2023年高考物理二輪復(fù)習(xí)講練測(新高考專用)專題2.3動量和動能(講)(原卷版+解析)

2023年高考物理二輪復(fù)習(xí)講練測（新高考專用）專題二能量和動量（講）2.3動量和動能一、考情分析近3年考情分析考點要求等級要求考題統(tǒng)計202220212020動量沖量和動量定理Ⅱ2022·重慶卷·T102022·重慶卷·T42022·北京卷·T172022·北京卷·T122022·北京卷·T102022·海南卷·T12022·湖南卷·T72022·全國乙卷·T202021·重慶卷·T72021·北京卷·T102021·湖北卷·T32021·湖南卷·T82021·湖南卷·T22021·福建卷·T42021·山東卷·T162021·重慶卷·T132020·海南卷·T8動量守恒定律的應(yīng)用Ⅱ2022·全國乙卷·T252022·廣東卷·T132021·浙江1月卷·T122021·全國乙卷·T142021·廣東卷·T132021·北京卷·T172020·全國=1\*ROMANI卷·T142020·全國=2\*ROMANII卷·T212020·全國=3\*ROMANIII卷·T152020·北京卷·T13碰撞與反沖、爆炸類問題Ⅱ2022·山東卷·T22021·天津卷·T7動力學(xué)、動量和能量觀點的綜合應(yīng)用Ⅱ2022·海南卷·T172022·浙江6月卷·T202022·山東卷·T182022·湖南卷·T142021·天津卷·T112021·浙江省6月卷·T212021·湖南卷·T142021·湖北卷·T152021·河北卷·T132021·海南卷·T172020·海南卷·T172020·全國=3\*ROMANIII卷·T252020·山東卷·T182020·天津卷·T12動量守恒定律與磁場、電磁感應(yīng)、原子核物理等知識的綜合應(yīng)用Ⅱ2022·湖南卷·T4考情總結(jié)動量定理、動量守恒定律屬于力學(xué)的主干知識，是解決物理問題的重要基本方法，高考中主要以兩種命題形式出現(xiàn)：一是綜合應(yīng)用動能定理、機(jī)械能守恒定律和動量守恒定律，結(jié)合動力學(xué)方法解決平拋運動、圓周運動、多運動過程問題；二是綜合運用動能定理和能量守恒定律，結(jié)合動量守恒定律解決電場、磁場內(nèi)帶電粒子運動或電磁感應(yīng)問題．這幾類題型，命題情景新，密切聯(lián)系實際，綜合性強(qiáng)，前后兩個物理過程一般通過碰撞來過渡，這就決定了動量守恒定律在解題過程中的紐帶作用應(yīng)考策略本講內(nèi)容經(jīng)常與機(jī)械能守恒定律、平拋運動、圓周運動等力學(xué)及電磁學(xué)、原子物理等知識點組成綜合題．這類題型命題情景新穎，聯(lián)系實際密切，綜合性強(qiáng)，前后兩個物理過程一般通過碰撞來過渡，這就決定了動量守恒方程在解題過程中的紐帶作用．2023年復(fù)習(xí)備考要加強(qiáng)動力學(xué)、動量及能量綜合題目的訓(xùn)練，關(guān)注運用動量定理、動量守恒定律和能量守恒定律解決電場、磁場內(nèi)帶電粒子運動或電磁感應(yīng)問題．二、思維導(dǎo)圖三、講知識1．動量定理表達(dá)式FΔt＝mv′－mv中的F為物體在Δt時間內(nèi)所受的合外力．應(yīng)用動量定理列方程時必須選取正方向．2．不受外力或者所受外力的矢量和為零時，系統(tǒng)的動量守恒；當(dāng)外力比相互作用的內(nèi)力小得多時，系統(tǒng)的動量近似守恒；當(dāng)某一方向上的合外力為零時，系統(tǒng)在該方向上動量守恒．3．三類碰撞(1)彈性碰撞動量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′.機(jī)械能守恒：eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2.(2)完全非彈性碰撞動量守恒、末速度相同：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v′.機(jī)械能損失最多，機(jī)械能的損失量為：ΔE＝(eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2))－eq\f(1,2)(m1＋m2)v′2.(3)非彈性碰撞動量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′.機(jī)械能有損失，機(jī)械能的損失量為：ΔE＝(eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2))－(eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2)．四、講重點重點1動量沖量和動量定理1．沖量的三種計算方法(1)公式法：I＝Ft適用于求恒力的沖量．(2)動量定理法：適用于求變力的沖量或F、t未知的情況．(3)圖象法：用F－t圖線與時間軸圍成的面積可求變力的沖量．若F－t成線性關(guān)系，也可直接用平均力求變力的沖量．2.流體作用的柱狀模型對于流體運動，可沿流速v的方向選取一段柱形流體，設(shè)在極短的時間Δt內(nèi)通過某一橫截面S的柱形流體的長度為Δl，如圖1所示．設(shè)流體的密度為ρ，則在Δt的時間內(nèi)流過該橫截面的流體的質(zhì)量為Δm＝ρSΔl＝ρSvΔt，根據(jù)動量定理，流體微元所受的合外力的沖量等于該流體微元動量的增量，即FΔt＝ΔmΔv，分兩種情況：(以原來流速v的方向為正方向)圖1(1)作用后流體微元停止，有Δv＝－v，代入上式有F＝－ρSv2；(2)作用后流體微元以速率v反彈，有Δv＝－2v，代入上式有F＝－2ρSv2.3．使用動量定理的注意事項(1)一般來說，用牛頓第二定律能解決的問題，用動量定理也能解決，如果題目不涉及加速度和位移，用動量定理求解更簡捷．動量定理不僅適用于恒力，也適用于變力．這種情況下，動量定理中的力F應(yīng)理解為變力在作用時間內(nèi)的平均值．