專題04能量觀點(diǎn)和動(dòng)量觀點(diǎn)在力學(xué)中的應(yīng)用【要點(diǎn)提煉】1.處理物理問(wèn)題的三大觀點(diǎn)(1)力和運(yùn)動(dòng)的觀點(diǎn)，即牛頓運(yùn)動(dòng)定律和勻變速直線(曲線)運(yùn)動(dòng)規(guī)律、圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律等。(2)功和能的觀點(diǎn)，即動(dòng)能定理等功能關(guān)系和機(jī)械能守恒定律、能量守恒定律。(3)沖量和動(dòng)量的觀點(diǎn)，即動(dòng)量定理和動(dòng)量守恒定律。2．力學(xué)中的功能關(guān)系(1)合外力做功與動(dòng)能的關(guān)系：W合＝ΔEk。(2)重力做功與重力勢(shì)能的關(guān)系：WG＝－ΔEp。(3)彈簧彈力做功與彈性勢(shì)能的關(guān)系：W彈＝－ΔEp彈。(4)除重力、系統(tǒng)內(nèi)彈力以外其他力做功與機(jī)械能的關(guān)系：W其他＝ΔE機(jī)。(5)系統(tǒng)內(nèi)一對(duì)滑動(dòng)摩擦力做功與內(nèi)能的關(guān)系：fl相對(duì)＝ΔE內(nèi)。3．動(dòng)量定理和動(dòng)量守恒定律的普適性動(dòng)量定理和動(dòng)量守恒定律不僅適用于宏觀物體、低速運(yùn)動(dòng)過(guò)程，對(duì)微觀粒子、高速運(yùn)動(dòng)過(guò)程同樣適用，比如原子核反應(yīng)過(guò)程同樣遵循動(dòng)量定理和動(dòng)量守恒定律。【高考考向1能量觀點(diǎn)在力學(xué)中的應(yīng)用】命題角度1功和功率的理解及應(yīng)用例1：（2022·北京密云·一模）電動(dòng)汽車消耗電池能量驅(qū)動(dòng)汽車前進(jìn)，電池的性能常用兩個(gè)物理量來(lái)衡量：一是電池容量Q，即電池能夠存儲(chǔ)的電量；另一個(gè)是電池的能量密度ρ，是指單位質(zhì)量能放出電能的多少。某次實(shí)驗(yàn)中質(zhì)量的電池以恒定電流放電時(shí)，端電壓與流過(guò)電池電量的關(guān)系如下圖所示。電池容量檢測(cè)系統(tǒng)在電壓為4.0V時(shí)顯示剩余電量100%，電壓為3.0V時(shí)顯示剩余電量為0。通過(guò)計(jì)算機(jī)測(cè)得曲線與電量軸所圍的面積約為7000V·mAh。（1）該電池的能量密度是多少？（2）在放電過(guò)程中顯示剩余電量從100%到90%用了時(shí)間t，依據(jù)圖像信息推測(cè)剩余電量從90%到70%約要多少時(shí)間？（3）電動(dòng)汽車的續(xù)航里程是指單次充電后可以在水平路面上勻速行駛的最大距離。某電動(dòng)汽車除電池外總質(zhì)量為，配上質(zhì)量為，能量密度為的電池，續(xù)航里程為。已知汽車行駛過(guò)程中所受阻力與總質(zhì)量成正比，驅(qū)動(dòng)汽車做功的能量占電池總能量的比例確定，為提升該電動(dòng)汽車的續(xù)航里程，可以采用增加電池質(zhì)量和提高電池能量密度兩種方式，請(qǐng)計(jì)算說(shuō)明哪種方式更合理？【答案】（1）；（2）；（3）見解析【詳解】（1）根據(jù)圖像的坐標(biāo)軸可知，圖像所圍面積物理意義是的積累，表示電池存儲(chǔ)的總能量，根據(jù)題意可知能量密度為解得該電池的能量密度為（2）根據(jù)可知保持不變，電量消耗與時(shí)間成正比，由圖像可知剩余電量從到，通過(guò)電池電量約為，剩余電量從到，通過(guò)電池電量約，則時(shí)間約為（3）設(shè)汽車質(zhì)量，電池質(zhì)量，單次充電行駛最大距離，由題意，阻力與總質(zhì)量成正比，則有汽車勻速運(yùn)動(dòng)，故消耗電能等于克服阻力做功設(shè)驅(qū)動(dòng)汽車做功的能量與電池總能量的比例為，則有可得單次充電行駛最大距離為由表達(dá)式可知，與為非線性關(guān)系，行駛的最大距離隨著電池質(zhì)量的增加，提升得越來(lái)越慢；若電池質(zhì)量一定時(shí)，與成正比，提升能量密度，并不增加阻力，不造成電能額外損耗，可見，提高電池的能量密度比增加電池質(zhì)量更合理。