2021届高考物理二轮复习专题二动量与能量第2讲动量观点的应用学案

第2讲 动量和能量观点的应用【核心要点】1.基本的概念对比(1)冲量与功的比较①定义式⎩⎨⎧冲量的定义式：I ＝Ft （作用力在时间上的积累效果）功的定义式：W ＝Flcos θ（作用力在空间上 的积累效果）②性质⎩⎨⎧冲量是矢量，既有大小又有方向（求合冲量应按矢量合成法则来计算）功是标量，只有大小没有方向（求物体所受外力的总功只需按代数和计算）(2)动量与动能的比较①定义式⎩⎪⎨⎪⎧动量的定义式：p ＝m v 动能的定义式：E k ＝12m v 2 ②性质⎩⎨⎧动量是矢量（按矢量运算法则来计算）动能是标量（按代数运算法则来计算） ③动量与动能间的关系⎩⎪⎨⎪⎧p ＝2mE k E k ＝p 22m ＝12p v 2.动量观点的基本物理规律(1)动量定理的基本形式与表达式:I ＝Δp 。

分方向的表达式:I x 合＝Δp x ,I y 合＝Δp y 。

(2)动量定理推论:动量的变化率等于物体所受的合外力,即Δp Δt ＝F 合。

(3)动量守恒定律①动量守恒定律的研究对象是一个系统(含两个或两个以上相互作用的物体)。

②动量守恒定律的适用条件a.标准条件:系统不受外力(理想)或系统所受合外力为零(平衡)。

b.近似条件:系统所受合外力虽不为零,但比系统的内力小得多(如碰撞问题中的摩擦力、爆炸问题中的重力等外力与相互作用的内力相比小得多),可以忽略不计。

c.分量条件:系统所受合外力虽不为零,但在某个方向上的分量为零,则系统总动量在该方向上的分量保持不变。

【备考策略】1.解决力学问题的三大观点(1)力的观点:主要是牛顿运动定律和运动学公式相结合,常涉及物体的受力、加速度或匀变速运动的问题。

(2)动量的观点:主要应用动量定理或动量守恒定律求解,常涉及物体的受力和时间问题,以及相互作用物体的问题。

(3)能量的观点:在涉及单个物体的受力和位移问题时,常用动能定理分析；在涉及系统内能量的转化问题时,常用能量守恒定律。

专题二 能量及动量【复习目标】1.进一步熟练掌握动能定理、动量定理的内容、表达式；熟练掌握机械能守恒定律、能量的转化和守恒定律、动量守恒定律的内容、条件、表达式及应用。

2.掌握应用能量的观点、动量的观点分析处理问题时的技巧和方法。

3.进一步体会功能关系和能量守恒思想和系统动量守恒条件及守恒思想，提升解题技能和解题速度。

【复习重难点】1.重点：动能定理和机械能守恒定律、动量守恒定律的应用。

2.难点：连接体问题中力与运动、功能关系的综合应用。

【复习方法】讲授法、自主复习法、讨论法、练习法等。

【课时安排】 3课时 【教学过程】第一课时 动能定理与功能关系一.知识点复习提要：1.再认识动能、重力势能、机械能、电势能、内能等各种形式的能的概念及表达式；并比较她们间的共性和特殊性。

2.恒力做功、合力做功及一类特殊变力做功的求解方法、进一步深刻理解功能关系并能应用。

3.动能定理的内容、表达式、导出过程、实质和应用步骤方法。

二.例题解析及解题指导：1.熟练掌握七个基本的功能关系。

1) 动能定理: 21=k k k W E E E ∆=-合 2) W G 与P E ∆之间的关系: W G = −P E ∆ 3) W 弹与P E ∆之间的关系: W 弹 = −P E ∆4) 功能原理: 21=W E E E ∆=-（除重力弹力）5) 系统克服摩擦力的功W f 和产生的热Q 之间的关系: =f W fl Q =相对图(2)b6) W 电与P E ∆之间的关系: W 电 = −P E ∆7) 只有动生电动势时，运动导体克服安培力做功与产生电能之间的关系： W 克 = E 电 例1：如图(1)所示，卷扬机的绳索通过定滑轮用力F使之沿斜面加速向上移动。

在移动过程中，下列说法正确的是（ ） A.克服木箱的重力做的功小于木箱增加的重力势能B.拉力F 与摩擦力对木箱做的功之和等于木箱增加的动能C.摩擦力对木箱做的功等于木箱和斜面组成的系统内产生的热D.拉力F 与摩擦力对木箱做的功之和等于木箱增加的机械能 例2：一带电油滴在场强为E 的匀强电场中运动的轨迹如图(2)中 虚线所示，电场方向竖直向下。

第2讲 动量和能量观点的应用[历次选考考情分析]考点一 动量与冲量有关概念与规律的辨析1．动量定理(1)冲量：力与力的作用时间的乘积叫做力的冲量，即I ＝Ft ，冲量是矢量，其方向与力的方向相同，单位是N·s.(2)物理意义：动量定理表示了合外力的冲量与动量变化间的因果关系；冲量是物体动量变化的原因，动量发生改变是物体合外力的冲量不为零的结果．(3)矢量性：动量定理的表达式是矢量式，应用动量定理时需要规定正方向． 2．动量定理的应用(1)应用I ＝Δp 求变力的冲量：若作用在物体上的作用力是变力，不能直接用Ft 求变力的冲量，但可求物体动量的变化Δp ，等效代换变力的冲量I .(2)应用Δp ＝Ft 求恒力作用下物体的动量变化：若作用在物体上的作用力是恒力，可求该力的冲量Ft ，等效代换动量的变化． 3．动量守恒的适用条件(1)系统不受外力或所受外力的合力为零，不是系统内每个物体所受的合力都为零，更不能认为系统处于平衡状态．(2)近似适用条件：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力． (3)如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在该方向上动量守恒． 4．动量守恒的表达式(1)m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和．(2)Δp 1＝－Δp 2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向． (3)Δp ＝0，系统总动量的增量为零．1．[动量定理的定性分析](多选)篮球运动员通常要伸出双手迎接传来的篮球．接球时，两手随球迅速收缩至胸前，如图1所示，下列说法正确的是( )图1A ．球对手的冲量减小B ．球对人的冲击力减小C ．球的动量变化量不变D ．球的动能变化量减小答案 BC解析 先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球引至胸前，这样可以增加球与手接触的时间，根据动量定理得：－Ft ＝0－mv 得F ＝mvt，当时间增大时，作用力减小，而冲量和动量变化量、动能变化量都不变，所以B 、C 正确．2．[动量定理的定量计算](多选)如图2所示为运动传感器探测到小球由静止释放后撞击地面弹跳的v －t 图象，小球质量为0.5 kg ，重力加速度g ＝10 m/s 2，不计空气阻力，根据图象可知( )图2A ．横坐标每一小格表示的时间是0.1 sB ．小球第一次反弹的最大高度为1.25 mC ．小球下落的初始位置离地面的高度为1.25 mD ．小球第一次撞击地面时地面给小球的平均作用力为55 N 答案 AB解析 小球下落时做自由落体运动，加速度为g ，则落地时速度为6 m/s ，用时t ＝610 s ＝0.6s ，图中对应6个小格，每一小格表示0.1 s ，故A 正确；第一次反弹后加速度也为g ，为竖直上抛运动，由题图可知，最大高度为：h ＝12×10×(0.5)2m ＝1.25 m ，故B 正确；小球下落的初始位置离地面的高度为：h ′＝12×10×(0.6)2m ＝1.8 m ，故C 错误；设向下为正方向，由题图可知，碰撞时间约为t ′＝0.1 s ，根据动量定理可知：mgt ′－Ft ′＝mv ′－mv ，代入数据解得：F ＝60 N ，故D 错误．3．[动量守恒的应用](多选)如图3所示，在光滑水平面上，质量为m 的A 球以速度v 0向右运动，与静止的质量为5m 的B 球碰撞，碰撞后A 球以v ＝av 0(待定系数a <1)的速率弹回，并与固定挡板P 发生弹性碰撞，若要使A 球能再次追上B 球并相撞，则系数a 可以是( )图3A.14B.25C.23D.17 答案 BC解析 A 与B 发生碰撞，选取向右为正方向，根据动量守恒可知：mv 0＝5mv B －mav 0.要使A 球能再次追上B 球并相撞，且A 与固定挡板P 发生弹性碰撞，则av 0>v B ，由以上两式可解得：a >14，故B 、C 正确，A 、D 错误．考点二 动量观点在电场和磁场中的应用例1 如图4所示，轨道ABCDP 位于竖直平面内，其中圆弧段CD 与水平段AC 及倾斜段DP 分别相切于C 点和D 点，水平段AB 、圆弧段CD 和倾斜段DP 都光滑，水平段BC 粗糙，DP 段与水平面的夹角θ＝37°，D 、C 两点的高度差h ＝0.1 m ，整个轨道绝缘，处于方向水平向左、场强未知的匀强电场中．一个质量m 1＝0.4 kg 、带正电、电荷量未知的小物块Ⅰ在A 点由静止释放，经过时间t ＝1 s ，与静止在B 点的不带电、质量m 2＝0.6 kg 的小物块Ⅱ碰撞并粘在一起在BC 段上做匀速直线运动，到达倾斜段DP 上某位置．物块Ⅰ和Ⅱ与轨道BC 段间的动摩擦因数均为μ＝0.2.g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：图4(1)物块Ⅰ和Ⅱ在BC 段上做匀速直线运动的速度大小；(2)物块Ⅰ和Ⅱ第一次经过C 点时，圆弧段轨道对物块Ⅰ和Ⅱ的支持力的大小． 答案 (1)2 m/s (2)18 N解析 (1)物块Ⅰ和Ⅱ粘在一起在BC 段上做匀速直线运动，设电场强度为E ，物块Ⅰ带电荷量为q ，与物块Ⅱ碰撞前物块Ⅰ的速度为v 1，碰撞后共同速度为v 2，取水平向左为正方向，则qE ＝μ(m 1＋m 2)g ，qEt ＝m 1v 1，m 1v 1＝(m 1＋m 2)v 2解得v 2＝2 m/s(2)设圆弧段CD 的半径为R ，物块Ⅰ和Ⅱ第一次经过C 点时圆弧段轨道对物块Ⅰ和Ⅱ的支持力的大小为F N ，则R (1－cos θ)＝hF N －(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)v 22R解得F N ＝18 N4．(2018·诸暨市期末)在一个高为H ＝5 m 的光滑水平桌面上建立直角坐标系，x 轴刚好位于桌子的边缘，如图5所示为俯视平面图．在第一象限的x ＝0到x ＝4 3 m 之间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B ＝1.0 T ，第二象限内的平行金属板MN 之间加有一定的电压．甲、乙为两个绝缘小球，已知甲球质量m 1＝3×10－3kg ，带q ＝5×10－3C 的正电荷，乙球的质量m 2＝10×10－3 kg ，静止在桌子边缘上的F 点，即x 轴上x ＝3 3 m 处；现让甲球从金属板M附近由静止开始在电场中加速，经y 轴上y ＝3 m 处的E 点，垂直y 轴射入磁场，甲球恰好能与乙球对心碰撞，碰后沿相反方向弹回，最后垂直于磁场边界PQ 射出，而乙球落到地面．假设在整个过程中甲球的电荷量始终保持不变，重力加速度g ＝10 m/s 2，则：图5(1)求平行金属板MN 之间的电压； (2)求甲球从磁场边界PQ 射出时速度大小；(3)求乙球的落地点到桌子边缘(即x 轴)的水平距离． 答案 (1)30 V (2)103m/s (3)2 3 m解析 (1)设甲球做第一次圆周运动的半径为R 1，则由几何关系可得(R 1－OE )2＋OF 2＝R 12R 1＝6.0 m.设平行金属板MN 之间的电压为U ，甲球加速后的速度为v 1，则qv 1B ＝m 1v 12R 1，得v 1＝10 m/sqU ＝12m 1v 12代入数据得U ＝30 V.(2)设甲球做第二次圆周运动的半径为R 2，则由几何关系可得R 2＝2.0 m qv 2B ＝m 1v 22R 2代入数据得v 2＝103m/s.(3)甲、乙两球对心碰撞，设碰后乙球的速度为v ，以碰撞前甲球的速度方向为正方向，由动量守恒定律有m 1v 1＝－m 1v 2＋m 2v ，代入数据得v ＝4 m/s.由几何关系可得甲球的碰前速度方向与x 轴成60°，因此乙球的碰后速度方向也与x 轴成θ＝60°，开始做平抛运动，设水平位移为s ，沿y 轴方向位移分量为y .H ＝12gt 2， s ＝vt ， y ＝s sin θ，代入数据得y ＝2 3 m.考点三 动量和能量观点在电磁感应中的简单应用例2 如图6所示，足够长的水平轨道左侧b 1b 2－c 1c 2部分的轨道间距为2L ，右侧c 1c 2－d 1d 2部分的轨道间距为L ，曲线轨道与水平轨道相切于b 1b 2，所有轨道均光滑且电阻不计．在水平轨道内有斜向下与竖直方向成θ＝37°的匀强磁场，磁感应强度大小为B ＝0.1 T ．质量为M ＝0.2 kg 的金属棒C 垂直于导轨静止放置在右侧窄轨道上，质量为m ＝0.1 kg 的导体棒A自曲线轨道上a 1a 2处由静止释放，两金属棒在运动过程中始终相互平行且与导轨保持良好接触，A 棒总在宽轨上运动，C 棒总在窄轨上运动．已知：两金属棒接入电路的有效电阻均为R ＝0.2 Ω，h ＝0.2 m ，L ＝0.2 m ，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2，求：图6(1)金属棒A 滑到b 1b 2处时的速度大小； (2)金属棒C 匀速运动的速度大小；(3)在两棒整个的运动过程中通过金属棒A 某截面的电荷量；(4)在两棒整个的运动过程中金属棒A 、C 在水平导轨间扫过的面积之差． 答案 (1)2 m/s (2)0.44 m/s (3)5.56 C (4)27.8 m 2解析 (1)A 棒在曲线轨道上下滑，由机械能守恒定律得：mgh ＝12mv 02得：v 0＝2gh ＝2×10×0.2 m/s ＝2 m/s(2)选取水平向右为正方向，对A 、C 利用动量定理可得： 对C ：F C 安cos θ·t ＝Mv C 对A ：－F A 安cos θ·t ＝mv A －mv 0 其中F A 安＝2F C 安联立可知：mv 0－mv A ＝2Mv C两棒最后匀速运动时，电路中无电流：有BLv C ＝2BLv A 得：v C ＝2v A 解得v C ≈0.44 m/s(3)在C 加速过程中：Σ(B cos θ)iL Δt ＝Mv C －0q ＝Σi Δt得：q ＝509C≈5.56 C(4)根据法拉第电磁感应定律有：E ＝ΔΦΔt磁通量的变化量：ΔΦ＝B ΔS cos θ 电路中的电流：I ＝E2R通过截面的电荷量：q ＝I ·Δt 得：ΔS ＝2509m 2≈27.8 m 25.如图7所示，两平行光滑金属导轨由两部分组成，左面部分水平，右面部分为半径r ＝0.5 m 的竖直半圆，两导轨间距离d ＝0.3 m ，导轨水平部分处于竖直向上、磁感应强度大小B ＝1 T 的匀强磁场中，两导轨电阻不计．有两根长度均为d 的金属棒ab 、cd ，均垂直导轨置于水平导轨上，金属棒ab 、cd 的质量分别为m 1＝0.2 kg 、m 2＝0.1 kg ，电阻分别为R 1＝0.1 Ω、R 2＝0.2 Ω.现让ab 棒以v 0＝10 m/s 的初速度开始水平向右运动，cd 棒进入圆轨道后，恰好能通过轨道最高点PP ′，cd 棒进入圆轨道前两棒未相碰，重力加速度g ＝10 m/s 2，求：图7(1)ab 棒开始向右运动时cd 棒的加速度a 0； (2)cd 棒刚进入半圆轨道时ab 棒的速度大小v 1； (3)cd 棒进入半圆轨道前ab 棒克服安培力做的功W . 答案 (1)30 m/s 2(2)7.5 m/s (3)4.375 J解析 (1)ab 棒开始向右运动时，设回路中电流为I ，有E ＝Bdv 0 I ＝E R 1＋R 2 BId ＝m 2a 0解得：a 0＝30 m/s 2(2)设cd 棒刚进入半圆轨道时的速度为v 2，系统动量定恒，有m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 212m 2v 22＝m 2g ·2r ＋12m 2v P 2 m 2g ＝m 2v P 2r解得：v 1＝7.5 m/s(3)由动能定理得12m 1v 12－12m 1v 02＝－W解得：W ＝4.375 J.专题强化练1．(多选)下列说法正确的是( )A．物体运动的方向就是它的动量的方向B．如果物体的速度发生变化，则可以肯定它受到的合外力的冲量不为零C．如果合外力对物体的冲量不为零，则合外力一定使物体的动能增大D．作用在物体上的合外力的冲量不一定能改变物体速度的大小答案ABD解析物体动量的方向与物体的运动方向相同，A对；如果物体的速度变化，则物体的动量一定发生了变化，由动量定理知，物体受到的合外力的冲量不为零，B对；合外力对物体的冲量不为零，但合外力可以对物体不做功，物体的动能可以不变，C错；作用在物体上的合外力的冲量可以只改变物体速度的方向，不改变速度的大小，D对．2．(多选)关于动量、冲量，下列说法成立的是( )A．某段时间内物体的动量增量不为零，而物体在某一时刻的动量可能为零B．某段时间内物体受到的冲量不为零，而物体动量的增量可能为零C．某一时刻，物体的动量为零，而动量对时间的变化率可能不为零D．某段时间内物体受到的冲量变大，则物体的动量大小可能变大、变小或不变答案ACD解析自由落体运动，从开始运动的某一段时间内物体动量的增量不为零，而其中初位置物体的动量为零，故A正确；某一段时间内物体受到的冲量不为零，根据动量定理，动量的变化量不为零，故B错误；某一时刻物体的动量为零，该时刻速度为零，动量的变化率是合力，速度为零，合力可以不为零，即动量的变化率可以不为零，故C正确；根据动量定理，冲量等于动量的变化．某段时间内物体受到的冲量变大，则物体的动量的改变量变大，动量大小可能变大、变小或不变，故D正确．3．(多选)如图1所示，一段不可伸长的轻质细绳长为L，一端固定在O点，另一端系一个质量为m的小球(可以视为质点)，保持细绳处于伸直状态，把小球拉到跟O点等高的位置由静止释放，在小球摆到最低点的过程中，不计空气阻力，重力加速度大小为g，则( )图1A．合外力做的功为0 B．合外力的冲量为m2gLC．重力做的功为mgL D．重力的冲量为m2gL答案BC4．(多选)(2018·新高考研究联盟联考)如图2所示是两名短道速滑选手在接力瞬间的照片，在短道速滑接力时，后面队员把前面队员用力推出(推出过程中可忽略运动员受到的冰面水平方向的作用力)，以下说法正确的是( )图2A．接力过程中前面队员的动能增加量等于后面队员的动能减少量B．接力过程中前面队员受到的冲量和后面队员受到的冲量大小相等方向相反C．接力过程中前后两名队员总动量增加D．接力过程中前后两名队员总动量不变答案BD5．(多选)(2018·诸暨中学段考)向空中发射一物体(不计空气阻力)，当物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂为a、b两块．若质量较大的a的速度方向仍沿原来的方向，则( ) A．b的速度方向一定与原速度方向相反B．从炸裂到落地这段时间里，a飞行的水平距离一定比b的大C．a、b一定同时到达地面D．炸裂的过程中，a、b的动量变化大小一定相等答案CD6.(多选)一辆小车静止在光滑的水平面上，小车立柱上固定一条长L(小于立柱高)、拴有小球的细线，将小球拉至和悬点在同一水平面处由静止释放，如图3所示，小球摆动时，不计一切阻力，重力加速度为g，下面说法中正确的是( )图3A．小球和小车的总机械能守恒B．小球和小车的动量守恒C．小球运动到最低点的速度为2gLD．小球和小车只在水平方向上动量守恒答案AD7．(多选)质量相同的子弹、橡皮泥和钢球以相同的水平速度射向竖直墙壁，结果子弹穿墙而过，橡皮泥粘在墙上，钢球被弹回．不计空气阻力，关于它们对墙的水平冲量的大小，下列说法正确的是( ) A ．子弹对墙的冲量最小 B ．橡皮泥对墙的冲量最小 C ．钢球对墙的冲量最大D ．子弹、橡皮泥和钢球对墙的冲量大小相等 答案 AC解析 由于子弹、橡皮泥和钢球的质量相等、初速度相等，取初速度的方向为正方向，则它们动量的变化量Δp ＝mv －mv 0，子弹穿墙而过，末速度的方向为正，橡皮泥粘在墙上，末速度等于0，钢球被弹回，末速度的方向为负，可知子弹的动量变化量最小，钢球的动量变化量最大．由动量定理I ＝Δp ，则子弹受到的冲量最小，钢球受到的冲量最大．结合牛顿第三定律可知，子弹对墙的冲量最小，钢球对墙的冲量最大，故A 、C 正确，B 、D 错误． 8．(多选)如图4所示，质量为m 的物体在一个与水平方向成θ角的拉力F 作用下，一直沿水平面向右匀速运动，则下列关于物体在t 时间内所受力的冲量，正确的是( )图4A ．拉力F 的冲量大小为Ft cos θB ．摩擦力的冲量大小为Ft cos θC ．重力的冲量大小为mgtD ．物体所受支持力的冲量大小是mgt 答案 BC解析 拉力F 的冲量大小为Ft ，故A 错误；物体做匀速直线运动，可知摩擦力F f ＝F cos θ，则摩擦力的冲量大小为F f t ＝Ft cos θ，故B 正确；重力的冲量大小为mgt ，故C 正确；支持力的大小为F N ＝mg －F sin θ，则支持力的冲量大小为(mg －F sin θ)t ，故D 错误．9．如图5所示，粗糙水平地面上方以PQ 为界，左边有水平向右的匀强电场，场强大小为E ＝mg q，右边有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，磁场以MN 为右边界，一个质量为2m 的带电荷量为＋q 的物体从地面上O 点出发，在电场力作用下运动到Q 点时与另一质量为m 、不带电的物体发生正碰，碰后两者粘为一体，并恰好能在QN 间做匀速直线运动，已知两物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.1，g 为重力加速度，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.图5(1)求O 、Q 之间的距离x 1；(2)若MN 右侧有一倾角θ＝37°的倾斜传送带正以速度v 0逆时针转动，物体系统通过N 点到传送带时无动能损失，且传送带足够大，已知物体系统与传送带间的动摩擦因数为μ1＝0.5，求物体系统在传送带上上升过程中运动的最大距离．答案 (1)405m 2g 16B 2q 2 (2)9m 2g 2B 2q 2 解析 (1)设两物体碰后的瞬间速度为v 2，则有：Bqv 2＝3mg设带电物体的碰撞前速度为v 1，取向右为正方向，由动量守恒定律有：2mv 1＝3mv 2对2m ，从O 到Q 由动能定理可得：Eqx 1－μ·2mgx 1＝12×2mv 12，则x 1＝405m 2g 16B 2q 2 (2)物体系统沿传送带向上做匀减速运动，由牛顿第二定律得：3mg sin θ＋μ1·3mg cos θ＝3ma则a ＝g . 故物体系统上升的最大距离为：x 2＝v 222a ＝9m 2g 2B 2q 2 10．(2017·名校协作体联考)用质量为m 、电阻率为ρ、横截面积为S 的均匀薄金属条制成边长为L 的闭合正方形框abb ′a ′，如图6甲所示，金属方框水平放在磁极的狭缝间，方框平面与磁场方向平行．设匀强磁场仅存在于相对磁极之间，其他地方的磁场忽略不计．可认为方框的aa ′边和bb ′边都处在磁极间，磁极间磁感应强度大小为B .方框从静止开始释放，其平面在下落过程中保持水平(不计空气阻力，重力加速度为g )．甲 装置纵截面示意图 乙 装置俯视示意图图6(1)请判断图乙金属方框中感应电流的方向；(2)当方框下落的加速度为g 3时，求方框的发热功率P ； (3)当方框下落的时间t ＝2m ρB 2LS时，速度恰好达到最大，求方框的最大速度v m 和此过程中产生的热量．答案 (1)顺时针 (2)4m 2g 2ρ9B 2LS (3)mg ρB 2LS m 3g 2ρ22B 4L 2S 2 解析 (1)由右手定则可知：感应电流方向为顺时针．(2)方框受到的安培力：F 安＝2BIL由牛顿第二定律有mg －F 安＝mg 3 解得I ＝mg 3BL由电阻定律得金属方框电阻R ＝ρ4L S方框的发热功率P ＝I 2R ＝4m 2g 2ρ9B 2LS (3)当方框下落的加速度为零时，速度达到最大，即mg ＝F 安′＝2B2BLv m R L 解得v m ＝mg ρB 2LS将下落过程分成若干微元，由动量定理得mgt －∑2B2BLv i R Lt ＝mv m －0∑v i t ＝h 解得h ＝m 2g ρ2B 4L 2S 2 由能量守恒定律得mgh －Q ＝12mv m 2 解得Q ＝m 3g 2ρ22B 4L 2S 2 11．(2017·鲁迅中学月考)如图7所示，两根平行金属导轨MN 和PQ 放在水平面上，左端向上弯曲且光滑，导轨间距为L ，电阻不计．水平段导轨所处空间有两个有界匀强磁场，相距一段距离不重叠，磁场Ⅰ左边界在水平段导轨的最左端，磁感应强度大小为B ，方向竖直向上；磁场Ⅱ的磁感应强度大小为2B ，方向竖直向下．质量均为m 、电阻均为R 的金属棒a 和b 垂直放置在导轨上，金属棒b 置于磁场Ⅱ的右边界CD 处．现将金属棒a 从弯曲导轨上某一高处由静止释放，使其沿导轨运动．设两金属棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好．图7(1)若水平段导轨粗糙，两金属棒与水平段导轨间的最大静摩擦力均为15mg ，将金属棒a 从距水平面高度为h 处由静止释放．①金属棒a 刚进入磁场Ⅰ时，求通过金属棒b 的电流大小；②若金属棒a 在磁场Ⅰ内运动过程中，金属棒b 能在导轨上保持静止，通过计算分析金属棒a 释放时的高度h 应满足的条件；(2)若水平段导轨是光滑的，将金属棒a 仍从高度为h 处由静止释放，使其进入磁场Ⅰ.设两磁场区域足够大，金属棒a 在磁场Ⅰ内运动过程中，求金属棒b 中可能产生的电热的最大值．答案 (1)①BL 2gh 2R ②h ≤m 2gR 250B 4L 4 (2)110mgh 解析 (1)①a 棒从h 高处释放后在弯曲导轨上滑动时机械能守恒，有mgh ＝12mv 02 解得v 0＝2gha 棒刚进入磁场Ⅰ时，E ＝BLv 0，此时通过a 、b 的感应电流大小为I ＝E 2R， 解得I ＝BL 2gh 2R. ②a 棒刚进入磁场Ⅰ时，b 棒受到的安培力大小F ＝2BIL为使b 棒保持静止，应有F ≤15mg 联立解得h ≤m 2gR 250B 4L4. (2)当金属棒a 进入磁场Ⅰ时，由左手定则判断，a 棒向右做减速运动，b 棒向左做加速运动． 二者产生的感应电动势相反，当二者产生的感应电动势大小相等时，闭合回路的电流为零，此后二者均匀速运动，故金属棒a 、b 均匀速运动时，金属棒b 中产生的电热最大． 设此时a 、b 的速度大小分别为v 1与v 2，有BLv 1＝2BLv 2对金属棒a 应用动量定理，有－B I L Δt ＝mv 1－mv 0对金属棒b 应用动量定理，有2B I L Δt ＝mv 2联立解得v 1＝45v 0，v 2＝25v 0 根据能量守恒定律，电路中产生的总电热Q 总＝12mv 02－12mv 12－12mv 22＝15mgh 故金属棒b 中产生的电热最大值为Q ＝12Q 总＝110mgh。

