新课标高考物理二轮复习动力学动量和能量观点的综合应用课件
答案：(1)5 m/s (2)0.5 m
3．(2019·山东青岛二中高三理科综合)如图所示，半径为 R 的 光滑半圆环轨道竖直固定在一水平光滑的桌面上，桌面距水平 地面的高度也为 R，在桌面上轻质弹簧被 a、b 两个小球挤压(小 球与弹簧不拴接)，处于静止状态．同时释放两个小球，小球 a、 b 与弹簧在桌面上分离后，a 球从 B 点滑上半圆环轨道最高点 A 时速度为 vA＝ 2gR，已知小球 a 质量为 m，小球 b 质量为 2m, 重力加速度为 g，求：
设 A 与 B 发生弹性碰撞后的速度分别为 v1 和 v2，由碰撞过程 动量守恒和能量守恒可得 mv0＝mv1＋Mv2 12mv20＝12mv21＋12Mv22 解得 v1＝－3.6 m/s，v2＝2.4 m/s 可见，A 与 B 第一次碰后，A 的速度大小为 3.6 m/s，方向沿斜 面向上，B 的速度大小为 2.4 m/s，方向沿斜面向下．
解得 L＝5 m 故要使小物块不脱离小车，小车的长度至少为 5 m.
[答案] (1)10 m/s (2)5 m
易错警示 “三大观点”解决力学综合问题的几点注意
——————————————————————————— (1)弄清有几个物体参与运动，并划分清楚物体的运动过程，如 例题中分成“子弹打击小车”及“小物块在小车上的滑动” 两个阶段． (2)进行正确的受力分析，明确各过程的运动特点．
(1)小球 C 与物块 A 碰撞过程中所受的撞击力大小； (2)为使物块 A 不滑离木板 B，木板 B 至少多长？
解析：(1)C 下摆过程，根据动能定理，有 mCgl＝12mCv2C 所以 vC＝ 2gl＝4 m/s C 反弹过程，根据动能定理，有－mCgh＝0－12mCvC′2 vC′＝ 2gh＝2 m/s.
(1)第一次碰撞后的瞬间 A、B 的速度大小； (2)在第一次碰撞后到第二次碰撞前的过程中，A 距 B 下端的最 大距离．
解析：(1)小物块 A 向下滑动时，木板 B 静止不动．设 A 与 B 发生弹性碰撞前的速度 v0， 由机械能守恒定律得 mgL2sin 37°＝12mv20 解得 v0＝6 m/s
(3)物体在光滑的平面上运动，或沿光滑的曲面下滑，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)含摩擦生热的问题，一般考虑应用能量守恒定律分析．
[应用提升练] 1．(2019·福建莆田第一中学高考模 拟)质量为 mB＝2 kg 的木板 B 静止 于光滑水平面上，质量为 mA＝6 kg 的物块 A 停在 B 的左端，质量为 mC＝2 kg 的小球 C 用长为 l＝0.8 m 的轻绳悬挂在固定点 O.现将小球 C 及轻绳拉直至水平位置后由静止释放，小球 C 在最低点与 A 发生 正碰，碰撞作用时间很短为 Δt＝1×10－2 s，之后小球 C 反弹所能上 升的最大高度 h＝0.2 m．已知 A、B 间的动摩擦因数 μ＝0.1，物块 与小球均可视为质点，不计空气阻力，g 取 10 m/s2.求：
(1)小物块滑上平板车的初速度 v0 的大小； (2)小物块与车最终相对静止时，它距点 O′的距离．
解析：(1)平板车和小物块组成的系统在水平方向上动量守恒， 设小物块到达圆弧轨道最高点 A 时，二者的共同速度为 v1 由动量守恒定律得 mv0＝(M＋m)v1① 由能量守恒定律得 12mv20＝mgR＋μmgL＋12(M＋m)v21② 联立①②并代入数据解得 v0＝5 m/s③
xB＝v2t1＝2.4 m A 距 B 下端的最大距离 xm＝xA＋xB＝3 m.
答案：(1)3.6 m/s 2.4 m/s (2)3 m
(1)小球 a 在圆环轨道最高点对轨道的压力； (2)释放后小球 b 离开弹簧时的速度 vb 的大小； (3)小球 b 落地点距桌子右侧的水平距离．
解析：(1)设 a 球通过最高点时受轨道的弹力为 FN，由牛顿第 二定律有 mg＋FN＝ mvR2A 得 FN＝mg 由牛顿第三定律，a 球对轨道的压力为 mg，方向竖直向上. (2)设小球 a 与弹簧分离时的速度大小为 va，取桌面为零势面， 由机械能守恒定律有12mv2a＝12mv2A＋mg×2R 得 va＝ 6gR
[解析] (1)子弹射入小车的过程中，子弹与小车组成的系统动 量守恒，由动量守恒定律得 m0v0＝(m0＋m1)v1，解得 v1＝10 m/s. (2)子弹、小车、小物块组成的系统动量守恒，设当小物块与车 共速时，共同速度为 v2，两者相对位移大小为 L， 由动量守恒定律和能量守恒定律有 (m0＋m1)v1＝(m0＋m1＋m2)v2 μm2gL＝12(m0＋m1)v21－12(m0＋m1＋m2)v22
(2)A 与 B 第一次碰后，A 沿板向上做匀减速运动；因 B 受到斜 面的支持力 FN＝(m＋M)gcos θ＝40 N，Ff＝μFN＝0.6×40 N＝ 24 N，Mgsin θ＝24 N，Ff＝Mgsin θ，故 B 沿斜面向下做匀速 直线运动，A 与 B 第一次碰撞后到第二次碰撞前，A 与 B 速度 相等之时，A 与 B 下端有最大距离．此过程中 运动时间 t1＝gsvin2－v317°＝1 s xA＝2gsvi12n－3v7°22 ＝0.6 m
(4)当涉及细节并要求分析力时，一般选择牛顿运动定律，对某 一时刻的问题进行求解． (5)复杂的问题一般需综合应用能量的观点、运动与力的观点解 题．
[示例] 如图所示，一质量 m1 ＝0.45 kg 的平板小车静止在光 滑的水平轨道上．车顶右端放一质量 m2＝0.5 kg 的小物块，小 物块可视为质点，小物块与车之间的动摩擦因数 μ＝0.5，现有 一质量 m0＝0.05 kg 的子弹以 v0＝100 m/s 的水平速度射中小 车左端，并留在车中，子弹与车相互作用时间很短．g 取 10 m/s2， 求： (1)子弹刚刚射入小车时，小车的速度大小 v1. (2)要使小物块不脱离小车，小车的长度至少为多少？
根据能量守恒定律， 有 μmAgx＝12mAv2A－12(mA＋mB)v2 所以 x＝0.5 m.
