专题二 能量及动量—人教版高考物理二轮复习教案
高考物理二轮复习教案人教 专题 动量动量守恒定律级应用
③某一方向上动量守恒：虽然系统所受外力之和不为零，但系统在某一方向上的外力之和为零，则该方向上的动量守恒4.动量守恒定律的表达式(1) p=p/意义：系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p’(从守恒的角度列式)．(2)∆p =p/-p=0意义：系统总动量的增量等于零(从增量角度列式)．(3)对相互作用的两个物体组成的系统：①p1+p2=p1/ +p2/或者m1v1 +m2v2=m1v1/+m2v2/意义：两个物体作用前的动量的矢量和等于作用后的动量的矢量和．②p1/-p1=一(p2/-p2)或者∆p1=一∆p2或者∆p1+∆p2=0意义：两物体动量的变化大小相等，方向相反．5．弹性碰撞与非弹性碰撞形变完全恢复的叫弹性碰撞；形变完全不恢复的叫完全非弹性碰撞；而一般的碰撞其形变不能够完全恢复。
机械能不损失的叫弹性碰撞；机械能损失最多的叫完全非弹性碰撞；而一般的碰撞其机械能有所损失。
6．碰撞过程遵守的规律——应同时遵守三个原则①系统动量守恒2211/22/11v m v m v m v m +=+ ②系统动能不增2222112/222/1121212121v m v m v m v m +≤+ ③实际情景可能：碰前、碰后两个物体的位置关系（不穿越）和速度关系应遵循客观实际．如甲物追乙物并发生碰撞，碰前甲的速度必须大于乙的速度，碰后甲的速度必须小于、等于乙的速度或甲反向运动．一． 考纲要求考点要求 说明 考点解读 动量、动量守恒定律及其应用 Ⅱ 动量守恒定律只限于一维情况 本章的重点内容：唯一的二级要求是动量及其守恒定律，本专题和前面的3-4模块有共同特点是题目教简单，但为了照顾知识点的覆盖面，会出现一个大题中在套二、三个小题的情况 弹性碰撞和非弹性碰撞、反冲运动 Ⅰ 验证动量守恒定律（实验、探究） Ⅰ二． 教法指引此专题复习时，可以先让学生完成相应的习题，在精心批阅之后以题目带动知识点，进行适当提炼讲解。
高考二轮总复习课件物理(适用于老高考旧教材)专题2能量与动量第1讲 动能定理机械能守恒定律功能关系的
(1)建立运动模型。
(2)抓住运动过程之间运动参量的联系。
(3)分阶段或全过程列式计算。
(4)对于选定的研究过程,只考虑初、末位置而不用考虑中间过程。
注意摩擦力做功特点
深化拓展
应用动能定理解题应注意的三个问题
(1)动能定理往往用于单个物体的运动过程,由于不涉及加速度及时间,比
动力学研究方法要简捷。
则重力的瞬时功率不为0,C错误;随着运动员在圆弧跳台上升高,速率逐渐
减小,所需要的向心力也在减小,向心力由台面的支持力与重力垂直接触面
向下的分力提供,由牛顿第二定律有FN-mgcos θ=m
大,v在减小,所以FN在减小,D正确。
2
,随着高度升高,θ在增
2.(命题角度1、2)(多选)一个质量为5 kg静止在水平地面上的物体,某时刻
能定理
1
Pt-W=2 m 2 ,则这一过程中小汽车克服阻力做的功为
D 错误。
W=Pt- 2 ,率启动
1
a-图像和
1
a-v 图像
1
F-图像问题
恒定加速度启动
1
F-v 图像
恒定功率启动
1
a- 图像
v
恒定加速度启动
1
F- 图像
v
①AB 段牵引力不变,做匀加速直线运动;
1
1
2
由动能定理得-mg·2r-W=2 2 − 2 1 2 ,联立解得小球克服阻力做的功
W=mgr,A 错误,B 正确;设再一次到达最低点时速度为 v3,假设空气阻力做
功不变,从最高点到最低点根据动能定理得
最低点,根据牛顿第二定律
1
mg·2r-W= 3 2
高考物理二轮复习教案专题二能量与动量功和功率功能关系
功和功率 功能关系复习备考建议(1)能量观点是高中物理三大观点之一，是历年高考必考内容；或与直线运动、平抛运动、圆周运动结合，或与电场、电磁感应结合，或与弹簧、传送带、板块连接体等结合；或借助选择题单独考查功、功率、动能定理、功能关系的理解，或在计算题中考查动力学与能量观点的综合应用，难度较大．(2)对于动量问题，17年只在选择题中出现，而且是动量守恒、动量定理的基本应用，18年在计算题中出现，Ⅰ卷、Ⅱ卷都是动量守恒的基本应用，运动过程简单，综合性较低，Ⅲ卷只是用到了动量的概念，19年在计算题中出现，Ⅰ卷、Ⅲ卷都涉及动量与能量观点的综合应用，Ⅱ卷中用到了动量定理，对于动量的考察，综合性、难度有所提升，备考时应多加注意．第4课时 功和功率 功能关系 考点 功、功率的分析与计算1．恒力功的计算(1)单个恒力的功W ＝Fl cos α. (2)合力为恒力的功①先求合力，再求W ＝F 合l cos α. ②W ＝W 1＋W 2＋…. 2．变力功的计算(1)若力大小恒定，且方向始终沿轨迹切线方向，可用力的大小跟路程的乘积计算． (2)力的方向不变，大小随位移线性变化可用W ＝F l cos α计算． (3)F －l 图象中，功的大小等于“面积”． (4)求解一般变力做的功常用动能定理． 3．功率的计算(1)P ＝Wt，适用于计算平均功率；(2)P ＝Fv ，若v 为瞬时速度，则P 为瞬时功率；若v 为平均速度，则P 为平均功率． 注意：力F 与速度v 方向不在同一直线上时功率为Fv cos θ.例1 (多选)(2019·山西晋中市适应性调研)如图1甲所示，足够长的固定光滑细杆与地面成一定倾角，在杆上套有一个光滑小环，沿杆方向给环施加一个拉力F ，使环由静止开始运动，已知拉力F 及小环速度v 随时间t 变化的规律如图乙、丙所示，重力加速度g 取10m/s 2.则以下判断正确的是( )图1A ．小环的质量是1kgB ．细杆与地面间的倾角是30°C ．前3s 内拉力F 的最大功率是2.25WD ．前3s 内拉力对小环做功5.75J 答案 AD解析 由速度－时间图象得到环先匀加速上升，然后匀速运动，由题图可得：第1s 内，a ＝Δv t ＝0.51m/s 2＝0.5 m/s 2，加速阶段：F 1－mg sin θ＝ma ；匀速阶段：F 2－mg sin θ＝0，联立以上三式解得：m ＝1kg ，sin θ＝0.45，故A 正确，B 错误；第1s 内，速度不断变大，拉力的瞬时功率也不断变大，第1s 末，P ＝Fv 1＝5×0.5W＝2.5W ；第1s 末到第3s 末，P ＝Fv 1＝4.5×0.5W＝2.25W ，即拉力的最大功率为2.5W ，故C 错误；从速度－时间图象可以得到，第1 s 内的位移为0.25 m,1～3 s 内的位移为1 m ，前3 s 内拉力做的功为：W ＝5×0.25 J ＋4.5×1J ＝5.75J ，故D 正确． 变式训练1.(2019·河南名校联盟高三下学期2月联考)如图2所示，ad 、bd 、cd 是竖直面内三根固定的光滑细杆，a 、b 、c 、d 位于同一圆周上，a 点为圆周的最高点，d 点为最低点．每根杆上都套着一个质量相等的小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从a 、b 、c 处由静止释放，用P 1、P 2、P 3依次表示各滑环从静止滑到d 过程中重力的平均功率，则( )图2A ．P 1<P 2<P 3B ．P 1>P 2>P 3C ．P 3>P 1>P 2D ．P 1＝P 2＝P 3 答案 B解析 对小滑环b 受力分析，受重力和支持力，将重力沿杆的方向和垂直杆的方向正交分解，根据牛顿第二定律得，小滑环做初速度为零的匀加速直线运动的加速度为a ＝g sin θ(θ为杆与水平方向的夹角)，由数学知识可知，小滑环的位移x ＝2R sin θ，所以t ＝2xa＝2×2R sin θg sin θ＝4Rg，t 与θ无关，即t 1＝t 2＝t 3，而三个环重力做功W 1>W 2>W 3，所以有：P 1>P 2>P 3，B 正确．2.(多选)(2019·福建龙岩市期末质量检查)如图3所示，在竖直平面内有一条不光滑的轨道ABC ，其中AB 段是半径为R 的14圆弧，BC 段是水平的．一质量为m 的滑块从A 点由静止滑下，最后停在水平轨道上C 点，此过程克服摩擦力做功为W 1.现用一沿着轨道方向的力推滑块，使它缓慢地由C 点推回到A 点，此过程克服摩擦力做功为W 2，推力对滑块做功为W ，重力加速度为g ，则下列关系中正确的是( )图3A ．W 1＝mgRB ．W 2＝mgRC ．mgR <W <2mgRD ．W >2mgR 答案 AC解析 滑块由A 到C 的过程，由动能定理可知mgR －W 1＝0，故A 对；滑块由A 到B 做圆周运动，而在推力作用下从C 经过B 到达A 的过程是一个缓慢的匀速过程，所以从A 到B 的过程中平均支持力大于从B 到A 的平均支持力，那么摩擦力从A 到B 做的功大于从B 到A 做的功，而两次经过BC 段摩擦力做功相等，故W 2<W 1＝mgR ，故B 错；滑块由C 到A 的过程中，由能量守恒可知，推力对滑块做的功等于滑块重力势能增加量与克服摩擦力所做的功两部分，即W －mgR －W 2＝0，即W ＝W 1＋W 2，由于W 2<W 1＝mgR ，所以mgR <W <2mgR ，故C 对，D 错．考点 功能关系的理解和应用1．几个重要的功能关系(1)重力做的功等于重力势能的减少量，即W G ＝－ΔE p . (2)弹力做的功等于弹性势能的减少量，即W 弹＝－ΔE p . (3)合力做的功等于动能的变化量，即W ＝ΔE k .(4)重力(或系统内弹力)之外的其他力做的功等于机械能的变化量，即W 其他＝ΔE . (5)系统内一对滑动摩擦力做的功是系统内能改变的量度，即Q ＝F f ·x 相对． 2．理解(1)做功的过程就是能量转化的过程，不同形式的能量发生相互转化可以通过做功来实现．(2)功是能量转化的量度，功和能的关系，一是体现在不同性质的力做功对应不同形式的能转化，二是做功的多少与能量转化的多少在数值上相等． 3．应用(1)分析物体运动过程中受哪些力，有哪些力做功，有哪些形式的能发生变化． (2)列动能定理或能量守恒定律表达式．例2 (多选)(2019·全国卷Ⅱ·18)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E 总等于动能E k 与重力势能E p 之和．取地面为重力势能零点，该物体的E 总和E p 随它离开地面的高度h 的变化如图4所示．重力加速度取10m/s 2.由图中数据可得( )图4A ．物体的质量为2kgB ．h ＝0时，物体的速率为20m/sC ．h ＝2m 时，物体的动能E k ＝40JD ．从地面至h ＝4m ，物体的动能减少100J 答案 AD解析 根据题图图像可知，h ＝4m 时物体的重力势能mgh ＝80J ，解得物体质量m ＝2kg ，抛出时物体的动能为E k0＝100J ，由公式E k0＝12mv 2可知，h ＝0时物体的速率为v ＝10m/s ，选项A 正确，B 错误；由功能关系可知F f h ＝|ΔE 总|＝20J ，解得物体上升过程中所受空气阻力F f ＝5 N ，从物体开始抛出至上升到h ＝2 m 的过程中，由动能定理有－mgh －F f h ＝E k －100J ，解得E k ＝50J ，选项C 错误；由题图图像可知，物体上升到h ＝4m 时，机械能为80J ，重力势能为80J ，动能为零，即从地面上升到h ＝4m ，物体动能减少100J ，选项D 正确． 变式训练3.(多选)(2018·安徽安庆市二模)如图5所示，一运动员穿着飞行装备从飞机上跳出后的一段运动过程可近似认为是匀变速直线运动，运动方向与水平方向成53°角，运动员的加速度大小为3g4.已知运动员(包含装备)的质量为m ，则在运动员下落高度为h 的过程中，下列说法正确的是(sin53°＝45，cos53°＝35)( )图5A ．运动员重力势能的减少量为35mghB ．运动员动能的增加量为34mghC ．运动员动能的增加量为1516mghD ．运动员的机械能减少了116mgh答案 CD解析 运动员下落的高度是h ，则重力做功：W ＝mgh ，所以运动员重力势能的减少量为mgh ，故A 错误；运动员下落的高度是h ，则飞行的距离：L ＝h sin53°＝54h ，运动员受到的合外力：F 合＝ma ＝34mg ，动能的增加量等于合外力做的功，即：ΔE k ＝W 合＝F 合L ＝34mg ×54h ＝1516mgh ，故B 错误，C 正确；运动员重力势能的减少量为mgh ，动能的增加量为1516mgh ，所以运动员的机械能减少了116mgh ，故D 正确．4．(多选)(2019·福建厦门市第一次质量检查)如图6甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端与A 物体相连接，将B 物体放置在A 物体上面，A 、B 的质量都为m ，初始时两物体处于静止状态．现用竖直向上的拉力F 作用在物体B 上，使物体B 开始向上做匀加速运动，拉力F 与物体B 的位移x 的关系如图乙所示(g ＝10m/s 2)，下列说法正确的是( )图6A ．0～4cm 过程中，物体A 、B 和弹簧组成的系统机械能增大B ．0～4cm 过程中，弹簧的弹性势能减小，物体B 运动到4cm 处，弹簧弹性势能为零C ．弹簧的劲度系数为7.5N/cmD．弹簧的劲度系数为5.0N/cm答案AC解析0～4 cm过程中，物体A、B和弹簧组成的系统，因力F对系统做正功，则系统的机械能增大，选项A正确．由题图可知，在x＝4 cm处A、B分离，此时A、B之间的压力为零，A、B的加速度相等，但是弹簧仍处于压缩状态，弹簧的弹性势能不为零，选项B错误．开始物体处于静止状态，重力和弹力二力平衡，有：2mg＝kΔl1；拉力F1为20 N时，弹簧弹力和重力平衡，合力等于拉力，根据牛顿第二定律，有：F1＝2ma；物体B与A分离后，拉力F2为50 N，根据牛顿第二定律，有：F2－mg＝ma；物体A与B分离时，物体A的加速度为a，则根据牛顿第二定律有：kΔl2－mg＝k(Δl1－4 cm)－mg＝ma；联立解得：m＝4.0 kg，k＝7.5 N/cm.选项C正确，D错误．考点动能定理的应用1．表达式：W总＝E k2－E k1.2．五点说明(1)W总为物体在运动过程中所受各力做功的代数和．(2)动能变化量E k2－E k1一定是物体在末、初两状态的动能之差．(3)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动．(4)动能定理既适用于恒力做功，也适用于变力做功．(5)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分阶段作用．3．基本思路(1)确定研究对象和研究过程．(2)进行运动分析和受力分析，确定初、末速度和各力做功情况，利用动能定理全过程或者分过程列式．4．在功能关系中的应用(1)对于物体运动过程中不涉及加速度和时间，而涉及力和位移、速度的问题时，一般选择动能定理，尤其是曲线运动、多过程的直线运动等．(2)动能定理也是一种功能关系，即合外力做的功(总功)与动能变化量一一对应．例3如图7所示，在地面上竖直固定了刻度尺和轻质弹簧，弹簧原长时上端与刻度尺上的A点等高．质量m＝0.5kg的篮球静止在弹簧正上方，其底端距A点的高度h1＝1.10m，篮球由静止释放，测得第一次撞击弹簧时，弹簧的最大形变量x1＝0.15m，第一次反弹至最高点，篮球底端距A点的高度h2＝0.873m，篮球多次反弹后静止在弹簧的上端，此时弹簧的形变量x2＝0.01m，弹性势能为E p＝0.025J．