专题2 动量与能量
动量与能量综合专题
动量与能量综合专题一、动量守恒定律动量守恒定律是物理学中的一个重要定律，它表述的是物体动量的变化遵循一定的规律。
当两个或多个物体相互作用时，它们的总动量保持不变。
这个定律的适用范围非常广泛，从微观粒子到宏观宇宙，只要有物体之间的相互作用，就可以应用动量守恒定律来描述。
在理解动量守恒定律时，需要注意以下几点：1、系统：动量守恒定律适用于封闭的系统，即系统内的物体之间相互作用，不受外界的影响。
2、总动量：动量的变化是指物体之间的总动量的变化，而不是单个物体的动量变化。
3、方向：动量是矢量，具有方向性。
在计算动量的变化时，需要考虑动量的方向。
二、能量守恒定律能量守恒定律是物理学中的另一个重要定律，它表述的是能量不能被创造或消灭，只能从一种形式转化为另一种形式。
这个定律的适用范围同样非常广泛，从微观粒子到宏观宇宙，只要有能量的转化和转移，就可以应用能量守恒定律来描述。
在理解能量守恒定律时，需要注意以下几点：1、封闭系统：能量守恒定律适用于封闭的系统，即系统内的能量之间相互转化和转移，不受外界的影响。
2、转化与转移：能量的转化和转移是不同的。
转化是指一种形式的能量转化为另一种形式的能量，而转移是指能量从一个物体转移到另一个物体。
3、方向：能量的转化和转移是有方向的。
在计算能量的变化时，需要考虑能量的方向。
三、动量与能量的综合应用在实际问题中，动量和能量往往是相互的。
当一个物体受到力的作用时，不仅会引起物体的运动状态的变化，还会引起物体能量的变化。
因此，在解决复杂问题时，需要综合考虑动量和能量的因素。
例如，在碰撞问题中，两个物体相互作用后可能会发生弹射、粘合、破碎等情况。
这些情况的发生不仅与物体的动量有关，还与物体的能量有关。
如果两个物体的总动量不为零，它们将会继续运动；如果两个物体的总能量不为零，它们将会继续发生能量的转化和转移。
因此，在解决碰撞问题时，需要综合考虑物体的动量和能量因素。
四、总结动量守恒定律和能量守恒定律是物理学中的两个重要定律，它们分别描述了物体动量的变化和能量的转化和转移遵循的规律。
高考二轮总复习课件物理(适用于老高考旧教材)专题2能量与动量第1讲 动能定理机械能守恒定律功能关系的
(1)建立运动模型。
(2)抓住运动过程之间运动参量的联系。
(3)分阶段或全过程列式计算。
(4)对于选定的研究过程,只考虑初、末位置而不用考虑中间过程。
注意摩擦力做功特点
深化拓展
应用动能定理解题应注意的三个问题
(1)动能定理往往用于单个物体的运动过程,由于不涉及加速度及时间,比
动力学研究方法要简捷。
则重力的瞬时功率不为0,C错误;随着运动员在圆弧跳台上升高,速率逐渐
减小,所需要的向心力也在减小,向心力由台面的支持力与重力垂直接触面
向下的分力提供,由牛顿第二定律有FN-mgcos θ=m
大,v在减小,所以FN在减小,D正确。
2
,随着高度升高,θ在增
2.(命题角度1、2)(多选)一个质量为5 kg静止在水平地面上的物体,某时刻
能定理
1
Pt-W=2 m 2 ,则这一过程中小汽车克服阻力做的功为
D 错误。
W=Pt- 2 ,率启动
1
a-图像和
1
a-v 图像
1
F-图像问题
恒定加速度启动
1
F-v 图像
恒定功率启动
1
a- 图像
v
恒定加速度启动
1
F- 图像
v
①AB 段牵引力不变,做匀加速直线运动;
1
1
2
由动能定理得-mg·2r-W=2 2 − 2 1 2 ,联立解得小球克服阻力做的功
W=mgr,A 错误,B 正确;设再一次到达最低点时速度为 v3,假设空气阻力做
功不变,从最高点到最低点根据动能定理得
最低点,根据牛顿第二定律
1
mg·2r-W= 3 2
2021高考物理统考二轮复习学案：专题复习篇 专题2 第讲 动量和能量的综合应用
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。
微专题Ⅱ-2 能量与动量中的STSE问题
[答案]
(1)ρQ
Mg (2) ρQ
(3)h＝gPQ0ρ－2MQ22ρg2
[应用体验]
1. (2022•河南许昌模拟)气垫鞋指的是鞋底上部和鞋底下部之间
设置有可形成气垫的储气腔的鞋子，通过气垫的缓冲减小地面
对脚的冲击力。某同学的体重为 G，穿着平底布鞋时双脚竖直
着地过程中与地面的作用时间为 t0。受到地面的平均冲击力大小为 2.4G。若脚着 地前的速度保持不变，该同学穿上某型号的气垫鞋时，双脚竖直着地过程中与地
3．(2022·浙江 6 月选考)风力发电已成为我国实现“双碳”目标的重要 途径之一。如图所示，风力发电机是一种将风能转化为电能的装置。 某风力发电机在风速为 9 m/s 时，输出电功率为 405 kW，风速在 5～ 10 m/s 范围内，转化效率可视为不变。该风机叶片旋转一周扫过的面积为 A，空气密 度为 ρ，风场风速为 v，并保持风正面吹向叶片。下列说法正确的是 ( ) A．该风力发电机的输出电功率与风速成正比 B．单位时间流过面积 A 的流动空气动能为12ρAv2 C．若每天平均有 1.0×108 kW 的风能资源，则每天发电量为 2.4×109 kW·h D．若风场每年有 5 000 h 风速在 6～10 m/s 的风能资源，则该发电机年发电 量至少为 6.0×105 kW·h
(1)求喷泉单位时间内喷出的水的质量；
(2)由于水柱顶部的水与冲浪板相互作用的时间很短，因此在分析水对冲浪板 的作用的速度大小；
(3)要使米老鼠模型在空中悬停的高度发生变化，需调整水泵对水做功的功率。 水泵对水做功的功率定义为单位时间内从喷口喷出的水的动能。请根据第(2)问中 的计算结果，推导冲浪板底部距离喷口的高度h与水泵对水做功的功率P0之间的关 系式。
高考物理二轮复习教案专题二能量与动量功和功率功能关系
功和功率 功能关系复习备考建议(1)能量观点是高中物理三大观点之一，是历年高考必考内容；或与直线运动、平抛运动、圆周运动结合，或与电场、电磁感应结合，或与弹簧、传送带、板块连接体等结合；或借助选择题单独考查功、功率、动能定理、功能关系的理解，或在计算题中考查动力学与能量观点的综合应用，难度较大．(2)对于动量问题，17年只在选择题中出现，而且是动量守恒、动量定理的基本应用，18年在计算题中出现，Ⅰ卷、Ⅱ卷都是动量守恒的基本应用，运动过程简单，综合性较低，Ⅲ卷只是用到了动量的概念，19年在计算题中出现，Ⅰ卷、Ⅲ卷都涉及动量与能量观点的综合应用，Ⅱ卷中用到了动量定理，对于动量的考察，综合性、难度有所提升，备考时应多加注意．第4课时 功和功率 功能关系 考点 功、功率的分析与计算1．恒力功的计算(1)单个恒力的功W ＝Fl cos α. (2)合力为恒力的功①先求合力，再求W ＝F 合l cos α. ②W ＝W 1＋W 2＋…. 2．变力功的计算(1)若力大小恒定，且方向始终沿轨迹切线方向，可用力的大小跟路程的乘积计算． (2)力的方向不变，大小随位移线性变化可用W ＝F l cos α计算． (3)F －l 图象中，功的大小等于“面积”． (4)求解一般变力做的功常用动能定理． 3．功率的计算(1)P ＝Wt，适用于计算平均功率；(2)P ＝Fv ，若v 为瞬时速度，则P 为瞬时功率；若v 为平均速度，则P 为平均功率． 注意：力F 与速度v 方向不在同一直线上时功率为Fv cos θ.例1 (多选)(2019·山西晋中市适应性调研)如图1甲所示，足够长的固定光滑细杆与地面成一定倾角，在杆上套有一个光滑小环，沿杆方向给环施加一个拉力F ，使环由静止开始运动，已知拉力F 及小环速度v 随时间t 变化的规律如图乙、丙所示，重力加速度g 取10m/s 2.则以下判断正确的是( )图1A ．小环的质量是1kgB ．细杆与地面间的倾角是30°C ．前3s 内拉力F 的最大功率是2.25WD ．