答案：(1)1 200 N 2)0.5 m
2．如图所示，光滑水平面上有 一质量 M＝4.0 kg 的平板车，车 的上表面有一段长 L＝1.5 m 的 粗糙水平轨道，水平轨道左侧连一半径 R＝0.25 m 的四分之一 光滑圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在点 O′处相切．现将一 质量 m＝1.0 kg 的小物块(可视为质点)从平板车的右端以水平 向左的初速度 v0 滑上平板车，小物块与水平轨道间的动摩擦因 数 μ＝0.5，小物块恰能到达圆弧轨道的最高点 A.g 取 10 m/s2， 求：
科学思维 动力学、动量和能量观点的综合应用
C目录 ONTENTS
本讲为力学综合问题，涉及动力学、功能关系，解此类题目关 键要做好“五选择”： (1)当物体受到恒力作用发生运动状态的改变而且又涉及时间 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、功能关系或能量守恒定律解题，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．
取向右为正方向，对 C 根据动量定理，有 －FΔt＝－mCvC′－mCvC 解得 F＝1 200 N. (2)C 与 A 碰撞过程，根据动量守恒定律，有 mCvC＝－mCvC′＋mAvA 所以 vA＝2 m/s A 恰好滑至木板 B 右端并与其共速时，B 的长度最小 根据动量守恒定律，有 mAvA＝(mA＋mB)v 所以 v＝1.5 m/s
(2)设小物块最终与车相对静止时，二者的共同速度为 v2，从小 物块滑上平板车，到二者相对静止的过程中，由动量守恒定律 得 mv0＝(M＋m)v2④ 设小物块与车最终相对静止时，它距 O′点的距离为 x，由能 量守恒定律得 12mv20＝μmg(L＋x)＋12(M＋m)v22⑤ 联立③④⑤并代入数据解得： x＝0.5 m<L，符合题意．
小球 a、b 从释放到与弹簧分离过程中，总动量守恒，
mva＝2mvb
vb＝ 62gR.
(3)b 球从桌面飞出做平抛运动，设水平飞出的距离为 x，则 R
＝12gt2
x＝vbt
得 x＝ 3R.
答案：(1) mg，方向竖直向上
(2)
6gR 2
(3) 3R
4．如图所示，上表面光滑的“L”形 木板 B 锁定在倾角为 37°的足够长的 斜面上；将一小物块 A 从木板 B 的中 点轻轻地释放，同时解除木板 B 的锁 定，此后 A 与 B 发生碰撞，碰撞过程时间极短且不计能量损失； 已知物块 A 的质量 m＝1 kg，木板 B 的质量 M＝4 kg，板长 L ＝6 m，木板与斜面间的动摩擦因数为 μ＝0.6, 最大静摩擦力等 于滑动摩擦力，g 取 10 m/s2，sin 37°＝0.6, cos 37°＝0.8，求：
3．(2019·山东青岛二中高三理科综合)如图所示，半径为 R 的 光滑半圆环轨道竖直固定在一水平光滑的桌面上，桌面距水平 地面的高度也为 R，在桌面上轻质弹簧被 a、b 两个小球挤压(小 球与弹簧不拴接)，处于静止状态．同时释放两个小球，小球 a、 b 与弹簧在桌面上分离后，a 球从 B 点滑上半圆环轨道最高点 A 时速度为 vA＝ 2gR，已知小球 a 质量为 m，小球 b 质量为 2m, 重力加速度为 g，求：
设 A 与 B 发生弹性碰撞后的速度分别为 v1 和 v2，由碰撞过程 动量守恒和能量守恒可得 mv0＝mv1＋Mv2 12mv20＝12mv21＋12Mv22 解得 v1＝－3.6 m/s，v2＝2.4 m/s 可见，A 与 B 第一次碰后，A 的速度大小为 3.6 m/s，方向沿斜 面向上，B 的速度大小为 2.4 m/s，方向沿斜面向下．
解得 L＝5 m 故要使小物块不脱离小车，小车的长度至少为 5 m.
[答案] (1)10 m/s (2)5 m
易错警示 “三大观点”解决力学综合问题的几点注意
——————————————————————————— (1)弄清有几个物体参与运动，并划分清楚物体的运动过程，如 例题中分成“子弹打击小车”及“小物块在小车上的滑动” 两个阶段． (2)进行正确的受力分析，明确各过程的运动特点．
(1)小球 C 与物块 A 碰撞过程中所受的撞击力大小； (2)为使物块 A 不滑离木板 B，木板 B 至少多长？
解析：(1)C 下摆过程，根据动能定理，有 mCgl＝12mCv2C 所以 vC＝ 2gl＝4 m/s C 反弹过程，根据动能定理，有－mCgh＝0－12mCvC′2 vC′＝ 2gh＝2 m/s.
