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小题精练09 动量和能量问题
一、几种常见的功能关系及其表达式
力做功 能的变化 定量关系
合力做功 动能变化 (1)合力做正功，动能增加 (2)合力做负功，动能减少 (3)W＝Ek2－Ek1＝ΔEk
重力做功 重力势 能变化 (1)重力做正功，重力势能减少 (2)重力做负功，重力势能增加 (3)WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
弹簧弹 力做功 弹性势 能变化 (1)弹力做正功，弹性势能减少 (2)弹力做负功，弹性势能增加 (3)WF＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
静电力做功 电势能 变化 (1)静电力做正功，电势能减少 (2)静电力做负功，电势能增加 (3)W电＝－ΔEp
安培力做功 电能 变化 (1)安培力做正功，电能减少 (2)安培力做负功，电能增加 (3)W安＝－ΔE电
除重力和系统 内弹力之外的 其他力做功 机械能 变化 (1)其他力做正功，机械能增加 (2)其他力做负功，机械能减少 (3)W＝ΔE机
一对相互作用的滑动摩擦力的总功 内能变化 (1)作用于系统的一对滑动摩擦力的总功一定为负值，系统内能增加 (2)Q＝Ff·L相对
二、动量定理与动能定理的比较
定理 动量定理 动能定理
公式 F合t＝mv′－mv F合s＝mv－mv
标矢性 矢量式 标量式
因果关系 因 合外力的冲量 合外力做的功(总功)
果 动量的变化 动能的变化
应用侧重点 涉及力与时间 涉及力与位移
（1）如果遇到的问题，不需要求加速度，可以不运用牛顿定律，涉及到力的时间效应则用动量定理，空间效应则用动能定理。
（2）对于两个或两以上物体组成的物体系统，如果用牛顿定律和隔离法，有时会很复杂，但用动量定理，就非常简单
三、重要的规律、公式和二级结论
内容 重要的规律、公式和二级结论
1.动量，冲量，动量定理 (1)动量：p＝mv；冲量I＝FΔt；动量定理：FΔt＝Δp或FΔt＝mv′－mv。 (2)牛顿第二定律的另一种表现形式：F＝，合外力等于动量的变化率。
2.动量守恒定律及其应用 (3)动量守恒的条件：①不受力；②合外力为零；③内力远大于外力；④某方向的合力为零，则这一方向上动量守恒。 (4)三种表达形式 ①相互作用的两物体组成的系统，两物体相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量p1＋p2＝p1′＋p2′ 一维情形：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′②系统总动量不变Δp总＝0③相互作用的两物体组成的系统，两物体动量的增量等大反向Δp2＝－Δp1
四、碰撞的几种情形
1.“一动碰一静”的弹性碰撞(无机械能损失)
动量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2；机械能守恒：m1v＝m1v＋m2v
解得v1＝v0，v2＝v0
当m1＝m2时，交换速度；
当m1>m2时，速度方向不变；m1 m2时，v1≈v0，v2≈2v0；
当m12.“一动碰一静”的完全非弹性碰撞(机械能损失最多)
动量守恒：m1v0＝(m1＋m2)v；损失的机械能：ΔE＝m1v·。
3.人船模型：mx1＝Mx2，x1＋x2＝L，x1＝L，x2＝L。
（2024 朝阳区二模）测量曲线运动物体的瞬时速度往往比较困难。假设小球受到的空气阻力与其速度大小成正比，为测量水平抛出的塑料球的落地速度，研究性学习小组进行了以下实验。
①如图甲，在某一高度处释放塑料球，使之在空气中竖直下落。塑料球速度逐渐增加，最终达到最大速度vm，测量并记录vm。
②如图乙，用重垂线悬挂在桌边确定竖直方向，将塑料球和一半径相同的钢球并排用一平板从桌边以相同的速度同时水平推出；
③用频闪仪记录塑料球和钢球在空中的一系列位置，同时测量塑料球下落时间t；
④如图丙，在得到的频闪照片中分别作出x轴和y轴，测量并记录两小球水平位移x1、x2，竖直位移y0。已知重力加速度g。
关于本实验，下列说法正确的是（ ）
A．实验中还需要用天平测量出塑料球的质量
B．仅用g、t、y0、vm即可表示塑料球落地时的竖直速度
C．塑料球和钢球落地时的速度大小可能相等
D．塑料球和钢球在空中运动的时间可能相等
