新高考物理一轮精讲练案：五能量和动量含解析353

合集下载

2023年高考物理一轮复习讲义——动量和能量的综合问题

专题强化十三动量和能量的综合问题目标要求 1.掌握解决力学综合问题常用的三个观点.2.会灵活选用三个观点解决力学综合问题．1．解动力学问题的三个基本观点(1)动力学观点：运用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题．(2)能量观点：用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题．(3)动量观点：用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题．用动量定理可简化问题的求解过程．2．力学规律的选用原则(1)如果要列出各物理量在某一时刻的关系式，可用牛顿第二定律．(2)研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理(涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)去解决问题．(3)若研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用，一般用动量守恒定律和机械能守恒定律去解决问题，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件．(4)在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律，系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，即转化为系统内能的量．(5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到这些过程一般均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转化，作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决．题型一动量与能量观点的综合应用例1 (2020·天津卷·11)长为l 的轻绳上端固定，下端系着质量为m 1的小球A ，处于静止状态．A 受到一个水平瞬时冲量后在竖直平面内做圆周运动，恰好能通过圆周轨迹的最高点．当A 回到最低点时，质量为m 2的小球B 与之迎面正碰，碰后A 、B 粘在一起，仍做圆周运动，并能通过圆周轨迹的最高点．不计空气阻力，重力加速度为g ，求：(1)A 受到的水平瞬时冲量I 的大小；(2)碰撞前瞬间B 的动能E k 至少多大？答案 (1)m 15gl (2)5gl (2m 1＋m 2)22m 2解析 (1)A 恰好能通过圆周轨迹的最高点，此时轻绳的拉力刚好为零，设A 在最高点时的速度大小为v ，由牛顿第二定律，有m 1g ＝m 1v 2l A 从最低点到最高点的过程中机械能守恒，取轨迹最低点处重力势能为零，设A 在最低点的速度大小为v A ，有12m 1v A 2＝12m 1v 2＋2m 1gl 联立解得v A ＝5gl由动量定理，有I ＝m 1v A ＝m 15gl(2)设两球粘在一起时速度大小为v ′，若A 、B 粘在一起后恰能通过圆周轨迹的最高点，需满足v ′＝v A要达到上述条件，碰后两球速度方向必须与碰前B 的速度方向相同，以此方向为正方向，设B 碰前瞬间的速度大小为v B ，由动量守恒定律，有m 2v B －m 1v A ＝(m 1＋m 2)v ′联立解得v B ＝5gl (2m 1＋m 2)m 2 又E k ＝12m 2v B 2 可得碰撞前瞬间B 的动能E k 至少为E k ＝5gl ()2m 1＋m 222m 2. 例2 如图所示，光滑水平轨道MN 左端与倾角θ＝37°的足够长的斜面PM 连接，右端与半径为R 的14光滑圆弧轨道QN 连接．质量分别为m 1＝2 kg 和m 2＝3 kg 的滑块A 、B 之间夹有少量炸药，静止在MN 上(滑块A 、B 均可视为质点，炸药的质量忽略不计)．炸药引爆后释放的化学能E ＝30 J 全部转化为两滑块的动能，之后滑块B 冲上圆弧轨道，滑块A 冲上斜面PM ，A 与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)炸药引爆后A 、B 到达M 、N 点时的动能E A 、E B 各为多大；(2)已知B 恰好能到达圆弧轨道的最高点Q ，圆弧轨道的半径R 是多大；(3)A 沿斜面上滑的最大距离x .答案(1)18 J12 J(2)0.4 m(3)0.9 m解析(1)设炸药引爆后A、B的速度大小各为v1、v2，取向左为正方向，由动量守恒定律得m1v1－m2v2＝0由能量守恒定律得：E＝12＋12m2v22；2m1v1可得E A＝12，E B＝12m2v22；2m1v1联立解得E A＝18 J，E B＝12 J(2)B从N到Q的上滑过程，由机械能守恒定律得E B＝m2gR可得R＝0.4 m(3)A从M沿斜面上滑的过程，运用动能定理得：－m1gx sin 37°－μm1gx cos 37°＝0－E A解得x＝0.9 m.