高考物理二轮复习专题6动力学、动量和能量观点的综合应用学案

专题6 动力学、动量和能量观点

的综合应用

考题一　动量定理和能量观点的综合应用

1.动量定理公式：Ft＝p′－p

说明：(1)F为合外力

①恒力，求Δp时，用Δp＝Ft

②b.变力，求I时，用I＝Δp＝mv2－mv1

③牛顿第二定律的第二种形式：合外力等于动量变化率

④当Δp一定时，Ft为确定值：F＝Δp

t

t小F大——如碰撞；t大F小——缓冲

(2)等式左边是过程量Ft，右边是两个状态量之差，是矢量式.v1、v2是以同一惯性参照物为参照的.

Δp的方向可与mv1一致、相反或成某一角度，但是Δp的方向一定与Ft一致.

2.力学规律的选用原则

单个物体：宜选用动量定理、动能定理和牛顿运动定律.若其中涉及时间的问题，应选用动量定理；若涉及位移的问题，应选用动能定理；若涉及加速度的问题，只能选用牛顿第二定律.

例1　据统计人在运动过程中，脚底在接触地面瞬间受到的冲击力是人体自身重力的数倍.为探究这个问题，实验小组同学利用落锤冲击的方式进行了实验，即通过一定质量的重物从某一高度自由下落冲击地面来模拟人体落地时的情况.重物与地面的形变很小，可忽略不计.g 取10 m/s2.下表为一次实验过程中的相关数据.

重物(包括传感器)的质量m/kg8.5

重物下落高度H/cm45

重物反弹高度h/cm20

最大冲击力F m/N850

重物与地面接触时间t/s0.1

(1)请你选择所需数据，通过计算回答下列问题：

①重物受到地面的最大冲击力时的加速度大小；

②在重物与地面接触过程中，重物受到的地面施加的平均作用力是重物所受重力的多少倍.

(2)如果人从某一确定高度由静止竖直跳下，为减小脚底在与地面接触过程中受到的冲击力，可采取什么具体措施，请你提供一种可行的方法并说明理由.

解析　(1)①重物受到最大冲击力时加速度的大小为a

由牛顿第二定律：a＝F m－mg

m

解得a ＝90 m/s 2

②重物在空中运动过程中，由动能定理mgh ＝mv 2

1

2重物与地面接触前瞬时的速度大小v 1＝2gH 重物离开地面瞬时的速度大小v 2＝2gh

重物与地面接触过程，重物受到的平均作用力大小为F ，设竖直向上为正方向由动量定理：(F －mg )t ＝mv 2－m (－v 1)解得F ＝510 N ，故

＝6F mg

因此重物受到的地面施加的平均作用力是重物所受重力的6倍.

(2)可以通过增加人与地面接触时间来减小冲击力(如落地后双腿弯曲)，由动量定理Ft ＝Δmv 可知，接触时间增加了，冲击力F 会减小.答案　(1)①90 m/s 2　②6倍　(2)见解析变式训练

1.高空作业须系安全带，如果质量为m 的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h (可视为自由落体运动).此后经历时间t 安全带达到最大伸长量，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( )A.

＋mg B.

－mg m 2gh

t m 2gh

t C.＋mg D.

－mg m gh

t

m gh

t

答案　A

解析　由自由落体运动公式得人下降h 距离时的速度为v ＝，在t 时间内对人由动量定2gh 理得(F －mg )t ＝mv ，解得安全带对人的平均作用力为F ＝

＋mg ，A 项正确.m 2gh

t

2.一质量为0.5 kg 的小物块放在水平地面上的A 点，距离A 点5 m 的位置B 处是一面墙，如图1所示.物块以v 0＝9 m/s 的初速度从A 点沿AB 方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7 m/s ，碰后以6 m/s 的速度反向运动直至静止.g 取10 m/s 2.

图1

(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ；

(2)若碰撞时间为0.05 s ，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F ；(3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W .答案　(1)0.32　(2)130 N (3)9 J

解析　(1)对小物块从A 运动到B 处的过程中应用动能定理－μmgs ＝mv 2－mv 12122

代入数值解得μ＝0.32

(2)取向右为正方向，碰后滑块速度v ′＝－6 m/s 由动量定理得：F Δt ＝mv ′－mv 解得F ＝－130 N

其中“－”表示墙面对物块的平均作用力方向向左.(3)对物块反向运动过程中应用动能定理得－W ＝0－mv ′2

1

2解得W ＝9 J.

考题二　动量守恒定律和能量观点的综合应用

1.动量守恒定律

(1)表达式：m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′；或p ＝p ′(系统相互作用前总动量p 等于相互作用后总动量p ′)；或Δp ＝0(系统总动量的增量为零)；或Δp 1＝－Δp 2(相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量的增量大小相等、方向相反).(2)动量守恒条件：①理想守恒：

系统不受外力或所受外力合力为零.②近似守恒：

外力远小于内力，且作用时间极短，外力的冲量近似为零，或外力的冲量比内力冲量小得多.

③单方向守恒：

合外力在某方向上的分力为零，则系统在该方向上动量守恒.

动量守恒定律应用要注意的三性

(1)矢量性：

在一维运动中要选取正方向，未知速度方向的一律假设为正方向，带入求解.

(2)同时性：

m1v1和m2v2——作用前的同一时刻的动量

m1v1′和m2v2′——作用后的同一时刻的动量

(3)同系性：

各个速度都必须相对于同一个惯性参考系.

定律的使用条件：在惯性参考系中普遍适用(宏观、微观、高速、低速)

2.力学规律的选用原则

多个物体组成的系统：优先考虑两个守恒定律，若涉及碰撞、爆炸、反冲等问题时，应选用动量守恒定律，然后再根据能量关系分析解决.

例2　如图2所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R＝0.5 m，物块A以v0＝6 m/s的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q，再沿圆轨道滑出后，与直轨上P处静止的物块B碰撞，碰后粘在一起运动，P点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L＝0.1 m，物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ＝0.1，A、B的质量均为m＝1 kg(重力加速度g取10 m/s2；A、B视为质点，碰撞时间极短).

图2

(1)求A滑过Q点时的速度大小v和受到的弹力大小F；

(2)若碰后AB 最终停止在第k 个粗糙段上，求k 的数值；(3)求碰后AB 滑至第n 个(n ＜k )光滑段上的速度v n 与n 的关系式.解析　(1)从A →Q 由动能定理得－mg ·2R ＝mv 2－mv 12122

解得v ＝4 m/s ＞＝ m/s

gR 5在Q 点，由牛顿第二定律得F ＋mg ＝m

v 2

R

解得F ＝22 N.

(2)A 撞B ，由动量守恒得mv 0＝2mv ′解得v ′＝＝3 m/s

v 0

2

设摩擦距离为x ，则－2μmgx ＝0－·2mv ′2

1

2解得x ＝4.5 m 所以k ＝＝45.

x L

(3)AB 滑至第n 个光滑段上，由动能定理得－μ·2mgnL ＝·2mv －·2mv ′2122n 12所以v n ＝ m/s (n <45).9－0.2n 答案　(1)4 m/s 22 N (2)45(3)v n ＝ m/s (n <45)9－0.2n 变式训练

3.如图3，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.

图3

答案　(－2)M ≤m ＜M

5

解析　设A 运动的初速度为v 0，A 向右运动与C 发生碰撞，由动量守恒定律得

mv 0＝mv 1＋Mv 2

由机械能守恒定律得mv ＝mv ＋Mv 122012211

22

可得v 1＝

v 0，v 2＝v 0

m －M m ＋M 2m m ＋M

要使得A 与B 能发生碰撞，需要满足v 1＜0，即m ＜M

A 反向向左运动与

B 发生碰撞过程，有mv 1＝mv 3＋Mv 4

mv ＝mv ＋Mv 12211223122

4整理可得v 3＝

v 1，v 4＝v 1

m －M m ＋M 2m

m ＋M

由于m ＜M ，所以A 还会向右运动，根据要求不发生第二次碰撞，需要满足v 3≤v 2即

v 0≥v 1＝()2

v 0

2m m ＋M m －M m ＋M m －M m ＋M

整理可得m 2＋4Mm ≥M 2解方程可得m ≥(－2)M 5另一解m ≤－(＋2)M 舍去

5所以使A 只与B 、C 各发生一次碰撞，须满足(－2)M ≤m ＜M .

5考题三　电学中动量和能量观点的综合应用

系统化思维方法，就是根据众多的已知要素、事实，按照一定的联系方式，将其各部分连接成整体的方法.

(1)对多个物理过程进行整体思维，即把几个过程合为一个过程来处理，如用动量守恒定律解决比较复杂的运动.

