专题08 动量-高考物理一轮复习知识清单（全国通用）

这是一份专题08 动量-高考物理一轮复习知识清单（全国通用），共24页。

TOC \ "1-2" \h \u \l "_Tc16523" 知识点01 动量和冲量 PAGEREF _Tc16523 \h 2
\l "_Tc16540" 一、动量 PAGEREF _Tc16540 \h 2
\l "_Tc12621" 二、动量的变化 PAGEREF _Tc12621 \h 3
\l "_Tc19328" 三、冲量 PAGEREF _Tc19328 \h 3
\l "_Tc15170" 知识点02 动量定理 PAGEREF _Tc15170 \h 4
\l "_Tc26458" 一、动量定理 PAGEREF _Tc26458 \h 4
\l "_Tc3493" 二、利用动量定理解题的基本思路 PAGEREF _Tc3493 \h 6
\l "_Tc1279" 知识点03 动量守恒定律 PAGEREF _Tc1279 \h 6
\l "_Tc25200" 一、动量守恒定律 PAGEREF _Tc25200 \h 6
\l "_Tc14607" 二、利用动量守恒定律解题的基本思路 PAGEREF _Tc14607 \h 7
\l "_Tc31759" 三、碰撞 PAGEREF _Tc31759 \h 7
\l "_Tc25449" 四、爆炸 PAGEREF _Tc25449 \h 9
\l "_Tc23375" 五、反冲运动和人船模型 PAGEREF _Tc23375 \h 10
\l "_Tc2138" 六、微粒类问题 PAGEREF _Tc2138 \h 11
\l "_Tc3489" 七、“滑块—弹簧”模型 PAGEREF _Tc3489 \h 11
\l "_Tc26825" 八、“滑块—斜(曲)面”模型 PAGEREF _Tc26825 \h 14
\l "_Tc9673" 九、“滑块—木板”模型 PAGEREF _Tc9673 \h 15
\l "_Tc5390" 知识点04 力学综合问题 PAGEREF _Tc5390 \h 18
\l "_Tc24415" 一、解动力学问题的三个基本观点 PAGEREF _Tc24415 \h 18
\l "_Tc22339" 二、力学规律的选用原则 PAGEREF _Tc22339 \h 18
知识点01 动量和冲量
一、动量
1.定义：运动物体的质量和速度的乘积叫做动量.
2.定义式：
3.动量是矢量，方向与v的方向相同.两个动量相同必须是大小相等，方向一致.
4.动量与动能的比较
二、动量的变化
1.动量的变化量一般用末动量减去初动量进行矢量运算，也称为动量的增量．即
2.动量是矢量，动量的变化量也是矢量，其方向与速度的改变量的方向相同，
三、冲量
1.定义：力和力的作用时间的乘积叫做该力的冲量，
2.定义式：，单位为.
3.冲量也是矢量，它的方向由力的方向决定.
【技巧点拨】冲量的计算方法
①恒力的冲量：直接用定义式I＝Ft计算．
②变力的冲量
Ⅰ、作出F－t图线，图线与t轴所围的面积即为变力的冲量，如图所示．
Ⅱ、对于易确定始、末时刻动量的情况，可用动量定理求解．
4.冲量的计算方法
①公式法：I＝FΔt，此方法仅适用于求恒力的冲量，无需考虑物体的运动状态。
②图像法：F－t图像与t轴围成的面积表示冲量，此法既可以计算恒力的冲量，也可以计算变力的冲量。
③平均值法：若方向不变的变力大小随时间均匀变化，即力为时间的一次函数，则力F在某段时间t内的冲量。
④动量定理法：根据物体动量的变化量，由I＝Δp求冲量，多用于求变力的冲量
5.冲量与功的比较
6.力的三个作用效果与五个规律
知识点02 动量定理
一、动量定理
1.内容：物体所受合外力的冲量等于它的动量的变化.
2.表达式:
【技巧点拨】
①上述公式是一矢量式，两边不仅大小相等，而且方向相同，运用它分析问题时要特别注意冲量、动量及动量变化量的方向.
②公式中的是研究对象所受的包括重力在内的所有外力的合力.
③由，得，即物体所受的合外力等于物体动量的变化率．
④上述公式除了表明两边大小、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．
⑤动量定理的研究对象可以是单个物体，也可以是物体系统.对物体系统，只需分析系统受的外力，不必考虑系统内力.系统内力的作用不改变整个系统的总动量.
⑥动量定理不仅适用于恒定的力，也适用于随时间变化的力.对于变力，动量定理中的力F应当理解为变力在作用时间内的平均值.