(1)第一次碰撞后的瞬间 A、B 的速度大小； (2)在第一次碰撞后到第二次碰撞前的过程中，A 距 B 下端的最 大距离．
解析：(1)小物块 A 向下滑动时，木板 B 静止不动．设 A 与 B 发生弹性碰撞前的速度 v0， 由机械能守恒定律得 mgL2sin 37°＝12mv20 解得 v0＝6 m/s
(3)物体在光滑的平面上运动，或沿光滑的曲面下滑，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)含摩擦生热的问题，一般考虑应用能量守恒定律分析．
[应用提升练] 1．(2019·福建莆田第一中学高考模 拟)质量为 mB＝2 kg 的木板 B 静止 于光滑水平面上，质量为 mA＝6 kg 的物块 A 停在 B 的左端，质量为 mC＝2 kg 的小球 C 用长为 l＝0.8 m 的轻绳悬挂在固定点 O.现将小球 C 及轻绳拉直至水平位置后由静止释放，小球 C 在最低点与 A 发生 正碰，碰撞作用时间很短为 Δt＝1×10－2 s，之后小球 C 反弹所能上 升的最大高度 h＝0.2 m．已知 A、B 间的动摩擦因数 μ＝0.1，物块 与小球均可视为质点，不计空气阻力，g 取 10 m/s2.求：
(1)小物块滑上平板车的初速度 v0 的大小； (2)小物块与车最终相对静止时，它距点 O′的距离．
解析：(1)平板车和小物块组成的系统在水平方向上动量守恒， 设小物块到达圆弧轨道最高点 A 时，二者的共同速度为 v1 由动量守恒定律得 mv0＝(M＋m)v1① 由能量守恒定律得 12mv20＝mgR＋μmgL＋12(M＋m)v21② 联立①②并代入数据解得 v0＝5 m/s③
xB＝v2t1＝2.4 m A 距 B 下端的最大距离 xm＝xA＋xB＝3 m.
答案：(1)3.6 m/s 2.4 m/s (2)3 m
(1)小球 a 在圆环轨道最高点对轨道的压力； (2)释放后小球 b 离开弹簧时的速度 vb 的大小； (3)小球 b 落地点距桌子右侧的水平距离．
解析：(1)设 a 球通过最高点时受轨道的弹力为 FN，由牛顿第 二定律有 mg＋FN＝ mvR2A 得 FN＝mg 由牛顿第三定律，a 球对轨道的压力为 mg，方向竖直向上. (2)设小球 a 与弹簧分离时的速度大小为 va，取桌面为零势面， 由机械能守恒定律有12mv2a＝12mv2A＋mg×2R 得 va＝ 6gR
[解析] (1)子弹射入小车的过程中，子弹与小车组成的系统动 量守恒，由动量守恒定律得 m0v0＝(m0＋m1)v1，解得 v1＝10 m/s. (2)子弹、小车、小物块组成的系统动量守恒，设当小物块与车 共速时，共同速度为 v2，两者相对位移大小为 L， 由动量守恒定律和能量守恒定律有 (m0＋m1)v1＝(m0＋m1＋m2)v2 μm2gL＝12(m0＋m1)v21－12(m0＋m1＋m2)v22
(2)A 与 B 第一次碰后，A 沿板向上做匀减速运动；因 B 受到斜 面的支持力 FN＝(m＋M)gcos θ＝40 N，Ff＝μFN＝0.6×40 N＝ 24 N，Mgsin θ＝24 N，Ff＝Mgsin θ，故 B 沿斜面向下做匀速 直线运动，A 与 B 第一次碰撞后到第二次碰撞前，A 与 B 速度 相等之时，A 与 B 下端有最大距离．此过程中 运动时间 t1＝gsvin2－v317°＝1 s xA＝2gsvi12n－3v7°22 ＝0.6 m
(4)当涉及细节并要求分析力时，一般选择牛顿运动定律，对某 一时刻的问题进行求解． (5)复杂的问题一般需综合应用能量的观点、运动与力的观点解 题．
[示例] 如图所示，一质量 m1 ＝0.45 kg 的平板小车静止在光 滑的水平轨道上．车顶右端放一质量 m2＝0.5 kg 的小物块，小 物块可视为质点，小物块与车之间的动摩擦因数 μ＝0.5，现有 一质量 m0＝0.05 kg 的子弹以 v0＝100 m/s 的水平速度射中小 车左端，并留在车中，子弹与车相互作用时间很短．g 取 10 m/s2， 求： (1)子弹刚刚射入小车时，小车的速度大小 v1. (2)要使小物块不脱离小车，小车的长度至少为多少？
根据能量守恒定律， 有 μmAgx＝12mAv2A－12(mA＋mB)v2 所以 x＝0.5 m.
