（一）三年考试命题分析
（二）必备知识与关键能力与方法
一、必备知识
1．动量定理的公式Ft＝p′－p除表明两边大小、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．
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．
动量定理公式中的F是研究对象所受的包括重力在内的所有外力的合力，它可以是恒力，也可以是变力．
2．动量守恒定律
(1)内容：一个系统不受外力或者所受外力之和为零，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(系统总动量的增量为零)；或Δp1＝－Δp2(相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量的增量大小相等、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．解决力学问题的三个基本观点
(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．
二、关键能力与方法
1．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、反冲等问题时，应选用动量守恒定律，然后再根据能量关系分析解决．
2．系统化思维方法，就是根据众多的已知要素、事实，按照一定的联系方式，将其各部分连接成整体的方法．
(1)对多个物理过程进行整体思维，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思维，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)．
命题类型一：动量定理和动量守恒定律的应用
例1.汽车碰撞试验是综合评价汽车安全性能的有效方法之一．设汽车在碰撞过程中受到的平均撞击力达到某个临界值F0时，安全气囊爆开．某次试验中，质量m1＝1 600 kg的试验车以速度v1 ＝36 km/h正面撞击固定试验台，经时间t1 ＝ 0.10 s碰撞结束，车速减为零，此次碰撞安全气囊恰好爆开．忽略撞击过程中地面阻力的影响．
(1)求此过程中试验车受到试验台的冲量I0的大小及F0的大小；
(2)若试验车以速度v1撞击正前方另一质量m2 ＝1 600 kg、速度v2 ＝18 km/h同向行驶的汽车，经时间t2 ＝0.16 s两车以相同的速度一起滑行．试通过计算分析这种情况下试验车的安全气囊是否会爆开．
【答案】见解析
练1．如图1所示，质量为3 kg的小车A以v0＝4 m/s的速度沿光滑水平面匀速运动，小车左端固定的支架通过不可伸长的轻绳悬挂质量为1 kg的小球B(可看做质点)，小球距离车面0.8 m．某一时刻，小车与静止在水平面上的质量为1 kg的物块C发生碰撞并粘连在一起(碰撞时间可忽略)，此时轻绳突然断裂．此后，小球刚好落入小车右端固定的砂桶中(小桶的尺寸可忽略)，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2.求：
图1
(1)绳未断前小球与砂桶的水平距离；
(2)小车系统最终的速度大小．
【答案】(1)0.4 m (2)3.2 m/s
【解析】(1)设小车与物块碰后的共同速度为v1，
A与C的碰撞动量守恒：mAv0＝(mA＋mC)v1，
解得：v1＝3 m/s
设小球下落时间为t，则：H＝gt2，解得t＝0.4 s
Δx＝(v0－v1)t＝0.4 m
即绳未断前小球与砂桶的水平距离为0.4 m.
(2)设系统最终速度为v2，由水平方向动量守恒可得：
(mA＋mB) v0＝(mA＋mB＋mC)v2
解得：v2＝3.2 m/s
命题类型二：动量和能量观点在力学中的应用
例2.如图2，长度x＝5 m的粗糙水平面PQ的左端固定一竖直挡板，右端Q处与水平传送带平滑连接，传送带以一定速率v逆时针转动，其上表面QM间距离为L＝4 m，MN无限长，M端与传送带平滑连接．物块A和B可视为质点，A的质量m＝1.5 kg, B的质量M＝5.5 kg.开始A静止在P处，B静止在Q处，现给A一个向右的初速度v0＝8 m/s，A运动一段时间后与B发生弹性碰撞，设A、B与传送带和水平面PQ、MN间的动摩擦因数均为μ＝0.15，A与挡板的碰撞也无机械能损失．取重力加速度g＝10 m/s2，求：
图2
(1)A、B碰撞后瞬间的速度大小；
(2)若传送带的速率为v＝4 m/s，试判断A、B能否再相遇，若能相遇，求出相遇的位置；若不能相遇，求它们最终相距多远．
【答案】(1)4 m/s 3 m/s (2)不能相遇 m
(2)设A碰撞后运动的路程为sA，由动能定理得：
－μmgsA＝0－mvA′2④
sA＝ m
所以A与挡板碰撞后再运动sA′＝sA－x＝ m⑤
设B碰撞后向右运动的距离为sB，则－μMgsB＝0－MvB′2⑥
解得sB＝3 m故物块B碰后不能滑上MN，当速度减为0后，B将在传送带的作用下反向加速运动，B再次到达Q处时的速度大小为3 m/s.