(2)動量定理的表達(dá)式是矢量式，運用它分析問題時要特別注意沖量、動量及動量變化量的方向，公式中的F是物體或系統(tǒng)所受的合力．4．應(yīng)用動量定理解題的一般步驟(1)明確研究對象和研究過程(研究過程既可以是全過程，也可以是全過程中的某一階段)．(2)進(jìn)行受力分析：只分析研究對象以外的物體施加給研究對象的力，不必分析內(nèi)力．(3)規(guī)定正方向．(4)寫出研究對象的初、末動量和合外力的沖量，根據(jù)動量定理列方程求解．重點2動量守恒定律的應(yīng)用1．注意區(qū)分動量守恒與機(jī)械能守恒的條件(1)不受外力或者所受外力的矢量和為零時，系統(tǒng)的動量守恒；當(dāng)外力比相互作用的內(nèi)力小得多，系統(tǒng)的動量近似守恒；當(dāng)某一方向上的合外力為零，系統(tǒng)在該方向上動量守恒．(2)在只有重力或彈力做功的系統(tǒng)內(nèi)，動能與勢能相互轉(zhuǎn)化，機(jī)械能守恒．(3)動量是否守恒與機(jī)械能是否守恒沒有必然的聯(lián)系．2．判斷動量是否守恒與機(jī)械能是否守恒的方法(1)判斷動量是否守恒一般都是根據(jù)守恒條件．(2)判斷機(jī)械能是否守恒既可以根據(jù)守恒條件，也可以根據(jù)守恒表達(dá)式，即E1＝E2．3.應(yīng)用動量守恒定律解題的基本步驟(1)明確研究對象，確定系統(tǒng)的組成(系統(tǒng)包括哪幾個物體)及研究的過程，如例題中分別以“甲和箱子”“乙和箱子”為系統(tǒng)．(2)進(jìn)行受力分析，判斷系統(tǒng)動量是否守恒(或某一方向上動量是否守恒)．(3)規(guī)定正方向，確定初、末狀態(tài)動量．(4)由動量守恒定律列出方程．(5)代入數(shù)據(jù)，求出結(jié)果，必要時討論說明．4.幾種常見情境的規(guī)律碰撞（一維）動量守恒動能不增加即eq\f(p12,2m1)＋eq\f(p22,2m2)≥eq\f(p1′2,2m1)＋eq\f(p2′2,2m2)速度要合理①若兩物體同向運動，則碰前應(yīng)有v后＞v前；碰后原來在前的物體速度一定增大，若碰后兩物體同向運動，則應(yīng)有v前′≥v后′。②若兩物體相向運動，碰后兩物體的運動方向不可能都不改變。爆炸動量守恒：爆炸物體間的相互作用力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于受到的外力動能增加：有其他形式的能量(如化學(xué)能)轉(zhuǎn)化為動能位置不變：爆炸的時間極短，物體產(chǎn)生的位移很小，一般可忽略不計反沖動量守恒：系統(tǒng)不受外力或內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力機(jī)械能增加：有其他形式的能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能人船模型兩個物體動量守恒：系統(tǒng)所受合外力為零質(zhì)量與位移關(guān)系：m1x1＝m2x2(m1、m2為相互作用的物體質(zhì)量，x1、x2為其位移大小)重點3碰撞與反沖、爆炸類問題1．掌握碰撞的“三個原則”(1)動量守恒原則，即碰撞前后兩物體組成的系統(tǒng)滿足動量守恒定律；(2)能量不增加原則，即碰撞后系統(tǒng)的總能量不大于碰撞前系統(tǒng)的總能量；(3)物理情境可行性原則，即兩物體碰撞前后的物理情境應(yīng)與實際相一致．2．可熟記一些公式，例如“一動一靜”模型中，兩物體發(fā)生彈性正碰后的速度滿足：v1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v0、v2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v0.3．熟記彈性正碰的一些結(jié)論，例如，當(dāng)兩球質(zhì)量相等時，兩球碰撞后交換速度；當(dāng)m1?m2，且v20＝0時，碰后質(zhì)量大的速率不變，質(zhì)量小的速率為2v0.當(dāng)m1?m2，且v20＝0時，碰后質(zhì)量小的球原速率反彈．命題角度解決方法易錯辨析動量守恒的條件判斷掌握三個守恒條件準(zhǔn)確判斷系統(tǒng)合外力是否為零或內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，或者分析是否為碰撞或爆炸彈性碰撞分析動量守恒定律、機(jī)械能守恒定律無能量損失是最大特點完全非彈性碰撞分析動量守恒定律掌握碰撞后速度相等這一條件爆炸現(xiàn)象求解動量守恒的條件是內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力注意爆炸后各部分的速度方向，有可能不在同一平面內(nèi)4.“兩體碰撞多過程模型”1．彈性碰撞模型的拓展(1)“滑塊－彈簧”模型(如圖)①注意臨界條件：彈簧壓縮到最短或伸長到最長時，兩滑塊同速，彈簧的彈性勢能最大．②從開始壓縮彈簧到彈簧恢復(fù)原長的過程，可看成彈性碰撞過程，恢復(fù)原長時，v1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v0，v2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v0；(2)“滑塊－斜面”模型(如圖)①水平方向動量守恒；②注意臨界條件：滑塊沿斜面上升到最高點時，滑塊與斜面同速，系統(tǒng)動能最小，重力勢能最大；③從滑塊以v0滑上斜面再滑下到分離的過程，可看成彈性碰撞過程，滑塊離開斜面時，v1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v0，v2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v0.