答案：(1)1 200 N 2)0.5 m
2．如图所示，光滑水平面上有 一质量 M＝4.0 kg 的平板车，车 的上表面有一段长 L＝1.5 m 的 粗糙水平轨道，水平轨道左侧连一半径 R＝0.25 m 的四分之一 光滑圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在点 O′处相切．现将一 质量 m＝1.0 kg 的小物块(可视为质点)从平板车的右端以水平 向左的初速度 v0 滑上平板车，小物块与水平轨道间的动摩擦因 数 μ＝0.5，小物块恰能到达圆弧轨道的最高点 A.g 取 10 m/s2， 求：
科学思维 动力学、动量和能量观点的综合应用
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本讲为力学综合问题，涉及动力学、功能关系，解此类题目关 键要做好“五选择”： (1)当物体受到恒力作用发生运动状态的改变而且又涉及时间 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、功能关系或能量守恒定律解题，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．
取向右为正方向，对 C 根据动量定理，有 －FΔt＝－mCvC′－mCvC 解得 F＝1 200 N. (2)C 与 A 碰撞过程，根据动量守恒定律，有 mCvC＝－mCvC′＋mAvA 所以 vA＝2 m/s A 恰好滑至木板 B 右端并与其共速时，B 的长度最小 根据动量守恒定律，有 mAvA＝(mA＋mB)v 所以 v＝1.5 m/s
(2)设小物块最终与车相对静止时，二者的共同速度为 v2，从小 物块滑上平板车，到二者相对静止的过程中，由动量守恒定律 得 mv0＝(M＋m)v2④ 设小物块与车最终相对静止时，它距 O′点的距离为 x，由能 量守恒定律得 12mv20＝μmg(L＋x)＋12(M＋m)v22⑤ 联立③④⑤并代入数据解得： x＝0.5 m<L，符合题意．
小球 a、b 从释放到与弹簧分离过程中，总动量守恒，
mva＝2mvb
vb＝ 62gR.
(3)b 球从桌面飞出做平抛运动，设水平飞出的距离为 x，则 R
＝12gt2
x＝vbt
得 x＝ 3R.
答案：(1) mg，方向竖直向上
(2)
6gR 2
(3) 3R
4．如图所示，上表面光滑的“L”形 木板 B 锁定在倾角为 37°的足够长的 斜面上；将一小物块 A 从木板 B 的中 点轻轻地释放，同时解除木板 B 的锁 定，此后 A 与 B 发生碰撞，碰撞过程时间极短且不计能量损失； 已知物块 A 的质量 m＝1 kg，木板 B 的质量 M＝4 kg，板长 L ＝6 m，木板与斜面间的动摩擦因数为 μ＝0.6, 最大静摩擦力等 于滑动摩擦力，g 取 10 m/s2，sin 37°＝0.6, cos 37°＝0.8，求：
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高考物理新精准大二轮新课标课件专题九动量和能量
第二、第三宇宙速度简介
第二宇宙速度定义
指物体完全摆脱地球引力束缚，飞离地球所需要的最小初始速度，数值为11.2km/s。
第三宇宙速度定义
指物体在地面附近摆脱太阳引力束缚，飞出太阳系所需的最小初始速度，数值为 16.7km/s。
物理意义
第二、第三宇宙速度是航天器脱离地球和太阳系引力束缚的重要参数，对于深空探测和星 际航行具有重要意义。达到第二宇宙速度的航天器可以逃离地球引力，进入深空；达到第 三宇宙速度的航天器则可以飞出太阳系，探索更遥远的宇宙空间。
第一宇宙速度定义
指物体在地面附近绕地球做匀速圆周运动的速度，数值为 7.9km/s。
计算方法
根据万有引力提供向心力的公式，可推导出第一宇宙速度 的计算公式。
物理意义
第一宇宙速度是航天器绕地球运行的最小发射速度，也是 航天器返回地面的最大速度。达到第一宇宙速度的航天器 可以克服地球引力，进入近地轨道运行。
高考物理新精准大二
轮新课标课件专题九
动量和能量
汇报人：XX
20XX-01-16
目录
• 动量与冲量 • 能量守恒定律 • 动能定理与机械能守恒 • 碰撞与动量守恒 • 火箭飞行原理与宇宙速度 • 实验：验证动量守恒定律
01
动量与冲量
动量定义及性质
动量定义
物体质量与速度的乘积，即 p = mv，表示物体运动状 态的物理量。
05
火箭飞行原理与宇宙速度
火箭飞行原理简介
01 反冲运动
火箭通过尾部高速喷出的燃气产生反作用力，使 火箭获得向前的推力。
02 牛顿第三定律
火箭飞行原理基于牛顿第三定律，即作用力和反 作用力大小相等、方向相反。
03 火箭方程
高考物理二轮复习专题二功和能动量和能量第2讲动量和能量观点的应用课件
件31213������0������2������≤μ<���2���0������2������
⑨
-10-
1
2
3
【命题规律研究及预测】 分析高考试题可以看出,高考命题突出 动量定理、动量守恒定律、碰撞模型的考查。动量守恒定律与运 动学公式及动量守恒定律与能量守恒定律的综合题也是考查的重 点。题型一般为选择题。
右滑动。此后a与b发生弹性碰撞,但b没有与墙发生碰撞。重力加
速度大小为g。求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件。
考点定位:动量守恒定律、能量守恒定律的应用
命题能力点:侧重考查理解能力
物理学科素养点:物理观念、科学思维
方法技巧:本题要按时间顺序分析物体的运动过程,知道弹性碰撞
过程遵守动量守恒和能量守恒,要结合功能关系分析b与墙不相撞
12Βιβλιοθήκη 31.(2017全国Ⅰ卷)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 )
A.30 kg·m/s
B.5.7×102 kg·m/s
C.6.0×102 kg·m/s D.6.3×102 kg·m/s
(1)动量的变化量:Δp=p'-p。 (2)动能和动量的关系:Ek= 2���������2���。 3.动量守恒定律
(1)条件:系统不受外力或系统所受外力的矢量和为零。
(2)表达式:m1v1+m2v2= m1v1'+m2v2'
。
4.能量的观点:在涉及系统内能量的转化问题时,常用能量守恒定律。
(新课标地区专用)2020高考物理二轮复习专题三功和能第2课时动力学和能量观点的综合应用课件
杯通过最高点时，对水由牛顿第二定律得：
mg＝mvR02，其中 R＝(0.2＋0.6) m＝0.8 m
解得：v0＝2 2 m/s；
(2)若在最高点水刚好不洒出，在最低点时水对杯底的压力为16 N，求蒸笼环从最高 点运动到最低点的过程中，蒸笼环对杯子和水所做的功W. 答案 3.2 J
当 B 点右方安装木板时，物体从木板右端水平抛出，在
空中运动的时间也为 t，水平位移为2l ，
因此物体从木板右端抛出的速度 v1＝v20＝
2gh 2
根据动能定理，物体在木板上滑动时，有－μmg2l ＝12mv12－12mv02
解得物体与木板之间的动摩擦因数 μ＝32hl .
