08 专题二 第8课时 动量和能量的综合应用（教师用书Word版）-【高考快车道】2026年高考物理大二轮专题复习与策略（江苏专版）

第8课时　动量和能量的综合应用 [建体系·知关联](教师用书独具) [析考情·明策略] 真题呈现 2025江苏T14(动量守恒定律、机械能守恒定律应用) 2024江苏T9(动量守恒定律、机械能守恒定律应用) 2024江苏T14(动量守恒定律、动量定理应用) 考情分析 对动量及动量守恒的考查可以为选择题，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。 考点1| 动量定理 考向1　冲量和动量定理 1．恒力的冲量可应用I＝FΔt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Δt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]　(2025·江苏泰州高三期末)将小球以初速度v0竖直向上抛出，该小球所受的空气阻力与速度大小成正比，其速度—时间图像如图所示。t1时刻到达最高点，t2时刻落回抛出点，且下落过程中小球一直加速，下列说法正确的是(　　) A．0到t2时间内，小球的加速度先减小再增大 B．小球上升过程和下降过程，动量变化量相同 C．小球上升过程和下降过程，重力的冲量相同 D．0到t2时间内，小球的动量变化率一直减小 D　[0到t2时间内，题图的斜率的绝对值一直减小，所以小球的加速度一直减小，A错误；小球再次回到出发点的速度v＜v0，上升过程的动量变化量大小为mv0，下降过程的动量变化量大小为mv，动量变化量不相同，B错误；小球上升过程和下降过程，重力的冲量分别为I1＝mgt1，I2＝mg，所以小球上升过程和下降过程，重力的冲量不相同，C错误；0到t1时间内，小球的动量变化率为＝mg＋kv，随着速度的减小，动量变化率也减小；t1到t2时间内，小球的动量变化率为＝mg－kv，随着速度的增大，动量变化率减小，所以0到t2时间内，小球的动量变化率一直减小，D正确。] 考向2　 用动量定理解决连续的流体问题 模型一：流体类问题 流体及其特点 通常液体流、气体流等被广义地视为“流体”，质量具有连续性，通常已知密度ρ 分析 步骤 1 如图，建立“柱状”模型，沿流速v的方向选取一段柱形流体，其横截面积为S 2 微元研究，作用时间Δt内的一段柱形流体的长度为Δl＝vΔt，对应的质量为Δm＝ρSvΔt 3 建立方程，应用动量定理研究这段柱状流体，即FΔt＝ΔmΔv，分两种情况：(以原来流速v的方向为正方向) (1)作用后流体微元停止，有Δv＝－v，代入上式有F＝－ρSv2； (2)作用后流体微元以速率v反弹，有Δv＝－2v，代入上式有F＝－2ρSv2 模型二：微粒类问题 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粒子数n 分 析 步 骤 1 建立“柱状”模型，沿运动的方向选取一段柱形微元，柱体的横截面积为S 2 微元研究，作用时间Δt内的一段柱形微元的长度为Δl＝vΔt，对应的体积为ΔV＝SvΔt，则微元内的粒子数N＝nvSΔt 3 先应用动量定理研究单个粒子，建立方程，再乘以N计算 [案例2]　(2025·江苏盐城高三校联考)雨打芭蕉是中国古代文学中常见的抒情意象，为估算雨滴撞击芭蕉叶产生的平均压强p，小华同学将一圆柱形的量杯置于院中，测得一段时间t内杯中水面上升的高度为h，查询得知当时雨滴下落的速度为v。设雨滴竖直下落到水平的芭蕉叶上后以原来的速率竖直反弹。