[全]高中物理重难点动量和能量专题
高中物理复习专题-动量与能量
专题三动量与能量思想方法提炼牛顿运动定律与动量观点和能量观点通常称作解决问题的三把金钥匙.其实它们是从三个不同的角度来研究力与运动的关系.解决力学问题时，选用不同的方法，处理问题的难易、繁简程度可能有很大差别，但在很多情况下，要三把钥匙结合起来使用，就能快速有效地解决问题.一、能量1.概述能量是状态量，不同的状态有不同的数值的能量，能量的变化是通过做功或热传递两种方式来实现的，力学中功是能量转化的量度，热学中功和热量是内能变化的量度.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。
2.能的转化和守恒定律在各分支学科中表达式(1)W合=△E k包括重力、弹簧弹力、电场力等各种力在内的所有外力对物体做的总功，等于物体动能的变化。
(动能定理)(2)W F=△E除重力以外有其它外力对物体做功等于物体机械能的变化。
(功能原理) 注：(1)物体的内能(所有分子热运动动能和分子势能的总和)、电势能不属于机械能(2)W F=0时，机械能守恒，通过重力做功实现动能和重力势能的相互转化。
(3)W G=-△E P重力做正功，重力势能减小；重力做负功，重力势能增加。
重力势能变化只与重力做功有关，与其他做功情况无关。
(4)W电=-△E P 电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增加。
在只有重力、电场力做功的系统内，系统的动能、重力势能、电势能间发生相互转化，但总和保持不变。
注：在电磁感应现象中，克服安培力做功等于回路中产生的电能，电能再通过电路转化为其他形式的能。
(5)W+Q=△E物体内能的变化等于物体与外界之间功和热传递的和(热力学第一定律)。
(6)mv02/2=hν-W 光电子的最大初动能等于入射光子的能量和该金属的逸出功之差。
物理热点专题动量和能量
物理热点专题《动量和能量》一． 考点巩固（一）本专题高考要求由于动量和能量的知识贯穿整个物理学，涉及到“力学、热学、电磁学、光学、原子物理学”等，因此《考试大纲》对动量和能量这部分的要求比较高。
本专题的基本概念和规律都是高考的重点和热点内容，并且重点是考查考生能否运用动量观点和能量观点去综合分析问题和解决问题，对考生的综合分析能力﹑推理能力要求较高。
近几年高考曾多次出现可以采用动量守恒和能量守恒相结合的综合计算题，且有的物理情境设置新颖，有的贴近于生活实际，复习时应注意这部分内容在解决实际综合问题时的应用，能通过解决实际综合问题培养分析﹑综合﹑推理和判断的能力，并注意处理这些问题时常用的方法和技巧。
（二）夯实基础知识1、深刻理解动量的概念（1）定义：物体的质量和速度的乘积叫做动量：p =mv（2）动量是描述物体运动状态的一个状态量，它与时刻相对应。
（3）动量是矢量，它的方向和速度的方向相同。
（4）动量的相对性：由于物体的速度与参考系的选取有关，所以物体的动量也与参考系选取有关，因而动量具有相对性。
题中没有特别说明的，一般取地面或相对地面静止的物体为参考系。
（5）动量的变化：0p p p t -=∆.由于动量为矢量，则求解动量的变化时，其运算遵循平行四边形定则。
A 、若初末动量在同一直线上，则在选定正方向的前提下，可化矢量运算为代数运算。
B 、若初末动量不在同一直线上，则运算遵循平行四边形定则。
（6）动量与动能的关系：k mE P 2=，注意动量是矢量，动能是标量，动量改变，动能不一定改变，但动能改变动量是一定要变的。
2、深刻理解冲量的概念(1)定义:力和力的作用时间的乘积叫做冲量：I =Ft(2)冲量是描述力的时间积累效应的物理量，是过程量，它与时间相对应。
(3)冲量是矢量，它的方向由力的方向决定（不能说和力的方向相同）。
如果力的方向在作用时间内保持不变，那么冲量的方向就和力的方向相同。
如果力的方向在不断变化，如绳子拉物体做圆周运动，则绳的拉力在时间t 内的冲量，就不能说是力的方向就是冲量的方向。
高中物理动量和能量知识点
高考物理知识归纳（三） ---------------动量和能量1．力的三种效应：力的瞬时性（产生a ）F=ma 、⇒运动状态发生变化⇒牛顿第二定律 时间积累效应(冲量)I=Ft 、⇒动量发生变化⇒动量定理 空间积累效应(做功)w=Fs ⇒动能发生变化⇒动能定理2．动量观点：动量：p=mv=KmE 2 冲量：I = F t动量定理：内容：物体所受合外力的冲量等于它的动量的变化。
公式： F 合t = mv ’一mv (解题时受力分析和正方向的规定是关键)I=F 合t=F 1t 1+F 2t 2+---=∆p=P 末-P 初=mv 末-mv 初动量守恒定律：内容、守恒条件、不同的表达式及含义：'p p =；0p =∆；21p -p ∆=∆P ＝P ′ (系统相互作用前的总动量P 等于相互作用后的总动量P ′) ΔP ＝0 (系统总动量变化为0)如果相互作用的系统由两个物体构成，动量守恒的具体表达式为P 1＋P 2＝P 1′＋P 2′ (系统相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量) m 1V 1＋m 2V 2＝m 1V 1′＋m 2V 2′ΔP ＝－ΔP ＇ (两物体动量变化大小相等、方向相反) 实际中应用有：m 1v 1+m 2v 2='22'11v m v m +； 0=m 1v 1+m 2v 2 m 1v 1+m 2v 2=(m 1+m 2)v 共原来以动量(P)运动的物体，若其获得大小相等、方向相反的动量(－P)，是导致物体静止或反向运动的临界条件。
即：P+(－P)=0注意理解四性：系统性、矢量性、同时性、相对性矢量性：对一维情况，先选定某一方向为正方向，速度方向与正方向相同的速度取正，反之取负，把矢量运算简化为代数运算。
相对性:所有速度必须是相对同一惯性参照系。
同时性：表达式中v 1和v 2必须是相互作用前同一时刻的瞬时速度，v 1’和v 2’必须是相互作用后同一时刻的瞬时速度。
重难点08 动量和能量问题(原卷版)-高考物理重点难点热点专题汇总
1.命题情境源自生产生活中的与动量和冲量、动量守恒定律的相关的情境或科学探究情境，解题时能从具体情境中抽象出物理模型，正确应用动量定理和动量守恒定律解决物理实际问题。
2.命题中一般是一维碰撞中的弹性碰撞和非弹性碰撞，既有一动碰一静的弹性碰撞也有一动碰一动弹性碰撞，还有多个物体的参与的复杂过程的动量守恒问题和能量守恒问题。
命题中还经常出现单方向动量守恒和能量守恒相结合的问题。
3.命题中经常注重物理建模思想的应用，具体问题情境中，抽象出物体模型，利用动量和冲量的思想知识分析问题和解决问题。
一、动量和能量的基本规律1．动量定理(1)公式：Ft＝p′－p，除表明等号两边大小、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．(2)意义：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．2．动量守恒定律(1)内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，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(系统总动量的变化量为零)，或Δp1＝－Δp2(相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量的变化量大小相等、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系统所受外力的合力不为零，但在某一方向上系统受到的合力为零，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．解决力学问题的三大观点(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．4．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，应选用动量守恒定律，然后再根据能量关系分析解决．5．系统化思维方法(1)对多个物理过程进行整体分析，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分析，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)．