(3)“小球－圓弧槽”模型(如圖)①水平方向動量守恒；②小球滑上圓弧槽并從頂端離開圓弧槽時，小球與圓弧槽水平速度相同，離開后二者水平位移相同，小球會沿切面再進(jìn)入圓弧槽；③從小球以v0滑上圓弧槽再滑下到分離的過程，可看成彈性碰撞過程，小球離開圓弧槽時，v1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v0，v2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v0.5.碰撞拓展(1)“保守型”碰撞拓展模型圖例(水平面光滑)小球—彈簧模型小球曲面模型達(dá)到共速相當(dāng)于完全非彈性碰撞，系統(tǒng)水平方向動量守恒，動量滿足mv0＝(m＋M)v共，損失的動能最大，分別轉(zhuǎn)化為彈性勢能、重力勢能或電勢能再次分離相當(dāng)于彈性碰撞，系統(tǒng)水平方向動量守恒，動量滿足mv0＝mv1＋Mv2，能量滿足eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv22(2)“耗散型”碰撞拓展模型圖例(水平面、水平導(dǎo)軌都光滑)達(dá)到共速相當(dāng)于完全非彈性碰撞，動量滿足mv0＝(m＋M)v共，損失的動能最大，分別轉(zhuǎn)化為內(nèi)能或電能重點4動力學(xué)、動量和能量觀點的綜合應(yīng)用1.確定研究對象，進(jìn)行運動分析和受力分析；2.分析物理過程，按特點劃分階段；3.選用相應(yīng)規(guī)律解決不同階段的問題，列出規(guī)律性方程．4.幾種常見模型的特點及規(guī)律模型特點及滿足的規(guī)律子彈打入木塊若未穿出，系統(tǒng)動量守恒，能量守恒，即mv0＝(m＋M)v，Q熱＝fL相對＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(M＋m)v2若子彈穿出木塊，有mv0＝mv1＋Mv2，Q熱＝fL相對＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)Mv22(1)彈簧處于最長(最短)狀態(tài)時兩物體速度相等，彈性勢能最大，系統(tǒng)滿足動量守恒、機(jī)械能守恒，即m1v0＝(m1＋m2)v共，eq\f(1,2)m1v02＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v共2＋Epm。(2)彈簧處于原長時彈性勢能為零，系統(tǒng)滿足動量守恒、機(jī)械能守恒，即m1v0＝m1v1＋m2v2，eq\f(1,2)m1v02＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22模型表面粗糙、質(zhì)量為M的木板，放在光滑的水平地面上，質(zhì)量為m的小木塊以初速度v0滑上木板，若木塊未滑離木板，當(dāng)木塊與木板相對靜止時，二者的共同速度為v，木塊相對木板的位移為d，木板相對地面的路程為s，木塊和木板間的摩擦力為f。這類問題類似于子彈打木塊模型中子彈未射出的情況，則有mv0＝(M＋m)v，f·d＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(M＋m)v2＝eq\f(1,2)mv02eq\f(M,M＋m)。若木塊滑離木板，設(shè)滑離木板時，木塊的速度為v1，木板的速度為v2木板長為l，則根據(jù)動量守恒定律有mv0＝mv1＋Mv2，摩擦力和相對路程的乘積等于系統(tǒng)動能的減少量，有f·l＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)Mv22。重點5動量守恒定律與磁場、電磁感應(yīng)、原子核物理等知識的綜合應(yīng)用合理選擇解題方法選擇角度常用解題方案選擇從研究對象上看(1)若多個物體的運動狀態(tài)不同，則一般不宜對多個物體整體應(yīng)用牛頓運動定律；(2)若研究對象為單個物體，則不能用動量觀點中的動量守恒定律；(3)若研究對象為多物體系統(tǒng)，且系統(tǒng)內(nèi)的物體與物體間有相互作用，一般用“守恒定律”去解決問題，但必須注意研究對象是否滿足定律的守恒條件．從研究過程上看(1)凡涉及瞬間狀態(tài)的分析和運動性質(zhì)的分析，則必須要用動力學(xué)觀點；(2)凡涉及復(fù)雜的直線或曲線運動問題，一般要用能量觀點或動量觀點；(3)凡涉及短暫的相互作用問題優(yōu)先考慮用動量定理；(4)凡涉及碰撞、爆炸、反沖等問題，一般應(yīng)用動量守恒定律．從所涉及的物理量看(1)如果涉及加速度的問題，則一般要用牛頓運動定律；(2)如果涉及運動時間或作用時間的問題，一般優(yōu)先考慮用動量定理，其次考慮用牛頓運動定律；(3)如果涉及運動的位移或路程的問題，一般優(yōu)先考慮用功能關(guān)系，其次再考慮用牛頓運動定律；(4)如果涉及初、末速度的問題，一般優(yōu)先考慮用功能關(guān)系，其次考慮用動量觀點，最后再考慮用牛頓運動定律．重點1動量沖量和動量定理例1：（2023·山西臨汾市高三上學(xué)期期中）如圖所示為某探究活動小組設(shè)計的節(jié)能運輸系統(tǒng)。斜面軌道傾角θ=30°，質(zhì)量為M的木箱與軌道間的動摩擦因數(shù)為。木箱在軌道頂端時，自動裝貨裝置將質(zhì)量為m的貨物裝入木箱，之后木箱載著貨物沿軌道無初速度滑下（貨物與木箱之間無相對滑動），當(dāng)輕彈簧被壓縮至最短時，自動卸貨裝置立刻將貨物卸下，然后木箱恰好被彈回到軌道頂端，再重復(fù)上述過程。下列說法正確的是（）A.木箱下滑時最大速度所在位置，比上滑時最大速度所在位置偏下一些B.木箱下滑時最大速度所在位置，與上滑時最大速度所在位置在同一點C.載物木箱剛和彈簧接觸時的動量，比卸載后木箱剛好離開彈簧時的動量大D.載物木箱剛和彈簧接觸時的動量，與卸載后木箱剛好離開彈簧時的動量一樣大訓(xùn)1：（2023·山東青島市高三上學(xué)期期中）“雪如意”是我國首座國際標(biāo)準(zhǔn)跳臺滑雪場地。跳臺滑雪運動中，裁判員主要根據(jù)運動員在空中的飛行距離和動作姿態(tài)評分。