拓展训练3 (2019·四川省第二次诊断)如图5所示为某同学设计的一个游戏装置，用弹 簧制作的弹射系统将小球从管口P弹出，右侧水平距离为L，竖直高度为H＝0.5 m处固 定一半圆形管道，管道所在平面竖直，半径R＝0.75 m，内壁光滑.通过调节立柱Q可以 改变弹射装置的位置及倾角，若弹出的小球从最低点M沿切线方向进入管道，从最高 点N离开后能落回管口P，则游戏成功.小球质量为0.2 kg，半径略小于管道内径，可视 为质点，不计空气阻力，g取10 m/s2.该同学某次游戏取得成功，试求：
下端固定于倾角为θ＝53°的光滑斜面底端，上端连接物块Q.一轻绳跨过定滑轮O，一
端与物块Q连接，另一端与套在光滑竖直杆的物块P连接，定滑轮到竖直杆的距离为
d＝0.3 m.初始时在外力作用下，物块P在A点静止不动，
轻绳与斜面平行，绳子张力大小为50 N.已知物块P质量
为m1＝0.8 kg，物块Q质量为m2＝5 kg.(不计滑轮大小及 摩擦，取g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)现将
mg＝mvR02，其中 R＝(0.2＋0.6) m＝0.8 m
解得：v0＝2 2 m/s；
(2)若在最高点水刚好不洒出，在最低点时水对杯底的压力为16 N，求蒸笼环从最高 点运动到最低点的过程中，蒸笼环对杯子和水所做的功W. 答案 3.2 J
当 B 点右方安装木板时，物体从木板右端水平抛出，在
空中运动的时间也为 t，水平位移为2l ，
因此物体从木板右端抛出的速度 v1＝v20＝
2gh 2
根据动能定理，物体在木板上滑动时，有－μmg2l ＝12mv12－12mv02
解得物体与木板之间的动摩擦因数 μ＝32hl .
拓展训练3 (2019·四川省第二次诊断)如图5所示为某同学设计的一个游戏装置，用弹 簧制作的弹射系统将小球从管口P弹出，右侧水平距离为L，竖直高度为H＝0.5 m处固 定一半圆形管道，管道所在平面竖直，半径R＝0.75 m，内壁光滑.通过调节立柱Q可以 改变弹射装置的位置及倾角，若弹出的小球从最低点M沿切线方向进入管道，从最高 点N离开后能落回管口P，则游戏成功.小球质量为0.2 kg，半径略小于管道内径，可视 为质点，不计空气阻力，g取10 m/s2.该同学某次游戏取得成功，试求：
下端固定于倾角为θ＝53°的光滑斜面底端，上端连接物块Q.一轻绳跨过定滑轮O，一
端与物块Q连接，另一端与套在光滑竖直杆的物块P连接，定滑轮到竖直杆的距离为
d＝0.3 m.初始时在外力作用下，物块P在A点静止不动，
轻绳与斜面平行，绳子张力大小为50 N.已知物块P质量
为m1＝0.8 kg，物块Q质量为m2＝5 kg.(不计滑轮大小及 摩擦，取g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)现将
高考物理二轮复习 专题突破四 第2课时 动力学 动量和能量观点的综合应用课件
③
本 课 时
P 刚进入 P2 到 P1、P2、P 第二次等速时由能量守恒得 μ·2mg(2L＋2x)＝12×2mv0 2＋12×2mv1 2－12×4mv2 2
④
栏 目 开
由③④得：x＝3v20μ2g－L，Ep＝m1v60
2
.
关
答案
1 (1)2v0
3 4v0
(2)3v20μ2g－L
mv0 2 16
如图 2 所示，质量为 m 的
(1)a 球与 b 球碰前瞬间的速度为多大？
(2)a、b 两球碰后，细绳是否会断裂？若细绳断裂，小球在 DE
水平面上的落点距 C 处的水平距离是多少？若细绳不断裂，小
球最高将摆多高？(小球 a、b 均视为质点)
解析 (1)设 a 球经 C 点时速度为 vC，由机械能守恒定律，mgh ＝12mvC2，
就是把多个物体看成一个整体(或系统).