碰撞类模型1．模型介绍碰撞模型主要是从运动情景和解题方法高度相似角度进行归类．模型具体有以下几种情况：(水平面均光滑)①物体与物体的碰撞；②子弹打木块；③两个物体压缩弹簧；④两个带电体在光滑绝缘水平面上的运动等．2.基本思路(1)弄清有几个物体参与运动，并分析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(仅有重力做功)，不计阻力的抛体运动，机械能一定守恒；碰撞过程、子弹打木块、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．3．方法选择(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)涉及位移和时间，且受到恒力作用，应使用牛顿运动定律．(3)若物体(或系统)涉及位移和速度，应考虑使用动能定理，运用动能定理解决曲线运动和变加速运动问题特别方便．(4)若物体(或系统)涉及速度和时间，应考虑使用动量定理．（建议用时：30分钟）A．7m/s10B．9m/s10C．2．（2024·吉林·统考一模）如图所示，内壁间距为右端，它们的质量均为m，箱子的内壁光滑，与地面间的动摩擦因数为运动过程中物块与箱子的侧壁共发生2次弹性碰撞，静止时物块恰好停在箱子正中间，重力加速度为列说法正确的是（）A．箱子的总位移为2LB．物块的总位移为1.5LC．箱子的初动能为3μmgLD．第一次碰撞后瞬间物块的动能为2μmgL3．（2023·湖南邵阳·统考二模）“引力弹弓效应”是指在太空运动的探测器，借助行星的引力来改变自己的速度。
高考物理2025年动量定理知识点与难点解析
高考物理2025年动量定理知识点与难点解析在高考物理中，动量定理是一个极其重要的知识点，对于学生理解物理现象和解决相关问题起着关键作用。
本文将深入探讨 2025 年高考物理中动量定理的知识点以及可能遇到的难点，并通过具体的例子进行详细解析，帮助同学们更好地掌握这一重要内容。
一、动量定理的基本知识点1、动量的定义动量（p）是物体的质量（m）和速度（v）的乘积，即 p ＝ mv。
动量是矢量，其方向与速度的方向相同。
2、冲量的定义冲量（I）是力（F）在时间（t）上的积累，即 I ＝ F×t。
冲量也是矢量，其方向与力的方向相同。
3、动量定理的表达式合外力的冲量等于物体动量的变化量，即 I ＝Δp 。
理解动量定理的关键在于明确冲量是导致动量变化的原因。
例如，一个质量为 2kg 的物体，原来的速度为 3m/s，受到一个恒力作用 2s 后，速度变为 7m/s。
首先计算物体初动量 p1 ＝ 2×3 ＝ 6 kg·m/s，末动量 p2 ＝ 2×7 ＝ 14 kg·m/s，动量的变化量Δp ＝ p2 p1 ＝ 14 6 ＝ 8 kg·m/s。
如果这个力是恒定的，那么冲量 I ＝ F×2 ＝ 8 N·s，就可以求出这个力的大小。
二、动量定理的应用场景1、碰撞问题在碰撞过程中，由于作用时间极短，往往内力远大于外力，可以忽略外力的作用，应用动量守恒定律。
但对于单个物体，动量定理则可以用来分析其在碰撞前后动量的变化。
比如，两个质量分别为 m1 和 m2 的物体发生正碰，碰撞前的速度分别为 v1 和 v2 ，碰撞后的速度分别为 v1' 和 v2' 。
根据动量守恒定律，有 m1v1 ＋ m2v2 ＝ m1v1' ＋ m2v2' 。
但对于其中一个物体，比如 m1 ，其动量的变化可以用动量定理来分析，即合外力的冲量等于其动量的变化，F1×t ＝ m1(v1' v1) 。
高考物理专题复习：动量和能量
高考物理专题复习：动量和能量碰撞：说明：碰撞过程中内力很大，持续时间很短，外力的作用通常远小于物体之间的相互作用，可以忽略，认为碰撞过程中动量守恒．弹性碰撞过程中，系统的动能守恒．一般情况下，大多数碰撞动能都不守恒，都有一部分动能转化为其它形式的能．如果物体在相碰后粘在一起，这时动能的损失最大，是因为碰撞过程中物体发生的形变完全不恢复．不要求掌握弹性碰撞的概念，但是在碰撞过程中，系统动能不损失，实质上就是指弹性碰撞而言．1.在粗糙水平面上运动的物体，从A点开始受水平恒力作用，作直线运动．已知物体在B点的速度与A点的速度大小相等，则这个过程中：A.物体不一定做匀速直线运动B.F始终与摩擦力方向相反C.F与摩擦力对物体所做的总功为零D.F与摩擦力对物体的总冲量为零2.一粒钢珠从静止状态开始自由下落，然后陷入泥潭中，若把在空中下落的过程称为过程I，进入泥潭直到停住的过程称为过程Ⅱ，则：A.过辑I中钢珠动量的改变量等于重力的冲量B.过程Ⅱ中阻力的冲量的大小等于过程I中重力冲量的大小C.过程Ⅱ中钢珠克服阻力所做的功等于过程I与过程Ⅱ中钢珠所减少的重力势能之和D.过程Ⅱ中损失的机械能等于过程I中钢珠所增加的动能3.在光滑水平面上有一静止的物体，现以水平恒力甲推这一物体．作用一段时间后，换成相反方向的水平恒力乙推这一物体，当恒力乙作用时间与恒力甲作用时间相同时，物体恰好回到原处，此时物体的动能为32J，则在整个过程中，恒力甲做的功等于J，恒力乙做的功等于J．4.如图所示，长为L的轻绳一端系于固定点O，另一端系质量为m小球，将小球从O点正下方L/4处以一定初速度水平向右抛出，经一定时间绳被拉直，以后小球将以O点为支点在竖直面内摆动，已知绳刚被拉直时，绳与竖直线成600角，求：⑴小球水平抛出时的初速度；⑵在被拉紧的瞬间，支点O受到的冲量；⑶小球到最低点时，绳子所受的拉力。
5.如图所示的装置中，木块B与水平桌面间的接触是光滑的，子弹A沿水平方向射入木如图所示，用细线悬挂一质量为M的木块，木块静止．现有一质量为m的子弹自左方水平地射穿木块，穿透前后子弹的速度分别为v0和v．求木块能摆到的最大高度．(设于弹穿过木块的时间很短，可不计)6.质量为M的木块静止在光滑的水平面上，现有一质量为m、速度v0的子弹水平地射中木块，使木块在水平面上平动，子弹在木块内深入距离d后相对木块静止，并留在木块内．求子弹深入木块d的这段时间内木块滑行的距离，(设子弹在木块内所受阻力是恒定的)．7.一质量为m1的入射粒子与一质量为m2的静止粒子发生正碰．已知机械能在碰撞过程中有损失．实验中测出了碰撞后第二个粒子的速度为v2，求第一个粒子原来速度v0的值的可能范围．8.质量分别为m和M的两个粒子发生碰撞，碰撞前后两粒于都在同一直线上，在碰撞过程中损失的动能为定值E0，今要求碰撞前两粒子的总动能为最小，求碰撞前两粒子的速度大小和方向．9.(1)在光滑水平面上，质量为m1＝4kg的物块1具有动能E＝100J，物块1与原来静止的、质量为m2＝1kg的物块2发生碰撞，碰后粘合在一起，求碰撞中机械能损失△E．(2)若物块l、2分别具有动能E1、E2，E1与E2之和为100J．两物块相向运动并粘合在一起，问E1与E2各应是多少时，碰撞中损失的机械能最大？这时损失的机械能是多少？10.如图所示，重物M质量为1.0kg，以10m/s的初速度沿水平台面从A点向右运动，在B点与质量为0.20kg的静止小球m相碰撞，结果重物M落在地面上的D点．已知重物M 与台面AB间的动摩擦因数为0.10，图中AB长18m，BC和CD均等于5.0m，取g＝10m/s 2．求：(1)重物M 与小球碰撞前瞬间速度大小；(2)重物M 与小球碰撞中所减少的动能，(3)小球m 落地点F 与重物M 落地点D 之间的距离．11. 一质量为M 的长木板，静止在光滑水平桌面上．一质量为m 的小滑块以水平速度v 0从长木板的一端开始在木板上滑动，直到离开木板．滑块刚离开木板时的速度为31v 0．若把此木板固定在水平桌面上，其他条件相同，求滑块离开木板时的速度v 。
高考物理2025年动量定理知识点与难点解析
高考物理2025年动量定理知识点与难点解析在高考物理中，动量定理一直是一个重要且具有一定难度的知识点。
对于备战 2025 年高考的同学们来说，深入理解和掌握动量定理及其相关难点，对于提高物理成绩至关重要。
一、动量定理的基本概念动量定理描述了物体所受合外力的冲量等于物体动量的变化量。
动量（p）的定义是物体的质量（m）与速度（v）的乘积，即 p ＝ mv。
而冲量（I）则是力（F）在时间（t）上的积累，用公式表示为I ＝Ft。
简单来说，当一个物体受到外力作用时，经过一段时间，其动量会发生改变，改变的量就等于外力在这段时间内的冲量。
二、动量定理的表达式动量定理的表达式为：Ft ＝Δp，其中 F 是合外力，t 是作用时间，Δp 是动量的变化量。
这个表达式的含义是：合外力在一段时间内的作用效果，等于这段时间内物体动量的变化。