在水平面PQ上，B再运动sB′＝sB＝3 m停止，sB′＋sA′<5 m，所以A、B不能再次相遇．
最终A、B的距离sAB＝x－sA′－sB′＝ m.
深入剖析
1．弄清有几个物体参与运动，并划分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，还有不计阻力的抛体运动，机械能一定守恒；碰撞过程、子弹打击木块、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．
4．如含摩擦生热问题，则考虑用能量守恒定律分析．
3．如图3，质量为6m、长为L的薄木板AB放在光滑的平台上，木板B端与台面右边缘齐平．B端上放有质量为3m且可视为质点的滑块C，C与木板之间的动摩擦因数为μ＝，质量为m的小球用长为L的细绳悬挂在平台右边缘正上方的O点，细绳竖直时小球恰好与C接触．现将小球向右拉至细绳水平并由静止释放，小球运动到最低点时细绳恰好断裂，小球与C碰撞后反弹速率为碰前的一半．
图3
(1)求细绳能够承受的最大拉力；
(2)若要使小球落在释放点的正下方P点，平台高度应为多大；
(3)通过计算判断C能否从木板上掉下来．
【答案】见解析
(2)小球碰撞后做平抛运动：竖直位移h＝gt2
水平分位移：L＝t
解得：h＝L
命题类型三：动量和能量观点在电学中的应用
例3.在竖直的xOy平面内，第Ⅰ、Ⅲ象限均存在相互正交的匀强电场和匀强磁场，第一象限内电场沿＋y方向，磁场垂直xOy平面向外，第三象限内电场沿－x方向，磁场垂直xOy平面向里，电场强度大小均为E，磁感应强度大小均为B，A、B两小球带等量异种电荷，带电量大小均为q，两球中间夹一被压缩的长度不计的绝缘轻弹簧(不粘连)，某时刻在原点O处同时由静止释放A、B，A、B瞬间被弹开之后，A沿圆弧OM运动，B沿直线OP匀速运动，OP与－x轴夹角θ＝37°，如图5中虚线所示，不计两球间库仑力的影响，已知重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，试求：
图5
(1)A、B两球的质量比；
(2)A球出射点M离O点的距离；
(3)刚释放时，弹簧的弹性势能Ep.
【答案】(1) (2) (3)
(2)对B球受力分析，知：Bqv2sin θ＝Eq
得B球速度v2＝
A、B弹开瞬间动量守恒，可得mAv1＝mBv2
由以上各式得，A球速度v1＝
A做圆周运动，FA洛＝F向，即Bqv1＝
轨道半径R＝＝，OM＝2Rsin θ＝
(3)弹开瞬间，由能量守恒可知：Ep＝mAv12＋mBv22
解得：Ep＝.
4．如图6所示，竖直平面内，水平线OO′下方足够大的区域内存在水平匀强磁场，磁感应强度为B，一个单匝正方形导体框，边长为L，质量为m，总电阻为r，从ab边距离边界OO′为L的位置由静止释放．已知从ab边刚进入磁场到cd边刚进入磁场所用时间为t，重力加速度为g，空气阻力不计，导体框不翻转，求：
图6
(1)ab边刚进入磁场时，b、a间电势差大小Uba；
(2)cd边刚进入磁场时，导体框的速度大小．
【答案】(1) (2)gt－＋
【解析】(1)ab边刚进入磁场时速度大小为v1，
则mgL＝mv12
E＝BLv1
I＝
Uba＝I·r
解得Uba＝
5．如图5所示，某超市两辆相同的手推购物车质量均为m、相距l沿直线排列，静置于水平地面上．为节省收纳空间，工人给第一辆车一个瞬间的水平推力使其运动，并与第二辆车相碰，且在极短时间内相互嵌套结为一体，以共同的速度运动了距离，恰好停靠在墙边．若车运动时受到的摩擦力恒为车重的k倍，忽略空气阻力，重力加速度为g.求：
图5
(1)购物车碰撞过程中系统损失的机械能；
(2)工人给第一辆购物车的水平冲量大小．
【答案】(1)mkgl (2)m
【解析】(1)设第一辆车碰前瞬间的速度为v1，与第二辆车碰后的共同速度为v2.
