高三物理动量和能量的综合应用
2023版新教材高考物理微专题小练习专题41动量和能量的综合应用
专题41 动量和能量的综合应用1．[2022·九师联盟质量检测]如图所示，质量为M的小车置于光滑的水平面上，车的上表面粗糙，有一质量为m的木块以初速度v0水平地滑至车的上表面，若车足够长，则木块的最终速度大小和系统因摩擦产生的热量分别为( )A．Mv0m＋MmMv22（m＋M）B．Mv0m＋MmMv2m＋MC．mv0m＋MmMv22（m＋M）D．mv0m＋MmMv2m＋M2．(多选)如图所示，两物体A、B用轻质弹簧相连静止在光滑水平面上，现同时对A、B两物体施加等大反向的水平恒力F1、F2，使A、B同时由静止开始运动．在以后的运动过程中，关于A、B两物体与弹簧组成的系统，下列说法正确的是(整个过程中弹簧不超过其弹性限度)( )A．虽然A、B两物体会有加速运动，但它们的总动量保持不变B．在以后的运动过程中F1、F2一直做正功，系统的机械能一直在增大C．当弹簧弹力的大小与F1、F2的大小相等时，A、B两物体总动能最大D．当弹簧弹力的大小与F1、F2的大小相等时，弹簧弹性势能最大3．[2022·山东省德州市期中]如图所示，光滑水平面上静止着一长为L的平板车，一人站在车尾将一质量为m的物体水平抛出，物体恰好落在车的前端．物体可看做质点，抛出位置位于车尾正上方，距车上表面的竖直高度为h ，不计空气阻力，已知人和车的总质量为M，重力加速度为g ，物体水平抛出时获得的冲量大小为( )A.mLg2hB．MLg2hC．m2LM＋mg2hD．MmLM＋mg2h4．[2022·八省八校第一次联考](多选)内部长度为L、质量为M的木箱静止在光滑的水平面上，木箱内部正中间放置一可视为质点的质量为m的木块，木块与木箱之间的动摩擦因数为μ.初始时木箱向右的速度为v0，木块无初速度．木箱运动的vt图像如图所示，所有碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短，重力加速度为g，则在0～t0时间内，下列说法正确的是( )A．M＝2mB．M与m间的相对路程为v2 04μgC．M对地的位移为v2 08μg ＋32LD．m对地的位移为3v28μg －32L5.[2022·江苏盐城期末]如图所示，光滑水平面上甲、乙两球间粘少许炸药，一起以速度0.5 m/s向右做匀速直线运动．已知甲、乙两球质量分别为0.1 kg和0.2 kg.某时刻炸药突然爆炸，分开后两球仍沿原直线运动，从爆炸开始计时经过3.0 s，两球之间的距离为x＝2.7 m，则下列说法正确的是( )A．刚分离时，甲、乙两球的速度方向相同B．刚分离时，甲球的速度大小为0.6 m/sC．刚分离时，乙球的速度大小为0.3 m/sD．爆炸过程中释放的能量为0.027 J6．[2022·湖南省五市十校联考]如图所示，质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，BC段是水平粗糙轨道，两段轨道相切于B 点．一质量为m的滑块(可视为质点)从小车上的A点由静止开始沿轨道滑下，然后滑入BC 轨道，最后恰好停在C点．已知M＝3m，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.则下列说法正确的是( )A．滑块从A滑到C的过程中，滑块和小车组成的系统动量守恒B ．滑块滑到B 点时的速度大小为2gRC ．滑块从A 滑到C 的过程中，小车的位移大小为13(R ＋L) D ．水平轨道的长度L ＝R μ7．[2022·湖北十堰高三阶段练习]如图所示，足够长的光滑水平直轨道AB 与光滑圆弧轨道BC 平滑连接，B 为圆弧轨道的最低点．一质量为1 kg 的小球a 从直轨道上的A 点以大小为4 m /s 的初速度向右运动，一段时间后小球a 与静止在B 点的小球b 发生弹性正碰，碰撞后小球b 沿圆弧轨道上升的最大高度为0.2 m (未脱离轨道).