例如，一个质量为 2kg 的物体，原来速度为 3m/s，受到一个恒力作用 2s 后，速度变为 5m/s。
则物体所受合外力的冲量为：F × 2 ＝ 2 × 5 2 × 3F ＝ 2N三、动量定理的适用条件动量定理适用于任何情况，无论是恒力还是变力，也不管物体的运动轨迹是直线还是曲线。
对于恒力作用的情况，我们可以直接使用上述表达式进行计算。
但对于变力作用的情况，需要通过积分的方法来计算冲量。
四、动量定理与牛顿第二定律的关系牛顿第二定律 F ＝ ma 可以通过运动学公式 a ＝（v u) ／ t 进行变形，得到 F ＝ m(v u) ／ t ，进一步整理可得 Ft ＝ mv mu ，这正是动量定理的表达式。
可以说，动量定理是牛顿第二定律在时间上的积累效果的体现。
五、动量定理的难点解析1、变力作用下的冲量计算在很多实际问题中，物体所受的力是随时间变化的，这时候计算冲量就比较复杂。
例如，一个小球与地面碰撞时，地面对小球的支持力是随时间变化的。
对于这种情况，我们通常需要利用图像（如 F t 图像）来计算冲量，图像与时间轴所围的面积就等于冲量。
高考物理 重点难点例析 专题13 动量和能量
专题十三 动量和能量重点难点1．弹簧类问题：系统内有两个物体之间用轻质弹簧连在一起，连接的弹簧或为原长，或已压缩而被锁定．这样包括弹簧的系统与第三个物体相互作用（碰撞、子弹射入等）。
这是这类问题的典型物理情境．首先应注意上述两种情况的区别：已完全压缩的弹簧没有缓冲作用，应将系统当作一个整体来处理；没压缩的弹簧有缓冲作用，只有碰撞的两个物体组成系统，与弹簧相连的另一端的物体没有参与．此类问题还应注意：把相互作用的总过程划分为多个依次进行的子过程，分析确定哪些子过程机械能是守恒的，哪些子过程机械能不守恒．还有一个常见的物理条件：当弹簧最长或最短（或弹簧中弹性势能最大）时，弹簧两端的物体速度相等．2．“子弹击木块”模型类问题：子弹击穿木块时，两者速度不相等；子弹未击穿木块时，两者速度相等．这两种情况的临界情况是：当子弹从木块一端到达另一端，相对木块运动的位移等于木块长度时，两者速度相等．此时系统的动量守恒，机械能不守恒．可应用动能定理分别对子弹、木块列式，也可应用动能关系对系统列式．对系统的功能关系是：滑动摩擦力对系统做的功（W =-fd ，d 为子弹击入木块的深度），等于系统功能的变化（ΔE k = E k 未E k 初）．3．“类子弹击木块”模型问题：此时相互作用力不是介质阻力或滑动摩擦力，而是重力、弹力，此时机械能是守恒的．如弹性碰撞时：动量守恒、动能守恒，以两个运动物体发生弹性碰撞为例：两物体质量分别为m 1、m 2，碰撞前速度分别为υ10、υ20，碰撞后速度分别为υ1，υ2，且碰撞是弹性正碰，则有：动量守恒即m 1υ10+m 2υ20 = m 1υ1+m 2υ2 ① 动能守恒即21m 1υ210+21m 2υ220 = 21m 1υ21+21m 2υ22 ②将①式变形有：m 1（υ10 -υ1） = m 2（υ2- υ20） ③将②式变形有：m 1（υ10 -υ1）（υ10+υ1） = m 2（υ2 -υ20）（υ2+υ20） ④将④÷③有：υ10+υ1 = υ2+υ20 ⑤由①和⑤解得：υ1 = 2121m m m m +-υ10+2122m m m +υ20，υ2 = 2112m m m +υ10+2112m m m m +-． 当υ20＝0时，υ1＝2121m m m m +-υ10，υ2 = 2112m m m +υ10． 当m 1 = m 2时，υ1＝υ20，υ2 = υ10，即两物体交换速度．规律方法【例1】如图所示，光滑水平面上有A 、B 、C 三个物块，其质量分别为m A = 2.0kg ，m B = 1.0kg ，m C = 1.0kg ．现用一轻弹簧将A 、B 两物块连接，并用力缓慢压缩弹簧使A 、B 两物块靠近，此过程外力做108J （弹簧仍处于弹性限度内），然后同时释放A 、B ，弹簧开始逐渐变长，当弹簧刚好恢复原长时，C 恰以4m/s 的速度迎面与B 发生碰撞并粘连在一起．求：（1）弹簧刚好恢复原长时（B 与C 碰撞前）A 和B 物块速度的大小．（2）当弹簧第二次被压缩时，弹簧具有的最大弹性势能．【解析】（1）弹簧刚好恢复原长时，A 和B 物块速度的大小分别为υA 、υB ．由动量守恒定律有：0 = m A υ A - m B υB此过程机械能守恒有：E p = 21m A υ2A +21mB υ2B代入E p ＝108J ，解得：υA ＝6m/s ，υB = 12m/s ，A 的速度向右，B 的速度向左．（2）C 与B 碰撞时，C 、B 组成的系统动量守恒，设碰后B 、C 粘连时速度为υ′，则有： m B υB -m C υC = （m B +m C ）υ′，代入数据得υ′ = 4m/s，υ′的方向向左．此后A 和B 、C 组成的系统动量守恒，机械能守恒，当弹簧第二次压缩最短时，弹簧具有的弹性势能最大，设为E p ′，且此时A 与B 、C 三者有相同的速度，设为υ，则有：动量守恒：m A υA -（m B +m C ）υ′ = （m A +m B +m C ）υ，代入数据得υ = 1m/s ，υ的方向向右． 机械能守恒：21m A υ2A +（mB +mC ）υ′2 = E p ′+21（m A +m B +m C ）υ2，代入数据得E ′p ＝50J ． 训练题如图所示，滑块A 、B 的质量分别为m 1和m 2，m 1＜m 2，由轻质弹簧连接，置于光滑的水平面上，用一轻绳把两滑块拉至最近，使弹簧处于最大压缩状态后绑紧，并使两滑块以速度υ0向右运动，突然轻绳断开，当弹簧伸长到原长时，滑块A 的速度恰好为零．请通过定量分析说明，在以后的运动过程中，滑块B 是否会有速度为零的时刻．答案：滑块B 不会有速度为零的时刻【例2】如图3-13-3所示，两个完全相同的质量分别为m 的木块A 、B 置于水平地面上，它们的间距S ＝2．88m ．质量为2m ，大小可忽略的滑块C 置于A 板的左端．C 与A 、B 之间的动摩擦因数μ1 = 0．22，A 、B 与水平地面之间的动摩擦因数为μ2＝0.10，最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力．开始时，三个物体处于静止状态．现给C 施加一个水平向右、大小为52mg 的力F ，假定木板A 、B碰撞时间极短且碰撞后粘连在一起，要使C 最终不脱离木板，每块木板的长度至少应为多少？【解析】A 、C 之间的滑动摩擦力大小为f 1，f 1 = μ1m c g = 0.44mg ，A 与水平地面之间的滑动摩擦力大小为f 2，f 2 = μ2（m A +m C ）g = 0.3mg ，外力F = 52mg = 0．可见F ＜f 1，F ＞f 2，即首先A 和C 之间保持相对静，在F 的作用下一起向右做加速运动．设A 与B 碰撞前A 、C 的速度大小为υ1，由动能定理有：（F-f 2）s = 21（m A +m C ）υ21 代入数据得：υ1 = 0．83m/sA 、B 两木板的碰撞瞬间，内力的冲量远大于外力的冲量，由动量守恒定律，设A 、B 碰后一起运动的速度为υ2，则有：m A υ1 = （m A +m B ）υ2 得υ2 = 12 = 0．43m/s碰撞后C 与A 、B 之间有相对滑动，此时A 、B 与地面间滑动摩擦力大小为f 3，f 3＝μ2（m A +m B +m C ）g = 0．4mg ，可见F ＝f 3，即三物体组成的系统受合外力为零，动量守恒，设它们达到的共同速度为υ3，此时A 、B 向前滑动的距离为s 1，C 恰好滑到B 板的右端，此后三者一起做匀速运动，C 不会脱离木板，设对应的木块长度为l ．由动量守恒有：m c υ1+（m A +m B ）υ2 = （m C +m A +m B ）υ3 得υ3 = 0．63m/s对A 、B 整体，由动能定理有：f 1s 1-f 3s 1 =21（m A +m B ）（υ23-υ22），得s 1 = 1.5m 对C ，由动能定理有：F （2l +s 1）- f 1（2l +s 1） = 21m C （υ23- υ21），得l = 0.3m 训练题如图所示，O 点左侧是粗糙的，右侧是光滑的一轻质弹簧右端与墙壁固定，左端与静止在O 点的质量为m 的小物块A 连接，弹簧处于原长状态．质量也为m 的物块B 在大小为F 的水平恒力．作用下由C 处从静止开始向右运动，已知物块B 与地面EO 段的滑动摩擦力大小为4F ．