课件40张PPT。专题二
能量与动量 第5课时
动量与能量观点的综合应用栏目索引考点1 动量定理与动量守恒定律的应用考点2 碰撞类问题考点3 动力学、动量和能量观点的综合应用1.动量定理
(1)公式：Ft＝p′－p＝Δp
(2)理解：
等式左边是过程量Ft，右边是两个状态量之差，是 式.v1、v2是以同一惯性参考系为参照的；Δp的方向可与mv1一致、相反或成某一角度，但是Δp的方向一定与
的方向一致.考点1 动量定理与动量守恒定律的应用矢量F2.动量守恒定律
(1)表达式：m1v1＋m2v2＝ 或p＝p′，或Δp＝0，或Δp1＝－Δp2.
(2)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 ，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 、爆炸过程.
3.应用技巧
(1)动量定理没有适用条件，在计算与时间有关的问题或求平均冲力时可以用.
(2)动量定理的研究对象可以是单一物体，也可以是物体系统.
(3)判断动量是否守恒时，要注意所选取的系统，区分内力和外力.
(4)两规律都是矢量式，书写时要规定正方向.m1v1′＋m2v2′零碰撞例1 (2019·山东济南市上学期期末)某研究小组经查阅资料了解到，在空气中低速下落的物体所受的空气阻力可认为与物体速度大小成正比关系，因此下落的物体最终会达到一个恒定的速度，称之为收尾速度.如图1所示为小球由静止开始，在低速下落过程中速度随时间变化的一部分图象.图中作出了t＝0.5 s时刻的切线，小球的质量为0.5 kg，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)小球在t＝0.5 s时刻的加速度大小；图1答案 4 m/s2(2)小球最终的收尾速度的大小；解析 设空气阻力与速度大小的正比系数为k，
当v＝4 m/s时，有：mg－kv＝ma
达到最大速度时，有mg＝kvm(3)小球从静止下落到t＝0.5 s时刻的位移大小.解析 在0到t＝0.5 s内对小球由动量定理可得
mgt－ΣkviΔt＝mv－0
即：mgt－kx＝mv－0变式训练1.(2019·全国卷Ⅰ·16)最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展.若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3 km/s，产生的推力约为4.8×106 N，则它在1 s时间内喷射的气体质量约为?
A.1.6×102 kg B.1.6×103 kg
C.1.6×105 kg D.1.6×106 kg√2.(2019·山西晋中市适应性调研)如图2所示，在光滑水平面上有一质量为m的物体，它受到水平向右的力F的作用.力F分别按下图A、B、C、D所示的四种方式随时间t变化(图中纵坐标是F与mg的比值，力沿水平向右为正方向).已知物体在t＝0时速度为零，若用v1、v2、v3、v4分别表示上述四种受力情况下物体在2 s末的速率，则这四个速率中最大的是?图2√解析 物体运动过程中，受重力、支持力、拉力作用，
合力等于拉力，
根据动量定理，有：I＝mv－0，
故力F的冲量最大时，末速度最大；上方冲量为正，下方冲量为负，由于A图中冲量的矢量和最大，故A图中物体的末速度最大；故选A.例2 (2019·江苏南通市通州区、海门市、启东市联考)如图3甲所示的水平面上，B点左侧光滑、右侧粗糙，静止放置甲、乙两个可视为质点的小球，已知m甲＝2 kg，m乙＝4 kg.乙球与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2.现给甲球一个水平向右的速度，大小为v1＝5 m/s，与乙球发生碰撞后被弹回，弹回的速度大小v1′＝1 m/s.
(1)试求发生碰撞后，乙球获得的速度大小；图3答案 3 m/s解析 规定水平向右为正方向.
由动量守恒定律有：m甲v1＝m甲(－v1′)＋m乙v2
解得：v2＝3 m/s；(2)碰撞后，立即有一水平向右的拉力F作用在乙球上，F随时间变化的规律如图乙所示，试求3 s末乙球的速度大小.答案 0.75 m/s解析 由动量定理有：IF－μm乙gt＝m乙v2′－m乙v2解得：v2′＝0.75 m/s.变式训练3.(2019·宁夏银川市六盘山上学期期末)如图4所示，质量为M的木块位于光滑水平面上，木块与墙用轻弹簧连接，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v0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4解析 子弹射入木块过程，由于时间极短，子弹与木块间的内力远大于系统外力，子弹和木块系统在弹簧弹力的作用下先做减速运动，
后做加速运动，回到A位置时速度大小不变，子弹和木块弹簧组成的系统受到的合力即为墙对弹簧的作用力，
规定水平向右为正方向，
根据动量定理得：I＝－(M＋m)v－mv0＝－2mv0，
所以墙对弹簧的冲量I的大小为2mv0，故选D.1.三类碰撞的特点考点2 碰撞类问题动量机械能机械能2.熟记结论“一动碰一静”：两物体(m1初速度为v0，m2静止)发生弹性正碰后的速度v1＝
，v2＝ .3.基本思路
(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(仅有重力做功)，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.例3 (2019·山东日照市上学期期末)如图5所示，光滑的水平桌面上放置一质量M＝4 kg、长L＝0.6 m的长木板B，质量m＝1 kg的小木块A(可看成质点)放在长木板的左端，开始A、B均处于静止状态.现有一个与A完全相同的小木块C从长木板右侧以v0＝6 m/s的初速度冲向长木板，碰后以v1＝2 m/s的速度被反向弹回(碰撞时间极短)，最终小木块A恰好不从长木板上滑下.取重力加速度g＝10 m/s2.求：
(1)碰后瞬间长木板B的速度；图5答案 2 m/s，方向向左解析 规定向左为正方向，对B、C系统，由动量守恒定律得：mv0＝Mv－mv1
代入数据解得：v＝2 m/s，方向向左；(2)小木块A与长木板间的动摩擦因数.答案 0.27解析 A与B作用过程，对A、B系统，由动量守恒定律得：Mv＝(M＋m)v共
代入数据解得：v共＝1.6 m/s代入数据解得：μ≈0.27.变式训练4.(多选)(2019·吉林“五地六校”合作体联考)如图6所示，在光滑水平地面上，A、B两物体质量都为m，A以速度v向右运动，B左端有一轻弹簧且初速度为0，在A与弹簧接触以后的过程中(A与弹簧不粘连)，下列说法正确的是?