若篮球运动时受到的空气阻力大小恒定，忽略篮球与弹簧碰撞时的能量损失和篮球形变，弹簧形变在弹性限度范围内，g取10m/s2.求：图7(1)弹簧的劲度系数；(2)篮球在运动过程中受到的空气阻力的大小； (3)篮球在整个运动过程中通过的路程． 答案 (1)500N/m (2)0.50N (3)11.05m 解析 (1)由最后静止的位置可知kx 2＝mg ， 所以k ＝500N/m(2)由动能定理可知，在篮球由静止下落到第一次反弹至最高点的过程中mg Δh －F f ·L ＝12mv 22－12mv 12整个过程动能变化为0，重力做功mg Δh ＝mg (h 1－h 2)＝1.135J 空气阻力大小恒定，作用距离为L ＝h 1＋h 2＋2x 1＝2.273m故可得F f ≈0.50N(3)整个运动过程中，空气阻力一直与运动方向相反 根据动能定理有mg Δh ′＋W f ＋W 弹＝12mv 2′2－12mv 12整个过程动能变化为0，重力做功mg Δh ′＝mg (h 1＋x 2)＝5.55J 弹力做功W 弹＝－E p ＝－0.025J则空气阻力做功W f ＝－mg Δh ′－W 弹＝－5.525J 因W f ＝－F f s 故解得s ＝11.05m. 变式训练5.(2019·全国卷Ⅲ·17)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用．距地面高度h 在3m 以内时，物体上升、下落过程中动能E k 随h 的变化如图8所示．重力加速度取10m/s 2.该物体的质量为( )图8A．2kgB．1.5kgC．1kgD．0.5kg答案 C解析设物体的质量为m，则物体在上升过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向下的恒定外力F，当Δh＝3m时，由动能定理结合题图可得－(mg＋F)×Δh＝(36－72) J；物体在下落过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向上的恒定外力F，当Δh＝3m时，再由动能定理结合题图可得(mg－F)×Δh＝(48－24) J，联立解得m＝1kg、F＝2N，选项C正确，A、B、D均错误．6．由相同材料的木板搭成的轨道如图9所示，其中木板AB、BC、CD、DE、EF…的长均为L ＝1.5m，木板OA和其他木板与水平地面的夹角都为β＝37°，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2.一个可看成质点的物体在木板OA上从离地高度h＝1.8m处由静止释放，物体与木板间的动摩擦因数都为μ＝0.2，在两木板交接处都用小曲面相连，使物体能顺利地经过，既不损失动能，也不会脱离轨道，在以后的运动过程中，求：(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)图9(1)物体能否静止在木板上？请说明理由．(2)物体运动的总路程是多少？(3)物体最终停在何处？并作出解释．答案(1)不能理由见解析(2)11.25m (3)C点解释见解析解析(1)物体在木板上时，重力沿木板方向的分力为mg sinβ＝0.6mg最大静摩擦力F fm＝μmg cosβ＝0.16mg因mg sinβ>μmg cosβ，故物体不会静止在木板上．(2)从物体开始运动到停下，设总路程为s，由动能定理得mgh －μmgs cos β＝0解得s ＝11.25m(3)假设物体依次能到达B 、D 点，由动能定理得mg (h －L sin β)－μmg cos β(L ＋hsin β)＝12mv B 2 解得v B >0mg (h －L sin β)－μmg cos β(3L ＋hsin β)＝12mv D 2 v D 无解说明物体能通过B 点但不能到达D 点，因物体不能静止在木板上，故物体最终停在C 点．考点 动力学与能量观点的综合应用1．两个分析(1)综合受力分析、运动过程分析，由牛顿运动定律做好动力学分析．(2)分析各力做功情况，做好能量的转化与守恒的分析，由此把握各运动阶段的运动性质，各连接点、临界点的力学特征、运动特征、能量特征． 2．四个选择(1)当物体受到恒力作用发生运动状态的改变而且又涉及时间时，一般选择用动力学方法解题；(2)当涉及功、能和位移时，一般选用动能定理、机械能守恒定律、功能关系或能量守恒定律解题，题目中出现相对位移时，应优先选择能量守恒定律；(3)当涉及细节并要求分析力时，一般选择牛顿运动定律，对某一时刻的问题选择牛顿第二定律求解；(4)复杂问题的分析一般需选择能量的观点、运动与力的观点综合分析求解．例4 (2019·河北邯郸市测试)如图10所示，一根轻弹簧左端固定于竖直墙上，右端被质量m ＝1kg 可视为质点的小物块压缩而处于静止状态，且弹簧与物块不拴接，弹簧原长小于光滑平台的长度．在平台的右端有一传送带，AB 长L ＝5m ，物块与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.2，与传送带相邻的粗糙水平面BC 长s ＝1.5 m ，它与物块间的动摩擦因数μ2＝0.3，在C 点右侧有一半径为R 的光滑竖直圆弧轨道与BC 平滑连接，圆弧对应的圆心角为θ＝120°，在圆弧的最高点F 处有一固定挡板，物块撞上挡板后会以原速率反弹回来．若传送带以v ＝5m/s 的速率顺时针转动，不考虑物块滑上和滑下传送带的机械能损失．当弹簧储存的E p ＝18 J 能量全部释放时，小物块恰能滑到与圆心等高的E 点，取g ＝10 m/s 2.图10(1)求右侧圆弧的轨道半径R ；(2)求小物块最终停下时与C 点的距离；(3)若传送带的速度大小可调，欲使小物块与挡板只碰一次，且碰后不脱离轨道，求传送带速度的可调节范围．答案 (1)0.8m (2)13m (3)37m/s≤v ≤43m/s解析 (1)物块被弹簧弹出，由E p ＝12mv 02，可知：v 0＝6m/s因为v 0>v ，故物块滑上传送带后先减速，物块与传送带相对滑动过程中， 由：μ1mg ＝ma 1，v ＝v 0－a 1t 1，x 1＝v 0t 1－12a 1t 12得到：a 1＝2m/s 2，t 1＝0.5s ，x 1＝2.75m因为x 1<L ，故物块与传送带同速后相对静止，最后物块以5m/s 的速度滑上水平面BC ，物块滑离传送带后恰到E 点，由动能定理可知：12mv 2＝μ2mgs ＋mgR代入数据得到：R ＝0.8m.(2)设物块从E 点返回至B 点的速度大小为v B ， 由12mv 2－12mv B 2＝μ2mg ·2s 得到v B ＝7m/s ，因为v B >0，故物块会再次滑上传送带，物块在恒定摩擦力的作用下先减速至0再反向加速，由运动的对称性可知，物块以相同的速率离开传送带，经分析可知最终在BC 间停下，设最终停在距C 点x 处，由12mv B 2＝μ2mg (s －x )，代入数据解得：x ＝13m. (3)设传送带速度为v 1时物块恰能到F 点，在F 点满足mg sin30°＝m v F 2R从B 到F 过程中由动能定理可知： －μ2mgs －mg (R ＋R sin30°)＝12mv F 2－12mv 12解得：v 1＝37m/s设传送带速度为v 2时，物块撞挡板后返回能再次上滑恰到E 点， 由12mv 22＝μ2mg ·3s ＋mgR解得：v 2＝43m/s若物块在传送带上一直加速运动，由12mv B m 2－12mv 02＝μ1mgL知其到B 点的最大速度v B m ＝56m/s若物块在E 、F 间速度减为0，则物块将脱离轨道．综合上述分析可知，只要传送带速度37m/s≤v ≤43m/s 就满足条件． 变式训练7.(2019·山东青岛二中上学期期末)如图11所示，O 点距水平地面的高度为H ＝3m ，不可伸长的细线一端固定在O 点，另一端系一质量m ＝2kg 的小球(可视为质点)，另一根水平细线一端固定在墙上A 点，另一端与小球相连，OB 线与竖直方向的夹角为37°，l <H ，g 取10m/s 2，空气阻力不计．(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)图11(1)若OB 的长度l ＝1m ，剪断细线AB 的同时，在竖直平面内垂直OB 的方向上，给小球一个斜向下的冲量，为使小球恰好能在竖直平面内做完整的圆周运动，求此冲量的大小； (2)若先剪断细线AB ，当小球由静止运动至最低点时再剪断OB ，小球最终落地，求OB 的长度l 为多长时，小球落地点与O 点的水平距离最远，最远水平距离是多少． 答案 (1)246kg·m/s (2)1.5m355m 解析 (1)要使小球恰好能在竖直平面内做完整的圆周运动，最高点需满足：mg ＝m v 2l从B 点到最高点，由动能定理有： －mg (l ＋l cos37°)＝12mv 2－12mv 02联立得一开始的冲量大小为I ＝mv 0＝246kg·m/s(2)从剪断AB 到小球至H －l 高度过程，设小球至H －l 高度处的速度为v 0′ 由机械能守恒可得12mv 0′2＝mgl (1－cos37°)小球从H －l 高度做初速度为v 0′的平抛运动，12gt 2＝H －l ，x ＝v 0′t 联立得，x ＝45(－l 2＋3l ) 当l ＝1.5m 时x 取最大值，为355m ．专题突破练1．(2019·山东烟台市上学期期末)如图1所示，把两个相同的小球从离地面相同高度处，以相同大小的初速度v 分别沿竖直向上和水平向右方向抛出，不计空气阻力．则下列说法中正确的是( )图1A ．两小球落地时速度相同B ．两小球落地时，重力的瞬时功率相同C ．从小球抛出到落地，重力对两小球做的功相等D ．从小球抛出到落地，重力对两小球做功的平均功率相等 答案 C解析 两小球运动过程中均只有重力做功，故机械能都守恒，由机械能守恒定律得，两小球落地时的速度大小相同，但方向不同，故A 错误；两小球落地时，由于竖直方向的分速度不同，故重力的瞬时功率不相同，故B 错误；由重力做功公式W ＝mgh 得，从开始运动至落地，重力对两小球做功相同，故C 正确；从抛出至落地，重力对两小球做的功相同，但是落地的时间不同，故重力对两小球做功的平均功率不相同，故D 错误．2.(2019·河北张家口市上学期期末)如图2所示，运动员跳伞将经历加速下降和减速下降两个过程，在这两个过程中，下列说法正确的是( )图2A ．运动员先处于超重状态后处于失重状态B ．空气浮力对系统始终做负功C ．加速下降时，重力做功大于系统重力势能的减小量D ．任意相等的时间内系统重力势能的减小量相等 答案 B解析 运动员先加速向下运动，处于失重状态，后减速向下运动，处于超重状态，选项A 错误；空气浮力与运动方向总相反，则对系统始终做负功，选项B 正确；无论以什么运动状态运动，重力做功都等于系统重力势能的减小量，选项C 错误；因为是变速运动，相等的时间内，因为系统下降的高度不相等，则系统重力势能的减小量不相等，选项D 错误． 3．(2019·河南驻马店市上学期期终)一物体在竖直向上的恒力作用下，由静止开始上升，到达某一高度时撤去外力．若不计空气阻力，则在整个上升过程中，物体的机械能E 随时间t 变化的关系图象是( )答案 A解析 设物体在恒力作用下的加速度为a ，机械能增量为：ΔE ＝F Δh ＝F ·12at 2，知此时E－t 图象是开口向上的抛物线；撤去外力后的上升过程中，机械能守恒，则机械能不随时间改变，故A 正确，B 、C 、D 错误．4．(多选)如图3所示，楔形木块abc 固定在水平面上，粗糙斜面ab 和光滑斜面bc 与水平面的夹角相同，顶角b 处安装一定滑轮．质量分别为M 、m (M >m )的滑块，通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行．两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动．若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中( )图3A ．两滑块组成的系统机械能守恒B ．轻绳对m 做的功等于m 机械能的增加量C ．重力对M 做的功等于M 动能的增加量D ．两滑块组成的系统机械能的损失等于M 克服摩擦力做的功 答案 BD5.(2019·福建三明市期末质量检测)如图4所示，一个质量m ＝1 kg 的小球(视为质点)从H ＝11m 高处，由静止开始沿光滑弯曲轨道AB 进入半径R ＝4m 的竖直圆环内侧，且与圆环的动摩擦因数处处相等，当到达圆环顶点C 时，刚好对轨道压力为零，然后沿CB 圆弧滑下，进入光滑弧形轨道BD ，到达高度为h 的D 点时速度为零，则h 的值可能为(重力加速度g ＝10m/s 2)( )图4A ．10mB ．9.5mC ．9mD ．8.5m 答案 B解析 到达圆环顶点C 时，刚好对轨道压力为零，则mg ＝m v C 2R，解得v C ＝210m/s ，则物体在BC 阶段克服摩擦力做功，由动能定理mg (H －2R )－W BC ＝12mv C 2，解得W BC ＝10J ；由于从C到B 过程小球对圆轨道的平均压力小于从B 到C 过程小球对圆轨道的平均压力，则小球从C 到B 过程克服摩擦力做的功小于从B 到C 过程克服摩擦力做的功，即0<W CB <10J ；从C 到D 由动能定理：mg (2R －h )－W CB ＝0－12mv C 2，联立解得9m<h <10m.6．一名外卖送餐员用电动自行车沿平直公路行驶给客户送餐，中途因电瓶“没电”，只能改用脚蹬车以5m/s 的速度匀速前行，骑行过程中所受阻力大小恒为车和人总重力的0.02倍(取g ＝10 m/s 2)，该送餐员骑电动自行车以5m/s 的速度匀速前行过程做功的功率最接近( )A ．10WB ．100WC ．1kWD ．10kW 答案 B解析 设送餐员和车的总质量为100kg ，匀速行驶时的速率为5m/s ，匀速行驶时的牵引力与阻力大小相等，F ＝0.02mg ＝20 N ，则送餐员骑电动自行车匀速行驶时的功率为P ＝Fv ＝100W ，故B 正确．7．(多选)(2019·四川第二次诊断)如图5甲所示，质量m ＝1kg 的物块在平行斜面向上的拉力F 作用下从静止开始沿斜面向上运动，t ＝0.5s 时撤去拉力，其1.5s 内的速度随时间变化关系如图乙所示，g 取10m/s 2.则( )图5A ．0.5s 时拉力功率为12WB ．0.5s 内拉力做功9JC ．1.5s 后物块可能返回D ．1.5s 后物块一定静止 答案 AC解析 0～0.5 s 内物体的位移：x 1＝12×0.5×2 m＝0.5 m ；0.5～1.5 s 内物体的位移：x 2＝12×1×2m ＝1m ；由题图乙知，各阶段加速度的大小：a 1＝4m/s 2，a 2＝2 m/s 2；设斜面倾角为θ，斜面对物块的动摩擦因数为μ，根据牛顿第二定律，0～0.5s 内F －μgm cos θ－mg sin θ＝ma 1；0.5～1.5s 内－μmg cos θ－mg sin θ＝－ma 2，联立解得：F ＝6N ，但无法求出μ和θ.0.5s 时，拉力的功率P ＝Fv ＝12W ，故A 正确．拉力做的功为W ＝Fx 1＝3J ，故B 错误．无法求出μ和θ，不清楚tan θ与μ的大小关系，故无法判断物块能否静止在斜面上，故C 正确，D 错误．8.(多选)(2019·安徽安庆市期末调研监测)如图6所示，重力为10N 的滑块轻放在倾角为30°的光滑斜面上，从a 点由静止开始下滑，到b 点接触到一个轻质弹簧，滑块压缩弹簧到c 点开始弹回，返回b 点离开弹簧，最后又回到a 点．