第2讲 动量和能量观点的应用[历次选考考情分析]考点一 动量与冲量有关概念与规律的辨析1．动量定理(1)冲量：力与力的作用时间的乘积叫做力的冲量，即I ＝Ft ，冲量是矢量，其方向与力的方向相同，单位是N·s.(2)物理意义：动量定理表示了合外力的冲量与动量变化间的因果关系；冲量是物体动量变化的原因，动量发生改变是物体合外力的冲量不为零的结果．(3)矢量性：动量定理的表达式是矢量式，应用动量定理时需要规定正方向． 2．动量定理的应用(1)应用I ＝Δp 求变力的冲量：若作用在物体上的作用力是变力，不能直接用Ft 求变力的冲量，但可求物体动量的变化Δp ，等效代换变力的冲量I .(2)应用Δp ＝Ft 求恒力作用下物体的动量变化：若作用在物体上的作用力是恒力，可求该力的冲量Ft ，等效代换动量的变化． 3．动量守恒的适用条件(1)系统不受外力或所受外力的合力为零，不是系统内每个物体所受的合力都为零，更不能认为系统处于平衡状态．(2)近似适用条件：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力． (3)如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在该方向上动量守恒． 4．动量守恒的表达式(1)m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和．(2)Δp 1＝－Δp 2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向． (3)Δp ＝0，系统总动量的增量为零．1．[动量定理的定性分析](多选)篮球运动员通常要伸出双手迎接传来的篮球．接球时，两手随球迅速收缩至胸前，如图1所示，下列说法正确的是( )图1A ．球对手的冲量减小B ．球对人的冲击力减小C ．球的动量变化量不变D ．球的动能变化量减小答案 BC解析 先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球引至胸前，这样可以增加球与手接触的时间，根据动量定理得：－Ft ＝0－mv 得F ＝mvt，当时间增大时，作用力减小，而冲量和动量变化量、动能变化量都不变，所以B 、C 正确．2．[动量定理的定量计算](多选)如图2所示为运动传感器探测到小球由静止释放后撞击地面弹跳的v －t 图象，小球质量为0.5 kg ，重力加速度g ＝10 m/s 2，不计空气阻力，根据图象可知( )图2A ．横坐标每一小格表示的时间是0.1 sB ．小球第一次反弹的最大高度为1.25 mC ．小球下落的初始位置离地面的高度为1.25 mD ．小球第一次撞击地面时地面给小球的平均作用力为55 N 答案 AB解析 小球下落时做自由落体运动，加速度为g ，则落地时速度为6 m/s ，用时t ＝610 s ＝0.6s ，图中对应6个小格，每一小格表示0.1 s ，故A 正确；第一次反弹后加速度也为g ，为竖直上抛运动，由题图可知，最大高度为：h ＝12×10×(0.5)2m ＝1.25 m ，故B 正确；小球下落的初始位置离地面的高度为：h ′＝12×10×(0.6)2m ＝1.8 m ，故C 错误；设向下为正方向，由题图可知，碰撞时间约为t ′＝0.1 s ，根据动量定理可知：mgt ′－Ft ′＝mv ′－mv ，代入数据解得：F ＝60 N ，故D 错误．3．[动量守恒的应用](多选)如图3所示，在光滑水平面上，质量为m 的A 球以速度v 0向右运动，与静止的质量为5m 的B 球碰撞，碰撞后A 球以v ＝av 0(待定系数a <1)的速率弹回，并与固定挡板P 发生弹性碰撞，若要使A 球能再次追上B 球并相撞，则系数a 可以是( )图3A.14B.25C.23D.17 答案 BC解析 A 与B 发生碰撞，选取向右为正方向，根据动量守恒可知：mv 0＝5mv B －mav 0.要使A 球能再次追上B 球并相撞，且A 与固定挡板P 发生弹性碰撞，则av 0>v B ，由以上两式可解得：a >14，故B 、C 正确，A 、D 错误．考点二 动量观点在电场和磁场中的应用例1 如图4所示，轨道ABCDP 位于竖直平面内，其中圆弧段CD 与水平段AC 及倾斜段DP 分别相切于C 点和D 点，水平段AB 、圆弧段CD 和倾斜段DP 都光滑，水平段BC 粗糙，DP 段与水平面的夹角θ＝37°，D 、C 两点的高度差h ＝0.1 m ，整个轨道绝缘，处于方向水平向左、场强未知的匀强电场中．一个质量m 1＝0.4 kg 、带正电、电荷量未知的小物块Ⅰ在A 点由静止释放，经过时间t ＝1 s ，与静止在B 点的不带电、质量m 2＝0.6 kg 的小物块Ⅱ碰撞并粘在一起在BC 段上做匀速直线运动，到达倾斜段DP 上某位置．物块Ⅰ和Ⅱ与轨道BC 段间的动摩擦因数均为μ＝0.2.g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：图4(1)物块Ⅰ和Ⅱ在BC 段上做匀速直线运动的速度大小；(2)物块Ⅰ和Ⅱ第一次经过C 点时，圆弧段轨道对物块Ⅰ和Ⅱ的支持力的大小． 答案 (1)2 m/s (2)18 N解析 (1)物块Ⅰ和Ⅱ粘在一起在BC 段上做匀速直线运动，设电场强度为E ，物块Ⅰ带电荷量为q ，与物块Ⅱ碰撞前物块Ⅰ的速度为v 1，碰撞后共同速度为v 2，取水平向左为正方向，则qE ＝μ(m 1＋m 2)g ，qEt ＝m 1v 1，m 1v 1＝(m 1＋m 2)v 2解得v 2＝2 m/s(2)设圆弧段CD 的半径为R ，物块Ⅰ和Ⅱ第一次经过C 点时圆弧段轨道对物块Ⅰ和Ⅱ的支持力的大小为F N ，则R (1－cos θ)＝hF N －(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)v 22R解得F N ＝18 N4．(2018·诸暨市期末)在一个高为H ＝5 m 的光滑水平桌面上建立直角坐标系，x 轴刚好位于桌子的边缘，如图5所示为俯视平面图．在第一象限的x ＝0到x ＝4 3 m 之间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B ＝1.0 T ，第二象限内的平行金属板MN 之间加有一定的电压．甲、乙为两个绝缘小球，已知甲球质量m 1＝3×10－3kg ，带q ＝5×10－3C 的正电荷，乙球的质量m 2＝10×10－3 kg ，静止在桌子边缘上的F 点，即x 轴上x ＝3 3 m 处；现让甲球从金属板M附近由静止开始在电场中加速，经y 轴上y ＝3 m 处的E 点，垂直y 轴射入磁场，甲球恰好能与乙球对心碰撞，碰后沿相反方向弹回，最后垂直于磁场边界PQ 射出，而乙球落到地面．假设在整个过程中甲球的电荷量始终保持不变，重力加速度g ＝10 m/s 2，则：图5(1)求平行金属板MN 之间的电压； (2)求甲球从磁场边界PQ 射出时速度大小；(3)求乙球的落地点到桌子边缘(即x 轴)的水平距离． 答案 (1)30 V (2)103m/s (3)2 3 m解析 (1)设甲球做第一次圆周运动的半径为R 1，则由几何关系可得(R 1－OE )2＋OF 2＝R 12R 1＝6.0 m.设平行金属板MN 之间的电压为U ，甲球加速后的速度为v 1，则qv 1B ＝m 1v 12R 1，得v 1＝10 m/sqU ＝12m 1v 12代入数据得U ＝30 V.(2)设甲球做第二次圆周运动的半径为R 2，则由几何关系可得R 2＝2.0 m qv 2B ＝m 1v 22R 2代入数据得v 2＝103m/s.(3)甲、乙两球对心碰撞，设碰后乙球的速度为v ，以碰撞前甲球的速度方向为正方向，由动量守恒定律有m 1v 1＝－m 1v 2＋m 2v ，代入数据得v ＝4 m/s.由几何关系可得甲球的碰前速度方向与x 轴成60°，因此乙球的碰后速度方向也与x 轴成θ＝60°，开始做平抛运动，设水平位移为s ，沿y 轴方向位移分量为y .H ＝12gt 2， s ＝vt ， y ＝s sin θ，代入数据得y ＝2 3 m.考点三 动量和能量观点在电磁感应中的简单应用例2 如图6所示，足够长的水平轨道左侧b 1b 2－c 1c 2部分的轨道间距为2L ，右侧c 1c 2－d 1d 2部分的轨道间距为L ，曲线轨道与水平轨道相切于b 1b 2，所有轨道均光滑且电阻不计．在水平轨道内有斜向下与竖直方向成θ＝37°的匀强磁场，磁感应强度大小为B ＝0.1 T ．质量为M ＝0.2 kg 的金属棒C 垂直于导轨静止放置在右侧窄轨道上，质量为m ＝0.1 kg 的导体棒A自曲线轨道上a 1a 2处由静止释放，两金属棒在运动过程中始终相互平行且与导轨保持良好接触，A 棒总在宽轨上运动，C 棒总在窄轨上运动．已知：两金属棒接入电路的有效电阻均为R ＝0.2 Ω，h ＝0.2 m ，L ＝0.2 m ，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2，求：图6(1)金属棒A 滑到b 1b 2处时的速度大小； (2)金属棒C 匀速运动的速度大小；(3)在两棒整个的运动过程中通过金属棒A 某截面的电荷量；(4)在两棒整个的运动过程中金属棒A 、C 在水平导轨间扫过的面积之差． 答案 (1)2 m/s (2)0.44 m/s (3)5.56 C (4)27.8 m 2解析 (1)A 棒在曲线轨道上下滑，由机械能守恒定律得：mgh ＝12mv 02得：v 0＝2gh ＝2×10×0.2 m/s ＝2 m/s(2)选取水平向右为正方向，对A 、C 利用动量定理可得： 对C ：F C 安cos θ·t ＝Mv C 对A ：－F A 安cos θ·t ＝mv A －mv 0 其中F A 安＝2F C 安联立可知：mv 0－mv A ＝2Mv C两棒最后匀速运动时，电路中无电流：有BLv C ＝2BLv A 得：v C ＝2v A 解得v C ≈0.44 m/s(3)在C 加速过程中：Σ(B cos θ)iL Δt ＝Mv C －0q ＝Σi Δt得：q ＝509C≈5.56 C(4)根据法拉第电磁感应定律有：E ＝ΔΦΔt磁通量的变化量：ΔΦ＝B ΔS cos θ 电路中的电流：I ＝E2R通过截面的电荷量：q ＝I ·Δt 得：ΔS ＝2509m 2≈27.8 m 25.如图7所示，两平行光滑金属导轨由两部分组成，左面部分水平，右面部分为半径r ＝0.5 m 的竖直半圆，两导轨间距离d ＝0.3 m ，导轨水平部分处于竖直向上、磁感应强度大小B ＝1 T 的匀强磁场中，两导轨电阻不计．有两根长度均为d 的金属棒ab 、cd ，均垂直导轨置于水平导轨上，金属棒ab 、cd 的质量分别为m 1＝0.2 kg 、m 2＝0.1 kg ，电阻分别为R 1＝0.1 Ω、R 2＝0.2 Ω.现让ab 棒以v 0＝10 m/s 的初速度开始水平向右运动，cd 棒进入圆轨道后，恰好能通过轨道最高点PP ′，cd 棒进入圆轨道前两棒未相碰，重力加速度g ＝10 m/s 2，求：图7(1)ab 棒开始向右运动时cd 棒的加速度a 0； (2)cd 棒刚进入半圆轨道时ab 棒的速度大小v 1； (3)cd 棒进入半圆轨道前ab 棒克服安培力做的功W . 答案 (1)30 m/s 2(2)7.5 m/s (3)4.375 J解析 (1)ab 棒开始向右运动时，设回路中电流为I ，有E ＝Bdv 0 I ＝E R 1＋R 2 BId ＝m 2a 0解得：a 0＝30 m/s 2(2)设cd 棒刚进入半圆轨道时的速度为v 2，系统动量定恒，有m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 212m 2v 22＝m 2g ·2r ＋12m 2v P 2 m 2g ＝m 2v P 2r解得：v 1＝7.5 m/s(3)由动能定理得12m 1v 12－12m 1v 02＝－W解得：W ＝4.375 J.专题强化练1．(多选)下列说法正确的是( )A．物体运动的方向就是它的动量的方向B．如果物体的速度发生变化，则可以肯定它受到的合外力的冲量不为零C．如果合外力对物体的冲量不为零，则合外力一定使物体的动能增大D．作用在物体上的合外力的冲量不一定能改变物体速度的大小答案ABD解析物体动量的方向与物体的运动方向相同，A对；如果物体的速度变化，则物体的动量一定发生了变化，由动量定理知，物体受到的合外力的冲量不为零，B对；合外力对物体的冲量不为零，但合外力可以对物体不做功，物体的动能可以不变，C错；作用在物体上的合外力的冲量可以只改变物体速度的方向，不改变速度的大小，D对．2．(多选)关于动量、冲量，下列说法成立的是( )A．某段时间内物体的动量增量不为零，而物体在某一时刻的动量可能为零B．某段时间内物体受到的冲量不为零，而物体动量的增量可能为零C．某一时刻，物体的动量为零，而动量对时间的变化率可能不为零D．某段时间内物体受到的冲量变大，则物体的动量大小可能变大、变小或不变答案ACD解析自由落体运动，从开始运动的某一段时间内物体动量的增量不为零，而其中初位置物体的动量为零，故A正确；某一段时间内物体受到的冲量不为零，根据动量定理，动量的变化量不为零，故B错误；某一时刻物体的动量为零，该时刻速度为零，动量的变化率是合力，速度为零，合力可以不为零，即动量的变化率可以不为零，故C正确；根据动量定理，冲量等于动量的变化．某段时间内物体受到的冲量变大，则物体的动量的改变量变大，动量大小可能变大、变小或不变，故D正确．3．(多选)如图1所示，一段不可伸长的轻质细绳长为L，一端固定在O点，另一端系一个质量为m的小球(可以视为质点)，保持细绳处于伸直状态，把小球拉到跟O点等高的位置由静止释放，在小球摆到最低点的过程中，不计空气阻力，重力加速度大小为g，则( )图1A．合外力做的功为0 B．合外力的冲量为m2gLC．重力做的功为mgL D．重力的冲量为m2gL答案BC4．(多选)(2018·新高考研究联盟联考)如图2所示是两名短道速滑选手在接力瞬间的照片，在短道速滑接力时，后面队员把前面队员用力推出(推出过程中可忽略运动员受到的冰面水平方向的作用力)，以下说法正确的是( )图2A．接力过程中前面队员的动能增加量等于后面队员的动能减少量B．接力过程中前面队员受到的冲量和后面队员受到的冲量大小相等方向相反C．接力过程中前后两名队员总动量增加D．接力过程中前后两名队员总动量不变答案BD5．(多选)(2018·诸暨中学段考)向空中发射一物体(不计空气阻力)，当物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂为a、b两块．若质量较大的a的速度方向仍沿原来的方向，则( ) A．b的速度方向一定与原速度方向相反B．从炸裂到落地这段时间里，a飞行的水平距离一定比b的大C．a、b一定同时到达地面D．炸裂的过程中，a、b的动量变化大小一定相等答案CD6.(多选)一辆小车静止在光滑的水平面上，小车立柱上固定一条长L(小于立柱高)、拴有小球的细线，将小球拉至和悬点在同一水平面处由静止释放，如图3所示，小球摆动时，不计一切阻力，重力加速度为g，下面说法中正确的是( )图3A．小球和小车的总机械能守恒B．小球和小车的动量守恒C．小球运动到最低点的速度为2gLD．小球和小车只在水平方向上动量守恒答案AD7．(多选)质量相同的子弹、橡皮泥和钢球以相同的水平速度射向竖直墙壁，结果子弹穿墙而过，橡皮泥粘在墙上，钢球被弹回．不计空气阻力，关于它们对墙的水平冲量的大小，下列说法正确的是( ) A ．子弹对墙的冲量最小 B ．橡皮泥对墙的冲量最小 C ．钢球对墙的冲量最大D ．子弹、橡皮泥和钢球对墙的冲量大小相等 答案 AC解析 由于子弹、橡皮泥和钢球的质量相等、初速度相等，取初速度的方向为正方向，则它们动量的变化量Δp ＝mv －mv 0，子弹穿墙而过，末速度的方向为正，橡皮泥粘在墙上，末速度等于0，钢球被弹回，末速度的方向为负，可知子弹的动量变化量最小，钢球的动量变化量最大．由动量定理I ＝Δp ，则子弹受到的冲量最小，钢球受到的冲量最大．结合牛顿第三定律可知，子弹对墙的冲量最小，钢球对墙的冲量最大，故A 、C 正确，B 、D 错误． 8．(多选)如图4所示，质量为m 的物体在一个与水平方向成θ角的拉力F 作用下，一直沿水平面向右匀速运动，则下列关于物体在t 时间内所受力的冲量，正确的是( )图4A ．拉力F 的冲量大小为Ft cos θB ．摩擦力的冲量大小为Ft cos θC ．重力的冲量大小为mgtD ．物体所受支持力的冲量大小是mgt 答案 BC解析 拉力F 的冲量大小为Ft ，故A 错误；物体做匀速直线运动，可知摩擦力F f ＝F cos θ，则摩擦力的冲量大小为F f t ＝Ft cos θ，故B 正确；重力的冲量大小为mgt ，故C 正确；支持力的大小为F N ＝mg －F sin θ，则支持力的冲量大小为(mg －F sin θ)t ，故D 错误．9．如图5所示，粗糙水平地面上方以PQ 为界，左边有水平向右的匀强电场，场强大小为E ＝mg q，右边有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，磁场以MN 为右边界，一个质量为2m 的带电荷量为＋q 的物体从地面上O 点出发，在电场力作用下运动到Q 点时与另一质量为m 、不带电的物体发生正碰，碰后两者粘为一体，并恰好能在QN 间做匀速直线运动，已知两物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.1，g 为重力加速度，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.图5(1)求O 、Q 之间的距离x 1；(2)若MN 右侧有一倾角θ＝37°的倾斜传送带正以速度v 0逆时针转动，物体系统通过N 点到传送带时无动能损失，且传送带足够大，已知物体系统与传送带间的动摩擦因数为μ1＝0.5，求物体系统在传送带上上升过程中运动的最大距离．答案 (1)405m 2g 16B 2q 2 (2)9m 2g 2B 2q 2 解析 (1)设两物体碰后的瞬间速度为v 2，则有：Bqv 2＝3mg设带电物体的碰撞前速度为v 1，取向右为正方向，由动量守恒定律有：2mv 1＝3mv 2对2m ，从O 到Q 由动能定理可得：Eqx 1－μ·2mgx 1＝12×2mv 12，则x 1＝405m 2g 16B 2q 2 (2)物体系统沿传送带向上做匀减速运动，由牛顿第二定律得：3mg sin θ＋μ1·3mg cos θ＝3ma则a ＝g . 故物体系统上升的最大距离为：x 2＝v 222a ＝9m 2g 2B 2q 2 10．(2017·名校协作体联考)用质量为m 、电阻率为ρ、横截面积为S 的均匀薄金属条制成边长为L 的闭合正方形框abb ′a ′，如图6甲所示，金属方框水平放在磁极的狭缝间，方框平面与磁场方向平行．设匀强磁场仅存在于相对磁极之间，其他地方的磁场忽略不计．可认为方框的aa ′边和bb ′边都处在磁极间，磁极间磁感应强度大小为B .方框从静止开始释放，其平面在下落过程中保持水平(不计空气阻力，重力加速度为g )．甲 装置纵截面示意图 乙 装置俯视示意图图6(1)请判断图乙金属方框中感应电流的方向；(2)当方框下落的加速度为g 3时，求方框的发热功率P ； (3)当方框下落的时间t ＝2m ρB 2LS时，速度恰好达到最大，求方框的最大速度v m 和此过程中产生的热量．答案 (1)顺时针 (2)4m 2g 2ρ9B LS (3)mg ρB LS m 3g 2ρ22B L S 解析 (1)由右手定则可知：感应电流方向为顺时针．(2)方框受到的安培力：F 安＝2BIL由牛顿第二定律有mg －F 安＝mg 3 解得I ＝mg 3BL由电阻定律得金属方框电阻R ＝ρ4L S方框的发热功率P ＝I 2R ＝4m 2g 2ρ9B 2LS (3)当方框下落的加速度为零时，速度达到最大，即mg ＝F 安′＝2B2BLv m R L 解得v m ＝mg ρB 2LS将下落过程分成若干微元，由动量定理得mgt －∑2B2BLv i R Lt ＝mv m －0∑v i t ＝h 解得h ＝m 2g ρ2B 4L 2S 2 由能量守恒定律得mgh －Q ＝12mv m 2 解得Q ＝m 3g 2ρ22B 4L 2S 2 11．(2017·鲁迅中学月考)如图7所示，两根平行金属导轨MN 和PQ 放在水平面上，左端向上弯曲且光滑，导轨间距为L ，电阻不计．水平段导轨所处空间有两个有界匀强磁场，相距一段距离不重叠，磁场Ⅰ左边界在水平段导轨的最左端，磁感应强度大小为B ，方向竖直向上；磁场Ⅱ的磁感应强度大小为2B ，方向竖直向下．质量均为m 、电阻均为R 的金属棒a 和b 垂直放置在导轨上，金属棒b 置于磁场Ⅱ的右边界CD 处．现将金属棒a 从弯曲导轨上某一高处由静止释放，使其沿导轨运动．设两金属棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好．图7(1)若水平段导轨粗糙，两金属棒与水平段导轨间的最大静摩擦力均为15mg ，将金属棒a 从距水平面高度为h 处由静止释放．①金属棒a 刚进入磁场Ⅰ时，求通过金属棒b 的电流大小；②若金属棒a 在磁场Ⅰ内运动过程中，金属棒b 能在导轨上保持静止，通过计算分析金属棒a 释放时的高度h 应满足的条件；(2)若水平段导轨是光滑的，将金属棒a 仍从高度为h 处由静止释放，使其进入磁场Ⅰ.设两磁场区域足够大，金属棒a 在磁场Ⅰ内运动过程中，求金属棒b 中可能产生的电热的最大值．答案 (1)①BL 2gh 2R ②h ≤m 2gR 250B 4L 4 (2)110mgh 解析 (1)①a 棒从h 高处释放后在弯曲导轨上滑动时机械能守恒，有mgh ＝12mv 02 解得v 0＝2gha 棒刚进入磁场Ⅰ时，E ＝BLv 0，此时通过a 、b 的感应电流大小为I ＝E 2R， 解得I ＝BL 2gh 2R. ②a 棒刚进入磁场Ⅰ时，b 棒受到的安培力大小F ＝2BIL为使b 棒保持静止，应有F ≤15mg 联立解得h ≤m 2gR 250B 4L4. (2)当金属棒a 进入磁场Ⅰ时，由左手定则判断，a 棒向右做减速运动，b 棒向左做加速运动． 二者产生的感应电动势相反，当二者产生的感应电动势大小相等时，闭合回路的电流为零，此后二者均匀速运动，故金属棒a 、b 均匀速运动时，金属棒b 中产生的电热最大． 设此时a 、b 的速度大小分别为v 1与v 2，有BLv 1＝2BLv 2对金属棒a 应用动量定理，有－B I L Δt ＝mv 1－mv 0对金属棒b 应用动量定理，有2B I L Δt ＝mv 2联立解得v 1＝45v 0，v 2＝25v 0 根据能量守恒定律，电路中产生的总电热Q 总＝12mv 02－12mv 12－12mv 22＝15mgh 故金属棒b 中产生的电热最大值为Q ＝12Q 总＝110mgh。

