2019年高考物理二轮专题复习课件：第7讲+动量和能量观点的应用课件
(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间； (2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。
大 二 轮 复 习 物 理
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专题整合突破 专题二 能量与动量
[解析] (1)设烟花弹上升的初速度为v0，由题给条件有
E＝12mv20
①
设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t，由运动学公式有
mgh＝12mv2C－12mv2B
根据牛顿第二定律，有
FN－mg＝mvRБайду номын сангаасC
大 二 轮
复
得FN＝3900N
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理
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专题整合突破 专题二 能量与动量
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专题整合突破 专题二 能量与动量
热点一 动量定理的理解和应用
[解析] 设木块的最终速度为v，则根据动量守恒定律得
mv0＝(M＋m)v，解得v＝20m/s。
根据能量守恒定律得Ffd相对＝12mv20－12(M＋m)v2，
大
解得d相对＝0.2m。
二 轮
复
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专题整合突破 专题二 能量与动量
3．(2018·全国Ⅰ，24)一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升 空。当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部 分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动。爆炸时间极短，重 力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量。求
BC平滑衔接，滑道BC高h＝10m，C是半径R＝20m圆弧的最低点。质量m＝
60kg的运动员从A处由静止开始匀加速下滑，加速度a＝4.5m/s2，到达B点时速
度vB＝30m/s。取重力加速度g＝10m/s2。
(1)求长直助滑道AB的长度L；
(2)求运动员在AB段所受合外力的冲量I的大小；
(3)若不计BC段的阻力，画出运动员经过C点时的受
⑤
12mv1＋12mv2＝0
⑥
大
二
轮
复
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专题整合突破 专题二 能量与动量
由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运
动。设爆炸后烟花弹上部分继续上升的高度为h2，由机械能守恒定律有
14mv21＝12mgh2
⑦
联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为
h＝h1＋h2＝m2Eg
由mgh＝12mv2及(F－mg)t＝mv知
大 二 轮
复
鸡蛋对地面的冲击力F＝mtv＋mg≈103N。
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专题整合突破 专题二 能量与动量
2．(2018·天津，9(1))质量为0.45kg的木块静止在光滑水平面上，一质量为 0.05kg的子弹以200m/s的水平速度击中木块，并留在其中，整个木块沿子弹原 方向运动，则木块最终速度的大小是___2__0___ m/s。若子弹在木块中运动时受到的 平均阻力为4.5×103N，则子弹射入木块的深度为___0_.2____ m。
专题整合突破
专题二 能量与动量
第7讲 动量和能量观点的应用
1
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专题整合突破 专题二 能量与动量
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⑤
设碰撞前的瞬间A车速度的大小为vA。两车在碰撞过程中动量守恒，有
mAvA＝mAv′A＋mBv′B
⑥
联立③④⑤⑥式并利用题给数据得 vA＝4.3m/s
大
二
轮
⑦
复 习
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专题整合突破 专题二 能量与动量
5．(2018·北京，22)2022年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是
其中最具观赏性的项目之一。某滑道示意图如下，长直助滑道AB与弯曲滑道
v′2B＝2aBsB 联立①②式并利用题给数据得 v′B＝3.0m/s
②
大
③
二 轮
复
习
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专题整合突破 专题二 能量与动量
(2)设A车的质量为mA，碰后加速度大小为aA，根据牛顿第二定律有
μmAg＝mAaA
④
设碰撞后瞬间A车速度的大小为v′A，碰撞后滑行的距离为sA，由运动学公
式有
v′2A＝2aAsA
0－v0＝－gt
②
联立①②式得
t＝1g
2E m
③
大 二
轮
复
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专题整合突破 专题二 能量与动量
(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1，由机械能守恒定律有
E＝mgh1
④