已知ab ＝1m ，bc ＝0.2m ，则以下结论正确的是( )图6A ．整个过程中弹簧弹性势能的最大值为6JB ．整个过程中滑块动能的最大值为6JC ．从c 到b 弹簧的弹力对滑块做功5JD ．整个过程中弹簧、滑块与地球组成的系统机械能守恒 答案 AD解析 滑块从a 到c, mgh ac ＋W 弹′＝0－0，解得：W 弹′＝－6J ．则E pm ＝－W 弹′＝6J ，所以整个过程中弹簧弹性势能的最大值为6J ，故A 正确；当滑块受到的合外力为0时，滑块速度最大，设滑块在d 点合外力为0，由分析可知d 点在b 点和c 点之间．滑块从a 到d 有：mgh ad ＋W 弹＝E k d －0，因mgh ad ＜6J ，W 弹＜0，所以E k d ＜6J ，故B 错误；从c 点到b 点弹簧的弹力对滑块做的功与从b 点到c 点弹簧的弹力对滑块做的功大小相等，即为6J ，故C 错误；整个过程中弹簧、滑块与地球组成的系统机械能守恒，没有与系统外发生能量转化，故D 正确．9．(多选)(2019·河南九师联盟质检)如图7所示，半径为R ＝0.4m 的14圆形光滑轨道固定于竖直平面内，圆形轨道与光滑固定的水平轨道相切，可视为质点的质量均为m ＝0.5kg 的小球甲、乙用轻杆连接，置于圆轨道上，小球甲与O 点等高，小球乙位于圆心O 的正下方．某时刻将两小球由静止释放，最终它们在水平面上运动，g 取10m/s 2.则( )图7A ．小球甲下滑过程中机械能增加B ．小球甲下滑过程中重力对它做功的功率先增大后减小C ．小球甲下滑到圆形轨道最低点对轨道压力的大小为12ND ．整个过程中轻杆对小球乙做的功为1J 答案 BD解析 小球甲下滑过程中，轻杆对甲做负功，则甲的机械能减小，故A 错误．小球甲下滑过程中，最高点速度为零，故重力的功率为零；最低点速度和重力垂直，故重力的功率也是零；而中途重力的功率不为零，故重力的功率应该是先增大后减小，故B 正确．两个球与轻杆组成的系统机械能守恒，故：mgR ＝12mv 2＋12mv 2，解得：v ＝gR ＝10×0.4m/s ＝2 m/s ；小球甲下滑到圆弧形轨道最低点，重力和支持力的合力提供向心力，故：F N －mg ＝m v 2R，解得：F N＝mg ＋m v 2R ＝0.5×10N＋0.5×220.4N ＝10N ，根据牛顿第三定律，小球甲对轨道的压力大小为10N ，故C 错误；整个过程中，对球乙，根据动能定理，有：W ＝12mv 2＝12×0.5×22J ＝1J ，故D 正确．10．(2019·吉林“五地六校”合作体联考)一辆赛车在水平路面上由静止启动，在前5s 内做匀加速直线运动，5s 末达到额定功率，之后保持以额定功率运动．其v －t 图象如图8所示．已知赛车的质量为m ＝1×103kg ，赛车受到的阻力为车重力的0.1倍，重力加速度g 取10m/s 2，则以下说法正确的是( )图8A ．赛车在前5s 内的牵引力为5×102N。
高三物理第二轮复习教案(第十二讲 动量和能量)
第十二讲 动量和能量概述：处理力学问题、常用的三种方法一是牛顿定律；二是动量关系；三是能量关系。
若考查的物理量是瞬时对应关系，常用牛顿运动定律；若研究对象为一个系统，首先考虑的是两个守恒定律；若研究对象为一个物体，可优先考虑两个定理。
特别涉及时间问题时，优先考虑的是动量定理、而涉及位移及功的问题时，优先考虑的是动能定理。
两个定律和两个定理，只考查一个物理过程的始末两个状态，对中间过程不予以细究，这正是它们的方便之处，特别是变力问题，就显示出其优越性。
动量与能量的综合问题，是高中力学最重要的综合问题，也是难度较大的问题。
分析这类问题时，应首先建立清晰的物理图景、抽象出物理模型、选择物理规律、建立方程进行求解。
例题分析：例1. 如图所示，质量分别为m 和2m 的A 、B 两个木块间用轻弹簧相连，放在光滑水平面上，A 靠紧竖直墙。
用水平力F 将B 向左压，使弹簧被压缩一定长度，静止后弹簧储存的弹性势能为E 。
这时突然撤去F ，关于A 、B 和弹簧组成的系统，下列说法中正确的是 （BD ）A.撤去F 后，系统动量守恒，机械能守恒B.撤去F 后，A 离开竖直墙前，系统动量不守恒，机械能守恒C.撤去F 后，A 离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为ED.撤去F 后，A 离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为E /3[A 离开墙前墙对A 有弹力，这个弹力虽然不做功，但对A 有冲量，因此系统机械能守恒而动量不守恒；A 离开墙后则系统动量守恒、机械能守恒。
A 刚离开墙时刻，B 的动能为E ，动量为p =mE 4向右；以后动量守恒，因此系统动能不可能为零，当A 、B 速度相等时，系统总动能最小，这时的弹性势能为E /3。
]指出：应用守恒定律要注意条件。
对整个宇宙而言，能量守恒和动量守恒是无条件的。
但对于我们选定的研究对象所组成的系统，守恒定律就有一定的条件了。
如系统机械能守恒的条件就是“只有重力做功”；而系统动量守恒的条件就是“合外力为零”。
高考山东高三物理二轮专题复习动量与能量教学案
典型课案 动量与能量一、考点梳理1．考纲要求：动量和能量在热学、电场、磁场、电磁感应、光学和原子物理学中的应用都是Ⅱ级要求.2．命题趋势：同第4课时。
3．思路及方法：以热学、电场、磁场、电磁感应、光学和原子物理学知识为载体设计的一些物理问题，从动量和能量的角度分析处理是一条重要的途径，也是解决此类问题最重要的思维方法之一。
正所谓热电光原搭台，动量和能量唱戏。
二.热身训练1.同学们根据中学物理知识在讨论“随着岁月的流逝，地球绕太阳公转的周期、日地间的平均距离，地球表面温度变化的趋势的问题中，下列结论正确的是( )A.太阳内有激烈的聚变反应，辐射大量光子，由∆∆E mc =2知太阳质量在不断减小。
B.根据F G Mm r =2和F m v r=2知日地距离不断变大，地球环绕速度将减小。
C.根据F G Mm r =2和F m v r=2可知日地距离不断减小，地球环绕速度将增大。
D.因太阳质量减小，辐射光子功率减小，日地距离增大，故辐射到地表的热功率也减小，地表温度也将逐渐降低。
2．已知氘核质量为2.0136u ，中子质量为1.0087u ，32He 核的质量为3.0150u.（1）写出两个氘核聚变成32He 的核反应方程.（2）计算上述核反应中释放的核能.（3）若两氘核以相等的动能0.35 MeV 作对心碰撞即可发生上述核反应，且释放的核能全部转化为机械能，则反应中生成的32He 核和中子的动能各是多少？3.如图所示，两端足够长的敞口容器中，有两个可以自由移动的光滑活塞A 和B ，中间封有一定量的空气，现有一块粘泥C ，以E K 的动能沿水平方向飞撞到A 并粘在一起，由于活塞的压缩，使密封气体的内能增加，若A 、B 、C 质量相等，则密闭空气在绝热状态变化过程中，内能增加的最大值是多少？ 三.讲练平台【例１】如图，两块平行金属板A 、B 带有等量异种电荷，竖直固定在光滑绝缘的小车上，小车的总质量为M ，整个装置静止在光滑的水平面上。
高考教案物理二轮总结学习复习计划专题二能量及动量第讲机械能守恒定律功能关系教案
第2讲 机械能守恒定律 功能关系 [做真题·明考向] 真题体验 透视命题规律讲课提示：对应学生用书第27页[真题再做]分析：小球从a 运动到c ，依据动能定理，得F ·3R －mgR ＝12mv 21，又F ＝mg ，故v 1＝2gR ，小球走开c 点在竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做初速度为零的匀加快直线运动，且水平方向与竖直方向的加快度大小相等，都为g ，故小球从c 点到最高点所用的时间t ＝v 1g ＝2R g ，水平位移x ＝12gt 2＝2R ，依据功能关系，小球从a 点到轨迹最高点机械能的增量为力F 做的功，即ΔE ＝F ·(2R ＋R ＋x )＝5mgR .答案：C2.(多项选择)(2016·高考全国卷Ⅱ，T21)如图，小球套在圆滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O 点，另一端与小球相连．现将小球从M 点由静止开释，它在下降的过程中经过了N 点．已知在M 、N 两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM <∠OMN <π2.在小球从M 点运动到N 点的过程中( )A ．弹力对小球先做正功后做负功B ．有两个时辰小球的加快度等于重力加快度C ．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零D ．小球抵达N 点时的动能等于其在M 、N 两点的重力势能差分析：在M 、N 两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM <∠OMN <π2，则小球在M 点时弹簧处于压缩状态，在N 点时弹簧处于拉伸状态，小球从M 点运动到N 点的过程中，弹簧长度先缩短，当弹簧与竖直杆垂直时弹簧达到最短，这个过程中弹力对小球做负功，而后弹簧再伸长，弹力对小球开始做正功，当弹簧达到自然伸长状态时，弹力为零，再跟着弹簧的伸长弹力对小球做负功，故整个过程中，弹力对小球先做负功，再做正功，后再做负功，选项A 错误；在弹簧与杆垂直时及弹簧处于自然伸长状态时，小球加快度等于重力加快度，选项B 正确；弹簧与杆垂直时，弹力方向与小球的速度方向垂直，则弹力对小球做功的功率为零，选项C 正确；由机械能守恒定律知，在M 、N 两点弹簧弹性势能相等，在N 点小球的动能等于从M 点到N 点重力势能的减小值，选项D 正确．答案：BCD3．(2017·高考全国卷Ⅰ，T24)一质量为8.00×104kg 的太空飞船从其飞翔轨道返回地面．飞船在离地面高度1.60×105m 处以7.50×103m/s 的速度进入大气层，渐渐减慢至速度为100 m/s 时着落到地面．取地面为重力势能零点，在飞船着落过程中，重力加快度可视为常量，大小取为/s 2.(结果保存2位有效数字)(1)分别求出该飞船着地前瞬时的机械能和它进入大气层时的机械能；(2)求飞船从离地面高度600m 处至着地前瞬时的过程中战胜阻力所做的功，已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0%.分析：(1)飞船着地前瞬时的机械能为E k0＝12mv 20①式中，m 和v 0分别是飞船的质量和着地前瞬时的速率．由①式和题给数据得E k0＝4.0×108J ②设地面邻近的重力加快度大小为g .飞船进入大气层时的机械能为E h ＝12mv 2h＋mgh ③式中，v h 是飞船在高度1.60×105m 处的速度大小．由③式和题给数据得E h ＝2.4×1012J ④(2)飞船在高度h ′＝600m 处的机械能为E h ′＝12m (,100)v h )2＋mgh ′⑤由功能原理得W ＝E h ′－E k0⑥式中，W 是飞船从高度600m 处至着地前瞬时的过程中战胜阻力所做的功．由②⑤⑥式和题给数据得W ＝9.7×108J.答案：(1)4.0×108J 2.4×1012J(2)9.7×108J4.(2016·高考全国卷Ⅱ，T25)轻质弹簧原长为2l，将弹簧竖直搁置在地面上，在其顶端将一质量为5m的物体由静止开释，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l.现将该弹簧水平搁置，一端固定在A点，另一端与物块P接触但不连结．AB是长度为5l的水平轨道，B端与半径为l的圆滑半圆轨道BCD 相切，半圆的直径BD竖直，如下图．物块P与AB间的动摩擦因数μP，将弹簧压缩至长度l，而后松开，P开始沿轨道运动．重力加快度大小为g.(1)若P的质量为m，求P抵达B点时速度的大小，以及它走开圆轨道后落回到AB上的地点与B点之间的距离；(2)若P能滑上圆轨道，且还可以沿圆轨道滑下，求P的质量的取值范围．分析：(1)依题意，当弹簧竖直搁置，长度被压缩至l时，质量为5m的物体的动能为零，其重力势能转变为弹簧的弹性势能．由机械能守恒定律知，弹簧长度为l时的弹性势能为E p＝5mgl①设P的质量为M，抵达B点时的速度大小为v B，由能量守恒定律得E p＝12Mv2B＋μMg·4l②联立①②式，取M＝m并代入题给数据得v B＝6gl③若P能沿圆轨道运动到D点，其抵达D点时的向心力不可以小于重力，即P此时的速度大小v应知足mv2l－mg≥0④设P滑到D点时的速度为v D，由机械能守恒定律得12mv 2B＝12mv2D＋mg·2l⑤联立③⑤式得v D＝2gl⑥v D知足④式要求，故P能运动到D点，并从D点以速度v D水平射出．设P落回到轨道AB所需的时间为t，由运动学公式得2l＝12gt2⑦P落回到AB上的地点与B点之间的距离为s ＝v D t ⑧联立⑥⑦⑧式得s ＝22l ⑨(2)为使P 能滑上圆轨道，它抵达B 点时的速度不可以小于零．由①②式可知5mgl >μMg ·4l ⑩要使P 还可以沿圆轨道滑回，P 在圆轨道的上涨高度不可以超出半圆轨道的中点C .由机械能守恒定律有12Mv 2B ≤Mgl ⑪联立①②⑩⑪式得53m ≤M <52m .⑫答案：(1)6gl 22l (2)53m ≤M <52m[考情剖析]■命题特色与趋向——怎么考1．本讲是高考的“重中之重”，常以选择题形式考察机械能守恒的判断及功能关系的简单剖析与计算．2．功能关系浸透在整个物理学内容中，是历年高考综合题命题热门，常与直线运动、平抛运动、圆周运动及电磁学知知趣联合，多以计算题形式出现，难度偏大．■解题要领——怎么做解决本讲问题，一是要正确理解机械能守恒的条件及表达式、常有功能关系及能量守恒定律；二是要正确应用“守恒思想”(机械能守恒、能量守恒)和常用方法(守恒法、转变法、转移法)．[建系统·记重点] 知识串连 熟记中心重点讲课提示：对应学生用书第28页[网络建立][重点熟记]1．机械能守恒建立的条件：除重力(弹力)外其余力不做功，不过动能和势能之间的转变．2．机械能守恒定律的表达式(1)守恒的看法：E k1＋E p1＝E k2＋E p2.(2)转变的看法：ΔE k＝－ΔE p.(3)转移的看法：E A增＝E B减．3．力学中几种功能关系(1)合外力做功与动能的关系：W合＝ΔE k.(2)重力做功与重力势能的关系：W G＝－ΔE p.(3)弹力做功与弹性势能的关系：W弹＝－ΔE p.(4)除重力及系统内弹力之外其余力做功与机械能的关系：W其余＝ΔE机．(5)滑动摩擦力做功与内能的关系：F f l相对＝ΔE内．[研考向·提能力]考向研析掌握应试技术讲课提示：对应学生用书第28页考向一机械能守恒的判断及应用判断机械能能否守恒的方法(1)利用机械能的定义判断(直接判断)：若物体在水平面匀速运动，其动能、势能均不变，机械能不变．若一个物体沿斜面匀速下滑，其动能不变，重力势能减少，其机械能减少．(2)利用做功判断：若物体或系统只有重力(或系统内弹力)做功，虽受其余力，但其余力不做功，或其余力做功的代数和为零，机械能守恒．(3)利用能量转变来判断：若物体或系统中只有动能和势能的互相转变而无机械能与其余形式的能的转变，则物体或系统机械能守恒．(4)绳索忽然绷紧、物体间非弹性碰撞等，除非题目特别说明，不然机械能不守恒．