1、高考资源网（） 您身边的高考专家第3讲 动量和能量的综合应用 考点1动量定理和动量守恒定律新依据等级考预测分析近五年全国卷的高考题可以看出，自2017年动量纳入必考后，单独考查动量和动量守恒时以选择题为主，也出现较简单的计算题，命题点以对动量、冲量概念的理解及动量定理、动量守恒定律的简单应用为主。但也呈现出与其他知识综合的趋势。2020年等级考备考应关注动量守恒与动力学知识的综合题的训练。1(2019全国卷T16)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
2、106 N，则它在1 s时间内喷射的气体质量约为()A1.6102 kgB1.6103 kgC1.6105 kgD1.6106 kgB根据动量定理有Ftmv0，解得1.6103 kg/s，所以选项B正确。2(2018全国卷T15)高空坠物极易对行人造成伤害。若一个50 g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的碰撞时间约为2 ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为 ()A10 NB102 N C103 ND104 NC根据自由落体运动和动量定理有2ghv2(h为25层楼的高度，约70 m)，Ftmv，代入数据解得F1103 N，所以C正确。3(2018浙江11月选考)20世纪人类最伟大的创举之一是
3、开拓了太空的全新领域。现有一艘远离星球在太空中直线飞行的宇宙飞船，为了测量自身质量，启动推进器，测出飞船在短时间t内速度的改变为v，和飞船受到的推力F(其它星球对它的引力可忽略)。飞船在某次航行中，当它飞近一个孤立的星球时，飞船能以速度v在离星球的较高轨道上绕星球做周期为T的匀速圆周运动。已知星球的半径为R，引力常量用G表示。则宇宙飞船和星球的质量分别是()A，B，C，D，D直线推进时，根据动量定理可得Ftmv，解得飞船的质量为m，绕孤立星球运动时，根据公式Gmr，又Gm两式联立得M，故选D。4(2019全国卷T25)一质量为m2 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，
4、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(a)中的图线。图(a)中，0t1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)，t10.8 s；t1t2时间段为刹车系统的启动时间，t21.3 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。(a)(b)(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vt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
5、时的速度大小及t1t2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t1t2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)?考题分析对题中所给信息“汽车第1 s内的位移为24 m，第4 s内的位移为1 m”的解读至关重要。不进行深入思考很容易套用x1x43a(t)2计算加速度。陷阱藏在哪里呢？还是老生常谈的问题，刹车问题要判断停车时间，t2时刻后的第4 s内，汽车并非一直在运动。在此可以假设汽车在t23 s后再经t0时间停止运动。由中间时刻速度公式可知，汽车在t2时刻后第0.5 s时的瞬时速度为24 m/s，故由速度时间关系有：0v0.5a(2.5
6、st0)，对最后1 m的运动过程，可逆向等效为反向匀加速直线运动，x4at，解两式可求得稳定刹车过程的加速度大小。在t1t2阶段，可应用动量定理计算汽车刹车前的速度，而阻力的冲量可由Ft图线与横轴所围图形的面积得到。解析(1)vt图象如图所示。(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t1 s。设汽车在t2(n1)tt2nt内的位移为sn，n1,2,3，。若汽车在t23tt24t时间内未停止，设它在t23t时刻的速度为v3，在t24t时刻的速度为v4，由运动学公式有s1s43a(t)2s1v
