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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。
专题05能量观点和动量观点在电磁学中的应用【要点提炼】1.电磁学中的功能关系(1)电场力做功与电势能的关系：W 电＝－ΔE p 电。
推广：仅电场力做功，电势能和动能之和守恒；仅电场力和重力及系统内弹力做功，电势能和机械能之和守恒。
(2)洛伦兹力不做功。
(3)电磁感应中的功能关系其他形式的能量――→克服安培力做功电能――→电流做功焦耳热或其他形式的能量2．电路中的电功和焦耳热(1)电功：W 电＝UIt ；焦耳热：Q ＝I 2Rt 。
(2)纯电阻电路：W 电＝Q ＝UIt ＝I 2Rt ＝U 2Rt ，U ＝IR 。
(3)非纯电阻电路：W 电＝Q ＋E 其他，U >IR 。
(4)求电功或电热时用有效值。
(5)闭合电路中的能量关系电源总功率任意电路：P 总＝EI ＝P 出＋P 内纯电阻电路：P 总＝I 2(R ＋r )＝E 2R ＋r电源内部消耗的功率P 内＝I 2r ＝P 总－P 出电源的输出功率任意电路：P 出＝UI ＝P 总－P 内纯电阻电路：P 出＝I 2R ＝E 2R（R ＋r ）2P 出与外电阻R 的关系电源的效率任意电路：η＝P出P总×100%＝UE×100%纯电阻电路：η＝RR＋r×100%由P出与外电阻R的关系可知：①当R＝r时，电源的输出功率最大为P m＝E24r。
②当R>r时，随着R的增大输出功率越来越小。
③当R<r时，随着R的增大输出功率越来越大。
④当P出<P m时，每个输出功率对应两个外电阻R1和R2，且R1R2＝r2。
3．动量观点在电磁感应中的应用(1)动量定理在电磁感应中的应用导体在磁场对感应电流的安培力作用下做非匀变速直线运动时，在某过程中由动量定理有：BL I1Δt1＋BL I2Δt2＋BL I3Δt3＋…＝m v－m v0通过导体横截面的电荷量q＝I1Δt1＋I2Δt2＋I3Δt3＋…得BLq＝m v－m v0，在题目涉及通过电路横截面的电荷量q时，可考虑用此表达式。
第5课时 动量与能量观点的综合应用考点 动量定理与动量守恒定律的应用1．动量定理(1)公式：Ft＝p′－p＝Δp(2)理解：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是以同一惯性参考系为参照的；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F的方向一致．2．动量守恒定律(1)表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′或p＝p′，或Δp＝0，或Δp1＝－Δp2.(2)守恒条件①系统不受外力或系统虽受外力但所受外力的合力为零．②系统所受外力的合力不为零，但在某一方向上系统受到的合力为零，则系统在该方向上动量守恒．③系统虽受外力，但外力远小于内力且作用时间极短，如碰撞、爆炸过程．3．应用技巧(1)动量定理没有适用条件，在计算与时间有关的问题或求平均冲力时可以用．(2)动量定理的研究对象可以是单一物体，也可以是物体系统．(3)判断动量是否守恒时，要注意所选取的系统，区分内力和外力．(4)两规律都是矢量式，书写时要规定正方向．例1 (2019·山东济南市上学期期末)某研究小组经查阅资料了解到，在空气中低速下落的物体所受的空气阻力可认为与物体速度大小成正比关系，因此下落的物体最终会达到一个恒定的速度，称之为收尾速度．如图1所示为小球由静止开始，在低速下落过程中速度随时间变化的一部分图象．图中作出了t＝0.5s时刻的切线，小球的质量为0.5kg，重力加速度g取10m/s 2，求：图1(1)小球在t ＝0.5s 时刻的加速度大小；(2)小球最终的收尾速度的大小；(3)小球从静止下落到t ＝0.5s 时刻的位移大小．答案 (1)4m/s 2 (2)m/s (3)m 20323解析 (1)由题图图象可知：a ＝＝4m/s 2Δv Δt (2)设空气阻力与速度大小的正比系数为k ，当v ＝4m/s 时，有：mg －kv ＝ma达到最大速度时，有mg ＝kv m联立解得：k ＝，v m ＝m/s 34203(3)在0到t ＝0.5s 内对小球由动量定理可得mgt －Σkv i Δt ＝mv －0，即：mgt －kx ＝mv －0解得：x ＝m.23变式训练1．(2019·全国卷Ⅰ·16)最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展．若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3km/s ，产生的推力约为4.8×106N ，则它在1s 时间内喷射的气体质量约为( )A ．1.6×102kgB ．1.6×103kgC ．1.6×105kgD ．1.6×106kg答案 B解析 根据动量定理有F Δt ＝Δmv －0，解得Δm ＝Δt ＝1.6×103kg ，所以选项B 正确．F v 2.(2019·山西晋中市适应性调研)如图2所示，在光滑水平面上有一质量为m 的物体，它受到水平向右的力F 的作用．