[典例展现1](多项选择)(2018·河北衡水质检)如下图，将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m的小环，小环套在竖直固定的圆滑直杆上，圆滑定滑轮与直杆的距离为d.现将小环从与定滑轮等高的A处由静止开释，当小环沿直杆下滑距离也为d时(图中B处)，以下说法正确的选项是(重力加快度为g)() A．环与重物、地球构成的系统机械能守恒B．小环抵达B处时，重物上涨的高度也为dC．小环在B处的速度与重物上涨的速度大小之比等于2 2D．小环着落到B处时的速度为(3－22)gd[思路研究](1)小环着落过程中的速度和重物上涨的速度有何关系？(2)小环着落过程中以环、重物及地球构成系统机械能能否守恒？[分析]环与重物、地球构成的系统，只有小环和重物的重力做功，系统机械能守恒，选项A正确；小球抵达B时，重物上涨高度h＝(2－1)dd，选项B 错误；把小环的速度沿轻绳方向和垂直于轻绳方向分解，沿轻绳方向的分速度等于重物上涨的速度v1，有v cos45°＝v1，解得v＝2v1，选项C错误；对小环与重物、地球构成的系统，由机械能守恒定律得mgd－2mgh＝12·2mv21＋12mv2，解得v＝(3－22)gd，选项D正确．[答案]AD[方法技巧]应用机械能守恒定律解题的基本思路定对象→单个物体、多个物体构成的系统或含弹簧的系统↓两剖析→对研究对象进行受力和做功状况的剖析↓判守恒→依据机械能守恒的条件判断研究对象机械能能否守恒↓选公式→灵巧选用E k1＋E p1＝E k2＋E p2、ΔE k＝－ΔE p或ΔE A＝－ΔE B1.把质量为m的小球(可看作质点)放在竖直的轻质弹簧上(不拴接)，并用手把小球按压到地点A，如下图．快速放手后，弹簧把小球弹起，球升至最高地点C点，途中经过地点B时弹簧正利处于原长．已知A、B间的高度差为h1，B、C间的高度差为h2，重力加快度为g，不计空气阻力，则()A．小球从A上涨到B地点的过程中，动能向来增大B．小球从A上涨到C地点的过程中，机械能向来增大C．小球在地点A时，弹簧的弹性势能为mg(h2＋h1)D．必定有h2≥h1时，加快度为零，速度最大，分析：小球上涨时先加快后减速，当mg＝F弹此时弹簧还处于压缩状态，选项A错误．从A到B，小球和弹簧构成的系统机械能守恒，弹性势能减小，小球的机械能增大；而从B到C，只有重力对小球做功，机械能不变，选项B错误．从A到C系统的机械能守恒，弹性势能所有转变为重力势能，故E p＝mg(h2＋h1)，选项C正确．从A到C，弹簧的弹性势能转变为小球的重力势能，动能最大地点在B点下方，故h2可等于零，选项D 错误．答案：C2．(多项选择)如下图，物体A、B经过细绳及轻质弹簧连结在轻滑轮双侧，物体B的质量为2m，搁置在倾角为30°的圆滑斜面上，物体A的质量为m，用手托着物体A 使弹簧处于原长，细绳挺直，A 与地面的距离为h ，物体B 静止在斜面上挡板P 处．放手后物体A 着落，与地面马上接触时速度大小为v ，此时物体B 对挡板恰巧无压力，则以下说法正确的选项是( )A ．弹簧的劲度系数为mg hB ．此时弹簧的弹性势能等于mgh －12mv 2C ．此时物体A 的加快度大小为g ，方向竖直向上D ．今后物体B 可能走开挡板沿斜面向上运动分析：物体A 马上落地时，弹簧伸长量为h ，物体B 受力均衡，因此kh ＝2mg sin θ，因此k ＝mg h ，选项A 对；物体A 落地前，系统机械能守恒，因此弹性势能等于mgh －12mv 2，选项B 对；物体A 马上落地时，对A 应用牛顿第二定律得mg －kh ＝ma ，因此a ＝0，选项C 错；物体A 落地后，弹簧不再伸长，故物体B 不行能走开挡板沿斜面向上运动，选项D 错．答案：ABB ．当A 抵达B 所在的水平面时，A 的速度为gLC ．B 抵达最右端时，A 的速度为2gLD ．B 的最大速度为3gL分析：因不计全部摩擦，故系统机械能守恒，A 正确；当A 抵达B 所在水平面时，有mg ·L 2＝12mv 2A ＋12mv 2B ，将A 的速度沿水平方向和竖直方向分解，则A 、B 的速度关系为v B ＝22v A ，得v A ＝6gL 3，故B 错误；B 抵达最右端时，B的速度为零，此时A 、B 的地点如图1所示，则有mg ·1＋22L ＝12mv A ′2，解得v ′A ＝gL (1＋2)，故C 错误；当A 滑到最低点时，速度为零，B 的速度最大，此时A 、B 的地点如图2所示，则有mg ·32L ＝12mv B ′2，解得v ′B＝3gL ，故D 正确．答案：AD考向二 功能关系的应用波及做功与能量转变问题的解题方法(1)分清是什么力做功，而且剖析该力做正功仍是做负功；依据功能之间的对应关系，确立能量之间的转变状况．(2)当波及滑动摩擦力做功时，机械能不守恒，一般应用能量守恒定律，特别注意摩擦产生的内能Q ＝F f l 相对，l 相对为相对滑动的两物体间相对滑动路径的总长度．(3)解题时，第一确立初、末状态，而后分清有多少种形式的能在转变，再剖析状态变化过程中哪一种形式的能量减少，哪一种形式的能量增添，求出减少的能量总和ΔE 减和增添的能量总和ΔE 增，最后由ΔE 减＝ΔE 增列式求解．4.(多项选择)如下图，楔形木块abc 固定在水平面上，粗拙斜面ab 和圆滑斜面bc 与水平面的夹角同样，极点b处安装一圆滑定滑轮，质量分别为M 、m (M >m )的滑块A 、B ，经过不行伸长的轻绳越过圆滑定滑轮相连，轻绳与斜面平行．两滑块由静止开释后，沿斜面做匀加快运动．若不计滑轮的质量，在两滑块沿斜面运动的过程中，以下说法中正确的选项是( )A ．两滑块构成的系统机械能守恒B ．重力对A 做的功等于A 动能的增添量C ．轻绳对B 做的功等于B 机械能的增添量D ．两滑块构成的系统的机械能的减少许等于A 战胜摩擦力做的功分析：除重力之外的力对系统做的功等于系统机械能的变化量，故A 战胜摩擦力做的功等于两滑块构成的系统机械能的减少许，拉力对B 做的功等于B机械能的增添量，重力、绳的拉力及摩擦力对A 做的功等于A 动能的增添量，应选项C 、D 正确，A 、B 错误．答案：CD5．如下图，在竖直平面内有一半径为R 的圆弧轨道，半径OA 水平、OB 竖直，一个质量为m 的小球自A 点的正上方P 点由静止开始自由着落，小球沿轨道抵达最高点B 时恰巧对轨道没有压力．已知AP ＝2R ，重力加快度为g ，则小球从P 点运动到B 点的过程中( )A ．重力做功2mgRmgR C ．合外力做功mgR D ．战胜摩擦力做功12mgR 分析：小球从P 点运动到B 点的过程中，重力做功W G ＝mg (2R －R )＝mgR ，故A 错误；小球沿轨道抵达最高点B 时恰巧对轨道没有压力，则有mg ＝m v 2B R ，解得v B ＝gR ，则此过程中机械能的减少许为ΔE ＝mgR －12mv 2B ＝12mgR ，故B 错误；依据动能定理可知，合外力做功W 合＝12mv 2B ＝12mgR ，故C 错误；依据功能关系可知，小球战胜摩擦力做的功等于机械能的减少许，为12mgR ，故D 正确．答案：D6.如下图，物体以100J 的初动能从斜面的底端向上运动，斜面足够长．当它经过斜面上的M 点时，其动能减少了80J ，机械能减少了32J ．假如物体能从斜面上返回底端，则( )A ．物体在斜面上运动时，机械能守恒B ．物体在向上运动时，机械能减少100JC．物体上涨到M还可以上涨的距离为抵达M点前的1 4D．物体返回A点时动能为36J分析：由题意，摩擦力一直做负功，机械能不守恒，选项A错误；物体向上运动到最高点时，重力势能不为零，机械能减少许小于100J，选项B错误；依据题意，当它经过斜面上的M点时，其动能减少了80J，机械能减少了32J，说明战胜摩擦力做功32J，从M点上涨到最高点的过程中，动能减少了20J，需要战胜摩擦力做功8J，整个上涨过程，共战胜摩擦力做功40J，机械能减少了40J，物体上涨到M还可以上涨的距离为抵达M点前的14，选项C正确；物体返回A点的过程中，损失的机械能也是40J，物体返回A点时动能为20J，选项D 错误．答案：C考向三动力学看法和能量看法的综合应用[典例展现2]如下图，倾角为θ的斜面底端固定一个挡板P，质量为m的小物块A与质量不计的木板B叠放在斜面上，A位于B的最上端且与挡板P相距L.已知A与B、B与斜面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，且μ1>tanθ>μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A与挡板P相撞的过程中没有机械能损失．将A、B同时由静止开释．(1)求A、B开释瞬时小物块A的加快度大小a1；(2)若A与挡板P不相撞，求木板B的最小长度l0；(3)若木板B的长度为l，求整个过程中木板B运动的总行程．[思路研究](1)A、B开释瞬时受哪些力的作用？(2)B与挡板相撞后，B怎样运动？(3)A与挡板P恰巧不相碰的条件是什么？[分析](1)开释A、B，它们一同匀加快下滑．以A、B为研究对象，由牛顿第二定律有mg sinθ－μ2mg cosθ＝ma1，解得a1＝g sinθ－μ2g cosθ.(2)在B 与挡板P 相撞前，A 和B 相对静止，以同样的加快度一同向下做匀加快运动．B 与挡板P 相撞后立刻静止，A 开始匀减速下滑．若A 抵达挡板P 处时的速度恰巧为零，此时B 的长度即为最小长度l 0.从A 开释至抵达挡板P 处的过程中，B 与斜面间因为摩擦产生的热量 Q 1＝μ2mg cos θ·(L －l 0)，A 与B 间因为摩擦产生的热量Q 2＝μ1mg cos θ·l 0依据能量守恒定律有mgL sin θ＝Q 1＋Q 2，得l 0＝sin θ－μ2cos θ(μ1－μ2)cos θL . (3)分两种状况：①若l ≥l 0，B 与挡板P 相撞后不反弹，A 向来减速直到静止在木板B 上 木板B 经过的行程x ＝L －l②若l <l 0，B 与挡板P 相撞后，A 在木板B 上减速运动直至与挡板P 相撞．因为碰撞过程中没有机械能损失，A 将以撞前速率返回，并带动木板一同向上减速；当它们的速度减为零后，再重复上述过程，直至物块A 停在挡板处．在此过程中，A 与B 间因为摩擦产生的热量Q 1′＝μ1mg cos θ·l ，B 与斜面间因为摩擦产生的热量Q 2′＝μ2mg cos θ·x ，依据能量守恒定律有mgL sin θ＝Q 1′＋Q 2′，解得x ＝L sin θ－μ1l cos θμ2cos θ. [答案] (1)g sin θ－μ2g cos θ (2)sin θ－μ2cos θ(μ1－μ2)cos θL (3)L －l 或L sin θ－μ1l cos θμ2cos θ[方法技巧]解答与能量相关的综合题的“三点技巧”(1)过程剖析：将复杂的物理过程分解为几个简单的物理过程，发掘出题中的隐含条件(如例题中“质量不计的木板B ”“μ1>tan θ>μ2”)，找出联系不一样阶段的“桥梁”．(2)受力及功能剖析：剖析物体所经历的各个运动过程的受力状况以及做功状况的变化，选择合适的规律求解，如例题中第(3)问，若l <l 0时，A 与挡板P 碰后运动状况的剖析．(3)规律应用：对滑块和滑板分别运用动能定理，或许对系统运用能量守恒定律．如下图，要注意划分三个位移．7．(2018·四川成都一诊)如图甲所示，倾角θ＝30°的足够长固定圆滑斜面上，用平行于斜面的轻弹簧拉着质量m ＝1kg 的物体沿斜面向上运动．已知物体在t ＝1s 到t ＝3s 这段时间的v t 图象如图乙所示，弹簧的劲度系数k ＝200N/m ，重力加快度g 取10 m/s 2.则在该段时间内( )A ．物体的加快度大小为2m/s 2B ．弹簧的伸长量为3cmC ．弹簧的弹力做功为30JD ．物体的重力势能增添36J分析：依据v t 图象的斜率表示加快度可知，物体的加快度大小为a ＝Δv Δt ＝1m/s 2，选项A 错误；对斜面上的物体受力剖析，遇到竖直向下的重力mg 、斜面的支持力和轻弹簧的弹力F ，由牛顿第二定律，F －mg sin30°＝ma ，解得F ＝6N ．由胡克定律F ＝kx 可得弹簧的伸长量x ＝3cm ，选项B 正确；在t ＝1s 到t＝3s 这段时间内，物体动能增大ΔE k ＝12mv 22－12mv 21＝6J ，依据v t 图象与时间轴所围面积等于位移，可知物体向上运动位移x ＝6m ，物体重力势能增添ΔE p ＝mgx sin30°＝30J ，依据功能关系可知，弹簧弹力做功W ＝ΔE k ＋ΔE p ＝36J ，选项C、D错误．答案：B8．(2018·河南重点中学联考)如图甲所示，质量M＝的长木板A静止在圆滑水平面上，在木板的左端搁置一个质量m＝的小铁块B，铁块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，对铁块施加水平向右的拉力F，F大小随时间变化如图乙所示，4s 时撤去拉力．可以为A、B间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加快度g取10m/s2.求：(1)0～1s内，A、B的加快度大小a A、a B；(2)B相对A滑行的最大距离x；(3)0～4s内，拉力做的功W；(4)0～4s内系统产生的摩擦热Q.分析：(1)设在0～1s内，A、B两物体已发生相对运动依据牛顿第二定律得μmg＝Ma AF1－μmg＝ma B，代入数据得a A＝2m/s2，a B＝4 m/s2.a A<a B，可见假定正确．(2)t1＝1s后，拉力F2＝μmg，铁块B做匀速运动，速度大小为v1；木板A 仍做匀加快运动，又经过时间t2，速度与铁块B相等．v1＝a B t1又v1＝a A(t1＋t2)解得t2＝1s设A、B速度相等后一同做匀加快运动，运动时间t3＝2s，加快度为aF2＝(M＋m)aa＝1 m/s2木板A遇到的静摩擦力F f＝Ma<μmg，A、B一同运动x ＝12a B t 21＋v 1t 2－12a A (t 1＋t 2)2代入数据得x ＝2m.(3)0～1s 内拉力做的功W 1＝F 1x 1＝F 1·12a B t 21＝12J1～2 s 内拉力做的功W 2＝F 2x 2＝F 2v 1t 2＝8 J2～4 s 内拉力做的功W 3＝F 2x 3＝F 2(v 1t 3＋12at 23)＝20 J0～4s 内拉力做的功W ＝W 1＋W 2＋W 3＝40J.(4)系统的摩擦热Q 只发生在铁块与木板相对滑动阶段，此过程中系统产生的摩擦热Q ＝μmg ·x ＝4J.答案：(1)2m/s 2 4 m/s 2 (2)2m (3)40J (4)4J[限训练·通高考] 科学设题 拿下高考高分独自成册 对应学生用书第133页(45分钟)一、单项选择题1．(2018·宁夏银川第四次月考)以下对于力做功与对应能量变化的说法正确的选项是( )A ．协力做正功，机械能增添B ．协力做正功，物体的动能必定增添C ．摩擦力做功，物体的机械能必定减少D ．协力做负功，重力势能必定减少分析：除重力外其余力做的功等于物体机械能的变化量，除重力外其余力做正功等于物体机械能的增添量，故A 、C 错误；由动能定理可知，协力做功是动能变化的量度，协力做正功，物体的动能必定增添，重力势能的变化是看重力能否做功，故B正确，D错误．答案：B2．(2018·陕西乾县一中高三第四次月考)一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台着落，到最低点时距水面还有数米距离．假定空气阻力可忽视，运动员可视为质点，以下说法不正确的选项是()A．运动员抵达最低点前重力势能一直减小B．蹦极绳张紧后的着落过程中，弹性力做负功，弹性势能增添C．