⑦当物体运动包含多个不同过程时，可分段应用动量定理求解，也可以全过程应用动量定理求解．
【实战演练】
(2023·广东卷·10)某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型。多个质量均为1kg的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力。开窗帘过程中，电机对滑块1施加一个水平向右的恒力F，推动滑块1以0.40m/s的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为0.04s，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为0.22m/s。关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有( )
A. 该过程动量守恒
B. 滑块1受到合外力的冲量大小为0.18N⋅s
C. 滑块2受到合外力的冲量大小为0.40N⋅s
D. 滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5N
【答案】BD
【解析】解：选择水平向右的方向为正方向。
A、滑块1和滑块2组成的系统的初动量为：p1=mv1=1×0.40kg⋅m/s=0.40kg⋅m/s
碰撞后，滑块1和滑块2组成的系统的动量为：p2=2mv2=2×1×0.22kg⋅m/s=0.44kg⋅m/s，则滑块的碰撞过程动量不守恒，故A错误；
B、对滑块1，根据动量定理可得：ΔI=mv1−mv0
代入数据解得：ΔI=−0.18N⋅s，负号表示方向水平向左，故B正确；
C、同理可得，对滑块2分析可得：ΔI′=mv1−0 代入数据解得：ΔI′=0.22N⋅s，故C错误；
D、根据公式ΔI′=FΔt 代入数据解得：F=5.5N，故D正确；
二、利用动量定理解题的基本思路
1.确定研究对象．
2.对物体进行受力分析．可先求每个力的冲量，再求各力冲量的矢量和——合力的冲量；或先求合力，再求合力的冲量．
3.抓住过程的初、末状态，选好正方向，确定各动量和冲量的正负号．
4.根据动量定理列方程，如有必要还需要补充其他方程，最后代入数据求解．
知识点03 动量守恒定律
一、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:
①系统相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量：
②相互作用的两个物体动量的变化量等大反向：
3.动量守恒定律成立的条件
①理想守恒：系统不受外力或系统所受外力的合力为零.
②近似守恒：系统所受的外力的合力虽不为零，但系统外力比内力小得多，如碰撞问题中的摩擦力，爆炸过程中的重力等外力比起相互作用的内力来小得多，可以忽略不计.
③某一方向守恒：系统所受外力的合力虽不为零，但在某个方向上的分量为零，则在该方向上系统的总动量的分量保持不变.
4.动量守恒的速度具有“四性”:①矢量性;②瞬时性;③相对性;④普适性.
【实战演练】
(2021·全国乙卷·14)如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦．用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动．在地面参考系(可视为惯性系)中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统( )
A．动量守恒，机械能守恒 B．动量守恒，机械能不守恒
C．动量不守恒，机械能守恒 D．动量不守恒，机械能不守恒
【答案】B
【解析】因为滑块与车厢水平底板间有摩擦，且撤去推力后滑块在车厢底板上有相对滑动，即摩擦力做功，而水平地面是光滑的；对小车、弹簧和滑块组成的系统，根据动量守恒和机械能守恒的条件可知撤去推力后该系统动量守恒，机械能不守恒，故选B.
二、利用动量守恒定律解题的基本思路
1.明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)．
2.进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上是否守恒)．
3.规定正方向，确定初、末状态动量．
4.由动量守恒定律列出方程．
5.代入数据，求出结果，必要时讨论说明．
三、碰撞
1.碰撞：碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象．
2.特点：在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒．
3.分类
4.碰撞问题遵守的三条原则
①动量守恒：.
②动能不增加：.
③速度要符合实际情况
Ⅰ、碰前两物体同向运动，若要发生碰撞，则应有，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有.
Ⅱ、碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向至少有一个改变．
5.弹性碰撞的结论
以质量为、速度为的小球与质量为的静止小球发生弹性碰撞为例，则有
，
联立解得：，
讨论：
①若，则， (速度交换)；
②若，则， (碰后两物体沿同一方向运动)；当时，，；
③若，则， (碰后两物体沿相反方向运动)；当时，，.
【技巧点拨】物体A与静止的物体B发生碰撞，当发生完全非弹性碰撞时损失的机械能最多，物体B的速度最小，，当发生弹性碰撞时，物体B速度最大，，则碰后物体B的速度范围为：.
