个质量为m的物块A与另一个静止的质量为2m的物块B发生正碰，碰后物块B刚好能落入正前方的沙坑中。假如碰撞过程中无机械能损失，已知B与地面间的动摩擦因数为0.1，与沙坑的距离为0.5 m，g取10 m/s2，A、B均可视为质点。则A碰撞前瞬间的速度为( )
A．0.5 m/s B．1.0 m/s
C．1.5 m/s D．2.0 m/s
C [碰撞后B做匀减速运动，由动能定理得：－μ·2mgx＝0－×2mv2，解得：v＝1 m/s，A与B碰撞的过程中，A与B组成的系统在水平方向的动量守恒，则：mv0＝mv1＋2mv，由于没有机械能损失，则：mv＝mv＋×2mv2，解得：v0＝1.5 m/s，故A、B、D错误，C正确。]
2.如图所示，在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C位于同一直线上，A位于B、C之间。A的质量为m，B、C的质量都为M，三者均处于静止状态。现使A以某一速度向右运动，求m和M之间应满足什么条件，才能使A只与B、C各发生一次碰撞。设物体间的碰撞都是弹性的。
[解析] A向右运动与C发生第一次碰撞，碰撞过程中，系统的动量守恒、机械能守恒。设速度方向向右为正，开始时A的速度为v0，第一次碰撞后C的速度为vC1，A的速度为vA1。由动量守恒定律和机械能守恒定律得
mv0＝mvA1＋MvC1 ①
mv＝mv＋Mv ②
联立①②式得
vA1＝v0 ③
vC1＝v0 ④
如果m>M，第一次碰撞后，A与C速度同向，且A的速度小于C的速度，不可能与B发生碰撞；如果m＝M，第一次碰撞后，A停止，C以A碰前的速度向右运动，A不可能与B发生碰撞；所以只需考虑m
vA2＝vA1＝( )2v0 ⑤
根据题意，要求A只与B、C各发生一次碰撞，应有
vA2≤vC1 ⑥
联立④⑤⑥式得m2＋4mM－M2≥0
解得m≥(－2)M
另一解m≤－(＋2)M舍去。
所以，m和M应满足的条件为(－2)M≤m
3．(原创题)质量为80 kg的冰球运动员甲，以5 m/s的速度在水平冰面上向右运动时，与质量为100 kg、速度为3 m/s迎面而来的运动员乙相撞，碰后甲恰好静止。假设碰撞时间极短，下列说法正确的是( )
A．碰后乙向左运动，速度大小为1 m/s
B．碰后乙向右运动，速度大小为7 m/s
C．碰撞中甲、乙的机械能总共增加了1 450 J
D．碰撞中甲、乙的机械能总共损失了1 400 J
D [甲、乙碰撞过程中，相互作用的内力远大于冰面对运动员的阻力，两运动员组成的系统动量守恒，以向右为正方向，设碰撞前甲的速度为v甲，乙的速度为v乙，碰撞后乙的速度为v′乙，由动量守恒定律，有m甲v甲＋m乙v乙＝m乙v′乙，解得v′乙＝1 m/s，方向向右，A、B错误；甲、乙碰撞过程中机械能的变化量ΔE＝m乙v′－(m甲v＋m乙v)，代入数据解得ΔE＝－1 400 J，则机械能减少了1 400 J，C错误，D正确。]
4.如图所示，光滑水平直轨道上的两滑块A、B用轻质橡皮筋连接，A的质量为m。开始时橡皮筋松弛，B静止，给A一向左的初速度v0。一段时间后，B与A同向运动发生碰撞并粘在一起，碰撞后的共同速度是碰撞前瞬间A的速度的两倍，也是碰撞前瞬间B的速度的一半。求：
(1)B的质量；
(2)碰撞过程中A、B系统损失的机械能。
[解析] (1)设A的初速度v0的方向为正方向，B的质量为mB，A、B碰撞后的共同速度为v，由题意知碰撞前瞬间A的速度为，碰撞前瞬间B的速度为2v，由动量守恒定律得
m·＋2mBv＝(m＋mB)v
解得mB＝。 ①
(2)对从A开始运动到碰撞后的全过程，由动量守恒定律得
mv0＝(m＋mB)v ②
设碰撞过程中A、B系统损失的机械能为ΔE，则
ΔE＝m()2＋mB(2v)2－(m＋mB)v2 ③
联立①②③式得ΔE＝mv。
[答案] (1) (2)mv
考点3 动量、动力学和能量观点的综合应用
■新储备·等级考提能·
❶分析近五年全国卷及北京卷、天津卷的高考试题可以看出，自从2017年动量纳入必考后，命题以对动量、冲量概念的理解及动量定理、动量守恒定律的简单应用为主。但2019年全国三套卷的压轴题均出现动量与其他知识综合的问题，特别是Ⅰ、Ⅲ卷的T25均为动量与能量的综合题。
❷预计2020年等级考还会延续这种趋势，要加强该类问题的训练。
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，特别对于打击一类的问题，因时间短且冲力随时间变化，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如果只有重力和弹簧弹力做功而又不涉及运动过程中的加速度和时间问题，则采用机械能守恒定律求解。
③对于相互作用的两物体，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。
质量为M＝3.0 kg的平板小车静止在光滑水平面上，如图(a)所示。当t＝0时，两个质量都是m＝1.0 kg的小物体A和B(均可看成质点)，分别从左端和右端以大小为v1＝4.0 m/s和v2＝2.0 m/s的水平速度冲上小车C，当它们在车上停止滑动时，没有相碰。A、B与车面间的动摩擦因数都是μ＝0.20，g取10 m/s2。
(1)求A、B在车上停止滑动时车的速度；
(2)车的长度至少是多少？
(3)在图(b)所给出的坐标系中画出0～4.0 s内小车运动的速度—时间图象。
思维流程：
[解析] (1)以水平向右为正方向，设A、B在车上停止滑动时，车的速度为v，根据动量守恒定律可得：m(v1－v2)＝(M＋2m)v
