2017届二轮复习-动力学、动量和能量观点的综合应用-教案(全国通用)

专题定位本专题综合应用动力学、动量和能量的观点来解决物体运动的多过程问题.本专题是高考的重点和热点，命题情景新，联系实际密切，综合性强，侧重在计算题中命题，是高考的压轴题.

应考策略本专题在高考中主要以两种命题形式出现：一是综合应用动能定理、机械能守恒定律和动量守恒定律，结合动力学方法解决多运动过程问题；二是运用动能定理和能量守恒定律解决电场、磁场内带电粒子运动或电磁感应问题.由于本专题综合性强，因此要在审题上狠下功夫，弄清运动情景，挖掘隐含条件，有针对性的选择相应的规律和方法.

1.动量定理的公式Ft＝p′－p除表明两边大小、方向的关系外，还说明了两边的因果关系，即合外力的冲量是动量变化的原因.

动量定理说明的是合外力的冲量与动量变化的关系，反映了力对时间的累积效果，与物体的初、末动量无必然联系.动量变化的方向与合外力的冲量方向相同，而物体在某一时刻的动量方向跟合外力的冲量方向无必然联系.

动量定理公式中的F是研究对象所受的包括重力在内的所有外力的合力，它可以是恒力，也可以是变力，当F为变力时，F应是合外力对作用时间的平均值.

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零，这个系统的总动量保持不变.

(2)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).

(3)守恒条件

①系统不受外力或系统虽受外力但所受外力的合力为零.

②系统合外力不为零，但在某一方向上系统合力为零，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.

3.解决力学问题的三个基本观点

(1)力的观点：主要是牛顿运动定律和运动学公式相结合，常涉及物体的受力、加速度或匀变速运动的问题.

(2)动量的观点：主要应用动量定理或动量守恒定律求解，常涉及物体的受力和时间问题，以

及相互作用物体的问题.

(3)能量的观点：在涉及单个物体的受力和位移问题时，常用动能定理分析；在涉及系统内能量的转化问题时，常用能量守恒定律.

1.力学规律的选用原则

(1)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.

(2)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.

2.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).

解题方略

1.弹性碰撞与非弹性碰撞

碰撞过程遵从动量守恒定律.如果碰撞过程中机械能守恒，这样的碰撞叫做弹性碰撞；如果碰撞过程中机械能不守恒，这样的碰撞叫做非弹性碰撞.

2.应用动量守恒定律的解题步骤

(1)明确研究对象(系统包括哪几个物体及研究的过程)；

(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上动量是否守恒)；

(3)规定正方向，确定初、末状态动量；

(4)由动量守恒定律列式求解；

(5)必要时对结果进行讨论.

例1如图1所示，光滑水平面上有一质量为m＝1 kg的小车，小车右端固定一水平轻质弹簧，弹簧左端连接一质量为m0＝1 kg的物块，物块与上表面光滑的小车一起以v0＝5 m/s的速度向右匀速运动，与静止在光滑水平面上、质量为M＝4 kg的小球发生弹性正碰，若碰撞时间极短，弹簧始终在弹性限度内.求：

(1)碰撞结束时，小车与小球的速度；

(2)从碰后瞬间到弹簧被压至最短的过程，弹簧弹力对小车的冲量大小.

图1

解析 (1)设碰撞后瞬间小车的速度大小为v 1，小球的速度大小为v ，由动量守恒及机械能守恒有： m v 0＝M v ＋m v 1 12m v 20＝12m v 21＋12

M v 2 解得v 1＝m －M

m ＋M v 0＝－3 m/s ，小车速度方向向左.

v ＝2m m ＋M

v 0＝2 m/s ，小球速度方向向右. (2)当弹簧被压缩到最短时，物块与小车有共同进度， 设小车的速度大小为v 2，根据动量守恒定律有： m 0v 0＋m v 1＝(m 0＋m )v 2，解得v 2＝1 m/s.

设碰撞后瞬间到弹簧最短的过程，弹簧弹力对小车的冲量大小为I ，根据动量定理有I ＝m v 2－m v 1，解得I ＝4 N·s.

答案 (1)小车：3 m/s ，方向向左 小球：2 m/s ，方向向右 (2)4 N·s

预测1 (2016·全国乙卷·35(2))某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M 的卡通玩具稳定地悬停在

空中.为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S 的喷口持续以速度v 0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S )；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开.忽略空气阻力.已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g .求： (1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；

(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度.

答案 (1)ρv 0S (2)v 2

2g －M 2g 2ρ2v 20S

2

解析 (1)在刚喷出一段很短的Δt 时间内，可认为喷出的水柱保持速度v 0不变. 该时间内，喷出水柱高度Δl ＝v 0Δt ① 喷出水柱质量Δm ＝ρΔV ②

其中ΔV 为水柱体积，满足ΔV ＝ΔlS ③

由①②③可得：喷泉单位时间内喷出的水的质量为 Δm

Δt

＝ρv 0S . (2)设玩具底面相对于喷口的高度为h

由玩具受力平衡得F 冲＝Mg ④ 其中，F 冲为水柱对玩具底面的作用力 由牛顿第三定律：F 压＝F 冲⑤

其中，F 压为玩具底面对水柱的作用力，v ′为水柱到达玩具底面时的速度 由运动学公式：v ′2－v 20＝－2gh ⑥

在很短Δt 时间内，冲击玩具水柱的质量为Δm Δm ＝ρv 0S Δt ⑦

由题意可知，在竖直方向上，对该部分水柱应用动量定理 (F 压＋Δmg )Δt ＝Δm v ′⑧

由于Δt 很小，Δmg 也很小，可以忽略，⑧式变为 F 压Δt ＝Δm v ′⑨

由④⑤⑥⑦⑨可得h ＝v 2

2g －M 2g 2ρ2v 20S

2.

解题方略

1.弄清有几个物体参与运动，并划分清楚物体的运动过程.

2.进行正确的受力分析，明确各过程的运动特点.

3.光滑的平面或曲面，还有不计阻力的抛体运动，机械能一定守恒；碰撞过程、子弹打击木块、不受其他外力作用的两物体相互作用问题，一般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.

例2如图2所示，光滑水平面上有一质量M＝4.0 kg的平板车，车的上表面是一段长L ＝1.5 m的粗糙水平轨道，水平轨道左侧连一半径R＝0.25 m的四分之一光滑圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在点O′处相切.现将一质量m＝1.0 kg的小物块(可视为质点)从平板车的右端以水平向左的初速度v0滑上平板车，小物块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.5，小物块恰能到达圆弧轨道的最高点A.取g＝10 m/s2，求：

图2

(1)小物块滑上平板车的初速度v0的大小；

(2)小物块与车最终相对静止时，它距点O′的距离.

解析(1)平板车和小物块组成的系统在水平方向上动量守恒，设小物块到达圆弧轨道最高点A时，二者的共同速度为v1

由动量守恒得：m v0＝(M＋m)v1①

由能量守恒得：

1

2m v 2

0－

1

2(M＋m)v

2

1

＝mgR＋μmgL②

联立①②并代入数据解得：v0＝5 m/s③

(2)设小物块最终与车相对静止时，二者的共同速度为v2，从小物块滑上平板车，到二者相对静止的过程中，由动量守恒得：

m v0＝(M＋m)v2④

设小物块与车最终相对静止时，它距O′点的距离为x，由能量守恒得：

1

2m v 2

0－

1

2(M＋m)v

2

2

＝μmg(L＋x)⑤

联立③④⑤并代入数据解得：x＝0.5 m.

答案 (1)5 m/s (2)0.5 m

预测2 如图3所示，小球A 质量为m ，系在细线的一端，线的另一端固定在O 点，O 点到光滑水平面的距离为h .物块B 和C 的质量分别是5m 和3m ，B 与C 用轻弹簧拴接，置于光滑的水平面上，且B 物块位于O 点正下方.现拉动小球使细线水平伸直，小球由静止释放，运动到最低点时与物块B 发生正碰(碰撞时间极短)，反弹后上升到最高点时到水平面的距离为h

16

.小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g ，求碰撞过程中B 物块受到的冲量大小及碰后轻弹簧获得的最大弹性势能.