前3s 内拉力对小环做功5.75J 答案 AD解析 由速度－时间图象得到环先匀加速上升，然后匀速运动，由题图可得：第1s 内，a ＝Δv t ＝0.51m/s 2＝0.5 m/s 2，加速阶段：F 1－mg sin θ＝ma ；匀速阶段：F 2－mg sin θ＝0，联立以上三式解得：m ＝1kg ，sin θ＝0.45，故A 正确，B 错误；第1s 内，速度不断变大，拉力的瞬时功率也不断变大，第1s 末，P ＝Fv 1＝5×0.5W＝2.5W ；第1s 末到第3s 末，P ＝Fv 1＝4.5×0.5W＝2.25W ，即拉力的最大功率为2.5W ，故C 错误；从速度－时间图象可以得到，第1 s 内的位移为0.25 m,1～3 s 内的位移为1 m ，前3 s 内拉力做的功为：W ＝5×0.25 J ＋4.5×1J ＝5.75J ，故D 正确． 变式训练1.(2019·河南名校联盟高三下学期2月联考)如图2所示，ad 、bd 、cd 是竖直面内三根固定的光滑细杆，a 、b 、c 、d 位于同一圆周上，a 点为圆周的最高点，d 点为最低点．每根杆上都套着一个质量相等的小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从a 、b 、c 处由静止释放，用P 1、P 2、P 3依次表示各滑环从静止滑到d 过程中重力的平均功率，则( )图2A ．P 1<P 2<P 3B ．P 1>P 2>P 3C ．P 3>P 1>P 2D ．P 1＝P 2＝P 3 答案 B解析 对小滑环b 受力分析，受重力和支持力，将重力沿杆的方向和垂直杆的方向正交分解，根据牛顿第二定律得，小滑环做初速度为零的匀加速直线运动的加速度为a ＝g sin θ(θ为杆与水平方向的夹角)，由数学知识可知，小滑环的位移x ＝2R sin θ，所以t ＝2xa＝2×2R sin θg sin θ＝4Rg，t 与θ无关，即t 1＝t 2＝t 3，而三个环重力做功W 1>W 2>W 3，所以有：P 1>P 2>P 3，B 正确．2.(多选)(2019·福建龙岩市期末质量检查)如图3所示，在竖直平面内有一条不光滑的轨道ABC ，其中AB 段是半径为R 的14圆弧，BC 段是水平的．一质量为m 的滑块从A 点由静止滑下，最后停在水平轨道上C 点，此过程克服摩擦力做功为W 1.现用一沿着轨道方向的力推滑块，使它缓慢地由C 点推回到A 点，此过程克服摩擦力做功为W 2，推力对滑块做功为W ，重力加速度为g ，则下列关系中正确的是( )图3A ．W 1＝mgRB ．W 2＝mgRC ．mgR <W <2mgRD ．W >2mgR 答案 AC解析 滑块由A 到C 的过程，由动能定理可知mgR －W 1＝0，故A 对；滑块由A 到B 做圆周运动，而在推力作用下从C 经过B 到达A 的过程是一个缓慢的匀速过程，所以从A 到B 的过程中平均支持力大于从B 到A 的平均支持力，那么摩擦力从A 到B 做的功大于从B 到A 做的功，而两次经过BC 段摩擦力做功相等，故W 2<W 1＝mgR ，故B 错；滑块由C 到A 的过程中，由能量守恒可知，推力对滑块做的功等于滑块重力势能增加量与克服摩擦力所做的功两部分，即W －mgR －W 2＝0，即W ＝W 1＋W 2，由于W 2<W 1＝mgR ，所以mgR <W <2mgR ，故C 对，D 错．考点 功能关系的理解和应用1．几个重要的功能关系(1)重力做的功等于重力势能的减少量，即W G ＝－ΔE p . (2)弹力做的功等于弹性势能的减少量，即W 弹＝－ΔE p . (3)合力做的功等于动能的变化量，即W ＝ΔE k .(4)重力(或系统内弹力)之外的其他力做的功等于机械能的变化量，即W 其他＝ΔE . (5)系统内一对滑动摩擦力做的功是系统内能改变的量度，即Q ＝F f ·x 相对． 2．理解(1)做功的过程就是能量转化的过程，不同形式的能量发生相互转化可以通过做功来实现．(2)功是能量转化的量度，功和能的关系，一是体现在不同性质的力做功对应不同形式的能转化，二是做功的多少与能量转化的多少在数值上相等． 3．应用(1)分析物体运动过程中受哪些力，有哪些力做功，有哪些形式的能发生变化． (2)列动能定理或能量守恒定律表达式．例2 (多选)(2019·全国卷Ⅱ·18)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E 总等于动能E k 与重力势能E p 之和．取地面为重力势能零点，该物体的E 总和E p 随它离开地面的高度h 的变化如图4所示．重力加速度取10m/s 2.由图中数据可得( )图4A ．物体的质量为2kgB ．h ＝0时，物体的速率为20m/sC ．h ＝2m 时，物体的动能E k ＝40JD ．从地面至h ＝4m ，物体的动能减少100J 答案 AD解析 根据题图图像可知，h ＝4m 时物体的重力势能mgh ＝80J ，解得物体质量m ＝2kg ，抛出时物体的动能为E k0＝100J ，由公式E k0＝12mv 2可知，h ＝0时物体的速率为v ＝10m/s ，选项A 正确，B 错误；由功能关系可知F f h ＝|ΔE 总|＝20J ，解得物体上升过程中所受空气阻力F f ＝5 N ，从物体开始抛出至上升到h ＝2 m 的过程中，由动能定理有－mgh －F f h ＝E k －100J ，解得E k ＝50J ，选项C 错误；由题图图像可知，物体上升到h ＝4m 时，机械能为80J ，重力势能为80J ，动能为零，即从地面上升到h ＝4m ，物体动能减少100J ，选项D 正确． 变式训练3.(多选)(2018·安徽安庆市二模)如图5所示，一运动员穿着飞行装备从飞机上跳出后的一段运动过程可近似认为是匀变速直线运动，运动方向与水平方向成53°角，运动员的加速度大小为3g4.已知运动员(包含装备)的质量为m ，则在运动员下落高度为h 的过程中，下列说法正确的是(sin53°＝45，cos53°＝35)( )图5A ．运动员重力势能的减少量为35mghB ．运动员动能的增加量为34mghC ．运动员动能的增加量为1516mghD ．运动员的机械能减少了116mgh答案 CD解析 运动员下落的高度是h ，则重力做功：W ＝mgh ，所以运动员重力势能的减少量为mgh ，故A 错误；运动员下落的高度是h ，则飞行的距离：L ＝h sin53°＝54h ，运动员受到的合外力：F 合＝ma ＝34mg ，动能的增加量等于合外力做的功，即：ΔE k ＝W 合＝F 合L ＝34mg ×54h ＝1516mgh ，故B 错误，C 正确；运动员重力势能的减少量为mgh ，动能的增加量为1516mgh ，所以运动员的机械能减少了116mgh ，故D 正确．4．(多选)(2019·福建厦门市第一次质量检查)如图6甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端与A 物体相连接，将B 物体放置在A 物体上面，A 、B 的质量都为m ，初始时两物体处于静止状态．现用竖直向上的拉力F 作用在物体B 上，使物体B 开始向上做匀加速运动，拉力F 与物体B 的位移x 的关系如图乙所示(g ＝10m/s 2)，下列说法正确的是( )图6A ．0～4cm 过程中，物体A 、B 和弹簧组成的系统机械能增大B ．0～4cm 过程中，弹簧的弹性势能减小，物体B 运动到4cm 处，弹簧弹性势能为零C ．弹簧的劲度系数为7.5N/cmD．弹簧的劲度系数为5.0N/cm答案AC解析0～4 cm过程中，物体A、B和弹簧组成的系统，因力F对系统做正功，则系统的机械能增大，选项A正确．由题图可知，在x＝4 cm处A、B分离，此时A、B之间的压力为零，A、B的加速度相等，但是弹簧仍处于压缩状态，弹簧的弹性势能不为零，选项B错误．开始物体处于静止状态，重力和弹力二力平衡，有：2mg＝kΔl1；拉力F1为20 N时，弹簧弹力和重力平衡，合力等于拉力，根据牛顿第二定律，有：F1＝2ma；物体B与A分离后，拉力F2为50 N，根据牛顿第二定律，有：F2－mg＝ma；物体A与B分离时，物体A的加速度为a，则根据牛顿第二定律有：kΔl2－mg＝k(Δl1－4 cm)－mg＝ma；联立解得：m＝4.0 kg，k＝7.5 N/cm.