【解答】解：B、塑料球在空气中竖直下落，最终达到最大速度 vm，则有：mg＝kvm，以竖直向下的方向为正方向，根据动量定理可得：mgt﹣kvt＝mvy﹣0，其中：vt＝y0联立以上各式得：，故B正确；
A、对塑料球，水平方向初速度为：，以竖直向下的方向为正方向，根据动量定理可得：﹣kv′t＝mvx﹣mv0，x1＝v′t
联立解得：
落地时速度为：，由此可知落地时水平方向速度和竖直方向速度均与质量无关，所以实验中不需要用天平测量出塑料球的质量，故A错误；
C、空气阻力对塑料球影响较大，塑料球落地时的速度比钢球小，故C错误；
D、空气阻力对塑料球影响较大，塑料球在空中运动的时间较长，故D错误。
故选：B。
（2024 长春校级模拟）长为L、质量为M的平板小车停在光滑水平面上，质量为m的木块（可视为质点，m≠M）以速度v0滑上小车的左端，如图甲所示，最后随小车一起运动；若小车以速度v0向左运动，将木块轻轻放在小车左端，如图乙所示，最终也随小车一起运动。则（ ）
A．两种情况中木块相对小车滑行的距离相等
B．两种情况中木块最终随小车运动的速率相等
C．两种情况中木块与小车间摩擦产生的热不相等
D．两种情况中木块相对小车滑行的时间不相等
【解答】解：ABC、根据动量守恒定律，甲图中以向右为正方向有：mv0＝（m+M）v1
若相对位移为x1，则有：
乙图中，以向左为正方向有：Mv0＝（m+M）v2
若相对位移为x2，则有：
由以上可知，若m≠M，则有：x1＝x2，v1≠v2，Q1＝Q2，故A正确，BC错误；
D、对滑块由动量定理，以向右为正，对甲：﹣μmgt1＝mv1﹣mv0
以向左为正，对乙：μmgt2＝mv2
解得：，
可知：t1＝t2，故D错误。
故选：A。
（2024 九龙坡区校级模拟）如图所示，木块与弹簧相连放在光滑的水平面上，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块B内，入射时间极短，而后木块将弹簧压缩到最短，关于子弹和木块组成的系统，下列说法中正确的是（ ）
A．子弹射入木块的过程中，系统动量守恒，机械能不守恒
B．木块压缩弹簧的过程中，系统动量守恒，能量守恒
C．上述任何一个过程动量均不守恒，能量也不守恒
D．从子弹开始射入到弹簧压缩到最短的过程中，系统动量守恒，能量守恒
【解答】解：ACD．子弹和木块组成的系统，子弹射入木块的过程中内力远大于外力，系统动量守恒，有内能产生，机械能不守恒，故A正确，CD错误；
B．木块压缩弹簧过程中系统所受合外力不为零，子弹和木块系统动量不守恒，故B错误。
故选：A。
（2024 淮安一模）如图所示，光滑轨道固定在水平地面上，质量均为m、相距很近的A、B两小球静置于轨道水平部分。将质量为M的小球C从轨道圆弧部分的某高度处由静止释放，设所有碰撞均为弹性碰撞，下列说法正确的是（ ）
A．若M＜m，C与A仅碰撞一次
B．若M＜m，A与B仅碰撞一次
C．若M＝m，C与A可碰撞两次
D．若M＞m，A与B可碰撞两次
【解答】解：AB.质量为M的小球C从轨道圆弧部分由静止释放滑至底端的过程，由动能定理得：
，
取水平向右为正方向，C与A弹性碰撞，则C、A系统动量守恒且动能无损失，则有：
Mv0＝Mv1+mv2，
，
联立可得：
，；
A与B弹性碰撞，因A与B质量相等，则碰后A与B速度交换，即A停下，B以速度v2向右运动；
若M＜m，则v1＜0，则C返回冲上曲面后，再次与静止的A弹性碰撞，同理可得：
，，
易知vA＜v2，vC＜vA，则A与B仅碰撞一次，C与A碰撞两次，故A错误，B正确；
C.结合前面分析可知，若M＝m，C与A弹性碰撞，碰后两者速度交换，则：
v1＝0，v2＝v0，
之后A与B弹性碰撞，碰后A与B速度交换，即A停下，B以速度v2＝v0向右运动，则C与A仅碰撞一次，故C错误；
D.结合前面分析可知，若M＞m，C与A弹性碰撞，碰后：
，，
易知v1＞0，v1＜v2，之后A与B弹性碰撞，碰后A与B速度交换，即A停下，B以速度v2向右运动，接着C再次与A弹性碰撞，碰后：
，，
易知vA＜v2，vC＜vA，则A与B仅碰撞一次，C与A碰撞两次，故D错误；
故选：B。
（2025 邯郸一模）如图甲所示，质量为m＝1kg的物块静止在粗糙水平地面上，物块与地面之间的动摩擦因数μ＝0.2。某时刻对物块施加水平向右的拉力F，F随时间变化的规律如图乙所示，g取10m/s2。以下说法正确的是（ ）
A．2s时拉力F的瞬时功率为40W
B．0 5s合力做功的平均功率为7.225W
C．0 5s物块的动量变化量为18.5kg m/s