蹦极过程中，运动员、地球和蹦极绳所构成的系统机械能守恒D．蹦极过程中，重力势能的改变与重力势能零点的选用相关分析：运动员抵达最低点前，重力对运动员向来做正功，运动员的重力势能一直减小，故A正确；蹦极绳张紧后的着落过程中，弹力方向向上，运动员的位移向下，弹性力对运动员做负功，弹性势能增添，故B正确；以运动员、地球和蹦极绳所构成的系统，只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒，故C正确；重力势能的改变与重力做功相关，取决于初末地点的高度差，与重力势能零点的选用没关，故D错误．答案：D3．韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员．他在一次自由式滑雪空中技巧竞赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1900J，他战胜阻力做功100J．韩晓鹏在此过程中()A．动能增添了1900JB．动能增添了2000JC．重力势能减小了1900JD．重力势能减小了2000J分析：运动员在运动过程中遇到重力和阻力的作用，协力做的功等于动能的增添量，故动能增添了ΔE k＝1900J－100J＝1800J，选项A、B错误；重力做多少正功，重力势能就减小多少，故重力势能减小了1900J，选项C正确，D 错误．答案：C4．(2018·陕西汉中期末检测)空降兵是现代军队的重要兵种．一次训练中，空降兵从静止在空中的直升机上竖直跳下(初速度可当作零，未翻开下降伞不计空气阻力)，着落高度h以后翻开下降伞，接着又下降高度H以后，空降兵达到匀速．设空降兵翻开下降伞以后遇到的空气阻力与速度平方成正比，比率系数为k，即f＝kv2.对于空降兵的说法正确的选项是()A．空降兵从跳下到着落高度为h时，机械能必定损失了mghB．空降兵从跳下到刚匀速时，重力势能必定减少了mgHC．空降兵匀速下降时，速度大小为mg kD．空降兵从跳下到刚匀速的过程，空降兵战胜阻力做功为mg(H＋h)－m2g k分析：空降兵从跳下到着落高度为h的过程中，只有重力做功，机械能不变，故A项错误；空降兵从跳下到刚匀速时，重力做功mg(H＋h)，重力势能必定减少了mg(H＋h)，故B项错误；空降兵匀速运动时，重力与阻力大小相等，因此kv2＝mg，得v＝mgk，故C项正确；空降兵从跳下到刚匀速的过程，重力和阻力对空降兵做的功等于空降兵动能的变化，即mg(H＋h)－W克f ＝12mv2，得W克f ＝mg(H＋h)－m2g2k，故D项错误．答案：C5.如下图，竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧竖直立于水平川面上，一质量为m的带正电小球在外力F的作用下静止于图示地点，小球与弹簧不连结，弹簧处于压缩状态．现撤去F，在小球从静止开始运动到走开弹簧的过程中，重力、电场力、弹簧弹力对小球做功分别为W1、W2、W3，不计空气阻力，则上述过程中()A．小球重力势能的增量为W1B．小球与弹簧构成的系统机械能守恒C．小球的动能的增量为W1＋W2D．小球机械能的增添量为W2＋W3分析：题述过程中重力做负功，故ΔE p＝－W G＝－W1，A错误；题述过程中电场力做功，因此小球与弹簧构成的系统机械能不守恒，B错误；题述过程中电场力、重力、弹力都做功，依据动能定理可得ΔE k＝W1＋W2＋W3，C错误；重力之外的力做功等于小球的机械能变化量，故小球机械能增添量等于弹力和电。
高三物理第二轮复习教学案 动量与能量 人教版
高三物理第二轮复习教学案动量与能量高考要求：1、动量、冲量、动量定理Ⅱ2、动量守恒定律Ⅱ3．功、功率Ⅱ4．动能、做功与动能改变的关系Ⅱ5．重力势能、重力做功与重力势能改变的关系Ⅱ6．弹性势能Ⅰ7．机械能守恒定律Ⅱ8．动量知识和机械能知识的应用（包括碰撞、反冲、火箭）Ⅱ9．航天技术的发展和宇宙航行Ⅰ知识整合：冲量是力对时间的积累，其作用效果是改变物体的动量；功是力对位移的积累，其作用效果是改变物体的能量；冲量和动量的变化、功和能量的变化都是原因和结果的关系，对此，要像熟悉力和运动的关系一样熟悉。
在此基础上，还很容易理解守恒定律的条件，要守恒，就应不存在引起改变的原因。
能量还是贯穿整个物理学的一条主线，从能量角度分析思考问题是研究物理问题的一个重要而普遍的思路。
应用动量定理和动能定理时，研究对象可以是单个物体，也可以是多个物体组成的系统，而应用动量守恒定律和机械能守恒定律时，研究对象必定是系统；此外，这些规律都是运用于物理过程，而不是对于某一状态（或时刻）。
因此，在用它们解题时，首先应选好研究对象和研究过程。
对象和过程的选取直接关系到问题能否解决以及解决起来是否简便。
选取时应注意以下几点：1．选取研究对象和研究过程，要建立在分析物理过程的基础上。
临界状态往往应作为研究过程的开始或结束状态。
2．要能视情况对研究过程进行恰当的理想化处理。
3．可以把一些看似分散的、相互独立的物体圈在一起作为一个系统来研究，有时这样做，可使问题大大简化。
4．有的问题，可以选这部分物体作研究对象，也可以选取那部分物体作研究对象；可以选这个过程作研究过程，也可以选那个过程作研究过程；这时，首选大对象、长过程。
确定对象和过程后，就应在分析的基础上选用物理规律来解题，规律选用的一般原则是：1．对单个物体，宜选用动量定理和动能定理，其中涉及时间的问题，应选用动量定理，而涉及位移的应选用动能定理。
2．若是多个物体组成的系统，优先考虑两个守恒定律。
物理知识点高三物理第二轮专题复习专题二动量和能量教案人教版
物理知识点高三物理第二轮专题复习专题二动量和能量教案人教版动量和能量高考形势分析及历年部分省市高考试题分布：高中物理在力学、热学、电磁学、光学和原子物理等各分支学科中涉及到许多形式的能，如动能、势能、电能、内能、核能，这些形式的能可以相互转化，并且遵循能量转化和守恒定律，能量是贯穿于中学物理教材的一条主线，是分析和解决物理问题的主要依据。
在每年的高考物理试卷中都会出现考查能量的问题。
并时常发现“压轴题”就是能量试题。
历年高考中动量和能量题分布情况：2021年，全国理综II，计算题25题考查动量和能量综合题；全国理综III，计算题25题考查动量和能量综合题；北京卷24题考查动量和能量综合题；天津卷选择题21题考查碰撞中的动量守恒，25题考查动量和能量的综合题。
2021年，全国理综I动量和能量的题占19分，理综II占36分，理综III占20分，北京卷占16分，天津卷占18分。
2021年全国理综I、III，选择题20题动量定理和动能定理；理综II，18题碰撞中的动量和能量问题；重庆卷2计算题25题考查机械能守恒定律、动量守恒定律和圆周运动中的牛顿第二定律的知识；四川卷计算题25题考查带电粒子在磁场中的运动，动量守恒定律，圆周运动，平抛运动。
天津卷实验题22题考查验证碰撞中的动量守恒定律和百分误差。
2021年，湖南卷实验题22题，考查验证中碰撞中的动量守恒定律，计算题24题考查电子阻尼、碰撞动量守恒；北京卷选择题19题考查碰撞动量守恒和单摆周期的知识结合，20题考查动量定理和电场的知识。
全国卷II选择题16题考查动量和动能定理。
四川卷选择题18题考查碰撞中的动量守恒定律和机械能守恒定律。
天津卷选择题15题考查动量守恒与动能定理，计算题23题考查机械能守恒，圆周运动中的牛顿第二定律，动量守恒定律和动能定理。
动量与能量知识框架：力对时间的积力的积累和效应力对位移的积累效应势能重力势能：Ep=mgh 弹性势能机械能动能累效应动量p=mv 功：W=FScosα 瞬时功率：P=Fvcosα牛顿第二定律冲量I=Ft 动量定理动量守恒定律Ft=mv2-mv1 系统所受合力为零或不受外力m1v1+m2v2=m1v1’+m2v2’ F=ma 动能定理平均功率：P?W?Fvcos? tWA?1212mv2?mv1 22Ek?1mv2 2机械能守恒定律Ek1+EP1=Ek2+EP2 ΔE=ΔE 一、考点回顾1．动量、冲量和动量定理用心爱心专心12．动量守恒定律3．动量和能量的应用4．动量与动力学知识的应用5．航天技术的发展和宇宙航行6．动量守恒定律实验二、动量和能量知识点1．动量(1)动量：运动物体的质量和速度的乘积叫做动量，即p=mv.是矢量，方向与v的方向相同.两个动量相同必须是大小相等，方向一致。
教科版物理高考第二轮复习——动量与能量(学案)
教科版物理高考第二轮复习——动量与能量（学案）一、教学内容：高考第二轮复习——动量与能量二、学习目标：1、把握动量与能量问题分析的常规思维方法。
2、把握动量与能量问题的知识体系的重点与核心内容。
3、重点把握动量与能量问题在高考题目中的热点题型及相应的解题策略。
（一）动力学三大观点“力的观点”、“能量观点”、“动量观点”.（二）力学知识体系力学研究的是物体的受力情形与运动情形的关系. 以三条线（包括五条重要规律）为纽带建立联系，可用下面的框图表示：（三）研究动力学问题三大观点的比较（四）动力学三大观点选用原则1. 假如要列出某个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连续作用发生运动状态改变时，在涉及时刻和速度，不涉及位移和加速度时要第一考虑运用动量定理. 在涉及位移、速度，不涉及时刻时要第一考虑选用动能定理.3. 若研究的对象为相互作用的物体组成的系统，一样考虑用动量守恒定律和机械能守恒定律去解决，但要认真分析研究的问题是否符合守恒条件.4. 在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律，即系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，也即转变为系统内能的量.5. 在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，须注意到一样这些过程均隐含有系统机械能与其他形式能之间的转化. 这类问题因作用时刻极短，动量守恒定律一样能派上大用场.（五）选用不同规律解题时的注意事项1. 使用牛顿运动定律的关键是：确定研究对象，做好受力分析和过程分析，明确并建立力与加速度及运动与加速度的关系.2. 使用动量定理的关键是：确定研究对象，做好受力分析和过程分析，选取正方向，明确合外力的冲量及初、末动量的正负.3. 使用动能定理的关键是：确定研究对象，做好受力分析和过程分析，明确哪些力做正功、哪些力做负功、哪些力不做功及动能的变化.4. 使用动量守恒定律的关键是：确定选取的系统和研究的过程，做好受力分析和过程分析，判定是否符合动量守恒的使用条件.5. 使用机械能守恒定律的关键是：确定选取的系统和研究的过程，做好受力分析和过程分析，判定是否符合机械能守恒的使用条件.6. 使用能量守恒的关键是：确定研究对象，做好受力分析和过程分析，明确有哪些力做功，做功的结果是导致什么能向什么能转化，然后建立ΔE增=ΔE减的关系.问题1、“滑块和滑板”相互作用问题：例1：如图所示，质量m1=0.3 kg 的小车静止在光滑的水平面上，车长L=15 m ，现有质量m2=0.2 kg 可视为质点的物块，以水平向右的速度v0=2 m/s 从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止。
高中物理二轮总复习 动量与能量教案
命题点3 动量与能量本类考题解答锦囊解答“动量与能量”一类试题，应了解以下内容： 利用动量知识和机械能知识解决问题的一般思路， 1．认真审题明确题目所述的物理情境，确定研究对象． 2．分析对象受力及运动状态和运动状态变化的过程，作出草图．生根据运动状态变化的规律确定哪一个过程动量守恒，哪一个过程机械能守恒，然后根据题意选择合适的始末状态，列守恒关系式，一般这两个守恒定律多用于求某状态的速度．4．根据选择的定律列式，有时还需挖掘题目的其他条件(如潜在条件、临界条件、几何关系等)列补充方程．5．代入数据(统一单位)计算结果．特别应注意解题过程中表达思想的过程，注意写出每一步必要的文字说明． I 高考最新热门题1 (典型例题)有一炮竖直向上发射炮弹，炮弹的质量为M=6.0kg(内含炸药的质量可以忽略不计)，射出的初速度v o =6.0m ／s ，当炮弹到达最高点时爆炸为沿水平方向运动的两片，其中一片质量为m=4.0 kg ．现要求这一片不能落到以发射点为圆心、以R=600 m 为半径的圆周范围内，则刚爆炸完时两弹片的总动能至少多大?(g=10m ／s 2，忽略空气阻力)命题目的与解题技巧：本题考查平抛运动的规律、动量守恒定律等知识，考查考生运用所学知识分析物理情境并综合求解的能力．本题的物理过程可分为炮弹竖直上抛、炮弹爆炸、两弹片做平抛运动三个阶段，要使大弹片(m=4 kg)落在半径为R 的圆周以外，即要求其做平抛运动的水平位移要大于只，由竖直上抛运动可求出高度H.再运用平抛规律求大弹片水平位移为临界值R 时的初速度v ，根据动量守恒定律可解得小弹片的初速度v ，最后运用动能公式求炮弹刚爆炸后两弹片的总动能 Ek.[解析] 设炮弹上升到达最高点的高度为H ，根据匀变速直线运动规律，有gH v 220= ①设质量为m 的弹片刚爆炸后的速度为v ，另一块的速度为 v,根据动量守恒定律，有 mv=(M-m)v ②设质量为m 的弹片运动的时间为t ，根据平抛运动规律，有 221gt H③ R=vt ④炮弹刚爆炸后，两弹片的总动能 22)(2121v m M mv E k -+=⑤ 解以上各式得222)(21v m M g MmR E k -=代入数值得E k =6.0×104J [答案] 6.0×104J2 (典型例题)在光滑水平地面上有两个相同的弹性小球A 、B ，质量都为m ，现B 球静止，A 球向B 球运动，发生正碰．已知碰撞过程中总机械能守恒，两球压缩最紧时的弹性势能为Ep ，则碰前A 球的速度等于 mE D mE C mE B mE A p p pp 22.2.2..** C 指导：本题考查考生对弹性碰撞的过程和瞬时状态的分析理解．B 两球发生正碰的过程中，弹簧被压缩到最短的瞬间，两球有共同速度，设A 球的初速度为v 0，两球共同速度为v ，由动量守恒和机械能守恒列出方程：mv 0=2mv ①，21m 20v =212mv 2+E p ②解①②两式得v 0=mE p ,故C 项对.3 (典型例题)对于两物体碰撞前后速度在同一直线上，且无机械能损失的碰撞过程，可以简化为如下模型：A 、B 两物体位于光滑水平面上，仅限于沿同一直线运动．当它们之间的距离大于等寸；某一定值d 时，相互作用力为零；当它们之间的距离小于d 时，存在大小恒为F 的斥力．设A 物体质量m1=1.0kg 开始时静止在直线上某点；B 物体质量m2=3.0kg ，以速度vo 从远处沿该直线向A 运动，如图12-3-1所示．若d=0.10 m ，G=0.60 N ，vo=0.20 m ／s ．求： (1)相乓-作用过程中A 、B 加速度的大小；(2)从开始相互作用到A 、B 间的距离最小时，系统(物体组)动能的减少量； (3)A 、B 间的最小距离．**(1)0．60m/s 20．20m/s 2(2)0．015J (3)0．075 m指导：考查考生应用动量守恒定律、牛顿第二定律和运动学有关公式，解答两个物体碰撞前后的运动状态变化的有关问题． (1)a 1=21/60.0s m m F= a 2=22/20.0s m m F=(2)两者速度相同时，距离最近，由动量守恒 m 2V 0=(m 1+m 2)=v s m m m v m v /15.0)(2102=+=ΔEk=.015.0)(2121221202J v m m v m =-- (3)根据匀变速直线运动规律 v 1=a 1t v 2=v 0-a 2t 当v 1=v 2时解得A 、B 两者距离最近时所用时间t=0．