力F 分别按下图A 、B 、C 、D 所示的四种方式随时间t 变化(图中纵坐标是F 与mg 的比值，力沿水平向右为正方向)．已知物体在t ＝0时速度为零，若用v 1、v 2、v 3、v 4分别表示上述四种受力情况下物体在2s 末的速率，则这四个速率中最大的是( )图2答案 A解析 物体运动过程中，受重力、支持力、拉力作用，合力等于拉力，根据动量定理，有：I ＝mv －0，故力F 的冲量最大时，末速度最大；图中－t 图线与t 轴包围的“面积”与冲量大小成F mg正比，上方冲量为正，下方冲量为负，由于A 图中冲量的矢量和最大，故A 图中物体的末速度最大，故选A.例2 (2019·江苏南通市通州区、海门市、启东市联考)如图3甲所示的水平面上，B 点左侧光滑、右侧粗糙，静止放置甲、乙两个可视为质点的小球，已知m 甲＝2kg ，m 乙＝4kg.乙球与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2.现给甲球一个水平向右的速度，大小为v 1＝5m/s ，与乙球发生碰撞后被弹回，弹回的速度大小v 1′＝1 m/s.图3(1)试求发生碰撞后，乙球获得的速度大小；(2)碰撞后，立即有一水平向右的拉力F 作用在乙球上，F 随时间变化的规律如图乙所示，试求3s 末乙球的速度大小．答案 (1)3 m/s (2)0.75 m/s解析 规定水平向右为正方向．(1)由动量守恒定律有：m 甲v 1＝m 甲(－v 1′)＋m 乙v 2解得：v 2＝3m/s ；(2)由动量定理有：I F －μm 乙gt ＝m 乙v 2′－m 乙v 2I F ＝×(2＋10)×3N·s ＝15N·s 12解得：v 2′＝0.75m/s.变式训练3．(2019·宁夏银川市六盘山上学期期末)如图4所示，质量为M 的木块位于光滑水平面上，木块与墙用轻弹簧连接，开始时木块静止在A 位置．现有一质量为m 的子弹以水平速度v 0射向木块并嵌入其中，则当木块回到A 位置时的速度v 以及此过程中墙对弹簧的冲量I 的大小分别为( )图4A.，0B.，2mv 0mv 0M ＋mmv 0M C.， D.，2mv 0mv 0M ＋m m 2v 0M ＋mmv 0M ＋m答案 D 解析 子弹射入木块过程，由于时间极短，子弹与木块间的内力远大于系统外力，由动量守恒定律得：mv 0＝(M ＋m )v ，解得：v ＝；子弹和木块系统在弹簧弹力的作用下先做减速运动，mv 0M ＋m后做加速运动，回到A 位置时速度大小不变，即木块回到A 位置时的速度大小v ＝；子弹mv 0M ＋m和木块弹簧组成的系统受到的合力即为墙对弹簧的作用力，规定水平向右为正方向，根据动量定理得：I ＝－(M ＋m )v －mv 0＝－2mv 0，所以墙对弹簧的冲量I 的大小为2mv 0，故选D.考点 碰撞类问题1．三类碰撞的特点2．基本思路(1)弄清有几个物体参与运动，并划分清楚物体的运动过程．(2)进行正确的受力分析，明确各过程的运动特点．(3)光滑的平面或曲面(仅有重力做功)，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．3．熟记结论“一动碰一静”：两物体(m 1初速度为v 0，m 2静止)发生弹性正碰后的速度v 1＝v 0，v 2＝m 1－m 2m 1＋m 2v 0.2m 1m 1＋m 2例3 (2019·山东日照市上学期期末)如图5所示，光滑的水平桌面上放置一质量M ＝4kg 、长L ＝0.6m 的长木板B ，质量m ＝1kg 的小木块A (可看成质点)放在长木板的左端，开始A 、B 均处于静止状态．现有一个与A 完全相同的小木块C 从长木板右侧以v 0＝6m/s 的初速度冲向长木板，碰后以v 1＝2 m/s 的速度被反向弹回(碰撞时间极短)，最终小木块A 恰好不从长木板上滑下．取重力加速度g ＝10m/s 2.求：图5(1)碰后瞬间长木板B 的速度；(2)小木块A 与长木板间的动摩擦因数．答案 (1)2m/s ，方向向左 (2)0.27解析 (1)规定向左为正方向，对B 、C 系统，由动量守恒定律得：mv 0＝Mv －mv 1代入数据解得：v ＝2m/s ，方向向左.(2)A 与B 作用过程，对A 、B 系统，由动量守恒定律得：Mv ＝(M ＋m )v 共代入数据解得：v 共＝1.6m/s由能量守恒定律有：μmgL ＝Mv 2－(m ＋M )v 1212共2代入数据解得：μ≈0.27.变式训练4.(多选)(2019·吉林“五地六校”合作体联考)如图6所示，在光滑水平地面上，A 、B 两物体质量都为m ，A 以速度v 向右运动，B 左端有一轻弹簧且初速度为0，在A 与弹簧接触以后的过程中(A 与弹簧不粘连)，下列说法正确的是( )图6A ．轻弹簧被压缩到最短时，A 、B 系统总动量仍然为mvB ．轻弹簧被压缩到最短时，A 的动能为mv 214C ．弹簧恢复原长时，A 的动量一定为零D ．