题型二力学三大观点的综合应用例3如图所示，一质量为M＝3.0 kg的平板车静止在光滑的水平地面上，其右侧足够远处有一障碍物A，质量为m＝2.0 kg的b球用长l＝2 m的细线悬挂于障碍物正上方，一质量也为m的滑块(视为质点)以v0＝7 m/s的初速度从左端滑上平板车，同时对平板车施加一水平向右的，大小为6 N的恒力F.当滑块运动到平板车的最右端时，二者恰好相对静止，此时撤去恒力F.当平板车碰到障碍物A时立即停止运动，滑块水平飞离平板车后与b球正碰并与b粘在一起成为c.不计碰撞过程中的能量损失，不计空气阻力．已知滑块与平板车间的动摩擦因数μ＝0.3，g取10 m/s2，求：(1)撤去恒力F前，滑块、平板车的加速度各为多大，方向如何；(2)撤去恒力F时，滑块与平板车的速度大小；(3)c能上升的最大高度．答案(1)滑块的加速度为3 m/s2、方向水平向左，平板车的加速度为4 m/s2，方向水平向右(2)4 m/s(3)0.2 m解析 (1)对滑块，由牛顿第二定律得：a 1＝μg ＝3 m/s 2，方向水平向左对平板车，由牛顿第二定律得：a 2＝F ＋μmg M ＝6＋0.3×203m/s 2＝4 m/s 2，方向水平向右 (2)设经过时间t 1滑块与平板车相对静止，此时撤去恒力F ，共同速度为v 1则：v 1＝v 0－a 1t 1v 1＝a 2t 1解得：t 1＝1 s ，v 1＝4 m/s.(3)规定向右为正方向，对滑块和b 球组成的系统运用动量守恒得，m v 1＝2m v 2，解得v 2＝v 12＝42m/s ＝2 m/s. 根据机械能守恒得，12×2m v 22＝2mgh ，解得h ＝v 222g ＝420m ＝0.2 m. 例4 如图所示，水平桌面左端有一顶端高为h 的光滑圆弧形轨道，圆弧的底端与桌面在同一水平面上．桌面右侧有一竖直放置的光滑圆轨道MNP ，其形状为半径R ＝0.8 m 的圆环剪去了左上角135°后剩余的部分，MN 为其竖直直径，P 点到桌面的竖直距离也为R .一质量m ＝0.4 kg 的物块A 自圆弧形轨道的顶端释放，到达圆弧形轨道底端恰与一停在圆弧底端水平桌面上质量也为m 的物块B 发生弹性正碰(碰撞过程没有机械能的损失)，碰后物块B 的位移随时间变化的关系式为s ＝6t －2t 2(关系式中所有物理量的单位均为国际单位)，物块B 飞离桌面后恰由P 点沿切线落入圆轨道．(重力加速度g 取10 m/s 2)求：(1)BP 间的水平距离s BP ；(2)判断物块B 能否沿圆轨道到达M 点；(3)物块A 由静止释放的高度h .答案 (1)4.1 m (2)不能 (3)1.8 m解析 (1)设碰撞后物块B 由D 点以初速度v D 做平抛运动，落到P 点时v y 2＝2gR ①其中v y v D＝tan 45°② 由①②解得v D ＝4 m/s ③设平抛用时为t ，水平位移为s 2，则有R ＝12gt 2④ s 2＝v D t ⑤由④⑤解得s 2＝1.6 m ⑥物块B 碰后以初速度v 0＝6 m/s ，加速度a ＝－4 m/s 2减速到v D ，则BD 过程由运动学公式v D 2－v 02＝2as 1⑦解得s 1＝2.5 m ⑧故BP 之间的水平距离s BP ＝s 2＋s 1＝4.1 m ⑨(2)若物块B 能沿轨道到达M 点，在M 点时其速度为v M ，由D 到M 的运动过程，根据动能定理，则有－22mgR ＝12m v M 2－12m v D 2⑩ 设在M 点轨道对物块的压力为F N ，则F N ＋mg ＝m v M 2R⑪ 由⑩⑪解得F N ＝(1－2)mg <0，假设不成立，即物块不能到达M 点．(3)对物块A 、B 的碰撞过程，根据动量守恒有：m A v A ＝m A v A ′＋m B v 0⑫根据机械能守恒有：12m A v A 2＝12m A v A ′2＋12m B v 02⑬ 由⑫⑬解得：v A ＝6 m/s ⑭设物块A 释放的高度为h ，对下落过程，根据动能定理有：mgh ＝12m v A 2，⑮ 由⑭⑮解得h ＝1.8 m ．⑯课时精练1.如图，光滑轨道PQO 的水平段QO ＝h 2，轨道在O 点与水平地面平滑连接．一质量为m 的小物块A 从高h 处由静止开始沿轨道下滑，在O 点与质量为4m 的静止小物块B 发生碰撞．A 、B 与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度为g .假设A 、B 间的碰撞为完全弹性碰撞，碰撞时间极短．求：(1)第一次碰撞后瞬间A 和B 速度的大小；(2)请计算说明物块A 与B 能否发生第二次碰撞．