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1、2023年高考物理专题突破讲义专题突破 第9课时动量命题规律1.命题规律：(1)动量定理及应用；(2)动量守恒定律及应用；(3)碰撞模型及拓展.2.常考题型：选择题、计算题高考题型1动量定理及应用1冲量的三种计算方法公式法IFt适用于求恒力的冲量动量定理法多用于求变力的冲量或F、t未知的情况图象法Ft图线与时间轴围成的面积表示力的冲量若Ft成线性关系，也可直接用平均力求解.2.动量定理(1)公式：Ftmvmv(2)应用技巧研究对象可以是单一物体，也可以是物体系统表达式是矢量式，需要规定正方向匀变速直线运动，如果题目不涉及加速度和位移，用动量定理比用牛顿第二定律求解更简捷在变加速运动中F为t时间
2、内的平均冲力电磁感应问题中，利用动量定理可以求解时间、电荷量或导体棒的位移3流体作用的柱状模型对于流体运动，可沿流速v的方向选取一段柱形流体，设在极短的时间t内通过某一横截面S的柱形流体的长度为l，如图1所示设流体的密度为，则在t的时间内流过该横截面的流体的质量为mSlSvt，根据动量定理，流体微元所受的合外力的冲量等于该流体微元动量的增量，即Ftmv，分两种情况：(以原来流速v的方向为正方向)图1(1)作用后流体微元停止，有vv，代入上式有FSv2；(2)作用后流体微元以速率v反弹，有v2v，代入上式有F2Sv2.考向一动量定理对生活现象的解释例1(2020全国卷14)行驶中的汽车如果发生剧
3、烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是()A增加了司机单位面积的受力大小B减少了碰撞前后司机动量的变化量C将司机的动能全部转换成汽车的动能D延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积答案D解析汽车剧烈碰撞瞬间，安全气囊弹出，立即跟司机身体接触司机在很短时间内由运动到静止，动量的变化量是一定的，由于安全气囊的存在，作用时间变长，据动量定理pFt知，司机所受作用力减小；又知安全气囊打开后，司机受力面积变大，因此减小了司机单位面积的受力大小；碰撞过程中，动能转化为内能综上所述，选项D正确考向二动量定理的定量计
4、算例2(2019全国卷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3 km/s，产生的推力约为4.8106 N，则它在1 s时间内喷射的气体质量约为()A1.6102 kg B1.6103 kgC1.6105 kg D1.6106 kg答案B解析设1 s时间内喷出的气体的质量为m，喷出的气体与该发动机的相互作用力为F，由动量定理有Ftmv0，则m kg1.6103 kg，选项B正确考向三流体及尘粒柱状模型的应用例3(2021河南驻马店市期末)2021年5月15日，“天问一号”探测器在火星
5、成功着陆，中国成为第二个成功着陆火星的国家假定火星上风速约为18 m/s，火星大气密度约为1.3102 kg/m3，“祝融号”火星车迎风面积约为6 m2，风垂直吹到火星车上速度立刻减为零则火星车垂直迎风面受到的压力约为()A1.4 N B25 N C140 N D2 500 N答案B解析设t时间内吹到火星车上的气体质量为m，则mSvt根据动量定理Ft0mv，解得F25 N根据牛顿第三定律，火星车垂直迎风面受到的压力约为25 N故选B.高考题型2动量守恒定律及应用1判断守恒的三种方法(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为0，如光滑水平面上的板块模型、电磁感应中光滑导轨上的双杆模型(2)近似守
6、恒：系统内力远大于外力，如爆炸、反冲(3)某一方向守恒：系统在某一方向上所受外力的合力为0，则在该方向上动量守恒，如滑块斜面(曲面)模型2动量守恒定律的三种表达形式(1)m1v1m2v2m1v1m2v2，作用前的动量之和等于作用后的动量之和(用的最多)(2)p1p2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向(3)p0，系统总动量的增量为零考向一动量守恒定律的应用例4(多选)(2020全国卷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