火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设爆炸后瞬间其速
度分别为v1和v2。由题给条件和动量守恒定律有
14mv21＋14mv22＝E
大
二
力图，并求其所受支持力FN的大小。
轮 复
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专题整合突破 专题二 能量与动量
[解析] (1)根据匀变速直线运动公式，有L＝v2B－ 2av2A＝100m
(2)根据动量定理，有I＝mvB－mvA＝1800N·s (3)运动员经过C点时的受力分析如图所示。
根据动能定理，运动员在BC段运动的过程中，有
⑧
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专题整合突破 专题二 能量与动量
4．(2018·全国Ⅱ，24)汽车A在水平冰雪路面上行驶。驾驶员发现其正前方 停有汽车B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B。两车碰撞时和两车都完 全停止后的位置如图所示，碰撞后B车向前滑动了4.5m，A车向前滑动了2.0m。 已知A和B的质量分别为2.0×103kg和1.5×103kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦 因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大 小g＝10m/s2。求：
(1)碰撞后的瞬间B车速度的大小；
大
(2)碰撞前的瞬间A车速度的大小。
二 轮 复
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专题整合突破 专题二 能量与动量
[解析] (1)设B车的质量为mB，碰后加速度大小为aB。根据牛顿第二定律有
μmBg＝mBaB
①
式中μ是汽车与路面间的动摩擦因数。
设碰撞后瞬间B车速度的大小为v′B，碰撞后滑行的距离为sB。由运动学公 式有
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专题整合突破 专题二 能量与动量
1．(2018·全国Ⅱ，15)高空坠物极易对行人造成伤害。若一个50g的鸡蛋从
一居民楼的25层坠下，与地面的碰撞时间约为2ms，则该鸡蛋对地面产生的冲
击力约为
(C)
A．10N
B．102N
C．103N
D．104N
[解析] 设每层楼高约为3m，则下落高度约为 h＝3×25m＝75m
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[解析] (1)设烟花弹上升的初速度为v0，由题给条件有
E＝12mv20
①
设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t，由运动学公式有
mgh＝12mv2C－12mv2B
根据牛顿第二定律，有
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热点一 动量定理的理解和应用
[解析] 设木块的最终速度为v，则根据动量守恒定律得
mv0＝(M＋m)v，解得v＝20m/s。
根据能量守恒定律得Ffd相对＝12mv20－12(M＋m)v2，
大
解得d相对＝0.2m。
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3．(2018·全国Ⅰ，24)一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升 空。当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部 分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动。爆炸时间极短，重 力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量。求
BC平滑衔接，滑道BC高h＝10m，C是半径R＝20m圆弧的最低点。质量m＝
60kg的运动员从A处由静止开始匀加速下滑，加速度a＝4.5m/s2，到达B点时速
度vB＝30m/s。取重力加速度g＝10m/s2。
(1)求长直助滑道AB的长度L；
(2)求运动员在AB段所受合外力的冲量I的大小；
(3)若不计BC段的阻力，画出运动员经过C点时的受
⑤
12mv1＋12mv2＝0
⑥
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由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运
动。设爆炸后烟花弹上部分继续上升的高度为h2，由机械能守恒定律有
14mv21＝12mgh2
⑦
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h＝h1＋h2＝m2Eg
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2．(2018·天津，9(1))质量为0.45kg的木块静止在光滑水平面上，一质量为 0.05kg的子弹以200m/s的水平速度击中木块，并留在其中，整个木块沿子弹原 方向运动，则木块最终速度的大小是___2__0___ m/s。若子弹在木块中运动时受到的 平均阻力为4.5×103N，则子弹射入木块的深度为___0_.2____ m。
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⑤
设碰撞前的瞬间A车速度的大小为vA。两车在碰撞过程中动量守恒，有
mAvA＝mAv′A＋mBv′B
⑥
联立③④⑤⑥式并利用题给数据得 vA＝4.3m/s
