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第一部分专题二能量与动量题型1动量和动量定理的应用内容索引NEIRONGSUOYIN题型2碰撞类问题题型3动力学、动量和能量观点的应用动量和动量定理的应用题型11.公式：Ft＝p′－p2.理解(1)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.(2)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一致.3.应用(1)恒力，求Δp时，用Δp＝Ft(2)变力，求I时，用I＝Δp＝mv2－mv1t小F大——如碰撞；t大F小——如缓冲.(3)当Δp一定时，Ft为确定值：F＝Δpt例1(2018·全国卷Ⅱ·15)高空坠物极易对行人造成伤害.若一个50g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的碰撞时间约为2ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为A.10NB.102NC.103ND.104N解析设每层楼高约为3m，则下落高度约为h＝3×24m＝72m由mgh＝12mv2及(F－mg)t＝mv知√鸡蛋对地面的冲击力F＝m2ght＋mg≈103N.拓展训练1(2019·广东省“六校”第三次联考)开学了，想到又能够回到校园为梦想而拼搏，小明同学开心得跳了起来.假设小明质量为m，从开始蹬地到离开地面用时为t，离地后小明重心最大升高h，重力加速度为g，忽略空气阻力.以下说法正确的是A.从开始蹬地到最高点的过程中，小明始终处于失重状态B.在t时间内，小明机械能增加了mghD.在t时间内，地面对小明做功mghC.在t时间内，地面给小明的平均支持力为FN＝m2ght√在时间t内，由动量定理得：FNt－mgt＝mv－0，离开地面到最高点有：mgh＝12mv2，解得：FN＝m2ght＋mg，故C错误；解析从开始蹬地到最高点的过程中，经历了向上加速和减速的过程，所以小明是先超重后失重，故A错误；小明离开地面后，上升了高度h，增加的机械能为mgh，这是在蹬地的时间t中，其他外力做功转化的，故B正确；在时间t内，地面对小明的支持力FN并没有在力的方向上发生位移，做功为0，故D错误.例2(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3km/s，产生的推力约为4.8×106N，则它在1s时间内喷射的气体质量约为A.1.6×102kgB.1.6×103kgC.1.6×105kgD.1.6×106kg解析根据动量定理有FΔt＝Δmv－0，解得Δm＝FvΔt＝1.6×103kg，所以选项B正确.√拓展训练2(2019·湖北武汉市二月调研)运动员在水上做飞行运动表演，他操控喷射式悬浮飞行器将水带竖直送上来的水反转180°后向下喷出，令自己悬停在空中，如图所示.已知运动员与装备的总质量为90kg，两个喷嘴的直径均为10cm，已知重力加速度大小g＝10m/s2，水的密度ρ＝1.0×103kg/m3，则喷嘴处喷水的速度大约为A.2.7m/sB.5.4m/sC.7.6m/sD.10.8m/sFΔt＝2mv，m＝2ρvΔt·πd24√解析设Δt时间内有质量为m的水射出，忽略重力冲量，对这部分水由动量定理得：运动员悬停在空中，所以F＝Mg联立解得：v≈5.4m/s，故B正确.碰撞类问题题型21.动量守恒条件(1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零.(2)近似守恒：外力远小于内力，且作用时间极短，外力的冲量近似为零，或外力的冲量比内力冲量小得多.(3)单方向守恒：合外力在某方向上的分力为零，则系统在该方向上动量守恒.2.表达式m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′或p＝p′或Δp＝0相关知识链接1.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)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.2.三类碰撞的特点规律方法提炼例3(2019·山东日照市3月模拟)A、B两小球静止在光滑水平面上，用轻弹簧相连接，A、B两球的质量分别为m和M(mM).若使A球获得瞬时速度v(如图甲)，弹簧压缩到最短时的长度为L1；若使B球获得瞬时速度v(如图乙)，弹簧压缩到最短时的长度为L2，则L1与L2的大小关系为A.L1L2B.L1L2C.L1＝L2D.不能确定√解析当弹簧压缩到最短时，两球的速度相同，对甲图取A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv＝(m＋M)v′由机械能守恒定律得：Ep＝12mv2－12(m＋M)v′2联立解得弹簧压缩到最短时有：Ep＝mMv22m＋M故弹性势能相等，则有：L1＝L2，故A、B、D错误，C正确.同理：对乙图取B的初速度方向为正方向，当弹簧压缩到最短时有：Ep＝mMv22m＋M拓展训练3(2019·四川省第二次诊断)如图所示，一块长度为L、质量为m的木块静止在光滑水平面上.一颗质量也为m的子弹以水平速度v0射入木块.当子弹刚射穿木块时，木块向前移动的距离为s.设子弹穿过木块的过程中受到的阻力恒定不变，子弹可视为质点.则子弹穿过木块的时间为A.1v0(s＋L)B.1v0(s＋2L)C.12v0(s＋L)D.1v0(L＋2s)√解析子弹穿过木块过程，对子弹和木块的系统，外力之和为零动量守恒，有：mv0＝mv1＋mv2，设子弹穿过木块的过程所受阻力为Ff，对子弹由动能定理：－Ff(s＋L)＝12mv12－12mv02，对木块由动能定理：Ffs＝12mv22，由动量定理：－Fft＝mv1－mv0，联立解得：t＝1v0(L＋2s)，故选D.