高考物理复习专题五动力学动量和能量观点的综合应用

专题五动力学、动量和能量观点综合应用1/49知识回扣规律方法高考题型2动量和能量观点在力学中应用高考题型3动量和能量观点在电学中应用高考题型1动量定理和动量守恒定律应用高考题精选精练2/49知识回扣规律方法3/491.动量定理公式Ft＝p′－p除表明两边大小、方向关系外，还说明了两边因果关系，即合外力冲量是

原因.动量定理说明是合外力冲量与

关系，反应了力对时间累积效果，与物体初、末动量无必定联络.动量改变方向与____

方向相同，而物体在某一时刻动量方向跟合外力冲量方向无必定联络.动量定理公式中F是研究对象所受包含重力在内全部外力

，它能够是恒力，也能够是变力.知识回扣答案动量改变动量改变合外力冲量协力4/49答案2.动量守恒定律(1)内容：一个系统不受外力或者所受外力之和为

，这个系统总动量保持不变.(2)表示式：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(系统总动量增量为零)；或Δp1＝－Δp2(相互作用两个物体组成系统，两物体动量增量__

).零大小相等、方向相反5/49答案(3)守恒条件①系统不受外力或系统虽受外力但所受外力

.②系统所受外力协力不为零，但在某一方向上系统受到协力为

，则系统在该方向上动量守恒.③系统虽受外力，但外力远小于内力且作用时间极短，如碰撞、爆炸过程.协力为零零6/49答案3.处理力学问题三个基本观点(1)力观点：主要是

定律和运动学公式相结合，常包括物体受力、加速度或匀变速运动问题.(2)动量观点：主要应用

定理或动量守恒定律求解，常包括物体受力和

问题，以及相互作用物体问题.(3)能量观点：在包括单个物体受力和位移问题时，惯用动能定理分析；在包括系统内能量转化问题时，惯用能量守恒定律.牛顿运动动量时间7/49规律方法1.力学规律选取标准(1)单个物体：宜选取动量定理、动能定理和牛顿运动定律.若其中包括时间问题，应选取

定理；若包括位移问题，应选取

定理；若包括加速度问题，只能选取

.(2)多个物体组成系统：优先考虑两个守恒定律，若包括碰撞、爆炸、反冲等问题时，应选取动量守恒定律，然后再依据能量关系分析处理.答案动能动量牛顿第二定律8/492.系统化思维方法，就是依据众多已知要素、事实，按照一定联络方式，将其各部分连接成整体方法.(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，如用动量守恒定律处理比较复杂运动.(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).9/49动量定理和动量守恒定律应用高考题型110/49例1

(·福建省大联考)汽车碰撞试验是综合评价汽车安全性能有效方法之一.设汽车在碰撞过程中受到平均撞击力到达某个临界值F0时，安全气囊爆开.某次试验中，质量m1＝1600kg试验车以速度v1＝36km/h正面撞击固定试验台，经时间t1

＝0.10s碰撞结束，车速减为零，此次碰撞安全气囊恰好爆开.忽略撞击过程中地面阻力影响.(1)求此过程中试验车受到试验台冲量I0大小及F0大小；答案解析答案看法析11/49解析v1＝36km/h＝10m/s，取速度v1方向为正方向，由动量定理有－I0＝0－m1v1 ①将已知数据代入①式得I0＝1.6×104N·s ②由冲量定义有I0＝F0t1 ③将已知数据代入③式得F0＝1.6×105N ④12/49(2)若试验车以速度v1撞击正前方另一质量m2＝1600kg、速度v2＝18km/h同向行驶汽车，经时间t2＝0.16s两车以相同速度一起滑行.试经过计算分析这种情况下试验车安全气囊是否会爆开.答案看法析答案解析解析设试验车和汽车碰撞后取得共同速度v，由动量守恒定律有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v ⑤对试验车，由动量定理有－Ft2＝m1v－m1v1 ⑥将已知数据代入⑤⑥式得F＝2.5×104N可见F＜F0，故试验车安全气囊不会爆开.13/491.(多项选择)(·全国卷Ⅲ·20)一质量为2kg物块在合外力F作用下从静止开始沿直线运动.F随时间t改变图线如图1所表示，则A.t＝1s时物块速率为1m/sB.t＝2s时物块动量大小为4kg·m/sC.t＝3s时物块动量大小为5kg·m/sD.t＝4s时物块速度为零对点拓展练√答案21解析图1√14/4921解析由动量定理可得：Ft＝mv，解得v＝.t＝1s时物块速率为v＝m/s＝1m/s，故A正确；t＝2s时物块动量大小p2＝2×2kg·m/s＝4kg·m/s，t＝3s时物块动量大小为p3＝(2×2－1×1)kg·m/s＝3kg·m/s，t＝4s时物块动量大小为p4＝(2×2－1×2)kg·m/s＝2kg·m/s，所以t＝4s时物块速度为1m/s，故B正确，C、D错误.15/492.(·济南一中模拟)如图2所表示，质量为3kg小车A以v0＝4m/s速度沿光滑水平面匀速运动，小车左端固定支架经过不可伸长轻绳悬挂质量为1kg小球B(可看做质点)，小球距离车面0.8m.某一时刻，小车与静止在水平面上质量为1kg物块C发生碰撞并粘连在一起(碰撞时间可忽略)，此时轻绳突然断裂.今后，小球刚好落入小车右端固定砂桶中(小桶尺寸可忽略)，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2.求：21图216/49(1)绳未断前小球与砂桶水平距离；21答案0.4m解析设小车与物块碰后共同速度为v1，A与C碰撞动量守恒：mAv0＝(mA＋mC)v1，解得：v1＝3m/s设小球下落时间为t，则：H＝