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5．(2018·北京，22)2022年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是
其中最具观赏性的项目之一。某滑道示意图如下，长直助滑道AB与弯曲滑道
v′2B＝2aBsB 联立①②式并利用题给数据得 v′B＝3.0m/s
②
大
③
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(2)设A车的质量为mA，碰后加速度大小为aA，根据牛顿第二定律有
μmAg＝mAaA
④
设碰撞后瞬间A车速度的大小为v′A，碰撞后滑行的距离为sA，由运动学公
式有
v′2A＝2aAsA
0－v0＝－gt
②
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t＝1g
2E m
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(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1，由机械能守恒定律有
E＝mgh1
④
火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设爆炸后瞬间其速
度分别为v1和v2。由题给条件和动量守恒定律有
14mv21＋14mv22＝E
大
二
力图，并求其所受支持力FN的大小。
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[解析] (1)根据匀变速直线运动公式，有L＝v2B－ 2av2A＝100m
(2)根据动量定理，有I＝mvB－mvA＝1800N·s (3)运动员经过C点时的受力分析如图所示。
根据动能定理，运动员在BC段运动的过程中，有
⑧
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4．(2018·全国Ⅱ，24)汽车A在水平冰雪路面上行驶。驾驶员发现其正前方 停有汽车B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B。两车碰撞时和两车都完 全停止后的位置如图所示，碰撞后B车向前滑动了4.5m，A车向前滑动了2.0m。 已知A和B的质量分别为2.0×103kg和1.5×103kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦 因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大 小g＝10m/s2。求：
(1)碰撞后的瞬间B车速度的大小；
大
(2)碰撞前的瞬间A车速度的大小。
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[解析] (1)设B车的质量为mB，碰后加速度大小为aB。根据牛顿第二定律有
μmBg＝mBaB
①
式中μ是汽车与路面间的动摩擦因数。
设碰撞后瞬间B车速度的大小为v′B，碰撞后滑行的距离为sB。由运动学公 式有
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1．(2018·全国Ⅱ，15)高空坠物极易对行人造成伤害。若一个50g的鸡蛋从
一居民楼的25层坠下，与地面的碰撞时间约为2ms，则该鸡蛋对地面产生的冲
击力约为
(C)
A．10N
B．102N
C．103N
D．104N
[解析] 设每层楼高约为3m，则下落高度约为 h＝3×25m＝75m
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高三第二轮专题复习课件动量和能量PPT课件
例3、 钢球从高处向下落，最后陷入泥中，如果空 气阻力可忽略不计，陷入泥中的阻力为重力的 n 倍， 求(1)钢珠在空中下落的高度H与陷入泥中的深度h的 比值 H∶h =? (2)钢珠在空中下落的时间T与陷入 泥中的时间t的比值T∶t=？ 解: (1) 由动能定理，选全过程 H+h=nh mg(H+h)－nmgh=0
μmg S cos30°– mg S sin30° = 0－ 1/2 mv 2 解得 S=0. 8m，说明工件未到达平台时，速度已达到 v ， 所以工件动能的增量为 △EK = 1/2 m v2=20J 工件重力势能增量为 △EP= mgh = 200J
在工件加速运动过程中，工件的平均速度为 v/2 ， 因此工件的位移是皮带运动距离S′的1/2，
，则[ C D ] A．汽车加速行驶时，牵引力不变，速度增大
B．汽车可以做匀加速运动
C．汽车加速行驶时，加速度逐渐减小，速度逐渐增大
D．汽车达到最大速度时，所受合力为零
例2. 如图示的装置中，木块与水平面的接触是光滑的， 子弹沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到 最短，现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象 （系统），则此系统在中 （ D ） A. 动量守恒，机械能守恒 B. 动量不守恒，机械能守恒 C. 动量守恒，机械能不守恒 D. 动量不守恒，机械能不守恒
1. 物块m1滑到最高点位置时，二者的速度； 2. 物块m1从圆弧面滑下后，二者速度 3. 若m1= m2物块m1从圆弧面滑下后，二者速度
m1
v0
m2
解：（1）由动量守恒得 m1V0=（m1+m2）V V= m1V0 / （m1+m2） =0.5m/s （2）由弹性碰撞公式
（3）质量相等的两物体弹性碰撞后交换速度
2019版高考物理总复习 第六章 碰撞与动量守恒 能力课 动量和能量观点的综合应用课件.pptx
4
“滑块—弹簧”模型的解题思路 (1)应用系统的动量守恒。 (2)应用系统的机械能守恒。 (3)应用临界条件：两滑块同速时，弹簧的弹性势能最 大。
5