物块B 运动到O 点与物块A 相碰并一起向右运动（设碰撞时间极短），运动到D 点时撤云外力F 已知CO ＝4s ，OD = s ，求撤去外力后：（1）弹簧的最大弹性势能（2）物块B 最终离O 点的距离（设碰后A 、B 一起运动但不粘连）答案：（1）Ep=5Fs/2（2）L=0．3m【例3】空间探测器从行星旁边绕过时，由于行星的引力作用，可以使探测器的运动速率增大，这种现象被称之为“弹弓效应在航天技术中，“弹弓效应”是用来增大人造小天体运动速率的一种有效方法．（1）如图所示是“弹弓效应”的示意图：质量为m 的空间探测器以相对于太阳的速度u 0飞向质量为M 的行星，此时行星相对于太阳的速度为u 0，绕过行星后探测器相对于太阳的速度为υ，此时行星相对于太阳的速度为υ，由于m M ，υ0、υ、u 0、u 的方向均可视为相互平行试写出探测器与行星构成的系统在上述过程中“动量守恒”“及始末状态总动能相等”的方程，并在m <<M 的条件下，用υ0和u 0来表示υ．（2）若上述行星是质量为M ＝5．67×1026kg 的土星，其相对太阳的轨道速率u 0 = 9.6km/s ，而空间探测器的质量m ＝150kg ，相对于太阳迎向土星的速率υ0＝10.4km/s ，则由于“弹弓效应”，该探测器绕过火星后相对于太阳的速率将增为多少？（3）若探测器飞向行星时其速度υ0与行星的速度u 0同方向，则是否仍能产生使探测器速率增大的“弹弓效应”？简要说明理由．【解析】（1）以探测器初始时速度υ0的反方向为速度的正方向由动量守恒定律有：-m υ0+Mu 0 = m υ+Mu 由动能守恒有: 21m υ20+21Mu 20 = m υ2+Mu 2由上两式解得：υ = m M m M +-υ0+mM M +2u 0． 当m <<M 时，m M m M +-≈1， m M M +2≈2，故近似有υ＝υ0+2u 0 （2）从所给数据可知m <<M ，代入υ0、u 0的值可得υ＝29．6km /s（3）当υ0与u 0方向同向时，此时υ0、u 0都取负值，为使探测器能追上行星，应使｜υ0｜＞|u 0|，此时有υ = υ0+2（u 0）即｜υ｜＝｜υ0．2u 0｜＜|υ0可见不能使探测器速率增大训练题如图所示，运动的球A 在光滑的水平面上与一个原来静止的B 球发生弹性碰撞，碰撞前后的速度在一条直线上A 、B 的质量关系如何，才可以实现使B 球获得：（1）最大的动能；（2）最大的速度；（3）最大的动量（设两球半径相等）答案：（1）E k2m =m A v 02/2（2）v Bm =2v 0（3）P 2m =2m A v 0【例4】如图所示，弹簧上端固定在O 点，下端挂一木匣A ，木匣A 顶端悬挂一木块B （可视为质点），A 和B 的质量都为m = 1kg ，B 距木匣底面高度h = 16cm ，当它们都静止时，弹簧长度为L 某时刻，悬挂木块B 的细线突然断开，在木匣上升到速度刚为0时，B 和A 的底面相碰，碰撞后结为一体，当运动到弹簧长度又为L 时，速度变为υ求：（1）B 与A 碰撞中动能的损失ΔE k;（2）弹簧的劲度系数k ；（3）原来静止时弹簧内具有的弹势势能E 0【解析】线断后，A 向上做简谐运动，刚开始为最低点，此时弹簧伸长为x ，应有kx = 2mg ；A 到达平衡位置时，应有kx 1 = mg ，x 1为此时弹簧的伸长，可见x = 2x 1，A 振动的振幅即x 1 = 2x ，当A 到达最高点时，A 的速度为零，弹簧处于原长位置，弹簧的弹性势能也为零． （1）当A 、B 结为一体运动到弹簧长度又为L 时，弹簧中弹性势能不变，A 的重力势能不变，B 的重力势能减少mgh ，此时A 、B 具有动能·2m ·υ2，可见系统（A 、B 及弹簧）减少的机械能为ΔE ＝mgh ·2m υ2 = 0．6J只有在B 与A 碰撞粘合在一起时有机械能（动能）的损失，其他过程均不会损失机械能，故碰撞中损失的动能即系统损失的机械能：ΔE k = ΔE ＝0．6J（2）A 、B 发生碰撞时，A 向上运动了x ，速度为零;B 向下自由下落了h- x ，速度为υB ，由机械能守恒定律有：mg （h- x ） = 21m υ2BA 和B 碰撞过程，动量守恒，设碰后共同速度为υ，则m υB = 2m υ 由能量守恒有：21m υ2B = ΔE k +21·2m ·υ2 由以上各式，代入数据解得：x = 0．04m ，k（3）线断后，A 从最低点到最高点时，弹簧原来具有的弹性势能转化为A 的重力势能，有E 0＝mgx ，得E 0= 0.训练题如图所示，一质量M ＝2kg 的长木板B 静止于光滑的水平面上，B 的右端与竖直档板的距离为s ＝1m ，一个质量m = 1kg 的小物体A 以初速度υ0 = 6m/s 从B 的左端水平滑上B ，在B 与竖直挡板碰撞的过程中，A 都没有到达B 的右端设物体A 可视为质点，A 、B 间的动摩擦因数μ = 0.1，B 与竖直挡板碰撞时间极短，且碰撞过程中无机械能损失，g 取10m/s 2求：（1）B 与竖直挡板第一次碰撞前的瞬间，A 、B 的速度各是多少？（2）最后要使A 不从B 的两端滑下，木板B 的长度至少是多少？ （结果保留3位有效数字）答案：（1）v A =4m/s ，v B =1m/s（2）L=18．0m能力训练1．矩形滑块由不同材料的上、下两层粘结在一起，将其放在光滑的水平面上，如图所示，质量为m 的子弹以速度u 水平射向滑块若射击上层，则子弹刚好不穿出；若射击下层，则整个子弹刚好嵌入，则上述两种情况相比较（ AB ）A ．两次子弹对滑块做的功一样多B．两次滑块所受冲量一样大C ．子弹嵌入下层过程中对滑块做功多D ．子弹击中上层过程中，系统产生的热量多2．1924年法国物理学家德布罗意提出物质波的概念任何一个运动着的物体，小到电子，大到行星、恒星都有一种波与之对应，波长为λ = ph ，P 为物体运动的动量，h 是普朗克常量．同样光也具有粒子性，光子的动量为：P = λh．根据上述观点可以证明一个静止的自由电子如果完全吸收一个γ光子，会发生下列情况：设光子频率为ν，则E = h ν，P = λh = c hv ，被电子吸收后有h ν = 21m e υ2，h cv = m e υ，解得：υ = 2C ．电子的速度为光速的2倍，显然这是不可能的关于上述过程以下说法正确的是 （ CD ） A ．因为在微观世界动量守恒定律不适用，上述论证错误，电子有可能完全吸收一个电子B ．因为在微观世界能量守恒定律不适用，上述论证错误，电子有可能完全吸收一个电子C ．动量守恒定律，能量守恒定律是自然界中普遍适用的规律，所以惟一结论是电子不可能完全吸收一个r 光子D ．若γ光子与一个静止的自由电子发生作用，则r 光子被电子散射后频率会减小3．如图所示，质量为m 的子弹以速度υ0水平击穿放在光滑水平地面上的木块木块长为L ，质量为M ，木块对子弹的阻力恒定不变，子弹穿过木块后木块获得动能为E k ，若木块或子弹的质量发生变化，但子弹仍穿过木块，则 （ AC ）A ．M 不变，m变小，则木块获得的动能一定变大B ．M 不变，m变小，则木块获得的动能可能变大C ．m 不变，M变小，则木块获得的动能一定变大D ．m 不变，M变小，则木块获得的动能可能变大4．如图所示，半径为R 的光滑圆环轨道与高为10R 的光滑斜面安置在同一竖直平面内，两轨道之间由一条光滑水平轨道CD 相连，在水平轨道CD 上一轻质弹簧被两小球a 、b 夹住（不连接）处于静止状态，今同时释放两个小球，a 球恰好能通过圆环轨道最高点A ，b 球恰好能到达斜面最高点B ，已知a 球质量为m ，求释放小球前弹簧具有的弹性势能为多少？ 答案：Ep=7．5mgR5．如图所示，光滑水平面上，质量为2m 的小球B 连接着轻质弹簧，处于静止；质量为m的小球A 以初速度v 0向右匀速运动，接着逐渐压缩弹簧并使B 运动，过一段时间，A 与弹簧分离，设小球A 、B 与弹簧相互作用过程中无机械能损失，弹簧始终处于弹性限度以内（1）求当弹簧被压缩到最短时，弹簧的弹性势能E ．（2）若开始时在小球B 的右侧某位置固定一块挡板(图中未画出)，在小球A 与弹簧分离前使小球B 与挡板发生正撞，并在碰后立刻将挡板撤走．设小球B 与固定挡板的碰撞时间极短，碰后小球B 的速度大小不变、但方向相反。
高中物理：《动量和能量的综合应用》教案
动量和能量的综合应用一. 教学内容：动量和能量的综合应用二. 重点、难点：1. 重点：分过程及状态使用动量守恒和能量规律2. 难点：动量和能量的综合应用【典型例题】[例1]（1）如图，木块B 与水平桌面的接触是光滑的，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，现将子弹、木块和弹簧（质量不可忽略）合在一起作为研究对象（系统），此系统从子弹开始射入到弹簧压缩到最短的整个过程中，动量是否守恒。
