2023年高考物理二輪復(fù)習(xí)講練測(新高考專用)專題2.3動(dòng)量和動(dòng)能(講)(原卷版+解析)

2023年高考物理二輪復(fù)習(xí)講練測（新高考專用）專題二能量和動(dòng)量（講）2.3動(dòng)量和動(dòng)能一、考情分析近3年考情分析考點(diǎn)要求等級要求考題統(tǒng)計(jì)202220212020動(dòng)量沖量和動(dòng)量定理Ⅱ2022·重慶卷·T102022·重慶卷·T42022·北京卷·T172022·北京卷·T122022·北京卷·T102022·海南卷·T12022·湖南卷·T72022·全國乙卷·T202021·重慶卷·T72021·北京卷·T102021·湖北卷·T32021·湖南卷·T82021·湖南卷·T22021·福建卷·T42021·山東卷·T162021·重慶卷·T132020·海南卷·T8動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用Ⅱ2022·全國乙卷·T252022·廣東卷·T132021·浙江1月卷·T122021·全國乙卷·T142021·廣東卷·T132021·北京卷·T172020·全國=1\*ROMANI卷·T142020·全國=2\*ROMANII卷·T212020·全國=3\*ROMANIII卷·T152020·北京卷·T13碰撞與反沖、爆炸類問題Ⅱ2022·山東卷·T22021·天津卷·T7動(dòng)力學(xué)、動(dòng)量和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用Ⅱ2022·海南卷·T172022·浙江6月卷·T202022·山東卷·T182022·湖南卷·T142021·天津卷·T112021·浙江省6月卷·T212021·湖南卷·T142021·湖北卷·T152021·河北卷·T132021·海南卷·T172020·海南卷·T172020·全國=3\*ROMANIII卷·T252020·山東卷·T182020·天津卷·T12動(dòng)量守恒定律與磁場、電磁感應(yīng)、原子核物理等知識的綜合應(yīng)用Ⅱ2022·湖南卷·T4考情總結(jié)動(dòng)量定理、動(dòng)量守恒定律屬于力學(xué)的主干知識，是解決物理問題的重要基本方法，高考中主要以兩種命題形式出現(xiàn)：一是綜合應(yīng)用動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒定律和動(dòng)量守恒定律，結(jié)合動(dòng)力學(xué)方法解決平拋運(yùn)動(dòng)、圓周運(yùn)動(dòng)、多運(yùn)動(dòng)過程問題；二是綜合運(yùn)用動(dòng)能定理和能量守恒定律，結(jié)合動(dòng)量守恒定律解決電場、磁場內(nèi)帶電粒子運(yùn)動(dòng)或電磁感應(yīng)問題．這幾類題型，命題情景新，密切聯(lián)系實(shí)際，綜合性強(qiáng)，前后兩個(gè)物理過程一般通過碰撞來過渡，這就決定了動(dòng)量守恒定律在解題過程中的紐帶作用應(yīng)考策略本講內(nèi)容經(jīng)常與機(jī)械能守恒定律、平拋運(yùn)動(dòng)、圓周運(yùn)動(dòng)等力學(xué)及電磁學(xué)、原子物理等知識點(diǎn)組成綜合題．這類題型命題情景新穎，聯(lián)系實(shí)際密切，綜合性強(qiáng)，前后兩個(gè)物理過程一般通過碰撞來過渡，這就決定了動(dòng)量守恒方程在解題過程中的紐帶作用．2023年復(fù)習(xí)備考要加強(qiáng)動(dòng)力學(xué)、動(dòng)量及能量綜合題目的訓(xùn)練，關(guān)注運(yùn)用動(dòng)量定理、動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律解決電場、磁場內(nèi)帶電粒子運(yùn)動(dòng)或電磁感應(yīng)問題．二、思維導(dǎo)圖三、講知識1．動(dòng)量定理表達(dá)式FΔt＝mv′－mv中的F為物體在Δt時(shí)間內(nèi)所受的合外力．應(yīng)用動(dòng)量定理列方程時(shí)必須選取正方向．2．不受外力或者所受外力的矢量和為零時(shí)，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒；當(dāng)外力比相互作用的內(nèi)力小得多時(shí)，系統(tǒng)的動(dòng)量近似守恒；當(dāng)某一方向上的合外力為零時(shí)，系統(tǒng)在該方向上動(dòng)量守恒．3．三類碰撞(1)彈性碰撞動(dòng)量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′.機(jī)械能守恒：eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2.(2)完全非彈性碰撞動(dòng)量守恒、末速度相同：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v′.機(jī)械能損失最多，機(jī)械能的損失量為：ΔE＝(eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2))－eq\f(1,2)(m1＋m2)v′2.(3)非彈性碰撞動(dòng)量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′.機(jī)械能有損失，機(jī)械能的損失量為：ΔE＝(eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2))－(eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2)．四、講重點(diǎn)重點(diǎn)1動(dòng)量沖量和動(dòng)量定理1．沖量的三種計(jì)算方法(1)公式法：I＝Ft適用于求恒力的沖量．(2)動(dòng)量定理法：適用于求變力的沖量或F、t未知的情況．(3)圖象法：用F－t圖線與時(shí)間軸圍成的面積可求變力的沖量．若F－t成線性關(guān)系，也可直接用平均力求變力的沖量．2.流體作用的柱狀模型對于流體運(yùn)動(dòng)，可沿流速v的方向選取一段柱形流體，設(shè)在極短的時(shí)間Δt內(nèi)通過某一橫截面S的柱形流體的長度為Δl，如圖1所示．設(shè)流體的密度為ρ，則在Δt的時(shí)間內(nèi)流過該橫截面的流體的質(zhì)量為Δm＝ρSΔl＝ρSvΔt，根據(jù)動(dòng)量定理，流體微元所受的合外力的沖量等于該流體微元?jiǎng)恿康脑隽?，即FΔt＝ΔmΔv，分兩種情況：(以原來流速v的方向?yàn)檎较?圖1(1)作用后流體微元停止，有Δv＝－v，代入上式有F＝－ρSv2；(2)作用后流體微元以速率v反彈，有Δv＝－2v，代入上式有F＝－2ρSv2.3．使用動(dòng)量定理的注意事項(xiàng)(1)一般來說，用牛頓第二定律能解決的問題，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)量定理求解更簡捷．動(dòng)量定理不僅適用于恒力，也適用于變力．這種情況下，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．