A.轻弹簧被压缩到最短时，A、B系统总动量仍然为mv
B.轻弹簧被压缩到最短时，A的动能为 mv2
C.弹簧恢复原长时，A的动量一定为零
D.A、B两物体组成的系统机械能守恒√图6√解析 A和B组成的系统所受的外力之和为零，
动量守恒，初态总动量为mv，
则弹簧压缩到最短时，系统总动量仍然为mv，故A正确；
轻弹簧被压缩到最短时A和B的速度相等，由动量守恒有mv＝2mv共，A和B在相对靠近压缩弹簧和相对远离弹簧恢复原状的过程中，
A和B及轻弹簧组成的系统满足动量守恒和机械能守恒，则弹簧恢复原长时，A、B系统的机械能有一部分转化为弹簧的弹性势能，机械能不守恒，
而A、B及弹簧组成的系统没有其他能参与转化，机械能守恒，故D错误.5.(2019·河南名校联盟高三下学期2月联考)如图7所示，小木块用细线吊在O点，此刻小物块的重力势能为零.一颗子弹以一定的水平速度射入木块A中，并立即与A有共同的速度，然后一起摆动到最大摆角α(0<α<90°).如果保持子弹质量和入射的速度大小不变，而使小木块的质量稍微增大，关于最大摆角α、子弹的初动能与木块和子弹一起达到最大摆角时的机械能之差ΔE，有?
A.α角增大，ΔE也增大
B.α角增大，ΔE减小
C.α角减小，ΔE增大
D.α角减小，ΔE也减小图7√解析 小木块质量增大，由动量守恒可知，
小木块与子弹的共同速度减小，则最大摆角α减小，则M增大时，ΔE增大，C正确.6.(2019·重庆市部分区县第一次诊断)如图8，立柱固定于光滑水平面上O点，质量为M的小球a向右运动，与静止于Q点的质量为m的小球b发生弹性碰撞，碰后a球立即向左运动，不计b球与立柱碰撞的能量损失，所有碰撞时间均不计，b球恰好在P点追到a球，Q点为OP中点，则a、b球质量之比M∶m为?
A.3∶5
B.1∶3
C.2∶3
D.1∶2图8√解析 设a、b两球碰后速度大小分别为v1、v2.
由题有：b球与挡板发生弹性碰撞后恰好在P点追上a球，
则从碰后到相遇a、b球通过的路程之比为：s1∶s2＝1∶3，
根据s＝vt得：v2＝3v1，
以水平向右为正方向，两球发生弹性碰撞，
由动量守恒定律得：Mv0＝M(－v1)＋mv2，解得M∶m＝3∶5，A正确.1.三个基本观点
(1)力的观点：主要是牛顿运动定律和 公式相结合，常涉及物体的受力、加速度或匀变速运动等问题.
(2)动量的观点：主要应用动量定理或 定律求解，常涉及物体的受力和时间问题，以及物体间的相互作用问题.
(3)能量的观点：在涉及单个物体的受力、速度和位移问题时，常用 定理；在涉及系统内能量的转化问题时，常用能量守恒定律.考点3 动力学、动量和能量观点的综合应用运动学动量守恒动能2.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 定理；若涉及位移的问题，应选用 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 ，然后再根据能量关系分析解决.
3.系统化思维方法
(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).动量动能动量守恒定律例4 (2019·全国卷Ⅰ·25)竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块B静止于水平轨道的最左端，如图9(a)所示.t＝0时刻，小物块A在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B发生弹性碰撞(碰撞时间极短)；当A返回到倾斜轨道上的P点(图中未标出)时，速度减为0，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止.物块A运动的v－t图像如图(b)所示，图中的v1和t1均为未知量.已知A的质量为m，初始时A与B的高度差为H，重力加速度大小为g，不计空气阻力.