D．0 2s物块运动的位移为4m
【解答】解：A、F﹣t图像的面积表示F的冲量，由图乙可得0～2s内力F的冲量：
取力F的方向为正方向，0～2s内由动量定理有：IF﹣μmgt2＝mv2﹣0，代入数据可得2s时物块的速度大小为：v2＝4m/s
则2s时拉力F的瞬时功率为：P＝Fv2＝5×4W＝20W，故A错误；
B、由图乙可得0～5s内力F的冲量：
取力F的方向为正方向，0～5s内由动量定理有：I′F﹣μmgt5＝mv5﹣0，代入数据可得5s时物块的速度大小为：v5＝8.5m/s
0～5s内由动能定理可得合力做的功为：
则0 5s合力做功的平均功率为：，故B正确；
C、0 5s内物块的动量变化量为：Δp＝mv5﹣0＝1×8.5kg m/s﹣0＝8.5kg m/s，故C错误；
D、若物块在0 2s内做匀加速直线运动，则运动的位移：，但物块在0 2s内实际上做加速度逐渐增大的加速运动，所以0 2s物块运动的位移不等于4m，故D错误。
故选：B。
（2024 如皋市模拟）总质量为m的返回式人造地球卫星沿半径为R的圆轨道绕地球运动到某点时，向原来运动方向喷出气体以降低卫星的速度，随后卫星转到与地球相切的椭圆轨道，要使卫星相对地面的速度变为原来的k倍（k＜1），则卫星在该点将质量为Δm的气体喷出的对地速度大小应为（将连续喷气等效为一次性喷气，地球半径为R0，地球表面重力加速度为g）（ ）
A． B．
C． D．
【解答】解：设原本速度v1，由万有引力提供向心力：，
喷出后速度kv1，Δm相对地球速度v，以原本速度方向为正，由动量守恒：mv1＝（m﹣Δm）kv1+Δmv，
又，解得：
，故ABD错误，C正确。
故选：C。
（2024 福建模拟）如图所示，某煤矿有一水平放置的传送带，已知传送带的运行速度为v0＝0.8m/s，开采出的煤块以50kg/s的流量（即每秒钟有50kg煤块从漏斗中落至传送带上）垂直落在传送带上，并随着传送带运动。为了使传送带保持匀速传动，电动机的功率应该增加（ ）
A．32W B．40W C．16W D．20W
【解答】解：由题意，落到传送带上的煤块都将与传送带速度相等，相当于每秒钟内落到传送带上煤块都将获得速度v，由动量定理可得ft＝Δp＝mv0
代入数据解得f＝40N
煤块受到的摩擦力由传送带提供，则电动机对传送带应增加的牵引力为40N。
电动机应增加的功率为P＝Fv0＝40×0.8W＝32W
故A正确，BCD错误。
故选：A。
（2024 湖北模拟）如图甲所示，A、B两个物体靠在一起，静止在光滑的水平面上，它们的质量分别为mA＝6kg，mB＝4kg，现用水平力FA拉A，用水平力FB推B，FA和FB随时间t变化关系如图乙所示，则（ ）
A．0～2s内，物体A所受的合外力一直增加
B．0～4s内，物体A做加速运动，B做减速运动
C．t＝5s时，力FA对物体A做功的功率为78W
D．t＝8s时，物体B做匀速直线运动，速度大小为4m/s
【解答】解：A．根据图乙得
FA＝2t+2（N）
FB＝8﹣2t（N）
在未脱离的过程中，整体受力向左，且大小总是不变的，恒为
FA+FB＝10N
根据牛顿第二定律得A、B一起做匀加速运动的加速度为
脱离时满足A、B加速度相同，且弹力为零，所以
FB＝8﹣2t（N）＝mBa
则
t＝2s
可知在0～2s内，物体A所受的合外力不变，故A错误；
B．0～4s内，水平力FA、FB均大于零，方向向左，所以0～4s内，物体A做加速运动，物体B做加速运动，故B错误；
C．2s末，A、B脱离时的速度为
v0＝at1＝1×2m/s＝2m/s
3s～5s，力FA的冲量为
3s～5s，以A、B脱离时的速度方向为正方向，由动量定理
I1＝mAv1﹣mAv0
解得
t＝5s时，力FA对物体A做功的功率为
故C正确；
D．3s～4s，力FB的冲量为
3s～4s，以A、B脱离时的速度方向为正方向，根据动量定理
I2＝mBv2﹣mBv0
解得
v2＝3m/s
4s后物体B做匀速直线运动，速度大小为3m/s，故D错误。
故选：C。
（2024 衡水模拟）在某次电动汽车的性能试验中，工程师已测得该款汽车综合阻力随时间变化关系式f＝f0+kt，现工程师为汽车提供恒定的牵引力F，并使汽车由静止开始直线加速至速度再次为0停止，则在此过程中，以下说法正确的是（ ）
A．汽车达到最大速度的时间
B．汽车达到的最大速度为
C．全过程中，汽车的牵引力F的冲量为
D．全过程中，汽车的阻力f的冲量为
【解答】解：A．由题意可得汽车的速度达到最大时牵引力F＝f
即
f0+kt＝F
解得
故A错误；
B．如图：