答案见解析解析 (1)设碰撞前A 的速度为v ，对A 下滑过程由动能定理得：mgh ＝12m v 2，得v ＝2gh 碰撞中由动量守恒得：m v ＝m v ′＋4m v B 由机械能守恒得：12m v 2＝12m v ′2＋12×4m v B 2 解得v ′＝m －4m m ＋4m v ，v B ＝2m m ＋4mv 解得碰撞后A 的速度：v ′＝－352gh B 的速度v B ＝252gh (2)碰撞后A 沿光滑轨道上升后又滑到O ，然后向右减速滑行至停止，对此过程由动能定理得：μmgx A ＝12m v ′2，解得x A ＝1825h B 沿地面减速滑行至停止，μ·4mgx B ＝12×4m v B 2 得x B ＝825h 因为x A >x B ，所以会发生第二次碰撞．2.如图，一水平放置的圆环形铁槽固定在水平面上，铁槽底面粗糙，侧壁光滑，半径R ＝2πm ，槽内放有两个大小相同的弹性滑块A 、B ，质量均为m ＝0.2 kg.两滑块初始位置与圆心连线夹角为90°；现给A 滑块一瞬时冲量，使其获得v 0＝210 m/s 的初速度并沿铁槽运动，与B 滑块发生弹性碰撞(设碰撞时间极短)；已知A 、B 滑块与铁槽底面间的动摩擦因数μ＝0.2，g ＝10 m/s 2；试求：(1)A 、B 第一次相碰过程中，系统储存的最大弹性势能E pm ；(2)A 滑块运动的总路程．答案见解析解析 (1)对A 滑块，由动能定理可得：－μmg 2πR 4＝12m v 12－12m v 02 A 、B 碰撞时，两者速度相等时，储存的弹性势能最大，由动量守恒定律得：m v 1＝(m ＋m )v 2又由能量守恒定律可得：12m v 12＝12(m ＋m )v 22＋E pm 解得：E pm ＝1.8 J (2)A 、B 发生弹性碰撞，由动量守恒定律得：m v 1＝m v 3＋m v 4又由机械能守恒定律可得：12m v 12＝12m v 32＋12m v 42 解得：v 3＝0，v 4＝6 m/sA 、B 的总路程为s 1，由功能关系有：－μmgs 1＝0－12m v 02 A 、B 运动的总圈数为n ，有：s 1＝2πRn得：n ＝2.5对A 、B 的运动过程分析，A 运动了1.25圈，故A 滑块的路程s 2＝1.25×2πR ＝5 m.3.光滑四分之一圆弧导轨最低点切线水平，与光滑水平地面上停靠的一小车上表面等高，小车质量M ＝2.0 kg ，高h ＝0.2 m ，如图所示．现从圆弧导轨顶端将一质量为m ＝0.5 kg 的滑块由静止释放，当小车的右端运动到A 点时，滑块正好从小车右端水平飞出，落在地面上的B 点．滑块落地后0.2 s 小车右端也到达B 点．已知AB 相距L ＝0.4 m ，g 取10 m/s 2，求：(1)滑块离开小车时的速度大小；(2)圆弧导轨的半径；(3)滑块滑过小车的过程中产生的内能．答案 (1) 2 m/s (2) 1.8 m (3) 7 J解析 (1)滑块平抛过程中，沿竖直方向有：h ＝12gt 12 沿水平方向：L ＝v 1t 1解得：t 1＝2h g ＝0.2 s ，v 1＝L t 1＝2 m/s (2)滑块滑出后小车做匀速直线运动：v 2＝L t 1＋Δt ＝0.40.2＋0.2m/s ＝1 m/s 滑块在小车上运动的过程中，滑块与小车组成的系统在水平方向上动量守恒，选取向右为正方向，则：m v 0＝m v 1＋M v 2代入数据得：v 0＝6 m/s滑块在圆弧导轨上运动的过程中机械能守恒，有： mgR ＝12m v 02 代入数据得：R ＝1.8 m(3)根据能量守恒可得滑块滑过小车表面的过程中产生的内能：ΔE ＝mgR －(12m v 12＋12M v 22) 代入数据得：ΔE ＝7 J.4．如图所示，水平轨道OP 光滑，PM 粗糙，PM 长L ＝3.2 m ．OM 与半径R ＝0.15 m 的竖直半圆轨道MN 平滑连接．小物块A 自O 点以v 0＝14 m/s 向右运动，与静止在P 点的小物块B发生正碰(碰撞时间极短)，碰后A 、B 分开，A 恰好运动到M 点停止．A 、B 均看作质点．已知A 的质量m A ＝1.0 kg ，B 的质量m B ＝2.0 kg ，A 、B 与轨道PM 的动摩擦因数均为μ＝0.25，g 取10 m/s 2，求：(1)碰后A 、B 的速度大小；(2)碰后B 沿轨道PM 运动到M 所需时间；(3)若B 恰好能到达半圆轨道最高点N ，求沿半圆轨道运动过程损失的机械能．答案 (1) 4 m/s 5 m/s (2) 0.8 s (3) 1.5 J解析 (1)由牛顿第二定律，A 、B 在PM 上滑行时的加速度大小相同，均为a ，a ＝μm A g m A ＝μm B g m B＝μg 代入数据得：a ＝2.5 m/s 2由运动学知识，对A ，v 12＝2aL得碰后速度v 1＝4 m/sA 、B 相碰的过程中系统水平方向的动量守恒，选取向右为正方向，得：m A v 0＝m A v 1＋m B v 2 得碰后B 的速度v 2＝5 m/s(2)对B 物块，P 到M 的运动过程，有：L ＝v 2t －12at 2 结合(1)可解得：t 1＝3.2 s(不符合，舍去)t 2＝0.8 s即所求时间t ＝0.8 s(3)B 在M 点的速度大小v 3＝v 2－at代入数值解得：v 3＝3 m/sB 恰好过N 点，满足：m B v 42R＝m B g M 到N 过程，由功能关系可得ΔE ＝12m B v 32－12m B v 42－2m B gR联立解得损失机械能：ΔE＝1.5 J.。