(2)動(dòng)量定理的表達(dá)式是矢量式，運(yùn)用它分析問題時(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．4．應(yīng)用動(dòng)量定理解題的一般步驟(1)明確研究對象和研究過程(研究過程既可以是全過程，也可以是全過程中的某一階段)．(2)進(jìn)行受力分析：只分析研究對象以外的物體施加給研究對象的力，不必分析內(nèi)力．(3)規(guī)定正方向．(4)寫出研究對象的初、末動(dòng)量和合外力的沖量，根據(jù)動(dòng)量定理列方程求解．重點(diǎn)2動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用1．注意區(qū)分動(dòng)量守恒與機(jī)械能守恒的條件(1)不受外力或者所受外力的矢量和為零時(shí)，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒；當(dāng)外力比相互作用的內(nèi)力小得多，系統(tǒng)的動(dòng)量近似守恒；當(dāng)某一方向上的合外力為零，系統(tǒng)在該方向上動(dòng)量守恒．(2)在只有重力或彈力做功的系統(tǒng)內(nèi)，動(dòng)能與勢能相互轉(zhuǎn)化，機(jī)械能守恒．(3)動(dòng)量是否守恒與機(jī)械能是否守恒沒有必然的聯(lián)系．2．判斷動(dòng)量是否守恒與機(jī)械能是否守恒的方法(1)判斷動(dòng)量是否守恒一般都是根據(jù)守恒條件．(2)判斷機(jī)械能是否守恒既可以根據(jù)守恒條件，也可以根據(jù)守恒表達(dá)式，即E1＝E2．3.應(yīng)用動(dòng)量守恒定律解題的基本步驟(1)明確研究對象，確定系統(tǒng)的組成(系統(tǒng)包括哪幾個(gè)物體)及研究的過程，如例題中分別以“甲和箱子”“乙和箱子”為系統(tǒng)．(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)討論說明．4.幾種常見情境的規(guī)律碰撞（一維）動(dòng)量守恒動(dòng)能不增加即eq\f(p12,2m1)＋eq\f(p22,2m2)≥eq\f(p1′2,2m1)＋eq\f(p2′2,2m2)速度要合理①若兩物體同向運(yùn)動(dòng)，則碰前應(yīng)有v后＞v前；碰后原來在前的物體速度一定增大，若碰后兩物體同向運(yùn)動(dòng)，則應(yīng)有v前′≥v后′。②若兩物體相向運(yùn)動(dòng)，碰后兩物體的運(yùn)動(dòng)方向不可能都不改變。爆炸動(dòng)量守恒：爆炸物體間的相互作用力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于受到的外力動(dòng)能增加：有其他形式的能量(如化學(xué)能)轉(zhuǎn)化為動(dòng)能位置不變：爆炸的時(shí)間極短，物體產(chǎn)生的位移很小，一般可忽略不計(jì)反沖動(dòng)量守恒：系統(tǒng)不受外力或內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力機(jī)械能增加：有其他形式的能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能人船模型兩個(gè)物體動(dòng)量守恒：系統(tǒng)所受合外力為零質(zhì)量與位移關(guān)系：m1x1＝m2x2(m1、m2為相互作用的物體質(zhì)量，x1、x2為其位移大小)重點(diǎn)3碰撞與反沖、爆炸類問題1．掌握碰撞的“三個(gè)原則”(1)動(dòng)量守恒原則，即碰撞前后兩物體組成的系統(tǒng)滿足動(dòng)量守恒定律；(2)能量不增加原則，即碰撞后系統(tǒng)的總能量不大于碰撞前系統(tǒng)的總能量；(3)物理情境可行性原則，即兩物體碰撞前后的物理情境應(yīng)與實(shí)際相一致．2．可熟記一些公式，例如“一動(dòng)一靜”模型中，兩物體發(fā)生彈性正碰后的速度滿足：v1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v0、v2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v0.3．熟記彈性正碰的一些結(jié)論，例如，當(dāng)兩球質(zhì)量相等時(shí)，兩球碰撞后交換速度；當(dāng)m1?m2，且v20＝0時(shí)，碰后質(zhì)量大的速率不變，質(zhì)量小的速率為2v0.當(dāng)m1?m2，且v20＝0時(shí)，碰后質(zhì)量小的球原速率反彈．命題角度解決方法易錯(cuò)辨析動(dòng)量守恒的條件判斷掌握三個(gè)守恒條件準(zhǔn)確判斷系統(tǒng)合外力是否為零或內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，或者分析是否為碰撞或爆炸彈性碰撞分析動(dòng)量守恒定律、機(jī)械能守恒定律無能量損失是最大特點(diǎn)完全非彈性碰撞分析動(dòng)量守恒定律掌握碰撞后速度相等這一條件爆炸現(xiàn)象求解動(dòng)量守恒的條件是內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力注意爆炸后各部分的速度方向，有可能不在同一平面內(nèi)4.“兩體碰撞多過程模型”1．彈性碰撞模型的拓展(1)“滑塊－彈簧”模型(如圖)①注意臨界條件：彈簧壓縮到最短或伸長到最長時(shí)，兩滑塊同速，彈簧的彈性勢能最大．②從開始壓縮彈簧到彈簧恢復(fù)原長的過程，可看成彈性碰撞過程，恢復(fù)原長時(shí)，v1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v0，v2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v0；(2)“滑塊－斜面”模型(如圖)①水平方向動(dòng)量守恒；②注意臨界條件：滑塊沿斜面上升到最高點(diǎn)時(shí)，滑塊與斜面同速，系統(tǒng)動(dòng)能最小，重力勢能最大；③從滑塊以v0滑上斜面再滑下到分離的過程，可看成彈性碰撞過程，滑塊離開斜面時(shí)，v1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v0，v2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v0.(3)“小球－圓弧槽”模型(如圖)①水平方向動(dòng)量守恒；②小球滑上圓弧槽并從頂端離開圓弧槽時(shí)，小球與圓弧槽水平速度相同，離開后二者水平位移相同，小球會沿切面再進(jìn)入圓弧槽；③從小球以v0滑上圓弧槽再滑下到分離的過程，可看成彈性碰撞過程，小球離開圓弧槽時(shí)，v1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v0，v2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v0.5.