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动量和能量的综合应用
[建体系·知关联]
[析考情·明策略]
考情分析 纵览2020年山东、海南、北京、天津各省市等级考物理试题，对动量及动量守恒的考查多为简单的选择题；而动量和能量的综合性问题则以计算题形式命题，难度较大，常与曲线运动，带电粒子在电磁场中运动和导体棒切割磁感线相联系。
素养呈现 1.动量、冲量、动量定理
2.动量守恒的条件及动量守恒定律
3.动力学、能量和动量守恒定律的应用
素养落实 1.掌握与动量相关的概念及规律
2.灵活应用解决碰撞类问题的方法
3.熟悉“三大观点”在力学中的应用技巧
考点1| 动量定理和动量守恒定律
冲量和动量定理
(1)恒力的冲量可应用I＝Ft直接求解，变力的冲量优先考虑应用动量定理求解，合外力的冲量可利用I＝F合·t或I合＝Δp求解。
(2)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。
[案例1]　(2020·湖北武汉二中阶段测试)运动员在水上做飞行运动表演，如图所示，他操控喷射式悬浮飞行器将竖直送上来的水反转180°后向下喷出，令自己悬停在空中。已知运动员与装备的总质量为90 kg，两个喷嘴的直径均为10 cm，重力加速度大小g＝10 m/s2，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，则喷嘴处喷水的速度大约为(　　)
A．2.7 m/s B．5.4 m/s C．7.6 m/s D．10.8 m/s
[题眼点拨]　①“悬停在空中”表明水向上的冲击力等于运动员与装备的总重力。
②“水反转180°”水速度变化量大小为2v。
B　[两个喷嘴的横截面积均为S＝πd2，根据平衡条件可知每个喷嘴对水的作用力为F＝mg，取质量为Δm＝ρSvΔt的水为研究对象，根据动量定理得FΔt＝2Δmv，解得v＝≈5.4 m/s，选项B正确。]
动量和动量守恒定律
(1)判断动量是否守恒时，要注意所选取的系统，注意区别系统内力与外力。系统不受外力或所受合外力为零时，系统动量守恒。
(2)动量守恒具有矢量性，若系统在某个方向上合力为零，则系统在该方向上满足动量守恒定律。
(3)动量守恒表达式：m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2或p＝p′或Δp＝0。
[案例2]　(多选)(2020·山东潍坊高三第二次模拟考试)如图所示，两平行光滑杆水平放置，两相同的小球M、N分别套在两杆上，并由一轻质弹簧拴接，开始时弹簧与杆垂直。已知两杆间距为0.4 m，弹簧原长为0.5 m，两球的质量都为0.2 kg。现给M球一沿杆向右的大小为0.6 N·s的瞬时冲量，关于之后的运动，以下说法正确的是(　　)
A．M球在开始的一段时间内做加速度逐渐增大的加速运动，直到达到运动中的最大速度
B．弹簧第一次达到0.6 m时，M球的速度大小为3 m/s
C．弹簧第二次达到0.6 m时，M球的速度大小为3 m/s
D．弹簧达到最长时，M球的速度大小为1.5 m/s
BD　[现给M球一沿杆向右大小为0.6 N·s的瞬时冲量，由动量定理I＝mv0可得，M球的初速度为v0＝3 m/s。M球沿杆向右运动，由于受到弹簧的弹力作用，M球在开始的一段时间内做加速度逐渐减小的加速运动，直到达到运动中的最大速度，A错误。弹簧第一次达到0.5 m(原长)时，M球开始减速；弹簧第一次达到0.6 m时，弹簧的弹性势能与开始时相等，M、N两球速度方向相反，设M球速度为vM，N球速度为vN，由动量守恒定律有mv0＝mvM＋mvN，由机械能守恒定律有mv＝mv＋mv，联立解得vM＝3 m/s，vN＝0(另一解不合题意，舍去)，B正确。弹簧第二次达到0.6 m时，由动量守恒定律有mv0＝mvM＋mvN，由机械能守恒定律有mv＝mv＋mv，解得vM＝0，vN＝3 m/s(另一解不合题意，舍去)，C错误。弹簧达到最长时，M、N两球速度相等，由动量守恒定律有mv0＝2mvM，解得vM＝1.5 m/s，D正确。]
