1、高三物理動力學動量和能量觀點的綜合應用高考二輪知識點復習網(wǎng)絡構(gòu)建考題二動量守恒定律和能量觀點的綜合應用考題三電學中動量和能量觀點的綜合應用欄目索引考題一動量定理和能量觀點的綜合應用考題一動量定理和能量觀點的綜合應用1.動量定理公式：Ftpp說明：(1)F為合外力恒力，求p時，用pFtb.變力，求I時，用Ipmv2mv1牛頓第二定律的第二種形式：合外力等于動量變化率當p一定時，F(xiàn)t為確定值：Ft小F大如碰撞；t大F小緩沖知識精講(2)等式左邊是過程量Ft，右邊是兩個狀態(tài)量之差，是矢量式.v1、v2是以同一慣性參照物為參照的.p的方向可與mv1一致、相反或成某一角度，但是p的方向一定與Ft一致.2

2、.力學規(guī)律的選用原則單個物體：宜選用動量定理、動能定理和牛頓運動定律.若其中涉及時間的問題，應選用動量定理；若涉及位移的問題，應選用動能定理；若涉及加速度的問題，只能選用牛頓第二定律.例1據(jù)統(tǒng)計人在運動過程中，腳底在接觸地面瞬間受到的沖擊力是人體自身重力的數(shù)倍.為探究這個問題，實驗小組同學利用落錘沖擊的方式進行了實驗，即通過一定質(zhì)量的重物從某一高度自由下落沖擊地面來模擬人體落地時的情況.重物與地面的形變很小，可忽略不計.g取10 m/s2.下表為一次實驗過程中的相關數(shù)據(jù).典例剖析重物(包括傳感器)的質(zhì)量m/kg8.5重物下落高度H/cm45重物反彈高度h/cm20最大沖擊力Fm/N850重物與

3、地面接觸時間t/s0.1(1)請你選擇所需數(shù)據(jù)，通過計算回答下列問題：重物受到地面的最大沖擊力時的加速度大??；解析重物受到最大沖擊力時加速度的大小為a解得a90 m/s2解析答案答案90 m/s2在重物與地面接觸過程中，重物受到的地面施加的平均作用力是重物所受重力的多少倍.解析答案重物與地面接觸過程，重物受到的平均作用力大小為F，設豎直向上為正方向由動量定理：(Fmg)tmv2m(v1)因此重物受到的地面施加的平均作用力是重物所受重力的6倍.答案6倍(2)如果人從某一確定高度由靜止豎直跳下，為減小腳底在與地面接觸過程中受到的沖擊力，可采取什么具體措施，請你提供一種可行的方法并說明理由.解析可以

4、通過增加人與地面接觸時間來減小沖擊力(如落地后雙腿彎曲)，由動量定理Ftmv可知，接觸時間增加了，沖擊力F會減小.答案見解析解析答案1.高空作業(yè)須系安全帶，如果質(zhì)量為m的高空作業(yè)人員不慎跌落，從開始跌落到安全帶對人剛產(chǎn)生作用力前人下落的距離為h(可視為自由落體運動).此后經(jīng)歷時間t安全帶達到最大伸長量，若在此過程中該作用力始終豎直向上，則該段時間安全帶對人的平均作用力大小為()解析變式訓練12122.一質(zhì)量為0.5 kg的小物塊放在水平地面上的A點，距離A點5 m的位置B處是一面墻，如圖1所示.物塊以v09 m/s的初速度從A點沿AB方向運動，在與墻壁碰撞前瞬間的速度為7 m/s，碰后以6 m

5、/s的速度反向運動直至靜止.g取10 m/s2.(1)求物塊與地面間的動摩擦因數(shù)；解析對小物塊從A運動到B處的過程中圖1代入數(shù)值解得0.32答案0.3212解析答案(2)若碰撞時間為0.05 s，求碰撞過程中墻面對物塊平均作用力的大小F；解析取向右為正方向，碰后滑塊速度v6 m/s由動量定理得：Ftmvmv解得F130 N其中“”表示墻面對物塊的平均作用力方向向左.答案130 N解析答案12(3)求物塊在反向運動過程中克服摩擦力所做的功W.解析對物塊反向運動過程中應用動能定理得返回解析答案解得W9 J.答案9 J121.動量守恒定律(1)表達式：m1v1m2v2m1v1m2v2；或pp(系統(tǒng)相

6、互作用前總動量p等于相互作用后總動量p)；或p0(系統(tǒng)總動量的增量為零)；或p1p2(相互作用的兩個物體組成的系統(tǒng)，兩物體動量的增量大小相等、方向相反).考題二動量守恒定律和能量觀點的綜合應用知識精講(2)動量守恒條件：理想守恒：系統(tǒng)不受外力或所受外力合力為零.近似守恒：外力遠小于內(nèi)力，且作用時間極短，外力的沖量近似為零，或外力的沖量比內(nèi)力沖量小得多.單方向守恒：合外力在某方向上的分力為零，則系統(tǒng)在該方向上動量守恒.動量守恒定律應用要注意的三性(1)矢量性：在一維運動中要選取正方向，未知速度方向的一律假設為正方向，帶入求解.(2)同時性：m1v1和m2v2作用前的同一時刻的動量m1v1和m2v