动量和能量的综合应用[建体系·知关联][析考情·明策略]考情分析近几年高考对动量及动量守恒的考查多为简单的选择题形式;而动量和能量的综合性问题则以计算题形式命题，难度较大，常与曲线运动，带电粒子在电磁场中运动和导体棒切割磁感线相联系。

素养呈现1。

动量、冲量、动量定理2。

动量守恒的条件及动量守恒定律3.动力学、能量和动量守恒定律的应用素养落实1。

掌握与动量相关的概念及规律2.灵活应用解决碰撞类问题的方法3。

熟悉“三大观点”在力学中的应用技巧考点1| 动量定理和动量守恒定律冲量和动量定理（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,合外力的冲量可利用I＝F合·t或I合＝Δp求解。

(2)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.[典例1］（2020·武汉二中阶段测试)运动员在水上做飞行运动表演，如图所示，他操控喷射式悬浮飞行器将竖直送上来的水反转180°后向下喷出，令自己悬停在空中。

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，重力加速度大小g＝10 m/s2，水的密度ρ＝1。

0×103kg/m3，则喷嘴处喷水的速度大约为( )A．2.7 m/s B．5.4 m/sC．7。

6 m/s D．10。

8 m/s[题眼点拨] ①“悬停在空中”表明水向上的冲击力等于运动员与装备的总重力。

②“水反转180°”水速度变化量大小为2v。

B [两个喷嘴的横截面积均为S＝错误!πd2，根据平衡条件可知每个喷嘴对水的作用力为F＝错误!mg，取质量为Δm＝ρSvΔt的水为研究对象，根据动量定理得FΔt＝2Δmv，解得v＝错误!≈5。

4 m/s，选项B正确.]动量和动量守恒定律（1）判断动量是否守恒时，要注意所选取的系统,注意区别系统内力与外力。

系统不受外力或所受合外力为零时,系统动量守恒。

第1讲动量观点与能量观点在力学中的应用知识必备1.常见的功能关系(1)合力做功与动能的关系：W合＝ΔE k。

(2)重力做功与重力势能的关系：W G＝－ΔE p。

(3)弹力做功与弹性势能的关系：W弹＝－ΔE p。

(4)除重力以外其他力做功与机械能的关系：W其他＝ΔE机。

(5)滑动摩擦力做功与内能的关系：F f x相对＝ΔE内。

2.机械能守恒定律(1)条件：只有重力、系统内弹力做功。

(2)表达式：E k1＋E p1＝E k2＋E p2。

3.动能定理(1)内容：合外力做的功等于动能的变化。

(2)表达式：W＝12mv22－12mv214.动量定理及动量守恒定律(1)动量定理：Ft＝mv2－mv1(2)动量守恒定律：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′(3)备考策略1.复习时应理清运动中功与能的转化与量度的关系，结合受力分析、运动过程分析，熟练地应用动量定理和动能定理解决问题。