解得v＝0.40 m/s，方向向右。
(2)设A、B在车上相对于车滑动的距离分别为l1和l2，由功能关系可得：μmgl1＋μmgl2＝mv＋mv－(2m＋M)v2
解得l1＋l2＝4.8 m，即车长至少为4.8 m。
(3)车的运动可分为以下三个阶段：
第一阶段：A、B同时在车上滑动时，小物体对车的摩擦力大小均为μmg，方向相反，车受力平衡而保持不动。 当B的速度减为0时，此过程结束。设这段时间内小物体的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有μmg＝ma
得小物体的加速度大小a＝μg
设B到t1时刻停止滑动，则t1＝＝1.0 s。
第二阶段：B停止运动后，A继续在车上滑动。设到t2时刻物体A与车有共同速度v，则有
v＝(v1－v2)－a(t2－t1)，解得t2＝1.8 s。
第三阶段：t2时刻之后，车以速度v做匀速直线运动。小车运动的速度—时间图象如图所示。
[答案] (1)0.40 m/s，方向向右 (2)4.8 m (3)见解析
反思：解答动量和能量问题应注意的几点
(1)弄清有几个物体参与运动，并划分清楚物体的运动过程。
(2)进行正确的受力分析，明确各过程的运动特点。
(3)光滑的平面或曲面，还有不计阻力的抛体运动，机械能一定守恒；碰撞过程、子弹打击木块、不受其他外力作用的两物体相互作用问题，一般考虑用动量守恒定律分析。
(4)如含摩擦生热问题，则考虑用能量守恒定律分析。
■新训练·等级考落实·
考向1 “冲击板块”类动量和能量问题
1.如图所示，光滑水平面上的木板右端，有一根轻质弹簧沿水平方向与粗糙木板相连，木板质量M＝3.0 kg。质量为m＝1.0 kg的铁块以水平速度v0＝4.0 m/s从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左端，则在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为( )
A．4.0 J B．6.0 J C．3.0 J D．20 J
C [设铁块与木板速度相同时，共同速度大小为v，铁块相对木板向右运动时，相对滑行的最大路程为L，摩擦力大小为Ff，根据能量守恒定律得
mv＝FfL＋(M＋m)v2＋Ep
铁块相对于木板运动的整个过程，由能量守恒定律得
mv＝2FfL＋(M＋m)v2
又根据系统动量守恒可知，mv0＝(M＋m)v
联立得到Ep＝3.0 J，故选C。]
2.如图所示，质量为M的长木板A在光滑水平面上，以大小为v0的速度向左运动，一质量为m的小木块B(可视为质点)，以大小也为v0的速度水平向右运动冲上木板左端，B、A间动摩擦因数为μ，最后B不会滑离A。已知M＝2m，重力加速度为g。求：
(1)A、B最后的速度；
(2)木板A的最短长度。
[解析] (1)小木块B在放于光滑水平面上的长木板A上滑动且最终不会滑离A，该过程是“滑到不能再滑”的过程，设A、B最后具有共同速度v。 以向左为正方向。由动量守恒定律得：Mv0－mv0＝(M＋m)v
将M＝2m代入解得：v＝，方向向左。
(2)设木板A的最短长度为L，根据能量守恒定律得：
Mv＋mv＝(M＋m)v2＋μmgL
解得：L＝。
[答案] (1)，方向向左 (2)
考向2 “传送带”类动量和能量问题
3．如图所示，长度x＝5 m的粗糙水平面PQ的左端固定一竖直挡板，右端Q处与水平传送带平滑连接，传送带以一定速率v逆时针转动，其上表面QM间距离为L＝4 m，MN无限长，M端与传送带平滑连接。物块A和B可视为质点，A的质量m＝1.5 kg，B的质量M＝5.5 kg。开始A静止在P处，B静止在Q处，现给A一个向右的初速度v0＝8 m/s，A运动一段时间后与B发生弹性碰撞，设A、B与传送带和水平面PQ、MN间的动摩擦因数均为μ＝0.15，A与挡板的碰撞也无机械能损失。取重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)A、B碰撞后瞬间的速度大小；
(2)若传送带的速率为v＝4 m/s，试判断A、B能否再次相遇，若能相遇，求出相遇的位置；若不能相遇，求它们最终相距多远。
[解析] (1)设A与B碰撞前的速度为vA，由P到Q过程，由动能定理得
－μmgx＝mv－mv ①
A与B碰撞前后动量守恒，有mvA＝mv′A＋Mv′B ②
由能量守恒定律得mv＝mv′＋mv′ ③
联立①②③式得v′A＝－4 m/s，v′B＝3 m/s
碰后A、B的速度大小分别为4 m/s、3 m/s。
(2)设A碰撞后运动的路程为sA，由动能定理得
－μmgsA＝0－mv′ ④
解得sA＝ m
所以A与挡板碰撞后再运动s′A＝sA－x＝ m ⑤
设B碰撞后向右运动的距离为sB，
则－μMgsB＝0－Mv′ ⑥
解得sB＝3 m
在水平面PQ上，B再运动s′B＝sB＝3 m停止，s′B＋s′A<5 m，所以A、B不能再次相遇
A、B最终的距离sAB＝x－s′A－s′B＝ m。
[答案] (1)4 m/s 3 m/s (2)不能相遇 m
核心素养培养科学思维——破解高考压轴题策略：物理过程的拆与合
计算题的物理过程大体有以下三种呈现方式：
1．串联式
此类问题一般涉及一个物体，解题的方法是按时间先后顺序将整个过程拆分成几个子过程，然后对每个子过程运用规律列式求解。
2．并列式
此类问题的几个过程是同时发生的，一般涉及多个物体，解题的关键是从空间上将复杂过程拆分成几个子过程，然后对各子过程运用规律列式求解。