(2)对多个研究对象进行整体思维，即把两个或两个以上的独立物体合为一个整体进行考虑，如应用动量守恒定律时，就是把多个物体看成一个整体(或系统).

例3　如图4所示，直角坐标系xOy 位于竖直平面内，x 轴与绝缘的水平面重合，在y 轴右方有垂直纸面向里的匀强磁场和竖直向上的匀强电场.质量为m 2＝8×10－3 kg 的不带电小物块静止在原点O ，A 点距O 点l ＝0.045 m ，质量m 1＝1×10－3 kg 的带电小物块以初速度v 0＝0.5 m/s 从A 点水平向右运动，在O 点与m 2发生正碰并把部分电量转移到m 2上，碰撞后m 2的速度为0.1 m/s ，此后不再考虑m 1、m 2间的库仑力.已知电场强度E ＝40 N/C ，小物块m 1与水平面的动摩擦因数为μ＝0.1，取g ＝10 m/s 2，求：

图4

(1)碰后m 1的速度；

(2)若碰后m 2做匀速圆周运动且恰好通过P 点，OP 与x 轴的夹角θ＝30°，OP 长为l OP ＝0.4 m ，求磁感应强度B 的大小；

(3)其他条件不变，若改变磁场磁感应强度的大小，使m 2能与m 1再次相碰，求B ′的大小.解析　(1)设m 1与m 2碰前速度为v 1，由动能定理－μm 1gl ＝m 1v －m 1

v 12211220代入数据解得：v 1＝0.4 m/s

v 2＝0.1 m/s ，m 1、m 2正碰，由动量守恒有：m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2

代入数据得：v 1′＝－0.4 m/s ，方向水平向左(2)m 2恰好做匀速圆周运动，所以qE ＝m 2g 得：q ＝2×10－3 C

由洛伦兹力提供向心力，设物块m 2做圆周运动的半径为R ，则qv 2B ＝m 2

v 2

R

轨迹如图，由几何关系有：R ＝l OP

解得：B ＝1 T

(3)当m 2经过y 轴时速度水平向左，离开电场后做平抛运动，m 1碰后做匀减速运动.

m 1匀减速运动至停止，其平均速度大小为：＝|v 1′|＝0.2 m/s>v 2＝0.1 m/s ，

v 12

所以m 2在m 1停止后与其相碰由牛顿第二定律有：F f ＝μm 1g ＝m 1a m 1停止后离O 点距离：s ＝

v 1′2

2a

则m 2平抛的时间：t ＝s v 2

平抛的高度：h ＝gt 2

1

2

设m 2做匀速圆周运动的半径为R ′，由几何关系有：

R ′＝h

12

由qv 2B ′＝，联立得：B ′＝0.25 T

m 2v 2

R ′

答案　(1)－0.4 m/s ，方向水平向左　(2)1 T (3)0.25 T 变式训练

4.如图5所示，C 1D 1E 1F 1和C 2D 2E 2F 2是距离为L 的相同光滑导轨，C 1D 1和E 1F 1为两段四分之一的圆弧，半径分别为r 1＝8r 和r 2＝r .在水平矩形D 1E 1E 2D 2内有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B .导体棒P 、Q 的长度均为L ，质量均为m ，电阻均为R ，其余电阻不计，Q 停在图中位置，现将P 从轨道最高点无初速度释放，则：

图5

(1)求导体棒P 进入磁场瞬间，回路中的电流的大小和方向(顺时针或逆时针)；

(2)若P 、Q 不会在轨道上发生碰撞，棒Q 到达E 1E 2瞬间，恰能脱离轨道飞出，求导体棒P 离开轨道瞬间的速度；

(3)若P 、Q 不会在轨道上发生碰撞，且两者到达E 1E 2瞬间，均能脱离轨道飞出，求回路中产生热量的范围.答案　(1)

，方向逆时针　(2)32BL gr

R

gr

(3)3mgr ≤Q ≤4mgr

解析　(1)导体棒P 由C 1C 2下滑到D 1D 2，根据机械能守恒定律：

mgr 1＝mv ，v D

＝412

2D gr 导体棒P 到达D 1D 2瞬间：E ＝BLv D 回路中的电流I ＝＝E 2R 2BL gr R

方向逆时针

(2)棒Q 到达E 1E 2瞬间，恰能脱离轨道飞出，此时对Q ：

mg ＝，v Q ＝mv 2Q

r

2gr

设导体棒P 离开轨道瞬间的速度为v P ，根据动量守恒定律：mv D ＝mv P ＋mv Q 代入数据得，v P ＝3gr

(3)由(2)知，若导体棒Q 恰能在到达E 1E 2瞬间飞离轨道，P 也必能在该处飞离轨道.根据能量守恒，回路中产生的热量：Q 1＝mv －mv －mv ＝3mgr

122D 122P 12

2

Q 若导体棒Q 与P 能达到共速v ，回路中产生的热量最多，则根据动量守恒：

mv D ＝(m ＋m )v ，v ＝2gr

回路中产生的热量：Q 2＝mv －(m ＋m )v 2＝4mgr

122D 1

2综上所述，回路中产生热量的范围是3mgr ≤Q ≤4mgr .

专题规范练

1.如图1所示，水平桌面左端有一顶端高为h 的光滑圆弧形轨道，圆弧的底端与桌面在同一水平面上.桌面右侧有一竖直放置的光滑圆轨道MNP ，其形状为半径R ＝0.8 m 的圆环剪去了左上角135°后剩余的部分，MN 为其竖直直径，P 点到桌面的竖直距离也为R .一质量m ＝0.4 kg 的物块A 自圆弧形轨道的顶端静止释放，到达圆弧形轨道底端恰与一停在圆弧底端水平桌面上质量也为m 的物块B 发生弹性正碰(碰撞过程没有机械能的损失)，碰后物块B 的位移随时间变化的关系式为x ＝6t －2t 2(关系式中所有物理量的单位均为国际单位)，物块B 飞离桌面后恰由P 点沿切线落入圆轨道.(重力加速度g 取10 m/s 2)求：

图1

(1)BP 间的水平距离x BP ；

(2)判断物块B 能否沿圆轨道到达M 点；(3)物块A 由静止释放的高度h .答案　(1)4.1 m (2)不能　(3)1.8 m

解析　(1)设碰撞后物块B 由D 点以初速度v D 做平抛运动，落到P 点时其竖直速度为v y ＝2gR

同时＝tan 45°，解得v D ＝4 m/s

v y

v D

设平抛用时为t ，水平位移为x ，则有R ＝gt 2

1

2

x ＝v D t

解得x ＝1.6 m

物块B 碰后以初速度v 0＝6 m/s ，加速度大小

a ＝－4 m/s 2减速到v D ，则BD 间的位移为

x 1＝＝2.5 m

v 2

D －v 202a

故BP 之间的水平距离x BP ＝x ＋x 1＝4.1 m

(2)若物块B 能沿轨道到达M 点，在M 点时其速度为v M ，则有mv －mv ＝－mgR

122M 122D

22

设轨道对物块的压力为F N ，则F N ＋mg ＝m

v 2

M

R

解得F N ＝(1－)mg <0，即物块不能到达M 点.2(3)对物块A 、B 的碰撞过程，有：

m A v A ＝m A v A ′＋m B v 0

m A v ＝m A v A ′2＋m B v 122A 121220解得：v A ＝6 m/s

设物块A 释放的高度为h ，则

mgh ＝mv ，1

2

2

A 解得h ＝1.8 m

2.如图2所示为过山车简易模型，它由光滑水平轨道和竖直面内的光滑圆形轨道组成，Q 点为圆形轨道最低点，M 点为最高点，圆形轨道半径R ＝0.32 m.水平轨道PN 右侧的水平地面上，并排放置两块长木板c 、d ，两木板间相互接触但不粘连，长木板上表面与水平轨道PN 平齐，木板c 质量m 3＝2.2 kg ，长L ＝4 m ，木板d 质量m 4＝4.4 kg.质量m 2＝

3.3 kg 的小滑块b 放置在轨道QN 上，另一质量m 1＝1.3 kg 的小滑块a 从P 点以水平速度v 0向右运动，沿圆形轨道运动一周后进入水平轨道与小滑块b 发生碰撞，碰撞时间极短且碰撞过程中无机械能损失.碰后a 沿原路返回到M 点时，对轨道压力恰好为0.已知小滑块b 与两块长木板间动摩擦因数均为μ0＝0.16，重力加速度g ＝10 m/s 2.

图2

(1)求小滑块a 与小滑块b 碰撞后，a 和b 的速度大小v 1和v 2；

(2)若碰后滑块b 在木板c 、d 上滑动时，木板c 、d 均静止不动，c 、d 与地面间的动摩擦因数μ至少多大？(木板c 、d 与地面间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(3)若不计木板c 、d 与地面间的摩擦，碰后滑块b 最终恰好没有离开木板d ，求滑块b 在木

板c 上滑行的时间及木板d 的长度.

