专题5 第1讲 能量与动量知识在力学中的应用(2)
高中物理选择性必修第一册 第1章 动量和动量守恒定律专题强化5 动量、动力学和能量观点在力学中的应用
动量、动力学和能量观点在力学中的应用[学习目标] 1.进一步熟悉牛顿第二定律、动能定理、动量守恒定律、能量守恒定律等规律.2.灵活运用动力学观点、动量观点和能量观点解决力学问题．一、力的三个作用效果与五个规律作用效果对应规律公式表达三个基本观点力的瞬时作用效果牛顿第二定律F合＝ma动力学观点力对空间积累效果动能定理W合＝ΔE k W合＝12m v22－12m v12能量观点机械能守恒定律mgh1＋12m v12＝mgh2＋12m v22力对时间积累效果动量定理F合t＝p′－pI合＝Δp动量观点动量守恒定律m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′二、力学规律的选用原则1．如果要列出各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持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理(涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)去解决问题．3．若研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用，一般用两个守恒定律解决问题，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件．4．在涉及相对位移问题时优先考虑利用能量守恒定律求解，根据系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量(即转化为系统内能的量)列方程．5．在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到这些过程一般隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转化，这种问题由于作用时间极短，因此动量守恒定律一般能派上大用场．如图1所示，较长的曲面与水平桌面平滑连接，将m 1、m 2之间的轻弹簧压缩后用细线连接，置于水平桌面上，弹簧与两物体不拴连．现将细线烧断，弹簧将两物体弹开，m 2离开弹簧后从右边飞出，m 1冲上曲面．已知桌面高为h ，m 2平抛的水平射程为x ，m 1＝2m ，m 2＝m ，不计一切摩擦，重力加速度为g ，求：图1(1)m 2离开弹簧时的速度大小；(2)m 1上升到曲面最高点时距桌面的高度H ； (3)弹簧的最大弹性势能． 答案 (1)xg 2h (2)x 216h (3)3mgx 28h解析 (1)对m 2平抛过程分析，有 h ＝12gt 2， x ＝v 2t 解得v 2＝xg 2h. (2)弹簧将两物体弹开的过程，m 1、m 2组成的系统动量守恒，取向左为正方向，由动量守恒定律有m 1v 1－m 2v 2＝0 解得v 1＝x2g 2h对m 1冲上曲面过程，由机械能守恒定律有 m 1gH ＝12m 1v 12解得H ＝x 216h.(3)弹簧的最大弹性势能为E p ＝12m 1v 12＋12m 2v 22解得E p ＝3mgx 28h.(1)灵活选取系统.根据题目的特点可选取其中动量守恒或能量守恒的几个物体为研究对象，不一定选所有的物体为研究对象.(2)灵活选取物理过程.在综合题目中，物体运动常有几个不同的过程，根据题目的已知、未知条件灵活地选取物理过程来研究.列方程前要注意分析、判断所选过程动量、能量的守恒情况.(2020·湖北曾都高二期中)如图2，光滑的水平地面上静止放置一辆小车A ，质量m A＝5 kg ，上表面光滑，可视为质点的物块B 置于A 的最右端，B 的质量m B ＝3 kg.现对A 施加一个水平向右的恒力F ＝10 N ，A 运动一段时间后，小车左端固定的挡板与B 发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A 、B 粘合在一起，共同在F 的作用下继续运动，碰撞后经时间t ＝0.8 s ，二者的速度达到v t ＝2 m/s.求：图2(1)A 开始运动时加速度a 的大小； (2)A 、B 碰撞后瞬间的共同速度v 的大小； (3)A 的上表面长度l .答案 (1)2.0 m/s 2 (2)1 m/s (3)0.64 m解析 (1)以A 为研究对象，由牛顿第二定律有F ＝m A a 代入数据解得a ＝Fm A＝2.0 m/s 2(2)A 、B 碰撞后一起在F 的作用下运动时间t 的过程中，由动量定理得 Ft ＝(m A ＋m B )v t －(m A ＋m B )v 代入数据解得v ＝1 m/s(3)设A 、B 发生碰撞前，A 的速度为v A ， 对A 、B 发生碰撞的过程，由动量守恒定律有 m A v A ＝(m A ＋m B )vA 从开始运动到与B 发生碰撞前，由动能定理有 Fl ＝12m A v A 2代入数据可得l ＝0.64 m.1．(动力学和动量观点的综合应用)(多选)如图3所示，一平台到地面的高度为h ＝0.45 m ，质量为M ＝0.3 kg 的木块放在平台的右端，木块与平台间的动摩擦因数为μ＝0.2.