【变式训练1】 (2017·江西南昌模拟)(多选)如图2甲所示，在光滑水平面 上，轻质弹簧一端固定，物体A以速度v0向右运动压缩弹簧，测得弹簧 的最大压缩量为x。现让弹簧一端连接另一质量为m的物体B(如图乙所 示)，物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x， 则( )
图5 (1)物块在车面上滑行的时间t； (2)要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0′不超过多少。
11
解析 (1)设物块与小车的共同速度为v，以水平向右的方向为正方向， 根据动量守恒定律有m2v0＝(m1＋m2)v 设物块与车面间的滑动摩擦力为Ff， 对物块应用动量定理有－Fft＝m2v－m2v0，又Ff＝μm2g
解得 t＝μ（mm1＋1vm0 2）g，代入数据得 t＝0.24 s。
(2)要使物块恰好不从车面滑出，须物块到车面最右端时与小车有共同的速度， 设其为v′，则m2v0′＝(m1＋m2)v′
由功能关系有12m2v0′2＝12(m1＋m2)v′2＋μm2gL，代入数据解得 v0′＝5 m/s
故要使物体不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0′不超过5 m/s。 答案 (1)0.24 s (2)5 m/s
2
【例1】 如图1所示，质量分别为1 kg、3 kg的滑块A、B位 于光滑水平面上，现使滑块A以4 m/s的速度向右运动，与左 侧连有轻弹簧的滑块B发生碰撞。求二者在发生碰撞的过程 中。
图1 (1)弹簧的最大弹性势能； (2)滑块B的最大速度。
3
解析 (1)当弹簧压缩最短时，弹簧的弹性势能最大，此时滑 块A、B同速。系统动量守恒，以向右为正方向， 由动量守恒定律得 mAv0＝(mA＋mB)v，解得 v＝mmA＋Avm0 B＝11＋×43 m/s＝1 m/s 弹簧的最大弹性势能即滑块 A、B 损失的动能 Epm＝12mAv20－12(mA＋mB)v2＝6 J。 (2)当弹簧恢复原长时，滑块B获得最大速度， 由动量守恒定律和能量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mBvm 12mAv20＝12mBv2m＋12mAv2A，解得 vm＝2 m/s，向右。 答案 (1)6 J (2)2 m/s，向右
“滑块—弹簧”模型的解题思路 (1)应用系统的动量守恒。 (2)应用系统的机械能守恒。 (3)应用临界条件：两滑块同速时，弹簧的弹性势能最 大。
5
【变式训练1】 (2017·江西南昌模拟)(多选)如图2甲所示，在光滑水平面 上，轻质弹簧一端固定，物体A以速度v0向右运动压缩弹簧，测得弹簧 的最大压缩量为x。现让弹簧一端连接另一质量为m的物体B(如图乙所 示)，物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x， 则( )
图5 (1)物块在车面上滑行的时间t； (2)要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0′不超过多少。
11
解析 (1)设物块与小车的共同速度为v，以水平向右的方向为正方向， 根据动量守恒定律有m2v0＝(m1＋m2)v 设物块与车面间的滑动摩擦力为Ff， 对物块应用动量定理有－Fft＝m2v－m2v0，又Ff＝μm2g
解得 t＝μ（mm1＋1vm0 2）g，代入数据得 t＝0.24 s。
(2)要使物块恰好不从车面滑出，须物块到车面最右端时与小车有共同的速度， 设其为v′，则m2v0′＝(m1＋m2)v′
由功能关系有12m2v0′2＝12(m1＋m2)v′2＋μm2gL，代入数据解得 v0′＝5 m/s
故要使物体不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0′不超过5 m/s。 答案 (1)0.24 s (2)5 m/s
2
【例1】 如图1所示，质量分别为1 kg、3 kg的滑块A、B位 于光滑水平面上，现使滑块A以4 m/s的速度向右运动，与左 侧连有轻弹簧的滑块B发生碰撞。求二者在发生碰撞的过程 中。
图1 (1)弹簧的最大弹性势能； (2)滑块B的最大速度。
3
解析 (1)当弹簧压缩最短时，弹簧的弹性势能最大，此时滑 块A、B同速。系统动量守恒，以向右为正方向， 由动量守恒定律得 mAv0＝(mA＋mB)v，解得 v＝mmA＋Avm0 B＝11＋×43 m/s＝1 m/s 弹簧的最大弹性势能即滑块 A、B 损失的动能 Epm＝12mAv20－12(mA＋mB)v2＝6 J。 (2)当弹簧恢复原长时，滑块B获得最大速度， 由动量守恒定律和能量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mBvm 12mAv20＝12mBv2m＋12mAv2A，解得 vm＝2 m/s，向右。 答案 (1)6 J (2)2 m/s，向右
2019高考物理新金版大二轮课件：专题二 能量与动量1.2.1
பைடு நூலகம்
解析： 对 A 物块由牛顿第二定律得：F－mg＋kx＝ma，解得：F＝m(g＋a) －kx，由于 x 先减小后反向增大，故拉力一直增大，故 A 错误；在 A 上升过程中， 弹簧从压缩到伸长，所以弹簧的弹性势能先减小后增大，故 B 错误；在上升过程 中，由于物块 A 做匀加速运动，所以物块 A 的速度增大，高度升高，则物块 A 的 动能和重力势能增大，故 C 正确；在上升过程中，除重力与弹力做功外，还有拉 力做正功，所以两物块 A、B 和轻弹簧组成的系统的机械能一直增大，故 D 错误。
解析： 当滑块的合力为 0 时，滑块速度最大，即知在 c 点时滑块的速度最
解析： 由题意知，W 拉－W 阻＝ΔEk，则 W 拉>ΔEk，故 A 对，B 错；W 阻与 ΔEk 的大小关系不确定，所以 C、D 均错。
答案： A
命题点： 动能定理、W 合＝ΔEk 的分析应用。
2．[重力做功与重力势能的变化](2017·全国卷Ⅲ·16)如图，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( )