图3

答案 54m 2gh 15128

mgh

解析 设小球运动到最低点与物块B 碰撞前的速度大小为v 1，取小球运动到最低点时的重力势能为零，根据机械能守恒定律有： mgh ＝12m v 21

解得：v 1＝2gh

设碰撞后小球反弹的速度大小为v 1′，同理有： mg h 16＝1

2m v 1′2 解得：v 1′＝

2gh 4

设碰撞后物块B 的速度大小为v 2，取水平向右为正方向，由动量守恒定律有： m v 1＝－m v 1′＋5m v 2 解得：v 2＝

2gh 4

由动量定理可得，碰撞过程中B 物块受到的冲量大小为：I ＝5m v 2＝5

4m 2gh

碰撞后当B 物块与C 物块速度相等时轻弹簧的弹性势能最大，据动量守恒定律有 5m v 2＝8m v 3

据机械能守恒定律得：E pm ＝12×5m v 22－12

×8m v 2

3

解得：E pm ＝

15

128

mgh .

解题方略

力学规律选用的一般原则

力学中首先考虑使用两个守恒定律，从两个守恒定律的表达式看出多项都是状态量(速度、位置)，所以守恒定律能解决状态问题，不能解决过程(位移x ，时间t )问题，不能解决力(F )的问题.

(1)若是多个物体组成的系统，优先考虑使用两个守恒定律. (2)若物体(或系统)涉及到速度和时间，应考虑使用动量定理.

(3)若物体(或系统)涉及到位移和时间，且受到恒力作用，应考虑使用牛顿运动定律. (4)若物体(或系统)涉及到位移和速度，应考虑使用动能定理，系统中摩擦力做功时应用摩擦力乘以相对路程，运用动能定理解决曲线运动和变加速运动问题特别方便.

例3(2015·广东理综·36)如图4所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R ＝0.5 m ，物块A 以v 0＝6 m /s 的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q ，再沿圆轨道滑出后，与直轨上P 处静止的物块B 碰撞，碰后粘在一起运动，P 点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L ＝0.1 m ，物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ＝0.1，A 、B 的质量均为m ＝1 kg(重力加速度g 取10 m/s 2；A 、B 视为质点，碰撞时间极短).

图4

(1)求A 滑过Q 点时的速度大小v 和受到的弹力大小F ； (2)若碰后AB 最终停止在第k 个粗糙段上，求k 的数值； (3)求碰后AB 滑至第n 个(n ＜k )光滑段上的速度v n 与n 的关系式. 解析 (1)从A →Q 由动能定理得 －mg ·2R ＝12m v 2－12

m v 20

解得v ＝4 m/s ＞gR ＝ 5 m/s 在Q 点，由牛顿第二定律得 F N ＋mg ＝m v 2

R

解得F N ＝22 N.

(2)A 撞B ，由动量守恒得 m v 0＝2m v ′ 解得v ′＝v 0

2＝3 m/s

设摩擦距离为x ，则 －2μmgx ＝0－1

2·2m v ′2

解得x ＝4.5 m ，所以k ＝x

L

＝45.

(3)AB 滑至第n 个光滑段上，由动能定理得 －μ·2mgnL ＝12·2m v 2n －1

2·2m v ′2

所以v n ＝

9－0.2n m/s (n <45).

答案 (1)4 m/s 22 N (2)45 (3)v n ＝9－0.2n m/s (n <45)

预测3 如图5所示，内壁粗糙、半径R ＝0.4 m 的四分之一圆弧轨道AB 在最低点B 与光滑水平轨道BC 相切.质量m 2＝0.2 kg 的小球b 左端连接一轻质弹簧，静止在光滑水平轨道上，另一质量m 1＝0.2 kg 的小球a 自圆弧轨道顶端由静止释放，运动到圆弧轨道最低点B 时对轨道的压力为小球a 重力的2倍.忽略空气阻力，重力加速度g ＝10 m/s 2.求：

图5

(1)小球a 由A 点运动到B 点的过程中，摩擦力做的功W f ；

(2)小球a 通过弹簧与小球b 相互作用的过程中，弹簧的最大弹性势能E p ； (3)小球a 通过弹簧与小球b 相互作用的整个过程中，弹簧对小球b 的冲量I 的大小. 答案 (1)－0.4 J (2)0.2 J (3)0.4 N·s

解析 (1)小球由静止释放到最低点B 的过程中，根据动能定理得：m 1gR ＋W f ＝12

m 1v 2

1，

小球在最低点B ，根据牛顿第二定律得：F N －m 1g ＝m 1v 2

1

R

，

联立可得：W f ＝－0.4 J.

(2)小球a 与小球b 通过弹簧相互作用，达到共同速度v 2时弹簧具有最大弹性势能，此过程中，由动量守恒定律： m 1v 1＝(m 1＋m 2)v 2，

由能量守恒定律：12m 1v 21＝12(m 1＋m 2)v 22＋E p

联立可得：E p ＝0.2 J.

(3)小球a 与小球b 通过弹簧相互作用的整个过程中，a 球最终速度为v 3，b 球最终速度为v 4，由动量守恒定律： m 1v 1＝m 1v 3＋m 2v 4，

由能量守恒定律：12m 1v 21＝12m 1v 23＋1

2m 2v 24，

根据动量定理有：I ＝m 2v 4， 联立可得：I ＝0.4 N·s.

专题强化练

1.如图1所示，质量为m 的b 球用长为h 的细绳悬挂于水平轨道BC 的出口C 处，质量也为m 的小球a 从距BC 高h 的A 处由静止释放，沿ABC 光滑轨道滑下，在C 处与b 球正碰并与b 粘在一起，已知BC 轨道距地面有一定的高度，悬挂b 球的细绳能承受的最大拉力为

2.8mg .试问：

图1

(1)a 球与b 球碰前瞬间的速度多大？

(2)a 、b 两球碰后，细绳是否会断裂？(要求通过计算回答). 答案 (1)2gh (2)会断裂

解析 (1)设a 球与b 球碰前瞬间的速度大小为v C ，由机械能守恒定律得mgh ＝1

2m v 2C ，

解得v C ＝2gh ，即a 球与b 球碰前的速度大小为2gh . (2)设b 球碰后的速度为v ，a 、b 碰撞过程中动量守恒，则 m v C ＝(m ＋m )v ，故v ＝12v C ＝1

2

2gh ，

假设a 、b 球碰撞后将一起绕O 点摆动，若小球在最低点时细绳拉力为F T ，则F T －2mg ＝2m v 2

h

解得F T ＝3mg ，F T >2.8mg ， 故细绳会断裂，小球做平抛运动.

2.如图2所示，可看成质点的A 物体叠放在上表面光滑的B 物体上，一起以v 0的速度沿光滑的水平轨道匀速运动，与静止在同一光滑水平轨道上的木板C 发生完全非弹性碰撞，B 、C 的上表面相平且B 、C 不粘连，A 滑上C 后恰好能达到C 板的最右端，已知A 、B 、C 质量均相等，木板C 长为L ，求：

图2

(1)A 物体的最终速度； (2)A 在木板C 上滑行的时间. 答案 (1)3v 04 (2)4L

v 0

解析 (1)设A 、B 、C 的质量为m ，B 、C 碰撞过程中动量守恒，设B 、C 碰后的共同速度为v 1，

则m v 0＝2m v 1，解得v 1＝v 0

2

，

B 、

C 共速后A 以v 0的速度滑上C ，A 滑上C 后，B 、C 脱离，A 、C 相互作用的过程中动量守恒，

设最终A 、C 的共同速度为v 2， 则m v 0＋m v 1＝2m v 2，解得v 2＝3v 0

4

.

(2)在A 、C 相互作用的过程中，根据机械能守恒有 F f L ＝12m v 20＋12m v 21－12

·2m v 2

2(F f 为A 、C 间的摩擦力)，

代入解得F f ＝m v 20

16L

.