(新课标)2021版高考物理一轮复习主题五能量和动量综合技能

（新课标）2021版高考物理一轮复习主题五能量和动量综合技能（新课标）2021版高考物理一轮复习主题五能量和动量综合技能演练5-1-61．如图所示，某研究性学习小组为探究动能定理设计了如下实验：水平轨道B(动摩擦因数处处相同)固定在水平桌面上，弹射装置A可置于水平轨道B 的任何一处，将滑块C以相同的初动能弹射出去，滑块C滑离轨道端点O后做平抛运动落到地面，已知重力加速度大小为g，根据上述实验，回答下列问题：(1)滑块被弹射后(与弹簧不再接触)，在水平轨道上的运动过程中，外力做功情况为________．(2)如果要求出滑块滑离桌面的末动能，除了需要测量滑块平抛的射程x以外，还需要测量的物理量有________、_______________(要求明确写出物理量的名称和对应的字母)，则末动能Ek＝________(只用字母表示)．(3)为了探究动能定理，需要将滑块C从水平轨道上不同处多次弹射出去，除了多次测量滑块平抛的射程x以外，只需要再多次测量另一个相应的物理量为________(要求写出物理量的名称和对应的字母)，并作出相应的________与________关系图线(只用字母表示)，即可验证动能定理．[解析] (1)滑块被弹射后受重力、水平面支持力及摩擦力作用，只有摩擦力做负功．(2)12因要求出末态动能，由Ek＝mv及v＝x2g知要测量滑块质量m，桌面到地面的高度h，2hmgx2mgx2联立得Ek＝.(3)由动能定理知－μmg・x0＝Ek－Ek0＝－Ek0，所以只需测量滑块在水 4h4h平桌面上滑行的位移x0，只要x0－x图象为直线，则可验证动能定理．2mgx2[答案] (1)摩擦力做负功 (2)滑块质量m 桌面到地面的高度h (3)滑块在水4h平桌面上滑行的位移x0 x0 x(其他合理答案也可)2．“在探究恒力做功与动能改变的关系”实验中(装置如图甲)：2(1)下列说法哪一项是正确的________．(填选项前字母) A．平衡摩擦力时必须将钩码通过细线挂在小车上 B．为减小系统误差，应使钩码质量远大于小车质量 C．实验时，应使小车靠近打点计时器由静止释放(2)图乙是实验中获得的一条纸带的一部分，选取O、A、B、C计数点，已知打点计时器使用的交流电频率为50 Hz，则打B点时小车的瞬时速度大小为________m/s(保留三位有效数字)．[解析] (1)平衡摩擦力时不需将钩码挂在小车上，选项A错误；为减小误差，应使钩码质量远小于小车质量，选项B错误；实验时，应使小车靠近打点计时器由静止释放，选项C正确．(2)由纸带可知，B点的速度xACvB＝＝2T－2×0.1－2m/s＝0.653 m/s[答案] (1)C (2)0.6533．(2021・深圳模拟)某同学用如图甲所示装置来探究“动能定理”，得到一条如图乙所示的纸带，O点为第一个点，并在纸带清晰段依次标记了A、B、C三个点，用毫米刻度尺测得各点到O点的距离如图，重物质量m＝1.00 kg.(1)电火花打点计时器应选择以下哪种电源________．A．4～6 V、50 Hz交流电源 B．220 V、50 Hz交流电源(2)从O点到B点，重物的重力做功W重＝________J，动能的增加量ΔEk＝________J．(g取10 m/s，以上计算结果均保留三位有效数字)2[解析] (1)电火花打点计时器使用220 V、50 Hz的交流电源，所以选项B正确． (2)从O点到B点，重物的重力做功WG＝mgh＝1.00×10×0.7776 J≈7.78 J hACB点的速度vB＝＝2T＝3.895 m/s，－2×0.02－2m/s B点的动能ΔEkB＝mv2B≈7.59 J动能的增加量ΔEk＝EkB－0＝7.59 J [答案] (1)B (2)7.78 7.594．如下图所示，某同学在做“探究功与速度变化的关系”的实验．当小车在1条橡皮筋的作用下沿木板滑行时，橡皮筋对小车做的功记为W；当用2条、3条、…橡皮筋重复实验时，设法使每次实验中橡皮筋所做的功分别为2W、3W、….12(1)图中电火花计时器的工作电压是________V的交变电流；(2)实验室提供的器材如下：长木板、小车、橡皮筋、打点计时器、纸带、电源等，还缺少的测量工具是________；(3)图中小车上有一固定小立柱，下图给出了4种橡皮筋与小立柱的套接方式，为减小实验误差，你认为最合理的套接方式是________；(4)在正确操作的情况下，某次所打的纸带如下图所示．打在纸带上的点并不都是均匀的，为了测量橡皮筋做功后小车获得的速度，应选用纸带的________部分进行测量(根据下面所示的纸带回答)，小车获得的速度是________m/s.(计算结果保留两位有效数字)[解析] (1)电火花计时器的工作电压是220 V的交变电流；(2)用打点计时器打出纸带后，记录了位置和时间，如果计算速度还需要测出位移，故需要刻度尺；(3)实验的操作要求是使橡皮筋的弹性势能全部转化为小车的动能，为避免橡皮筋与立柱之间相互作用，只有A符合要求；(4)使橡皮筋的弹性势能全部转化为小车的动能后，小车做匀速运动，纸带GJ符合要求，由v＝得v＝0.65 m/s.xT[答案] (1)220 (2)刻度尺 (3)A (4)GJ 0.65感谢您的阅读，祝您生活愉快。

高考物理一轮复习课时练5 力的合成与分解(含解析)新人教版

学习资料力的合成与分解1。

(力的合成）如图所示,舰载机保持牵引力F 大小不变，在匀速航行的航母上降落时受到阻拦而静止，此时阻拦索夹角θ=120°，空气阻力和甲板阻力不计,则阻拦索承受的张力大小为( )A .2FB 。

FC .32FD 。

F 2 2.（轻杆、轻绳模型）如图所示的四个图中,AB 、BC 均为轻质杆,各图中杆的A 、C 端都通过铰链与墙连接，两杆都在B 处由铰链连接，且系统均处于静止状态。

现用等长的轻绳来代替轻杆，能保持平衡的是( ）A 。

图中的AB 杆可以用轻绳代替的有甲、乙、丙B.图中的AB 杆可以用轻绳代替的有甲、丙、丁C 。

图中的BC 杆可以用轻绳代替的有乙、丙、丁D 。

图中的BC 杆可以用轻绳代替的有甲、乙、丁3。

（多选)（合力与分力的关系)在一条直线上的两个共点力F1、F2的合力大小为F,保持F1、F2的方向不变,F1、F2、F均不为0，下列说法正确的是()A。

若F1、F2同时增大一倍,则F也一定增大一倍B。

若F1、F2同时增加10 N,则F一定增加20 NC。

若F1增加10 N，F2减少10 N,则F可能增加20 ND。

若F1、F2中一个不变，另一个增大，则F一定增大4.(力的合成)A、B是天花板上两点,一根长为l的轻绳穿过带有光滑孔的球,两端分别系在A、B点，如图甲所示；现将长度也为l的均匀铁链悬挂于A、B点，如图乙所示。

球和铁链的质量相等,均处于平衡状态，A点对轻绳和铁链的拉力分别是F1和F2，球的重心和铁链的重心到天花板的距离分别是h1和h2,则()A.F1〈F2，h1<h2B。

F1〉F2，h1〈h2C。

F1>F2,h1〉h2D。

F1=F2,h1>h25。

(“死结”和“活结”模型）如图所示,在固定好的水平和竖直的框架上，A、B两点连接着一根绕过光滑的轻小滑轮的不可伸长的细绳,重物悬挂于滑轮下,处于静止状态。

若按照以下的方式缓慢移动细绳的端点,则下列判断正确的是(）A.只将绳的左端移向A’点，拉力变小B。

2018-2019学年高中新三维一轮复习物理江苏专版教案：第五章能量和动量 Word版含解析

实验六验证动量守恒定律实验目的：验证动量守恒定律。

实验原理：在一维碰撞中，测出物体的质量m和碰撞前后物体的速度v、v′，找出碰撞前的动量p＝m1v1＋m2v2及碰撞后的动量p′＝m1v1′＋m2v2′，看碰撞前后动量是否守恒。