碰撞拓展(1)“保守型”碰撞拓展模型圖例(水平面光滑)小球—彈簧模型小球曲面模型達(dá)到共速相當(dāng)于完全非彈性碰撞，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，動(dòng)量滿足mv0＝(m＋M)v共，損失的動(dòng)能最大，分別轉(zhuǎn)化為彈性勢能、重力勢能或電勢能再次分離相當(dāng)于彈性碰撞，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，動(dòng)量滿足mv0＝mv1＋Mv2，能量滿足eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv22(2)“耗散型”碰撞拓展模型圖例(水平面、水平導(dǎo)軌都光滑)達(dá)到共速相當(dāng)于完全非彈性碰撞，動(dòng)量滿足mv0＝(m＋M)v共，損失的動(dòng)能最大，分別轉(zhuǎn)化為內(nèi)能或電能重點(diǎn)4動(dòng)力學(xué)、動(dòng)量和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用1.確定研究對象，進(jìn)行運(yùn)動(dòng)分析和受力分析；2.分析物理過程，按特點(diǎn)劃分階段；3.選用相應(yīng)規(guī)律解決不同階段的問題，列出規(guī)律性方程．4.幾種常見模型的特點(diǎn)及規(guī)律模型特點(diǎn)及滿足的規(guī)律子彈打入木塊若未穿出，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，能量守恒，即mv0＝(m＋M)v，Q熱＝fL相對＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(M＋m)v2若子彈穿出木塊，有mv0＝mv1＋Mv2，Q熱＝fL相對＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)Mv22(1)彈簧處于最長(最短)狀態(tài)時(shí)兩物體速度相等，彈性勢能最大，系統(tǒng)滿足動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，即m1v0＝(m1＋m2)v共，eq\f(1,2)m1v02＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v共2＋Epm。(2)彈簧處于原長時(shí)彈性勢能為零，系統(tǒng)滿足動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，即m1v0＝m1v1＋m2v2，eq\f(1,2)m1v02＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22模型表面粗糙、質(zhì)量為M的木板，放在光滑的水平地面上，質(zhì)量為m的小木塊以初速度v0滑上木板，若木塊未滑離木板，當(dāng)木塊與木板相對靜止時(shí)，二者的共同速度為v，木塊相對木板的位移為d，木板相對地面的路程為s，木塊和木板間的摩擦力為f。這類問題類似于子彈打木塊模型中子彈未射出的情況，則有mv0＝(M＋m)v，f·d＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(M＋m)v2＝eq\f(1,2)mv02eq\f(M,M＋m)。若木塊滑離木板，設(shè)滑離木板時(shí)，木塊的速度為v1，木板的速度為v2木板長為l，則根據(jù)動(dòng)量守恒定律有mv0＝mv1＋Mv2，摩擦力和相對路程的乘積等于系統(tǒng)動(dòng)能的減少量，有f·l＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)Mv22。重點(diǎn)5動(dòng)量守恒定律與磁場、電磁感應(yīng)、原子核物理等知識的綜合應(yīng)用合理選擇解題方法選擇角度常用解題方案選擇從研究對象上看(1)若多個(gè)物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)不同，則一般不宜對多個(gè)物體整體應(yīng)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律；(2)若研究對象為單個(gè)物體，則不能用動(dòng)量觀點(diǎn)中的動(dòng)量守恒定律；(3)若研究對象為多物體系統(tǒng)，且系統(tǒng)內(nèi)的物體與物體間有相互作用，一般用“守恒定律”去解決問題，但必須注意研究對象是否滿足定律的守恒條件．從研究過程上看(1)凡涉及瞬間狀態(tài)的分析和運(yùn)動(dòng)性質(zhì)的分析，則必須要用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)；(2)凡涉及復(fù)雜的直線或曲線運(yùn)動(dòng)問題，一般要用能量觀點(diǎn)或動(dòng)量觀點(diǎn)；(3)凡涉及短暫的相互作用問題優(yōu)先考慮用動(dòng)量定理；(4)凡涉及碰撞、爆炸、反沖等問題，一般應(yīng)用動(dòng)量守恒定律．從所涉及的物理量看(1)如果涉及加速度的問題，則一般要用牛頓運(yùn)動(dòng)定律；(2)如果涉及運(yùn)動(dòng)時(shí)間或作用時(shí)間的問題，一般優(yōu)先考慮用動(dòng)量定理，其次考慮用牛頓運(yùn)動(dòng)定律；(3)如果涉及運(yùn)動(dòng)的位移或路程的問題，一般優(yōu)先考慮用功能關(guān)系，其次再考慮用牛頓運(yùn)動(dòng)定律；(4)如果涉及初、末速度的問題，一般優(yōu)先考慮用功能關(guān)系，其次考慮用動(dòng)量觀點(diǎn)，最后再考慮用牛頓運(yùn)動(dòng)定律．重點(diǎn)1動(dòng)量沖量和動(dòng)量定理例1：（2023·山西臨汾市高三上學(xué)期期中）如圖所示為某探究活動(dòng)小組設(shè)計(jì)的節(jié)能運(yùn)輸系統(tǒng)。斜面軌道傾角θ=30°，質(zhì)量為M的木箱與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為。木箱在軌道頂端時(shí)，自動(dòng)裝貨裝置將質(zhì)量為m的貨物裝入木箱，之后木箱載著貨物沿軌道無初速度滑下（貨物與木箱之間無相對滑動(dòng)），當(dāng)輕彈簧被壓縮至最短時(shí)，自動(dòng)卸貨裝置立刻將貨物卸下，然后木箱恰好被彈回到軌道頂端，再重復(fù)上述過程。下列說法正確的是（）A.木箱下滑時(shí)最大速度所在位置，比上滑時(shí)最大速度所在位置偏下一些B.木箱下滑時(shí)最大速度所在位置，與上滑時(shí)最大速度所在位置在同一點(diǎn)C.載物木箱剛和彈簧接觸時(shí)的動(dòng)量，比卸載后木箱剛好離開彈簧時(shí)的動(dòng)量大D.載物木箱剛和彈簧接觸時(shí)的動(dòng)量，與卸載后木箱剛好離開彈簧時(shí)的動(dòng)量一樣大訓(xùn)1：（2023·山東青島市高三上學(xué)期期中）“雪如意”是我國首座國際標(biāo)準(zhǔn)跳臺滑雪場地。跳臺滑雪運(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)評分。運(yùn)動(dòng)員在進(jìn)行跳臺滑雪時(shí)大致經(jīng)過四個(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減少飛行時(shí)間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)員兩腿屈膝是為了增加與地面的作用時(shí)間重點(diǎn)2動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用例2：（2023·北京朝陽區(qū)高三上學(xué)期期中）一名連同裝備總質(zhì)量為M的航天員，脫離宇宙飛船后，在離飛船x處與飛船處于相對靜止?fàn)顟B(tài)。