(1)求物块B的质量；图9答案 3m解析 根据题图(b)，v1为物块A在碰撞前瞬间速度的大小，设物块B的质量为m′，碰撞后瞬间的速度大小为v′.联立①②式得m′＝3m ③(2)在图(b)所描述的整个运动过程中，求物块A克服摩擦力所做的功；解析 在题图(b)所描述的运动中，设物块A与轨道间的滑动摩擦力大小为Ff，下滑过程中所经过的路程为s1，返回过程中所经过的路程为s2，P与水平轨道的高度差为h，整个过程中克服摩擦力所做的功为W.物块A在整个运动过程中克服摩擦力所做的功为
W＝Ffs1＋Ffs2 ⑨(3)已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等.在物块B停止运动后，改变物块与轨道间的动摩擦因数，然后将A从P点释放，一段时间后A刚好能与B再次碰上.求改变前后动摩擦因数的比值.解析 设倾斜轨道倾角为θ，物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为μ，设物块B在水平轨道上能够滑行的距离为s′，设改变后的动摩擦因数为μ′，由动能定理有变式训练7.(2019·全国卷Ⅱ·25)一质量为m＝2 000 kg的汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶.行驶过程中，司机突然发现前方100 m处有一警示牌，立即刹车.刹车过程中，汽车所受阻力大小随时间的变化可简化为图10(a)中的图线.图(a)中，0～t1时间段为从司机发现警示牌到采取措施的反应时间(这段时间内汽车所受阻力已忽略，汽车仍保持匀速行驶)，t1＝0.8 s；t1～t2时间段为刹车系统的启动时间，t2＝1.3 s；从t2时刻开始汽车的刹车系统稳定工作，直至汽车停止.已知从t2时刻开始，汽车第1 s内的
位移为24 m，第4 s内的位移为1 m.
(1)在图(b)中定性画出从司机发现
警示牌到刹车系统稳定工作后汽车
运动的v－t图线；图10答案 见解析解析 v－t图线如图所示.(2)求t2时刻汽车的速度大小及此后的加速度大小；答案 见解析解析 设刹车前汽车匀速行驶时的速度大小为v1，则t1时刻的速度也为v1，t2时刻的速度为v2，在t2时刻后汽车做匀减速运动，设其加速度大小为a，取Δt＝1 s，设汽车在t2＋(n－1)Δt～t2＋nΔt内的位移为sn，n＝1,2,3….
若汽车在t2＋3Δt～t2＋4Δt时间内未停止，设它在t2＋3Δt时刻的速度为v3，在t2＋4Δt时刻的速度为v4，由运动学公式有s1－s4＝3a(Δt)2 ①v4＝v2－4aΔt ③这说明在t2＋4Δt时刻前，汽车已经停止.因此，①式不成立.
由于在t2＋3Δt～t2＋4Δt内汽车停止，由运动学公式
v3＝v2－3aΔt ⑤
2as4＝v32 ⑥
联立②⑤⑥式，代入已知数据解得
a＝8 m/s2，v2＝28 m/s ⑦但⑧式情形下，v3<0，不合题意，舍去.(3)求刹车前汽车匀速行驶时的速度大小及t1～t2时间内汽车克服阻力做的功；从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离约为多少(以t1～t2时间段始末速度的算术平均值替代这段时间内汽车的平均速度)?答案 见解析解析 设汽车的刹车系统稳定工作时，汽车所受阻力的大小为f1，
由牛顿第二定律有f1＝ma ⑨由动量定理有I＝mv1－mv2 ?联立⑦⑨⑩??式，代入已知数据解得v1＝30 m/s ?
W＝1.16×105 J ?联立⑦??式，代入已知数据解得s＝87.5 m.专题二
能量与动量 本课结束 第5课时 动量与能量观点的综合应用
考点 动量定理与动量守恒定律的应用
1．动量定理
(1)公式：Ft＝p′－p＝Δp
(2)理解：
等式左边是过程量Ft，右边是两个状态量之差，是矢量式．v1、v2是以同一惯性参考系为参照的；Δp的方向可与mv1一致、相反或成某一角度，但是Δp的方向一定与F的方向一致．
2．动量守恒定律
(1)表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′或p＝p′，或Δp＝0，或Δp1＝－Δp2.
(2)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．应用技巧
(1)动量定理没有适用条件，在计算与时间有关的问题或求平均冲力时可以用．
(2)动量定理的研究对象可以是单一物体，也可以是物体系统．
(3)判断动量是否守恒时，要注意所选取的系统，区分内力和外力．
(4)两规律都是矢量式，书写时要规定正方向．
例1 (2019·山东济南市上学期期末)某研究小组经查阅资料了解到，在空气中低速下落的物体所受的空气阻力可认为与物体速度大小成正比关系，因此下落的物体最终会达到一个恒定的速度，称之为收尾速度．如图1所示为小球由静止开始，在低速下落过程中速度随时间变化的一部分图象．图中作出了t＝0.5 s时刻的切线，小球的质量为0.5 kg，重力加速度g取10 m/s2，求：
图1
(1)小球在t＝0.5 s时刻的加速度大小；
(2)小球最终的收尾速度的大小；
(3)小球从静止下落到t＝0.5 s时刻的位移大小．
答案 (1)4 m/s2 (2) m/s (3) m
解析 (1)由题图图象可知：a＝＝4 m/s2
(2)设空气阻力与速度大小的正比系数为k，当v＝4 m/s时，有：mg－kv＝ma
达到最大速度时，有mg＝kvm
联立解得：k＝，vm＝ m/s
(3)在0到t＝0.5 s内对小球由动量定理可得
mgt－ΣkviΔt＝mv－0
即：mgt－kx＝mv－0
解得：x＝ m.