题型 1 动量和能量的观点在力学中的应用
例 1 (2013·广东·35)如图 1，两块相同平板 P1、P2 置于光滑水
本
平面上，质量均为 m，P2 的右端固定一轻质弹簧，左端 A
课 时
与弹簧的自由端 B 相距 L，物体 P 置于 P1 的最右端，质量
栏
为 2m 且可看作质点．P1 与 P 以共同速度 v0 向右运动，与
量变化的方向与 合外力的冲量 方向相同，而物体在某
一时刻的动量方向跟合外力的冲量方向无必然联系．
动量定理公式中的 F 是研究对象所受的包括重力在内的
所有外力的 合力 ，它可以是恒力，也可以是变力，当 F
为变力时，F 应是合外力对作用时间的 平均值 ．
本 2．动量守恒定律
课 时
(1)内容：一个系统不受外力或者所受外力之和为 零 ，这
新教材2024高考物理二轮专题复习第一编专题复习攻略专题二动量与能量第6讲力学三大观点的综合应用课件
能量观点
动能定理 机械能守恒定律 功能关系 能量守恒定律
W合＝ΔEk Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2 WG＝－ΔEp等 E1＝E2
涉及做功与能量 转换
动量观点
动量定理 动量守恒定律
I合＝p′－p p1＋p2＝p′1＋p′2
只涉及初末速度、 力、时间而不涉 及位移、功 只涉及初末速度 而不涉及力、时 间
碰撞时间极短，后车制动过程及两车碰后减速过程均可视为水平方向仅在滑
动摩擦阻力作用下的匀减速直线运动，前车、后车视为质点．如图为事故现 场俯视图，两车划痕长度与两车发生的位移大小相等．已知后车质量m1＝2 000 kg，前车质量m2＝1 000 kg，两车所受摩擦阻力与车重的比值均为k＝0.5， 重力加速度g＝10 m/s2.请根据现场勘测数据及已知信息进行判断和计算．
没有从木板的右端脱离木板．
已知靶盒与平台、与木板上表面间的动摩擦因数μ均为0.2，最大静
摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内，木板与墙壁碰撞没 有能量损失，靶盒与子弹均可视为质点，取g＝10 m/s2.(弹簧的弹性势 能可表示为Ep＝12 kx2，k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量)求：
(1)子弹射入靶盒的过程中，系统损失的动能； (2)靶盒刚离开弹簧时的动能； (3)O点到平台右端的距离； (4)木板运动的总路程．
点．设红、蓝壶与冰面间的摩擦因数相同，则： (1)碰后红壶和蓝壶的速度大小之比； (2)红壶和蓝壶碰撞过程损失的机械能与碰前瞬间红壶动能之比．
命题点二 力学三大观点的综合应用 1．力学三大观点对比
力学三大观点
பைடு நூலகம்对应规律
牛顿第二定律
动力学观点 匀变速直线 运动规律
表达式 F合＝ma
高考物理二轮专题复习 第2课 动量和能量课件
链 接
设A、B碰撞后达到(dádào)的共同速度为v1，A、B、C三者
达到(dádào)的共同速度为v2，当弹簧第一次恢复原长时，A、
B的速度为v3，C的速度为v4.
第二十页，共42页。
K 考题 专项 训练
对 A、B，在 A 与 B 的碰撞过程中，由动量守恒定律有：
mv0＝(m＋m)v1①
对 A、B、C，在压缩弹簧直至三者速度相等的过程中，由动量
高考二轮专题复习与测试•物理 随堂讲义(jiǎngyì)•第一部分 专题复
习 专题二 功、能量与动量
第2课 动量和能量
第一页，共42页。
栏 目 链 接
第二页，共42页。
J 考点 简析
应用能量守恒定律与动量守恒定律是解决复杂物理问题的一
种重要途径，是近几年高考的压轴题．从过去三年高考来看，本
知识以物体碰撞、小物块与长木板相对运动、物体做平抛运动、
解析 首先A与B发生碰撞，系统的动能损失一部分；C在
弹簧弹力的作用下加速，A、B在弹力的作用下减速，但A、
B的速度大于C的速度，故弹簧被压缩，直到A、B和C的速
度相等，弹簧的压缩量达到(dádào)最大，此时弹簧的弹性
势能最大．此后，C继续加速，A、B减速，当弹簧第一次恢
栏 目
复原长时，C的速度达到(dádào)最大，A、B开始要分离．
2mv0＋2mv1＝4mv2② 得出：v2＝34v0.
第十五页，共42页。
K 考题 专项 训练
(2) P1、P2、P 第一次等速，弹簧最大压缩量 x 最大，
由能量守恒得
μ·2mg(L＋x)＋
Ep＝
12(2m)v
2 0
＋21(2m)v12
－
高考物理二轮复习专题二第二讲动量和能量观点的应用课件
船以v=2.0×103 m/s的速度进入密度ρ=2.0×10-6 kg/m3的微粒尘区,飞船垂
直于运动方向上的最大截面积S=5 m2,且认为微粒与飞船相碰后都附着在
飞船上,则飞船要保持速度v不变,所需推力为多大?
答案 40 N
解析 设飞船在微粒尘区飞行Δt时间,则在这段时间内附着在飞船上的微粒
质量Δm=ρSvΔt
2022
专题二
第二讲 动量和能量观点的应用
内
容
索
引
01
体系构建•真题感悟
02
高频考点•能力突破
03
专项模块•素养培优
体系构建•真题感悟
知识回顾 构建网络
感悟高考 真题再练
1.(2020全国Ⅲ卷)甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动,甲
追上乙,并与乙发生碰撞,碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线
即p1+p2=p1'+p2'。
(2)动能制约:在碰撞过程中,碰撞双方的总动能不会增加,即
Ek1+Ek2≥Ek1'+Ek2'。
(3)运动制约:碰撞要受到运动的合理性要求的制约,如果碰前两物体同向
运动,碰撞后原来在前面的物体速度必增大,且大于或等于原来在后面的物
体的碰后速度。
对点训练
4.(2021浙江高三二模,命题点1)两个质量相同的小圆环A、B用细线相连,A
W=μmgcos
+ℎ
θ·
sin
设物块 B 在水平轨道上能够滑行的距离为
1
s',由动能定理有-μm'gs'=0- m'v'2
2
设改变后的动摩擦因数为 μ',由动能定理有
直于运动方向上的最大截面积S=5 m2,且认为微粒与飞船相碰后都附着在
飞船上,则飞船要保持速度v不变,所需推力为多大?