根据a﹣t图像物理意义可知，三角形面积代表速度的变化量的大小，则
故B正确；
C．根据图像分析，汽车从开始运动到停止的时间
所以牵引力的冲量为
故C错误；
D．因为初末态速度均为0，所以全过程动量变化量为0，故合外力冲量为0，则阻力的冲量为
故D错误。
故选：B。
（2024 沙市区校级模拟）某实验小组测得在竖直方向飞行的无人机飞行高度y随时间t的变化曲线如图所示，E、F、M、N为曲线上的点，EF、MN段可视为两段直线，其方程分别为y＝4t﹣26和y＝﹣2t+140。无人机及其载物的总质量为2kg，取竖直向上为正方向。则（ ）
A．EF段无人机的速度大小为4m/s
B．FM段无人机的货物处于超重状态
C．FN段无人机和装载物总动量变化量大小为4kg m/s
D．MN段无人机机械能守恒
【解答】解：EF段无人机的速度大小等于图像中EF段的斜率，根据其方程：y＝4t﹣26，可知EF段无人机的速度大小为：v＝4m/s，故A正确；
B．根据y﹣t图像的切线斜率表示无人机的速度，可知FM段无人机先竖直向上做减速运动，后竖直向下做加速运动，加速度方向一直向下，则无人机的货物处于失重状态，故B错误；
C．以y轴正方向为正方向。同理，根据MN段方程：y＝﹣2t+140，可知MN段无人机的速度为：v'＝﹣2m/s
则FN段无人机和装载物总动量变化量为：Δp＝mv'﹣mv＝2×（﹣2）kg m/s﹣2×4kg m/s＝﹣12kg m/s，其大小为12kg m/s，故C错误；
D．MN段无人机向下做匀速直线运动，动能不变，重力势能减少，无人机的机械能不守恒，故D错误。
故选：A。
（2024 湖北三模）2024年3月29日，我国研制的朱雀三号可重复使用垂直起降回收验证火箭在酒泉卫星发射中心圆满完成试验任务。点火升空1分钟后，火箭从三百多米的高空垂直返回，着陆平稳，落点准确，状态良好，标志着国内起飞规模最大垂直起降试验火箭试验成功。若该火箭在距离地面的高度约1m时，底部配备的4台着陆反推发动机开始点火竖直向下喷气，使火箭在竖直方向上的速度在0.2s内由8m/s降到2m/s。已知反推发动机喷气过程中火箭受到的平均推力大小为F，喷出气体的密度为ρ，4台发动机喷气口的直径均为d，喷出气体的重力忽略不计，喷出气体的速度远大于返回舱的速度。则喷出气体的速度大小为（ ）
A． B． C． D．
【解答】解：以Δt时间内喷出的气体为研究对象，设喷出气体的速度为v，则每台发动机喷出气体的质量为mvΔt
根据牛顿第三定律可得
F′＝F
对4台发动机喷出的气体，规定向上为正方向，由动量定理可得
F′Δt＝4mv﹣0
解得v
故D正确，ABC错误；
故选：D。
（2024 黄石一模）某中学实验室对一款市场热销的扫地机器人进行了相关测试，测试过程在材质均匀的水平地板上完成，获得了机器人在直线运动中水平牵引力大小随时间的变化图像，以及相同时段机器人的加速度a随时间变化的图像。若不计空气阻力，取重力加速度大小为10m/s2，则下列同学的推断结果正确的是（ ）
A．机器人与水平桌面间的最大静摩擦力为3N
B．机器人与水平桌面间的动摩擦因数为0.2
C．在0～4s时间内，摩擦力的冲量为24N s
D．在0～4s时间内，合外力做的功为24J
【解答】解：A．根据a﹣t图像可知机器人在2s时开始滑动，有加速度，由此可知机器人刚要滑动时的摩擦力大小为，故A错误；
B．通过F﹣t图像和a﹣t图像，利用牛顿第二定律，根据合外力提供加速度可得f4﹣f＝ma4，F2﹣f＝ma2，联立可解得机器人质量m＝3kg，滑动摩擦力为f＝3N，机器人与水平桌面间的动摩擦因数为，μ0.1，故B错误；
C．在0～4s时间内，合外力的冲量为，力F的冲量为IF＝F2 t＝6×4N s＝24N s，摩擦力的冲量为If＝IF﹣I＝（24﹣12）N s＝12N s，故C错误；
D．4s末机器人的速度为v＝at2m/s＝4m/s，在0～4s时间内，合外力做的功为Wmv2，解得W＝24J，故D正确。
故选：D。
（2024 朝阳区校级模拟）如图甲所示，没有空气阻力时，物体做抛体运动的轨迹为抛物线，由于空气阻力的影响，实际物体的轨迹与抛物线存在较大的差异，称为弹道曲线。图乙为一个物体由水平地面上斜向上抛出，在重力和空气阻力作用下的运动轨迹，已知物体的质量为m，其所受空气阻力的大小与速度成正比，比例系数为k，重力加速度为g，物体在空中飞行的时间为t，水平射程为x，抛出瞬间速度与水平方向的夹角为α，落地瞬间速度与水平方向的夹角为β，由以上物理量可表示的物体克服空气阻力所做功为（ ）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：设抛出瞬间速度大小为v1，落地瞬间速度的速度大小为v2，物体在空中飞行过程的任意时刻的速度大小为v，其方向与水平方向的夹角为θ，则其所受空气阻力的大小为：f＝kv，方向总与速度方向相反。将物体在空中的运动沿水平方向与竖直方向正交分解，如下图所示。