2.深刻理解功能关系，综合应用动量守恒定律和能量守恒定律，结合动力学方程解决多运动过程的问题。

3.必须领会的“1种物理思想和3种方法”(1)守恒的思想。

(2)守恒法、转化法、转移法。

4.必须辨明的“3个易错易混点”(1)动量和动能是两个和速度有关的不同概念。

(2)系统的动量和机械能不一定同时守恒。

(3)不是所有的碰撞都满足机械能守恒。

力学中的几个功能关系的应用【真题示例1】 (2020·全国卷Ⅲ，16)如图1，一质量为m 、长度为l 的均匀柔软细绳PQ 竖直悬挂。

用外力将绳的下端Q 缓慢地竖直向上拉起至M 点，M 点与绳的上端P 相距13l 。

重力加速度大小为g 。

在此过程中，外力做的功为( )图1 A.19mgl B.16mgl C.13mgl D.12mgl 解析 由题意可知，PM 段细绳的机械能不变，MQ 段细绳的重心升高了l 6，则重力势能增加ΔE p ＝23mg·l6＝19mgl ，由功能关系可知，在此过程中，外力做的功为W ＝19mgl ，故选项A 正确，B 、C 、 D 错误。

高考物理二轮复习专题二动量与能量第2讲动量观点和能量观点在电磁学中的应用学案第2讲动量观点和能量观点在电磁学中的应用网络构建备考策略1.若只有电场力做功，电势能与动能之和保持不变。

2.若只有电场力和重力做功，电势能、重力势能、动能之和保持不变。

3.洛伦兹力对运动电荷不做功。

4.安培力可做正功，也可做负功。

5.力学中的三大观点(动力学、动量、能量观点)仍是解决力电综合问题首选的方法。

应用能量观点解决力电综合问题电场中的功能关系d的过程中克服电场力所做的功为6eV。

下列说法正确的是()A.平面c上的电势为零B.该电子可能到达不了平面fC.该电子经过平面d时，其电势能为4eVD.该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍解析电子在等势面b时的电势能为E＝qφ＝－2eV，电子由a到d的过程电场力做负功，电势能增加6eV，由于相邻两等势面之间的距离相等，故相邻两等势面之间的电势差相等，则电子由a到b、由b到c、由c到d、由d到f电势能均增加2eV，则电子在等势面c的电势能为零，等势面c的电势为零，A正确；由以上分析可知，电子在等势面d的电势能应为2eV，C错误；电子在等势面b的动能为8eV，电子在等势面d的动能为4eV，由公式Ek＝mv2可知，该电子经过平面b时的速率为经过平面d时速率的2倍，D错误；如果电子的速度与等势面不垂直，则电子在该匀强电场中做曲线运动，所以电子可能到达不了平面f就返回平面a，B正确。

答案AB能量观点在电磁场中的应用A.到达C点后小球不可能沿杆向上运动B.小球在AD段克服摩擦力做的功与在DC段克服摩擦力做的功不等C.小球在D点时的动能为50JD.小球电势能的增加量等于重力势能的减少量解析如果电场力大于重力，则速度减为零后小球可能沿杆向上运动，选项A错误；小球受重力、电场力、洛伦兹力、弹力和滑动摩擦力，由于F洛＝qvB，故洛伦兹力减小，导致支持力和滑动摩擦力变化，故小球在AD段克服摩擦力做的功与在DC段克服摩擦力做的功不等，选项B正确；由于小球在AD段克服摩擦力做的功与在DC段克服摩擦力做的功不等，故小球在D点时的动能也就不一定为50J，选项C错误；该过程是小球的重力势能、电势能、动能和系统的内能之和守恒，故小球电势能的增加量不等于重力势能的减少量，选项D错误。

2021年高三物理第二轮专题复习专题二动量和能量教案人教版高考形势分析及历年部分省市高考试题分布：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。

历年高考中动量和能量题分布情况：xx年，全国理综II，计算题25题考查动量和能量综合题；全国理综III，计算题25题考查动量和能量综合题；北京卷24题考查动量和能量综合题；天津卷选择题21题考查碰撞中的动量守恒，25题考查动量和能量的综合题。

xx年，全国理综I动量和能量的题占19分，理综II占36分，理综III占20分，北京卷占16分，天津卷占18分。

xx年全国理综I、III，选择题20题动量定理和动能定理；理综II，18题碰撞中的动量和能量问题；重庆卷2计算题25题考查机械能守恒定律、动量守恒定律和圆周运动中的牛顿第二定律的知识；四川卷计算题25题考查带电粒子在磁场中的运动，动量守恒定律，圆周运动，平抛运动。

天津卷实验题22题考查验证碰撞中的动量守恒定律和百分误差。

xx年，湖南卷实验题22题，考查验证中碰撞中的动量守恒定律，计算题24题考查电子阻尼、碰撞动量守恒；北京卷选择题19题考查碰撞动量守恒和单摆周期的知识结合，20题考查动量定理和电场的知识。

全国卷II选择题16题考查动量和动能定理。

四川卷选择题18题考查碰撞中的动量守恒定律和机械能守恒定律。

天津卷选择题15题考查动量守恒与动能定理，计算题23题考查机械能守恒，圆周运动中的牛顿第二定律，动量守恒定律和动能定理。

动量与能量知识框架：一、考点回顾1．动量、冲量和动量定理2．动量守恒定律3．动量和能量的应用4．动量与动力学知识的应用5．航天技术的发展和宇宙航行6．动量守恒定律实验二、动量和能量知识点1．动量(1)动量：运动物体的质量和速度的乘积叫做动量，即p=mv.是矢量，方向与v的方向相同.两个动量相同必须是大小相等，方向一致。