1 A.9 mgl
1 B.6 mgl
1 C.3 mgl
1 D.2 mgl
解析： 以均匀柔软细绳 MQ 段为研究对象，其质量为23m，取 M 点所在的水 平面为零势能面，开始时，细绳 MQ 段的重力势能 Ep1＝－23mg·3l ＝－29mgl，用外 力将绳的下端 Q 缓慢地竖直向上拉起至 M 点时，细绳 MQ 段的重力势能 Ep2＝－23 mg·6l ＝－19mgl，则外力做的功即克服重力做的功等于细绳 MQ 段的重力势能的变 化，即 W＝Ep2－Ep1＝－19mgl＋29mgl＝19mgl，选项 A 正确。
解析： 对 A 物块由牛顿第二定律得：F－mg＋kx＝ma，解得：F＝m(g＋a) －kx，由于 x 先减小后反向增大，故拉力一直增大，故 A 错误；在 A 上升过程中， 弹簧从压缩到伸长，所以弹簧的弹性势能先减小后增大，故 B 错误；在上升过程 中，由于物块 A 做匀加速运动，所以物块 A 的速度增大，高度升高，则物块 A 的 动能和重力势能增大，故 C 正确；在上升过程中，除重力与弹力做功外，还有拉 力做正功，所以两物块 A、B 和轻弹簧组成的系统的机械能一直增大，故 D 错误。
解析： 当滑块的合力为 0 时，滑块速度最大，即知在 c 点时滑块的速度最
解析： 由题意知，W 拉－W 阻＝ΔEk，则 W 拉>ΔEk，故 A 对，B 错；W 阻与 ΔEk 的大小关系不确定，所以 C、D 均错。
答案： A
命题点： 动能定理、W 合＝ΔEk 的分析应用。
2．[重力做功与重力势能的变化](2017·全国卷Ⅲ·16)如图，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( )
1 A.9 mgl
1 B.6 mgl
1 C.3 mgl
1 D.2 mgl
解析： 以均匀柔软细绳 MQ 段为研究对象，其质量为23m，取 M 点所在的水 平面为零势能面，开始时，细绳 MQ 段的重力势能 Ep1＝－23mg·3l ＝－29mgl，用外 力将绳的下端 Q 缓慢地竖直向上拉起至 M 点时，细绳 MQ 段的重力势能 Ep2＝－23 mg·6l ＝－19mgl，则外力做的功即克服重力做的功等于细绳 MQ 段的重力势能的变 化，即 W＝Ep2－Ep1＝－19mgl＋29mgl＝19mgl，选项 A 正确。
二轮复习力学三大观点的综合应用 课件
-13-
考点一
考点二
考点三
(1)为使物块越过“壕沟”,求物块在B点最小ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ度v的大小;
(2)若θ=37°,为使物块恰好越过“壕沟”,求拉力F的大小;(sin
37°=0.6,cos 37°=0.8)
(3)若θ大小不确定,为使物块恰好越过“壕沟”,求力F的最小值。 关闭
((1结)由果h可=1保gt留2,得根号t=0) .4 s,v=������=4 m/s。
2
������
(2)v2=2al,解得 a=0.8 m/s2。
对物块受力分析,由牛顿第二定律可得 Fcos θ-μ(mg-Fsin θ)=ma,即 F=co������s���������������+��� +���������s���in������������
代入数据可得 F≈5.27 N。
(3)由数学知识可知 F=co������s���������������+��� +���������s���in������������ = N(1()其4 m中/stan(2φ)=5μ.2)7。N (3)58255 N
-12-
考点一
考点二
考点三
例2如图所示,一质量为m的物块在与水平方向成θ的力F的作用 下从A点由静止开始沿水平直轨道运动,到B点后撤去力F,物体飞出 后越过“壕沟”落在平台EG段。已知物块的质量m=1 kg,物块与水 平直轨道间的动摩擦因数μ=0.5,AB段长L=10 m,B、E两点的高度 差h=0.8 m,B、E两点的水平距离x=1.6 m。若物块可看作质点,空气 阻力不计,g取10 m/s2。
解得水平恒力F应满足的条件为F≥0.625 N。
答案： (1)①10 m/s ②9 N (2)F≥0.625 N
2019届高考物理二轮复习第章动量和能量功能关系与能量守恒定律的应用课件.ppt
－Wf＝12mv2，解得 Wf＝32mgR，由功能关系得质点的机械能减少 32mgR，选项 D 正确．
答案：CD
2019-9-7
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11
2.在[例 2]中，若轨道光滑，使质点带上＋q 的电荷量(带电 质点可视为点电荷)，如图所示，在竖直方向加上向下的匀强电 场，场强为 E，质点由静止释放运动至最低点 N 的过程中，下列 说法正确的是( )
点到 Q 点克服阻力做的功 W′<W＝12mgR，质点从 N 点到 Q 点由
动能定理得－mgR－W′＝12mvQ2 －12mvN2 ，解得12mv2Q>0，所以质点能 够到达 Q 点，并且还能继续上升一段距离，故选项 C 正确．
[答案] C
2019-9-7
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9
⇨拓展训练 1．(多选)在[例 2]中，若使质点带上＋q 的电荷量(带电质点 可视为点电荷)，如图所示，在 POQ 下方加上垂直纸面向里的匀
2019-9-7
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6
由速度图象知，水平力 F 对 A、B 两物体做功的最大功率之 比为(F·2v0 ：(F·v0)＝ ：1，B 项正确；由图象面积表示位移 可知两物体位移之比为 ：5，整个过程中，由动能定理易知， 水平力 F 对 A、B 两物体做功之比等于摩擦力做功之比为 ：2， C 项错；由功率的定义式知摩擦力对 A、B 两物体做功的平均功 率之比为 ：6，D 项错．
D．W1>W2，P1＝P2，Q1＝Q2
2019-9-7
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22