由动量守恒定律有mv1＝2mv2
由动能定理有－2kmg·＝0－(2m)v2 2
则碰撞中系统损失的机械能ΔE＝mv12－(2m)v2 2
联立以上各式解得ΔE＝mkgl
(2)设第一辆车推出时的速度为v0
由动能定理有－kmgl＝mv12－mv02
冲量I＝mv0
联立解得I＝m.
3．如图6所示，在粗糙水平面上A点固定一半径R＝0.2 m的竖直光滑圆弧轨道，底端有一小孔．在水平面上距A点s＝1 m的B点正上方O处，用长为L＝0.9 m的轻绳悬挂一质量M＝0.1 kg的小球甲，现将小球甲拉至图中C位置，绳与竖直方向夹角θ＝60°.静止释放小球甲，摆到最低点B点时与另一质量m＝0.05 kg的静止小滑块乙(可视为质点)发生完全弹性碰撞．碰后小滑块乙在水平面上运动到A点，并无碰撞地经过小孔进入圆轨道，当小滑块乙进入圆轨道后立即关闭小孔．g＝10 m/s2 .
图6
(1)求甲、乙碰前瞬间小球甲的速度大小；
(2)若小滑块乙进入圆轨道后的运动过程中恰好不脱离圆轨道，求小滑块乙与水平面的动摩擦因数．
【答案】(1)3 m/s (2)0.3或0.6
从B到圆轨道最高点，由动能定理有
－μmgs－2mgR＝mv t2－mv22
解得μ＝0.3
1．(2017·全国卷Ⅰ·14)将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出．在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)( )
A．30 kg·m/s B．5.7×102 kg·m/s
C．6.0×102 kg·m/s D．6.3×102 kg·m/s
【答案】A
【解析】设火箭的质量为m1，燃气的质量为m2.由题意可知，燃气的动量p2＝m2v2＝50×10－3×600 kg·m/s＝30 kg·m/s.根据动量守恒定律可得，0＝m1v1－m2v2，则火箭的动量大小为p1＝m1v1＝m2v2＝30 kg·m/s，所以A正确，B、C、D错误．
2．(2017·全国卷Ⅲ·20)一质量为2 kg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变化的图线如图1所示，则( )
图1
A．t＝1 s时物块的速率为1 m/s
B．t＝2 s时物块的动量大小为4 kg·m/s
C．t＝3 s时物块的动量大小为5 kg·m/s
D．t＝4 s时物块的速度为零
【答案】AB
3．(2016·全国卷Ⅱ)如图3，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3 m(h小于斜面体的高度)．已知小孩与滑板的总质量为m1＝30 kg，冰块的质量为m2＝10 kg，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小g＝10 m/s2.
图2
(ⅰ)求斜面体的质量；
(ⅱ)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？
【答案】(ⅰ)20 kg (ⅱ)不能，理由见解析
(ⅱ)设小孩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＝－1 m/s⑤
设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，由动量守恒和机械能守恒定律有
m2v0＝m2v2＋m3v3⑥
m2v02＝m2v22＋m3v32⑦
联立③⑥⑦式并代入数据得
v2＝－1 m/s⑧
由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩．
4．(2013·新课标全国Ⅱ)如图3，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C.B的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)．设A以速度v0朝B运动，压缩弹簧；当A、 B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动．假设B和C碰撞过程时间极短．求从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中，
图3
(ⅰ)整个系统损失的机械能；
(ⅱ)弹簧被压缩到最短时的弹性势能．
【答案】(ⅰ)mv02 (ⅱ)mv02
【解析】(ⅰ)从A压缩弹簧到A与B具有相同速度v1时，对A、B与弹簧组成的系统，由动量守恒定律得
mv0＝2mv1①
此时B与C发生完全非弹性碰撞，设碰撞后它们的瞬时速度为v2，损失的机械能为ΔE，对B、C组成的系统，由动量守恒定律和能量守恒定律得
mv1＝2mv2②
mv12＝ΔE＋×(2m)v22③
联立①②③式得
ΔE＝mv02④
5．(2015·广东理综)如图4所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R＝0.5 m，物块A以v0＝6 m/s的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q，再沿圆轨道滑出后，与直轨上P处静止的物块B碰撞，碰后粘在一起运动，P点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L＝0.1 m，物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ＝0.1，A、B的质量均为m＝1 kg(重力加速度g取10 m/s2；A、B视为质点，碰撞时间极短)．
图4
(1)求A滑过Q点时的速度大小v和受到的弹力大小F；
(2)若碰后AB最终停止在第k个粗糙段上，求k的数值；
(3)求碰后AB滑至第n个(n＜k)光滑段上的速度vn与n的关系式．
【答案】(1)4 m/s 22 N (2)45
(3)vn＝ m/s(n【解析】(1)从A→Q由动能定理得
－mg·2R＝mv2－mv02
解得v＝4 m/s＞＝ m/s
在Q点，由牛顿第二定律得
F＋mg＝m
解得F＝22 N.