【实战演练】
(2022·北京卷·10)质量为m1和m2的两个物体在光滑水平面上正碰，其位置坐标x随时间t变化的图像如图所示。下列说法正确的是( )
A. 碰撞前m2的速率大于m1的速率B. 碰撞后m2的速率大于m1的速率
C. 碰撞后m2的动量大于m1的动量D. 碰撞后m2的动能小于m1的动能
【答案】C
【解析】解：A、x−t图象的斜率表示物体运动的速度，由图可知，碰前m2保持静止，m1速度为v1=41m/s=4m/s，故A错误；
B、根据斜率可知，碰撞后m2的速率为v′2=8−42m/s=2m/s，m1的速率为v′1=0−42m/s=−2m/s，负号说明m1反向弹回，二者速度大小相等，故B错误；
C、碰撞后m1反向弹回，以开始时m1的方向为正方向，由动量守恒定律可知，m1v1=m1v′1+m2v′2，代入数据解得，m2=3m1，由速度速度大小相等，则说明碰撞后碰撞后m2的动量大于m1的动量，故C正确；
D、由动能的表达式可知，m1的动能Ek1=12m1v′12=12×m1×22=2m1，m1的动能Ek2=12m2v′22=12×m2×22=2m2，因为m2=3m1，v′1=v′2，所以碰撞后m2的动能小于m1的动能，故D错误。
【实战演练】
(2020·全国卷Ⅱ·21)水平冰面上有一固定的竖直挡板，一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0 kg的静止物块以大小为5.0 m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板弹性碰撞．总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0 m/s，反弹的物块不能再追上运动员．不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为( )
A．48 kg B．53 kg C．58 kg D．63 kg
【答案】BC
【解析】设运动员的质量为M，第一次推物块后，运动员速度大小为v1，第二次推物块后，运动员速度大小为v2……第八次推物块后，运动员速度大小为v8，第一次推物块后，由动量守恒定律知：Mv1＝mv0；第二次推物块后由动量守恒定律知：M(v2－v1)＝m[v0－(－v0)]＝2mv0，……，第n次推物块后，由动量守恒定律知：M(vn－vn－1)＝2mv0，各式相加可得vn＝eq \f(2n－1mv0,M)，则v7＝eq \f(260 kg·m/s,M)，v8＝eq \f(300 kg·m/s,M).由题意知，v7<5 m/s，则M>52 kg，又知v8>5 m/s，则M<60 kg，故选B、C.
四、爆炸
1.爆炸问题的特点是物体间的相互作用突然发生，作用时间很短，作用力很大，且远大于系统受的外力，故可用动量守恒定律来处理.
2.在爆炸过程中，有其他形式的能转化为动能，系统的动能爆炸后会增加，在碰撞过程中，系统的总动能不可能增加，一般有所减少而转化为内能.
3.由于爆炸问题作用时间很短，作用过程中物体的位移很小，一般可忽略不计，可以把作用过程作为一个理想化过程简化处理.即作用后还从作用前瞬间的位置以新的动量开始运动.
【实战演练】
(2021·浙江1月选考·12)在爆炸实验基地有一发射塔，发射塔正下方的水平地面上安装有声音记录仪．爆炸物自发射塔竖直向上发射，上升到空中最高点时炸裂成质量之比为2∶1、初速度均沿水平方向的两个碎块．遥控器引爆瞬间开始计时，在5 s末和6 s末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声．已知声音在空气中的传播速度为340 m/s，忽略空气阻力．下列说法正确的是( )
A．两碎块的位移大小之比为1∶2 B．爆炸物的爆炸点离地面高度为80 m
C．爆炸后的质量大的碎块的初速度为68 m/s D．爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340 m
【答案】B
【解析】设碎块落地的时间为t，质量大的碎块水平初速度为v，则由动量守恒定律知质量小的碎块水平初速度为2v，爆炸后的碎块做平抛运动，下落的高度相同，则在空中运动的时间相同，由水平方向x＝v0t知落地水平位移之比为1∶2，碎块位移s＝eq \r(x2＋y2)，可见两碎块的位移大小之比不是1∶2，故A项错误；据题意知，vt＝(5－t)×340 (m/s)，又2vt＝(6－t)×340 (m/s)，联立解得t＝4 s，v＝85 m/s，故爆炸点离地面高度为h＝eq \f(1,2)gt2＝80 m，故B项正确，C项错误；两碎块落地点的水平距离为Δx＝3vt＝1 020 m，故D项错误．
五、反冲运动和人船模型
1.反冲现象：反冲现象是指在系统内力作用下，系统内一部分物体向某方向发生动量变化时，系统内其余部分物体向相反的方向发生动量变化的现象.喷气式飞机、火箭等都是利用反冲运动的实例.显然，在反冲现象里，系统的动量是守恒的.