兩種機(jī)車啟動(dòng)問(wèn)題(1)恒定功率啟動(dòng)①v-t圖象如圖1所示，機(jī)車先做加速度逐漸減小的變加速直線運(yùn)動(dòng)，后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)F＝F阻時(shí)，vm＝eq\f(P,F)＝eq\f(P,F阻)。②動(dòng)能定理：Pt－F阻x＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(m))－0。(2)恒定加速度啟動(dòng)①v-t圖象如圖2所示，機(jī)車先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)功率增大到額定功率后獲得勻加速的最大速度v1。之后做變加速直線運(yùn)動(dòng)，直至達(dá)到最大速度vm后做勻速直線運(yùn)動(dòng)。②常用公式：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(F－F阻＝ma,P額＝Fv1,P額＝F阻vm,v1＝at1))1-1.（2022·浙江·高考真題）小明用額定功率為、最大拉力為的提升裝置，把靜置于地面的質(zhì)量為的重物豎直提升到高為的平臺(tái)，先加速再勻速，最后做加速度大小不超過(guò)的勻減速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)平臺(tái)的速度剛好為零，取，則提升重物的最短時(shí)間為（）A．13.2s B．14.2s C．15.5s D．17.0s命題角度2動(dòng)能定理的應(yīng)用例2：（2022·湖南·高考真題）如圖（a），質(zhì)量為m的籃球從離地H高度處由靜止下落，與地面發(fā)生一次非彈性碰撞后反彈至離地h的最高處。設(shè)籃球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受空氣阻力的大小是籃球所受重力的倍（為常數(shù)且），且籃球每次與地面碰撞的碰后速率與碰前速率之比相同，重力加速度大小為g。（1）求籃球與地面碰撞的碰后速率與碰前速率之比；（2）若籃球反彈至最高處h時(shí)，運(yùn)動(dòng)員對(duì)籃球施加一個(gè)向下的壓力F，使得籃球與地面碰撞一次后恰好反彈至h的高度處，力F隨高度y的變化如圖（b）所示，其中已知，求的大小；（3）籃球從H高度處由靜止下落后，每次反彈至最高點(diǎn)時(shí)，運(yùn)動(dòng)員拍擊一次籃球（拍擊時(shí)間極短），瞬間給其一個(gè)豎直向下、大小相等的沖量I，經(jīng)過(guò)N次拍擊后籃球恰好反彈至H高度處，求沖量I的大小。【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）籃球下降過(guò)程中根據(jù)牛頓第二定律有再根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的公式，下落的過(guò)程中有籃球反彈后上升過(guò)程中根據(jù)牛頓第二定律有再根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的公式，上升的過(guò)程中有則籃球與地面碰撞的碰后速率與碰前速率之比（2）若籃球反彈至最高處h時(shí)，運(yùn)動(dòng)員對(duì)籃球施加一個(gè)向下的壓力F，則籃球下落過(guò)程中根據(jù)動(dòng)能定理有籃球反彈后上升過(guò)程中根據(jù)動(dòng)能定理有聯(lián)立解得（3）方法一：由（1）問(wèn)可知籃球上升和下降過(guò)程中的加速度分別為（方向向下）（方向向下）由題知運(yùn)動(dòng)員拍擊一次籃球（拍擊時(shí)間極短），瞬間給其一個(gè)豎直向下、大小相等的沖量I，由于拍擊時(shí)間極短，則重力的沖量可忽略不計(jì)，則根據(jù)動(dòng)量定理有即每拍擊一次籃球?qū)⒔o它一個(gè)速度v。