全国通用版高考物理总复习考前三个月专题二能量与动量第2讲动量动量与能量的综合应用课件

第2讲动量、动量与能量的综合应用第一篇专题二能量与动量第2讲动量、动量与能量的综合应用第一篇专题二能热点精练1

动量定理与动量守恒定律热点精练2

动量和能量观点在力学中的应用栏目索引热点精练3

动量和能量观点在电场中的应用热点精练1动量定理与动量守恒定律热点精练2动量和能量观点热点精练1

动量定理与动量守恒定律知识方法链接1.动量定理公式：Ft＝p′－p说明：(1)F为合外力①恒力，求Δp时，用Δp＝Ft②变力，求I时，用I＝Δp＝mv2－mv1③牛顿第二定律的第二种形式：合外力等于动量变化率④当Δp一定时，Ft为确定值：F＝t小F大——如碰撞；t大F小——如缓冲热点精练1动量定理与动量守恒定律知识方法链接1.动量定理公(2)等式左边是过程量Ft，右边是两个状态量之差，是矢量式.v1、v2是以同一惯性参照物为参照的.Δp的方向可与mv1一致、相反或成某一角度，但是Δp的方向一定与Ft一致.(2)等式左边是过程量Ft，右边是两个状态量之差，是矢量式.2.动量守恒定律(1)表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′；或p＝p′(系统相互作用前总动量p等于相互作用后总动量p′)；或Δp＝0(系统总动量的增量为零)；或Δp1＝－Δp2(相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量的增量大小相等、方向相反).(2)动量守恒条件：①理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零.2.动量守恒定律②近似守恒：外力远小于内力，且作用时间极短，外力的冲量近似为零，或外力的冲量比内力冲量小得多.③单方向守恒：合外力在某方向上的分力为零，则系统在该方向上动量守恒.②近似守恒：3.碰撞现象满足的规律(1)动量守恒定律.(2)机械能不增加.(3)速度要合理.①碰前两物体同向运动，若要发生碰撞，则应有v后>v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前′≥v后′；②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变.3.碰撞现象满足的规律1.(2017·全国卷Ⅰ·14)将质量为1.00kg的模型火箭点火升空，50g燃烧的燃气以大小为600m/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.30kg·m/s B.5.7×102kg·m/sC.6.0×102kg·m/s D.6.3×102kg·m/s真题模拟精练答案√解析解析

设火箭的质量为m1，燃气的质量为m2.由题意可知，燃气的动量p2＝m2v2＝50×10－3×600kg·m/s＝30kg·m/s.根据动量守恒定律可得，0＝m1v1－m2v2，则火箭的动量大小为p1＝m1v1＝m2v2＝30kg·m/s，所以A正确，B、C、D错误.23141.(2017·全国卷Ⅰ·14)将质量为1.00kg的模型2.(多选)(2017·全国卷Ⅲ·20)一质量为2kg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1所示，则A.t＝1s时物块的速率为1m/sB.t＝2s时物块的动量大小为4kg·m/sC.t＝3s时物块的动量大小为5kg·m/sD.t＝4s时物块的速度为零答案√图1解析√23142.(多选)(2017·全国卷Ⅲ·20)一质量为2kg的物t＝2s时物块的动量大小p2＝F2t2＝2×2kg·m/s＝4kg·m/s，t＝3s时物块的动量大小为p3＝(2×2－1×1)kg·m/s＝3kg·m/s，t＝4s时物块的动量大小为p4＝(2×2－1×2)kg·m/s＝2kg·m/s，所以t＝4s时物块的速度为1m/s，故B正确，C、D错误.2314t＝2s时物块的动量大小p2＝F2t2＝2×2kg·m/3.(多选)(2017·山东淄博市一模)如图2所示，在质量为M(含支架)的小车中用轻绳悬挂一小球，小球质量为m0，小车和小球以恒定的速度v沿光滑的水平地面运动，与位于正对面的质量为m的静止木块发生碰撞，碰撞时间极短，下列哪些说法是可能发生的图223143.(多选)(2017·山东淄博市一模)如图2所示，在质量A.在这次碰撞过程中，小车、木块、小球的速度都发生变化，分别变为v1、

v2、v3，满足(M＋m0)v＝Mv1＋mv2＋m0v3B.在这次碰撞过程中，小球的速度不变，小车和木块的速度变为v1和v2，

满足(M＋m0)v＝Mv1＋mv2C.在这次碰撞过程中，小球的速度不变，小车和木块的速度都变为u，满

足Mv＝(M＋m)uD.碰撞后小球摆到最高点时速度变为v1，小木块的速度变为v2，满足(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2答案√解析√2314A.在这次碰撞过程中，小车、木块、小球的速度都发生变化，分别解析