答案 40 N
解析 设飞船在微粒尘区飞行Δt时间,则在这段时间内附着在飞船上的微粒
质量Δm=ρSvΔt
2022
专题二
第二讲 动量和能量观点的应用
内
容
索
引
01
体系构建•真题感悟
02
高频考点•能力突破
03
专项模块•素养培优
体系构建•真题感悟
知识回顾 构建网络
感悟高考 真题再练
1.(2020全国Ⅲ卷)甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动,甲
追上乙,并与乙发生碰撞,碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线
即p1+p2=p1'+p2'。
(2)动能制约:在碰撞过程中,碰撞双方的总动能不会增加,即
Ek1+Ek2≥Ek1'+Ek2'。
(3)运动制约:碰撞要受到运动的合理性要求的制约,如果碰前两物体同向
运动,碰撞后原来在前面的物体速度必增大,且大于或等于原来在后面的物
体的碰后速度。
对点训练
4.(2021浙江高三二模,命题点1)两个质量相同的小圆环A、B用细线相连,A
W=μmgcos
+ℎ
θ·
sin
设物块 B 在水平轨道上能够滑行的距离为
1
s',由动能定理有-μm'gs'=0- m'v'2
2
设改变后的动摩擦因数为 μ',由动能定理有
高考物理二轮 专题四 第1课时 动力学 动量和能量观点的应用课件
题型1 力学中几个重要功能关系的应用 例1 如图1所示，在竖直方向上A、B两物体通过轻质弹簧相 连，A放在水平地面上，B、C两物体通过细绳绕过轻质定 滑轮相连，C放在固定的光滑斜面上．用手固定C，使细线 刚刚拉直但无拉力作用，并保证ab段的细线竖直、cd段的 细线与斜面平行．已知A、B的质量均为m，C的质量为 4m，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静 止状态．释放C后它沿斜面下滑，A刚离开地面时，B获得 最大速度．则下列说法正确的是 ( )
滑块运动至B点后，因为qE2＝2f>f，所以滑块向左加速运 动，从B运动至A点过程，由动能定理得 1 (qE2－f)d＝ mvA 2 2 由以上各式解得滑块离开AB区域时的速度 2 vA＝ v0(水平向左) 2 ⑥(2分)
⑦(2分)
mv0 2 1 答案 (1)2v0，方向水平向右 (2)电场强度大小等于 2qd 2 2 v0，方向水平向左
假设最后滑块从B点离开AB区域，则滑块从C点运动至B
②(2分)
3 1 将vC＝ v0和qE1＝f代入解得vB＝ v0 2 2
③(2分)
由于滑块运动至B点时还有动能，因此滑块从B点离开AB区 1 域，速度大小为 v0，方向水平向右． (2分) 2 (2)要使小滑块在AB区域内运动的时间达到最长，必须使滑块 运动至B点停下，然后再向左加速运动，最后从A点离开AB 区域． 滑块从C点运动到B点过程，由动能定理得 d 1 (qE2＋f)·＝ mvC 2 2 2 mv0 2 由①④两式可得电场强度E2＝ 2qd (2分) ④(2分) ⑤(2分)
2．机械能守恒定律的应用 (1)机械能是否守恒的判断 ①用做功来判断，看重力(或弹簧弹力)以外的其他力做功 代数和是否 为零 ． ②用能量转化来判断，看是否有机械能转化为其他形式的 能． ③对一些绳子突然绷紧、 物体间碰撞 等问题，机械能一 般不守恒，除非题目中有特别说明及暗示． (2)机械能守恒定律解题的基本思路 ①选取研究对象——物体系． ②根据研究对象所经历的物理过程，进行 受力 、 做功 分析，判断机械能是否守恒．
滑块运动至B点后，因为qE2＝2f>f，所以滑块向左加速运 动，从B运动至A点过程，由动能定理得 1 (qE2－f)d＝ mvA 2 2 由以上各式解得滑块离开AB区域时的速度 2 vA＝ v0(水平向左) 2 ⑥(2分)
⑦(2分)
mv0 2 1 答案 (1)2v0，方向水平向右 (2)电场强度大小等于 2qd 2 2 v0，方向水平向左
假设最后滑块从B点离开AB区域，则滑块从C点运动至B
②(2分)
3 1 将vC＝ v0和qE1＝f代入解得vB＝ v0 2 2
③(2分)
由于滑块运动至B点时还有动能，因此滑块从B点离开AB区 1 域，速度大小为 v0，方向水平向右． (2分) 2 (2)要使小滑块在AB区域内运动的时间达到最长，必须使滑块 运动至B点停下，然后再向左加速运动，最后从A点离开AB 区域． 滑块从C点运动到B点过程，由动能定理得 d 1 (qE2＋f)·＝ mvC 2 2 2 mv0 2 由①④两式可得电场强度E2＝ 2qd (2分) ④(2分) ⑤(2分)
2．机械能守恒定律的应用 (1)机械能是否守恒的判断 ①用做功来判断，看重力(或弹簧弹力)以外的其他力做功 代数和是否 为零 ． ②用能量转化来判断，看是否有机械能转化为其他形式的 能． ③对一些绳子突然绷紧、 物体间碰撞 等问题，机械能一 般不守恒，除非题目中有特别说明及暗示． (2)机械能守恒定律解题的基本思路 ①选取研究对象——物体系． ②根据研究对象所经历的物理过程，进行 受力 、 做功 分析，判断机械能是否守恒．
高考物理二轮复习 核心素养微专题4 动力学、动量和能量观点的综合应用课件
12/8/2021
设 A 与 B 发生弹性碰撞后的速度分别为 v1 和 v2，由碰撞过程 动量守恒和能量守恒可得 mv0＝mv1＋Mv2 12mv20＝12mv21＋12Mv22 解得 v1＝－3.6 m/s，v2＝2.4 m/s 可见，A 与 B 第一次碰后，A 的速度大小为 3.6 m/s，方向沿斜 面向上，B 的速度大小为 2.4 m/s，方向沿斜面向下．
12/8/2021
[解析] (1)子弹射入小车的过程中，子弹与小车组成的系统动 量守恒，由动量守恒定律得 m0v0＝(m0＋m1)v1，解得 v1＝10 m/s. (2)子弹、小车、小物块组成的系统动量守恒，设当小物块与车 共速时，共同速度为 v2，两者相对位移大小为 L， 由动量守恒定律和能量守恒定律有 (m0＋m1)v1＝(m0＋m1＋m2)v2 μm2gL＝12(m0＋m1)v21－12(m0＋m1＋m2)v22
12/8/2021
(1)第一次碰撞后的瞬间 A、B 的速度大小； (2)在第一次碰撞后到第二次碰撞前的过程中，A 距 B 下端的最 大距离．
解析：(1)小物块 A 向下滑动时，木板 B 静止不动．设 A 与 B 发生弹性碰撞前的速度 v0， 由机械能守恒定律得 mgL2sin 37°＝12mv20 解得 v0＝6 m/s
12/8/2021
根据能量守恒定律， 有 μmAgx＝12mAv2A－12(mA＋mB)v2 所以 x＝0.5 m.