取重力加速度大小g ＝10 m /s 2，两球均视为质点，不计空气阻力．下列说法正确的是( )A ．碰撞后瞬间，小球b 的速度大小为1 m /sB ．碰撞后瞬间，小球a 的速度大小为3 m /sC ．小球b 的质量为3 kgD ．两球会发生第二次碰撞8．如图所示，静止在光滑水平面上的小车质量为M ＝20 kg .从水枪中喷出的水柱的横截面积为S ＝10 cm 2，速度为v ＝10 m /s ，水的密度为ρ＝1.0×103kg /m 3.若水枪喷出的水从车后沿水平方向冲击小车的前壁，且冲击到小车前壁的水全部沿前壁流进小车中．试求：(1)当有质量为m ＝5 kg 的水进入小车时，小车的速度大小；(2)若将小车固定在水平面上，且水冲击到小车前壁后速度立即变为零，求水对小车的冲击力大小．专题41 动量和能量的综合应用1．C 木块在小车上表面滑动的过程中动量守恒，有mv 0＝(M ＋m )v ，系统因摩擦产生的热量Q ＝12mv 20 －12(M ＋m )v 2，两式联立解得木块的最终速度v ＝mv 0M ＋m，摩擦产生的热量Q ＝mMv 22（M ＋m ），C 正确．2．AC 由题意，水平恒力F 1、F 2等大反向，则系统受合外力为零，总动量守恒，故A 正确；拉力与物体的运动方向相同，则F 1、F 2一直做正功，系统的机械能一直在增大，当物体减速为零后此时弹簧的弹力大于拉力，物体会反向运动，此时拉力与运动方向相反，都做负功则机械能减少，B 错误；当弹簧弹力的大小与F 1、F 2的大小相等后，弹力大于拉力，则物体减速运动，故弹力的大小与F 1、F 2的大小相等时，A 、B 两物体速度最大，总动能最大，C 正确；当弹簧弹力的大小与F 1、F 2的大小相等后，物体减速运动，但仍然会使弹簧继续伸长，弹性势能继续增大，D 错误．3．D 系统水平方向动量守恒，mv 1＝Mv 2，有mx 1＝Mx 2，且x 1＋x 2＝L ，解得x 1＝ML M ＋m，x 2＝mL M ＋m .由平抛运动的规律得h ＝12gt 2，x 1＝v 1t ，由动量定理得I ＝mv 1，解得I ＝MmL M ＋m g 2h.4．BCD 由v t 图像可知木块与木箱最终共速，则mv 0＝(M ＋m )v 02，得m ＝M ，则A 错；由能量守恒可得：12Mv 20 ＝12(M ＋m )v 20 4＋μmgs ，得到两物体的相对路程为v 20 4μg，B 正确；由图知共碰撞三次，都是弹性碰撞，到共速为止所花总时间为t ＝v 0－v 02μg＝v 02μg，则木箱运动的位移为32L ＋v 20 8μg ，木块相对地面的位移为3v 20 8μg －32L ，C 、D 正确．5．D 设甲、乙两球的质量分别为m 1、m 2，刚分离时两球速度分别为v 1、v 2，以向右为正方向，则由动量守恒得(m 1＋m 2)v 0＝m 1v 1＋m 2v 2，根据题意有v 2－v 1＝xt，代入数据可解得v 2＝0.8 m/s ，v 1＝－0.1 m/s ，说明刚分离时两球速度方向相反，故A 、B 、C 错误；爆炸过程中释放的能量ΔE ＝12m 1v 21 ＋12m 2v 22 －12(m 1＋m 2)v 20 ，将v 2＝0.8 m/s ，v 1＝－0.1 m/s ，代入计算可得ΔE ＝0.027 J ，故D 正确．6．D 滑块从A 滑到C 的过程中水平方向动量守恒，竖直方向上合力不为零，系统动量不守恒，故A 错误；滑块刚滑到B 点时速度最大，取水平向右为正方向，由水平方向动量守恒定律和机械能守恒定律得0＝mv m －Mv M ，mgR ＝12mv 2m ＋12Mv 2M ，解得v m ＝3gR2，v M ＝ gR6，滑块滑到B 点时的速度为3gR2，故B 错误；设全程小车相对地面的位移大小为s ，根据题意可知全程滑块水平方向相对小车的位移为R ＋L ，则滑块水平方向相对地面的位移为x ′＝R ＋L －s ，滑块与小车组成的系统在水平方向动量守恒，取水平向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得m (R ＋L －s )－Ms ＝0.