应用微元法，在水平方向上，以向右为正方向，根据动量定理得：
﹣∑kvx Δt＝mv2cosβ﹣mv1cosα，其中：∑vx Δt＝x
可得：﹣kx＝mv2cosβ﹣mv1cosα……①
在水平方向上，以向上为正方向，根据动量定理得：
上升阶段有：﹣mgt1﹣∑kvy Δt1＝0﹣mv1sinα
下降阶段有：﹣mgt2+∑kvy Δt2＝﹣mv2sinβ﹣0
又有：t1+t2＝t，∑vy Δt1＝∑vy Δt2＝h，（h为物体上升的最大高度）
可得：gt＝v2sinβ+v1sinα……②
由①②两式解得：
v1
v2
根据动能定理得物体克服空气阻力所做功为：
W
解得：W，故C正确，ABD错误。
故选：C。
（2024 湖南模拟）在水平路面上骑摩托车的人，遇到一个壕沟，其尺寸如图所示。摩托车后轮离开地面后失去动力，之后的运动可视为平抛运动，摩托车后轮落到壕沟对面才算安全。不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．若摩托车能安全越过壕沟，则摩托车在空中运动的时间为
B．若摩托车能安全越过壕沟，则摩托车的最小初速度为
C．摩托车在空中相同时间内动量的变化量相同
D．若摩托车越不过壕沟，则初速度越小其在空中的运动时间一定越短
【解答】解：A、若摩托车能越过壕沟，竖直方向有，则摩托车在空中运动的时间为，故A错误；
B、摩托车能安全越过壕沟的最小初速度为，故B错误；
C、摩托车在空中做平抛运动，加速度恒定为重力加速度g，根据Δv＝gΔt，可知摩托车在空中相同时间内速度的变化量相同，所以动量的变化量相同，故C正确；
D、若摩托车越不过壕沟，根据，可知摩托车在空中的运动时间与下落高度有关，随着初速度减小，下落高度先增大后减小，则其在空中的运动时间先增大后减小，故D错误。
故选：C。
（2024 重庆模拟）如图（a），轿厢内质量为0.5kg的物块的右边被一根轻弹簧用1.2N的水平拉力向右拉着且保持静止，物块与轿厢水平底面间的动摩擦因数为0.3。t＝0时，轿厢在竖直轨道作用下由静止开始运动，轨道对轿厢竖直向上的作用力F的大小随时间t的变化如图（b）所示，t＝10s时，物块恰好相对轿厢底面滑动。轿厢和厢内物块的总质量为500kg，重力加速度大小取g＝10m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则（ ）
A．t＝10s时，轿厢的加速度大小为2.4m/s2
B．t＝10s时，轿厢对物块的支持力大小为5N
C．t＝10s时，轿厢的速度大小为10m/s
D．物块从开始滑动到弹簧恢复原长的过程中，物块在水平方向上做匀加速直线运动
【解答】解：AB、设t＝10s时，轿厢对物块的支持力大小为FN，因为此时物块恰好相对轿厢底面滑动，由平衡条件得F＝μFN，代入数据解得FN＝4N，根据牛顿第二定律有mg﹣FN＝ma，解得此时物块的加速度a＝2m/s2，故AB错误；
C、对轿厢和里面的物块整体，规定竖直向下的方向为正方向，根据牛顿第二定律可得在t＝10s时轨道对轿厢的作用力大小为F2，则mg﹣F2＝ma，根据动量定理有mgtmv，由图（b）可知F1＝5×103N，代入数据，联立可得v＝10m/s，故C正确；
D、物块从开始滑动到弹簧恢复原长的过程中，因为轨道对轿厢的作用力在减小，则轿厢的加速度在增大，则轿厢对物块的支持力也减小，摩擦力也减小，而弹簧对物块的弹力也减小，根据牛顿第二定律F﹣f＝ma，物块将做变加速运动，故D错误。
故选：C。
（2024 辽宁模拟）如图所示，光滑曲面与粗糙水平面平滑连接，质量M＝4.5kg的滑块静止在连接处，滑块与地面之间的动摩擦因数μ＝0.2。现将质量m＝0.5kg的小球从光滑曲面上距水平面高度为h＝5.0m处由静止释放。已知小球与滑块均可视为质点，小球与滑块间的碰撞是弹性碰撞，且碰撞时间极短，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．小球与滑块第一次碰撞前小球的速度大小为5m/s
B．小球与滑块第一次碰撞后滑块的速度大小为3m/s
C．碰撞过程中小球受到的冲量大小为9N s