拍擊第1次下降過(guò)程有上升過(guò)程有代入k后，下降過(guò)程有上升過(guò)程有聯(lián)立有拍擊第2次，同理代入k后，下降過(guò)程有上升過(guò)程有聯(lián)立有再將h1代入h2有拍擊第3次，同理代入k后，下降過(guò)程有上升過(guò)程有聯(lián)立有再將h2代入h3有直到拍擊第N次，同理代入k后，下降過(guò)程有上升過(guò)程有聯(lián)立有將hN-1代入hN有其中，則有則方法二：由（1）問(wèn)可知籃球上升和下降過(guò)程中的加速度分別為（方向向下）（方向向下）由題知運(yùn)動(dòng)員拍擊一次籃球（拍擊時(shí)間極短），瞬間給其一個(gè)豎直向下、大小相等的沖量I，由于拍擊時(shí)間極短，則重力的沖量可忽略不計(jì)，則根據(jù)動(dòng)量定理有即每拍擊一次籃球?qū)⒔o它一個(gè)速度v’。設(shè)籃球從H下落時(shí)，速度為，反彈高度為，籃球受到?jīng)_量I后速度為v’，落地時(shí)速度為，則，聯(lián)立可得代入k可得，……①籃球再次反彈，反彈速度為k，設(shè)反彈高度為h1，受到?jīng)_量后，落地速度為v2，同理可得，同理化簡(jiǎn)可得……②籃球第三次反彈，反彈速度為k，設(shè)反彈高度為h2，受到?jīng)_量后，落地速度為v3，同理可得，同理化簡(jiǎn)可得……③……第N次反彈可得……（N）對(duì)式子①②③……(N)兩側(cè)分別乘以、、……、，再相加可得得其中，，，可得可得沖量I的大小應(yīng)用動(dòng)能定理解題應(yīng)抓好“一個(gè)過(guò)程、兩個(gè)狀態(tài)、四個(gè)關(guān)注”(1)一個(gè)過(guò)程：明確研究過(guò)程，確定這一過(guò)程研究對(duì)象的受力情況和位置變化或位移信息。(2)兩個(gè)狀態(tài)：明確研究對(duì)象始、末狀態(tài)的速度或動(dòng)能情況。(3)四個(gè)關(guān)注①建立運(yùn)動(dòng)模型，判斷物體做了哪些運(yùn)動(dòng)。②分析各個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中物體的受力和運(yùn)動(dòng)情況。③抓住運(yùn)動(dòng)模型之間的聯(lián)系紐帶，如速度、加速度、位移，確定初、末狀態(tài)。④根據(jù)實(shí)際情況分階段或整個(gè)過(guò)程利用動(dòng)能定理列式計(jì)算。2-1.（2022·湖北·高考真題）打樁機(jī)是基建常用工具。某種簡(jiǎn)易打樁機(jī)模型如圖所示，重物A、B和C通過(guò)不可伸長(zhǎng)的輕質(zhì)長(zhǎng)繩跨過(guò)兩個(gè)光滑的等高小定滑輪連接，C與滑輪等高（圖中實(shí)線位置）時(shí)，C到兩定滑輪的距離均為L(zhǎng)。重物A和B的質(zhì)量均為m，系統(tǒng)可以在如圖虛線位置保持靜止，此時(shí)連接C的繩與水平方向的夾角為60°。某次打樁時(shí)，用外力將C拉到圖中實(shí)線位置，然后由靜止釋放。設(shè)C的下落速度為時(shí)，與正下方質(zhì)量為2m的靜止樁D正碰，碰撞時(shí)間極短，碰撞后C的速度為零，D豎直向下運(yùn)動(dòng)距離后靜止（不考慮C、D再次相碰）。