【技巧点拨】
①作用原理：反冲运动是系统内两物体之间的作用力和反作用力产生的效果
②反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，所以反冲运动遵循动量守恒定律
③反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总机械能增加
2.人船模型
①模型图示

②模型特点
Ⅰ、两物体满足动量守恒定律：
Ⅱ、两物体的位移大小满足：，又
得，
③运动特点
Ⅰ、人动则船动，人静则船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；
Ⅱ、人船位移比等于它们质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即.
六、微粒类问题
七、“滑块—弹簧”模型
1．模型图示
2．模型特点
①动量守恒：两个物体与弹簧相互作用的过程中，若系统所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒；
②机械能守恒：系统所受的外力为零或除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒；
③弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系统动能通常最小(完全非弹性碰撞拓展模型)；
④弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大(完全弹性碰撞拓展模型，相当于碰撞结束时)．
【实战演练】
(2022·全国卷乙·12)如图(a)所示，一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上，物块B向A运动，t=0时与弹簧接触，到t=2t0时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的v∼t图像如图(b)所示.已知从t=0到t=t0时间内，物块A运动的距离为0.36v0t0.A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同.斜面倾角为θ(sinθ=0.6)，与水平面光滑连接，碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内.求
(1)第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值；
(2)第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值；
(3)物块A与斜面间的动摩擦因数．
【答案】解：(1)设物块B的质量为M，t0时刻物块A、B达到共速，弹簧弹性势能此时最大，设为Epm，0～t0时间内两物块作用过程满足动量守恒定律，以水平向右为正方向，结合图(b)数据得：M×1.2v0=(M+m)v0,解得：M=5m
此过程对A、B和弹簧组成的系统，由机械能守恒定律得：Epm=12M(1.2v0)2−12(M+m)v02
解得：Epm=0.6mv02；
(2)t0时刻物块A、B达到共速，此弹簧压缩量最大
因0～t0时间内两物块受到合力大小等于弹簧的弹力大小，故两物块所受合力大小相等，方向相反，又因M=5m
由牛顿第二定律可知物块B做减速直线运动的加速度大小始终等于物块A做加速直线运动的加速度大小的15，那么在相同时间内，物块B的速度减小量始终等于物块A的速度增加量的15，由v−t图像与时间轴围成的面积表示位移的大小，如图1所所示：
已知：0～t0时间内，物块A运动的距离为0.36v0t0。即图中面积SA=0.36v0t0
物块B相对匀速运动而减小的位移大小等于图中面积SB，由前述分析可知：
SB=15SA=15×0.36v0t0=0.072v0t0
则0～t0时间内，物块B运动的位移大小为：
xB=1.2v0t0−SB=1.2v0t0−0.072v0t0=1.128v0t0
由位移关系可得第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值为：
Δlm=xB−SA=1.128v0t0−0.36v0t0=0.768v0t0；
(3)已知A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同，可知A两次滑上斜面的初速度相同，且为2v0。
设A第一次下滑到斜面底端时的速度大小为vA(其方向水平向左)，A与B再次碰撞后B的速度为vB，以水平向右为正方向，对A与B再次碰撞的过程，根据动量守恒定律和机械能守恒定律，结合图(b)数据得：
M×0.8v0−mvA=MvB+m×2v0
12M(0.8v0)2+12mvA2=12MvB2+12m(2v0)2
联立解得：vA=v0
设A在斜面上上滑的最大高度为ℎ，A与斜面间的动摩擦因数为μ，对A第一次滑上斜面到达最高点的过程，由动能定理得：
−mgℎ−μmgcsθ⋅ℎsinθ=0−12m(2v0)2
对A第一次滑上斜面又到达斜面底端的过程，由动能定理得：
−2μmgcsθ⋅ℎsinθ=12mvA2−12m(2v0)2
联立代入数据解得：μ=0.45。