3．复合式
此类问题是上述两种方式的组合，下面用典例展示如何从时间和空间上将多个物体的多个子过程一一拆分出来，然后运用规律列式求解。
[典例] (2018·全国卷Ⅰ·T24)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。
[过程拆分]
过程拆分
应用规律
所求量
过程图示
(1)烟花弹从地面竖直升空至速度为零
运动学方程速度时间关系，机械能守恒
烟花弹升空的时间，上升的高度h1
(2)弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分
竖直方向动量守恒，爆炸结束后两部分的动能之和也为E
爆炸刚结束时两部分的速度v1，v2
(3)爆炸后烟花弹向上运动的部分继续上升至最高点
机械能守恒
爆炸后烟花弹向上运动的部分继续上升的高度h2
[解析] (1)设烟花弹上升的初速度为v0，由题给条件有
E＝mv ①
设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t，由运动学公式有
0－v0＝－gt ②
联立①②式得
t＝。 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＝mgh1 ④
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v2和v1。由题给条件和动量守恒定律有
mv＋mv＝E ⑤
mv1＋mv2＝0 ⑥
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。设爆炸后烟花弹上部分继续上升的高度为h2，由机械能守恒定律有
mv＝mgh2 ⑦
联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹上部分距地面的最大高度为
h＝h1＋h2＝。 ⑧
[答案] (1) (2)
考点1 动量定理和动量守恒定律
■新依据·等级考预测·
❶分析近五年全国卷的高考题可以看出，自2017年动量纳入必考后，单独考查动量和动量守恒时以选择题为主，也出现较简单的计算题，命题点以对动量、冲量概念的理解及动量定理、动量守恒定律的简单应用为主。但也呈现出与其他知识综合的趋势。
❷2020年等级考备考应关注动量守恒与动力学知识的综合题的训练。
1．(2019·全国卷Ⅰ·T16)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3 km/s，产生的推力约为4.8×106 N，则它在1 s时间内喷射的气体质量约为( )
A．1.6×102 kg B．1.6×103 kg
C．1.6×105 kg D．1.6×106 kg
B [根据动量定理有FΔt＝Δmv－0，解得＝＝1.6×103 kg/s，所以选项B正确。]
2．(2018·全国卷Ⅱ·T15)高空坠物极易对行人造成伤害。若一个50 g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的碰撞时间约为2 ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为 ( )
A．10 N B．102 N
C．103 N D．104 N
C [根据自由落体运动和动量定理有2gh＝v2(h为25层楼的高度，约70 m)，Ft＝mv，代入数据解得F≈1×103 N，所以C正确。]
3．(2018·浙江11月选考)20世纪人类最伟大的创举之一是开拓了太空的全新领域。现有一艘远离星球在太空中直线飞行的宇宙飞船，为了测量自身质量，启动推进器，测出飞船在短时间Δt内速度的改变为Δv，和飞船受到的推力F(其它星球对它的引力可忽略)。飞船在某次航行中，当它飞近一个孤立的星球时，飞船能以速度v在离星球的较高轨道上绕星球做周期为T的匀速圆周运动。已知星球的半径为R，引力常量用G表示。则宇宙飞船和星球的质量分别是( )
A．， B．，
C．， D．，
D [直线推进时，根据动量定理可得FΔt＝mΔv，解得飞船的质量为m＝，绕孤立星球运动时，根据公式G＝mr，又G＝m两式联立得M＝，故选D。]
4．(2019·全国卷Ⅱ·T25)一质量为m＝2 000 kg的汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶。行驶过程中，司机突然发现前方100 m处有一警示牌，立即刹车。刹车过程中，汽车所受阻力大小随时间的变化可简化为图(a)中的图线。图(a)中，0～t1时间段为从司机发现警示牌到采取措施的反应时间(这段时间内汽车所受阻力已忽略，汽车仍保持匀速行驶)，t1＝0.8 s；t1～t2时间段为刹车系统的启动时间，t2＝1.3 s；从t2时刻开始汽车的刹车系统稳定工作，直至汽车停止。已知从t2时刻开始，汽车第1 s内的位移为24 m，第4 s内的位移为1 m。
(a) (b)
(1)在图(b)中定性画出从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的vt图线；
(2)求t2时刻汽车的速度大小及此后的加速度大小；
(3)求刹车前汽车匀速行驶时的速度大小及t1～t2时间内汽车克服阻力做的功；从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离约为多少(以t1～t2时间段始末速度的算术平均值替代这段时间内汽车的平均速度)?