裝備中有一個(gè)高壓氣源能以速度v（以飛船為參考系）噴出氣體從而使航天員運(yùn)動(dòng)。如果航天員一次性向后噴出質(zhì)量為Δm的氣體，且在規(guī)定時(shí)間t內(nèi)返回飛船。下列說法正確的是（）A.噴出氣體的質(zhì)量Δm小于B.若高壓氣源噴出氣體的質(zhì)量不變但速度變大，則返回時(shí)間大于tC.若高壓氣源噴出氣體的速度變大但動(dòng)量不變，則返回時(shí)間小于tD.在噴氣過程中，航天員、裝備及氣體所構(gòu)成的系統(tǒng)動(dòng)量和機(jī)械能均守恒訓(xùn)2：（2023·河南省安陽市高三上學(xué)期期中）如圖所示，質(zhì)量為m、帶有光滑半圓形軌道的小車靜止在光滑的水平地面上，其水平直徑AB長度為2R?，F(xiàn)將質(zhì)量也為m的小球從A點(diǎn)正上方R處由靜止釋放，然后由A點(diǎn)進(jìn)入半圓形軌道后從B點(diǎn)沖出，已知重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力，下列說法正確的是（）A.小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的速度大小為 B.小球離開小車后做斜上拋運(yùn)動(dòng)C.小球離開小車后上升的高度小于R D.小車向左運(yùn)動(dòng)的最大距離為R重點(diǎn)3碰撞與反沖、爆炸類問題例3：（2023·江蘇常熟市高三上學(xué)期期中）質(zhì)量相等的甲、乙兩球放在光滑的水平面上，它們用細(xì)線相連，開始時(shí)細(xì)線處于松弛狀態(tài)?，F(xiàn)使兩球反向運(yùn)動(dòng)，，，如圖所示，當(dāng)細(xì)繩拉緊時(shí)突然繃斷，這以后兩球的運(yùn)動(dòng)情況可能是（）A.， B.，C.， D.，訓(xùn)3：（2023·湖北十堰市縣區(qū)普通聯(lián)合體高三上學(xué)期期中）如圖所示，在光滑水平面上，有質(zhì)量分別為2m和m的A、B兩滑塊，它們中間夾著一根處于壓縮狀態(tài)的輕質(zhì)彈簧，由于被一根細(xì)繩拉著而處于靜止?fàn)顟B(tài)。當(dāng)剪斷細(xì)繩，在兩滑塊脫離彈簧之后，下列說法正確的是（）A.兩滑塊的動(dòng)能之比B.兩滑塊的動(dòng)量大小之比C.彈簧對兩滑塊的沖量之比D.彈簧對兩滑塊做功之比重點(diǎn)4動(dòng)力學(xué)、動(dòng)量和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用例4：（2023·福建寧德市高三上學(xué)期期中）如圖所示，視為質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)員和滑板，總質(zhì)量為，從半徑為的光滑圓弧頂端A由靜止滑下，到達(dá)最低點(diǎn)B時(shí)，滑上靜止在光滑水平軌道上質(zhì)量為，長度為L的小車左端，小車向右滑動(dòng)kR后，與靜止放置質(zhì)量為的物塊C發(fā)生彈性碰撞，碰撞時(shí)間極短，人始終在車上。已知滑板與小車間的動(dòng)摩擦因素，重力加速度為g取10m/s2，求：（1）滑板運(yùn)動(dòng)員到達(dá)B點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力大?。唬?）若小車和物塊C碰前，滑板運(yùn)動(dòng)員和小車能達(dá)到同速，則滑板和小車因摩擦產(chǎn)生的熱量Q；（3）若小車與物塊C只發(fā)生一次碰撞，求k與車長L的最小值。訓(xùn)4：（2023·湖北黃岡市高三上學(xué)期期中）如圖所示，一根長度的輕繩一端固定于O點(diǎn)，另一端系一個(gè)質(zhì)量的小球，球靜止時(shí)剛好與水平地面接觸。O點(diǎn)上方有一短小的平臺，平臺上靜止的放一個(gè)質(zhì)量為的小球?，F(xiàn)給球水平向左的初速度，當(dāng)球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，與位于平臺上的球發(fā)生彈性正碰，球隨即水平飛離平臺。重力加速度g取?？諝庾枇Σ挥?jì)，求：（1）球開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，輕繩上的拉力大小；（2）、球剛要相碰，球速度大??；（3）若球和球碰撞結(jié)束瞬間，輕繩斷開，則球和球的落地點(diǎn)之間的距離是多少。重點(diǎn)5動(dòng)量守恒定律與磁場、電磁感應(yīng)、原子核物理等知識的綜合應(yīng)用例5：在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，一個(gè)靜止的放射性原子核發(fā)生了一次α衰變。放射出α粒子(eq\o\al(4,2)He)在與磁場垂直的平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，其軌道半徑為R。以m、q分別表示α粒子的質(zhì)量和電荷量。(1)放射性原子核用eq\o\al(A,Z)X表示，新核的元素符號用Y表示，寫出該α衰變的核反應(yīng)方程；(2)α粒子的圓周運(yùn)動(dòng)可以等效成一個(gè)環(huán)形電流，求圓周運(yùn)動(dòng)的周期和環(huán)形電流大??；(3)設(shè)該衰變過程釋放的核能都轉(zhuǎn)化為α粒子和新核的動(dòng)能，新核的質(zhì)量為M，求衰變過程的質(zhì)量虧損Δm。訓(xùn)5：長為l的輕繩上端固定，下端系著質(zhì)量為的小球A，處于靜止?fàn)顟B(tài)。A受到一個(gè)水平瞬時(shí)沖量后在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，恰好能通過圓周軌跡的最高點(diǎn)。當(dāng)A回到最低點(diǎn)時(shí)，質(zhì)量為的小球B與之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圓周運(yùn)動(dòng)，并能通過圓周軌跡的最高點(diǎn)。不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，求（1）A受到的水平瞬時(shí)沖量I的大??；（2）碰撞前瞬間B的動(dòng)能至少多大？