变式训练
1．(2019·全国卷Ⅰ·16)最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展．若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3 km/s，产生的推力约为4.8×106 N，则它在1 s时间内喷射的气体质量约为( )
A．1.6×102 kg B．1.6×103 kg
C．1.6×105 kg D．1.6×106 kg
答案 B
解析 根据动量定理有FΔt＝Δmv－0，解得Δm＝Δt＝1.6×103 kg，所以选项B正确．
2．(2019·山西晋中市适应性调研)如图2所示，在光滑水平面上有一质量为m的物体，它受到水平向右的力F的作用．力F分别按下图A、B、C、D所示的四种方式随时间t变化(图中纵坐标是F与mg的比值，力沿水平向右为正方向)．已知物体在t＝0时速度为零，若用v1、v2、v3、v4分别表示上述四种受力情况下物体在2 s末的速率，则这四个速率中最大的是( )
图2
答案 A
解析 物体运动过程中，受重力、支持力、拉力作用，合力等于拉力，根据动量定理，有：I＝mv－0，故力F的冲量最大时，末速度最大；图中－t图线与t轴包围的“面积”与冲量大小成正比，上方冲量为正，下方冲量为负，由于A图中冲量的矢量和最大，故A图中物体的末速度最大；故选A.
例2 (2019·江苏南通市通州区、海门市、启东市联考)如图3甲所示的水平面上，B点左侧光滑、右侧粗糙，静止放置甲、乙两个可视为质点的小球，已知m甲＝2 kg，m乙＝4 kg.乙球与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2.现给甲球一个水平向右的速度，大小为v1＝5 m/s，与乙球发生碰撞后被弹回，弹回的速度大小v1′＝1 m/s.
图3
(1)试求发生碰撞后，乙球获得的速度大小；
(2)碰撞后，立即有一水平向右的拉力F作用在乙球上，F随时间变化的规律如图乙所示，试求3 s末乙球的速度大小．
答案 (1)3 m/s (2)0.75 m/s
解析 规定水平向右为正方向．
(1)由动量守恒定律有：
m甲v1＝m甲(－v1′)＋m乙v2
解得：v2＝3 m/s；
(2)由动量定理有：IF－μm乙gt＝m乙v2′－m乙v2
IF＝×(2＋10)×3 N·s＝15 N·s
解得：v2′＝0.75 m/s.
变式训练
3．(2019·宁夏银川市六盘山上学期期末)如图4所示，质量为M的木块位于光滑水平面上，木块与墙用轻弹簧连接，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v0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4
A.，0 B.，2mv0
C.， D.，2mv0
答案 D
解析 子弹射入木块过程，由于时间极短，子弹与木块间的内力远大于系统外力，由动量守恒定律得：mv0＝(M＋m)v，解得：v＝；子弹和木块系统在弹簧弹力的作用下先做减速运动，后做加速运动，回到A位置时速度大小不变，即木块回到A位置时的速度大小v＝；子弹和木块弹簧组成的系统受到的合力即为墙对弹簧的作用力，规定水平向右为正方向，根据动量定理得：I＝－(M＋m)v－mv0＝－2mv0，所以墙对弹簧的冲量I的大小为2mv0，故选D.
考点 碰撞类问题
1．三类碰撞的特点
2．熟记结论
“一动碰一静”：两物体(m1初速度为v0，m2静止)发生弹性正碰后的速度v1＝v0，v2＝v0.
3．基本思路
(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(仅有重力做功)，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．
例3 (2019·山东日照市上学期期末)如图5所示，光滑的水平桌面上放置一质量M＝4 kg、长L＝0.6 m的长木板B，质量m＝1 kg的小木块A(可看成质点)放在长木板的左端，开始A、B均处于静止状态．现有一个与A完全相同的小木块C从长木板右侧以v0＝6 m/s的初速度冲向长木板，碰后以v1＝2 m/s的速度被反向弹回(碰撞时间极短)，最终小木块A恰好不从长木板上滑下．取重力加速度g＝10 m/s2.求：
图5
(1)碰后瞬间长木板B的速度；
(2)小木块A与长木板间的动摩擦因数．
答案 (1)2 m/s，方向向左 (2)0.27
解析 (1)规定向左为正方向，对B、C系统，由动量守恒定律得：mv0＝Mv－mv1
代入数据解得：v＝2 m/s，方向向左；
(2)A与B作用过程，对A、B系统，由动量守恒定律得：Mv＝(M＋m)v共
代入数据解得：v共＝1.6 m/s
由能量守恒定律有：μmgL＝Mv2－(m＋M)v共2
代入数据解得：μ≈0.27.