动量定理与动量守恒定律的综合
(1)动量定理与动量守恒定律都是矢量方程，应用时要规定正方向，同时要关注速度、速度变化量、动量及动量变化量的矢量性。
(2)动量定理关注力和力的作用时间，而动量守恒定律要关注系统内相互作用过程。
[案例3]　如图所示，在光滑水平面上，人站在静止的小车上用力向右推静止的木箱，木箱以相对冰面6 m/s的速度向右匀速运动，运动一段时间后与竖直墙壁发生弹性碰撞，反弹回来被人接住后，再以相对冰面6 m/s的速度向右推出。已知木箱的质量为10 kg，人与车的总质量为60 kg。求：
(1)第一次推出木箱的过程，人对木箱的冲量大小；
(2)人在一次接住与推出木箱的过程，木箱对人的冲量大小；
(3)人推木箱多少次后，人接不到木箱。
[解析]　(1)第一次推出木箱的过程，对木箱，由动量定理可知：
人对木箱的冲量I＝m箱v箱 ①
代入数据得：I＝10×6 kg·m/s＝60 kg·m/s。 ②
(2)人接住木箱到推出木箱过程，设向左的方向为正方向，木箱对人的冲量大小I2＝m箱v箱－(－m箱v箱)＝2m箱v箱＝120 kg·m/s。 ③
(3)第一次推木箱过程，木箱对人的冲量为
I1＝m箱v箱
设人推木箱n次后，人接不到木箱，则
I1＋(n－1)I2＝m人v人 ④
其中v人≥v箱 ⑤
代入数据得：n≥3.5 ⑥
即：人推木箱4次后，人接不到木箱。 ⑦
[答案]　(1)60 kg·m/s　(2)120 kg·m/s　(3)4
[题组训练]
1．(多选)(2020·河南洛阳一模)如图所示，质量为m＝245 g的物块(可视为质点)放在质量为M＝0.5 kg的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平地面上，物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4，质量为m0＝5 g的子弹以速度v0＝300 m/s沿水平向右方向打入物块并留在其中(时间极短)，g＝10 m/s2，则在整个过程中(　　)
A．物块和木板组成的系统动量守恒
B．子弹的末动量大小为0.01 kg·m/s
C．子弹对物块的冲量大小为0.49 N·s
D．物块相对木板滑行的时间为1 s
BD　[子弹打入物块的过程中，物块和木板的动量都增大，所以物块和木板组成的系统动量不守恒，选项A错误；选取水平向右为正方向，子弹打入物块的过程中，由动量守恒定律可得m0v0＝(m0＋m)v1　①，物块在木板上滑动的过程中，由动量守恒定律可得(m0＋m)v1＝(m0＋m＋M)v2　②，联立可得子弹的末速度大小v2＝＝2 m/s，所以子弹的末动量大小p＝m0v2＝0.01 kg·m/s，选项B正确；p0＝m0v0，由动量定理可得物块对子弹的冲量大小I＝Δp＝p－p0＝Ft＝－1.49 N·s，负号表示方向向左，根据牛顿第三定律可知，子弹对物块的作用力与力F大小相等，方向向右，又作用时间相等，所以子弹对物块的冲量大小I′＝1.49 N·s，选项C错误；对子弹、物块组成的整体，由动量定理得－μ(m0＋m)gt＝(m0＋m)(v2－v1)　③，由①②③式联立可得，物块相对于木板滑行的时间t＝1 s，选项D正确。]
2．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m1＝1 600 kg的试验车以速度v1＝36 km/h正面撞击固定试验台，经时间t1＝0.10 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m2＝1 600 kg、速度v2＝18 km/h同向行驶的汽车，经时间t2＝0.16 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)v1＝36 km/h＝10 m/s，取速度v1的方向为正方向
由动量定理有－I0＝0－m1v1 ①
将已知数据代入①式得
I0＝1.6×104 N·s ②
由冲量定义有I0＝F0t1 ③
将已知数据代入③式得F0＝1.6×105 N。 ④
(2)设试验车和汽车碰撞后获得共同速度v