[考题分析] 对题中所给信息“汽车第1 s内的位移为24 m，第4 s内的位移为1 m”的解读至关重要。不进行深入思考很容易套用x1－x4＝3a(Δt)2计算加速度。陷阱藏在哪里呢？还是老生常谈的问题，刹车问题要判断停车时间，t2时刻后的第4 s内，汽车并非一直在运动。在此可以假设汽车在t2＋3 s后再经t0时间停止运动。由中间时刻速度公式可知，汽车在t2时刻后第0.5 s时的瞬时速度为24 m/s，故由速度时间关系有：0＝v0.5－a(2.5 s＋t0)，对最后1 m的运动过程，可逆向等效为反向匀加速直线运动，x4＝at，解两式可求得稳定刹车过程的加速度大小。在t1～t2阶段，可应用动量定理计算汽车刹车前的速度，而阻力的冲量可由Ft图线与横轴所围图形的面积得到。
[解析] (1)vt图象如图所示。
(2)设刹车前汽车匀速行驶时的速度大小为v1，则t1时刻的速度也为v1；t2时刻的速度为v2。在t2时刻后汽车做匀减速运动，设其加速度大小为a。取Δt＝1 s。设汽车在t2＋(n－1)Δt～t2＋nΔt内的位移为sn，n＝1,2,3，…。
若汽车在t2＋3Δt～t2＋4Δt时间内未停止，设它在t2＋3Δt时刻的速度为v3，在t2＋4Δt时刻的速度为v4，由运动学公式有
s1－s4＝3a(Δt)2 ①
s1＝v2Δt－a(Δt)2 ②
v4＝v2－4aΔt ③
联立①②③式，代入已知数据解得
v4＝－ m/s ④
这说明在t2＋4Δt时刻前，汽车已经停止。因此，①式不成立。
由于在t2＋3Δt～t2＋4Δt内汽车停止，由运动学公式
v3＝v2－3aΔt ⑤
2as4＝v ⑥
联立②⑤⑥式，代入已知数据解得
a＝8 m/s2，v2＝28 m/s ⑦
或者a＝ m/s2，v2＝29.76 m/s ⑧
但⑧式情形下，v3＜0，不合题意，舍去。
(3)设汽车的刹车系统稳定工作时，汽车所受阻力的大小为f1。由牛顿第二定律有
f1＝ma ⑨
在t1～t2时间内，阻力对汽车冲量的大小为
I＝f1(t2－t1) ⑩
由动量定理有I＝mv1－mv2 ⑪
由动能定理，在t1～t2时间内，汽车克服阻力做的功为
W＝mv－mv ⑫
联立⑦⑨⑩⑪⑫式，代入已知数据解得
v1＝30 m/s ⑬
W＝1.16×105 J ⑭
从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离s约为
s＝v1t1＋(v1＋v2)(t2－t1)＋ ⑮
联立⑦⑬⑮式，代入已知数据解得
s＝87.5 m。 ⑯
[答案] 见解析
■新储备·等级考提能·
1．对动量及动量定理的理解
(1)恒力的冲量可应用I＝Ft直接求解，变力的冲量优先考虑应用动量定理求解(如上T1)。
(2)物体动量变化是由合外力的冲量决定的(如上T2)，物体动能变化是由合外力做的功决定的。
(3)动量定理是过程定理，解题时必须明确过程及初末状态的动量。
(4)动量定理的表达式是矢量式，在一维情况下，各个矢量必须选取统一的正方向。
2．应用动量守恒定律的步骤
(1)分析题意，确定研究对象。
(2)根据题意选取研究的运动过程，明确始末状态的动量大小和方向。
(3)对研究对象进行受力分析，确定是否符合动量守恒的条件。
(4)选取参考正方向。
(5)列方程求解：符合守恒条件，列动量守恒方程。
■新训练·等级考落实·
考向1 动量定理的应用
1．(原创题)中国传统文化博大精深，简单的现象揭示了深刻的道理，如水滴石穿。假设从屋檐滴下的水滴质量为0.5 g，屋檐到下方石板的距离为4 m，水滴落到石板上在0.2 s内沿石板平面散开，忽略空气阻力，g取10 m/s2，则石板受到水滴的冲击力约为( )
A．0.22 N B．0.27 N
C．0.022 N D．0.027 N
D [由题知，水滴质量为m＝0.5 g，重力加速度为g＝10 m/s2，屋檐高度为h＝4 m，设水滴刚落到石板上时速度为v。水滴从屋檐开始下落到石板上，忽略空气阻力，水滴的机械能守恒，有mgh＝mv2。水滴从接触石板到速度为零的过程中，取向下为正方向，对水滴由动量定理得(mg－F)t＝0－mv，解得F≈0.027 N，由牛顿第三定律可知，D正确。]
考向2 动量守恒定律的应用
2．(易错题)关于下列四幅图所反映的物理过程的说法正确的是( )
A．甲图中子弹射入木块的过程中，子弹和木块组成的系统动量守恒，能量不守恒
B．乙图中M、N两木块放在光滑的水平面上，剪断束缚M、N两木块之间的细线，在弹簧恢复原长的过程中，M、N与弹簧组成的系统动量守恒，机械能增加
C．丙图中细线断裂后，木球和铁球在水中运动的过程，两球组成的系统动量守恒，机械能不守恒
D．丁图中木块沿放在光滑水平面上的斜面下滑，木块和斜面组成的系统在水平方向上动量守恒，机械能守恒
C [甲图中，在光滑水平面上，子弹射入木块的过程中，子弹和木块组成的系统动量守恒，机械能有损失，但是损失的机械能转化为内能，能量仍守恒，A错误；
乙图中，剪断束缚M、N两木块之间的细线，在弹簧恢复原长的过程中，M、N与弹簧组成的系统动量守恒，弹簧的弹性势能转化为木块的动能，系统机械能守恒，B错误；
丙图中，木球和铁球组成的系统匀速下降，说明两球所受水的浮力等于两球自身的重力，细线断裂后两球在水中运动的过程中，所受合外力为零，两球组成的系统动量守恒，由于水的浮力对两球做功，两球组成的系统机械能不守恒，C正确；
丁图中，木块沿放在光滑水平面上的斜面下滑，木块和斜面组成的系统在水平方向上不受外力，水平方向上动量守恒，由于斜面可能不光滑，所以机械能可能有损失，D错误。]
易错点评：本题的易错之处在于不能正确理解动量守恒的条件。
3．将两个完全相同的磁铁(磁性极强)分别固定在质量相等的甲、乙两个小车上，水平面光滑，开始时甲车速度大小为v甲＝3 m/s，乙车速度大小为v乙＝2 m/s，两车速度方向相反并在同一直线上，如图所示。