A 、B 两物体组成的系统机械能守恒答案 AC解析 A 和B 组成的系统所受的外力之和为零，动量守恒，初态总动量为mv ，则弹簧压缩到最短时，系统总动量仍然为mv ，故A 正确；轻弹簧被压缩到最短时A 和B 的速度相等，由动量守恒有mv ＝2mv 共，可得v 共＝，则此时A 的动能为E k A ＝mv ＝mv 2，故B 错误；A 和B v 212共218在相对靠近压缩弹簧和相对远离弹簧恢复原状的过程中，A 和B 及轻弹簧组成的系统满足动量守恒和机械能守恒，则弹簧恢复原长时，有：mv ＝mv A ＋mv B ，mv 2＝mv ＋mv ，可得v A ＝0，v B ＝1212A 212B 2v ，故C 正确；A 、B 系统的机械能有一部分转化为弹簧的弹性势能，机械能不守恒，而A 、B 及弹簧组成的系统没有其他能参与转化，机械能守恒，故D 错误．5．(2019·河南名校联盟高三下学期2月联考)如图7所示，小木块用细线吊在O 点，此刻小物块的重力势能为零．一颗子弹以一定的水平速度射入木块A 中，并立即与A 有共同的速度，然后一起摆动到最大摆角α(0<α<90°)．如果保持子弹质量和入射的速度大小不变，而使小木块的质量稍微增大，关于最大摆角α、子弹的初动能与木块和子弹一起达到最大摆角时的机械能之差ΔE ，有( )图7A ．α角增大，ΔE 也增大B ．α角增大，ΔE 减小C ．α角减小，ΔE 增大D ．α角减小，ΔE 也减小答案 C解析 小木块质量增大，由动量守恒可知，小木块与子弹的共同速度减小，则最大摆角α减小，又ΔE ＝mv －(M ＋m )v 2，且v ＝，联立解得ΔE ＝＝，则M 增大时，ΔE 120212mv 0M ＋m Mmv 022(M ＋m )mv 022(1＋m M )增大，C 正确．6.(2019·重庆市部分区县第一次诊断)如图8，立柱固定于光滑水平面上O 点，质量为M 的小球a 向右运动，与静止于Q 点的质量为m 的小球b 发生弹性碰撞，碰后a 球立即向左运动，不计b 球与立柱碰撞的能量损失，所有碰撞时间均不计，b 球恰好在P 点追到a 球，Q 点为OP中点，则a 、b 球质量之比M ∶m 为( )图8A ．3∶5B．1∶3C．2∶3D．1∶2答案 A解析 设a 、b 两球碰后速度大小分别为v 1、v 2.由题意有：b 球与挡板发生弹性碰撞后恰好在P 点追上a 球，则从碰后到相遇a 、b 球通过的路程之比为：s 1∶s 2＝1∶3，根据s ＝vt 得：v 2＝3v 1，以水平向右为正方向，两球发生弹性碰撞，由动量守恒定律得：Mv 0＝M (－v 1)＋mv 2，由机械能守恒定律得：Mv ＝Mv ＋mv ，解得M ∶m ＝3∶5，A 正确．120212121222考点 动力学、动量和能量观点的综合应用1．三个基本观点(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等问题．(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，以及物体间的相互作用问题．(3)能量的观点：在涉及单个物体的受力、速度和位移问题时，常用动能定理；在涉及系统内能量的转化问题时，常用能量守恒定律．2．选用原则(1)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．(2)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，应选用动量守恒定律，然后再根据能量关系分析解决．3．系统化思维方法(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4 (2019·全国卷Ⅰ·25)竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块B 静止于水平轨道的最左端，如图9(a)所示．t ＝0时刻，小物块A 在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B 发生弹性碰撞(碰撞时间极短)；当A 返回到倾斜轨道上的P 点(图中未标出)时，速度减为0，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止．物块A 运动的v －t 图像如图(b)所示，图中的v 1和t 1均为未知量．已知A 的质量为m ，初始时A 与B 的高度差为H ，重力加速度大小为g ，不计空气阻力．图9(1)求物块B 的质量；(2)在图(b)所描述的整个运动过程中，求物块A 克服摩擦力所做的功；(3)已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等．在物块B 停止运动后，改变物块与轨道间的动摩擦因数，然后将A 从P 点释放，一段时间后A 刚好能与B 再次碰上．求改变前后动摩擦因数的比值．答案 (1)3m (2)mgH (3)215119解析 (1)根据题图(b)，v 1为物块A 在碰撞前瞬间速度的大小，为其碰撞后瞬间速度的大v 12小．设物块B 的质量为m ′，碰撞后瞬间的速度大小为v ′.由动量守恒定律和机械能守恒定律有mv 1＝m ＋m ′v ′①(－v 12)mv ＝m 2＋m ′v ′2②121212(－12v 1)12联立①②式得m ′＝3m ③(2)在题图(b)所描述的运动中，设物块A 与轨道间的滑动摩擦力大小为F f ，下滑过程中所经过的路程为s 1，返回过程中所经过的路程为s 2，P 与水平轨道的高度差为h ，整个过程中克服摩擦力所做的功为W .