第2讲动量观点的应用真题再现考情分析(2021·高考全国卷Ⅱ)高空坠物极易对行人造成伤害．假设一个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，那么该鸡蛋对地面产生的冲击力约为( )A.10 N B．102 NC．103 N D．104 N解析：选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≈1×103N，所以C正确.[命题点分析]动量定理、机械能守恒定律[思路方法]由机械能守恒定律可求鸡蛋到达地面时的速度大小，再根据动量定理求出鸡蛋对地面的平均冲击力(2021·高考全国卷Ⅰ)将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/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略)( )A.30 kg·×102 k g·m/s×102 kg·×102 kg·m/s解析：选A.燃气从火箭喷口喷出的瞬间，火箭和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为p，根据动量守恒定律，可得p－mv0＝0，解得p＝mv0＝0.050 kg×600 m/s＝30 kg·m/s，选项A正确.[命题点分析]动量定理[思路方法]以火箭和燃气为研究对象，在燃气喷出的瞬间动量守恒(多项选择)(2021·高考全国卷Ⅲ)一质量为2 kg的物块在合外力F的作用下从静止开场沿直线运动．F随时间t变化的图线如下图，那么( )A.t＝1 s时物块的速率为1 m/sB.t＝2 s时物块的动量大小为4 kg·m/sC.t＝3 s时物块的动量大小为5 kg·m/sD.t＝4 s时物块的速度为零解析：选AB.根据F－t图线与时间轴围成的面积的物理意义为合外力F的冲量，可知在0～1 s、0～2 s、0～3 s、0～4 s内合外力冲[命题点分析]动量定理、F－t图象[思路方法]由F－t图象中面积的物理意义为合外力F的冲量可知其2 s、 3 s、4 s末的冲量，再根据动量定理可得速率，进而求解动量大小量分别为2 N·s 、4 N·s、3 N·s 、2 N·s ，应用动量定理I＝m Δv可知物块在1 s、2 s、3 s、4 s末的速率分别为1 m/s、2 m/s、1.5 m/s、1 m/s，物块在这些时刻的动量大小分别为2 kg·m/s、4 kg·m/s、3 kg·m/s、2 kg·m/s，那么A、B项均正确，C、D项均错误.命题规律研究及预测虽然2021年全国卷把动量内容列为必考，但考虑到高考的稳定性，2021年高考中的动量考察形式都为选择题，难度较小．随着课改的深入，在2021年全国卷中对该局部的考察既有选择题，同时也渗透入计算题中，且难度为中档题．说明高考对动量的考核越来越重视.在2021年的备考中不仅要对动量、冲量、动量定理、动量守恒定律等知识熟练掌握，而且还要对涉及的一些现象如碰撞、爆炸、反冲等有深刻的体会，与其他力学知识一起解决力学综合问题的能力也要不断培养冲量与动量定理的应用[高分快攻]应用动量定理解题的步骤动量定理的两个重要应用(1)应用I＝Δp求变力的冲量如果物体受到大小或方向改变的力的作用，那么不能直接用I＝Ft求变力的冲量，可以求出变力作用下物体动量的变化Δp，等效代换变力的冲量I.(2)应用Δp＝FΔt求动量的变化例如，在曲线运动中，速度方向时刻在变化，求动量变化(Δp＝p2－p1)需要应用矢量运算方法，计算比拟复杂，如果作用力是恒力，可以求恒力的冲量，等效代换动量的变化．理解动量定理时应注意的问题(1)动量定理说明冲量既是使物体动量发生变化的原因，又是物体动量变化的量度．这里所说的冲量是物体所受的合力的冲量(或者说是物体所受各外力冲量的矢量和)．(2)动量定理的研究对象是一个物体(或可视为一个物体的系统)．(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．(2021·高考天津卷)“天津之眼〞是一座跨河建立、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一．摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动．以下表达正确的选项是( )A．摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变B．在最高点时，乘客重力大于座椅对他的支持力C．摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零D．摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变[解析] 摩天轮转动过程中乘客的动能不变，重力势能一直变化，故机械能一直变化，A错误；在最高点乘客具有竖直向下的向心加速度，重力大于座椅对他的支持力，B正确；摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量等于重力与周期的乘积，C错误；重力瞬时功率等于重力与速度在重力方向上的分量的乘积，而转动过程中速度在重力方向上的分量是变化的，所以重力的瞬时功率也是变化的，D错误．[答案] B[突破训练] (2021·高考北京卷)2022年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具欣赏性的工程之一．某滑道示意图如图，长直助滑道AB与弯曲滑道BC平滑衔接，滑道BC高h＝10 m，C是半径R＝20 m圆弧的最低点．质量m＝60 kg的运发动从A处由静止开场匀加速下滑，加速度a＝4.5 m/s2，到达B点时速度v B＝30 m/s，取重力加速度g＝10 m/s2.(1)求长直助滑道AB的长度L.(2)求运发动在AB段所受合外力的冲量I的大小．(3)假设不计BC段的阻力，画出运发动经过C点时的受力图，并求其所受支持力F N的大小．解析：(1)根据匀变速直线运动公式，有L ＝v 2B －v 2A2a＝100 m.(2)根据动量定理，有I ＝mv B －mv A ＝1 800 N ·s. (3)运发动经C 点时的受力分析如下图． 根据动能定理，运发动在BC 段运动的过程中，有mgh ＝12mv 2C －12mv 2B根据牛顿第二定律，有F N －mg ＝m v 2CR联立解得F N ＝3 900 N. 答案：见解析动量守恒定律在碰撞、爆炸和反冲中的应用[高分快攻]应用动量守恒定律解题的步骤(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)进展受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上是否守恒)； (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． 三种碰撞的特点(1)弹性碰撞：动量守恒，机械能守恒．以质量为m 1，速度为v 1的小球与质量为m 2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，那么有m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2′12m 1v 21＝12m 1v 1′2 ＋12m 2v 2′2 解得v 1′＝〔m 1－m 2〕v 1m 1＋m 2v 2′＝2m 1v 1m 1＋m 2.结论：①当两球质量相等时，v 1′＝0，v 2′＝v 1，两球碰撞后交换速度． ②当m 1远大于m 2时，v 1′＝v 1，v 2′＝2v 1.③当m 1远小于m 2时，v 1′＝－v 1，v 2′＝0.(2)非弹性碰撞：动量守恒，机械能有损失．(3)完全非弹性碰撞：动量守恒，机械能损失最大，以碰后系统速度一样为标志． 动量守恒定律的应用可以是多物体组成的系统，且相互作用的过程中可能比拟复杂，应用动量守恒定律解题时，可以选择不同的系统，针对相互作用的不同阶段列式求解．(多项选择)如下图，现有甲、乙两滑块，质量分别为3m 和m ，以一样的速率v 在光滑水平面上相向运动，发生碰撞，碰撞后，甲滑块静止不动，那么( )A ．碰撞前总动量大小是2mvB ．碰撞过程动量不守恒C ．碰撞后乙的速度大小为2vD ．碰撞属于非弹性碰撞[解析] 取向右为正方向，碰撞前总动量为3mv －mv ＝2mv ，A 正确；碰撞过程两滑块组成的系统在水平方向不受外力，那么系统动量守恒，B 错误；设碰撞后乙的速度为v ′，由动量守恒定律得3mv －mv ＝0＋mv ′，解得v ′＝2v ，C 正确；碰撞前总动能为12·3mv 2＋12mv 2＝2mv 2，碰撞后总动能为0＋12m (2v )2＝2mv 2，碰撞前后无机械能损失，碰撞属于弹性碰撞，D 错误．[答案] AC[题组突破]角度1 动量守恒条件的判断1．(多项选择)以下四幅图所反映的物理过程中，系统动量守恒的是( )解析：选中子弹和木块的系统在水平方向不受外力，竖直方向所受合力为零，系统动量守恒；B中在弹簧恢复原长过程中，系统在水平方向始终受到墙的作用力，系统动量不守恒；C中细线断裂后，以整体为研究对象，木球与铁球的系统所受合外力为零，系统动量守恒；D中木块下滑过程中，斜面始终受挡板作用力，系统动量不守恒．角度2 碰撞问题分析2．(2021·高考全国卷Ⅱ)汽车A在水平冰雪路面上行驶．驾驶员发现其正前方停有汽车B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车 B.两车碰撞时和两车都完全停顿后的位置如下图，碰撞后B车向前滑动了4.5 m，A车向前滑动了2.0 m．A和B的质量分别为×103 kg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＝10 m/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．解析：(1)设B车的质量为m B，碰撞后加速度大小为a B.根据牛顿第二定律有μm B g＝m B a B①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v′B，碰撞后滑行的距离为s B.由运动学公式有v′2B＝2a B s B②联立①②式并利用题给数据得v′B＝3.0 m/s.③(2)设A车的质量为m A，碰后加速度大小为a A.根据牛顿第二定律有μm A g＝m A a A④设碰撞后瞬间A 车速度的大小为v ′A ，碰撞后滑行的距离为s A .由运动学公式有v ′2A ＝2a A s A ⑤设碰撞前的瞬间A 车速度的大小为v A .两车在碰撞过程中动量守恒，有m A v A ＝m A v ′A ＋m B v ′B ⑥联立③④⑤⑥式并利用题给数据得v A ＝4.25 m/s.答案：见解析角度3 动量守恒定律在爆炸现象中的应用3．一弹丸在飞行到距离地面5 m 高时仅有水平速度v ＝2 m/s ，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1，不计质量损失，重力加速度g ＝10 m/s 2，那么以下图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的选项是( )解析：选B.弹丸在爆炸过程中，水平方向的动量守恒，有mv ＝34mv 甲＋14mv 乙，解得4v ＝3v甲＋v 乙，爆炸后两块弹片均做平抛运动，竖直方向有h ＝12gt 2，水平方向对甲、乙两弹片分别有x 甲＝v 甲t ，x 乙＝v 乙t ，代入图中各数据，可知B 正确．命题角度 解决方法 易错辨析动量守恒的条件判断 掌握三个守恒条件 准确判断系统合外力是否为零或内力远大于外力 弹性碰撞分析 动量守恒定律、机械能守恒无能量损失是最大特点 完全非弹性碰撞分析 动量守恒定律 掌握碰撞后速度相等这一条件爆炸现象求解动量守恒的条件是内力远大注意爆炸后各局部的速度方于外力向动量守恒定律的综合应用解题策略(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)进展正确的受力分析，明确各过程的运动特点．(3)在光滑的平面或曲面上的运动，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，那么考虑用能量守恒定律分析．动量与能量的综合问题，常取材“板、块〞模型、“传送带〞模型、“弹簧、物块〞模型等，设置多个情景、多个过程，考察力学三大观点的综合应用．要成功解答此类“情景、过程综合〞的考题，就要善于在把握物理过程渐变规律的同时，洞察过程的临界情景，结合题给条件(往往是不确定条件)，进展求解(注意结合实际情况分类讨论)． [高分快攻](2021·高考全国卷 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局部，两局部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)烟花弹从地面开场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局部距地面的最大高度． [解析] (1)设烟花弹上升的初速度为v 0，由题给条件有E ＝12mv 20①设烟花弹从地面开场上升到火药爆炸所用的时间为t ，由运动学公式有 0－v 0＝－gt ② 联立①②式得t ＝1g2E m.③(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h 1，由机械能守恒定律有E ＝mgh 1④火药爆炸后，烟花弹上、下两局部均沿竖直方向运动，设爆炸后瞬间其速度分别为v 1和v 2.由题给条件和动量守恒定律有 14mv 21＋14mv 22＝E ⑤ 12mv 1＋12mv 2＝0⑥由⑥式知，烟花弹两局部的速度方向相反，向上运动局部做竖直上抛运动．设爆炸后烟花弹向上运动局部继续上升的高度为h 2，由机械能守恒定律有 14mv 21＝12mgh 2⑦ 联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹向上运动局部距地面的最大高度为 h ＝h 1＋h 2＝2E mg .[答案] 见解析[题组突破]角度1 “子弹打木块〞模型1．如下图，在固定的足够长的光滑水平杆上，套有一个质量为m ＝0.5 kg 的光滑金属圆环，轻绳一端拴在环上，另一端系着一个质量为M ＝1.98 kg 的木块，现有一质量为m 0＝20 g 的子弹以v 0＝100 m/s 的水平速度射入木块并留在木块中(不计空气阻力和子弹与木块作用的时间，g ＝10 m/s 2)，求：(1)圆环、木块和子弹这个系统损失的机械能； (2)木块所能到达的最大高度．解析：(1)子弹射入木块过程，动量守恒，有m 0v 0＝(m 0＋M )v在该过程中机械能有损失，损失的机械能为 ΔE ＝12m 0v 20－12(m 0＋M )v 2解得：ΔE ＝99 J.(2)木块(含子弹)在向上摆动过程中，木块(含子弹)和圆环在水平方向动量守恒，有 (m 0＋M )v ＝(m 0＋M ＋m )v ′又木块(含子弹)在向上摆动过程中，机械能守恒，有 (m 0＋M )gh ＝12(m 0＋M )v 2－12(m 0＋M ＋m )v ′2联立解得：h ＝0.01 m. 答案：见解析角度2 “弹簧类〞模型2．(2021·湖北八校联考)如下图，质量为m 3＝2 kg 的滑道静止在光滑的水平面上，滑道的AB 局部是半径为R ＝0.3 m 的四分之一圆弧，圆弧底部与滑道水平局部相切，滑道水平局部右端固定一个轻质弹簧．滑道CD 局部粗糙，其他局部均光滑．质量为m 2＝3 kg 的物体2(可视为质点)放在滑道的B 点，现让质量为m 1＝1 kg 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 点相碰后粘在一起(g ＝10 m/s 2)．(1)求物体1从释放到与物体2相碰的过程中，滑道向左运动的距离．(2)假设CD ＝0.2 m ，两物体与滑道的CD 局部的动摩擦因数都为μ，求在整个运动过程中，弹簧具有的最大弹性势能．(3)在(2)的条件下，物体1、2最终停在何处？解析：(1)物体1从释放到与物体2碰撞的过程中，物体1和滑道组成的系统在水平方向上动量守恒，设物体1水平位移大小为s 1，滑道的水平位移大小为s 3，有 0＝m 1s 1－m 3s 3，s 1＝R 解得s 3＝m 1s 1m 3＝0.15 m. (2)设物体1、物体2刚要相碰时物体1的速度大小为v 1，滑道的速度大小为v 3，由机械能守恒定律有m 1gR ＝12m 1v 21＋12m 3v 23由动量守恒定律有0＝m 1v 1－m 3v 3物体1和物体2相碰后的共同速度大小设为v 2，由动量守恒定律有m 1v 1＝(m 1＋m 2)v 2弹簧第一次压缩至最短时由动量守恒定律可知物体1、2和滑道速度为零，此时弹性势能最大，设为E pm .从物体1、2碰撞后到弹簧第一次压缩至最短的过程中，由能量守恒定律有 12(m 1＋m 2)v 22＋12m 3v 23－μ(m 1＋m 2)g ·CD ＝E pm 联立以上方程，代入数据解得E pm ＝0.3 J.(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 局部运动的路程为s ，由能量守恒定律有12(m 1＋m 2)v 22＋12m 3v 23＝μ(m 1＋m 2)gs 代入数据可得s ＝0.25 m所以物体1、物体2最终停在C 点和D 点之间与D 点间的距离为0.05 m 处． 答案：见解析1．“子弹打木块模型〞是碰撞中常见模型，其突出特征是在子弹打击木块的过程中有机械能损失，此类问题的一般解法可归纳如下：(1)分析子弹打击木块的过程，弄清楚子弹是停留在木块中和木块一起运动还是穿透木块和木块各自运动；(2)子弹在打击木块的过程中，由于时间较短，内力远远大于外力，故在打击的过程中动量守恒；(3)子弹在打击木块过程中产生的机械能损失，一般有两种求解方法：一是通过计算打击前系统的机械能与打击后系统的机械能的差值得出机械能的损失；二是通过计算在子弹打击木块的过程中，子弹克制阻力做的功与阻力对木块做的功的差值进展求解．2．利用弹簧进展相互作用的碰撞模型，一般情况下均满足动量守恒定律和机械能守恒定律，此类试题的一般解法是：(1)首先判断弹簧的初始状态是处于原长、伸长还是压缩状态；(2)分析碰撞前后弹簧和物体的运动状态，依据动量守恒定律和机械能守恒定律列出方程；(3)判断解出的结果是否满足“实际情境可行性原那么〞，如果不满足，那么要舍掉该结果．注意：(1)由于弹簧的弹力是变力，所以弹簧的弹性势能通常利用机械能守恒或能量守恒求解；(2)要特别注意弹簧的三个状态：原长(此时弹簧的弹性势能为零)、压缩到最短或伸长到最长的状态(此时弹簧连接的两个物体具有共同的速度，弹簧具有最大的弹性势能)，这往往是解决此类问题的突破点．, (建议用时：45分钟)一、单项选择题1．(2021·银川段考)冰壶运动深受观众喜爱，图1为索契冬奥会上中国队员投掷冰壶的镜头．在某次投掷中，冰壶甲运动一段时间后与对方静止的冰壶乙发生正碰，，那么碰后两冰壶最终停顿的位置，可能是选项图中的( )解析：选B.两冰壶碰撞过程动量守恒，两冰壶发生正碰，由动量守恒定律可知，碰撞前后系统动量不变，两冰壶的动量方向即速度方向不会偏离甲原来的方向，故A错误；如果两冰壶发生弹性碰撞，碰撞过程动量守恒、机械能守恒，两冰壶质量相等，碰撞后两冰壶交换速度，甲静止，乙的速度等于甲的速度，碰后乙做减速运动，最后静止，最终两冰壶的位置如选项图B所示，故B正确；两冰壶碰撞后，甲的速度不可能大于乙的速度，碰后乙在前，甲在后，故C错误；碰撞过程机械能不可能增大，两冰壶质量相等，碰撞后甲的速度不可能大于乙的速度，即碰撞后甲的位移不可能大于乙的位移，故D错误．2．质量为2 kg的物体做直线运动，其v－t图象如下图，那么物体在前10 s内和后10 s 内所受合外力的冲量分别是( )A．0，－20 N·sB．20 N·s，－40 N·sC．0，20 N·sD．20 N·s，－20 N·s解析：选A.由图象可知，物体在前10 s内初、末状态的动量一样，p1＝p2＝10 kg·m/s，由动量定理知I1＝0；物体在后10 s内末状态的动量p3＝－10 kg·m/s，由动量定理知I2＝p3－p2＝－20 N·s，选项A正确．3．如下图，一轻杆两端分别固定着a、b两个光滑金属球，a球质量大于b球质量，两球的半径相等，整个装置放在光滑的水平面上，将此装置从图示位置由静止释放，那么( )A．在b球落地前瞬间，a球的速度方向向右B．在b球落地前瞬间，a球的速度方向向左C．在b球落地前的整个过程中，轻杆对b球的冲量为零D．在b球落地前的整个过程中，轻杆对b球做的功为零解析：选D.整个装置下落过程中，水平方向没有外力，水平方向的动量守恒，原来系统水平方向的动量为零，在b球落地前瞬间，系统水平方向的动量仍为零，a球水平方向速度一定为零，选项A、B错误；设杆对a球做功为W1，对b球做功为W2，在b球落地前由于机械能守恒，那么除了重力以外的力做的功必定为零，即W1＋W2＝0，对a球由动能定理可知W1＝0，故W2＝0，选项D正确；对b球，水平方向上动量变化为零，杆对b球的水平冲量为零，在竖直方向上，由动量定理可知，杆对b球的竖直方向的冲量必定不为零，且冲量方向向上，选项C错误．4．为估算雨滴撞击池中睡莲叶面的平均压强，小明在雨天将一圆柱形水杯置于露台，测得1 h 内杯中水面上升了45 mm ，查询得知，当时雨滴竖直下落的速度约为12 m/s.据此计算该压强约为(设雨滴撞击睡莲叶面后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为1×103kg/m 3)( )A ．0.15 PaB ．0.54 PaC ．1.5 PaD ．5.4 Pa 解析：选A.解答此类连续相互作用的问题，首先要注意研究对象的选取．选取Δt ＝1 h 时间内与面积为S 的睡莲发生相互作用的雨滴作为研究对象，其质量为m ＝ρhS ，发生作用后速度变为零，根据动量定理，有F Δt ＝mv ＝ρhSv ，那么压强p ＝F S ＝ρ hv Δt ＝0.15 Pa ，选项A 正确．5．(2021·北京东城区期中)质量为80 kg 的冰球运发动甲，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 的迎面而来的运发动乙相撞，碰后甲恰好静止．假设碰撞时间极短，以下说法正确的选项是( )A ．碰后乙向左运动，速度大小为1 m/sB ．碰后乙向右运动，速度大小为7 m/sC ．碰撞中甲、乙的机械能总共增加了1 450 JD ．碰撞中甲、乙的机械能总共损失了1 400 J解析：选D.甲、乙碰撞的过程中，甲、乙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，由动量守恒定律得：m 甲v 甲－m 乙v 乙＝m 乙v ′乙，解得v ′乙＝1 m/s ，方向水平向右，选项A 、B 错误；甲、乙碰撞过程机械能的变化量ΔE ＝12m 甲v 2甲＋12m 乙v 2乙－12m 乙v ′2乙，代入数据解得ΔE ＝1 400 J ，机械能减少了1 400 J ，选项C 错误，D 正确．6．(2021·日照月考)“蹦极〞运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下，将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动，从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，以下分析正确的选项是( )A ．绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小B ．绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小C ．绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大D ．人在最低点时，绳对人的拉力等于人所受的重力解析：选A.从绳恰好伸直到人第一次下降至最低点的过程中，人先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，加速度等于零时，速度最大，故人的动量和动能都是先增大后减小，加速度等于零时(即绳对人的拉力等于人所受的重力时)速度最大，动量和动能最大，在最低点时人具有向上的加速度，绳对人的拉力大于人所受的重力，绳的拉力方向始终向上与运动方向相反，故绳对人的冲量方向始终向上，绳对人的拉力始终做负功，应选项A 正确，选项B 、C 、D 错误．二、多项选择题7.如下图，四个小球放在光滑的水平面上，小球3和小球4分别以v 0和2v 0的速率向两侧匀速运动，中间两个小球静止，小球1质量为m ，小球2的质量为2m ，1、2两球之间放置一被压缩的轻质弹簧，弹簧所具有的弹性势能为E p ，将弹簧的弹性势能全部释放，以下说法正确的选项是( )A ．弹簧的弹性势能在释放过程中，小球1和小球2的合动量不为零B ．小球1和小球2离开弹簧后瞬间的速度大小分别是2E p 3m 、 E p 3mC ．小球1能否与小球3碰撞，取决于小球3的质量大小D ．假设离开弹簧后小球1能追上小球3，小球2不能追上小球4，那么质量m 要满足E p 12v 20≤m <4E p3v 20解析：选BD.小球1和小球2组成的系统满足动量守恒，由于开场小球1和小球2静止，所以在弹簧的弹性势能释放的过程中，小球1和小球2组成的系统合动量为零，A 错误；设小球1和小球2离开弹簧后瞬间的速度大小分别为v 1、v 2，根据动量守恒定律和机械能守恒定律知：mv 1－2mv 2＝0，E p ＝12mv 21＋12×2mv 22，解得v 1＝2E p 3m ，v 2＝E p 3m，B 正确；假设离开弹簧后小球1能追上小球3，小球2不能追上小球4，速度大小应满足v 1＝2E p 3m >v 0，v 2＝E p 3m ≤2v 0，解得E p 12v 20≤m <4E p 3v 20，C 错误，D 正确． 8．(2021·贵阳检测)质量为M 、内壁间距为L 的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m 的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ.初始时小物块停在箱子正中间，如下图．现给小物块一水平向右的初速度v ，小物块与箱壁碰撞N 次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止．设碰撞都是弹性的，那么整个过程中，系统损失的动能为( )A.12Mv 2 B.mM 2〔m ＋M 〕v 2 C.12N μmgL D ．N μmgL解析：选BD.设最终箱子与小物块的速度为v 1，根据动量守恒定律：mv ＝(m ＋M )v 1，那么动能损失ΔE k ＝12mv 2－12(m ＋M )v 21，解得ΔE k ＝mM 2〔m ＋M 〕v 2，B 对；依题意：小物块与箱壁碰撞N 次后回到箱子的正中央，相对箱子运动的路程为sL ＋(N －1)LL ＝NL ，故系统因摩擦产生的热量即为系统损失的动能：ΔE k ＝Q ＝NμmgL ，D 对．三、非选择题9．皮球从某高度落到水平地板上，，且每次球与地板接触的时间相等．假设空气阻力不计，与地板碰撞时，皮球重力可忽略．(1)求相邻两次球与地板碰撞的平均冲力大小之比是多少？(2)假设用手拍这个球，使其保持在0.8 m 的高度上下跳动，那么每次应给球施加的冲量为多少？(球的质量m ＝0.5 kg ，g 取10 m/s 2)解析：(1)由题意可知，处的初始高度为H ，与地板第一次碰撞前瞬时速度大小为v 0＝2gH ，第一次碰撞后瞬时速度大小(亦为第二次碰撞前瞬时速度大小)v 1和第二次碰撞后瞬时速度大小v 2满足v 2v 12v 0.设两次碰撞中地板对球的平均冲力分别为F 1、F 2，选竖直向上为正方向，根据动量定理，有 F 1t ＝mv 1－(－mv 0mv 0F 2t ＝mv 2－(－mv 1mv 1mv 0那么F 1∶F 2＝5∶4.(2)欲使球跳起0.8 m ，应使球由静止下落的高度为h ＝0.80.64m ＝1.25 m ，球由1.25 m 落到0.8 m 处的速度为v ＝3 m/s ，那么应在0.8 m 处给球的冲量为I ＝mv ＝1.5 N ·s ，方向竖直向下．答案：(1)5∶4 (2)1.5 N ·s 方向竖直向下10．在如下图的水平轨道中，AC 段的中点B 的正上方有一探测器，C 处有一竖直挡板．物体P 1沿轨道向右以速度v 1与静止在A 点的物体P 2碰撞，并结成复合体P ，以此碰撞时刻为计时零点．探测器只在t 1＝2 s 至t 2＝4 s 内工作，P 1、P 2的质量都为m ＝1 kg ，P 与AC 间的动摩擦因数为μ，AB 段长L ＝4 m ，g 取10 m/s 2，P 1、P 2和P 均视为质点，P 与挡板的碰撞为弹性碰撞．(1)假设v 1＝6 m/s ，求P 1、P 2碰后瞬间的速度大小v 和碰撞损失的动能ΔE .(2)假设P 与挡板碰后，能在探测器的工作时间内通过B 点，求v 1的取值范围和P 向左经过A 点时的最大动能E .解析：(1)根据动量守恒定律有：mv 1＝2mv ①。