选项C正确，D错误．考点动能定理的应用1．表达式：W总＝E k2－E k1.2．五点说明(1)W总为物体在运动过程中所受各力做功的代数和．(2)动能变化量E k2－E k1一定是物体在末、初两状态的动能之差．(3)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动．(4)动能定理既适用于恒力做功，也适用于变力做功．(5)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分阶段作用．3．基本思路(1)确定研究对象和研究过程．(2)进行运动分析和受力分析，确定初、末速度和各力做功情况，利用动能定理全过程或者分过程列式．4．在功能关系中的应用(1)对于物体运动过程中不涉及加速度和时间，而涉及力和位移、速度的问题时，一般选择动能定理，尤其是曲线运动、多过程的直线运动等．(2)动能定理也是一种功能关系，即合外力做的功(总功)与动能变化量一一对应．例3如图7所示，在地面上竖直固定了刻度尺和轻质弹簧，弹簧原长时上端与刻度尺上的A点等高．质量m＝0.5kg的篮球静止在弹簧正上方，其底端距A点的高度h1＝1.10m，篮球由静止释放，测得第一次撞击弹簧时，弹簧的最大形变量x1＝0.15m，第一次反弹至最高点，篮球底端距A点的高度h2＝0.873m，篮球多次反弹后静止在弹簧的上端，此时弹簧的形变量x2＝0.01m，弹性势能为E p＝0.025J．若篮球运动时受到的空气阻力大小恒定，忽略篮球与弹簧碰撞时的能量损失和篮球形变，弹簧形变在弹性限度范围内，g取10m/s2.求：图7(1)弹簧的劲度系数；(2)篮球在运动过程中受到的空气阻力的大小； (3)篮球在整个运动过程中通过的路程． 答案 (1)500N/m (2)0.50N (3)11.05m 解析 (1)由最后静止的位置可知kx 2＝mg ， 所以k ＝500N/m(2)由动能定理可知，在篮球由静止下落到第一次反弹至最高点的过程中mg Δh －F f ·L ＝12mv 22－12mv 12整个过程动能变化为0，重力做功mg Δh ＝mg (h 1－h 2)＝1.135J 空气阻力大小恒定，作用距离为L ＝h 1＋h 2＋2x 1＝2.273m故可得F f ≈0.50N(3)整个运动过程中，空气阻力一直与运动方向相反 根据动能定理有mg Δh ′＋W f ＋W 弹＝12mv 2′2－12mv 12整个过程动能变化为0，重力做功mg Δh ′＝mg (h 1＋x 2)＝5.55J 弹力做功W 弹＝－E p ＝－0.025J则空气阻力做功W f ＝－mg Δh ′－W 弹＝－5.525J 因W f ＝－F f s 故解得s ＝11.05m. 变式训练5.(2019·全国卷Ⅲ·17)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用．距地面高度h 在3m 以内时，物体上升、下落过程中动能E k 随h 的变化如图8所示．重力加速度取10m/s 2.该物体的质量为( )图8A．2kgB．1.5kgC．1kgD．0.5kg答案 C解析设物体的质量为m，则物体在上升过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向下的恒定外力F，当Δh＝3m时，由动能定理结合题图可得－(mg＋F)×Δh＝(36－72) J；物体在下落过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向上的恒定外力F，当Δh＝3m时，再由动能定理结合题图可得(mg－F)×Δh＝(48－24) J，联立解得m＝1kg、F＝2N，选项C正确，A、B、D均错误．6．由相同材料的木板搭成的轨道如图9所示，其中木板AB、BC、CD、DE、EF…的长均为L ＝1.5m，木板OA和其他木板与水平地面的夹角都为β＝37°，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2.一个可看成质点的物体在木板OA上从离地高度h＝1.8m处由静止释放，物体与木板间的动摩擦因数都为μ＝0.2，在两木板交接处都用小曲面相连，使物体能顺利地经过，既不损失动能，也不会脱离轨道，在以后的运动过程中，求：(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)图9(1)物体能否静止在木板上？请说明理由．(2)物体运动的总路程是多少？(3)物体最终停在何处？并作出解释．答案(1)不能理由见解析(2)11.25m (3)C点解释见解析解析(1)物体在木板上时，重力沿木板方向的分力为mg sinβ＝0.6mg最大静摩擦力F fm＝μmg cosβ＝0.16mg因mg sinβ>μmg cosβ，故物体不会静止在木板上．(2)从物体开始运动到停下，设总路程为s，由动能定理得mgh －μmgs cos β＝0解得s ＝11.25m(3)假设物体依次能到达B 、D 点，由动能定理得mg (h －L sin β)－μmg cos β(L ＋hsin β)＝12mv B 2 解得v B >0mg (h －L sin β)－μmg cos β(3L ＋hsin β)＝12mv D 2 v D 无解说明物体能通过B 点但不能到达D 点，因物体不能静止在木板上，故物体最终停在C 点．考点 动力学与能量观点的综合应用1．两个分析(1)综合受力分析、运动过程分析，由牛顿运动定律做好动力学分析．(2)分析各力做功情况，做好能量的转化与守恒的分析，由此把握各运动阶段的运动性质，各连接点、临界点的力学特征、运动特征、能量特征． 2．四个选择(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，对某一时刻的问题选择牛顿第二定律求解；(4)复杂问题的分析一般需选择能量的观点、运动与力的观点综合分析求解．例4 (2019·河北邯郸市测试)如图10所示，一根轻弹簧左端固定于竖直墙上，右端被质量m ＝1kg 可视为质点的小物块压缩而处于静止状态，且弹簧与物块不拴接，弹簧原长小于光滑平台的长度．在平台的右端有一传送带，AB 长L ＝5m ，物块与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.2，与传送带相邻的粗糙水平面BC 长s ＝1.5 m ，它与物块间的动摩擦因数μ2＝0.3，在C 点右侧有一半径为R 的光滑竖直圆弧轨道与BC 平滑连接，圆弧对应的圆心角为θ＝120°，在圆弧的最高点F 处有一固定挡板，物块撞上挡板后会以原速率反弹回来．若传送带以v ＝5m/s 的速率顺时针转动，不考虑物块滑上和滑下传送带的机械能损失．当弹簧储存的E p ＝18 J 能量全部释放时，小物块恰能滑到与圆心等高的E 点，取g ＝10 m/s 2.图10(1)求右侧圆弧的轨道半径R ；(2)求小物块最终停下时与C 点的距离；(3)若传送带的速度大小可调，欲使小物块与挡板只碰一次，且碰后不脱离轨道，求传送带速度的可调节范围．答案 (1)0.8m (2)13m (3)37m/s≤v ≤43m/s解析 (1)物块被弹簧弹出，由E p ＝12mv 02，可知：v 0＝6m/s因为v 0>v ，故物块滑上传送带后先减速，物块与传送带相对滑动过程中， 由：μ1mg ＝ma 1，v ＝v 0－a 1t 1，x 1＝v 0t 1－12a 1t 12得到：a 1＝2m/s 2，t 1＝0.5s ，x 1＝2.75m因为x 1<L ，故物块与传送带同速后相对静止，最后物块以5m/s 的速度滑上水平面BC ，物块滑离传送带后恰到E 点，由动能定理可知：12mv 2＝μ2mgs ＋mgR代入数据得到：R ＝0.8m.