由动能定理有mgH －F f s 1＝mv －0④1212－(F f s 2＋mgh )＝0－m 2⑤12(－v 12)从题图(b)所给出的v －t 图线可知s 1＝v 1t 1⑥12s 2＝··(1.4t 1－t 1)⑦12v 12由几何关系得：＝⑧s 2s 1h H物块A 在整个运动过程中克服摩擦力所做的功为W ＝F f s 1＋F f s 2⑨联立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得W ＝mgH ⑩215(3)设倾斜轨道倾角为θ，物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为μ，有W ＝μmg cos θ·⑪H ＋h sin θ设物块B 在水平轨道上能够滑行的距离为s ′，由动能定理有－μm ′gs ′＝0－m ′v ′2⑫12设改变后的动摩擦因数为μ′，由动能定理有mgh －μ′mg cos θ·－μ′mgs ′＝0⑬hsin θ联立①③④⑤⑥⑦⑧⑩⑪⑫⑬式可得＝.μμ′119变式训练7．(2019·全国卷Ⅱ·25)一质量为m ＝2000kg 的汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶．行驶过程中，司机突然发现前方100m 处有一警示牌，立即刹车．刹车过程中，汽车所受阻力大小随时间的变化可简化为图10(a)中的图线．图(a)中，0～t 1时间段为从司机发现警示牌到采取措施的反应时间(这段时间内汽车所受阻力已忽略，汽车仍保持匀速行驶)，t 1＝0.8s ；t 1～t 2时间段为刹车系统的启动时间，t 2＝1.3s ；从t 2时刻开始汽车的刹车系统稳定工作，直至汽车停止．已知从t 2时刻开始，汽车第1s 内的位移为24m ，第4s 内的位移为1m.图10(1)在图(b)中定性画出从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的v －t 图线；(2)求t 2时刻汽车的速度大小及此后的加速度大小；(3)求刹车前汽车匀速行驶时的速度大小及t 1～t 2时间内汽车克服阻力做的功；从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离约为多少(以t 1～t 2时间段始末速度的算术平均值替代这段时间内汽车的平均速度)?答案 见解析解析 (1)v －t 图线如图所示．(2)设刹车前汽车匀速行驶时的速度大小为v 1，则t 1时刻的速度也为v 1，t 2时刻的速度为v 2，在t 2时刻后汽车做匀减速运动，设其加速度大小为a ，取Δt ＝1s ，设汽车在t 2＋(n －1)Δt ～t 2＋n Δt 内的位移为s n ，n ＝1,2,3….若汽车在t 2＋3Δt ～t 2＋4Δt 时间内未停止，设它在t 2＋3Δt 时刻的速度为v 3，在t 2＋4Δt时刻的速度为v 4，由运动学公式有s 1－s 4＝3a (Δt )2①s 1＝v 2Δt －a (Δt )2②12v 4＝v 2－4a Δt ③联立①②③式，代入已知数据解得v 4＝－m/s④176这说明在t 2＋4Δt 时刻前，汽车已经停止．因此，①式不成立．由于在t 2＋3Δt ～t 2＋4Δt 内汽车停止，由运动学公式v 3＝v 2－3a Δt ⑤2as 4＝v ⑥32联立②⑤⑥式，代入已知数据解得a ＝8m/s 2，v 2＝28 m/s⑦或者a ＝m/s 2，v 2＝29.76 m/s⑧28825但⑧式情形下，v 3<0，不合题意，舍去．(3)设汽车的刹车系统稳定工作时，汽车所受阻力的大小为f 1，由牛顿第二定律有f 1＝ma ⑨在t 1～t 2时间内，阻力对汽车冲量的大小为I ＝f 1(t 2－t 1)⑩12由动量定理有I ＝mv 1－mv 2⑪由动能定理，在t 1～t 2时间内，汽车克服阻力做的功为W ＝mv －mv ⑫12121222联立⑦⑨⑩⑪⑫式，代入已知数据解得v 1＝30m/s ⑬W ＝1.16×105J ⑭从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离s 约为s ＝v 1t 1＋(v 1＋v 2)(t 2－t 1)＋⑮12v 222a联立⑦⑬⑮式，代入已知数据解得s ＝87.5m ．专题突破练级保分练1．(2019·福建泉州市质检)甲、乙两冰雹从高空由静止落下，假设两冰雹下落过程中空气阻力大小均与速率的二次方成正比，且比例系数相同，甲的质量是乙的2倍，则下落过程中( )A ．甲的最大加速度是乙的2倍B ．甲的最大速度是乙的2倍C ．甲的最大动量是乙的倍2D ．甲的最大动能是乙的4倍答案 D解析 冰雹下落过程中空气阻力大小均与速率的二次方成正比，所以下落过程中速度为0时加速度最大，冰雹只受重力，所以最大加速度均为g ，故A 错误；当冰雹的重力与阻力相等时加速度为0，速度最大，即有mg ＝kv 2，得：v ＝，由于甲的质量是乙的2倍，所以甲的mg k 最大速度是乙的倍，故B 错误；动量p ＝mv ，由于甲的质量是乙的2倍，甲的最大速度是2乙的倍，所以甲的最大动量是乙的2倍，故C 错误；动能E k ＝mv 2，由于甲的质量是乙2212的2倍，甲的最大速度是乙的倍，所以甲的最大动能是乙的4倍，故D 正确．