变式训练
4.(多选)(2019·吉林“五地六校”合作体联考)如图6所示，在光滑水平地面上，A、B两物体质量都为m，A以速度v向右运动，B左端有一轻弹簧且初速度为0，在A与弹簧接触以后的过程中(A与弹簧不粘连)，下列说法正确的是( )
图6
A．轻弹簧被压缩到最短时，A、B系统总动量仍然为mv
B．轻弹簧被压缩到最短时，A的动能为mv2
C．弹簧恢复原长时，A的动量一定为零
D．A、B两物体组成的系统机械能守恒
答案 AC
解析 A和B组成的系统所受的外力之和为零，动量守恒，初态总动量为mv，则弹簧压缩到最短时，系统总动量仍然为mv，故A正确；轻弹簧被压缩到最短时A和B的速度相等，由动量守恒有mv＝2mv共，可得v共＝，则此时A的动能为EkA＝mv共2＝mv2，故B错误；A和B在相对靠近压缩弹簧和相对远离弹簧恢复原状的过程中，A和B及轻弹簧组成的系统满足动量守恒和机械能守恒，则弹簧恢复原长时，有：mv＝mvA＋mvB，mv2＝mvA2＋mvB2，可得vA＝0，vB＝v，故C正确；A、B系统的机械能有一部分转化为弹簧的弹性势能，机械能不守恒，而A、B及弹簧组成的系统没有其他能参与转化，机械能守恒，故D错误．
5．(2019·河南名校联盟高三下学期2月联考)如图7所示，小木块用细线吊在O点，此刻小物块的重力势能为零．一颗子弹以一定的水平速度射入木块A中，并立即与A有共同的速度，然后一起摆动到最大摆角α(0<α<90°)．如果保持子弹质量和入射的速度大小不变，而使小木块的质量稍微增大，关于最大摆角α、子弹的初动能与木块和子弹一起达到最大摆角时的机械能之差ΔE，有( )
图7
A．α角增大，ΔE也增大
B．α角增大，ΔE减小
C．α角减小，ΔE增大
D．α角减小，ΔE也减小
答案 C
解析 小木块质量增大，由动量守恒可知，小木块与子弹的共同速度减小，则最大摆角α减小，又ΔE＝mv02－(M＋m)v2，且v＝，联立解得ΔE＝＝，则M增大时，ΔE增大，C正确．
6.(2019·重庆市部分区县第一次诊断)如图8，立柱固定于光滑水平面上O点，质量为M的小球a向右运动，与静止于Q点的质量为m的小球b发生弹性碰撞，碰后a球立即向左运动，不计b球与立柱碰撞的能量损失，所有碰撞时间均不计，b球恰好在P点追到a球，Q点为OP中点，则a、b球质量之比M∶m为( )
图8
A．3∶5 B．1∶3 C．2∶3 D．1∶2
答案 A
解析 设a、b两球碰后速度大小分别为v1、v2.由题有：b球与挡板发生弹性碰撞后恰好在P点追上a球，则从碰后到相遇a、b球通过的路程之比为：s1∶s2＝1∶3，根据s＝vt得：v2＝3v1，以水平向右为正方向，两球发生弹性碰撞，由动量守恒定律得：Mv0＝M(－v1)＋mv2，由机械能守恒定律得：Mv02＝Mv12＋mv22，解得M∶m＝3∶5，A正确．
考点 动力学、动量和能量观点的综合应用
1．三个基本观点
(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等问题．
(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，以及物体间的相互作用问题．
(3)能量的观点：在涉及单个物体的受力、速度和位移问题时，常用动能定理；在涉及系统内能量的转化问题时，常用能量守恒定律．
2．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．
3．系统化思维方法
(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)．
例4 (2019·全国卷Ⅰ·25)竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块B静止于水平轨道的最左端，如图9(a)所示．t＝0时刻，小物块A在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B发生弹性碰撞(碰撞时间极短)；当A返回到倾斜轨道上的P点(图中未标出)时，速度减为0，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止．物块A运动的v－t图像如图(b)所示，图中的v1和t1均为未知量．已知A的质量为m，初始时A与B的高度差为H，重力加速度大小为g，不计空气阻力．
图9
(1)求物块B的质量；
(2)在图(b)所描述的整个运动过程中，求物块A克服摩擦力所做的功；
(3)已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等．在物块B停止运动后，改变物块与轨道间的动摩擦因数，然后将A从P点释放，一段时间后A刚好能与B再次碰上．求改变前后动摩擦因数的比值．
答案 (1)3m (2)mgH (3)
解析 (1)根据题图(b)，v1为物块A在碰撞前瞬间速度的大小，为其碰撞后瞬间速度的大小．设物块B的质量为m′，碰撞后瞬间的速度大小为v′.由动量守恒定律和机械能守恒定律有
mv1＝m＋m′v′①
mv12＝m2＋m′v′2②
联立①②式得m′＝3m③
(2)在题图(b)所描述的运动中，设物块A与轨道间的滑动摩擦力大小为Ff，下滑过程中所经过的路程为s1，返回过程中所经过的路程为s2，P与水平轨道的高度差为h，整个过程中克服摩擦力所做的功为W.由动能定理有
mgH－Ffs1＝mv12－0④
－(Ffs2＋mgh)＝0－m2⑤
从题图(b)所给出的v－t图线可知
s1＝v1t1⑥
s2＝··(1.4t1－t1)⑦
由几何关系得：＝⑧
物块A在整个运动过程中克服摩擦力所做的功为
W＝Ffs1＋Ffs2⑨
联立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得W＝mgH⑩
(3)设倾斜轨道倾角为θ，物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为μ，有W＝μmgcos θ·?
设物块B在水平轨道上能够滑行的距离为s′，由动能定理有－μm′gs′＝0－m′v′2?
设改变后的动摩擦因数为μ′，由动能定理有
mgh－μ′mgcos θ·－μ′mgs′＝0?
联立①③④⑤⑥⑦⑧⑩???式可得
＝.
变式训练
7．(2019·全国卷Ⅱ·25)一质量为m＝2 000 kg的汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶．行驶过程中，司机突然发现前方100 m处有一警示牌，立即刹车．刹车过程中，汽车所受阻力大小随时间的变化可简化为图10(a)中的图线．图(a)中，0～t1时间段为从司机发现警示牌到采取措施的反应时间(这段时间内汽车所受阻力已忽略，汽车仍保持匀速行驶)，t1＝0.8 s；t1～t2时间段为刹车系统的启动时间，t2＝1.3 s；从t2时刻开始汽车的刹车系统稳定工作，直至汽车停止．已知从t2时刻开始，汽车第1 s内的位移为24 m，第4 s内的位移为1 m.