此过程中对C ，根据动量定理有F f t ＝m v 2－m v 1， 代入相关数据解得t ＝4L

v 0

.

3.如图3所示，整个空间中存在竖直向上的匀强电场，经过桌边的虚线PQ 与桌面成45°角，其上方有足够大的垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B ，光滑绝缘水平桌面上有两个可以视为质点的绝缘小球，A 球对桌面的压力为零，其质量为m ，电量为q ；B 球不带电且质量为km (k >7).A 、B 间夹着质量可忽略的火药.现点燃火药(此时间极短且不会影响小球的质量、电量和各表面的光滑程度).火药炸完瞬间A 的速度为v 0.求：

图3

(1)火药爆炸过程中有多少化学能转化为机械能； (2)A 球在磁场中的运动时间；

(3)若一段时间后A 、B 在桌上相遇，求爆炸前A 球与桌边P 的距离. 答案 (1)k ＋12k m v 20 (2)3πm 2qB (3)2k －2－3π2(k ＋1)·m v 0qB

解析 (1)设爆炸之后B 的速度大小为v B ，选向左为正方向， 在爆炸前后由动量守恒可得：0＝m v 0－km v B E ＝12m v 20＋12km v 2

B ＝k ＋12k

m v 20 (2)由A 球对桌面的压力为零可知重力和电场力等大反向，故A 球进入电场中将会做匀速圆周运动，如图所示则

T ＝2πm qB

有几何知识可得：粒子在磁场中运动了3

4个圆周

则t 2＝3πm 2qB

(3)由0＝m v 0－km v B 可得：v B ＝v 0

k

由q v 0B ＝m v 20

R 知，R ＝m v 0qB

设爆炸前A 球与桌边P 的距离为x A ，爆炸后B 运动的位移为x B ，时间为t B 则t B ＝x A v 0＋t 2＋R

v 0

x B ＝v B t B

由图可得：R ＝x A ＋x B

联立上述各式解得：x A ＝2k －2－3π2(k ＋1)·m v 0

qB .

4.如图4所示，在水平面上有一弹簧，其左端与墙壁相连，O 点为弹簧原长位置，O 点左侧水平面光滑.水平段OP 长为L ＝1 m ，P 点右侧一与水平方向成θ＝30°的足够长的传送带与水平面在P 点平滑连接，传送带轮逆时针转动速率为3 m/s ，一质量为1 kg 可视为质点的物块A 压缩弹簧(与弹簧不拴接)，使弹簧获得的弹性势能E p ＝9 J ，物块与OP 段动摩擦因数μ1＝0.1，另一与A 完全相同的物块B 停在P 点，B 与传送带的动摩擦因数μ2＝

3

3

，传送带足够长，A 与B 的碰撞时间不计，碰后A 、B 交换速度，重力加速度g ＝10 m/s 2，现释放A ，求：

图4

(1)物块A 、B 第一次碰撞前瞬间，A 的速率v 0；

(2)从A 、B 第一次碰撞后到第二次碰撞前，B 与传送带之间由于摩擦而产生的热量； (3)A 、B 能够碰撞的总次数. 答案 (1)4 m/s (2)12.25 J (3)6次

解析 (1)设物块质量为m ，A 与B 第一次碰前的速率为v 0， 则E p ＝1

2m v 20＋μ1mgL ，

解得v 0＝4 m/s.

(2)设A 、B 第一次碰撞后的速度分别为v A 、v B ，

则v A ＝0，v B ＝4 m/s ，碰后B 沿传送带向上做匀减速运动直至速度为零， 加速度大小设为a 1，则mg sin θ＋μ2mg cos θ＝ma 1，

解得a 1＝g sin θ＋μ2g cos θ＝10 m/s 2.

运动的时间t 1＝v B

a 1＝0.4 s.

位移x 1＝v B

2t 1＝0.8 m.

此过程相对运动路程Δs 1＝v t 1＋x 1＝2 m.

此后B 反向加速，加速度仍为a 1，与传送带共速后匀速运动直至与A 再次碰撞，加速时间为t 2＝v

a 1＝0.3 s.

位移为x 2＝v

2

t 2＝0.45 m.

此过程相对运动路程Δs 2＝v t 2－x 2＝0.45 m ， 全过程摩擦生热Q ＝μ2mg cos θ(Δs 1＋Δs 2)＝12.25 J.

(3)B 与A 第二次碰撞，两者速度再次互换，此后A 向左运动再返回与B 碰撞，B 沿传送带向上运动再次返回，每次碰后到再次碰前速率相等，重复这一过程直至两者不再碰撞.则对A 、B 和弹簧组成的系统，从第二次碰撞后到不再碰撞：1

2m v 2＝2nμ1mgL ，解得第二次碰撞后重

复的过程数为n ＝2.25.所以碰撞总次数为N ＝2＋2n ＝6.5＝6次(取整数).

2020届高考物理必考经典专题 专题06 动力学、动量和能量观点的综合应用(含解析)

2020届高考物理必考经典专题 专题6 动力学、动量和能量观点的综合应用 考点一 “子弹打木块 ”类问题的综合分析 子弹以水平速度射向原来静止的木块,并留在木块中跟木块共同运动.下面从动量、能量和牛顿运动定律等多个角度来分析这一类问题. 1.动量分析 子弹和木块最后共同运动,相当于完全非弹性碰撞,子弹射入木块过程中系统动量守恒mv0=(M+m)v. 2.能量分析 该过程系统损失的动能全部转化为系统的内能.设平均阻力大小为Ff,子弹、木块的位移大小分别为s1,s2,子弹钻入深度为d,如图所示,有s1-s2=d;对子弹应用动能定理有-F f s 1=错误!未找到引用源。 mv 2-错误!未找到引用源。m 错误!未找到引用源。;对木块应用动能定理有F f s 2=错误!未找到引用源。mv2,联立解得F f d=错误!未找 到引用源。m 错误!未找到引用源。-错误!未找到引用源。(M+m)v2=2 02() Mmv M m +错误!未找到引用源。.式中F f d 恰好等于系统动能的损失量,根据能量守恒定律,系统动能的损失量应该等于系统内能的增加量,则有ΔE k =F f d =Q=2 02()Mmv M m +错误!未找到引用源。,由此可得结论:两物体由于摩擦产生的热量(机械能转化为内能),数值上等 于摩擦力大小与两物体相对滑动路程的乘积.由上面各式联立可得F f =2 02()Mmv M m d +错误!未找到引用 源。,s 2= m M m +错误!未找到引用源。d. 3.动力学分析 从牛顿运动定律和运动学公式出发,也可以得出同样的结论.由于子弹和木块都在恒力作用下做匀变速运动, 位移与平均速度成正比,有22 s d s +错误!未找到引用源。=022 v v v +错误!未找到引用源。=0v v v +错误!未找到引用

高中物理-电学中的动量和能量问题专题训练与解析

第2课时电学中的动量和能量问题 高考命题点命题轨迹情境图 电场和磁场中的动量 20183卷21 和能量问题 18(3)21题电磁感应中的动量和 能量问题 例1(2019·湖北省4月份调研)如图1，在高度为H的竖直区域内分布着互相垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向左；磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里．在该区域上方的某点A，将质量为m、电荷量为＋q的小球，以某一初速度水平抛出，小球恰好在该区域做直线运动．已知重力加速度为g. 图1 (1)求小球平抛的初速度v0的大小； (2)若电场强度大小为E，求A点距该区域上边界的高度h； (3)若电场强度大小为E，令该小球所带电荷量为－q，以相同的初速度将其水平抛出，小球离开该区域时，速度方向竖直向下，求小球穿越该区域的时间．