（2）上述情况中动量不守恒而机械能守恒的是（ ）A. 子弹进入物块B 的过程B. 物块B 带着子弹向左运动，直到弹簧压缩量达最大的过程C. 弹簧推挤带着子弹的物块B 向右移动，直到弹簧恢复原长的过程D. 带着子弹的物块B 因惯性继续向右移动，直到弹簧伸长量达最大的过程答案：（1）不守恒；（2）BCD解析：以子弹、弹簧、木块为研究对象，分析受力。
在水平方向，弹簧被压缩是因为受到外力，所以系统水平方向动量不守恒。
由于子弹射入木块过程，发生剧烈的摩擦，有摩擦力做功，系统机械能减少，也不守恒。
[例2] 在光滑水平面上有A 、B 两球，其动量大小分别为10kg ·m/s 与15kg ·m/s ，方向均为向东，A 球在B 球后，当A 球追上B 球后，两球相碰，则相碰以后，A 、B 两球的动量可能分别为（ ）A. 10kg ·m/s ，15kg ·m/sB. 8kg ·m/s ，17kg ·m/sC. 12kg ·m/s ，13kg ·m/sD. －10kg ·m/s ，35kg ·m/s答案：B解析：① A 与B 相碰时，B 应做加速，故p B ′＞p B ，即B 的动量应变大，故A 、C 不对，因A 、C 两项中的动量都不大于p B ＝15kg ·m/s 。
② A 、B 相碰时，动能不会增加，而D 选项碰后E k ′＝BA B A m m m m 2152102352012222+>+ 故不合理。
动量和能量专题新人教-精品
新核 β粒子
新核
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弹簧问题
对两个（及两个以上）物体与弹簧组成 的系统在相互作用过程中的问题。
能量变化方面：若外力和除弹簧以外的内力不做功， 系统机械能守恒；若外力和除弹簧以外的内力做功， 系统总机械能的改变量等于外力及上述内力的做功 总和。
相互作用过程特征方面：弹簧压缩或伸长到最大程 度时弹簧两端物体具有相同速度。
分析：小球从N到M的过程受到的阻力是变化的， 变力做功常可通过动能定理求得．
解：设小球到M点时的速度为v2，在M点应用牛顿
第二定律，得：
FN
mg
mv22 R
M
从N到M应用动能定理，得：
m g2RW f 1 2m v221 2m v12
R v1
N
W f 1 2m v121 2m v22m g2R 0.1J
m sg 1 2m M v0 21 2m M v2
s
2Mv02
gm M
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， 问题 在磁感强度为B的匀强磁场中有原来
静止的铀核
238 92
U
和钍核
23940Th
。由于发生衰变而
使生成物作匀速圆周运动．（1）试画出铀238
发生α 衰变时产生的α 粒子及新核的运动轨迹
动,但不粘连.它们到达最低点后又向上运动.已
知物块质量也为m时,它们恰能回到O点.若物块
质量为2m,仍从A处自由落下,则物块与钢板回到
O点时,还具有向上的速度.求物块向上运动到达
的最高点与O点的距离. A
m
3x0
O
Bm
x0
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例：如图所示，轻弹簧的一端固定，另一端与
滑块B相连，B静止在水平直导轨上，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l1时， 与B相碰，碰撞时间极短，碰后A、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l2 ，重力加速 度为g。求A从P出发时的初速度v0。
动量与能量重难点整理
动量与能量重难点整理一、基本的物理概念1. 冲量与功的比较冲量的定义式：I二Ft（作用力在时间上的积累效果）（1）定义式（1定义式功的定义式：W= Fscos （作用力在空间上的积累效果）冲量是矢量，既有大小又有方向（求合冲量应按矢，量合成法则来计算）（2）属性功是标量，只有大小没有方向（求物体所受外力的，总功只需按代数和计算）2. 动量与动能的比较动量的定义式：p= mv⑴疋义式动能的定义式：E k = 2mv2（2）属性动量是矢量（动量的变化也是矢量，求动量的变化，应按矢量运算法则来计算）动能是标量（动能的变化也是标量，求动能的变化，只需按代数运算法则来计算）p= '2mE k（3）动量与动能量值间的关系p2 1E k=耐2pv（4）动量和动能都是描述物体状态的量，都有相对性（相对所选择的参考系）, 都与物体的受力情况无关.动量的变化和动能的变化都是过程量，都是针对某段时间而言的.二、动量观点的基本物理规律1 .动量定理的基本形式与表达式：I =巾. 分方向的表达式：I x合=4x，I y合=巾y.2. 动量定理推论：动量的变化率等于物体所受的合外力，即黑=F合.3. 动量守恒定律（1）动量守恒定律的研究对象是一个系统（含两个或两个以上相互作用的物体）.（2）动量守恒定律的适用条件①标准条件：系统不受外力或系统所受外力之和为零.②近似条件：系统所受外力之和虽不为零，但比系统的内力小得多（如碰撞问题中的摩擦力、爆炸问题中的重力等外力与相互作用的内力相比小得多），可以忽略不计.③分量条件：系统所受外力之和虽不为零，但在某个方向上的分量为零，则在该方向上系统总动量的分量保持不变.（3）使用动量守恒定律时应注意：①速度的瞬时性；②动量的矢量性；③时间的同一性.（4）应用动量守恒定律解决问题的基本思路和方法①分析题意，明确研究对象.在分析相互作用的物体总动量是否守恒时，通常把这些被研究的物体统称为系统.对于比较复杂的物理过程，要采用程序法对全过程进行分段分析，要明确在哪些阶段中，哪些物体发生相互作用，从而确定所研究的系统是由哪些物体组成的.②对各阶段所选系统内的物体进行受力分析，弄清哪些是系统内部物体之间相互作用的内力，哪些是作用于系统的外力.在受力分析的基础上根据动量守恒定律的条件，判断能否应用动量守恒定律.③明确所研究的相互作用过程，确定过程的始末状态，即系统内各个物体的初动量和末动量的值或表达式.（注意：在研究地面上物体间相互作用的过程时，各物体运动的速度均应取地球为参考系）④确定正方向，建立动量守恒方程求解.三、功和能1. 中学物理中常见的能量1 1动能E k= 2mv2;重力势能E p= mgh;弹性势能E弹^^kx2;机械能E= E k+ E p；分子势能；分子动能；内能；电势能E = q©;电能；磁场能；化学能；光能；原子能（电子的动能和势能之和）；原子核能E= mc2;引力势能；太阳能；风能（空气的动能）；地热、潮汐能.2. 常见力的功和功率的计算：恒力做功W= Fscos 0;重力做功W= mgh;一对滑动摩擦力做的总功W f= —fs 路;电场力做功W= qU;功率恒定时牵引力所做的功W= Pt;恒定压强下的压力所做的功W= p •仏:电流所做的功W= Ult;洛伦兹力永不做功；瞬时功率P= Fvcos_0;平均功率—=了 = F —cos 0.3. 中学物理中重要的功能关系能量与物体运动的状态相对应.在物体相互作用的过程中，物体的运动状态通常要发生变化，所以物体的能量变化一般要通过做功来实现，这就是常说的“功是能量转化的量度”的物理本质. 那么，什么功对应着什么能量的转化呢？在高中物理中主要的功能关系有：（1）外力对物体所做的总功等于物体动能的增量，即W总=AE k.（动能定理）（2）重力（或弹簧的弹力）对物体所做的功等于物体重力势能（或弹性势能）的增量的负值，即W重=—AE p（或W弹=—A E p）.（3）电场力对电荷所做的功等于电荷电势能的增量的负值，即W电二一AE电.（4）除重力（或弹簧的弹力）以外的力对物体所做的功等于物体机械能的增量，即W其他=A E 机.（功能原理）（5）当除重力（或弹簧弹力）以外的力对物体所做的功等于零时，则有A E机= 0，即机械能守恒.（6）一对滑动摩擦力做功与内能变化的关系是：“摩擦所产生的热”等于滑动摩擦力跟物体间相对路程的乘积，即Q = fs相对.一对滑动摩擦力所做的功的代数和总为负值，表示除了有机械能在两个物体间转移外，还有一部分机械能转化为内能，这就是“摩擦生热”的实质.(7) 安培力做功对应着电能与其他形式的能相互转化，即W安=AE电安培力做正功，对应着电能转化为其他能(如电动机模型)；克服安培力做负功，对应着其他能转化为电能(如发电机模型)；安培力做功的绝对值等于电能转化的量值.