A、B、C、D均可視為質(zhì)點(diǎn)。（1）求C的質(zhì)量；（2）若D在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到的阻力F可視為恒力，求F的大小；（3）撤掉樁D，將C再次拉到圖中實(shí)線位置，然后由靜止釋放，求A、B、C的總動(dòng)能最大時(shí)C的動(dòng)能。命題角度3機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用例3.（2022·江蘇江蘇·一模）如圖所示，足球被踢出后在空中依次經(jīng)過(guò)a、b、c三點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)軌跡示意圖，b為最高點(diǎn)，a、c兩點(diǎn)等高。則足球（）A．從a運(yùn)動(dòng)到b的時(shí)間大于從b運(yùn)動(dòng)到c的 B．在b點(diǎn)的加速度方向豎直向下C．在a點(diǎn)的機(jī)械能比在b點(diǎn)的大 D．在a點(diǎn)的動(dòng)能與在c點(diǎn)的相等【答案】C【詳解】A．足球被踢出后，對(duì)足球受力分析，足球受到重力和空氣阻力，當(dāng)足球從a運(yùn)動(dòng)到b過(guò)程中豎直方向上重力和空氣阻力都向下，b運(yùn)動(dòng)到c的空氣阻力向上，故a運(yùn)動(dòng)到b過(guò)程中的豎直方向上的加速度大于b運(yùn)動(dòng)到c過(guò)程中的加速度，a、c兩點(diǎn)等高，故從a運(yùn)動(dòng)到b的時(shí)間小于從b運(yùn)動(dòng)到c的，A錯(cuò)誤；B．在b點(diǎn)，足球運(yùn)動(dòng)方向向右，空氣阻力水平向左，故此刻足球的加速度斜向下，B錯(cuò)誤；C．由于過(guò)程中空氣阻力做負(fù)功，機(jī)械能減少，故在a點(diǎn)的機(jī)械能比在b點(diǎn)的大，C正確；D．從a運(yùn)動(dòng)到c過(guò)程中機(jī)械能減少，a、c兩點(diǎn)等高重力勢(shì)能相同，a點(diǎn)的動(dòng)能比在c點(diǎn)時(shí)大，D錯(cuò)誤。故選C。應(yīng)用機(jī)械能守恒定律解題的基本思路3-1.（2022·湖北·恩施市第一中學(xué)模擬預(yù)測(cè)）現(xiàn)在的水上樂(lè)園不僅僅有漂流游泳，還有各種驚險(xiǎn)刺激的項(xiàng)目，某游樂(lè)設(shè)施的項(xiàng)目如下；人坐小船被加速到一定的速度拋出，滑入豎直圓軌道最終滑上大船，一起向前運(yùn)動(dòng)。該游樂(lè)設(shè)施可以簡(jiǎn)化如下：半徑的光滑圓弧軌道固定在豎直平面內(nèi)，軌道的一個(gè)端點(diǎn)B和圓心O的連線與水平方向間的夾角，另一端點(diǎn)C為軌道的最低點(diǎn)。C點(diǎn)右側(cè)的光滑水平面上緊挨C點(diǎn)靜止放置一木板，木板質(zhì)量M=4.0kg，上表面與C點(diǎn)等高。質(zhì)量為的物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）從空中A點(diǎn)以某一速度水平拋出，恰好從軌道的B端沿切線方向以5m/s進(jìn)入軌道。已知物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)，取。求：（1）物塊在A點(diǎn)時(shí)的平拋速度；（2）物塊經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力；（3）若木板足夠長(zhǎng)，物塊與木板由于摩擦產(chǎn)生的熱量。命題角度4功能關(guān)系和能量守恒定律的綜合應(yīng)用例4.