已知M ＝3m ，解得s ＝14(R ＋L )，x ′＝34(R ＋L )，故C 错误；系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，对整个过程，由动量守恒定律得0＝(m ＋M )v ′，解得v ′＝0，由能量守恒定律得mgR ＝μmgL ，解得L ＝Rμ，故D 正确．7．C 由机械能守恒m b gh ＝12mv 2B 可得碰后小球b 在B 点的速度为v B ＝2 m/s ，故A 错误；由动量守恒定律可得m a v 0＝m a v 1＋m b v B ，由机械能守恒可得12m a v 20 ＝12m a v 21 ＋12m b v 2B ，联立求得m b ＝3 kg ，v 1＝－2 m/s ，碰撞后瞬间，小球a 的速度大小为2 m/s ，故B 错误，C 正确；碰后a 球立刻向左运动，b 球先向右运动到最高点，再向左返回到平面上运动，两球速度大小相等，所以两球不会发生第二次碰撞，故D 错误．8．(1)2 m/s (2)100 N解析：(1)流进小车的水与小车组成的系统动量守恒，当流入质量为m 的水后，小车速度为v 1，则mv ＝(m ＋M )v 1代入数据解得v 1＝2 m/s.(2)在极短的时间Δt 内，冲击小车的水的质量为Δm ＝ρSv Δt 根据动量定理－F Δt ＝0－Δmv 联立解得F ＝100 N ．。
2021新高考物理课件： 专题2 第3讲 动量和能量的综合应用
选项 B 正确；p0＝m0v0，由动量定理可得物块对子弹的冲量大小 I＝ Δp＝p－p0＝Ft＝－1.49 N·s，负号表示方向向左，根据牛顿第三定律 可知，子弹对物块的作用力与力 F 大小相等，方向向右，又作用时 间相等，所以子弹对物块的冲量大小 I′＝1.49 N·s，选项 C 错误；对 子弹、物块组成的整体，由动量定理得－μ(m0＋m)gt＝(m0＋m)(v2－ v1) ③，由①②③式联立可得，物块相对于木板滑行的时间 t＝1 s， 选项 D 正确。]
[案例 2] (多选)(2020·山东潍坊高三第二次模拟考试)如图所示， 两平行光滑杆水平放置，两相同的小球 M、N 分别套在两杆上，并由 一轻质弹簧拴接，开始时弹簧与杆垂直。已知两杆间距为 0.4 m，弹簧 原长为 0.5 m，两球的质量都为 0.2 kg。现给 M 球一沿杆向右的大小为 0.6 N·s 的瞬时冲量，关于之后的运动，以下说法正确的是( )
(1)第一次推出木箱的过程，人对木箱的冲量大小； (2)人在一次接住与推出木箱的过程，木箱对人的冲量大小； (3)人推木箱多少次后，人接不到木箱。
[解析] (1)第一次推出木箱的过程，对木箱，由动量定理可知：
人对木箱的冲量 I＝m 箱 v 箱
①
代入数据得：I＝10×6 kg·m/s＝60 kg·m/s。
⑥
将已知数据代入⑤⑥式得 F＝2.5×104 N
可见 F<F0，故试验车的安全气囊不会爆开。
[答案] 见解析
02 考点2| 碰撞类问题
新储备·等级考提能
1．碰撞的基本规律
2．可熟记一些公式和结论 (1)“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足： v1＝mm11＋－mm22v0、v2＝m12＋m1m2v0。 (2)结论：当两球质量相等时，两球碰撞后交换速度；当 m1≫m2， 且 v20＝0 时，碰后质量大的速率不变，质量小的速率为 2v0。当 m1 ≪m2，且 v20＝0 时，碰后质量小的球原速率反弹。
动量和能量的综合应用