地面上有一质量为m ＝0.1 kg 的玩具青蛙，距平台右侧的水平距离为x ＝1.2 m ，旋紧发条后释放，让玩具青蛙斜向上跳起，当玩具青蛙到达木块的位置时速度恰好沿水平方向，玩具青蛙立即抱住木块并和木块一起滑行．已知木块和玩具青蛙均可视为质点，玩具青蛙抱住木块过程时间极短，不计空气阻力，重力加速度g ＝10 m/s 2，则下列说法正确的是( )图3A ．玩具青蛙在空中运动的时间为0.3 sB ．玩具青蛙在平台上运动的时间为2 sC ．玩具青蛙起跳时的速度大小为3 m/sD ．木块开始滑动时的速度大小为1 m/s 答案 AD解析 由h ＝12gt 12得玩具青蛙在空中运动的时间为t 1＝0.3 s ，A 项正确；玩具青蛙离开地面时的水平速度和竖直速度分别为v x ＝xt 1＝4 m/s ，v y ＝gt 1＝3 m/s ，则玩具青蛙起跳时的速度大小为v 0＝v x 2＋v y 2＝5 m/s ，C 项错误；由动量守恒定律得m v x ＝(M ＋m )v ，解得木块开始滑动时的速度大小为v ＝1 m/s ，D 项正确；对木块及玩具青蛙，由动量定理得：－μ( M ＋m )gt 2＝0－(M ＋m )v ，解得玩具青蛙在平台上运动的时间为t 2＝0.5 s ，B 项错误．2．(力学三大观点的综合运用)(2021·忻州一中月考)如图4所示，一水平轻弹簧右端固定在粗糙水平面右侧的竖直墙壁上，质量为M ＝2 kg 的物块静止在水平面上的P 点，质量为m ＝1 kg 的小球用长l ＝0.9 m 的轻绳悬挂在P 点正上方的O 点．现将小球拉至轻绳与竖直方向成60°角位置，静止释放．小球到达最低点时恰好与物块发生弹性正碰．碰后物块向右运动并压缩弹簧，之后物块被弹回，刚好能回到P 点．设小球与物块只碰撞一次，不计空气阻力，物块和小球均可视为质点，重力加速度取g ＝10 m/s 2.求：图4(1)小球第一次摆到最低点与物块碰撞前瞬间对轻绳的拉力大小； (2)弹簧的最大弹性势能E p . 答案 (1)20 N (2)2 J解析 (1)小球静止释放，由机械能守恒定律：mgl (1－cos 60°)＝12m v 02小球在最低点由牛顿第二定律得：F T －mg ＝m v 02l又由牛顿第三定律有小球对轻绳的拉力F T ′＝F T 解得：F T ′＝20 N.(2)小球与物块发生弹性碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律得：m v 0＝m v 0′＋M v 1 12m v 02＝12m v 0′2＋12M v 12 物块从P 点运动到最右端，由能量守恒定律得：12M v 12＝E p ＋Q小球反弹后回到P 点的过程，又有：E p ＝Q 联立解得：E p ＝2 J.1．(多选)如图1所示，水平轻质弹簧的一端固定在墙上，另一端与质量为m 的物体A 相连，A 放在光滑水平面上，有一质量与A 相同的物体B ，从离水平面高h 处由静止开始沿固定光滑曲面滑下，与A 相碰后一起将弹簧压缩，弹簧恢复原长后某时刻B 与A 分开且沿原曲面上升．下列说法正确的是(重力加速度为g )( )图1A ．弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为mghB ．弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为mgh2C ．B 与A 分开后能达到的最大高度为h4D ．B 与A 分开后能达到的最大高度不能计算 答案 BC解析 根据机械能守恒定律可得B 刚到达水平面的速度v 0＝2gh ，根据动量守恒定律可得A 与B 碰撞后的速度为v ＝12v 0，所以弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为E pm ＝12×2m v 2＝12mgh ，故A 错误，B 正确；当弹簧再次恢复原长时，A 与B 分开，B 以大小为v 的速度向左沿曲面上滑，根据机械能守恒定律可得mgh ′＝12m v 2，解得B 能达到的最大高度为h ′＝14h ，故C 正确，D 错误．2．(多选)如图2甲，光滑水平面上放着长木板B ，质量为m ＝2 kg 的木块A 以速度v 0＝2 m/s 滑上原来静止的长木板B 的上表面，由于A 、B 之间存在摩擦，之后木块A 与长木板B 的速度随时间变化情况如图乙所示，重力加速度g ＝10 m/s 2，则下列说法正确的是( )图2A ．木块A 与长木板B 之间的动摩擦因数为0.1 B ．长木板的质量M ＝2 kgC ．长木板B 的长度至少为2 mD ．木块A 与长木板B 组成的系统损失的机械能为4 J 答案 AB解析 由题图可知，木块A 先做匀减速运动，长木板B 先做匀加速运动，最后一起做匀速运动，共同速度v ＝1 m/s ，取向右为正方向，根据动量守恒定律得m v 0＝(m ＋M )v ，解得M ＝m ＝2 kg ，故B 正确；由题图可知，长木板B 匀加速运动的加速度为a B ＝Δv Δt ＝11 m/s 2＝1 m/s 2，对长木板B ，根据牛顿第二定律得μmg ＝Ma B ，解得μ＝0.1，故A 正确；由题图可知前1 s 内长木板B 的位移为x B ＝12×1×1 m ＝0.5 m ，木块A 的位移为x A ＝2＋12×1 m ＝1.5 m ，所以长木板B 的最小长度为L ＝x A －x B ＝1 m ，故C 错误；木块A 与长木板B 组成的系统损失的机械能为ΔE ＝12m v 02－12(m ＋M )v 2＝2 J ，故D 错误．3.