(2)设物块从E 点返回至B 点的速度大小为v B ， 由12mv 2－12mv B 2＝μ2mg ·2s 得到v B ＝7m/s ，因为v B >0，故物块会再次滑上传送带，物块在恒定摩擦力的作用下先减速至0再反向加速，由运动的对称性可知，物块以相同的速率离开传送带，经分析可知最终在BC 间停下，设最终停在距C 点x 处，由12mv B 2＝μ2mg (s －x )，代入数据解得：x ＝13m. (3)设传送带速度为v 1时物块恰能到F 点，在F 点满足mg sin30°＝m v F 2R从B 到F 过程中由动能定理可知： －μ2mgs －mg (R ＋R sin30°)＝12mv F 2－12mv 12解得：v 1＝37m/s设传送带速度为v 2时，物块撞挡板后返回能再次上滑恰到E 点， 由12mv 22＝μ2mg ·3s ＋mgR解得：v 2＝43m/s若物块在传送带上一直加速运动，由12mv B m 2－12mv 02＝μ1mgL知其到B 点的最大速度v B m ＝56m/s若物块在E 、F 间速度减为0，则物块将脱离轨道．综合上述分析可知，只要传送带速度37m/s≤v ≤43m/s 就满足条件． 变式训练7.(2019·山东青岛二中上学期期末)如图11所示，O 点距水平地面的高度为H ＝3m ，不可伸长的细线一端固定在O 点，另一端系一质量m ＝2kg 的小球(可视为质点)，另一根水平细线一端固定在墙上A 点，另一端与小球相连，OB 线与竖直方向的夹角为37°，l <H ，g 取10m/s 2，空气阻力不计．(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)图11(1)若OB 的长度l ＝1m ，剪断细线AB 的同时，在竖直平面内垂直OB 的方向上，给小球一个斜向下的冲量，为使小球恰好能在竖直平面内做完整的圆周运动，求此冲量的大小； (2)若先剪断细线AB ，当小球由静止运动至最低点时再剪断OB ，小球最终落地，求OB 的长度l 为多长时，小球落地点与O 点的水平距离最远，最远水平距离是多少． 答案 (1)246kg·m/s (2)1.5m355m 解析 (1)要使小球恰好能在竖直平面内做完整的圆周运动，最高点需满足：mg ＝m v 2l从B 点到最高点，由动能定理有： －mg (l ＋l cos37°)＝12mv 2－12mv 02联立得一开始的冲量大小为I ＝mv 0＝246kg·m/s(2)从剪断AB 到小球至H －l 高度过程，设小球至H －l 高度处的速度为v 0′ 由机械能守恒可得12mv 0′2＝mgl (1－cos37°)小球从H －l 高度做初速度为v 0′的平抛运动，12gt 2＝H －l ，x ＝v 0′t 联立得，x ＝45(－l 2＋3l ) 当l ＝1.5m 时x 取最大值，为355m ．专题突破练1．(2019·山东烟台市上学期期末)如图1所示，把两个相同的小球从离地面相同高度处，以相同大小的初速度v 分别沿竖直向上和水平向右方向抛出，不计空气阻力．则下列说法中正确的是( )图1A ．两小球落地时速度相同B ．两小球落地时，重力的瞬时功率相同C ．从小球抛出到落地，重力对两小球做的功相等D ．从小球抛出到落地，重力对两小球做功的平均功率相等 答案 C解析 两小球运动过程中均只有重力做功，故机械能都守恒，由机械能守恒定律得，两小球落地时的速度大小相同，但方向不同，故A 错误；两小球落地时，由于竖直方向的分速度不同，故重力的瞬时功率不相同，故B 错误；由重力做功公式W ＝mgh 得，从开始运动至落地，重力对两小球做功相同，故C 正确；从抛出至落地，重力对两小球做的功相同，但是落地的时间不同，故重力对两小球做功的平均功率不相同，故D 错误．2.(2019·河北张家口市上学期期末)如图2所示，运动员跳伞将经历加速下降和减速下降两个过程，在这两个过程中，下列说法正确的是( )图2A ．运动员先处于超重状态后处于失重状态B ．空气浮力对系统始终做负功C ．加速下降时，重力做功大于系统重力势能的减小量D ．任意相等的时间内系统重力势能的减小量相等 答案 B解析 运动员先加速向下运动，处于失重状态，后减速向下运动，处于超重状态，选项A 错误；空气浮力与运动方向总相反，则对系统始终做负功，选项B 正确；无论以什么运动状态运动，重力做功都等于系统重力势能的减小量，选项C 错误；因为是变速运动，相等的时间内，因为系统下降的高度不相等，则系统重力势能的减小量不相等，选项D 错误． 3．(2019·河南驻马店市上学期期终)一物体在竖直向上的恒力作用下，由静止开始上升，到达某一高度时撤去外力．若不计空气阻力，则在整个上升过程中，物体的机械能E 随时间t 变化的关系图象是( )答案 A解析 设物体在恒力作用下的加速度为a ，机械能增量为：ΔE ＝F Δh ＝F ·12at 2，知此时E－t 图象是开口向上的抛物线；撤去外力后的上升过程中，机械能守恒，则机械能不随时间改变，故A 正确，B 、C 、D 错误．4．(多选)如图3所示，楔形木块abc 固定在水平面上，粗糙斜面ab 和光滑斜面bc 与水平面的夹角相同，顶角b 处安装一定滑轮．质量分别为M 、m (M >m )的滑块，通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行．两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动．若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中( )图3A ．两滑块组成的系统机械能守恒B ．轻绳对m 做的功等于m 机械能的增加量C ．重力对M 做的功等于M 动能的增加量D ．两滑块组成的系统机械能的损失等于M 克服摩擦力做的功 答案 BD5.(2019·福建三明市期末质量检测)如图4所示，一个质量m ＝1 kg 的小球(视为质点)从H ＝11m 高处，由静止开始沿光滑弯曲轨道AB 进入半径R ＝4m 的竖直圆环内侧，且与圆环的动摩擦因数处处相等，当到达圆环顶点C 时，刚好对轨道压力为零，然后沿CB 圆弧滑下，进入光滑弧形轨道BD ，到达高度为h 的D 点时速度为零，则h 的值可能为(重力加速度g ＝10m/s 2)( )图4A ．10mB ．9.5mC ．9mD ．8.5m 答案 B解析 到达圆环顶点C 时，刚好对轨道压力为零，则mg ＝m v C 2R，解得v C ＝210m/s ，则物体在BC 阶段克服摩擦力做功，由动能定理mg (H －2R )－W BC ＝12mv C 2，解得W BC ＝10J ；由于从C到B 过程小球对圆轨道的平均压力小于从B 到C 过程小球对圆轨道的平均压力，则小球从C 到B 过程克服摩擦力做的功小于从B 到C 过程克服摩擦力做的功，即0<W CB <10J ；从C 到D 由动能定理：mg (2R －h )－W CB ＝0－12mv C 2，联立解得9m<h <10m.6．一名外卖送餐员用电动自行车沿平直公路行驶给客户送餐，中途因电瓶“没电”，只能改用脚蹬车以5m/s 的速度匀速前行，骑行过程中所受阻力大小恒为车和人总重力的0.02倍(取g ＝10 m/s 2)，该送餐员骑电动自行车以5m/s 的速度匀速前行过程做功的功率最接近( )A ．10WB ．100WC ．1kWD ．10kW 答案 B解析 设送餐员和车的总质量为100kg ，匀速行驶时的速率为5m/s ，匀速行驶时的牵引力与阻力大小相等，F ＝0.02mg ＝20 N ，则送餐员骑电动自行车匀速行驶时的功率为P ＝Fv ＝100W ，故B 正确．7．(多选)(2019·四川第二次诊断)如图5甲所示，质量m ＝1kg 的物块在平行斜面向上的拉力F 作用下从静止开始沿斜面向上运动，t ＝0.5s 时撤去拉力，其1.5s 内的速度随时间变化关系如图乙所示，g 取10m/s 2.则( )图5A ．0.5s 时拉力功率为12WB ．