25s s 1=21a 1t 2 s 2=v 0t-21a 2t 2 Δs=s 1+d —s 2 将t=0．25 s 代入，解得A 、B 间的最小距离 Δmin =0．75 m4 (典型例题)柴油打桩机的重锤由气缸、活塞等若干部件组成，气缸与活塞间有柴油与空气的混合物．有重锤与桩碰撞的过程中，通过压缩使混合物燃烧，产生高温高压气体，从而使桩向下运动，锤向上运动．现把柴油打桩机和打桩过程简化如下：柴油打桩机重锤的质量为m ，锤在桩帽以卜高度为h 处如图12-3-2甲)从静止开始沿竖立轨道自由落下，打在质量为M(包括桩帽)的钢筋混凝上桩子上．同时，柴油燃烧，产生猛烈推力，锤和桩分离，这一过程的时间极短，随后，桩在泥上中向F 移动一距离l.已知锤反跳后到达最高点时，锤与已停下的桩幅之间的距离也为h(如图12-3-2乙)．已知m=1.0×103 kg ，M=2.0× 103kg ，h=2.0m ，l=0.20m ，重力加速度g=10m ／s 2，混合物的质量不计．设桩向下移动的过程中泥土对桩的作用力F 是恒力，求此力的大小．答案：2．1×105N 指导：考查考生应用动量守恒定律、功能关系和有关运动学规律解决打桩机打桩过程的这一实验问题的能力．锤自由下落，碰桩前速度v 1向下，gh v 21=①碰后，已知锤上升高度为(h-l)，故刚碰后向上的速度为 v 2=)(2l h gh - ②设碰后桩的速度为y ，方向向下，由动量守恒， mv 1=MV —mv 2 ③桩下降的过程中，根据功能关系， 21MV 2+Mgl=Fl 由①、②、③、④式得． ])1(22([-+-==h h l H Mml mg Mg F ⑤ 代入数值，得F=2．1 ×105N ⑥5 (典型例题)(1)(如图12-3-3甲)，往光滑水平长直轨道上，放着一个静止的弹簧振子，它山一轻弹簧两端各联结一个小球构成，两个小球质量相等，现突然给左端小球一个向右的速度v o，求弹簧等一次恢复到自然长度时，每个小球的速度．(2)(如图12-3-3乙)，将N 个这样的振子放在该轨道上，最左边的振子1被压缩至弹簧为某一长度后锁定，静止在适当位置上，这时它的弹性势能力Eo ，其余各振子间都有一定的距离，现解除对振子1的锁定，任其自由运动运动，当它第一次恢复到自然长度时，刚好与振子2碰撞，此后，继续发生—系列碰撞，每个振广被碰后刚好邢是在弹簧第一次恢复到门然长度时与下一个振子相碰，求所有可能的碰撞都发生后，每个振子弹性势能的最大值．已知本题中两球发生碰撞时，速度交换，即一球碰后的速度等于另一球碰前的速度．答案：(1)u 1=0，u 2=u 0 (2)振子1和振子/V 弹性势能的最大值均为041E E m =指导：本题考查的知识是动量守恒定律和机械能守恒定律，主要考查考生独立地分析问题、总结规律及运用规律的能力，以及运用数学求解并且能从物理的角度分析取舍的能力．第(1)问中，对弹簧振子的初状态和弹簧恢复原长时的状态列出动量守恒方程和机械能守恒方程，联立求解得的是两解，根据题意，求弹簧第一次恢复原长时的状态，分析物理过程取其中一解．第(2)问中，中间许多弹簧振子的运动过程实质就是第(1)问中弹簧振子所求过程的依次重复，由于交换速度，最终中间弹簧振子都处于静止状态，振子1、2相碰后，初动量大小相等，这以后振子1在向左运动的过程中，弹簧压缩到最短或拉长到最长的状态时，它两边的小球有共同的速度，此时弹簧具有最大的弹性势能，当振子/V 被碰后，初始状态与振子2相同，这以后也会有把弹簧压缩到最短或拉长到最长的状态，所以，所有的碰撞都有发生后，振子1和振子N 存在弹性势能的最大值．(1)设每个小球质量为m ，以v 1，v 2分别表示弹簧恢复到自然长度时左右两端小球的速度，由动量守恒和能量守恒定律mv1+mv2=mv0(以向右为速度正方向)解得v 1=v0，v 2=0或v 1=0，v2=v0由于振子从初始状态到弹簧恢复到自然长度的过程中，弹簧一直是压缩状态，弹性力使左端小球持续减速，使右端小眯持续加速，因此应该取解：v1=0，v2=vo (2)以v 1，v 1,分别表示振子1解除锁定后弹簧恢复到自然长度时左右两小球的速度，规定向右为速度的正方向，由动量守恒和能量守恒定律．mv 1+mv 2=mv 0 202221212121mv mv mv =+ 解得:v 1=v0,v 2=0或v 1=v0由于振子从初始状态到弹簧恢复到自然长度的守程中，弹簧一直是压缩状态，弹性力使左端小球向左加速，右端小球向右加速，故应取解：v 1=0,v 2=v 0(2)以v 1,v 1′分别表示振子1解除锁定后弹簧恢复到自然长度时左右两小球的速度,规定向右两小球的速度,规定向右为速度的正方向,由动量守恒和能量守恒定律.mE v mE v m E v m E v E v m mv mv mv 010********2111,,2121,0='-=='=='+='+或解得在这一守程中弹簧一越是是压缩状态,弹性力使左端小球左加速,右端小向右速,故应取解:mE v m E v 0101,='-= 振子1与振子2碰撞后，由于交换速度，振子1左端小球速度变为0，左端小球速度仍为v 1，此后两小球都向左运动，当它们向左的速度相同时，弹簧被拉伸至最长，弹性势能最大，设此速度，根据动量守恒定律， 2mv 10=mv1用E 1表示最大弹性势能，由能量守恒有解得： 0121121021041:,212121E E mv E mv mv ==++解得 振子2被碰撞后瞬间，左端小球速度为mE 0，右端小球速度为0，以后弹簧被压缩，当弹簧再恢复到自然长度时，根据(1)题结果，左端小球速度。
高考物理二轮专题复习 第2课 动量和能量课件
链 接
设A、B碰撞后达到(dádào)的共同速度为v1，A、B、C三者
达到(dádào)的共同速度为v2，当弹簧第一次恢复原长时，A、
B的速度为v3，C的速度为v4.
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K 考题 专项 训练
对 A、B，在 A 与 B 的碰撞过程中，由动量守恒定律有：
mv0＝(m＋m)v1①
对 A、B、C，在压缩弹簧直至三者速度相等的过程中，由动量
高考二轮专题复习与测试•物理 随堂讲义(jiǎngyì)•第一部分 专题复
习 专题二 功、能量与动量
第2课 动量和能量
第一页，共42页。
栏 目 链 接
第二页，共42页。
J 考点 简析
应用能量守恒定律与动量守恒定律是解决复杂物理问题的一
种重要途径，是近几年高考的压轴题．从过去三年高考来看，本
知识以物体碰撞、小物块与长木板相对运动、物体做平抛运动、
解析 首先A与B发生碰撞，系统的动能损失一部分；C在
弹簧弹力的作用下加速，A、B在弹力的作用下减速，但A、
B的速度大于C的速度，故弹簧被压缩，直到A、B和C的速
度相等，弹簧的压缩量达到(dádào)最大，此时弹簧的弹性
势能最大．此后，C继续加速，A、B减速，当弹簧第一次恢
栏 目
复原长时，C的速度达到(dádào)最大，A、B开始要分离．
2mv0＋2mv1＝4mv2② 得出：v2＝34v0.
第十五页，共42页。
K 考题 专项 训练
(2) P1、P2、P 第一次等速，弹簧最大压缩量 x 最大，
由能量守恒得
μ·2mg(L＋x)＋
Ep＝
12(2m)v
2 0
＋21(2m)v12
－
高考教案物理二轮总结学习复习计划专题二能量及动量第讲碰撞及动量守恒教案
第3讲 碰撞与动量守恒 [做真题·明考向] 真题体验 透视命题规律讲课提示：对应学生用书第31页[真题再做]1.(多项选择)(2017·高考全国卷Ⅲ，T20)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变化的图线以下图，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 时物块的速度为零分析：设t ＝1s 时物块的速率为v 1，由动量定理得Ft ＝mv 1，得v 1＝1m/s ，A 项正确．t ＝2 s 时动量p 2＝2×2 kg·m/s ＝4kg·m/s ，B 项正确．t ＝3 s 时的动量p 3＝2×2 kg·m/s －1×1kg·m/s ＝3 kg·m/s ，C 项错误．t ＝4s 时物块速度v 4＝p 4m＝2×2－1×22m/s ＝1 m/s ，故D 项错误． 答案：AB2．(2017·高考全国卷Ⅰ，T14)将质量为的模型火箭点火升空，50g 焚烧的燃气以大小为600m/s 的速度从火箭喷口在很短时间内喷出．在燃气喷出后的瞬时，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽视)( )A ．30kg·m/sB.5.7×102 kg·m/s C ．6.0×102kg·m/s D ．6.3×102 kg·m/s分析：燃气从火箭喷口喷出的瞬时，火箭和燃气构成的系统动量守恒，设燃气喷出后的瞬时，火箭的动量大小为p ，依据动量守恒定律，可得p －mv 0＝0，解得p ＝mv 0＝0.050×600kg·m/s ＝30 kg·m/s ，选项A 正确．答案：A3．(2018·高考全国卷Ⅱ，T24)汽车A 在水平冰雪路面上行驶．驾驶员发现其正前方停有汽车B ，立刻采纳制动举措，但仍旧撞上了汽车B .两车碰撞时和两车都完整停止后的地点以下图，碰撞后B车向前滑动了，A车向前滑动了．已知A和B的质量分别为2.0×103kg和1.5×103kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有转动，重力加快度大小g＝10m/s2.求：(1)碰撞后的瞬时B车速度的大小；(2)碰撞前的瞬时A车速度的大小．分析：(1)设B车的质量为m B，碰后加快度大小为a B，依据牛顿第二定律有μm B g＝m B a B①式中μ是汽车与路面间的动摩擦因数．设碰撞后瞬时B车速度的大小为v B′，碰撞后滑行的距离为s B，由运动学公式有v B′2＝2a B s B②联立①②式并利用题给数据得v B′＝/s③(2)设A车的质量为m A，碰后加快度大小为a A，依据牛顿第二定律有μm A g ＝m A a A④设碰撞后瞬时A车速度的大小为v A′，碰撞后滑行的距离为s A，由运动学公式有v A′2＝2a A s A⑤设碰撞前的瞬时A车速度的大小为v A.两车在碰撞过程中动量守恒，有m A v A＝m A v A′＋m B v B′⑥联立③④⑤⑥式并利用题给数据得v A＝/s⑦答案：(1)3.0m/s(2)4.25 m/s4.(2016·高考全国卷Ⅱ，T35)如图，圆溜冰面上静止搁置一表面圆滑的斜面体，斜面体右边一蹲在滑板上的儿童和其眼前的冰块均静止于冰面上．某时辰儿童将冰块以相对冰面3m/s的速度向斜面体推出，冰块光滑地滑上斜面体，在斜面体上上涨的最大高度为h＝0.3 m(h小于斜面体的高度)．已知儿童与滑板的总质量为m1＝30 kg，冰块的质量为m2＝10 kg，儿童与滑板一直无相对运动．取重力加快度的大小g＝10 m/s2.(1)求斜面体的质量；(2)经过计算判断，冰块与斜面体分别后可否追上儿童？分析：(1)规定向右为速度正方向．冰块在斜面体上运动到最大高度时二者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3.由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得m2v0＝(m2＋m3)v①12m2v 20＝12(m2＋m3)v2＋m2gh②式中v0＝－3m/s为冰块推出时的速度．联立①②式并代入题给数据得m3＝20kg③(2)设儿童推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有m1v1＋m2v0＝0④代入数据得v1＝1m/s⑤设冰块与斜面体分别后的速度分别为v2和v3，由动量守恒和机械能守恒定律有m2v0＝m2v2＋m3v3⑥12m2v 20＝12m2v22＋12m3v23⑦联立③⑥⑦式并代入数据得v2＝1m/s⑧因为冰块与斜面体分别后的速度与儿童推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不可以追上儿童．答案：(1)20kg(2)不可以，原因看法析[考情剖析]■命题特色与趋向——怎么考1．动量定理、动量守恒定律属于力学的骨干知识，这部分知识与牛顿运动定律、功能关系合称“解题三把金钥匙”，是解决物理问题的重要基本方法，是高考的重点考察内容．2．本讲内容常常与机械能守恒定律、平抛运动、圆周运动等力学及电磁学、原子物理等知识点构成综合题．这种题型命题情形新奇，联系实质亲密，综合性强，前后两个物理过程一般经过碰撞来过渡，这就决定了动量守恒方程在解题过程中的纽带作用．■解题要领——怎么做解决本讲的问题，重要扣命题特色，高考取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，联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觉问题．所以要注意审题，弄清楚运动情形，发掘隐含条件，有针对性地选择相应的规律和方法．[建系统·记重点]知识串连熟记中心重点讲课提示：对应学生用书第32页[网络建立][重点熟记]1．动量定理表达式FΔt＝mv′－mv中的F为物体在Δt时间内所受的合外力．应用动量定理列方程时一定选用正方向．2．不受外力或许所受外力的矢量和为零时，系统的动量守恒；当外力比互相作用的内力小得多时，系统的动量近似守恒；当某一方向上的合外力为零时，系统在该方向上动量守恒．3．三类碰撞(1)弹性碰撞动量守恒：m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′.机械能守恒：12m 1v 21＋12m 2v 22＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2. (2)完整非弹性碰撞动量守恒、末速度相同：m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v ′.机械能损失最多，机械能的损失量为：ΔE ＝(12m 1v 21＋12m 2v 22)－12(m 1＋m 2)v ′2. (3)非弹性碰撞动量守恒：m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′.机械能有损失，机械能的损失量为：ΔE ＝(12m 1v 21＋12m 2v 22)－(12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2)． [研考向·提能力] 考向研析 掌握应试技术讲课提示：对应学生用书第32页考向一 冲量与动量定理1．恒力的冲量可应用I ＝Ft 直接求解，变力的冲量优先考虑应用动量定理求解．2．物体动量变化是由合外力的冲量决定的，物体动能变化是由合外力做的功决定的．3．动量定理是过程定理，解题时一定明确过程及初末状态的动量．4．动量定理的表达式是矢量式，在一维状况下，各个矢量一定选用一致的正方向．1．