22．(2019·四川综合能力提升卷)质量为1kg 的弹性小球以9m/s 的速度垂直砸向地面，然后以同样大小的速度反弹回来，关于小球与地面的碰撞过程，下列说法正确的是( )A ．小球动量的变化量为0B ．地面对小球的冲量大小为18N·sC ．合外力的冲量大小为18N·sD ．小球的加速度为0答案 C解析 从砸向地面到最后原速反弹的过程中机械能守恒，以小球初速度方向为正方向，则小球在与地面碰撞过程中速度的变化量为：Δv ＝v 2－v 1＝－9m/s －9 m/s ＝－18 m/s ，小球动量的变化量为Δp ＝m Δv ＝－18 kg·m/s ，则小球的加速度为：a ＝＝，所以加速度不Δv Δt －18m/s Δt为0，A 、D 错误；碰撞过程中小球受阻力和重力的作用，则由动量定理：I G －I 地＝Δp ＝－18N·s ，则合外力冲量大小等于18N·s ，地面对小球的冲量大小大于18N·s ，C 正确，B 错误．3.(多选)(2019·广西梧州市联考)水平推力F 1和F 2分别作用于水平面上原来静止的、等质量的a 、b 两物体上，作用一段时间后撤去推力，物体将继续运动一段时间停下，两物体的v －t 图象如图1所示，已知图中线段AB ∥CD ，下列关于两物体在整个运动过程中的说法，正确的是( )图1A ．F 1的冲量小于F 2的冲量B ．F 1做的功大于F 2做的功C ．两物体受到的摩擦力大小相等D ．两物体受到的摩擦力做的功相等答案 AC解析 由题意可知，AB 与CD 平行，说明推力撤去后两物体的加速度相同，而撤去推力后物体的合力等于摩擦力，根据牛顿第二定律可知，两物体受到的摩擦力大小相等，选项C 正确；对整个过程，由动量定理得：F 1t 1－F f t OB ＝0，F 2t 2－F f t OD ＝0，由题图看出，t OB ＜t OD ，则有F 1t 1＜F 2t 2，即F 1的冲量小于F 2的冲量，故A 正确；克服摩擦力做的功W f ＝F f x ，因v －t 图线与t 轴围成的图形的“面积”等于位移大小，可知无法比较x 1和x 2的大小，则两物体受到的摩擦力做的功不能比较，根据动能定理有：W F 1－W f1＝0，W F 2－W f2＝0，则可知F 1做的功与F 2做的功不能比较，选项B 、D 错误．4．(2019·河南平顶山市一轮复习质检)质量为m 的小球被水平抛出，经过一段时间后小球的速度大小为v ，若此过程中重力的冲量大小为I ，重力加速度为g ，不计空气阻力，则小球抛出时的初速度大小为( )A ．v －B ．v －I mI mg C. D.v 2－I 2m 2v 2－I 2m 2g 2答案 C解析 由题意可知：I ＝mgt ，则t ＝，经过t 时间，小球竖直方向的速度大小为v y ＝gt ＝，I mg I m根据速度分解可知，初速度大小为v 0＝，故选C.v 2－I 2m 25.(2019·山东烟台市下学期高考诊断)如图2所示，质量为M ＝3kg 的足够长的木板放在光滑水平地面上，质量为m ＝1kg 的物块放在木板上，物块与木板之间有摩擦，两者都以大小为4m/s 的初速度向相反方向运动．当木板的速度为3 m/s 时，物块处于( )图2A ．匀速运动阶段B ．减速运动阶段C ．加速运动阶段D ．速度为零的时刻答案 B解析 开始阶段，物块向左减速，木板向右减速，当物块的速度为零时，设此时木板的速度为v 1，根据动量守恒定律得：(M －m )v ＝Mv 1，解得：v 1＝m/s ≈2.67 m/s ；此后物(3－1)×43块将向右加速，木板继续向右减速，当两者速度达到相同时，设共同速度为v 2.由动量守恒定律得：(M －m )v ＝(M ＋m )v 2，解得：v 2＝＝m/s ＝2 m/s ，两者相对静止后，一(M －m )v M ＋m (3－1)×43＋1起向右做匀速直线运动．由此可知当木板的速度为3m/s 时，m 处于减速运动阶段，故选B.6.(2019·湖北稳派教育上学期第二次联考)某同学为研究反冲运动，设计了如图3所示的装置，固定有挡光片的小车内表面水平，置于光滑水平面上，挡光片宽为d ，小车的左侧不远处有固定的光电门，用质量为m 的小球压缩车内弹簧，并锁定弹簧，整个装置处于静止状态，解除锁定，小球被弹射后小车做反冲运动并通过光电门，与光电门连接的计时器记录挡光片挡光时间为t ，小车、弹簧和挡光片的总质量为3m ，则小球被弹出小车的瞬间相对于地面的速度大小为( )图3A. B. C. D.d t 2d t 3d t 4d t答案 C解析 解除锁定，小球被弹射后小车做反冲运动，挡光片挡片时间为t ，则小车匀速运动的速度为v 1＝，设小球的速度为v 2，根据反冲运动的特点可知，小车与小球总动量为零，根d t 据动量守恒定律得：3mv 1＝mv 2，得小球的速度v 2＝，故选C.3d t7．(多选)(2019·河北邯郸市测试)如图4所示，光滑水平面上有大小相同的A 、B 两球在同一直线上运动．两球质量关系为m B ＝2m A ，规定向右为正方向，A 、B 两球的动量均为6kg·m/s ，运动中两球发生碰撞，碰撞前后A 球动量变化为－4 kg·m/s ，则( )图4A ．左方是A 球B ．右方是A 球C ．