由动量守恒定律有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v ⑤
对试验车，由动量定理有－Ft2＝m1v－m1v1 ⑥
将已知数据代入⑤⑥式得F＝2.5×104 N
可见F[答案]　见解析
考点2| 碰撞类问题
新储备·等级考提能
1．碰撞的基本规律
2．可熟记一些公式和结论
(1)“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足：
v1＝v0、v2＝v0。
(2)结论：当两球质量相等时，两球碰撞后交换速度；当m1?m2，且v20＝0时，碰后质量大的速率不变，质量小的速率为2v0。当m1?m2，且v20＝0时，碰后质量小的球原速率反弹。
新案例·等级考评价
[案例4]　(2020·山东滨州市重点中学高考模拟)质量为mA＝1.0 kg的小物块A静止在水平地面上，与其右侧的竖直墙壁距离l＝1.0 m，如图所示。质量为mB＝3.0 kg的小物块B以v0＝2 m/s的速度与A发生弹性正碰，碰后A沿水平地面向右运动。A、B与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.20，重力加速度g＝10 m/s2。A、B运动过程中的碰撞均为弹性正碰且碰撞时间极短。
(1)求A、B碰后瞬间速度vA、vB的大小；
(2)A、B碰后哪一个速度先减为零？求此时A与B之间的距离Δs1；
(3)A和B都停止运动后，A与B之间的距离Δs2。
[解析]　(1)小物块A、B发生弹性正碰，则
由动量守恒定律有mBv0＝mAvA＋mBvB
由机械能守恒定律有mBv＝mBv＋mAv
联立并代入题给数据得vA＝3.0 m/s，vB＝1.0 m/s。
(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发生第二次碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为碰撞后速度较小的B。设从碰撞到B停止所需时间为t，B向右运动的路程为sB。
则有μmBg＝mBa
sB＝vBt－at2
vB－at＝0
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－at2
联立并代入题给数据得
sA＝1.25 m，sB＝0.25 m。
这表明在时间t内A已与墙壁发生碰撞，但没有与B再次发生碰撞，故假设成立，B停止时A位于出发点右侧0.75 m处，B位于出发点右侧0.25 m处，两物块之间的距离为
Δs1＝0.75 m－0.25 m＝0.50 m。
(3)t时刻后A将继续向左运动，假设它能与静止的B再次碰撞，碰撞前瞬间A的速度大小为v′A，由动能定理有
－μmAg(2l－sB)＝mAv′－mAv
解得v′A＝ m/s
故A与B将再次发生碰撞。设碰撞后A、B的速度分别为v″A和v″B，由动量守恒定律与机械能守恒定律有
mA(－v′A)＝mAv″A＋mBv″B
mAv′＝mAv″＋mBv″
联立并代入题给数据得v″A＝ m/s，v″B＝－ m/s
这表明碰撞后A将向右运动，B向左运动。设碰撞后A向右运动距离为s′A时停止，B向左运动距离为s′B时停止，由运动学公式有
2as′A＝v″，2as′B＝v″
解得s′A＝0.125 m，s′B＝0.125 m
s′A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Δs2＝0.25 m。
[答案]　(1)3.0 m/s　1.0 m/s　(2)B物块　0.50 m　(3)0.25 m
规律总结：碰撞问题的两点注意
(1)判断两物体碰撞瞬间的情况：当两物体相碰时，首先要判断碰撞时间是否极短、碰撞时的相互作用力(内力)是否远远大于外力。
(2)根据两物体碰撞时遵循的物理规律，列出相对应的物理方程：
①如果物体间发生的是弹性碰撞，则一般是列出动量守恒方程和机械能守恒方程进行求解，如例题中的碰撞过程为弹性碰撞；
②如果物体间发生的是非弹性碰撞，则一般应用动量守恒定律和能量守恒定律(功能关系)进行求解。
[跟进训练]