实验方案[气垫导轨、光电计时器、天平、滑块(两个)、重物、弹簧片、细绳、弹性碰撞架、胶布、撞针、橡皮泥等。

[实验步骤]1．测质量：用天平测出滑块质量。

2．安装：正确安装好气垫导轨。

3．实验：接通电源，利用配套的光电计时装置测出两滑块各种情况下碰撞前后的速度(①改变滑块的质量。

②改变滑块的初速度大小和方向)。

4．验证：一维碰撞中的动量守恒。

[数据处理]1．滑块速度的测量：v＝ΔxΔt，式中Δx为滑块挡光片的宽度(仪器说明书上给出，也可直接测量)，Δt为数字计时器显示的滑块(挡光片)经过光电门的时间。

2．验证的表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。

[带细线的摆球(两套)、铁架台、天平、量角器、坐标纸、胶布等。

[实验步骤]1．测质量：用天平测出两小球的质量m1、m2。

2．安装：把两个等大小球用等长悬线悬挂起来。

3．实验：一个小球静止，拉起另一个小球，放下时它们相碰。

4．测速度：可以测量小球被拉起的角度，从而算出碰撞前对应小球的速度，测量碰撞后小球摆起的角度，算出碰撞后对应小球的速度。

5．改变条件：改变碰撞条件，重复实验。

6．验证：一维碰撞中的动量守恒。

[数据处理]1．摆球速度的测量：v＝2gh，式中h为小球释放时(或碰撞后摆起的)高度，h可用刻度尺测量(也可由量角器和摆长计算出)。

2．验证的表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。

光滑长木板、打点计时器、纸带、小车(两个)、天平、撞针、橡皮泥。

[实验步骤]1．测质量：用天平测出两小车的质量。

2．安装：将打点计时器固定在光滑长木板的一端，把纸带穿过打点计时器，连在小车的后面，在两小车的碰撞端分别装上撞针和橡皮泥。

高考物理一轮复习第五章能量和动量冲刺训练

第五章能量和动量 (一)系统机械能守恒的三类连接体模型连接体问题是力学部分的难点，本书通过对近几年高考题及各地模拟题的深入研究，总结出以下三类可以利用系统机械能守恒来快速解题的连接体模型。

速率相等的连接体模型1．如图所示的两物体组成的系统，当释放B 而使A 、B 运动的过程中，A 、B 的速度均沿绳子方向，在相等时间内A 、B 运动的路程相等，则A 、B 的速率相等。

2．判断系统的机械能是否守恒不从做功角度判断，而从能量转化的角度判断，即：如果系统中只有动能和势能相互转化，系统的机械能守恒。

这类题目的典型特点是系统不受摩擦力作用。

[典例1] 如图所示，A 、B 两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A 放在固定的光滑斜面上，B 、C 两小球在竖直方向上通过劲度系数为k 的轻质弹簧相连，C 球放在水平地面上。

现用手控制住A ，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行。

已知A 的质量为4m ，B 、C 的质量均为m ，重力加速度为g ，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A 后，A 沿斜面下滑至速度最大时，C 恰好离开地面。

求：(1)斜面的倾角α；(2)A 球获得的最大速度v m 。

[审题建模](1)细线不可伸长，A 、B 两球速率一定相等，但B 与C 球以弹簧相连，速率一般不同。

(2)弹簧的弹性势能与弹簧的形变量大小有关，无论弹簧处于伸长状态还是压缩状态。

[解析] (1)由题意可知，当A 沿斜面下滑至速度最大时，C 恰好离开地面。

A 的加速度此时为零由牛顿第二定律得：4mg sin α－2mg ＝0则：sin α＝12，α＝30°。

(2)由题意可知，A 、B 两小球及轻质弹簧组成的系统在初始时和A 沿斜面下滑至速度最大时的机械能守恒，同时弹簧的弹性势能相等，故有：2mg ＝k Δx4mg Δx sin α－mg Δx ＝12(5m )v m 2 得：v m ＝2g m 5k。

高三物理一轮复习第12章 5动量与能量的综合应用课件新人教版(安徽专用)

图13-5-1
若木块在光滑水平面上能自由滑
动，此时子弹若能恰好打穿木块，那么子弹穿出木块时(子弹看为质点)，子弹和木块具有相同的速度，把此时的速度记为v，把子弹和木块当作一个系统，在它们作用前后系统的动量守恒，即
mv0=(m+M)v 对系统应用动能定理得
fd
1 2
mv02
1 2
M
m v2，
FABt=mBvB,其中FAB=FBA
FCA=μ(mA+mB)g
设A、B相对于C的位移大小分别为xA和
xB，有
FBA FCA
xA
1 2
m
Av
2 A
1ห้องสมุดไป่ตู้2
m
Av02
FABxB=EkB
动量与动能之间的关系为:
mAvA 2mAEkA mBvB 2mB EkB
木板A的长度L=xA-xB 代入数据解得L=0.50m
由动量守恒定律：mv-Mv=(M+m)u得u=0 设B相对A的位移为x，由能量守恒得
代12（入M数据m）得v 2
mgx
2
x= m
由于 x＞ L，所以B3 滑过Q点并与弹簧相互作
用，然后4相对A向左滑动到Q点左边，设离
Q点距离为x1
x1
x
-
1 4
L
0.17m.
3.动量定理、动能定理的综合运用
如图12-5-5所示，质量mA为4.0kg的木板A放在水平面C上，木板与水平面间的动摩擦因数μ为0.24，木板右端放着质量 mB为1.0kg的小物块B(视为质点)，它们均处于静止状态.木板突然受到水平向右的12N·s的瞬时冲量I作用开始运动，当小物块滑离木板时，木板的动能EkA为8.0J,小物块的动能 EkB为0.50J，重力加速度取10m/s2，求：