(2020·广东省实验中学、广雅中学、佛山一中高二下期末)如图3所示，一质量为M B ＝6 kg 的木板B 静止于光滑的水平面上，物块A 的质量M A ＝6 kg ，停在B 的左端，一质量为m ＝ 1 kg 的小球用长为l ＝0.8 m 的轻绳悬挂在固定点O 上．将轻绳拉直至水平位置后，由静止释放小球，小球在最低点与A 发生碰撞后反弹，反弹所能达到的最大高度h ＝0.2 m ，物块A 与小球均可视为质点，A 、B 达到共同速度后A 还在木板上，不计空气阻力，g 取10 m/s 2.图3(1)小球和物块A 碰后瞬间物块A 的速度大小； (2)A 、B 组成的系统因摩擦损失的机械能． 答案 (1)1 m/s (2)1.5 J解析 (1)对于小球，在运动的过程中机械能守恒，则有mgl ＝12m v 12，得v 1＝2gl ＝4 m/s ，mgh ＝12m v 1′2，得v 1′＝2gh ＝2 m/s小球与物块A 碰撞过程中，系统的动量守恒，以向右为正方向，则有：m v 1＝－m v 1′＋M A v A ， 解得v A ＝1 m/s(2)物块A 与木板B 相互作用过程中： M A v A ＝(M A ＋M B )v 共，解得v 共＝0.5 m/s. A 、B 组成的系统因摩擦而损失的机械能 ΔE ＝12M A v A 2－12(M A ＋M B )v 共2代入数据，解得ΔE ＝1.5 J4．如图4所示，光滑的水平面上有一质量M ＝9 kg 的木板，其右端恰好和14光滑固定的圆弧轨道AB 的底端等高对接(木板的水平上表面与圆弧轨道相切)，木板右端放有一质量m 0＝2 kg 的物体C (可视为质点)，已知圆弧轨道半径R ＝0.9 m ，现将一质量m ＝4 kg 的小滑块(可视为质点)，在轨道顶端A 点由静止释放，滑块滑到B 端后冲上木板，并与木板右端的物体C 粘在一起沿木板向左滑行，最后恰好不从木板左端滑出，已知滑块和物体C 与木板上表面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，取g ＝10 m/s 2.求：图4(1)滑块到达圆弧的B 端时，轨道对它的支持力大小； (2)木板的长度l .答案 (1)120 N (2)1.2 m解析 (1)滑块从A 端下滑到B 端，由机械能守恒定律得 mgR ＝12m v 02解得v 0＝3 2 m/s在B 点，由牛顿第二定律得 F N －mg ＝m v 02R解得轨道对滑块的支持力F N ＝120 N.(2)滑块滑上木板后，滑块与木板右端的物体C 发生碰撞，以向左为正方向，设碰撞后共同的速度为v 1，则 m v 0＝(m ＋m 0)v 1 代入数据得v 1＝2 2 m/s对滑块、物体C 以及木板，三者组成的系统沿水平方向的动量守恒，设末速度为v 2，由动量守恒定律有(m ＋m 0)v 1＝(m ＋m 0＋M )v 2 由能量守恒定律得μ(m ＋m 0)gl ＝12(m ＋m 0)v 12－12(M ＋m ＋m 0)v 22解得l ＝1.2 m.5.如图5所示，C 是放在光滑的水平面上的一块木板，木板的质量为3m ，在木板的上表面有两块质量均为m 的小木块A 和B ，它们与木板间的动摩擦因数均为μ.最初木板静止，A 、B 两木块同时以相向的水平初速度v 0和2v 0滑上长木板，木板足够长，A 、B 始终未滑离木板也未发生碰撞．重力加速度为g ，求：图5(1)此后运动过程中木块B 的最小速度是多少？(2)木块A 从刚开始运动到A 、B 、C 速度刚好相等的过程中，木块A 发生的位移是多少？ 答案 见解析解析 (1)由题知，B 向右减速，A 向左减速，此时C 静止不动；A 先减速到零后与C 一起反向向右加速，B 向右继续减速，三者共速时，B 的速度最小． 取向右为正方向，根据动量守恒定律有 m ·2v 0－m v 0＝5m v 解得B 的最小速度v ＝v 05.(2)A 向左减速的过程，根据动能定理有 －μmgx 1＝0－12m v 02向左的位移为x 1＝v 022μgA 、C 一起向右加速的过程，根据动能定理有 μmgx 2＝12×4m ⎝⎛⎭⎫v 052向右的位移为x 2＝2v 0225μg取向右为正方向，整个过程A 发生的位移为 x ＝x 2－x 1＝－21v 0250μg即此过程中A 发生的位移向左，大小为21v 0250μg.6.(2020·嘉祥县第一中学高二期中)如图6所示，小球A 质量为m ，系在细线的一端，细线的另一端固定在O 点，O 点到光滑水平面的距离为h .物块B 和C 的质量分别是4m 和2m ，物块B 、C 与轻弹簧接触不拴接，静止置于光滑的水平面上，且物块B 位于O 点正下方．现拉动小球A 使细线水平伸直，小球A 由静止释放，运动到最低点时与物块B 发生正碰(碰撞时间极短)，反弹后上升到最高点时与水平面的距离为h9.小球A 与物块B 、C 均可视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g ，求碰撞过程：图6(1)物块B 受到的冲量大小； (2)碰后轻弹簧获得的最大弹性势能； (3)物块C 获得的最大速度的大小． 