1、第一篇 專題二 能量與動量熱點精練1動量定理與動量守恒定律熱點精練2動量和能量觀點在力學中的應用欄目索引熱點精練3動量和能量觀點在電場中的應用熱點精練1動量定理與動量守恒定律知識方法鏈接1.動量定理公式：動量定理公式：Ftpp說明：(1)F為合外力恒力，求p時，用pFt變力，求I時，用Ipmv2mv1牛頓第二定律的第二種形式：合外力等于動量變化率當p一定時，Ft為確定值：Ft小F大如碰撞；t大F小如緩沖(2)等式左邊是過程量Ft，右邊是兩個狀態量之差，是矢量式.v1、v2是以同一慣性參照物為參照的.p的方向可與mv1一致、相反或成某一角度，但是p的方向一定與Ft一致.2.動量守恒定律動量守恒定

2、律(1)表達式：m1v1m2v2m1v1m2v2；或pp(系統相互作用前總動量p等于相互作用后總動量p)；或p0(系統總動量的增量為零)；或p1p2(相互作用的兩個物體組成的系統，兩物體動量的增量大小相等、方向相反).(2)動量守恒條件：理想守恒：系統不受外力或所受外力的合力為零.近似守恒：外力遠小于內力，且作用時間極短，外力的沖量近似為零，或外力的沖量比內力沖量小得多.單方向守恒：合外力在某方向上的分力為零，則系統在該方向上動量守恒.3.碰撞現象滿足的規律碰撞現象滿足的規律(1)動量守恒定律.(2)機械能不增加.(3)速度要合理.碰前兩物體同向運動，若要發生碰撞，則應有v后v前，碰后原來在前

3、的物體速度一定增大，若碰后兩物體同向運動，則應有v前v后；碰前兩物體相向運動，碰后兩物體的運動方向不可能都不改變.1.(2017全國卷14)將質量為1.00 kg的模型火箭點火升空，50 g燃燒的燃氣以大小為600 m/s的速度從火箭噴口在很短時間內噴出.在燃氣噴出后的瞬間，火箭的動量大小為(噴出過程中重力和空氣阻力可忽略)A.30 kgm/sB.5.7102 kgm/sC.6.0102 kgm/s D.6.3102 kgm/s真題模擬精練答案解析解析解析設火箭的質量為m1，燃氣的質量為m2.由題意可知，燃氣的動量p2m2v250103600 kgm/s30 kgm/s.根據動量守恒定律可得，

4、0m1v1m2v2，則火箭的動量大小為p1m1v1m2v230 kgm/s，所以A正確，B、C、D錯誤.23142.(多選)(2017全國卷20)一質量為2 kg的物塊在合外力F的作用下從靜止開始沿直線運動.F隨時間t變化的圖線如圖1所示，則A.t1 s時物塊的速率為1 m/sB.t2 s時物塊的動量大小為4 kgm/sC.t3 s時物塊的動量大小為5 kgm/sD.t4 s時物塊的速度為零答案圖1解析2314t2 s時物塊的動量大小p2F2t222 kgm/s4 kgm/s，t3 s時物塊的動量大小為p3(2211) kgm/s3 kgm/s，t4 s 時物塊的動量大小為p4(2212) k

5、gm/s2 kgm/s，所以t4 s時物塊的速度為1 m/s，故B正確，C、D錯誤.23143.(多選)(2017山東淄博市一模) 如圖2所示，在質量為M(含支架)的小車中用輕繩懸掛一小球，小球質量為m0，小車和小球以恒定的速度v沿光滑的水平地面運動，與位于正對面的質量為m的靜止木塊發生碰撞，碰撞時間極短，下列哪些說法是可能發生的圖22314A.在這次碰撞過程中，小車、木塊、小球的速度都發生變化，分別變為v1、 v2、v3，滿足(Mm0)vMv1mv2m0v3B.在這次碰撞過程中，小球的速度不變，小車和木塊的速度變為v1和v2， 滿足(Mm0)vMv1mv2C.在這次碰撞過程中，小球的速度不變

6、，小車和木塊的速度都變為u，滿 足Mv(Mm)uD.碰撞后小球擺到最高點時速度變為v1，小木塊的速度變為v2，滿足(M m0)v(Mm0)v1mv2答案解析2314解析解析碰撞的瞬間小車和木塊組成的系統動量守恒，小球的速度在瞬間不變，若碰后小車和木塊的速度變為v1和v2，根據動量守恒有：MvMv1mv2.若碰后小車和木塊速度相同，根據動量守恒定律有：Mv(Mm)u，故C正確，A、B錯誤.碰撞后，小車和小球水平方向動量守恒，則整個過程中，系統水平方向動量守恒，則有：(Mm0)v(Mm0)v1mv2，故D正確.故選：C、D.23144.(多選)(2017安徽馬鞍山市第一次模擬)如圖3所示，勁度系數