拓展训练1(2019·云南昭通市上学期期末)真空中存在电场强度为E 1的匀强电场(未知)，一质量为m、带正电的油滴，电荷量为q，在该电场中竖直向下做匀速直线运动，速度大小为v0，在油滴处于位置A时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变，持续一段时间t1后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到B点，重力加速度大小为g，求： (1)电场强度E1的大小和方向； (2)油滴运动到B点时的速度大小． 拓展训练2(2019·江西上饶市重点中学六校第一次联考)如图2所示，在足够大的空间范围内，同时存在着竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场，磁感应强度B＝2 T．小球1带正电，小球2不带电，静止放置于固定的水平悬空支架上．小球1向右以v1＝12m/s的水平速度与小球2正碰，碰后两小球粘在一起在竖直平面内做匀速圆周运动，两小球速度水平向左时离碰撞点的距离为2m．碰后两小球的比荷为4C/kg.(取g＝10m/s2) 图2 (1)电场强度E的大小是多少？ (2)两小球的质量之比m2 m1是多少？

电磁感应动量定理的应用

电磁感应中动量定理的运用 动量定律I ＝?P 。 设想在某一回路中，一部分导体仅在安培力作用下运动时，安培力F 为变力，但其冲量可用它对时间的平均值进行计算，即I ＝F t ?， 而F ＝B I L （I 为电流对时间的平均值） 故有：B I L t ?=mv 2－mv 1 . 而I t=q ,故有q=BL mv 12mv - 理论上电量的求法：q=I ?t 。 这种方法的依据是电流的定义式I=q/t 该式的研究对象是通电导体的某一截面，若在t 时间内流过该截面的电量为q ，则流过该切面的电流为I ＝q/t ，显然，这个电流应为对时间的平均值，因此该式应写为I = q/t ，变形后可以得q ＝I t ，这个关系式具有一般性，亦即无论流经导体的电流是恒定的还是变化的，只要电流用这段时间内的平均值代入，该式都适用，而平均电流的求解，在电磁感应问题中最为常见的思路为：对某一回路来说，据法拉第电磁感应定律，得E=t ??φ，显然该感应电动势也为对其时间的平均值，再由I ＝R E （R 为回路中的总电阻）可以得到I ＝ t R ??φ。 综上可得q ＝R φ?。若B 不变，则q ＝R φ?＝R s B ? 电量q 与安培力的冲量之间有什么联系？可用下面的框图来说明。 从以上框图可见，这些物理量之间的关系可能会出现以下三种题型： 第一：方法Ⅰ中相关物理量的关系。 第二：方法Ⅱ中相关物理量的关系。 第三：就是以电量作为桥梁，直接把上面框图中左右两边的物理量联系起来，如把导体

棒的位移和速度联系起来，但由于这类问题导体棒的运动一般都不是匀变速直线运动，无法使用匀变速直线运动的运动学公式进行求解，所以这种方法就显得十分巧妙。这种题型难度最大。 2在解题中强化应用意识，提高驾驭能力 由于这些物理量之间的关系比较复杂，只能从理论上把握上述关系还不够，还必须通过典型问题来培养学生的应用能力，达到熟练驾驭的目的。请看以下几例：（1）如图1所示，半径为r的两半圆形光滑金属导轨并列竖直放置，在轨道左侧上方MN间接有阻值为R0的电阻，整个轨道处在竖直向下的磁感应 强度为B的匀强磁场中，两轨道间距为L，一电阻也为R0质量 为m的金属棒ab从MN处由静止释放经时间t到达轨道最低点 cd时的速度为v，不计摩擦。求： （1）棒从ab到cd过程中通过棒的电量。 （2）棒在cd处的加速度。 分析与解 有的同学据题目的已知条件，不假思索的就选用动量定理，对该过程列式如下： mgt－B I Lt=mv －0显然该式有两处错误：其一是在分析棒的受力时，漏掉了轨道对 棒的弹力N，从而在使用动量定理时漏掉了弹力的冲量I N；其二是即便考虑了I N，这种解法也是错误的，因为动量定理的表达式是一个矢量式，三个力的冲量不在同一直线上，而且IN的方向还不断变化，故 我们无法使用I=Ft来求冲量，亦即无法使用前面所提到的方法二。 为此，本题的正确解法是应用前面提到的方法一，具体解答如下： 对应于该闭合回路应用以下公式： (2)如图2所示，在光滑的水平面上，有一垂直向下的 匀强磁场分布在宽度为L的区域内，现有一个边长为 a（a﹤L）的正方形闭合线圈以初速度v0垂直磁场边 界滑过磁场后，速度为v(v﹤v0)，那么线圈 A.完全进入磁场中时的速度大于（v0+v）/2 B.完全进入磁场中时的速度等于（v0+v）/2 C.完全进入磁场中时的速度小于（v0+v）/2 D.以上情况均有可能 分析与解 这是一道物理过程很直观的问题，可分为三个阶段：进入和离开磁场过程中均为加速度不断减少的减速运动，完全进入磁场后即作匀速直线运动，那么这三个过程的速度之间的关系如何呢？乍看好象无从下手，但对照上面的理论分析，可知它属于第三类问题。首先，由于进入磁场和离开磁场两段过程中，穿过线圈回路的磁通量变化量Δφ相同，故有q0=q=Δφ/R；其次，对线框应用动量定理，设线框完全进入磁场后的速度为v′，则有：

动量和能量综合专题

动量和能量综合例析 例1、如图，两滑块Ａ、Ｂ的质量分别为m1和m2， 置于光滑的水平面上，Ａ、Ｂ间用一劲度系数 为K的弹簧相连。开始时两滑块静止，弹簧为 原长。一质量为ｍ的子弹以速度Ｖ0沿弹簧长度方向射入滑块Ａ并留在其中。试求：（１）弹簧的最大压缩长度；(已知弹性势能公式E P=(1/2)KX2，其中K为劲度系数、X为弹簧的形变量) ；（２）滑块Ｂ相对于地面的最大速度和最小速度。【解】（１）设子弹射入后Ａ的速度为Ｖ１，有： ｍＶ0＝（ｍ＋ｍ１）Ｖ1（1） 得：此时两滑块具有的相同速度为Ｖ，依前文中提到的解题策略有： （ｍ＋ｍ１）Ｖ１＝（ｍ＋ｍ1＋m 2)V (2) (3) 由(1)、(2)、(3)式解得： （２） ｍＶ0=（m＋m1）V2＋m2V3(4) (5)

由（１）、（４）、（５）式得： Ｖ3[（m＋m1＋m2）V3－2mV0]=0 解得：V3=0 （最小速度）（最大速度）例２、如图，光滑水平面上有Ａ、Ｂ两辆小车，Ｃ球用０.５m长的细线悬挂在Ａ车的支架上，已知mA=m B=1kg，m C=0.5kg。开始时B车静止，Ａ车以Ｖ0＝４m/s的速度驶向Ｂ车并与其正碰后粘在一起。若碰撞时间极短且不计空气阻力，g取10m/s2，求C球摆起的最大高度。 【解】由于A、B碰撞过程极短，C球尚未开始摆动， 故对该过程依前文解题策略有： m A V0=(m A+m B)V1(1) E内= (2) 对A、B、C组成的系统，图示状态为初始状态，C球摆起有最大高度时，A、B、C有共同速度，该状态为终了状态，这个过程同样依解题策略处理有： （m A+m C）V0=(m A+m B+m C)V2(3) (4)

动量和能量结合综合题附答案解析

动量与能量结合综合题 1．如图所示，水平放置的两根金属导轨位于方向垂直于导轨平面并指向纸里的匀强磁场中．导轨上有两根小金属导体杆ab和cd，其质量均为m，能沿导轨无摩擦地滑动．金属杆ab和cd与导轨及它们间的接触等所有电阻可忽略不计．开始时ab和cd都是静止的，现突然让cd杆以初速度v向右开始运动，如果两根导轨足够长，则（）A．cd始终做减速运动，ab始终做加速运动，并将追上cd B．cd始终做减速运动，ab始终做加速运动，但追不上cd C．开始时cd做减速运动，ab做加速运动，最终两杆以相同速度做匀速运动 D．磁场力对两金属杆做功的大小相等 h，如图所示。2．一轻弹簧的下端固定在水平面上，上端连接质量为m的木板处于静止状态，此时弹簧的压缩量为 3h的A处自由落下，打在木板上并与木板一起向下运动，但不粘连，它们到达最低点一物块从木板正上方距离为 后又向上运动。若物块质量也为m时，它们恰能回到O点；若物块质量为2m时，它们到达最低点后又向上运动，在通过O点时它们仍然具有向上的速度，求： 1，质量为m时物块与木板碰撞后的速度； 2，质量为2m时物块向上运动到O的速度。 3．如图所示，两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为L，导轨上面横放着两根导体棒ab和cd，构成矩形回路，两根导体棒的质量皆为m，电阻皆为R，回路中其余部分的电阻可不计。在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B。设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行，开始时，棒cd静止，棒ab有指向棒cd的初速度0v，若两导体棒在运动中始终不接触，求： （1）在运动中产生的焦耳热Q最多是多少？ （2）当ab棒的速度变为初速度的4/3时，cd棒的加速度a是多少？