（2022·廣東·高考真題）某同學(xué)受自動(dòng)雨傘開傘過(guò)程的啟發(fā)，設(shè)計(jì)了如圖所示的物理模型。豎直放置在水平桌面上的滑桿上套有一個(gè)滑塊，初始時(shí)它們處于靜止?fàn)顟B(tài)。當(dāng)滑塊從A處以初速度為向上滑動(dòng)時(shí)，受到滑桿的摩擦力f為，滑塊滑到B處與滑桿發(fā)生完全非彈性碰撞，帶動(dòng)滑桿離開桌面一起豎直向上運(yùn)動(dòng)。已知滑塊的質(zhì)量，滑桿的質(zhì)量，A、B間的距離，重力加速度g取，不計(jì)空氣阻力。求：（1）滑塊在靜止時(shí)和向上滑動(dòng)的過(guò)程中，桌面對(duì)滑桿支持力的大小和；（2）滑塊碰撞前瞬間的速度大小v1；（3）滑桿向上運(yùn)動(dòng)的最大高度h。【答案】（1），；（2）；（3）【詳解】（1）當(dāng)滑塊處于靜止時(shí)桌面對(duì)滑桿的支持力等于滑塊和滑桿的重力，即當(dāng)滑塊向上滑動(dòng)過(guò)程中受到滑桿的摩擦力為1N，根據(jù)牛頓第三定律可知滑塊對(duì)滑桿的摩擦力也為1N，方向豎直向上，則此時(shí)桌面對(duì)滑桿的支持力為（2）滑塊向上運(yùn)動(dòng)到碰前瞬間根據(jù)動(dòng)能定理有代入數(shù)據(jù)解得。（3）由于滑塊和滑桿發(fā)生完全非彈性碰撞，即碰后兩者共速，碰撞過(guò)程根據(jù)動(dòng)量守恒有碰后滑塊和滑桿以速度v整體向上做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理有代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得。涉及做功與能量轉(zhuǎn)化問(wèn)題的解題方法(1)分清是什么力做功，并且分析該力做正功還是做負(fù)功；根據(jù)功能之間的對(duì)應(yīng)關(guān)系，確定能量之間的轉(zhuǎn)化情況。(2)當(dāng)涉及滑動(dòng)摩擦力做功時(shí)，機(jī)械能不守恒，一般應(yīng)用能量守恒定律，特別注意摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能Q＝Ffl相對(duì)，l相對(duì)為相對(duì)滑動(dòng)的兩物體間相對(duì)滑動(dòng)路徑的總長(zhǎng)度。(3)解題時(shí)，首先確定初、末狀態(tài)，然后分清有多少種形式的能在轉(zhuǎn)化，再分析狀態(tài)變化過(guò)程中哪種形式的能量減少，哪種形式的能量增加，求出減少的能量總和ΔE減和增加的能量總和ΔE增，最后由ΔE減＝ΔE增列式求解。4-1.（2022·全國(guó)·高考真題）北京2022年冬奧會(huì)首鋼滑雪大跳臺(tái)局部示意圖如圖所示。運(yùn)動(dòng)員從a處由靜止自由滑下，到b處起跳，c點(diǎn)為a、b之間的最低點(diǎn)，a、c兩處的高度差為h。要求運(yùn)動(dòng)員經(jīng)過(guò)c點(diǎn)時(shí)對(duì)滑雪板的壓力不大于自身所受重力的k倍，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中將運(yùn)動(dòng)員視為質(zhì)點(diǎn)并忽略所有阻力，則c點(diǎn)處這一段圓弧雪道的半徑不應(yīng)小于（