专题八 动量和能量的综合应用考情动态分析动量和能量都是高中物理的主干知识和重点内容，将动量和能量内容相结合，可以命出综合性强、能力要求高、思路方法灵活且具有一定难度的综合题，便于考查考生的分析、推理、综合、知识迁移等多种能力，因此，常以压轴题的形式出现在历年的高考试卷中. 用动量和能量的观点处理问题是高考考查的重点和热点，高考题中每年都有一定数量的动量和能量综合应用的题目.譬如2006年天津理综卷的第23题，重庆理综卷的第25题，2005年高考对该部分知识的考查主要集中在计算题中，如天津理综第24题、江苏物理卷第18题及广东物理卷第18题等，由此可见该专题知识在高考中的地位. 考点核心整合1.涉及能量转化的规律主要有动能定理（W=ΔE k )、机械能守恒定律（E p1+E k1=E p2+E k2)及能的转化和守恒定律（E 初=E 末）；涉及动量的规律有动量定理（F ·t=Δp)和动量守恒定律（p 初=p 末）.能量是标量，与之相联系的动能定理、机械能守恒定律和能的转化和守恒定律方程均为代数方程.涉及做功的，一定要注意做功的正负及相应的符号，熟记各种力做功同相应能量转化的关系：合外力做的功与动能的变化相联系（W 合=ΔE k )、重力做的功同重力势能的变化相联系（W G =-ΔE p ）、弹力做的功同弹性势能的变化相联系（W 弹=-ΔE p 弹）、重力和弹力以外的力做的功同机械能的变化相联系（W 外=ΔE ）.动量是矢量，与之相联系的动量定理、动量守恒方程都是矢量方程，建立此类方程时，都要明确正方向，并正确地用“+”“-”号表示各矢量的方向. 同一物体动能和动量的大小关系：E k =mp22或p=k mE 2.在处理所有的力学问题时，应优先考虑两大守恒定律（动量守恒定律及能的转化和守恒定律），其次考虑两大定理（动能定理和动量定理）. 2.碰撞问题是动量、能量综合应用的典型问题.由于一般碰撞中总能满足内力远远大于外力，所以动量守恒方程是处理碰撞问题的首选方程.在一般的碰撞中，总会有一定的机械能损失，不同情况下的碰撞中，损失的机械能不同.弹性碰撞中可认为无机械能的损失，完全非弹性碰撞中机械能的损失最多.在实际判断某碰撞现象是否可能存在时，碰撞前后的机械能比较常是重要的依据之一.3.利用动量观点和能量观点解题应注意下列问题： ①动量定理和动量守恒定律是矢量表达式，还可写出分量表达式，而动能定理和能量守恒定律是标量表达式，绝无分量表达式.②从研究对象上看动量定理既可研究单体，又可研究系统，但高中阶段一般用于单体，动能定理在高中阶段只能用于单体.③动量守恒定律和能量守恒定律是自然界最普遍的规律，它们研究的是物体系统，在力学中解题时必须注意动量守恒的条件及机械能守恒的条件.在应用这两个规律时，当确定了研究的对象及运动状态变化的过程后，根据问题的已知条件和要求解的未知量，选择研究的两个状态列方程求解.④中学阶段凡可用力的观点解决的问题，若能用动量观点或能量观点求解，一般都要比力的观点要简便，而中学阶段涉及的曲线运动（a 不恒定）、竖直面内的圆周运动、碰撞等，就中学知识而言，是不可能单纯用力的观点就能解决的. 考题名师诠释 【例1】如图1-8-1所示，A 、B 两小球在光滑水平面上分别以动量p 1=4 kg ·m/s 和p 2=6 kg ·m/s（向右为参考正方向）做匀速直线运动，则在A 球追上B 球并与之碰撞的过程中，两小球的动量变化量Δp 1和Δp 2可能分别为（ ）图1-8-1A.-2 kg ·m/s,3 kg ·m/sB.-8 kg ·m/s,8 kg ·m/sC.1 kg ·m/s,-1 kg ·m/sD.-2 kg ·m/s,2 kg ·m/s 解析：两球碰撞中动量守恒，即Δp 1+Δp 2=0.据此可排除选项A.又碰撞中B 球所受冲量方向和其初动量方向相同，其动量只能增大，即Δp 2应大于零，据此可排除选项C. 另外，碰前两球总动能E k =2122212118822m m m p m p +=+,而对选项B ，碰后总动能E k ′=21222212119882)(2)(m m m p p m p p +=∆++∆+＞E k ,不可能.对选项D ，碰后总动能E k ′=21322m m +,再结合碰前应有v A ＞v B ,即14m ＞26m ,所以m 1＜32m 2,代入E k 和选项D 对应的E k ′,结果亦不矛盾.