能量和动量的综合应用(超详细)

【本讲主要内容】 能量和动量的综合应用 相互作用过程中的能量转化及动量守恒的问题 【知识掌握】 【知识点精析】 1. 应用动量和能量的观点求解的问题综述： 该部分是力学中综合面最广，灵活性最大，内容最为丰富的部分。要牢固树立能的转化和守恒思想，许多综合题中，当物体发生相互作用时，常常伴随多种能量的转化和重新分配的过程。因此，必须牢固地以守恒（系统总能量不变）为指导，这样才能正确无误地写出能的转化和分配表达式。 2. 有关机械能方面的综述： （1）机械能守恒的情况： 例如，两木块夹弹簧在光滑水平面上的运动，过程中弹性势能和木块的动能相互转化；木块冲上放在光滑面上的光滑曲面小车的过程，上冲过程中，木块的动能减少，转化成木块的重力势能和小车的动能。等等…… （2）机械能增加的情况： 例如，炸弹爆炸的过程，燃料的化学能转化成弹片的机械能；光滑冰面上两个人相互推开的过程，生物能转化成机械能。等等…… （3）机械能减少的情况： 例如，“子弹击木块”模型，包括“木块在木板上滑动”模型等；这类模型为什么动量守恒，而机械能不守恒（总能量守恒），请看下面的分析： 如图1所示，一质量为M 的长木板B 静止在光滑水平面上，一质量为m 的小滑块A 以水平速度v 0从长木板的一端开始在长木板上滑动，最终二者相对静止以共同速度一起滑行。 滑块A 在木板B 上滑动时，A 与B 之间存在着相互作用的滑动摩擦力，大小相等，方向相反，设大小为f 。 A 、 B 为系统，动量守恒。（过程中两个滑动摩擦力大小相等，方向相反，作用时间相同，对系统总动量没有影响，即系统的内力不影响总动量）。 由动量守恒定律可求出共同速度0 v m M m v += 上述过程中，设滑块A 对地的位移为s A ，B 对地位移为s B 。由图可知，s A ≠s B ， 且s A ＝（s B +Δs ），根据动能定理： 对A ：W fA ＝2020202B 2 1)(212121)(mv m M mv m mv mv s s f -+=-=?+-

弹簧的动量和能量问题

弹簧的动量和能量问题

弹簧的动量和能量问题 班级__________ 座号_____ 姓名__________ 分数__________ 一、知识清单 1．弹性势能的三种处理方法 弹性势能E P=?kx2，高考对此公式不作要求，因此在高中阶段出现弹性势能问题时，除非题目明确告诉了此公式，否则不需要此公式即可解决，其处理方法常有以下三种：①功能法：根据弹簧弹力做的功等于弹性势能的变化量计算；或根据能量守恒定律计算出弹性势能； ②等值法：压缩量和伸长量相同时，弹簧对应的弹性势能相等，在此过程中弹性势能的变化量为零； ③“设而不求”法：如果两次弹簧变化量相同，则这两次弹性势能变化量相同，两次作差即可消去。 二、例题精讲 2．（2006年·天津理综）如图所示，坡道顶端距水平面高度为h，质量为m1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，一端与质量为m2的档板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）． 3．如图所示，在竖直方向上，A、B两物体通过劲度系数为k＝16 N/m的轻质弹簧相连，A放在水平地面上，B、C两物体通过细线绕过轻质定滑轮相连，C放在倾角α＝30°的固定光滑斜面上. 用手拿住C，使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证ab段的细线竖直、cd段的细线与斜面平行．已知A、B的质量均为m＝0.2 kg，重力加速度取g ＝10 m/s2，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态．释放C后，C沿斜面下滑，A刚离开地面时，B获得最大速度，求：

高二物理动量定理的应用

动量定理的应用(2)·典型例题解析 【例1】 500g 的足球从1.8m 的高处自由下落碰地后能弹回到1.25m 高，不计空气阻力，这一过程经历的时间为1.2s ，g 取10m/s 2，求足球对地面的作用力． 解析：对足球与地面相互作用的过程应用动量定理，取竖直向下为 正，有－Δ＝′－其中Δ＝－－＝－×－×＝－－＝，′＝－＝－××＝(mg N)t mv mv t 1.2 1.21.20.60.50.1(s)v 2gh 210 1.2522221810 21251012h g h g .. －，＝＝××＝，解得足球受到向上的 弹力＝＇＋＝＋×＝＋＝5(m /s)v 2gh 210 1.86(m /s)N mg 0.51055560(N)1v v v t ().(). -+?056501 由牛顿第三定律得足球对地面的作用力大小为60N ，方向向下． 点拨：本例也可以对足球从开始下落至弹跳到最高点的整个过程应用动量定理：mgt 总－N Δt ＝0－0，这样处理更为简便． 从解题过程可看出，当Δt 很短时，N 与mg 相比较显得很大，这时可略去重力． 【例2】如图51－1所示，在光滑的水平面上有两块前后并排且靠在一起的木块A 和B ，它们的质量分别为m 1和m 2，今有一颗子弹水平射向A 木块，已知子弹依次穿过A 、B 所用的时间分别是Δt 1和Δt 2，设子弹所受木块的阻力恒为f ，试求子弹穿过两木块后，两木块的速度各为多少？ 解析：取向右为正，子弹穿过A 的过程，以A 和B 作为一个整体， 由动量定理得＝＋，＝，此后，物体就以向右匀速运动，接着子弹要穿透物体． f t (m m )v v A v B 112A A A ??f t m m 1 12+ 子弹穿过B 的过程，对B 应用动量定理得f Δt 2＝m 2v B －m 2v A ， 解得子弹穿出后的运动速度＝＋．B B v B f t m m f t m ??11222 + 点拨：子弹穿过A 的过程中，如果只将A 作为研究对象，A 所受的冲量

电学中的动量和能量问题--二轮专题

第2课时 电学中的动量和能量问题 高考题型1 电场中的动量和能量问题 例1 (2018·湖南省常德市期末检测)如图1所示，轨道ABCDP 位于竖直平面内，其中圆弧段CD 与水平段AC 及倾斜段DP 分别相切于C 点和D 点，水平段BC 粗糙，其余都光滑，DP 段与水平面的夹角θ＝37°，D 、C 两点的高度差h ＝ m ，整个轨道绝缘，处于方向水平向左、电场强度大小未知的匀强电场中，一个质量m 1＝ kg 、带正电、电荷量未知的小物块Ⅰ在A 点由静止释放，经过时间t ＝1 s ，与静止在B 点的不带电、质量m 2＝ kg 的小物块Ⅱ碰撞并粘在一起后，在BC 段上做匀速直线运动，到达倾斜段DP 上某位置，物块Ⅰ和Ⅱ与轨道BC 段的动摩擦因数μ＝，g ＝10 m/s 2，sin 37°＝，cos 37°＝.求： 图1 (1)物块Ⅰ和Ⅱ在BC 段上做匀速直线运动的速度大小； (2)物块Ⅰ和Ⅱ第一次经过圆弧段C 点时，物块Ⅰ和Ⅱ对轨道压力的大小． 答案 (1)2 m/s (2)18 N 、 解析 (1) 物块Ⅰ和Ⅱ粘在一起在BC 段上做匀速直线运动，设电场强度大小为E ，物块Ⅰ带电荷量为q ，物块Ⅰ与物块Ⅱ碰撞前速度为v 1，碰撞后共同速度为v 2，则 qE ＝μ(m 1＋m 2)g qEt ＝m 1v 1 m 1v 1＝(m 1＋m 2)v 2 联立解得v 2＝2 m/s ； (2)设圆弧段CD 的半径为R ，物块Ⅰ和Ⅱ经过C 点时圆弧段轨道对物块支持力的大小为F N 则R (1－cos θ)＝h F N －(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)v 22 R 解得：F N ＝18 N ，由牛顿第三定律可得物块Ⅰ和Ⅱ对轨道压力的大小为18 N. 拓展训练1 (多选)(2018·全国卷Ⅲ·21)如图2，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平；两微粒a 、b 所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等．现同时释放a 、b ，它们由静止开始运动．在随后的某时刻t ，