图10
(1)在图(b)中定性画出从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的v－t图线；
(2)求t2时刻汽车的速度大小及此后的加速度大小；
(3)求刹车前汽车匀速行驶时的速度大小及t1～t2时间内汽车克服阻力做的功；从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离约为多少(以t1～t2时间段始末速度的算术平均值替代这段时间内汽车的平均速度)?
答案 见解析
解析 (1)v－t图线如图所示．
(2)设刹车前汽车匀速行驶时的速度大小为v1，则t1时刻的速度也为v1，t2时刻的速度为v2，在t2时刻后汽车做匀减速运动，设其加速度大小为a，取Δt＝1 s，设汽车在t2＋(n－1)Δt～t2＋nΔt内的位移为sn，n＝1,2,3….
若汽车在t2＋3Δt～t2＋4Δt时间内未停止，设它在t2＋3Δt时刻的速度为v3，在t2＋4Δt时刻的速度为v4，由运动学公式有s1－s4＝3a(Δt)2①
s1＝v2Δt－a(Δt)2②
v4＝v2－4aΔt③
联立①②③式，代入已知数据解得v4＝－ m/s④
这说明在t2＋4Δt时刻前，汽车已经停止．因此，①式不成立．
由于在t2＋3Δt～t2＋4Δt内汽车停止，由运动学公式
v3＝v2－3aΔt⑤
2as4＝v32⑥
联立②⑤⑥式，代入已知数据解得
a＝8 m/s2，v2＝28 m/s⑦
或者a＝ m/s2，v2＝29.76 m/s⑧
但⑧式情形下，v3<0，不合题意，舍去．
(3)设汽车的刹车系统稳定工作时，汽车所受阻力的大小为f1，由牛顿第二定律有f1＝ma⑨
在t1～t2时间内，阻力对汽车冲量的大小为
I＝?f1(t2－t1)⑩
由动量定理有I＝mv1－mv2?
由动能定理，在t1～t2时间内，汽车克服阻力做的功为
W＝mv12－mv22?
联立⑦⑨⑩??式，代入已知数据解得
v1＝30 m/s?
W＝1.16×105 J?
从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离s约为
s＝v1t1＋(v1＋v2)(t2－t1)＋?
联立⑦??式，代入已知数据解得s＝87.5 m．
专题突破练
级保分练
1．(2019·福建泉州市质检)甲、乙两冰雹从高空由静止落下，假设两冰雹下落过程中空气阻力大小均与速率的二次方成正比，且比例系数相同，甲的质量是乙的2倍，则下落过程中( )
A．甲的最大加速度是乙的2倍
B．甲的最大速度是乙的2倍
C．甲的最大动量是乙的倍
D．甲的最大动能是乙的4倍
答案 D
解析 冰雹下落过程中空气阻力大小均与速率的二次方成正比，所以下落过程中速度为0时加速度最大，冰雹只受重力，所以最大加速度均为g，故A错误；当冰雹的重力与阻力相等时加速度为0，速度最大，即有mg＝kv2，得：v＝，由于甲的质量是乙的2倍，所以甲的最大速度是乙的倍，故B错误；动量p＝mv，由于甲的质量是乙的2倍，甲的最大速度是乙的倍，所以甲的最大动量是乙的2倍，故C错误；动能Ek＝mv2，由于甲的质量是乙的2倍，甲的最大速度是乙的倍，所以甲的最大动能是乙的4倍，故D正确．
2．(2019·四川综合能力提升卷)质量为1 kg的弹性小球以9 m/s的速度垂直砸向地面，然后以同样大小的速度反弹回来，关于小球与地面的碰撞过程，下列说法正确的是( )
A．小球动量的变化量为0
B．地面对小球的冲量大小为18 N·s
C．合外力的冲量大小为18 N·s
D．小球的加速度为0
答案 C
解析 从砸向地面到最后原速反弹的过程中机械能守恒，以小球初速度方向为正方向，则小球在与地面碰撞过程中速度的变化量为：Δv＝v2－v1＝－9 m/s－9 m/s＝－18 m/s，小球动量的变化量为Δp＝mΔv＝－18 kg·m/s ，则小球的加速度为：a＝＝，所以加速度不为0，A、D错误；碰撞过程中小球受阻力和重力的作用，则由动量定理：IG－I地＝Δp＝－18 N·s，则合外力冲量大小等于18 N·s，地面对小球的冲量大小大于18 N·s，C正确，B错误．
3.(多选)(2019·广西梧州市联考)水平推力F1和F2分别作用于水平面上原来静止的、等质量的a、b两物体上，作用一段时间后撤去推力，物体将继续运动一段时间停下，两物体的v－t图象如图1所示，已知图中线段AB∥CD，下列关于两物体在整个运动过程中的说法，正确的是( )
图1
A．F1的冲量小于F2的冲量
B．F1做的功大于F2做的功
C．两物体受到的摩擦力大小相等
D．两物体受到的摩擦力做的功相等
答案 AC
解析 由题意可知，AB与CD平行，说明推力撤去后两物体的加速度相同，而撤去推力后物体的合力等于摩擦力，根据牛顿第二定律可知，两物体受到的摩擦力大小相等，选项C正确；对整个过程，由动量定理得：F1t1－FftOB＝0，F2t2－FftOD＝0，由题图看出，tOB＜tOD，则有 F1t1＜F2t2，即F1的冲量小于F2的冲量，故A正确；克服摩擦力做的功Wf＝Ffx，因v－t图线与t轴围成的图形的“面积”等于位移大小，可知无法比较x1和x2的大小，则两物体受到的摩擦力做的功不能比较，根据动能定理有：WF1－Wf1＝0，WF2－Wf2＝0，则可知F1做的功与F2做的功不能比较，选项B、D错误．
4．(2019·河南平顶山市一轮复习质检)质量为m的小球被水平抛出，经过一段时间后小球的速度大小为v，若此过程中重力的冲量大小为I，重力加速度为g，不计空气阻力，则小球抛出时的初速度大小为( )
A．v－ B．v－
C. D.
答案 C
解析 由题意可知：I＝mgt，则t＝，经过t时间，小球竖直方向的速度大小为vy＝gt＝，根据速度分解可知，初速度大小为v0＝，故选C.