高考物理一轮复习第五章能量和动量第2节动能定理及其应用(2021年最新整理)

2018版高考物理一轮复习第五章能量和动量第2节动能定理及其应用编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2018版高考物理一轮复习第五章能量和动量第2节动能定理及其应用）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

同时也真诚的希望收到您的建议和反馈，这将是我们进步的源泉，前进的动力。

本文可编辑可修改，如果觉得对您有帮助请收藏以便随时查阅，最后祝您生活愉快业绩进步，以下为2018版高考物理一轮复习第五章能量和动量第2节动能定理及其应用的全部内容。

第2节动能定理及其应用(1)一定质量的物体动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能不一定变化。

（√）(2）动能不变的物体一定处于平衡状态.（×)（3)如果物体所受的合外力为零，那么合外力对物体做功一定为零。

（√）（4)物体在合外力作用下做变速运动时，动能一定变化.(×)（5)物体的动能不变，所受的合外力必定为零。

(×）（6)做自由落体运动的物体，动能与时间的二次方成正比。

(√）突破点(一）对动能定理的理解1．对“外力”的两点理解：（1)“外力”可以是重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力等,它们可以同时作用，也可以不同时作用.(2）“外力”既可以是恒力,也可以是变力。

2．公式中“＝"体现的三个关系：数量关系合力做的功与物体动能的变化相等单位关系国际单位都是焦耳因果关系合力做功是物体动能变化的原因［多角练通]1．关于运动物体所受的合外力、合外力做的功及动能变化的关系，下列说法正确的是（）A．合外力为零，则合外力做功一定为零B．合外力做功为零，则合外力一定为零C．合外力做功越多,则动能一定越大D．动能不变,则物体合外力一定为零解析：选A 由W＝Fl cos α可知，物体所受合外力为零，合外力做功一定为零，但合外力做功为零,可能是α＝90°，故A正确，B错误；由动能定理W＝ΔE k可知，合外力做功越多，动能变化量越大，但动能不一定越大.动能不变,合外力做功为零，但物体合外力不一定为零，C、D均错误。

高考物理一轮复习课件动量和能量专

列方程求解
根据所选规律列出方程，解出未知量。注意方程的解要符合实际情况，并进行必要的讨论。
验证结果
将所得结果代入原方程进行验证，确保结果正确无误。
典型例题分析与解题技巧总
06
结
典型例题选取与解析过程展示
01 例题一
完全非弹性碰撞问题
03 例题二
弹性碰撞中的动量守恒和
能量守恒
ห้องสมุดไป่ตู้02 例题三
系统不受外力或所受外力之和为零，则系统动量守恒。
动量定理的解题步骤
确定研究对象，分析运动过程，选择正方向，根据动量定理列方程求解。
能量守恒在综合问题中应用
01 02
能量守恒定律的表述
能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中其总量不变。
变质量问题中的动量守恒
04 例题四
动量定理和动能定理的综
合应用
解题技巧总结归纳
解题技巧一
明确研究对象，选择正方向，确定各物体的初、末状态的动量
解题技巧三
注意区分系统的内力和外力，系统内物体间的相互作用力为内力，系统以外的物体对系统内物体的作用力为外
力
解题技巧二
注意动量和动能的区别和联系，动能是标量，动量是矢量，动能变化而动量不一定变化
除了重力、弹力以外的其他力做功时，物体的机械能不守恒。
若系统中只有动能和势能的相互转化，系统跟外界没有发生机械能的传递，机械能也没有转化成其他形式的能（如没有内能的产生），则系统的机械能守恒
。
能量转化与转移分析
01
能量的转化
各种形式的能在一定条件下可以相互转化。

高考物理一轮复习主题五能量和动量511功和功率课件

12/13/2021
第三十页，共六十二页。
A．物块始终做匀加速直线运动 B．0～t0时间内物块的加速度大小为mPg0t0 C．t0时刻物块的速度大小为mPg0 D．0～t1时间内绳子拉力做的总功为P0t1－12t0
12/13/2021
第三十一页，共六十二页。
[解析] 由图象知，t0时刻后拉力的功率保持不变，根据P0 ＝Fv知，v增大，F减小，物块做加速度减小的加速运动，当加
要点二功率的理解与计算 [要点深化]
1．平均功率的计算方法 (1)利用 P ＝Wt . (2)利用 P ＝F v cosα，其中 v 为物体运动的平均速度．
12/13/2021
第三十八页，共六十二页。
2．瞬时功率的计算方法 (1)利用公式P＝Fvcosα，其中v为t时刻的瞬时速度． (2)P＝FvF，其中vF为物体的速度v在力F方向上的分速度． (3)P＝Fvv，其中Fv为物体受到的外力F在速度v方向上的分力．
12/13/2021
第九页，共六十二页。
[知识诊断] 1．只要物体受力的同时又发生了位移，则一定有力对物体做功( ) [答案] × 2．一个力对物体做了负功，则说明这个力一定阻碍物体的运动( )
[答案] √
3．作用力做正功时，反作用力一定做负功( ) [答案] ×
12/13/2021
第十页，共六十二页。
12/13/2021
第三十九页，共六十二页。
[典例剖析] 如图所示，质量相同的两物体从同一高度由静止开始运动，A沿着固定在地面上的光滑斜面下滑，B做自由落体运动．两物体分别到达地面时，下列说法正确的是( )
12/13/2021
第四十页，共六十二页。
A．重力的平均功率 PA > PB B．重力的平均功率 PA ＝ PB C．重力的瞬时功率PA＝PB D．重力的瞬时功率PA<PB [思路点拨] (1)比较平均功率需先比较时间． (2)求瞬时功率时需注意P＝Fv中的v指沿力的方向的分速．