7、2ta(t)2v4v24at联立式，代入已知数据解得v4 m/s这说明在t24t时刻前，汽车已经停止。因此，式不成立。由于在t23tt24t内汽车停止，由运动学公式v3v23at2as4v联立式，代入已知数据解得a8 m/s2，v228 m/s或者a m/s2，v229.76 m/s但式情形下，v30，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f1ma在t1t2时间内，阻力对汽车冲量的大小为If1(t2t1)由动量定理有Imv1mv2由动能定理，在t1t2时间内，汽车克服阻力做的功为Wmvmv联立式，代入已知数据解得v130 m/sW1.161
8、05 J从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离s约为sv1t1(v1v2)(t2t1)联立式，代入已知数据解得s87.5 m。答案见解析新储备等级考提能1对动量及动量定理的理解(1)恒力的冲量可应用IFt直接求解，变力的冲量优先考虑应用动量定理求解(如上T1)。(2)物体动量变化是由合外力的冲量决定的(如上T2)，物体动能变化是由合外力做的功决定的。(3)动量定理是过程定理，解题时必须明确过程及初末状态的动量。(4)动量定理的表达式是矢量式，在一维情况下，各个矢量必须选取统一的正方向。2应用动量守恒定律的步骤(1)分析题意，确定研究对象。(2)根据题意选取研究的运动过程，明确始末状态的动量
9、大小和方向。(3)对研究对象进行受力分析，确定是否符合动量守恒的条件。(4)选取参考正方向。(5)列方程求解：符合守恒条件，列动量守恒方程。新训练等级考落实考向1动量定理的应用1(原创题)中国传统文化博大精深，简单的现象揭示了深刻的道理，如水滴石穿。假设从屋檐滴下的水滴质量为0.5 g，屋檐到下方石板的距离为4 m，水滴落到石板上在0.2 s内沿石板平面散开，忽略空气阻力，g取10 m/s2，则石板受到水滴的冲击力约为()A0.22 NB0.27 NC0.022 ND0.027 ND由题知，水滴质量为m0.5 g，重力加速度为g10 m/s2，屋檐高度为h4 m，设水滴刚落到石板上时速度为v。
10、水滴从屋檐开始下落到石板上，忽略空气阻力，水滴的机械能守恒，有mghmv2。水滴从接触石板到速度为零的过程中，取向下为正方向，对水滴由动量定理得(mgF)t0mv，解得F0.027 N，由牛顿第三定律可知，D正确。考向2动量守恒定律的应用2(易错题)关于下列四幅图所反映的物理过程的说法正确的是()A甲图中子弹射入木块的过程中，子弹和木块组成的系统动量守恒，能量不守恒B乙图中M、N两木块放在光滑的水平面上，剪断束缚M、N两木块之间的细线，在弹簧恢复原长的过程中，M、N与弹簧组成的系统动量守恒，机械能增加C丙图中细线断裂后，木球和铁球在水中运动的过程，两球组成的系统动量守恒，机械能不守恒D丁图中木
11、块沿放在光滑水平面上的斜面下滑，木块和斜面组成的系统在水平方向上动量守恒，机械能守恒C甲图中，在光滑水平面上，子弹射入木块的过程中，子弹和木块组成的系统动量守恒，机械能有损失，但是损失的机械能转化为内能，能量仍守恒，A错误；乙图中，剪断束缚M、N两木块之间的细线，在弹簧恢复原长的过程中，M、N与弹簧组成的系统动量守恒，弹簧的弹性势能转化为木块的动能，系统机械能守恒，B错误；丙图中，木球和铁球组成的系统匀速下降，说明两球所受水的浮力等于两球自身的重力，细线断裂后两球在水中运动的过程中，所受合外力为零，两球组成的系统动量守恒，由于水的浮力对两球做功，两球组成的系统机械能不守恒，C正确；丁图中，木块
12、沿放在光滑水平面上的斜面下滑，木块和斜面组成的系统在水平方向上不受外力，水平方向上动量守恒，由于斜面可能不光滑，所以机械能可能有损失，D错误。易错点评：本题的易错之处在于不能正确理解动量守恒的条件。3将两个完全相同的磁铁(磁性极强)分别固定在质量相等的甲、乙两个小车上，水平面光滑，开始时甲车速度大小为v甲3 m/s，乙车速度大小为v乙2 m/s，两车速度方向相反并在同一直线上，如图所示。(1)当乙车速度为零时，甲车的速度为多大？方向如何？(2)由于磁铁的磁性极强，故两车不会相碰，那么两车的距离最小时，乙车的速度是多大？方向如何？解析两个小车及磁铁组成的系统在水平方向上不受外力作用，两磁铁之间的