7、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()A48 kg B53 kg C58 kg D63 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：Mv1mv0；第二次推物块后由动量守恒定律知：M(v2v1)mv0(v0)2mv0，第n次推物块后，由动量守恒定律知：M(vnvn1)2mv0，整
8、理得vn，则v7，v8.由题意知，v752 kg，又知v85.0 m/s，则M0，v20，碰撞后两球都沿速度v1的方向运动当质量小的球碰质量大的球时，v10，碰撞后质量小的球被反弹回来(2)完全非弹性碰撞动量守恒、末速度相同：m1v1m2v2(m1m2)v共，机械能损失最多，机械能的损失：Em1v12m2v22(m1m2)v共2.3碰撞拓展(1)“保守型”碰撞拓展模型图例(水平面光滑)小球弹簧模型小球曲面模型达到共速相当于完全非弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0(mM)v共，损失的动能最大，分别转化为弹性势能、重力势能或电势能再次分离相当于弹性碰撞，动量满足mv0mv1Mv2，能量满足
9、mv02mv12Mv22(2)“耗散型”碰撞拓展模型图例(水平面、水平导轨都光滑)达到共速相当于完全非弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0(mM)v共，损失的动能最大，分别转化为内能或电能考向一非弹性碰撞例6(2020全国卷15)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3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()图3A3 J B4 J C5 J D6 J答案A解析根据题图图象，碰撞前甲、乙的速度分别为v甲5.0 m/s，v乙1.0 m/s，碰撞后甲、乙的速度分别为v甲1.0 m/s，v乙2.0
10、m/s，碰撞过程由动量守恒定律得m甲v甲m乙v乙m甲v甲m乙v乙，解得m乙6 kg，碰撞过程两物块损失的机械能Em甲v甲2m乙v乙2m甲v甲2m乙v乙2，解得E3 J，故选A.考向二弹性碰撞例7(2021吉林白城一中高三模拟)如图4所示，用长l1 m的轻绳将小球a悬挂在O点，从图示位置由静止释放，当小球a运动至最低点时与静止在水平面上的物块b发生弹性碰撞，且碰撞时间极短，碰撞后b滑行的最大距离x2 m若小球a的质量m11 kg，物块b的质量m23 kg，物块b与水平面间的动摩擦因数0.1，取重力加速度大小g10 m/s2，小球a和物块b均可视为质点，则刚释放小球a时，轻绳与竖直方向的夹角的余弦
11、值为()图4A0.8 B0.6 C0.5 D0.2答案D解析a、b发生弹性碰撞，则有m1vam1v1m2v2m1va2m1v12m2v22解得v1vava，v2vava根据牛顿第二定律可知m2gm2a，解得a1 m/s2根据速度位移公式则有0v222ax，解得v22 m/s所以va4 m/s，由动能定理得m1g(llcos )m1va2，解得cos 0.2，故A、B、C错误，D正确考向三碰撞模型拓展例8(多选)(2021山东潍坊市昌乐一中高三期末)如图5所示，光滑圆槽B静置于光滑水平地面上槽底端与水平面相切，一小球A从水平地面以初速度v0滑向圆槽，从底端沿槽上滑，未冲出圆槽，最后滑回水平地面已
12、知小球的质量为m，圆槽的质量为M，重力加速度为g.下列说法中正确的是()图5A小球上升的最大高度为B圆槽运动的最大速度为C小球上滑过程比下滑过程的动量变化大D上滑过程圆槽的动能增加量比下滑过程圆槽的动能增加量小答案AD解析小球滑上B，滑到最高点时，水平方向动量守恒mv0(mM)v机械能守恒有mv02(mM)v2mgh解得h，A正确；小球离开B时，B的速度最大，有mv0mv1Mv2，mv02mv12Mv22解得v1v0，v2v0，B错误；小球上滑过程p1mvmv0v0下滑过程p2mv1mvv0，所以小球上滑过程和下滑过程的动量变化一样大，C错误；上滑过程圆槽的动能增加量Ek1Mv2M()2下滑过