(新课标)高考物理一轮复习主题五能量和动量522应用动量守恒定律解决实际问题课件

[答案] A
第十九页，共50页。
2．(弹性碰撞的应用)(2017·北京丰台区质检)如图所示，两质量分别为 m1 和 m2 的弹性小球 A、B 叠放在一起，从高度为 h 处自由落下，h 远大于两小球半径，落地瞬间，B 先与地面碰撞，后与 A 碰撞，所有的碰撞都是弹性碰撞，且都发生在竖直方向、碰撞时间均可忽略不计．已知 m2＝3m1，则 A 反弹后能达到的高度为( )
第二十四页，共50页。
再由机械能守恒定律，设 C 球摆上的最大高度为 h，则 12mCv20＋12(mA＋mB)v2＝12(mA＋mB＋mC)v′2＋mCgh 解得 h＝0.16 m [答案] 2.4 m/s 0.16 m
第二十五页，共50页。
题型 2 爆炸模型
第二十六页，共50页。
“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”，燃放爆竹是我国传统民俗．春节期间，某人斜向上抛出一个爆竹，假设爆竹到达最高点时(速度水平向东)立即爆炸成质量相等的三块碎片，前面一块碎片速度水平向东，后面一块碎片速度水平向西，前、后两块碎片的水平速度(相对地面)大小相等、方向相反．则以下说法中正确的是( )
第二十页，共50页。
A．h C．3h
B．2h D．4h
第二十一页，共50页。
[解析] 所有的碰撞都是弹性碰撞，所以不考虑能量损失．设竖直向上为正方向，根据机械能守恒定律和动量守恒定律可得， (m1＋m2)gh＝12(m1＋m2)v2，m2v－m1v＝m1v1＋m2v2，12(m1＋m2)v2 ＝12m1v21＋12m2v22，12m1v21＝m1gh1，将 m2＝3m1 代入，联立可得 h1 ＝4h，选项 D 正确．
第二十三页，共50页。
[解析] 设 A，B 相碰后二者的共同速度为 v，(相碰时 C 球水平方向不受力，仍保持 v0 的速度)

2019学年高中一轮复习物理讲义：第五单元能量和动量

教材回顾(一)功和功率__动能定理一、功1．做功的两个要素力和物体在力的方向上发生位移。

2．公式：W＝Fl cos_α(1)α是力与位移方向之间的夹角，l为物体对地的位移。

(2)该公式只适用于恒力做功。

3．功的正负[(判断正误)1．一个力对物体做了负功，则说明这个力一定阻碍物体的运动。

()2．滑动摩擦力可能做负功，也可能做正功；静摩擦力对物体一定不做功。

() 3．作用力做正功时，反作用力一定做负功。

()答案：1.√ 2.× 3.×二、功率1．定义功与完成这些功所用时间的比值。

2．物理意义描述力对物体做功的快慢。

3．公式(1)P ＝W t ，P 为时间t 内的平均功率。

(2)P ＝F v cos_α(α为F 与v 的夹角)。

①v 若为平均速度，则P 为平均功率。

②v 若为瞬时速度，则P 为瞬时功率。

4．额定功率机械正常工作时输出的最大功率。

5．实际功率机械实际工作时输出的功率。

要求小于或等于额定功率。

[深化理解]瞬时功率的计算方法1．利用公式P ＝F v cos α，其中v 为t 时刻的瞬时速度。

2．P ＝F v F ，其中v F 为物体的速度v 在力F 方向上的分速度。

3．P ＝F v v ，其中F v 为物体受到的外力F 在速度v 方向上的分力。

[小题速验][多选]关于功率公式P ＝W t 和P ＝F v 的说法正确的是( )A ．由P ＝W t知，只要知道W 和t 就可求出任意时刻的功率 B ．由P ＝F v 既能求某一时刻的瞬时功率，也可以求平均功率C ．由P ＝F v 知，随着汽车速度增大，它的功率也可以无限制增大D ．由P ＝F v 知，当汽车发动机功率一定时，牵引力与速度成反比答案：BD三、机车启动的两种方式1．第一种(以恒定功率启动)(1)动态过程(2)这一过程的速度—时间图像如图所示2．第二种(以恒定加速度启动)(1)动态过程(2)这一过程的速度—时间图像如图所示[小题速验][多选]质量为m 的汽车沿水平路面行驶受到恒定的阻力f ，若发动机额定功率为P ，则下列判断正确的是( )A ．汽车行驶能达到的最大速度是P fB ．汽车从静止开始以加速度a 匀加速启动，经过时间t 汽车速度一定等于atC ．汽车保持额定功率启动，当速度大小为P 2f时，其加速度大小为f m D ．汽车从静止开始以加速度a 匀加速启动直到速度达到最大速度，此过程的平均功率等于P 2解析：选AC 当阻力和牵引力相等时，速度最大，故v ＝P F ＝P f，A 正确；汽车从静止开始加速，汽车如果以恒定功率启动，则有P ＝F v ，当速度大小为P 2f时，牵引力F ＝P v ＝2f ，所以加速度大小a ＝F －f m ＝f m，选项C 对；若匀加速启动，则随速度增大功率不断增大，当功率等于额定功率后，牵引力将逐渐减小，加速度逐渐减小直到最后牵引力等于阻力，此时不是匀变速，所以速度不能用at 表示，选项B 错；加速启动过程，功率从0开始随时间均匀增大到额定功率，平均功率等于P 2，但此后功率不变，所以在启动到达到最大速度过程，平均功率大于P 2，选项D 错。