第2讲动量和能量观点的应用[历次选考考情分析]章知识内容考试要求历次选考统计必考加试2021/102021/042021/102021/042021/112021/04动量守恒定律动量和动量定理c 22 23 22 22 23 动量守恒定律c 23 22碰撞 d反冲运动火箭b 23考点一动量与冲量有关概念与规律的辨析1．动量定理(1)冲量：力与力的作用时间的乘积叫做力的冲量，即I＝Ft，冲量是矢量，其方向与力的方向一样，单位是N·s.(2)物理意义：动量定理表示了合外力的冲量与动量变化间的因果关系；冲量是物体动量变化的原因，动量发生改变是物体合外力的冲量不为零的结果．(3)矢量性：动量定理的表达式是矢量式，应用动量定理时需要规定正方向． 2．动量定理的应用(1)应用I ＝Δp 求变力的冲量：假设作用在物体上的作用力是变力，不能直接用Ft 求变力的冲量，但可求物体动量的变化Δp ，等效代换变力的冲量I .(2)应用Δp ＝Ft 求恒力作用下物体的动量变化：假设作用在物体上的作用力是恒力，可求该力的冲量Ft ，等效代换动量的变化． 3．动量守恒的适用条件(1)系统不受外力或所受外力的合力为零，不是系统内每个物体所受的合力都为零，更不能认为系统处于平衡状态．(2)近似适用条件：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力． (3)如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，那么系统在该方向上动量守恒． 4．动量守恒的表达式(1)m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和．(2)Δp 1＝－Δp 2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向． (3)Δp ＝0，系统总动量的增量为零．1．[动量定理的定性分析](多项选择)篮球运发动通常要伸出双手迎接传来的篮球．接球时，两手随球迅速收缩至胸前，如图1所示，以下说法正确的选项是( )图1A ．球对手的冲量减小B ．球对人的冲击力减小C ．球的动量变化量不变D ．球的动能变化量减小答案 BC解析 先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球引至胸前，这样可以增加球与手接触的时间，根据动量定理得：－Ft ＝0－mv 得F ＝mvt，当时间增大时，作用力减小，而冲量和动量变化量、动能变化量都不变，所以B 、C 正确．2．[动量定理的定量计算](多项选择)如图2所示为运动传感器探测到小球由静止释放后撞击地面弹跳的v －t 图象，小球质量为0.5 kg ，重力加速度g ＝10 m/s 2，不计空气阻力，根据图象可知( )图2A ．横坐标每一小格表示的时间是0.1 sB ．小球第一次反弹的最大高度为1.25 mC ．小球下落的初始位置离地面的高度为1.25 mD ．小球第一次撞击地面时地面给小球的平均作用力为55 N 答案 AB解析 小球下落时做自由落体运动，加速度为g ，那么落地时速度为6 m/s ，用时t ＝610 s ＝0.6 s ，图中对应6个小格，每一小格表示0.1 s ，故A 正确；第一次反弹后加速度也为g ，为竖直上抛运动，由题图可知，最大高度为：h ＝12×10×(0.5)2m ＝1.25 m ，故B 正确；小球下落的初始位置离地面的高度为：h ′＝12×10×(0.6)2m ＝1.8 m ，故C 错误；设向下为正方向，由题图可知，碰撞时间约为t ′＝0.1 s ，根据动量定理可知：mgt ′－Ft ′＝mv ′－mv ，代入数据解得：F ＝60 N ，故D 错误．3．[动量守恒的应用](多项选择)如图3所示，在光滑水平面上，质量为m 的A 球以速度v 0向右运动，与静止的质量为5m 的B 球碰撞，碰撞后A 球以v ＝av 0(待定系数a <1)的速率弹回，并与固定挡板P 发生弹性碰撞，假设要使A 球能再次追上B 球并相撞，那么系数a 可以是( )图3A.14B.25C.23D.17 答案 BC解析 A 与B 发生碰撞，选取向右为正方向，根据动量守恒可知：mv 0＝5mv B －mav 0.要使A 球能再次追上B 球并相撞，且A 与固定挡板P 发生弹性碰撞，那么av 0>v B ，由以上两式可解得：a >14，故B 、C 正确，A 、D 错误．考点二 动量观点在电场和磁场中的应用例1 如图4所示，轨道ABCDP 位于竖直平面内，其中圆弧段CD 与水平段AC 及倾斜段DP 分别相切于C 点和D 点，水平段AB 、圆弧段CD 和倾斜段DP 都光滑，水平段BC 粗糙，DP 段与水平面的夹角θ＝37°，D 、C 两点的高度差h ＝0.1 m ，整个轨道绝缘，处于方向水平向左、场强未知的匀强电场中．一个质量m 1＝0.4 kg 、带正电、电荷量未知的小物块Ⅰ在A 点由静止释放，经过时间t ＝1 s ，与静止在B 点的不带电、质量m 2＝0.6 kg 的小物块Ⅱ碰撞并粘在一起在BC 段上做匀速直线运动，到达倾斜段DP 上某位置．物块Ⅰ和Ⅱ与轨道BC 段间的动摩擦因数均为μ＝0.2.g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：图4(1)物块Ⅰ和Ⅱ在BC 段上做匀速直线运动的速度大小；(2)物块Ⅰ和Ⅱ第一次经过C 点时，圆弧段轨道对物块Ⅰ和Ⅱ的支持力的大小． 答案 (1)2 m/s (2)18 N解析 (1)物块Ⅰ和Ⅱ粘在一起在BC 段上做匀速直线运动，设电场强度为E ，物块Ⅰ带电荷量为q ，与物块Ⅱ碰撞前物块Ⅰ的速度为v 1，碰撞后共同速度为v 2，取水平向左为正方向，那么qE ＝μ(m 1＋m 2)g ，qEt ＝m 1v 1，m 1v 1＝(m 1＋m 2)v 2解得v 2＝2 m/s(2)设圆弧段CD 的半径为R ，物块Ⅰ和Ⅱ第一次经过C 点时圆弧段轨道对物块Ⅰ和Ⅱ的支持力的大小为F N ，那么R (1－cos θ)＝hF N －(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)v 22R解得F N ＝18 N4．(2021·诸暨市期末)在一个高为H ＝5 m 的光滑水平桌面上建立直角坐标系，x 轴刚好位于桌子的边缘，如图5所示为俯视平面图．在第一象限的x ＝0到x ＝4 3 m 之间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B ＝1.0 T ，第二象限内的平行金属板MN 之间加有一定的电压．甲、乙为两个绝缘小球，甲球质量m 1＝3×10－3kg ，带q ＝5×10－3C 的正电荷，乙球的质量m 2＝10×10－3kg ，静止在桌子边缘上的F 点，即x 轴上x ＝3 3 m 处；现让甲球从金属板M 附近由静止开场在电场中加速，经y 轴上y ＝3 m 处的E 点，垂直y 轴射入磁场，甲球恰好能与乙球对心碰撞，碰后沿相反方向弹回，最后垂直于磁场边界PQ 射出，而乙球落到地面．假设在整个过程中甲球的电荷量始终保持不变，重力加速度g ＝10 m/s 2，那么：图5(1)求平行金属板MN 之间的电压； (2)求甲球从磁场边界PQ 射出时速度大小；(3)求乙球的落地点到桌子边缘(即x 轴)的水平距离． 答案 (1)30 V (2)103m/s (3)2 3 m解析 (1)设甲球做第一次圆周运动的半径为R 1，那么由几何关系可得(R 1－OE )2＋OF 2＝R 12R 1＝6.0 m.设平行金属板MN 之间的电压为U ，甲球加速后的速度为v 1，那么qv 1B ＝m 1v 12R 1，得v 1＝10 m/sqU ＝12m 1v 12代入数据得U ＝30 V.(2)设甲球做第二次圆周运动的半径为R 2，那么由几何关系可得R 2＝2.0 m qv 2B ＝m 1v 22R 2代入数据得v 2＝103m/s.(3)甲、乙两球对心碰撞，设碰后乙球的速度为v ，以碰撞前甲球的速度方向为正方向，由动量守恒定律有m 1v 1＝－m 1v 2＋m 2v ，代入数据得v ＝4 m/s.由几何关系可得甲球的碰前速度方向与x 轴成60°，因此乙球的碰后速度方向也与x 轴成θ＝60°，开场做平抛运动，设水平位移为s ，沿y 轴方向位移分量为y .H ＝12gt 2， s ＝vt ， y ＝s sin θ，代入数据得y ＝2 3 m.考点三 动量和能量观点在电磁感应中的简单应用例2 如图6所示，足够长的水平轨道左侧b 1b 2－c 1c 2局部的轨道间距为2L ，右侧c 1c 2－d 1d 2局部的轨道间距为L ，曲线轨道与水平轨道相切于b 1b 2，所有轨道均光滑且电阻不计．在水平轨道内有斜向下与竖直方向成θ＝37°的匀强磁场，磁感应强度大小为B ＝0.1 T ．质量为M ＝0.2 kg 的金属棒C 垂直于导轨静止放置在右侧窄轨道上，质量为m ＝0.1 kg 的导体棒A自曲线轨道上a 1a 2处由静止释放，两金属棒在运动过程中始终相互平行且与导轨保持良好接触，A 棒总在宽轨上运动，C 棒总在窄轨上运动．：两金属棒接入电路的有效电阻均为R ＝0.2 Ω，h ＝0.2 m ，L ＝0.2 m ，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2，求：图6(1)金属棒A 滑到b 1b 2处时的速度大小； (2)金属棒C 匀速运动的速度大小；(3)在两棒整个的运动过程中通过金属棒A 某截面的电荷量；(4)在两棒整个的运动过程中金属棒A 、C 在水平导轨间扫过的面积之差． 答案 (1)2 m/s (2)0.44 m/s (3)5.56 C (4)27.8 m 2解析 (1)A 棒在曲线轨道上下滑，由机械能守恒定律得：mgh ＝12mv 02得：v 0＝2gh ＝2×10×0.2 m/s ＝2 m/s(2)选取水平向右为正方向，对A 、C 利用动量定理可得： 对C ：F C 安cos θ·t ＝Mv C 对A ：－F A 安cos θ·t ＝mv A －mv 0 其中F A 安＝2F C 安联立可知：mv 0－mv A ＝2Mv C两棒最后匀速运动时，电路中无电流：有BLv C ＝2BLv A 得：v C ＝2v A 解得v C ≈0.44 m/s(3)在C 加速过程中：Σ(B cos θ)iL Δt ＝Mv C －0q ＝Σi Δt得：q ＝509C≈5.56 C(4)根据法拉第电磁感应定律有：E ＝ΔΦΔt磁通量的变化量：ΔΦ＝B ΔS cos θ 电路中的电流：I ＝E2R通过截面的电荷量：q ＝I ·Δt 得：ΔS ＝2509m 2≈27.8 m 25.如图7所示，两平行光滑金属导轨由两局部组成，左面局部水平，右面局部为半径r ＝0.5 m 的竖直半圆，两导轨间距离d ＝0.3 m ，导轨水平局部处于竖直向上、磁感应强度大小B ＝1 T 的匀强磁场中，两导轨电阻不计．有两根长度均为d 的金属棒ab 、cd ，均垂直导轨置于水平导轨上，金属棒ab 、cd 的质量分别为m 1＝0.2 kg 、m 2＝0.1 kg ，电阻分别为R 1＝0.1 Ω、R 2ab 棒以v 0＝10 m/s 的初速度开场水平向右运动，cd 棒进入圆轨道后，恰好能通过轨道最高点PP ′，cd 棒进入圆轨道前两棒未相碰，重力加速度g ＝10 m/s 2，求：图7(1)ab 棒开场向右运动时cd 棒的加速度a 0； (2)cd 棒刚进入半圆轨道时ab 棒的速度大小v 1； (3)cd 棒进入半圆轨道前ab 棒克制安培力做的功W . 答案 (1)30 m/s 2(2)7.5 m/s (3)4.375 J解析 (1)ab 棒开场向右运动时，设回路中电流为I ，有E ＝Bdv 0 I ＝E R 1＋R 2 BId ＝m 2a 0解得：a 0＝30 m/s 2(2)设cd 棒刚进入半圆轨道时的速度为v 2，系统动量定恒，有m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 212m 2v 22＝m 2g ·2r ＋12m 2v P 2 m 2g ＝m 2v P 2r解得：v 1＝7.5 m/s(3)由动能定理得12m 1v 12－12m 1v 02＝－W解得：W ＝4.375 J.专题强化练1．(多项选择)以下说法正确的选项是( ) A ．物体运动的方向就是它的动量的方向B ．如果物体的速度发生变化，那么可以肯定它受到的合外力的冲量不为零C ．如果合外力对物体的冲量不为零，那么合外力一定使物体的动能增大D ．作用在物体上的合外力的冲量不一定能改变物体速度的大小 答案 ABD解析 物体动量的方向与物体的运动方向一样，A 对；如果物体的速度变化，那么物体的动量一定发生了变化，由动量定理知，物体受到的合外力的冲量不为零，B 对；合外力对物体的冲量不为零，但合外力可以对物体不做功，物体的动能可以不变，C 错；作用在物体上的合外力的冲量可以只改变物体速度的方向，不改变速度的大小，D 对． 2．(多项选择)关于动量、冲量，以下说法成立的是( )A ．某段时间内物体的动量增量不为零，而物体在某一时刻的动量可能为零B ．某段时间内物体受到的冲量不为零，而物体动量的增量可能为零C ．某一时刻，物体的动量为零，而动量对时间的变化率可能不为零D ．某段时间内物体受到的冲量变大，那么物体的动量大小可能变大、变小或不变 答案 ACD解析 自由落体运动，从开场运动的某一段时间内物体动量的增量不为零，而其中初位置物体的动量为零，故A 正确；某一段时间内物体受到的冲量不为零，根据动量定理，动量的变化量不为零，故B 错误；某一时刻物体的动量为零，该时刻速度为零，动量的变化率是合力，速度为零，合力可以不为零，即动量的变化率可以不为零，故C 正确；根据动量定理，冲量等于动量的变化．某段时间内物体受到的冲量变大，那么物体的动量的改变量变大，动量大小可能变大、变小或不变，故D 正确．3．(多项选择)如图1所示，一段不可伸长的轻质细绳长为L ，一端固定在O 点，另一端系一个质量为m的小球(可以视为质点)，保持细绳处于伸直状态，把小球拉到跟O点等高的位置由静止释放，在小球摆到最低点的过程中，不计空气阻力，重力加速度大小为g，那么( )图1A．合外力做的功为0 B．合外力的冲量为m2gLC．重力做的功为mgL D．重力的冲量为m2gL答案BC4．(多项选择)(2021·新高考研究联盟联考)如图2所示是两名短道速滑选手在接力瞬间的照片，在短道速滑接力时，后面队员把前面队员用力推出(推出过程中可忽略运发动受到的冰面水平方向的作用力)，以下说法正确的选项是( )图2A．接力过程中前面队员的动能增加量等于后面队员的动能减少量B．接力过程中前面队员受到的冲量和后面队员受到的冲量大小相等方向相反C．接力过程中前后两名队员总动量增加D．接力过程中前后两名队员总动量不变答案BD5．(多项选择)(2021·诸暨中学段考)向空中发射一物体(不计空气阻力)，当物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂为a、b两块．假设质量较大的a的速度方向仍沿原来的方向，那么( )A．b的速度方向一定与原速度方向相反B．从炸裂到落地这段时间里，a飞行的水平距离一定比b的大C．a、b一定同时到达地面D．炸裂的过程中，a、b的动量变化大小一定相等答案CD6.(多项选择)一辆小车静止在光滑的水平面上，小车立柱上固定一条长L(小于立柱高)、拴有小球的细线，将小球拉至和悬点在同一水平面处由静止释放，如图3所示，小球摆动时，不计一切阻力，重力加速度为g，下面说法中正确的选项是( )图3A．小球和小车的总机械能守恒B．小球和小车的动量守恒C．小球运动到最低点的速度为2gLD．小球和小车只在水平方向上动量守恒答案AD7．(多项选择)质量一样的子弹、橡皮泥和钢球以一样的水平速度射向竖直墙壁，结果子弹穿墙而过，橡皮泥粘在墙上，钢球被弹回．不计空气阻力，关于它们对墙的水平冲量的大小，以下说法正确的选项是( )A．子弹对墙的冲量最小B．橡皮泥对墙的冲量最小C．钢球对墙的冲量最大D．子弹、橡皮泥和钢球对墙的冲量大小相等答案AC解析由于子弹、橡皮泥和钢球的质量相等、初速度相等，取初速度的方向为正方向，那么它们动量的变化量Δp＝mv－mv0，子弹穿墙而过，末速度的方向为正，橡皮泥粘在墙上，末速度等于0，钢球被弹回，末速度的方向为负，可知子弹的动量变化量最小，钢球的动量变化量最大．由动量定理I＝Δp，那么子弹受到的冲量最小，钢球受到的冲量最大．结合牛顿第三定律可知，子弹对墙的冲量最小，钢球对墙的冲量最大，故A、C正确，B、D错误．8．(多项选择)如图4所示，质量为m的物体在一个与水平方向成θ角的拉力F作用下，一直沿水平面向右匀速运动，那么以下关于物体在t时间内所受力的冲量，正确的选项是( )图4A．拉力F的冲量大小为Ft cos θB．摩擦力的冲量大小为Ft cos θC．重力的冲量大小为mgtD．物体所受支持力的冲量大小是mgt答案BC解析拉力F的冲量大小为Ft，故A错误；物体做匀速直线运动，可知摩擦力F f＝F cos θ，那么摩擦力的冲量大小为F f t＝Ft cos θ，故B正确；重力的冲量大小为mgt，故C正确；支持力的大小为F N ＝mg －F sin θ，那么支持力的冲量大小为(mg －F sin θ)t ，故D 错误．9．如图5所示，粗糙水平地面上方以PQ 为界，左边有水平向右的匀强电场，场强大小为E ＝mg q，右边有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，磁场以MN 为右边界，一个质量为2m 的带电荷量为＋q 的物体从地面上O 点出发，在电场力作用下运动到Q 点时与另一质量为m 、不带电的物体发生正碰，碰后两者粘为一体，并恰好能在QN 间做匀速直线运动，两物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.1，g 为重力加速度，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.图5(1)求O 、Q 之间的距离x 1；(2)假设MN 右侧有一倾角θ＝37°的倾斜传送带正以速度v 0逆时针转动，物体系统通过N 点到传送带时无动能损失，且传送带足够大，物体系统与传送带间的动摩擦因数为μ1＝0.5，求物体系统在传送带上上升过程中运动的最大距离．答案 (1)405m 2g 16B 2q 2 (2)9m 2g 2B 2q2 解析 (1)设两物体碰后的瞬间速度为v 2，那么有：Bqv 2＝3mg设带电物体的碰撞前速度为v 1，取向右为正方向，由动量守恒定律有：2mv 1＝3mv 2对2m ，从O 到Q 由动能定理可得：Eqx 1－μ·2mgx 1＝12×2mv 12，那么x 1＝405m 2g 16B 2q2 (2)物体系统沿传送带向上做匀减速运动，由牛顿第二定律得：3mg sin θ＋μ1·3mg cos θ＝3ma那么a ＝g . 故物体系统上升的最大距离为：x 2＝v 222a ＝9m 2g 2B 2q2 10．(2021·名校协作体联考)用质量为m 、电阻率为ρ、横截面积为S 的均匀薄金属条制成边长为L 的闭合正方形框abb ′a ′，如图6甲所示，金属方框水平放在磁极的狭缝间，方框平面与磁场方向平行．设匀强磁场仅存在于相对磁极之间，其他地方的磁场忽略不计．可认为方框的aa ′边和bb ′边都处在磁极间，磁极间磁感应强度大小为B .方框从静止开场释放，其平面在下落过程中保持水平(不计空气阻力，重力加速度为g )．甲 装置纵截面示意图 乙 装置俯视示意图图6(1)请判断图乙金属方框中感应电流的方向；(2)当方框下落的加速度为g 3时，求方框的发热功率P ； (3)当方框下落的时间t ＝2mρB 2LS时，速度恰好到达最大，求方框的最大速度v m 和此过程中产生的热量．答案 (1)顺时针 (2)4m 2g 2ρ9B 2LS (3)mgρB 2LS m 3g 2ρ22B 4L 2S 2 解析 (1)由右手定那么可知：感应电流方向为顺时针．(2)方框受到的安培力：F 安＝2BIL由牛顿第二定律有mg －F 安＝mg 3 解得I ＝mg 3BL由电阻定律得金属方框电阻R ＝ρ4L S方框的发热功率P ＝I 2R ＝4m 2g 2ρ9B 2LS (3)当方框下落的加速度为零时，速度到达最大，即mg ＝F 安′＝2B2BLv m R L 解得v m ＝mgρB 2LS将下落过程分成假设干微元，由动量定理得mgt －∑2B2BLv i R Lt ＝mv m －0∑v i t ＝h 解得h ＝m 2gρ2B 4L 2S 2 由能量守恒定律得mgh －Q ＝12mv m 2解得Q ＝m 3g 2ρ22B 4L 2S2 11．(2021·鲁迅中学月考)如图7所示，两根平行金属导轨MN 和PQ 放在水平面上，左端向上弯曲且光滑，导轨间距为L ，电阻不计．水平段导轨所处空间有两个有界匀强磁场，相距一段距离不重叠，磁场Ⅰ左边界在水平段导轨的最左端，磁感应强度大小为B ，方向竖直向上；磁场Ⅱ的磁感应强度大小为2B ，方向竖直向下．质量均为m 、电阻均为R 的金属棒a 和b 垂直放置在导轨上，金属棒b 置于磁场Ⅱ的右边界CD 处．现将金属棒a 从弯曲导轨上某一高处由静止释放，使其沿导轨运动．设两金属棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好．图7(1)假设水平段导轨粗糙，两金属棒与水平段导轨间的最大静摩擦力均为15mg ，将金属棒a 从距水平面高度为h 处由静止释放． ①金属棒a 刚进入磁场Ⅰ时，求通过金属棒b 的电流大小；②假设金属棒a 在磁场Ⅰ内运动过程中，金属棒b 能在导轨上保持静止，通过计算分析金属棒a 释放时的高度h 应满足的条件；(2)假设水平段导轨是光滑的，将金属棒a 仍从高度为h 处由静止释放，使其进入磁场Ⅰ.设两磁场区域足够大，金属棒a 在磁场Ⅰ内运动过程中，求金属棒b 中可能产生的电热的最大值．答案 (1)①BL 2gh 2R ②h ≤m 2gR 250B 4L 4 (2)110mgh 解析 (1)①a 棒从h 高处释放后在弯曲导轨上滑动时机械能守恒，有mgh ＝12mv 02 解得v 0＝2gha 棒刚进入磁场Ⅰ时，E ＝BLv 0，此时通过a 、b 的感应电流大小为I ＝E 2R， 解得I ＝BL 2gh 2R. ②a 棒刚进入磁场Ⅰ时，b 棒受到的安培力大小F ＝2BIL为使b 棒保持静止，应有F ≤15mg 联立解得h ≤m 2gR 250B 4L4. (2)当金属棒a 进入磁场Ⅰ时，由左手定那么判断，a 棒向右做减速运动，b 棒向左做加速运动．二者产生的感应电动势相反，当二者产生的感应电动势大小相等时，闭合回路的电流为零，此后二者均匀速运动，故金属棒a 、b 均匀速运动时，金属棒b 中产生的电热最大． 设此时a 、b 的速度大小分别为v 1与v 2，有BLv 1＝2BLv 2对金属棒a 应用动量定理，有－B I L Δt ＝mv 1－mv 0对金属棒b 应用动量定理，有2B I L Δt ＝mv 2联立解得v 1＝45v 0，v 2＝25v 0 根据能量守恒定律，电路中产生的总电热Q 总＝12mv 02－12mv 12－12mv 22＝15mgh 故金属棒b 中产生的电热最大值为Q ＝12Q 总＝110mgh。

