1、:專題定位】本專題綜合應用動力學、動量和能量的觀點來解決物體運動的多過程問題.本專題是高考的重點和熱點，命題情景新，聯系實際密切，綜合性強，側重在計算題中命題，是 高考的壓軸題.:應考策略】 本專題在高考中主要以兩種命題形式出現：一是綜合應用動能定理、機械能守 恒定律和動量守恒定律，結合動力學方法解決多運動過程問題；二是運用動能定理和能量守 恒定律解決電場、 磁場內帶電粒子運動或電磁感應問題.由于本專題綜合性強，因此要在審題上狠下功夫，弄清運動情景，挖掘隱含條件，有針對性的選擇相應的規律和方法知識回扣】1. 動量定理的公式 Ft = p p 除表明兩邊大小、方向的關系外，還說明了兩邊的因果關系

2、，即合外力的沖量是動量變化的原因動量定理說明的是合外力的沖量與動量變化的關系，反映了力對時間的累積效果，與物體的 初、末動量無必然聯系動量變化的方向與合外力的沖量方向相同,而物體在某一時刻的動量方向跟合外力的沖量方向無必然聯系動量定理公式中的 F 是研究對象所受的包括重力在內的所有外力的合力,丄可以是恒力，也 可以是變力，當 F 為變力時，F 應是合外力對作用時間的平均值2. 動量守恒定律(1)內容：一個系統不受外力或者所受外力之和為零，這個系統的總動量保持不變表達式：mivi+ m2V2= mivi+ m2V2；或 p= p(系統相互作用前總動量 p 等于相互作用 后總動量 p);或釘)=0

3、(系統總動量的增量為零)；或Api=Ap2(相互作用的兩個物體組成 的系統，兩物體動量的增量大小相等、方向相反).(3)守恒條件1系統不受外力或系統雖受外力但所受外力的合力為零2系統合外力不為零，但在某一方向上系統合力為零，則系統在該方向上動量守恒3系統雖受外力，但外力遠小于內力且作用時間極短，如碰撞、爆炸過程3. 解決力學問題的三個基本觀點(1) 力的觀點：主要是牛頓運動定律和運動學公式相結合，常涉及物體的受力、加速度或勻變 速運動的L惚托動力學.動量和能量觀點的綜合應用問題.(2) 動量的觀點：主要應用動量定理或動量守恒定律求解，常涉及物體的受力和時間問題以及相互作用物體的問題(3) 能量

4、的觀點：在涉及單個物體的受力和位移問題時，常用動能定理分析；在涉及系統內能 量的轉化問題時，常用能量守恒定律【規律方法】1力學規律的選用原則(1) 單個物體：宜選用動量定理、 動能定理和牛頓運動定律.若其中涉及時間的問題， 應選用動_量定理；若涉及位移的問題，應選用動能定理；若涉及加速度的問題，只能選用牛頓第二 _律.(2) 多個物體組成的系統：優先考慮兩個守恒定律，若涉及碰撞、爆炸、反沖等問題時，應選 用動量守恒定律，然后再根據能量關系分析解決2.系統化思維方法，就是根據眾多的已知要素、事實，按照一定的聯系方式，將其各部分連 接成整體的方法.(1) 對多個物理過程進行整體思維，即把幾個過程合

5、為一個過程來處理，如用動量守恒定律解 決比較復雜的運動.(2) 對多個研究對象進行整體思維，即把兩個或兩個以上的獨立物體合為一個整體進行考慮，如應用動量守恒定律時，就是把多個物體看成一個整體(或系統).高考題則動般癥理和動定律的應用-:解題方略】1. 彈性碰撞與非彈性碰撞碰撞過程遵從動量守恒定律 .如果碰撞過程中機械能守恒，這樣的碰撞叫做彈性碰撞；如果碰撞過程中機械能不守恒，這樣的碰撞叫做非彈性碰撞2. 應用動量守恒定律的解題步驟(1) 明確研究對象(系統包括哪幾個物體及研究的過程)；(2) 進行受力分析，判斷系統動量是否守恒(或某一方向上動量是否守恒 )；(3) 規定正方向，確定初、末狀態動