）A． B． C． D．4-2．（2022·江蘇·模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，光滑軌道ABCD是過(guò)山車軌道的模型，最低點(diǎn)B處的入、出口靠近但相互錯(cuò)開，C是半徑為R的圓形軌道的最高點(diǎn)，BD部分水平，末端D點(diǎn)與足夠長(zhǎng)的水平傳送帶無(wú)縫連接，傳送帶以恒定速度v逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)。現(xiàn)將一質(zhì)量為m的小滑塊從軌道AB上豎直高度為3R的位置A由靜止釋放，滑塊能通過(guò)C點(diǎn)后再經(jīng)D點(diǎn)滑上傳送帶，已知滑塊滑上傳送帶后，又從D點(diǎn)滑入光滑軌道ABCD且能到達(dá)原位置A，則在該過(guò)程中（）A．在C點(diǎn)滑塊對(duì)軌道的壓力為零B．傳送帶的速度可能為C．摩擦力對(duì)物塊的沖量為零D．傳送帶速度v越大，滑塊在傳送帶因摩擦產(chǎn)生的熱量越多【高考考向2動(dòng)量定理和動(dòng)量守恒定律在力學(xué)中的應(yīng)用】命題角度1動(dòng)量定理的應(yīng)用例5.（2022·北京·高考真題）“雪如意”是我國(guó)首座國(guó)際標(biāo)準(zhǔn)跳臺(tái)滑雪場(chǎng)地。跳臺(tái)滑雪運(yùn)動(dòng)中，裁判員主要根據(jù)運(yùn)動(dòng)員在空中的飛行距離和動(dòng)作姿態(tài)評(píng)分。運(yùn)動(dòng)員在進(jìn)行跳臺(tái)滑雪時(shí)大致經(jīng)過(guò)四個(gè)階段：①助滑階段，運(yùn)動(dòng)員兩腿盡量深蹲，順著助滑道的傾斜面下滑；②起跳階段，當(dāng)進(jìn)入起跳區(qū)時(shí)，運(yùn)動(dòng)員兩腿猛蹬滑道快速伸直，同時(shí)上體向前伸展；③飛行階段，在空中運(yùn)動(dòng)員保持身體與雪板基本平行、兩臂伸直貼放于身體兩側(cè)的姿態(tài)；④著陸階段，運(yùn)動(dòng)員落地時(shí)兩腿屈膝，兩臂左右平伸。下列說(shuō)法正確的是（）A．助滑階段，運(yùn)動(dòng)員深蹲是為了減小與滑道之間的摩擦力B．起跳階段，運(yùn)動(dòng)員猛蹬滑道主要是為了增加向上的速度C．飛行階段，運(yùn)動(dòng)員所采取的姿態(tài)是為了增加水平方向速度D．著陸階段，運(yùn)動(dòng)員兩腿屈膝是為了減少與地面的作用時(shí)間【答案】B【詳解】A．助滑階段，運(yùn)動(dòng)員深蹲是為了減小與空氣之間的摩擦力，A錯(cuò)誤；B．起跳階段，運(yùn)動(dòng)員猛蹬滑道主要是通過(guò)增大滑道對(duì)人的作用力，根據(jù)動(dòng)量定理可知，在相同時(shí)間內(nèi)，為了增加向上的速度，B正確；C．飛行階段，運(yùn)動(dòng)員所采取的姿態(tài)是為了減小水平方向的阻力，從而減小水平方向的加速度，C錯(cuò)誤；D．著陸階段，運(yùn)動(dòng)員兩腿屈膝下蹲可以延長(zhǎng)落地時(shí)間，根據(jù)動(dòng)量定理可知，可以減少身體受到的平均沖擊力，D錯(cuò)誤。故選B。應(yīng)用動(dòng)量定理的注意事項(xiàng)(1)一般來(lái)說(shuō)，用牛頓第二定律能解決的問(wèn)題，用動(dòng)量定理也能解決，如果題目不涉及加速度和位移，用動(dòng)量定理求解更簡(jiǎn)捷。(2)動(dòng)量定理的表達(dá)式是矢量式，運(yùn)用它分析問(wèn)題時(shí)要特別注意沖量、動(dòng)量及動(dòng)量變化量的方向，公式中的F是物體或系統(tǒng)所受的合力。(3)動(dòng)量定理不僅適用于恒力作用的情況，也適用于變力作用的情況，變力作用情況下，動(dòng)量定理中的力F應(yīng)理解為變力在作用時(shí)間內(nèi)的平均值。5-1.（2022·浙江·模擬預(yù)測(cè)）激光制冷技術(shù)在很多領(lǐng)域得到了廣泛的應(yīng)用。由分子動(dòng)理論可知，分子或原子運(yùn)動(dòng)越激烈，物體溫度越高。激光制冷的原理就是利用大量光子（光子說(shuō)認(rèn)為光是一份一份的，每一份為一個(gè)光子）阻礙原子運(yùn)動(dòng)，使其減速，從而降低物體的溫度。