0.5s 内拉力做功9JC ．1.5s 后物块可能返回D ．1.5s 后物块一定静止 答案 AC解析 0～0.5 s 内物体的位移：x 1＝12×0.5×2 m＝0.5 m ；0.5～1.5 s 内物体的位移：x 2＝12×1×2m ＝1m ；由题图乙知，各阶段加速度的大小：a 1＝4m/s 2，a 2＝2 m/s 2；设斜面倾角为θ，斜面对物块的动摩擦因数为μ，根据牛顿第二定律，0～0.5s 内F －μgm cos θ－mg sin θ＝ma 1；0.5～1.5s 内－μmg cos θ－mg sin θ＝－ma 2，联立解得：F ＝6N ，但无法求出μ和θ.0.5s 时，拉力的功率P ＝Fv ＝12W ，故A 正确．拉力做的功为W ＝Fx 1＝3J ，故B 错误．无法求出μ和θ，不清楚tan θ与μ的大小关系，故无法判断物块能否静止在斜面上，故C 正确，D 错误．8.(多选)(2019·安徽安庆市期末调研监测)如图6所示，重力为10N 的滑块轻放在倾角为30°的光滑斜面上，从a 点由静止开始下滑，到b 点接触到一个轻质弹簧，滑块压缩弹簧到c 点开始弹回，返回b 点离开弹簧，最后又回到a 点．已知ab ＝1m ，bc ＝0.2m ，则以下结论正确的是( )图6A ．整个过程中弹簧弹性势能的最大值为6JB ．整个过程中滑块动能的最大值为6JC ．从c 到b 弹簧的弹力对滑块做功5JD ．整个过程中弹簧、滑块与地球组成的系统机械能守恒 答案 AD解析 滑块从a 到c, mgh ac ＋W 弹′＝0－0，解得：W 弹′＝－6J ．则E pm ＝－W 弹′＝6J ，所以整个过程中弹簧弹性势能的最大值为6J ，故A 正确；当滑块受到的合外力为0时，滑块速度最大，设滑块在d 点合外力为0，由分析可知d 点在b 点和c 点之间．滑块从a 到d 有：mgh ad ＋W 弹＝E k d －0，因mgh ad ＜6J ，W 弹＜0，所以E k d ＜6J ，故B 错误；从c 点到b 点弹簧的弹力对滑块做的功与从b 点到c 点弹簧的弹力对滑块做的功大小相等，即为6J ，故C 错误；整个过程中弹簧、滑块与地球组成的系统机械能守恒，没有与系统外发生能量转化，故D 正确．9．(多选)(2019·河南九师联盟质检)如图7所示，半径为R ＝0.4m 的14圆形光滑轨道固定于竖直平面内，圆形轨道与光滑固定的水平轨道相切，可视为质点的质量均为m ＝0.5kg 的小球甲、乙用轻杆连接，置于圆轨道上，小球甲与O 点等高，小球乙位于圆心O 的正下方．某时刻将两小球由静止释放，最终它们在水平面上运动，g 取10m/s 2.则( )图7A ．小球甲下滑过程中机械能增加B ．小球甲下滑过程中重力对它做功的功率先增大后减小C ．小球甲下滑到圆形轨道最低点对轨道压力的大小为12ND ．整个过程中轻杆对小球乙做的功为1J 答案 BD解析 小球甲下滑过程中，轻杆对甲做负功，则甲的机械能减小，故A 错误．小球甲下滑过程中，最高点速度为零，故重力的功率为零；最低点速度和重力垂直，故重力的功率也是零；而中途重力的功率不为零，故重力的功率应该是先增大后减小，故B 正确．两个球与轻杆组成的系统机械能守恒，故：mgR ＝12mv 2＋12mv 2，解得：v ＝gR ＝10×0.4m/s ＝2 m/s ；小球甲下滑到圆弧形轨道最低点，重力和支持力的合力提供向心力，故：F N －mg ＝m v 2R，解得：F N＝mg ＋m v 2R ＝0.5×10N＋0.5×220.4N ＝10N ，根据牛顿第三定律，小球甲对轨道的压力大小为10N ，故C 错误；整个过程中，对球乙，根据动能定理，有：W ＝12mv 2＝12×0.5×22J ＝1J ，故D 正确．10．(2019·吉林“五地六校”合作体联考)一辆赛车在水平路面上由静止启动，在前5s 内做匀加速直线运动，5s 末达到额定功率，之后保持以额定功率运动．其v －t 图象如图8所示．已知赛车的质量为m ＝1×103kg ，赛车受到的阻力为车重力的0.1倍，重力加速度g 取10m/s 2，则以下说法正确的是( )图8A ．赛车在前5s 内的牵引力为5×102N。
2020届高考物理二轮复习专题2能量与动量第2讲能量观点在电磁学中的应用练习(含解析)
第2讲能量观点在电磁学中的应用一、选择题：每小题给出的四个选项中，第1～3题只有一项符合题目要求，第4～5题有多项符合题目要求．1．(2019年齐齐哈尔一模)在光滑的绝缘水平面上，有一个正方形abcd，对角线的交点为O，顶点a、c分别固定一个正点电荷，电荷量相等，如图所示，若将一个带负电的粒子P置于b点，自由释放，粒子P将沿着对角线bd运动，则在线段bd上( )A．O点的电场强度最大B．O点电势最低C．粒子P在O点时电势能最大D．粒子P在O点时动能最大【答案】D2．(2019年甘肃五市二模)如图所示，一带电小球质量为m，用丝线悬挂于O点，并在竖直平面内摆动，最大摆角为60°，水平磁场垂直于小球摆动的平面，当小球自左侧摆到最低点时，悬线上的张力恰为零，则小球自右侧摆到最低点时悬线上的张力为( )A．0 B．2mgC．4mg D．6mg【答案】C3．(2018年陕西韩城三模)如图所示，O点处有一固定的点电荷，虚线是等势面，另外两个质量及电量绝对值相等的带电粒子M、N以大小相同的速度射入点电荷的电场，仅在电场力作用下两个粒子运动的轨迹如图中实线所示，取无穷远电势为零，则下列说法正确的是( )A．M、N带异种电荷，M和O点处点电荷电性相同B．M从a点运动到b点的过程中，电势能先增大后减小C．N从c点运动到d点的过程中，动能先减小后增大D．N在d点的电势能比M在a点电势能小【答案】C4．(2019年河南郑州二模)如图，MN 和PQ 是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L ，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，固定在水平面上，右端接一个阻值为R 的定值电阻，平直部分导轨左边区域有宽度为d 、方向竖直向上、磁感应强度大小为B 的匀强磁场，质量为m 、电阻也为R 的金属棒从高为h 处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止．已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨间接触良好，则金属棒穿过磁场区域的过程中(重力加速度为g )( )A ．金属棒中的最大电流为Bd 2gh2R B ．金属棒克服安培力做的功为mgh C ．通过金属棒的电荷量为BdL 2RD ．金属棒产生的电热为12mg (h －μd )【答案】CD5．(2018年山东泰安二模)如图所示，水平面内的等边三角形ABC 的边长为L ，两个等量异种点电荷＋Q 和－Q 分别固定于A 、B 两点．光滑绝缘直导轨CD 的上端点D 位于到A 、B 中点的正上方，且与A 、B 两点的距离均为L .在D 处质量为m 、电荷量为＋q 的小球套在轨道上(忽略它对原电场的影响)，并由静止释放，已知静电力常量为k ，重力加速度为g .忽略空气阻力，则下列说法正确的是( )A ．D 点的场强大小为kQ L2B ．小球到达CD 中点时，其加速度为零C ．小球刚到达C 点时，其动能为32mgL D ．小球沿直轨道CD 下滑过程中，其电势能先增大后减小 【答案】AC【解析】根据点电荷产生的电场的性质可知，负电荷在D 处的电场强度沿DB 方向，正电荷在D 处的电场强度沿AD 方向，两个点电荷的电量是相等的，所以两个点电荷在D 点的电场强度的大小相等，则它们的合场强的方向沿AD 、DB 的角平分线；由库仑定律得，A 、B 在D 点的场强E A ＝E ＝k q L2，则D 点的场强E D ＝E A cos 60°＋E B cos 60°＝k qL2，故A 正确；当小球到达CD 中点时，小球受重力、支持力、正电荷的排斥力、负电荷的吸引力，对其受力分析可知，重力和支持力的合力与正电荷的排斥力和负电荷的吸引力的合力不在同一平面上，故两个合力不可能平衡，故加速度不为零，故B 错误；由于C 与D 到A 、B 的距离都等于L ，结合等量异种点电荷的电场特点可知，C 点与D 点在同一等势面上，电场力不做功，故小球的电势能不变，下落过程只有重力做功，即mg ·OD ＝12mv 2，又几何关系可知OD ＝L ·sin 60°＝32L ，小球的动能E k ＝12mv 2＝32mgL ，故C 正确，D 错误．