2023年高考物理二輪復(fù)習(xí)講練測（新高考專用）專題二能量和動(dòng)量（講）2.3動(dòng)量和動(dòng)能一、考情分析近3年考情分析考點(diǎn)要求等級要求考題統(tǒng)計(jì)202220212020動(dòng)量沖量和動(dòng)量定理Ⅱ2022·重慶卷·T102022·重慶卷·T42022·北京卷·T172022·北京卷·T122022·北京卷·T102022·海南卷·T12022·湖南卷·T72022·全國乙卷·T202021·重慶卷·T72021·北京卷·T102021·湖北卷·T32021·湖南卷·T82021·湖南卷·T22021·福建卷·T42021·山東卷·T162021·重慶卷·T132020·海南卷·T8動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用Ⅱ2022·全國乙卷·T252022·廣東卷·T132021·浙江1月卷·T122021·全國乙卷·T142021·廣東卷·T132021·北京卷·T172020·全國=1\*ROMANI卷·T142020·全國=2\*ROMANII卷·T212020·全國=3\*ROMANIII卷·T152020·北京卷·T13碰撞與反沖、爆炸類問題Ⅱ2022·山東卷·T22021·天津卷·T7動(dòng)力學(xué)、動(dòng)量和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用Ⅱ2022·海南卷·T172022·浙江6月卷·T202022·山東卷·T182022·湖南卷·T142021·天津卷·T112021·浙江省6月卷·T212021·湖南卷·T142021·湖北卷·T152021·河北卷·T132021·海南卷·T172020·海南卷·T172020·全國=3\*ROMANIII卷·T252020·山東卷·T182020·天津卷·T12動(dòng)量守恒定律與磁場、電磁感應(yīng)、原子核物理等知識的綜合應(yīng)用Ⅱ2022·湖南卷·T4考情總結(jié)動(dòng)量定理、動(dòng)量守恒定律屬于力學(xué)的主干知識，是解決物理問題的重要基本方法，高考中主要以兩種命題形式出現(xiàn)：一是綜合應(yīng)用動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒定律和動(dòng)量守恒定律，結(jié)合動(dòng)力學(xué)方法解決平拋運(yùn)動(dòng)、圓周運(yùn)動(dòng)、多運(yùn)動(dòng)過程問題；二是綜合運(yùn)用動(dòng)能定理和能量守恒定律，結(jié)合動(dòng)量守恒定律解決電場、磁場內(nèi)帶電粒子運(yùn)動(dòng)或電磁感應(yīng)問題．這幾類題型，命題情景新，密切聯(lián)系實(shí)際，綜合性強(qiáng)，前后兩個(gè)物理過程一般通過碰撞來過渡，這就決定了動(dòng)量守恒定律在解題過程中的紐帶作用應(yīng)考策略本講內(nèi)容經(jīng)常與機(jī)械能守恒定律、平拋運(yùn)動(dòng)、圓周運(yùn)動(dòng)等力學(xué)及電磁學(xué)、原子物理等知識點(diǎn)組成綜合題．這類題型命題情景新穎，聯(lián)系實(shí)際密切，綜合性強(qiáng)，前后兩個(gè)物理過程一般通過碰撞來過渡，這就決定了動(dòng)量守恒方程在解題過程中的紐帶作用．2023年復(fù)習(xí)備考要加強(qiáng)動(dòng)力學(xué)、動(dòng)量及能量綜合題目的訓(xùn)練，關(guān)注運(yùn)用動(dòng)量定理、動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律解決電場、磁場內(nèi)帶電粒子運(yùn)動(dòng)或電磁感應(yīng)問題．二、思維導(dǎo)圖三、講知識1．動(dòng)量定理表達(dá)式FΔt＝mv′－mv中的F為物體在Δt時(shí)間內(nèi)所受的合外力．應(yīng)用動(dòng)量定理列方程時(shí)必須選取正方向．2．不受外力或者所受外力的矢量和為零時(shí)，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒；當(dāng)外力比相互作用的內(nèi)力小得多時(shí)，系統(tǒng)的動(dòng)量近似守恒；當(dāng)某一方向上的合外力為零時(shí)，系統(tǒng)在該方向上動(dòng)量守恒．3．三類碰撞(1)彈性碰撞動(dòng)量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′.機(jī)械能守恒：eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2.(2)完全非彈性碰撞動(dòng)量守恒、末速度相同：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v′.機(jī)械能損失最多，機(jī)械能的損失量為：ΔE＝(eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2))－eq\f(1,2)(m1＋m2)v′2.(3)非彈性碰撞動(dòng)量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′.機(jī)械能有損失，機(jī)械能的損失量為：ΔE＝(eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2))－(eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2)．四、講重點(diǎn)重點(diǎn)1動(dòng)量沖量和動(dòng)量定理1．沖量的三種計(jì)算方法(1)公式法：I＝Ft適用于求恒力的沖量．(2)動(dòng)量定理法：適用于求變力的沖量或F、t未知的情況．(3)圖象法：用F－t圖線與時(shí)間軸圍成的面積可求變力的沖量．若F－t成線性關(guān)系，也可直接用平均力求變力的沖量．2.流體作用的柱狀模型對于流體運(yùn)動(dòng)，可沿流速v的方向選取一段柱形流體，設(shè)在極短的時(shí)間Δt內(nèi)通過某一橫截面S的柱形流體的長度為Δl，如圖1所示．設(shè)流體的密度為ρ，則在Δt的時(shí)間內(nèi)流過該橫截面的流體的質(zhì)量為Δm＝ρSΔl＝ρSvΔt，根據(jù)動(dòng)量定理，流體微元所受的合外力的沖量等于該流體微元?jiǎng)恿康脑隽?，即FΔt＝ΔmΔv，分兩種情況：(以原來流速v的方向?yàn)檎较?圖1(1)作用后流體微元停止，有Δv＝－v，代入上式有F＝－ρSv2；(2)作用后流體微元以速率v反彈，有Δv＝－2v，代入上式有F＝－2ρSv2.3．使用動(dòng)量定理的注意事項(xiàng)(1)一般來說，用牛頓第二定律能解決的問題，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)量定理求解更簡捷．動(dòng)量定理不僅適用于恒力，也適用于變力．這種情況下，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．(2)動(dòng)量定理的表達(dá)式是矢量式，運(yùn)用它分析問題時(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．4．應(yīng)用動(dòng)量定理解題的一般步驟(1)明確研究對象和研究過程(研究過程既可以是全過程，也可以是全過程中的某一階段)．(2)進(jìn)行受力分析：只分析研究對象以外的物體施加給研究對象的力，不必分析內(nèi)力．(3)規(guī)定正方向．(4)寫出研究對象的初、末動(dòng)量和合外力的沖量，根據(jù)動(dòng)量定理列方程求解．重點(diǎn)2動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用1．