(2018·山东、湖北重点中学第二次联考)以下图，AB是固定于竖直平面内的圆滑圆弧轨道，CD是固定于竖直平面内的圆滑斜面轨道，AB两点和CD 两点的高度差相同且AB的弧长与斜面CD长度相等．现让小球甲从A点沿圆弧轨道下滑到B点，小球乙从C点沿斜面轨道下滑到D点，两球质量相等．以下说法正确的选项是()A．甲球重力的冲量比乙球重力的冲量小B．甲球所受合外力的冲量比乙球所受合外力的冲量小C．两球所受轨道的支持力的冲量均为零D．两球动量的变化量相同分析：由机械能守恒定律可知，甲、乙两球下滑究竟端的速度大小相等，因甲做加快度减小的变加快运动，可知甲的均匀速度较乙大，则甲滑究竟端的时间较短，依据I＝mgt可知，甲球重力的冲量比乙球重力的冲量小，选项A正确；甲、乙两球滑究竟端时，动量的变化大小相同，但方向不一样，依据动量定理可知，合外力的冲量大小相同，可是方向不一样，即两球动量变化量不一样，选项B、D错误；依据I＝F N t可知，因支持力均不为零，则两球所受轨道的支持力的冲量均不为零，选项C错误．答案：A2．为估量池中睡莲叶面蒙受雨滴撞击产生的均匀压强，小明在雨天将一圆柱形水杯置于天台，测得1小时内杯中水面上涨了45mm.查问得悉，当时雨滴竖直着落速度约为12m/s.据此估量该压强约为(设雨滴撞击睡莲后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为1×103 kg/m3)()A．0.15Pa分析：因为是估量压强，所以不计雨滴的重力，设雨滴遇到支持面的均匀作使劲为F，在Δt时间内有质量为Δm的雨滴的速度由v＝12m/s减为零．以向上为正方向，对这部分雨水应用动量定理有F Δt ＝0－(－Δmv )＝Δmv ，获取F ＝Δm Δt v .设水杯横截面积为S ，对水杯里的雨水，在Δt 时间内水面上涨Δh ，则有Δm＝ρS Δh ，F ＝ρSv ·Δh Δt ，压强p ＝F S ＝ρv Δh Δt ＝1×103×12×45×10－33600Pa ＝0.15Pa.故A 正确．答案：A3．(多项选择)(2018·宁夏银川第四次月考)一质量m＝的小钢球以大小为v 0＝10m/s 的速度水平抛出，着落h＝5.0 m 时垂直撞击一钢板，撞后速度恰巧反向，且速度大小不变．已知小钢球与钢板的作用时间极短，g 取10m/s 2，则( )A ．钢板与水平面的夹角θ＝60°B ．小钢球从水平抛出到刚要撞击钢板的过程中重力的冲量大小为1N·sC ．小钢球撞击钢板的过程中其动量的变化量的大小为102kg·m/sD ．钢板对小钢球的冲量大小为22N·s分析：小钢球撞击钢板时的竖直分速度v y ＝2gh ＝10m/s ，设小球的速度方向与水平方向的夹角为α，则tan α＝v y v x＝1010＝1，解得α＝45°，即钢板与水平面的夹角θ＝45°，选项A 错误；小钢球从水平抛出到刚要撞击钢板时所飞翔的时间t ＝2hg ＝1s ，重力冲量I ＝mgt ＝1N·s ，选项B 正确；取垂直钢板向上为正方向，小钢球刚要撞击钢板时小钢球速度的大小为v 1＝2v 0＝102m/s ，动量p 1＝－mv 1＝－2kg·m/s ；撞后小钢球的速度v 2＝102m/s ，动量p 2＝mv 2＝2kg·m/s ，小钢球的动量变化Δp ＝p 2－p 1＝22kg·m/s ，由动量定理可知，钢板对小钢球的冲量大小I ＝Δp ＝22N·s ，选项C 错误，D 正确．答案：BD[方法技巧]使用动量定理的注意事项(1)一般来说，用牛顿第二定律能解决的问题，用动量定理也能解决，假如题目不波及加快度和位移(如第2题中压力的计算)，用动量定理求解更简捷．(2)动量定理不单合用于恒力，也合用于变力．变力状况下，动量定理中的力F应理解为变力在作用时间内的均匀值，如第2题中的压力是均匀力．(3)动量定理的表达式是矢量式，运用它剖析问题时要特别注意冲量、动量及动量变化量的方向(如第1题中B点和D点的动量比较)，公式中的F是物体或系统所受的协力．考向二动量、动量守恒定律[典例展现1]以下图，甲、乙两儿童各乘一辆冰车在水平冰面上嬉戏．甲和他的冰车的总质量为M＝30kg，乙和他的冰车的总质量也是M＝30kg.甲推着一个质量为m＝15kg的箱子和他一同以2m/s的速度滑行，乙以相同大小的速度迎面滑来．为了防止相撞，甲忽然将箱子沿冰面推给乙，箱子滑到乙处时，乙快速抓住．若不计冰面摩擦，求甲起码以多大速度(相对地)将箱子推出，才能防止与乙相撞？[思路研究](1)“甲推出箱子”“乙抓住箱子”的过程动量守恒吗？(2)题目中“防止相撞”的条件是什么？[分析]要想恰巧防止相撞，要求乙抓住箱子后与甲的速度正好相等，设甲推出箱子后的速度为v1，箱子的速度为v，乙抓住箱子后的速度为v2.对甲和箱子，推箱子前后动量守恒，以甲初速度方向为正方向，由动量守恒定律有(M＋m)v0＝mv＋Mv1①对乙和箱子，抓住箱子前后动量守恒，以箱子初速度方向为正方向，由动量守恒定律有mv－Mv0＝(m＋M)v2②甲与乙恰巧不相撞的条件是v1＝v2③联立由①②③解得v＝5.2m/s，方向与甲和箱子初速度方向一致．[答案]/s[方法技巧]应用动量守恒定律解题的基本步骤(1)明确研究对象，确立系统的构成(系统包含哪几个物体)及研究的过程，如例题中分别以“甲和箱子”“乙和箱子”为系统．(2)进行受力剖析，判断系统动量能否守恒(或某一方向上动量能否守恒)．(3)规定正方向，确立初、末状态动量．(4)由动量守恒定律列出方程．(5)代入数据，求出结果，必需时议论说明．4．(多项选择)质量为M 和m 0的滑块用轻弹簧连结，一同以恒定的速度v 沿圆滑水平面运动，与位于正对面的质量为m 的静止滑块发生碰撞，以下图，碰撞时间极短．在此过程中，以下状况可能发生的是( )A ．M 、m 0、m 速度均发生变化，分别为v 1、v 2、v 3，并且知足(M ＋m 0)v ＝Mv 1＋m 0v 2＋mv 3B ．m 0的速度不变，M 和m 的速度变成v 1和v 2，并且知足Mv ＝Mv 1＋mv 2C ．m 0的速度不变，M 和m 的速度都变成v ′，且知足Mv ＝(M ＋m )v ′D ．M 、m 0、m 速度均发生变化，M 、m 0速度都变成v 1，m 的速度变成v 2，且知足(M ＋m 0)v 0＝(M ＋m 0)v 1＋mv 2分析：碰撞的瞬时M 和m 构成的系统动量守恒，m 0的速度在瞬时不变，以M 的初速度方向为正方向，若碰后M 和m 的速度变v 1和v 2，由动量守恒定律得Mv ＝Mv 1＋mv 2；若碰后M 和m 速度相同，由动量守恒定律得Mv ＝(M ＋m )v ′，故B 、C 正确，A 、D 错误．答案：BC5.(2018·河北衡水中学第六次调研)有一条打鱼小船停靠在湖畔码头，小船又窄又长，一位同学想用一个卷尺大略地测定它的质量，他进行了以下操作：第一将船平行码头自由停靠，而后他轻轻从船尾上船，走到船头后停下，尔后轻轻下船，用卷尺测出船退后的距离为d ，而后用卷尺测出船长为L .已知他自己的质量为m ，则小船的质量m 0为( ) A.m (L ＋d )d B.m (L －d )dC.mLd D.m(L＋d)L分析：设人走动时船的速度大小为v，人的速度大小为v′，人从船尾走到船头所用时间为t.取船的速度为正方向，则v＝dt，v′＝L－dt，依据动量守恒定律得m0v－mv′＝0，解得船的质量m0＝m(L－d)d，应选项B正确．答案：B6．如图，水平面上有一质量为m＝1kg的小车，其右端固定一水平轻质弹簧，弹簧左端连结一质量为m0＝1kg的小物块，小物块与小车一同以v0＝6m/s 的速度向右运动，与静止在水平面上质量为M＝4 kg的小球发生正碰，碰后小球的速度变成v＝2 m/s.碰撞时间极短，弹簧一直在弹性限度内，忽视全部摩擦阻力．求：(1)小车与小球碰撞后瞬时小车的速度v1；(2)从碰后瞬时到弹簧被压缩至最短的过程中，弹簧弹力对小车的冲量大小．分析：(1)小车与小球碰撞过程，依据动量守恒定律有mv0＝Mv＋mv1解得v1＝－2m/s，负号表示碰撞后小车向左运动(2)当弹簧被压缩到最短时，设小车的速度为v2，依据动量守恒定律有m0v0＋mv1＝(m0＋m)v2解得v2＝2m/s设从碰撞后瞬时到弹簧被压缩到最短的过程中，弹簧弹力对小车的冲量大小为I，依据动量定理有I＝mv2－mv1解得I＝4N·s答案：(1)2m/s，方向向左(2)4 N·s考向三碰撞与反冲、爆炸类问题[典例展现2] (2018·福建福州高三第二次月考)以下图，物块A 、C 的质量均为m ，B 的质量为2m ，都静止于圆滑水平台面上．A 、B 间用一不行伸长的轻质短细线相连．初始时辰细线处于废弛状态，C 位于A 右边足够远处．现忽然给A 一刹时冲量，使A 以初速度v 0沿A 、C 连线方向向C 运动，细线断后A 速度变成23v 0，A 与C 相碰后，黏合在一同．求：(1)A 与C 刚黏合在一同时的速度大小；(2)若将A 、B 、C 当作一个系统，则从A 开始运动到A 与C 恰巧黏合的过程中，系统损失的机械能为多少？[思路研究] (1)细线断的过程中，A 、B 构成系统拥有什么特色？(2)A 和C 相碰过程属于哪种碰撞？有什么特色？[分析] (1)轻微线绷断的过程，A 、B 构成的系统动量守恒，mv 0＝m ·23v 0＋2mv B解得v B ＝16v 0以后在A 与C 发生完整非弹性碰撞过程中，A 、C 构成的系统动量守恒 m ·23v 0＝(m ＋m )v 2，解得v 2＝13v 0(2)在运动全过程，A 、B 、C 构成的系统机械能损失为ΔE ＝12mv 20－12(2m )v 2B －12(2m )v 22＝1336mv 20[答案] (1)13v 0 (2)1336mv 20[方法技巧]抓住“三个原则、三个定律”速解碰撞问题(1)判断两物体碰撞瞬时的状况：当两物体相碰时，第一要判断碰撞时间能否极短、碰撞时的互相作使劲(内力)能否远远大于外力．(2)碰撞的“三个原则”：①动量守恒原则，即碰撞前后两物体构成的系统知足动量守恒定律；②能量不增添原则，即碰撞后系统的总能量不大于碰撞前系统的总能量；③物理情境可行性原则，即两物体碰撞前后的物理情境应与实质相一致．(3)依据两物体碰撞时按照的物理规律，列出相对应的物理方程：①假如物体间发生的是弹性碰撞，则一般是列出动量守恒方程和机械能守恒方程进行求解；②假如物体间发生的不是弹性碰撞，则一般应用动量守恒定律和能量守恒定律(功能关系)进行求解．7.(多项选择)(2018·广西南宁第四中学高三月考)A、B两物体在圆滑水平面上沿同向来线运动，如图表示发生碰撞前后的vt图线，由图线能够判断()A．A、B的质量比为2∶3B．A、B作用前后总动量守恒C．A、B作用前后总动量不守恒D．A、B作用前后总动能不变分析：A、B碰撞过程中，系统所受外力之和为零，动量守恒，由碰撞前后的vt图线知，碰前A的速度v A＝6m/s，B的速度v B＝1 m/s，碰后A的速度v A′＝2m/s，B的速度v B′＝7 m/s，依据动量守恒定律有m A·v A＋m B·v B＝m A·v A′＋m B·v B′，代入数据可得m A∶m B＝3∶2，故A、C错误，B正确；作用前总动能为12m A·v2A＋12m B·v2B＝553m A，作用后总动能为12m A·v A′2＋12m B·v B′2＝553m A，由此可知作用前后A、B的总动能不变，D正确．答案：BD8．一弹丸在飞翔到距离地面5m高时仅有水平速度v＝2m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1.不计质量损失，重力加快度g取10 m/s2，则以下图中两块弹片飞翔的轨迹可能正确的选项是()分析：平抛运动时间t＝2hg＝1s，爆炸过程恪守动量守恒定律，设弹丸质量为m，则mv＝34mv甲＋14mv乙，又因为v甲＝x甲t，v乙＝x乙t，t＝1s，则有34x甲＋14x 乙＝2m ，将各选项中数据代入计算得B 正确．答案：B9．(多项选择)以下图，一辆小车静止在圆滑的水平面上，小车的上表面左边AB 为一圆滑的14圆弧，其半径为R ＝，右边BC 为粗拙水平面，且水平面与圆弧圆滑过渡，BC ＝，小车的上表面右边离地高度为h ＝，小车静止时其右边端点C 在地面上的投影为C ′点，一质量为m ＝1kg 的滑块(可视为质点)自圆弧极点A 由静止开释，并且从C 处滑落小车，其落地时恰巧打在C ′点，已知滑块与小车上表面BC 面间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加快度g 取10m/s 2，则由以上条件可得( )A ．小车的最后速度为1m/sB ．整个过程滑块与小车因摩擦产生的热量为Q ＝4JC ．小车的质量为M ＝1kgD ．从小车开始运动至滑块落至C ′的时间内，小车一共向左行进了x ＝ 分析：滑块与小车构成的系统水平方向动量守恒，设滑块滑离小车时速度大小为v 1，小车最后速度大小为v 2，则mv 1＝Mv 2，依据能量守恒可得mgR ＝12mv 21＋12Mv 22＋μmgL BC ，滑块滑离小车后做平抛运动，依据题意其平抛的水平距离为小车向左运动的距离，小车向左运动了s ＝m M ＋m(R ＋L BC )，又s ＝v 1t ，h ＝12gt 2，联立以上各式解得M ＝1kg ，v 1＝v 2＝2m/s ，s ＝0.8m ，t ＝0.4s ，故A 错误，C 正确；整个过程的摩擦生热为Q ＝μmgL BC ＝4J ，B 正确；自滑块滑落小车至落地时，小车又发生的位移s ′＝v 2t ＝0.8m ，所以从小车开始运动至滑块落至C ′的时间内，小车一共向左行进了x ＝s ＋s ′＝1.6m ，故D 正确．答案：BCD10．以下图，小球B 与一轻质弹簧相连，并静止在足够长的圆滑水平面上，小球A 以某一速度与轻质弹簧正碰．小球A 与弹簧分开后，小球B 的速度为v ，求：(1)当两个小球与弹簧构成的系统动能最小时，小球B的速度的大小；(2)若小球B的质量m2已知，在小球A与弹簧互相作用的整个过程中，小球A遇到弹簧作使劲的冲量．分析：(1)当系统动能最小时，弹簧压缩至最短，两球拥有共同速度v共．设小球A、B的质量分别为m1、m2，碰撞前小球A的速度为v0，小球A与弹簧分开后的速度为v1.从小球A遇到弹簧到与弹簧分开的过程中，由系统动量守恒和能量守恒有m1v0＝m1v1＋m2v，12m1v20＝12m1v21＋12m2v2联立解得v＝2m1v0m1＋m2，即m1v0＝m1＋m22v从小球A遇到弹簧到两球共速的过程中，系统动量守恒，故m1v0＝(m1＋m2)v共，解得v共＝v 2.(2)设水平向右为正方向，则小球B动量的增量为m2v，依据动量守恒知小球A动量的增量为－m2v依据动量定理有I＝－m2v，小球A遇到弹簧作用的冲量的大小为m2v，方向水平向左．答案：(1)v2(2)m2v，方向水平向左[限训练·通高考]科学设题拿下高考高分独自成册对应学生用书第135页(45分钟)一、单项选择题1．对于以下四幅图所反应的物理过程的说法正确的选项是()A．甲图中子弹射入木块的过程中，子弹和木块构成的系统动量守恒，能量不守恒B．乙图中M、N两木块放在圆滑的水平面上，剪断细线，在弹簧恢还原长的过程中，M、N与弹簧构成的系统动量守恒，机械能增添C．丙图中细线断裂后，木球和铁球在水中运动的过程，系统动量守恒，机械能不守恒D．