答：(1)第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值为0.6mv02；；
(2)第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值为0.768v0t0；
(3)物块A与斜面间的动摩擦因数为0.45。
【解析】(1)t0时刻物块A、B达到共速，弹簧弹性势能此时最大。0～t0时间内两物块作用过程，由动量守恒定律求得B的质量；由机械能守恒定律求解弹簧弹性势能最大值；
(2)t0时刻物块A、B达到共速，此时弹簧压缩量最大。已知0～t0时间内，物块A运动的距离，根据牛顿第二定律，分析两物块运动中的物理量的关系，根据v−t图像与时间轴围成的面积表示位移的大小，求得B物块位移，再由两物块的位移关系求解；
(3)已知A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同，可知A两次滑上斜面的初速度相同。根据动量守恒定律和机械能守恒定律，求得A第一次下滑到斜面底端时的速度大小；对A在斜面上滑动的过程，由动能定理求解。
八、“滑块—斜(曲)面”模型
1．模型图示
2．模型特点
①上升到最大高度：m与M具有共同水平速度，此时m的竖直速度.系统水平方向动量守恒，；系统机械能守恒，，其中h为滑块上升的最大高度，不一定等于弧形轨道的高度(相当于完全非弹性碰撞，系统减少的动能转化为m的重力势能)．
②返回最低点：m与M分离点．水平方向动量守恒，；系统机械能守恒相当于完成了弹性碰撞)．
【实战演练】
(2023·湖南卷·15)如图，质量为M的匀质凹槽放在光滑水平地面上，凹槽内有一个半椭圆形的光滑轨道，椭圆的半长轴和半短轴分别为a和b，长轴水平，短轴竖直。质量为m的小球，初始时刻从椭圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑。以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点，在竖直平面内建立固定于地面的直角坐标系xOy，椭圆长轴位于x轴上。整个过程凹槽不翻转，重力加速度为g。
(1)小球第一次运动到轨道最低点时，求凹槽的速度大小以及凹槽相对于初始时刻运动的距离；
(2)在平面直角坐标系xOy中，求出小球运动的轨迹方程；
(3)若Mm=ba−b，求小球下降ℎ=b2高度时，小球相对于地面的速度大小(结果用a、b及g表示)。
【答案】解：(1)小球第一次运动到轨道最低点时，小球和凹槽组成的系统水平方向上动量守恒，机械能守恒，选水平向左的方向为正方向，设小球的速度为v1，凹槽的速度为v2，则
0=mv1−Mv2
两边同时乘以t可得：0=mx1−Mx2
根据几何关系可知：x1+x2=a
根据机械能守恒定律可得：mgb=12mv12+12Mv22
联立解得：v2= 2m2gbM2+Mm；x2=maM+m
(2)设小球的坐标为(x,y)，设此时凹槽向右运动的距离为x0，则m(a−x)=Mx0
小球在凹槽所在的椭圆上，根据数学知识可分析出此时的椭圆方程为：(x−x0)2a2+y2b2=1
整理可得：[x(M+m)−ma]2M2a2+y2 b2=1
(3)将Mm=ba−b代入上述的轨迹方程可得：[x−(a−b)]2+y2=b2
根据数学知识可知，上述的轨迹方程是以(a−b,0)为圆心，b为半径的圆，当小球下落的高度为ℎ=b2时，对应的位置如图所示：

此时可知速度的方向与水平方向的夹角为60°，小球下落的高度为b2 过程中，系统水平方向动量守恒，选择水平向左的方向为正方向，设小球的速度为v3，凹槽的速度为v4，则
0=mv3cs60°−Mv4
根据机械能守恒定律可得；
12mgb=12mv32+12Mv42
联立解得：v3=2b ga+3b
答：(1)小球第一次运动到轨道最低点时，凹槽的速度大小为 2m2gbM2+Mm，凹槽相对于初始时刻运动的距离为maM+m；
(2)在平面直角坐标系xOy中，小球运动的轨迹方程为[x(M+m)−ma]2M2a2+y2 b2=1；
(3)若Mm=ba−b，求小球下降ℎ=b2高度时，小球相对于地面的速度大小为2b ga+3b。
九、“滑块—木板”模型
1．模型图示
2．模型特点
①系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能．
②若滑块未从木板上滑下，当两者速度相同时，木板速度最大，相对位移最大．
3．求解方法
①求速度：根据动量守恒定律求解，研究对象为一个系统；
②求时间：根据动量定理求解，研究对象为一个物体；
③求系统产生的内能或相对位移：根据能量守恒定律或，研究对象为一个系统．
【实战演练】
(2023·海南卷·18)如图所示，有一固定的光滑14圆弧轨道，半径R=0.2m，一质量为mB=1kg的小滑块B从轨道顶端滑下，在其冲上长木板C左端时，给木板一个与小滑块相同的初速度，已知mC=3kg，B、C间动摩擦因数μ1=0.2，C与地面间的动摩擦因数μ2=0.8，C右端有一个挡板，C长为L。
求：
(1)B滑到A的底端时对A的压力是多大？
(2)若B未与C右端挡板碰撞，当B与地面保持相对静止时，B、C间因摩擦产生的热量是多少？
(3)在0.16m【答案】解：(1)滑块下滑到轨道底部，有mBgR=12mBv02−0 解得：v0=2m/s