故选AC.二、非选择题6．(2019年资阳模拟)如图所示，一足够大的倾角θ＝30°的粗糙斜面上有一个粗细均匀的由同种材料制成的金属线框abcd ，线框的质量m ＝0.6 kg ，其电阻值R ＝1.0 Ω，ab 边长L 1＝1 m ，bc 边长L 2＝2 m ，与斜面之间的动摩擦因数μ＝39.斜面以EF 为界，EF 上侧有垂直于斜面向上的匀强磁场．一质量为M 的物体用绝缘细线跨过光滑定滑轮与线框相连，连接线框的细线与斜面平行且线最初处于松弛状态．现先释放线框再释放物体，当cd 边离开磁场时线框即以v ＝2 m/s 的速度匀速下滑，在ab 边运动到EF 位置时，细线恰好被拉直绷紧(时间极短)，随即物体和线框一起做匀速运动，t ＝1 s 后开始做匀加速运动．取g ＝10 m/s 2，求：(1)匀强磁场的磁感应强度B ； (2)细绳绷紧前，M 下降的高度H ；(3)系统在线框cd 边离开磁场至重新进入磁场过程中损失的机械能ΔE . 【答案】(1)1 T (2)1.8 m (3)21.6 J 【解析】(1)线框cd 边离开磁场后受到的安培力F ＝BIL 1＝B 2L 21vR线框cd 边离开磁场时匀速下滑，由平衡条件得mg sin θ－μmg cos θ－F ＝0，解得B ＝1 T.(2)由题意，线框第二次匀速运动方向向上，设其速度为v 1，细线拉力为T则匀速运动的速度v 1＝L 2t ＝21m/s ＝2 m/s对线框，由平衡条件得T －mg sin θ－μmg cos θ－B 2L 21v 1R＝0对物体，由平衡条件得T －Mg ＝0设绳突然绷紧过程中绳子作用力的冲量为I ，由动量定理得 对线框：I ＝mv 1－m (－v ) 对物体：－I ＝Mv 1－Mv 0绳绷紧前M 自由下落v 20＝2gH ，解得H ＝1.8 m. (3)根据能量守恒定律得线框匀速下滑过程Q 1＝mgL 2sin θ绳子突然绷紧过程Q 2＝12Mv 20＋12mv 2－12(M ＋m )v 21线框匀速上滑过程Q 3＝MgL 2－mgL 2sin θ损失的机械能ΔE ＝Q 1＋Q 2＋Q 3，解得ΔE ＝21.6 J.7．(2019年陕西韩城三模)某同学用如图所示的装置研究电磁阻尼现象．ACDE 、FGHI 为相互平行的轨道，AC 、FG 段是半径为r 的四分之一圆弧，CDE 、GHI 段在同一水平面内，CG 连线与轨道垂直，两轨道间距为L ，在E 、I 端连接阻值为R 的定值电阻，一长度也为L 、质量为m 的金属导棒固定在轨道上紧靠A 、F 端，导体棒与导轨垂直并接触良好，导棒的电阻也为R ，其他电阻不计，整个轨道处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，闭合开关S ，让导棒由静止释放，导棒在下滑过程中始终与导轨接触良好，当导棒运动到与CG 重合时，速度大小为v ，导棒最终静止在水平轨道DE 、HI 段某处，电阻R 上产生的热量为Q ，轨道DE 、HI 段粗糙且足够长，其他部分光滑，重力加速度为g ，求：(1)导棒运动到与CG 重合时，通过定值电阻R 的电量； (2)导棒运动到与CG 重合时，导棒的加速度大小；(3)若断开开关S ，再让导棒从轨道上紧靠F 、A 处由静止释放，则导棒在HI 、DE 段滑行的距离x 2是电键闭合时，导棒滑下在HI 、DE 段滑行的距离x 1的多少倍？【答案】(1)q ＝BLr2R(2)a ＝B 4L 4v 24m 2R 2＋v 4r2 (3)x 2x 1＝mgrmgr －2Q【解析】(1)当导棒运动到与CG 重合时，通过定值电阻R 的电量 q ＝I －·Δt ；I －＝E －2R ； E －＝ΔΦΔt 解得q ＝BLr 2R(2)导体棒运动到与CG 重合时，回路中的瞬时电动势E ＝BLv 回路中的电流为I ＝E 2R ＝BLv2R导体棒受到的安培力F ＝BIL ＝B 2L 2v2R水平方向的加速度a ＝F m ＝B 2L 2v2mR导体棒做圆周运动的向心加速度a 2＝v 2r所以，合加速度a ＝a 21＋a 22＝B 4L 4v 24m 2R 2＋v 4r2 (3)电键闭合时，由于导体棒与定值电阻串联，因此导棒上产生的热量也为Q ； 根据能量守恒，导体棒因摩擦产生的热量Q 1＝mgr －2Q若电键断开，根据能量守恒可知，导体棒在HI 、DE 段因摩探产生的热量Q 2＝mgr 由功能关系Q 1＝μmgx 1Q 2＝μmgx 2因此x 2x 1＝Q 2Q 1＝mgrmgr －2Q。
专题2-3 动量和动能(讲)(新高考专用)(原卷版)
2021·浙江1月卷·T12
2021·全国乙卷·T14
2021·广东卷·T13
2021·北京卷·T17
2020·全国 卷·T14
2020T13
碰撞与反冲、爆炸类问题
Ⅱ
2022·山东卷·T2
2021·天津卷·T7
动力学、动量和能量观点的综合应用
②若两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。
爆炸
动量守恒：爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力
动能增加：有其他形式的能量(如化学能)转化为动能
位置不变：爆炸的时间极短，物体产生的位移很小，一般可忽略不计
反冲
动量守恒：系统不受外力或内力远大于外力
机械能增加：有其他形式的能转化为机械能
人船模型
两个物体
动量守恒：系统所受合外力为零
质量与位移关系：m1x1＝m2x2(m1、m2为相互作用的物体质量，x1、x2为其位移大小)
重点
1．掌握碰撞的“三个原则”
(1)动量守恒原则，即碰撞前后两物体组成的系统满足动量守恒定律；
(2)能量不增加原则，即碰撞后系统的总能量不大于碰撞前系统的总能量；
(3)物理情境可行性原则，即两物体碰撞前后的物理情境应与实际相一致．
合理选择解题方法
选择角度
常用解题方案选择
从研究对象上看
(1)若多个物体的运动状态不同，则一般不宜对多个物体整体应用牛顿运动定律；
(2)若研究对象为单个物体，则不能用动量观点中的动量守恒定律；
(3)若研究对象为多物体系统，且系统内的物体与物体间有相互作用，一般用“守恒定律”去解决问题，但必须注意研究对象是否满足定律的守恒条件．
f·d＝ mv02－ (M＋m)v2＝ mv02 。
动量和能量PPT课件
f ·l = mv02/2 - mv12/2
v02 v02 / 4 v02 v22
3 2
v02 v02 / v02 v12
4
3 1
v1
3 2
v0
v2
2 2
v0
六合实验高中
析与解 (2)由动量定理: f t1 = mv0 - mv1
动量和能量
f t2 = mv1 – mv2 f t3 = mv2 – mv0/2
可认为是圆滑的，滑沙者保持一定姿势坐在滑沙撬上不
动．则下列说法中正确的是 (
)
A．甲在B点的速率一定大于乙在B1点的速率
B．甲滑行的总路程一定大于乙滑行的总路程
C．甲全部滑行的水平位移一定大于乙全部滑行的水平位移
D．甲在B点的动能一定大于乙在B1点的动能
六合实验高中
例与练
动量和能量
4、如图所示，三块完全相同的木块固定在水平地面上，
C. 动量守恒，机械能不守恒
D. 动量不守恒，机械能不守恒
析与解
子弹射入木块过程系统要克服介质阻力做功，机 械能不守恒；整个过程墙壁对弹簧有向右的弹力， 系统合外力不为0，动量不守恒。
六合实验高中
例与练
动量和能量