(8) 分子力对分子所做的功等于分子势能的增量的负值，即W分子力二一A E分子.(9) 外界对一定质量的气体所做的功W与气体从外界所吸收的热量Q之和等于气体内能的变化，即W+ Q=A U .(10) 在电机电路中，电流做功的功率等于电阻发热的功率与输出的机械功率之和.(11) 在纯电阻电路中，电流做功的功率等于电阻发热的功率.(12) 在电解槽电路中，电流做功的功率等于电阻发热的功率与转化为化学能的功率之和.1(13) 在光电效应中，光子的能量h尸W+ qmv o2.(14) 在原子物理中，原子辐射光子的能量h尸E初一E末，原子吸收光子的能量h E末一E初.(15) 核力对核子所做的功等于核能增量的负值，即W核二一A E 核，并且A mC =A E 核.(16) 能量转化和守恒定律.对于所有参与相互作用的物体所组成的系统，无论什么力做功，可能每一个物体的能量的数值及形式都发生变化，但系统内所有物体的各种形式能量的总和保持不变.4. 运用能量观点分析、解决问题的基本思路(1) 选定研究对象(单个物体或一个系统)，弄清物理过程.(2) 分析受力情况，看有什么力在做功，弄清系统内有多少种形式的能在参与转化.(3) 仔细分析系统内各种能量的变化情况及变化的数量.⑷列方程A E减=A E增或E初=E末求解.四、弹性碰撞在一光滑水平面上有两个质量分别为m1、m2的刚性小球A和B以初速度V1、V2运动，若它们能发生正碰，碰撞后它们的速度分别为V1 '和V2‘. V1、V2、V1‘、V2‘是以地面为参考系的，将A和B看做系统.由碰撞过程中系统动量守恒，有：m1V1+ m2V2= m1V1'+ m2V2‘由于弹性碰撞中没有机械能损失，故有：12丄1 2 1，2丄1/ 2^miV1 +2m2V2 = 2m1V1 + ^m2V2 由以上两式可得：V2‘一V1 (V2 —V1)或V1 V2‘=—(V1 —V2)碰撞后B相对于A的速度与碰撞前B相对于A的速度大小相等、方向相反；碰撞后A相对于B的速度与碰撞前A相对于B的速度大小相等、方向相反.【结论1】对于一维弹性碰撞，若以其中某物体为参考系，则另一物体碰撞前后速度大小不变、方向相反(即以原速率弹回).联立以上各式可解得：, 2m2V2+ （m i —m2）v iV1_ m i + m2, 2m i v i + （m2 —m i）v2V2_ m i + m2若m i = m2,即两个物体的质量相等，贝U v i' = V2, V2 ' = V i,表示碰后A的速度变为V2, B的速度变为V i.【结论2】对于一维弹性碰撞，若两个物体的质量相等，则碰撞后两个物体互换速度（即碰后A的速度等于碰前B的速度，碰后B的速度等于碰前A的速度）.若A的质量远大于B的质量，则有：v i ' = V i，V2 ' = 2v i —V2；若A的质量远小于B的质量，则有：V2 ' = V2，V i ' = 2V2 —V i .【结论3】对于一维弹性碰撞，若其中某物体的质量远大于另一物体的质量，则质量大的物体碰撞前后速度保持不变. 至于质量小的物体碰后速度如何，可结合结论i和结论2得出.在高考复习中，若能引导学生推导出以上二级结论并熟记，对提高学生的解题速度是大有帮助的.热点、重点、难点一、动量定理的应用问题动量定理的应用在高考中主要有以下题型：1. 定性解释周围的一些现象；2. 求打击、碰撞、落地过程中的平均冲力；3. 计算流体问题中的冲力（或反冲力）；4. 根据安培力的冲量求电荷量.•例i如图2—i所示，一个下面装有轮子的贮气瓶停放在光滑的水平地面上，瓶的底端与竖直墙壁接触.现打开右端阀门，气体向外喷出，设喷口的面积为S,气体的密度为p气体向外喷出的速度为v,则气体刚喷出时贮气瓶底端对竖直墙壁的作用力大小是（）图2- 12 iA. p SB • ^C. 1p2SD . p2S【解析】准时间内喷出气体的质量A m= pS • 1A对于贮气瓶、瓶内气体及喷出的气体所组成的系统，由动量定理得：F •垢A m v —0解得：F = p2S.［答案］D【点评】动量定理对多个物体组成的系统也成立，而动能定理对于多个物体组成的系统不适用.★同类拓展1如图2—2所示，质量为M的木块位于光滑水平面上，在木块与墙之间用轻弹簧连接，开始时木块静止在A位置.现有一质量为m的子弹以水平速度v o射向木块并嵌入其中，则当木块回到A位置时的速度v以及此过程中墙对弹簧的冲量I的大小分别为（）图2—2 mv o mv oA. v = ，I = 0B. v = ，I = 2mv oM + m' M + m'mv o 2m 2 v o mv oC .v 二M +m ，1 二M +mD .v r ，1 二2mv o【解析】设在子弹射入木块且未压缩弹簧的过程中，木块 (含子弹)的速度为 v i ,由动量守恒定律得：mv o = (m + M)v i卄 /口mv o解得：v i 二m +M 对木块(含子弹)压缩弹簧再返回A 点的过程，由动能定理得：i 2 i 22(m + M)v 2 — 2(m + M)v i 2= W 总=0mv o可知：v m +M取子弹、木块和弹簧组成的系统为研究对象，由动量定理得：1= (m + M) •—v) — (m + M)v i = — 2mv o负号表示方向向左.[答案]B二、动能定理、机械能守恒定律的应用1. 对于单个平动的物体：W'P A E k ，W 总指物体所受的所有外力做的总功.2. 系统只有重力、弹力作为内力做功时，机械能守恒.(1) 用细绳悬挂的物体绕细绳另一端做圆周运动时，细绳对物体不做功.(2) 轻杆绕一端自由下摆，若轻杆上只固定一个物体，则轻杆对物体不做功； 若轻杆上不同位置固定两个物体，则轻杆分别对两物体做功.(3) 对于细绳连接的物体，若细绳存在突然绷紧的瞬间，则物体 (系统)的机械 能减少.3. 单个可当做质点的物体机械能守恒时，既可用机械能守恒定律解题，也 可用动能定理解题，两种方法等效.发生形变的物体和几个物体组成的系统机械 能守恒时，一般用机械能守恒定律解题，不方便应用动能定理解题.•例2以初速度v o 竖直向上抛出一质量为 m 的小物块.假定物块所受的 空气阻力f 大小不变.已知重力加速度为g ，则物块上升的最大高度和返回到原 抛出点的速率分别为[2oo9年高考全国理综卷n ]()必丁和v o2g (i +而 v o 22g (1+mgv o 2 禾口 f 和V o 2g (1+f【解析】方法一：对于物块上升的过程，由动能定理得:mg — f mg + mg mg + f 和V o B . C . 2g (i +mg—v 和 v o mg —f mg + D .mg + f解得：h =2g(1+ 而设物块返回至原抛出点的速率为 v ,对于整个过程应用动能定理有: 1 2 1 2 … 2mv — 2mv 0 = — f - h方法二：设小物块在上升过程中的加速度大小为 a 1，由牛顿第二定律有: mg + f a 1 = m 02 故物块上升的最大高度h =冷2g(1 +亠)mg 丿设小物块在下降过程中的加速度为 a 2，由牛顿第二定律有:mg —fa 2= 一 m［答案］A【点评】动能定理是由牛顿第二定律导出的一个结论， 对于单个物体受恒力 作用的过程，以上两种方法都可以用来分析解答，但方法二的物理过程较复杂.例 如涉及曲线运动或变力做功时，运用动能定理更为方便.★同类拓展2 一匹马拉着质量为60 kg 的雪橇，从静止开始用 80 s 的时 间沿平直冰面跑完1000 m .设在运动过程中雪橇受到的阻力保持不变，已知雪 橇在开始运动的8 s 时间内做匀加速直线运动，从第 8 s 末开始，马拉雪橇做 功的功率保持不变，使雪橇继续做直线运动，最后一段时间雪橇做的是匀速直线 运动，速度大小为15 m/s ；开始运动的8 s 内马拉雪橇的平均功率是 8 s 后功 率的一半.求：整个运动过程中马拉雪橇做功的平均功率和雪橇在运动过程中所 受阻力的大小.【解析】设8 s 后马拉雪橇的功率为P ,贝匀速运动时P = F v = f v即运动过程中雪橇受到的阻力大小f = p对于整个过程运用动能定理得：P 1 2 2 t 1 + P(t 总一t” 一 f s 总=2mv t — 0P P 1即X 8+ P(80 — 8) — 1000= 2X 60X 152解得：P = 723 W故 f = 48.2 N—1再由动能定理可得Pt 总—f s = ^mv t 21 2—(mgh + fh) = 0 —2mv o 2v v 02 可得：v = .2a 2h = v omg — f mg + f .解得：v =Vmg — f mg + f .