6、量；(4) 由動量守恒定律列式求解；(5) 必要時對結果進行討論.:例 1】如圖 1 所示，光滑水平面上有一質量為m= 1 kg 的小車，小車右端固定一水平輕質彈簧，彈簧左端連接一質量為 m0= 1 kg 的物塊，物塊與上表面光滑的小車一起以v0= 5 m/s 的速度向右勻速運動，與靜止在光滑水平面上、質量為M = 4 kg 的小球發生彈性正碰，若碰撞時間極短，彈簧始終在彈性限度內.求：(1) 碰撞結束時，小車與小球的速度；(2)從碰后瞬間到彈簧被壓至最短的過程，彈簧彈力對小車的沖量大小解析(1)設碰撞后瞬間小車的速度大小為V!,小球的速度大小為 V,由動量守恒及機械能守恒有：mvo= Mv

7、+ mv11212. 122mvo= 2mvi十 2Mv解得 v1= vo= 3 m/s，小車速度方向向左m+ M(2)當彈簧被壓縮到最短時，物塊與小車有共同進度，設小車的速度大小為 v2，根據動量守恒定律有：movo+ mv1= (m0+ m)v2,解得 v2= 1 m/s.設碰撞后瞬間到彈簧最短的過程，彈簧彈力對小車的沖量大小為I，根據動量定理有 1= mv2mv1，解得 1 = 4 Ns.答案小車：3 m/s,方向向左小球：2 m/s，方向向右(2)4 N s -預測 1 (2016 全國乙卷 35(2)某游樂園入口旁有一噴泉，噴出的水柱將一質量為M 的卡通玩具穩定地懸停在空中.為計算方

8、便起見，假設水柱從橫截面積為 S 的噴口持續以速度 vo豎直向上噴出；玩具底 部為平板(面積略大于 S);水柱沖擊到玩具底板后， 在豎直方向水的速度變為零， 在水平方向 朝四周均勻散開.忽略空氣阻力.已知水的密度為p重力加速度大小為 g.求：(1)噴泉單位時間內噴出的水的質量；玩具在空中懸停時，其底面相對于噴口的高度答案(1)pos常2pfe解析(1)在剛噴出一段很短的At 時間內，可認為噴出的水柱保持速度vo不變.該時間內，噴出水柱高度A= vAt噴出水柱質量Am=pAV其中AV 為水柱體積，滿足AV=AlS由可得：噴泉單位時間內噴出的水的質量為2mm+ Mv0=2 m/s,小球速度方向向右

9、措另邀型2動訃和能業規點的綜合陶用-:解題方略】1. 弄清有幾個物體參與運動，并劃分清楚物體的運動過程2. 進行正確的受力分析，明確各過程的運動特點3. 光滑的平面或曲面，還有不計阻力的拋體運動，機械能一定守恒；碰撞過程、子彈打擊木塊、不受其他外力作用的兩物體相互作用問題，一般考慮用動量守恒定律分析4. 如含摩擦生熱問題，則考慮用能量守恒定律分析:例 21如圖 2 所示，光滑水平面上有一質量M = 4.0 kg 的平板車，車的上表面是一段長L=1.5 m 的粗糙水平軌道，水平軌道左側連一半徑R= 0.25 m 的四分之一光滑圓弧軌道，圓弧軌道與水平軌道在點 O 處相切.現將一質量 m = 1.

10、0 kg 的小物塊(可視為質點)從平板車的右 端以水平向左的初速度vo滑上平板車，小物塊與水平軌道間的動摩擦因數卩=0.5,小物塊恰能到達圓弧軌道的最高點A.取 g= 10 m/s2，求：AmWoS.At設玩具底面相對于噴口的高度為h由玩具受力平衡得 F沖=Mg其中，F沖為水柱對玩具底面的作用力 由牛頓第三定律：F壓=F沖其中， F壓為玩具底面對水柱的作用力, 由運動學公式：v，2 v2=- 2ghv為水柱到達玩具底面時的速度在很短A時間內，沖擊玩具水柱的質量為AmAm=p/oSAt由題意可知，在豎直方向上，對該部分水柱應用動量定理(F壓+ Amg)At= Amv由于At 很小，Amg 也很小