动量定理及应用

[高考命题解读] 分析 年份 高考(全国卷)四年命题情况对照分析 1.考查方式 从前几年命题规律来 看，应用碰撞或反冲运 动模型，以计算题的形 式考查动量和能量观 点的综合应用. 2.命题趋势 由于动量守恒定律作 为必考内容，因此综合 应用动量和能量观点 解决碰撞模型问题将 仍是今后命题的热点， 既可以将动量与力学 知识结合，也可将动量 和电学知识结合，作为 理综试卷压轴计算题 进行命题. 题号命题点 2014年 Ⅰ卷35题 第(2)问计算题，考查了两物体的瞬时碰撞， 应用动量和能量观点解决问题 Ⅱ卷35题 第(2)问计算题，考查了对碰撞问题的理解， 应用动量和动量守恒定律解决问题 2015年 Ⅰ卷35题 第(2)问计算题，考查了三物体的瞬时碰撞， 应用动量和能量观点解决问题 Ⅱ卷35题同2014年Ⅰ卷35题 2016年 Ⅰ卷35题第(2)问计算题，考查了动量定理的应用 Ⅱ卷35题 第(2)问计算题，考查了应用动量守恒定律 和能量观点解决三物体碰撞问题 Ⅲ卷35题同2014年Ⅰ卷35题 2017年 Ⅰ卷14题考查动量守恒定律的应用 Ⅱ卷15题考查动量守恒定律的应用 Ⅲ卷20题考查动量定理的应用 第1讲动量定理及应用 一、动量、动量变化、冲量 1.动量 (1)定义：物体的质量与速度的乘积.

(2)表达式：p＝m v. (3)方向：动量的方向与速度的方向相同. 2.动量的变化 (1)因为动量是矢量，动量的变化量Δp也是矢量，其方向与速度的改变量Δv的方向相同. (2)动量的变化量Δp的大小，一般用末动量p′减去初动量p进行计算，也称为动量的增量.即Δp＝p′－p. 3.冲量 (1)定义：力与力的作用时间的乘积叫做力的冲量. (2)公式：I＝Ft. (3)单位：N·s. (4)方向：冲量是矢量，其方向与力的方向相同. 自测1下列说法正确的是() A.速度大的物体，它的动量一定也大 B.动量大的物体，它的速度一定也大 C.只要物体的运动速度大小不变，物体的动量就保持不变 D.物体的动量变化越大，则该物体的速度变化一定越大 答案 D 二、动量定理 1.内容：物体在一个运动过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受合力的冲量. 2.公式：m v′－m v＝F(t′－t)或p′－p＝I. 3.动量定理的理解 (1)动量定理反映了力的冲量与动量变化量之间的因果关系，即外力的冲量是原因，物体的动量变化量是结果. (2)动量定理中的冲量是合力的冲量，而不是某一个力的冲量，它可以是合力的冲量，可以是各力冲量的矢量和，也可以是外力在不同阶段冲量的矢量和. (3)动量定理表达式是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义. 自测2(多选)质量为m的物体以初速度v 0开始做平抛运动，经过时间t，下降的高度为h，速度变为v，在这段时间内物体动量变化量的大小为() A.m(v－v0) B.mgt C.m v2－v02 D.m2gh 答案BCD

动量和能量综合专题

动H和能H综合例析 例1、如图，两滑块A、B的质量分别为m i和m2, 皇8 . 置丁光滑的水平■面上，A、B问用一劲度系数7 77 // [/ 为K的弹簧相连。开始时两滑块静止，弹簧为原长。一质量为m的子弹以速度V 0沿弹簧长度方向射入滑块A并留在其中。试 求：（1）弹簧的最大压缩长度；（已知弹性势能公式E P=（1/2）KX2,其中K为劲度系数、X为弹簧的形变量）；（2）滑块B相对丁地面的最大速度和最小速度。 【解】（1 ）设子弹射入后A的速度为V】，有： V1 = — m V o= ( m + m i) Vi (1) 得：此时两滑块具有的相同速度为V,依前文中提到的解题策略有: )V (2) (m + m 1) Vi = (m + m i + m 2 十= -^(m + mj + 十 (2) mVo= (m + m 1) V2 + m?V3 ：(皿*m])V技 +!也￥^ 由（1）、（4）、（5）式得:

V3 [ (m + m i+ m 2) V 3 — 2mV 0]=0 解得：V 3=0 (最小速度) 例2、如图，光滑水平面上有A 、B 两辆小车，C 球用0 .5 m 长的细线悬挂在A 车的 支架上，已知mA =m B =1kg , m c =0.5kg 。开始时B 车静止，A 车以V 。=4 m/s 的速度驶向B 车并与 其正碰后粘在一起。若碰撞时间极短且不计空气阻力， g 取10m/s 2 ,求C 球摆起的 最大高度。 【解】由丁 A 、B 碰撞过程极短，C 球尚未开始摆动， B A 1 _ ~~i I 1 ., “一橙一、厂 / / / / / / / / / / / / / / / 故对该过程依前文解题策略有： m A V °=(m A +m B )V I (1) -m A VQ 3 --C m A +m —)W E 内= 」 ⑵ B 、 C 有共同速度，该状态为终了状态，这个过程同样依解题策略处理有: (m A +mC )V 0=(m A +m B +m C )V 2 (3) 由上述方程分别所求出A 、B 刚粘合在一起的速度V 1=2 m / s, E 内=4 J, 系统最后的共同速度V 2= 2 .4 m/s,最后求得小球C 摆起的最大高度 h=0.16m 。 例3、质量为m 的木块在质量为 M 的长木板中央，木块与长木板间的动摩擦因数为 ，木 块和长木板一起放在光滑水平面上，并以速度 v 向右运动。为了使长木板能停在水平面上， 可以在木块上作用一时间极短的冲量。试求： (1) 要使木块和长木板都停下来，作用在木块上水平冲量的大小和方向如何？ (2) 木块受到冲量后，瞬间获得的速度为多大？方向如何？ (3) 长木板的长度要满足什么条件才行？ 2mV 0 (最大速度) 对A 、B 、C 组成的系统，图示状态为初始状态, C 球摆起有最大高度时，A 、

弹簧问题中的能量与动量

弹簧问题中的能量与动量 教学目的： 1.学会在物理问题的分析中重视物理情景的分析，明确每一物体的运动情况； 2.物理答题规范的培养与指导； 3.与弹簧连接类物体的运动情景的分析，动量、能量相关知识在解题中的应用。 教学重难点： 1.物理情景的分析方法 2.分析过程中突出的物理问题中的“三变” 教学方法： 讲授、讨论、多媒体演示 教学过程： 在今年的高考物理试卷中，力学和电学知识所占比例高达85%，越来越突出对物理的主干知识的考查。在力学主干知识的考查中，能量与动量又永远是考查的重中之重。 一．弹簧基础知识 弹簧类弹力： 大小：F=kx （在弹性限度以内）； 方向：沿弹簧轴线而指向弹簧的恢复原状的方向 二．弹簧问题中的能量与动量分析 请学生看物理教材（必修加选修）第二册第10页“思 考与讨论”： 在如图1所示的装置中，木块B 与水平桌面间的接触 是光滑的，子弹A 沿水平方向射入木块后，留在木块内，将弹簧压缩到最短。 若将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象（系统），此系统从子弹开始射入木块到弹簧压缩到最短的整个过程中，动量是否守恒机械能是否守恒说明理由。 例1：如图1所示，若木块的质量为M ，子弹的质量为m ，弹簧为轻质弹簧，子弹以速度v 0射入木块B 后能在极短时间内达到共同速度。求弹簧可能具有的最大弹性势能。 图1