在底部，根据牛顿第二定律FN−mBg=mBv02R 解得：FN=30N
由牛顿第三定律可知B对A的压力是30N。
(2)当B滑上C后，对B分析，受摩擦力向左，根据牛顿第二定律得fB=μ1mBg=mBaB
解得：a1=2m/s2，方向水平向左
对C分析，受B向右的摩擦力μ1mBg和地面向左的摩擦力f地C=μ2(mB+mC)g
根据牛顿第二定律f地C−fBC=μ2(mB+mC)g−μ1mBg=mCa2
解得其加速度向左为a2=10m/s2
根据运动学公式可得得B向右运动的距离为：x1=v022a1
代入数据解得：x1=1m
C向右运动距离x2=v022a2
代入数据解得：x2=0.2m
由功能关系可知，B、C间摩擦产生的热量Q=μ1mBg(x1−x2)
可得：Q=1.6J
(3)由上问可知，若B还末与C上挡板碰撞，C先停下，用时为t1，有t1=v0a2
解得：t1=0.2s
B的位移为xB1=v0t1−12a1t12 代入数据解得：xB1=0.36m
则此刻的相对位移为x相=xB1−x2=0.36m−0.20m=0.16m
此时vB1=v−a1t1 代入数据解得：vB1=1.6m/s
由L>0.16m，一定是C停下之后，B才与C上挡板碰撞。设再经t2时间B与C挡板碰撞，有
L−0.16=1.6vB1−12a1t22
解得：t2=0.8− 0.8−L
碰撞时B速度为vB2=vB1−a1t2=2 0.8−L
碰撞时，选择水平向右的方向为正方向，则由动量守恒可得mBvB2=(mA+mB)v
解得碰撞后B、C速度为v= 0.8−L2
之后二者一起减速，根据牛顿第二定律得a3=μ2(mA+mB)gmA+mB
代入数据解得：a3=8m/s2
后再经t3后停下，则有t3=va3= 0.8−L16
故B从滑上C到最终停止所用的时间总时间t=t1+t2+t3
联立解得：t=(1−15 0.8−L16)s
答：(1)B滑到A的底端时对A的压力为30N；
(2)若B未与C右端挡板碰撞，当B与地面保持相对静止时，B、C间因摩擦产生的热量是1.6J；
(3)在0.16m知识点04 力学综合问题
一、解动力学问题的三个基本观点
1.动力学观点：运用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题．
2.能量观点：用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题．
3.动量观点：用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题．用动量定理可简化问题的求解过程．
二、力学规律的选用原则
1.如果要列出各物理量在某一时刻的关系式，可用牛顿第二定律．
2.研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理(涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)去解决问题．
3.若研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用，一般用动量守恒定律和机械能守恒定律去解决问题，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件．
4.在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律，系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，即转化为系统内能的量．
5.在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到这些过程一般均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转化，作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决．
【实战演练】
(2023·浙江1月选考·18)一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由固定在水平地面上倾角θ＝37°的直轨道AB、螺旋圆形轨道BCDE、倾角θ＝37°的直轨道EF、水平直轨道FG组成，除FG段外各段轨道均光滑，且各处平滑连接．螺旋圆形轨道与轨道AB、EF相切于B(E)处．凹槽GHIJ底面HI水平光滑，上面放有一无动力摆渡车，并紧靠在竖直侧壁GH处，摆渡车上表面与直轨道FG、平台JK位于同一水平面．已知螺旋圆形轨道半径R＝0.5 m，B点高度为1.2R，FG长度LFG＝2.5 m，HI长度L0＝9 m，摆渡车长度L＝3 m、质量m＝1 kg.将一质量也为m的滑块从倾斜轨道AB上高度h＝2.3 m处静止释放，滑块在FG段运动时的阻力为其重力的0.2倍．(摆渡车碰到竖直侧壁IJ立即静止，滑块视为质点，不计空气阻力，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)
(1)求滑块过C点的速度大小vC和轨道对滑块的作用力大小FC；
(2)摆渡车碰到IJ前，滑块恰好不脱离摆渡车，求滑块与摆渡车之间的动摩擦因数μ；
(3)在(2)的条件下，求滑块从G到J所用的时间t.