专题二 能量与动量第一讲功和能考点一功和功率1.[考察功的计算]如下图，倾角为30°的粗糙斜面与倾角为60°的光滑斜面对接在一起，两斜面上分别放有质量均为m 的物块甲和乙，两物块通过一跨过光滑定滑轮的细线连在一起。

物块甲与粗糙斜面间动摩擦因数为μ，在平行于斜面的拉力F 的作用下两物块做匀速运动。

从图示位置开场计时，在物块甲与滑轮相碰前的一段时间内⎝⎛⎭⎪⎫OA 长为L ，OB 长为L 2，力F 做的功为( )A ．mgL ⎝⎛⎭⎪⎫32μ＋32－12B ．mgL ⎝⎛⎭⎪⎫32μ＋32＋12C ．mgL ⎝ ⎛⎭⎪⎫12μ＋32－12D ．mgL ⎝ ⎛⎭⎪⎫12μ＋32＋12解析：选A 对物块甲：T ＋mg sin 30°＝μmg cos 30°；对物块乙：F ＝T ＋mg sin 60°；F 做的功：W ＝FL ；解得W ＝mgL ⎝⎛⎭⎪⎫32μ＋32－12，故A 正确。

2．[考察平均功率与瞬时功率的分析与计算][多项选择]如图甲所示，一个质量m ＝2 kg 的物块静止放置在粗糙水平地面O 处，物块与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.5，在水平拉力F 作用下物块由静止开场向右运动，经过一段时间后，物块回到出发点O 处，取水平向右为速度的正方向，物块运动过程中其速度v 随时间t 变化规律如图乙所示，取g ＝10 m/s 2，以下说法正确的选项是( )A ．物块经过4 s 时间到出发点B ．4.5 s 时水平力F 的瞬时功率为24 WC ．0～5 s 内摩擦力对物块先做负功，后做正功，总功为零D ．0～5 s 内物块所受合力的平均功率为1.8 W解析：选BD 由图像可知，前4 s 内速度方向始终为正方向，故前4 s 时间内没有回到出发点，选项A 错误；根据v ­t 图线的斜率表示加速度，可知3～5 s 内，加速度a ＝－31m/s 2＝－3 m/s 2,4.5 s 时的速度v ＝a Δt ＝－3×(4.5－4) m/s ＝－1.5 m/s ，根据牛顿第二定律有F ＋μmg ＝ma ，得F ＝－16 N ，负号表示力的方向水平向左，水平力F 的瞬时功率P ＝Fv ＝24 W ，选项B 正确；滑动摩擦力的方向始终与速度方向相反，摩擦力始终做负功，选项C 错误；3～5 s 内合力为恒力，物块的位移为零，合力做的功为零，0～3 s 内，物块的加速度a 1＝33 m/s 2＝1 m/s 2，位移x 1＝12×1×32m ＝4.5 m ，合力做的功W ＝ma 1x 1＝9 J ，0～5 s 内合力的平均功率P ＝W t ＝95W ＝1.8 W ，选项D 正确。