如圖所示，某時(shí)刻一個(gè)原子位于Oxyz坐標(biāo)系的原點(diǎn)，兩束完全相同的激光，沿x軸從相反的方向?qū)υ舆M(jìn)行照射。根據(jù)多普勒效應(yīng)，當(dāng)原子迎著光束的方向運(yùn)動(dòng)時(shí)，其接收到的光的頻率會(huì)升高。當(dāng)原子接收到的光的頻率等于該原子的固有頻率時(shí)，原子吸收光子的概率最大。下列說(shuō)法正確的是（）A．為使原子減速，所用激光的頻率應(yīng)等于原子的固有頻率B．為使原子減速，所用激光的頻率應(yīng)大于原子的固有頻率C．假設(shè)原子可以吸收光子，當(dāng)原子向x軸正向運(yùn)動(dòng)時(shí)，a激光可使原子減速D．假設(shè)原子可以吸收光子，當(dāng)原子向x軸負(fù)向運(yùn)動(dòng)時(shí)，a激光可使原子減速命題角度2動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用例6.（2022·重慶·高考真題）一物塊在傾角為的固定斜面上受到方向與斜面平行、大小與摩擦力相等的拉力作用，由靜止開始沿斜面向下做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)處處相同。若拉力沿斜面向下時(shí)，物塊滑到底端的過(guò)程中重力和摩擦力對(duì)物塊做功隨時(shí)間的變化分別如圖曲線①、②所示，則（）A．物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為B．當(dāng)拉力沿斜面向上，重力做功為時(shí)，物塊動(dòng)能為C．當(dāng)拉力分別沿斜面向上和向下時(shí)，物塊的加速度大小之比為1∶3D．當(dāng)拉力分別沿斜面向上和向下時(shí)，物塊滑到底端時(shí)的動(dòng)量大小之比為【答案】BC【詳解】A．對(duì)物體受力分析可知，平行于斜面向下的拉力大小等于滑動(dòng)摩擦力，有由牛頓第二定律可知，物體下滑的加速度為則拉力沿斜面向下時(shí)，物塊滑到底端的過(guò)程中重力和摩擦力對(duì)物塊做功為代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得故A錯(cuò)誤；C．當(dāng)拉力沿斜面向上，由牛頓第二定律有解得則拉力分別沿斜面向上和向下時(shí)，物塊的加速度大小之比為故C正確；B．當(dāng)拉力沿斜面向上，重力做功為合力做功為則其比值為則重力做功為時(shí)，物塊的動(dòng)能即合外力做功為，故C正確；D．當(dāng)拉力分別沿斜面向上和向下時(shí)，物塊滑到底端時(shí)的動(dòng)量大小為則動(dòng)量的大小之比為故D錯(cuò)誤。故選BC。應(yīng)用動(dòng)量守恒定律解題的基本步驟(1)明確研究對(duì)象，確定系統(tǒng)的組成(系統(tǒng)包括哪幾個(gè)物體)及研究的過(guò)程。(2)進(jìn)行受力分析，判斷系統(tǒng)動(dòng)量是否守恒(或某一方向上動(dòng)量是否守恒)。(3)規(guī)定正方向，確定初、末狀態(tài)動(dòng)量。(4)由動(dòng)量守恒定律列出方程。(5)代入數(shù)據(jù)，求出結(jié)果，必要時(shí)討論說(shuō)明。6-1.（2022·重慶·模擬預(yù)測(cè)）在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中用粒子（He）轟擊靜止的鋁（A1）原子核時(shí)，產(chǎn)生了P、Q兩個(gè)粒子，如圖所示，已知?jiǎng)驈?qiáng)磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，各粒子的速度方向均與磁場(chǎng)方向垂直，粒子P的運(yùn)動(dòng)軌跡在圖中未畫出，粒子Q做勻速直線運(yùn)動(dòng)，粒子的質(zhì)量為m1，鋁原子核的質(zhì)量為m2，P粒子的質(zhì)量為m3，Q粒子的質(zhì)量為m4，光在真空中的速度為c，則下列說(shuō)法正確的是（）A．