運動員在進(jìn)行跳臺滑雪時大致經(jīng)過四個階段；①助滑階段，運動員兩腿盡量深蹲，順著助滑道的傾斜面下滑；②起跳階段，當(dāng)進(jìn)入起跳區(qū)時，運動員兩腿猛蹬滑道快速伸直，同時上體向前伸展；③飛行階段，在空中運動員保持身體與雪板基本平行、兩臂伸直貼放于身體兩側(cè)的姿態(tài)；④著陸階段，運動員落地時兩腿屈膝，兩臂左右平伸。下列說法正確的是（）A.助滑階段，運動員深蹲是為了減小與滑道之間的摩擦力B.起跳階段，運動員猛蹬滑道主要是為了減少飛行時間C.飛行階段，運動員所采取的姿態(tài)是為了增加水平方向速度D.著陸階段，運動員兩腿屈膝是為了增加與地面的作用時間重點2動量守恒定律的應(yīng)用例2：（2023·北京朝陽區(qū)高三上學(xué)期期中）一名連同裝備總質(zhì)量為M的航天員，脫離宇宙飛船后，在離飛船x處與飛船處于相對靜止?fàn)顟B(tài)。裝備中有一個高壓氣源能以速度v（以飛船為參考系）噴出氣體從而使航天員運動。如果航天員一次性向后噴出質(zhì)量為Δm的氣體，且在規(guī)定時間t內(nèi)返回飛船。下列說法正確的是（）A.噴出氣體的質(zhì)量Δm小于B.若高壓氣源噴出氣體的質(zhì)量不變但速度變大，則返回時間大于tC.若高壓氣源噴出氣體的速度變大但動量不變，則返回時間小于tD.在噴氣過程中，航天員、裝備及氣體所構(gòu)成的系統(tǒng)動量和機(jī)械能均守恒訓(xùn)2：（2023·河南省安陽市高三上學(xué)期期中）如圖所示，質(zhì)量為m、帶有光滑半圓形軌道的小車靜止在光滑的水平地面上，其水平直徑AB長度為2R?，F(xiàn)將質(zhì)量也為m的小球從A點正上方R處由靜止釋放，然后由A點進(jìn)入半圓形軌道后從B點沖出，已知重力加速度為g，不計空氣阻力，下列說法正確的是（）A.小球運動到最低點的速度大小為 B.小球離開小車后做斜上拋運動C.小球離開小車后上升的高度小于R D.小車向左運動的最大距離為R重點3碰撞與反沖、爆炸類問題例3：（2023·江蘇常熟市高三上學(xué)期期中）質(zhì)量相等的甲、乙兩球放在光滑的水平面上，它們用細(xì)線相連，開始時細(xì)線處于松弛狀態(tài)?，F(xiàn)使兩球反向運動，，，如圖所示，當(dāng)細(xì)繩拉緊時突然繃斷，這以后兩球的運動情況可能是（）A.， B.，C.， D.，訓(xùn)3：（2023·湖北十堰市縣區(qū)普通聯(lián)合體高三上學(xué)期期中）如圖所示，在光滑水平面上，有質(zhì)量分別為2m和m的A、B兩滑塊，它們中間夾著一根處于壓縮狀態(tài)的輕質(zhì)彈簧，由于被一根細(xì)繩拉著而處于靜止?fàn)顟B(tài)。當(dāng)剪斷細(xì)繩，在兩滑塊脫離彈簧之后，下列說法正確的是（）A.兩滑塊的動能之比B.兩滑塊的動量大小之比C.彈簧對兩滑塊的沖量之比D.彈簧對兩滑塊做功之比重點4動力學(xué)、動量和能量觀點的綜合應(yīng)用例4：（2023·福建寧德市高三上學(xué)期期中）如圖所示，視為質(zhì)點的運動員和滑板，總質(zhì)量為，從半徑為的光滑圓弧頂端A由靜止滑下，到達(dá)最低點B時，滑上靜止在光滑水平軌道上質(zhì)量為，長度為L的小車左端，小車向右滑動kR后，與靜止放置質(zhì)量為的物塊C發(fā)生彈性碰撞，碰撞時間極短，人始終在車上。已知滑板與小車間的動摩擦因素，重力加速度為g取10m/s2，求：（1）滑板運動員到達(dá)B點時對軌道的壓力大小；（2）若小車和物塊C碰前，滑板運動員和小車能達(dá)到同速，則滑板和小車因摩擦產(chǎn)生的熱量Q；（3）若小車與物塊C只發(fā)生一次碰撞，求k與車長L的最小值。訓(xùn)4：（2023·湖北黃岡市高三上學(xué)期期中）如圖所示，一根長度的輕繩一端固定于O點，另一端系一個質(zhì)量的小球，球靜止時剛好與水平地面接觸。O點上方有一短小的平臺，平臺上靜止的放一個質(zhì)量為的小球。現(xiàn)給球水平向左的初速度，當(dāng)球運動到最高點時，與位于平臺上的球發(fā)生彈性正碰，球隨即水平飛離平臺。重力加速度g取?？諝庾枇Σ挥嫞螅海?）球開始運動時，輕繩上的拉力大??；（2）、球剛要相碰，球速度大?。唬?）若球和球碰撞結(jié)束瞬間，輕繩斷開，則球和球的落地點之間的距離是多少。重點5動量守恒定律與磁場、電磁感應(yīng)、原子核物理等知識的綜合應(yīng)用例5：在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，一個靜止的放射性原子核發(fā)生了一次α衰變。放射出α粒子(eq\o\al(4,2)He)在與磁場垂直的平面內(nèi)做圓周運動，其軌道半徑為R。以m、q分別表示α粒子的質(zhì)量和電荷量。(1)放射性原子核用eq\o\al(A,Z)X表示，新核的元素符號用Y表示，寫出該α衰變的核反應(yīng)方程；(2)α粒子的圓周運動可以等效成一個環(huán)形電流，求圓周運動的周期和環(huán)形電流大?。?3)設(shè)該衰變過程釋放的核能都轉(zhuǎn)化為α粒子和新核的動能，新核的質(zhì)量為M，求衰變過程的質(zhì)量虧損Δm。訓(xùn)5：長為l的輕繩上端固定，下端系著質(zhì)量為的小球A，處于靜止?fàn)顟B(tài)。A受到一個水平瞬時沖量后在豎直平面內(nèi)做圓周運動，恰好能通過圓周軌跡的最高點。當(dāng)A回到最低點時，質(zhì)量為的小球B與之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圓周運動，并能通過圓周軌跡的最高點。不計空氣阻力，重力加速度為g，求（1）A受到的水平瞬時沖量I的大??；（2）碰撞前瞬間B的動能至少多大？