答案 (1)4m 32gh (2)427mgh (3)492gh解析 (1)设小球A 运动到最低点与物块B 碰撞前的速度大小为v 1，取小球A 运动到最低点时的重力势能为零，根据机械能守恒定律有mgh ＝12m v 12解得v 1＝2gh设碰撞后小球A 反弹的速度大小为v 1′， 根据机械能守恒定律有：12m v 1′2＝mg h9解得v 1′＝2gh3设碰撞后物块B 的速度大小为v 2，取水平向右为正方向， 由动量守恒定律有m v 1＝－m v 1′＋4m v 2 解得v 2＝2gh 3由动量定理可得，碰撞过程物块B 受到的冲量大小为I ＝4m v 2＝4m 2gh3(2)碰撞后当物块B 与物块C 速度相等时轻弹簧的弹性势能最大， 根据动量守恒定律有4m v 2＝6m v 3根据机械能守恒定律有E pm ＝12×4m v 22－12×6m v 32解得E pm ＝427mgh (3)当压缩的弹簧恢复原长时，C 物块获得的速度最大，根据动量守恒定律和能量守恒定律有 4m v 2＝4m v 2′＋2m v 3′12×4m v 22＝12×4m v 2′2＋12×2m v 3′2 解得v 3′＝492gh。
动量和能量知识在力学问题中的综合应用
动量和能量知识在力学问题中的综合应用热点例析题型一、功和功率 动能定理1．功。
（1）恒力的功：W ＝Fs cos α。
（2）变力做功： ①用动能定理或功能关系求解；②用图象法求解，其中在F －s 图象中，曲线下的面积表示功的大小； ③当力的功率恒定时W ＝Pt 。
2．功率。
（1）平均功率：P ＝W t（2）瞬时功率：P ＝F v cos α 3．动能定理。
（1）内容：外力对物体做的总功等于物体动能的变化。
（2）公式：∑W ＝ΔE k 即W 1＋W 2＋W 3＋…＝12m v 22－12m v 21 （3）应用要点：对于单个物体应用动能定理W 总＝ΔE k ，W 总指物体所受的所有外力做的总功。
动能定理对全过程应用更加简便，即把几个过程作为一个整体，只考虑初、末状态的动能及过程中各力做功的代数和。
【例1】（2012·福建理综，17）如图，表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮，小物块A 、B 用轻绳连接并跨过滑轮（不计滑轮的质量和摩擦）。
初始时刻，A 、B 处于同一高度并恰好处于静止状态。
剪断轻绳后A 下落、B 沿斜面下滑，则从剪断轻绳到物块着地，两物块（ ）A ．速率的变化量不同B ．机械能的变化量不同C ．重力势能的变化量相同D ．重力做功的平均功率相同【例2】如图所示，抗震救灾运输机在某场地卸放物资时，通过倾角为30°的固定光滑斜轨道面进行。
有一件质量为m ＝2.0 kg 的小包装盒，由静止开始从斜轨道的顶端A 滑至底端B ，然后又在水平面上滑行一段距离后停下。
若A点距离水平面的高度h ＝5.0 m ，重力加速度g 取10 m/s 2，求：（1）包装盒由A 滑到B 所经历的时间；（2）若地面的动摩擦因数为0.5，包装盒在水平地面上还能滑行多远？（不计斜面和地面接触处的能量损耗）规律总结1．涉及时间一般不宜运用动能定理求解；2．动能定理的优势是对整个过程应用，比用牛顿定律和运动学公式简便得多。
第1讲 能量和动量观在力学中的应用
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 。
当汽车的功率突变为P 2时，汽车的牵引力突增为F 2，汽车继续加速，由P 2＝F 2v 可知F 2减小，又因F 2－f ＝ma 2，所以加速度逐渐减小，直到F 2＝f 时，速度最大v m ′＝P 2f ，以后匀速运动。
热点专题系列(5) 动力学、动量和能量观点在力学中的应用
热点专题系列(五)动力学、动量和能量观点在力学中的应用热点概述：处理力学问题的三个基本观点：①动力学观点(牛顿运动定律、运动学基本规律)；②能量观点(动能定理、机械能守恒定律、功能关系与能量守恒定律)；③动量观点(动量定理、动量守恒定律)。
熟练应用三大观点分析和解决综合问题是本专题要达到的目的。
[热点透析]动量与动力学观点的综合应用1．解动力学问题的三个基本观点(1)力的观点：用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题。
(2)能量观点：用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。
(3)动量观点：用动量定理和动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。
2.力学规律的选用原则(1)如果要列出各物理量在某一时刻的动力学关系式，可用牛顿第二定律。
(2)研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理(涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)去解决问题。
(3)若研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用，一般用动量守恒定律和能量守恒定律(机械能守恒定律)去解决问题，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件。
(4)在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律，系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，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，需注意到这些过程一般均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转换，这种问题由于作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决。