由动量定理：Fft＝mv2，例4如图所示，物体A静止在光滑平直轨道上，其左端固定有水平轻质弹簧，物体B以速度v0＝2.0m/s沿轨道向物体A运动，并通过弹簧与物体A发生相互作用，设A、B两物体的质量均为m＝2kg，求当物体A的速度多大时，A、B组成的系统动能损失最大？损失的最大动能为多少？解析当两物体速度相等时，弹簧压缩量最大，系统损失的动能最大.以v0的方向为正方向，答案1.0m/s2J由动量守恒定律知mv0＝2mv，所以v＝v02＝1.0m/s损失的动能为ΔEk＝12mv02－12×2m×v2＝2J.拓展训练4(多选)(2019·福建厦门市上学期期末质检)如图所示，一质量M＝2.0kg的长木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m＝1.0kg的小物块A.给A和B以大小均为3.0m/s、方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，A始终没有滑离B板.下列说法正确的是A.A、B共速时的速度大小为1m/sB.在小物块A做加速运动的时间内，木板B速度大小可能是2m/sC.从A开始运动到A、B共速的过程中，木板B对小物块A的水平冲量大小为2N·sD.从A开始运动到A、B共速的过程中，小物块A对木板B的水平冲量方向向左√√解析设水平向右为正方向，根据动量守恒定律得：Mv－mv＝(M＋m)v共，解得v共＝1m/s，A正确；设水平向右为正方向，在小物块向左减速到速度为零时，设长木板速度大小为v1，根据动量守恒定律：Mv－mv＝Mv1，解得：v1＝1.5m/s，所以当小物块反向加速的过程中，木板继续减速，木板的速度必然小于1.5m/s，所以B错误；设水平向右为正方向，根据动量定理，A、B两物体相互作用的过程中，木板B对小物块A的平均冲量大小为I＝mv共＋mv＝4N·s，故C错误；设水平向右为正方向，根据动量定理，A对B的水平冲量I′＝Mv共－Mv＝－4N·s，负号代表与正方向相反，即向左，故D正确.动力学、动量和能量观点的应用题型3相关知识链接1.三个基本观点(1)动力学的观点：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；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考，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考，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5(2019·湖北省稳派教育上学期第二次联考)如图所示，半径R1＝1m的四分之一光滑圆弧轨道AB与平台BC在B点平滑连接，半径R2＝0.8m的四分之一圆弧轨道上端与平台C端连接，下端与水平地面平滑连接，质量m＝0.1kg的乙物块放在平台BC的右端C点，将质量也为m的甲物块在A点由静止释放，让其沿圆弧下滑，并滑上平台与乙相碰，碰撞后甲与乙粘在一起从C点水平抛出，甲物块与平台间的动摩擦因数均为μ＝0.2，BC长L＝1m，重力加速度g取10m/s2，不计两物块的大小及碰撞所用的时间，求：(1)甲物块滑到B点时对轨道的压力大小；答案3N联立解得：FN＝3N根据牛顿第三定律可知，甲物块在B点对轨道的压力大小FN′＝FN＝3N解析甲物块从A点滑到B点，根据机械能守恒定律有：mgR1＝12mv12甲物块运动到B点时，根据牛顿第二定律有：FN－mg＝mv12R1(2)甲和乙碰撞后瞬间共同速度的大小；答案2m/s解析甲从B点向右滑动的过程中，做匀减速直线运动，加速度大小为a＝μg＝2m/s2甲物块乙相碰前瞬间的速度为v2＝v12－2μgL＝4m/s设甲、乙相碰后瞬间共同速度的大小为v3，根据动量守恒有：mv2＝2mv3解得：v3＝2m/s；(3)粘在一起的甲、乙两物块从C点抛出到落到CDE段轨道上所用的时间.答案0.4s解析碰撞后，甲和乙以2m/s的速度水平抛出，假设两物块会落到水平地面上则下落的时间t＝2R2g＝0.4s则水平的位移x＝v3t＝0.8m＝R2说明两物块刚好落到D点，假设成立因此抛出后落到CDE轨道上所用时间为0.4s.拓展训练5(2019·山东菏泽市一模)如图所示，质量均为m的A、B两球套在悬挂的细绳上，A球吊在绳的下端刚好不滑动，稍有扰动A就与绳分离，A球离地高度为h，A、B两球开始时在绳上的间距也为h，B球释放后由静止沿绳匀加速下滑，与A球相碰后粘在一起(碰撞时间极短)，并滑离绳子.若B球沿绳下滑的时间是A、B一起下落到地面时间的2倍，重力加速度为g，不计两球大小及空气阻力，求：(1)A、B两球碰撞后粘在一起瞬间速度大小；答案12gh碰撞过程动量守恒，设两球碰撞后的瞬间共同速度为v2，运动时间为t2，根据动量守恒定律有mv1＝2mv2运动时间为t1，则h＝12v1t1两球一起下落过程中，h＝v2t2＋12gt22解析设B球与A球相碰前的速度大小为v1，t1＝2t2解得v2＝12gh；(2)从B球开始释放到两球粘在一起下落，A、B两球组成的系统损失的机械能为多少.答案34mgh解析B球下滑到碰撞前，损失的机械能ΔE1＝mgh－12mv12由(1)问知v1＝gh因此ΔE1＝12mgh碰撞过程损失的机械能ΔE2＝12mv12－12×2mv22＝14mgh因此整个过程损失的机械能为ΔE＝ΔE1＋ΔE2＝34mgh.拓展训练6(2019·河南省九师联盟质检)如图所示，在光滑水平面上有B、C两个木板，B的上表面光滑，C的上表面粗糙，B上有一个可视为质点的物块A，A、B、C的质量分别为3m、2m、m.A、B以相同的初速度v向右运动，C以速度v向左运动.B、C的上表面等高，二者发生完全非弹性碰撞但并不粘连，碰撞时间很短.A滑上C后恰好能到达C的中间位置，C的长度为L，不计空气阻力.求：(1)