2023年高考物理二輪復(fù)習(xí)講練測（新高考專用）專題二能量和動量（講）2.3動量和動能一、考情分析近3年考情分析考點要求等級要求考題統(tǒng)計202220212020動量沖量和動量定理Ⅱ2022·重慶卷·T102022·重慶卷·T42022·北京卷·T172022·北京卷·T122022·北京卷·T102022·海南卷·T12022·湖南卷·T72022·全國乙卷·T202021·重慶卷·T72021·北京卷·T102021·湖北卷·T32021·湖南卷·T82021·湖南卷·T22021·福建卷·T42021·山東卷·T162021·重慶卷·T132020·海南卷·T8動量守恒定律的應(yīng)用Ⅱ2022·全國乙卷·T252022·廣東卷·T132021·浙江1月卷·T122021·全國乙卷·T142021·廣東卷·T132021·北京卷·T172020·全國=1\*ROMANI卷·T142020·全國=2\*ROMANII卷·T212020·全國=3\*ROMANIII卷·T152020·北京卷·T13碰撞與反沖、爆炸類問題Ⅱ2022·山東卷·T22021·天津卷·T7動力學(xué)、動量和能量觀點的綜合應(yīng)用Ⅱ2022·海南卷·T172022·浙江6月卷·T202022·山東卷·T182022·湖南卷·T142021·天津卷·T112021·浙江省6月卷·T212021·湖南卷·T142021·湖北卷·T152021·河北卷·T132021·海南卷·T172020·海南卷·T172020·全國=3\*ROMANIII卷·T252020·山東卷·T182020·天津卷·T12動量守恒定律與磁場、電磁感應(yīng)、原子核物理等知識的綜合應(yīng)用Ⅱ2022·湖南卷·T4考情總結(jié)動量定理、動量守恒定律屬于力學(xué)的主干知識，是解決物理問題的重要基本方法，高考中主要以兩種命題形式出現(xiàn)：一是綜合應(yīng)用動能定理、機(jī)械能守恒定律和動量守恒定律，結(jié)合動力學(xué)方法解決平拋運動、圓周運動、多運動過程問題；二是綜合運用動能定理和能量守恒定律，結(jié)合動量守恒定律解決電場、磁場內(nèi)帶電粒子運動或電磁感應(yīng)問題．這幾類題型，命題情景新，密切聯(lián)系實際，綜合性強(qiáng)，前后兩個物理過程一般通過碰撞來過渡，這就決定了動量守恒定律在解題過程中的紐帶作用應(yīng)考策略本講內(nèi)容經(jīng)常與機(jī)械能守恒定律、平拋運動、圓周運動等力學(xué)及電磁學(xué)、原子物理等知識點組成綜合題．這類題型命題情景新穎，聯(lián)系實際密切，綜合性強(qiáng)，前后兩個物理過程一般通過碰撞來過渡，這就決定了動量守恒方程在解題過程中的紐帶作用．2023年復(fù)習(xí)備考要加強(qiáng)動力學(xué)、動量及能量綜合題目的訓(xùn)練，關(guān)注運用動量定理、動量守恒定律和能量守恒定律解決電場、磁場內(nèi)帶電粒子運動或電磁感應(yīng)問題．二、思維導(dǎo)圖三、講知識1．動量定理表達(dá)式FΔt＝mv′－mv中的F為物體在Δt時間內(nèi)所受的合外力．應(yīng)用動量定理列方程時必須選取正方向．2．不受外力或者所受外力的矢量和為零時，系統(tǒng)的動量守恒；當(dāng)外力比相互作用的內(nèi)力小得多時，系統(tǒng)的動量近似守恒；當(dāng)某一方向上的合外力為零時，系統(tǒng)在該方向上動量守恒．3．三類碰撞(1)彈性碰撞動量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′.機(jī)械能守恒：eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2.(2)完全非彈性碰撞動量守恒、末速度相同：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v′.機(jī)械能損失最多，機(jī)械能的損失量為：ΔE＝(eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2))－eq\f(1,2)(m1＋m2)v′2.(3)非彈性碰撞動量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′.機(jī)械能有損失，機(jī)械能的損失量為：ΔE＝(eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2))－(eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2)．四、講重點重點1動量沖量和動量定理1．沖量的三種計算方法(1)公式法：I＝Ft適用于求恒力的沖量．(2)動量定理法：適用于求變力的沖量或F、t未知的情況．(3)圖象法：用F－t圖線與時間軸圍成的面積可求變力的沖量．若F－t成線性關(guān)系，也可直接用平均力求變力的沖量．2.流體作用的柱狀模型對于流體運動，可沿流速v的方向選取一段柱形流體，設(shè)在極短的時間Δt內(nèi)通過某一橫截面S的柱形流體的長度為Δl，如圖1所示．設(shè)流體的密度為ρ，則在Δt的時間內(nèi)流過該橫截面的流體的質(zhì)量為Δm＝ρSΔl＝ρSvΔt，根據(jù)動量定理，流體微元所受的合外力的沖量等于該流體微元動量的增量，即FΔt＝ΔmΔv，分兩種情況：(以原來流速v的方向為正方向)圖1(1)作用后流體微元停止，有Δv＝－v，代入上式有F＝－ρSv2；(2)作用后流體微元以速率v反彈，有Δv＝－2v，代入上式有F＝－2ρSv2.3．使用動量定理的注意事項(1)一般來說，用牛頓第二定律能解決的問題，用動量定理也能解決，如果題目不涉及加速度和位移，用動量定理求解更簡捷．動量定理不僅適用于恒力，也適用于變力．這種情況下，動量定理中的力F應(yīng)理解為變力在作用時間內(nèi)的平均值．(2)動量定理的表達(dá)式是矢量式，運用它分析問題時要特別注意沖量、動量及動量變化量的方向，公式中的F是物體或系統(tǒng)所受的合力．4．應(yīng)用動量定理解題的一般步驟(1)明確研究對象和研究過程(研究過程既可以是全過程，也可以是全過程中的某一階段)．(2)進(jìn)行受力分析：只分析研究對象以外的物體施加給研究對象的力，不必分析內(nèi)力．(3)規(guī)定正方向．(4)寫出研究對象的初、末動量和合外力的沖量，根據(jù)動量定理列方程求解．重點2動量守恒定律的應(yīng)用1．注意區(qū)分動量守恒與機(jī)械能守恒的條件(1)不受外力或者所受外力的矢量和為零時，系統(tǒng)的動量守恒；當(dāng)外力比相互作用的內(nèi)力小得多，系統(tǒng)的動量近似守恒；當(dāng)某一方向上的合外力為零，系統(tǒng)在該方向上動量守恒．