注意區(qū)分動(dòng)量守恒與機(jī)械能守恒的條件(1)不受外力或者所受外力的矢量和為零時(shí)，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒；當(dāng)外力比相互作用的內(nèi)力小得多，系統(tǒng)的動(dòng)量近似守恒；當(dāng)某一方向上的合外力為零，系統(tǒng)在該方向上動(dòng)量守恒．(2)在只有重力或彈力做功的系統(tǒng)內(nèi)，動(dòng)能與勢能相互轉(zhuǎn)化，機(jī)械能守恒．(3)動(dòng)量是否守恒與機(jī)械能是否守恒沒有必然的聯(lián)系．2．判斷動(dòng)量是否守恒與機(jī)械能是否守恒的方法(1)判斷動(dòng)量是否守恒一般都是根據(jù)守恒條件．(2)判斷機(jī)械能是否守恒既可以根據(jù)守恒條件，也可以根據(jù)守恒表達(dá)式，即E1＝E2．3.應(yīng)用動(dòng)量守恒定律解題的基本步驟(1)明確研究對象，確定系統(tǒng)的組成(系統(tǒng)包括哪幾個(gè)物體)及研究的過程，如例題中分別以“甲和箱子”“乙和箱子”為系統(tǒng)．(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)討論說明．4.幾種常見情境的規(guī)律碰撞（一維）動(dòng)量守恒動(dòng)能不增加即eq\f(p12,2m1)＋eq\f(p22,2m2)≥eq\f(p1′2,2m1)＋eq\f(p2′2,2m2)速度要合理①若兩物體同向運(yùn)動(dòng)，則碰前應(yīng)有v后＞v前；碰后原來在前的物體速度一定增大，若碰后兩物體同向運(yùn)動(dòng)，則應(yīng)有v前′≥v后′。②若兩物體相向運(yùn)動(dòng)，碰后兩物體的運(yùn)動(dòng)方向不可能都不改變。爆炸動(dòng)量守恒：爆炸物體間的相互作用力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于受到的外力動(dòng)能增加：有其他形式的能量(如化學(xué)能)轉(zhuǎn)化為動(dòng)能位置不變：爆炸的時(shí)間極短，物體產(chǎn)生的位移很小，一般可忽略不計(jì)反沖動(dòng)量守恒：系統(tǒng)不受外力或內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力機(jī)械能增加：有其他形式的能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能人船模型兩個(gè)物體動(dòng)量守恒：系統(tǒng)所受合外力為零質(zhì)量與位移關(guān)系：m1x1＝m2x2(m1、m2為相互作用的物體質(zhì)量，x1、x2為其位移大小)重點(diǎn)3碰撞與反沖、爆炸類問題1．掌握碰撞的“三個(gè)原則”(1)動(dòng)量守恒原則，即碰撞前后兩物體組成的系統(tǒng)滿足動(dòng)量守恒定律；(2)能量不增加原則，即碰撞后系統(tǒng)的總能量不大于碰撞前系統(tǒng)的總能量；(3)物理情境可行性原則，即兩物體碰撞前后的物理情境應(yīng)與實(shí)際相一致．2．可熟記一些公式，例如“一動(dòng)一靜”模型中，兩物體發(fā)生彈性正碰后的速度滿足：v1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v0、v2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v0.3．熟記彈性正碰的一些結(jié)論，例如，當(dāng)兩球質(zhì)量相等時(shí)，兩球碰撞后交換速度；當(dāng)m1?m2，且v20＝0時(shí)，碰后質(zhì)量大的速率不變，質(zhì)量小的速率為2v0.當(dāng)m1?m2，且v20＝0時(shí)，碰后質(zhì)量小的球原速率反彈．命題角度解決方法易錯(cuò)辨析動(dòng)量守恒的條件判斷掌握三個(gè)守恒條件準(zhǔn)確判斷系統(tǒng)合外力是否為零或內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，或者分析是否為碰撞或爆炸彈性碰撞分析動(dòng)量守恒定律、機(jī)械能守恒定律無能量損失是最大特點(diǎn)完全非彈性碰撞分析動(dòng)量守恒定律掌握碰撞后速度相等這一條件爆炸現(xiàn)象求解動(dòng)量守恒的條件是內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力注意爆炸后各部分的速度方向，有可能不在同一平面內(nèi)4.“兩體碰撞多過程模型”1．彈性碰撞模型的拓展(1)“滑塊－彈簧”模型(如圖)①注意臨界條件：彈簧壓縮到最短或伸長到最長時(shí)，兩滑塊同速，彈簧的彈性勢能最大．②從開始壓縮彈簧到彈簧恢復(fù)原長的過程，可看成彈性碰撞過程，恢復(fù)原長時(shí)，v1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v0，v2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v0；(2)“滑塊－斜面”模型(如圖)①水平方向動(dòng)量守恒；②注意臨界條件：滑塊沿斜面上升到最高點(diǎn)時(shí)，滑塊與斜面同速，系統(tǒng)動(dòng)能最小，重力勢能最大；③從滑塊以v0滑上斜面再滑下到分離的過程，可看成彈性碰撞過程，滑塊離開斜面時(shí)，v1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v0，v2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v0.(3)“小球－圓弧槽”模型(如圖)①水平方向動(dòng)量守恒；②小球滑上圓弧槽并從頂端離開圓弧槽時(shí)，小球與圓弧槽水平速度相同，離開后二者水平位移相同，小球會沿切面再進(jìn)入圓弧槽；③從小球以v0滑上圓弧槽再滑下到分離的過程，可看成彈性碰撞過程，小球離開圓弧槽時(shí)，v1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v0，v2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v0.5.碰撞拓展(1)“保守型”碰撞拓展模型圖例(水平面光滑)小球—彈簧模型小球曲面模型達(dá)到共速相當(dāng)于完全非彈性碰撞，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，動(dòng)量滿足mv0＝(m＋M)v共，損失的動(dòng)能最大，分別轉(zhuǎn)化為彈性勢能、重力勢能或電勢能再次分離相當(dāng)于彈性碰撞，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，動(dòng)量滿足mv0＝mv1＋Mv2，能量滿足eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv22(2)“耗散型”碰撞拓展模型圖例(水平面、水平導(dǎo)軌都光滑)達(dá)到共速相當(dāng)于完全非彈性碰撞，動(dòng)量滿足mv0＝(m＋M)v共，損失的動(dòng)能最大，分別轉(zhuǎn)化為內(nèi)能或電能重點(diǎn)4動(dòng)力學(xué)、動(dòng)量和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用1.