(1)当乙车速度为零时，甲车的速度为多大？方向如何？
(2)由于磁铁的磁性极强，故两车不会相碰，那么两车的距离最小时，乙车的速度是多大？方向如何？
[解析] 两个小车及磁铁组成的系统在水平方向上不受外力作用，两磁铁之间的磁场力是系统内力，即在水平方向上系统动量守恒。设水平向右为正方向，小车和磁铁的总质量为m。
(1)根据动量守恒定律得mv甲－mv乙＝mv′甲，代入数据解得v′甲＝1 m/s，方向水平向右。
(2)两车相距最小时，两车的速度相同，设此时速度为v′，由动量守恒定律得mv甲－mv乙＝mv′＋mv′
解得v′＝0.5 m/s，方向水平向右。
[答案] (1)1 m/s 方向水平向右 (2)0.5 m/s 方向水平向右
考向3 动量定理与动量守恒定律的综合应用
4．汽车碰撞试验是综合评价汽车安全性能的有效方法之一。设汽车在碰撞过程中受到的平均撞击力达到某个临界值F0时，安全气囊爆开。某次试验中，质量m1＝1 600 kg的试验车以速度v1＝36 km/h正面撞击固定试验台，经时间t1＝0.10 s碰撞结束，车速减为零，此次碰撞安全气囊恰好爆开。忽略撞击过程中地面阻力的影响。
(1)求此过程中试验车受到试验台的冲量I0的大小及F0的大小；
(2)若试验车以速度v1撞击正前方另一质量m2＝1 600 kg、速度v2＝18 km/h同向行驶的汽车，经时间t2＝0.16 s两车以相同的速度一起滑行。试通过计算分析这种情况下试验车的安全气囊是否会爆开。
[解析] (1)v1＝36 km/h＝10 m/s，取速度v1的方向为正方向
由动量定理有－I0＝0－m1v1 ①
将已知数据代入①式得
I0＝1.6×104 N·s ②
由冲量定义有I0＝F0t1 ③
将已知数据代入③式得F0＝1.6×105 N。 ④
(2)设试验车和汽车碰撞后获得共同速度v
由动量守恒定律有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v ⑤
对试验车，由动量定理有－Ft2＝m1v－m1v1 ⑥
将已知数据代入⑤⑥式得F＝2.5×104 N
可见F
考点2 碰撞类问题
■新依据·等级考预测·
❶分析近五年全国卷的高考题可以看出，2017年该部分纳入必考后，全国卷命题多以计算题的形式出现，内容涉及弹性碰撞、牛顿第二定律、运动学公式及功能关系的有关计算，对学生的综合分析能力要求较高。
❷预计2020年等级考仍会考查与实际问题相结合的碰撞问题。
1．(2019·全国卷Ⅲ·T25)静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为mA＝1.0 kg，mB＝4.0 kg；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＝1.0 m，如图所示。某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为Ek＝10.0 J。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＝10 m/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？
[考题分析] 本题为典型的多过程问题，涉及力学三大规律。解题关键是将这个复杂过程进行拆分：①弹簧弹开瞬间，根据动量守恒定律确定两物块的初速度；②物块B向左做匀减速直线运动，物块A向右运动，碰墙后以原速率返回的过程，可等效为匀减速直线运动；③物块A、B的弹性碰撞过程，遵守动量守恒定律以及机械能守恒定律，确定碰撞后的速度；④两物块各自减速到零，由运动学公式计算两物块的位移。
[解析] (1)设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB，以向右为正方向，由动量守恒定律和题给条件有
0＝mAvA－mBvB ①
Ek＝mAv＋mBv ②
联立①②式并代入题给数据得
vA＝4.0 m/s，vB＝1.0 m/s。 ③
(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＝μmBg ④
sB＝vBt－at2 ⑤
vB－at＝0 ⑥
在时间t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t内的路程sA都可表示为
sA＝vAt－at2⑦
联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得
sA＝1.75 m，sB＝0.25 m ⑧
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位于出发点右边0.25 m处。B位于出发点左边0.25 m处，两物块之间的距离s为
s＝0.25 m＋0.25 m＝0.50 m。 ⑨
(3)t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vA′，由动能定理有
mAv′－mAv＝－μmAg(2l＋sB) ⑩
联立③⑧⑩式并代入题给数据得
vA′＝ m/s ⑪
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″ ⑫
mAv′＝mAv″＋mBv″ ⑬
联立⑪⑫⑬式并代入题给数据得
vA″＝ m/s，vB″＝－ m/s ⑭
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sA′时停止，B向左运动距离为sB′时停止，由运动学公式
2asA′＝v″，2asB′＝v″ ⑮