故只有选项D 可能.点评：两小球间碰撞结果将同时受到“动量守恒”“动能不可能增大”及相关的“运动学与动力学规律”的制约.分析此类问题时，应将上述制约因素均考虑到.【例2】(2006天津高考，23)如图1-8-2所示，坡道顶端距水平面高度为h,质量为m 1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m 2的挡板B 相连，弹簧处于原长时，B 恰 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(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E P （设弹簧处于原长时弹性势能为零）.图1-8-2解析：(1)由机械能守恒定律，有 m 1gh=21m 1v 2 ①v=gh 2 ② (2)A 、B 在碰撞过程中内力远大于外力，由动量守恒，有 m 1v=(m 1+m 2)v ′ ③ A 、B 克服摩擦力所做的功W=μ(m 1+m 2)gd ④由能量守恒定律，有21(m 1+m 2)v ′2=E p +μ(m 1+m 2)gd ⑤解得E p =2121m m m +gh-μ(m 1+m 2)gd ⑥答案：（1）gh 2 (2)2121m m m +gh-μ(m 1+m 2)gd点评：对物理过程较复杂的题目，应按物理过程的延续顺序、过程特点将其划分为多个子过程来处理，通过过程间的衔接量将其有机关联，使问题得以解决. 链接·提示两物体碰后结合在一起或有相同速度，意味着碰撞过程有机械能的损失.【例3】(2006重庆高考，25)如图1-8-3半径为R 的光滑圆形轨道固定在竖直面内.小球A 、B 质量分别为m 、βm(β为待定系数）.A 球从左边与圆心等高处由静止开始沿轨道下滑，与静止于轨道最低点的B 球相撞，碰撞后A 、B 球能达到的最大高度均为41R ，碰撞中无机械能损失.重力加速度为g.试求：图1-8-3（1）待定系数β;(2)第一次碰撞刚结束时小球A 、B 各自的速率和B 球对轨道的压力；(3)小球A 、B 在轨道最低处第二次碰撞刚结束时各自的速度，并讨论小球A 、B 在轨道最低处第n 次碰撞刚结束时各自的速度.解析：（1）碰撞中无机械能损失，即mgR=4mgR+4mgR β得β=3(2)设A 、B 碰撞后的速度分别为v 1、v 2,则21mv 12=4mgR21βmv 22=4mgRβ设A 球碰前速度为v 0，则mgR=21mv 20设向右为正、向左为负，由动量守恒得mv 0=mv 1+βmv 2 v 1=gR 21-,方向向左 v 2=gR 21,方向向右设轨道对B 球的支持力为N ，B 球对轨道的压力为N ′,方向竖直向上为正、向下为负，则N-βmg=βmRv 22N ′=-N=-4.5mg,方向竖直向下(3)设A 、B 球第二次碰撞刚结束时的速度分别为V 1、V 2，则-mv 1-βmv 2=mV 1+βmV 2 mgR=21mV 12+21βmV 22解得V 1=-gR 2,V 2=0(另一组解：V 1=-v 1,V 2=-v 2不合题意，舍去）当n 为奇数时，小球A 、B 在第n 次碰撞刚结束时的速度分别与其第一次碰撞刚结束时相同； 当n 为偶数时，小球A 、B 在第n 次碰撞刚结束时的速度分别与其第二次碰撞刚结束时相同. 答案：（1）β=3 (2)v 1=gR 21,方向向左，v 2=gR 21，方向向右；-4.5mg,方向竖直向下(3)V 1=-gR 2,V 2=0当n 为奇数时，小球A 、B 在第n 次碰撞刚结束时的速度分别与其第一次碰撞刚结束时相同. 当n 为偶数时，小球A 、B 在第n 次碰撞刚结束时的速度分别与其第二次碰撞刚结束时相同. 点评：对物理情景分析透彻，对机械能守恒定律、动量守恒定律及牛顿运动定律的有机结合，对数学知识的熟练应用，是解决此类综合问题的关键.。