解得：P = 687 W.［答案］687 W48.2 N•例3如图2— 3所示，质量为m i 的物体A 经一轻质弹簧与下方地面上的 质量为m 2的物体B 相连，弹簧的劲度系数为k . A 、B 都处于静止状态.一条不 可伸长的轻绳绕过两个轻滑轮，一端连物体 A ,另一端连一轻挂钩.开始时各段 绳都处于伸直状态，A 上方的一段沿竖直方向.若在挂钩上挂一质量为 m 3的物 体C ,则B 将刚好离地.若将C 换成另一个质量为m i + m 3的物体D ，仍从上述 初始位置由静止状态释放，则这次 B 刚离地时D 的速度大小是多少？(已知重力 加速度为g)图2— 3【解析】开始时A 、B 静止，即处于平衡状态，设弹簧的压缩量为x i ,则有: kx i = m i g挂上C 后，当B 刚要离地时，设弹簧的伸长量为 X 2，则有：kx 2= m 2g此时，A 和C 的速度均为零从挂上C 到A 和C 的速度均为零时，根据机械能守恒定律可知，弹性势能 的改变量为：AE = m 3g(x i + X 2)— m i g(x i + X 2)将C 换成D 后，有：1 2AE + 2(m i + m 3 + m i )v = (m i + m 3)g(x i + X 2)— m i g(x i + X 2)［答案］ 2m i (m i + m 2)g 2 ［答案］ k(2m i + m 3)【点评】含弹簧连接的物理情境题在近几年高考中出现的概率很高， 而且多 次考查以下原理：①弹簧的压缩量或伸长量相同时，弹性势能相等；②弹性势能 的变化取决于弹簧的始末形变量，与过程无关.三、碰撞问题联立解得：v =2m i (m i + m 2)g 2 k(2m i + m 3) °i.在高中物理中涉及的许多碰撞过程(包括射击)，即使在空中或粗糙的水平面上，往往由于作用时间短、内力远大于外力，系统的动量仍可看做守恒.2 •两滑块在水平面上碰撞的过程遵循以下三个法则：① 动量守恒；② 机械能不增加；③ 碰后两物体的前后位置要符合实际情境.3. 两物体发生完全非弹性碰撞时，机械能的损耗最大.•例4如图2-4所示，在光滑绝缘水平面上由左到右沿一条直线等间距 的静止排着多个形状相同的带正电的绝缘小球，依次编号为 1、2、3……每个小 球所带的电荷量都相等且均为 q = 3.75X 10-3 C,第一个小球的质量 m = 0.03 kg,1从第二个小球起往下的小球的质量依次为前一个小球的 3，小球均位于垂直于小 球所在直线的匀强磁场里，已知该磁场的磁感应强度 B = 0.5 T.现给第一个小球 一个水平速度v = 8 m/s ，使第一个小球向前运动并且与后面的小球发生弹性正 碰.若碰撞过程中电荷不转移，则第几个小球被碰后可以脱离地面？ （不计电荷 之间的库仑力，取g = 10 m/s 2）图2-4【解析】设第一个小球与第二个小球发生弹性碰撞后两小球的速度分别为和V 2，根据动量和能量守恒有：1mv = mv 1 + §mv 23联立解得：V 2 = 2V3同理，可得第n + 1个小球被碰后的速度V n +1=（2）n V 设第n + 1个小球被碰后对地面的压力为零或脱离地面，贝U: qV n +1B 》（3）n mg联立以上两式代入数值可得n 》2,所以第3个小球被碰后首先离开地面. ［答案］第3个 mv 2 1 2 1 2mV 1 +6mV 2【点评】解答对于多个物体、多次碰撞且动量守恒的物理过程时，总结出通项公式或递推式是关键.★同类拓展3如图2-5所示，质量为m的钢板与直立轻弹簧的上端连接，弹簧下端固定在地上，平衡时，弹簧的压缩量为x o. —个物块从钢板的正上方相距3x o的A处自由落下，打在钢板上并立刻与钢板一起向下运动，但不粘连，它们到达最低点后又向上运动.已知物块的质量也为m时，它们恰能回到O点；若物块的质量为2m，仍从A处自由落下，则物块与钢板回到O点时还具有向上的速度.求物块向上运动所到达的最高点与O点之间的距离.图2- 5【解析】物块与钢板碰撞前瞬间的速度为：v o= 6gx o设质量为m的物块与钢板碰撞后瞬间的速度为v i，由动量守恒定律有:mv o = 2mv i设弹簧的压缩量为x o时的弹性势能为E p,对于物块和钢板碰撞后直至回到O点的过程，由机械能守恒定律得：1 2E p+q x 2m x v i2= 2mgx o设质量为2m的物块与钢板碰撞后瞬间的速度为V2，物块与钢板回到O点时所具有的速度为V3，由动量守恒定律有：2mv o = 3mv2由机械能守恒定律有：1 2 1 2E p+^x 3m x V22= 3mgx o+ 3m x v32解得：V3= .gx o当质量为2m的物块与钢板一起回到O点时，弹簧的弹力为零，物块与钢板只受到重力的作用，加速度为g；—过O点，钢板就会受到弹簧向下的拉力作用，加速度大于g,由于物块与钢板不粘连，故在O点处物块与钢板分离；分离后，物块以速度V3竖直上升，由竖直上抛的最大位移公式得：_v32_X0h二2g 二2X0所以物块向上运动所到达的最高点与0点之间的距离为号•2【点评】①物块与钢板碰撞的瞬间外力之和并不为零，但这一过程时间极短，内力远大于外力，故可近似看成动量守恒.②两次下压至回到0点的过程中，速度、路程并不相同，但弹性势能的改变（弹力做的功）相同.③在本题中，物块与钢板下压至回到0点的过程也可以运用动能定理列方程.1第一次：0 —2X2m x v i2= W弹一2mgx o1 i第二次：2x 3m x V32—2x 3m x V22= W弹一3mgx o.四、高中物理常见的功能关系1.摩擦生热——等于摩擦力与两接触面相对滑动的路程的乘积，即Q = f s相.•例5如图2 —6所示，绷紧的传送带与水平面的夹角缸30°皮带在电动机的带动下始终以v o = 2 m/s的速率运行.现把一质量m= 10 kg的工件（可看做质点）轻轻放在皮带的底端，经时间t= 1.9 s,工件被传送到h= 1.5 m的皮带顶端.取g= 10 m/s2.求：（1）工件与皮带间的动摩擦因数仏（2）电动机由于传送工件而多消耗的电能.【解析】（1）由题意可知，皮带长s= s i n 30 =3 m工件的速度达到V0前工件做匀加速运动，设经时间t1工件的速度达到V0, 此过程工件的位移为：1达到V0后，工件做匀速运动，此过程工件的位移为:s—S1 = v o(t—t i)代入数据解得：t i = 0.8 s工件加速运动的加速度a =晋=2.5 m/S 据牛顿第二定律得：卩mgos 0—mgsin 0= ma解得：尸今.(2)在时间t i内，皮带运动的位移S2 = v o t i = 1.6 m 工件相对皮带的位移A s= s2—s i = 0.8 m 在时间t i内，因摩擦产生的热量mgos 0 - s= 60 J1工件获得的动能E k=2mv o2= 20 J 工件增加的势能E p= mgh= 150 J 电动机多消耗的电能E = Q+ E k + E p= 230 J.［答案］⑴乞(2)230 J2•机械能的变化一一除重力、弹簧的弹力以外的力做的功等于系统机械能的变化.•例6 一面积很大的水池中的水深为H，水面上浮着一正方体木块，木块1的边长为a,密度为水的2,质量为m.开始时木块静止，有一半没入水中，如图 2 —7甲所示，现用力F将木块缓慢地向下压，不计摩擦.图2 —7甲(1) 求从开始压木块到木块刚好完全没入水的过程中，力F所做的功.(2) 若将该木块放在底面为正方形(边长为.2a)的盛水足够深的长方体容器中，开始时，木块静止，有一半没入水中，水面距容器底的距离为2a，如图2—7乙所示.现用力F将木块缓慢地压到容器底部，不计摩擦，求这一过程中压力做的功.图2-7乙【解析】方法一：⑴因水池的面积很大，可忽略因木块压入水中所引起的水深变化，木块刚好完全没入水中时，图2-7丙中原来处于划斜线区域的水被排开，结果等效于使这部分水平铺于水面，这部分水的质量为m,其势能的改变量为(取容器底为零势能面)：图2-7丙3AE 水=mgH—mg(H —4a)3=4mga木块势能的改变量为：aAE 木=mg(H —2)—mgH1=—2mga根据功能原理，力F所做的功为：W= A E 水+ A E 木=Rmga.(2)因容器的底面积为2a2，仅是木块的底面积的2倍，故不可忽略木块压入1 水中所引起的水深变化.如图2-7 丁所示，木块到达容器底部时，水面上升^a, 相当于木块末状态位置的水填充至木块原浸入水中的空间和升高的水面处平面，故这一过程中水的势能的变化量为：图2-7 丁i a a 23A E水=mga+ mg(2a- 4 + 8)= ©mga木块的势能的变化量A E木'=—mg ^a根据功能原理，压力F做的功为：11W'= A E 水+ A E 木'=~mga.