分析：学生在分析过程中，最容易怱略的就是的在A 、B 的碰撞过程中存在能量的损失。 运动情景分析：过程一：子弹A 射入木块B 的过程；过程二：子弹A 和木块B 一起压缩弹簧，做加速度越来越大的变减速直线运动。 对子弹A 和木块B 构成的系统，在子弹A 射入木块B 的过程中，内力远大于外力，系统动量守恒，设子弹射入木块后的共同速度为1v ,由动量守恒定律，有： 10)(v m M mv += ① 对子弹A 、木块B 和弹簧构成的系统，从子弹射入木块后到弹簧压缩到最短的过程中，系统能量守恒，有： ()21max 2 1 v m M E P += ② 联立①②两式得：弹簧具有的最大弹性势能为() m M v m E P +=220 2max 小结： 例2：如图2所示，轻弹簧的一端固定，另一端与滑块B 相连，B 静止在水平导轨上，弹簧处在原长状态。另一质量与B 相同滑块A ，从导轨上的P 点以某一初速 度向B 滑行，当A 滑过距离1l 时，与B 相碰，碰撞时间极短，碰后B 紧贴在一起运动，但互不粘连。已知最后A 恰好返回出发点P 并停止。滑块A 和B 与导轨的滑动摩擦因数都为μ，运动过程中弹簧最大形变量为2l ，求A 从P 出发时的初速度0v 。(2004年广东卷) 分析：此变式的物理情景较复杂，注意分析物理过程，再针对不同的过程选择恰当的规律列式。 过程一：对滑块A ，从P 到与B 碰撞之前做匀减速直线运动，设滑块A 与B 碰撞前瞬间的速度为1v ，由动能定理得 2 02112 121mv mv mgl -= -μ ① 过程二：滑块A 与滑块B 发生碰撞，由于碰撞时间极短，内力远大于外力，A 、B 构成的系统动量守恒，设A 、B 碰撞后的速度为2v ，由动量守恒定律，得 图2

动量与能量结合综合题附答案汇编

动量与能量结合综合题1．如图所示，水平放置的两根金属导轨位于方向垂直于导轨平面并指向纸里的匀强磁场中．导轨上有两根小金属导体杆ab和cd，其质量均为m，能沿导轨无摩擦地滑动．金属杆ab和cd与导轨及它们间的接触等所有电阻可忽略不计．开始时ab和cd都是静止的，现突然让cd杆以初速度v向右开始运动，如果两根导轨足够长，则（） A．cd始终做减速运动，ab始终做加速运动，并将追上cd B．cd始终做减速运动，ab始终做加速运动，但追不上cd C．开始时cd做减速运动，ab做加速运动，最终两杆以相同速度做匀速运动 D．磁场力对两金属杆做功的大小相等 h，如图所示。2．一轻弹簧的下端固定在水平面上，上端连接质量为m的木板处于静止状态，此时弹簧的压缩量为 3h的A处自由落下，打在木板上并与木板一起向下运动，但不粘连，它们到达最低点一物块从木板正上方距离为 后又向上运动。若物块质量也为m时，它们恰能回到O点；若物块质量为2m时，它们到达最低点后又向上运动，在通过O点时它们仍然具有向上的速度，求： 1，质量为m时物块与木板碰撞后的速度； 2，质量为2m时物块向上运动到O的速度。 3．如图所示，两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为L，导轨上面横放着两根导体棒ab和cd，构成矩形回路，两根导体棒的质量皆为m，电阻皆为R，回路中其余部分的电阻可不计。在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B。设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行，开始时，棒cd静止，棒ab有指向棒cd的初速度0v，若两导体棒在运动中始终不接触，求： （1）在运动中产生的焦耳热Q最多是多少？ （2）当ab棒的速度变为初速度的4/3时，cd棒的加速度a是多少？

专题20 动量与能量综合问题(解析版)

2021届高考物理一轮复习热点题型归纳与变式演练 专题20 动量与能量综合问题 【专题导航】 目录 热点题型一 应用动量能量观点解决“子弹打木块”模型 ..................................................................................... 1 热点题型二 应用动量能量观点解决“弹簧碰撞”模型 ......................................................................................... 4 热点题型三 应用动量能量观点解决“板块”模型 ............................................................................................... 9 热点题型四 应用动量能量观点解决斜劈碰撞现象 ............................................................................................. 13 【题型演练】 (16) 【题型归纳】 热点题型一 应用动量能量观点解决“子弹打木块”模型 子弹打木块实际上是一种完全非弹性碰撞。作为一个典型，它的特点是：子弹以水平速度射向原来静止的木块，并留在木块中跟木块共同运动。下面从动量、能量和牛顿运动定律等多个角度来分析这一过程。 设质量为m 的子弹以初速度0v 射向静止在光滑水平面上的质量为M 的木块，并留在木块中不再射出，子弹钻入木块深度为d 。求木块对子弹的平均阻力的大小和该过程中木块前进的距离。 要点诠释：子弹和木块最后共同运动，相当于完全非弹性碰撞。 从动量的角度看，子弹射入木块过程中系统动量守恒：()v m M mv +=0……① 从能量的角度看，该过程系统损失的动能全部转化为系统的内能。设平均阻力大小为f ，设子弹、木块的位移大小分别为1s 、2s ，如图所示，显然有d s s =-21 对子弹用动能定理：20212 121mv mv s f -=?- ……① 对木块用动能定理：222 1 Mv s f =? ……① ①相减得：()() 2 22022121v m M Mm v m M mv d f +=+-= ? ……① 对子弹用动量定理：0 -mv mv t f -=? ……① s 2 d s 1 v 0

动量定理及应用

[高考命题解读] 第1讲动量定理及应用 一、动量、动量变化、冲量 1.动量 (1)定义：物体的质量与速度的乘积. (2)表达式：p＝mv. (3)方向：动量的方向与速度的方向相同. 2.动量的变化 (1)因为动量是矢量，动量的变化量Δp也是矢量，其方向与速度的改变量Δv的方向相同. (2)动量的变化量Δp的大小，一般用末动量p′减去初动量p进行计算，也称为动量的增量.即Δp＝p′－p. 3.冲量 (1)定义：力与力的作用时间的乘积叫做力的冲量. (2)公式：I＝Ft.

(3)单位：N·s. (4)方向：冲量是矢量，其方向与力的方向相同. 自测1 下列说法正确的是( ) A.速度大的物体，它的动量一定也大 B.动量大的物体，它的速度一定也大 C.只要物体的运动速度大小不变，物体的动量就保持不变 D.物体的动量变化越大，则该物体的速度变化一定越大 答案D 二、动量定理 1.内容：物体在一个运动过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受合力的冲量. 2.公式：mv′－mv＝F(t′－t)或p′－p＝I. 3.动量定理的理解 (1)动量定理反映了力的冲量与动量变化量之间的因果关系，即外力的冲量是原因，物体的动量变化量是结果. (2)动量定理中的冲量是合力的冲量，而不是某一个力的冲量，它可以是合力的冲量，可以是各力冲量的矢量和，也可以是外力在不同阶段冲量的矢量和. (3)动量定理表达式是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义. 自测2 (多选)质量为m的物体以初速度v0开始做平抛运动，经过时间t，下降的高度为h，速度变为v，在这段时间内物体动量变化量的大小为( ) (v－v0) 答案BCD 命题点一对动量和冲量的理解 1.对动量的理解 (1)动量的两性 ①瞬时性：动量是描述物体运动状态的物理量，是针对某一时刻或位置而言的. ②相对性：动量的大小与参考系的选取有关，通常情况是指相对地面的动量. (2)动量与动能的比较