高三物理动量和能量的综合
高三物理动量和能量的综合内容专题（五）动量和能量的综合一、大纲解读动量、能量思想是贯穿整个物理学的基本思想，应用动量和能量的观点求解的问题，是力学三条主线中的两条主线的结合部，是中学物理中涉及面最广，灵活性最大，综合性最强，内容最丰富的部分，以两大定律与两大定理为核心构筑了力学体系，能够渗透到中学物理大部分章节与知识点中。
将各章节知识不断分化，再与动量能量问题进行高层次组合，就会形成综合型考查问题，全面考查知识掌握程度与应用物理解决问题能力，是历年高考热点考查内容，而且命题方式多样，题型全，分量重，小到选择题，填空题，大到压轴题，都可能在此出题．考查内容涉及中学物理的各个版块，因此综合性强．主要综合考查动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律、动量定理和动量守恒定律的运用等．相关试题可能通过以弹簧模型、滑动类模型、碰撞模型、反冲等为构件的综合题形式出现，也有可能综合到带电粒子的运动及电磁感应之中加以考查．二、重点剖析1．独立理清两条线：一是力的时间积累--冲量--动量定理--动量守恒；二是力的空间移位积累--功--动能定理--机械能守恒--能的转化与守恒．把握这两条主线的结合部：系统。
即两个或两个以上物体组成相互作用的物体系统。
动量和能量的综合问题通常是以物体系统为研究对象的，这是因为动量守恒定律只对相互作用的系统才具有意义。
2．解题时要抓特征扣条件，认真分析研究对象的过程特征，若只有重力、系统内弹力做功就看是否要应用机械能守恒定律；若涉及其他力做功，要考虑能否应用动能定理或能的转化关系建立方程；若过程满足合外力为零，或者内力远大于外力，判断是否要应用动量守恒；若合外力不为零，或冲量涉及瞬时作用状态，则应该考虑应用动量定理还是牛顿定律．3．应注意分析过程的转折点，如运动规律中的碰撞、爆炸等相互作用，它是不同物理过程的交汇点，也是物理量的联系点，一般涉及能量变化过程，例如碰撞中动能可能不变，也可能有动能损失，而爆炸时系统动能会增加．三、考点透视考点1、碰撞作用碰撞类问题应注意：⑪由于碰撞时间极短，作用力很大，因此动量守恒；⑫动能不增加，碰后系统总动能小于或等于碰前总动能，即；⑬速度要符合物理情景：如果碰前两物体同向运动，则后面的物体速度一定大于前面物体的速度，即，碰撞后，原来在前面的物体速度一定增大，且；如果两物体碰前是相向运动，则碰撞后，两物体的运动方向不可能都不改变，除非两物体碰撞后速度均为零。
高考物理知识体系总论：动量能量综合应用
THANKS
成绩，运动员应将手中的铁球(ꢀꢀ)
A．竖直向上抛出ꢀꢀꢀꢀ
B．向前方抛出
C．向后方抛出
D．竖直向下抛出
答案解析2
答案解析：要提高跳远成绩，要么使运动员获得更大的水平速度， C选项可实现；要么使运动员延长运动时间，D选项可实现。
经典例题3
质量为M的火箭，原来以速度v0在太空中飞行，现在突然向后喷出一股
F对子弹做的负功WF＝－Fx子 F对木块做的正功W′＝Fx木 F对系统(子弹和木块)做的功
W＝WF＋W′＝－F(x子－x木)＝－Fx相对 即摩擦生热的功能关系：Q＝Ff· x相对
动量和能量观点的综合应用
大致框架
知识点二 “子弹击中木块模型”
问题
反思总结 在研究系统内物体的相互作用时，必须同时考虑动量关系和能量关系， 否则问题往往会难以解决。 (1)动量关系一般是系统动量守恒(或某一方向动量守恒)。 (2)对于能量关系，若系统内外均无滑动摩擦力，则对系统应用机械能 守恒定律。 (3)若系统外部不受摩擦力，而内部有滑动摩擦力，则对系统应用摩擦 生热的功能关系：Q＝Ff·x相对＝E系统初－E系统末。 当然也可以分别对两个物体使用动能定理求解，只是过程繁琐些。
动量和能量观点 的综合应用 知识树原图
PART 2
利用知识体系框架来解题
此部分务必观看视频讲解
DREAM OF THE FUTURE
经典例题1