(2020·湖北省七市州教科研协作体高三下学期5月联考)如图甲所示，在光滑水平面上有一小车，其质量M＝2 kg，车上放置有质量m A＝2 kg的木板A，木板上有可视为质点的物体B，其质量m B＝4 kg。
已知木板A与小车间的动摩擦因数μ0＝0.3。
A 、B 紧靠车厢前壁，A 的左端与小车后壁间的距离为x ＝2 m 。
现对小车施加水平向右的恒力F ，使小车从静止开始做匀加速直线运动，经过1 s 木板A 与车厢后壁发生碰撞，该过程中A 的速度—时间图象如图乙所示，已知重力加速度大小g ＝10 m/s 2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
专题05动量和能量的综合应用
专题五 动量和能量【专家概述】一、本专题的重点和难点内容1、动量的定义是物体的质量与速度乘积。
动量是矢量，有大小，有方向。
动量是状态量，功是过程量。
冲量的定义是物体所受的某一个力与运动时间的乘积。
冲是是矢量，有大小，有方向。
冲量是过程量。
物体受到的每一个力所对应的冲量加起来就是合冲量。
动量与动能的大小关系是k mE P 22=。
2、动量定理的内容是物体所受的合冲量等于物体动量的变化。
动量定理的数学表达式0mv mvFt t-=∑3、能量守恒是自然界普遍存在的规律之一。
违背能量守恒的事情不可能发生。
能量守恒不需要条件。
4、动量守恒的条件是物体系统在运动过程中所受到的合外力为零。
二、本专题的解题思路与方法1、仔细审题，确定研究对象，确认运动过程，找出已知量、所求量，对研究对象进行受力分析，建立直角坐标系，沿运动方向为x 轴，根据动量定理建立方程。
2、若要使用能量守恒建立方程，则需要确认物体在运动过程中，有什么能量向什么能量转化，转化了多少。
3、在多体问题中，还可以用动量守恒建立方程。
动量守恒一定用在某一方向上。
物体系统所受合外力为零时，可以用动量守恒建立方程。
如果物体系统所受合外力不为零时，但内力远远大于外力，也可以用动量守恒建立方程，例如：碰撞过程、爆炸过程。
4、动撞静弹性正碰模型方程：111122m v m v m v ''=+，222111122111222m v m v m v ''=+，解此方程组得到：动撞静弹性正碰模型结论：121112()m m v v m m -'=+，121122m v v m m '=+5、碰撞模型与子弹打木块模型联系与区别。
联系是它们都遵守动量守恒、能量守恒。
区别是子弹可以打穿木块，此时子弹速度大于木块速度，而碰撞不是这样的，碰撞后三种情况，①一起运动，速度相同②或者是都向前运动，速度不同③或者是一个向前运动，一个向后运动。
第1讲 能量与动量知识在力学中的应用
专题五能量与动量1.功.(1)恒力的功：W=Fs cos a；(2) 变力做功：①用动能定理或功能关系求解．②用图象法求解，其中在F-s图象中，曲线下的面积表示功的大小．③当力的功率恒定时W=Pt.2.功率.(1)平均功率：(2) 瞬时功率：3.动能定理.(1)内容：外力对物体做的总功等于物体动能的变化.（2）公式：4．机械能守恒定律（1）机械能守恒的条件：（2）定律可写成多种表达式：5．功与能的关系：功是能量转化的量度(1)动能定理：(2)重力功W G与△E p的关系：(3)功能原理：(4)摩擦力的功与摩擦生热的关系：（5）电场力的功W电与△E p的关系：（6）电磁感应现象中，（7）热力学第一定律中：（8）光电效应：（9）核能：6．动量和动量守恒定律7．爆炸与碰撞(1)爆炸与碰撞：(3)求解碰撞类问题时应同时遵守三条原则①系统动量守恒原则：碰撞是作用时间很短的相互作用过程，物体间的相互作用很大，通常系统所受的外力(如重力、摩擦力等)的影响可忽略，认为系统动量守恒．②不违背能量守恒原则：即碰撞过程中系统的总动能不可能增加，有③物理情景(过程)可行性原则：a．如果碰撞前两物体同向运动，则后面物体的速度必前面物体的速度，否则无法实现碰撞．b.碰撞后，原来在前的物体的速度一定，且原来在前的物体速度原来在后的物体的速度，否则碰撞没有结束．c.如果碰前两物体是相向运动，则碰后两物体的运动方向不可能都，除非两物体碰撞后速度均为．1．变力作用下的直线运动问题【例1】如图所示，一辆质量为6t的汽车，额定功率为90kW，以a=2m/s2的加速度在平直公路从静止启动，车受的阻力为车重的0.05倍，g取10m/s2.问：(1)汽车做匀加速运动的时间有多长？(2)汽车能够达到的最大速度是多少？(3)若汽车从达到额定功率时起经86.4s而达到最大速度，则汽车在这段时间中前进了多远？(4)汽车的速度是20m/s时，它的加速度是多少？【变式练习】(双选)质量为m的汽车以恒定功率P沿倾角为q的倾斜路面向上行驶，最终以速度v匀速运动，若保持汽车的功率P不变，使汽车沿这个倾斜路面向下运动，最终匀速行驶，因此可知(汽车所受f不变)( )A．汽车的最终速度一定大于vB．汽车的最终速度一定小于vC．汽车所受的阻力一定大于mg sin qD．汽车所受的阻力可能小于mg sin q2．动能定理的综合应用【例2】如图所示，物体在离斜面底端4m处由静止滑下，若动摩擦因数均为0.5，斜面倾角为37°，斜面与平面间由一小段圆弧连接，求物体能在水平面上滑行多远？