13、程圆槽的动能增加量Ek2Mv22Mv2M()2所以上滑过程圆槽的动能增加量比下滑过程圆槽的动能增加量小，D正确1(2021山东济宁市高三期末)航天器离子发动机原理如图6所示，首先电子枪发射出的高速电子将中性推进剂离子化 (即电离出正离子)，正离子被正、负极栅板间的电场加速后从喷口喷出，从而使航天器获得推进或姿态调整的反冲动力已知单个正离子的质量为m，电荷量为q，正、负极栅板间加速电压为U，从喷口喷出的正离子所形成的电流为I.忽略离子间的相互作用力，忽略离子喷射对航天器质量的影响该发动机产生的平均推力F的大小为()图6AFI BFICFI DF2I答案A解析以正离子为研究对象，由动能定理得qUm
14、v2，t时间内通过的总电荷量为QIt，喷出的总质量为Mmm.由动量定理可知正离子所受平均冲量tMv，由以上式子可得I，根据牛顿第三定律可知，发动机产生的平均推力FI，故A正确，B、C、D错误2(2021重庆市实验中学高二期末)如图7所示，水平面上固定着两根足够长的平行导槽，质量为m的U形管恰好能在两导槽之间自由滑动，一质量也为m的小球沿水平方向，以初速度v0从U形管的一端射入，从另一端射出已知小球的半径略小于管道半径，不计一切摩擦，下列说法正确的是()图7A该过程中，小球与U形管组成的系统机械能和动量都守恒B小球从U形管的另一端射出时，速度大小为C小球运动到U形管圆弧部分的最左端时，小球速度大
15、小为D小球运动到U形管圆弧部分的最左端时，U形管速度大小为答案D解析由于不计一切摩擦，在小球与U形管相互作用过程中，小球的动能只能与U形管的动能发生转移，故小球与U形管组成的系统机械能守恒，系统沿导槽方向所受合外力为零，小球与U形管组成的系统沿导槽方向动量守恒，故A错误；小球与U形管系统机械能守恒，故小球从U形管的另一端射出的过程中，mv02mv12mv22沿着导槽方向，系统动量守恒，以向左为正方向，故mv0mv2mv1解得小球从U形管的另一端射出时，U形管速度为v0，小球速度大小为0，故B错误；小球运动到U形管圆弧部分的最左端过程，沿着导槽方向，系统动量守恒，以向左为正方向，设小球水平方向的
16、速度与U形管的速度均为vx，由动量守恒定律得mv0(mm)vx，解得vx设小球的合速度为v，根据机械能守恒定律得mv02m()2mv2解得vv0故C错误，D正确3(2021广东江门市台师高级中学高三期末)如图8所示，一带有光滑圆弧轨道的长木板质量为M3 kg，放置于光滑水平面上长木板水平部分长L2 m，圆弧轨道半径R0.6 m，末端与长木板相切于B点在圆弧轨道最高点A点由静止释放一质量为m1 kg的滑块(可视为质点)，最后滑块恰好不脱离长木板(取g10 m/s2)求：图8(1)滑块刚滑到圆弧底端B点时滑块的速度v1和长木板的速度v2；(2)滑块与长木板之间的动摩擦因数；(3)滑块在长木板水平部
17、分上滑行的时间t.答案(1)3 m/s，方向向左1 m/s，方向向右(2)0.3(3)1 s解析(1)滑块从A滑到B过程，系统机械能守恒，在水平方向动量守恒，以向左为正方向mv1Mv20mgRmv12Mv22代入数据解得v13 m/s，方向水平向左；v21 m/s，负号表示方向水平向右(2)滑块与长木板组成的系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得mv1Mv2(Mm)v3代入数据解得v30由能量守恒定律得mv12Mv22mgL(Mm)v32代入数据解得0.3(3)对滑块，由动量定理得mgtmv3mv1代入数据解得t1 s.专题强化练保分基础练1(2021全国乙卷14)如图1，光
18、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()图1A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.2(多选)如图2所示，三辆完全相