D．碰撞后滑块在水平面上滑动的加速度大小为4m/s2
【解答】解：A、小球沿光滑曲面下滑运动，由机械能守恒定律有mgh，代入数据解得v0＝10m/s，故A错误；
B、设小球与滑块第一次碰撞后反弹的速度大小为v1，滑块的速度大小为v2，规定水平向右的方向为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有mv0＝﹣mv1+Mv2，。代入数据联立解得v1＝8m/s，v2＝2m/s，故B错误；
C、规定水平向右的方向为正方向，对小球由动量定理可得碰撞过程中小球所受到的冲量为I＝﹣mv1﹣mv0，代入数据解得I＝﹣9N s，负号说明方向水平向左，故C正确；
D、碰撞后滑块在水平面上滑动，根据牛顿第二定律有μMg＝Ma，解得a＝2m/s2，故D错误。
故选：C。
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小题精练09 动量和能量问题
一、几种常见的功能关系及其表达式
力做功 能的变化 定量关系
合力做功 动能变化 (1)合力做正功，动能增加 (2)合力做负功，动能减少 (3)W＝Ek2－Ek1＝ΔEk
重力做功 重力势 能变化 (1)重力做正功，重力势能减少 (2)重力做负功，重力势能增加 (3)WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
弹簧弹 力做功 弹性势 能变化 (1)弹力做正功，弹性势能减少 (2)弹力做负功，弹性势能增加 (3)WF＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
静电力做功 电势能 变化 (1)静电力做正功，电势能减少 (2)静电力做负功，电势能增加 (3)W电＝－ΔEp
安培力做功 电能 变化 (1)安培力做正功，电能减少 (2)安培力做负功，电能增加 (3)W安＝－ΔE电
除重力和系统 内弹力之外的 其他力做功 机械能 变化 (1)其他力做正功，机械能增加 (2)其他力做负功，机械能减少 (3)W＝ΔE机
一对相互作用的滑动摩擦力的总功 内能变化 (1)作用于系统的一对滑动摩擦力的总功一定为负值，系统内能增加 (2)Q＝Ff·L相对
二、动量定理与动能定理的比较
定理 动量定理 动能定理
公式 F合t＝mv′－mv F合s＝mv－mv
标矢性 矢量式 标量式
因果关系 因 合外力的冲量 合外力做的功(总功)
果 动量的变化 动能的变化
应用侧重点 涉及力与时间 涉及力与位移
（1）如果遇到的问题，不需要求加速度，可以不运用牛顿定律，涉及到力的时间效应则用动量定理，空间效应则用动能定理。
（2）对于两个或两以上物体组成的物体系统，如果用牛顿定律和隔离法，有时会很复杂，但用动量定理，就非常简单
三、重要的规律、公式和二级结论
内容 重要的规律、公式和二级结论
1.动量，冲量，动量定理 (1)动量：p＝mv；冲量I＝FΔt；动量定理：FΔt＝Δp或FΔt＝mv′－mv。 (2)牛顿第二定律的另一种表现形式：F＝，合外力等于动量的变化率。
2.动量守恒定律及其应用 (3)动量守恒的条件：①不受力；②合外力为零；③内力远大于外力；④某方向的合力为零，则这一方向上动量守恒。 (4)三种表达形式 ①相互作用的两物体组成的系统，两物体相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量p1＋p2＝p1′＋p2′ 一维情形：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′②系统总动量不变Δp总＝0③相互作用的两物体组成的系统，两物体动量的增量等大反向Δp2＝－Δp1
四、碰撞的几种情形
1.“一动碰一静”的弹性碰撞(无机械能损失)
动量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2；机械能守恒：m1v＝m1v＋m2v
解得v1＝v0，v2＝v0
当m1＝m2时，交换速度；
当m1>m2时，速度方向不变；m1 m2时，v1≈v0，v2≈2v0；
当m12.“一动碰一静”的完全非弹性碰撞(机械能损失最多)
动量守恒：m1v0＝(m1＋m2)v；损失的机械能：ΔE＝m1v·。
3.人船模型：mx1＝Mx2，x1＋x2＝L，x1＝L，x2＝L。
（2024 朝阳区二模）测量曲线运动物体的瞬时速度往往比较困难。假设小球受到的空气阻力与其速度大小成正比，为测量水平抛出的塑料球的落地速度，研究性学习小组进行了以下实验。