(3)AB滑至第n个光滑段上，由动能定理得
－μ·2mgnL＝·2mvn2－·2mv′2
所以vn＝ m/s(n6．如图5所示，在水平面上有一弹簧，其左端与墙壁相连，O点为弹簧原长位置，O点左侧水平面光滑，水平段OP长L＝1 m，P点右侧一与水平方向成θ＝30°的足够长的传送带与水平面在P点平滑连接，皮带轮逆时针转动速率为3 m/s，一质量为1 kg可视为质点的物块A压缩弹簧(与弹簧不拴接)，使弹簧获得弹性势能Ep＝9 J，物块与OP段动摩擦因数μ1＝0.1，另一与A完全相同的物块B停在P点，B与传送带间的动摩擦因数μ2＝，传送带足够长，A与B的碰撞时间不计，碰后A、B交换速度，重力加速度g取10 m/s2，现释放A，求：
图5
(1)物块A、B第一次碰撞前瞬间，A的速度v0；
(2)从A、B第一次碰撞后到第二次碰撞前，B与传送带之间由于摩擦而产生的热量；
(3)A、B能够碰撞的总次数。
【答案】 (1)4 m/s (2)12.25 J (3)6次
【解析】(1)设物块质量为m，A与B第一次碰撞前的速度为v0，
则Ep＝m＋μ1mgL，
解得v0＝4 m/s.
(2)设A、B第一次碰撞后的速度分别为vA、vB，则vA＝0，vB＝4 m/s，碰后B沿传送带向上做匀减速运动直至速度为零，加速度大小设为a1，
则mgsin θ＋μ2mgcos θ＝ma1，
解得a1＝gsin θ＋μ2gcos θ＝10 m/s2.
运动的时间t1＝＝0.4 s，位移x1＝t1＝0.8 m.
此过程相对运动路程Δs1＝vt1＋x1＝2 m.
此后B反向加速，加速度仍为a1，由于mgsin θ＝μ2mgcos θ，B与传送带共速后做匀速运动直至与A再次碰撞，
加速时间为t2＝＝0.3 s，
位移为x2＝t2＝0.45 m.
此过程相对运动路程Δs2＝vt2－x2＝0.45 m.
全过程摩擦产生的热量Q＝μ2mg(Δs1＋Δs2)cos θ＝12.25 J.
7．如图6所示，轨道ABCDP位于竖直平面内，其中圆弧段CD与水平段AC及倾斜段DP分别相切于C点和D点，水平段AB、圆弧段CD和倾斜段DP都光滑，水平段BC粗糙，DP段与水平面的夹角θ＝37°，D、C两点的高度差h＝0.1 m，整个轨道绝缘，处于方向水平向左、场强未知的匀强电场中．一个质量m1＝0.4 kg、带正电、电荷量未知的小物块Ⅰ在A点由静止释放，经过时间t＝1 s，与静止在B点的不带电、质量m2＝0.6 kg小物块Ⅱ碰撞并粘在一起在BC段上做匀速直线运动，到达倾斜段DP上某位置．物块Ⅰ和Ⅱ与轨道BC段的动摩擦因数都为μ＝0.2.g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
图6
(1)物块Ⅰ和Ⅱ在BC段上做匀速直线运动的速度大小；
(2)物块Ⅰ和Ⅱ第一次经过C点时，圆弧段轨道对物块Ⅰ和Ⅱ支持力的大小．
【答案】(1)2 m/s (2)18 N
(2)设圆弧段CD的半径为R，物块Ⅰ和Ⅱ经过C点时圆弧段轨道对物块Ⅰ和Ⅱ支持力的大小为FN，则
R(1－cos θ)＝h
FN－(m1＋m2)g＝
解得FN＝18 N.