13、磁场力是系统内力，即在水平方向上系统动量守恒。设水平向右为正方向，小车和磁铁的总质量为m。(1)根据动量守恒定律得mv甲mv乙mv甲，代入数据解得v甲1 m/s，方向水平向右。(2)两车相距最小时，两车的速度相同，设此时速度为v，由动量守恒定律得mv甲mv乙mvmv解得v0.5 m/s，方向水平向右。答案(1)1 m/s方向水平向右(2)0.5 m/s方向水平向右考向3动量定理与动量守恒定律的综合应用4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m11 600 kg的试验车以速度v136 km/h正面撞
14、击固定试验台，经时间t10.10 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m21 600 kg、速度v218 km/h同向行驶的汽车，经时间t20.16 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。解析(1)v136 km/h10 m/s，取速度v1的方向为正方向由动量定理有I00m1v1将已知数据代入式得I01.6104 Ns由冲量定义有I0F0t1将已知数据代入式得F01.6105 N。(2)设试验车和汽车碰撞后
15、获得共同速度v由动量守恒定律有m1v1m2v2(m1m2)v对试验车，由动量定理有Ft2m1vm1v1将已知数据代入式得F2.5104 N可见FM，第一次碰撞后，A与C速度同向，且A的速度小于C的速度，不可能与B发生碰撞；如果mM，第一次碰撞后，A停止，C以A碰前的速度向右运动，A不可能与B发生碰撞；所以只需考虑mM的情况。第一次碰撞后，A反向运动与B发生碰撞。设与B发生碰撞后，A的速度为vA2，B的速度为vB1，同样有vA2vA1( )2v0根据题意，要求A只与B、C各发生一次碰撞，应有vA2vC1联立式得m24mMM20解得m(2)M另一解m(2)M舍去。所以，m和M应满足的条件为(2)M
16、mM。答案(2)MmM考向2非弹性碰撞3(原创题)质量为80 kg的冰球运动员甲，以5 m/s的速度在水平冰面上向右运动时，与质量为100 kg、速度为3 m/s迎面而来的运动员乙相撞，碰后甲恰好静止。假设碰撞时间极短，下列说法正确的是()A碰后乙向左运动，速度大小为1 m/sB碰后乙向右运动，速度大小为7 m/sC碰撞中甲、乙的机械能总共增加了1 450 JD碰撞中甲、乙的机械能总共损失了1 400 JD甲、乙碰撞过程中，相互作用的内力远大于冰面对运动员的阻力，两运动员组成的系统动量守恒，以向右为正方向，设碰撞前甲的速度为v甲，乙的速度为v乙，碰撞后乙的速度为v乙，由动量守恒定律，有m甲v甲
17、m乙v乙m乙v乙，解得v乙1 m/s，方向向右，A、B错误；甲、乙碰撞过程中机械能的变化量Em乙v(m甲vm乙v)，代入数据解得E1 400 J，则机械能减少了1 400 J，C错误，D正确。4.如图所示，光滑水平直轨道上的两滑块A、B用轻质橡皮筋连接，A的质量为m。开始时橡皮筋松弛，B静止，给A一向左的初速度v0。一段时间后，B与A同向运动发生碰撞并粘在一起，碰撞后的共同速度是碰撞前瞬间A的速度的两倍，也是碰撞前瞬间B的速度的一半。求：(1)B的质量；(2)碰撞过程中A、B系统损失的机械能。解析(1)设A的初速度v0的方向为正方向，B的质量为mB，A、B碰撞后的共同速度为v，由题意知碰撞前瞬
18、间A的速度为，碰撞前瞬间B的速度为2v，由动量守恒定律得m2mBv(mmB)v解得mB。(2)对从A开始运动到碰撞后的全过程，由动量守恒定律得mv0(mmB)v设碰撞过程中A、B系统损失的机械能为E，则Em()2mB(2v)2(mmB)v2联立式得Emv。答案(1)(2)mv考点3动量、动力学和能量观点的综合应用新储备等级考提能分析近五年全国卷及北京卷、天津卷的高考试题可以看出，自从2017年动量纳入必考后，命题以对动量、冲量概念的理解及动量定理、动量守恒定律的简单应用为主。但2019年全国三套卷的压轴题均出现动量与其他知识综合的问题，特别是、卷的T25均为动量与能量的综合题。预计2020年等