gt2，解得t＝0.4sΔx＝(v0－v1)t＝0.4m即绳未断前小球与砂桶水平距离为0.4m.答案解析17/49(2)小车系统最终速度大小.21答案解析答案3.2m/s解析设系统最终速度为v2，由水平方向动量守恒可得：(mA＋mB)v0＝(mA＋mB＋mC)v2解得：v2＝3.2m/s18/49动量和能量观点在力学中应用高考题型219/49例2

(·山东临沂市一模)如图3，长度x＝5m粗糙水平面PQ左端固定一竖直挡板，右端Q处与水平传送带平滑连接，传送带以一定速率v逆时针转动，其上表面QM间距离为L＝4m，MN无限长，M端与传送带平滑连接.物块A和B可视为质点，A质量m＝1.5kg,B质量M＝5.5kg.开始A静止在P处，B静止在Q处，现给A一个向右初速度v0＝8m/s，A运动一段时间后与B发生弹性碰撞，设A、B与传送带和水平面PQ、MN间动摩擦因数均为μ＝0.15，A与挡板碰撞也无机械能损失.取重力加速度g＝10m/s2，求：图320/49答案(1)A、B碰撞后瞬间速度大小；解析答案4m/s

3m/s解析设A与B碰撞前速度为vA，由P到Q过程，由动能定理得：－μmgx＝

mvA2－

mv02 ①A与B碰撞前后动量守恒，有mvA＝mvA′＋MvB′ ②由能量守恒定律得：

mvA2＝

mvA′2＋

MvB′2 ③联立①②③式得vA′＝－4m/s，vB′＝3m/s碰后A、B速度大小分别为4m/s、3m/s21/49(2)若传送带速率为v＝4m/s，试判断A、B能否再相遇，若能相遇，求出相遇位置；若不能相遇，求它们最终相距多远.答案不能相遇m答案解析22/49解析设A碰撞后运动旅程为sA，由动能定理得：－μmgsA＝0－

mvA′2 ④sA＝m所以A与挡板碰撞后再运动sA′＝sA－x＝m ⑤设B碰撞后向右运动距离为sB，则－μMgsB＝0－

MvB′2 ⑥解得sB＝3m<L ⑦故物块B碰后不能滑上MN，当速度减为0后，B将在传送带作用下反向加速运动，B再次抵达Q处时速度大小为3m/s.23/49在水平面PQ上，B再运动sB′＝sB＝3m停顿，sB′＋sA′<5m，所以A、B不能再次相遇.最终A、B距离sAB＝x－sA′－sB′＝m.24/49技巧点拨1.搞清有几个物体参加运动，并划分清楚物体运动过程.2.进行正确受力分析，明确各过程运动特点.3.光滑平面或曲面，还有不计阻力抛体运动，机械能一定守恒；碰撞过程、子弹打击木块、不受其它外力作用两物体相互作用问题，普通考虑用动量守恒定律分析.4.如含摩擦生热问题，则考虑用能量守恒定律分析.25/493.(·福建泉州市二模)如图4，质量为6m、长为L薄木板AB放在光滑平台上，木板B端与台面右边缘齐平.B端上放有质量为3m且可视为质点滑块C，C与木板之间动摩擦因数为μ＝

，质量为m小球用长为L细绳悬挂在平台右边缘正上方O点，细绳竖直时小球恰好与C接触.现将小球向右拉至细绳水平并由静止释放，小球运动到最低点时细绳恰好断裂，小球与C碰撞后反弹速率为碰前二分之一.对点拓展练图426/49(1)求细绳能够承受最大拉力；答案解析答案看法析解析设小球运动到最低点速率为v0，小球向下摆动过程，由动能定理mgL＝

mv02得，v0＝小球在圆周最低点时拉力最大，由牛顿第二定律得：FT－mg＝m解得：FT＝3mg由牛顿第三定律可知，小球对细绳拉力：FT′＝FT即细绳能够承受最大拉力为：FT′＝3mg27/49(2)若要使小球落在释放点正下方P点，平台高度应为多大；答案解析答案看法析解析小球碰撞后做平抛运动：竖直位移h＝

gt2水平分位移：L＝

t解得：h＝L28/49(3)经过计算判断C能否从木板上掉下来.答案解析答案看法析解析小球与滑块C碰撞过程中小球和C组成系统动量守恒，设C碰后速率为v1，依题意有mv0＝m(－)＋3mv1假设木板足够长，在C与木板相对滑动直到相对静止过程中，设二者最终共同速率为v2，由动量守恒得：3mv1＝(3m＋6m)v2由能量守恒得：·3mv12＝(3m＋6m)v22＋μ·3mgs联立解得：s＝由s<L知，滑块C不会从木板上掉下来.29/49动量和能量观点在电学中应用高考题型330/49例3