確定研究對象，進(jìn)行運(yùn)動(dòng)分析和受力分析；2.分析物理過程，按特點(diǎn)劃分階段；3.選用相應(yīng)規(guī)律解決不同階段的問題，列出規(guī)律性方程．4.幾種常見模型的特點(diǎn)及規(guī)律模型特點(diǎn)及滿足的規(guī)律子彈打入木塊若未穿出，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，能量守恒，即mv0＝(m＋M)v，Q熱＝fL相對＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(M＋m)v2若子彈穿出木塊，有mv0＝mv1＋Mv2，Q熱＝fL相對＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)Mv22(1)彈簧處于最長(最短)狀態(tài)時(shí)兩物體速度相等，彈性勢能最大，系統(tǒng)滿足動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，即m1v0＝(m1＋m2)v共，eq\f(1,2)m1v02＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v共2＋Epm。(2)彈簧處于原長時(shí)彈性勢能為零，系統(tǒng)滿足動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，即m1v0＝m1v1＋m2v2，eq\f(1,2)m1v02＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22模型表面粗糙、質(zhì)量為M的木板，放在光滑的水平地面上，質(zhì)量為m的小木塊以初速度v0滑上木板，若木塊未滑離木板，當(dāng)木塊與木板相對靜止時(shí)，二者的共同速度為v，木塊相對木板的位移為d，木板相對地面的路程為s，木塊和木板間的摩擦力為f。這類問題類似于子彈打木塊模型中子彈未射出的情況，則有mv0＝(M＋m)v，f·d＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(M＋m)v2＝eq\f(1,2)mv02eq\f(M,M＋m)。若木塊滑離木板，設(shè)滑離木板時(shí)，木塊的速度為v1，木板的速度為v2木板長為l，則根據(jù)動(dòng)量守恒定律有mv0＝mv1＋Mv2，摩擦力和相對路程的乘積等于系統(tǒng)動(dòng)能的減少量，有f·l＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)Mv22。重點(diǎn)5動(dòng)量守恒定律與磁場、電磁感應(yīng)、原子核物理等知識的綜合應(yīng)用合理選擇解題方法選擇角度常用解題方案選擇從研究對象上看(1)若多個(gè)物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)不同，則一般不宜對多個(gè)物體整體應(yīng)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律；(2)若研究對象為單個(gè)物體，則不能用動(dòng)量觀點(diǎn)中的動(dòng)量守恒定律；(3)若研究對象為多物體系統(tǒng)，且系統(tǒng)內(nèi)的物體與物體間有相互作用，一般用“守恒定律”去解決問題，但必須注意研究對象是否滿足定律的守恒條件．從研究過程上看(1)凡涉及瞬間狀態(tài)的分析和運(yùn)動(dòng)性質(zhì)的分析，則必須要用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)；(2)凡涉及復(fù)雜的直線或曲線運(yùn)動(dòng)問題，一般要用能量觀點(diǎn)或動(dòng)量觀點(diǎn)；(3)凡涉及短暫的相互作用問題優(yōu)先考慮用動(dòng)量定理；(4)凡涉及碰撞、爆炸、反沖等問題，一般應(yīng)用動(dòng)量守恒定律．從所涉及的物理量看(1)如果涉及加速度的問題，則一般要用牛頓運(yùn)動(dòng)定律；(2)如果涉及運(yùn)動(dòng)時(shí)間或作用時(shí)間的問題，一般優(yōu)先考慮用動(dòng)量定理，其次考慮用牛頓運(yùn)動(dòng)定律；(3)如果涉及運(yùn)動(dòng)的位移或路程的問題，一般優(yōu)先考慮用功能關(guān)系，其次再考慮用牛頓運(yùn)動(dòng)定律；(4)如果涉及初、末速度的問題，一般優(yōu)先考慮用功能關(guān)系，其次考慮用動(dòng)量觀點(diǎn)，最后再考慮用牛頓運(yùn)動(dòng)定律．重點(diǎn)1動(dòng)量沖量和動(dòng)量定理例1：（2023·山西臨汾市高三上學(xué)期期中）如圖所示為某探究活動(dòng)小組設(shè)計(jì)的節(jié)能運(yùn)輸系統(tǒng)。斜面軌道傾角θ=30°，質(zhì)量為M的木箱與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為。木箱在軌道頂端時(shí)，自動(dòng)裝貨裝置將質(zhì)量為m的貨物裝入木箱，之后木箱載著貨物沿軌道無初速度滑下（貨物與木箱之間無相對滑動(dòng)），當(dāng)輕彈簧被壓縮至最短時(shí)，自動(dòng)卸貨裝置立刻將貨物卸下，然后木箱恰好被彈回到軌道頂端，再重復(fù)上述過程。下列說法正確的是（）A.木箱下滑時(shí)最大速度所在位置，比上滑時(shí)最大速度所在位置偏下一些B.木箱下滑時(shí)最大速度所在位置，與上滑時(shí)最大速度所在位置在同一點(diǎn)C.載物木箱剛和彈簧接觸時(shí)的動(dòng)量，比卸載后木箱剛好離開彈簧時(shí)的動(dòng)量大D.載物木箱剛和彈簧接觸時(shí)的動(dòng)量，與卸載后木箱剛好離開彈簧時(shí)的動(dòng)量一樣大【答案】BC【解析】AB．設(shè)木箱沿斜面下滑的最大位移為s，由題意，根據(jù)功能關(guān)系可得解得木箱速度最大時(shí)所受合外力為零，設(shè)木箱下滑過程中速度最大時(shí)彈簧的形變量為x1，上滑過程中速度最大時(shí)彈簧的形變量為x2，則解得所以木箱下滑時(shí)最大速度所在位置，與上滑時(shí)最大速度所在位置在同一點(diǎn)，故A錯(cuò)誤，B正確；CD．設(shè)斜面頂端到彈簧上端的距離為L，載物木箱剛和彈簧接觸時(shí)的速度大小為v1，卸載后木箱剛好離開彈簧時(shí)的速度大小為v2，根據(jù)動(dòng)能定理有解得載物木箱剛和彈簧接觸時(shí)的動(dòng)量大小為卸載后木箱剛好離開彈簧時(shí)的動(dòng)量大小為所以故C正確，D錯(cuò)誤。故選BC。訓(xùn)1：（2023·山東青島市高三上學(xué)期期中）“雪如意”是我國首座國際標(biāo)準(zhǔn)跳臺滑雪場地。跳臺滑雪運(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)評分。