答案　(1)4 m/s 5.2 m/s (2)0.069　(3)1 s 1.4 m 解析　(1)根据题意可知：小滑块a 碰后返回到M 点时：

m 1＝m 1g v 2M

R

小滑块a 碰后返回到M 点过程中机械能守恒：m 1v ＝m 1v ＋m 1g (2R )1221122M 代入数据，解得：v 1＝4 m/s

取水平向右为正方向，小滑块a 、b 碰撞前后：动量守恒：m 1v 0＝－m 1v 1＋m 2v 2机械能守恒：m 1v ＝m 1v ＋m 2v

1220122112

2代入数据，解得：v 0＝9.2 m/s ，v 2＝5.2 m/s

(2)若b 在d 上滑动时d 能静止，则b 在c 上滑动时c 和d 一定能静止

μ(m 2＋m 4)g >μ0m 2g 解得μ>μ0≈0.069

m 2

m 2＋m 4

(3)小滑块b 滑上长木板c 时的加速度大小：

a 1＝μ0g ＝1.6 m/s 2

此时两块长木板的加速度大小：a 2＝g ＝0.8 m/s 2

μ0m 2

m 3＋m

4令小滑块b 在长木板c 上的滑行时间为t ，则：时间t 内小滑块b 的位移x 1＝v 2t －a 1t 2

1

2两块长木板的位移x 2＝a 2t 2

1

2且x 1－x 2＝L 解得：t 1＝1 s 或t 2＝

s(舍去)10

3

b 刚离开长木板

c 时b 的速度v 2′＝v 2－a 1t 1＝3.6 m/s b 刚离开长木板c 时

d 的速度v 3＝a 2t 1＝0.8 m/s

d 的长度至少为x ：

由动量守恒可知：m 2v 2′＋m 4v 3＝(m 2＋m 4)v 解得：v ＝2 m/s

μ0m 2gx ＝m 2v 2′2＋m 4v －(m 2＋m 4

)v 21

2122312

解得：x ＝1.4 m

3.如图3所示，两个圆形光滑细管在竖直平面内交叠，组成“8”字形通道，在“8”字形通道底端B 处连接一内径相同的粗糙水平直管AB .已知E 处距地面的高度h ＝3.2 m ，一质量m ＝1 kg 的小球a 从A 点以速度v 0＝12 m/s 的速度向右进入直管道，到达B 点后沿“8”字形轨道向上运动，到达D 点时恰好与轨道无作用力，直接进入DE 管(DE 管光滑)，并与原来静止于E 处的质量为M ＝4 kg 的小球b 发生正碰(a 、b 均可视为质点).已知碰撞后a 球沿原路返回，速度大小为碰撞前速度大小的，而b 球从E 点水平抛出，其水平射程s ＝0.8 m.(g ＝10 m/s 2)

13

图3

(1)求碰后b 球的速度大小；

(2)求“8”字形管道上下两圆的半径r 和R ；

(3)若小球a 在管道AB 中运动时所受阻力为定值，请判断a 球返回到BA 管道时，能否从A 端穿出？

答案　(1)1 m/s (2)0.9 m 0.7 m (3)不能解析　(1)b 球离开E 点后做平抛运动

h ＝gt 2，s ＝v b t ，解得v b ＝1 m/s

12

(2)a 、b 碰撞过程，动量守恒，以水平向右为正方向，则有：

mv a ＝－m ×v a ＋Mv b

13

解得v a ＝3 m/s

碰前a 在D 处恰好与轨道无作用力，则有：mg ＝m

v 2

a r

r ＝0.9 m R ＝＝0.7 m

h －2r 2

(3)小球从B 到D ，机械能守恒：mv ＝mv ＋mgh

122B 122a 解得：mv ＝36.5 J

12

2

B 从A 到B 过程，由动能定理得：－W f ＝mv －mv 122B 122

解得：W f ＝35.5 J

从D 到B ，机械能守恒：m ()2＋mgh ＝mv B ′2

12v a 31

2解得：mv B ′2＝32.5 J

1

2

所以，a 球返回到BA 管道中时，不能从A 端穿出.

4.如图4所示，整个空间中存在竖直向上的匀强电场，经过桌边的虚线PQ 与桌面成45°角，其上方有足够大的垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B ，光滑绝缘水平桌面上有两个可以视为质点的绝缘小球，A 球对桌面的压力为零，其质量为m ，电量为q ；B 球不带电且质量为km (k >7).A 、B 间夹着质量可忽略的火药.现点燃火药(此时间极短且不会影响小球的质量、电量和各表面的光滑程度).火药炸完瞬间A 的速度为v 0.求：

图4

(1)火药爆炸过程中有多少化学能转化为机械能；(2)A 球在磁场中的运动时间；

(3)若一段时间后A 、B 在桌上相遇，求爆炸前A 球与桌边P 的距离.

答案　(1)mv (2)　(3)·

k ＋12k 203πm 2qB 2k －2－3π2 k ＋1 mv 0

qB

解析　(1)设爆炸之后B 的速度大小为v B ，选向左为正方向，在爆炸前后由动量守恒可得：0＝mv 0－kmv B

E ＝mv ＋kmv ＝mv 1

22

0122B k ＋12k

2

0(2)由A 球对桌面的压力为零可知重力和电场力等大反向，故A 球进入电场中将会做匀速圆周运动，如图所示则

T ＝

2πm

qB

有几何知识可得：粒子在磁场中运动了个圆周

3

4则t 2＝

3πm 2qB

(3)由0＝mv 0－kmv B 可得：v B ＝

v 0

k

由qv 0B ＝m 知，R ＝

v 20R mv 0

qB

设爆炸前A 球与桌边P 的距离为x A ，爆炸后B 运动的位移为x B ，时间为t B 则t B ＝＋t 2＋，x B ＝v B t B x A v 0R v 0

由图可得：R ＝x A ＋x B

联立上述各式解得：x A ＝·.

2k －2－3π2 k ＋1 mv 0

qB

高中物理公式大全(全集) 八、动量与能量

八、动量与能量 1．动量 2．机械能 1．两个“定理” （1）动量定理：F ·t =Δp 矢量式 (力F 在时间t 上积累，影响物体的动量p ) （2）动能定理：F ·s =ΔE k 标量式 (力F 在空间s 上积累，影响物体的动能E k ) 动量定理与动能定理一样，都是以单个物体为研究对象．但所描述的物理内容差别极大．动量定理数学表达式：F 合·t =Δp ，是描述力的时间积累作用效果——使动量变化；该式是矢量式，即在冲量方向上产生动量的变化． 例如，质量为m 的小球以速度v 0与竖直方向成θ角 打在光滑的水平面上，与水平面的接触时间为Δt ，弹起 时速度大小仍为v 0且与竖直方向仍成θ角，如图所示．则 在Δt 内： 以小球为研究对象，其受力情况如图所示．可见小球 所受冲量是在竖直方向上，因此，小球的动量变化只能在 竖直方向上．有如下的方程： F ′击·Δt -mg Δt =mv 0cos θ-（-mv 0cos θ） 小球水平方向上无冲量作用，从图中可见小球水平方向动量不变． 综上所述，在应用动量定理时一定要特别注意其矢量性．应用动能定理时就无需作这方 面考虑了．Δt 内应用动能定理列方程：W 合=m υ02/2－m υ02 /2 =0 2．两个“定律” （1）动量守恒定律：适用条件——系统不受外力或所受外力之和为零 公式：m 1v 1+m 2v 2=m 1v 1′+m 2v 2 ′或 p =p ′ （2）机械能守恒定律：适用条件——只有重力（或弹簧的弹力）做功 公式：E k2+E p2=E k1+E p1 或 ΔE p = －ΔE k 3．动量守恒定律与动量定理的关系 一、知识网络 二、画龙点睛 规律

2020届高考物理必考经典专题 专题06 动力学、动量和能量观点的综合应用(含解析)