广东2020年高考物理一轮复习第五章第五讲《动量守恒定律及其应用》课件新人教版精品

vB＝
.
[答案]
应用动量守恒定律计算时，要注意恰当选取系统，判断所选系统动量是否守恒，列方程时应注意题中的特殊条件，如本题中滑块A、B、C的质量关系和碰撞前后的速度关系.
(2009·宁夏高考)两个质量分别为M1和M2的劈A和B，高度相同，放在光滑水平面上．A和B的倾斜面都是光滑曲面，曲面下端与水平面相切，如图5－5－4所示．一质量为m的物块位于劈A的倾斜面上，距水平面的高度为h.物块从静止开始滑下，然后又滑上劈B.求物块在 B上能够达到的最大高度．
(4)Δp＝0，系统总动量的变化为零． 3．成立的条件 (1)系统不受外力或系统所受外力之和为零，根据动量
定理可知，系统的合外力冲量为零，系统的动量变化量为零，系统动量守恒．
(2)系统在某一方向上不受外力，或所受外力之和为零，则
系统所受合外力在这一方向上的冲量为零，因而系统在
这一方向上的动量变化量为零，系统在这一方向上动
2．如图5－5－6所示，木块a、b用一轻弹簧连接起来，放在光滑水图5－5－6 平面上，a紧靠在墙壁上，在b上施加向左的水平力F 使弹簧压缩，当撤去外力后，下列说法中正确的是
()
A．a尚未离开墙壁前，a、b与弹簧组成的系统动量守恒 B．a尚未离开墙壁前，a、b与弹簧组成的系统机械能守恒 C．a离开墙壁后，a、b与弹簧组成的系统动量守恒 D．a离开墙壁后，a、b与弹簧组成的系统机械能守恒
程中所受力的冲量． (2)数学表达式：I＝Δp＝p′－p或FΔt＝mv′－mv.
1．冲量是使物体动量变化的原因，也是动量变化的量度，力
施加冲量的过程就是物体与物体之间进行动量传递的过程．
2．动量定理是由牛顿运动定律推导出来的，F＝ma＝

高考物理一轮复习第五章能量和动量第1节功和功率(2021年最新整理)

2018版高考物理一轮复习第五章能量和动量第1节功和功率编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2018版高考物理一轮复习第五章能量和动量第1节功和功率）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

同时也真诚的希望收到您的建议和反馈，这将是我们进步的源泉，前进的动力。

本文可编辑可修改，如果觉得对您有帮助请收藏以便随时查阅，最后祝您生活愉快业绩进步，以下为2018版高考物理一轮复习第五章能量和动量第1节功和功率的全部内容。

第1节功和功率第五章错误!能量和动量[全国卷考情分析］重力做功与重力势能(Ⅱ)未曾独立命题学模块更系统、更完备.实验五：探究动能定理'13Ⅱ卷T22（8分）综合命题概率40％守恒的综合问题实验六：验证机械能守恒定律'16乙卷T22（6分）综合命题概率40%实验七：验证动量守恒定律'14Ⅱ卷T35(2)（10分)综合命题概率30%第1节功和功率（1）只要物体受力的同时又发生了位移，则一定有力对物体做功。

（×)（2)一个力对物体做了负功，则说明这个力一定阻碍物体的运动。

(√)(3）作用力做正功时，反作用力一定做负功。

(×)（4）力对物体做功的正负是由力和位移间的夹角大小决定的。

（√)（5)由P＝Fv可知，发动机功率一定时，机车的牵引力与运行速度的大小成反比。

（√）(6)汽车上坡时换成低挡位，其目的是减小速度得到较大的牵引力。

（√)突破点（一）功的正负判断与计算1．功的正负的判断方法（1)恒力做功的判断:依据力与位移方向的夹角来判断.（2）曲线运动中做功的判断:依据F与v的方向夹角α来判断，0°≤α〈90°时，力对物体做正功；90°〈α≤180°时,力对物体做负功；α＝90°时，力对物体不做功。

(新课标)高考物理一轮复习主题五能量和动量515动量定理和动量守恒定律课件

第三十三页，共48页。
用动量定理解题的基本思路
第三十四页，共48页。
[变式训练]
1．高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不
慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚刚产生作用前人下落的距
离为h(可视为自由落体运动)．此后经历时间t，安全带达到最大
伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全
第二十六页，共48页。
[解析] 用水平力F推物体t秒，物体不动，说明合外力为 0；水平方向静摩擦力与力F平衡，则合力的冲量为0；摩擦力冲量的大小为Ft，方向与F方向相反．
[答案] C
第二十七页，共48页。
要点二动量定理的理解与应用 [要点深化]
1．应用动量定理的两类简单问题 (1)应用I＝Δp求变力的冲量和平均作用力．如果物体受到变力作用，则不能直接用I＝Ft求变力的冲量，这时可以求出该力作用下的物体动量的变化量Δp，等效代换变力的冲量I，进而可求平均作用力．
1．动量守恒定律的“五性” 条件性首先判断系统是否满足守恒条件(合力为零) 相对性公式中v1、v2、v1′、v2′必须相对于同一个
惯性系同时性公式中v1、v2是在相互作用前同一时刻的速
度，v1′、v2′是相互作用后同一时刻的速度
第四十页，共48页。
矢量应先选取正方向，凡是与选取的正方向性一致的动量为正值，相反为负值普适不仅适用于低速宏观系统，也适用于高性速微观系统
(1)恒力的冲量：直接用定义式I＝Ft计算．
(2)变力的冲量
①方向不变的变力的冲量，若力的大小随时间均匀变化，
即力为时间的一次函数，则力F在某段时间t内的冲量I＝
F1＋F2 2
t，其中F1，F2为该段时间内初、末时刻力的大小． ②作出F－t变化图线，图线与t轴所围的面积即为变力的冲

新高考物理一轮精讲练案：五能量和动量含解析353

2023年高考物理一轮复习讲义——动量和能量的综合问题

(新课标)2021版高考物理一轮复习 主题五 能量和动量 综合技能

高考物理一轮复习 课时练5 力的合成与分解(含解析)新人教版

2018-2019学年高中新三维一轮复习物理江苏专版教案：第五章 能量和动量 Word版含解析