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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。
动量和能量观念在力学中的应用1．如图甲所示，质量m＝6 kg的空木箱静止在水平面上,某同学用水平恒力F推着木箱向前运动，1 s 后撤掉推力，木箱运动的v .t图像如图乙所示，不计空气阻力，g取10 m/s2。
下列说法正确的是（）A．木箱与水平面间的动摩擦因数μ＝0。
25B．推力F的大小为20 NC．在0～3 s内，木箱克服摩擦力做功为900 JD．在0.5 s时，推力F的瞬时功率为450 W解析撤去推力后，木箱做匀减速直线运动，由速度—时间图线知，匀减速直线运动的加速度大小a2＝错误! m/s2＝5 m/s2，由牛顿第二定律得,a2＝错误!＝μg，解得木箱与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5,故A错误；匀加速直线运动的加速度大小a1＝错误! m/s2＝10 m/s2，由牛顿第二定律得,F－μmg＝ma1，解得F＝μmg＋ma1＝0。
5×60 N＋6×10 N＝90 N，故B错误;0～3 s内，木箱的位移x＝错误!×3×10 m＝15 m，则木箱克服摩擦力做功W f＝μmgx＝0。
5×60×15 J＝450 J，故C错误；0。
5 s时木箱的速度v＝a1t1＝10×0。
5 m/s＝5 m/s，则推力F的瞬时功率P＝Fv＝90×5 W＝450 W,故D正确.答案D2．（2019·湖南株洲二模)如图，长为l的轻杆两端固定两个质量相等的小球甲和乙（小球可视为质点），初始时它们直立在光滑的水平地面上。
后由于受到微小扰动，系统从图示位置开始倾倒。
当小球甲刚要落地时，其速度大小为（）A.错误!B．错误!C.错误!D．0解析甲、乙组成的系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得mv－mv′＝0，由于甲球落地时，水平方向速度v＝0，故v′＝0，由机械能守恒定律得错误!mv错误!＝mgl，解得v甲＝2gl，故A正确.答案A3。
第1讲 能量和动量观点在力学中的应用1．(多选)(2016·全国卷Ⅱ，21)如图1所示，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O 点，另一端与小球相连。
现将小球从M 点由静止释放，它在下降的过程中经过了N 点。
已知在M 、N 两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM <∠OMN <π2。
在小球从M 点运动到N 点的过程中( )图1A ．弹力对小球先做正功后做负功B ．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度C ．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零D ．小球到达N 点时的动能等于其在M 、N 两点的重力势能差解析 因M 和N 两点处弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM <∠OMN <π2，M 处的弹簧处于压缩状态，N 处的弹簧处于伸长状态，则弹簧的弹力对小球先做负功后做正功再做负功，选项A 错误；当弹簧水平时，竖直方向的力只有重力，加速度为g ；当弹簧处于原长位置时，小球只受重力，加速度为g ，则有两个时刻的加速度大小等于g ，选项B 正确；弹簧长度最短时，即弹簧水平，弹力与速度垂直，弹力对小球做功的功率为零，选项C 正确；由动能定理得，W F ＋W G ＝ΔE k ，因M 和N 两点处弹簧对小球的弹力大小相等，弹性势能相等，则由弹力做功特点知W F ＝0，即W G ＝ΔE k ，选项D 正确。
答案 BCD2．(2015·全国卷Ⅱ，17)一汽车在平直公路上行驶。
从某时刻开始计时，发动机的功率P 随时间t 的变化如图2所示。
假定汽车所受阻力的大小f 恒定不变。
下列描述该汽车的速度v 随时间t 变化的图线中，可能正确的是( )图2解析 当汽车的功率为P 1时，汽车在运动过程中满足P 1＝F 1v ，因为P 1不变，v 逐渐增大，所以牵引力F 1逐渐减小，由牛顿第二定律得F 1－f ＝ma 1，f 不变，所以汽车做加速度减小的加速运动，当F 1＝f 时速度最大，且v m ＝P 1F 1＝P 1f。