碰撞的瞬间小车和木块组成的系统动量守恒，小球的速度在瞬间不变，若碰后小车和木块的速度变为v1和v2，根据动量守恒有：Mv＝Mv1＋mv2.若碰后小车和木块速度相同，根据动量守恒定律有：Mv＝(M＋m)u，故C正确，A、B错误.碰撞后，小车和小球水平方向动量守恒，则整个过程中，系统水平方向动量守恒，则有：(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2，故D正确.故选：C、D.2314解析碰撞的瞬间小车和木块组成的系统动量守恒，小球的速度在瞬4.(多选)(2017·安徽马鞍山市第一次模拟)如图3所示，劲度系数为k的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量为m的物体A接触但未连接，弹簧水平且无形变，现对物体A施加一个水平向右的瞬间冲量I0，测得A向右运动的最大距离为x0，之后物体A被弹簧弹回，最终停在距离初始位置左侧2x0处，已知弹簧始终在弹性限度内，物体A与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，下列说法中正确的是A.物体A整个运动过程，弹簧对物体A

冲量为零B.物体A向右运动过程中与弹簧接触的时间一定小

于物体A向左运动过程中与弹簧接触的时间C.物体A向左运动的最大速度vm＝2D.物体A与弹簧作用的过程中，最大弹性势能Ep＝

－μmgx0

答案√解析√图323144.(多选)(2017·安徽马鞍山市第一次模拟)如图3所示，解析

物体A整个运动过程中与弹簧有相互作用时，由于弹簧的弹力一直向左，故弹簧对物体A冲量不可能为零，故A错误；物体向右运动过程受向左的弹力和摩擦力，而向左运动过程中受向左的弹力与向右的摩擦力，因此向左运动时的加速度小于向右运动时的加速度，而与弹簧接触向左和向右的位移大小相等，则由位移公式可得，向右运动的时间一定小于向左运动的时间，故B正确；2314解析物体A整个运动过程中与弹簧有相互作用时，由于弹簧的弹力对离开弹簧后再向左运动2x0的过程由动能定理可知，mv2＝μmg2x0；解得离开弹簧时的速度为v＝；而物体在向左运动至弹簧弹力与摩擦力相等时速度最大，故可知向左运动的最大速度一定大于，故C错误；由动量定理可知I0＝mv0；则由功能关系知，系统具有的最大弹性势能Ep＝ －μmgx0＝－μmgx0，故D正确；故选：B、D.2314对离开弹簧后再向左运动2x0的过程由动能定理可知，mv2＝知识方法链接力学规律的选用原则单个物体：宜选用动量定理、动能定理和牛顿运动定律.若其中涉及时间的问题，应选用动量定理；若涉及位移的问题，应选用动能定理；若涉及加速度的问题，只能选用牛顿第二定律.多个物体组成的系统：优先考虑两个守恒定律，若涉及碰撞、爆炸、反冲等问题时，应选用动量守恒定律，然后再根据能量关系分析解决.热点精练2动量和能量观点在力学中的应用知识方法链接力学规律的选用原则热点精练2动量和能量观点在力5.(2017·河北石家庄市第二次质检)如图4所示，质量分布均匀、半径为R的光滑半圆形金属槽，静止在光滑的水平面上，左边紧靠竖直墙壁.一质量为m的小球从距金属槽上端R处由静止下落，恰好与金属槽左端相切进入槽内，到达最低点后向右运动从金属槽的右端冲出，小球到达最高点真题模拟精练答案解析图4时距金属槽圆弧最低点的距离为