5.(2019·山东烟台市下学期高考诊断)如图2所示，质量为M＝3 kg的足够长的木板放在光滑水平地面上，质量为m＝1 kg的物块放在木板上，物块与木板之间有摩擦，两者都以大小为4 m/s的初速度向相反方向运动．当木板的速度为3 m/s时，物块处于( )
图2
A．匀速运动阶段 B．减速运动阶段
C．加速运动阶段 D．速度为零的时刻
答案 B
解析 开始阶段，物块向左减速，木板向右减速，当物块的速度为零时，设此时木板的速度为v1，根据动量守恒定律得：(M－m)v＝Mv1，解得：v1＝ m/s≈2.67 m/s；此后物块将向右加速，木板继续向右减速，当两者速度达到相同时，设共同速度为v2.由动量守恒定律得：(M－m)v＝(M＋m)v2，解得：v2＝＝ m/s＝2 m/s，两者相对静止后，一起向右做匀速直线运动．由此可知当木板的速度为3 m/s时，m处于减速运动阶段，故选B.
6.(2019·湖北稳派教育上学期第二次联考)某同学为研究反冲运动，设计了如图3所示的装置，固定有挡光片的小车内表面水平，置于光滑水平面上，挡光片宽为d，小车的左侧不远处有固定的光电门，用质量为m的小球压缩车内弹簧，并锁定弹簧，整个装置处于静止状态，解除锁定，小球被弹射后小车做反冲运动并通过光电门，与光电门连接的计时器记录挡光片挡光时间为t，小车、弹簧和挡光片的总质量为3m，则小球被弹出小车的瞬间相对于地面的速度大小为( )
图3
A. B. C. D.
答案 C
解析 解除锁定，小球被弹射后小车做反冲运动，挡光片挡片时间为t，则小车匀速运动的速度为v1＝，设小球的速度为v2，根据反冲运动的特点可知，小车与小球总动量为零，根据动量守恒定律得：3mv1＝mv2，得小球的速度v2＝，故选C.
7．(多选)(2019·河北邯郸市测试)如图4所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动．两球质量关系为mB＝2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为6 kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞前后A球动量变化为－4 kg·m/s，则( )
图4
A．左方是A球
B．右方是A球
C．碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5
D．经过验证两球发生的碰撞不是弹性碰撞
答案 AC
解析 光滑水平面上大小相同的A、B 两球发生碰撞，规定向右为正方向，由动量守恒定律可得：ΔpA＝－ΔpB，由于碰后A球的动量增量为负值，所以右边不可能是A球，若是A球则动量的增量应该是正值，因此碰后A球的动量为2 kg·m/s，所以碰后B球的动量是增加的，为10 kg·m/s.由于两球质量关系为mB＝2mA，那么碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5，所以选项A、C正确，B错误；设A的质量为m，则B的质量为2m；根据Ek＝，碰前动能：Ek1＝＋＝；碰后动能：Ek2＝＋＝，Ek1＝Ek2，则两球发生的是弹性碰撞，选项D错误．
8.(多选)(2019·河南驻马店市第一学期期终)如图5所示，光滑水平直轨道上静止放置三个质量均为m＝3 kg的物块A、B、C，物块B的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)．现使A以v0＝4 m/s的速度朝B开始运动，压缩弹簧；当A、B速度相同时，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，则以下说法正确的是( )
图5
A．从开始到弹簧最短时物块C受到的冲量大小为1 N·s
B．从开始到弹簧最短时物块C受到的冲量大小为4 N·s
C．从开始到A与弹簧分离的过程中整个系统损失的机械能为3 J
D．从开始到A与弹簧分离的过程中整个系统损失的机械能为9 J
答案 BC
解析 根据动量守恒定律，当A、B速度相等时，且与C碰撞之前A、B的速度均为v1，则mv0＝2mv1，解得v1＝2 m/s; 从开始到弹簧最短时，对ABC系统：mv0＝3mv2，解得v2＝ m/s；从开始到弹簧最短时，对物块C，由动量定理：I＝mv2＝4 N·s，选项B正确，A错误．B与C相碰的过程：mv1＝2mv3，解得v3＝1 m/s；则从开始到A与弹簧分离的过程中整个系统损失的机械能为ΔE＝mv12－·2mv32＝3 J，选项C正确，D错误．
9.(2019·湖南长沙市雅礼中学期末)3个质量分别为m1、m2、m3的小球，半径相同，并排悬挂在长度相同的3根竖直绳上，彼此恰好相互接触．现把质量为m1的小球拉开一些，如图6中虚线所示，然后释放，经球1与球2、球2与球3相碰之后，3个球的动量相等．若各球间碰撞时均为弹性碰撞，且碰撞时间极短，不计空气阻力，则m1∶m2∶m3为( )
图6
A．6∶3∶1 B．2∶3∶1
C．2∶1∶1 D．3∶2∶1
答案 A
解析 因为各球间发生的碰撞是弹性碰撞，则碰撞过程机械能守恒，动量守恒．因碰撞后三个小球的动量相等，设为p，则总动量为3p.由机械能守恒得＝＋＋，即＝＋＋，代入四个选项的质量比值关系，只有A项符合，故选A.