運(yùn)動(dòng)員在進(jìn)行跳臺滑雪時(shí)大致經(jīng)過四個(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減少飛行時(shí)間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)員兩腿屈膝是為了增加與地面的作用時(shí)間【答案】D【解析】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增大滑道對人的作用力，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錯(cuò)誤；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正確。故選D。重點(diǎn)2動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用例2：（2023·北京朝陽區(qū)高三上學(xué)期期中）一名連同裝備總質(zhì)量為M的航天員，脫離宇宙飛船后，在離飛船x處與飛船處于相對靜止?fàn)顟B(tài)。裝備中有一個(gè)高壓氣源能以速度v（以飛船為參考系）噴出氣體從而使航天員運(yùn)動(dòng)。如果航天員一次性向后噴出質(zhì)量為Δm的氣體，且在規(guī)定時(shí)間t內(nèi)返回飛船。下列說法正確的是（）A.噴出氣體的質(zhì)量Δm小于B.若高壓氣源噴出氣體的質(zhì)量不變但速度變大，則返回時(shí)間大于tC.若高壓氣源噴出氣體的速度變大但動(dòng)量不變，則返回時(shí)間小于tD.在噴氣過程中，航天員、裝備及氣體所構(gòu)成的系統(tǒng)動(dòng)量和機(jī)械能均守恒【答案】A【解析】A．由題知，航天員的速度為噴氣過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以宇航員的速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得解得故A正確；B．根據(jù)動(dòng)量守恒有解得若高壓氣源噴出氣體的質(zhì)量不變但速度變大，則變大，故返回時(shí)間小于t，故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)動(dòng)量守恒有解得若高壓氣源噴出氣體的速度變大但動(dòng)量不變，根據(jù)可知減小，故減小，則返回時(shí)間大于t，故C錯(cuò)誤；D．在噴氣過程中，航天員、裝備及氣體所構(gòu)成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，整個(gè)系統(tǒng)的動(dòng)能增加，故系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，故D錯(cuò)誤。故選A。訓(xùn)2：（2023·河南省安陽市高三上學(xué)期期中）如圖所示，質(zhì)量為m、帶有光滑半圓形軌道的小車靜止在光滑的水平地面上，其水平直徑AB長度為2R。現(xiàn)將質(zhì)量也為m的小球從A點(diǎn)正上方R處由靜止釋放，然后由A點(diǎn)進(jìn)入半圓形軌道后從B點(diǎn)沖出，已知重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力，下列說法正確的是（）A.小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的速度大小為 B.小球離開小車后做斜上拋運(yùn)動(dòng)C.小球離開小車后上升的高度小于R D.小車向左運(yùn)動(dòng)的最大距離為R【答案】AD【解析】A．小球與小車組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，則有則知小球水平方向分速度與小車速度時(shí)刻大小相等，小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)過程有機(jī)械能守恒則最低點(diǎn)的速度大小為故A正確；B．小球離開小車后水平方向分速度為0，做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；C．小球離開小車后水平方向分速度為0，小車的速度也為0，根據(jù)能量守恒小球離開小車后仍能上到下落點(diǎn)的高度R，故C錯(cuò)誤；D．小球水平方向分速度與小車速度時(shí)刻大小相等，則水平位移大小相等，根據(jù)幾何關(guān)系知兩者的相對位移為2R，故小車向左運(yùn)動(dòng)的最大距離為R，故D正確。故選AD。重點(diǎn)3碰撞與反沖、爆炸類問題例3：（2023·江蘇常熟市高三上學(xué)期期中）質(zhì)量相等的甲、乙兩球放在光滑的水平面上，它們用細(xì)線相連，開始時(shí)細(xì)線處于松弛狀態(tài)?，F(xiàn)使兩球反向運(yùn)動(dòng)，，，如圖所示，當(dāng)細(xì)繩拉緊時(shí)突然繃斷，這以后兩球的運(yùn)動(dòng)情況可能是（）A.， B.，C.， D.，【答案】B【解析】A．當(dāng)細(xì)繩拉緊時(shí)突然繃斷，滿足動(dòng)量守恒，規(guī)定向左為正方向因?yàn)閮汕蛸|(zhì)量相等，所以帶入數(shù)據(jù)，不滿足條件，故A錯(cuò)誤；B．帶入數(shù)據(jù)，滿足且滿足，動(dòng)能不增加原則且不會二次碰撞，故B正確；C．會發(fā)生二次碰撞，故C錯(cuò)誤；D．繩子斷后動(dòng)能增加，違背能量守恒定律故D錯(cuò)誤。故選B。訓(xùn)3：（2023·湖北十堰市縣區(qū)普通聯(lián)合體高三上學(xué)期期中）如圖所示，在光滑水平面上，有質(zhì)量分別為2m和m的A、B兩滑塊，它們中間夾著一根處于壓縮狀態(tài)的輕質(zhì)彈簧，由于被一根細(xì)繩拉著而處于靜止?fàn)顟B(tài)。當(dāng)剪斷細(xì)繩，在兩滑塊脫離彈簧之后，下列說法正確的是（）A.兩滑塊的動(dòng)能之比B.兩滑塊的動(dòng)量大小之比C.彈簧對兩滑塊的沖量之比D.彈簧對兩滑塊做功之比【答案】AC【解析】A．根據(jù)動(dòng)量守恒定律得解得可知兩滑塊速度大小之比為兩滑塊的動(dòng)能之比A正確；B．兩滑塊的動(dòng)量大小之比B錯(cuò)誤；C．彈簧對兩滑塊的沖量之比C正確；D．彈簧對兩滑塊做功之比等于兩滑塊動(dòng)能之比，為1∶2，D錯(cuò)誤。故選AC。重點(diǎn)4動(dòng)力學(xué)、動(dòng)量和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用例4：（2023·福建寧德市高三上學(xué)期期中）如圖所示，視為質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)員和滑板，總質(zhì)量為，從半徑為的光滑圓弧頂端A由靜止滑下，到達(dá)最低點(diǎn)B時(shí)，滑上靜止在光滑水平軌道上質(zhì)量為，長度為L的小車左端，小車向右滑動(dòng)kR后，與靜止放置質(zhì)量為的物塊C發(fā)生彈性碰撞，碰撞時(shí)間極短，人始終在車上。已知滑板與小車間的動(dòng)摩擦因素，重力加速度為g取10m/s2，求：（1）滑板運(yùn)動(dòng)員到達(dá)B點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力大??；（2）若小車和物塊C碰前，滑板運(yùn)動(dòng)員和小車能達(dá)到同速，則滑板和小車因摩擦產(chǎn)生的熱量Q；（3）若小車與物塊C只發(fā)生一次碰撞，求k與車長L的最小值?！敬鸢浮浚?）