运送人造地球卫星的火箭开始工作后，火箭做加速运动的原因是(ꢀꢀ) A．燃料推动空气，空气的反作用力推动火箭 B．火箭发动机用力将燃料燃烧产生的气体向后推出，气体的反作用力推 动火箭 C．火箭吸入空气，然后向后排出，空气对火箭的反作用力推动火箭 D．火箭燃料燃烧放热，加热周围空气，空气膨胀推动火箭
高三物理课件： 动量能量综合应用典例分析
动量能量综合应用 典例分析
------子弹打击木块模型
1.动量定理:
物体所受合外力的冲量等于物体动量的变化量。
表达式: F合t mvt mv0
2.动量守恒定律: m1v1 m2v2 m1v1 m2v2
3.动能定理:
合外力所做的功等于物体动能的变化。
表达式:
4.功是能转化的量度
一通、动过量以观点上问题的研究，你对解决“子
二弹、能打量木观点块”的问题有什么心得？
规律
研究对象
动量观点
动量守恒定律 动量定理
系统 单个物体
能量观点
动能定理 能量守恒定律
单个物体 系统
巩固练习
一颗子弹击中静止在光滑水平面上的木块， 子弹与木块的速度图线如图所示。若子弹 射击木块时的初速度增大，下列说BD法中正 确的是（设子弹所受阻力大小不变）
解析：
v2=0.9m/s
v1
m
M
规主定要水方平程向左，为正方向，动量守恒，
Mvm2v0 m v(1m(Mm)vM )v
v=0.4 m/s
功能mffLg关L系12m12mgmvv0212
1 21
2
(m
m v22
M )v2
1 (m 2
M
)v
2
L 0.12m
L=在光滑水平面上,子弹
A、始B终从木块两侧同时射入木块，最终都 停在木块中，这一过B程CD中木块始终保持静
止入A.。的子现深弹知度在道d木B，子块则弹中可A运射判动入断时深（间度tA>d）At大vBA 于dA子L 弹dBBv射B
解对动子析量BCD弹:定...,子子动子理木能弹弹弹有块定入入质始理f射射终有量t 保初初mm持fdA速动v<静m度能止12BpvEmAk>vA>2vEB受p大kEB力小k平相衡同Ek
高中物理之动量观点解决力学问题,动量定理的运用、动量守恒定律的应用、动量和能量的综合应用
一、“解题快手”动量定理的应用题点(一) 应用动量定理解释生活中的现象[例1] 如图所示，篮球运动员接传来的篮球时，通常要先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球迅速引至胸前，这样做可以( )A ．减小球的动量的变化量B ．减小球对手作用力的冲量C ．减小球的动量变化率D ．延长接球过程的时间来减小动量的变化量[解析] 选C 篮球运动员接传来的篮球时，不能改变动量的变化量，A 、D 错误；根据动量定理，也不能改变冲量，B 错误；由于延长了作用时间，动量的变化慢了，C 正确。
题点(二) 应用动量定理求作用力和冲量[例2] (2015·重庆高考)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( ) A.m 2gh t＋mg B.m 2gh t －mg C.m gh t ＋mg D.m gh t －mg[解析] 选A 方法一：设高空作业人员自由下落h 时的速度为v ，则v 2＝2gh ，得v ＝2gh ，设安全带对人的平均作用力为F ，由牛顿第二定律得F －mg ＝ma又v ＝at ，解得F ＝m 2ght ＋mg 。
方法二：由动量定理得(mg －F )t ＝0－m v ，得F ＝m 2gh t＋mg 。
选项A 正确。
题点(三) 动量定理和F -t 图像的综合[例3] [多选](2017·全国卷Ⅲ)一质量为2 kg 的物块在合外力F 的作用下从静止开始沿直线运动。
F 随时间t 变化的图线如图所示，则( )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 法一：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 ，则A 、B 项正确，C 、D 项错误。