已知水的平均密度为ρ，不计雨滴重力。则p的大小为(　　) A．ρv　　B．2ρv　　C．ρv2　　D．2ρv2 B　[单位时间的降水量Δh＝，在芭蕉叶上取ΔS的面积上，Δt时间内降落的雨水质量m＝ρ·ΔS·ΔhΔt＝ρΔSΔt，设雨水受到的撞击力为F，根据动量定理有FΔt＝mvt－mv＝ρΔSΔt(－v－v)＝－2ρvΔSΔt，解得F＝－2ρvΔS，根据牛顿第三定律可知，芭蕉叶上ΔS的面积受到的撞击力的大小F′＝2ρvΔS，因此平均压强为p＝＝2ρv，故选B。] [案例3]　(2024·江苏南通一模)小明在立定跳远时，从起跳至着地的整个过程如图所示。保持起跳速度不变，则下列说法正确的是(　　) A．起跳过程屈腿姿态不同，地面对人做的功总为零 B．起跳过程屈腿姿态不同，地面对人的平均作用力大小相同 C．着地过程屈腿姿态不同，地面对人的冲量相同 D．着地过程屈腿姿态不同，人的动量变化率相同 A　[根据题意，由做功公式W＝Fx可知，由于无论起跳过程屈腿姿态如何，地面对人的作用力的位移为0，则地面对人做的功总为零，故A正确；起跳过程屈腿姿态不同，则起跳时间不同，由于起跳速度不变，由动量定理可知，地面对人的平均作用力大小不同，故B错误；由于起跳速度不变，则落地速度也不变，即落地过程中动量的变化量不变，但着地过程屈腿姿态不同，落地时间不同，则人的动量变化率不同，设地面对人的冲量为I，由动量定理有mgt－I＝Δp，可知由于t不同，则I不同，故C、D错误。] 【教师备选资源】 2025年4月，“神舟十九号”载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。返回舱经历一系列减速过程后，在距离地面高度只有1 m时，返回舱的速度为7 m/s，此时底部的反推火箭将瞬间点火，让返回舱的速度快速降至2 m/s，从而实现软着陆。已知返回舱的总质量约为3吨，重力加速度取10 m/s2，火箭点火时间约为0.15 s，则点火过程返回舱受到的反向推力约为(　　) A．7.0×104 N　　 B．1.0×105 N C．1.3×105 N D．1.6×105 N C　[根据动量定理mgt－Ft＝mv2－mv1，解得点火过程返回舱受到的反向推力约为F＝1.3×105 N，故选C。] 考点2| 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＝或p＝p′或Δp＝0。 [案例4]　(2024·江苏卷T14)嫦娥六号探测器于5月3日在中国文昌航天发射场发射升空并进入地月转移轨道，探测器经过轨道修正、近月制动，顺利进入环月轨道飞行。此后，探测器经历着陆器和上升器组合体、轨道器和返回器组合体的分离。已知嫦娥六号在轨速度为v0，着陆器对应的组合体A与轨道器对应的组合体B分离时间为Δt，分离后B的速度为vB，且与v0同向，A、B的质量分别为m、M。求： (1)分离后A的速度vA； (2)分离时A对B的推力大小。 [解析]　(1)A、B组成的系统沿速度方向动量守恒，由动量守恒定律有(m＋M)v0＝MvB＋mvA 解得分离后A的速度vA＝。 (2)A、B分离的过程，对B由动量定理有 FΔt＝MvB－Mv0 解得分离时A对B的推力大小为F＝。 [答案]　(1)　(2) [案例5]　(2025·江苏南通高三期末)用图示装置做“验证动量守恒定律”实验。在滑块1、2上分别装有相同的挡光片及弹簧圈，测出挡光片宽度d，滑块1、2的质量分别为m1、m2。实验时打开气泵，让滑块1以一定的初速度向左运动并与静止的滑块2碰撞，记下滑块1经过光电门M的挡光时间t1和滑块1、2分别经过光电门N的挡光时间t1′和t2。