①如图甲，在某一高度处释放塑料球，使之在空气中竖直下落。塑料球速度逐渐增加，最终达到最大速度vm，测量并记录vm。
②如图乙，用重垂线悬挂在桌边确定竖直方向，将塑料球和一半径相同的钢球并排用一平板从桌边以相同的速度同时水平推出；
③用频闪仪记录塑料球和钢球在空中的一系列位置，同时测量塑料球下落时间t；
④如图丙，在得到的频闪照片中分别作出x轴和y轴，测量并记录两小球水平位移x1、x2，竖直位移y0。已知重力加速度g。
关于本实验，下列说法正确的是（ ）
A．实验中还需要用天平测量出塑料球的质量
B．仅用g、t、y0、vm即可表示塑料球落地时的竖直速度
C．塑料球和钢球落地时的速度大小可能相等
D．塑料球和钢球在空中运动的时间可能相等
（2024 长春校级模拟）长为L、质量为M的平板小车停在光滑水平面上，质量为m的木块（可视为质点，m≠M）以速度v0滑上小车的左端，如图甲所示，最后随小车一起运动；若小车以速度v0向左运动，将木块轻轻放在小车左端，如图乙所示，最终也随小车一起运动。则（ ）
A．两种情况中木块相对小车滑行的距离相等
B．两种情况中木块最终随小车运动的速率相等
C．两种情况中木块与小车间摩擦产生的热不相等
D．两种情况中木块相对小车滑行的时间不相等
（2024 九龙坡区校级模拟）如图所示，木块与弹簧相连放在光滑的水平面上，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块B内，入射时间极短，而后木块将弹簧压缩到最短，关于子弹和木块组成的系统，下列说法中正确的是（ ）
A．子弹射入木块的过程中，系统动量守恒，机械能不守恒
B．木块压缩弹簧的过程中，系统动量守恒，能量守恒
C．上述任何一个过程动量均不守恒，能量也不守恒
D．从子弹开始射入到弹簧压缩到最短的过程中，系统动量守恒，能量守恒
（2024 淮安一模）如图所示，光滑轨道固定在水平地面上，质量均为m、相距很近的A、B两小球静置于轨道水平部分。将质量为M的小球C从轨道圆弧部分的某高度处由静止释放，设所有碰撞均为弹性碰撞，下列说法正确的是（ ）
A．若M＜m，C与A仅碰撞一次
B．若M＜m，A与B仅碰撞一次
C．若M＝m，C与A可碰撞两次
D．若M＞m，A与B可碰撞两次
（2025 邯郸一模）如图甲所示，质量为m＝1kg的物块静止在粗糙水平地面上，物块与地面之间的动摩擦因数μ＝0.2。某时刻对物块施加水平向右的拉力F，F随时间变化的规律如图乙所示，g取10m/s2。以下说法正确的是（ ）
A．2s时拉力F的瞬时功率为40W
B．0 5s合力做功的平均功率为7.225W
C．0 5s物块的动量变化量为18.5kg m/s
D．0 2s物块运动的位移为4m
（2024 如皋市模拟）总质量为m的返回式人造地球卫星沿半径为R的圆轨道绕地球运动到某点时，向原来运动方向喷出气体以降低卫星的速度，随后卫星转到与地球相切的椭圆轨道，要使卫星相对地面的速度变为原来的k倍（k＜1），则卫星在该点将质量为Δm的气体喷出的对地速度大小应为（将连续喷气等效为一次性喷气，地球半径为R0，地球表面重力加速度为g）（ ）
A． B．
C． D．
（2024 福建模拟）如图所示，某煤矿有一水平放置的传送带，已知传送带的运行速度为v0＝0.8m/s，开采出的煤块以50kg/s的流量（即每秒钟有50kg煤块从漏斗中落至传送带上）垂直落在传送带上，并随着传送带运动。为了使传送带保持匀速传动，电动机的功率应该增加（ ）
A．32W B．40W C．16W D．20W
（2024 湖北模拟）如图甲所示，A、B两个物体靠在一起，静止在光滑的水平面上，它们的质量分别为mA＝6kg，mB＝4kg，现用水平力FA拉A，用水平力FB推B，FA和FB随时间t变化关系如图乙所示，则（ ）
A．0～2s内，物体A所受的合外力一直增加
B．0～4s内，物体A做加速运动，B做减速运动
C．t＝5s时，力FA对物体A做功的功率为78W
D．t＝8s时，物体B做匀速直线运动，速度大小为4m/s
（2024 衡水模拟）在某次电动汽车的性能试验中，工程师已测得该款汽车综合阻力随时间变化关系式f＝f0+kt，现工程师为汽车提供恒定的牵引力F，并使汽车由静止开始直线加速至速度再次为0停止，则在此过程中，以下说法正确的是（ ）
A．汽车达到最大速度的时间
B．汽车达到的最大速度为
C．全过程中，汽车的牵引力F的冲量为
D．全过程中，汽车的阻力f的冲量为