7、為k的輕彈簧的一端固定在墻上，另一端與置于水平面上質量為m的物體A接觸但未連接，彈簧水平且無形變，現對物體A施加一個水平向右的瞬間沖量I0，測得A向右運動的最大距離為x0，之后物體A被彈簧彈回，最終停在距離初始位置左側2x0處，已知彈簧始終在彈性限度內，物體A與水平面間的動摩擦因數為，重力加速度為g，下列說法中正確的是A.物體A整個運動過程，彈簧對物體A 沖量為零B.物體A向右運動過程中與彈簧接觸的時間一定小 于物體A向左運動過程中與彈簧接觸的時間C.物體A向左運動的最大速度vm2 D.物體A與彈簧作用的過程中，最大彈性勢能Ep mgx0 答案解析圖32314解析解析物體A整個運動過程中與彈簧

8、有相互作用時，由于彈簧的彈力一直向左，故彈簧對物體A 沖量不可能為零，故A錯誤；物體向右運動過程受向左的彈力和摩擦力，而向左運動過程中受向左的彈力與向右的摩擦力，因此向左運動時的加速度小于向右運動時的加速度，而與彈簧接觸向左和向右的位移大小相等，則由位移公式可得，向右運動的時間一定小于向左運動的時間，故B正確；2314對離開彈簧后再向左運動2x0的過程由動能定理可知， mv2mg2x0；解得離開彈簧時的速度為v ；而物體在向左運動至彈簧彈力與摩擦力相等時速度最大，故可知向左運動的最大速度一定大于 ，故C錯誤；由動量定理可知I0mv0；則由功能關系知，系統具有的最大彈性勢能Ep mgx0 mgx

9、0，故D正確；故選：B、D.2314知識方法鏈接力學規律的選用原則力學規律的選用原則單個物體：宜選用動量定理、動能定理和牛頓運動定律.若其中涉及時間的問題，應選用動量定理；若涉及位移的問題，應選用動能定理；若涉及加速度的問題，只能選用牛頓第二定律.多個物體組成的系統：優先考慮兩個守恒定律，若涉及碰撞、爆炸、反沖等問題時，應選用動量守恒定律，然后再根據能量關系分析解決.熱點精練2動量和能量觀點在力學中的應用5.(2017河北石家莊市第二次質檢)如圖4所示，質量分布均勻、半徑為R的光滑半圓形金屬槽，靜止在光滑的水平面上，左邊緊靠豎直墻壁.一質量為m的小球從距金屬槽上端R處由靜止下落，恰好與金屬槽左

10、端相切進入槽內，到達最低點后向右運動從金屬槽的右端沖出，小球到達最高點真題模擬精練答案解析圖4時距金屬槽圓弧最低點的距離為 ，重力加速度為g，不計空氣阻力.求：(1)小球第一次到達最低點時對金屬槽的壓力大小；答案答案5mg56解析解析小球從靜止到第一次到達最低點的過程，根據機械能守恒定律有：mg2R ，小球剛到最低點時，根據圓周運動規律和牛頓第二定律有：FNmg ，據牛頓第三定律可知小球對金屬槽的壓力為：FNFN.聯立解得：FN5mg56(2)金屬槽的質量.答案解析56解析解析小球第一次到達最低點至小球到達最高點過程，小球和金屬槽在水平方向動量守恒，選取向右為正方向，則：mv0(mM)v設小球

11、到達最高點時距金屬槽圓弧最低點的高度為h.566.(2017 廣東廣州市一模)如圖5所示，固定在水平地面上的凹槽，槽寬D2.3 m，左側槽緣高h0.6 m、斜面傾角45，右側槽緣高H0.8 m、光滑圓弧形軌道足夠長.長L1.6 m、高H0.8 m、質量mA1 kg的木板A靜止在槽內，左端距凹槽左側D10.3 m.可視為質點的滑塊B，質量mB2 kg，放在A上表面的最左端.質量m1 kg、v010 m/s的小球水平撞擊B后水平反彈，下落過程中剛好與斜面相切通過斜面最高點.已知A與B、A與凹槽底部的動摩擦因數分別為1 、2 ，B向右滑行過程中未與A共速，A與凹槽左、右側碰撞后立即停止但不粘連，g取

12、10 m/s2.求：(1)小球與B碰后，B獲得的速度vB的大小；圖5答案解析答案答案6 m/s56解析解析設小球水平反彈的速度為vx，從反彈到通過斜面最高點時的時間為t0，豎直方向的速度為vy，則有：豎直方向有vygt0 設小球與B撞擊后，B獲得的速度為vB，有：mv0mvxmBvB 聯立并代入數據得：vx2 m/s，vB6 m/s 56(2)整個過程中A、B間摩擦產生的熱量Q.答案解析答案答案27 J56解析解析設B滑上凹槽右側光滑軌道時的速度為v，由于B向右滑行過程中與A未共速，B對地移動的距離為LD2(依題意D20.4 m)，由動能定理：B沿弧形軌道返回到A的右端時速度大小仍為v，設B在A上減速滑行的加速度大小為a1，A在凹槽內加速滑行的加速度大小為a2，則有：1mBgmBa1 1mBg2(mAmB)gmAa2 56現判斷B向左移動時是否與A共速.假設經過時間t，A、B共速為v1，則：對B：v1va1t 對A：v1a2t 聯立解得：v4 m