下列相关说法正确的是(　　) A．滑块1、2的质量必须相等 B．实验前调节导轨平衡时，不用打开气泵，只需滑块能在任意位置平衡即可 C．若实验发现m1略大于m1＋m2，可能的原因是导轨左端偏低 D．若实验发现＝，说明碰撞时动量守恒且无机械能损失 D　[为了使滑块1、2碰撞后都向左运动，应满足m1>m2，A错误；实验前调节导轨平衡时，应打开气泵，滑块能在任意位置静止，导轨平衡才调节完毕，B错误；若实验发现m1略大于m1＋m2·，可能的原因是导轨左端偏高，C错误；若碰撞过程中满足动量守恒和机械能守恒，则m1＝m1＋m2m1·＝＋m2，两式联立解得＝，D正确。] [案例6]　(2025·江苏苏州高三统考)在某爆炸实验基地，把爆炸物以40 m/s的速度斜向上发射。当爆炸物动能为发射时的四分之一时恰好到最高点，此时爆炸物炸裂成A、B两块，其中mA＝0.2 kg，mB＝0.8 kg。经测量发现，A块恰好以原轨迹落回，忽略空气阻力及炸药质量。求： (1)若爆炸时间持续0.005 s，则爆炸过程A、B间的平均作用力大小； (2)爆炸过程中增加的机械能。 [解析]　 (1)设爆炸物初速度为v0，在最高点速度为v，则有Ek0＝ Ek0＝mv2 联立解得v＝20 m/s 取爆炸物爆炸前运动方向为正方向，爆炸后炸裂成两块做平抛运动，A块恰好以原轨迹落回，则爆炸后A的速度为vA＝－v＝－20 m/s 对A块，由动量定理得－Ft＝mAvA－mAv 解得F＝1 600 N。 (2)在最高点，取爆炸物爆炸前运动方向为正方向，爆炸过程中水平方向动量守恒 由动量守恒定律得(mA＋mB)v＝mAvA＋mBvB 解得vB＝30 m/s 则爆炸过程中增加的机械能为 ΔE＝－(mA＋mB)v2 解得ΔE＝200 J。 [答案]　 (1)1 600 N　(2)200 J 【教师备选资源】 如图所示，静置于水平地面的两辆手推车同向沿直线排列，质量均为m，t＝0时刻某同学水平推第一辆车，脱手后小车继续运动，t0时刻与第二辆车发生正碰，碰撞时间极短，碰后两车以共同速度继续运动距离L后停止。车运动时所受阻力为重力的k倍，重力加速度为g，求： (1)碰后瞬间两车速度的大小v； (2)该同学给第一辆车的冲量大小I； (3)若该同学对车做功为W0，求整个过程中两车克服阻力所做的功W。 [解析]　(1)碰撞后根据动能定理 －k·2mgL＝0－·2mv2 解得v＝。 (2)设碰撞前第1辆车的速度为v0，根据动量守恒定律得mv0＝2mv 解得v0＝2 对第一辆车根据动量定理得I－kmgt0＝mv0－0 解得I＝kmgt0＋2m。 (3)碰撞过程中损失的机械能为 ΔE＝2kmgL 根据能量守恒定律得W0＝ΔE＋W 解得W＝W0－2kmgL。 [答案]　(1)　(2)kmgt0＋2m　(3)W0－2kmgL 考点3| 碰撞类问题 1．碰撞的基本规律 2．两种特殊的碰撞模型 (1)弹性碰撞 两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。 以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生弹性正碰为例，有 m1v1＝m1v1′＋m2v2′ ＝m1v1′2＋m2v2′2 解得v′1＝，v2′＝。 结论： ①当两球质量相等时，v1′＝0，v2′＝v1，两球碰撞后速度交换。 ②当质量大的球碰质量小的球时，v1′>0，v2′>0，碰撞后两球都沿速度v1的方向运动。 ③当质量小的球碰质量大的球时，v1′<0，v2′>0，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：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共，机械能损失最多，机械能的损失ΔE＝。 3．动量与能量综合模型归纳 弹簧模型 (1)系统动量守恒； (2)系统机械能守恒； (3)共速时弹簧最长或最短，系统动能损失最大，弹簧的弹性势能最大，类似于完全非弹性碰撞； (4)弹簧再次恢复原长时弹簧的弹性势能再次为零，系统动能最大，整个过程类似于弹性碰撞，此时m2速度最大 轨道模型 (1)水平方向动量守恒； (2)系统机械能守恒； (3)最高点：m与M共速，mv0＝(M＋m)v共＝＋mgh，其中h为m上升的最大高度(完全非弹性碰撞拓展模型)； (4)最低点：mv0＝＝(弹性碰撞拓展模型) 滑块滑板模型 (1)系统动量守恒； (2)系统机械能不守恒，损失的动能等于产生的内能：－ΔEk＝Q＝fx相 电磁感 应中的 “双杆”模型 达到共速时相当于完全非弹性碰撞，动量满足mv0＝(m＋M)v共，损失的动能最大，转化为电能 [案例7]　(2025·江苏卷T14)如图所示，在光滑水平面上，左右两列相同的小钢球沿同一直线放置。每列有n个。在两列钢球之间，一质量为m的玻璃球以初速度v0向右运动，与钢球发生正碰。所有球之间的碰撞均视为弹性碰撞。 (1)若钢球质量为m，求最右侧的钢球最终运动的速度大小； (2)若钢球质量为3m，求玻璃球与右侧钢球发生第一次碰撞后，玻璃球的速度大小v1； (3)若钢球质量为3m，求玻璃球经历2n次碰撞后的动能Ek。 [解析]　(1)根据题意可知，所有碰撞均为弹性碰撞，由于钢球质量也为m，根据动量守恒和机械能守恒可知，碰撞过程中，二者速度互换，则最终碰撞后最右侧钢球的速度大小等于开始碰撞前玻璃球的初速度v0。 (2)根据题意可知，所有碰撞均为弹性碰撞，则由动量守恒定律有mv0＝mv1＋3mv2 由能量守恒定律有＝ 解得v1＝v0＝－v0，v2＝v0＝v0 负号表示速度反向，则玻璃球的速度大小为v0。 (3)根据题意结合小问(2)分析可知，玻璃球与右侧第一个钢球碰撞后反弹，且速度大小变为碰撞前的，右侧第一个钢球又与第二个钢球发生弹性碰撞，速度互换，静止在光滑水平面上，玻璃球反弹后与左侧第一个钢球同样发生弹性碰撞，同理可得，碰撞后玻璃球再次反弹，且速度大小为碰撞前的，综上所述，玻璃球碰撞2n次后速度大小为v＝v0 则玻璃球碰撞2n次后最终动能大小Ek＝mv2＝。 [答案]　(1)v0　(2) [案例8]　(2025·江苏徐州高三期末)如图所示，质量为2m的滑块套在光滑水平杆上，质量为m的小球与滑块由一根不可伸长的轻绳相连，轻绳的长为L，开始时，轻绳处于水平拉直状态，小球和滑块均静止，现将小球由静止释放，重力加速度为g。 (1)求滑块相对初始位置向右运动的最大位移x； (2)小球运动到最低点时，求轻绳对小球的拉力F； (3)若小球第一次运动到最低点时，滑块与一个固定在水平杆上的弹性挡板(图中未画出)发生碰撞，碰撞后滑块的速度大小不变，方向与碰撞前相反，求小球在随后的运动中相对最低点上升的最大高度h。 [解析]　(1)设滑块相对初始位置向右运动的最大位移为x时，小球向左运动的位移为x1，小球与滑块组成的系统水平方向的动量守恒，则0＝2mx－mx1 x＋x1＝2L 解得x＝L。 (2)设小球运动到最低点时，小球的速度大小为v1，滑块的速度大小为v2，根据动量守恒和机械能守恒，则 mgL＝ mv1－2mv2＝0 F－mg＝ 联立解得F＝4mg。 (3)小球在随后的运动中相对最低点上升的最大高度为h时，设小球和滑块的速度大小为v，则 mv1＋2mv2＝(m＋2m)v mgh＝－(m＋2m)v2 联立解得h＝L。 [答案]　(1)L　(2)4mg　(3)L [案例9]　(2025·江苏苏州高三阶段练习)如图所示，质量为M＝0.25 kg、带有圆弧形槽的物体放在水平地面上，弧形槽的最低点静置一可视为质点、质量为m＝0.9 kg的物块，质量为m0＝0.1 kg的橡皮泥以大小为v0＝10 m/s、水平向右的速度与物块发生碰撞，碰撞后二者不分离，此后物块沿弧形槽上滑，已知弧形槽的最低点距离地面的高度为h＝0.8 m，弧形槽的半径为r＝0.1 m，弧形槽底端切线水平，忽略一切摩擦和橡皮泥与物块的碰撞时间，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)橡皮泥击中物块后瞬间物块对弧形槽的压力大小； (2)物块沿弧形槽上滑的最大高度； (3)物块落地瞬间到物体最左端的距离。 [解析]　(1)橡皮泥击中物块过程，根据动量守恒可得m0v0＝(m0＋m)v 解得橡皮泥击中物块后瞬间速度大小为v＝1 m/s 根据牛顿第二定律可得 N－(m0＋m)g＝(m0＋m)，解得N＝20 N 根据牛顿第三定律可知，橡皮泥击中物块后瞬间物块对弧形槽的压力大小为20 N。 (2)物块沿弧形槽上滑到最大高度时，物块与物体具有相同的水平速度，根据系统水平方向动量守恒可得(m0＋m)v＝(m0＋m＋M)v′ 解得v′＝0.8 m/s 根据系统机械能守恒可得 (m0＋m)v2＝(m0＋m＋M)v′2＋(m0＋m)ghmax 解得物块沿弧形槽上滑的最大高度为hmax＝0.01 m。 (3)设物块回到弧形槽底端时，物块和物体的速度分别为v1、v2，根据系统水平方向动量守恒可得 (m0＋m)v＝(m0＋m)v1＋Mv2 根据系统机械能守恒可得 (m0＋m)v2＝ 联立解得v1＝0.6 m/s，v2＝1.6 m/s 物块离开弧形槽后做平抛运动，竖直方向有h＝ 解得t＝＝0.4 s 则物块落地瞬间到物体最左端的距离为Δx＝v2t－v1t＝0.4 m。 [答案]　(1)20 N　(2)0.01 m　(3)0.4 m 反思感悟：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； 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。 【教师备选资源】 如图所示，5个小球B、C、D、E、F并排放置在光滑的水平面上，其中4个球B、C、D、E质量均为m1，A球、F球质量均为m2，A球以速度v0向B球运动，之后所有的碰撞均为弹性碰撞，碰撞结束后(　　) A．若m1＝m2，最终将有2个小球运动 B．若m1<m2，最终将有1个小球运动 C．若m1>m2，最终将有3个小球运动 D．无论m1、m2大小关系怎样，最终6个小球都会运动 C　[A、B碰撞时由动量守恒和机械能守恒可知m2v0＝＝，可得v2＝v0，v1＝v0。若m1＝m2，则碰后两球交换速度，则最终只有F小球运动，选项A错误；若m1<m2，则碰后v1>v2>0，然后B和C交换，直到D和E交换，E再与F碰撞，F向右运动，E被弹回再与D交换，……，则最终不只有1个小球运动，选项B错误；若m1>m2，则A、B碰后A反弹，B向右运动与C碰撞交换速度，最后D、E交换速度，之后E与F碰撞，E、F都向右运动，B、C、D静止，则最终将有3个小球A、E、F运动，选项C正确；由以上分析可知，选项D错误。故选C。] 11/18 学科网（北京）股份有限公司 $