19、同的平板小车a、b、c成一直线排列，质量均为M，静止在光滑水平面上c车上有一静止的质量为m的小孩小孩先跳到b车上，接着又立即从b车跳到a车上小孩跳离c车和b车时对地的水平速度均为v.小孩跳到a车上后相对a车保持静止，则()图2Aa、b、c、小孩四者组成的系统水平方向动量守恒Bb、c两车运动速率相等Cb的速率为Da的速率为v答案AD解析a、b、c、小孩四者组成的系统，水平方向所受外力之和为零，水平方向动量守恒，故A正确；对小孩跳离c车的过程，取向右为正方向，对小孩和c的系统，由水平方向动量守恒，有0mvMvc，解得c车的速度为vc，负号表示方向向左；对小孩跳上b车再跳离b车的过程，由小孩和b组成
20、的系统水平方向动量守恒，有mv0Mvbmv，解得b车最终的速度为vb0，故B、C错误；对小孩跳上a车的过程，由动量守恒定律，有mv0(Mm)va，解得a车的最终速度为vav，故D正确3(多选)(2017全国卷20)一质量为2 kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动F随时间t变化的图线如图3所示，则()图3At1 s时物块的速率为1 m/sBt2 s时物块的动量大小为4 kgm/sCt3 s时物块的动量大小为5 kgm/sDt4 s时物块的速度为零答案AB解析由动量定理可得：Ftmv，解得v.t1 s时物块的速率为v m/s1 m/s，故A正确；t2 s时物块的动量大小p2F1t222
21、 kgm/s4 kgm/s，t3 s时物块的动量大小为p3(2211) kgm/s3 kgm/s，t4 s 时物块的动量大小为p4(2212) kgm/s2 kgm/s，所以t4 s时物块的速度为1 m/s，故B正确，C、D错误4(多选)(2021广东广州市一模)长木板a放在光滑的水平地面上，在其上表面放一小物块b.以地面为参考系，给a和b以大小均为v0、方向相反的初速度，最后b没有滑离a.设a的初速度方向为正方向，a、b的vt图象可能正确的是()答案ABC解析长木板a与小物块b组成的系统动量守恒，最后b没有滑离a，则两物体最后相对静止具有共同速度，有mav0mbv0v，解得v，由上式可知两物
22、体最后的共同速度可能为正，也可能为负，或为0，所以A、B、C正确，D错误5(多选)如图4甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1、m2(已知m20.5 kg)的两物块A、B相连接，处于原长并静止在光滑水平面上现使B获得水平向右、大小为6 m/s的瞬时速度，从此刻开始计时，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图象提供的信息可得()图4A在t1时刻，两物块达到共同速度2 m/s，且弹簧处于伸长状态B从t3到t4，弹簧由原长变化为压缩状态Ct3时刻弹簧的弹性势能为6 JD在t3和t4时刻，弹簧处于原长状态答案AC解析从vt图象可以看出，从0到t1时间内B减速A加速，B的速度大于A的速度，弹簧被拉
23、伸，t1时刻两物块达到共同速度2 m/s，此时弹簧处于伸长状态，故A正确；由vt图象可知，从t3到t4时间内A做减速运动，B做加速运动，弹簧由压缩状态恢复到原长，即t3时刻弹簧处于压缩状态，t4时刻弹簧处于原长状态，故B、D错误；由vt图象可知，t3时刻两物块的速度相同，都是2 m/s，A、B组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得m2v0(m1m2)v3，解得m11 kg，A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律得m2v02(m1m2)v32Ep，解得t3时刻弹簧的弹性势能Ep6 J，故C正确6.(多选)(2020内蒙古包头市高三下学期一模)如图5，长度为l1 m，质量为M1 kg的车
24、厢，静止于光滑的水平面上车厢内有一质量为m1 kg、可视为质点的物块以速度v010 m/s从车厢中点处向右运动，与车厢壁来回弹性碰撞n次后，与车厢相对静止，物块与车厢底板间的动摩擦因数为0.1，重力加速度取g10 m/s2.下列说法正确的是()图5An26B系统因摩擦产生的热量为25 JC物块最终停在车厢右端D车厢最终运动的速度为5 m/s，方向水平向右答案BD解析由动量守恒定律得mv0(mM)v，解得车厢最终运动的速度为v5 m/s，方向水平向右，对系统由能量守恒定律得：mv02(Mm)v2Q，代入数据解得系统因摩擦产生的热量为Q25 J，故B、D正确；根据QmgL可得物块在车厢中相对车厢滑