答案：(1)1 200 N (2)0.5 m
12/8/2021
2．如图所示，光滑水平面上有 一质量 M＝4.0 kg 的平板车，车 的上表面有一段长 L＝1.5 m 的 粗糙水平轨道，水平轨道左侧连一半径 R＝0.25 m 的四分之一 光滑圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在点 O′处相切．现将一 质量 m＝1.0 kg 的小物块(可视为质点)从平板车的右端以水平 向左的初速度 v0 滑上平板车，小物块与水平轨道间的动摩擦因 数 μ＝0.5，小物块恰能到达圆弧轨道的最高点 A.g 取 10 m/s2， 求：
设 A 与 B 发生弹性碰撞后的速度分别为 v1 和 v2，由碰撞过程 动量守恒和能量守恒可得 mv0＝mv1＋Mv2 12mv20＝12mv21＋12Mv22 解得 v1＝－3.6 m/s，v2＝2.4 m/s 可见，A 与 B 第一次碰后，A 的速度大小为 3.6 m/s，方向沿斜 面向上，B 的速度大小为 2.4 m/s，方向沿斜面向下．
12/8/2021
[解析] (1)子弹射入小车的过程中，子弹与小车组成的系统动 量守恒，由动量守恒定律得 m0v0＝(m0＋m1)v1，解得 v1＝10 m/s. (2)子弹、小车、小物块组成的系统动量守恒，设当小物块与车 共速时，共同速度为 v2，两者相对位移大小为 L， 由动量守恒定律和能量守恒定律有 (m0＋m1)v1＝(m0＋m1＋m2)v2 μm2gL＝12(m0＋m1)v21－12(m0＋m1＋m2)v22
12/8/2021
(1)第一次碰撞后的瞬间 A、B 的速度大小； (2)在第一次碰撞后到第二次碰撞前的过程中，A 距 B 下端的最 大距离．
解析：(1)小物块 A 向下滑动时，木板 B 静止不动．设 A 与 B 发生弹性碰撞前的速度 v0， 由机械能守恒定律得 mgL2sin 37°＝12mv20 解得 v0＝6 m/s
12/8/2021
根据能量守恒定律， 有 μmAgx＝12mAv2A－12(mA＋mB)v2 所以 x＝0.5 m.
答案：(1)1 200 N (2)0.5 m
12/8/2021
2．如图所示，光滑水平面上有 一质量 M＝4.0 kg 的平板车，车 的上表面有一段长 L＝1.5 m 的 粗糙水平轨道，水平轨道左侧连一半径 R＝0.25 m 的四分之一 光滑圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在点 O′处相切．现将一 质量 m＝1.0 kg 的小物块(可视为质点)从平板车的右端以水平 向左的初速度 v0 滑上平板车，小物块与水平轨道间的动摩擦因 数 μ＝0.5，小物块恰能到达圆弧轨道的最高点 A.g 取 10 m/s2， 求：
高考物理二轮专题复习专题四能量和动量第讲动量三大观点的综合应用课件.ppt
相连的两个相同的物体A,B质量均为m,在水平恒力F作用下以速度v做匀速运动.
在t=0时轻绳断开,A在F作用下继续前进,则下列说法正确的是(
)
AC
A.t=0 至 t= mv 时间内,A,B 的总动量守恒 F
B.t= 2mv 至 t= 3mv 时间内,A,B 的总动量守恒
F
F
C.t= 2mv 时,A 的动量为 2mv F
1 2
m
v02
=2FfL+
1 2
(M+m)v2,联立得到
Ep=
3
J.
选项 A 正确.
2019-9-13
谢谢聆听
16
【预测练5】 (2018·张家界三模)如图所示,一个质量为M的滑块放置在光滑水
平面上,滑块的一侧是一个四分之一圆弧EF,圆弧半径为R=1 m.E点切线水平.
另有一个质量为m的小球以初速度v0从E点冲上滑块,若小球刚好没跃出圆弧的
开,同时在B球的正下方有一质量为M的物体C以v0的速度竖直上抛,此后B,C间 发生弹性碰撞(碰撞时间不计),A上升经某一位置时的速度大小为v,这时物体
B的速度大小为u,如图(乙)所示,从绳突然断开到A的速度为v的时间内,弹簧
的弹力对物体A的冲量大小为(
)
A.mv
B.mv-Mu
D
C.mv+mu D.mv+mv0-mu
一起压缩弹簧,当 A,B 的速度减至零时弹簧的弹性势能最大,根据机械能守恒定律,最大
弹性势能
E=
1 2
·2mv2=
1 4
m
v02
,从球
A
被碰后开始到回到原静止位置的过程中,取向右为
正方向,由动量定理得 I=2mv-(-2mv)=4mv=2mv0.选项 D 正确.