2020届高考物理必考经典专题 专题6 动力学、动量和能量观点的综合应用 考点一 “子弹打木块 ”类问题的综合分析 子弹以水平速度射向原来静止的木块,并留在木块中跟木块共同运动.下面从动量、能量和牛顿运动定律等多个角度来分析这一类问题. 1.动量分析 子弹和木块最后共同运动,相当于完全非弹性碰撞,子弹射入木块过程中系统动量守恒mv0=(M+m)v. 2.能量分析 该过程系统损失的动能全部转化为系统的内能.设平均阻力大小为Ff,子弹、木块的位移大小分别为s1,s2,子弹钻入深度为d,如图所示,有s1-s2=d;对子弹应用动能定理有-F f s 1=错误!未找到引用源。 mv 2-错误!未找到引用源。m 错误!未找到引用源。;对木块应用动能定理有F f s 2=错误!未找到引用源。mv2,联立解得F f d=错误!未找 到引用源。m 错误!未找到引用源。-错误!未找到引用源。(M+m)v2=2 02() Mmv M m +错误!未找到引用源。.式中F f d 恰好等于系统动能的损失量,根据能量守恒定律,系统动能的损失量应该等于系统内能的增加量,则有ΔE k =F f d =Q=2 02()Mmv M m +错误!未找到引用源。,由此可得结论:两物体由于摩擦产生的热量(机械能转化为内能),数值上等 于摩擦力大小与两物体相对滑动路程的乘积.由上面各式联立可得F f =2 02()Mmv M m d +错误!未找到引用 源。,s 2= m M m +错误!未找到引用源。d. 3.动力学分析 从牛顿运动定律和运动学公式出发,也可以得出同样的结论.由于子弹和木块都在恒力作用下做匀变速运动, 位移与平均速度成正比,有22 s d s +错误!未找到引用源。=022 v v v +错误!未找到引用源。=0v v v +错误!未找到引用

高中物理-电学中的动量和能量问题专题训练与解析

第2课时电学中的动量和能量问题 高考命题点命题轨迹情境图 电场和磁场中的动量 20183卷21 和能量问题 18(3)21题电磁感应中的动量和 能量问题 例1(2019·湖北省4月份调研)如图1，在高度为H的竖直区域内分布着互相垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向左；磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里．在该区域上方的某点A，将质量为m、电荷量为＋q的小球，以某一初速度水平抛出，小球恰好在该区域做直线运动．已知重力加速度为g. 图1 (1)求小球平抛的初速度v0的大小； (2)若电场强度大小为E，求A点距该区域上边界的高度h； (3)若电场强度大小为E，令该小球所带电荷量为－q，以相同的初速度将其水平抛出，小球离开该区域时，速度方向竖直向下，求小球穿越该区域的时间．

拓展训练1(2019·云南昭通市上学期期末)真空中存在电场强度为E 1的匀强电场(未知)，一质量为m、带正电的油滴，电荷量为q，在该电场中竖直向下做匀速直线运动，速度大小为v0，在油滴处于位置A时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变，持续一段时间t1后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到B点，重力加速度大小为g，求： (1)电场强度E1的大小和方向； (2)油滴运动到B点时的速度大小． 拓展训练2(2019·江西上饶市重点中学六校第一次联考)如图2所示，在足够大的空间范围内，同时存在着竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场，磁感应强度B＝2 T．小球1带正电，小球2不带电，静止放置于固定的水平悬空支架上．小球1向右以v1＝12m/s的水平速度与小球2正碰，碰后两小球粘在一起在竖直平面内做匀速圆周运动，两小球速度水平向左时离碰撞点的距离为2m．碰后两小球的比荷为4C/kg.(取g＝10m/s2) 图2 (1)电场强度E的大小是多少？ (2)两小球的质量之比m2 m1是多少？

动量和能量综合专题

动量和能量综合例析 例1、如图，两滑块Ａ、Ｂ的质量分别为m1和m2， 置于光滑的水平面上，Ａ、Ｂ间用一劲度系数 为K的弹簧相连。开始时两滑块静止，弹簧为 原长。一质量为ｍ的子弹以速度Ｖ0沿弹簧长度方向射入滑块Ａ并留在其中。试求：（１）弹簧的最大压缩长度；(已知弹性势能公式E P=(1/2)KX2，其中K为劲度系数、X为弹簧的形变量) ；（２）滑块Ｂ相对于地面的最大速度和最小速度。【解】（１）设子弹射入后Ａ的速度为Ｖ１，有： ｍＶ0＝（ｍ＋ｍ１）Ｖ1（1） 得：此时两滑块具有的相同速度为Ｖ，依前文中提到的解题策略有： （ｍ＋ｍ１）Ｖ１＝（ｍ＋ｍ1＋m 2)V (2) (3) 由(1)、(2)、(3)式解得： （２） ｍＶ0=（m＋m1）V2＋m2V3(4) (5)

由（１）、（４）、（５）式得： Ｖ3[（m＋m1＋m2）V3－2mV0]=0 解得：V3=0 （最小速度）（最大速度）例２、如图，光滑水平面上有Ａ、Ｂ两辆小车，Ｃ球用０.５m长的细线悬挂在Ａ车的支架上，已知mA=m B=1kg，m C=0.5kg。开始时B车静止，Ａ车以Ｖ0＝４m/s的速度驶向Ｂ车并与其正碰后粘在一起。若碰撞时间极短且不计空气阻力，g取10m/s2，求C球摆起的最大高度。 【解】由于A、B碰撞过程极短，C球尚未开始摆动， 故对该过程依前文解题策略有： m A V0=(m A+m B)V1(1) E内= (2) 对A、B、C组成的系统，图示状态为初始状态，C球摆起有最大高度时，A、B、C有共同速度，该状态为终了状态，这个过程同样依解题策略处理有： （m A+m C）V0=(m A+m B+m C)V2(3) (4)

动量和能量结合综合题附答案解析

动量与能量结合综合题 1．如图所示，水平放置的两根金属导轨位于方向垂直于导轨平面并指向纸里的匀强磁场中．导轨上有两根小金属导体杆ab和cd，其质量均为m，能沿导轨无摩擦地滑动．金属杆ab和cd与导轨及它们间的接触等所有电阻可忽略不计．开始时ab和cd都是静止的，现突然让cd杆以初速度v向右开始运动，如果两根导轨足够长，则（）A．cd始终做减速运动，ab始终做加速运动，并将追上cd B．cd始终做减速运动，ab始终做加速运动，但追不上cd C．开始时cd做减速运动，ab做加速运动，最终两杆以相同速度做匀速运动 D．磁场力对两金属杆做功的大小相等 h，如图所示。2．一轻弹簧的下端固定在水平面上，上端连接质量为m的木板处于静止状态，此时弹簧的压缩量为 3h的A处自由落下，打在木板上并与木板一起向下运动，但不粘连，它们到达最低点一物块从木板正上方距离为 后又向上运动。若物块质量也为m时，它们恰能回到O点；若物块质量为2m时，它们到达最低点后又向上运动，在通过O点时它们仍然具有向上的速度，求： 1，质量为m时物块与木板碰撞后的速度； 2，质量为2m时物块向上运动到O的速度。 3．如图所示，两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为L，导轨上面横放着两根导体棒ab和cd，构成矩形回路，两根导体棒的质量皆为m，电阻皆为R，回路中其余部分的电阻可不计。在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B。设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行，开始时，棒cd静止，棒ab有指向棒cd的初速度0v，若两导体棒在运动中始终不接触，求： （1）在运动中产生的焦耳热Q最多是多少？ （2）当ab棒的速度变为初速度的4/3时，cd棒的加速度a是多少？

高三物理动量、能量计算题专题训练

动量、能量计算题专题训练 １.（1９分)如图所示,光滑水平面上有一质量M ＝4.0kg 的带有圆弧轨道的平板车，车的上表面是一段长Ｌ=1．５m 的粗糙水平轨道，水平轨道左侧连一半径R=0.25m 的 4 1 光滑圆弧轨道,圆弧轨道与水平轨道在O ′点相切。现将一质量m=1.0kg 的小物块(可视为质点）从平板车的右端以水平向 左的初速度v ０滑上平板车，小物块与水平轨道间的动摩擦因数μ=０.5。小物块恰能到达圆弧 轨道的最高点A 。取g ＝10m ／2 ,求: (1)小物块滑上平板车的初速度ｖ0的大小。 （2）小物块与车最终相对静止时，它距O ′点的距离。 （3）若要使小物块最终能到达小车的最右端，则ｖ0要增大到多大? 2．（19分）质量m Ａ=3.0kg.长度Ｌ=0.70m.电量ｑ＝+4.0×１０-5 C 的导体板A 在足够大的绝缘水平面上，质量m B =１.０ｋg 可视为质点的绝缘物块B 在导体板A 的左端，开始时A 、B 保持相对静止一起向右滑动,当它们的速度减小到0v =3．0ｍ/s 时，立即施加一个方向水平向左.场强大小E =1.0×105 N ／Ｃ的匀强电场,此时Ａ的右端到竖直绝缘挡板的距离为S =２ｍ，此后A 、B 始终处在匀强电场中，如图所示.假定A 与挡板碰撞时间极短且无机械能损失，Ａ与B 之间（动摩擦因数1μ＝0.25）及A 与地面之间(动摩擦因数2μ＝0．１0）的最大静摩擦 力均可认为等于其滑动摩擦力,g 取10m/s ２ （不计空气的阻力）求： （1)刚施加匀强电场时，物块B 的加速度的大小？ （2)导体板A 刚离开挡板时，A 的速度大小? （３）B 能否离开A ，若能,求Ｂ刚离开A 时,B 的速度大小；若不能，求B 距A 左端的最大距离。 v 0 O / O M m