25、行的距离L25 m，与车厢壁来回弹性碰撞次数n25次，物块最终停在车厢中点处，故A、C错误7(多选)如图6所示，光滑的水平杆上固定有一质量为m的滑环A，滑环上通过一根不可伸长的轻绳悬挂着一个质量为m的物块B(可视为质点)，物块B恰好与光滑的水平面接触质量为m的物块C(可视为质点)以速度v冲向物块B，物块C与物块B碰后粘在一起向右运动，已知重力加速度为g，则下列说法正确的是()图6A物块C与物块B碰后速度为vB物块C与物块B碰撞过程中损失的机械能为mv2C若滑环A不固定，则滑环A最大速度为D若滑环A不固定，则物块B、C摆起的最大高度为答案CD解析物块C与物块B碰撞时动量守恒mv2mv1，碰后速度
26、为v1，故A错误；碰撞过程中损失的机械能为Ekmv22mv12mv2，故B错误；若滑环A不固定，物块C与物块B碰后粘在一起后，相对于A做曲线运动，会向右拉动A一起运动，当A、B、C三者水平方向速度相等时，B、C摆起的高度最大，由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv3mv22mgh2mv123mv22mv2则h，故D正确；当A、B、C三者水平方向速度相等时，A的速度最大为v2，故C正确争分提能练8.(多选)(2020山东省六校线上联考)如图7所示，光滑水平面上有一质量为2M、半径为R(R足够大)的光滑圆弧曲面C，质量为M的小球B置于其底端，另一个小球A质量为，小球A以v06 m/s的速度向B运动，
27、并与B发生弹性碰撞，不计一切摩擦，小球均可视为质点，则()图7AB的最大速率为4 m/sBB运动到最高点时的速率为 m/sCB能与A再次发生碰撞DB不能与A再次发生碰撞答案AD解析A与B发生弹性碰撞，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得v0vAMvB，v02vA2MvB2，解得vA2 m/s，vB4 m/s，故B的最大速率为4 m/s，选项A正确；B冲上C并运动到最高点时二者共速，设为v，则MvB(M2M)v，得v m/s，选项B错误；从B冲上C然后又滑下的过程，设B、C分离时速度分别为vB、vC，由水平方向动量守恒有MvBMvB2MvC，由机械能守恒有MvB2MvB22Mv
28、C2，联立解得vB m/s，由于|vB|vA|，所以二者不会再次发生碰撞，选项C错误，D正确9(2020昆山震川高级中学)北海公园荷花池中的喷泉如图8甲所示，其水泵以一定的角度将水喷向空中，水的运动轨迹示意图如图乙所示，水上升的最大高度为h，落在水面的位置距喷水口的距离为d.已知喷水口的水流量为Q，水的密度为，重力加速度为g，忽略空气阻力图8(1)求上述喷泉中水上升至最大高度时水平速度的大小vx；(2)假设水击打在水面上时速度立即变为零，且在极短时间内击打水面的水受到的重力可忽略不计，求水击打水面竖直向下的平均作用力的大小Fy.答案(1)(2)Q解析(1)由平抛运动规律可知，竖直方向hgt2水
29、平方向vxt解得 vx(2)极短时间t内击打在水面上的水的质量mQt水击打在水面上时竖直方向的速度vy设水受到的竖直方向的平均作用力大小为F，向下为正方向，由动量定理有Ft0mvy解得FPQ依据牛顿第三定律，可得水击打水面竖直向下的平均作用力的大小FyFQ.10(2021山西省高三三模)如图9所示，固定在轻弹簧两端的物体B、C置于光滑的水平面上，C靠在固定挡板上，物体A以水平向右的速度v03 m/s与B正碰并瞬间粘在一起，一段时间后C离开挡板已知A、B、C的质量分别为mA1 kg，mB2 kg，mC3 kg，求：图9(1)A与B刚刚碰撞后的速度大小v1；(2)从A与B刚刚碰撞后到C刚离开挡板的
30、过程中，求挡板对C的冲量I；(3)C离开挡板后，弹簧具有的最大弹性势能Ep.答案(1)1 m/s(2)6 Ns，方向水平向左(3)0.75 J解析(1)以水平向右为正方向，A与B碰撞时，对A、B组成的系统，根据动量守恒定律有mAv0(mAmB)v1解得v11 m/s(2)分析可知C离开挡板瞬间，弹簧恰恢复原长，则有vC0从A与B碰撞后到C刚要离开挡板的过程中，C始终静止，挡板对C的弹力始终等于弹簧弹力根据机械能守恒定律可知，C刚要离开挡板时，A和B的速度大小仍为v1，方向向左，设向右为正方向，以A和B为研究对象，根据动量定理有I板I弹(mAmB)v1(mAmB)v1解得I6 Ns，负号表示方向