高考物理能量和动量的综合运用
高考物理能量和动量的综合运用
能量和动量的综合运用动量与能量的综合问题，是高中力学最重要的综合问题，也是难度较大的问题。
分析这类问题时，应首先建立清晰的物理图景，抽象出物理模型，选择物理规律，建立方程进行求解。
这一部分的主要模型是碰撞。
而碰撞过程，一般都遵从动量守恒定律，但机械能不一定守恒，对弹性碰撞就守恒，非弹性碰撞就不守恒，总的能量是守恒的，对于碰撞过程的能量要分析物体间的转移和转换。
从而建立碰撞过程的能量关系方程。
根据动量守恒定律和能量关系分别建立方程，两者联立进行求解，是这一部分常用的解决物理问题的。
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F
(1)对A分析：
mgt mv mv0
mg(l
s)
1 2
mv2
1 2
mv02
(2)对B分析： (F mg)t Mv
(F mg)s 1 Mv2
(3)对系统分析：
2
Fs
mgl
1 (M 2
m)v2
1 2
mv02
解题步骤：
1、认真审题，明确题目所述的物理情景， 确定研究对象。
2、分析研究对象受力、运动状态及运动状 态变化过程。
V0
A B
F
VA B
F
解：
A
v0
F
B
s
v
AF B
(1)对A分析： (F mg)t mv mv0
(F
mg)(l
s)
1 2
mv2
1 2
mv02
(2)对B分析： mgt Mv mgs 1 Mv2
2
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
(3)对系统分析：
F (l
s)
mgl
1 (M 2
m)v2
1 2
mv02
解： A v0
B
F
s
v
A
B
A
BB
V0
A
V
B
Mv0 (M m)v
mgl
1 (M 2
m)v2
1 2
Mv02
A
V V0
V
V V0
B BB
B
A B
V0
ABA
A V0
V0
V0
AA
V A
VV00VV00
AB B B
V
A B
V
用能量的 观点列方程 时可以不涉及运动过 程中的细节，比牛顿 运动定律解题 更为方 便。
t
V0
如果系统所受合外力为零，则系统动量守恒：
mv02
mgl
l
Mv02
2(M m)g
解：
AS B
A B
A B
v02 2gs
s v02
2g
mv0 Mv0 (M m)v
1 (M 2
m)v2
1 2
mv02
1 2
Mv02
mgl
l 2Mv02 (M m)g
若开始是木板B具有向右的初速度V0， 而木块A被无初速的放在B的最右端，其 余条件不变。要使A恰好未从B上滑离则 木板B至少多长
P=P’ 各个力所做功的代数和等于系统动能的改变量：
W=EK’-EK 注意：系统所受合外力为零，并不代 表合外力对系统所做的功为零。
若A有一初速度V0并受到一水平向右的力F， A最终恰好不滑离B木板，问B至少多长？
V0
A
F
VA
F
B
若将该力作用于B上，还让A恰好不滑离木板 B，那么木板B至少要多长？
如图所示，质量为ｍ的滑块A，以初速度V0 从木板左端滑上被固定在光滑水平地面上的木
板B。木板质量为M，滑块与木板间的动摩擦
因数为μ，已知A滑离B时的速度为V，求木板 B的长度(ｍ＜M)。
V0
A B
V A
解法(一)：
v2 v02 2gl
l v02 v2
2g
解法(二)：
1 2
mv2
1 2
mv02
3、根据分析确定始末状态的动量和能量。
4、根据规律列方程求解。(有时要挖掘题目 中的隐含条件、临界条件、几何关系等)
感谢下 载
mgl
l v02 v2
2g
若木板B未被固定。其余条件未变，要使滑
块A不滑离木板，求木板至少多长？
V
A V0 B
A B
若B同时也具有一个反方向同样大小的速
度V0 ,最后滑块A不滑离木板B，那么木
板至少要多长？
V B
A V0
A VV00 B
解： mv0 (M m)v
1 2
(M
m)v2
1 2