碰撞后A 、B 两球速度大小之比为2∶5D ．经过验证两球发生的碰撞不是弹性碰撞答案 AC解析 光滑水平面上大小相同的A 、B 两球发生碰撞，规定向右为正方向，由动量守恒定律可得：Δp A ＝－Δp B ，由于碰后A 球的动量增量为负值，所以右边不可能是A 球，若是A 球则动量的增量应该是正值，因此碰后A 球的动量为2kg·m/s ，所以碰后B 球的动量是增加的，为10 kg·m/s.由于两球质量关系为m B ＝2m A ，那么碰撞后A 、B 两球速度大小之比为2∶5，所以选项A 、C 正确，B 错误；设A 的质量为m ，则B 的质量为2m ；根据E k ＝，碰前动能：E k1＝p 22m＋＝；碰后动能：E k2＝＋＝，E k1＝E k2，则两球发生的是弹性碰撞，622m 622×2m 27m 222m 1022×2m 27m选项D 错误．8.(多选)(2019·河南驻马店市上学期期终)如图5所示，光滑水平直轨道上静止放置三个质量均为m ＝3kg 的物块A 、B 、C ，物块B 的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)．现使A 以v 0＝4m/s 的速度朝B 开始运动，压缩弹簧；当A 、B 速度相同时，B 与C 恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动．假设B 和C 碰撞过程时间极短，则以下说法正确的是( )图5A ．从开始到弹簧最短时物块C 受到的冲量大小为1N·sB ．从开始到弹簧最短时物块C 受到的冲量大小为4N·sC ．从开始到A 与弹簧分离的过程中整个系统损失的机械能为3JD ．从开始到A 与弹簧分离的过程中整个系统损失的机械能为9J答案 BC解析 根据动量守恒定律，当A 、B 速度相等时，且与C 碰撞之前A 、B 的速度均为v 1，则mv 0＝2mv 1，解得v 1＝2m/s; 从开始到弹簧最短时，对ABC 系统：mv 0＝3mv 2，解得v 2＝m/s ；从开43始到弹簧最短时，对物块C ，由动量定理：I ＝mv 2＝4 N·s ，选项B 正确，A 错误．B 与C 相碰的过程：mv 1＝2mv 3，解得v 3＝1 m/s ；则从开始到A 与弹簧分离的过程中整个系统损失的机械能为ΔE ＝mv －·2mv ＝3J ，选项C 正确，D 错误．121212329.(2019·湖南长沙市雅礼中学期末)3个质量分别为m 1、m 2、m 3的小球，半径相同，并排悬挂在长度相同的3根竖直绳上，彼此恰好相互接触．现把质量为m 1的小球拉开一些，如图6中虚线所示，然后释放，经球1与球2、球2与球3相碰之后，3个球的动量相等．若各球间碰撞时均为弹性碰撞，且碰撞时间极短，不计空气阻力，则m 1∶m 2∶m 3为( )图6A ．6∶3∶1B ．2∶3∶1C ．2∶1∶1D ．3∶2∶1答案 A解析 因为各球间发生的碰撞是弹性碰撞，则碰撞过程机械能守恒，动量守恒．因碰撞后三个小球的动量相等，设为p ，则总动量为3p .由机械能守恒得＝＋＋，即＝＋(3p )22m 1p 22m 1p 22m 2p 22m 39m 11m 1＋，代入四个选项的质量比值关系，只有A 项符合，故选A.1m 21m 3级争分练10．(多选)(2019·吉林“五地六校”合作体联考)如图7所示，一质量为M 的木板静置于光滑的水平面上，一质量为m 的木块(可视为质点)，以初速度v 0滑上木板的左端，已知木块和木板间的动摩擦因数为μ，木块始终没有滑离木板．则从运动开始到二者具有共同速度这一过程中( )图7A ．木块与木板间的相对位移小于木板对地的位移B ．因摩擦而产生的热量Q ＝·mv MM ＋m 1202C ．从开始运动到木块与木板具有共同速度所用的时间t ＝mv 0μg (M ＋m )D ．木块与木板的共同速度v ＝mv 0M ＋m答案 BD解析 对木块和木板组成的系统，由动量守恒定律：mv 0＝(m ＋M )v ，可得v ＝，故D 正确；mv 0M ＋m由功能关系：μmg ΔL ＝mv －(m ＋M )v 2；120212对木板：μmgx ＝Mv 2，12解得μmg ΔL ＝mv ·；1202M M ＋mμmgx ＝mv ··，1202M M ＋m m M ＋m 可知x <ΔL ，即木块与木板间的相对位移大于木板对地的位移，选项A 错误；因摩擦而产生的热量(内能)Q ＝μmg ΔL ＝·mv ，选项B 正确；MM ＋m 1202对木板，根据动量定理：μmgt ＝Mv ，解得从开始运动到木块与木板具有共同速度所用的时间t＝，选项C 错误．Mv 0μg (M ＋m )11．(2019·山西晋中市适应性调研)一物块A 的质量为m ＝0.5kg ，初动能为E k ＝4J ，在水平地面上做直线运动，当A 的动能变为初动能的一半时与静止的物块B 发生弹性正碰，且碰撞时间极短，物块B 质量为1.0kg ，物块A 与地面间的动摩擦因数为μ1＝0.2，物块B 与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1，取重力加速度g ＝10m/s 2.求：(1)物块A 经过多长时间与物块B 相碰；(保留3位小数)(2)物块A 与物块B 碰后，它们之间的最大距离．