高考物理二轮复习专题突破—动量和能量观点的应用1.(2021福建泉州高三月考)如图所示,建筑工地上的打桩过程可简化为重锤从空中某一固定高度由静止释放,与钢筋混凝土预制桩在极短时间内发生碰撞,并以共同速度下降一段距离后停下来。
则()A.重锤质量越大,撞预制桩前瞬间的速度越大B.重锤质量越大,预制桩被撞后瞬间的速度越大C.碰撞过程中,重锤和预制桩的总机械能保持不变D.整个过程中,重锤和预制桩的总动量保持不变2.(2021福建高三二模)如图所示,A车以某一初速度水平向右运动距离l后与静止的B 车发生正碰,碰后两车一起运动距离l后停下。
已知两车质量均为m,运动时受到的阻力为车重力的k倍,重力加速度为g,碰撞时间极短,则()A.两车碰撞后瞬间的速度大小为√kglB.两车碰撞前瞬间A车的速度大小为√2kglC.A车初速度大小为√10kglD.两车碰撞过程中的动能损失为4kmgl3.(2021辽宁丹东高三一模)2022年冬奥会将在北京举行,滑雪是冬奥会的比赛项目之一,如图所示,某运动员(视为质点)从雪坡上先后以v0和2v0沿水平方向飞出,不计空气阻力,则运动员从飞出到落到雪坡上的整个过程中()A.空中飞行的时间相同B.落在雪坡上的位置相同C.动量的变化量之比为1∶2D.动能的增加量之比为1∶24.(多选)(2021辽宁大连高三一模)在光滑水平桌面上有一个静止的木块,高速飞行的子弹水平穿过木块,若子弹穿过木块过程中受到的摩擦力大小不变,则()A.若木块固定,则子弹对木块的摩擦力的冲量为零B.若木块不固定,则子弹减小的动能大于木块增加的动能C.不论木块是否固定,两种情况下木块对子弹的摩擦力的冲量大小相等D.不论木块是否固定,两种情况下子弹与木块间因摩擦产生的热量相等5.(多选)(2021河南洛阳高三二模)如图所示,质量均为2 kg的三个物块静止在光滑水平面上,其中物块B的右侧固定一轻弹簧,物块A与弹簧接触但不连接。
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 ＝Flcos α＝qElcos 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 2Rt②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)(2020·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。
第1讲动量观点与能量观点在力学中的应用网络构建备考策略1.解决力学综合题目的关键要做好“三选择”(1)当运动物体受到恒力作用而且又涉及时间时，一般选择用动力学方法解题。
(2)当涉及功、能和位移时，一般选用动能定理、机械能守恒定律、功能关系解题，题目中出现相对位移时，应优先选择能量守恒定律。
(3)当涉及多个物体及时间时，一般考虑动量定理、动量守恒定律。
2.碰撞中的“三看”和“三想”(1)看到“弹性碰撞”，想到“动量守恒与机械能守恒”。
(2)看到“非弹性碰撞”，想到“动量守恒但机械能有损失”。
(3)看到“完全非弹性碰撞或者碰后连体”，想到“动量守恒，机械能损失最大”。
能量观点在力学中的应用功和功率的理解与计算【典例1】 (多选)(2018·全国卷Ⅲ，19)地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送到地面。
某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图1所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等。
不考虑摩擦阻力和空气阻力。
对于第①次和第②次提升过程( )图1A.矿车上升所用的时间之比为4∶5B.电机的最大牵引力之比为2∶1C.电机输出的最大功率之比为2∶1D.电机所做的功之比为4∶5解析 根据位移相同可得两图线与时间轴围成的面积相等，即12v 0×2t 0＝12×12v 0[2t 0＋t ′＋(t 0＋t ′)]，解得t ′＝12t 0，则对于第①次和第②次提升过程中，矿车上升所用的时间之比为2t 0∶(2t 0＋12t 0)＝4∶5，A 正确；加速过程中的牵引力最大，且已知两次加速时的加速度大小相等，故两次中最大牵引力相等，B 错误；由题知两次提升的过程中矿车的最大速度之比为2∶1，由功率P ＝Fv ，得最大功率之比为2∶1，C 正确；两次提升过程中矿车的初、末速度都为零，则电机所做的功等于克服重力做的功，重力做的功相等，故电机所做的功之比为1∶1，D 错误。