【答案】
(1)4 m/s 22 N (2)0.3 (3)2.5 s
【解析】
(1)滑块从静止释放到C点过程，根据动能定理可得mg(h－1.2R－R－Rcs θ)＝eq \f(1,2)mvC2
解得vC＝4 m/s
滑块过C点时，根据牛顿第二定律可得
FC＋mg＝meq \f(vC2,R)
解得FC＝22 N
(2)设滑块刚滑上摆渡车时的速度大小为v，从静止释放到G点过程，根据动能定理可得
mgh－0.2mgLFG＝eq \f(1,2)mv2
解得v＝6 m/s
摆渡车碰到IJ前，滑块恰好不脱离摆渡车，说明滑块到达摆渡车右端时刚好与摆渡车共速，设为v1，以滑块和摆渡车为系统，根据系统动量守恒可得mv＝2mv1
解得v1＝eq \f(v,2)＝3 m/s
根据能量守恒可得Q＝μmgL＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)×2mv12
解得μ＝0.3
(3)滑块从滑上摆渡车到与摆渡车共速过程，滑块的加速度大小为a＝eq \f(μmg,m)＝3 m/s2
所用时间为t1＝eq \f(v－v1,a)＝1 s
此过程滑块通过的位移为x1＝eq \f(v＋v1,2)t1＝4.5 m
滑块与摆渡车共速后，滑块与摆渡车一起做匀速直线运动，该过程所用时间为t2＝eq \f(L0－x1,v1)＝1.5 s
则滑块从G到J所用的时间为t＝t1＋t2＝2.5 s.
【实战演练】
(2022·广东卷·13)某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型．竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态．当滑块从A处以初速度v0为10 m/s向上滑动时，受到滑杆的摩擦力Ff为1 N，滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动．已知滑块的质量m＝0.2 kg，滑杆的质量M＝0.6 kg，A、B间的距离l＝1.2 m，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力．求：
(1)滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小FN1和FN2；
(2)滑块碰撞前瞬间的速度大小v1；
(3)滑杆向上运动的最大高度h.
【答案】(1)8 N 5 N (2)8 m/s (3)0.2 m
【解析】(1)当滑块处于静止时桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的重力，
即FN1＝(m＋M)g＝8 N
当滑块向上滑动时受到滑杆的摩擦力为1 N，根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力也为1 N，方向竖直向上，则此时桌面对滑杆的支持力为FN2＝Mg－Ff′＝5 N.
(2)滑块开始向上运动到碰前瞬间根据动能定理有－mgl－Ffl＝eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)mv02
代入数据解得v1＝8 m/s.
(3)由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞，即碰后两者共速，取竖直向上为正方向，碰撞过程根据动量守恒定律有mv1＝(m＋M)v
碰后滑块和滑杆以速度v整体向上做竖直上抛运动，根据动能定理有
－(m＋M)gh＝0－eq \f(1,2)(m＋M)v2
代入数据联立解得h＝0.2 m.
【实战演练】
(2022·浙江6月选考·20)如图所示，在竖直面内，一质量m的物块a静置于悬点O正下方的A点，以速度v逆时针转动的传送带MN与直轨道AB、CD、FG处于同一水平面上，AB、MN、CD的长度均为l.圆弧形细管道DE半径为R，EF在竖直直径上，E点高度为H.开始时，与物块a相同的物块b悬挂于O点，并向左拉开一定的高度h由静止下摆，细线始终张紧，摆到最低点时恰好与a发生弹性正碰．已知m＝2 g，l＝1 m，R＝0.4 m，H＝0.2 m，v＝2 m/s，物块与MN、CD之间的动摩擦因数μ＝0.5，轨道AB和管道DE均光滑，物块a落到FG时不反弹且静止．忽略M、B和N、C之间的空隙，CD与DE平滑连接，物块可视为质点，取g＝10 m/s2.