(2)在只有重力或彈力做功的系統(tǒng)內(nèi)，動能與勢能相互轉(zhuǎn)化，機(jī)械能守恒．(3)動量是否守恒與機(jī)械能是否守恒沒有必然的聯(lián)系．2．判斷動量是否守恒與機(jī)械能是否守恒的方法(1)判斷動量是否守恒一般都是根據(jù)守恒條件．(2)判斷機(jī)械能是否守恒既可以根據(jù)守恒條件，也可以根據(jù)守恒表達(dá)式，即E1＝E2．3.應(yīng)用動量守恒定律解題的基本步驟(1)明確研究對象，確定系統(tǒng)的組成(系統(tǒng)包括哪幾個物體)及研究的過程，如例題中分別以“甲和箱子”“乙和箱子”為系統(tǒng)．(2)進(jìn)行受力分析，判斷系統(tǒng)動量是否守恒(或某一方向上動量是否守恒)．(3)規(guī)定正方向，確定初、末狀態(tài)動量．(4)由動量守恒定律列出方程．(5)代入數(shù)據(jù)，求出結(jié)果，必要時討論說明．4.幾種常見情境的規(guī)律碰撞（一維）動量守恒動能不增加即eq\f(p12,2m1)＋eq\f(p22,2m2)≥eq\f(p1′2,2m1)＋eq\f(p2′2,2m2)速度要合理①若兩物體同向運動，則碰前應(yīng)有v后＞v前；碰后原來在前的物體速度一定增大，若碰后兩物體同向運動，則應(yīng)有v前′≥v后′。②若兩物體相向運動，碰后兩物體的運動方向不可能都不改變。爆炸動量守恒：爆炸物體間的相互作用力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于受到的外力動能增加：有其他形式的能量(如化學(xué)能)轉(zhuǎn)化為動能位置不變：爆炸的時間極短，物體產(chǎn)生的位移很小，一般可忽略不計反沖動量守恒：系統(tǒng)不受外力或內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力機(jī)械能增加：有其他形式的能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能人船模型兩個物體動量守恒：系統(tǒng)所受合外力為零質(zhì)量與位移關(guān)系：m1x1＝m2x2(m1、m2為相互作用的物體質(zhì)量，x1、x2為其位移大小)重點3碰撞與反沖、爆炸類問題1．掌握碰撞的“三個原則”(1)動量守恒原則，即碰撞前后兩物體組成的系統(tǒng)滿足動量守恒定律；(2)能量不增加原則，即碰撞后系統(tǒng)的總能量不大于碰撞前系統(tǒng)的總能量；(3)物理情境可行性原則，即兩物體碰撞前后的物理情境應(yīng)與實際相一致．2．可熟記一些公式，例如“一動一靜”模型中，兩物體發(fā)生彈性正碰后的速度滿足：v1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v0、v2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v0.3．熟記彈性正碰的一些結(jié)論，例如，當(dāng)兩球質(zhì)量相等時，兩球碰撞后交換速度；當(dāng)m1?m2，且v20＝0時，碰后質(zhì)量大的速率不變，質(zhì)量小的速率為2v0.當(dāng)m1?m2，且v20＝0時，碰后質(zhì)量小的球原速率反彈．命題角度解決方法易錯辨析動量守恒的條件判斷掌握三個守恒條件準(zhǔn)確判斷系統(tǒng)合外力是否為零或內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，或者分析是否為碰撞或爆炸彈性碰撞分析動量守恒定律、機(jī)械能守恒定律無能量損失是最大特點完全非彈性碰撞分析動量守恒定律掌握碰撞后速度相等這一條件爆炸現(xiàn)象求解動量守恒的條件是內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力注意爆炸后各部分的速度方向，有可能不在同一平面內(nèi)4.“兩體碰撞多過程模型”1．彈性碰撞模型的拓展(1)“滑塊－彈簧”模型(如圖)①注意臨界條件：彈簧壓縮到最短或伸長到最長時，兩滑塊同速，彈簧的彈性勢能最大．②從開始壓縮彈簧到彈簧恢復(fù)原長的過程，可看成彈性碰撞過程，恢復(fù)原長時，v1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v0，v2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v0；(2)“滑塊－斜面”模型(如圖)①水平方向動量守恒；②注意臨界條件：滑塊沿斜面上升到最高點時，滑塊與斜面同速，系統(tǒng)動能最小，重力勢能最大；③從滑塊以v0滑上斜面再滑下到分離的過程，可看成彈性碰撞過程，滑塊離開斜面時，v1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v0，v2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v0.(3)“小球－圓弧槽”模型(如圖)①水平方向動量守恒；②小球滑上圓弧槽并從頂端離開圓弧槽時，小球與圓弧槽水平速度相同，離開后二者水平位移相同，小球會沿切面再進(jìn)入圓弧槽；③從小球以v0滑上圓弧槽再滑下到分離的過程，可看成彈性碰撞過程，小球離開圓弧槽時，v1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v0，v2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v0.5.