9、如图示:质量为M的滑槽静止在光滑的水平面滑槽的 AB部分是半径为R的1/4的光滑圆弧,BC部分是水平面,
设质((12))点速子子，度弹弹子为穿穿弹v过0过子射三A弹出木和穿木块穿过块的过木C时B时块间时速时之的度受比速变到t度1为的∶vv1阻t=02/∶?力2t.一3求v=样2：?=，? 子弹可视为
析与解 (1)由动能定理:
f ·3l = mv02/2 - m(v0 /2) 2/2
V0 A B C
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专题2 动量与能量思想方法提炼牛顿运动定律与动量观点和能量观点通常称作解决问题的三把金钥匙.其实它们是从三个不同的角度来研究力与运动的关系.解决力学问题时，选用不同的方法，处理问题的难易、繁简程度可能有很大差别，但在很多情况下，要三把钥匙结合起来使用，就能快速有效地解决问题.一、能量1.概述能量是状态量，不同的状态有不同的数值的能量，能量的变化是通过做功或热传递两种方式来实现的，力学中功是能量转化的量度，热学中功和热量是内能变化的量度.高中物理在力学、热学、电磁学、光学和原子物理等各分支学科中涉及到许多形式的能，如动能、势能、电能、内能、核能，这些形式的能可以相互转化，并且遵循能量转化和守恒定律，能量是贯穿于中学物理教材的一条主线，是分析和解决物理问题的主要依据。
在每年的高考物理试卷中都会出现考查能量的问题。
并时常发现“压轴题”就是能量试题。
2.能的转化和守恒定律在各分支学科中表达式(1)W合=△E k包括重力、弹簧弹力、电场力等各种力在内的所有外力对物体做的总功，等于物体动能的变化。
(动能定理)(2)W F=△E除重力以外有其它外力对物体做功等于物体机械能的变化。
(功能原理)注：(1)物体的内能(所有分子热运动动能和分子势能的总和)、电势能不属于机械能(2)W F=0时，机械能守恒，通过重力做功实现动能和重力势能的相互转化。
(3)W G=-△E P重力做正功，重力势能减小；重力做负功，重力势能增加。
重力势能变化只与重力做功有关，与其他做功情况无关。
(4)W电=-△E P 电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增加。
在只有重力、电场力做功的系统内，系统的动能、重力势能、电势能间发生相互转化，但总和保持不变。
注：在电磁感应现象中，克服安培力做功等于回路中产生的电能，电能再通过电路转化为其他形式的能。
(5)W+Q=△E物体内能的变化等于物体与外界之间功和热传递的和(热力学第一定律)。
(6)mv02/2=hν-W 光电子的最大初动能等于入射光子的能量和该金属的逸出功之差。
(7)△E=△mc2在核反应中，发生质量亏损，即有能量释放出来。
(可以以粒子的动能、光子等形式向外释放)动量与能量的关系1.动量与动能动量和能量都与物体的某一运动状态相对应，都与物体的质量和速度有关.但它们存在明显的不同：动量的大小与速度成正比p=mv；动能的大小与速度的平方成正比Ek=mv2/2p2=2mE k动量是矢量而动能是标量.物体的动量发生变化时，动能不一定变化；但物体的动能一旦发生变化，则动量必发生变化.2.动量定理与动能定理动量定理：物体动量的变化量等于物体所受合外力的冲量.△p=I，冲量I=Ft是力对时间的积累效应动能定理：物体动能的变化量等于外力对物体所做的功.△E k=W，功W=Fs是力对空间的积累效应.3.动量守恒定律与机械能守恒定律动量守恒定律与机械能守恒定律所研究的对象都是相互作用的物体系统，(在研究某个物体与地球组成的系统的机械能守恒时，通常不考虑地球的影响)，且研究的都是某一物理过程.动量守恒定律的内容是：一个系统不受外力或者所受外力之和为0，这个系统的总动量保持不变；机械能守恒定律的内容是：在只有重力和弹簧弹力做功的情形下，系统机械能的总量保持不变运用动量守恒定律值得注意的两点是：(1)严格符合动量守恒条件的系统是难以找到的.如：在空中爆炸或碰撞的物体受重力作用，在地面上碰撞的物体受摩擦力作用，但由于系统间相互作用的内力远大于外界对系统的作用，所以在作用前后的瞬间系统的动量可认为基本上是守恒的.(2)即使系统所受的外力不为0，但沿某个方向的合外力为0，则系统沿该方向的动量是守恒的.动量守恒定律的适应范围广，不但适应常见物体的碰撞、爆炸等现象，也适应天体碰撞、原子的裂变，动量守恒与机械能守恒相结合的综合的试题在高考中多次出现，是高考的热点内容.【例1】如图所示，滑块A 、B 的质量分别为m 1与m 2，m 1＜m 2，由轻质弹簧相连接置于水平的气垫导轨上，用一轻绳把两滑块拉至最近，使弹簧处于最大压缩状态后绑紧。
两滑块一起以恒定的速率v 0向右滑动.突然轻绳断开.当弹簧 伸至本身的自然长度时，滑块A 的速度 正好为0.求：(1)绳断开到第一次恢复自然长度的过程中弹簧释放的弹性势能Ep ；(2)在以后的运动过程中，滑块B 是否会有速度为0的时刻?试通过定量分析证明你的结论.【解析】(1)当弹簧处压缩状态时，系统的机械能等于两滑块的动能和弹簧的弹性势能之和，当弹簧伸长到自然长度时，弹性势能为0，因这时滑块A 的速度为0，故系统的机械能等于滑块B 的动能.设这时滑块B 的速度为v ，则有E=m 2v 2/2.因系统所受外力为0，由动量守恒定律(m 1+m 2)v 0=m 2v.解得E=(m 1+m 2)2v 02/(2m 2).由于只有弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒(m 1+m 2)v 02/2+E p =E.解得E p =(m 1-m 2)(m 1+m 2)v 02/2m 2.(2)假设在以后的运动中滑块B 可以出现速度为0的时刻，并设此时A 的速度为v 1，弹簧的弹性势能为E ′p ，由机械能守恒定律得m 1v 12/2+E ′p =(m 1+m 2)2v 02/2m 2.根据动量守恒得(m 1+m 2)v 0=m 1v 1，求出v 1代入上式得:(m 1+m 2)2v 02/2m 1+E ′p=(m 1+m 2)2v 02/2m 2.因为E ′p ≥0，故得:(m 1+m 2)2v 02/2m 1≤(m 1+m 2)2v 02/2m 2即m 1≥m 2，这与已知条件中m 1＜m 2不符.可见在以后的运动中不可能出现滑块B 的速度为0的情况.【解题回顾】“假设法”解题的特点是：先对某个结论提出可能的假设.再利用已知的规律知识对该假设进行剖析，其结论若符合题意的要求，则原假设成立.“假设法”是科学探索常用的方法之一.在当前，高考突出能力考察的形势下，加强证明题的训练很有必要.【例2】如图所示，质量为m 的有孔物体A 套在光滑的水平杆上，在A 下面用细绳挂一质量为M 的物体B ，若A 固定不动，给B 一水平冲量I，B 恰能上升到使绳水平的位置.当A 不固定时，要使B 物体上升到使绳水平的位置，则给它的水平冲量至少多大? 【解析】当A 固定不动时，B 受到冲量后以A 为圆心做圆周运动，只有重力做功，机械能守恒.在水平位置时B 的重力势能应等于其在最低位置时获得的动能Mgh=E k =p 2/2M=I 2/2M.若A 不固定，B 向上摆动时A 也要向右运动，当B 恰能摆到水平位置时，它们具有相同的水平速度，把A 、B 看成一个系统，此系统除重力外，其他力不做功，机械能守恒.又在水平方向上系统不受外力作用，所以系统在水平方向上动量守恒，设M 在最低点得到的速度为v 0，到水平位置时的速度为v.Mv 0=(M+m)v.Mv 02/2=(M+m)v 2/2+Mgh.I ′=Mv 0.I ′=m m M I【解题回顾】此题重要的是在理解A 不固定，B 恰能上升到使绳水平的位置时，其竖直方向的分速度为0，只有水平速度这个临界点.另外B 上升时也不再是做圆周运动，此时绳的拉力对B 做功(请同学们思考一下，绳的拉力对B 做正功还是负功)，有兴趣的同学还可以分析一下系统以后的运动情况.