1．(2020·全国卷Ⅲ·T15)甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。已知甲的质量为1 kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为(　　)
A．3 J B．4 J C．5 J D．6 J
A　[设乙物块的质量为m乙，由动量守恒定律有m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v′甲＋m乙v′乙，代入图中数据解得m乙＝6 kg，进而可求得碰撞过程中两物块损失的机械能为E损＝m甲v＋m乙v－m甲v′－m乙v′，代入图中数据解得E损＝3 J，选项A正确。]
2．如图所示，在光滑桌面上静止放置着长木板B和物块C，长木板B上表面的右端有一物块A，物块A与长木板B之间的动摩擦因数为0.2，长木板足够长。现让物块C以4 m/s的初速度向右运动，与木板B碰撞后粘在一起。已知物块A的质量为2 kg，长木板B的质量为1 kg，物块C的质量为3 kg，重力加速度g取10 m/s2，试求：
(1)C与B碰撞过程中，损失的机械能；
(2)最终A、B、C的速度大小以及A相对于B运动的距离。
[解析]　(1)设B、C碰撞后的瞬时速度大小为v1，取向右为正方向，根据动量守恒定律得mCvC＝(mB＋mC)v1
解得v1＝3 m/s
碰撞过程中，损失的机械能
ΔE＝mCv－(mB＋mC)v
代入数据解得ΔE＝6 J。
(2)设最终速度为v2，取向右为正方向，
根据动量守恒定律得mCvC＝(mA＋mB＋mC)v2
解得v2＝2 m/s
根据功能关系得
μmAgx＝(mB＋mC)v－(mA＋mB＋mC)v
解得x＝1.5 m。
[答案]　(1)6 J　(2)均为2 m/s　1.5 m
考点3| 动力学、动量和能量观点的综合应用
新储备·等级考提能
1．动量与能量的综合问题，常取材“滑块—滑板”模型、“传送带”模型、“弹簧—物块”模型等，设置多个情景、多个过程，考查力学三大观点的综合应用。要成功解答此类“情景、过程综合”的考题，就要善于在把握物理过程渐变规律的同时，洞察过程的临界情景，结合题给条件(往往是不确定条件)，进行求解(注意结合实际情况分类讨论)。
2．“三大观点”的选取原则
(1)当涉及功、能和位移时，一般选用动能定理、机械能守恒定律、功能关系或能量守恒定律解题，题目中出现相对位移时，应优先选择能量守恒定律。
(2)当涉及多个物体及时间时，一般考虑动量定理、动量守恒定律。
(3)当涉及细节并要求分析力时，一般选择牛顿运动定律，对某一时刻的问题进行求解。
(4)复杂的问题一般需综合应用能量的观点、运动与力的观点解题。
新案例·等级考评价
[案例5]　(2020·山东潍坊高三一模)如图所示，水平轨道左端固定一轻弹簧，弹簧自然伸长时右端在O点，轨道右端与一光滑竖直半圆轨道相连，半圆轨道半径R＝0.5 m，半圆轨道最低点为C，最高点为D。在直轨道最右端放置小物块N，将小物块M靠在弹簧上并压缩到P点，由静止释放，之后与N发生弹性正碰，碰后N恰能通过半圆轨道最高点D。已知两物块与水平轨道间的动摩擦因数均为0.5，M的质量为2 kg，N的质量为4 kg，OP＝0.5 m，OC＝1.5 m，重力加速度g＝10 m/s2。
(1)求N刚进入半圆轨道时对轨道的压力；
(2)求将弹簧压缩到P点时弹簧具有的弹性势能；
(3)若将M与弹簧拴接，将物块N靠在M上，压缩弹簧到P点后由静止释放，N最终停在什么位置？(结果保留两位小数)
[解析]　(1)设物块N的质量为M，物块N恰好到达D点时，根据向心力公式得Mg＝M
设物块N碰后瞬间的速度为v2，从半圆轨道上C点到D点的过程由机械能守恒定律得Mv＝Mv＋2MgR
在半圆轨道最低点C时对轨道的压力最大，由向心力公式得
Fm－Mg＝M
解得Fm＝240 N
根据牛顿第三定律知，压力大小为240 N，方向竖直向下。
(2)设物块M碰前瞬间的速度为v0，碰后瞬间速度为v1，设物块M的质量为m，由动量守恒定律得mv0＝mv1＋Mv2
碰撞过程由机械能守恒定律得mv＝mv＋Mv