能量和动量的综合应用(超详细)

【本讲主要内容】 能量和动量的综合应用 相互作用过程中的能量转化及动量守恒的问题 【知识掌握】 【知识点精析】 1. 应用动量和能量的观点求解的问题综述： 该部分是力学中综合面最广，灵活性最大，内容最为丰富的部分。要牢固树立能的转化和守恒思想，许多综合题中，当物体发生相互作用时，常常伴随多种能量的转化和重新分配的过程。因此，必须牢固地以守恒（系统总能量不变）为指导，这样才能正确无误地写出能的转化和分配表达式。 2. 有关机械能方面的综述： （1）机械能守恒的情况： 例如，两木块夹弹簧在光滑水平面上的运动，过程中弹性势能和木块的动能相互转化；木块冲上放在光滑面上的光滑曲面小车的过程，上冲过程中，木块的动能减少，转化成木块的重力势能和小车的动能。等等…… （2）机械能增加的情况： 例如，炸弹爆炸的过程，燃料的化学能转化成弹片的机械能；光滑冰面上两个人相互推开的过程，生物能转化成机械能。等等…… （3）机械能减少的情况： 例如，“子弹击木块”模型，包括“木块在木板上滑动”模型等；这类模型为什么动量守恒，而机械能不守恒（总能量守恒），请看下面的分析： 如图1所示，一质量为M 的长木板B 静止在光滑水平面上，一质量为m 的小滑块A 以水平速度v 0从长木板的一端开始在长木板上滑动，最终二者相对静止以共同速度一起滑行。 滑块A 在木板B 上滑动时，A 与B 之间存在着相互作用的滑动摩擦力，大小相等，方向相反，设大小为f 。 A 、 B 为系统，动量守恒。（过程中两个滑动摩擦力大小相等，方向相反，作用时间相同，对系统总动量没有影响，即系统的内力不影响总动量）。 由动量守恒定律可求出共同速度0 v m M m v += 上述过程中，设滑块A 对地的位移为s A ，B 对地位移为s B 。由图可知，s A ≠s B ， 且s A ＝（s B +Δs ），根据动能定理： 对A ：W fA ＝2020202B 2 1)(212121)(mv m M mv m mv mv s s f -+=-=?+-

(完整版)动量-动量守恒定律专题练习(含答案)

动量 动量守恒定律 一、动量和冲量 1、关于物体的动量和动能，下列说法中正确的是： A 、一物体的动量不变，其动能一定不变 B 、一物体的动能不变，其动量一定不变 C 、两物体的动量相等，其动能一定相等 D 、两物体的动能相等，其动量一定相等 2、两个具有相等动量的物体A 、B ，质量分别为m A 和m B ，且m A ＞m B ，比较它们的动能，则： A 、 B 的动能较大 B 、A 的动能较大 C 、动能相等 D 、不能确定 3、恒力F 作用在质量为m 的物体上，如图所示，由于地面对物体的摩擦力较大，没有被拉动，则经时间t ，下列说法正确的是： A 、拉力F 对物体的冲量大小为零； B 、拉力F 对物体的冲量大小为Ft ； C 、拉力F 对物体的冲量大小是Ftcosθ； D 、合力对物体的冲量大小为零。 4、如图所示，PQS 是固定于竖直平面内的光滑的14 圆周轨道，圆心O 在S 的正上方，在O 和P 两点各有一质量为m 的小物块a 和b ，从同一时刻开始，a 自由下落，b 沿圆弧下滑。以下说法正确的是 A 、a 比b 先到达S ，它们在S 点的动量不相等 B 、a 与b 同时到达S ，它们在S 点的动量不相等 C 、a 比b 先到达S ，它们在S 点的动量相等 D 、b 比a 先到达S ，它们在S 点的动量不相等 二、动量守恒定律 1、一炮艇总质量为M ，以速度v 0匀速行驶，从船上以相对海岸的水平速度v 沿前进方向射出一质量为m 的炮弹，发射炮弹后艇的速度为v /，若不计水的阻力，则下列各关系式中正确的是 。 A 、'0()Mv M m v mv =-+ B 、'00()()Mv M m v m v v =-++ C 、''0()()Mv M m v m v v =-++ D 、'0Mv Mv mv =+ 2、在高速公路上发生一起交通事故，一辆质量为1500kg 向南行驶的长途客车迎面撞上了一辆质量为3000kg 向北行驶的卡车，碰后两车接在一起，并向南滑行了一段距离后停止。根据测速仪的测定，长途客车碰前以20m/s 的速度行驶，由此可判断卡车碰前的行驶速率为： A 、小于10 m/s B 、大于10 m/s 小于20 m/s C 、大于20 m/s 小于30 m/s D 、大于30 m/s 小于40 m/s 3、质量相同的物体A 、B 静止在光滑的水平面上，用质量和水平速度相同的子弹a 、b 分别射击A 、B ，最终a 子弹留在A 物体内，b 子弹穿过B ，A 、B 速度大小分别为v A 和v B ，则： A 、v A ＞v B B 、v A ＜v B C 、v A =v B D 、条件不足，无法判定 4、质量为3m ，速度为v 的小车， 与质量为2m 的静止小车碰撞后连在一起运动，则两车碰撞后的总动量是 O P S Q F

动量与能量之难点解析专题5

动量与能量之难点解析 专题01 动量与能量分析之“碰撞模型” 专题02 动量与能量分析之“板-块模型” 专题03 动量与能量分析之“含弹簧系统” 专题04 动量与能量分析之“爆炸及反冲问题” 专题05 动量与能量观点在电磁感应中的应用 专题5 动量与能量观点在电磁感应中的应用 【方法总结】 解决电磁感应问题往往需要力电综合分析，在电磁感应问题中需要动量与能量分析求解时，学生往往无从下手，属于压轴考查，需要学生平时吃透典型物理模型和积累解题经验，现将动量与能量观点求解电磁感应综合问题时常出现典型模型和思路总结如下： 1. “双轨+双杆”模型 以“2019全国3卷第19题”物理情景为例：如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水 平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab 、cd 静止在导轨上。t =0时，棒ab 以初速度v 0向右滑动。运动过程中，ab 、cd 始终与导轨垂直并接触良好： 模型分析：双轨和两导体棒组成闭合回路，通过两导体棒的感应电流相等，所受安培力大小也相等，ab 棒受到水平向左安培力，向右减速；cd 棒受到水平向右安培力，向右加速，最终导体棒ab 、cd 系统共速，感应电流消失，一起向右做匀速直线运动，该过程由导体棒ab 、cd 组成的系统合外力为零，动量守恒：共v m m v m cd ab ab )(0+= 2. 巧用“动量定理”求通过导体电荷量q 思路：动量定理得：p t BIL p t F ?=????=??安，由于t I q ??=，所以p BLq ?=，

即：BL p q ?= 【精选试题解析】 1. （2019全国Ⅲ卷）如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的 平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab 、cd 静止在导轨上。t =0时，棒ab 以初速度v 0向右滑动。运动过程中，ab 、cd 始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v 1、v 2表示，回路中的电流用I 表示。下列图像中可能正确的是（ ） 2. [多选]如图所示，两根相距为d 的足够长的光滑金属导轨固定在水平面上，导轨电阻不计。磁感应强度为B 的匀强磁场与导轨平面垂直，长度等于d 的两导体棒M 、N 平行地放在导轨上，且电阻均为R 、质量均为m ，开始时两导体棒静止。现给M 一个平行导轨向右的瞬时冲量I ，整个过程中M 、N 均与导轨接触良好，下列说法正确的是( ) A ．回路中始终存在逆时针方向的电流 B ．N 的最大加速度为B 2Id 2 2m 2R C ．回路中的最大电流为BId 2mR D ．N 获得的最大速度为I m 3. （2019浙江选考）如图所示，在间距L =0.2m 的两光滑平行水平金属导轨间存在方向垂直于 纸面（向内为正）的磁场，磁感应强度为分布沿y 方向不变，沿x 方向如下： 10.2{50.20.2 10.2Tx m B xT m x m Tx m >=-≤≤-<- 导轨间通过单刀双掷开关S 连接恒流源和电容C =1F 的未充电的电容器，恒流源可为电路提供恒定电流I =2A ，电流方向如图所示。有一质量m =0.1kg 的金属棒ab 垂直导轨静止放置于x 0=0.7m 处。开关S 掷向1，棒ab 从静止开始运动，到达x 3=－0.2m 处时，开关S 掷向2。已知棒ab 在运动过程中始终与导