答案 AC动能定理的应用【典例2】 (2018·全国卷Ⅱ，14)如图2，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度。
木箱获得的动能一定( )图2A.小于拉力所做的功B.等于拉力所做的功C.等于克服摩擦力所做的功D.大于克服摩擦力所做的功解析 由动能定理W F －W f ＝E k －0，可知木箱获得的动能一定小于拉力所做的功，A 正确。
答案 A动力学规律和动能定理的综合应用【典例3】 (2018·全国卷Ⅰ，18)如图3，abc 是竖直面内的光滑固定轨道，ab 水平，长度为2R ；bc 是半径为R 的四分之一圆弧，与ab 相切于b 点。
一质量为m 的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a 点处从静止开始向右运动。
重力加速度大小为g 。
小球从a 点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为( )图3A.2mgRB.4mgRC.5mgRD.6mgR解析 设小球运动到c 点的速度大小为v c ，则对小球由a 到c 的过程， 由动能定理有F ·3R －mgR ＝12mv 2c ，又F ＝mg ，解得v c ＝2gR 。
小球离开c 点后，在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向在重力作用下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可知，小球离开c 点后水平方向和竖直方向的加速度大小均为g ，则由竖直方向的运动可知，小球从离开c点到其轨迹最高点所需的时间为t ＝v c g ＝2R g ，在水平方向的位移大小为x ＝12gt 2＝2R 。
由以上分析可知，小球从a 点开始运动到其轨迹最高点的过程中，水平方向的位移大小为5R ，则小球机械能的增加量为ΔE ＝F ·5R ＝5mgR ，C 正确，A 、B 、D 错误。
答案 C应用动力学观点和能量观点解决多过程问题【典例4】 (2018·全国卷Ⅲ，25)如图4，在竖直平面内，一半径为R 的光滑圆弧轨道ABC 和水平轨道PA 在A 点相切，BC 为圆弧轨道的直径，O 为圆心，OA 和OB 之间的夹角为α，sin α＝35。
一质量为m 的小球沿水平轨道向右运动，经A 点沿圆弧轨道通过C 点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用。
已知小球在C 点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零。
重力加速度大小为g 。
求图4(1)水平恒力的大小和小球到达C 点时速度的大小； (2)小球到达A 点时动量的大小； (3)小球从C 点落至水平轨道所用的时间。
解析 (1)设水平恒力的大小为F 0，小球到达C 点时所受合力的大小为F 。
由力的合成法则有F 0mg＝tan α① F 2＝(mg )2＋F 20②设小球到达C 点时的速度大小为v ，由牛顿第二定律得F ＝m v 2R③由①②③式和题给数据得F 0＝34mg ④ v ＝5gR 2⑤ (2)设小球到达A 点的速度大小为v 1，作CD ⊥PA ，交PA 于D 点，由几何关系得DA ＝R sin α⑥ CD ＝R (1＋cos α)⑦由动能定理有－mg ·CD －F 0·DA ＝12mv 2－12mv 21⑧由④⑤⑥⑦⑧式和题给数据得，小球在A 点的动量大小为p ＝mv 1＝m 23gR2⑨(3)小球离开C 点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g 。
设小球在竖直方向的初速度为v ⊥，从c 点落至水平轨道上所用时间为t 。
由运动学公式有v ⊥t ＋12gt 2＝CD ⑩ v ⊥＝v sin α⑪由⑤⑦○10⑪式和题给数据得t ＝355Rg⑫答案 (1)34mg5gR 2 (2)m 23gR 2 (3)355Rg功能关系的应用“三注意”(1)分清是什么力做功，并且分析该力做正功还是做负功；根据功能之间的对应关系，判定能的转化形式，确定能量之间的转化情况。