第2讲 动量和能量观点的应用[选考考点分布]章知识内容考试要求历次选考统计必考 加试 2020/10 2020/04 2020/10 2020/042020/11 动量守恒定律 动量和动量定理c 22 23 2222动量守恒定律c 23 22 碰撞d 反冲运动 火箭b23考点一 动量与冲量有关概念与规律的辨析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，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多少？ 答案m 2ght＋mg 解析 由自由落体运动公式得，人下降h 距离时的速度为v ＝2gh ，在t 时间内对人由动量定理得(F －mg)t ＝mv ，解得安全带对人的平均作用力为F ＝m 2gh t＋mg.2．(多选)(人教版选修3－5P9改编)鸡蛋掉在草地上比掉在水泥地上不容易碎．下列防护和规定中与其具有相同的原理的是( )A ．撑竿跳高比赛中，横杆的下方放有较厚的海绵垫B ．易碎物品运输时要用柔软材料包装，船舷和码头悬挂旧轮胎C ．有关部门规定用手工操作的各类振动机械的频率必须大于20赫兹D ．在汽车上安装安全气囊答案 ABD解析 鸡蛋掉在草地上时与草地的作用时间长，掉在水泥地上时与水泥地的作用时间短，由动量定理FΔt＝Δp 知，当动量变化量相同时，鸡蛋掉在草地上受到的作用力小，所以不容易碎．撑竿跳高比赛时，横杆的下方放有较厚的海绵垫是为了增大运动员与海绵的作用时间而减小运动员受到的作用力，选项A 正确；易碎物品运输时要用柔软材料包装，船舷和码头悬挂旧轮胎是为了增大物体间的作用时间而减小物体间的作用力，选项B 正确；用手工操作的各类振动机械的频率大于20 Hz 是为了防止发生共振现象而对人体健康造成危害，选项C 错误；在汽车上安装安全气囊是为了增大安全气囊与人的作用时间而减小人受到的作用力，选项D 正确． 3．(多选)(2020·浙江镇海中学期末)下列说法正确的是( ) A ．动量大的物体，它的速度不一定大 B ．动量大的物体，它的速度一定也大C ．只要物体运动的速度大小不变，物体的动量就保持不变D ．物体的动量变化越大，则该物体的速度变化一定越大 答案 AD4．(多选)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，其动能不一定相等 D ．两物体的动能相等，其动量一定相等 答案 AC解析 动能是标量E k ＝12mv 2，动量是矢量p ＝mv ，动能与动量之间的大小关系：E k ＝p22m .一物体的动量p 不变，其动能E k 一定不变，故A 正确．一物体的动能不变，其动量大小一定不变，但速度的方向可以变化，即动量的方向可以变化，故B 错误．两物体的动量相等，当两物体的质量相等时，其动能一定相等，当两物体的质量不等时，其动能一定不相等，故C 正确．两物体动能相等，而质量不等时，其动量也是不相等的，故D 错误．5．(多选) 如图1所示，小车与木箱紧挨着静止在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱，关于上述过程，下列说法中正确的是( )图1A ．男孩和木箱组成的系统动量守恒B ．小车与木箱组成的系统动量守恒C ．男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒D ．木箱的动量增加量与男孩、小车的总动量减小量相同 答案 CD6. (多选)一辆小车静止在光滑的水平面上，小车立柱上固定一条长L(小于立柱高)、拴有小球的细线，小球拉至和悬点在同一水平面处静止释放，如图2所示，小球摆动时，不计一切阻力，重力加速度为g，下面说法中正确的是( )图2A．小球和小车的总机械能守恒B．小球和小车的动量守恒C．小球运动到最低点的速度为2gLD．小球和小车只在水平方向上动量守恒答案AD7．(多选) 如图3所示，质量为m的物体在一个与水平方向成θ角的拉力F作用下，一直沿水平面向右匀速运动，则下列关于物体在t时间内所受力的冲量，正确的是( )图3A．拉力F的冲量大小为Ftcos θB．摩擦力的冲量大小为Ftcos θC．重力的冲量大小为mgtD．物体所受支持力的冲量大小是mgt答案BC解析拉力F的冲量大小为Ft，故A错误；物体做匀速直线运动，可知摩擦力F f＝Fcos θ，则摩擦力的冲量大小为F f t＝Ftcos θ，故B正确；重力的冲量大小为mgt，故C正确；支持力的大小为F N＝mg－Fsin θ，则支持力的冲量大小为(mg－Fsin θ)t，故D错误．1.动量定理(1)动量定理表示了合外力的冲量与动量变化间的因果关系；冲量是物体动量变化的原因，动量发生改变是物体合外力的冲量不为零的结果．(2)动量定理的表达式是矢量式，应用动量定理时需要规定正方向．(3)动量定理中的冲量是合外力的冲量，而不是某一个力的冲量．求合外力的冲量有两种方法：一是先求所有外力的合力，再求合外力的冲量；二是先求每个外力的冲量，再求所有外力冲量的矢量和．2．动量定理的应用(1)应用I＝Δp求变力的冲量：若作用在物体上的作用力是变力，不能直接用Ft求变力的冲量，但可求物体动量的变化Δp，等效代换变力的冲量I.(2)应用Δp＝Ft求恒力作用下物体的动量变化：若作用在物体上的作用力是恒力，可求该力的冲量Ft，等效代换动量的变化． 3．动量守恒的适用条件(1)系统不受外力或所受外力的合力为零，不是系统内每个物体所受的合力都为零，更不能认为系统处于平衡状态．(2)近似适用条件：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力． (3)如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在该方向上动量守恒．考点二 动量观点在电场和磁场中的应用1．在竖直的xOy 平面内，第Ⅰ、Ⅲ象限均存在相互正交的匀强电场和匀强磁场，第一象限内电场沿＋y 方向，磁场垂直xOy 平面向外，第三象限内电场沿－x 方向，磁场垂直xOy 平面向里，电场强度大小均为E ，磁感应强度大小均为B ，A 、B 两小球带等量异种电荷，带电量大小均为q ，两球中间夹一被压缩的长度不计的绝缘轻弹簧(不粘连)，某时刻在原点O 处同时释放AB ，AB 瞬间被弹开之后，A 沿圆弧OM 运动，B 沿直线OP 运动，OP 与－x 轴夹角θ＝37°，如图4中虚线所示，不计两球间库仑力的影响，已知重力加速度为g ，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，试求：图4(1)A 、B 两球的质量比m Am B；(2)A 球出射点M 离O 点的距离； (3)刚释放时，弹簧的弹性势能E p . 答案 (1)34 (2)8E 23B 2g (3)350E 3q81B 2g解析 (1)弹开后，A 沿圆弧运动，所以A 应带正电， m A g ＝Eq 得：m A ＝EqgB 沿OP 运动，受力平衡，带负电，有 tan θ＝Eq m B g 得m B ＝4Eq 3gm A m B ＝Eqg4Eq3g＝34(2)对B球受力分析，知：Bqv2sin θ＝Eq得B球速度v2＝5E3BAB弹开瞬间，动量守恒m A v1＝m B v2解以上各式得，A球速度v1＝20E9BA做圆周运动，Bqv1＝m A v1 2R轨道半径R＝m A v1Bq＝20E29B2gOM＝2Rsin θ＝8E23B2g(3)弹开瞬间，由能量守恒可知E p＝12m A v1 2＋12m B v2 2将(1)(2)各式代入得：E p＝350E3q81B2g2．如图5所示，质量m A＝0.8 kg、带电量q＝－4×10－3 C的A球用长l＝0.8 m的不可伸长的绝缘轻线悬吊在O点，O点右侧有竖直向下的匀强电场，场强E＝5×103 N/C.质量m B＝0.2 kg、不带电的B球静止在光滑水平轨道上，右侧紧贴着压缩并锁定的轻质弹簧，弹簧右端与固定挡板连接，弹性势能为3.6 J．现将A球拉至左边与圆心等高处静止释放，将弹簧解除锁定，B球离开弹簧后，恰好与第一次运动到最低点的A球相碰，并结合为一整体C，同时撤去水平轨道．A、B、C均可视为质点，线始终未被拉断，g＝10 m/s2.求：图5(1)碰撞过程中A球对B球做的功；(2)碰后C第一次离开电场时的速度大小；(3)C 每次离开最高点时，电场立即消失，到达最低点时，电场又重新恢复，不考虑电场瞬间变化产生的影响，求C 每次离开电场前瞬间绳子受到的拉力．答案 (1)－3.2 J (2)4 2 m/s (3)(80n －30) N ，n ＝1,2,3…… 解析 (1)碰前A 的速度为v A 12m A v A 2＝m A gl v A ＝4 m/s 碰前B 的速度为v B E p ＝12m B v B 2，v B ＝6 m/s由动量守恒得m A v A －m B v B ＝(m A ＋m B )v C v C ＝2 m/sA 对B 所做的功W ＝12m B vC 2－E p ＝－3.2 J(2)碰后，整体受到竖直向上的电场力 F ＝|q|E ＝20 N ，G ＝m C g ＝10 N 因F －m C g>m C v C2l ，整体C 做类平抛运动水平方向上：x ＝v C t 竖直方向上：y ＝12at 2其中a ＝|q|E －m C g m C＝10 m/s 2圆的方程：(y －l)2＋x 2＝l 2解得：x ＝0.8 m ，y ＝0.8 m C 刚好在圆心等高处绳子拉直 此时C 向上的速度为v 0＝gt ＝4 m/s 设C 运动到最高点速度为v 1由动能定理得12m C v 1 2－12m C v 0 2＝(F －m C g)lv 1＝4 2 m/s(3)设C 从最高点运动到最低点时的速度为v 1′，由机械能守恒定律得：m C g×2l＝12m C v 1′2－12m C v 1 2v 1′＝8 m/s由F T ＋F －m C g ＝m C v 1′2l可知F T >0，所以小球能一直做圆周运动 设小球第n 次经过最高点时的速度为v n12m Cv 2n －12m C v 1 2＝(n －1)|q|E×2l F T ＋m C g －F ＝m C v n 2l解得：F T ＝(80n －30) N ，n ＝1,2,3……考点三 动量和能量观点在电磁感应中的应用1．(2020·浙江11月选考·22)如图6所示，匝数N ＝100、截面积S ＝1.0×10－2 m 2、电阻r ＝0.15 Ω的线圈内有方向垂直于线圈平面向上的随时间均匀增加的匀强磁场B 1，其变化率k ＝0.80 T/s.线圈通过开关S 连接两根相互平行、间距d ＝0.20 m 的竖直导轨，下端连接阻值R ＝0.50 Ω的电阻．一根阻值也为0.50 Ω、质量m ＝1.0×10－2kg 的导体棒ab 搁置在等高的挡条上，在竖直导轨间的区域仅有垂直纸面的不随时间变化的匀强磁场B 2.接通开关S 后，棒对挡条的压力恰好为零．假设棒始终与导轨垂直，且与导轨接触良好，不计摩擦阻力和导轨电阻．图6(1)求磁感应强度B 2的大小，并指出磁场方向；(2)断开开关S 后撤去挡条，棒开始下滑，经t ＝0.25 s 后下降了h ＝0.29 m ，求此过程棒上产生的热量． 答案 (1)0.5 T 磁场垂直纸面向外 (2)2.3×10－3J 解析 (1)线圈中产生的感应电动势为E ＝NΔΦΔt ，ΔΦ＝ΔB 1ΔtS 代入数据得：E ＝0.8 V 等效电路图如图：总电流I ＝E r ＋R 2＝0.80.15＋0.25 A ＝2 A ，I ab ＝I2＝1 A根据题意，此刻棒对挡条的压力为零，即金属棒所受安培力等于其重力，方向竖直向上即B 2I ab d ＝mg ，解得B 2＝0.5 T ，根据左手定则可知磁场的方向应该垂直纸面向外．(2)开关断开之后，撤去挡条，ab 下滑过程切割磁感线，从而产生感应电流，根据动量定理，则 (mg －B 2I′d)t＝mv －0，其中I′t＝q ＝ΔΦR ＋R abΔΦ＝B 2·dh根据动能定理可知mgh ＋W ＝12mv 2－0联立解得W ＝－4.6×10－3J因此金属棒上产生的热量为Q ＝|12W|＝2.3×10－3J.2．(2020·浙江10月选考·22改编)如图7甲所示，质量m ＝3.0×10－3kg 的“”形金属细框竖直放置在两水银槽中，“”形框的水平细杆CD 长l ＝0.20 m ，处于磁感应强度大小B 1＝1.0 T 、方向水平向右的匀强磁场中．有一匝数n ＝300匝，面积S ＝0.01 m 2的线圈通过开关K 与两水银槽相连．线圈处于与线圈平面垂直的、沿竖直方向的匀强磁场中，其磁感应强度B 2的大小随时间t 变化的关系如图乙所示．(g 取10 m/s 2)甲 乙 图7(1)求0～0.10 s 线圈中的感应电动势大小．(2)t ＝0.22 s 时闭合开关K ，若安培力远大于重力，细框跳起的最大高度h ＝0.20 m ，求通过细杆CD 的电荷量．答案 (1)30 V (2)0.03 C解析 (1)由法拉第电磁感应定律E ＝n ΔΦΔt得E ＝nSΔB 2Δt＝30 V (2)由牛顿第二定律F ＝ma ＝mv －0Δt(或由动量定理FΔt＝mv －0)，安培力F ＝IB 1l ，Δq＝IΔt，v 2＝2gh ，得Δq＝m 2ghB 1l＝0.03 C.3．(2020·浙江名校协作体联考)质量为m 、电阻率为ρ、横截面积为S 的均匀薄金属条制成边长为L 的闭合正方形框abb′a′，如图8甲所示，金属方框水平放在磁极的狭缝间，方框平面与磁场方向平行．设匀强磁场仅存在于相对磁极之间，其他地方的磁场忽略不计．可认为方框的aa′边和bb′边都处在磁极间，磁极间磁感应强度大小为B.方框从静止开始释放，其平面在下落过程中保持水平(不计空气阻力，重力加速度为g)．甲 装置纵截面示意图 乙 装置俯视示意图 图8(1)请判断图乙中感应电流的方向；(2)当方框下落的加速度为g3时，求方框的发热功率P ；(3)当方框下落的时间t ＝2mρB 2LS 时，速度恰好达到最大，求方框的最大速度v m 和此过程中产生的热量．答案 (1)顺时针 (2)4m 2g 2ρ9B 2LS (3)mgρB 2LS m 3g 2ρ22B 4L 2S 2解析 (1)由右手定则可知：感应电流方向为顺时针． (2)方框受到的安培力：F A ＝2BIL 由牛顿第二定律有mg －F A ＝mg 3解得I ＝mg3BL由电阻定律得金属方框电阻R ＝ρ4LS方框的发热功率P ＝I 2R ＝4m 2g 2ρ9B 2LS(3)当方框下落的加速度为零时，速度达到最大，即 mg ＝F A ′＝2B2BLv mRL 解得v m ＝mgρB 2LS将下落过程分成若干微元，由动量定理得 mgt －∑2B 2BLv iR Lt ＝mv m －0∑v i t ＝h 解得h ＝m 2gρ2B 4L 2S2由能量守恒定律得mgh －Q ＝12mv m 2解得Q ＝m 3g 2ρ22B 4L 2S2 4．(2020·浙江镇海中学月考)有电阻均为R 的两金属棒a 、b ，a 棒的质量为m ，b 棒的质量为M ，两棒均放在如图9所示的光滑轨道的水平部分上，轨道的水平部分有竖直向下的匀强磁场，圆弧部分无磁场，且轨道足够长，开始时给a 棒一水平向左的初速度v 0，a 、b 两棒在运动过程中与轨道始终接触良好，且a 棒与b 棒始终不相碰，请问：图9(1)当a 、b 两棒在水平轨道上稳定运动时，速度分别为多少？损失的机械能为多少？(2)若b 棒在水平轨道上稳定运动后，又冲上圆弧轨道，在b 棒返回到水平轨道前，a 棒已静止在水平轨道上，且b 棒与a 棒不相碰，然后达到新的稳定状态，最后a 、b 的速度为多少？ (3)整个过程中产生的内能是多少？ 答案 (1)均为mv 0m ＋M Mmv 0 22(M ＋m ) (2)Mmv 0(M ＋m )2(3)12mv 0 2[1－M 2m(M ＋m )3]解析 (1)a 、b 两棒在水平轨道上动量守恒． 设稳定运动时a 、b 两棒的共同速度为v 1， 由动量守恒定律，有mv 0＝(m ＋M)v 1， 解得v 1＝mv 0m ＋M ，损失的机械能为ΔE＝12mv 0 2－12(m ＋M)v 1 2＝Mmv 0 22(M ＋m ).(2)由于b 棒在冲上圆弧轨道又返回水平轨道过程中机械能守恒，故返回时速度大小不变，即v 2＝v 1， b 棒与a 棒向右运动过程中，直到新的稳定状态，设达到新的稳定状态时a 、b 的共同速度为v 3， 由动量守恒定律，有Mv 2＝(M ＋m)v 3， 解得v 3＝Mmv 0(M ＋m )2.(3)整个过程中产生的内能等于系统机械能的减少量，即 Q ＝12mv 0 2－12(M ＋m)v 3 2，解得Q ＝12mv 0 2[1－M 2m (M ＋m )3]．专题强化练(限时：40分钟)1．(多选)下面说法正确的是( )A．物体运动的方向就是它的动量的方向B．如果物体的速度发生变化，则可以肯定它受到的合外力的冲量不为零C．如果合外力对物体的冲量不为零，则合外力一定使物体的动能增大D．作用在物体上的合外力冲量不一定能改变物体速度的大小答案ABD解析物体动量的方向与物体运动方向相同，A对；如果物体的速度变化，则物体的动量一定发生了变化，由动量定理知，物体受到的合外力的冲量不为零，B对；合外力对物体的冲量不为零，但合外力可以对物体不做功，物体的动能可以不变，C错误；作用在物体上的合外力冲量可以只改变物体速度的方向，不改变速度的大小，D对．2．(多选)关于动量、冲量，下列说法成立的是( )A．某段时间内物体的动量增量不为零，而物体在某一时刻的动量可能为零B．某段时间内物体受到的冲量不为零，而物体动量的增量可能为零C．某一时刻，物体的动量为零，而动量对时间的变化率不为零D．某段时间内物体受到的冲量变大，则物体的动量大小可能变大、变小或不变答案ACD解析自由落体运动，从开始运动的某一段时间内物体动量的增量不为零，而其中初位置物体的动量为零，故A正确；某一段时间内物体受到的冲量不为零，根据动量定理，动量的变化量不为零，故B错误；某一时刻物体的动量为零，该时刻速度为零，动量的变化率是合力，速度为零，合力可以不为零，即动量的变化率可以不为零，故C正确；根据动量定理，冲量等于动量的变化．某段时间内物体受到的冲量变大，则物体的动量的改变量变大，动量大小可能变大、变小或不变，故D正确．3．(多选)篮球运动员通常要伸出双手迎接传来的篮球．接球时，两手随球迅速收缩至胸前．这样做( ) A．球对手的冲量减小B．球对人的冲击力减小C．球的动量变化量不变D．球的动能变化量减小答案BC解析先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球引至胸前，这样可以增加球与手接触的时间，根据动量定理得：－Ft＝0－mv得F＝mvt，当时间增大时，作用力减小，而冲量和动量、动能的变化量都不变，所以B、C正确．4．(多选)将质量为0.5 kg的小球以20 m/s的初速度竖直向上抛出，不计空气阻力，g取10 m/s2，以下判断正确的是( )A．小球从抛出至到最高点受到的冲量大小为10 N·sB．小球从抛出至落回出发点动量的增量大小为零C．小球从抛出至落回出发点受到的冲量大小为零D．小球从抛出至落回出发点动量的增量大小为20 kg·m/s答案AD5．(多选) 如图1所示，一段不可伸长的轻质细绳长为L，一端固定在O点，另一端系一个质量为m的小球(可以视为质点)，保持细绳处于伸直状态，把小球拉到跟O点等高的位置由静止释放，在小球摆到最低点的过程中，不计空气阻力，重力加速度大小为g，则( )图1A．合外力做的功为0B．合外力的冲量为m2gLC．重力做的功为mgLD．重力的冲量为m2gL答案BC6．如图2所示，光滑平行金属导轨的水平部分处于竖直向下的B＝4 T的匀强磁场中，两导轨间距为L＝0.5 m，轨道足够长，金属棒a和b的质量都为m＝1 kg，电阻R a＝R b＝1 Ω.b棒静止于轨道水平部分，现将a棒从h ＝80 cm高处自静止沿弧形轨道下滑，通过C点进入轨道的水平部分，已知两棒在运动过程中始终保持与导轨垂直且接触良好，且两棒始终不相碰，求a、b两棒的最终速度大小，以及整个过程中b棒产生的焦耳热．(已知重力加速度g＝10 m/s2)图2答案均为2 m/s 2 J解析a棒下滑至C点时速度设为v0，则由动能定理，有：mgh＝12mv0 2，解得：v0＝2gh＝20×0.8 m/s＝4 m/s；此后的运动过程中，a、b两棒达到共速前，两棒所受安培力始终等大反向，因此a、b两棒组成的系统动量守恒，选向右的方向为正，有：mv0＝(m＋m)v解得a 、b 两棒共同的最终速度为：v ＝2 m/s ，此后两棒一起做匀速直线运动；由能量守恒定律可知，整个过程中回路产生的总焦耳热为：Q ＝12mv 0 2－12(m ＋m)v 2＝12×1×42 J －12×2×22 J ＝4 J ；则b 棒产生的焦耳热为：Q b ＝12Q ＝12×4 J＝2 J. 7．如图3所示，轨道ABCDP 位于竖直平面内，其中圆弧段CD 与水平段AC 及倾斜段DP 分别相切于C 点和D 点，水平段AB 、圆弧段CD 和倾斜段DP 都光滑，水平段BC 粗糙，DP 段与水平面的夹角θ＝37°，D 、C 两点的高度差h ＝0.1 m ，整个轨道绝缘，处于方向水平向左、场强未知的匀强电场中．一个质量m 1＝0.4 kg 、带正电、电荷量未知的小物块Ⅰ在A 点由静止释放，经过时间t ＝1 s ，与静止在B 点的不带电、质量m 2＝0.6 kg 小物块Ⅱ碰撞并粘在一起在BC 段上做匀速直线运动，到达倾斜段DP 上某位置．物块Ⅰ和Ⅱ与轨道BC 段的动摩擦因数μ＝0.2.g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：图3(1)物块Ⅰ和Ⅱ在BC 段上做匀速直线运动的速度大小；(2)物块Ⅰ和Ⅱ第一次经过C 点时，圆弧段轨道对物块Ⅰ和Ⅱ支持力的大小．答案 (1)2 m/s (2)18 N解析 (1)物块Ⅰ和Ⅱ粘在一起在BC 段上做匀速直线运动，设电场强度为E ，物块Ⅰ带电荷量为q ，物块Ⅰ与物块Ⅱ碰撞前速度为v 1，碰撞后共同速度为v 2，则qE ＝μ(m 1＋m 2)g ，qEt ＝m 1v 1，m 1v 1＝(m 1＋m 2)v 2解得v 2＝2 m/s(2)设圆弧段CD 的半径为R ，物块Ⅰ和Ⅱ第一次经过C 点时圆弧段轨道对物块Ⅰ和Ⅱ支持力的大小为F N ，则R(1－cos θ)＝hF N －(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)v 2 2R解得F N ＝18 N8．如图4所示，半径R ＝1.6 m 的16光滑圆弧轨道位于竖直平面内，与长l ＝3 m 的绝缘水平传送带平滑连接，传送带以v ＝3 m/s 的速度顺时针转动，传送带右侧空间存在互相垂直的匀强电场和匀强磁场，电场强度E ＝20 N/C ，磁感应强度B ＝3.0 T ，方向垂直纸面向外．两个质量均为m ＝1.0×10－3 kg 的物块a 和b ，物块a 不带电，b 带q ＝1.0×10－3 C 的正电并静止于圆弧轨道最低点，将物块a 从圆弧轨道顶端由静止释放，运动到最低点与b 发生正碰，碰撞时间极短，碰后粘合在一起，离开传送带后一起飞入复合场中，最后以与水平面成60°角落在地面上的P 点(如图)，已知两物块与传送带之间的动摩擦因数均为μ＝0.1，取g ＝10 m/s 2，a 、b 均可看做质点．求：图4(1)物块a 运动到圆弧轨道最低点时对轨道的压力；(2)传送带距离水平地面的高度；(3)两物块碰撞后到落地前瞬间的运动过程中，a 、b 系统机械能的变化量．答案 见解析解析 (1)物块a 从静止释放运动到圆弧轨道最低点C 时，机械能守恒，mgR(1－cos θ)＝12mv C 2，解得v C ＝4 m/s在C 点，由牛顿第二定律：F N －mg ＝mv C 2R解得：F N ＝2×10－2 N由牛顿第三定律，物块a 对圆弧轨道最低点的压力：F N ′＝2×10－2 N ，方向竖直向下(2)ab 碰撞动量守恒：mv C ＝2mv C ′，v C ′＝2 m/sab 在传送带上假设能与传送带达到共速时经过的位移为x ，μ2mg＝2ma 得a ＝μg＝1 m/s 2，v 2－v C ′2＝2ax得：x ＝2.5 m<l ，所以ab 离开传送带时与其共速，为v ＝3 m/s进入复合场后，Eq ＝2mg ＝10－2 N ，所以做匀速圆周运动，由Bqv ＝2mv 2r 得r ＝2mv Bq ＝2 m 由几何知识得传送带与水平地面的高度：h ＝r ＋12r ＝3 m (3)a 、b 系统在传送带上运动过程中，摩擦力对其做功：W f ＝μ2mgx＝5×10－3Ja 、b 系统在复合场运动过程中，电场力对其做功：W 电＝－Eqh ＝－6×10－2 J所以，二者碰后一直到落地，a 、b 系统机械能的变化量：ΔE＝W f ＋W 电＝－5.5×10－2 J高考理综物理模拟试卷注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。

第2讲 动量观点和能量观点在电学中的应用知识必备1.静电力做功与路径无关。

若电场为匀强电场，则W ＝Fl cos α＝qEl cos α；若是非匀强电场，则一般利用W ＝qU 来求。

2.静电力做的功等于电势能的变化，即W AB ＝－ΔE p 。

3.电流做功的实质是电场对移动电荷做功，即W ＝UIt ＝qU 。

4.磁场力又可分为洛伦兹力和安培力。

洛伦兹力在任何情况下对运动电荷都不做功；安培力可以做正功、负功，还可以不做功。

5.电磁感应中的能量问题(1)能量转化：其他形式的能量――→克服安培力做功电能 电能――→电流做功焦耳热或其他形式能 (2)焦耳热的三种求法： ①焦耳定律：Q ＝I 2Rt ②功能关系：Q ＝W 克服安培力 ③能量转化：Q ＝W 其他能的减少量,备考策略动量观点和能量观点在电学中应用的题目，一般过程复杂且涉及多种性质不同的力，因此，要抓住4点： (1)受力分析和运动过程分析是关键。

(2)根据不同的运动过程中各力做功的特点来选择相应规律求解。

(3)力学中的几个功能关系在电学中仍然成立。

(4)感应电动势是联系电磁感应与电路的桥梁，要做好“源”的分析，电磁感应产生的电功率等于内、外电路消耗的功率之和，这是能量守恒分析这类问题的思路。

功能关系在电学中的应用【真题示例】 (多选)(2017·全国卷Ⅲ，21)一匀强电场的方向平行于xOy 平面，平面内a 、b 、c 三点的位置如图1所示，三点的电势分别为10 V 、17 V 、26 V 。

下列说法正确的是( )图1A.电场强度的大小为2.5 V/cmB.坐标原点处的电势为1 VC.电子在a 点的电势能比在b 点的低7 eVD.电子从b 点运动到c 点，电场力做功为9 eV解析 如图所示，设a 、c 之间的d 点电势与b 点电势相同，则ad dc ＝10－1717－26＝79，所以d 点的坐标为(3.5 cm ，6 cm)，过c 点作等势线bd 的垂线，电场强度的方向由高电势指向低电势。

教科版物理高考第二轮复习——动量与能量（学案）一、教学内容：高考第二轮复习——动量与能量二、学习目标：1、把握动量与能量问题分析的常规思维方法。

2、把握动量与能量问题的知识体系的重点与核心内容。

3、重点把握动量与能量问题在高考题目中的热点题型及相应的解题策略。

（一）动力学三大观点“力的观点”、“能量观点”、“动量观点”.（二）力学知识体系力学研究的是物体的受力情形与运动情形的关系. 以三条线（包括五条重要规律）为纽带建立联系，可用下面的框图表示：（三）研究动力学问题三大观点的比较（四）动力学三大观点选用原则1. 假如要列出某个物理量在某一时刻的关系式，可用牛顿第二定律.2. 研究某一物体受到力的连续作用发生运动状态改变时，在涉及时刻和速度，不涉及位移和加速度时要第一考虑运用动量定理. 在涉及位移、速度，不涉及时刻时要第一考虑选用动能定理.3. 若研究的对象为相互作用的物体组成的系统，一样考虑用动量守恒定律和机械能守恒定律去解决，但要认真分析研究的问题是否符合守恒条件.4. 在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律，即系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，也即转变为系统内能的量.5. 在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，须注意到一样这些过程均隐含有系统机械能与其他形式能之间的转化. 这类问题因作用时刻极短，动量守恒定律一样能派上大用场.（五）选用不同规律解题时的注意事项1. 使用牛顿运动定律的关键是：确定研究对象，做好受力分析和过程分析，明确并建立力与加速度及运动与加速度的关系.2. 使用动量定理的关键是：确定研究对象，做好受力分析和过程分析，选取正方向，明确合外力的冲量及初、末动量的正负.3. 使用动能定理的关键是：确定研究对象，做好受力分析和过程分析，明确哪些力做正功、哪些力做负功、哪些力不做功及动能的变化.4. 使用动量守恒定律的关键是：确定选取的系统和研究的过程，做好受力分析和过程分析，判定是否符合动量守恒的使用条件.5. 使用机械能守恒定律的关键是：确定选取的系统和研究的过程，做好受力分析和过程分析，判定是否符合机械能守恒的使用条件.6. 使用能量守恒的关键是：确定研究对象，做好受力分析和过程分析，明确有哪些力做功，做功的结果是导致什么能向什么能转化，然后建立ΔE增=ΔE减的关系.问题1、“滑块和滑板”相互作用问题：例1：如图所示，质量m1=0.3 kg 的小车静止在光滑的水平面上，车长L=15 m ，现有质量m2=0.2 kg 可视为质点的物块，以水平向右的速度v0=2 m/s 从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止。