Q粒子可能是質(zhì)子B．P粒子沿順時(shí)針?lè)较蜻\(yùn)動(dòng)C．P粒子的電荷量大于鋁原子核的電荷量D．核反應(yīng)過(guò)程中釋放出的能量為（m1+m2-m3-m4）c2【高考考向3動(dòng)量觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用】命題角度2力學(xué)三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用例7.（2022·全國(guó)·高考真題）如圖（a），一質(zhì)量為m的物塊A與輕質(zhì)彈簧連接，靜止在光滑水平面上：物塊B向A運(yùn)動(dòng)，時(shí)與彈簧接觸，到時(shí)與彈簧分離，第一次碰撞結(jié)束，A、B的圖像如圖（b）所示。已知從到時(shí)間內(nèi)，物塊A運(yùn)動(dòng)的距離為。A、B分離后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，與一直在水平面上運(yùn)動(dòng)的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，達(dá)到的最高點(diǎn)與前一次相同。斜面傾角為，與水平面光滑連接。碰撞過(guò)程中彈簧始終處于彈性限度內(nèi)。求（1）第一次碰撞過(guò)程中，彈簧彈性勢(shì)能的最大值；（2）第一次碰撞過(guò)程中，彈簧壓縮量的最大值；（3）物塊A與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)。【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）當(dāng)彈簧被壓縮最短時(shí)，彈簧彈性勢(shì)能最大，此時(shí)、速度相等，即時(shí)刻，根據(jù)動(dòng)量守恒定律根據(jù)能量守恒定律聯(lián)立解得（2）解法一：同一時(shí)刻彈簧對(duì)、B的彈力大小相等，根據(jù)牛頓第二定律可知同一時(shí)刻則同一時(shí)刻、的的瞬時(shí)速度分別為，根據(jù)位移等速度在時(shí)間上的累積可得，又解得第一次碰撞過(guò)程中，彈簧壓縮量的最大值解法二：B接觸彈簧后，壓縮彈簧的過(guò)程中，A、B動(dòng)量守恒，有對(duì)方程兩邊同時(shí)乘以時(shí)間，有0-t0之間，根據(jù)位移等速度在時(shí)間上的累積，可得將代入可得則第一次碰撞過(guò)程中，彈簧壓縮量的最大值（3）物塊A第二次到達(dá)斜面的最高點(diǎn)與第一次相同，說(shuō)明物塊A第二次與B分離后速度大小仍為，方向水平向右，設(shè)物塊A第一次滑下斜面的速度大小為，設(shè)向左為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得根據(jù)能量守恒定律可得聯(lián)立解得方法一：設(shè)在斜面上滑行的長(zhǎng)度為，上滑過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理可得下滑過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理可得聯(lián)立解得方法二：根據(jù)牛頓第二定律，可以分別計(jì)算出滑塊A上滑和下滑時(shí)的加速度，，上滑時(shí)末速度為0，下滑時(shí)初速度為0，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移速度