答案 (1)0.586s (2)2m解析 (1)以A 初速度方向为正方向，A 与B 碰撞前，根据动量定理得－μ1mgt ＝mv －mv 0又有E k ＝mv ，＝mv 21202E k 212联立解得t ＝(2－) s≈0.586s2(2)A 、B 碰撞为弹性正碰，且碰撞时间极短，碰撞过程中系统动量守恒，机械能守恒，故有：mv ＝mv A ＋2mv Bmv 2＝mv ＋·2mv 1212A 212B 2解得v A ＝－v ，v B ＝v 1323碰后到A 、B 都停止时二者相距最远根据动能定理，对于A ：－μ1mgx A ＝0－mv 12A 2对于B ：－μ2·2mgx B ＝0－·2mv 12B 2最大距离x ＝x A ＋x B联立得x ＝2m.12．(2019·全国卷Ⅲ·25)静止在水平地面上的两小物块A 、B ，质量分别为m A ＝1.0kg ，m B ＝4.0kg ；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A 与其右侧的竖直墙壁距离l ＝1.0m ，如图8所示．某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A 、B 瞬间分离，两物块获得的动能之和为E k ＝10.0J ．释放后，A 沿着与墙壁垂直的方向向右运动．A 、B 与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.20.重力加速度取g ＝10m/s 2.A 、B 运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短．图8(1)求弹簧释放后瞬间A 、B 速度的大小；(2)物块A 、B 中的哪一个先停止？该物块刚停止时A 与B 之间的距离是多少？(3)A 和B 都停止后，A 与B 之间的距离是多少？答案 (1)4.0m/s 1.0 m/s (2)物块B 先停止。
能量和动量专题五高考命题规律考点一功、功率动能定理及其应用命题角度1功的计算对方向高考真题体验.I I n -19）两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量多选）（2016全国.两球在空（气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关.若它们下落），相同的距离则（A.甲球用的时间比乙球长B. 甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小C. 甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小D. 甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功答案BD,=g-r=ma,a=g-=g-根据题意设所受阻力为F,F=kr.根据牛顿第二定律，mg-F解析fff ------------越大,a越大，两小球密度相同，m>m,所以r>r,故a>a,C选项错误；物体在空中的运动时乙甲甲乙甲乙一--- 物体,B选项正确；，可得v>vt=,A,h相同所以t<t选项错误；物体落地速度v=间乙乙甲甲一.>W,所以W,D选项正确下落过程中克服阻力做功W=F - h=kr - h冊乙甲总功的计算方法也可.（△ E,即用能量的变化量等效替代合力所做的功用动能定理（1）W= △ E或功能关系W=k）计算变力功.（2）总功等于合外力的功应是合力与位aa计算总功，但应注意先求岀物体所受各力的合力F,再根据 W=Flcos合总合.移l 的夹角.（3）总功等于各力做功的代数和 W 再把各个外力的功 求代数和，即W,W,…W 分别求岀每一个力做的功 ：,32i 总….=W+W+W+ 321刷高分典题演练提 台匕冃匕.的物体在水平恒定拉力在某一粗糙的水平面上 ，一质量为2 kg （1.多选）（2019山东济宁五校联考）物体刚好停止，且当拉力减小到零时，作用下做匀速直线运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小2根据 以上信息能得岀的 g.重力加速度取10 m/s.,运动图中给岀了拉力随位移变化的关系图象）（物理量有A.物体与水平面间的动摩擦因数 B.合外力对物体所做的功 C.物体做匀速运动时的速度D.物体运动的时间 答案ABC解析由题意知物体开始做匀速直线运动，故拉力F 与滑动摩擦力F 大小相等，物体与水平面间的f 2图象-x,根据F 正确；减速过程由动能定理得 W+W=0 -mv 动摩擦因数为卩==0.35,选项A fFi ——由此可求得合外力对物体所做，卩mgx 做的功中图线与横轴围成的面积可以估算力FW,而W=-fF所以运动时间无法，;因为物体做变加速运动及物体做匀速运动时的速度v,选项B 、C 正确的功，.D错误求岀，选项的小球静一个质量为 m ）如图所示，内壁光滑半径大小为 R 的圆轨道固定在竖直平 面内,2.（多选当小使小球沿轨道在竖直平面内运动.止在轨道的最低点 A 点.现给小球一个瞬时水平打击力，小球才能够经过二次击打后，球运动重新回到 A 点时,再沿它的运动方向给第二次瞬时 打击力.