级争分练
10．(多选)(2019·吉林“五地六校”合作体联考)如图7所示，一质量为M的木板静置于光滑的水平面上，一质量为m的木块(可视为质点)，以初速度v0滑上木板的左端，已知木块和木板间的动摩擦因数为μ，木块始终没有滑离木板．则从运动开始到二者具有共同速度这一过程中( )
图7
A．木块与木板间的相对位移小于木板对地的位移
B．因摩擦而产生的热量Q＝·mv02
C．从开始运动到木块与木板具有共同速度所用的时间t＝
D．木块与木板的共同速度v＝
答案 BD
解析 对木块和木板组成的系统，由动量守恒定律：mv0＝(m＋M)v，可得v＝，故D正确；由功能关系：μmgΔL＝mv02－(m＋M)v2；
对木板：μmgx＝Mv2，
解得μmgΔL＝mv02·；
μmgx＝mv02··，
可知x<ΔL，即木块与木板间的相对位移大于木板对地的位移，选项A错误；
因摩擦而产生的热量(内能)Q＝μmgΔL＝·mv02，选项B正确；
对木板，根据动量定理：μmgt＝Mv，解得从开始运动到木块与木板具有共同速度所用的时间t＝，选项C错误．
11．(2019·山西晋中市适应性调研)一物块A的质量为m＝0.5 kg，初动能为Ek＝4 J，在水平地面上做直线运动，当A的动能变为初动能的一半时与静止的物块B发生弹性正碰，且碰撞时间极短，物块B质量为1.0 kg，物块A与地面间的动摩擦因数为μ1＝0.2，物块B与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1，取重力加速度g＝10 m/s2.求：
(1)物块A经过多长时间与物块B相碰；(保留3位小数)
(2)物块A与物块B碰后，它们之间的最大距离．
答案 (1)0.586 s (2)2 m
解析 (1)以A初速度方向为正方向，A与B碰撞前，根据动量定理得－μ1mgt＝mv－mv0
又有Ek＝mv02
＝mv2
联立解得t＝(2－) s≈0.586 s
(2)A、B碰撞为弹性正碰，且碰撞时间极短，碰撞过程中系统动量守恒，机械能守恒，故有：
mv＝mvA＋2mvB
mv2＝mvA2＋·2mvB2
解得vA＝－v，vB＝v
碰后到A、B都停止时二者相距最远
根据动能定理，对于A：－μ1mgxA＝0－mvA2
对于B：－μ2·2mgxB＝0－·2mvB2
最大距离x＝xA＋xB
联立得x＝2 m.
12．(2019·全国卷Ⅲ·25)静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为mA＝1.0 kg，mB＝4.0 kg；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离l＝1.0 m，如图8所示．某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为Ek＝10.0 J．释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动．A、B与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.20.重力加速度取g＝10 m/s2.A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短．
图8
(1)求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小；
(2)物块A、B中的哪一个先停止？该物块刚停止时A与B之间的距离是多少？
(3)A和B都停止后，A与B之间的距离是多少？
答案 (1)4.0 m/s 1.0 m/s (2)物块B先停止 0．50 m (3)0.91 m
解析 (1)设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB，以向右为正方向，由动量守恒定律和题给条件有
0＝mAvA－mBvB①
Ek＝mAvA2＋mBvB2②
联立①②式并代入题给数据得
vA＝4.0 m/s，vB＝1.0 m/s③
(2)A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a.假设A和B发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的B.设从弹簧释放到B停止所需时间为t，B向左运动的路程为sB，则有mBa＝μmBg④
sB＝vBt－at2⑤
vB－at＝0⑥
在时间t内，A可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A将向左运动，碰撞并不改变A的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A在时间t内的路程sA都可表示为
sA＝vAt－at2⑦
联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得
sA＝1.75 m，sB＝0.25 m⑧
这表明在时间t内A已与墙壁发生碰撞，但没有与B发生碰撞，
此时A位于出发点右边0.25 m处．B位于出发点左边0.25 m处，两物块之间的距离s为
s＝0.25 m＋0.25 m＝0.50 m⑨
(3)t时刻后A将继续向左运动，假设它能与静止的B碰撞，碰撞时速度的大小为vA′，由动能定理有
mAvA′2－mAvA2＝－μmAg⑩
联立③⑧⑩式并代入题给数据得
vA′＝ m/s?
故A与B将发生碰撞．设碰撞后A、B的速度分别为vA″和vB″，由动量守恒定律与机械能守恒定律有
mA＝mAvA″＋mBvB″?
mAvA′2＝mAvA″2＋mBvB″2?
联立???式并代入题给数据得
vA″＝ m/s，vB″＝－ m/s?
这表明碰撞后A将向右运动，B继续向左运动．设碰撞后A向右运动距离为sA′时停止，B向左运动距离为sB′时停止，由运动学公式
2asA′＝vA″2,2asB′＝vB″2?
由④??式及题给数据得
sA′＝0.63 m，sB′＝0.28 m?
sA′小于碰撞处到墙壁的距离．由上式可得两物块停止后的距离
s′＝sA′＋sB′＝0.91 m.