，重力加速度为g，不计空气阻力.求：(1)小球第一次到达最低点时对金属槽的压力大小；答案

5mg565.(2017·河北石家庄市第二次质检)如图4所示，质量分布解析

小球从静止到第一次到达最低点的过程，根据机械能守恒定律有：mg·2R＝，小球刚到最低点时，根据圆周运动规律和牛顿第二定律有：FN－mg＝ ，据牛顿第三定律可知小球对金属槽的压力为：FN′＝FN.联立解得：FN′＝5mg56解析小球从静止到第一次到达最低点的过程，根据机械能守恒定律(2)金属槽的质量.答案解析56(2)金属槽的质量.答案解析56解析

小球第一次到达最低点至小球到达最高点过程，小球和金属槽在水平方向动量守恒，选取向右为正方向，则：mv0＝(m＋M)v设小球到达最高点时距金属槽圆弧最低点的高度为h.56解析小球第一次到达最低点至小球到达最高点过程，小球和金属槽6.(2017·广东广州市一模)如图5所示，固定在水平地面上的凹槽，槽宽D＝2.3m，左侧槽缘高h＝0.6m、斜面倾角θ＝45°，右侧槽缘高H＝0.8m、光滑圆弧形轨道足够长.长L＝1.6m、高H＝0.8m、质量mA＝1kg的木板A静止在槽内，左端距凹槽左侧D1＝0.3m.可视为质点的滑块B，质量mB＝2kg，放在A上表面的最左端.质量m＝1kg、v0＝10m/s的小球水平撞击B后水平反弹，下落过程中刚好与斜面相切通过斜面最高点.已知A与B、A与凹槽底部的动摩擦因数分别为μ1＝、μ2＝，B向右滑行过程中未与A共速，A与凹槽左、右侧碰撞后立即停止但不粘连，g取10m/s2.求：(1)小球与B碰后，B获得的速度vB的大小；图5答案解析答案

6m/s566.(2017·广东广州市一模)如图5所示，固定在水平图5解析

设小球水平反弹的速度为vx，从反弹到通过斜面最高点时的时间为t0，竖直方向的速度为vy，则有：竖直方向有vy＝gt0

②设小球与B撞击后，B获得的速度为vB，有：mv0＝－mvx＋mBvB ④联立①②③④并代入数据得：vx＝2m/s，vB＝6m/s

⑤56解析设小球水平反弹的速度为vx，从反弹到通过斜面最高点时的(2)整个过程中A、B间摩擦产生的热量Q.答案解析答案

27J56(2)整个过程中A、B间摩擦产生的热量Q.答案解析答案27解析

设B滑上凹槽右侧光滑轨道时的速度为v，由于B向右滑行过程中与A未共速，B对地移动的距离为L＋D2(依题意D2＝0.4m)，由动能定理：B沿弧形轨道返回到A的右端时速度大小仍为v，设B在A上减速滑行的加速度大小为a1，A在凹槽内加速滑行的加速度大小为a2，则有：μ1mBg＝mBa1

⑦μ1mBg－μ2(mA＋mB)g＝mAa2

⑧

56解析设B滑上凹槽右侧光滑轨道时的速度为v，由于B向右滑行过现判断B向左移动时是否与A共速.假设经过时间t，A、B共速为v1，则：对B：v1＝v－a1t ⑨对A：v1＝a2t ⑩联立⑥⑦⑧⑨⑩解得：v＝4m/s，a1＝5m/s2，a2＝5m/s2，v1＝2m/s⑪B在A上滑行的位移：Δx＝x1－x＝0.8m<L＝1.6m ⑭所以，A与凹槽左侧相碰前，B未滑离A上表面并与A达到共速.56现判断B向左移动时是否与A共速.假设经过时间t，A、B共速为A、B以v1的速度一起减速到A与凹槽左侧相碰，设A与凹槽左侧相碰时速度为v2，则有：A与凹槽左边缘相碰后B在A上滑行的距离：x2<L－Δx＝0.8m，即B最终未滑离A上表面，整个过程A、B间摩擦产生的热量：Q＝μ1mBg(L＋Δs＋s2)⑰联立得：Q＝27J.56A、B以v1的速度一起减速到A与凹槽左侧相碰，设A与凹槽左侧热点精练3