碰撞拓展(1)“保守型”碰撞拓展模型圖例(水平面光滑)小球—彈簧模型小球曲面模型達(dá)到共速相當(dāng)于完全非彈性碰撞，系統(tǒng)水平方向動量守恒，動量滿足mv0＝(m＋M)v共，損失的動能最大，分別轉(zhuǎn)化為彈性勢能、重力勢能或電勢能再次分離相當(dāng)于彈性碰撞，系統(tǒng)水平方向動量守恒，動量滿足mv0＝mv1＋Mv2，能量滿足eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv22(2)“耗散型”碰撞拓展模型圖例(水平面、水平導(dǎo)軌都光滑)達(dá)到共速相當(dāng)于完全非彈性碰撞，動量滿足mv0＝(m＋M)v共，損失的動能最大，分別轉(zhuǎn)化為內(nèi)能或電能重點4動力學(xué)、動量和能量觀點的綜合應(yīng)用1.確定研究對象，進(jìn)行運動分析和受力分析；2.分析物理過程，按特點劃分階段；3.選用相應(yīng)規(guī)律解決不同階段的問題，列出規(guī)律性方程．4.幾種常見模型的特點及規(guī)律模型特點及滿足的規(guī)律子彈打入木塊若未穿出，系統(tǒng)動量守恒，能量守恒，即mv0＝(m＋M)v，Q熱＝fL相對＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(M＋m)v2若子彈穿出木塊，有mv0＝mv1＋Mv2，Q熱＝fL相對＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)Mv22(1)彈簧處于最長(最短)狀態(tài)時兩物體速度相等，彈性勢能最大，系統(tǒng)滿足動量守恒、機(jī)械能守恒，即m1v0＝(m1＋m2)v共，eq\f(1,2)m1v02＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v共2＋Epm。(2)彈簧處于原長時彈性勢能為零，系統(tǒng)滿足動量守恒、機(jī)械能守恒，即m1v0＝m1v1＋m2v2，eq\f(1,2)m1v02＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22模型表面粗糙、質(zhì)量為M的木板，放在光滑的水平地面上，質(zhì)量為m的小木塊以初速度v0滑上木板，若木塊未滑離木板，當(dāng)木塊與木板相對靜止時，二者的共同速度為v，木塊相對木板的位移為d，木板相對地面的路程為s，木塊和木板間的摩擦力為f。這類問題類似于子彈打木塊模型中子彈未射出的情況，則有mv0＝(M＋m)v，f·d＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(M＋m)v2＝eq\f(1,2)mv02eq\f(M,M＋m)。若木塊滑離木板，設(shè)滑離木板時，木塊的速度為v1，木板的速度為v2木板長為l，則根據(jù)動量守恒定律有mv0＝mv1＋Mv2，摩擦力和相對路程的乘積等于系統(tǒng)動能的減少量，有f·l＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)Mv22。重點5動量守恒定律與磁場、電磁感應(yīng)、原子核物理等知識的綜合應(yīng)用合理選擇解題方法選擇角度常用解題方案選擇從研究對象上看(1)若多個物體的運動狀態(tài)不同，則一般不宜對多個物體整體應(yīng)用牛頓運動定律；(2)若研究對象為單個物體，則不能用動量觀點中的動量守恒定律；(3)若研究對象為多物體系統(tǒng)，且系統(tǒng)內(nèi)的物體與物體間有相互作用，一般用“守恒定律”去解決問題，但必須注意研究對象是否滿足定律的守恒條件．從研究過程上看(1)凡涉及瞬間狀態(tài)的分析和運動性質(zhì)的分析，則必須要用動力學(xué)觀點；(2)凡涉及復(fù)雜的直線或曲線運動問題，一般要用能量觀點或動量觀點；(3)凡涉及短暫的相互作用問題優(yōu)先考慮用動量定理；(4)凡涉及碰撞、爆炸、反沖等問題，一般應(yīng)用動量守恒定律．從所涉及的物理量看(1)如果涉及加速度的問題，則一般要用牛頓運動定律；(2)如果涉及運動時間或作用時間的問題，一般優(yōu)先考慮用動量定理，其次考慮用牛頓運動定律；(3)如果涉及運動的位移或路程的問題，一般優(yōu)先考慮用功能關(guān)系，其次再考慮用牛頓運動定律；(4)如果涉及初、末速度的問題，一般優(yōu)先考慮用功能關(guān)系，其次考慮用動量觀點，最后再考慮用牛頓運動定律．重點1動量沖量和動量定理例1：（2023·山西臨汾市高三上學(xué)期期中）如圖所示為某探究活動小組設(shè)計的節(jié)能運輸系統(tǒng)。斜面軌道傾角θ=30°，質(zhì)量為M的木箱與軌道間的動摩擦因數(shù)為。木箱在軌道頂端時，自動裝貨裝置將質(zhì)量為m的貨物裝入木箱，之后木箱載著貨物沿軌道無初速度滑下（貨物與木箱之間無相對滑動），當(dāng)輕彈簧被壓縮至最短時，自動卸貨裝置立刻將貨物卸下，然后木箱恰好被彈回到軌道頂端，再重復(fù)上述過程。下列說法正確的是（）A.木箱下滑時最大速度所在位置，比上滑時最大速度所在位置偏下一些B.木箱下滑時最大速度所在位置，與上滑時最大速度所在位置在同一點C.載物木箱剛和彈簧接觸時的動量，比卸載后木箱剛好離開彈簧時的動量大D.載物木箱剛和彈簧接觸時的動量，與卸載后木箱剛好離開彈簧時的動量一樣大【答案】BC【解析】AB．設(shè)木箱沿斜面下滑的最大位移為s，由題意，根據(jù)功能關(guān)系可得解得木箱速度最大時所受合外力為零，設(shè)木箱下滑過程中速度最大時彈簧的形變量為x1，上滑過程中速度最大時彈簧的形變量為x2，則解得所以木箱下滑時最大速度所在位置，與上滑時最大速度所在位置在同一點，故A錯誤，B正確；CD．設(shè)斜面頂端到彈簧上端的距離為L，載物木箱剛和彈簧接觸時的速度大小為v1，卸載后木箱剛好離開彈簧時的速度大小為v2，根據(jù)動能定理有解得載物木箱剛和彈簧接觸時的動量大小為卸載后木箱剛好離開彈簧時的動量大小為所以故C正確，D錯誤。故選BC。訓(xùn)1：（2023·山東青島市高三上學(xué)期期中）“雪如意”是我國首座國際標(biāo)準(zhǔn)跳臺滑雪場地。跳臺滑雪運動中，裁判員主要根據(jù)運動員在空中的飛行距離和動作姿態(tài)評分。