由④⑭⑮式及题给数据得
sA′＝0.63 m，sB′＝0.28 m ⑯
sA′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′＝sA′＋sB′＝0.91 m。 ⑰
[答案] 见解析
2．(2019·全国卷Ⅰ·T25)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开始下滑，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。
(a) (b)
(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，改变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。求改变前后动摩擦因数的比值。
[解析] (1)根据图(b)，v1为物块A在碰撞前瞬间速度的大小，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＝m(－)＋m′v′ ①
mv＝m(－v1)2＋m′v′2 ②
联立①②式得m′＝3m。 ③
(2)在图(b)所描述的运动中，设物块A与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＝mv－0 ④
－(fs2＋mgh)＝0－m(－)2 ⑤
从图(b)所给出的vt图线可知
s1＝v1t1 ⑥
s2＝··(1.4t1－t1) ⑦
由几何关系
＝ ⑧
物块A在整个过程中克服摩擦力所做的功为
W＝fs1＋fs2 ⑨
联立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得
W＝mgH。 ⑩
(3)设倾斜轨道倾角为θ，物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为μ，有
W＝μmgcos θ· 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－m′v′2 ⑫
设改变后的动摩擦因数为μ′，由动能定理有
mgh－μ′mgcos θ·－μ′mgs′＝0 ⑬
联立①③④⑤⑥⑦⑧⑩⑪⑫⑬式可得＝。 ⑭
[答案] (1)3m (2)mgH (3)11∶9
■新储备·等级考提能·
“碰撞过程”的规律
在光滑桌面上，如图甲所示，有P、Q两物块，它们在t＝4 s时发生碰撞，图乙是两者碰撞前后的位移—时间图象，已知物块P的质量mP＝1 kg，求：
(1)物块Q的质量和两物块碰撞过程中物块Q受到的冲量大小；
(2)碰撞过程损失的机械能。
思维流程：
→→
[解析] (1)根据位移—时间图象可知，碰撞前P的速度：v0＝＝4 m/s
碰撞前P的动量：p0＝mPv0＝4 kg·m/s
根据位移—时间图象知，碰撞后二者速度相同，说明碰撞为完全非弹性碰撞，碰撞后，二者的共同速度：v＝＝1 m/s
碰撞过程，取碰撞前P的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mPv0＝(mP＋mQ)v
解得：mQ＝3 kg
对物块Q，由动量定理，两物块碰撞过程中物块Q受到的冲量：I＝ΔpQ＝mQv＝3 N·s。
(2)由能量守恒定律知，碰撞过程中损失的机械能：ΔE＝mPv－(mP＋mQ)v2
解得：ΔE＝6 J。
[答案] (1)3 kg 3 N·s (2)6 J
反思：处理碰撞问题的两点说明
(1)条件分析：当两物体相碰时，首先要判断碰撞时间是否极短、碰撞时的相互作用力(内力)是否远远大于外力。
(2)定律应用：如果物体间发生的是弹性碰撞，则一般是列出动量守恒方程和机械能守恒方程进行求解；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，如典例中(2)。
■新训练·等级考落实·
考向1 完全弹性碰撞
1．如图所示，一个质量为m的物块A与另一个静止的质量为2m的物块B发生正碰，碰后物块B刚好能落入正前方的沙坑中。假如碰撞过程中无机械能损失，已知B与地面间的动摩擦因数为0.1，与沙坑的距离为0.5 m，g取10 m/s2，A、B均可视为质点。则A碰撞前瞬间的速度为( )
A．0.5 m/s B．1.0 m/s
C．1.5 m/s D．2.0 m/s
C [碰撞后B做匀减速运动，由动能定理得：－μ·2mgx＝0－×2mv2，解得：v＝1 m/s，A与B碰撞的过程中，A与B组成的系统在水平方向的动量守恒，则：mv0＝mv1＋2mv，由于没有机械能损失，则：mv＝mv＋×2mv2，解得：v0＝1.5 m/s，故A、B、D错误，C正确。]
2.如图所示，在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C位于同一直线上，A位于B、C之间。A的质量为m，B、C的质量都为M，三者均处于静止状态。现使A以某一速度向右运动，求m和M之间应满足什么条件，才能使A只与B、C各发生一次碰撞。设物体间的碰撞都是弹性的。
[解析] A向右运动与C发生第一次碰撞，碰撞过程中，系统的动量守恒、机械能守恒。设速度方向向右为正，开始时A的速度为v0，第一次碰撞后C的速度为vC1，A的速度为vA1。由动量守恒定律和机械能守恒定律得
mv0＝mvA1＋MvC1 ①
mv＝mv＋Mv ②
联立①②式得
vA1＝v0 ③
vC1＝v0 ④
如果m>M，第一次碰撞后，A与C速度同向，且A的速度小于C的速度，不可能与B发生碰撞；如果m＝M，第一次碰撞后，A停止，C以A碰前的速度向右运动，A不可能与B发生碰撞；所以只需考虑m
vA2＝vA1＝( )2v0 ⑤
根据题意，要求A只与B、C各发生一次碰撞，应有