【同类变式】(2011·珠海模拟)如图所示，AB是倾角为q的粗糙直轨道，BCD是光滑的圆弧轨道，AB恰好在B点与圆弧相切，圆弧的半径为R，一个质量为m的物体(可以看做质点)从直轨道上的P点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动．已知P点与圆弧的圆心O 等高，物体与轨道AB间的动摩擦因数为μ，求：(1)物体做往返运动的整个过程中，在AB轨道上通过的总路程；(2)最终当物体通过圆弧轨道最低点E时，对轨道的压力．3．机械能守恒定律的综合应用基本思路如下：(1)取研究对象——物体系统或物体．(2)根据研究对象所经历的物理过程，进行受力分析和做功分析，判断机械能是否守恒．(3)恰当地选取参考平面，确定研究对象在研究过程的初末状态时的机械能．(4)根据机械能守恒定律列方程，进而求解．【例3】如图所示，M是半径R=0.9m的固定于竖直平面内的光滑圆弧轨道，轨道上端切线水平，轨道下端竖直相切处放置竖直向上的弹簧枪，弹簧枪可发射速度不同的质量m=0.2kg 的小钢珠．假设某次发射的小钢珠沿轨道内壁恰好能从M上端水平飞出，落至距M下方h=0.8m平面时，又恰好能无碰撞地沿圆弧切线从A点切入一光滑竖直圆弧轨道，并沿轨道下滑．A、B为圆弧轨道两端点，其连线水平，圆弧半径r=1m，小钢珠运动过程中阻力不计，g取10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6.求：(1)发射小钢珠前，弹簧枪弹簧的弹性势能E p；(2)从M上端飞出到A点的过程中，小钢珠运动的水平距离s；(3)AB圆弧对应的圆心角；(结果可用角度表示，也可用正切值表示)(4)小钢珠运动到AB圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小．【例4】如图所示，半径R=0.40m的光滑半圆环轨道处于竖直平面内，半圆环与粗糙的水平地面相切于圆环的端点A.一质量m=0.10kg的小球，以初速度v0=7.0m/s在水平地面上向左做加速度a=3.0m/s2的匀减速直线运动，运动4.0m后，冲上竖直半圆环，最后小球落在C 点，求A、C间的距离．(取重力加速度g=10m/s2)。
人教版高中物理课件：第1讲 能量与动量观点在力学中的应用
5．(2017· 全国卷Ⅱ)为提高冰球运动员的加速能力，教练员 在冰面上与起跑线相距 s0 和 s1(s1<s0)处分别放置一个挡板和一 面小旗，如图所示．训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上， 教练员将冰球以速度 v0 击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线 的方向滑向挡板；冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从 静止出发滑向小旗．训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少 到达小旗处．假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球到 达挡板时的速度为 v1.重力加速度大小为 g.求
(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数； (2)满足训练要求的运动员的最小加速度．
赢在高考
1.常见的功能关系 2.机械能守恒定律 3.动能定理 4.动量定理及动量守恒定律
第一单元
专题二 能量和动量 生活智慧与时代精神
赢在高考
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。
专题二
能量和动量
第1讲 能量与动量观点在力学中的应用
卷ⅠT17：动能定理，牛顿第二定律 2015 卷ⅡT17：v－t、P－t 图象的理解及瞬时功率的理解 T21：系统机械能守恒 卷ⅠT25：动能定理和机械能守恒定律综合解决多过 程问题 卷ⅡT21：功、功率及动能定理 2016 T25：机械能守恒定律、能量守恒定律综合解决多过 程问题 卷ⅢT24：机械能守恒定律、竖直面内圆周运动的临 界问题
动量与能量的关系
动量与能量的关系动量与能量是物理学中两个重要的概念，它们在描述物体运动和相互作用时起着关键的作用。
本文将探讨动量与能量之间的关系，以及它们在实际应用中的意义。
一、动量的定义与性质动量是描述物体运动的物理量，它是物体质量和速度的乘积。
动量的计算公式为：p = m * v，其中p表示动量，m表示物体的质量，v表示物体的速度。
动量具有以下几个重要的性质：1. 动量是矢量量，具有方向性。
它的方向与物体的速度方向一致。
2. 动量与物体质量成正比，与速度成正比。
质量越大，速度越快，动量就越大。
3. 动量是守恒的。
在一个封闭系统中，物体间的相互作用不会改变系统的总动量。
二、能量的定义与性质能量是描述物体状态和物体间相互作用的物理量，它是物体所具有的做工能力。
根据能量的性质和形式，能量可以分为多种类型，如机械能、热能、电能、化学能等。
能量的计量单位是焦耳（J）。
能量具有以下几个重要的性质：1. 能量是标量量，不具有方向性。
2. 能量具有转化和守恒的性质。
能量可以在不同形式之间相互转化，但总能量守恒，不会因为转化而减少或增加。