31、水平向左(3)C离开挡板后，当A、B、C具有相同速度v2时，弹簧具有最大弹性势能，C离开挡板后，对A、B、C及弹簧组成的系统，根据动量守恒定律有(mAmB)v1(mAmBmC)v2根据机械能守恒定律有Ep(mAmB)v12(mAmBmC)v22解得Ep0.75 J.11如图10所示，质量为m32 kg的滑道静止在光滑的水平面上，滑道的AB部分是半径为R0.3 m的四分之一圆弧，圆弧底部与滑道水平部分相切，滑道水平部分右端固定一个水平轻质弹簧滑道CD部分粗糙，其他部分均光滑质量为m23 kg的物体2(可视为质点)放在滑道的B点，现让质量为m11 kg的物体1(可视为质点)自A点由静止释放两物体在
32、滑道上的C点相碰后粘在一起(g10 m/s2)图10(1)求物体1从释放到与物体2相碰的过程中，滑道向左运动的距离；(2)若CD0.2 m，两物体与滑道的CD部分的动摩擦因数为0.15，求在整个运动过程中，弹簧具有的最大弹性势能；(3)在(2)的条件下，物体1、2最终停在何处？答案见解析解析(1)物体1从释放到与物体2碰撞的过程中，物体1和滑道组成的系统在水平方向上动量守恒，设物体1水平位移大小为x1，滑道的水平位移大小为x3，有0m1x1m3x3，x1R，解得x30.15 m.(2)设物体1、物体2刚要相碰时物体1的速度大小为v1，滑道的速度大小为v3，由机械能守恒定律有m1gRm1v12m
33、3v32对物体1和滑道，由动量守恒定律有0m1v1m3v3物体1和物体2相碰后的共同速度大小设为v2，对物体1和物体2，由动量守恒定律有m1v1(m1m2)v2弹簧第一次压缩至最短时由动量守恒定律可知物体1、2和滑道速度为零，此时弹簧的弹性势能最大，设为Epm.从物体1、2碰撞后到弹簧第一次压缩至最短的过程中，由能量守恒定律有(m1m2)v22m3v32(m1m2)gCDEpm联立以上方程，代入数据解得Epm0.3 J.(3)分析可知物体1、2和滑道最终静止，设物体1、2相对滑道CD部分运动的路程为s，由能量守恒定律有(m1m2)v22m3v32(m1m2)gs代入数据可得s0.25 m所以物
34、体1、物体2最终停在D点左侧距离D点0.05 m处尖子生选练12.(2021北京市顺义区高三期末)如图11所示为大球和小球叠放在一起、在同一竖直线上进行的超级碰撞实验，可以使小球弹起并上升到很大高度将质量为3m的大球(在下)，质量为m的小球(在上)叠放在一起，从距水平地面高h处由静止释放，h远大于球的半径，不计空气阻力，重力加速度为g.假设大球和地面、大球与小球的碰撞均为完全弹性碰撞，且碰撞时间极短下列说法正确的是()图11A两球一起下落过程中，小球对大球的弹力大小为mgB大球与地面碰撞前的速度大小为C大球与小球碰撞后，小球上升的高度仍为hD若大球的质量远大于小球的质量，小球上升的最大高度为3
35、h答案B解析两球一起下落过程中，两球都处于完全失重状态，小球对大球的弹力大小为0，A错误；根据自由落体运动v22gh，得v，B正确；大球碰撞地面之后，速度瞬间反向，大小相等，两球碰撞前后动量守恒，机械能守恒，设碰撞前小球和大球的速度分别v1和v2，碰后两球的速度分别为v1和v2，由动量守恒定律m1v1m2v2m1v1m2v2，由机械能守恒定律m1v12m2v22m1v12m2v22，两式联立解得v1，以向上为正方向，将m1m，m23m，v1，v2，代入上式解得v12，反弹后小球上升的高度为H4h，C错误；若大球的质量远大于小球的质量，v1会更大，小球上升的最大高度会更高，故D错误第10课时力学
36、三大观点的综合应用命题规律1.命题角度：(1)应用力学三大观点解决多过程问题；(2)板块模型中力学三大观点的应用.2.常考题型：计算题高考题型1应用力学三大观点解决多过程问题力学三大观点对比力学三大观点对应规律表达式选用原则动力学观点牛顿第二定律F合ma物体做匀变速直线运动，涉及到运动细节.匀变速直线运动规律vv0at xv0tat2 v2v022ax等能量观点动能定理W合Ek涉及到做功与能量转换机械能守恒定律Ek1Ep1Ek2Ep2功能关系WGEp等能量守恒定律E1E2动量观点动量定理I合pp只涉及初末速度、力、时间而不涉及位移、功动量守恒定律p1p2p1p2只涉及初末速度而不涉及力、时间例