19、级考还会延续这种趋势，要加强该类问题的训练。动量观点和能量观点的选取原则(1)动量观点对于不涉及物体运动过程中的加速度而涉及物体运动时间的问题，特别对于打击一类的问题，因时间短且冲力随时间变化，应用动量定理求解，即Ftmvmv0。对于碰撞、爆炸、反冲一类的问题，若只涉及初、末速度而不涉及力、时间，应用动量守恒定律求解。(2)能量观点对于不涉及物体运动过程中的加速度和时间问题，无论是恒力做功还是变力做功，一般都利用动能定理求解。如果只有重力和弹簧弹力做功而又不涉及运动过程中的加速度和时间问题，则采用机械能守恒定律求解。对于相互作用的两物体，若明确两物体相对滑动的距离，应考虑选用能量守恒定律建立方
20、程。质量为M3.0 kg的平板小车静止在光滑水平面上，如图(a)所示。当t0时，两个质量都是m1.0 kg的小物体A和B(均可看成质点)，分别从左端和右端以大小为v14.0 m/s和v22.0 m/s的水平速度冲上小车C，当它们在车上停止滑动时，没有相碰。A、B与车面间的动摩擦因数都是0.20，g取10 m/s2。(1)求A、B在车上停止滑动时车的速度；(2)车的长度至少是多少？(3)在图(b)所给出的坐标系中画出04.0 s内小车运动的速度时间图象。思维流程：解析(1)以水平向右为正方向，设A、B在车上停止滑动时，车的速度为v，根据动量守恒定律可得：m(v1v2)(M2m)v解得v0.40
21、m/s，方向向右。(2)设A、B在车上相对于车滑动的距离分别为l1和l2，由功能关系可得：mgl1mgl2mvmv(2mM)v2解得l1l24.8 m，即车长至少为4.8 m。(3)车的运动可分为以下三个阶段：第一阶段：A、B同时在车上滑动时，小物体对车的摩擦力大小均为mg，方向相反，车受力平衡而保持不动。 当B的速度减为0时，此过程结束。设这段时间内小物体的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有mgma得小物体的加速度大小ag设B到t1时刻停止滑动，则t11.0 s。第二阶段：B停止运动后，A继续在车上滑动。设到t2时刻物体A与车有共同速度v，则有v(v1v2)a(t2t1)，解得t21.8 s
22、。第三阶段：t2时刻之后，车以速度v做匀速直线运动。小车运动的速度时间图象如图所示。答案(1)0.40 m/s，方向向右(2)4.8 m(3)见解析反思：解答动量和能量问题应注意的几点(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。新训练等级考落实考向1“冲击板块”类动量和能量问题1.如图所示，光滑水平面上的木板右端，有一根轻质弹簧沿水平
23、方向与粗糙木板相连，木板质量M3.0 kg。质量为m1.0 kg的铁块以水平速度v04.0 m/s从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左端，则在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为()A4.0 J B6.0 J C3.0 J D20 JC设铁块与木板速度相同时，共同速度大小为v，铁块相对木板向右运动时，相对滑行的最大路程为L，摩擦力大小为Ff，根据能量守恒定律得mvFfL(Mm)v2Ep铁块相对于木板运动的整个过程，由能量守恒定律得mv2FfL(Mm)v2又根据系统动量守恒可知，mv0(Mm)v联立得到Ep3.0 J，故选C。2.如图所示，质量为M的长木板A在光滑水
24、平面上，以大小为v0的速度向左运动，一质量为m的小木块B(可视为质点)，以大小也为v0的速度水平向右运动冲上木板左端，B、A间动摩擦因数为，最后B不会滑离A。已知M2m，重力加速度为g。求：(1)A、B最后的速度；(2)木板A的最短长度。解析(1)小木块B在放于光滑水平面上的长木板A上滑动且最终不会滑离A，该过程是“滑到不能再滑”的过程，设A、B最后具有共同速度v。 以向左为正方向。由动量守恒定律得：Mv0mv0(Mm)v将M2m代入解得：v，方向向左。(2)设木板A的最短长度为L，根据能量守恒定律得：Mvmv(Mm)v2mgL解得：L。答案(1)，方向向左(2)考向2“传送带”类动量和能量问