解析：两种情况下水平向左的恒力 F 相同，恒力作用的位移 x 相同，根据 W＝Fx 得做功相同．第二种情况中，传送带有逆时 针转动的速度 v2，物体相对于传送带的速度为 v1，所以物体相对 于地面的速度为 v1＋v2，位移 x 相同，由 x＝vt，得 t1>t2，根据 P
答案：CD
2019-9-7
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11
2.在[例 2]中，若轨道光滑，使质点带上＋q 的电荷量(带电 质点可视为点电荷)，如图所示，在竖直方向加上向下的匀强电 场，场强为 E，质点由静止释放运动至最低点 N 的过程中，下列 说法正确的是( )
点到 Q 点克服阻力做的功 W′<W＝12mgR，质点从 N 点到 Q 点由
动能定理得－mgR－W′＝12mvQ2 －12mvN2 ，解得12mv2Q>0，所以质点能 够到达 Q 点，并且还能继续上升一段距离，故选项 C 正确．
[答案] C
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9
⇨拓展训练 1．(多选)在[例 2]中，若使质点带上＋q 的电荷量(带电质点 可视为点电荷)，如图所示，在 POQ 下方加上垂直纸面向里的匀
2019-9-7
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6
由速度图象知，水平力 F 对 A、B 两物体做功的最大功率之 比为(F·2v0 ：(F·v0)＝ ：1，B 项正确；由图象面积表示位移 可知两物体位移之比为 ：5，整个过程中，由动能定理易知， 水平力 F 对 A、B 两物体做功之比等于摩擦力做功之比为 ：2， C 项错；由功率的定义式知摩擦力对 A、B 两物体做功的平均功 率之比为 ：6，D 项错．
D．W1>W2，P1＝P2，Q1＝Q2
2019-9-7
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22
解析：两种情况下水平向左的恒力 F 相同，恒力作用的位移 x 相同，根据 W＝Fx 得做功相同．第二种情况中，传送带有逆时 针转动的速度 v2，物体相对于传送带的速度为 v1，所以物体相对 于地面的速度为 v1＋v2，位移 x 相同，由 x＝vt，得 t1>t2，根据 P
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2019-9-8
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12
则滑块 B 从滑上小车到与小车共速时的位移为 xB＝v－2共－2av2B＝1.312 5 m
小车的加速度 a 车＝μmMBg＝43m/s2 此过程中小车的位移为 x 车＝0－－2va2共车＝0.375 m 滑块 B 相对小车的位移为 Δx＝xB－x 车＝0.937 5 m<L，故滑 块 B 未脱离小车， 滑块 B 对小车做的功 W＝μmBgx 车＝1.5 J
2019-9-8
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13
(2)由(1)知 P 的位置到小车左端的最大距离 xmax＝Δx＝0.937 5m
假设滑块 B 从小车左端刚好不脱离小车时，滑块 B 和小车 的共同速度为 v 共′，由动量守恒定律得 mBvB＝(mB＋M)v 共′
由功能关系得
12mBv2B＝12(mB＋M)v 共′2＋2μmBgxmin 解得 xmin＝0.47 m 故 挡 板 P 的 位 置 到 小 车 左 端 的 距 离 x 的 范 围 为 0.47 m≤x≤0.94 m [答案] (1)1.5 J (2)0.47 m≤x≤0.94 m
2019-9-8
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19
设小球运动到最高点 C 时的速度大小为 vc，以水平面为零 势能面，因为 B 球由半圆形轨道的底端运动到 C 点的过程中机 械能守恒，
则有12mv2C＋2mgR＝12mv2B
解得 vC＝ 5 m/s 对小球 B，在最高点 C 有 mg＋FN＝mvR2C 解得 FN＝4 N 由牛顿第三定律知小球 B 运动到最高点 C 时对轨道的压力
[答案] AC
2019-9-8
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7
考向 2 碰撞中的动量守恒 [例 2] 如图甲所示，光滑水平面上有 P、Q 两物块，它们 在 t＝4 s 时发生碰撞，图乙是两者的位移图象，已知物块 P 的质 量为 mp＝1 kg，由此可知( )
高考物理复习：动量和能量观点的应用
④
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第一部分 专题二 能量与动量
由于在 t2＋3Δt～t2＋4Δt 内汽车停止，由运动学公式
v3＝v2－3aΔt 2as4＝v23
联立②⑤⑥式，代入已知数据解得
二
轮 复
a＝8 m/s2，v2＝28 m/s
习
或 a＝22858 m/s2，v2＝29.76 m/s
但⑧式情形下，v3＜0，不合题意，舍去。
二
轮 复
设改变后的动摩擦因数为 μ′，由动能定理有
习
mgh－μ′mgcosθ·sihnθ－μ′mgs′＝0
联立①③④⑤⑥⑦⑧⑩⑪
μμ′＝191
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第一部分 专题二 能量与动量
4．(2019·全国卷Ⅱ，25)·度在平直公路上匀速行驶。行驶过程中，司机突
然发现前方100 m处有一警示牌，立即刹车。刹车过程中，汽车所受阻力大小随
轮 复 习
移为24 m，第4 s内的位移为1 m。
图(a)
图(b)
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第一部分 专题二 能量与动量