动量和能量观点在电场中的应用知识方法链接系统化思维方法，就是根据众多的已知要素、事实，按照一定的联系方式，将其各部分连接成整体的方法.(1)对多个物理过程进行整体思维，即把几个过程合为一个过程来处理，如用动量守恒定律解决比较复杂的运动.(2)对多个研究对象进行整体思维，即把两个或两个以上的独立物体合为一个整体进行考虑，如应用动量守恒定律时，就是把多个物体看成一个整体(或系统).热点精练3动量和能量观点在电场中的应用知识方法链接系统化思7.(2017·河南安阳市二模)如图6所示，光滑绝缘水平地面上竖直虚线AB左侧有足够长水平向右的匀强电场，电场强度E＝，竖直虚线AB右侧是一半径为R的光滑绝缘半圆轨道，与水平轨道在A点相切；一质量为m、带电量为＋q的小物块从地面上某点由静止释放经过A点进入竖直半圆轨道时，恰有A点上方落下的一质量为的橡皮泥粘在小物块上与物块一起进入竖直光滑轨道；已知重力加速度为g，若物块进入竖直半圆轨道后，始终没有脱离轨道，求物块释放时到A点的距离x的取值范围.真题模拟精练答案解析图6787.(2017·河南安阳市二模)如图6所示，光滑绝缘水真题解析

物块进入竖直半圆轨道后，始终没有脱离轨道，有两种情况：(1)到达半圆轨道的一半高度返回，即物块沿半圆轨道上升四分之一圆周；设此时物块从离A点x1处释放；物块从释放至运动到A点，由动能定理得Eqx1＝，在A点粘上橡皮泥，由动量守恒定律mv1＝(m＋)v1′

从A点恰好运动到四分之一圆周处时，由机械能守恒有：(2)若物块能从B点飞出，设此时物块从离A点x2处释放，物块及橡皮泥恰好从B点飞出时，78解析物块进入竖直半圆轨道后，始终没有脱离轨道，有两种情况：7878答案

－3.2J8.(2017·广东深圳市第一次调研)如图7所示，质量mA＝0.8kg、带电量q＝－4×10－3C的A球用长度l＝0.8m的不可伸长的绝缘轻线悬吊在O点，O点右侧有竖直向下的匀强电场，场强E＝5×103

N/C.质量mB＝0.2kg不带电的B球静止在光滑水平轨道上，右侧紧贴着压缩并锁定的轻质弹簧，弹簧右端与固定挡板连接，弹性势能为3.6J.现将A球拉至左边与圆心等高处由静止释放，将弹簧解除锁定，B球离开弹簧后，恰好与第一次运动到最低点的A球相碰，并结合为一整体C，同时撤去水平轨道.A、B、C均可视为质点，线始终未被拉断，g＝10m/s2.求：(1)碰撞过程中A球对B球做的功；答案图7解析78答案－3.2J8.(2017·广东深圳市第一次调研)如图解析

碰前A的速度大小解得vA＝4m/s碰前B的速度大小解得vB＝6m/s由动量守恒得mAvA－mBvB＝(mA＋mB)vC解得vC＝2m/s78解析碰前A的速度大小解得vA＝4m/s解得vB＝6m/(2)碰后C第一次离开电场时的速度大小；

答案答案

5.66m/s解析78(2)碰后C第一次离开电场时的速度大小；答案答案5.66解析

碰后，整体受到电场力F＝qE＝20NG＝mCg＝10N水平方向上：x＝vCt竖直方向上：78解析碰后，整体受到电场力F＝qE＝20N水平方向上：x＝圆的方程(y－l)2＋x2＝l2解得：x＝0.8my＝0.8mC刚好在圆心等高处线被拉直此时C向上的速度为v1＝at＝4m/s设C运动到最高点速度为v2由动能定理得78圆的方程78(3)C每次离开最高点时，电场立即消失，到达最低点时，电场又重新恢复，不考虑电场瞬间变化产生的影响，求C每次离开电场前瞬间线受到的拉力.答案答案

FT＝(80n－30)Nn＝1,2,3……解析78(3)C每次离开最高点时，电场立即消失，到达最低点时，电场又解析

设C从最高点运动到最低点时的速度为v3，得：v3＝8m/s可知FT>0，所以C能一直