(·江西省六校3月联考)在竖直xOy平面内，第Ⅰ、Ⅲ象限均存在相互正交匀强电场和匀强磁场，第一象限内电场沿＋y方向，磁场垂直xOy平面向外，第三象限内电场沿－x方向，磁场垂直xOy平面向里，电场强度大小均为E，磁感应强度大小均为B，A、B两小球带等量异种电荷，带电量大小均为q，两球中间夹一被压缩长度不计绝缘轻弹簧(不粘连)，某时刻在原点O处同时由静止释放A、B，A、B瞬间被弹开之后，A沿圆弧OM运动，B沿直线OP匀速运动，OP与－x轴夹角θ＝37°，如图5中虚线所表示，不计两球间库仑力影响，已知重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，试求：图531/49答案(1)A、B两球质量比

；解析解析弹开后，A沿圆弧运动，所以A应带正电，mAg＝Eq32/49答案(2)A球出射点M离O点距离；解析解析对B球受力分析，知：Bqv2sinθ＝EqA、B弹开瞬间动量守恒，可得mAv1＝mBv2

33/49答案(3)刚释放时，弹簧弹性势能Ep.解析解析弹开瞬间，由能量守恒可知：34/494.(·哈尔滨师大附中等二模)如图6所表示，竖直平面内，水平线OO′下方足够大区域内存在水平匀强磁场，磁感应强度为B，一个单匝正方形导体框，边长为L，质量为m，总电阻为r，从ab边距离边界OO′为L位置由静止释放.已知从ab边刚进入磁场到cd边刚进入磁场所用时间为t，重力加速度为g，空气阻力不计，导体框不翻转，求：对点拓展练图635/49(1)ab边刚进入磁场时，b、a间电势差大小Uba；答案解析解析ab边刚进入磁场时速度大小为v1，E＝BLv136/49(2)cd边刚进入磁场时，导体框速度大小.解析从ab边刚进入磁场到cd边刚进入磁场过程中ΔΦ＝BL2由以上各式解得：答案解析37/49高考题精选精练38/49题组1全国卷真题精选1.(·全国卷Ⅱ·35(2))如图7，光滑冰面上静止放置一表面光滑斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上小孩和其面前冰块均静止于冰面上.某时刻小孩将冰块以相对冰面3m/s速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升最大高度为h＝0.3m(h小于斜面体高度).已知小孩与滑板总质量为m1＝30kg，冰块质量为m2＝10kg，小孩与滑板一直无相对运动.取重力加速度大小g＝10m/s2.图712339/49(ⅰ)求斜面体质量；答案123解析答案20kg解析要求向左为速度正方向.冰块在斜面体上上升到最大高度时二者到达共同速度，设此共同速度为v，斜面体质量为m3.由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得m2v0＝(m2＋m3)v ①m2v02＝(m2＋m3)v2＋m2gh ②式中v0＝3m/s为冰块推出时速度.联立①②式并代入题给数据得m3＝20kg

v＝1m/s ③40/49(ⅱ)经过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？答案解析答案不能，理由看法析12341/49联立③⑥⑦式并代入数据得v2＝－1m/s ⑧因为冰块与斜面体分离后速度与小孩推出冰块后速度相同且处于后方，故冰块不能追上小孩.解析设小孩推出冰块后速度为v1，由动量守恒定律有m1v1＋m2v0＝0 ④代入数据得v1＝－1m/s ⑤设冰块与斜面体分离后速度分别为v2和v3，由动量守恒和机械能守恒定律有m2v0＝m2v2＋m3v3

⑥m2v02＝

m2v22＋

m3v32 ⑦12342/492.(·新课标全国Ⅱ·35(2))如图8，光滑水平直轨道上有三个质量均为m物块A、B、C.B左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧挡板质量不计).设A以速度v0朝B运动，压缩弹簧；当A、

B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动.假设B和C碰撞过程时间极短.求从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离过程中，(ⅰ)整个系统损失机械能；答案解析图812343/49解析从A压缩弹簧到A与B含有相同速度v1时，对A、B与弹簧组成系统，由动量守恒定律得mv0＝2mv1

①此时B与C发生完全非弹性碰撞，设碰撞后它们瞬时速度为v2，损失机械能为ΔE，对B、C组成系统，由动量守恒定律和能量守恒定律得mv1＝2mv2 ②mv12＝ΔE＋

×(2m)v22 ③联立①②③式得ΔE＝

mv02

④12344/49(ⅱ)弹簧被压缩到最短时弹性势能.答案解析解析由②式可知v2＜v1，A将继续压缩弹簧，直至A、B、C三者速度相同，设此速度为