（2024 沙市区校级模拟）某实验小组测得在竖直方向飞行的无人机飞行高度y随时间t的变化曲线如图所示，E、F、M、N为曲线上的点，EF、MN段可视为两段直线，其方程分别为y＝4t﹣26和y＝﹣2t+140。无人机及其载物的总质量为2kg，取竖直向上为正方向。则（ ）
A．EF段无人机的速度大小为4m/s
B．FM段无人机的货物处于超重状态
C．FN段无人机和装载物总动量变化量大小为4kg m/s
D．MN段无人机机械能守恒
（2024 湖北三模）2024年3月29日，我国研制的朱雀三号可重复使用垂直起降回收验证火箭在酒泉卫星发射中心圆满完成试验任务。点火升空1分钟后，火箭从三百多米的高空垂直返回，着陆平稳，落点准确，状态良好，标志着国内起飞规模最大垂直起降试验火箭试验成功。若该火箭在距离地面的高度约1m时，底部配备的4台着陆反推发动机开始点火竖直向下喷气，使火箭在竖直方向上的速度在0.2s内由8m/s降到2m/s。已知反推发动机喷气过程中火箭受到的平均推力大小为F，喷出气体的密度为ρ，4台发动机喷气口的直径均为d，喷出气体的重力忽略不计，喷出气体的速度远大于返回舱的速度。则喷出气体的速度大小为（ ）
A． B． C． D．
（2024 黄石一模）某中学实验室对一款市场热销的扫地机器人进行了相关测试，测试过程在材质均匀的水平地板上完成，获得了机器人在直线运动中水平牵引力大小随时间的变化图像，以及相同时段机器人的加速度a随时间变化的图像。若不计空气阻力，取重力加速度大小为10m/s2，则下列同学的推断结果正确的是（ ）
A．机器人与水平桌面间的最大静摩擦力为3N
B．机器人与水平桌面间的动摩擦因数为0.2
C．在0～4s时间内，摩擦力的冲量为24N s
D．在0～4s时间内，合外力做的功为24J
（2024 朝阳区校级模拟）如图甲所示，没有空气阻力时，物体做抛体运动的轨迹为抛物线，由于空气阻力的影响，实际物体的轨迹与抛物线存在较大的差异，称为弹道曲线。图乙为一个物体由水平地面上斜向上抛出，在重力和空气阻力作用下的运动轨迹，已知物体的质量为m，其所受空气阻力的大小与速度成正比，比例系数为k，重力加速度为g，物体在空中飞行的时间为t，水平射程为x，抛出瞬间速度与水平方向的夹角为α，落地瞬间速度与水平方向的夹角为β，由以上物理量可表示的物体克服空气阻力所做功为（ ）
A．
B．
C．
D．
（2024 湖南模拟）在水平路面上骑摩托车的人，遇到一个壕沟，其尺寸如图所示。摩托车后轮离开地面后失去动力，之后的运动可视为平抛运动，摩托车后轮落到壕沟对面才算安全。不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．若摩托车能安全越过壕沟，则摩托车在空中运动的时间为
B．若摩托车能安全越过壕沟，则摩托车的最小初速度为
C．摩托车在空中相同时间内动量的变化量相同
D．若摩托车越不过壕沟，则初速度越小其在空中的运动时间一定越短
（2024 重庆模拟）如图（a），轿厢内质量为0.5kg的物块的右边被一根轻弹簧用1.2N的水平拉力向右拉着且保持静止，物块与轿厢水平底面间的动摩擦因数为0.3。t＝0时，轿厢在竖直轨道作用下由静止开始运动，轨道对轿厢竖直向上的作用力F的大小随时间t的变化如图（b）所示，t＝10s时，物块恰好相对轿厢底面滑动。轿厢和厢内物块的总质量为500kg，重力加速度大小取g＝10m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则（ ）
A．t＝10s时，轿厢的加速度大小为2.4m/s2
B．t＝10s时，轿厢对物块的支持力大小为5N
C．t＝10s时，轿厢的速度大小为10m/s
D．物块从开始滑动到弹簧恢复原长的过程中，物块在水平方向上做匀加速直线运动
（2024 辽宁模拟）如图所示，光滑曲面与粗糙水平面平滑连接，质量M＝4.5kg的滑块静止在连接处，滑块与地面之间的动摩擦因数μ＝0.2。现将质量m＝0.5kg的小球从光滑曲面上距水平面高度为h＝5.0m处由静止释放。已知小球与滑块均可视为质点，小球与滑块间的碰撞是弹性碰撞，且碰撞时间极短，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．小球与滑块第一次碰撞前小球的速度大小为5m/s
B．小球与滑块第一次碰撞后滑块的速度大小为3m/s
C．碰撞过程中小球受到的冲量大小为9N s
D．碰撞后滑块在水平面上滑动的加速度大小为4m/s2
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