37、1(2021浙江6月选考20)如图1所示，水平地面上有一高H0.4 m的水平台面，台面上竖直放置倾角37的粗糙直轨道AB、水平光滑直轨道BC、四分之一圆周光滑细圆管道CD和半圆形光滑轨道DEF，它们平滑连接，其中管道CD的半径r0.1 m、圆心在O1点，轨道DEF的半径R0.2 m、圆心在O2点，O1、D、O2和F点均处在同一水平线上小滑块从轨道AB上距台面高为h的P点静止下滑，与静止在轨道BC上等质量的小球发生弹性碰撞，碰后小球经管道CD、轨道DEF从F点竖直向下运动，与正下方固定在直杆上的三棱柱G碰撞，碰后速度方向水平向右，大小与碰前相同，最终落在地面上Q点，已知小滑块与轨道AB间的动摩擦
38、因数，sin 370.6，cos 370.8，g取10 m/s2.图1(1)若小滑块的初始高度h0.9 m，求小滑块到达B点时速度v0的大小；(2)若小球能完成整个运动过程，求h的最小值hmin；(3)若小球恰好能过最高点E，且三棱柱G的位置上下可调，求落地点Q与F点的水平距离x的最大值xmax.答案(1)4 m/s(2)0.45 m(3)0.8 m解析(1)小滑块在AB轨道上运动mghmgcos mv02代入数据解得v04 m/s(2)设小滑块滑至B点时的速度为vB，小滑块与小球碰撞后速度分别为v1、v2，碰撞过程中动量守恒，机械能守恒，因此有mvBmv1mv2，mvB2mv12mv22解得
39、v10，v2vB小球沿CDEF轨道运动，在最高点可得mgm从C点到E点由机械能守恒可得mvEmin2mg(Rr)mvBmin2其中vBmin，解得hmin0.45 m(3)设F点到G点的距离为y，小球从E点到Q点的运动，由动能定理mg(Ry)mvG2mvEmin2由平抛运动规律可得xvGt，Hrygt2联立可得水平距离为x2由数学知识可得，当0.5y0.3y时，x有最大值最大值为xmax0.8 m高考题型2应用力学三大观点解决板块模型问题1滑块和木板组成的系统所受的合外力为零时，优先选用动量守恒定律解题；若地面不光滑或受其他外力时，需选用动力学观点解题2滑块与木板达到相同速度时应注意摩擦力的大
40、小和方向是否发生变化3应注意区分滑块、木板各自的相对地面的位移和它们的相对位移用运动学公式或动能定理列式时位移指相对地面的位移；求系统摩擦生热时用相对位移(或相对路程)例2(2021河南南阳市高三期末)如图2所示，水平面上有一长为L14.25 m的凹槽，长为l m、质量为M2 kg的平板车停在凹槽最左端，上表面恰好与水平面平齐水平轻质弹簧左端固定在墙上，右端与一质量为m4 kg的小物块接触但不连接用一水平力F缓慢向左推小物块，当力F做功W72 J时突然撤去力F.已知小物块与平板车之间的动摩擦因数为0.2，其他摩擦不计，g取10 m/s2，平板车与凹槽两端的碰撞均为弹性碰撞，且碰撞时间极短，可以
41、忽略不计求：图2(1)小物块刚滑上平板车时的速度大小；(2)平板车第一次与凹槽右端碰撞时的速度大小；(3)小物块离开平板车时平板车右端到凹槽右端的距离答案(1)6 m/s(2)4 m/s(3) m解析(1)由题知Wmv02 ，解得v06 m/s(2)物块滑上平板车后，假设平板车与凹槽右端碰撞前已与物块共速，由动量守恒得mv0(Mm)v1设物块在平板车上滑动的距离为l1，对此过程由动能定理得：mgl1mv02(Mm)v12解得v14 m/s，l13 m设达到共速v1时平板车的位移为x1，有mgx1Mv120解得x12 m，lx1 mL14.25 m所以共速时平板车没有到达凹槽右端，共速后做匀速直线运动，平板车第一次与凹槽右端碰撞时的速度大小为4 m/s.(3)平板车第一次与凹槽右端碰撞后，物块和平板车组成的系统总动量向右，以向右为正方向假设物块与平板车第二次共速前未与凹槽相碰，由动量守恒有mv1Mv1(mM)v2碰撞后物块在平板车上滑动的距离设为l2，由动能定理得mgl2(mM)v12(mM)v22解得v2 m/s，l2 m因为l2l1