动量与能量练习题

动量与能量练习题 1.三块完全相同的木块固定在水平地面上，设速度为v0子弹穿过木块时受到的阻力一样，子弹可视为质点，子弹射出木块C时速度变为v0/ 2.求： (1) 子弹穿过A和穿过B 时的速度v1=? v2=? (2)子弹穿过三木块的时间之比t1∶t2∶t3 =? 2.光滑水平桌面上有两个相同的静止木块，枪沿两个木块连线方向以一定的初速度发射一颗子弹，子弹分别穿过两个木块。假设子弹穿过两个木块时受到的阻力大小相同，忽略重力和空气阻力的影响，那么子弹先后穿过两个木块的过程中( ) （Ａ）子弹两次损失的动能相同（Ｂ）每个木块增加的动能相同 （Ｃ）因摩擦而产生的热量相同（Ｄ）每个木块移动的距离不相同 3.如图所示，质量为M的木板静止在光滑的水平面上，其上表面的左端有一质量为m的物体以初速度v0，开始在木板上向右滑动，那么：( ) (A)若M固定，则m对M的摩擦力做正功，M对m的摩擦力做负功； (B)若M固定，则m对M的摩擦力不做功，M对m的摩擦力做负功； (C)若M自由移动，则m和M组成的系统中摩擦力做功的代数和为零； (D)若M自由移动，则m克服摩擦力做的功等于M增加的动能和转化为系统的内能之和。 4.如图所示，质量为M的火箭，不断向下喷出气体，使它在空中保持静止,火箭质量可以认为不变。如果喷出气的速度为v，则火箭发动机的功率为（） 5.如图示:质量为M的滑槽静止在光滑的水平面滑槽的AB部分是半径为R的1/4的光滑圆弧,BC部分是水平面,将质量为m 的小滑块从滑槽的A点静止释放,沿圆弧面滑下,并最终停在水平部分BC之间的D点,则( ) A.滑块m从A滑到B的过程,物体与滑块组成的系统动量守恒、机械能守恒 B. 滑块滑到B点时，速度大小等于 C. 滑块从B运动到D的过程，系统的动量和机械能都不守恒 D. 滑块滑到D点时，物体的速度等于0 6.质量为M=4.0kg的平板小车静止在光滑的水平面上，如图所示，当t=0时，两个质量分别为m A=2kg、m B=1kg 的小物体A、B都以大小为v0=7m/s。方向相反的水平速度，同时从小车板面上的左右两端相向滑动。到它们在小车上停止滑动时，没有相碰，A、B与车间的动摩擦因素μ=0.2，取g=10m/s2,求： （1）A在车上刚停止滑动时，A和车的速度大小 （2）A、B在车上都停止滑动时车的速度及此时车运动了多长时间。 （3）画出小车运动的速度—时间图象。 7.如图所示，光滑水平面上质量为m1=2kg的小球以v0=2m/s的初速冲向质量为m2=6kg静止的足够高的光滑的斜劈体，斜劈体与水平面接触处有一小段光滑圆弧。 （1）小球m1滑到的最大高度 （2）小球m1从斜面滑下后，二者速度 （3）若m1= m2小球m1从斜面滑下后，二者速度 8.如图所示，质量为m的有孔物体A套在光滑的水平杆上，在A下面用足够长的细绳挂一质量为M的物体B。一个质量为m0的子弹C以v0速度射入B并留在B中，求B上升的最大高度。 9.质量为m＝20Kg的物体，以水平速度v0＝5m/s的速度滑上静止在光滑水平面上的小车，小车质量为M＝80Kg，物体在小车上滑行L＝4m后相对小车静止。求： （1）物体与小车间的滑动摩擦系数。（2）物体相对小车滑行的时间内，小车在地面上运动的距离。

动量和能量综合专题

动H和能H综合例析 例1、如图，两滑块A、B的质量分别为m i和m2, 皇8 . 置丁光滑的水平■面上，A、B问用一劲度系数7 77 // [/ 为K的弹簧相连。开始时两滑块静止，弹簧为原长。一质量为m的子弹以速度V 0沿弹簧长度方向射入滑块A并留在其中。试 求：（1）弹簧的最大压缩长度；（已知弹性势能公式E P=（1/2）KX2,其中K为劲度系数、X为弹簧的形变量）；（2）滑块B相对丁地面的最大速度和最小速度。 【解】（1 ）设子弹射入后A的速度为V】，有： V1 = — m V o= ( m + m i) Vi (1) 得：此时两滑块具有的相同速度为V,依前文中提到的解题策略有: )V (2) (m + m 1) Vi = (m + m i + m 2 十= -^(m + mj + 十 (2) mVo= (m + m 1) V2 + m?V3 ：(皿*m])V技 +!也￥^ 由（1）、（4）、（5）式得:

V3 [ (m + m i+ m 2) V 3 — 2mV 0]=0 解得：V 3=0 (最小速度) 例2、如图，光滑水平面上有A 、B 两辆小车，C 球用0 .5 m 长的细线悬挂在A 车的 支架上，已知mA =m B =1kg , m c =0.5kg 。开始时B 车静止，A 车以V 。=4 m/s 的速度驶向B 车并与 其正碰后粘在一起。若碰撞时间极短且不计空气阻力， g 取10m/s 2 ,求C 球摆起的 最大高度。 【解】由丁 A 、B 碰撞过程极短，C 球尚未开始摆动， B A 1 _ ~~i I 1 ., “一橙一、厂 / / / / / / / / / / / / / / / 故对该过程依前文解题策略有： m A V °=(m A +m B )V I (1) -m A VQ 3 --C m A +m —)W E 内= 」 ⑵ B 、 C 有共同速度，该状态为终了状态，这个过程同样依解题策略处理有: (m A +mC )V 0=(m A +m B +m C )V 2 (3) 由上述方程分别所求出A 、B 刚粘合在一起的速度V 1=2 m / s, E 内=4 J, 系统最后的共同速度V 2= 2 .4 m/s,最后求得小球C 摆起的最大高度 h=0.16m 。 例3、质量为m 的木块在质量为 M 的长木板中央，木块与长木板间的动摩擦因数为 ，木 块和长木板一起放在光滑水平面上，并以速度 v 向右运动。为了使长木板能停在水平面上， 可以在木块上作用一时间极短的冲量。试求： (1) 要使木块和长木板都停下来，作用在木块上水平冲量的大小和方向如何？ (2) 木块受到冲量后，瞬间获得的速度为多大？方向如何？ (3) 长木板的长度要满足什么条件才行？ 2mV 0 (最大速度) 对A 、B 、C 组成的系统，图示状态为初始状态, C 球摆起有最大高度时，A 、

2020年高考物理考点题型归纳与训练专题十四 动量守恒定律及其应用(含解析)

2020高考物理二轮复习题型归纳与训练 专题十四 动量守恒定律及其应用 题型一、动量定理的理解与应用 【典例1】(2019·武汉高三下学期2月调考)运动员在水上做飞行运动表演。他操控喷射式悬浮飞行器将水带竖直送上来的水反转180°后向下喷出，令自己悬停在空中，如图所示。已知运动员与装备的总质量为90 kg ，两个喷嘴的直径均为10 cm ，已知重力加速度大小g ＝10 m/s 2，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m 3，则喷嘴处喷水的速度大约为( ) A ．2.7 m/s B ．5.4 m/s C ．7.6 m/s D ．10.8 m/s 【答案】 C 【解析】 设Δt 时间内有质量为m 的水射出，忽略重力冲量，对这部分水由动量定理得F Δt ＝2mv ，m ＝ρv Δt ·πd 24 ，设运动员与装备的总质量为M ，运动员悬停在空中，所以F ′＝Mg ，由牛顿第三定律得F ′＝F ，联立解得v ≈7.6 m/s ，C 正确。 题型二、动量守恒定律的应用 【规律方法】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．