8．如图7所示，一个质量为m、电阻不计的足够长的光滑U形金属框架MNQP，位于光滑绝缘水平桌面上，平行导轨MN和PQ相距为L.空间存在着足够大的方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度的大小为B.另有质量也为m的金属棒CD，垂直于MN放置在导轨上，并用一根与MN平行的绝缘细线系在定点A.已知，细线能承受的最大拉力为T0，CD棒接入导轨间的有效电阻为R.现从t＝0时刻开始对U形框架施加水平向右的拉力，使其从静止开始做加速度为a的匀加速直线运动．
图7
(1)求从框架开始运动到细线断裂所需的时间t0及细线断裂时框架的瞬时速度v0大小；
(2)若在细线断裂时，立即撤去拉力，求此后过程中回路产生的总焦耳热Q.
【答案】(1) (2)
【解析】(1)细线断裂时，对棒有
T0＝F安，F安＝BIL
I＝，E＝BLv0，v0＝at0
联立解得
t0＝，v0＝
(2)在细线断裂时立即撤去拉力，框架向右减速运动，棒向右加速运动，直至二者速度相同，设二者最终速度大小为v，撤去拉力F时，框架的速度v0＝，由系统动量守恒可得
mv0＝2mv
解得v＝＝
撤去拉力后，系统总动能的减少量等于回路消耗的电能，最终在回路中产生的总焦耳热为
Q＝mv02－·2mv2
解得Q＝.
9．如图9，ABD为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB段是水平的，BD段为半径R＝0.2 m的半圆，两段轨道相切于B点，整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，场强大小E＝5.0×103V/m。一不带电的绝缘小球甲，以速度v0沿水平轨道向右运动，与静止在B点带正电的小球乙发生弹性碰撞。已知甲、乙两球的质量均为m＝1.0×10－2kg，乙所带电荷量q＝2.0×10－5C，g取10 m/s2。(水平轨道足够长，甲、乙两球可视为质点，整个运动过程无电荷转移)
图9
(1)甲乙两球碰撞后，乙恰能通过轨道的最高点D，求乙在轨道上的首次落点到B点的距离；
(2)在满足(1)的条件下，求甲的速度v0。
【答案】 (1)0.4 m (2) m/s
(2)设碰撞后甲、乙的速度分别为v甲、v乙，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有：
mv0＝mv甲＋mv乙 ⑤
m＝m＋m ⑥
联立⑤⑥得：v乙＝v0，v甲＝0 ⑦
由动能定理得：
－mg·2R－qE·2R＝m－m ⑧
联立①⑦⑧得：v0＝＝m/s ⑨
10．如图所示，质量为M的平板车P高h，质量为m的小物块Q的大小不计，位于平板车的左端，系统原来静止在光滑水平地面上。一不可伸长的轻质细绳长为R，一端悬于Q正上方高为R处，另一端系一质量也为m的小球(大小不计)。今将小球拉至悬线与竖直位置成60°角，由静止释放，小球到达最低点时与Q的碰撞时间极短，且无能量损失。已知Q离开平板车时速度大小是平板车速度的两倍，Q与P之间的动摩擦因数为μ，M∶m＝4∶1，重力加速度为g。求：
(1)小物块Q离开平板车时速度为多大？
(2)平板车P的长度为多少？
【答案】 (1) (2)
二者交换速度，即小球静止下来，Q在平板车上滑行的过程中，系统的动量守恒，
则有mvQ＝Mv＋m(2v)
解得v＝vQ＝
物块Q离开平板车时，速度为2v＝