vA2≤vC1 ⑥
联立④⑤⑥式得m2＋4mM－M2≥0
解得m≥(－2)M
另一解m≤－(＋2)M舍去。
所以，m和M应满足的条件为(－2)M≤m
3．(原创题)质量为80 kg的冰球运动员甲，以5 m/s的速度在水平冰面上向右运动时，与质量为100 kg、速度为3 m/s迎面而来的运动员乙相撞，碰后甲恰好静止。假设碰撞时间极短，下列说法正确的是( )
A．碰后乙向左运动，速度大小为1 m/s
B．碰后乙向右运动，速度大小为7 m/s
C．碰撞中甲、乙的机械能总共增加了1 450 J
D．碰撞中甲、乙的机械能总共损失了1 400 J
D [甲、乙碰撞过程中，相互作用的内力远大于冰面对运动员的阻力，两运动员组成的系统动量守恒，以向右为正方向，设碰撞前甲的速度为v甲，乙的速度为v乙，碰撞后乙的速度为v′乙，由动量守恒定律，有m甲v甲＋m乙v乙＝m乙v′乙，解得v′乙＝1 m/s，方向向右，A、B错误；甲、乙碰撞过程中机械能的变化量ΔE＝m乙v′－(m甲v＋m乙v)，代入数据解得ΔE＝－1 400 J，则机械能减少了1 400 J，C错误，D正确。]
4.如图所示，光滑水平直轨道上的两滑块A、B用轻质橡皮筋连接，A的质量为m。开始时橡皮筋松弛，B静止，给A一向左的初速度v0。一段时间后，B与A同向运动发生碰撞并粘在一起，碰撞后的共同速度是碰撞前瞬间A的速度的两倍，也是碰撞前瞬间B的速度的一半。求：
(1)B的质量；
(2)碰撞过程中A、B系统损失的机械能。
[解析] (1)设A的初速度v0的方向为正方向，B的质量为mB，A、B碰撞后的共同速度为v，由题意知碰撞前瞬间A的速度为，碰撞前瞬间B的速度为2v，由动量守恒定律得
m·＋2mBv＝(m＋mB)v
解得mB＝。 ①
(2)对从A开始运动到碰撞后的全过程，由动量守恒定律得
mv0＝(m＋mB)v ②
设碰撞过程中A、B系统损失的机械能为ΔE，则
ΔE＝m()2＋mB(2v)2－(m＋mB)v2 ③
联立①②③式得ΔE＝mv。
[答案] (1) (2)mv
考点3 动量、动力学和能量观点的综合应用
■新储备·等级考提能·
❶分析近五年全国卷及北京卷、天津卷的高考试题可以看出，自从2017年动量纳入必考后，命题以对动量、冲量概念的理解及动量定理、动量守恒定律的简单应用为主。但2019年全国三套卷的压轴题均出现动量与其他知识综合的问题，特别是Ⅰ、Ⅲ卷的T25均为动量与能量的综合题。
❷预计2020年等级考还会延续这种趋势，要加强该类问题的训练。
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，特别对于打击一类的问题，因时间短且冲力随时间变化，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如果只有重力和弹簧弹力做功而又不涉及运动过程中的加速度和时间问题，则采用机械能守恒定律求解。
③对于相互作用的两物体，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。
质量为M＝3.0 kg的平板小车静止在光滑水平面上，如图(a)所示。当t＝0时，两个质量都是m＝1.0 kg的小物体A和B(均可看成质点)，分别从左端和右端以大小为v1＝4.0 m/s和v2＝2.0 m/s的水平速度冲上小车C，当它们在车上停止滑动时，没有相碰。A、B与车面间的动摩擦因数都是μ＝0.20，g取10 m/s2。
(1)求A、B在车上停止滑动时车的速度；
(2)车的长度至少是多少？
(3)在图(b)所给出的坐标系中画出0～4.0 s内小车运动的速度—时间图象。
思维流程：
[解析] (1)以水平向右为正方向，设A、B在车上停止滑动时，车的速度为v，根据动量守恒定律可得：m(v1－v2)＝(M＋2m)v
解得v＝0.40 m/s，方向向右。
(2)设A、B在车上相对于车滑动的距离分别为l1和l2，由功能关系可得：μmgl1＋μmgl2＝mv＋mv－(2m＋M)v2
解得l1＋l2＝4.8 m，即车长至少为4.8 m。
(3)车的运动可分为以下三个阶段：
第一阶段：A、B同时在车上滑动时，小物体对车的摩擦力大小均为μmg，方向相反，车受力平衡而保持不动。 当B的速度减为0时，此过程结束。设这段时间内小物体的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有μmg＝ma
得小物体的加速度大小a＝μg
设B到t1时刻停止滑动，则t1＝＝1.0 s。
第二阶段：B停止运动后，A继续在车上滑动。设到t2时刻物体A与车有共同速度v，则有
v＝(v1－v2)－a(t2－t1)，解得t2＝1.8 s。
第三阶段：t2时刻之后，车以速度v做匀速直线运动。小车运动的速度—时间图象如图所示。
[答案] (1)0.40 m/s，方向向右 (2)4.8 m (3)见解析
反思：解答动量和能量问题应注意的几点
(1)弄清有几个物体参与运动，并划分清楚物体的运动过程。
(2)进行正确的受力分析，明确各过程的运动特点。
(3)光滑的平面或曲面，还有不计阻力的抛体运动，机械能一定守恒；碰撞过程、子弹打击木块、不受其他外力作用的两物体相互作用问题，一般考虑用动量守恒定律分析。
(4)如含摩擦生热问题，则考虑用能量守恒定律分析。
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考向1 “冲击板块”类动量和能量问题
1.如图所示，光滑水平面上的木板右端，有一根轻质弹簧沿水平方向与粗糙木板相连，木板质量M＝3.0 kg。质量为m＝1.0 kg的铁块以水平速度v0＝4.0 m/s从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左端，则在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为( )