【典例2】如图所示，甲、乙两小孩各乘一辆冰车在水平冰面上玩耍．甲和他的冰车的总质量为M＝30 kg，乙和他的冰车的总质量也是M＝30 kg.甲推着一个质量为m＝15 kg的箱子和他一起以2 m/s的速度滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来．为了避免相撞，甲突然将箱子沿冰面推给乙，箱子滑到乙处时，乙迅速抓住．若不计冰面摩擦，求甲至少以多大速度(相对地)将箱子推出，才能避免与乙相撞？ 【解析】要想刚好避免相撞，要求乙抓住箱子后与甲的速度正好相等，设甲推出箱子后的速度为v1，箱子的速度为v，乙抓住箱子后的速度为v2. 对甲和箱子，推箱子前后动量守恒，以甲初速度方向为正方向，由动量守恒定律有(M＋m)v0＝mv＋Mv1① 对乙和箱子，抓住箱子前后动量守恒，以箱子初速度方向为正方向，由动量守恒定律有mv－Mv0＝(m＋M)v2② 甲与乙刚好不相撞的条件是v1＝v2③ 联立①②③解得v＝5.2 m/s，方向与甲和箱子初速度方向一致． 【答案】 5.2 m/s 题型三、碰撞模型的规律及应用 【典例3】．(多选)(2019·山东济南高三第二次联考)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s -t图象如图乙所示，已知m a＝5 kg.若b球的质量为m b，两球因碰撞而损失的机械能为ΔE，则() A．m b＝1 kg B．m b＝2 kg

动量与能量结合综合题附答案汇编

动量与能量结合综合题1．如图所示，水平放置的两根金属导轨位于方向垂直于导轨平面并指向纸里的匀强磁场中．导轨上有两根小金属导体杆ab和cd，其质量均为m，能沿导轨无摩擦地滑动．金属杆ab和cd与导轨及它们间的接触等所有电阻可忽略不计．开始时ab和cd都是静止的，现突然让cd杆以初速度v向右开始运动，如果两根导轨足够长，则（） A．cd始终做减速运动，ab始终做加速运动，并将追上cd B．cd始终做减速运动，ab始终做加速运动，但追不上cd C．开始时cd做减速运动，ab做加速运动，最终两杆以相同速度做匀速运动 D．磁场力对两金属杆做功的大小相等 h，如图所示。2．一轻弹簧的下端固定在水平面上，上端连接质量为m的木板处于静止状态，此时弹簧的压缩量为 3h的A处自由落下，打在木板上并与木板一起向下运动，但不粘连，它们到达最低点一物块从木板正上方距离为 后又向上运动。若物块质量也为m时，它们恰能回到O点；若物块质量为2m时，它们到达最低点后又向上运动，在通过O点时它们仍然具有向上的速度，求： 1，质量为m时物块与木板碰撞后的速度； 2，质量为2m时物块向上运动到O的速度。 3．如图所示，两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为L，导轨上面横放着两根导体棒ab和cd，构成矩形回路，两根导体棒的质量皆为m，电阻皆为R，回路中其余部分的电阻可不计。在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B。设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行，开始时，棒cd静止，棒ab有指向棒cd的初速度0v，若两导体棒在运动中始终不接触，求： （1）在运动中产生的焦耳热Q最多是多少？ （2）当ab棒的速度变为初速度的4/3时，cd棒的加速度a是多少？

高三物理动量、能量计算题专题训练

动量、能量计算题专题训练 1．（19分）如图所示，光滑水平面上有一质 量M=4.0kg 的带有圆弧轨道的平板车，车的上表面 是一段长L=1.5m 的粗糙水平轨道，水平轨道左侧 连一半径R=0.25m 的41光滑圆弧轨道,圆弧轨道与水平轨道在O ′点相切。现将一质量m=1.0kg 的 小物块（可视为质点）从平板车的右端以水平向左 的初速度v 0滑上平板车，小物块与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.5。小物块恰能到达圆弧轨 道的最高点A 。取g=10m/2，求： （1）小物块滑上平板车的初速度v 0的大小。 （2）小物块与车最终相对静止时，它距O ′点的距离。 （3）若要使小物块最终能到达小车的最右端，则v 0要增大到多大？ 2.（19分）质量m A = 3.0kg ．长度L =0.70m ．电量q =+ 4.0×10-5C 的导体板A 在足够大的 绝缘水平面上，质量m B =1.0kg 可视为质点的绝缘物块B 在导体板A 的左端，开始时A 、B 保持相对静止一起向右滑动，当它们的速度减小到0v =3.0m/s 时，立即施加一个方向水平向左．场强大小E =1.0×105 N/C 的匀强电场,此时A 的右端到竖直绝缘挡板的距离为S =2m ，此后A 、B 始终处在匀强电场中，如图所示．假定A 与挡板碰撞时间极短且无机械能损失，A 与B 之间（动摩擦因数1μ=0．25）及A 与地面之间（动摩擦因数2μ=0．10）的最大静摩擦力均可认为等于 其滑动摩擦力，g 取10m/s 2（不计空气的阻力）求： （1）刚施加匀强电场时，物块B 的加速度的大小？ （2）导体板A 刚离开挡板时，A 的速度大小？ （3）B 能否离开A ，若能，求B 刚离开A 时，B 的 速度大小；若不能，求B 距A 左端的最大距离。

高中物理动量和能量知识点

学大教育设计人：马洪波 高考物理知识归纳（三） ---------------动量和能量 1．力的三种效应： 力的瞬时性（产生a）F=ma 、运动状态发生变化牛顿第二定律 时间积累效应( 冲量)I=Ft 、动量发生变化动量定理 空间积累效应( 做功)w=Fs 动能发生变化动能定理 2．动量观点：动量：p=mv= 2mE 冲量：I = F t K 动量定理：内容：物体所受合外力的冲量等于它的动量的变化。 公式： F 合t = mv ’一mv (解题时受力分析和正方向的规定是关键) I=F 合t=F 1t 1+F 2t 2+---= p=P 末-P 初=mv 末-mv 初 动量守恒定律：内容、守恒条件、不同的表达式及含义：' p p ；p 0；p1 - p 2 P＝P′(系统相互作用前的总动量P 等于相互作用后的总动量P′) ΔP＝0 (系统总动量变化为0) 如果相互作用的系统由两个物体构成，动量守恒的具体表达式为 P1＋P2＝P1′＋P2′(系统相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量) m1V 1＋m2V 2＝m1V 1′＋m2V2′ ΔP＝－ΔP＇(两物体动量变化大小相等、方向相反) 实际中应用有：m1v1+m2v2= ' ' m1v m v ；0=m1v1+m2v2 m1v1+m2v2=(m1+m2)v 1 2 2 共 原来以动量(P)运动的物体，若其获得大小相等、方向相反的动量(－P)，是导致物体静止或反向运动的临界条件。即：P+(－P)=0 注意理解四性：系统性、矢量性、同时性、相对性 矢量性：对一维情况，先选定某一方向为正方向，速度方向与正方向相同的速度取正，反之取负，把矢 量运算简化为代数运算。 相对性: 所有速度必须是相对同一惯性参照系。 同时性：表达式中v1 和v2 必须是相互作用前同一时刻的瞬时速度，v ’和v ’必须是相互作用后同一时刻 1 2 的瞬时速度。 解题步骤：选对象，划过程；受力分析。所选对象和过程符合什么规律？用何种形式列方程；（先要规定正方向）求解并讨论结果。 3．功与能观点： 功W = Fs cos (适用于恒力功的计算)①理解正功、零功、负功②功是能量转化的量度 W= P ·t ( p= w t = F S t =Fv) 功率:P = W t (在t 时间内力对物体做功的平均功率) P = Fv (F 为牵引力,不是合外力；V 为即时速度时,P 为即时功率；V 为平均速度时,P 为平均功率；P 一定时，F 与V 成正比） 动能：E K= 1 2 mv 2 2 p 2m 重力势能E p = mgh (凡是势能与零势能面的选择有关)