三、动能与动量之间的关系物体的动能是指因物体运动而具有的能量。
动能的计算公式为：E_k = 1/2 * m * v^2，其中E_k表示动能，m表示物体质量，v表示物体的速度。
动能与动量之间存在着密切的关系。
根据动能的计算公式可以推导出：E_k = 1/2 * p * v，其中p表示物体的动量。
这表明动能与动量之间存在着倍数关系，动量越大，动能也越大。
四、冲量与动量的关系物体受到外力作用时，会发生动量的变化，这种变化称为冲量。
冲量的计算公式为：I = ∆p = m * ∆v，其中I表示冲量，∆p表示动量的变化量，m表示物体的质量，∆v表示速度的变化量。
冲量与动量之间存在着密切的关系。
根据冲量的计算公式可以推导出：I = F * ∆t = ∆p，其中F表示外力的大小，∆t表示作用时间。
这表明冲量等于动量的变化量，而动量是物体运动的量度，因此冲量可以看作是物体运动状态变化的度量。
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( 3) 弹簧被压缩到最短时弹簧有最大的弹性势能，
子弹进入木块并相对木块静止后到将弹簧压缩到 最短过程中机械能守恒(整个过程机械能并不守恒， 子弹射入木块过程中有机械能的损失)． 设弹簧最大弹性势能为E p 1 1 2 E p = ( M1 + m ) v1 − ( M1 + M 2 + m ) v 2 2 2 2 代入数据解得E p = 0.25J
这个过程可视为内含子弹并以速度v A 运动的滑块 A与静止滑块B发生弹性碰撞，应用前述问题的结 论，立刻得到 m 2( m + ) v 4 × 0 =v v Bmax = 0 m 5 m+m+ 4 1 2 2 2 E k Bmax = m × ( v 0 ) = mv 0 2 2 9 81
(2)滑块模型 【例7】如图5-1-11所示，质量为m1=16kg的平板车 B原来静止在光滑的水平面上，另一质量m2=4kg的 物体A以5m/s的水平速度滑向平板车的另一端．假 设平板车与物体间的动摩擦因数为0.5，g取10m/s2. 求： (1)如果A不会从B的另一端滑下，则A、B最终速度 是多少？ (2)要保证不滑下平板车至少要有多长？
【 同类变式】 如图所示，弧形斜面质量为M，静 同类变式 】 止于光滑水平面上，一质量为m的小球以速度v0 向左运动，小球最多能升高到离水平面h处，求该 系统产生的热量．
【解析】系统损失的动能转化为小球的重力势能和产生的热量， 即∆Ek = Q + mgh.小球和弧形斜面组成的系统，水平方向动量守 恒，根据动量守恒定律，有mv0 = ( m + M) v，所以碰后的共同 m 速度为v = v0.若设系统损失的动能为DEk，则根据能量守 m+ M Mmv02 1 1 M 1 恒定律，∆Ek = mv02 − ( m + M) v2 = × mv02 = . 2 2 m+ M 2 2(m + M ) Mmv02 所以非常简便地计算出Q = ∆Ek − mgh = − mgh 2(m + M )
1 (1)由机械能守恒定律，有m1gh = m1v 2,解得：v = 2gh 2 ( 2 ) 设碰后A、B共同速度为v′，A、B在碰撞过程中内力 远大于外力，由动量守恒有m1v = ( m1 + m 2 ) v′ A、B克服摩擦力所做的功W = µ ( m1 + m 2 ) gd
1 由能量守恒定律，有 ( m1 + m 2 ) v′2 = E p + µ ( m1 + m 2 ) gd 2 m12 gh − µ ( m1 + m 2 ) gd 联立以上各式解得E p = m1 + m2
(1)物块A在与挡板B碰撞前瞬间速度v的大小； (2)弹簧最大压缩量为d时的弹性势能Ep(设弹簧处于原 长时弹性势能为零)．
【解析】由于除OM段以外的其余各处的摩擦不计， 所以物块A从斜坡顶端自由滑下至水平滑道时，满 足机械能守恒，在到达O点之前匀速运动至O点与 挡板B发生完全非弹性碰撞，碰撞前后遵循动量守 恒，碰撞后共同向左运动，动能转化为弹簧的弹性 势能和克服摩擦力做功．
【解析】系统的动量是否守恒，与系统的选取以及系 统的受力有直接的关系．在发射子弹时，子弹与枪之 间，枪与车之间都存在相互作用力，所以将枪和子弹 作为系统，或枪和车作为系统，系统所受的合外力均 不为零，系统的动量不守恒．当将三者作为系统时， 系统所受的合外力为零，系统的动量守恒，这时子弹 的动量变化与枪和车的动量变化大小相等，方向相 反． 【答案】C
µ mg
= µ g = 1m / s 2 .
【同类变式】如图甲所示，一根轻质弹簧的两端分别 同类变式】 与质量为m1 和m2 的两个物块A、B相连接，并静止在 光滑的水平面上．t=0时刻，A的速度方向水平向右， 大小为3m/s，两个物块的速度随时间变化的规律如图 乙所示．根据图象提供的信息求： (1)两物块的质量之比； (2)在t2时刻A与B的动量大小之比．
【解析】 子弹打入木块M1的瞬间，内力远 (1) 大于弹簧对M1的作用力，子弹和木块M1系 统动量守恒：mv 0 = ( m + M1 ) v1 mv0 0.01×100 v1 = = m / s = 1m / s m + M 1 0子弹和
【解析】1) 对A、B组成的系统由动量守恒定律得 ( m1v1 = ( m1 + m 2 ) v m1 × 3 = ( m1 + m 2 ) ×1 m1 1 得到 = m2 2 p A m1v A 1 = ( 2 ) 在t 2时刻 = pB m2 vB 4