A．4.0 J B．6.0 J C．3.0 J D．20 J
C [设铁块与木板速度相同时，共同速度大小为v，铁块相对木板向右运动时，相对滑行的最大路程为L，摩擦力大小为Ff，根据能量守恒定律得
mv＝FfL＋(M＋m)v2＋Ep
铁块相对于木板运动的整个过程，由能量守恒定律得
mv＝2FfL＋(M＋m)v2
又根据系统动量守恒可知，mv0＝(M＋m)v
联立得到Ep＝3.0 J，故选C。]
2.如图所示，质量为M的长木板A在光滑水平面上，以大小为v0的速度向左运动，一质量为m的小木块B(可视为质点)，以大小也为v0的速度水平向右运动冲上木板左端，B、A间动摩擦因数为μ，最后B不会滑离A。已知M＝2m，重力加速度为g。求：
(1)A、B最后的速度；
(2)木板A的最短长度。
[解析] (1)小木块B在放于光滑水平面上的长木板A上滑动且最终不会滑离A，该过程是“滑到不能再滑”的过程，设A、B最后具有共同速度v。 以向左为正方向。由动量守恒定律得：Mv0－mv0＝(M＋m)v
将M＝2m代入解得：v＝，方向向左。
(2)设木板A的最短长度为L，根据能量守恒定律得：
Mv＋mv＝(M＋m)v2＋μmgL
解得：L＝。
[答案] (1)，方向向左 (2)
考向2 “传送带”类动量和能量问题
3．如图所示，长度x＝5 m的粗糙水平面PQ的左端固定一竖直挡板，右端Q处与水平传送带平滑连接，传送带以一定速率v逆时针转动，其上表面QM间距离为L＝4 m，MN无限长，M端与传送带平滑连接。物块A和B可视为质点，A的质量m＝1.5 kg，B的质量M＝5.5 kg。开始A静止在P处，B静止在Q处，现给A一个向右的初速度v0＝8 m/s，A运动一段时间后与B发生弹性碰撞，设A、B与传送带和水平面PQ、MN间的动摩擦因数均为μ＝0.15，A与挡板的碰撞也无机械能损失。取重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)A、B碰撞后瞬间的速度大小；
(2)若传送带的速率为v＝4 m/s，试判断A、B能否再次相遇，若能相遇，求出相遇的位置；若不能相遇，求它们最终相距多远。
[解析] (1)设A与B碰撞前的速度为vA，由P到Q过程，由动能定理得
－μmgx＝mv－mv ①
A与B碰撞前后动量守恒，有mvA＝mv′A＋Mv′B ②
由能量守恒定律得mv＝mv′＋mv′ ③
联立①②③式得v′A＝－4 m/s，v′B＝3 m/s
碰后A、B的速度大小分别为4 m/s、3 m/s。
(2)设A碰撞后运动的路程为sA，由动能定理得
－μmgsA＝0－mv′ ④
解得sA＝ m
所以A与挡板碰撞后再运动s′A＝sA－x＝ m ⑤
设B碰撞后向右运动的距离为sB，
则－μMgsB＝0－Mv′ ⑥
解得sB＝3 m
在水平面PQ上，B再运动s′B＝sB＝3 m停止，s′B＋s′A<5 m，所以A、B不能再次相遇
A、B最终的距离sAB＝x－s′A－s′B＝ m。
[答案] (1)4 m/s 3 m/s (2)不能相遇 m
核心素养培养科学思维——破解高考压轴题策略：物理过程的拆与合
计算题的物理过程大体有以下三种呈现方式：
1．串联式
此类问题一般涉及一个物体，解题的方法是按时间先后顺序将整个过程拆分成几个子过程，然后对每个子过程运用规律列式求解。
2．并列式
此类问题的几个过程是同时发生的，一般涉及多个物体，解题的关键是从空间上将复杂过程拆分成几个子过程，然后对各子过程运用规律列式求解。
3．复合式
此类问题是上述两种方式的组合，下面用典例展示如何从时间和空间上将多个物体的多个子过程一一拆分出来，然后运用规律列式求解。
[典例] (2018·全国卷Ⅰ·T24)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。
[过程拆分]
过程拆分
应用规律
所求量
过程图示
(1)烟花弹从地面竖直升空至速度为零
运动学方程速度时间关系，机械能守恒
烟花弹升空的时间，上升的高度h1
(2)弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分
竖直方向动量守恒，爆炸结束后两部分的动能之和也为E
爆炸刚结束时两部分的速度v1，v2
(3)爆炸后烟花弹向上运动的部分继续上升至最高点
机械能守恒
爆炸后烟花弹向上运动的部分继续上升的高度h2
[解析] (1)设烟花弹上升的初速度为v0，由题给条件有
E＝mv ①
设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t，由运动学公式有
0－v0＝－gt ②
联立①②式得
t＝。 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＝mgh1 ④
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v2和v1。由题给条件和动量守恒定律有
mv＋mv＝E ⑤
mv1＋mv2＝0 ⑥
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。设爆炸后烟花弹上部分继续上升的高度为h2，由机械能守恒定律有
mv＝mgh2 ⑦
联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹上部分距地面的最大高度为
h＝h1＋h2＝。 ⑧
[答案] (1) (2)
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