(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t2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t1～t2时间内汽车克服阻力做的
物 理
二 轮 复 习
(2)设刹车前汽车匀速行驶时的速度大小为 v1，则 t1 时刻的速度也为 v1；t2 时 刻的速度为 v2。在 t2 时刻后汽车做匀减速运动，设其加速度大小为 a，取 Δt＝1 s。
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第一部分 专题二 能量与动量
设汽车在 t2＋(n－1)Δt～t2＋nΔt 内的位移为 sn，n＝1,2,3，…。
2019版高考物理二轮复习 专题二 动量与能量 第1讲 动量观点与能量观点在力学中的应用课件
22
(3)小球压缩弹簧至速度达到最大时，加速度为零，则mg＝kx 弹簧的压缩量x＝0.1 m 从 C 位置到小球的速度达到最大的过程中，根据机械能守恒定律有 mg(r＋x)＋12mv2C＝ Ekm＋Ep 得 Ekm＝4.5 J 答案 (1)2 m/s (2)1.25 m (3)4.5 J
23
动量观点和能量观点在力学中的应用 动量和动能的关系 【典例1】 (2018·全国卷Ⅰ，14)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加 速直线运动。在启动阶段，列车的动能( ) A.与它所经历的时间成比 B.与它的位移成正比 C.与它的速度成正比 D.与它的动量成正比
27
解析 (1)设烟花弹上升的初速度为 v0，由题给条件有 E＝12mv20① 设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为 t，由运动学公式有 0－v0＝－gt② 联立①②式得 t＝1g 2mE③ (2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为 h1，由机械能守恒定律有 E＝mgh1④ 火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设炸后瞬间其速度分别为 v1 和 v2。由题给条件和动量守恒定律有14mv21＋14mv22＝E⑤ 12mv1＋12mv2＝0⑥
24
解析 列车启动的过程中加速度恒定，由匀变速直线运动的速度与时间关系可知 v＝at， 且列车的动能为 Ek＝12mv2，由以上整理得 Ek＝12ma2t2，动能与时间的平方成正比，动 能与速度的平方成正比，A、C 错误；将 x＝12at2 代入上式得 Ek＝max，则列车的动能 与位移成正比，B 正确；由动能与动量的关系式 Ek＝2pm2 可知，列车的动能与动量的平 方成正比，D 错误。 答案 B
答案 A
7
动力学规律和动能定理的综合应用
【典例3】 (2018·全国卷Ⅰ，18)如图3，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长 度为2R；bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点。一质量为m的小球，始终 受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动。重力加速 度大小为g。小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为( )
(3)小球压缩弹簧至速度达到最大时，加速度为零，则mg＝kx 弹簧的压缩量x＝0.1 m 从 C 位置到小球的速度达到最大的过程中，根据机械能守恒定律有 mg(r＋x)＋12mv2C＝ Ekm＋Ep 得 Ekm＝4.5 J 答案 (1)2 m/s (2)1.25 m (3)4.5 J
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动量观点和能量观点在力学中的应用 动量和动能的关系 【典例1】 (2018·全国卷Ⅰ，14)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加 速直线运动。在启动阶段，列车的动能( ) A.与它所经历的时间成比 B.与它的位移成正比 C.与它的速度成正比 D.与它的动量成正比
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解析 (1)设烟花弹上升的初速度为 v0，由题给条件有 E＝12mv20① 设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为 t，由运动学公式有 0－v0＝－gt② 联立①②式得 t＝1g 2mE③ (2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为 h1，由机械能守恒定律有 E＝mgh1④ 火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设炸后瞬间其速度分别为 v1 和 v2。由题给条件和动量守恒定律有14mv21＋14mv22＝E⑤ 12mv1＋12mv2＝0⑥
24
解析 列车启动的过程中加速度恒定，由匀变速直线运动的速度与时间关系可知 v＝at， 且列车的动能为 Ek＝12mv2，由以上整理得 Ek＝12ma2t2，动能与时间的平方成正比，动 能与速度的平方成正比，A、C 错误；将 x＝12at2 代入上式得 Ek＝max，则列车的动能 与位移成正比，B 正确；由动能与动量的关系式 Ek＝2pm2 可知，列车的动能与动量的平 方成正比，D 错误。 答案 B
答案 A
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动力学规律和动能定理的综合应用