(1)若h＝1.25 m，求a、b碰撞后瞬时物块a的速度v0的大小；
(2)物块a在DE最高点时，求管道对物块的作用力FN与h间满足的关系；
(3)若物块b释放高度0.9 m【答案】(1)5 m/s
(2)FN＝0.1h－0.14 N(h≥1.2 m)
(3)当0.9 m【解析】(1)物块b摆到最低点过程中，由机械能守恒定律有mgh＝eq \f(1,2)mvb2，解得vb＝5 m/s①
b与a发生弹性正碰，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有mvb＝mvb′＋mv0②
eq \f(1,2)mvb2＝eq \f(1,2)mvb′2＋eq \f(1,2)mv02③
联立①②③解得v0＝5 m/s④
(2)由(1)分析可知，物块b与物块a在A处发生弹性正碰，速度交换，若物块a刚好可以到达E点对应的高度为h1，根据动能定理可得mgh1－2μmgl－mgH＝0，解得h1＝1.2 m⑤
以竖直向下为正方向，则有FN＋mg＝meq \f(vE2,R)⑥
由动能定理有mgh－2μmgl－mgH＝eq \f(1,2)mvE2⑦
联立⑥⑦可得FN＝0.1h－0.14 N(h≥1.2 m)⑧
(3)当1.2 m≤h<1.65 m时，最终物块a静止的位置在E点或E点右侧，根据动能定理得
mgh－2μmgl－mgH＝eq \f(1,2)mvE2⑨
从E点飞出后，竖直方向H＝eq \f(1,2)gt2⑩
水平方向s1＝vEt⑪
当h最大时，s1最大，即s1max＝0.6 m，又因x取不到最大值，则s1取不到最大值，
根据几何关系可得DF＝eq \f(\r(3),5) m⑫
x＝3l＋DF＋s1⑬
代入数据解得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3＋\f(\r(3),5))) m≤x<(3.6＋eq \f(\r(3),5)) m；⑭
当0.9 m当h最小时
解得s2＝1.8 m⑯
可知物块a达到距离C点右侧0.8 m处静止；
当h取1.2 m时，
物块a在E点速度为零，若返回到CD时，根据动能定理可得mgH－μmgs3＝0，解得s3＝0.4 m，距离C点0.6 m，
又因h＝1.2 m不在此范围内，故当0.9 m代入数据得2.6 m考点内容
要求
考情
动量和冲量
c
2023·广东卷·10、2021·全国乙卷·14
2022·北京卷·10、2020·全国卷Ⅱ·21
2021·浙江1月选考·12、2022·全国卷乙·12
2023·湖南卷·15、2023·海南卷·18
2023·浙江1月选考·18、2022·广东卷·13
2022·浙江6月选考·20
动量定理
c
动量守恒定律
c
碰撞、爆炸
d
反冲运动、火箭
b
微粒类问题
c
各类动量模型
d
学
习
目
标
1.理解动量的定义及表达式，理解冲量的定义及表达式，会计算恒力、变力的动量。知道动量与冲量的矢量性。
2.理解动量定理及其表达式，能用动量定理解决相关问题，能利用动量定理解释生活中的有关现象，会在流体力学中建立“柱状”模型．
3.理解系统动量守恒的条件，会应用动量守恒定律解决基本问题，会用动量守恒观点分析爆炸、反冲运动和人船模型，理解碰撞的种类及其遵循的规律，能熟练解决各种动量模型．
4.掌握解决力学综合问题常用的三个观点，会灵活选用三个观点解决力学综合问题．
动量
动能
物理意义
描述机械运动状态的物理量
定义式
标矢性
矢量
标量
变化因素
合外力的冲量
合外力所做的功
大小关系
变化量
联系
(1)都是相对量，与参考系的选取有关，通常选取地面为参考系
(2)若物体的动能发生变化，则动量一定也发生变化；但动量发生变化时动能不一定发生变化
冲量
功
定义
作用在物体上的力和力作用时间的乘积
作用在物体上的力和物体在力的方向上的位移的乘积
单位
N·s
J
公式
(F为恒力)
(F为恒力)
矢标性
矢量
标量
意义
(1)表示力对时间的累积
(2)是动量变化的量度
(1)表示力对空间的累积
(2)是能量变化的量度
联系
都是过程量,都与力的作用过程相联系
分类
对应规律
规律内容
公式表达
力的瞬时
作用效果
牛顿第
二定律
物体的加速度大小与合外力成正比,与质量成反比,加速度方向与合外力的方向相同
力对空间
积累效果
动能定理
合外力对物体所做的功等于物体动能的增加量
机械能
守恒定律
在只有重力(或弹簧弹力)做功的情况下,物体的机械能的总量保持不变
力对时间
积累效果
动量定理
物体所受合外力的冲量等于物体的动量的变化
动量守
恒定律
系统不受外力或所受外力之和为零时,系统的总动量就保持不变(或在某个方向上系统所受外力之和为零时,系统在这个方向上的动量就保持不变)
类型
定义
动量是否守恒
机械能是否守恒
弹性碰撞
碰撞时,内力是弹性力,只发生机械能的转移,系统内无机械能损失
守恒
守恒
非弹性碰撞
发生非弹性碰撞时,内力是非弹性力,部分机械能转化为物体的内能
守恒
有损失
完全非弹性碰撞
发生完全非弹性碰撞时,机械能向内能转化得最多,机械能损失最大.碰后物体粘在一起,以共同速度运动
守恒
损失最大
微粒及其特点
通常电子流、光子流、尘埃等被广义地视为“微粒”,质量具有独立性,通常给出单位体积内的粒子数n
分析步骤
1
建立“柱体”模型,沿运动的方向选取一段微元,柱体的横截面积为
2
微元研究,作用时间内一段柱形流体的长度为,对应的体积为,则微元内的粒子数
3
先应用动量定理研究单个粒子,建立方程,再乘N计算