11、，可以忽略， 式變為F壓At= Amv2由可得h=富(1)小物塊滑上平板車的初速度vo的大?。恍∥飰K與車最終相對靜止時，它距點0 的距離.解析(1)平板車和小物塊組成的系統在水平方向上動量守恒,A 時，二者的共同速度為 vi由動量守恒得： mv0= (M + m)v1由能量守恒得：1212qmvo 2(M + m)V1= mgR+ 卩 mg聯立并代入數據解得：v0= 5 m/s(2)設小物塊最終與車相對靜止時，二者的共同速度為v2，從小物塊滑上平板車，到二者相對靜止的過程中，由動量守恒得：mv0= (M + m)v2設小物塊與車最終相對靜止時，它距0點的距離為 x,由能量守恒得： 1212mv

12、o (M + m)V2=卩 mgL + x)聯立并代入數據解得：x= 0.5 m.答案 (1)5 m/s (2)0.5 m預測 2 如圖 3 所示，小球 A 質量為 m,系在細線的一端，線的另一端固定在0 點，0 點到光滑水平面的距離為 h.物塊 B 和 C 的質量分別是 5m 和 3m, B 與 C 用輕彈簧拴接，置于光滑 的水平面上，且 B 物塊位于 0 點正下方.現拉動小球使細線水平伸直，小球由靜止釋放，運 動到最低點時與物塊B 發生正碰(碰撞時間極短)，反彈后上升到最高點時到水平面的距離為16小球與物塊均視為質點，不計空氣阻力，重力加速度為g,求碰撞過程中 B 物塊受到的沖量大小及碰后

13、輕彈簧獲得的最大彈性勢能AQ-I5- 15答案m 一 2gh mghB 碰撞前的速度大小為 V1,取小球運動到最低點時的重力勢能為零，根據機械能守恒定律有:mgh= qmvi解得：v1= 2gh設小物塊到達圓弧軌道最高點解析設小球運動到最低點與物塊設碰撞后小球反彈的速度大小為v1，同理有：h 1,2mg6 = 2mvi解得：vi=字4設碰撞后物塊 B 的速度大小為 V2,取水平向右為正方向，由動量守恒定律有：mvi= mvi + 5mv2解得：v2=字4由動量定理可得，碰撞過程中B 物塊受到的沖量大小為：1 = 5mv2= m , 2gh碰撞后當 B 物塊與 C 物塊速度相等時輕彈簧的彈性勢能

14、最大，據動量守恒定律有 5mv2= 8mv3據機械能守恒定律得：Epm=1 2x5mv232x8mv32解得：Epm= 128mgh.128y高垮題世3力學三大觀點的應川:解題方略】力學規律選用的一般原則力學中首先考慮使用兩個守恒定律， 從兩個守恒定律的表達式看出多項都是狀態量（速度、位置）,所以守恒定律能解決狀態問題， 不能解決過程（位移 x,時間 t）問題，不能解決力（F）的問 題2 若是多個物體組成的系統，優先考慮使用兩個守恒定律3 若物體（或系統）涉及到速度和時間，應考慮使用動量定理若物體（或系統）涉及到位移和時間，且受到恒力作用，應考慮使用牛頓運動定律（4）若物體（或系統）涉及到位移

15、和速度，應考慮使用動能定理，系統中摩擦力做功時應用摩擦 力乘以相對路程，運用動能定理解決曲線運動和變加速運動問題特別方便:例 3（2015 廣東理綜 36）如圖 4 所示，一條帶有圓軌道的長軌道水平固定，圓軌道豎直，底 端分別與兩側的直軌道相切，半徑R= 0.5 m,物塊 A 以 vo= 6 m/s 的速度滑入圓軌道，滑過最高點 Q,再沿圓軌道滑出后，與直軌上P 處靜止的物塊 B 碰撞，碰后粘在一起運動， P 點左側軌道光滑，右側軌道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段長度都為L= 0.1 m，物塊與各粗糙段間的動摩擦因數都為尸 0.1, A、B 的質量均為 m= 1 kg(重力加速度 g 取 10

16、 m/s2; A、B視為質點，碰撞時間極短).(1) 求 A 滑過 Q 點時的速度大小 v 和受到的彈力大小 F ;若碰后 AB 最終停止在第 k 個粗糙段上，求 k 的數值；求碰后 AB 滑至第 n 個(nvk)光滑段上的速度 vn與 n 的關系式. 解析(1)從 ATQ 由動能定理得1 1mg 2R= mv2 qmvo2解得 v= 4 m/s gR= 5 m/s在 Q 點，由牛頓第二定律得2vFN+mg= mR解得 FN= 22 N.(2) A 撞 B,由動量守恒得mvo= 2mv解得 v = 2= 3 m/s設摩擦距離為 x,則122 卩 mg= 0 2mv解得 x= 4.5 m，所以