电学中的动量和能量问题__二轮专题

第2 课时电学中的动量和能量问题 高考题型 1 电场中的动量和能量问题 例1 （2018省市期末检测）如图1所示，轨道ABCDP位于竖直平面，其中圆弧段CD与水平段 AC 及倾斜段 DP 分别相切于 C 点和 D 点，水平段 BC 粗糙，其余都光滑， DP 段与水平面的夹角0= 37° D、C两点的高度差h= 0.1 m,整个轨道绝缘，处于方向水平向左、电场强度大小未知的匀强电场中，一个质量m1= 0.4 kg、带正电、电荷量未知的小物块I在 A点由 静止释放，经过时间t= 1 s，与静止在B点的不带电、质量 m2= 0.6 kg的小物块n碰撞并粘在一起后，在BC段上做匀速直线运动，到达倾斜段DP上某位置，物块I和n与轨道 BC段的动摩擦因数 尸 0.2, g= 10 m/s2, sin 37 = 0.6, cos 37= 0.8.求：

(1)物块i和n在BC段上做匀速直线运动的速度大小； ⑵物块I和n第一次经过圆弧段C点时，物块i和n对轨道压力的大小. 答案 (1)2 m/s (2)18 N 解析(1)物块I和n粘在一起在BC段上做匀速直线运动，设电场强度大小为 E,物块I带 电荷量为q,物块I与物块n碰撞前速度为V1，碰撞后共同速度为 V2,则 qE = p(m1 + m2)g qEt = m1V1 m1V1= (m1+ m2)V2 联立解得V2= 2 m/s; ⑵设圆弧段CD的半径为R,物块I和n经过C点时圆弧段轨道对物块支持力的大小为F N 则 R(1 - cos 0)= h V22 F N- (m1 + m2)g= (m1+ m2) — 解得：F N = 18 N，由牛顿第三定律可得物块I和n对轨道压力的大小为 18 N. 拓展训练1 (多选)(2018全国卷川21)如图2, 一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平；两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下 极板附近，与极板距离相等.现同时释放a、b,它们由静止开始运动.在随后的某时刻t, a、 b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面. a、b间的相互作用和重力可忽略.下列说确 的是( )

动量与动量定理的应用

类型一——对基本概念的理解 1.关于冲量，下列说法中正确的是（） A.冲量是物体动量变化的原因 B.作用在静止的物体上力的冲量一定为零 C.动量越大的物体受到的冲量越大 D.冲量的方向就是物体受力的方向 思路点拨：此题考察的主要是对概念的理解 解析：力作用一段时间便有了冲量，而力作用一段时间后物体的运动状态发生了变化，物体的动量也发生了变化，因此说冲量使物体的动量发生了变化，A对；只要有力作用在物体上，经历一段时间，这个力便有了冲量，与物体处于什么状态无关，B错误；物体所受冲量大小与动量大小无关，C错误；冲量是一个过程量，只有在某一过程中力的方向不变时，冲量的方向才与力的方向相同，故D错误。 答案：A 【变式】关于冲量和动量，下列说法中错误的是（） A.冲量是反映力和作用时间积累效果的物理量 B.冲量是描述运动状态的物理量 C.冲量是物体动量变化的原因 D.冲量的方向与动量的方向一致 答案：BD 点拨：冲量是过程量；冲量的方向与动量变化的方向一致。故BD错误。 类型二——用动量定理解释两类现象 2.玻璃杯从同一高度自由落下，落到硬水泥地板上易碎，而落到松软的地毯上不易碎。这是为什么？ 解释：玻璃杯易碎与否取决于落地时与地面间相互作用力的大小。由动量定理可知，此作用力的大小又与地面作用时的动量变化和作用时间有关。 因为杯子是从同一高度落下，故动量变化相同。但杯子与地毯的作用时间远比杯子与水泥地面的作用时间长，所以地毯对杯子的作用力远比水泥地面对杯子的作用力小。所以玻璃杯从同一高度自由落下，落到硬水泥地板上易碎，而落到松软的地毯上不易碎。 ３. 如图，把重物压在纸带上，用一水平力缓缓拉动纸带，重物跟着一起运动，若迅速拉动纸带，纸带将会从重物下面抽出，解释这些现象的正确说法是（） A.在缓慢拉动纸带时，重物和纸带间的摩擦力大 B.在迅速拉动时，纸带给重物的摩擦力小 C.在缓慢拉动时，纸带给重物的冲量大 D.在迅速拉动时，纸带给重物的冲量小 解析：在缓慢拉动时，两物体之间的作用力是静摩擦力，在迅速拉动时，它们之间的作用力是滑动摩擦力。由于通常认为滑动摩擦力等于最大静摩擦力。所以一般情况是：缓拉摩擦力小；快拉摩擦力大，故AB都错；缓拉纸带时，摩擦力虽小些，但作用时间很长，故重物获得的冲量可以很大，所以能把重物带动。快拉时摩擦力虽大些，但作用时间很短，故冲量小，所以动量改变也小，因此，CD正确。 总结升华：用动量定理解释现象一般可分为两类：一类是物体的动量变化一定，力的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小。另一类是作用力一定，力的作用时间越长，动量变化越大；力的作用时间越短，动量变化越小。分析问题时，要搞清楚哪个量一定，哪个量变化。 【变式1】有些运动鞋底有空气软垫，请用动量定理解释空气软垫的功能。 解析：由动量定理可知，在动量变化相同的情况下，时间越长，需要的作用力越小。因此运动鞋底部的空气软垫有延长作用时间，从而减小冲击力的功能。 【变式2】机动车在高速公路上行驶，车速越大时，与同车道前车保持的距离也越大。

2021年高考物理二轮复习 人教版 专题07 动量和能量的综合应用(练习)

第二部分 功能与动量 专题07 动量和能量的综合应用【练习】 【基础】 1．如图所示，质量为m 的小球A 静止于光滑水平面上，在A 球与墙之间用轻弹簧连接。现用完全相同的小球B 以水平速度v 0与A 相碰后粘在一起压缩弹簧。不计空气阻力，若弹簧被压缩过程中的最大弹性势能为E ，从球A 被碰后开始到回到原静止位置的过程中墙对弹簧的冲量大小为I ，则下列表达式中正确的是( ) A ．E ＝12mv 2 0，I ＝mv 0 B ．E ＝1 2mv 20，I ＝2mv 0 C ．E ＝1 4mv 20 ，I ＝mv 0 D ． E ＝1 4mv 20 ，I ＝2mv 0 2. “爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”，爆竹声响是辞旧迎新的标志，是喜庆心情的流露．有一个质量为3m 的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为v 0、方向水平向东，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为2m ，速度大小为v ，方向水平向东，则另一块的速度为( ) A ．3v 0－v B ．2v 0－3v C ．3v 0－2v D ．2v 0＋v 3．（多选）如图所示，已知物体与三块材料不同的长方形板间的动摩擦因数分别为μ、2μ和3μ，三块板长度均为L ，并排铺在水平地面上，该物体以一定的初速度v 0，从第一块板的最左端a 点滑上第一块板，恰好滑到第三块板的最右端d 点停下来，物体在运动过程中三块板均保持静止．若让物体从d 点以相同大小的初速度水平向左运动，三块板仍能保持静止，则下列说法正确的是( ) A ．物体恰好运动到a 点并停下来 B ．物体不能运动到a 点 C ．物体两次经过c 点时速度大小相等 D ．物体两次经过b 点时速度大小相等 4．一质量为M 的航天器，正以速度v 0在太空中飞行，某一时刻航天器接到加速的指令后，发动机瞬间向后喷出一定质量的气体，气体喷出时速度大小为v 1，加速后航天器的速度大小为v 2，则喷出气体的质量m 为( )

高中物理-动量和能量的综合

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，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：⑴由于碰撞时间极短，作用力很大，因此动量守恒；⑵动能不增加，碰后系统总动能小于或等于碰前总动能，即1212k k k k E '+E 'E +E ≤；⑶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v v 后前＞，碰撞后，原来在前面的物体速度一定增大，且≥v v 后前；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。