5．动量、能量知识的综合问题 ．动量、 解动力学问题和动量、能量的一般步骤： (1)认真审题，分析物理过程，明确题目所述的物理 情境，确定研究对象． (2) (2)分析研究对象受力、运动状态和运动状态变化的 过程并作草图． (3)根据运动状态变化的规律确定解题观点，选择适 合题目的运动规律． 若用力的观点解题，要认真分析受力及运动状态的 变化，关键是求出加速度．
若用两大定律求解，应确定过程的始末状态的动 量(动能)，分析并求出过程中冲量(功)． 若判断过程中动量或机械能量守恒，根据题意选 择合适的始末状态，列出守恒关系式，一般这两个 守恒定律多用于求某状态的速度． (4)根据选择的定律列式，有时还需挖掘题目的其 他条件(如潜在条件、临界条件、几何关系等)来补充 方程． (5)代入数据(统一单位)计算结果． 特别提示：在解题过程中应注意表达思想的过程， 注意写出每一步的文字说明．
【同类变式】如图所示，一轻质弹簧两端各连 接一质量为m的滑块A和B，两滑块都置于光滑 的水平面上．今有质量为的子弹以水平速度v0 射入A中不再穿出，试分析弹簧在什么状态下滑 块B具有最大动能，其值是多少？
【解析】子弹与A碰撞后，因碰撞时间极短，且A用弹 簧与B相连，故可认为此时刻B未参与此过程，则子弹 与A组成的系统动量守恒．设碰撞后子弹与A的共同速 度为vA，则有 m m v 0 = (m + )v A 4 4 1 解得v A = v 0 5 此后，弹簧被压缩，B被加速，显然当弹簧再次恢复 原长时，弹簧的弹性势能为零，B有最大速度vBmax ， 即有最大动能EkBmax ，在此过程中以子弹、A、B滑块 及轻弹簧为研究系统．
【 例 6】 如图所示，质量分别为M1=0.99kg和M2=1kg 】 的木块静置在光滑水平地面上，两木块间夹一轻质 弹簧，一粒质量m=10g的子弹以v0=100m/s的速度打 入 木 块 M1 中 ， 当 子 弹 在 木 块 M1 中 相 对 静 止 的 瞬 间．求： (1)木块M1速度的大小； (2)弹簧被压缩到最短瞬间木块M2的速度；
【同类变式】如图所示，平板小车C静止在光滑的水 平面上．现在A、B两个小物体(可视为质点)，分别从 小车C的两端同时水平地滑上小车．初速度vA=0.6m/s， vB=0.3m/s.A、B与C间的动摩擦因数都是µ=0.1，A、 B、C的质量都相同．最后A、B恰好相遇而未能碰 撞．且A、B、C以共同速度运动．g取10m/s2.求： (1)A、B、C共同运动的速度； (2)B物体相对于地面向左运动的最大位移； (3)小车的长度．
(1)设A、B共同运动的速度为v，A的初速度为v0， 则对A、B组成的系统，由动量守恒定律可得：
4×5 m2v0=(m1+m2)v，解得v= m/s=1m/s. 16 + 4
(2)设A在B上滑行的距离为l，小车从开始运动至速 度刚增到1m/s时位移大小为s，则由动能定理可得：
1 1 对A：F摩 ( l + s ) = m 2 v − m 2 v 2 2 2 1 对B：F摩s = m1v 2 又F摩 = µ m 2 g 2 由以上三式代入数据可解得：l = 2m 故要保证A不滑下平板车至少应有2m长． 亦可直接取A、B系统为研究对象，由于 内能的增加等于系统动能的减少，根据 能的转化和守恒定律有： 1 1 2 µ m 2gl = m 2 v0 − ( m1 + m 2 ) v 2， 2 2 解得l = 2m
6．动量、能量的两种经典模型 动量、 (1)子弹打木块模型 子弹打木块类问题的特点： ①系统合外力可看为零，因此动量守恒； ②系统初动量不为零(一般为一静一动)，末动量也不 ( ) 为零； ③两者发生的相对位移等于子弹入射深度(穿出木块 时为木块宽度)； ④全过程损失的动能可用公式∆Ek=fs相对表示．
专题五 能量与动量
4．动量守恒定律的应用 对于多个物体的相互作用问题，有时应 用整体动量守恒，有时只应用某部分物体动 量守恒，有时分过程多次应用动量守恒，有 时抓住初、末状态动量守恒，总之，要善于 选择系统，善于选择过程来研究．
【例4】把一支枪水平地固定在光滑水平面上的小车 上，当枪发射出一颗子弹时，下列说法中正确的是 ( ) A．枪和子弹组成的系统动量守恒 B．枪和车组成的系统动量守恒 C．子弹、枪、小车这三者组成的系统动量守恒 D．子弹的动量变化与枪和车的动量变化相同
【 例 5】 如图所示，坡道顶端距水平面高度为h，质 】 量为m1的小物块A从坡道顶端由静止滑下，进入水平 面上的滑道时无机械能损失，为使A制动，将轻弹簧 的一端固定在水平滑道延长线M处的墙上，另一端与 质量为m2 的挡板B相连，弹簧处于原长时，B恰好位 于滑道的末端O点．A与B碰撞时间极短，碰后结合 在一起共同压缩弹簧，已知在OM段A、B与水平面 间的动摩擦因数均为µ，其余各处的摩擦不计，重力 加速度为g，求：
【解析】物体A在平板车B上滑动的过程中，由于摩 擦力的作用，A做匀减速直线运动，B做初速度为零 的匀加速直线运动．由于系统的合外力为零，所以总 动量守恒，如果平板车足够长，二者总有一个时刻速 度变为相同，之后摩擦力消失，A、B以相同的速度 匀速运动，在此过程中，由于A、B的位移不同，所 以滑动摩擦力分别对A和B做的功也大小不等，故整 个系统动能减小，内能增加，总能量不变．要求平板 车的最小长度，可以用动能定理分别对A和B列方程， 也可以用能的转化和守恒定律对系统直接列方程．