運動員在進(jìn)行跳臺滑雪時大致經(jīng)過四個階段；①助滑階段，運動員兩腿盡量深蹲，順著助滑道的傾斜面下滑；②起跳階段，當(dāng)進(jìn)入起跳區(qū)時，運動員兩腿猛蹬滑道快速伸直，同時上體向前伸展；③飛行階段，在空中運動員保持身體與雪板基本平行、兩臂伸直貼放于身體兩側(cè)的姿態(tài)；④著陸階段，運動員落地時兩腿屈膝，兩臂左右平伸。下列說法正確的是（）A.助滑階段，運動員深蹲是為了減小與滑道之間的摩擦力B.起跳階段，運動員猛蹬滑道主要是為了減少飛行時間C.飛行階段，運動員所采取的姿態(tài)是為了增加水平方向速度D.著陸階段，運動員兩腿屈膝是為了增加與地面的作用時間【答案】D【解析】A．助滑階段，運動員深蹲是為了減小與空氣之間的摩擦力，A錯誤；B．起跳階段，運動員猛蹬滑道主要是通過增大滑道對人的作用力，根據(jù)動量定理可知，在相同時間內(nèi)，為了增加向上的速度，B錯誤；C．飛行階段，運動員所采取的姿態(tài)是為了減小水平方向的阻力，從而減小水平方向的加速度，C錯誤；D．著陸階段，運動員兩腿屈膝下蹲可以延長落地時間，根據(jù)動量定理可知，可以減少身體受到的平均沖擊力，D正確。故選D。重點2動量守恒定律的應(yīng)用例2：（2023·北京朝陽區(qū)高三上學(xué)期期中）一名連同裝備總質(zhì)量為M的航天員，脫離宇宙飛船后，在離飛船x處與飛船處于相對靜止?fàn)顟B(tài)。裝備中有一個高壓氣源能以速度v（以飛船為參考系）噴出氣體從而使航天員運動。如果航天員一次性向后噴出質(zhì)量為Δm的氣體，且在規(guī)定時間t內(nèi)返回飛船。下列說法正確的是（）A.噴出氣體的質(zhì)量Δm小于B.若高壓氣源噴出氣體的質(zhì)量不變但速度變大，則返回時間大于tC.若高壓氣源噴出氣體的速度變大但動量不變，則返回時間小于tD.在噴氣過程中，航天員、裝備及氣體所構(gòu)成的系統(tǒng)動量和機(jī)械能均守恒【答案】A【解析】A．由題知，航天員的速度為噴氣過程系統(tǒng)動量守恒，以宇航員的速度方向為正方向，由動量守恒定律得解得故A正確；B．根據(jù)動量守恒有解得若高壓氣源噴出氣體的質(zhì)量不變但速度變大，則變大，故返回時間小于t，故B錯誤；C．根據(jù)動量守恒有解得若高壓氣源噴出氣體的速度變大但動量不變，根據(jù)可知減小，故減小，則返回時間大于t，故C錯誤；D．在噴氣過程中，航天員、裝備及氣體所構(gòu)成的系統(tǒng)動量守恒，整個系統(tǒng)的動能增加，故系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，故D錯誤。故選A。訓(xùn)2：（2023·河南省安陽市高三上學(xué)期期中）如圖所示，質(zhì)量為m、帶有光滑半圓形軌道的小車靜止在光滑的水平地面上，其水平直徑AB長度為2R?，F(xiàn)將質(zhì)量也為m的小球從A點正上方R處由靜止釋放，然后由A點進(jìn)入半圓形軌道后從B點沖出，已知重力加速度為g，不計空氣阻力，下列說法正確的是（）A.小球運動到最低點的速度大小為 B.小球離開小車后做斜上拋運動C.小球離開小車后上升的高度小于R D.小車向左運動的最大距離為R【答案】AD【解析】A．小球與小車組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，則有則知小球水平方向分速度與小車速度時刻大小相等，小球運動到最低點過程有機(jī)械能守恒則最低點的速度大小為故A正確；B．小球離開小車后水平方向分速度為0，做豎直上拋運動，故B錯誤；C．小球離開小車后水平方向分速度為0，小車的速度也為0，根據(jù)能量守恒小球離開小車后仍能上到下落點的高度R，故C錯誤；D．小球水平方向分速度與小車速度時刻大小相等，則水平位移大小相等，根據(jù)幾何關(guān)系知兩者的相對位移為2R，故小車向左運動的最大距離為R，故D正確。故選AD。重點3碰撞與反沖、爆炸類問題例3：（2023·江蘇常熟市高三上學(xué)期期中）質(zhì)量相等的甲、乙兩球放在光滑的水平面上，它們用細(xì)線相連，開始時細(xì)線處于松弛狀態(tài)?，F(xiàn)使兩球反向運動，，，如圖所示，當(dāng)細(xì)繩拉緊時突然繃斷，這以后兩球的運動情況可能是（）A.， B.，C.， D.，【答案】B【解析】A．當(dāng)細(xì)繩拉緊時突然繃斷，滿足動量守恒，規(guī)定向左為正方向因為兩球質(zhì)量相等，所以帶入數(shù)據(jù)，不滿足條件，故A錯誤；B．帶入數(shù)據(jù)，滿足且滿足，動能不增加原則且不會二次碰撞，故B正確；C．會發(fā)生二次碰撞，故C錯誤；D．繩子斷后動能增加，違背能量守恒定律故D錯誤。故選B。訓(xùn)3：（2023·湖北十堰市縣區(qū)普通聯(lián)合體高三上學(xué)期期中）如圖所示，在光滑水平面上，有質(zhì)量分別為2m和m的A、B兩滑塊，它們中間夾著一根處于壓縮狀態(tài)的輕質(zhì)彈簧，由于被一根細(xì)繩拉著而處于靜止?fàn)顟B(tài)。當(dāng)剪斷細(xì)繩，在兩滑塊脫離彈簧之后，下列說法正確的是（）A.兩滑塊的動能之比B.兩滑塊的動量大小之比C.彈簧對兩滑塊的沖量之比D.彈簧對兩滑塊做功之比【答案】AC【解析】A．根據(jù)動量守恒定律得解得可知兩滑塊速度大小之比為兩滑塊的動能之比A正確；B．兩滑塊的動量大小之比B錯誤；C．彈簧對兩滑塊的沖量之比C正確；D．彈簧對兩滑塊做功之比等于兩滑塊動能之比，為1∶2，D錯誤。故選AC。重點4動力學(xué)、動量和能量觀點的綜合應(yīng)用例4：（2023·福建寧德市高三上學(xué)期期中）如圖所示，視為質(zhì)點的運動員和滑板，總質(zhì)量為，從半徑為的光滑圓弧頂端A由靜止滑下，到達(dá)最低點B時，滑上靜止在光滑水平軌道上質(zhì)量為，長度為L的小車左端，小車向右滑動kR后，與靜止放置質(zhì)量為的物塊C發(fā)生彈性碰撞，碰撞時間極短，人始終在車上。已知滑板與小車間的動摩擦因素，重力加速度為g取10m/s2，求：（1）滑板運動員到達(dá)B點時對軌道的壓力大??；（2）若小車和物塊C碰前，滑板運動員和小車能達(dá)到同速，則滑板和小車因摩擦產(chǎn)生的熱量Q；（3）若小車與物塊C只發(fā)生一次碰撞，求k與車長L的最小值?！敬鸢浮浚?）