方法二：(1)水池的面积很大，可忽略因木块压入水中引起的水深变化. 当木块浮在水面上时重力与浮力的大小相等；当木块刚没入水中时，浮力的大小等于重力的2倍，故所需的压力随下压位移的变化图象如图 2 —7戊所示.(2)随着木块的下沉水面缓慢上升，木块刚好完全没入水中时，水面上升 号的5高度，此时木块受到的浮力的大小等于重力的 2倍.此后，木块再下沉4a 的距 离即沉至容器底部，故木块下沉的整个过程中压力的大小随位移的变化图象如图 2-7己所示1 11［答案］(1)4mga(2)§mga【点评】①通过两种方法对比，深刻理解功能关系.②根据功的定义计算在小容器中下压木块时，严格的讲还要说明在 位移段压力也是线性增大的.故W F = 1 a 1 2mg •=故 W F — *mg |+ mg 5a = 11 ymga .3.导体克服安培力做的功等于(切割磁感线引起的)电磁感应转化的电能.•例7如图2-8所示，竖直放置的光滑平行金属导轨MN、PQ相距L, 在M点和P点间接有一个阻值为R的电阻，在两导轨间的矩形区域OO i O i' O' 内有垂直导轨平面向里、宽为d的匀强磁场，磁感应强度为B. 一质量为m、电阻为r的导体棒ab垂直地搁在导轨上，与磁场的上边界相距d o.现使ab棒由静止开始释放，棒ab在离开磁场前已经做匀速直线运动(棒ab与导轨始终保持良好接触且下落过程中始终保持水平，导轨的电阻不计).图2—8(1) 求棒ab离开磁场的下边界时的速度大小.(2) 求棒ab在通过磁场区的过程中产生的焦耳热.(3) 试分析讨论棒ab在磁场中可能出现的运动情况.【解析】(1)设棒ab离开磁场的边界前做匀速运动的速度为V，产生的感应电动势为：E= BLv电路中的电流I二吕R+ r对棒ab，由平衡条件得：mg—BIL = 0mg(R+ r)解得：V = B2L2 .(2)设整个回路中产生的焦耳热为Q,由能量的转化和守恒定律可得:1 2mg(d0+ d)= Q + qmv解得：Q= mg(d o+ d) —m g (R+ "2B4L4故Q ab二話［mg(d0+ d)—唱R+吗.1(3) 设棒刚进入磁场时的速度为V0，由mgc0=^mv。
高中物理动量和能量专题 课件.ppt
例3. 在光滑的水平面上停放着质量为m、带有弧 形槽的小车，现有一质量也为m的小球以v0 的水平 速度沿槽口向小车滑去（不计摩擦），到达某一高 度后，小球又返回车右端，则 ( B C )
A. 小球离车后，对地将向右做平抛运动
B. 小球离车后，对地将做自由落体运动
C. 此过程小球对车做功为mv0 2 / 2
D. 小球沿弧形槽上升的最大高度为v0 2 / 2g
例4. 电阻为R的矩形导线框abcd,边长ab=l, ad=h,质量为m,自某一高度自由落体,通过一匀强 磁场,磁场方向垂直纸面向里,磁场区域的宽度为 h ,如图,若线框恰好以恒定速度通过磁场,线框内 a b 产生的焦耳热等于 2mgh . h (不考虑空气阻力) 解: 由能量守恒定律, 线框通过磁场时减少的 重力势能转化为线框的内能,
F
= 1/2× mv2 + 1/2×μ mgv t=mv2
练习、 上题中，若物体m以水平向左的速度v 轻轻地放置 在木板上的P点处 ，那么F 对木板做的功有多大？ 解：物体m 在摩擦力作用下向左做匀减速运动，经时间t 速 度减为0到达Q点，又 在摩擦力作用下向右做匀加速运动， 经时间t 速度达到v ，
相加得
在此过程中，木板B 的位移为S，小木块C 的位移为S+x．
1 mgs 2 MV 2 2 2
Mv0 x (2M m) g
C
2
2
②
解①、②两式得
代入数值得
③ A x
C
v0
x 1 .6 m
B
S B
④
题目 上页 下页
V
A
x 比B 板的长度l 大．这说明小物块C不会停在B板上， 而要滑到A 板上．设C 刚滑到A 板上的速度为v1，此时A、B 板的速度为V1，如图示： mv0 mv 则由动量守恒得 ⑤ 1 2MV 1 1 1 1 2 由功能关系得 mv 0 mv12 2MV12 mgl ⑥ 2 2 2 以题给数据代入解得
动量和能量问题PPT教学课件
力为重力mg和支持力FN,且FN=mg,电动机通过扶梯的支持 力FN对顾客做功,对每一位顾客做功的功率为
P1=Fnvcosa=mgvcos(900－300)=120W,则同时乘载的最多人
数 n = p
p = 3000 1
120 = 25
人
专题聚焦 例3.(04全国2)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.在 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,锤在桩帽以上高度 为h处从静止开始沿竖直轨道自由落下,打在质量为M(包括桩 帽)的钢筋混凝土桩子上.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,桩在泥土中向下
b、摩擦力做功情况：一对静摩擦力不会产生热量，一个 做正功，另一个必做等量的负功, 只有机械能的互相转移， 而没有机械能与其他形式的能的转化，静摩擦力只起着传 递机械能的作用；一对滑动摩擦力做功的代数和一定为负， 总使系统机械能减少并转化为内能，即“摩擦生热”，且 有Q＝△E＝F·△s。
专题解说
c、一对相互作用力做功的情况：(1)作用力做正功时，反 作用力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功；作用 力做负功、不做功时，反作用力亦同样如此.(2)一对作用 力与反作用力对系统所做功的总和可以是正功,也可以是 负功,还可以零． d、求功的几种基本方法：
下方，运动员重力势能的增加量略小于mgh。运动员在起
跳时做的功应等于重力势能的增加量，故C正确。
专题聚焦 例5、在水平光滑细杆上穿着A、B两个
刚性小球，两球间距离为L，用两根长度同为L的不可伸
长的轻绳与C球连接，开始时三球静止二绳伸直，然后同
高一物理动量与能量人教实验版知识精讲
高一物理动量与能量人教实验版【本讲教育信息】一. 教学内容：动量与能量二. 知识要点：1. 比较动量与能量、动量守恒与能量守恒2. 了解处理力学问题的三种方法重点、难点解析：一、动量定理和动能定理动量定理和动能定理两个定理都是反映力跟物体运动状态改变的，研究对象都是单个物体，都可以从牛顿第二定律及有关公式中推导得出。
两式的母体虽都是牛顿第二定律，但在某些问题中要比运用牛顿第二定律简捷方便得多，在分析运动过程中无须深究物体运动状态的细节变化，可适用于作用时间极短或运动位移极小的运动问题，它们又是从不同角度描述力的作用效果，动量定理反映的是力的时间积累对物体运动状态改变的量度，动能定理则是力的空间积累对物体运动状态改变的量度。
二、动量守恒定律和机械能守恒定律动量守恒定律和机械能守恒定律都是用两个状态的“守恒量”来表示自然界的变化规律，研究对象均为物体系，均是在一定条件下才能成立。
动量守恒定律的守恒量是矢量——动量，机械能守恒定律的守恒量是标量——机械能。
因此两者所表征的守恒规律是有本质区别的．动量守恒时，机械能可能守恒，也可能不守恒；反之亦然。
守恒条件不同，动量守恒定律的适用条件是系统不受外力（或某一方向系统不受外力），或系统所受的合外力等于零，或者系统所受的合外力远小于系统之间的内力。
机械能守恒定律适用的条件是只有重力或弹力做功；或者虽受其他力，但其他力不做功只有重力或弹力做功；或者除重力或弹力的功外，还有其他力做功，但这些力做功的代数和为零。
特别提醒注意物理模型的变换与归类，有些看上去很难的题目，若经过分析将其物理过程转换为常见的模型就很容易形成解题思路，找到解题方法，如子弹打木块模型、人船模型等。
三、处理力学问题的三种方法处理力学问题的基本思路有三种：一是牛顿运动定律；二是动量关系；三是能量关系．若考查有关物理量的瞬时对应关系，须应用牛顿运动定律；若考查一个过程，三种方法皆有可能，但方法不同，处理问题的难易、繁简程度可能有很大的差别，若研究对象为一个系统，应优先考虑两大守恒定律，若研究对象为单一物体，应优先考虑两大定理，特别是涉及力和时间问题时应优先考虑动量定理，涉及力和位移问题时应优先考虑动能定理，因为两个守恒定律分析的是一个过程的两个状态，而两大定理分析的是过程和状态的对应关系，它们过程的细节不予细究，这正是它们的方便之处，特别是对于变力做功问题，就更显示出它们的优越性。