17、k= f = 45.(3)AB 滑至第 n 個光滑段上，由動能定理得1212y2mg nL=亍 2mvn? 2mv所以 vn=9 0.2n m/s (n45).答案 (1)4 m/s 22 N (2)45(3)vn=疥 9 0.2n m/s (n2.8mg,故細繩會斷裂，小球做平拋運動 .2.如圖 2 所示， 可看成質點的 A 物體疊放在上表面光滑的 B 物體上，一起以 vo的速度沿光滑 的水平軌道勻速運動，與靜止在同一光滑水平軌道上的木板C 發生完全非彈性碰撞，B、C的上表面相平且 B、C 不粘連，A 滑上 C 后恰好能達到 C 板的最右端，已知 A、B、C 質量均 相等，木板 C 長為 L

18、,求：mvC= (m + m)v,2FT,則 FT2mg= 2mh故 v=1圖 22f16L -此過程中對 C,根據動量定理有 Fft= mv2- mV4L代入相關數據解得 t=竺.V03.如圖 3 所示，整個空間中存在豎直向上的勻強電場，經過桌邊的虛線PQ 與桌面成 45 角,其上方有足夠大的垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度為B，光滑絕緣水平桌面上有兩個可以視為質點的絕緣小球，A 球對桌面的壓力為零， 其質量為 m,電量為 q; B 球不帶電且質量為 km(k7).A、B 間夾著質量可忽略的火藥現點燃火藥(此時間極短且不會影響小球的質量、 電量和各表面的光滑程度)火藥炸完瞬間 A 的速度為

19、 vo.求：rt41na1 *r圖 3(1) 火藥爆炸過程中有多少化學能轉化為機械能；(2) A 球在磁場中的運動時間；若一段時間后 A、B 在桌上相遇，求爆炸前 A 球與桌邊 P 的距離解析(1)設爆炸之后 B 的速度大小為 vB，選向左為正方向,在爆炸前后由動量守恒可得：0 = mv0- kmvB代入解得mvoFf=-答案即 mv2(2)fnm占晉1E = 2mvo+ |kmvB2=k+ 1!Tmv0(2)由 A 球對桌面的壓力為零可知重力和電場力等大反向,故 A 球進入電場中將會做勻速圓周運動，如圖所示則(3)由 0= mvo kmvB可得：VB=rv w .111 v w由qvoB=

20、mR 知，R=設爆炸前 A 球與桌邊 P 的距離為 XA,爆炸后 B 運動的位移為 XB，時間為 tB則 tB=XA+ t2+ -XB=VBtB由圖可得：R= XA+XB4.如圖 4 所示，在水平面上有一彈簧，其左端與墻壁相連，O 點為彈簧原長位置，O 點左側水平面光滑水平段 OP 長為 L = 1 m ,P 點右側一與水平方向成0=30勺足夠長的傳送帶與水平面在 P 點平滑連接，傳送帶輪逆時針轉動速率為3 m/s，一質量為 1 kg 可視為質點的物塊A 壓縮彈簧(與彈簧不拴接)，使彈簧獲得的彈性勢能Ep= 9 J,物塊與 OP 段動摩擦因數M=0.1,另一與 A 完全相同的物塊 B 停在 P

21、 點，B 與傳送帶的動摩擦因數M=33，傳送帶足夠長，A 與 B 的碰撞時間不計，碰后 A、B 交換速度，重力加速度 g = 10 m/s4 5，現釋放 A，求： 運動的時間 ti=VB= 0.4 s.4 物塊 A、B 第一次碰撞前瞬間，A 的速率 V0；5 從 A、B 第一次碰撞后到第二次碰撞前，B 與傳送帶之間由于摩擦而產生的熱量;A、B 能夠碰撞的總次數.答案 (1)4 m/s (2)12.25 J (3)6 次解析(1)設物塊質量為 m, A 與 B 第一次碰前的速率為 v0,.12貝 U Ep= 2mv+wmgL,解得 V0= 4 m/s.(2)設 A、B 第一次碰撞后的速度分別為VA、VB,則 vA= 0, vB= 4 m/s,碰后 B 沿傳送帶向上做勻減速運動直至速度為零，加速度大小設為 a1,則 mgsin0+ Mmgcos0=ma1,解得 a1= gs