【例3】下面是一个物理演示实验，它显示： 图中下落的物体A 、B 经反弹后，B 能上升到比初始位置高的地方.A 是某种材料做成的实心球，质量m 1=0.28kg ，在其顶部的凹坑中插着质量m 2=0.1kg 的木棍B.B 只是松松地插在凹坑中，其下端与坑底之间有小间隙. 将此装置从A 的下端离地板的高度H=1.25m处由静止释放.实验中，A 触地后在极短的时间内反弹，且其速度大小不变；接着木棍B 脱离球A 开始上升，而球A 恰好停留在地板上，求木棍B 上升的高度.重力加速度（g=10m/s 2）【解析】根据题意，A 碰地板后，反弹速度的大小等于它下落到地面时的速度的大小，由机械能守恒得 (m 1+m 2)gH=(m 1+m 2)v 2/2，v 1= . A 刚反弹时速度向上，立刻与下落的B 碰撞，碰前B 的速度v 2= .由题意，碰后A 速度为0，以v 2表示B 上升的速度，根据动量守恒m 1v 1-m 2v 2=m 2v ′2.令h 表示B 上升的高度，有m 2v ′22/2=m 2gh ，由以上各式并代入数据得:h=4.05m. 【例4】质量分别为m 1、m 2的小球在一直线上做弹性碰撞，它们在碰撞前后的位移—时间图像如图所示，若m 1=1kg,m 2的质量等于多少?【解析】从位移—时间图像上可看出：m 1和m 2于t=2s 时在位移等于8m 处碰撞，碰前m 2的速度为0，m 1的速度v 0=△s/△t=4m/s碰撞后，m 1的速度v 1=-2m/s ，m 2的速度v 2=2m/s ，由动量守恒定律得m 1v 0=m 1v 1+m 2v 2，m 2=3kg.【解题回顾】这是一道有关图像应用的题型，关键是理解每段图线所对应的两个物理量：位移随时间的变化规律，求出各物体碰撞前后的速度.不要把运动图像同运动轨迹混为一谈.【例5】云室处在磁感应强度为B 的匀强磁场中，一质量为M 的静止的原子核在云室中发生一次α衰变，α粒子的质量为m ，电量为q ，其运动轨迹在与磁场垂直的平面内.现测得α粒子运动的轨道半径为R ，试求在衰变过程中的质量亏损.(注：涉及动量问题时，亏损的质量可忽略不计)【解析】α粒子在磁场中做圆周运动的向心力是洛伦兹力，设α粒子的运动速度为v ，由牛顿第二定律得qvB=mv 2/R.衰变过程中，粒子与剩余核发生相互作用，设衰变后剩余核的速度为v ′，衰变过程中动量守恒(M-m)v ′=mv.α粒子与剩余核的动能来源于衰变过程中亏损的质量，有△m·c 2=(M-m)v ′2/2+mv 2/2.解得:△m=M(qBR)2/[2c 2m(M-m)].【解题回顾】此题知识跨度大，综合性强，将基础理论与现代物理相结合.考查了圆周运动、洛伦兹力、动量守恒、核裂变、能量守恒等知识.这类题型需注意加强.【例6】如图所示，一轻绳穿过光滑的定滑轮，两端各拴有一小物块.它们的质量分别为m 1、m 2，已知 m 2=3m 1，起始时m1放在地上，m 2离地面的高度h=1.0m ，绳子处于拉直状态，然后放手.设物块与地面相碰gH2gH 2时完全没有弹起(地面为水平沙地)，绳不可伸长，绳中各处拉力均相同，在突然提起物块时绳的速度与物块的速度相同，试求m 2所走的全部路程(取3位有效数字)【解析】因m 2＞m 1，放手后m 2将下降，直至落地.由机械能守恒定律得m 2gh-m 1gh=(m 1+m 2)v 2/2.m 2与地面碰后静止，绳松弛，m 1以速度v 上升至最高点处再下降.当降至h 时绳被绷紧.根据动量守恒定律可得:m 1v=(m 1+m 2)v 1由于m 1通过绳子与m 2作用及m 2与地面碰撞的过程中都损失了能量，故m 2不可能再升到h 处，m 1也不可能落回地面.设m 2再次达到的高度为h 1，m 1则从开始绷紧时的高度h 处下降了h 1.由机械能守恒 (m 1+m 2)v 12/2+m 1gh 1=m 2gh 1由以上3式联立可解得h 1=m 12h/(m 1+m 2)2=[m 1/(m 1+m 2)]2h此后m 2又从h 1高处落下，类似前面的过程.设m 2第二次达到的最高点为h2，仿照上一过程可推得 h 2=m 12h 1/(m 1+m 2)2=m 14h/(m 1+m 2)4=[m 1/(m 1+m 2)]4h由此类推，得:h 3=m 16h/(m 1+m 2)6=[m 1/(m 1+m 2)]6h所以通过的总路程s=h+2h 1+2h 2+2h 3+……【解题回顾】这是一道难度较大的习题.除了在数学处理方面遇到困难外，主要的原因还是出在对两个物块运动的情况没有分析清楚.本题作为动量守恒与机械能守恒定律应用的一种特例，应加强记忆和理解.【例7】如图所示，金属杆a 从 离地h 高处由静止开始沿光滑平行的弧形轨道下滑，轨道的水平部分有竖直向上的匀强磁场B ，水平轨道上原来放有一金属杆b ，已知a 杆的质量为m a ,且与杆b 的质量之比为m a ∶m b =3∶4，水平轨道足够长，不计摩擦，求： (1)a 和b 的最终速度分别是多大?(2)整个过程中回路释放的电能是多少?(3)若已知a 、b 杆的电阻之比R a ∶R b =3∶4，其余部分的电阻不计，整个过程中杆a 、b 上产生的热量分别是多少?【解析】(1)a 下滑过程中机械能守恒m a gh=m a v 02/2a 进入磁场后，回路中产生感应电流，a 、b 都受安培力作用，a 做减速运动，b 做加速运动，经过一段时间，a 、b 速度达到相同，之后回路的磁通量不发生变化，感应电流为0，安培力为0，二者匀速运动.匀速运动的速度即为a.b 的最终速度，设为v.由于所组成的系统所受合外力为0，故系统的动量守恒 m a v 0=(m a +m b )v由以上两式解得最终速度v a =v b =v=(2)由能量守恒得知，回路中产生的电能应等于a 、b 系统机械能的损失，所以mh h m m m m m m m m m h 13.1567.02])41()41()41(21[2])()()(21[2642621142112211≈⨯=++++=+++++++= gh 273E=m a gh-(m a +m b )v 2/2=4m a gh/7(3)由能的守恒与转化定律，回路中产生的热量应等于回路中释放的电能等于系统损失的机械能，即Q a +Q b =E.在回路中产生电能的过程中，电流不恒定，但由于R a 与R b 串联，通过的电流总是相等的，所以应有所以【例8】连同装备质量M=100kg 的宇航员离飞船45m 处与飞船相对静止，他带有一个装有m=0.5kg 的氧气贮筒，其喷嘴可以使氧气以v=50m/s 的速度在极短的时间内相对宇航员自身喷出.他要返回时，必须向相反的方向释放氧气，同时还要留一部分氧气供返回途中呼吸.设他的耗氧率R 是2.5×10-4kg/s ，问：要最大限度地节省氧气，并安全返回飞船，所用掉的氧气是多少?【解析】设喷出氧气的质量为m ′后，飞船获得的速度为v ′，喷气的过程中满足动量守恒定律，有: 0=(M-m ′)v ′+m ′(-v+v ′)得v ′=m ′v/M宇航员即以v ′匀速靠近飞船，到达飞船所需的时间t=s/v ′=Ms/m ′v这段时间内耗氧m ″=Rt故其用掉氧气m ′+m ″=2.25×10-2/m ′+m ′因为(2.25×10-2/m ′)×m ′=2.5×10-2为常数，所以当2.25×10-2/m ′=m ′，即m ′=0.15kg 时用掉氧气最少，共用掉氧气是m ′+m ″=0.3kg.【解题回顾】(1)动量守恒定律中的各个速度应统一对应于某一惯性参照系，在本题中，飞船沿圆轨道运动，不是惯性参照系.但是，在一段很短的圆弧上，可以视飞船做匀速直线运动，是惯性参照系.(2)此题中氧气的速度是相对宇航员而不是飞船，因此，列动量守恒的表达式时，要注意速度的相对性，这里很容易出错误.(3)要注意数学知识在物理上的运用.【例9】质量为m 的飞机以水平速度v 0飞离跑道后逐渐上升，若飞机在此过程中水平速度保持不变，同时受到重力和竖直向上的恒定升力（该升力由其它力的合力提供，不含重力）。