丁图中木块沿放在圆滑水平面上的斜面下滑，木块和斜面构成的系统在水平方向上动量守恒，机械能守恒分析：甲图中，在圆滑水平面上，子弹射入木块的过程中，子弹和木块构成的系统动量守恒，机械能有损失，可是损失的机械能转变成内能，能量仍守恒，A错误；乙图中，剪断细线，在弹簧恢还原长的过程中，M、N与弹簧构成的系统动量守恒，弹簧的弹性势能转变成木块的动能，系统机械能守恒，B错误；丙图中，木球和铁球构成的系统匀速降落，说明两球所受水的浮力等于两球自己的重力，细线断裂后两球在水中运动的过程中，所受合外力为零，系统动量守恒，因为水的浮力对两球做功，两球构成的系统机械能不守恒，选项C正确；丁图中，木块沿放在圆滑水平面上的斜面下滑，木块和斜面构成的系统在水平方向上不受外力，水平方向上动量守恒，因为斜面可能不圆滑，所以机械能可能有损失，D错误．答案：C2．(2018·河南三门峡高三质检)甲、乙两个质量都是M的小车静置在圆滑水平川面上．质量为m的人站在甲车上并以速度v(对地)跳上乙车，接着仍以对地的速率v反跳回甲车．对于这一过程，以下说法中正确的选项是()A．最后甲、乙两车的速率相等B．最后甲、乙两车的速率之比v甲∶v乙＝M∶(m＋M)C．人从甲车跳到乙车时对甲的冲量为I1，从乙车跳回甲车时对乙车的冲量为I2，应是I1＝I2D．人从甲车跳到乙车时对甲的冲量为I1，从乙车跳回甲车时对乙车的冲量为I2，应是I1>I2分析：以人与甲车构成的系统为研究对象，以人的速度方向为正方向，由动量守恒定律得，人跳离甲车时，mv－Mv1＝0，以乙车与人构成的系统为研究对象，以人的速度方向为正方向，由动量守恒定律得，人跳上乙车时，mv＝(m＋M)v2，人跳离乙车时，－(m＋M)v2＝－Mv乙＋mv，以人与甲车构成的系统为研究对象，以人的速度方向为正方向，由动量守恒定律得，人反跳回甲车时，mv＋Mv1＝(m＋M)v甲，解得v甲v乙＝MM＋m，故A错误，B正确；由动量定理得，对甲车I1＝Mv1＝mv，对乙车I2＝Mv乙－Mv2＝2mv－mv1＋mM>mv，即I1<I2，故C、D错误．答案：B3．“鞭炮声中一岁除，春风送暖入屠苏”，燃放鞭炮是我国传统风俗．春节时期，某人斜向上抛出一个鞭炮，假定鞭炮抵达最高点时(速度水平向东)立刻爆炸成质量相等的三块碎片，前方一块碎片速度水平向东，后边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，则以下说法正确的选项是()A．爆炸后的瞬时，中间那块碎片的速度大于爆炸前瞬时鞭炮的速度B．爆炸后的瞬时，中间那块碎片的速度可能水平向西C．爆炸后，三块碎片将同时落到水平川面上，并且落地时的动量相同D．爆炸后的瞬时，中间那块碎片的动能可能小于爆炸前瞬时鞭炮的总动能分析：设鞭炮爆炸前的速度为v，鞭炮爆炸成三块碎片的质量均为m，爆炸后前、后两块碎片的速度大小为v前后，中间那块碎片的速度大小为v′，设水平向东为正方向，依据水平方向动量守恒，3mv＝mv前后＋mv′－mv前后，得v′＝3v，方向向东，所以爆炸后的瞬时，中间那块碎片的速度大于爆炸前瞬时鞭炮的速度，选项A 正确，B 错误；爆炸后，三块碎片均做平抛运动，竖直方向上有h ＝12gt 2，着落时间相同，则竖直方向分速度相同，但水平方向上的分速度不一样，故合速度不一样，则动量不一样，选项C 错误；爆炸后的瞬时，中间那块碎片的动能12m (3v )2>12·3m ·v 2，选项D 错误．答案：A4.2017年7月9日，斯诺克世界杯在江苏无锡落下帷幕，由丁俊晖和梁文博构成的中国A 队在决赛中1比3落伍的不利局势下成功逆转，最后以4比3击败英格兰队，帮助中国斯诺克台球队获取了世界杯三连冠，如图为丁俊晖正在准备击球．设在丁俊晖这一杆中，白色球(主球)和花色球碰撞前、后都在同向来线上运动，碰前白色球的动量为p A ＝5kg·m/s ，花色球静止，白色球A 与花色球B 发生碰撞后，花色球B 的动量变成p B ′＝4 kg·m/s ，则两球质量m A 与m B 间的关系可能是( )A ．mB ＝m AB.m B ＝14m A C ．m B ＝16m A D ．m B ＝6m A分析：由动量守恒定律得p A ＋p B ＝p A ′＋p B ′，解得p A ′＝1kg·m/s ，依据碰撞过程中总动能不增添，则有p 2A 2m A ≥p A ′22m A ＋p B ′22m B，代入数据解得m B ≥23m A ，碰后两球同向运动，白色球A 的速度不大于花色球B 的速度，则p A ′m A ≤p B ′m B，解得m B ≤4m A ，综上可得23m A ≤m B ≤4m A ，选项A 正确．答案：AA ．7∶5∶3 C ．2∶1 D ．5∶3分析：设A 、B 两个小球碰撞后的速度分别为v 1、v 2，由动量守恒定律有m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 2，发生弹性碰撞，不损失动能，故依据能量守恒定律有12m 1v 20＝12m 1v 21＋12m 2v 22，两个小球碰撞后到再次相遇，其速率不变，由运动学规律有。
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专题二 能量及动量【复习目标】1.进一步熟练掌握动能定理、动量定理的内容、表达式；熟练掌握机械能守恒定律、能量的转化和守恒定律、动量守恒定律的内容、条件、表达式及应用。
2.掌握应用能量的观点、动量的观点分析处理问题时的技巧和方法。
3.进一步体会功能关系和能量守恒思想和系统动量守恒条件及守恒思想，提升解题技能和解题速度。
【复习重难点】1.重点：动能定理和机械能守恒定律、动量守恒定律的应用。
2.难点：连接体问题中力与运动、功能关系的综合应用。
【复习方法】讲授法、自主复习法、讨论法、练习法等。
【课时安排】 3课时 【教学过程】第一课时 动能定理与功能关系一.知识点复习提要：1.再认识动能、重力势能、机械能、电势能、内能等各种形式的能的概念及表达式；并比较她们间的共性和特殊性。
2.恒力做功、合力做功及一类特殊变力做功的求解方法、进一步深刻理解功能关系并能应用。
3.动能定理的内容、表达式、导出过程、实质和应用步骤方法。
二.例题解析及解题指导：1.熟练掌握七个基本的功能关系。
1) 动能定理: 21=k k k W E E E ∆=-合 2) W G 与P E ∆之间的关系: W G = −P E ∆ 3) W 弹与P E ∆之间的关系: W 弹 = −P E ∆4) 功能原理: 21=W E E E ∆=-（除重力弹力）5) 系统克服摩擦力的功W f 和产生的热Q 之间的关系: =f W fl Q =相对图(2)b6) W 电与P E ∆之间的关系: W 电 = −P E ∆7) 只有动生电动势时，运动导体克服安培力做功与产生电能之间的关系： W 克 = E 电 例1：如图(1)所示，卷扬机的绳索通过定滑轮用力F使之沿斜面加速向上移动。
在移动过程中，下列说法正确的是（ ） A.克服木箱的重力做的功小于木箱增加的重力势能B.拉力F 与摩擦力对木箱做的功之和等于木箱增加的动能C.摩擦力对木箱做的功等于木箱和斜面组成的系统内产生的热D.拉力F 与摩擦力对木箱做的功之和等于木箱增加的机械能 例2：一带电油滴在场强为E 的匀强电场中运动的轨迹如图(2)中 虚线所示，电场方向竖直向下。
若不计空气阻力，此带电油滴 从a 运动到b 的过程中，能量变化情况为 （ ） A.动能减小 B.电势能增加C.动能和电势能之和减小D.重力势能和电势能之和增加2.动能定理的应用动能定理解题的一般步骤:a) 确立研究对象(单个质点)，明确研究对象的过程。
b) 对物体受力分析，明确该过程中各力做功，求准合力的功；明确初末状态，求准动能的变化量。
c) 列动能定理的方程、求解、讨论。
例3：如图(3)所示，DO 是水平面，初速为v 0的物体从D 点出发沿DBA滑动到顶点A 时速度刚好为零。
若斜面改为AC ，让该物体仍从D 点出发，以初速为v 1沿DCA 滑动到A 点速度刚好为零，物体与路 面之间的动摩擦因数处处相同且不为零，则（ ）A ．v 1> v 0B ．v 1<v 0C ．v 1= v 0D ．不能确定v 1和v 0的大小关系例4：如图(4)所示，已知水平杆长L 1，绳长L 2，小球的质量m ，整个装置可绕竖直轴转动。
小球图(1)DB C 图(3)AO由静止开始随转轴缓慢加速转动，最后当该装置以某一角速度匀速转动时，绳子与竖直方向成θ角。
重力加速度为g ，则此过程中细绳对小球做的功是多少？三.课后练习及课后复习专项训练动能定理；预复习机械能守恒定理。
第二课时 机械能守恒定律一.知识点复习提要：1.机械能守恒定律的内容、条件、表达式及其实际应用中的对象与过程。
2.能量转化与守恒定律的内容表述、重要意义。
3.能量转化与守恒定律与机械能守恒定律的关系，与功能关系的关系。
二.例题解析及解题指导1.对于研究对象为单个物体（除地球外）的机械能守恒时，应用机械能守恒定律处理当然可以，但更多的应用动能定理处理会更方便，更不易出错。
对于研究对象为两个或两个以上的物体系统（除地球外）的机械能守恒时，应用机械能守恒定律来处理才显示出其优势。
2.应用机械能守恒定律解题的一般步骤： （1）明确研究的对象(通常是一个物体系统) （2）判断该系统在变化过程中机械能是否守恒（3）确定零势能面，明确初末状态的机械能 (或者明确能量变化情况) （4）据机械能守恒定律列方程、求解、讨论。
例1： 半径R =0.50m 的光滑圆环固定在竖直平面内，如图（1）所示，轻质弹簧的一端固定在环B的最高点A处，另一端系一个质量m = 0.20kg的小球，小球套在圆环上，已知弹簧的原长L o =0.50m，劲度系数k = 4.8N/m，将小球从图示位置的B点由静止释放，小球将沿圆环滑动并通过最低点C，在C点时弹簧的弹性势能E P = 0.6J，g取10m/s2。
求：（1）小球经过C点时的速度的大小vC.（2）小球经过C点时对环的作用力的大小和方向3.能量的转化与守恒的思想及应用在力学中、电学、原子物理、热学中都有所涉及，重要性不言而喻。
该定律的具体应用中，关键是搞清楚总共有几种形式的能参与转化及转化的方向！两种解题思路：一种形式的能增加，另一种形式的能必然减少且二者相等(假定系统内只有两种形式的能参与转化) ；一个物体的能量增加，另一个物体的能量必然减少且二者相等(假定系统内只有两个物体)例2：如图(2)所示，质量为2 m和3m的两个小球分别固定在一根直角尺的两端A、B，直角尺的顶点O处有光滑的固定转动轴，AO、BO的长分别为2L和L。
开始时直角尺的AO部分处于水平放置，而OB部分竖直。
让该系统由静止开始自由转动，重力加速度g。
试求：(1)B球能上升的最大高度h (2)开始转动后B球可能达到的最大速度v m例3：如图(3)中虚线为静电场的等势面1、2、3、4。
相邻的等势面之间的电势差相等，其中等势面3的电势为0。
一带正电的点电图(2)2m图(3)荷只在静电力的作用下运动，经过a、b点时的动能分别为23 eV和5 eV。
当这一点电荷运动到某一位置时，其电势能变为−8 eV，此时它的动能应为（）A.8 eVB.11 eVC.15 eVD.19 eV三.课后练习及课后复习专项训练机械能守恒定律；预复动量守恒定理。
第三课时动量定理及动量守恒定律一.知识点复习提要：1.动量、冲量的基本概念和物理意义；动量定理的内容、表达式及应用步骤方法2.动量守恒定律的内容、条件和应用方法及其在碰撞问题中的应用。
二.例题解析及解题指导1.动量定理与牛顿第二定律的物理实质是相同的。
物体的质量一定时，动量定理的微分形式即为牛顿第二定律，牛顿第二定律的积分形式即为动量定理。
动量定理和动能定理都涉及到某一个变化过程中物理量之间的数量关系，分别从时间和空间两个侧面反映相互作用下物质运动的规律。
2. 动量定理的应用的一般步骤1）明确研究的对象和研究的过程2）对研究对象受力分析，求合力的冲量3）分析研究过程的初末状态，求动量的变化量4）由动量定理列方程，求解讨论。
例1：一位质量为m的运动员从下蹲状态向上跳起，经Δt时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v。
在此过程中地面对他的冲量和地面对他做的功分别为（）A.mv+mgΔt，mv2/2B. mv+mgΔt，0C. mv，mv2/2D. mv-mgΔt，0例2：如图(1)所示，在光滑的水平面上静止放着两个相互接触的木块A和B，质量分别为m和3m，今有一子弹水平地穿过两个木块，设子弹穿过A、B木块的时间分别为t1和t2，木块对子弹的阻力大小恒为f，则子弹穿出两木块后，木块A和木块B的速度分别为多少?图(1)3.动量守恒定律的应用1）作用过程较平缓,如木块叠加类；作用过程剧烈时间极短，如弹性和完全非弹性碰撞类。
2）应充分注意定律的条件和矢量性。
例3：如图(2)所示，两块厚度相同的木块A和B并列紧靠着且静止放置在光滑的水平面上，其质量分别为m A=2.0kg，m B=0.90kg．它们的上表面粗糙。
另有质量m C=0.10kg的铅块C(质点)以v C=10m/s的速度恰好水平地滑到A的上表面，由于摩擦，铅块最后停在本块B上，测得B、C的共同速度为v=0.50m/s，求：(1)木块A的速度(2)铅块C离开A时的速度．图(2)图(3)例4：如图(3)所示，内部光滑的木糟质量为m A =m ，置于水平桌面上，木槽与桌面间的动摩擦因数为μ，槽内有两个小球B 、C ，它们的质量分别是m B =m ，m C =2m ，两球间是很短的被压缩的轻弹簧（球与弹簧不连接），且B 球到木槽左端、C 球到木槽右端的距离均为L ，这时弹簧的弹性势能为Ep=μmgl ，同时释放B 、C 球。
并假设小球与槽碰撞后不分离，碰撞时间极短。
求： （1）第1个小球与槽碰撞后的共同速度； （2）第2个小球与槽碰撞后的共同速度；4.动力学规律的综合应用1) 力的观点—— 牛顿运动定律2) 动量的观点—— 动量定理、动量守恒定律3) 能量的观点—— 动能定理、机械能守恒定律、能量的转化和守恒定律例5 ：矩形滑块由不同材料的上下两层固体组成，将其放在光滑的水平面上，质量为m 的子弹以速度v 水平射向滑块。
若射中上层子弹刚好不穿出，若射中下层子弹刚好能嵌入，那么( ) A ．两次子弹对滑块做的功一样多 B ．子弹嵌入上层时系统产生的热较多 C ．子弹嵌入下层时受到的摩擦力较小 D ．子弹嵌入上层时滑块所受冲量大x图(4)例6：如图(4)所示，在水平面上有两个静止的物体A 、B ，质量分别为m A =2kg ，m B =1kg ，某时刻物块A 获得一个瞬时冲量I=20Ns 后开始向物块B 运动，两物体发生弹性碰撞正碰后分开，且物块B 仍沿原来的方向运动，已知物块A 从开始运动到碰后直到停止的共运动了t=6s ，两物块与水平面间的动摩擦因数均为μ=0.1，求： (1)碰后物块B 运动多长时间停止 (2)开始时A 、B 两物块间的距离x三.专题二功能关系和动量守恒定律小结本专题涉及到的内容是高中物理中最难最核心的部分，能量、动量、守恒思想等物理观念和学科思维方法是核心素养的内核，也贯穿到电磁学内容中，更是高考考查的重点，往往是高考题的压轴题存在，要求我们必须熟练掌握。
四.课后练习及课后复习专项训练动量守恒定律；预复专题三静电场和磁场。
【专题二教后反思】专题二参考答案第1课时例1: D 例2: C 例3: C例4: W=mgl2(1−cosθ)+12mg(l1+l2)tanθsinθ第2课时例1: (1) 3m/s (2) 3.2N 方向竖直向下例2: (1) 1.28l(2) √411gl例3: D第3课时例1: B例2: (1) ft14m (2) 4ft2−ft112m例3: (1) 0.25m/s (2) 2.75 m/s例4: (1) √μgl3方向水平向左(2) √μgl12方向水平向右例5: A例6: (1) 8s (2) 32m。