弹簧弹开到碰前过程有Ep＝mv＋μmgLPC
解得Ep＝76.25 J。
(3)若物块M、N靠在一起释放，则两者在O点分离，设分离时的速度为v，Ep＝(M＋m)v2＋μ(M＋m)gLOP
分离后物块N到达C点时速度为vC，则有
Mv2＝Mv＋μMgLOC
假设物块N沿半圆轨道上滑不超过圆周处，则有
Mv＝Mgh
解得h≈0.27 m假设成立，故物块N不能到达半圆轨道最高点，将沿半圆轨道滑回，根据能量守恒定律得Mv＝μMgx
解得x≈0.54 m
物块N停在距离C点0.54 m处。
[答案]　(1)240 N　方向竖直向下　(2)76.25 J　(3)N停在距离C点0.54 m处
规律总结：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)如包含摩擦生热问题，则考虑用能量守恒定律分析。
[跟进训练]
1．如图所示，质量m＝1 kg的小物块静止放置在固定水平台的最左端，质量M＝2 kg的小车左端紧靠平台静置在光滑水平地面上，平台、小车的长度l均为0.6 m。现对小物块施加一水平向右的恒力F，使小物块开始运动，当小物块到达平台最右端时撤去恒力F，小物块刚好能够到达小车的右端。小物块大小不计，与平台间、小车间的动摩擦因数μ均为0.5，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)小物块离开平台时速度的大小；
(2)水平恒力F对小物块冲量的大小。
[解析]　(1)设撤去水平向右的恒力F时小物块的速度大小为v0，小物块和小车的共同速度大小为v1。从撤去恒力到小物块到达小车右端过程，以v0的方向为正方向，对小物块和小车组成的系统：
由动量守恒：mv0＝(m＋M)v1
由能量守恒：mv＝(m＋M)v＋μmgl
联立以上两式并代入数据得：v0＝3 m/s。
(2)设水平恒力F对小物块冲量的大小为I，小物块在平台上运动的时间为t。小物块在平台上运动的过程，对小物块：
由动量定理：I－μmgt＝mv0－0
由运动学规律：l＝·t
联立并代入数据得：I＝5 N·s。
[答案]　(1)3 m/s　(2)5 N·s
2．如图所示，长度x＝5 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L＝4 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m＝1.5 kg，B的质量M＝5.5 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v0＝8 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μ＝0.15，A与挡板的碰撞也无机械能损失。取重力加速度g＝10 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v＝4 m/s，试判断A、B能否再次相遇，若能相遇，求出相遇的位置；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
－μmgx＝mv－mv ①
A与B碰撞前后动量守恒，有mvA＝mv′A＋Mv′B ②
由能量守恒定律得mv＝mv′＋Mv′ ③
联立①②③式得v′A＝－4 m/s，v′B＝3 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
－μmgsA＝0－mv′ ④
解得sA＝ m
所以A与挡板碰撞后再运动s′A＝sA－x＝ m ⑤
设B碰撞后向右运动的距离为sB，
则－μMgsB＝0－Mv′ ⑥
解得sB＝3 m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s′B＝sB＝3 m停止，s′B＋s′A<5 m，所以A、B不能再次相遇
A、B最终的距离sAB＝x－s′A－s′B＝ m。
[答案]　(1)4 m/s　3 m/s　(2)不能相遇　 m
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