7、2作用后的同一時刻的動量(3)同系性：各個速度都必須相對于同一個慣性參考系.定律的使用條件：在慣性參考系中普遍適用(宏觀、微觀、高速、低速)2.力學規(guī)律的選用原則多個物體組成的系統(tǒng)：優(yōu)先考慮兩個守恒定律，若涉及碰撞、爆炸、反沖等問題時，應選用動量守恒定律，然后再根據(jù)能量關系分析解決.例2如圖2所示，一條帶有圓軌道的長軌道水平固定，圓軌道豎直，底端分別與兩側(cè)的直軌道相切，半徑R0.5 m，物塊A以v06 m/s的速度滑入圓軌道，滑過最高點Q，再沿圓軌道滑出后，與直軌上P處靜止的物塊B碰撞，碰后粘在一起運動，P點左側(cè)軌道光滑，右側(cè)軌道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段長度都為L0.1 m，物塊與各粗糙

8、段間的動摩擦因數(shù)都為0.1，A、B的質(zhì)量均為m1 kg(重力加速度g取10 m/s2；A、B視為質(zhì)點，碰撞時間極短).(1)求A滑過Q點時的速度大小v和受到的彈力大小F；解析答案典例剖析圖2解得F22 N.答案4 m/s22 N(2)若碰后AB最終停止在第k個粗糙段上，求k的數(shù)值；解析A撞B，由動量守恒得mv02mv解得x4.5 m答案45解析答案(3)求碰后AB滑至第n個(nk)光滑段上的速度vn與n的關系式.解析AB滑至第n個光滑段上，由動能定理得解析答案3.如圖3，在足夠長的光滑水平面上，物體A、B、C位于同一直線上，A位于B、C之間.A的質(zhì)量為m，B、C的質(zhì)量都為M，三者均處于靜止狀態(tài)

9、.現(xiàn)使A以某一速度向右運動，求m和M之間應滿足什么條件，才能使A只與B、C各發(fā)生一次碰撞.設物體間的碰撞都是彈性的.變式訓練圖3解析答案返回解析設A運動的初速度為v0，A向右運動與C發(fā)生碰撞，由動量守恒定律得mv0mv1Mv2要使得A與B能發(fā)生碰撞，需要滿足v10，即mMA反向向左運動與B發(fā)生碰撞過程，有mv1mv3Mv4解析答案由于mM，所以A還會向右運動，根據(jù)要求不發(fā)生第二次碰撞，需要滿足v3v2整理可得m24MmM2返回 考題三電學中動量和能量觀點的綜合應用方法指導系統(tǒng)化思維方法，就是根據(jù)眾多的已知要素、事實，按照一定的聯(lián)系方式，將其各部分連接成整體的方法.(1)對多個物理過程進行整體思

10、維，即把幾個過程合為一個過程來處理，如用動量守恒定律解決比較復雜的運動.(2)對多個研究對象進行整體思維，即把兩個或兩個以上的獨立物體合為一個整體進行考慮，如應用動量守恒定律時，就是把多個物體看成一個整體(或系統(tǒng)).典例剖析例3如圖4所示，直角坐標系xOy位于豎直平面內(nèi)，x軸與絕緣的水平面重合，在y軸右方有垂直紙面向里的勻強磁場和豎直向上的勻強電場.質(zhì)量為m28103 kg的不帶電小物塊靜止在原點O，A點距O點l0.045 m，質(zhì)量m11103 kg的帶電小物塊以初速度v00.5 m/s從A點水平向右運動，在O點與m2發(fā)生正碰并把部分電量轉(zhuǎn)移到m2上，碰撞后m2的速度為0.1 m/s，此后不再

11、考慮m1、m2間的庫侖力.已知電場強度E40 N/C，小物塊m1與水平面的動摩擦因數(shù)為0.1，取g10 m/s2，求：(1)碰后m1的速度；圖4解析答案代入數(shù)據(jù)解得：v10.4 m/sv20.1 m/s，m1、m2正碰，由動量守恒有：m1v1m1v1m2v2代入數(shù)據(jù)得：v10.4 m/s，方向水平向左答案0.4 m/s，方向水平向左解析答案(2)若碰后m2做勻速圓周運動且恰好通過P點，OP與x軸的夾角30，OP長為lOP0.4 m，求磁感應強度B的大??；解析m2恰好做勻速圓周運動，所以qEm2g得：q2103 C由洛倫茲力提供向心力，設物塊m2做圓周運動的半徑為R，則qv2B軌跡如圖，由幾何關

12、系有：RlOP解得：B1 T答案1 T(3)其他條件不變，若改變磁場磁感應強度的大小，使m2能與m1再次相碰，求B的大小.解析答案解析當m2經(jīng)過y軸時速度水平向左，離開電場后做平拋運動，m1碰后做勻減速運動.m1勻減速運動至停止，其平均速度大小為：所以m2在m1停止后與其相碰由牛頓第二定律有：Ffm1gm1a設m2做勻速圓周運動的半徑為R，由幾何關系有：答案0.25 T4.如圖5所示，C1D1E1F1和C2D2E2F2是距離為L的相同光滑導軌，C1D1和E1F1為兩段四分之一的圓弧，半徑分別為r18r和r2r.在水平矩形D1E1E2D2內(nèi)有豎直向上的勻強磁場，磁感應強度為B.導體棒P、Q的長度均為L，質(zhì)量均為m，電阻均為R，其余電阻不計，Q停在圖中位置，現(xiàn)將P從軌道最高點無初速度釋放，則：(1)求導體棒P進入磁場瞬間，回路中的電流的大小和方向(順時針或逆時針)；變式訓練解析答案圖5解析導體棒P由C1C2下滑到D1D2，根據(jù)機械能守恒定律：導體棒P到達D1D2瞬間：EBLvD方向逆時針解析答案(2)若P、Q不會在軌道上發(fā)生碰撞，棒Q到達E1E2瞬間，恰能脫離軌道飛出，求導體棒P離開軌道瞬間的速度；解析棒Q到達E1E2瞬間，恰能脫離軌道飛出，此時對Q：設導體棒P離開軌道瞬間的速度為vP，