25、题3如图所示，长度x5 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L4 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m1.5 kg，B的质量M5.5 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v08 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0.15，A与挡板的碰撞也无机械能损失。取重力加速度g10 m/s2，求：(1)A、B碰撞后瞬间的速度大小；(2)若传送带的速率为v4 m/s，试判断A、B能否再次相遇，若能相遇，求出相
26、遇的位置；若不能相遇，求它们最终相距多远。解析(1)设A与B碰撞前的速度为vA，由P到Q过程，由动能定理得mgxmvmvA与B碰撞前后动量守恒，有mvAmvAMvB由能量守恒定律得mvmvmv联立式得vA4 m/s，vB3 m/s碰后A、B的速度大小分别为4 m/s、3 m/s。(2)设A碰撞后运动的路程为sA，由动能定理得mgsA0mv解得sA m所以A与挡板碰撞后再运动sAsAx m设B碰撞后向右运动的距离为sB，则MgsB0Mv解得sB3 mL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sBsB
27、3 m停止，sBsA5 m，所以A、B不能再次相遇A、B最终的距离sABxsAsB m。答案(1)4 m/s3 m/s(2)不能相遇 m核心素养培养科学思维破解高考压轴题策略：物理过程的拆与合计算题的物理过程大体有以下三种呈现方式：1串联式此类问题一般涉及一个物体，解题的方法是按时间先后顺序将整个过程拆分成几个子过程，然后对每个子过程运用规律列式求解。2并列式此类问题的几个过程是同时发生的，一般涉及多个物体，解题的关键是从空间上将复杂过程拆分成几个子过程，然后对各子过程运用规律列式求解。3复合式此类问题是上述两种方式的组合，下面用典例展示如何从时间和空间上将多个物体的多个子过程一一拆分出来，然
28、后运用规律列式求解。典例(2018全国卷T24)一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空，当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动。爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量，求：(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。过程拆分过程拆分应用规律所求量过程图示(1)烟花弹从地面竖直升空至速度为零运动学方程速度时间关系，机械能守恒烟花弹升空的时间，上升的高度h1(2)弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分竖直方向动量守恒，爆炸结束后两部分
29、的动能之和也为E爆炸刚结束时两部分的速度v1，v2(3)爆炸后烟花弹向上运动的部分继续上升至最高点机械能守恒爆炸后烟花弹向上运动的部分继续上升的高度h2解析(1)设烟花弹上升的初速度为v0，由题给条件有Emv设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t，由运动学公式有0v0gt联立式得t。(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1，由机械能守恒定律有Emgh1火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设炸后瞬间其速度分别为v2和v1。由题给条件和动量守恒定律有mvmvEmv1mv20由式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动。设爆炸后烟花弹上部分继续上升的高度为h2，由机械能守恒定律有mvmgh2联立式得，烟花弹上部分距地面的最大高度为hh1h2。答案(1)(2)高考资源网版权所有，侵权必究！