的值可能 WW 和3W,则通过轨道的最高点，已知第一次和第二次对小球的打击力做的功分 别为） 为 （B. mgRA.mgR -- D.mgR mgRC.- BCD答案那么对小球,;小球要到达圆轨道最高点解析小球在竖直面内运动只有重力做功 ，故机械能守恒2小球在运mgRmvmg < ,所以小球的机械能 E=2mgR+;》在最高点应用牛顿第二定律可得BCDmgR3W > mgR,所以,< W < mgR,故 W+W 小球运动的高度不大于打后，R,所以有<mgR,_ -故第一次击小球才能运动到圆轨道的最高点 ,,动过程中始终未脱离轨道且必须经过两次击打.确,A错误，故选BCD板与台板右端距离平台边缘为s,m,3.如图所示水平平台上放置一长为L、质量为的均匀木板，推力做功的最小值现对板施加水平推力卩面间动摩擦因数为，重力加速度为g.,要使板脱离平台，）为（.^77777777^7777777777mgB丄+sA.卩mg()卩- mg 卩D.L -s(mgC.卩) 一B答案需要克服摩擦力做功为，则板运动的距离为+s解析要使板脱离平台，即让板的重心脱离平台厂正确,ACD 错误.，即推力做功的最小值为卩mg ，故B mg卩W= -）关系图线如图所示.下列说法正确的是（,4.一物体由静止开始运动其加速度a与位移x A.物体最终静止------ B.物体的最大速度为 -------------C. 物体的最大速度为----- D.物体的最大速度为-C答案位置时速度到2xx图象可知，物体先做匀加速直线运动，后做加速度减小的加速运动，解析由a-0 2 --------- ,C正确v= xv,根据动能定理得ma+max=mv.,解得,A最大错误；设最大速度为0000—I —I功率的计算2命题角度对方向高考真题体验.川某竖井中矿用电机通过竖井运送到地面「19）地下矿井中的矿石装在矿车中，（多选）（2018全国①②,分别描述两次不同的提升过程t的变化关系如图所示，其中图线车提升的速度大小v随时间不考虑摩擦阻力和.,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①②），(空气阻力.对于第次提升过程次和第:5矿车上升所用的时间之比为4A. : 1电机的最大牵引力之比为2B. : 1电机输岀的最大功率之比为2C. : 5 4电机所做的功之比为 D.AC答案②①②,t可得.过程的总时间为2,解析由两次提升的高度相同可知5图形不重合部分面积应相等,0 ::两次提升的质量和选项正确；加速上升阶段牵引力最大42t2.5t=,5,A上升所用时间之比为00最大输选项错误；，根据牛顿第二定律，最大牵引力F-mg=ma最大牵引力相等，B加速度都相同,m ②①故电机输岀的最2倍,V=F岀功率为P •已知最大牵引力相等，过程的最大速度是过程的mmm : 提升，根据动能定理W-mgh=0,W;2大功率之比为1,C选项正确设整个过程中电机所做的功为所以电机所做的功也相等的质量和高度都相等”D选项错误.机车启动中的三个重要关系式式中=((1)无论哪种启动过程，机车的最大速度都等于其匀速运动时的速度，即v m --------------------- 阻.其值等于阻力F)F为最小牵引力，min阻即，功率最大，速度不是最大⑵机车以恒定加速度启动的运动过程中，匀加速过程结束时，=.v=<v 一阻此式经常用于厶E.,牵引力做的功W=Pt.由动能定理得Pt-Fx=(3)机车以恒定功率运行时k阻求解机车以恒定功率启动过程的位移大小•刷高分典题演练提台匕冃匕.沿水平面做，的物体，在大小恒定的水平外力F的作用下)1.(2019河南平顶山模拟质量m=20 kg取.gv-t图象如图所示与运动方向相反,2~4 s内F与运动方向相同，物体的内直线运动.0〜2 sF2 )则10 m/s(,100 N的大小为拉力FA.120 W 4 s时拉力的瞬时功率为在 B.480 JC.4 s内拉力所做的功为320 JD.4 s内物体克服摩擦力做的功为B答案2s〜，解析取物体初速度方向为正方向，由题图可知物体与水平面间存在摩擦力由题图可知02240 =60 N,1 m/s=ma -F+F,且a=-F,联立以上两式解得F=5 m/s 且=ma 内，-F-F,a=-4 s;2〜内,f2f1f212 sW=Fx,可知0〜;120 W,P=FvAN,选项错误；由得4 s时拉力的瞬时功率为选项B正确由内拉力所做的功为=10 m,=由题图可知,=Fx,4 s,2= -FxW 内，〜内Wxx代入数据解得2 m,,4 S211221-480 J,选项C错误;摩擦力做功W=Fs,摩擦力始终与速度方向相反，故s为路程，由题图可求得f总路程为12 m,4 s内物体克服摩擦力做的功为480 J,选项D错误.2.一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为m的重物，当重物的速度为v时,起重机的功率1达到最大值P,之后起重机保持该功率不变，继续提升重物，最后重物以最大速度V匀速上升，不2 ),下列说法正确的是(计钢绳重力.则整个过程中钢绳的最大拉力为 A._B.重物匀加速过程的时间为---------- -重物匀加速过程的加速度为 C ___ 一重物的平均速度，的过程中增大至VD.速度由V 21。