【典例3】 (2018·全国卷Ⅰ，18)如图3，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长 度为2R；bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点。一质量为m的小球，始终 受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动。重力加速 度大小为g。小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为( )
高三物理动量和能量专题PPT优秀课件
五、两个守恒定律 1、动量守恒定律：
公式： p =p ′或Δp 1=-Δp2
或m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2 ′
成立条件—（1）系统不受外力或合外力为零；
（2）系统所受合外力不为零，但沿某个方向的合外力为 零，则系统沿该方向的动量守恒 ；（3）系统所受合外 力不为零，但合外力远小于内力且作用时间极短，如爆 炸或瞬间碰撞等。
（1）小球m1滑到的最大高度 （2）小球m1从斜面滑下后，二者速度 （3）若m1= m2小球m1从斜面滑下后，二者速度
m1 v0
m2
析与解 （1）以向右为正，对上升过程水平方向由动量守恒
m1V0 = （m1+m2）V
V= m1V0 / （m1+m2） =0.5m/s
对系统上升过程由机械能守恒
1 2m 1 v021 2(m 1m 2)v2m 1gh h=0.15m
⑤都不做功．
作用力与反作用力冲量大小相等，方向相反。
4．合力做功
W合=F合scosα=W总=F1s1cosα1+F2s2cosα2 +…
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二、动能与动量
①动能与动量从不同角度都可表示物体运动
状态的特点；
Ek
1mv2 2
pmv
②物体要获得动能，则在过程中必须对它做
功，物体要获得动量，则在过程中必受冲量
（2）若一个物体相对于另一个物体作往返运动，S相为相
对路程。
动量守恒定律
矢量性、瞬时间、同 一性和同时性
能量守恒定律
功是能量转化的量度
守恒思想是一种系统方法，它是把物体组成 的系统作为研究对象，守恒定律就是系统某 种整体特性的表现。
解题时，可不涉及过程细节，只需要关键状态
高中物理动量和能量专题 课件.ppt
B D C
例3. 在光滑的水平面上停放着质量为m、带有弧 形槽的小车，现有一质量也为m的小球以v0 的水平 速度沿槽口向小车滑去（不计摩擦），到达某一高 度后，小球又返回车右端，则 ( B C )
A. 小球离车后，对地将向右做平抛运动
B. 小球离车后，对地将做自由落体运动
C. 此过程小球对车做功为mv0 2 / 2
D. 小球沿弧形槽上升的最大高度为v0 2 / 2g
例4. 电阻为R的矩形导线框abcd,边长ab=l, ad=h,质量为m,自某一高度自由落体,通过一匀强 磁场,磁场方向垂直纸面向里,磁场区域的宽度为 h ,如图,若线框恰好以恒定速度通过磁场,线框内 a b 产生的焦耳热等于 2mgh . h (不考虑空气阻力) 解: 由能量守恒定律, 线框通过磁场时减少的 重力势能转化为线框的内能,
F
= 1/2× mv2 + 1/2×μ mgv t=mv2
练习、 上题中，若物体m以水平向左的速度v 轻轻地放置 在木板上的P点处 ，那么F 对木板做的功有多大？ 解：物体m 在摩擦力作用下向左做匀减速运动，经时间t 速 度减为0到达Q点，又 在摩擦力作用下向右做匀加速运动， 经时间t 速度达到v ，
相加得
在此过程中，木板B 的位移为S，小木块C 的位移为S+x．
1 mgs 2 MV 2 2 2
Mv0 x (2M m) g
C
2
2
②
解①、②两式得
代入数值得
③ A x
C
v0
x 1 .6 m
B
S B
④
题目 上页 下页
V
A
x 比B 板的长度l 大．这说明小物块C不会停在B板上， 而要滑到A 板上．设C 刚滑到A 板上的速度为v1，此时A、B 板的速度为V1，如图示： mv0 mv 则由动量守恒得 ⑤ 1 2MV 1 1 1 1 2 由功能关系得 mv 0 mv12 2MV12 mgl ⑥ 2 2 2 以题给数据代入解得
例3. 在光滑的水平面上停放着质量为m、带有弧 形槽的小车，现有一质量也为m的小球以v0 的水平 速度沿槽口向小车滑去（不计摩擦），到达某一高 度后，小球又返回车右端，则 ( B C )
A. 小球离车后，对地将向右做平抛运动
B. 小球离车后，对地将做自由落体运动
C. 此过程小球对车做功为mv0 2 / 2
D. 小球沿弧形槽上升的最大高度为v0 2 / 2g
例4. 电阻为R的矩形导线框abcd,边长ab=l, ad=h,质量为m,自某一高度自由落体,通过一匀强 磁场,磁场方向垂直纸面向里,磁场区域的宽度为 h ,如图,若线框恰好以恒定速度通过磁场,线框内 a b 产生的焦耳热等于 2mgh . h (不考虑空气阻力) 解: 由能量守恒定律, 线框通过磁场时减少的 重力势能转化为线框的内能,
F
= 1/2× mv2 + 1/2×μ mgv t=mv2
练习、 上题中，若物体m以水平向左的速度v 轻轻地放置 在木板上的P点处 ，那么F 对木板做的功有多大？ 解：物体m 在摩擦力作用下向左做匀减速运动，经时间t 速 度减为0到达Q点，又 在摩擦力作用下向右做匀加速运动， 经时间t 速度达到v ，
相加得
在此过程中，木板B 的位移为S，小木块C 的位移为S+x．
1 mgs 2 MV 2 2 2
Mv0 x (2M m) g
C
2
2
②
解①、②两式得
代入数值得
③ A x
C
v0
x 1 .6 m
B
S B
④
题目 上页 下页
V
A
x 比B 板的长度l 大．这说明小物块C不会停在B板上， 而要滑到A 板上．设C 刚滑到A 板上的速度为v1，此时A、B 板的速度为V1，如图示： mv0 mv 则由动量守恒得 ⑤ 1 2MV 1 1 1 1 2 由功能关系得 mv 0 mv12 2MV12 mgl ⑥ 2 2 2 以题给数据代入解得