高中物理《动量能量》专题复习

《动量、能量》二轮复习方案 一、命题趋向及热点情景 从04到08高考题演变来看,动量、能量知识在09高考中应表现为选择题一道,实验题无,25题为动量与能量的压轴题,这种布局可能性很高. 因为压轴情形大增故此板块我市二轮备考应有重点突破. 选择题通常借助一幅不太复杂的情景考查学生对动量能量主要知识初步理解能力,特别地近些年来能图像式的选项来影响考生的判断…… 计算题则以生活中或从实际中抽象出来的理想的相对复杂情景,考查学生物理理解能力、推理能力、分析综合能力、应用数学处理物理问题的能力. 通常考查对象通常两个或以上,考查情景中的全程或局部,对象的全部或局部含有能量和动量变化或守恒.考查的情形有关碰撞的问题、滑块问题、传送带、绳杆管轨道类等问题…… 二、重难点突破意义及对策 得综合者得高考,得物理者得理综,物理中有关热点主干知识重难点突破者得物理.物理题目是否顺手关键在于选择中一两道、设计型实验、压轴题的突破.这几个方面解决得好会对理综成绩提升会有乘数效应,相反就会是一种伤心的痛. 通常一道题学生做得如何在于对题的情景感知程度和对情景的把握.这里面有属于学生层面的千差万别的个体因素,还有属于教师层面的引导传授的群体因素.前者我们很多时候无法把握,后者正要我们作为教者对症下药. 【对策1】创设丰富的情景引导学生分析研究 老师应手头上必备近些年来高考和模拟题库,最好是分成板快的,还要借助学校及本组教师的资源优势从网上、从来往学校组织题源,老师多做多探索结合本校学生过去和现在的训练,把那些学生没有经历的相对新颖有代表性最能本板块新题型、新情景及时补充到课堂、训练和考试中.除此外在二轮复习中还应把学生过去分散感受过经典爱错的老情景集中呈现,增强学生实考中快速切入的能力. 【对策2】形成分类专题突破 要精讲一道题要像学生刚做该题那样,分析题目已知条件,建立此情景全局画面,寻找连结各画面的逻辑连结关系,建立学生最熟悉的模型,用最恰当定理公式建立物理量的关系. 一类题要精讲一道,学生最需要的是如何切入,整体把握以及提醒关键细节的易错点. 做好这方面的事老教师往往在自己头脑里有一套成熟的题集,但也要结合集体智慧不断结合高考和学生实际推陈出新. 专题目标形成一类题的解题方法和套路,进一步提高学生理解能力、推理能力、分析综合能力、应用数学处理物理问题的能力. 【对策3】强化必要的物理思维定势 动量和能量的综合题注定要呈现两个及以上物体分析的优势;相对复杂的情景也注定有大过程中包含许多子过程,大过程和子过程有着复杂的连接关系;相对复杂的情景也注定耗时较多,解这类题很注重效率. A. 用动量、能量观解题优先级别高于牛顿运动定律。 B．尽可能列出动量、能量转化始末的全程方程。 列方程中,要关注公式定理及守恒条件,做到粗中有细. 特别是涉及有碰撞或爆炸类动能定理方程时类情形时则应在撞前撞后分别列方程而不应该列出贯穿大过程始末的方程，这并不是全程方程有什么问题而是像碰撞中能量转化涉及作用力，作用时间位移小，这些力的作功在方程中无法呈现的缘故。 C. 两个及以上物体系的优先系统分析法 系统分析法在牛顿运动定律和动量定理中获取了极大的成功，但在动能定理中却受到了极大的压制，但系统分析法从来就是一种优化的解题观念。这里最难办的就是系统内力作功问题，关于内力作功大量的选择题来强化学生的认识，不是无的放矢。系统动能定理不是不能用，但不可滥用。系统动能定量完全可表述为：多物体构成的系统中所有系统外力作功和所有系统内力作功的代数和等于系统内各物体动能变化的总和。但这样一个结论下了和没下没什么差别，因为它在很多时候不能给我们带来便利。

2021年高考物理二轮复习 人教版 专题07 动量和能量的综合应用(练习)

第二部分 功能与动量 专题07 动量和能量的综合应用【练习】 【基础】 1．如图所示，质量为m 的小球A 静止于光滑水平面上，在A 球与墙之间用轻弹簧连接。现用完全相同的小球B 以水平速度v 0与A 相碰后粘在一起压缩弹簧。不计空气阻力，若弹簧被压缩过程中的最大弹性势能为E ，从球A 被碰后开始到回到原静止位置的过程中墙对弹簧的冲量大小为I ，则下列表达式中正确的是( ) A ．E ＝12mv 2 0，I ＝mv 0 B ．E ＝1 2mv 20，I ＝2mv 0 C ．E ＝1 4mv 20 ，I ＝mv 0 D ． E ＝1 4mv 20 ，I ＝2mv 0 2. “爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”，爆竹声响是辞旧迎新的标志，是喜庆心情的流露．有一个质量为3m 的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为v 0、方向水平向东，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为2m ，速度大小为v ，方向水平向东，则另一块的速度为( ) A ．3v 0－v B ．2v 0－3v C ．3v 0－2v D ．2v 0＋v 3．（多选）如图所示，已知物体与三块材料不同的长方形板间的动摩擦因数分别为μ、2μ和3μ，三块板长度均为L ，并排铺在水平地面上，该物体以一定的初速度v 0，从第一块板的最左端a 点滑上第一块板，恰好滑到第三块板的最右端d 点停下来，物体在运动过程中三块板均保持静止．若让物体从d 点以相同大小的初速度水平向左运动，三块板仍能保持静止，则下列说法正确的是( ) A ．物体恰好运动到a 点并停下来 B ．物体不能运动到a 点 C ．物体两次经过c 点时速度大小相等 D ．物体两次经过b 点时速度大小相等 4．一质量为M 的航天器，正以速度v 0在太空中飞行，某一时刻航天器接到加速的指令后，发动机瞬间向后喷出一定质量的气体，气体喷出时速度大小为v 1，加速后航天器的速度大小为v 2，则喷出气体的质量m 为( )

高中物理复习专题 动量与能量

专题三动量与能量 思想方法提炼 牛顿运动定律与动量观点和能量观点通常称作解决问题的三把金钥匙.其实它们是从三个不同的角度来研究力与运动的关系.解决力学问题时，选用不同的方法，处理问题的难易、繁简程度可能有很大差别，但在很多情况下，要三把钥匙结合起来使用，就能快速有效地解决问题. 一、能量 1.概述 能量是状态量，不同的状态有不同的数值的能量，能量的变化是通过做功或热传递两种方式来实现的，力学中功是能量转化的量度，热学中功和热量是内能变化的量度. 高中物理在力学、热学、电磁学、光学和原子物理等各分支学科中涉及到许多形式的能，如动能、势能、电能、内能、核能，这些形式的能可以相互转化，并且遵循能量转化和守恒定律，能量是贯穿于中学物理教材的一条主线，是分析和解决物理问题的主要依据。在每年的高考物理试卷中都会出现考查能量的问题。并时常发现“压轴题”就是能量试题。 2.能的转化和守恒定律在各分支学科中表达式 (1)W合=△E k包括重力、弹簧弹力、电场力等各种力在内的所有外力对物体做的总功，等于物体动能的变化。(动能定理) (2)W F=△E除重力以外有其它外力对物体做功等于物体机械能的变化。(功能原理) 注：(1)物体的内能(所有分子热运动动能和分子势能的总和)、电势能不属于机械能 (2)W F=0时，机械能守恒，通过重力做功实现动能和重力势能的相互转化。 (3)W G=-△E P重力做正功，重力势能减小；重力做负功，重力势能增加。重力势能 变化只与重力做功有关，与其他做功情况无关。 (4)W电=-△E P 电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增加。在只有重力、电场力做功的系统内，系统的动能、重力势能、电势能间发生相互转化，但总和保持不变。 注：在电磁感应现象中，克服安培力做功等于回路中产生的电能，电能再通过电路转化为其他形式的能。 (5)W+Q=△E物体内能的变化等于物体与外界之间功和热传递的和(热力学第一定律)。 (6)mv02/2=hν-W 光电子的最大初动能等于入射光子的能量和该金属的逸出功之差。 (7)△E=△mc2在核反应中，发生质量亏损，即有能量释放出来。(可以以粒子的动能、光子等形式向外释放)

专题20 动量与能量综合问题(解析版)

2021届高考物理一轮复习热点题型归纳与变式演练 专题20 动量与能量综合问题 【专题导航】 目录 热点题型一 应用动量能量观点解决“子弹打木块”模型 ..................................................................................... 1 热点题型二 应用动量能量观点解决“弹簧碰撞”模型 ......................................................................................... 4 热点题型三 应用动量能量观点解决“板块”模型 ............................................................................................... 9 热点题型四 应用动量能量观点解决斜劈碰撞现象 ............................................................................................. 13 【题型演练】 (16) 【题型归纳】 热点题型一 应用动量能量观点解决“子弹打木块”模型 子弹打木块实际上是一种完全非弹性碰撞。作为一个典型，它的特点是：子弹以水平速度射向原来静止的木块，并留在木块中跟木块共同运动。下面从动量、能量和牛顿运动定律等多个角度来分析这一过程。 设质量为m 的子弹以初速度0v 射向静止在光滑水平面上的质量为M 的木块，并留在木块中不再射出，子弹钻入木块深度为d 。求木块对子弹的平均阻力的大小和该过程中木块前进的距离。 要点诠释：子弹和木块最后共同运动，相当于完全非弹性碰撞。 从动量的角度看，子弹射入木块过程中系统动量守恒：()v m M mv +=0……① 从能量的角度看，该过程系统损失的动能全部转化为系统的内能。设平均阻力大小为f ，设子弹、木块的位移大小分别为1s 、2s ，如图所示，显然有d s s =-21 对子弹用动能定理：20212 121mv mv s f -=?- ……① 对木块用动能定理：222 1 Mv s f =? ……① ①相减得：()() 2 22022121v m M Mm v m M mv d f +=+-= ? ……① 对子弹用动量定理：0 -mv mv t f -=? ……① s 2 d s 1 v 0