(2)当涉及摩擦力做功时，机械能不守恒，一般应用能的转化和守恒定律，特别注意摩擦产生的内能Q ＝F f x 相对，x 相对为相对滑动的两物体间相对滑动路径的总长度。
(3)应用能量守恒定律解题时，首先确定初、末状态，然后分清有多少种形式的能在转化，再分析状态变化过程中哪种形式的能量减少，哪种形式的能量增加，求出减少的能量总和ΔE 减和增加的能量总和ΔE 增，最后由ΔE 减＝ΔE 增列式求解。
1.(多选)如图5所示为一滑草场。
某条滑道由上下两段高均为h ，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ。
质量为m 的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失)，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则( )图5A.动摩擦因数μ＝67B.载人滑草车最大速度为2gh 7C.载人滑草车克服摩擦力做功mghD.载人滑草车在下段道上的加速度大小为35g解析 由题意知，上、下两段斜坡的长分别为s 1＝h sin 45°，s 2＝hsin 37°由动能定理知：2mgh －μmgs 1cos 45°－μmgs 2cos 37°＝0 解得动摩擦因数μ＝67，选项A 正确；载人滑草车在上下两段的加速度分别为a 1＝g (sin 45°－μcos 45°)＝214g ， a 2＝g (sin 37°－μcos 37°)＝－335g ，则在下落h 时的速度最大，由动能定理知：mgh －μmgs 1cos 45°＝12mv 2解得v ＝2gh7，选项B 正确，D 错误； 载人滑草车克服摩擦力做的功与重力做功相等，即W ＝2mgh ，选项C 错误。
答案 AB2.如图6所示，BC 是高处的一个平台，BC 右端连接内壁光滑、半径r ＝0.2 m 的四分之一细圆管CD ，管口D 端正下方一根劲度系数为k ＝100 N/m 的轻弹簧直立于水平地面上，弹簧下端固定，上端恰好与管口D 端平齐，一可视为质点的小球在水平地面上的A 点斜向上抛出，恰好从B 点沿水平方向进入高处平台，A 、B 间的水平距离为x AB ＝1.2 m ，小球质量m ＝1 kg 。
已知平台离地面的高度为h ＝0.8 m ，小球与BC 间的动摩擦因数μ＝0.2，小球进入管口C 端时，它对上管壁有10 N 的作用力，通过CD 后，在压缩弹簧过程中小球速度最大时弹簧弹性势能E p ＝0.5 J 。
若不计空气阻力，取重力加速度大小g ＝10 m/s 2。
求：图6(1)小球通过C 点时的速度大小v C ； (2)平台BC 的长度L ；(3)在压缩弹簧过程中小球的最大动能E km 。
解析 (1)小球通过C 点时，它对上管壁有F ＝10 N 的作用力，则上管壁对小球也有F ′＝10 N 的作用力，根据牛顿运动定律有F ′＋mg ＝m v 2Cr得v C ＝2 m/s(2)小球从A 点抛出到B 点所用时间t ＝2hg＝0.4 s到B 点时速度大小为v B ＝x ABt＝3 m/s 小球从B 点到C 点的过程中，根据动能定理有 －μmgL ＝12mv 2C －12mv 2B得平台BC 的长度L ＝1.25 m(3)小球压缩弹簧至速度达到最大时，加速度为零，则mg ＝kx弹簧的压缩量x ＝0.1 m从C 位置到小球的速度达到最大的过程中，根据机械能守恒定律有mg (r ＋x )＋12mv 2C ＝E km ＋E p得E km ＝4.5 J答案 (1)2 m/s (2)1.25 m (3)4.5 J动量观点和能量观点在力学中的应用动量和动能的关系【典例1】 (2018·全国卷Ⅰ，14)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动。
在启动阶段，列车的动能( ) A.与它所经历的时间成比 B.与它的位移成正比 C.与它的速度成正比 D.与它的动量成正比解析 列车启动的过程中加速度恒定，由匀变速直线运动的速度与时间关系可知v ＝at ，且列车的动能为E k ＝12mv 2，由以上整理得E k ＝12ma 2t 2，动能与时间的平方成正比，动能与速度的平方成正比，A 、C 错误；将x ＝12at 2代入上式得E k ＝max ，则列车的动能与位移成正比，B正确；由动能与动量的关系式E k ＝p 22m可知，列车的动能与动量的平方成正比，D 错误。
答案 B动量定理的应用【典例2】 (2018·全国卷Ⅱ，15)高空坠物极易对行人造成伤害。
